Métodos matemáticos

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UENF
Universidade Estadual do Norte Fluminense Darcy Ribeiro
CCT-LCMAT
Laboratório de Ciências Matemáticas
Métodos Matemáticos
Liliana A. L. Mescua
Rigoberto G. S. Castro
Abril de 2015
.
Sumário
Introdução 1
1 Equações Diferenciais Ordinárias 2
2 Equações Diferenciais de 1𝑎 Ordem 5
2.1 Problema de Valor Inicial (P.V.I.) ou Problema de Cauchy . . . . . . . . . . 5
2.2 Interpretação Geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.3 Equações de Variáveis Separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.3.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.4 Equações Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.4.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.5 Equações Exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.5.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.6 Fatores Integrantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.6.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.7 Equações Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.7.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.8 Equações Redutíveis a um dos Tipos Anteriores . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.8.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3 EDO’s Lineares de Ordem Superior 31
3.1 EDO Incompleta com Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
i
3.1.1 Caso I: Raízes Reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.1.2 Caso II: Raízes Reais Repetidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.1.3 Caso III: Raízes Complexas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.2 EDO Completa com Coeficientes Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
3.2.1 Método de Variação de Parâmetros (MVP) . . . . . . . . . . . . . . . 36
3.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
4 Sistema de Equações Diferenciais Lineares 41
4.1 Sistemas Homogêneos de 1𝑟𝑎 Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
4.1.1 Autovalores Reais Distintos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
4.1.2 Autovalores Complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
4.1.3 Autovalores Repetidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
4.1.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
4.2 Sistemas Não Homogêneos de 1𝑟𝑎 Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
4.2.1 Método de Variação de Parâmetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
4.3 Sistemas Homogêneos de 2𝑑𝑎 Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
4.3.1 Aplicações à Mecânica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
4.4 Sistemas Não Homogêneos de 2𝑑𝑎 Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
5 Transformada de Laplace 59
5.1 Transformada Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
5.2 Teoremas de Translação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
5.3 Derivada e Integral de uma Transformada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
5.4 Função Degrau Unitário . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
5.5 Aplicação as Equações Lineares com Coeficientes Constantes . . . . . . . . . 71
5.6 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
6 Equações Diferenciais Parciais 77
ii
6.1 Séries Infinitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
6.1.1 Séries de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
6.2 Equações Diferenciais em Derivadas Parciais (EDP) . . . . . . . . . . . . . . 88
6.3 Equações Fundamentais da Física-Matemática . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
6.3.1 Equação do Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
6.3.2 Equação de Onda ou da Corda Vibrante . . . . . . . . . . . . . . . . 95
6.3.3 Equação de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
6.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
A 114
A.1 Números Complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
iii
.
iv
Introdução
Ao estudar um fenômeno físico com frequência não é possível achar de imediato as
leis físicas que relacionam as magnitudes que caraterizam dito fenômeno. Assim, obtemos
equações que contém as funções desconhecidas, escalares ou vetoriais sob o sinal da derivada
ou da diferencial.
As equações nas quais a função desconhecida, escalar ou vetorial se encontra sob o sinal
da derivada ou da diferencial, se chamam equações diferenciais. Vejamos alguns exemplos
de equações diferenciais.
1.
𝑑 𝑥
𝑑𝑡
= 𝑘𝑥 é a equação da desintegração radioativa, onde 𝑘 < 0 é a constante de
desintegração; 𝑥 = 𝑥(𝑡) é a quantidade da substância não desintegrada no tempo 𝑡.
Em outras palavras, a velocidade de desintegração
𝑑𝑥
𝑑𝑡
é proporcional à quantidade de
substância que se desintegra.
2. 𝑚
𝑑2r
𝑑𝑡2
= F
(︁
𝑡, r,
𝑑r
𝑑𝑡
)︁
é a equação do movimento de um ponto de massa 𝑚, sobre a
influência de uma força F dependente do tempo, do vetor posição r e de sua velocidade
𝑑r
𝑑𝑡
. A força é igual ao produto da massa pela aceleração.
3.
𝜕2𝑢
𝜕𝑡2
− 𝑎2
(︁𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
+
𝜕2𝑢
𝜕𝑦2
+
𝜕2𝑢
𝜕𝑧2
)︁
= 0 é a equação de ondas que modela a propagação de
som, da luz ou de outros fenômenos ondulatórios.
A busca das funções incógnitas, determinadas pelas equações diferenciais, é precisamente
o problema fundamental da teoria das equações diferenciais.
Se na equação diferencial as funções desconhecidas, escalares ou vetoriais, são funções de
uma só variável, a equação é chamada de Equação Diferencial Ordinária (por exemplo
as equações 1. e 2.). Por outro lado, se a função desconhecida é função de duas ou mais
variáveis independentes, a equação diferencial se chama Equação Diferencial Parcial (por
exemplo a equação 3.).
1
Capítulo 1
Equações Diferenciais Ordinárias
Definição 1.1. Chama-se equação diferencial ordinária (EDO) a uma equação que es-
tabelece uma relação entre a variável independente 𝑥, a função desconhecida 𝑦(𝑥) e suas de-
rivadas 𝑦′, 𝑦′′, 𝑦′′′, . . . , 𝑦(𝑛)
(︁
𝑦′ =
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝐷𝑦, 𝑦′′ =
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
= 𝐷2𝑦, 𝑦′′′ =
𝑑3𝑦
𝑑𝑥3
= 𝐷3𝑦, . . . , 𝑦(𝑛) =
𝑑𝑛𝑦
𝑑𝑥𝑛
= 𝐷𝑛𝑦
)︁
.
Simbolicamente, pode-se escrever:
𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑦′, 𝑦′′, . . . , 𝑦(𝑛)) = 0
sendo, 𝑥 ∈ 𝐼 (𝐼 intervalo aberto em R).
Exemplo 1.1. A seguir algumas equações diferenciais ordinárias
𝑎) 𝑦′ = 𝑥 𝑏) 𝑦′′ + 𝑦 = 0 𝑐) (1 + 𝑥2)𝑦′ = arctan𝑥 𝑑) 𝑦′ =
𝑥𝑦
𝑥2 + 𝑦2
.
Equações diferenciais são classificadas de acordo a ordem e linearidade:
Definição 1.2. A ordem de uma equação diferencial é o maior ordem (grau) da derivada
que figura nessa equação.
Exemplo 1.2. Do exemplo anterior concluímos que
𝑖) As equações 𝑎), 𝑐), 𝑑) são de ordem 1. Diz-se que são equações de 1𝑟𝑎 ordem.
𝑖𝑖) A equação 𝑏) é de ordem 2. Equação de 2𝑑𝑎 ordem.
𝑖𝑖𝑖) 𝑦(4) + 𝑦′′ − 𝑦3 = sen𝑥, com 𝑥 ∈ R é de 4𝑎 ordem.
Definição 1.3. (EDO Linear) Sejam as funções 𝑎𝑖(𝑥), 𝑖 = 1, 2, . . . , 𝑛, e 𝑏(𝑥) contínuas
em (𝑎, 𝑏) e 𝑎0(𝑥) ̸= 0, ∀ 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏). Uma equação da forma
𝑎0(𝑥) 𝑦
(𝑛) + 𝑎1(𝑥) 𝑦
(𝑛−1) + 𝑎2(𝑥) 𝑦(𝑛−2) + · · ·+ 𝑎𝑛−1(𝑥) 𝑦′ + 𝑎𝑛(𝑥) 𝑦 = 𝑏(𝑥), (1.1)
2
chama-se equação diferencial ordinária linear de ordem n (𝑛 ≥1).
Pode-se escrever a equação (1.1) na forma:
𝑦(𝑛) + 𝑝1(𝑥) 𝑦
(𝑛−1) + 𝑝2(𝑥) 𝑦(𝑛−2) + · · ·+ 𝑝𝑛−1(𝑥) 𝑦′ + 𝑝𝑛(𝑥) 𝑦 = 𝑞(𝑥), (1.2)
ou [︁
𝐷(𝑛) + 𝑝1(𝑥) 𝐷
(𝑛−1) + 𝑝2(𝑥) 𝐷(𝑛−2) + · · ·+ 𝑝𝑛−1(𝑥) 𝐷 + 𝑝𝑛(𝑥)
]︁
𝑦 = 𝑞(𝑥). (1.3)
Observação 1.1. Denotando a expressão a esquerda de (1.3) pelo operador linear 𝐿(𝐷) 𝑦,
obtemos 𝐿(𝐷) 𝑦 = 𝑞(𝑥), ou abreviadamente
𝐿(𝑦) = 𝑞(𝑥). (1.4)
Se 𝑞(𝑥) = 0 para todo 𝑥, a equação (1.4) é chamada homogênea ou incompleta. Se
𝑞(𝑥) ̸= 0 para algum 𝑥, a equação (1.4) se diz não homogênea ou completa.
Exemplo 1.3. A equação 𝑦′′ − 2𝑦′ + 𝑦 = 0 é uma EDO de 2𝑑𝑎 ordem linear homogênea
Exemplo 1.4. As equações 𝑦𝑦′′− 2𝑦 = 𝑥 e 𝑦′′′ + 𝑦2 = 0 são EDO’s não lineares, de
2𝑑𝑎 e 3𝑎 ordem respectivamente (a EDO é não-linear quando não for de primeiro grau em
𝑦 ou em suas derivadas).
Definição 1.4. A EDO dada na definição (1.1) está na forma normal quando se encontra
explicitada em relação à derivada de maior ordem que nela figura, isto é
𝑦(𝑛) = 𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑦′, 𝑦′′, . . . , 𝑦(𝑛−1)).
As equações diferenciais 𝑎) e 𝑑) do exemplo (1.1) estão na forma normal. As outras não
o estão, mas é possível pô-las escrevendo 𝑦′′ = −𝑦 e 𝑦′ = arctan𝑥
1 + 𝑥2
. A equação do item
(iii) do exemplo (1.2) em sua forma normal escreve-se 𝑦(4) = sen𝑥− 𝑦′′ + 𝑦3.
Observação 1.2. Nem sempre é possível escrever uma equação em sua forma normal.
Exemplo 1.5. As equações
𝑎) 𝑦 = 𝑥𝑦′ − 1
4
(𝑦′)2
𝑏) (𝑦′)4 − (𝑥 + 2𝑦 + 1)(𝑦′)3 − 2𝑥𝑦𝑦′ = 0
são equações de 1𝑟𝑎 ordem, em que 𝑦′ não pode ser explicitada em função de 𝑦 e de 𝑥.
3
Definição 1.5. Solução de uma EDO 𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑦′, . . . , 𝑦(𝑛)) = 0 num intervalo 𝐼, é uma
função 𝑦 = 𝜑(𝑥) tal que
𝐹 (𝑥, 𝜑(𝑥), 𝜑′(𝑥), . . . , 𝜑(𝑛)(𝑥)) = 0, ∀ 𝑥 ∈ 𝐼
Dependendo do contexto do problema, 𝐼 pode ser un intervalo aberto (𝑎, 𝑏), um intervalo
fechado [𝑎, 𝑏], um intervalo infinito (𝑎,∞), etc.
Exemplo 1.6. A função 𝑦 = 𝑥2 é solução em (−∞,∞), da equação 𝑦′ = 2𝑥. Mais ainda
𝑦 = 𝑥2 + 1, 𝑦 = 𝑥2 + 𝜋, 𝑦 = 𝑥2 + ln 3 são também soluções de 𝑦′ = 2𝑥. A solução
𝑦 = 𝑥2 + 𝐶 é chamada de solução geral da equação diferencial 𝑦′ = 2𝑥 onde 𝐶 é uma
constante arbitrária.
Exemplo 1.7. A função 𝑦 = sen𝑥 é solução de 𝑦′′ + 𝑦 = 0. De fato, se 𝑦′ = cos𝑥, então
𝑦′′ = − sen𝑥. Logo, − sen𝑥 + sen𝑥 = 0, ∀ 𝑥 ∈ R.
4
Capítulo 2
Equações Diferenciais de 1𝑎 Ordem
As EDO’s de primeira ordem se apresentam sob duas formas equivalentes:
1. Forma Normal: 𝑦′ = 𝑓(𝑥, 𝑦).
2. Forma Diferencial: 𝑃 (𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 = 0.
2.1 Problema de Valor Inicial (P.V.I.) ou Problema de
Cauchy
Trata de resolver uma EDO de primeira ordem
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦)
sujeita a condição inicial
𝑦(𝑥0) = 𝑦0.
Em termos geométricos, procuramos uma solução para uma EDO, definida em algum inter-
valo 𝐼 tal que o gráfico da solução passe por um ponto (𝑥0, 𝑦0) ∈ 𝐼 determinado apriori.
Exemplo 2.1. Resolver o problema de valor inicial em 𝐼 = (−∞,∞).⎧⎨⎩ 𝑦′ = 𝑦,𝑦(0) = 3. (2.1)
Sol.: É simples de ver que 𝑦 = 𝐶𝑒𝑥 satisfaz a equação 𝑦′ = 𝑦 em 𝐼, onde 𝐶 é uma constante
arbitrária (Ver Fig. 2.1). Embora, 𝑦 = 3𝑒𝑥 é a única função da família que satisfaz a condição
𝑦(0) = 3𝑒0 = 3.
5
Figura 2.1: Família de Soluções de 𝑦′ = 𝑦.
Observação 2.1. O exemplo anterior, levanta duas questões fundamentais:
1. Existe sempre uma solução para o problema de Cauchy?
2. Se existe ela é única?
Em outras palavras, por cada ponto fixo (𝑥0, 𝑦0) passa uma única solução 𝑦 = 𝑦(𝑥)?.
O seguinte exemplo, mostra que a resposta a segunda pergunta as vezes é não.
Exemplo 2.2. Uma simples substituição permite verificar que as funções
𝑦 =
𝑥4
16
e 𝑦 = 0
satisfazem o P.V.I, ⎧⎨⎩ 𝑦′ = 𝑥𝑦1/2,𝑦(0) = 0. (2.2)
6
Figura 2.2: Soluções de 𝑦′ = 𝑥𝑦1/2.
O Teorema de Picard nos garante as condições de existência e unicidade das soluções do
P.V.I.
Teorema 2.1. (Existência e Unicidade) Seja o problema de valor inicial⎧⎨⎩ 𝑦′ = 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑦(𝑥0) = 𝑦0 (2.3)
onde (𝑥0, 𝑦0) ∈ ℛ = {(𝑥, 𝑦) ∈ R2/𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑}. Se 𝑓(𝑥, 𝑦) e 𝜕𝑓/𝜕𝑦 são contínuas
em ℛ, então existe um intervalo 𝐼 centrado em 𝑥0 e uma única função 𝑦(𝑥) definida em 𝐼
que satisfaz o problema de valor inicial (2.3) (Veja a Figura ??).
7
2.2 Interpretação Geométrica
O ponto de vista geométrico é útil no caso de equações de primeira ordem, isto é, equações
da forma:
𝑦′ = 𝑓(𝑥, 𝑦) (2.4)
Uma vez que a solução da equação diferencial (2.4) é uma função 𝑦 = 𝑦(𝑥), a representação
geométrica de uma solução é o gráfico de uma função. Geometricamente a equação (2.4)
afirma que em qualquer ponto (𝑥, 𝑦), o coeficiente angular 𝑦′ da solução neste ponto é dado
por 𝑓(𝑥, 𝑦). Podemos representar graficamente esta situação traçando um pequeno segmento
de reta no ponto (𝑥, 𝑦) com coeficiente angular 𝑓(𝑥, 𝑦). O conjunto de segmentos de reta é
conhecida como o campo de direções da equação diferencial (2.4).
Exemplo 2.3. Seja a equação diferencial 𝑦′ = 𝑦, onde 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑦. O campo de direções desta
equação diferencial é mostrada na Figura 2.3. Note que a solução é a função 𝑦(𝑥) = 𝐶𝑒𝑥,
onde 𝐶 ∈ R.
Figura 2.3: Campo de direções da equação 𝑦′ = 𝑦.
Exemplo 2.4. Seja a equação diferencial
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
√︀
𝑥2 + 𝑦2. Para a construção do campo
de direções desta equação, acha-se o lugar geométrico dos pontos nos quais as tangentes as
curvas integrais (ou gráfico das soluções) procuradas conservam uma direção constante.
Tais linhas chamam-se isóclinas (Fig. 2.4). A equação das isóclinas obtém-se considerando
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑘, onde 𝑘 é uma constante. Logo, para este exemplo temos
√︀
𝑥2 + 𝑦2 = 𝑘, ou 𝑥2+𝑦2 =
𝑘2. Consequentemente as isóclinas são circunferências com centro na origem de coordenadas,
e o coeficiente angular da tangente às curvas integrais procuradas é igual ao raio de ditas
8
Figura 2.4: Campo de Direções e Isóclinas da eq.
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
√︀
𝑥2 + 𝑦2.
circunferências. Para construir o campo de direções, damos a constante 𝑘 certos valores
determinados.
2.3 Equações de Variáveis Separáveis
Uma equação diferencial ordinária de 1𝑟𝑎 ordem é separável se for possível, por manipulações
algébricas elementares, reescrever a equação na forma diferencial
𝑀(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑁(𝑦) 𝑑𝑦 = 0 (2.5)
ou equivalentemente
𝑁(𝑦) 𝑑𝑦 = −𝑀(𝑥) 𝑑𝑥. (2.6)
Para resolver (2.6) simplesmente se reduz a uma integração em cada variável.
Exemplo 2.5. Resolva a EDO 𝑦′ = 2𝑥 𝑒−𝑦.
Sol.: Como 𝑑𝑦/𝑑𝑥 = 2𝑥 𝑒−𝑦, então podemos escrever 𝑒𝑦 𝑑𝑦 = 2𝑥 𝑑𝑥. Assim, integrando
temos 𝑒𝑦 = 𝑥2 + 𝐶. Observemos que devido a que 𝑒𝑦 > 0 teremos que 𝑥2 + 𝐶 deve ser
positivo. Logo, tomando o logaritmo neperiano resulta que
𝑦(𝑥) = ln(𝑥2 + 𝐶), onde 𝑥2 + 𝐶 > 0. (2.7)
Exemplo 2.6. Resolva o Problema de Valor Inicial (PVI)⎧⎨⎩ 𝑦′ = 2
√
𝑦
𝑦(−1) = 0
(2.8)
9
Sol.: Como 𝑑𝑦/𝑑𝑥 = 2√𝑦, então 𝑑𝑦
2
√
𝑦
= 𝑑𝑥. Logo, √𝑦 = 𝑥 + 𝐶. Fazendo 𝑥 = −1 e 𝑦 = 0
temos que 𝐶 = 1. Logo, √𝑦 = 𝑥 + 1, ( note que 𝑥 + 1 ≥ 0 e o domínio de y é [−1,∞]).
Portanto, a solução é
𝑦(𝑥) = (𝑥 + 1)2, 𝑥 ≥ −1. (2.9)
Exemplo 2.7. Resolva o Problema de Valor Inicial (PVI)⎧⎨⎩ 𝑦′ = 𝑦2 − 4𝑦(0) = −2 (2.10)
Sol.: Se 𝑦2 − 4 ̸= 0 então 𝑑𝑦/(𝑦2 − 4) = 𝑑𝑥, então integrando∫︁
𝑑𝑦
(𝑦 − 2)(𝑦 + 2) =
∫︁
𝑑𝑥
1
4
∫︁ (︁ 1
𝑦 − 2 −
1
𝑦 + 2
)︁
𝑑𝑦 =
∫︁
𝑑𝑥
ln
(𝑦 − 2)
(𝑦 + 2)
= 4𝑥 + 𝐶
(𝑦 − 2)
(𝑦 + 2)
= 𝑒4𝑥+𝐶 . (2.11)
Portanto,
𝑦(𝑥) = 2
1 + 𝐶𝑒4𝑥
1− 𝐶𝑒4𝑥 (2.12)
Figura 2.5
10
Fazendo 𝑥 = 0 e 𝑦 = −2 chegamos a que 1 = −1. Observamos que 𝑦 deve ser distinto
de −2 (condição imposta) em (2.12).Porém 𝑦 = −2 é solução da equação dada. Mais ainda, de (2.12) observamos:
1. Soluções limitadas quando 𝐶 < 0, −2 < 𝑦(𝑥) < 2, 𝑥 ∈ R.
2. Soluções ilimitadas quando 𝐶 > 0. Veja a Figura 2.5.
2.3.1 Exercícios
1. Usando variáveis separáveis determine a solução da equação.
(a) 𝑦
√
1− 𝑥2 𝑦′ = 𝑥
(b) 𝑥5𝑦′ + 𝑦5 = 0
(c) 𝑥 𝑑𝑦 = (1− 2𝑥2) tan 𝑦 𝑑𝑥;
(d) 𝑒−𝑥𝑑𝑦 + (𝑥𝑒𝑦 + 𝑒−𝑥+𝑦)𝑑𝑥 = 0
(e) 𝑥𝑦𝑦′ = 𝑦 + 2 ; 𝑦(0) = −2
(f) 𝑦′ − 𝑦 = 3 ; 𝑦(1) = −3
(g) 𝑦′(1 + 𝑦) = (1− 𝑥2); 𝑦(−1) = −2
(h)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
3𝑥2
3𝑦2 − 4 ; 𝑦(1) = 0
2. A equação diferencial 𝑝 𝑑𝑣 + 𝑘𝑣 𝑑𝑝 = 0 descreve a variação adiabática (processo de
transformação de um sistema no qual no há trocas térmicas com o exterior) do estado
do ar, com 𝑝 = pressão; 𝑣 = volume; 𝑘 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒. Exprima 𝑝 como função de 𝑣.
3. O planeamento dum sistema de abastecimento de água para uma povoação baseia-se
no modelo matemático
𝑑𝑝
𝑑𝑡
= 𝑘𝑝(𝑝𝑀 − 𝑝)
em que 𝑘 = 10−6 habitante/ano; 𝑝𝑀 = 105 habitantes; 𝑝 = população no instante 𝑡.
A população inicial é de 104 habitantes. Determine o tempo aproximado, necessário
para a população atingir 15000 habitantes.
4. Sabendo que a velocidade de resfriamento de um corpo, num ambiente de temperatura
constante, é proporcional à diferença entre a sua temperatura 𝑇 (𝑡) em cada instante e
a temperatura do meio ambiente 𝑇𝑚 (Lei do resfriamento de Newton), isto é:
𝑑𝑇
𝑑𝑡
= 𝑘(𝑇 − 𝑇𝑚)
Resolva o seguinte problema: Um objecto metálico à temperatura de 100𝑜 é mergu-
lhado num rio. Ao fim de cinco minutos a temperatura do objecto desceu para 60𝑜.
Determine o instante em que a temperatura do objecto é de 31𝑜, sabendo que a tem-
peratura da água do rio é de 30𝑜.
11
5. A velocidade de desintegração radioativa de um elemento é proporcional à sua con-
centração em cada instante:
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 𝑘𝐴. Sabendo que a meia vida (o tempo gasto
para metade dos átomos de uma quantidade inicial 𝐴0 se desintegrar ou se transmutar
em átomos de outros elemento) do rádio é de 1590 anos, determine a percentagem de
massa que se desintegra ao fim de 100 anos.
6. A população de uma certa comunidade cresce a uma taxa proporcional ao número de
pessoas presentes em qualquer instante. Se a população duplicou em 5 anos, quando
ela triplicará?. Quando quadruplicará?
7. Use o campo de direções gerado pelo computador para esboçar, a mão, uma curva
integral aproximada que passe pelos pontos indicados.
𝑎) 𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑥
𝑦
; 𝑦(4) = 2.
𝑏) 𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑒−0,001𝑥𝑦
2
; 𝑦(0) = −4.
𝑐) 𝑑𝑦
𝑑𝑥
= sen𝑥 cos 𝑦; 𝑦(1) = 0.
𝑑) 𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 1− 𝑥𝑦; 𝑦(−1) = 0.
2.4 Equações Lineares
Uma equação diferencial da forma
𝑎0(𝑥)𝑦
′ + 𝑎1(𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥) (2.13)
é chamada de equação linear de primeira ordem.
Dividindo pelo coeficiente 𝑎0(𝑥) obtemos a forma mais útil de uma equação linear
𝑦′ + 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑞(𝑥) (2.14)
Para resolver esta equação multiplicamos a equação diferencial por um fator integrante
𝜇(𝑥) apropriado e assim colocá-la em uma forma integrável. Temos então
𝜇(𝑥)𝑦′ + 𝜇(𝑥)𝑝(𝑥)𝑦 = 𝜇(𝑥)𝑞(𝑥) (2.15)
e queremos reconhecer o lado esquerdo de (2.15) como a derivada de alguma função. Como
um dos termos é 𝜇(𝑥)𝑦′ sugere que o lado esquerdo da eq. (2.15) pode ser a derivada do
produto 𝜇(𝑥)𝑦. Para que seja verdade 𝜇′(𝑥)𝑦 = 𝜇(𝑥)𝑝(𝑥)𝑦 que por sua vez significa que
𝜇(𝑥) deve satisfazer a equação diferencial
𝜇′(𝑥) = 𝑝(𝑥) 𝜇(𝑥). (2.16)
12
Se 𝜇(𝑥) > 0 a equação (2.16) pode ser escrita como
𝜇′(𝑥)
𝜇(𝑥)
= 𝑝(𝑥), ou (2.17)
(ln𝜇(𝑥))′ = 𝑝(𝑥). (2.18)
Então, integrando ambos os termos temos
ln𝜇(𝑥) =
∫︁
𝑝(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑘. (2.19)
Escolhendo 𝑘 = 0 obtemos a função 𝜇 na sua forma mais simples, ou seja
𝜇(𝑥) = 𝑒
∫︀
𝑝(𝑥) 𝑑𝑥. (2.20)
Uma vez determinado 𝜇 voltamos a eq. (2.15) e obtemos que
(𝑒
∫︀
𝑝(𝑥) 𝑑𝑥 𝑦)′ = 𝑒
∫︀
𝑝(𝑥) 𝑑𝑥𝑞(𝑥). (2.21)
Integrando ambos membros de (2.21) obtemos
𝑒
∫︀
𝑝(𝑥) 𝑑𝑥 𝑦 =
∫︁
𝑒
∫︀
𝑝(𝑥) 𝑑𝑥 𝑞(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝐶, ou
𝑦(𝑥) = 𝑒−
∫︀
𝑝(𝑥) 𝑑𝑥
[︁ ∫︁
𝑒
∫︀
𝑝(𝑥) 𝑑𝑥 𝑞(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝐶
]︁
(2.22)
Portanto, esta é a solução geral da equação (2.15).
Exemplo 2.8. Ache uma solução geral de (𝑥2 + 1)𝑦′ + 3𝑥𝑦 = 6𝑥.
Sol.: Dividindo por (𝑥2 + 1) a anterior equação fica
𝑦′ +
3𝑥
𝑥2 + 1
𝑦 =
6𝑥
𝑥2 + 1
.
Então, 𝑝(𝑥) =
3𝑥
𝑥2 + 1
e 𝑞(𝑥) =
6𝑥
𝑥2 + 1
.
O fator integrante é dado por:
𝜇(𝑥) = 𝑒
∫︁
3𝑥
𝑥2 + 1
𝑑𝑥
= 𝑒
3 ln(𝑥2 + 1)
2 = (𝑥2 + 1)3/2.
Logo, a solução é dada por
𝑦(𝑥) = (𝑥2 + 1)−3/2
[︁ ∫︁
(𝑥2 + 1)3/2
6𝑥
𝑥2 + 1
𝑑𝑥 + 𝐶
]︁
= (𝑥2 + 1)−3/2
[︁ ∫︁
6𝑥(𝑥2 + 1)1/2 𝑑𝑥 + 𝐶
]︁
= (𝑥2 + 1)−3/2 [2(𝑥2 + 1)3/2 + 𝐶]
= 2 + 𝐶 (𝑥2 + 1)−3/2, 𝐶 ∈ R (2.23)
13
Exemplo 2.9. Resolva o Problema de Valor Inicial (PVI)⎧⎨⎩ 𝑦′ − 3𝑦 = 𝑒2𝑥𝑦(0) = 3 (2.24)
Sol.: Temos que 𝑝(𝑥) = −3 e 𝑞(𝑥) = 𝑒2𝑥. O fator integrante é 𝜇(𝑥) = 𝑒
∫︀ −3 𝑑𝑥 = 𝑒−3𝑥. Logo,
a solução é dada por
𝑦(𝑥) =
(︁∫︁
𝑒−3𝑥 𝑒2𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶
)︁
𝑒3𝑥 =
(︁∫︁
𝑒−𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶
)︁
𝑒3𝑥 (2.25)
=
(︁
− 𝑒−𝑥 + 𝐶
)︁
𝑒3𝑥 = −𝑒2𝑥 + 𝐶 𝑒3𝑥. (2.26)
Pela condição inicial temos
𝑦(0) = −1 + 𝐶 = 3 =⇒ 𝐶 = 4.
Logo, a solução do PVI é dado por 𝑦(𝑥) = 4𝑒3𝑥 − 𝑒2𝑥.
Exemplo 2.10. Resolva o Problema de Valor Inicial (PVI)⎧⎨⎩ 𝑥2 𝑦′ + 𝑥 𝑦 = sen𝑥𝑦(1) = 2 (2.27)
Sol.: Dividindo por 𝑥2 temos que 𝑦′ + 𝑦/𝑥 = sen𝑥/𝑥2, de modo que o fator integrante é
𝜇(𝑥) = 𝑒
∫︀
1
𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒ln𝑥 = 𝑥. Assim, a solução é
𝑦(𝑥) =
(︁∫︁
𝑥
sen𝑥
𝑥2
𝑑𝑥 + 𝐶
)︁
𝑥−1 =
(︁∫︁ sen𝑥
𝑥
𝑑𝑥 + 𝐶
)︁
𝑥−1. (2.28)
Observamos que a antiderivada de sen𝑥/𝑥 não é possível calcular. Podemos usar o Teorema
Fundamental do Cálculo para escrever uma antiderivada de uma função contínua arbitrária
𝑓(𝑥) na forma 𝐹 (𝑥) =
∫︀ 𝑥
𝑎
𝑓(𝑡) 𝑑𝑡. Logo, temos que:
𝑦(𝑥) =
(︁∫︁ 𝑥
0
sen 𝑡
𝑡
𝑑𝑡 + 𝐶
)︁
𝑥−1. (2.29)
O limite de integração 𝑎 = 0 é permissível porque sen 𝑡/𝑡→ 1 quando 𝑡→ 0.
Aplicando a condição inicial temos
𝑦(1) =
∫︁ 1
0
sen 𝑡
𝑡
𝑑𝑡 + 𝐶 = 2.
Logo, 𝐶 = 2− ∫︀ 1
0
sen 𝑡
𝑡
𝑑𝑡, de onde substituindo em (2.29) obtemos
𝑦(𝑥) =
(︁∫︁ 𝑥
0
sen 𝑡
𝑡
𝑑𝑡 + 2−
∫︁ 1
0
sen 𝑡
𝑡
𝑑𝑡
)︁
𝑥−1.
Portanto, 𝑦(𝑥) =
2
𝑥
+
1
𝑥
∫︁ 𝑥
1
sen 𝑡
𝑡
𝑑𝑡 é a solução do PVI.
14
2.4.1 Exercícios
1. Determine a solução geral para os problemas seguintes
(a) 𝑦′ − 𝑥𝑦 = 0
(b) 𝑦′ + 𝑥𝑦 = 𝑥
(c) 𝑦′ + 𝑦 = 1
1+𝑒2𝑥
(d) 𝑦′ + 𝑦 = 2𝑥𝑒−𝑥 + 𝑥2
(e) (1 + 𝑥2)𝑦′ + 2𝑥𝑦 = cot𝑥
(f) 𝑦′ + 𝑦 = 5 sen 2𝑡
(g) 𝑦′ − 2𝑦 = 𝑡2𝑒2𝑡
(h) 𝑦′ + (1/𝑥)𝑦 = 3 cos 2𝑥
(i) 𝑡𝑦′ + 2𝑦 = sen 𝑡 , 𝑡 > 0
(j) (1 + 𝑡2)𝑦′ + 4𝑡𝑦 = (1 + 𝑡2)−2 , 𝑡 > 0
(k) 𝑡𝑦′ − 𝑦 = 𝑡2𝑒−𝑡
(l) 2𝑦′ + 𝑦 = 3𝑡2
2. Ache a solução do problema de valor inicial proposto
(a) 𝑥𝑦′ + 𝑦 = 3𝑥𝑦 ; 𝑦(1) = 0
(b) 𝑥𝑦′ + 3𝑦 = 2𝑥5 ; 𝑦(2) = 1
(c) 𝑦′ + 𝑦 = 𝑒𝑥 ; 𝑦(0) = 1
(d) 𝑥𝑦′ − 3𝑦 = 𝑥3 ; 𝑦(1) = 10
(e) 𝑦′ + 2𝑥𝑦 = 𝑥 ; 𝑦(0) = −2
(f) 𝑦′ = (1− 𝑦) cos𝑥 ; 𝑦(𝜋) = 2
(g) (1 + 𝑥)𝑦′ + 𝑦 = cos𝑥 ; 𝑦(0) = 1
(h) 𝑦′ = 1 + 𝑥 + 𝑦 + 𝑥𝑦 ; 𝑦(0) = 0
(i) 𝑥𝑦′ = 3𝑦 + 𝑥4 cos𝑥 ; 𝑦(2𝜋) = 0
(j) 𝑦′ = 2𝑥𝑦 + 3𝑥2𝑒𝑥2 ; 𝑦(0) = 5
(k) (𝑥2 + 4)𝑦′ + 3𝑥𝑦 = 𝑥 ; 𝑦(0) = 1
(l) 2𝑥𝑦′ = 𝑦 + 2𝑥 cos𝑥 ; 𝑦(1) = 0
3. Expresse a solução geral de 𝑦′ = 1 + 2𝑥𝑦 em termos da função de erro
𝑒𝑟𝑟(𝑥) =
2√
𝜋
∫︁ 𝑥
0
𝑒−𝑡
2
𝑑𝑡
4. Em um circuito em série contendo somente um resistor e um indutor, a segunda lei
de Kirchhoff diz que a soma da queda de tensão 𝐿 (𝑑𝑖/𝑑𝑡) e da queda de tensão do
resistor 𝑖𝑅 é igual à voltagem 𝐸(𝑡) nocircuito, isto é:
𝐿
𝑑𝑖
𝑑𝑡
+ 𝑅𝑖 = 𝐸(𝑡)
onde 𝐿 e 𝑅 são conhecidas como a indutância e a resistência, respectivamente. A
corrente 𝑖(𝑡) é a chamada resposta do sistema.
Resolva o seguinte problema: Uma bateria de 12 volts é conectada a um circuito em
série no qual a indutância é de 1/2 henry e a resistência, 10𝑜ℎ𝑚𝑠. Determine a corrente
𝑖 se a corrente inicial é zero.
5. Se 𝐴 é a quantidade de sal (em gramas) no tanque no instante 𝑡. A taxa de variação
de 𝐴(𝑡) é dada por:
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= (taxa de entrada de sal)− (taxa de saída de sal) = 𝑅1 −𝑅2
15
sendo que:
• taxa de entrada de sal = concentração (g/l) × velocidade de entrada (l/min)
• taxa de saída de sal = concentração (g/l) × velocidade de sáida (l/min)
Resolva o seguinte problema: Um tanque contém 200 litros de fluido no qual foram
dissolvidos 30 gramas de sal Uma salmoura contendo 1 grama de sal por litro é então
bombeada para dentro do tanque a uma taxa de 4 𝐿/𝑚𝑖𝑛; a solução bem misturada é
bombeada para fora à mesma taxa. Ache o número 𝐴(𝑡) de gramas de sal no tanque
no instante 𝑡.
6. Forma-se um lago quando á água é recolhida numa depressão cônica de raio 𝑎 e pro-
fundidade ℎ. Suponhamos que à vazão da água é 𝑘 (constante) e que o lago sofra
evaporação a uma taxa proporcional à área superficial da água.
𝑎) Mostrar que o volume 𝑉 (𝑡) da água no lago, no instante 𝑡, satisfaz à equação
diferencial
𝑑𝑉/𝑑𝑡 = 𝑘 − 𝛼𝜋(3𝑎/𝜋ℎ)2/3𝑉 2/3
𝑏) Achar a profundidade de equilíbrio da água no lago.
𝑐) Achar a condição para que o lago não transborde.
2.5 Equações Exatas
Definição 2.1. Uma expressão diferencial
𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦
é uma diferencial exata em uma região ℛ do plano 𝑥𝑦 se ela corresponde à diferencial total
de alguma função 𝑓(𝑥, 𝑦). Isto é, 𝑑𝑓 = 𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥+𝑁(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 onde
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 𝑀 e
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑁 .
Definição 2.2. Uma equação diferencial da forma
𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 = 0 (2.30)
é chamada uma equação exata se a expressão do lado esquerdo é uma diferencial exata.
16
Observação 2.2. Dizemos que (2.30) é uma equação exata se existe 𝑓(𝑥, 𝑦) tal que
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 𝑀,
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑁,
e a solução é dada implicitamente por 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝐶 .
Exemplo 2.11. A equação diferencial 𝑥2𝑦3 𝑑𝑥 + 𝑥3𝑦2 𝑑𝑦 = 0 é exata. De fato,
𝑑
(︁1
3
𝑥3𝑦3
)︁
= 𝑥2𝑦3 𝑑𝑥+𝑥3𝑦2 𝑑𝑦. Logo, a solução é implicitamente pela equação
1
3
𝑥3𝑦3 = 𝐶.
Teorema 2.2. (Critério para uma Diferencial Exata) Sejam 𝑀(𝑥, 𝑦) e 𝑁(𝑥, 𝑦) funções con-
tínuas com derivadas parciais contínuas numa região ℛ = [𝑎, 𝑏]× [𝑐, 𝑑]. Então,
𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 = 0 (A equação é exata)⇐⇒ 𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
(2.31)
Demonstração: ⇒) Se 𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 = 0 é uma equação exata, então existe
uma função 𝑓 = 𝑓(𝑥, 𝑦) tal que
𝑑𝑓 =
𝜕𝑓
𝜕𝑥
𝑑𝑥 +
𝜕𝑓
𝜕𝑦
𝑑𝑦 = 𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 = 0, ∀ (𝑥, 𝑦) ∈ ℛ = [𝑎, 𝑏]× [𝑐, 𝑑].
Logo,
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 𝑀(𝑥, 𝑦) e
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦) (2.32)
Portanto,
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(︁𝜕𝑓
𝜕𝑥
)︁
=
𝜕2𝑓
𝜕𝑦 𝜕𝑥
(2.33)
𝜕𝑁
𝜕𝑥
=
𝜕
𝜕𝑥
(︁𝜕𝑓
𝜕𝑦
)︁
=
𝜕2𝑓
𝜕𝑥 𝜕𝑦
. (2.34)
Como 𝑀 e 𝑁 são funções contínuas com derivadas contínuas (vêr (2.32-2.34), temos que:
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕2𝑓
𝜕𝑦 𝜕𝑥
=
𝜕2𝑓
𝜕𝑥 𝜕𝑦
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
. (2.35)
⇐) Devemos provar que existe uma função 𝑓 = 𝑓(𝑥, 𝑦) tal que
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 𝑀(𝑥, 𝑦) e
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦). (2.36)
Integrando
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 𝑀 obtemos 𝑓(𝑥, 𝑦) =
∫︁
𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 + 𝜙(𝑦). Note que 𝜙 é tal que
𝜕𝑓
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(︁∫︁
𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥
)︁
+ 𝜙′(𝑦) = 𝑁(𝑥, 𝑦). (2.37)
Logo, 𝜙′(𝑦) = 𝑁(𝑥, 𝑦)− 𝜕
𝜕𝑦
(︁ ∫︀
𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥
)︁
.
17
Devemos provar que 𝜙′ é uma função que depende de 𝑦. Derivando em relação a 𝑥, temos
𝜕𝜙′
𝜕𝑥
=
𝜕
𝜕𝑥
𝑁(𝑥, 𝑦)− 𝜕
𝜕𝑥
[︂
𝜕
𝜕𝑦
(︁∫︁
𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥
)︁]︂
=
𝜕
𝜕𝑥
𝑁(𝑥, 𝑦)− 𝜕
𝜕𝑦
[︂
𝜕
𝜕𝑥
(︁∫︁
𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥
)︁]︂
=
𝜕
𝜕𝑥
𝑁(𝑥, 𝑦)− 𝜕
𝜕𝑦
𝑀(𝑥, 𝑦)
= 0 (2.38)
Portanto, integrando (2.37) obtemos:
𝑓(𝑥, 𝑦) =
∫︁
𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 +
∫︁
𝑁(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 −
∫︁
𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 =
∫︁
𝑁(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦.
Consequentemente,
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦).
Analogamente se prova que
𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑥
= 𝑀(𝑥, 𝑦).
Exemplo 2.12. Determine se a equação 2𝑥𝑦 𝑑𝑥 + (𝑥2 − 1) 𝑑𝑦 = 0 é exata.
Sol. Com 𝑀(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 e 𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 1 temos:
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 2𝑥 =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
.
Logo, pelo Teorema anterior existe uma função 𝑓(𝑥, 𝑦) tal que
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 2𝑥𝑦 e
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑥2 − 1 (2.39)
Integrando em 𝑥 a primeira das equações anteriores temos
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2𝑦 + 𝜙(𝑦)
e derivando esta em função de 𝑦
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑥2 + 𝜙′(𝑦) = 𝑥2 − 1
Logo, 𝜙(𝑦) = −𝑦.
Assim, 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2𝑦 − 𝑦 = (𝑥2 − 1)𝑦 = 𝐶. Portanto,a solução do problema é
𝑦(𝑥) =
𝐶
𝑥2 − 1
18
Figura 2.6: Soluções da equação 2𝑥𝑦 𝑑𝑥+ (𝑥2 − 1) 𝑑𝑦 = 0.
Exemplo 2.13. Resolva ⎧⎨⎩ (𝑥 + 𝑦)2 𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦 + 𝑥2 − 1) 𝑑𝑦 = 0𝑦(1) = 1 (2.40)
Sol.: Façamos 𝑀(𝑥, 𝑦) = (𝑥 + 𝑦)2 e 𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 + 𝑥2 − 1, então
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 2(𝑥 + 𝑦) =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
.
Logo, (2.40) é uma EDO exata. De fato, seja 𝑓 = 𝑓(𝑥, 𝑦) tal que
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= (𝑥 + 𝑦)2 e
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 2𝑥𝑦 + 𝑥2 − 1.
Então,
𝑓(𝑥, 𝑦) =
∫︁
(𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦2) 𝑑𝑥 =
𝑥3
3
+ 𝑥2𝑦 + 𝑦2𝑥 + 𝜙(𝑦). (2.41)
Daí
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 𝜙′(𝑦) = 2𝑥𝑦 + 𝑥2 − 1.
o que implica que 𝜙(𝑦) = −𝑦.
Portanto, 𝑓(𝑥, 𝑦) =
𝑥3
3
+ 𝑥2𝑦 + 𝑦2𝑥− 𝑦 = 𝐶 é solução da equação (2.40).
Usando a condição inicial temos que 𝐶 = 𝑓(1, 1) = 1/3 + 1 + 1 − 1 = 4/3. Portanto,
𝑓(𝑥, 𝑦) =
𝑥3
3
+ 𝑥2𝑦 + 𝑦2𝑥− 𝑦 = 4
3
é sol. do problema (2.40).
2.5.1 Exercícios
1. Nos problemas a seguir, verifique se a equação dada é exata. Se for, resolva.
19
(a) (2𝑥− 1)𝑑𝑥 + (3𝑦 + 7)𝑑𝑦 = 0
(b) (5𝑥 + 4𝑦)𝑑𝑥 + (4𝑥− 8𝑦3)𝑑𝑦 = 0
(c) (2𝑦2𝑥− 3)𝑑𝑥 + (2𝑦𝑥2 + 4)𝑑𝑦 = 0
(d) (𝑥 + 𝑦)(𝑥− 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑥(𝑥− 2𝑦)𝑑𝑦 = 0
(e) (1− 2𝑥2 − 2𝑦)𝑑𝑦 = (4𝑥3 + 4𝑥𝑦)𝑑𝑥
(f) 𝑥𝑑𝑦 = (2𝑥𝑒𝑥 − 𝑦 + 6𝑥2)𝑑𝑥
(g)
𝑦
1− 𝑥2𝑦2 𝑑𝑥 +
𝑥
1− 𝑥2𝑦2 𝑑𝑦 = 0
(h) −1
𝑦
sen
𝑥
𝑦
𝑑𝑥 +
𝑥
𝑦2
sen
𝑥
𝑦
𝑑𝑦 = 0
(i) (2𝑥− 𝑦)𝑑𝑥− (𝑥 + 6𝑦)𝑑𝑦 = 0
(j) (𝑥3 + 𝑦3)𝑑𝑥 + 3𝑥𝑦2𝑑𝑦 = 0
(k) (3𝑥2𝑦+𝑒𝑦)𝑑𝑥+(𝑥3+𝑥𝑒𝑦−2𝑦)𝑑𝑦 = 0
(l)
(︁
1 + ln 𝑥 +
𝑦
𝑥
)︁
𝑑𝑥 = (1− ln𝑥)𝑑𝑦
2. Nos problemas a seguir, resolva a equação diferencial dada sujeita à condição inicial
indicada.
(a) (𝑥 + 𝑦)2𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦 + 𝑥2 − 1)𝑑𝑦 = 0, 𝑦(1) = 1
(b) (4𝑦 + 2𝑥− 5)𝑑𝑥 + (6𝑦 + 4𝑥− 1)𝑑𝑦 = 0, 𝑦(−1) = 2
(c) (𝑒𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 + (2 + 𝑥 + 𝑦𝑒𝑦)𝑑𝑦 = 0, 𝑦(0) = 1
3. Determine uma função 𝑀(𝑥, 𝑦) para que a seguinte equação diferencial seja exata:
𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 +
(︂
𝑥𝑒𝑥𝑦 + 2𝑥𝑦 +
1
𝑥
)︂
𝑑𝑦 = 0
2.6 Fatores Integrantes
Se a equação diferencial
𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 = 0 (2.42)
não é exata, o procedimento será tentar achar uma função 𝜇(𝑥, 𝑦) (fator integrante) que ao
ser multiplicada pela equação (2.42) a transforme numa equação exata, isto é:
𝜕
𝜕𝑦
[𝜇 𝑀 ] =
𝜕
𝜕𝑥
[𝜇 𝑁 ].
Logo, temos
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 + 𝜇
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁 + 𝜇
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 − 𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁 = −𝜇
(︂
𝜕𝑀
𝜕𝑦
− 𝜕𝑁
𝜕𝑥
)︂
1
𝜇
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀
𝑁
− 1
𝜇
𝜕𝜇
𝜕𝑥
= −
(︂
𝜕𝑀/𝜕𝑦 − 𝜕𝑁/𝜕𝑥
𝑁
)︂
(2.43)
20
∙ Suponhamos agora que exista um fator integrante dependente só da variável 𝑥, istoé,
𝜇 = 𝜇(𝑥). Então,
1
𝜇
𝑑𝜇
𝑑𝑥
=
(︂
𝜕𝑀/𝜕𝑦 − 𝜕𝑁/𝜕𝑥
𝑁
)︂
. (2.44)
Note que o lado esquerdo da equação anterior é uma função de 𝑥. Portanto, o mesmo
acontece com o lado direito. Assim, denotando por
𝑔(𝑥) =
(︂
𝜕𝑀/𝜕𝑦 − 𝜕𝑁/𝜕𝑥
𝑁
)︂
temos a equação em variáveis separáveis:
1
𝜇
𝑑𝜇
𝑑𝑥
= 𝑔(𝑥)
cuja solução é
𝜇(𝑥) = 𝑒
∫︀
𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 onde 𝑔(𝑥) =
𝜕𝑀/𝜕𝑦 − 𝜕𝑁/𝜕𝑥
𝑁
. (2.45)
∙ Se o fator integrante for dependente só da variável 𝑦, isto é, 𝜇 = 𝜇(𝑦). Então, de forma
análoga temos que:
1
𝜇
𝑑𝜇
𝑑𝑦
= ℎ(𝑦)
cuja solução é
𝜇(𝑦) = 𝑒
∫︀
ℎ(𝑦) 𝑑𝑦 onde ℎ(𝑦) =
𝜕𝑁/𝜕𝑥− 𝜕𝑀/𝜕𝑦
𝑀
. (2.46)
Observação 2.3. Embora na teoria sempre exista um fator integrante, na prática só há dois
casos em que a determinação de um fator integrante é fácil, se:
1. 𝜇 é uma função que só depende da variável 𝑥.
2. 𝜇 é uma função que só depende da variável 𝑦.
Exemplo 2.14. Determine um fator integrante da equação
(3𝑥𝑦 + 𝑦2) 𝑑𝑥 + (𝑥2 + 𝑥𝑦) 𝑑𝑦 = 0. (2.47)
Sol. Sejam 𝑀(𝑥) = 3𝑥𝑦 + 𝑦2 e 𝑁(𝑥) = 𝑥2 + 𝑥𝑦. A equação (2.47) não é exata, pois
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 3𝑥 + 2𝑦 ̸= 𝜕𝑁
𝜕𝑥
= 2𝑥 + 𝑦.
A seguir,
𝜕𝑀/𝜕𝑦 − 𝜕𝑁/𝜕𝑥
𝑁
=
𝑥 + 𝑦
𝑥(𝑥 + 𝑦)
=
1
𝑥
21
depende apenas de 𝑥. Assim, bastará supor que a expressão anterior será nosso 𝑔(𝑥), logo
𝜇(𝑥) = 𝑒
∫︀
𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑒
∫︀
1
𝑥
𝑑𝑥 = 𝑥, 𝑥 > 0. (2.48)
Portanto, multiplicando (2.47) pelo fator integrante 𝜇(𝑥) = 𝑥, temos a equação exata,
(3𝑥2𝑦 + 𝑥𝑦2) 𝑑𝑥 + (𝑥3 + 𝑥2𝑦) 𝑑𝑦 = 0.
Usando o método anterior é possível resolver a equação anterior.
Exemplo 2.15. Determine um fator integrante para a seguinte equação:
𝑦 𝑑𝑥 + (2𝑥− 𝑦𝑒𝑦) 𝑑𝑦 = 0 (2.49)
Sol.: Se 𝑀(𝑥) = 𝑦 e 𝑁(𝑥) = 2𝑥− 𝑦𝑒𝑦, então:
𝜕𝑁/𝜕𝑥− 𝜕𝑀/𝜕𝑦
𝑁
=
2− 1
𝑦
=
1
𝑦
.
Concluímos que, no caso de existir um fator integrante 𝜇(𝑦) que dependa apenas de 𝑦,
𝜇(𝑦) = 𝑒
∫︀
1
𝑦
𝑑𝑦 = 𝑦, 𝑦 > 0.
Logo, a equação exata é:
𝑦2 𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦 − 𝑦2𝑒𝑦) 𝑑𝑦 = 0. Resolva esta equação!!..
2.6.1 Exercícios
1. Nos problemas a seguir, resolva a equação diferencial dada, verificando qua a função
indicada 𝜇(𝑥, 𝑦) seja um fator de integração.
(a) 6𝑥𝑦𝑑𝑥 + (4𝑦 + 9𝑥2)𝑑𝑦 = 0, 𝜇(𝑥, 𝑦) = 𝑦2
(b) (2𝑦2 + 3𝑥)𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0, 𝜇(𝑥, 𝑦) = 𝑥
(c) 𝑦(𝑥 + 𝑦 + 1)𝑑𝑥 + (𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑦 = 0, 𝜇(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥
2. Use o método do fator integrante para resolver as equações diferenciais seguintes
(a) (𝑥𝑦 − 1)𝑑𝑥 + (𝑥2 − 𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0
(b) 2𝑥𝑦 𝑑𝑥 + (𝑦2 − 𝑥2)𝑑𝑦 = 0
(c) (4𝑥𝑦2 + 𝑦)𝑑𝑥 + (6𝑦3 − 𝑥)𝑑𝑦 = 0
(d) (4𝑥 + 3𝑦3)𝑑𝑥 + 3𝑥𝑦2 𝑑𝑦 = 0
(e) (𝑥 + 2) sen 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 cos 𝑦 𝑑𝑦 = 0
(f) (𝑦 ln 𝑦 − 2𝑥𝑦)𝑑𝑥 + (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑦 = 0
22
2.7 Equações Homogêneas
Definição 2.3. Uma função 𝑓(𝑥, 𝑦) é uma função homogênea de grau 𝛼, onde 𝛼 é um
número real, se
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡𝛼 𝑓(𝑥, 𝑦), para todo 𝑡 > 0.
Exemplo 2.16. Determine se as funções dadas a seguir são homogêneas.
(𝑎) 𝑓(𝑥, 𝑦) = −3𝑥𝑦 + 𝑦2
(𝑏) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 3
√︀
𝑥2 + 𝑦2
Sol.:
(𝑎) Como 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = −3𝑡2𝑥𝑦 + 𝑡2𝑦2 = 𝑡2𝑓(𝑥, 𝑦), então 𝑓 é homogênea de grau 2.
(𝑏) Como 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 3
√︀
𝑡2𝑥2 + 𝑡2𝑦2 = 𝑡2/3 3
√︀
𝑥2 + 𝑦2 = 𝑡2/3𝑓(𝑥, 𝑦), diremos que 𝑓 é homogê-
nea de grau 2/3.
Observação 2.4. Muitas vezes uma função homogênea pode ser reconhecida examinando o
grau de cada termo
(𝑎) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 6𝑥𝑦3 − 𝑥2𝑦2 homogênea de grau 4
(𝑏) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 𝑦 não é homogênea pois os graus de 𝑥2 e 𝑦 são diferentes.
Definição 2.4. Uma equação diferencial da forma
𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 = 0 𝑜𝑢
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −𝑀(𝑥, 𝑦)
𝑁(𝑥, 𝑦)
é chamada homogênea se ambos os coeficientes 𝑀 e 𝑁 são funções homogêneas do mesmo
grau.
Uma equação diferencial homogênea 𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥+𝑁(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 = 0 pode ser resolvida por
meio de uma substituição algébrica,
𝑦 = 𝜇 𝑥 ou 𝑥 = 𝜈 𝑦
desde que 𝜇 e 𝜈 sejam as novas variáveis independentes.
Esta substituição transformará a equação em uma equação diferencial de primeira ordem
de variáveis separáveis.
Se por exemplo 𝑦 = 𝜇 𝑥, então 𝑑𝑦 = 𝜇 𝑑𝑥+𝑥 𝑑𝜇. Logo, substituindo na equação obtemos
𝑀(𝑥, 𝜇𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝜇𝑥) [𝜇 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝜇] = 0.
23
Do fato de 𝑀 e 𝑁 serem funções homogêneas de grau 𝑛 temos:
𝑥𝑛 𝑀(1, 𝜇) 𝑑𝑥 + 𝑥𝑛 𝑁(1, 𝜇) [𝜇 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝜇] = 0,
ou equivalentemente 𝑥𝑛 [𝑀(1, 𝜇)+𝜇 𝑁(1, 𝜇)] 𝑑𝑥+𝑥𝑛[𝑥 𝑁(1, 𝜇)] 𝑑𝜇 = 0. Consequentemente,
𝑑𝑥
𝑥
+
𝑁(1, 𝜇)
[𝑀(1, 𝜇) + 𝜇 𝑁(1, 𝜇)]
𝑑𝜇 = 0, (2.50)
é uma equação diferencial separável.
Exemplo 2.17. Resolva a equação diferencial (𝑥2 + 𝑦2) 𝑑𝑥 + (𝑥2 − 𝑥𝑦) 𝑑𝑦 = 0.
Sol.: Observe que a equação diferencial não é exata, porém é homogênea. Fazendo 𝑦 = 𝜇 𝑥
temos,
(𝑥2 + (𝜇 𝑥)2) 𝑑𝑥 + (𝑥2 − 𝑥 (𝜇 𝑥)) [𝜇 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝜇] = 0
(1 + 𝜇2) 𝑑𝑥 + (1− 𝜇) [𝜇 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝜇] = 0
Logo,
𝑑𝑥
𝑥
+
1− 𝜇
1 + 𝜇
𝑑𝜇 = 0
𝑑𝑥
𝑥
+
1− 𝜇
1 + 𝜇
𝑑𝜇 = 0
𝑑𝑥
𝑥
+
[︁
− 1 + 2
1 + 𝜇
]︁
𝑑𝜇 = 0
ln |𝑥|+ 2 ln |1 + 𝜇| − 𝜇 = ln |𝐶|
ln |𝑥|+ 2 ln
⃒⃒⃒
1 +
𝑦
𝑥
⃒⃒⃒
− 𝑦
𝑥
= ln |𝐶|. (2.51)
2.7.1 Exercícios
1. Nos problemas a seguir, determine se a função dada é homogênea. Especifique o grau
de homogeneidade quando for o caso.
(a) 𝑥3 + 2𝑥𝑦2 − 𝑦4/𝑥
(b)
𝑥3𝑦 − 𝑥2𝑦2
𝑥 + 8𝑦
2
(c) cos
𝑥2
𝑥 + 𝑦
(d)
1√︀
𝑥2 + 𝑦2
(e)
𝑥
𝑦2 +
√︀
𝑥4 + 𝑦4
(f)
ln𝑥3
ln 𝑦3
24
2. Nos problemas a seguir, resolva a equação diferencial usando uma substituição apro-
priada.
(a) (𝑥2 − 2𝑦2)𝑑𝑥 + 𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0
(b) (𝑦2 + 𝑦𝑥)𝑑𝑥− 𝑥2𝑑𝑦 = 0
(c) −𝑦𝑑𝑥 + (𝑥 +√𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0
(d) 𝑥 sen
𝑦
𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦 sen
𝑦
𝑥
+
𝑥
𝑦
+ 𝑥
(e) 𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑦
= 𝑦 + 2𝑥𝑒−𝑦/𝑥
(f) (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = 0
(g)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥 + 3𝑦
3𝑥 + 𝑦
(h) 𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 𝑦 =
√︀
𝑥2 + 𝑦2
(i)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦
𝑥
ln
𝑦
𝑥
(j) (𝑥2𝑒−𝑦/𝑥 + 𝑦2)𝑑𝑥 = 𝑥𝑦 𝑑𝑦
3. Nos problemas a seguir, resolva a equação diferencial dada sujeita à condição inicial
indicada.
(a) 𝑥𝑦2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦3 − 𝑥3, 𝑦(1) = 2
(b) (𝑥 + 𝑦𝑒𝑦/𝑥)𝑑𝑥− 𝑥𝑒𝑦/𝑥𝑑𝑦 = 0, 𝑦(1) = 0
4. Suponha que 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 seja uma equação homogênea. Mostre que a
substituição 𝑥 = 𝑟 cos 𝜃, 𝑦 = 𝑟 sen 𝜃 leva a uma equação separável.
5. Seja 𝑓(𝑥, 𝑦) uma função homogênea de grau 𝑛. Mostre que
𝑥
𝜕𝑓
𝜕𝑥
+ 𝑦
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑛𝑓
2.8 Equações Redutíveis a um dos Tipos Anteriores
Caso 1: Uma equação da forma
𝑦′ = 𝑓(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐), 𝑏 ̸= 0, (2.52)
pode-se reduzir a uma equação de variáveis separáveis, por meio da subtituição:
𝑤 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐. (2.53)
Exemplo 2.18. Resolva a EDO 𝑦′ =
2
2𝑥 + 𝑦 + 3
Sol.: Fazendo 𝑤 = 2𝑥 + 𝑦 + 3 temos
𝑑𝑤
𝑑𝑥
= 2 +
𝑑𝑦
𝑑𝑥
⇒ 𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑑𝑤
𝑑𝑥
− 2.
25
Logo, substituindo na EDO a ser resolvida, temos
𝑑𝑤
𝑑𝑥
− 2 = 2
𝑤
,
ou que implica que
𝑑𝑤
𝑑𝑥
=
2
𝑤
+ 2 =
2 + 2𝑤
𝑤
𝑤
2 + 2𝑤
𝑑𝑤 = 𝑑𝑥
𝑑𝑤
2
− 𝑑𝑤
2(1 + 𝑤)
= 𝑑𝑥
𝑤
2
− ln |𝑤 + 1|
2
= 𝑥 + 𝐶.
Consequentemente
2𝑥 + 𝑦 + 3− ln(2𝑥 + 𝑦 + 4) = 2𝑥 + 2𝐶
Caso 2: Considere a equação da forma
𝑦′ = 𝑓
(︁ 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐
𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 + 𝑐1
)︁
. (2.54)
• Se 𝑐 = 𝑐1 = 0 a equação é homogênea.
• Se 𝑐 e 𝑐1 não são nulos simultaneamente temos que: as retas 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 0 e
𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 + 𝑐1 = 0 no plano XY intersectam-se em um ponto ou elas são paralelas.
a) Se em (2.54) as retas intersectam-se num ponto (𝑥0, 𝑦0)
Observa-se que no caso da equaçãohomogênea
𝑦′ = 𝑓
(︁ 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦
𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦
)︁
as retas 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 = 0 e 𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 = 0 intersectam-se na origem dos eixos coordenados. Isto
sugere que no caso em que 𝑐 e 𝑐1 não são nulos simultaneamente se efetue uma translação
dos eixos coordenados, de modo que a nova origem coincide com (𝑥0, 𝑦0).
Exemplo 2.19. Resolva a EDO 𝑦′ =
−7𝑥 + 3𝑦 + 7
3𝑥− 7𝑦 − 3 .
Sol.: Calculando o ponto de interseção das retas −7𝑥 + 3𝑦 + 7 = 0 e 3𝑥 − 7𝑦 − 3 = 0
obtemos o ponto 𝑥0 = 1 e 𝑦0 = 0. Ver Figura ??.
Logo, fazendo ⎧⎨⎩ 𝑋 = 𝑥− 1𝑌 = 𝑦 (2.55)
26
e substituindo na EDO temos
𝑦′ = 𝑌 ′ =
−7(𝑋 + 1) + 3𝑌 + 7
3(𝑋 + 1)− 7𝑌 − 3 ,
a qual é uma equação homogênea da forma:
𝑌 ′ =
−7𝑋 + 3𝑌
3𝑋 − 7𝑌 .
Logo, para resolver esta última equação usamos a substituição 𝑌 = 𝜇 𝑋. Assim, temos que:
𝜇′ 𝑋 + 𝜇 =
−7𝑋 + 3𝜇𝑋
3𝑋 − 7𝜇𝑋 =
−7 + 3𝜇
3− 7𝜇 ,
𝜇′ 𝑋 =
−7 + 3𝜇
3− 7𝜇 − 𝜇 =
−7 + 7𝜇2
3− 7𝜇 (2.56)
Se −7 + 7𝜇2 ̸= 0, tem-se (︂
3− 7𝜇
−7 + 7𝜇2
)︂
𝑑𝜇 =
𝑑𝑋
𝑋
3− 7𝜇
(𝜇− 1)(𝜇 + 1) 𝑑𝜇 =
7
𝑋
𝑑𝑋
−2
𝜇− 1 𝑑𝜇 +
−5
𝜇 + 1
𝑑𝜇 =
7
𝑋
𝑑𝑋. (2.57)
De onde integrando cada termo resulta
− 2 ln |𝜇− 1| − 5 ln |𝜇 + 1| 𝑑𝜇 = 7 ln𝑋 − ln𝐶,
ln
(︂ |𝜇− 1|−2
|𝜇 + 1|5
)︂
= ln
𝑋7
𝐶
. (2.58)
Logo,
𝐶 = |𝜇 + 1|5𝑋7|𝜇− 1|2. (2.59)
27
Portanto,
𝐶 =
(︂
𝑌
𝑋
+ 1
)︂5
𝑋7
(︂
𝑌
𝑋
− 1
)︂2
,
𝐶 = (𝑌 + 𝑋)5(𝑌 −𝑋)2,
𝐶 = (𝑦 + 𝑥− 1)5(𝑦 − 𝑥 + 1)2. (2.60)
Exercício: Determine a solução da equação diferencial⎧⎨⎩ (4𝑦 + 2𝑥− 5) 𝑑𝑥 + (6𝑦 + 4𝑥− 1) 𝑑𝑦 = 0𝑦(−1) = 2 (2.61)
b) Se em (2.54) as retas são paralelas
Neste caso temos que⎧⎨⎩ 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 0𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 + 𝑐1 = 0. ⇒
⎧⎪⎨⎪⎩
𝑦 = −𝑎
𝑏
𝑥− 𝑐
𝑏
𝑦 = −𝑎1
𝑏1
𝑥− 𝑐1
𝑏1
= 0.
⇒ 𝑎
𝑏
=
𝑎1
𝑏1
(2.62)
Assim, fazendo 𝜆 =
𝑎
𝑎1
=
𝑏
𝑏1
∈ R na equação (2.54) temos:
𝑦′ = 𝑓
(︁𝜆𝑎1𝑥 + 𝜆𝑏1𝑦 + 𝑐
𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 + 𝑐1
)︁
= 𝑓
(︁𝜆(𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦) + 𝑐
𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 + 𝑐1
)︁
.
Introduzindo a nova variável 𝑧 = 𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 obtém-se
𝑑𝑧
𝑑𝑥
= 𝑎1𝑏1
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑎1 + 𝑏1𝑦
′
e consequentemente (2.54) reduz-se a uma equação de variáveis separáveis da forma:
𝑧′ − 𝑎1
𝑏1
= 𝑓
(︁𝜆𝑧 + 𝑐
𝑧 + 𝑐1
)︁
,
𝑑𝑧
𝑏1 𝑓
(︁
𝜆𝑧+𝑐
𝑧+𝑐1
)︁
+ 𝑎1
= 𝑑𝑥 (2.63)
Exemplo 2.20. Resolva a EDO 𝑦′ =
2𝑥 + 𝑦 − 1
4𝑥 + 2𝑦 + 5
.
Sol.: Resolvendo, as seguintes equações temos que são retas paralelas (Ver Figura 2.7):⎧⎨⎩ 2𝑥 + 𝑦 − 1 = 04𝑥 + 2𝑦 + 5 = 0 ⇒
⎧⎨⎩ 𝑦 = −2𝑥 + 1𝑦 = −2𝑥− 5
2
(2.64)
Fazendo 𝑧 = 2𝑥 + 𝑦 temos
𝑑𝑧
𝑑𝑥
= 2 + 𝑦′. Logo, 𝑧′ − 2 = 𝑧 − 1
2𝑧 + 5
,
𝑑𝑧
𝑑𝑥
=
𝑧 − 1
2𝑧 + 5
+ 2 =
𝑧 − 1 + 4𝑧 + 10
2𝑧 + 5
=
5𝑧 + 9
2𝑧 + 5
.
28
Figura 2.7
Consequentemente, para 𝑧 ̸= −9/5,
2𝑧 + 5
5𝑧 + 9
𝑑𝑧 = 𝑑𝑥. (2.65)
Integrando ∫︁
2𝑧 + 5
5𝑧 + 9
𝑑𝑧 =
2
5
∫︁
𝑑𝑧 +
7
5
∫︁
1
5𝑧 + 9
𝑑𝑧
2
5
𝑧 +
7
25
ln |5𝑧 + 9|. (2.66)
Portanto, de (2.66)
2
5
𝑧 +
7
25
ln |5𝑧 + 9| = 𝑥 + 𝐶
Substituindo o valor de 𝑧 = 2𝑥 + 𝑦 na equação anterior obtemos a solução na sua forma
implícita.
2
5
(2𝑥 + 𝑦) +
7
25
ln |5(2𝑥 + 𝑦) + 9| = 𝑥 + 𝐶
2.8.1 Exercícios
1. Determine a solução para os problemas seguintes
(a) 𝑦′ =
2𝑥− 3
𝑥 + 𝑦 − 3
(b) 𝑦′ =
𝑥− 1
3𝑦 + 2
(c) 𝑦′ =
1− 𝑥− 𝑦
𝑥 + 𝑦
(d) 𝑦′ =
1
𝑥 + 𝑦
(e) (2𝑥 + 4𝑦 − 5)𝑑𝑥 − (4𝑥 + 6𝑦 − 1)𝑑𝑦 =
0; 𝑦(−1) = 2
(f) (𝑥 + 2𝑦 − 1)𝑑𝑥− (2𝑥− 3)𝑑𝑦 = 0; 𝑦(1) = 0
(g) 𝑦′ =
1− 2𝑦 − 4𝑥
1 + 𝑦 + 2𝑥
; 𝑦(1) = 0
(h) 𝑦′ =
𝑥 + 𝑦 − 1
𝑥− 𝑦 + 1; 𝑦(1) = 1
29
2. Resolva a equação 𝑦′ = cos2(𝑦 − 𝑥) usando a substituição 𝑦 − 𝑥 = 𝑢
3. Resolva o problema de Cauchy 𝑦′ = cos2(𝑦 − 𝑥), 𝑦(0) = 𝜋. A solução encontrada é
uma solução particular de (2). Justifique.
4. Verifique que a equação da forma 𝑦′ + 𝑎(𝑥)𝑦 = 𝑏(𝑥)𝑦𝑘 (Equação de Bernoulli),
com 𝑘 ̸= 0 se pode transformar numa equação linear, usando a mudança de variável
𝑧 = 𝑦−𝑘+1.( Sugestão: multiplique ambos os membros da equação dada por 𝑦−𝑘).
5. A equação 𝑑𝑦/𝑑𝑡 = 𝑞1(𝑡)+𝑞2(𝑡)𝑦+𝑞3(𝑡)𝑦2 é conhecida como a ”Equação de Ricatti".
Suponhamos que uma certa solução 𝑦1 seja conhecida. Uma solução mais geral, com
uma constante arbitrária, pode ser conseguida pela substituição 𝑦 = 𝑦1 + 1/𝜈(𝑡). Mos-
trar que 𝜈(𝑡) obedece à equação linear de primeira ordem 𝑑𝜈/𝑑𝑡 = −(𝑞2 + 2𝑞3𝑦1)𝜈− 𝑞3.
6. Dada uma solução particular, resolver cada uma das seguintes equações de Ricatti.
(a) 𝑦′ = 1 + 𝑡2 − 2𝑡𝑦 + 𝑦2; 𝑦1(𝑡) = 𝑡
(b) 𝑦′ = − 1
𝑡2
− 𝑦
𝑡
+ 𝑦2; 𝑦1(𝑡) =
1
𝑡
(c) 𝑦′ =
2 cos2 𝑡− sin2 𝑡 + 𝑦2
2 cos 𝑡
; 𝑦1(𝑡) = sin 𝑡
30
Capítulo 3
EDO’s Lineares de Ordem Superior
Uma EDO linear geral de ordem 𝑛 (𝑛 > 1), é da forma
𝐿[𝑦] = 𝑦(𝑛) + 𝑎1(𝑥) 𝑦
(𝑛−1) + 𝑎2(𝑥) 𝑦(𝑛−2) + · · ·+ 𝑎𝑛−1(𝑥) 𝑦′ + 𝑎𝑛(𝑥) 𝑦 = 𝑏(𝑥), (3.1)
onde os coeficientes 𝑎𝑖(𝑥) e 𝑏(𝑥) são funções contínuas em algum intervalo 𝐼.
Associado à EDO (3.1) é considerado a EDO incompleta ou homogênea:
𝐿[𝑦] = 𝑦(𝑛) + 𝑎1(𝑥) 𝑦
(𝑛−1) + 𝑎2(𝑥) 𝑦(𝑛−2) + · · ·+ 𝑎𝑛−1(𝑥) 𝑦′ + 𝑎𝑛(𝑥) 𝑦 = 0, (3.2)
Aqui o termo homogêneo tem significado diferente daquele usado na seção de Equações
Homogêneas.
Teorema 3.1. (Existência e Unicidade) Seja 𝑥0 um número real fixado no intervalo 𝐼. Da-
dos n-números reais 𝑦0, 𝑦1, . . . , 𝑦𝑛−1, existe uma única solução 𝑦(𝑥) da EDO (3.1) definida
no intervalo 𝐼, satisfazendo as seguintes condições iniciais:
𝑦(𝑥0) = 𝑦0, 𝑦
′(𝑥0) = 𝑦1, 𝑦′′(𝑥0) = 𝑦2, . . . , 𝑦(𝑛−1)(𝑥0) = 𝑦𝑛−1.
Teorema 3.2. Existem n-soluções reais linearmente independentes (LI) 𝑦1, 𝑦2, . . . , 𝑦𝑛 da
equação EDO incompleta (ou homogênea) (3.2) com a seguinte propriedade: qualquer solução
𝑦(𝑥) da EDO incompleta (3.2) é da forma
𝑦(𝑥) = 𝐶1 𝑦1(𝑥) + 𝐶2 𝑦2(𝑥) + · · ·+ 𝐶𝑛 𝑦𝑛(𝑥)
Em particular, a coleção 𝑆 das soluções de (3.2) é um espaço vetorial real de dimensão
𝑛 e o conjunto ℬ = {𝑦1, 𝑦2, . . . , 𝑦𝑛} é uma base para 𝑆.
31
3.1 EDO Incompleta com Coeficientes Constantes
Na equação linear geral de ordem 𝑛 (3.2) consideramos 𝑎𝑖(𝑥) = 𝑎𝑖, onde 𝑎𝑖 são constantes
reais. Logo, a equação linear incompleta com coeficientes constantes é da forma
𝐿[𝑦] = 𝑦(𝑛) + 𝑎1 𝑦
(𝑛−1) + · · ·+ 𝑎𝑛−1𝑦′ + 𝑎𝑛𝑦 = 0, (3.3)
Seja a equação linear incompleta de primeira ordem com coeficientes constantes
𝑦′ + 𝑎𝑦 = 0.
É sabido que uma solução geral desta equação é da forma:
𝑦 = 𝐶 𝑒−𝑎 𝑥
Isto, sugere que no caso geral (𝑛 > 1) de uma equação linear incompleta com coeficientes
constantes (𝑎𝑖(𝑥) = 𝑎𝑖, ∀𝑖 = 1, 2, . . . , 𝑛), se procurem soluções do tipo 𝑦 = 𝑒𝑟𝑥, com 𝑟
constante.
Se 𝑦 = 𝑒𝑟𝑥 é solução de 𝐿[𝑦] = 0, então existem
𝑦′ = 𝑟 𝑒𝑟𝑥, 𝑦′′ = 𝑟2 𝑒𝑟𝑥, . . . , 𝑦(𝑛) = 𝑟𝑛 𝑒𝑟𝑥.
Substituindo em (3.3) temos
𝑟𝑛 𝑒𝑟𝑥 + 𝑎1𝑟
𝑛−1 𝑒𝑟𝑥 + · · ·+ 𝑎𝑛−2𝑟2 𝑒𝑟𝑥 + +𝑎𝑛−1𝑟 𝑒𝑟𝑥 + 𝑎𝑛 𝑒𝑟𝑥 = 0
𝑒𝑟𝑥 (𝑟𝑛 + 𝑎1𝑟
𝑛−1 + · · ·+ 𝑎𝑛−1𝑟 + 𝑎𝑛) = 0 (3.4)
Como 𝑒𝑟𝑥 ̸= 0 ∀𝑥 ∈ R, então:
𝑟𝑛 + 𝑎1𝑟
𝑛−1 + · · ·+ 𝑎𝑛−1𝑟 + 𝑎𝑛 = 0 (3.5)
Esta última equação denomina-se equação característica ou polinômio característico
e tem 𝑛-raízes reais ou complexas, e com estas raízes construiremos n-soluções reais L.I. da
equação (3.3)
3.1.1 Caso I: Raízes Reais
(I1) As raízes 𝑟1, 𝑟2 . . . , 𝑟𝑛 são reais e distintas.
Se as raízes 𝑟1 ̸= 𝑟2 ̸= 𝑟3 ̸= · · · ̸= 𝑟𝑛, então as 𝑛-soluções correspondentes são:
𝑦1 = 𝑒
𝑟1𝑥, 𝑦2 = 𝑒
𝑟2𝑥, . . . , 𝑦𝑛 = 𝑒
𝑟𝑛𝑥.
32
Por outro lado, para estas soluções o Wronskiano é definido por
𝑊 (𝑥) = 𝑑𝑒𝑡
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣𝑒𝑟1𝑥 𝑒𝑟2𝑥 ... 𝑒𝑟𝑛𝑥
𝑟1 𝑒
𝑟1𝑥 𝑟2 𝑒
𝑟2𝑥 ... 𝑟𝑛 𝑒
𝑟𝑛𝑥
. .
. .
𝑟𝑛1 𝑒
𝑟1𝑥 𝑟𝑛2 𝑒
𝑟2𝑥 ... 𝑟𝑛𝑛 𝑒
𝑟𝑛𝑥
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
(3.6)
e, usando propriedades do determinante, obtemos que:
𝑊 (𝑥) = 𝑒𝑟1𝑥 𝑒𝑟2𝑥 . . . 𝑒𝑟𝑛𝑥 𝑑𝑒𝑡
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
1 1 ... 1
𝑟1 𝑟2 ... 𝑟𝑛
. .
. .
𝑟𝑛1 𝑟
𝑛
2 ... 𝑟
𝑛
𝑛
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
. (3.7)
Como o determinante do lado direito da anterior equação conhecido como o determinante de
Vandermond, é diferente de zero, pois as raízes 𝑟𝑖 são diferentes, o Wronskiano é diferente
de zero (𝑊 (𝑥) ̸= 0).
Logo, {𝑒𝑟1𝑥, 𝑒𝑟2𝑥, . . . , 𝑒𝑟𝑛𝑥} é um conjunto linearmente independente do espaço ve-
torial 𝐶𝑛(R) (Espaço vetorial das funções contínuas com derivadas contínuas até ordem
𝑛). Portanto, [{𝑒𝑟1𝑥, 𝑒𝑟2𝑥, . . . , 𝑒𝑟𝑛𝑥}] é um subespaço vetorial de 𝐶𝑛(R). Consequente-
mente, qualquer solução de 𝐿[𝑦] = 0, é combinação linear dos elementos da base ℬ =
{𝑒𝑟1𝑥, 𝑒𝑟2𝑥, . . . , 𝑒𝑟𝑛𝑥}, isto é
𝑦 = 𝑐1 𝑒
𝑟1𝑥 + 𝑐2 𝑒
𝑟2𝑥 + · · ·+ 𝑐𝑛 𝑒𝑟𝑛𝑥 (3.8)
Exemplo 3.1. Resolva 𝑦′′′ − 3𝑦′′ + 2𝑦′ = 0
Sol.: A eq. dada pode-se escrever na forma
(𝐷3 − 3𝐷2 + 2𝐷) 𝑦 = 0, (3.9)
de modo que a eq. característica é
𝑟3 − 3𝑟2 + 2𝑟 = 0. (3.10)
Daí, fatorando (3.10) temos que 𝑟(𝑟2 − 3𝑟 + 2) = 𝑟(𝑟 − 2)(𝑟 − 1) = 0. Logo as raízes desta
equação são:
𝑟1 = 0, 𝑟2 = 2, 𝑟3 = 1.
33
Uma base do espaço de soluções da eq. (3.9) dada é: ℬ = {𝑒0𝑥, 𝑒2𝑥, 𝑒𝑥} = {1, , 𝑒2𝑥, 𝑒𝑥}.
Logo, a sol. geral é
𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒
2𝑥 + 𝑐3 𝑒
𝑥.
3.1.2 Caso II: Raízes Reais Repetidas
Se existem k-raízes do polinômio característico associados à EDO 𝐿[𝑦] = 0 tais que 𝑟1 = 𝑟2 =
· · · = 𝑟𝑘 = 𝑟, então as respectivas soluções da equação diferencial são iguais a 𝑒𝑟𝑥. Portanto,
é necessário procurar 𝑘 funções LI que sejam soluções da equação incompleta 𝐿[𝑦] = 0. Com
a raiz 𝑟 de multiplicidade 𝑘 construiremos 𝑘 soluções LI, 𝑦1, 𝑦2, . . . , 𝑦𝑘 da EDO da seguinte
maneira:
𝑦1 = 𝑒
𝑟𝑥, 𝑦2 = 𝑥 𝑒
𝑟𝑥, 𝑦3 = 𝑥
2 𝑒𝑟𝑥, . . . . . . , 𝑦𝑘 = 𝑥
𝑘−1 𝑒𝑟𝑥.
Essa construção é feita com todas as raízes da equação característica, para obtermos 𝑛
soluções LI da EDO, que formam uma base para o espaço das soluções.
Exemplo 3.2. Resolva a equação diferencial 𝑦′′′ − 2𝑦′′ + 𝑦′ = 0.
Sol.: A equação característica é 𝑟3 − 2𝑟2 + 𝑟 = 0. As raízes desta equação são 𝑟1 = 0 e
𝑟2 = 𝑟3 = 1, logo as soluções LI são dadas por:
𝑦1(𝑥) = 𝑒
0𝑥 = 1 associado à raíz 𝑟1 = 0
𝑦2(𝑥) = 𝑒
𝑥, 𝑦3(𝑥) = 𝑥 𝑒
𝑥 associados à raíz 𝑟2 = 1 (3.11)
Portanto, ℬ = {1, 𝑒𝑥, 𝑥 𝑒𝑥} é uma base do espaço de soluções da equação dada, consequen-
temente a solução geral é
𝑦(𝑥) = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒
𝑥 + 𝐶2 𝑥 𝑒
𝑥.
Exemplo 3.3. Resolva a equação diferencial 𝑦′′ − 6𝑦′ + 9𝑦 = 0.
Sol.: A equação característica é 𝑟2− 6𝑟+ 9 = 0. Resolvendo esta equação quadrática temos
a raiz dupla
𝑟 =
6±√36− 36
2
= 3,
com isso a solução geral é
𝑦(𝑥) = 𝐶1 𝑒
3𝑥 + 𝐶2 𝑥𝑒
3𝑥 = 𝑒3𝑥(𝐶1 + 𝐶2𝑥).
34
3.1.3 Caso III: Raízes Complexas
Suponhamos que 𝜆 = 𝑎 + 𝑏𝑖, 𝑏 ̸= 0, é uma raiz complexa da equação característica (3.5).
Como os coeficientes desta equação são reais, temos pela observação A.1 (Apêndice) que o
conjugado �¯� = 𝑎 − 𝑏𝑖 é também uma raiz. É fácil verificar que 𝜙(𝑥) = 𝑒𝜆𝑥 é uma solução
complexa da EDO (3.3) e as funções 𝜙1(𝑥) = 𝑅𝑒(𝜙(𝑥)) e 𝜙2(𝑥) = 𝐼𝑚(𝜙(𝑥)) são soluções
reais linearmente independentes. Assim, temos que as soluções correspondentes às raízes 𝜆
e �¯� são
𝜙1(𝑥) = 𝑅𝑒(𝜙(𝑥)) =
1
2
[𝜙(𝑥) + ¯(𝑥)] = 𝑒𝑎𝑥 cos 𝑏𝑥 (3.12)
𝜙2(𝑥) = 𝐼𝑚(𝜙(𝑥)) =
1
2
[𝜙(𝑥)− ¯(𝑥)] = 𝑒𝑎𝑥 sen 𝑏𝑥 (3.13)
Quando houver multiplicidade da raiz 𝜆 (e, portanto de �¯�), aplicamos o processo descrito
para raízes repetidas.
Exemplo 3.4. Ache a solução geral da EDO linear de ordem quatro 𝑦(4) + 9𝑦 = 0.
Sol.: A EDO linear de ordem quatro tem equação característica 𝜆4 + 9 = 0, cujas raízes
complexas são 𝜆1 =
√
6
2
(1 + 𝑖), 𝜆2 =
√
6
2
(1− 𝑖), 𝜆3 =
√
6
2
(−1 + 𝑖), 𝜆4 =
√
6
2
(−1− 𝑖).
Correspondendo as raízes 𝜆1 e 𝜆2 temos as soluções reais:
𝜙1(𝑥) = 𝑒
√
6
2
𝑥 cos
√
6
2
𝑥 e 𝜙2(𝑥) = 𝑒
√
6
2
𝑥 sen
√
6
2
𝑥
Correspondendo as raízes 𝜆3 e 𝜆4 temos as soluções reais:
𝜙3(𝑥) = 𝑒
−
√
6
2
𝑥 cos
√
6
2
𝑥 e 𝜙4(𝑥) = 𝑒−
√
6
2
𝑥 sen
√
6
2
𝑥
Logo, a solução geral é
𝑦(𝑥) = 𝑒
√
6
2
𝑥
[︁
𝐶1 cos
√
6
2
𝑥 + 𝐶2 sen
√
6
2
𝑥
]︁
+ 𝑒−
√
6
2
𝑥
[︁
𝐶3 cos
√
6
2
𝑥 + 𝐶4 sen
√
6
2
𝑥
]︁
.
Exemplo 3.5. Resolva a equação diferencial 𝑦(4) + 2𝑦′′ + 𝑦 = 0.
Sol.: As raízes da equação característica 𝜆4 + 2𝜆2 + 𝜆 = (𝜆2 + 1)2 = 0 são:
𝜆1 = 𝑖, 𝜆2 = −𝑖
ambas de multiplicidade 2.
35
Assim, as soluções reais associadas a 𝜆1 e 𝜆2 são:
𝜙1(𝑥) = cos 𝑥 e 𝜙2(𝑥) = sen𝑥.
Pelo fato de essas raízes serem de multiplicidade 2, temos mais duas soluções reais:
𝜙3(𝑥) = 𝑥 cos𝑥 e 𝜙4(𝑥) = 𝑥 sen𝑥.
Portanto, a solução geral é:
𝑦(𝑥) = 𝐶1 cos𝑥 + 𝐶2 sen𝑥 + 𝐶3 𝑥 cos𝑥 + 𝐶4 𝑥 sen𝑥.
3.2 EDO Completa com Coeficientes Variáveis
As equações lineares completas com coeficientes variáveis da forma
𝐿[𝑦] = 𝑦(𝑛) + 𝑎1(𝑥) 𝑦
(𝑛−1) + · · ·+ 𝑎𝑛−1(𝑥)𝑦′ + 𝑎𝑛𝑦 = 𝑏(𝑥), (3.14)
serão tratadas pelo Método de Variação de Parâmetros (MVP).
3.2.1 Método de Variação de Parâmetros (MVP)
Consideremos a equação de segunda ordem
𝐿[𝑦] = 𝑦′′ + 𝑎1(𝑥) 𝑦′ + 𝑎2(𝑥)𝑦 = 𝑏(𝑥), (3.15)
Seja ℬ = {𝑦1, 𝑦2} uma base do espaço de soluções da eq. incompleta 𝐿[𝑦] = 0 associada à
EDO (3.14), então 𝑦 = 𝐶1 𝑦1 + 𝐶2 𝑦2 é solução geral da equação incompleta 𝐿[𝑦] = 0.
Admitindo que as constantes 𝐶1, 𝐶2 são parâmetros que dependem de 𝑥, isto é: 𝐶1 =
𝐶1(𝑥), 𝐶2 = 𝐶2(𝑥), então:
𝑦′ = 𝐶 ′1 𝑦1 + 𝐶1 𝑦
′
1 + 𝐶
′
2 𝑦2 + 𝐶2 𝑦
′
2.
Escolhendo 𝐶1(𝑥), 𝐶2(𝑥) de modo que:
𝐶 ′1 𝑦1 + 𝐶
′
2 𝑦2 = 0,
temos que:
𝑦′ = 𝐶1 𝑦′1 + 𝐶2 𝑦
′
2
𝑦′′ = 𝐶 ′1 𝑦
′
1 + 𝐶1 𝑦
′′
1 + 𝐶
′
2 𝑦
′
2 + 𝐶2 𝑦
′′
2 . (3.16)
36
Logo, substituindo (3.16) na equação (3.15) temos
(𝐶 ′1 𝑦
′
1 + 𝐶1 𝑦
′′
1 + 𝐶
′
2 𝑦
′
2 + 𝐶2 𝑦
′′
2) + 𝑎1(𝑥)(𝐶1 𝑦
′
1 + 𝐶2 𝑦
′
2) + 𝑎2(𝑥)(𝐶1 𝑦1 + 𝐶2 𝑦2) = 𝑏(𝑥)
𝐶1(𝑦
′′
1 + 𝑎1(𝑥) 𝑦
′
1 + 𝑎2(𝑥) 𝑦1) + 𝐶2(𝑦
′′
2 + 𝑎1(𝑥) 𝑦
′
2 + 𝑎2(𝑥) 𝑦2) + 𝐶
′
1 𝑦
′
1 + 𝐶
′
2 𝑦
′
2 = 𝑏(𝑥).
Como 𝑦1, 𝑦2 são soluções da equação 𝐿[𝑦] = 0, então a última equação se reduz a expressão:
𝐶 ′1 𝑦
′
1 + 𝐶
′
2 𝑦
′
2 = 𝑏(𝑥).
Consequentemente, da hipótese inicial e do anterior temos que
𝐶 ′1 𝑦1 + 𝐶
′
2 𝑦2 = 0
𝐶 ′1 𝑦
′
1 + 𝐶
′
2 𝑦
′
2 = 𝑏(𝑥),
ou equivalentemente, em forma matricial⎡⎣𝑦1 𝑦2
𝑦′1 𝑦
′
2
⎤⎦⎡⎣𝐶 ′1
𝐶 ′2
⎤⎦ =
⎡⎣ 0
𝑏(𝑥)
⎤⎦ . (3.17)
Se 𝑊 = 𝑑𝑒𝑡
⎡⎣𝑦1 𝑦2
𝑦′1 𝑦
′
2
⎤⎦ ̸= 0, então
⎡⎣𝐶 ′1
𝐶 ′2
⎤⎦ =
⎡⎣𝑦1 𝑦2
𝑦′1 𝑦
′
2
⎤⎦−1 ⎡⎣ 0
𝑏(𝑥)
⎤⎦ = 1
𝑊
⎡⎣ 𝑦′2 −𝑦2
−𝑦′1 𝑦1
⎤⎦⎡⎣ 0
𝑏(𝑥)
⎤⎦ = 1
𝑊
⎡⎣−𝑏(𝑥) 𝑦2
𝑏(𝑥) 𝑦1
⎤⎦
Portanto,
𝐶 ′1(𝑥) = −
1
𝑊
𝑏(𝑥) 𝑦2(𝑥) e 𝐶 ′2(𝑥) =
1
𝑊
𝑏(𝑥) 𝑦1(𝑥)
ou
𝐶1(𝑥) = −
∫︁
1
𝑊
𝑏(𝑥) 𝑦2(𝑥) 𝑑𝑥 e 𝐶2(𝑥) =
∫︁
1
𝑊
𝑏(𝑥) 𝑦1(𝑥) 𝑑𝑥
Consequentemente a solução particular de (3.15) é
𝑦𝑃 (𝑥) =
(︂
−
∫︁
1
𝑊
𝑏(𝑥) 𝑦2(𝑥) 𝑑𝑥
)︂
𝑦1 +
(︂∫︁
1
𝑊
𝑏(𝑥) 𝑦1(𝑥) 𝑑𝑥
)︂
𝑦2 (3.18)
Exemplo 3.6. Determine a solução geral da eq. completa 𝑦′′ + 𝑦 = tan𝑥.
Sol.: Observa-se que a solução da equação 𝑦′′ + 𝑦 = 0 é:
𝑦𝐻(𝑥) = 𝐶1 cos𝑥 + 𝐶2 sen𝑥,
37
onde {cos𝑥, sen𝑥} é um conjuntoLI no espaço das soluções do problema homogêneo asso-
ciado, isto pois o Wronskiano
𝑊 = 𝑑𝑒𝑡
⎡⎣ cos𝑥 sen𝑥
− sen𝑥 cos𝑥
⎤⎦ = 1 ̸= 0
Consequentemente,
𝑦𝑃 (𝑥) =
(︂
−
∫︁
tan𝑥 sen𝑥 𝑑𝑥
)︂
cos𝑥 +
(︂∫︁
tan𝑥 cos𝑥 𝑑𝑥
)︂
sen𝑥
=
(︂
tan𝑥 cos𝑥−
∫︁
cos𝑥 sec2 𝑥 𝑑𝑥
)︂
cos𝑥 +
(︂∫︁
sen𝑥 𝑑𝑥
)︂
sen𝑥
=
(︂
sen𝑥−
∫︁
sec𝑥 𝑑𝑥
)︂
cos𝑥− cos𝑥 sen𝑥
=
(︂
sen𝑥− ln | sec𝑥 + tan𝑥|
)︂
cos𝑥− cos𝑥 sen𝑥
= − ln | sec𝑥 + tan𝑥| cos𝑥 (3.19)
Exemplo 3.7. Determine a solução geral da eq. completa
(1− 𝑥) 𝑦′′ + 𝑥 𝑦′ − 𝑦 = 𝑒𝑥 (1− 𝑥)2, ∀ 𝑥 > 1
sabendo que ℬ = {𝑥, 𝑒𝑥} forma uma base do espaço de soluções da eq. homogênea associada.
Sol.: A EDO proposta equivale a resolver a equação diferencial
𝑦′′ +
𝑥
1− 𝑥 𝑦
′ − 1
1− 𝑥 𝑦 = 𝑒
𝑥 (1− 𝑥), (3.20)
onde ℬ é uma base do espaço de soluções da equação
𝑦′′ +
𝑥
1− 𝑥 𝑦
′ − 1
1− 𝑥 𝑦 = 0. (3.21)
Logo,
𝑦𝐻(𝑥) = 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 𝑒
𝑥.
Como o Wronskiano é:
𝑊 = 𝑑𝑒𝑡
⎡⎣𝑥 𝑒𝑥
1 𝑒𝑥
⎤⎦ = (𝑥− 1) 𝑒𝑥 ̸= 0
então, a solução particular é dada por
𝑦𝑃 (𝑥) =
(︂
−
∫︁
1
(𝑥− 1) 𝑒𝑥 𝑒
𝑥 (1− 𝑥) 𝑒𝑥 𝑑𝑥
)︂
𝑥 +
(︂∫︁
1
(𝑥− 1) 𝑒𝑥 𝑒
𝑥 (1− 𝑥) 𝑥 𝑑𝑥
)︂
𝑒𝑥
=
(︂∫︁
𝑒𝑥 𝑑𝑥
)︂
𝑥−
(︂∫︁
𝑥 𝑑𝑥
)︂
𝑒𝑥
= 𝑥 𝑒𝑥 − 𝑥
2
2
𝑒𝑥. (3.22)
38
Portanto, a solução geral de (3.20) é:
𝑦(𝑥) = 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 𝑒
𝑥 + 𝑥 𝑒𝑥 − 𝑥
2
2
𝑒𝑥. (3.23)
Exemplo 3.8. Determine a solução geral da eq. completa 𝑦′′′ − 2𝑦′′ − 𝑦′ + 2𝑦 = 𝑒𝑥.
Sol.: Uma base do espaço de soluções da equação homogênea associada é ℬ = {𝑒−𝑥, 𝑒𝑥, 𝑒2𝑥}
cujo Wronskiano é:
𝑊 = 𝑑𝑒𝑡
⎡⎢⎢⎢⎣
𝑒−𝑥 𝑒𝑥 𝑒2𝑥
−𝑒−𝑥 𝑒𝑥 2𝑒2𝑥
𝑒−𝑥 𝑒𝑥 4𝑒2𝑥
⎤⎥⎥⎥⎦ = 6𝑒2𝑥 ̸= 0.
Usando o método de Variação de Parâmetros temos que
𝑦𝑃 = 𝐶1(𝑥) 𝑒
−𝑥 + 𝐶2(𝑥) 𝑒𝑥 + 𝐶3(𝑥) 𝑒2𝑥, (3.24)
sendo 𝐶 ′1(𝑥), 𝐶 ′2(𝑥), 𝐶 ′3(𝑥) as soluções do sistema
𝐶 ′1(𝑥) 𝑒
−𝑥 + 𝐶 ′2(𝑥) 𝑒
𝑥 + 𝐶 ′3(𝑥) 𝑒
2𝑥 = 0
−𝐶 ′1(𝑥) 𝑒−𝑥 + 𝐶 ′2(𝑥) 𝑒𝑥 + 2𝐶 ′3(𝑥) 𝑒2𝑥 = 0 (3.25)
𝐶 ′1(𝑥) 𝑒
−𝑥 + 𝐶 ′2(𝑥) 𝑒
𝑥 + 4𝐶 ′3(𝑥) 𝑒
2𝑥 = 𝑒𝑥.
Calculando estas soluções temos:⎡⎢⎢⎢⎣
𝐶 ′1(𝑥)
𝐶 ′2(𝑥)
𝐶 ′3(𝑥)
⎤⎥⎥⎥⎦ =
⎡⎢⎢⎢⎣
𝑒−𝑥 𝑒𝑥 𝑒2𝑥
−𝑒−𝑥 𝑒𝑥 2𝑒2𝑥
𝑒−𝑥 𝑒𝑥 4𝑒2𝑥
⎤⎥⎥⎥⎦
−1 ⎡⎢⎢⎢⎣
0
0
𝑒𝑥
⎤⎥⎥⎥⎦ = 16𝑒2𝑥
⎡⎢⎢⎢⎣
2𝑒3𝑥 6𝑒𝑥 −2
−5𝑒3𝑥 3𝑒𝑥 0
𝑒3𝑥 −3𝑒𝑥 2
⎤⎥⎥⎥⎦
𝑇 ⎡⎢⎢⎢⎣
0
0
𝑒𝑥
⎤⎥⎥⎥⎦ (3.26)
⎡⎢⎢⎢⎣
𝐶 ′1(𝑥)
𝐶 ′2(𝑥)
𝐶 ′3(𝑥)
⎤⎥⎥⎥⎦ = 16𝑒2𝑥
⎡⎢⎢⎢⎣
2𝑒3𝑥 −5𝑒3𝑥 𝑒3𝑥
6𝑒𝑥 3𝑒𝑥 −3𝑒𝑥
−2 0 2
⎤⎥⎥⎥⎦
⎡⎢⎢⎢⎣
0
0
𝑒𝑥
⎤⎥⎥⎥⎦ = 16𝑒2𝑥
⎡⎢⎢⎢⎣
𝑒4𝑥
−3𝑒2𝑥
2𝑒𝑥
⎤⎥⎥⎥⎦ =
⎡⎢⎢⎢⎣
1
6
𝑒2𝑥
−1
2
1
3
𝑒−𝑥
⎤⎥⎥⎥⎦ (3.27)
Integrando obtemos
𝐶1(𝑥) =
1
12
𝑒2𝑥, 𝐶2(𝑥) = −𝑥
2
, 𝐶3(𝑥) = −1
3
𝑒−𝑥. (3.28)
Logo, a solução particular é dada por
𝑦𝑃 (𝑥) =
1
12
𝑒2𝑥 𝑒−𝑥 − 𝑥
2
𝑒𝑥 − 1
3
𝑒−𝑥 𝑒2𝑥
=
1
12
𝑒𝑥 − 𝑥
2
𝑒𝑥 − 1
3
𝑒𝑥
= −1
4
𝑒𝑥 − 𝑥
2
𝑒𝑥. (3.29)
39
Portanto, a solução geral é:
𝑦(𝑥) = 𝐶1 𝑒
−𝑥 + 𝐶2 𝑒𝑥 + 𝐶3 𝑒2𝑥 − 1
4
𝑒𝑥 − 𝑥
2
𝑒𝑥. (3.30)
3.3 Exercícios
1. Determine a solução geral de cada uma das equações.
(a) 𝑦′′ − 𝑦 = 0
(b) 𝑦′′ − 2𝑦′ − 8𝑦 = 0
(c) 𝑦′′ − 2𝑦′ + 3𝑦 = 0
(d) 𝑦′′ + 3𝑦′ − 10𝑦 = 0
(e) 𝑦′′′ − 3𝑦′′ − 3𝑦′ + 𝑦 = 0
(f) 𝑦′′′ + 10𝑦′′ + 25𝑦′ = 0
(g) 𝑦(4) + 2𝑦′′ + 𝑦 = 0
(h) 𝑦(5) − 2𝑦(4) + 17𝑦′′′ = 0.
2. Determine a solução geral de cada uma das equações.
(a) 𝑦′′′ + 5𝑦′ = 0
(b) 𝑦(4) − 7𝑦′′ − 18𝑦 = 0
(c) 𝑦(4) + 2𝑦′′ + 𝑦 = 0
(d) 𝑦(5) + 16𝑦′ = 0
(e) 𝑦(5) + 5𝑦(4) − 2𝑦′′′ − 10𝑦′′ + 𝑦′ + 5𝑦 = 0
(f) 𝑦′′′ + 12𝑦′′ + 36𝑦′ = 0
3. Resolva as seguintes equações diferenciais sujeitas às condições iniciais indicadas.
(a) 𝑦′′ + 16𝑦 = 0; 𝑦(0) = 2, 𝑦′(0) = −2
(b) 𝑦′′ + 6𝑦′ + 5𝑦 = 0; 𝑦(0) = 0, 𝑦′(0) = 3
(c) 𝑦′′′ − 8𝑦 = 0;
𝑦(𝜋/3) = 0, 𝑦′(𝜋/3) = 2, 𝑦′′(𝜋/3) = 0
(d) 𝑦′′ − 𝑦 = 0; 𝑦(0) = 1, 𝑦′(0) = 1
(e) 𝑦′′ + 𝑦 = 0; 𝑦(0) = 0, 𝑦′(0) = −1,
(f)
𝑑4𝑦
𝑑𝑥
= 0; 𝑦(0) = 2, 𝑦′(0) = 3,
𝑦′′(0) = 4, 𝑦′′′(0) = 5
4. Seja a equação 𝑚𝑥′′ + 𝑘𝑥 = 𝐹0 cos𝑤𝑡 que descreve oscilações não amortecidas de
um sistema mecânico massa-mola. Ache a solução geral para esta equação.
5. Resolva o problema de valor inicial:
𝑦′′ + 9𝑦 = 80 cos 5𝑥 , 𝑦(0) = 𝑦′(0) = 0.
6. Determine a solução geral de cada uma das equações usando o método de variação dos
parâmetros (MVP).
(a) 𝑦′′ + 2𝑦′ + 𝑦 = 𝑒−𝑥 ln𝑥
(b) 𝑦′′ − 3𝑦′ + 2𝑦 = (1 + 𝑒−𝑥)−1
(c) 𝑦′′ − 2𝑦′ − 3𝑦 = 64𝑥𝑒−𝑥
(d) 𝑦′′ − 𝑦′ = tan 2𝑥
(e) 𝑦′′ + 𝑦 = sec𝑥 tan𝑥
(f) 𝑦′′′ + 𝑦′ = sec𝑥
(g) 𝑦′′ + 𝑦 = sec𝑥
(h) 𝑥2𝑦′′ − 2𝑦 = (𝑥− 1)𝑥−2, 𝑦1 = 1/𝑥, 𝑦2 = 𝑥2.
40
Capítulo 4
Sistema de Equações Diferenciais
Lineares
Um sistema de equações diferenciais ordinárias é um conjunto de equações que envolve
dois ou mais variáveis dependentes que dependem de uma variável independente.
No decorrer deste capítulo, trabalharemos apenas com sistemas lineares com Coeficientes
Constantes.
4.1 Sistemas Homogêneos de 1𝑟𝑎 Ordem
Consideremos o sistema de n-equações diferenciais com coeficientes reais⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
𝑥′1 = 𝑎11𝑥1 + 𝑎12𝑥2 + ... + 𝑎1𝑛𝑥𝑛
𝑥′2 = 𝑎21𝑥1 + 𝑎22𝑥2 + ... + 𝑎2𝑛𝑥𝑛
.
.
.
𝑥′𝑛 = 𝑎𝑛1𝑥1 + 𝑎𝑛2𝑥2 + ... + 𝑎𝑛𝑛𝑥𝑛
(4.1)
Em forma matricial, escreve-se (4.1) da forma:
X′ = A X, (4.2)
41
onde
X =
⎡⎢⎢⎢⎣
𝑥1
...
𝑥𝑛
⎤⎥⎥⎥⎦ e A =
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
𝑎11 𝑎12 . . . 𝑎1𝑛
𝑎21 𝑎22 . . . 𝑎2𝑛
...
... . . .
...
𝑎𝑛1 𝑎𝑛2 . . . 𝑎𝑛𝑛
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
𝑛×𝑛
.
O sistema (4.2) é chamado de Sistema Linear Homogêneo de Primeira Ordem,
cuja solução em um intervalo 𝐼 é qualquer vetor X cujos elementos são diferenciáveis que
verificam o sistema (4.2) no intervalo.
Definição 4.1. Qualquer conjunto X1, X2, . . . ,Xn de n-vetores solução linearmente inde-
pendentes do sistema homogêneo (4.1) em um intervalo aberto 𝐼 (isto é, onde o Wronskiano
𝑊 (X1,X2, . . . ,Xn) ̸= 0 para 𝑡 ∈ 𝐼) é chamado um conjunto fundamental de soluções
no intervalo. A matriz
Φ =
[︁
X1 X2 · · · Xn
]︁
=
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
𝑥11 𝑥12 · · · 𝑥1𝑛
𝑥21 𝑥22 · · · 𝑥2𝑛
...
...
𝑥𝑛1 𝑥𝑛2 · · · 𝑥𝑛𝑛
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦ , onde Xi =
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
𝑥1𝑖
𝑥2𝑖
...
𝑥𝑛𝑖
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦ (4.3)
é chamada uma matriz fundamental do sistema no intervalo.
Teorema 4.1. (Princípio de Superposição) Sejam X1, X2, . . . ,Xn n-soluções L.I. do
sistema homogêneo (4.1) no intervalo aberto 𝐼. Se 𝑐1, 𝑐2, . . . , 𝑐𝑛 são constantes, então a
combinação linear X = 𝑐1 X1 + 𝑐2 X2 + · · ·+ 𝑐𝑛 Xn é também solução de (4.1) em 𝐼.
Definição 4.2. Seja X1, X2, . . . ,Xn um conjunto fundamental de soluções do sistema
homogêneo (4.1) em um intervalo 𝐼. Define-se a solução geral do sistema no intervalo
como
X = 𝑐1 X1 + 𝑐2 X2 + · · ·+ 𝑐𝑛 Xn = ΦC, C =
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
𝑐1
𝑐2
...
𝑐𝑛
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦ (4.4)
onde Φ é a matriz fundamental e os 𝑐𝑖 são constantes arbitrárias.
Teorema 4.2. (Existência de uma solução única) Seja 𝑡0 um ponto pertencente ao
intervalo 𝐼, tal que ⎧⎨⎩ X′ = A XX(𝑡0) = X0 (4.5)
42
Então, existe uma única solução X(𝑡) definida em 𝐼 que satisfaz o problema de valor inicial
(4.5).
A Partir de (4.4) temos que X(𝑡) = Φ(𝑡)C. Logo, substituindo a condição inicial
X(𝑡0) = X0, encontramos que
X(0) = Φ(0)C
X0 = Φ(0)C
C = Φ(0)−1X0
Portanto, a solução do problema de valor inicial homogêneo é dado por
X(𝑡) = Φ(𝑡)Φ(0)−1X0.
Para determinarmos uma solução geral X que satisfaça (4.2) usaremos um método aná-
logo ao que foi empregado para resolver equações lineares de 1𝑟𝑎 ordem incompletas com
coeficientes constantes. Isto é, procuramos soluçõesde (4.2) da forma:
X(𝑡) = v⃗ 𝑒𝜆 𝑡 (4.6)
onde o expoente 𝜆 e o vetor constante v⃗ são grandezas a determinar.
Substituindo (4.6) em (4.2) temos 𝜆 v⃗ 𝑒𝜆 𝑡 = A(v⃗ 𝑒𝜆 𝑡) ⇒ 𝜆 v⃗ = A(v⃗), logo
(A− 𝜆I) v⃗ = 0. (4.7)
Note-se da última identidade que o problema agora consiste em achar os autovalores 𝜆 e
autovetores v⃗ associados à matriz A.
4.1.1 Autovalores Reais Distintos
Como consequência do Principio de Superposição temos que, a solução correspondente
ao sistema (4.1) quando a matriz 𝐴 tem n-autovalores reais diferentes (𝜆1 ̸= 𝜆2 ̸= · · · ≠ 𝜆𝑛)
é da forma
X(𝑡) = 𝑐1
−→v1 𝑒𝜆1𝑡 + 𝑐2 −→v2 𝑒𝜆2𝑡 + · · ·+ 𝑐𝑛 −→vn 𝑒𝜆𝑛𝑡 (4.8)
onde −→v1, −→v2, . . . , −→vn são os correspondentes autovetores de 𝜆1, 𝜆2, . . . , 𝜆𝑛.
Exemplo 4.1. Ache a solução geral do sistema
X′ =
⎡⎣ 1 1
4 1
⎤⎦ X.
43
Sol.: Suponhamos que X(𝑡) = v⃗ 𝑒𝜆𝑡 é uma solução do sistema, logo
(A− 𝜆 I) v⃗ =
⎡⎣ 1− 𝜆 1
4 1− 𝜆
⎤⎦⎡⎣ 𝑣1
𝑣2
⎤⎦ =
⎡⎣ 0
0
⎤⎦ . (4.9)
O polinômio característico será denotado por 𝑝(𝜆), que é o determinante da matriz associada
à equação característica. Assim 𝑝(𝜆) = (1− 𝜆)2 − 4, isto é
𝑝(𝜆) = (1− 𝜆)2 − 4 = 1− 2𝜆 + 𝜆2 − 4 = 𝜆2 − 2𝜆− 3 = (𝜆 + 1)(𝜆− 3) = 0
Portanto, os autovalores de A, que são as raí zes da equação característica, são: 𝜆1 = −1 e
𝜆2 = 3.
Para cada um destes autovalores precisamos calcular previamente os autovetores v⃗ asso-
ciados.
Assim, em (4.9) substituindo o valor de 𝜆1 temos:
(A− 𝜆1 I) v⃗ =
⎡⎣ 2 1
4 2
⎤⎦ ·
⎡⎣ 𝑣1
𝑣2
⎤⎦ =
⎡⎣ 0
0
⎤⎦ ⇒ 𝑣2 = −2𝑣1
Logo, o autovetor v⃗ é do tipo
⎡⎣ 𝑣1
−2𝑣1
⎤⎦ = 𝑣1
⎡⎣ 1
−2
⎤⎦.
Note que o auto-espaço associado a 𝜆1 é 𝑆𝜆1 = [(1,−2)]. Portanto, uma solução do
sistema é X1(𝑡) =
⎡⎣ 1
−2
⎤⎦ 𝑒−𝑡.
Por outro lado, calculando o autovetor v⃗ associado ao autovalor 𝜆2 do sistema (4.9)
temos:
(A− 𝜆2 I) v⃗ =
⎡⎣ −2 1
4 −2
⎤⎦ .
⎡⎣ 𝑣1
𝑣2
⎤⎦ =
⎡⎣ 0
0
⎤⎦ ⇒ 𝑣2 = 2𝑣1
Logo, o autovetor v⃗ é do tipo
⎡⎣ 𝑣1
2𝑣1
⎤⎦ = 𝑣1
⎡⎣ 1
2
⎤⎦ .
Note que o auto-espaço associado a 𝜆2 é 𝑆𝜆2 = [(1, 2)]. Portanto, uma solução do sistema é
X2(𝑡) =
⎡⎣ 1
2
⎤⎦ 𝑒3𝑡.
Assim, a solução do sistema proposto constitui um conjunto fundamental L.I de soluções
(𝑊 [X1,X2] ̸= 0). Logo, a solução geral do sistema é:
X(𝑡) = 𝑐1 X1(𝑡) + 𝑐2 X2(𝑡) = 𝑐1
⎡⎣ 1
−2
⎤⎦ 𝑒−𝑡 + 𝑐2
⎡⎣ 1
2
⎤⎦ 𝑒3𝑡.
44
4.1.2 Autovalores Complexos
Mesmo se alguns dos autovalores são complexos, desde que sejam distintos, o método des-
crito anteriormente, ainda fornece n-soluções linearmente independentes. A única complica-
ção é que os autovetores associados aos autovalores complexos, são normalmente complexos,
assim, teremos soluções complexas.
Teorema 4.3. (Soluções complexas correspondentes a autovalores complexos) Seja
A a matriz de coeficientes do sistema homogêneo (4.2) e seja v um autovetor correspondente
ao autovalor complexo 𝜆 = 𝛼+𝑖𝛽, com 𝛼 e 𝛽 reais (v o autovetor conjugado correspondente
ao autovalor conjugado �¯�). Então,
X1(𝑡) = v.𝑒
𝜆𝑡 e X2(𝑡) = v.𝑒�¯�𝑡
são soluções complexas de (4.2).
Exemplo 4.2. Encontre as soluções complexas do sistema⎧⎪⎨⎪⎩
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 6𝑥− 𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 5𝑥 + 4𝑦
Sol.: Os autovalores são as raízes do polinômio característico
𝑝(𝜆) = 𝑑𝑒𝑡(A− 𝜆I) =
⃒⃒⃒⃒
⃒⃒ 6− 𝜆 −1
5 4− 𝜆
⃒⃒⃒⃒
⃒⃒
= (6− 𝜆)(4− 𝜆) + 5 = 𝜆2 − 10𝜆 + 29 = 0. (4.10)
Assim, os autovalores são: 𝜆1 = 5 + 2𝑖 e 𝜆2 = 5− 2𝑖.
Para 𝜆1 = 5 + 2𝑖, vemos que seu autovetor associado v = (𝑣1, 𝑣2) é solução do sistema⎡⎣ 1− 2𝑖 −1
5 −1− 2𝑖
⎤⎦⎡⎣ 𝑣1
𝑣2
⎤⎦ =
⎡⎣ 0
0
⎤⎦ ⇔
⎧⎨⎩ (1− 2𝑖)𝑣1 − 𝑣2 = 05𝑣1 − (1 + 2𝑖)𝑣2 = 0 ⇔
𝑣1 = 1
𝑣2 = 1− 2𝑖
Portanto o autovetor v associado a 𝜆1 é:
⎡⎣ 1
1− 2𝑖
⎤⎦.
Em consequência do Teorema 4.3, as duas soluções complexas do sistema, são
X1 =
⎡⎣ 1
1− 2𝑖
⎤⎦ 𝑒(5+2𝑖)𝑡 e X2 =
⎡⎣ 1
1 + 2𝑖
⎤⎦ 𝑒(5−2𝑖)𝑡.
45
Teorema 4.4. (Soluções reais correspondentes a um autovalor complexo) Seja
𝜆 = 𝛼 + 𝑖𝛽 um autovalor complexo da matriz A de coeficientes reais no sistema homogêneo
(4.2) e v seu autovetor correspondente.
Se B1 = 𝑅𝑒(v) =
1
2
[v + v¯] e B2 = 𝐼𝑚(v) =
𝑖
2
[−v + v¯], então:
X1 = 𝑅𝑒(v𝑒
𝛼𝑡) = (B1 cos 𝛽𝑡−B2 sen 𝛽𝑡) 𝑒𝛼𝑡 (4.11)
X2 = 𝐼𝑚(v𝑒
𝛼𝑡) = (B2 cos 𝛽𝑡 +B1 sen 𝛽𝑡) 𝑒
𝛼𝑡 (4.12)
são soluções reais linearmente independentes do sistema homogêneo (4.2).
Exemplo 4.3. Ache uma solução geral real do sistema⎧⎪⎨⎪⎩
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 6𝑥− 𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 5𝑥 + 4𝑦
Sol.: No exemplo anterior, vimos que:
Para 𝜆1 = 5 + 2𝑖 seu autovetor associado é:
⎡⎣ 1
1− 2𝑖
⎤⎦ =
⎡⎣ 1
1
⎤⎦+ 𝑖
⎡⎣ 0
−2
⎤⎦ e
para 𝜆2 = �¯�1 = 5− 2𝑖 seu autovetor associado é:
⎡⎣ 1
1 + 2𝑖
⎤⎦ =
⎡⎣ 1
1
⎤⎦+ 𝑖
⎡⎣ 0
2
⎤⎦.
Em consequência do Teorema 4.4, as duas soluções reais do sistema são:
X1 =
(︃⎡⎣ 1
1
⎤⎦ cos 2𝑡−
⎡⎣ 0
−2
⎤⎦ sen 2𝑡)︃𝑒5𝑡 =
⎡⎣ cos 2𝑡
cos 2𝑡 + 2 sen 2𝑡
⎤⎦ 𝑒5𝑡 (4.13)
X2 =
(︃⎡⎣ 0
−2
⎤⎦ cos 2𝑡 +
⎡⎣ 1
1
⎤⎦ sen 2𝑡)︃𝑒5𝑡 =
⎡⎣ sen 2𝑡
−2 cos 2𝑡 + sen 2𝑡
⎤⎦ 𝑒5𝑡. (4.14)
Usando o princípio da superposição, concluímos que a solução geral do sistema é:
X = 𝑐1
⎡⎣ cos 2𝑡
cos 2𝑡 + 2 sen 2𝑡
⎤⎦ 𝑒5𝑡 + 𝑐2
⎡⎣ sen 2𝑡
−2 cos 2𝑡 + sen 2𝑡
⎤⎦ 𝑒5𝑡.
4.1.3 Autovalores Repetidos
Seja A a matriz 𝑛× 𝑛 de coeficientes do sistema homogêneo (4.2). Se 𝜆 é um autovalor
de multiplicidade 𝑚 (𝑚 ≤ 𝑛), distinguimos duas possibilidades:
1. Existem 𝑚 autovetores linearmente independentes −→v1, −→v2, . . . ,−→vm correspondentes ao
autovalor 𝜆. Neste caso, a solução geral do sistema contém a combinação linear
𝑐1
−→v1 𝑒𝜆𝑡 + 𝑐2 −→v2 𝑒𝜆𝑡 + · · ·+ 𝑐𝑚 −→vm 𝑒𝜆𝑡.
46
2. Se há apenas um autovetor correspondendo ao autovalor 𝜆 de multiplicidade 𝑚. Este
caso não será tratado pois requer de um estudo mais detalhado.
Exemplo 4.4. Ache uma solução geral do sistema⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 9𝑥 + 4𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= −6𝑥− 𝑦
𝑑𝑧
𝑑𝑡
= 6𝑥 + 4𝑦 + 3𝑧
ou X′ =
⎡⎢⎢⎢⎣
9 4 0
−6 −1 0
6 4 3
⎤⎥⎥⎥⎦ X
Sol.: Os autovalores são as raízes do polinômio característico
𝑝(𝜆) = 𝑑𝑒𝑡(A− 𝜆I) =
⃒⃒⃒⃒
⃒⃒⃒⃒
⃒
9− 𝜆 4 0
−6 −1− 𝜆 0
6 4 3− 𝜆
⃒⃒⃒⃒
⃒⃒⃒⃒
⃒
= (𝜆− 5)(𝜆− 3)2 = 0. (4.15)
Assim, os autovalores são: 𝜆1 = 5 e 𝜆2 = 𝜆3 = 3 (𝜆2 de multiplicidade 2).
Para 𝜆1 = 5, vemos que o sistema⎡⎢⎢⎢⎣
4 4 0
−6 −6 0
6 4 −2
⎤⎥⎥⎥⎦
⎡⎢⎢⎢⎣
𝑣1
𝑣2
𝑣3
⎤⎥⎥⎥⎦ =
⎡⎢⎢⎢⎣
0
0
0
⎤⎥⎥⎥⎦ ⇔
⎧⎨⎩ 𝑣1 = −𝑣2𝑣1 = 𝑣3 ⇔ v⃗ = 𝑣1
⎡⎢⎢⎢⎣
1
−1
1
⎤⎥⎥⎥⎦
Para 𝜆2 = 3, vemos que o sistema⎡⎢⎢⎢⎣
6 4 0
−6 −4 0
6 4 0
⎤⎥⎥⎥⎦
⎡⎢⎢⎢⎣
𝑣1
𝑣2
𝑣3
⎤⎥⎥⎥⎦ =
⎡⎢⎢⎢⎣
0
0
0
⎤⎥⎥⎥⎦ ⇔ 3𝑣1 = −2𝑣2 ⇔ v⃗ = 𝑣1
⎡⎢⎢⎢⎣
1
−3/2
0
⎤⎥⎥⎥⎦+ 𝑣3
⎡⎢⎢⎢⎣
0
0
1
⎤⎥⎥⎥⎦
Considerando 𝑣1 = 2 e 𝑣3 = 0 temos o autovetor associado a 𝜆2,
⎡⎢⎢⎢⎣
2
−3
0
⎤⎥⎥⎥⎦.
Quando 𝑣1 = 0 e 𝑣3 = 1 temos outro autovetor associado a 𝜆2, dado por:
⎡⎢⎢⎢⎣
0
0
1
⎤⎥⎥⎥⎦.
Como o conjunto de vetores {(1,−1, 1), (2,−3, 0), (0, 0, 1)} são linearmente independen-
tes, usando o princípio da superposição, concluímos que a solução geral do sistema é:
X(𝑡) = 𝑐1
⎡⎢⎢⎢⎣
1
−1
1
⎤⎥⎥⎥⎦ 𝑒5𝑡 + 𝑐2
⎡⎢⎢⎢⎣
2
−3
0
⎤⎥⎥⎥⎦ 𝑒3𝑡 + 𝑐3
⎡⎢⎢⎢⎣
0
0
1
⎤⎥⎥⎥⎦ 𝑒3𝑡.
47
4.1.4 Exercícios
1. Achar a solução geral do sistema de equações
(a) X′ =
⎡⎣5 −1
0 3
⎤⎦X
(b) X′ =
⎡⎢⎢⎢⎣
5 5 2
−6 −6 −5
6 6 5
⎤⎥⎥⎥⎦X
(c) X′ =
⎡⎢⎢⎢⎣
1 0 0
2 1 −2
3 2 1
⎤⎥⎥⎥⎦X (d) X
′ =
⎡⎣ 1 −10
−7 10
⎤⎦X
2. Resolver o problema de valor inicial proposto
(a) X′ =
⎡⎣5 −1
3 1
⎤⎦X, X(0) =
⎡⎣ 2
−1
⎤⎦
(b) X′ =
⎡⎣1 −5
1 −3
⎤⎦X, X(0) =
⎡⎣1
1
⎤⎦
(c) X′ =
⎡⎢⎢⎢⎣
1 1 2
0 2 2
−1 1 3
⎤⎥⎥⎥⎦X, X(0) =
⎡⎢⎢⎢⎣2
0
1
⎤⎥⎥⎥⎦
(d) X′ =
⎡⎣−2 1
−5 4
⎤⎦X, X(0) =
⎡⎣1
3
⎤⎦
(e) X′ =
⎡⎣−3 2
−1 −1
⎤⎦X, X(0) =
⎡⎣ 1
−2
⎤⎦
(f) X′ =
⎡⎢⎢⎢⎣
0 0 −1
2 0 0
−1 2 4
⎤⎥⎥⎥⎦X, X(0) =
⎡⎢⎢⎢⎣
7
5
5
⎤⎥⎥⎥⎦
3. Resolver o problema de valor inicial proposto
(a) X′ =
⎡⎣3 −4
4 −7
⎤⎦X, X(0) =
⎡⎣3
2
⎤⎦
(b) X′ =
⎡⎢⎢⎢⎣
−5/2 1 1
1 −5/2 1
1 1 −5/2
⎤⎥⎥⎥⎦X, X(0) =
⎡⎢⎢⎢⎣
2
3
−1
⎤⎥⎥⎥⎦
4.2 Sistemas Não Homogêneos de 1𝑟𝑎 Ordem
Um sistema linear de primeira ordem não homogêneo é da forma
X′ = AX+B(𝑡), (4.16)
onde B(𝑡) é contínua em um intervalo 𝐼.
48
Uma solução geral de (4.16) é da forma:
X(𝑡) = Xh(𝑡) +Xp(𝑡), (4.17)
onde Xh é a solução geral do sistema homogêneo X′ = AX e Xp é uma solução particular
de (4.16).
Teorema 4.5. (Existência de uma solução única) Suponhamos 𝐵(𝑡) uma função con-
tínua em um intervalo 𝐼 que contenha o ponto 𝑡0. Então, existe uma única solução X(𝑡)
definida em 𝐼 que satisfaz o problema de valor inicial⎧⎨⎩ X′ = A X+B(𝑡)X(𝑡0) = X0 (4.18)
Cálculo da Solução Particular Xp: Dois métodos podem ser usados
1. Coeficientes Indeterminados
2. Variação de Parâmetros
4.2.1 Método de Variação de Parâmetros
Seja Xh uma solução do problema homogêneo X′ = AX, onde
Xh(𝑡) = 𝑐1 X1(𝑡) + 𝑐2 X2(𝑡) + · · ·+ 𝑐𝑛 Xn(𝑡),
onde X1, X2, . . . , Xn são soluções fundamentais.
Denotemos por Φ(𝑡) a matriz fundamental cujos vetores coluna são: X1, X2, . . . , Xn e
C =
⎛⎜⎜⎜⎝
𝑐1
...
𝑐𝑛
⎞⎟⎟⎟⎠, então:
Xh(𝑡) = Φ(𝑡) C ⇔ Φ′(𝑡) = A Φ(𝑡). (4.19)
Uma solução Xp (particular) do sistema linear não homogenêo
X′ = AX+B(t) (4.20)
será asssumida da forma
Xp(𝑡) = Φ(𝑡) u⃗(𝑡).
49
O propósito agora é determinar u⃗(𝑡) de forma que Xp(𝑡) satisfaça (4.20). Assim,
X′p(𝑡) = Φ
′(𝑡) u⃗(𝑡) + Φ(𝑡) u⃗′(𝑡) = AΦ(𝑡) u⃗(𝑡) +B(𝑡). (4.21)
Portanto, de (4.19) segue-se que
Φ(𝑡) u⃗′(𝑡) = B(𝑡). (4.22)
Consequentemente,
u⃗′(𝑡) = Φ−1(𝑡)B(𝑡) ⇒ u(𝑡) =
∫︁
Φ−1(𝑡)B(𝑡) 𝑑𝑡 ⇒ Xp(𝑡) = Φ(𝑡)
∫︁
Φ−1(𝑡)B(𝑡) 𝑑𝑡. (4.23)
Logo, a solução geral de (4.20) é da forma:
X(𝑡) = Xh(𝑡) +Xp(𝑡)
= Φ(𝑡) C+ Φ(𝑡)
∫︁
Φ−1(𝑡)B(𝑡) 𝑑𝑡. (4.24)
Observação 4.1. Deve-se notar que:
1. A escolha da constante em (4.23) é irrelevante pois precisamos apenas de uma solução
particular.
2. Em problemas de valor inicial é conveniente escolher a constante de integração de modo
que Xp(0) = 0, e desta maneira integrar de 0 para 𝑡,
Xp(𝑡) = Φ(𝑡)
∫︁ 𝑡
0
Φ−1(𝑠)B(𝑠) 𝑑𝑠.
Desta maneira temos que a solução geral é
X(𝑡) = Φ(𝑡) C+ Φ(𝑡)
∫︁ 𝑡
0
Φ−1(𝑠)B(𝑠) 𝑑𝑠.
Exemplo 4.5. Ache a solução geral do PVI
X′ =
⎡⎣4 2
3 −1
⎤⎦X−
⎡⎣15
4
⎤⎦ 𝑡 𝑒−2𝑡 (4.25)
X(0) =
⎡⎣ 1
−1
⎤⎦ (4.26)
Sol.: Dividiremos a solução do exercício em duas etapas:
1𝑟𝑎 Etapa: (Solução do Problema Homogêneo X′ = AX).
50
Calculando as raízes de 𝑝(𝜆) = 𝑑𝑒𝑡
⎡⎣4− 𝜆 2
3 −1− 𝜆
⎤⎦ = (𝜆 − 5)(𝜆 + 2) = 0, obtemos os
autovalores 𝜆1 = 5 e 𝜆2 = −2.
Para 𝜆1 = 5 temos o autovetor −→v1 =
⎡⎣2
1
⎤⎦ e para 𝜆2 = −2 o autovetor −→v2 =
⎡⎣ 1
−3
⎤⎦.
Portanto,
Xh(𝑡) = 𝑐1
⎡⎣2
1
⎤⎦ 𝑒5𝑡 + 𝑐2
⎡⎣ 1
−3
⎤⎦ 𝑒−2𝑡 =
⎡⎣2𝑒5𝑡 𝑒−2𝑡
𝑒5𝑡 −3𝑒−2𝑡
⎤⎦⎡⎣𝑐1
𝑐2
⎤⎦
= Φ(𝑡) C (4.27)
2𝑑𝑎 Etapa: (Solução Particular do Problema Não Homogêneo X′ = AX+B(𝑡) ).
Pelo que foi visto, Xp(𝑡) = Φ(𝑡)
∫︀
Φ−1(𝑠) B(𝑠) 𝑑𝑠, sendo
Φ−1(𝑡) =
1
𝑑𝑒𝑡Φ
[𝐶𝑜𝑓 Φ]𝑇 =
1
−7𝑒3𝑡
⎡⎣−3𝑒−2𝑡 −𝑒5𝑡
−𝑒−2𝑡 2𝑒5𝑡
⎤⎦𝑇 = − 1
7𝑒3𝑡
⎡⎣−3𝑒−2𝑡 −𝑒−2𝑡
−𝑒5𝑡 2𝑒5𝑡
⎤⎦
=
1
7𝑒3𝑡
⎡⎣3𝑒−2𝑡 𝑒−2𝑡
𝑒5𝑡 −2𝑒5𝑡
⎤⎦ . (4.28)
Logo, uma solução particular é
Xp(𝑡) =
⎡⎣2𝑒5𝑡 𝑒−2𝑡
𝑒5𝑡 −3𝑒−2𝑡
⎤⎦ ∫︁ 𝑡
0
1
7𝑒3𝑠
⎡⎣3𝑒−2𝑠 𝑒−2𝑠
𝑒5𝑠 −2𝑒5𝑠
⎤⎦⎡⎣−15 𝑠 𝑒−2𝑠
−4 𝑠 𝑒−2𝑠
⎤⎦ 𝑑𝑠
=
⎡⎣2𝑒5𝑡 𝑒−2𝑡
𝑒5𝑡 −3𝑒−2𝑡
⎤⎦ ∫︁ 𝑡
0
1
7𝑒3𝑠
⎡⎣−49 𝑠 𝑒−4𝑠
−7 𝑠 𝑒3𝑠
⎤⎦ 𝑑𝑠
=
⎡⎣2𝑒5𝑡 𝑒−2𝑡
𝑒5𝑡 −3𝑒−2𝑡
⎤⎦ ∫︁ 𝑡
0
⎡⎣−7 𝑠 𝑒−7𝑠
−𝑠
⎤⎦ 𝑑𝑠
=
⎡⎣2𝑒5𝑡 𝑒−2𝑡
𝑒5𝑡 −3𝑒−2𝑡
⎤⎦ ⎡⎣−7 ∫︀ 𝑡0 𝑠 𝑒−7𝑠 𝑑𝑠
− ∫︀ 𝑡
0
𝑠 𝑑𝑠
⎤⎦
=
⎡⎣2𝑒5𝑡 𝑒−2𝑡
𝑒5𝑡 −3𝑒−2𝑡
⎤⎦ ⎡⎣𝑠 𝑒−7𝑠 + 1/7 𝑒−7𝑠
⃒⃒⃒𝑡
0
−1/2 𝑠2
⃒⃒⃒𝑡
0
⎤⎦
=
⎡⎣2𝑒5𝑡 𝑒−2𝑡
𝑒5𝑡 −3𝑒−2𝑡
⎤⎦ ⎡⎣𝑡 𝑒−7𝑡 + 1/7 𝑒−7𝑡 − 1/7
−1/2 𝑡2
⎤⎦
=
⎡⎣𝑒−2𝑡(2𝑡 + 2/7− 2/7 𝑒5𝑡 − 1/2 𝑡2)
𝑒−2𝑡(𝑡 + 1/7− 1/7 𝑒5𝑡 + 3/2 𝑡2)
⎤⎦ (4.29)
51
Consequentemente a solução geral é:
X(𝑡) = Xh(𝑡) +Xp(𝑡).
4.3 Sistemas Homogêneos de 2𝑑𝑎 Ordem
Consideremos o sistema de n-equações diferenciais com coeficientes constantes⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
𝑥′′1 = 𝑎11𝑥1 + 𝑎12𝑥2 + ... + 𝑎1𝑛𝑥𝑛
𝑥′′2 = 𝑎21𝑥1 + 𝑎22𝑥2 + ... + 𝑎2𝑛𝑥𝑛
.
.
.
𝑥′′𝑛 = 𝑎𝑛1𝑥1 + 𝑎𝑛2𝑥2 + ... + 𝑎𝑛𝑛𝑥𝑛
(4.30)
Em forma matricial, escreve-se (4.30) da forma:
X′′ = A X, (4.31)
onde
X =
⎛⎜⎜⎜⎝
𝑥1
.
𝑥𝑛
⎞⎟⎟⎟⎠ e A =
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
𝑎11 𝑎12 ... 𝑎1𝑛
𝑎21 𝑎22 ... 𝑎2𝑛
. . . .
𝑎𝑛1 𝑎𝑛2 ... 𝑎𝑛𝑛
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
𝑛×𝑛
.
O sistema (4.31) é chamado de Sistema Linear Homogêneo de Segunda Ordem.
Para determinarmos uma solução de (4.31) usaremos uma solução tentativa da forma:
X(𝑡) = v⃗ 𝑒𝛼 𝑡 (4.32)
onde v⃗ é um vetor constante.
Então, X′′(𝑡) = 𝛼2 v⃗ 𝑒𝛼𝑡. Assim, substituindo em (4.31) tem-se 𝛼2 v⃗ 𝑒𝛼𝑡 = A v⃗ 𝑒𝛼𝑡, o
que implica que
A v⃗ = 𝛼2 v⃗.
Portanto, X(𝑡) = v⃗ 𝑒𝛼𝑡 é solução de X′′ = AX, se e somente se, A v⃗ = 𝛼2 v⃗.
52
4.3.1 Aplicações à Mecânica
Consideremos três massas ligadas uma a outra e a duas paredes por quatro molas, Suponhamos
que as massas deslizam sem atrito e que cada mola obedece a “lei de Hooke"(sua extensão
ou compreensão 𝑥 e força 𝐹 de reação é relacionada pela formula 𝐹 = −𝑘𝑥).
Se os deslocamentos para a direita 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3 das três massas (a partir de suas posições
de equilíbrio) são todos positivos, então:
• A primeira mola está esticada da distância 𝑥1;
• A segunda mola está esticada da distância 𝑥2 − 𝑥1;
• A terceira mola está esticada da distância 𝑥3 − 𝑥2;
• A quarta mola está comprimida da distância 𝑥3.
Portanto, aplicando a 2𝑑𝑎 lei de Newton (𝑚𝑎 = 𝐹 ), temos para as três massas suas equações
de movimento
𝑚1𝑥
′′
1 = −𝑘1𝑥1 + 𝑘2(𝑥2 − 𝑥1) = −(𝑘1 + 𝑘2)𝑥1 + 𝑘2𝑥2
𝑚2𝑥
′′
2 = −𝑘2(𝑥2 − 𝑥1) + 𝑘3(𝑥3 − 𝑥2) = 𝑘2𝑥1 − (𝑘2 + 𝑘3)𝑥2 + 𝑘3𝑥3 (4.33)
𝑚3𝑥
′′
3 = −𝑘3(𝑥3 − 𝑥2)− 𝑘4𝑥3 = 𝑘3𝑥2 − (𝑘3 + 𝑘4)𝑥3
Chamando X =
⎡⎢⎢⎢⎣
𝑥1
𝑥2
𝑥3
⎤⎥⎥⎥⎦ o vetor deslocamento, de M =
⎡⎢⎢⎢⎣
𝑚1 0 0
0 𝑚2 0
0 0 𝑚3
⎤⎥⎥⎥⎦ a matriz de massa, e
a matriz de rigidez de K =
⎡⎢⎢⎢⎣
−(𝑘1 + 𝑘2) 𝑘2 0
𝑘2 −(𝑘2 + 𝑘3) 𝑘3
0 𝑘3 −(𝑘3 + 𝑘4)
⎤⎥⎥⎥⎦ temos que (4.33) toma a
53
forma matricial
MX′′ = KX.
Como o 𝑑𝑒𝑡M = 𝑚1𝑚2𝑚3 ̸= 0, então existe M−1, logo
X′′ = M−1KX.
Chamando A = M−1K temos um sistema matricial de 2𝑑𝑎 ordem homogêneo, da forma
X′′ = AX. (4.34)
Logo, X(𝑡) = v⃗ 𝑒𝛼𝑡 é uma solução de (4.34) se e somente se
A v⃗ = 𝛼2 v⃗. (4.35)
Portanto, 𝜆 = 𝛼2 é um autovalor de A e v⃗ um autovetor associado.
Como X′′ = AX modela um sistema mecânico, é típico que os autovalores sejam números
reais negativos. Se 𝜆 = 𝛼2 < 0 ⇒ 𝛼 = ±𝑖√︀|𝜆|.
Portanto,
X(𝑡) = v⃗ 𝑒𝛼𝑡 = v⃗ 𝑒−𝑖
√
|𝜆| 𝑡 = v⃗
[︁
cos
√︀
|𝜆| 𝑡 + 𝑖 sen
√︀
|𝜆| 𝑡
]︁
(4.36)
As partes real e imaginaria são:
𝑥1(𝑡) = cos
√︀
|𝜆| 𝑡 e 𝑥2(𝑡) = sen
√︀
|𝜆| 𝑡.
Então,
X(𝑡) =
[︁
𝑐1 cos
√
𝜆 𝑡 + 𝑐2 sen
√
𝜆 𝑡
]︁
v⃗ (4.37)
Teorema 4.6. Se a matriz A ∈ ℳ𝑛𝑥𝑛 tem autovalores negativos distintos −𝑤21, −𝑤22,
. . . , −𝑤2𝑛 com autovetores associados v⃗1, v⃗2, . . . , v⃗𝑛, então a solução geral de X′′ = AX é
dada por:
X(𝑡) =
𝑛∑︁
𝑗=1
[𝑎𝑗 cos𝑤𝑗𝑡 + 𝑏𝑗 sen𝑤𝑗𝑡] v⃗𝑗 (4.38)
onde 𝑎𝑗 e