Apostila UENF - Métodos Matematicos 2016 - Liliana Mescua

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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
Março de 2016
.
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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2.3 Equações de Variáveis Separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.3.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.4 Equações Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.4.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.5 Equações Exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.5.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.6 Fatores Integrantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.6.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.7 Equações Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.7.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.8 Equações Redutíveis a um dos Tipos Anteriores . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.8.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3 EDO’s Lineares de Ordem Superior 32
3.1 EDO Incompleta com Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
i
3.1.1 Caso I: Raízes Reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.1.2 Caso II: Raízes Reais Repetidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.1.3 Caso III: Raízes Complexas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
3.2 EDO Completa com Coeficientes Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.2.1 Método de Variação de Parâmetros (MVP) . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
4 Sistema de Equações Diferenciais Lineares 43
4.1 Sistemas Homogêneos de 1𝑟𝑎 Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
4.1.1 Autovalores Reais Distintos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
4.1.2 Autovalores Complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
4.1.3 Autovalores Repetidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
4.1.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
4.2 Sistemas Não Homogêneos de 1𝑟𝑎 Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
4.2.1 Método de Variação de Parâmetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
4.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
5 Transformada de Laplace 55
5.1 Transformada Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
5.2 Teoremas de Translação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
5.3 Derivada e Integral de uma Transformada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
5.4 Função Degrau Unitário . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
5.5 Aplicação as Equações Lineares com Coeficientes Constantes . . . . . . . . . 67
5.6 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
6 Equações Diferenciais Parciais 73
6.1 Séries Infinitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
6.1.1 Séries de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
ii
6.1.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
6.2 Equações Diferenciais em Derivadas Parciais (EDP) . . . . . . . . . . . . . . 84
6.3 Equações Fundamentais da Física-Matemática . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
6.3.1 Equação do Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
6.3.2 Equação de Onda ou da Corda Vibrante . . . . . . . . . . . . . . . . 91
6.3.3 Equação de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
6.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
A 110
A.1 Números Complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
iii
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
Um Problema de Valor Inicial (P.V.I) consiste em resolver uma EDO de primeira ordem
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦)
sujeita a uma 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 a priori.
Exemplo 2.1. Resolver o problema de valor inicial em 𝐼 = (−∞,∞).⎧⎨⎩ 𝑦′ = 𝑦,𝑦(0) = 3. (2.1)
Sol.: É simples verificar que para qualquer valor de 𝐶 (constante), 𝑦 = 𝐶𝑒𝑥 satisfaz a
equação 𝑦′ = 𝑦 em 𝐼. Porém, só 𝑦 = 3𝑒𝑥 é a única função da “família de soluções” que
satisfaz a condição 𝑦(0) = 3𝑒0 = 3, Fig. 2.1.
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 um Problema de Valor Inicial?
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 das funções: 𝑦 =
𝑥4
16
e 𝑦 = 0, Figura 2.2,
Figura 2.2: Soluções de 𝑦′ = 𝑥𝑦1/2.
permite verificar que ambas satisfazem o P.V.I:⎧⎨⎩ 𝑦′ = 𝑥𝑦1/2,𝑦(0) = 0. (2.2)
6
O Teorema de Picard, a seguir, nos garante as condições suficientes para a existência e
unicidade das soluções de um P.V.I.
Teorema 2.1. (Existência e Unicidade) Seja o P.V.I dado por⎧⎨⎩ 𝑦′ = 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑦(𝑥0) = 𝑦0 (2.3)
onde (𝑥0, 𝑦0) ∈ ℛ = {(𝑥, 𝑦) ∈ R2/𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑} ⊂ R2.
1. Se 𝑓(𝑥, 𝑦) é contínua em ℛ, então existe solução para a EDO do P.V.I 2.3 num
intervalo 𝐼 centrado em 𝑥0.
2. Se 𝜕𝑓/𝜕𝑦 é contínua em ℛ, então a solução é única em 𝐼.
Observação 2.2. Note que o Teorema Fundamental do Cálculo (estudado em Cálculo I), nos
permite afirmar que a solução do P.V.I. 2.3 é
𝑦(𝑥) = 𝑦(𝑥0) +
∫︁ 𝑥
𝑥0
𝑓(𝑠, 𝑦(𝑠)) 𝑑𝑠
2.2 Interpretação Geométrica
O ponto de vista geométrico é útil no caso de equações de primeira ordem, visto que a solução
𝑦 = 𝑦(𝑥) de:
𝑦′ = 𝑓(𝑥, 𝑦) (2.4)
é o gráfico de uma função.
7
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 circunferências. Para construir o campo
de direções, damos a constante 𝑘 certos valores determinados.
8
Figura 2.4: Campo de Direções e Isóclinas da eq.
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
√︀
𝑥2 + 𝑦2.
2.3 Equações de Variáveis Separáveis
Uma equação diferencial ordinária de 1𝑟𝑎 ordem é separável se for da forma
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑔(𝑥)ℎ(𝑦) (2.5)
ou se for possível, por manipulações algébricas elementares, reescrever a equação na forma
diferencial
𝑀(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑁(𝑦) 𝑑𝑦 = 0 (2.6)
Resolver (2.6) se reduz a uma integração em cada variável.
Observação 2.3. Lembremos que, se 𝑦 = 𝑓(𝑥) e f é diferenciável, então a diferencial na
variável 𝑦, é 𝑑𝑦 = 𝑓 ′(𝑥) 𝑑𝑥. Logo,
𝑑𝑦 = 𝑦′ 𝑑𝑥 =
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
sendo 𝑑𝑥 o diferencial da variável 𝑥.
Exemplo 2.5. Resolva a EDO 𝑦′ = 2𝑥 𝑒−𝑦.
Sol.: Multiplicando por 𝑒𝑦 𝑑𝑥 na equação diferencial dada, temos:
𝑒𝑦 𝑦′ 𝑑𝑥 = 2𝑥 𝑒−𝑦 𝑒𝑦 𝑑𝑥
isto é,
𝑒𝑦 𝑑𝑦 = 2𝑥 𝑑𝑥.
9
Assim, integrando temos 𝑒𝑦 = 𝑥2 + 𝐶.
Pelo fato de 𝑒𝑦 > 0, segue que 𝑥2 + 𝐶 > 0. Logo, aplicando o logaritmo neperiano na
igualdade, 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)
Sol.: Como
𝑑𝑦
𝑦′
= 𝑑𝑥, então
𝑑𝑦
2
√
𝑦
= 𝑑𝑥. Logo, integrando ambos lados da igualdade temos
√
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 = 𝑦(𝑥) 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 (𝑦 ̸= 2 e 𝑦 ̸= −2) então
𝑑𝑦
𝑦2 − 4= 𝑑𝑥. (2.11)
Logo, integrando na equação 2.11, temos:∫︁
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 . (2.12)
Portanto, de (2.12) obtemos para a EDO ?? a solução
𝑦(𝑥) = 2
1 + 𝐶𝑒4𝑥
1− 𝐶𝑒4𝑥 (2.13)
Porém, na solução 2.13 encontrada, ao aplicar a condição inicial 𝑥 = 0 e 𝑦 = −2,
chegamos ao absurdo que 1 = −1. Isto é, a solução encontrada não satisfaz a condição
inicial 𝑦(0) = −2.
10
Por outro lado, é simples verificar que 𝑦(𝑥) = 2 e 𝑦(𝑥) = −2 são soluções da EDO 2.11.
Mas só 𝑦(𝑥) = −2 satisfaz a condição inicial do problema (P.V.I).
Note na Figura 2.5 que:
1. As soluções são limitadas quando 𝐶 < 0, −2 < 𝑦(𝑥) < 2, 𝑥 ∈ R.
2. As soluções são ilimitadas quando 𝐶 > 0.
Figura 2.5: Soluções da EDO 2.11
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. Usando variáveis separáveis determine a solução da equação.
(a) (1 + 𝑦2) 𝑑𝑥 + 𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 0, 𝑦(5) = 0
(b) 𝑦 𝑑𝑦 + (𝑥𝑦2 − 8𝑥) 𝑑𝑥 = 0, 𝑦(1) = 3;
(c) cos𝑥 cos 𝑦 𝑑𝑥 = sen𝑥 sen 𝑦 𝑑𝑦, 𝑦(
𝜋
2
) = 𝜋
(d) (1 + 𝑦)𝑦′ = 𝑦 ; 𝑦(1) = 1
(e) 𝑥𝑦′ − 𝑥𝑦 = 𝑦; 𝑦(1) = 1
(f) 𝑦′ =
2𝑥𝑦2 + 𝑥
𝑥2𝑦 − 𝑦 , 𝑦(
√
2) = 0
11
3. 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.
4. 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.
5. 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.
6. 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.
7. 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?
8. 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.
12
2.4 Equações Lineares
Uma equação diferencial da forma
𝑎0(𝑥)𝑦
′ + 𝑎1(𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥) (2.14)
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) (2.15)
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) (2.16)
e queremos reconhecer o lado esquerdo de (2.16) como a derivada de alguma função. Como
um dos termos é 𝜇(𝑥)𝑦′ sugere que o lado esquerdo da eq. (2.16) 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). (2.17)
Se 𝜇(𝑥) > 0 a equação (2.17) pode ser escrita como
𝜇′(𝑥)
𝜇(𝑥)
= 𝑝(𝑥), ou (2.18)
(ln𝜇(𝑥))′ = 𝑝(𝑥). (2.19)
Então, integrando ambos os termos temos
ln𝜇(𝑥) =
∫︁
𝑝(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑘. (2.20)
Escolhendo 𝑘 = 0 obtemos a função 𝜇 na sua forma mais simples, ou seja
𝜇(𝑥) = 𝑒
∫︀
𝑝(𝑥) 𝑑𝑥. (2.21)
Uma vez determinado 𝜇 voltamos a eq. (2.16) e obtemos que
(𝑒
∫︀
𝑝(𝑥) 𝑑𝑥 𝑦)′ = 𝑒
∫︀
𝑝(𝑥) 𝑑𝑥𝑞(𝑥). (2.22)
13
Integrando ambos membros de (2.22) 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
]︁
(2.23)
Portanto, esta é a solução geral da equação (2.16).
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 (2.24)
Exemplo 2.9. Resolva o Problema de Valor Inicial (PVI)⎧⎨⎩ 𝑦′ − 3𝑦 = 𝑒2𝑥𝑦(0) = 3 (2.25)
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 (2.26)
=
(︁
− 𝑒−𝑥 + 𝐶
)︁
𝑒3𝑥 = −𝑒2𝑥 + 𝐶 𝑒3𝑥. (2.27)
Pela condição inicial temos
𝑦(0) = −1 + 𝐶 = 3 =⇒ 𝐶 = 4.
Logo, a solução do PVI é dado por 𝑦(𝑥) = 4𝑒3𝑥 − 𝑒2𝑥.
14
Exemplo 2.10. Resolva o Problema de Valor Inicial (PVI)⎧⎨⎩ 𝑥2 𝑦′ + 𝑥 𝑦 = sen𝑥𝑦(1) = 2 (2.28)
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. (2.29)
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. (2.30)
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 (2.30) 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.
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
15
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) no circuito, 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
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.
16
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 (2.31)
é chamada uma equação exata se a expressão do lado esquerdo é uma diferencial exata.
Em outras palavras, a equação (2.31) é exata se ela pode ser reescrita na forma
𝑑[𝑓(𝑥, 𝑦)] = 0 (2.32)
para alguma função 𝑓(𝑥, 𝑦). Para isto, será necessário que
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 𝑀 e
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑁 .
Definição 2.3. A solução da equação exata (2.31) é dada implicitamente por
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝐶.
17
Exemplo 2.11. A equação diferencial 𝑥2𝑦3 𝑑𝑥 + 𝑥3𝑦2 𝑑𝑦 = 0 é exata. De fato, a função
𝑓(𝑥, 𝑦) = 1
3
𝑥3𝑦3 é tal que 𝑑𝑓 = 𝑥2𝑦3 𝑑𝑥 + 𝑥3𝑦2 𝑑𝑦. Logo, a solução é dada 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
(2.33)
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) (2.34)
Portanto,
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(︁𝜕𝑓
𝜕𝑥
)︁
=
𝜕2𝑓
𝜕𝑦 𝜕𝑥
(2.35)
𝜕𝑁
𝜕𝑥
=
𝜕
𝜕𝑥
(︁𝜕𝑓
𝜕𝑦
)︁
=
𝜕2𝑓
𝜕𝑥 𝜕𝑦
. (2.36)
Como 𝑀 e 𝑁 são funções contínuas com derivadas contínuas (vêr (2.34-2.36), temos que:
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕2𝑓
𝜕𝑦 𝜕𝑥
=
𝜕2𝑓
𝜕𝑥 𝜕𝑦
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
. (2.37)
⇐) Devemos provar que existe uma função 𝑓 = 𝑓(𝑥, 𝑦) tal que
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 𝑀(𝑥, 𝑦) e
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦). (2.38)
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). (2.39)
Logo, 𝜙′(𝑦) = 𝑁(𝑥, 𝑦)− 𝜕
𝜕𝑦
(︁ ∫︀
𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥
)︁
.
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 (2.40)
18
Portanto, integrando (2.39) 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 (2.41)
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
Exemplo 2.13. Resolva ⎧⎨⎩ (𝑥 + 𝑦)2 𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦 + 𝑥2 − 1) 𝑑𝑦 = 0𝑦(1) = 1 (2.42)
Sol.: Façamos 𝑀(𝑥, 𝑦) = (𝑥 + 𝑦)2 e 𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 + 𝑥2 − 1, então
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 2(𝑥 + 𝑦) =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
.
Logo, (2.42) é uma EDO exata. De fato, seja 𝑓 = 𝑓(𝑥, 𝑦) tal que
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= (𝑥 + 𝑦)2 e
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 2𝑥𝑦 + 𝑥2 − 1.
19
Figura 2.6: Soluções da equação 2𝑥𝑦 𝑑𝑥+ (𝑥2 − 1) 𝑑𝑦 = 0.
Então,
𝑓(𝑥, 𝑦) =
∫︁
(𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦2) 𝑑𝑥 =
𝑥3
3
+ 𝑥2𝑦 + 𝑦2𝑥 + 𝜙(𝑦). (2.43)
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 (2.42).
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 (2.42).
2.5.1 Exercícios
1. Nos problemas a seguir, verifique se a equação dada é exata. Se for, resolva.
(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.
20
(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 (2.44)
não é exata, o procedimento será tentar achar uma função 𝜇(𝑥, 𝑦) (fator integrante) que ao
ser multiplicada pela equação (2.44) 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
)︂
(2.45)
∙ Suponhamos agora que exista um fator integrante dependente só da variável 𝑥, isto é,
𝜇 = 𝜇(𝑥). Então,
1
𝜇
𝑑𝜇
𝑑𝑥
=
(︂
𝜕𝑀/𝜕𝑦 − 𝜕𝑁/𝜕𝑥
𝑁
)︂
. (2.46)
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)
21
cuja solução é
𝜇(𝑥) = 𝑒
∫︀
𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 onde 𝑔(𝑥) =
𝜕𝑀/𝜕𝑦 − 𝜕𝑁/𝜕𝑥
𝑁
. (2.47)
∙ 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
. (2.48)
Observação 2.4. 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.
Existem métodos para procurar fatores integrantes de muitos outros tipos, porém por mais
tipos que estudemos, nunca esgotaremos todas as possibilidades.
Exemplo 2.14. Determine um fator integrante da equação
(3𝑥𝑦 + 𝑦2) 𝑑𝑥 + (𝑥2 + 𝑥𝑦) 𝑑𝑦 = 0. (2.49)
Sol. Sejam 𝑀(𝑥) = 3𝑥𝑦 + 𝑦2 e 𝑁(𝑥) = 𝑥2 + 𝑥𝑦. A equação (2.49) 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
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. (2.50)
Portanto, multiplicando (2.49) 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.
22
Exemplo 2.15. Determine um fator integrante para a seguinte equação:
𝑦 𝑑𝑥 + (2𝑥− 𝑦𝑒𝑦) 𝑑𝑦 = 0 (2.51)
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(𝑦) = 𝑦2
(b) (2𝑦2 + 3𝑥)𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0, 𝜇(𝑥) = 𝑥
(c) 𝑦(𝑥 + 𝑦 + 1)𝑑𝑥 + (𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑦 = 0, 𝜇(𝑥) = 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
2.7 Equações Homogêneas
Definição 2.4. 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
23
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 2.5. 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 2.5. 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.
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, (2.52)
é uma equação diferencial separável.
Exemplo 2.17. Resolva a equação diferencial (𝑥2 + 𝑦2) 𝑑𝑥 + (𝑥2 − 𝑥𝑦) 𝑑𝑦 = 0.
24
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|. (2.53)
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
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.
25
(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. Mostreque 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, (2.54)
pode-se reduzir a uma equação de variáveis separáveis, por meio da substituição:
𝑤 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐. (2.55)
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.
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
26
Caso 2: Considere a equação da forma
𝑦′ = 𝑓
(︁ 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐
𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 + 𝑐1
)︁
. (2.56)
• 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 (2.56) as retas intersectam-se num ponto (𝑥0, 𝑦0)
Observa-se que no caso da equação homogênea
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 2.7
Figura 2.7
Logo, fazendo ⎧⎨⎩ 𝑋 = 𝑥− 1𝑌 = 𝑦 (2.57)
27
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 (2.58)
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. (2.59)
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
. (2.60)
Logo,
𝐶 = |𝜇 + 1|5𝑋7|𝜇− 1|2. (2.61)
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. (2.62)
Exercício: Determine a solução da equação diferencial⎧⎨⎩ (4𝑦 + 2𝑥− 5) 𝑑𝑥 + (6𝑦 + 4𝑥− 1) 𝑑𝑦 = 0𝑦(−1) = 2 (2.63)
b) Se em (2.56) as retas são paralelas
28
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
(2.64)
Assim, fazendo 𝜆 =
𝑎
𝑎1
=
𝑏
𝑏1
∈ R na equação (2.56) 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 (2.56) 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 (2.65)
Exemplo 2.20. Resolva a EDO 𝑦′ =
2𝑥 + 𝑦 − 1
4𝑥 + 2𝑦 + 5
.
Figura 2.8
Sol.: Resolvendo, as seguintes equações temos que são retas paralelas (Ver Figura 2.8):⎧⎨⎩ 2𝑥 + 𝑦 − 1 = 04𝑥 + 2𝑦 + 5 = 0 ⇒
⎧⎨⎩ 𝑦 = −2𝑥 + 1𝑦 = −2𝑥− 5
2
(2.66)
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
.
29
Consequentemente, para 𝑧 ̸= −9/5,
2𝑧 + 5
5𝑧 + 9
𝑑𝑧 = 𝑑𝑥. (2.67)
Integrando ∫︁
2𝑧 + 5
5𝑧 + 9
𝑑𝑧 =
2
5
∫︁
𝑑𝑧 +
7
5
∫︁
1
5𝑧 + 9
𝑑𝑧
2
5
𝑧 +
7
25
ln |5𝑧 + 9|. (2.68)
Portanto, de (2.68)
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
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.
30
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
31
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.
32
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) + 𝑎1𝑦
(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 da EDO (3.3) e 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)
A equação 3.5 denomina-se equação característica e
𝑃 (𝑟) = 𝑟𝑛 + 𝑎1𝑟
𝑛−1 + · · ·+ 𝑎𝑛−1𝑟 + 𝑎𝑛 (3.6)
será chamado de polinômio característico.
Sempre que o polinômio 𝑃 (𝑟) tiver 𝑛-raízes (reais ou complexas), elas serão fundamentais
para a construção das n-soluções reais, linearmente independentes, da equação (3.3). A
seguir, estudaremos como obter estas n-soluções reais de acordo ao tipo de raízes que seu
polinômio característico associado tiver.
33
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.
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
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
(3.7)
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
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
. (3.8)
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 (3.9)
Exemplo 3.1. Resolva 𝑦′′′ − 3𝑦′′ + 2𝑦′ = 0
Sol.: A eq. dada pode-se escrever na forma
(𝐷3 − 3𝐷2 + 2𝐷) 𝑦 = 0, (3.10)
34
de modo que a eq. característica é
𝑟3 − 3𝑟2 + 2𝑟 = 0. (3.11)
Daí, fatorando (3.11) temos que 𝑟(𝑟2 − 3𝑟 + 2) = 𝑟(𝑟 − 2)(𝑟 − 1) = 0. Logo as raízes desta
equação são:
𝑟1 = 0, 𝑟2 = 2, 𝑟3 = 1.
Uma base do espaço de soluções da eq. (3.10) 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 (3.12)
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.
35
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).
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 (3.13)
𝜙2(𝑥) = 𝐼𝑚(𝜙(𝑥)) =
1
2
[𝜙(𝑥)− ¯(𝑥)] = 𝑒𝑎𝑥 sen 𝑏𝑥 (3.14)
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
]︁
.
36
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.
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), (3.15)
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), (3.16)
Seja ℬ = {𝑦1, 𝑦2} uma base do espaço de soluções da eq. incompleta 𝐿[𝑦] = 0 associada à
EDO (3.15), 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.
37
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 . (3.17)
Logo, substituindo (3.17) na equação (3.16) 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)
⎤⎦ . (3.18)
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 (3.16) é
𝑦𝑃 (𝑥) =
(︂
−
∫︁
1
𝑊
𝑏(𝑥) 𝑦2(𝑥) 𝑑𝑥
)︂
𝑦1 +
(︂∫︁
1
𝑊
𝑏(𝑥) 𝑦1(𝑥) 𝑑𝑥
)︂
𝑦2 (3.19)
38
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,
onde {cos𝑥, sen𝑥} é um conjunto LI 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 (3.20)
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), (3.21)
onde ℬ é uma base do espaço de soluções da equação
𝑦′′ +
𝑥
1− 𝑥 𝑦
′ − 1
1− 𝑥 𝑦 = 0. (3.22)
Logo,
𝑦𝐻(𝑥) = 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 𝑒
𝑥.
Como o Wronskiano é:
𝑊 = 𝑑𝑒𝑡
⎡⎣𝑥 𝑒𝑥
1 𝑒𝑥
⎤⎦ = (𝑥− 1) 𝑒𝑥 ̸= 0
39
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. (3.23)
Portanto, a solução geral de (3.21) é:
𝑦(𝑥) = 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 𝑒
𝑥 + 𝑥 𝑒𝑥 − 𝑥
2
2
𝑒𝑥. (3.24)
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, (3.25)
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 (3.26)
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
⎤⎥⎥⎥⎦ (3.27)
⎡⎢⎢⎢⎣
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
⎤⎥⎥⎥⎦ (3.28)
40
Integrando obtemos
𝐶1(𝑥) =
1
12
𝑒2𝑥, 𝐶2(𝑥) = −𝑥
2
, 𝐶3(𝑥) = −1
3
𝑒−𝑥. (3.29)
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. (3.30)
Portanto, a solução geral é:
𝑦(𝑥) = 𝐶1 𝑒
−𝑥 + 𝐶2 𝑒𝑥 + 𝐶3 𝑒2𝑥 − 1
4
𝑒𝑥 − 𝑥
2
𝑒𝑥. (3.31)
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.
41
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.
42
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)
43
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 conjuntofundamental 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)
44
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 soluções de (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.
45
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.
46
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.
47
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.
48
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 dopolinômio 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.
49
4.1.4 Exercícios
1. Achar a solução geral do sistema de equações diferenciais
(a) X′ =
⎡⎣ 1 −10
−7 10
⎤⎦X (b) X′ =
⎡⎣1 2
3 2
⎤⎦X (c) X′ =
⎡⎣−4 −1
1 −2
⎤⎦X
(d) X′ =
⎡⎢⎢⎢⎣
1 0 1
0 1 0
0 0 1
⎤⎥⎥⎥⎦X (e) X′ =
⎡⎢⎢⎢⎣
2 0 1
0 2 0
0 1 2
⎤⎥⎥⎥⎦X (f) X′ =
⎡⎢⎢⎢⎣
1 0 0
2 1 −2
3 2 1
⎤⎥⎥⎥⎦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′ =
⎡⎣3 −4
4 −7
⎤⎦X, X(0) =
⎡⎣3
2
⎤⎦
(d) X′ =
⎡⎣−2 1
−5 4
⎤⎦X, X(0) =
⎡⎣1
3
⎤⎦
(e) X′ =
⎡⎣−3 2
−1 −1
⎤⎦X, X(0) =
⎡⎣ 1
−2
⎤⎦
(f) X′ =
⎡⎢⎢⎢⎣
1 1 2
0 2 2
−1 1 3
⎤⎥⎥⎥⎦X, X(0) =
⎡⎢⎢⎢⎣
2
0
1
⎤⎥⎥⎥⎦
(g) X′ =
⎡⎢⎢⎢⎣
0 0 −1
2 0 0
−1 2 4
⎤⎥⎥⎥⎦X, X(0) =
⎡⎢⎢⎢⎣
7
5
5
⎤⎥⎥⎥⎦
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.
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).
50
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).
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)
51
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).
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)
52
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)
Consequentemente a solução geral é:
X(𝑡) = Xh(𝑡) +Xp(𝑡).
53
4.3 Exercícios
1. Encontre a solução geral para os seguintes sistemas de equações diferenciais não ho-
mogêneos
𝑎) X′ =
⎡⎣−3 4
−2 3
⎤⎦X+
⎡⎣sen 𝑡
−2
⎤⎦ , X(0) =
⎡⎣7
6
⎤⎦
𝑏) X′ =
⎡⎣2 −5
1 −2
⎤⎦X+
⎡⎣sec 𝑡
0
⎤⎦ , X(0) =
⎡⎣0
0
⎤⎦
𝑐) X′ =
⎡⎣1 2
3 2
⎤⎦X+
⎡⎣ 𝑒𝑡
𝑒2𝑡
⎤⎦
2. Encontre a solução geral para os seguintes sistemas de equações diferenciais não ho-
mogêneos
𝑎)
⎧⎪⎨⎪⎩
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 𝑥 + 𝑡
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= −2𝑥 + 3𝑦 − 1
𝑏)
⎧⎪⎨⎪⎩
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 3𝑥 + 3𝑦 + 𝑡
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= −𝑥− 𝑦 − 1
54
Capítulo 5
Transformada de Laplace
Muitos problemas práticos de engenharia envolvem sistemas mecânicos ou elétricos atu-
ados por agentes descontínuos ou impulsivos. Um método apropriado a estes problemas
embora tenha utilidade muito mais geral, está baseado na transformada de Laplace.
Definição 5.1. Uma integral imprópria sobre um intervalo infinito é definida como um
limite de integrais sobre intervalos limitados; isto é,∫︁ ∞
𝑎
𝑔(𝑡) 𝑑𝑡 = lim
𝑥→∞
∫︁ 𝑥
𝑎
𝑔(𝑡) 𝑑𝑡. (5.1)
Se o limite em (5.1) existe, então dizemos que a integral imprópria converge. Do contrário,
ela diverge ou deixa de existir.
Definição 5.2. Seja 𝑓 uma função definida para 𝑡 ≥ 0. Então, a transformada de La-
place de 𝑓 é a função 𝐹 de 𝑠 definida como segue:
ℒ[𝑓(𝑡)] = 𝐹 (𝑠) =
∫︁ ∞
0
𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡) 𝑑𝑡 (5.2)
para todos os valores de 𝑠 onde a integral imprópria converge.
Observe que o integrando da integral imprópria em (5.2) contém o parâmetro 𝑠 adicio-
nalmente à variável de integração 𝑡. Portanto, quando a integral em (5.2)converge, ela não
converge meramente para um número, mas para uma função 𝐹 de 𝑠.
Exemplo 5.1. Calcule a transformada de Laplace de 𝑓(𝑡) = 1, para 𝑡 ≥ 0.
55
Sol.: Usando a definição temos que
ℒ[1] =
∫︁ ∞
0
𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 = lim
𝑏→∞
∫︁ 𝑏
0
𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡
= lim
𝑏→∞
− 1
𝑠
(𝑒−𝑠𝑏 − 1)
=
1
𝑠
, para 𝑠 > 0. (5.3)
Teorema 5.1. Se 𝑓(𝑡) é seccionalmente contínua para 𝑡 ≥ 0 e de ordem exponencial (existem
constantes 𝑘 e 𝑎 tais que |𝑓(𝑡)| ≤ 𝑘 𝑒𝑎𝑡, para todo 𝑡 ≥ 𝑀 > 0). Então, ℒ[𝑓(𝑡)] existe para
𝑠 > 𝑎.
Figura 5.1
Exemplo 5.2. Calcular ℒ[𝑓(𝑡)] sendo 𝑓(𝑡) =
⎧⎨⎩ 2, se 0 ≤ 𝑡 < 𝑐1, se 𝑡 ≥ 𝑐.
Sol.: Na figura seguinte é fácil observar que 𝑓 é seccionalmente contínua e de ordem expo-
nencial.
Logo, temos que
ℒ[𝑓(𝑡)] =
∫︁ ∞
0
𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡) 𝑑𝑡 = lim
𝑥→∞
∫︁ 𝑥
0
𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡) 𝑑𝑡.
56
Calculando temos que,∫︁ 𝑥
0
𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡) 𝑑𝑡 =
∫︁ 𝑐
0
𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡) 𝑑𝑡 +
∫︁ 𝑥
𝑐
𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡) 𝑑𝑡
=
∫︁ 𝑐
0
2𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 +
∫︁ 𝑥
𝑐
𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡
= −2
𝑠
𝑒−𝑠𝑡
⃒⃒⃒⃒𝑐
0
− 1
𝑠
𝑒−𝑠𝑡
⃒⃒⃒⃒𝑥
𝑐
= −2
𝑠
(𝑒−𝑠𝑐 − 1)− 1
𝑠
(𝑒−𝑠𝑥 − 𝑒−𝑠𝑐). (5.4)
Supondo 𝑠 > 0 temos que
lim
𝑥→∞
∫︁ 𝑥
0
𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡) 𝑑𝑡 = lim
𝑥→∞
{︂
− 2
𝑠
(𝑒−𝑠𝑐 − 1)− 1
𝑠
(𝑒−𝑠𝑥 − 𝑒−𝑠𝑐)
}︂
=
1
𝑠
(2− 𝑒−𝑠𝑐). (5.5)
Portanto,
ℒ[𝑓(𝑡)] = 1
𝑠
[2− 𝑒−𝑠𝑐], para 𝑠 > 0.
Teorema 5.2. Se 𝛼, 𝛽 são constantes e 𝑓, 𝑔 funções cujas transformadas de Laplace exis-
tem, então:
ℒ[𝛼 𝑓(𝑡) + 𝛽 𝑔(𝑡)] = 𝛼 ℒ[𝑓(𝑡)] + 𝛽 ℒ[𝑔(𝑡)].
Demonstração: Se ℒ[𝑓(𝑡)], ℒ[𝑔(𝑡)] existem, então se prova que a transformada de Laplace
é uma transformação Linear, isto é,
𝛼 ℒ[𝑓(𝑡)] + 𝛽 ℒ[𝑔(𝑡)] = 𝛼
∫︁ ∞
0
𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡) 𝑑𝑡 + 𝛽
∫︁ ∞
0
𝑒−𝑠𝑡𝑔(𝑡) 𝑑𝑡
=
∫︁ ∞
0
𝑒−𝑠𝑡(𝛼 𝑓(𝑡) + 𝛽 𝑔(𝑡)) 𝑑𝑡
= ℒ[𝛼 𝑓(𝑡) + 𝛽 𝑔(𝑡)]. (5.6)
Exemplo 5.3. Calcular ℒ[3𝑡− 5 sen 2𝑡].
Sol.: Usando o Teorema anterior temos que
ℒ[3𝑡− 5 sen 2𝑡] = 3ℒ[𝑡]− 5ℒ[sen 2𝑡]
= 3
∫︁ ∞
0
𝑒−𝑠𝑡𝑡 𝑑𝑡− 5
∫︁ ∞
0
𝑒−𝑠𝑡 sen 2𝑡 𝑑𝑡. (5.7)
57
Calculando separadamente cada uma das integrais temos:∫︁ ∞
0
𝑒−𝑠𝑡𝑡 𝑑𝑡 = lim
𝑥→∞
∫︁ 𝑥
0
𝑒−𝑠𝑡𝑡 𝑑𝑡
= lim
𝑥→∞
{︂−𝑡
𝑠
𝑒−𝑠𝑡
⃒⃒⃒𝑥
0
+
∫︁ 𝑥
0
1
𝑠
𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡
}︂
= lim
𝑥→∞
{︂−𝑥
𝑠
𝑒−𝑠𝑥 − 1
𝑠2
𝑒−𝑠𝑥 +
1
𝑠2
}︂
=
1
𝑠2
(5.8)
e ∫︁ ∞
0
𝑒−𝑠𝑡 sen 2𝑡 𝑑𝑡 = lim
𝑥→∞
∫︁ 𝑥
0
𝑒−𝑠𝑡 sen 2𝑡 𝑑𝑡
= lim
𝑥→∞
{︂
− 𝑒−𝑠𝑡 cos 2𝑡
2
⃒⃒⃒𝑥
0
−
∫︁ 𝑥
0
𝑠 𝑒−𝑠𝑡
cos 2𝑡
2
𝑑𝑡
}︂
= lim
𝑥→∞
{︂−𝑒−𝑠𝑥 cos 2𝑥
2
+
1
2
− 𝑠
4
𝑒−𝑠𝑥 sen 2𝑥− 𝑠
2
4
∫︁ 𝑥
0
𝑒−𝑠𝑡 sen 2𝑡 𝑑𝑡
}︂
=
1
2
− 𝑠
2
4
lim
𝑥→∞
∫︁ 𝑥
0
𝑒−𝑠𝑡 sen 2𝑡 𝑑𝑡
=
1
2
− 𝑠
2
4
∫︁ ∞
0
𝑒−𝑠𝑡 sen 2𝑡 𝑑𝑡. (5.9)
Portanto,
ℒ[𝑡] = 1
𝑠2
e ℒ[sen 2𝑡] = 2
4 + 𝑠2
.
Segue-se então que
ℒ[3𝑡− 5 sen 2𝑡] = 3
𝑠2
− 10
4 + 𝑠2
=
12− 7𝑠2
𝑠2(4 + 𝑠2)
(5.10)
Teorema 5.3. (Transformada de Algumas Funções Básicas)
1. ℒ[1] = 1
𝑠
2. ℒ[𝑡𝑛] = 𝑛!
𝑠𝑛+1
, 𝑛 = 1, 2, . . . .
3. ℒ[𝑒𝑎𝑡] = 1
𝑠− 𝑎
4. ℒ[sen 𝑘𝑡] = 𝑘
𝑠2 + 𝑘2
5. ℒ[cos 𝑘𝑡] = 𝑠
𝑠2 + 𝑘2
6. ℒ[sinh 𝑘𝑡] = 𝑘
𝑠2 − 𝑘2
7. ℒ[cosh 𝑘𝑡] = 𝑠
𝑠2 − 𝑘2
Demonstração: Fazer como exercício.
58
5.1 Transformada Inversa
O problema agora é dada uma função 𝐹 (𝑠), tentaremos encontrar uma função 𝑓(𝑡) cuja
transformada de Laplace seja 𝐹 (𝑠). Dizemos que 𝑓(𝑡) é a Transformada Inversa de 𝐹 (𝑠)
e escrevemos
𝑓(𝑡) = ℒ−1[𝐹 (𝑠)].
A transformada de Laplace inversa ℒ−1 goza das mesmas propriedades de ℒ.
Teorema 5.4. (Transformada Inversa de Algumas Funções Básicas)
1. ℒ−1
[︂
1
𝑠
]︂
= 1
2. ℒ−1
[︂
𝑛!
𝑠𝑛+1
]︂
= 𝑡𝑛, 𝑛 = 1, 2, . . . .
3. ℒ−1
[︂
1
𝑠− 𝑎
]︂
= 𝑒𝑎𝑡
4. ℒ−1
[︂
𝑘
𝑠2 + 𝑘2
]︂
= sen 𝑘𝑡
5. ℒ−1
[︂
𝑠
𝑠2 + 𝑘2
]︂
= cos 𝑘𝑡
6. ℒ−1
[︂
𝑘
𝑠2 − 𝑘2
]︂
= sinh 𝑘𝑡
7. ℒ−1
[︂
𝑠
𝑠2 − 𝑘2
]︂
= cosh 𝑘𝑡
Demonstração: Uma consequência do teorema anterior.
Observação 5.1. Para a função
𝑓(𝑡) =
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
1, se; 𝑡 ≥ 0, 𝑡 ̸= 1, 𝑡 ̸= 3
2, se; 𝑡 = 1
0, se 𝑡 = 3,
(5.11)
tem-se que: ℒ[𝑓(𝑡)] = 1/𝑠.
59
De fato,
ℒ[𝑓(𝑡)] = lim
𝑥→∞
{︂∫︁ 1
0
𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 +
∫︁ 3
1
𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 +
∫︁ 𝑥
3
𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡
}︂
= lim
𝑥→∞
{︂
− 𝑒
−𝑠𝑡
𝑠
⃒⃒⃒1
0
− 𝑒
−𝑠𝑡
𝑠
⃒⃒⃒3
1
− 𝑒
−𝑠𝑡
𝑠
⃒⃒⃒𝑥
3
}︂
= lim
𝑥→∞
{︂
− 𝑒
−𝑠
𝑠
+
1
𝑠
− 𝑒
−3𝑠
𝑠
+
𝑒−𝑠
𝑠
− 𝑒
−𝑠𝑥
𝑠
+
𝑒−3𝑠
𝑠
}︂
= 1/𝑠. (5.12)
Consequentemente,
ℒ−1
[︂
1
𝑠
]︂
=
⎧⎨⎩ 𝑓(𝑡), dado em (5.11)1, para todo 𝑡 > 0.
O que implica que a transformada inversa pode não ser necessariamente única, mais isso
não é tão ruim, pois se,
ℒ[𝑓1(𝑡)] = ℒ[𝑓2(𝑡)],
pode-se mostrar que 𝑓1 e 𝑓2 são essencialmente iguais, isto é, elas podem ser diferentes
somente nos pontos de descontinuidade, como no caso de 𝑓(𝑡) e 1.
Exemplo 5.4. Calcular ℒ−1[ 1
𝑠2+64
]
Sol.:
ℒ−1
[︂
1
𝑠2 + 64
]︂
=
1
8
ℒ−1
[︂
8
𝑠2 + 82
]︂
=
1
8
sen 8𝑡. (5.13)
Exemplo 5.5. Calcular ℒ−1
[︂
1
(𝑠− 1)(𝑠 + 2)(𝑠 + 4)
]︂
60
Sol.: Desde que
1
(𝑠− 1)(𝑠 + 2)(𝑠 + 4) =
𝐴
𝑠− 1 +
𝐵
𝑠 + 2
+
𝐶
𝑠 + 4
𝐴(𝑠 + 2)(𝑠 + 4) + 𝐵(𝑠− 1)(𝑠 + 4) + 𝐶(𝑠− 1)(𝑠 + 2)
(𝑠− 1)(𝑠 + 2)(𝑠 + 4)
𝐴(𝑠2 + 6𝑠 + 8) + 𝐵(𝑠2 + 3𝑠− 4) + 𝐶(𝑠2 + 𝑠− 2)
(𝑠− 1)(𝑠 + 2)(𝑠 + 4)
𝑠2(𝐴 + 𝐵 + 𝐶) + 𝑠(6𝐴 + 3𝐵 + 𝐶) + (8𝐴− 4𝐵 − 2𝐶)
(𝑠− 1)(𝑠 + 2)(𝑠 + 4) ,
então, 𝐴 = 1/15, 𝐵 = −1/6, 𝐶 = 1/10.
Segue-se daí que:
ℒ−1
[︂
1
(𝑠− 1)(𝑠 + 2)(𝑠 + 4)
]︂
=
1
15
ℒ−1
[︂
1
𝑠− 1
]︂
− 1
6
ℒ−1
[︂
1
𝑠 + 2
]︂
+
1
10
ℒ−1
[︂
1
𝑠 + 4
]︂
=
1
15
𝑒𝑡 − 1
6
𝑒−2𝑡 +
1
10
𝑒−4𝑡. (5.14)
5.2 Teoremas de Translação
Usar a definição para calcular uma transformada de Laplace pode resultar extremadamente
trabalhosa, por exemplo a integração por partes no cálculo de ℒ[𝑒𝑡𝑡2 sen 3𝑡]. A seguir um
teorema que vai a facilitar estes cálculos.
Teorema 5.5. (Primeiro Teorema de Translação) Se 𝑎 ∈ R e ℒ[𝑓(𝑡)] = 𝐹 (𝑠), então:
ℒ[𝑒𝑎𝑡 𝑓(𝑡)] = 𝐹 (𝑠− 𝑎). (5.15)
61
Demonstração:
ℒ[𝑒𝑎𝑡 𝑓(𝑡)] =
∫︁ ∞
0
𝑒−𝑠𝑡𝑒𝑎𝑡𝑓(𝑡) 𝑑𝑡 =
∫︁ ∞
0
𝑒−(𝑠−𝑎)𝑡𝑓(𝑡) 𝑑𝑡 = 𝐹 (𝑠− 𝑎). (5.16)
Exemplo 5.6. Calcular ℒ[𝑒5𝑡 𝑡3] e ℒ[𝑒−2𝑡 cos 2𝑡]
Sol.: Aplicando o Teorema de translação, temos
ℒ[𝑒5𝑡 𝑡3] = 𝐹 (𝑠− 5) = 3!
(𝑠− 5)4 =
6
(𝑠− 5)4 (5.17)
e
ℒ[𝑒−2𝑡 cos 2𝑡] = 𝐹 (𝑠 + 2) = 𝑠 + 2
(𝑠 + 2)2 + 4
. (5.18)
Exemplo 5.7. Calcular ℒ−1
[︂
𝑠
𝑠2 + 6𝑠 + 11
]︂
.
Sol.: Desde que,
𝑠
𝑠2 + 6𝑠 + 11
=
𝑠
(𝑠 + 3)2 + 2
=
𝑠 + 3
(𝑠 + 3)2 + (
√
2)2
− 3
(𝑠 + 3)2 + (
√
2)2
, (5.19)
então,
ℒ−1
[︂
𝑠
𝑠2 + 6𝑠 + 11
]︂
= ℒ−1
[︂
𝑠 + 3
(𝑠 + 3)2 + (
√
2)2
]︂
− ℒ−1
[︂
3
(𝑠 + 3)2 + (
√
2)2
]︂
= ℒ−1
[︂
𝑠 + 3
(𝑠 + 3)2 + (
√
2)2
]︂
− 3√
2
ℒ−1
[︂ √
2
(𝑠 + 3)2 + (
√
2)2
]︂
. (5.20)
Lembremos que
𝐹1(𝑠) = ℒ[cos
√
2𝑡] =
𝑠
𝑠2 + (
√
2)2
⇒ 𝐹1(𝑠 + 3) = 𝑠 + 3
(𝑠 + 3)2 + (
√
2)2
𝐹2(𝑠) = ℒ[sen
√
2𝑡] =
√
2
𝑠2 + (
√
2)2
⇒ 𝐹2(𝑠 + 3) =
√
2
(𝑠 + 3)2 + (
√
2)2
.
Logo, do Teorema de translação,
ℒ[𝑒𝑎𝑡𝑓(𝑡)] = 𝐹 (𝑠− 𝑎) ⇒ ℒ−1[𝐹 (𝑠− 𝑎)] = 𝑒𝑎𝑡𝑓(𝑡).
Portanto,
ℒ−1[𝐹1(𝑠 + 3)] = 𝑒−3𝑡 cos
√
2𝑡
ℒ−1[𝐹2(𝑠 + 3)] = 𝑒−3𝑡 sen
√
2𝑡.
Consequentemente,
ℒ−1
[︂
𝑠
𝑠2 + 6𝑠 + 11
]︂
= 𝑒−3𝑡 cos
√
2𝑡− 3√
2
𝑒−3𝑡 sen√
2𝑡. (5.21)
62
Exemplo 5.8. Calcular ℒ−1
[︂
𝑠
(𝑠 + 1)2
]︂
.
Sol.: Desde que
𝑠
(𝑠 + 1)2
=
𝐴
𝑠 + 1
+
𝐵
(𝑠 + 1)2
=
𝐴𝑠 + 𝐴 + 𝐵
(𝑠 + 1)2
, (5.22)
então, 𝐴 = 1, 𝐵 = −1.
Logo,
ℒ−1
[︂
𝑠
(𝑠 + 1)2
]︂
= ℒ−1
[︂
1
𝑠 + 1
]︂
− ℒ−1
[︂
1
(𝑠 + 1)2
]︂
. (5.23)
Lembrando que
ℒ[𝑒𝑎𝑡] = 1
𝑠− 𝑎 e ℒ[𝑡] =
1
𝑠2
,
temos que
ℒ−1
[︂
𝑠
(𝑠 + 1)2
]︂
= 𝑒−𝑡 − ℒ−1[𝐹 (𝑠 + 1)]
= 𝑒−𝑡 − 𝑡𝑒−𝑡, (pelo teor. de translação). (5.24)
5.3 Derivada e Integral de uma Transformada
Teorema 5.6. (Derivadas de Transformadas) Para 𝑛 = 1, 2, 3, . . . ,
ℒ[𝑡𝑛𝑓(𝑡)] = (−1)𝑛 𝑑
𝑛
𝑑𝑠𝑛
𝐹 (𝑠), onde 𝐹 (𝑠) = ℒ[𝑓(𝑡)]. (5.25)
Demonstração: Como 𝐹 (𝑠) = ℒ[𝑓(𝑡)] = ∫︀∞
0
𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡) 𝑑𝑡,
𝑑
𝑑𝑠
𝐹 (𝑠) =
𝑑
𝑑𝑠
(︂∫︁ ∞
0
𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡) 𝑑𝑡
)︂
=
∫︁ ∞
0
𝑑
𝑑𝑠
(︂
𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡) 𝑑𝑡
)︂
=
∫︁ ∞
0
−𝑡𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡) 𝑑𝑡
= −
∫︁ ∞
0
𝑒−𝑠𝑡(𝑡𝑓(𝑡)) 𝑑𝑡
= −ℒ[𝑡𝑓(𝑡)]. (5.26)
Portanto,
ℒ[𝑡𝑓(𝑡)] = − 𝑑
𝑑𝑠
𝐹 (𝑠)
63
Analogamente,
ℒ[𝑡2𝑓(𝑡)] = ℒ[𝑡(𝑡𝑓(𝑡))] = − 𝑑
𝑑𝑠
ℒ[𝑡𝑓(𝑡)] = − 𝑑
𝑑𝑠
[︂
− 𝑑𝐹 (𝑠)
𝑑𝑠
]︂
=
𝑑2𝐹 (𝑠)
𝑑𝑠2
. (5.27)
Exemplo 5.9. Calcular ℒ[𝑡 sen 𝑡], ℒ[𝑡𝑒−𝑡 cos 𝑡] e ℒ[𝑡𝑒−𝑡 cosh 𝑡].
Sol.: De fato,
ℒ[𝑡 sen 𝑡] = − 𝑑
𝑑𝑠
ℒ[sen 𝑡] = − 𝑑
𝑑𝑠
[︂
1
𝑠2 + 1
]︂
=
2𝑠
(𝑠2 + 1)2
. (5.28)
ℒ[𝑡 𝑒−𝑡 cos 𝑡] = − 𝑑
𝑑𝑠
ℒ[𝑒−𝑡 cos 𝑡]
= − 𝑑
𝑑𝑠
𝐹 (𝑠 + 1), onde 𝐹 (𝑠) = ℒ[cos 𝑡] = 𝑠
𝑠2 + 1
= − 𝑑
𝑑𝑠
[︂
𝑠 + 1
(𝑠 + 1)2 + 1
]︂
=
𝑠2 + 2𝑠(︀
(𝑠 + 1)2 + 1
)︀2 . (5.29)
ℒ[𝑡 𝑒−𝑡 cosh 𝑡] = − 𝑑
𝑑𝑠
ℒ[𝑒−𝑡 cosh 𝑡]
= − 𝑑
𝑑𝑠
𝐹 (𝑠 + 1), onde 𝐹 (𝑠) = ℒ[cosh 𝑡] = 𝑠
𝑠2 − 1
= − 𝑑
𝑑𝑠
[︂
𝑠 + 1
(𝑠 + 1)2 − 1
]︂
= −𝑠
2 + 2𝑠 + 2
(𝑠2 + 2𝑠)2
. (5.30)
Teorema 5.7. (Transformada de Laplace de uma Derivada) Se 𝑓(𝑡), 𝑓 ′(𝑡), . . . , 𝑓 (𝑛−1)(𝑡)
forem contínuas em [0,∞), de ordem exponencial, e se 𝑓 (𝑛)(𝑡) for contínua por partes em
[0,∞), então:
ℒ[𝑓 (𝑛)(𝑡)] = 𝑠𝑛𝐹 (𝑠)− 𝑠𝑛−1𝑓(0)− 𝑠𝑛−2𝑓 ′(0)− . . . . . .− 𝑓 (𝑛−1)(0), (5.31)
onde 𝐹 (𝑠) = ℒ[𝑓(𝑡)].
Exemplo 5.10. Calcular ℒ[2 sen 𝑡 cos 𝑡].
64
Sol.: De fato,
ℒ[2 sen 𝑡 cos 𝑡] = ℒ
[︂
𝑑
𝑑𝑡
sen2𝑡
]︂
= 𝑠 ℒ[sen2𝑡]− sen20
= 𝑠 ℒ
[︂
1− cos 2𝑡
2
]︂
=
𝑠
2
ℒ[1]− 𝑠
2
ℒ[cos 2𝑡]
=
𝑠
2
[︂
1
𝑠
]︂
− 𝑠
2
[︂
𝑠
𝑠2 + 22
]︂
=
2
𝑠2 + 4
. (5.32)
Teorema 5.8. Se existirem ℒ[𝑓(𝑡)] = 𝐹 (𝑠), ℒ
[︂
𝑓(𝑡)
𝑡
]︂
e
∫︀∞
𝑠
𝐹 (𝑝) 𝑑𝑝, então:
ℒ
[︂
𝑓(𝑡)
𝑡
]︂
=
∫︁ ∞
𝑠
𝐹 (𝑝) 𝑑𝑝. (5.33)
Exemplo 5.11. Prove que
∫︁ ∞
0
sen 𝑡
𝑡
𝑑𝑡 =
𝜋
2
.
Sol.: Desde que ℒ[sen 𝑡] = 1
𝑠2 + 1
= 𝐹 (𝑠), então pelo Teorema anterior,
ℒ
[︂
sen 𝑡
𝑡
]︂
=
∫︁ ∞
𝑠
1
𝑝2 + 1
𝑑𝑝. (5.34)
Desenvolvendo cada um dos termos anteriores e considerando 𝑠 = 0 temos
ℒ
[︂
sen 𝑡
𝑡
]︂
=
∫︁ ∞
0
𝑒−𝑠𝑡
sen 𝑡
𝑡
𝑑𝑡 =
∫︁ ∞
0
𝑒0𝑡
sen 𝑡
𝑡
𝑑𝑡 =
∫︁ ∞
0
sen 𝑡
𝑡
𝑑𝑡
e ∫︁ ∞
0
1
𝑝2 + 1
𝑑𝑝 = lim
𝑀→∞
∫︁ 𝑀
0
1
𝑝2 + 1
𝑑𝑝
= lim
𝑀→∞
arctan 𝑝
⃒⃒𝑀
0
= lim
𝑀→∞
arctan𝑀
=
𝜋
2
.
Logo, substituindo em (5.34) segue-se o resultado procurado.
Teorema 5.9. Se existe ℒ[𝑓(𝑡)] = 𝐹 (𝑠), então:
ℒ
[︂ ∫︁ 𝑡
0
𝑓(𝜏) 𝑑𝜏
]︂
=
𝐹 (𝑠)
𝑠
. (5.35)
Exemplo 5.12. Calcule
∫︀ 𝑡
0
sen 2𝜏 𝑑𝜏 .
65
Sol.: De fato, ∫︁ 𝑡
0
sen 2𝜏 𝑑𝜏 = ℒ−1
[︂
2
𝑠(𝑠2 + 4)
]︂
= ℒ−1
[︂
1
2𝑠
− 𝑠
2(𝑠2 + 4)
]︂
=
1
2
ℒ−1
[︂
1
𝑠
]︂
− 1
2
ℒ−1
[︂
𝑠
𝑠2 + 4
]︂
=
1
2
− 1
2
cos 2𝑡. (5.36)
5.4 Função Degrau Unitário
A função degrau unitário 𝒰(𝑡− 𝑎), onde 𝑎 é um número real, é definido por
𝒰(𝑡− 𝑎) =
⎧⎪⎨⎪⎩0, 0 ≤ 𝑡 < 𝑎1, 𝑡 ≥ 𝑎 (5.37)
Exercício: Desenhe 𝒰(𝑡− 5) e 𝒰(𝑡)
Observação 5.2. Se a função 𝑓 definida para 𝑡 ≥ 0 é multiplicada por 𝒰(𝑡 − 𝑎), a função
degrau unitário “desliga” uma parte do gráfico dessa função.
Na seguinte figura representamos a observação anterior para a função 𝑓(𝑡) = 2𝑡− 3,
(a) 𝑓(𝑡) = 2𝑡− 3 (b) 𝑓(𝑡) 𝒰(𝑡− 1)
Figura 5.2: Gráficos
A função degrau unitário é usada também para escrever funções por partes em forma
compacta. Por exemplo,
𝑓(𝑡) =
⎧⎨⎩ 𝑔(𝑡), 0 ≤ 𝑡 < 𝑎ℎ(𝑡), 𝑎 ≤ 𝑡. = 𝑔(𝑡)− 𝑔(𝑡)𝒰(𝑡− 𝑎) + ℎ(𝑡)𝒰(𝑡− 𝑎)
66
Teorema 5.10. (Segundo Teorema de Translação) Se 𝑎 ∈ R e ℒ[𝑓(𝑡)] = 𝐹 (𝑠), então:
ℒ[𝑓(𝑡− 𝑎) 𝒰(𝑡− 𝑎)] = 𝑒−𝑎𝑠𝐹 (𝑠) (5.38)
ou
ℒ[𝑔(𝑡) 𝒰(𝑡− 𝑎)] = 𝑒−𝑎𝑠ℒ[𝑔(𝑡 + 𝑎)] (5.39)
Exemplo 5.13. Calcule ℒ[sen(𝑡− 𝜋/6) 𝒰(𝑡− 𝜋/6)]
Sol.: Usando o segundo teorema de translação temos:
ℒ[sen(𝑡− 𝜋/6) 𝒰(𝑡− 𝜋/6)] = 𝑒−𝑠𝜋/6ℒ[sen 𝑡] = 𝑒
−𝑠𝜋/6
𝑠2 + 1
5.5 Aplicação as Equações Lineares com Coeficientes Cons-
tantes
Exemplo 5.14. Resolva o problema de Cauchy seguinte usando transformada de Laplace⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
𝑦′′ + 5𝑦′ + 4𝑦 = 0,
𝑦(0) = 1,
𝑦′(0) = 1.
(5.40)
Sol.: Aplicando a transformada de Laplace na eq. anterior temos
ℒ[𝑦′′ + 5𝑦′ + 4𝑦] = ℒ[0]
ℒ[𝑦′′] + 5ℒ[𝑦′] + 4ℒ[𝑦] = 0
(5.41)
Chamando 𝐹 (𝑠) = ℒ[𝑦], do Teorema 5.7 temos
[𝑠2𝐹 (𝑠)− 𝑠 𝑦(0)− 𝑦′(0)] + 5[𝑠 𝐹 (𝑠)− 𝑦(0)] + 4𝐹 (𝑠) = 0
(𝑠2 + 5𝑠 + 4) 𝐹 (𝑠) = 𝑠 𝑦(0) + 𝑦′(0) + 5𝑦(0) = 𝑠 + 1 + 5
𝐹 (𝑠) =
𝑠 + 6
𝑠2 + 5𝑠 + 4
. (5.42)
67
Portanto,
𝑦(𝑡) = ℒ−1
[︂
𝑠 + 6
𝑠2 + 5𝑠 + 4
]︂
= ℒ−1
[︂
𝑠 + 6
(𝑠 + 4)(𝑠 + 1)
]︂
= ℒ−1
[︂
− 2
3
(︂
1
𝑠 + 4
)︂
+
5
3
(︂
1
𝑠 + 1
)︂]︂
= −2
3
ℒ−1
[︂
1
𝑠 + 4
]︂
+
5
3
ℒ−1
[︂
1
𝑠 + 1
]︂
= −2
3
𝑒−4𝑡 +
5
3
𝑒−𝑡, (Lembre que: ℒ[𝑒𝑎𝑡] = 1
𝑠− 𝑎). (5.43)
Exemplo 5.15. Resolva o seguinte problema de Cauchy usando transformada de Laplace⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
𝑦′′ + 𝑦 = sen 𝑡,
𝑦(0) = −1,
𝑦′(0) = 1.
(5.44)
Sol.: Aplicando a transformada de Laplace na eq. anterior temos
ℒ[𝑦′′ + 𝑦] = ℒ[sen 𝑡]
ℒ[𝑦′′] + ℒ[𝑦] = ℒ[sen 𝑡] (5.45)
Se 𝐹 (𝑠) = ℒ[𝑦], do Teorema 5.7 temos:
[𝑠2𝐹 (𝑠)− 𝑠 𝑦(0)− 𝑦′(0)] + 𝐹 (𝑠) = 1
𝑠2 + 1
(𝑠2 + 1) 𝐹 (𝑠) =
1
𝑠2 + 1
+ 𝑠 𝑦(0) + 𝑦′(0)
𝐹 (𝑠) =
1
(𝑠2 + 1)2
− 𝑠
𝑠2 + 1
+
1
𝑠2 + 1
. (5.46)
Portanto,
𝑦 = ℒ−1
[︂
1
(𝑠2 + 1)2
− 𝑠
𝑠2 + 1
+
1
𝑠2 + 1
]︂
= ℒ−1
[︂
1
(𝑠2 + 1)2
]︂
− ℒ−1
[︂
𝑠
𝑠2 + 1
]︂
+ ℒ−1
[︂
1
𝑠2 + 1
]︂
= sen 𝑡− cos 𝑡 + ℒ−1
[︂
1
(𝑠2 + 1)2
]︂
. (5.47)
Cálculo de ℒ−1
[︂
1
(𝑠2 + 1)2
]︂
:
Supondo 𝐹 (𝑠) =
1
𝑠2 + 1
temos que 𝑓(𝑡) = ℒ−1
[︂
1
𝑠2 + 1
]︂
= sen 𝑡. Assim, pelo Teorema
5.6,
− 𝑑
𝑑𝑠
𝐹 (𝑠) = ℒ[𝑡 𝑓(𝑡)]. (5.48)
68
Logo,
ℒ−1
[︂
2𝑠
(𝑠2 + 1)2
]︂
= 𝑡 sen 𝑡.
Por outro lado, aplicando o Teorema 5.9 quando 𝐹 (𝑠) =
2𝑠
(𝑠2 + 1)2
, temos
ℒ−1
[︂
𝐹 (𝑠)
𝑠
]︂
= ℒ−1
[︂
2
(𝑠2 + 1)2
]︂
=
∫︁ 𝑡
0
𝜏 sen 𝜏 𝑑𝜏
= −𝜏 cos 𝜏 ⃒⃒𝑡
0
+
∫︁ 𝑡
0
cos 𝜏 𝑑𝜏
= −𝑡 cos 𝑡 + sen 𝑡. (5.49)
Logo,
ℒ−1
[︂
1
(𝑠2 + 1)2
]︂
=
sen 𝑡− 𝑡 cos 𝑡
2
.
Portanto,
𝑦(𝑡) = sen 𝑡− cos 𝑡 + sen 𝑡− 𝑡 cos 𝑡
2
. (5.50)
Exemplo 5.16. Encontre a solução do problema de valor inicial:⎧⎨⎩ 𝑦′′ + 4𝑦 = cos 𝑡 + 𝒰(𝑡− 2𝜋) cos(𝑡− 2𝜋)𝑦(0) = 0, 𝑦′(0) = 1
Sol. Usando a transformada de Laplace obtemos,
𝑠2𝐹 (𝑠)− 1 + 4𝐹 (𝑠) = 𝑠
(𝑠2 + 1)
+ ℒ[𝒰(𝑡− 2𝜋) cos(𝑡− 2𝜋)]
Pelo segundo teorema de translação:
(𝑠2 + 4)𝐹 (𝑠)− 1 = 𝑠
(𝑠2 + 1)
+ 𝑒−2𝜋𝑠ℒ[cos(𝑡)]
Logo,
𝐹 (𝑠) =
1
𝑠2 + 4
+
𝑠
(𝑠2 + 1)(𝑠2 + 4)
+ 𝑒−2𝜋𝑠
𝑠
(𝑠2 + 1)(𝑠2 + 4)
=
1
𝑠2 + 4
+{︂
𝑠
3(𝑠2 + 1)
− 𝑠
3(𝑠2 + 4)
}︂
+ 𝑒−2𝜋𝑠
{︂
𝑠
3(𝑠2 + 1)
− 𝑠
3(𝑠2 + 4)
}︂
Portanto, aplicando a transformada inversa e a inversa do segundo teorema de translação
resulta que
𝑦(𝑡) =
sen 2𝑡
2
+
cos 𝑡
3
− cos 2𝑡
3
+
𝒰(𝑡− 2𝜋) cos(𝑡− 2𝜋)
3
− 𝒰(𝑡− 2𝜋) cos 2(𝑡− 2𝜋)
3
69
Exemplo 5.17. Encontre a solução do problema de valor inicial:⎧⎨⎩ 𝑦′′ + 4𝑦 = 𝑔(𝑡)𝑦(0) = 3, 𝑦′(0) = −1
Sol. Usando a transformada de Laplace obtemos,
𝑠2𝐹 (𝑠)− 3𝑠 + 1 + 4𝐹 (𝑠) = 𝐺(𝑠)
então:
𝐹 (𝑠) =
3𝑠− 1
𝑠2 + 4
+
𝐺(𝑠)
𝑠2 + 4
= 3
𝑠
𝑠2 + 4
− 1
2
2
𝑠2 + 4
+
1
2
2
𝑠2 + 4
𝐺(𝑠)
Portanto,
𝑦 = 3 cos 2𝑡− 1
2
sen 2𝑡 +
1
2
∫︁ 𝑡
0
sen 2(𝑡− 𝜏)𝑔(𝜏)𝑑𝜏.
Exemplo 5.18. Encontre a solução do problema de valor inicial:⎧⎨⎩ 𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 𝑔(𝑡)𝑦(0) = 𝑦0, 𝑦′(0) = 𝑦1
Sol. Usando a transformada de Laplace obtemos,
(𝑎𝑠2 + 𝑏𝑠 + 𝑐)𝐹 (𝑠)− (𝑎𝑠 + 𝑏)𝑦0 − 𝑎𝑦1 = 𝐺(𝑠)
então:
𝐹 (𝑠) =
(𝑎𝑠 + 𝑏)𝑦0 + 𝑎𝑦1
𝑎𝑠2 + 𝑏𝑠 + 𝑐
+
𝐺(𝑠)
𝑎𝑠2 + 𝑏𝑠 + 𝑐
= Φ(𝑠) + Ψ(𝑠).
Portanto,
𝑦 = ℒ−1[Φ(𝑠)] + ℒ−1[Ψ(𝑠)].
5.6 Exercícios
1. Use a transformada de Laplace para obter a corrente 𝑖(𝑡) em um circuito em série
de malha simples contendo somente um resistor e um indutor, onde 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) no circuito, isto é:
𝐿
𝑑𝑖
𝑑𝑡
+ 𝑅𝑖 = 𝐸(𝑡)
onde 𝐿 e 𝑅 são conhecidas como a indutância e a resistência, respectivamente.
70
𝑎) Determine a corrente 𝑖 se a corrente inicial é zero e se 𝐿 = 1 henry, 𝑅 = 10 ohms e
𝐸(𝑡) = sen 𝑡− 𝒰(𝑡− 3𝜋/2) sen 𝑡.
𝑏) Use um programa gráfico para fazer o gráfico de 𝑖(𝑡) no intervalo 0 ≤ 𝑡 ≤ 6. Estimar
os valores máximo e mínimo da corrente.
2. A deflexão estática 𝑦(𝑥) de uma viga uniforme de comprimento 𝐿 suportando uma
carga de 𝑤(𝑥) por unidade de comprimento satisfaz a equação de 4𝑡𝑎 ordem
𝐸𝐼
𝑑4𝑦
𝑑𝑥4
= 𝑤(𝑥)
onde 𝐸 é o módulo de elasticidade de Young e 𝐼 é um momento de inércia de uma
seção transversal da viga
Encontre a deflexão da viga de comprimento 𝐿 fixa em ambos extremos (engastada,
isto é 𝑦(0) = 𝑦(𝐿) = 0, 𝑦′(0) = 𝑦′(𝐿) = 0); quando a carga é dada por: 𝑤(𝑥) =⎧⎨⎩ 𝑤0, 0 < 𝑥 < 𝐿/20, 𝐿/2 < 𝑥 < 𝐿.
3. Nos exercícios seguintes, esboce o gráfico da função dada. Em cada caso determine se
𝑓 é contínua, seccionalmente contínua ou nenhuma das duas.
𝑓(𝑡) =
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
𝑡, 0 ≤ 𝑡 ≤ 1
3− 𝑡, 1 < 𝑡 ≤ 2.
1, 2 < 𝑡 ≤ 3
𝑓(𝑡) =
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
𝑡2, 0 ≤ 𝑡 ≤ 1
(𝑡− 1)−1, 1 < 𝑡 ≤ 2.
1, 2 < 𝑡 ≤ 3
4. Usando a definição calcule ℒ[𝑓(𝑡)], se:
𝑎) 𝑓(𝑡) =
⎧⎨⎩ 2𝑡 + 1, 0 ≤ 𝑡 < 10, 𝑡 ≥ 1. 𝑏) 𝑓(𝑡) = 𝑡2 − 𝑒−9𝑡 + 5
5. Usando propriedades calcule ℒ−1[𝐹 (𝑠)], se:
𝑎) 𝐹 (𝑠) =
(︂
2
𝑠
− 1
𝑠3
)︂2
𝑏) 𝐹 (𝑠) =
𝑠 + 1
𝑠2 − 4𝑠 𝑐) 𝐹 (𝑠) =
2𝑒−2𝑠
𝑠2 − 4 𝑑) 𝐹 (𝑠) =
𝑠− 1
𝑠2(𝑠2 + 1)
6. Use a transformada de Laplace para resolver os problemas de valor inicial:
𝑎)
⎧⎨⎩ 𝑦′′ − 𝑦′ − 6𝑦 = 0𝑦(0) = 1, 𝑦′(0) = −1. 𝑏)
⎧⎨⎩ 𝑦′′ + 4𝑦 = sen 𝑡− 𝒰𝜋(𝑡) sen(𝑡− 𝜋)𝑦(0) = 0, 𝑦′(0) = 0.
𝑐)
⎧⎨⎩ 𝑦′′ + 2𝑦′ + 𝑦 = 4𝑒−𝑡𝑦(0) = 2, 𝑦′(0) = −1. 𝑑)
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
𝑦′′ + 𝑦 =
⎧⎨⎩ 1, 0 ≤ 𝑡 < 𝜋/20, 𝜋/2 ≤ 𝑡 <∞.
𝑦(0) = 0, 𝑦′(0) = 1.
71
7. Nos exercícios seguintes, esboce o gráfico da função dada para 𝑡 ≥ 0.
𝑎) 𝑔(𝑡) = 𝑓(𝑡− 3) 𝒰3(𝑡) onde 𝑓(𝑡) = sen 𝑡 𝑏) 𝑔(𝑡) = 𝑓(𝑡− 1) 𝒰2(𝑡) onde 𝑓(𝑡) = 2𝑡
8. Usando propriedades calcule ℒ[𝑓(𝑡)], se:
𝑎) 𝑓(𝑡) =
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
0, 𝑡 ≤ 𝜋
𝑡− 𝜋, 𝜋 ≤ 𝑡 < 2𝜋
0 𝑡 ≥ 𝜋.
𝑏) 𝑓(𝑡) = 𝑡− (𝑡− 1) 𝒰1(𝑡), 𝑡 ≤ 0
9. Use a transformada de Laplace para resolver os sistemas:
𝑎)
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
𝑋 ′ =
⎡⎣4 −2
3 −1
⎤⎦ 𝑋 +
⎡⎣2
1
⎤⎦ 𝒰1(𝑡)
𝑋(0) =
⎡⎣ 0
1/2
⎤⎦ 𝑏)
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
𝑋 ′ =
⎡⎣ 3 −1
−1 3
⎤⎦ 𝑋 +
⎡⎣4 𝑒2𝑡
4 𝑒4𝑡
⎤⎦
𝑋(0) =
⎡⎣1
1
⎤⎦
10. A equação diferencial linear
𝑑𝑞
𝑑𝑡
+
1
𝑅𝐶
𝑞 =
𝐸
𝑅
representa um circuito em série R-C
(com resistor e capacitor ligados em série). Um circuito tem 𝑅 = 100 ohms, 𝐶 = 0, 005
farad, 𝐸(𝑡) = 10 sen 𝑡 volts e nenhuma carga no capacitor no instante inicial. Nessas
condições encontre 𝑎) A carga e a corrente no circuito após 5 segundos (A corrente
é a taxa de variação da carga). 𝑏) Verifique se a corrente é transitória (A corrente é
dita transitória se ela tende a zero conforme o tempo cresce) e justifique. 𝑐) Esboce
os gráficos da função que representa a corrente e da função que representa a carga no
circuito em cada momento.
11. Um corpo 0, 2 Kg está suspenso numa mola cuja constante elástica é 4 N/m. O corpo
é posto em movimento, a partir do repouso e sem velocidade inicial. Se é aplicada
simultaneamente uma força externa de 𝐹 (𝑡) = cos 𝑡 e desconsiderando a resistência
(força de atrito), encontre, escrevendo por extenso a resposta: 𝑎) Omodelo do problema
(equação diferencial); 𝑏) A solução da equação diferencial.
12. O movimento de um corpo atado numa mola é descrito pela equação diferencial
1
4
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
+
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+ 𝑥 = 1 submetidas às condições 𝑥(0) = 4 e 𝑥′(0) = 2. Com esses dados encontre o
deslocamento máximo do corpo e indique em que tempo ele ocorre. Para isso encontre
a solução dessa equação diferencial e esboce seu gráfico para valores convenientes de t.
Apresente a resposta e argumentos que a justifiquem.
72
Capítulo 6
Equações Diferenciais Parciais
6.1 Séries Infinitas
Um processo que intrigou matemáticos por séculos foi a soma de infinitos termos, a qual
pode resultar em um número, como em
1
2
+
1
4
+
1
8
+
1
16
+ . . . = 1.
Outras vezes a soma infinita era infinita, como em
1 +
1
2
+
1
3
+
1
4
+
1
5
+ . . . = +∞,
e algumas vezes era impossível definir a soma infinita, como em
1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + . . . =?
Nesta seção, estudaremos como as séries infinitas formam a base para uma técnica notável
que nos permite usar somas infinitas de termos trigonométricos, chamados séries de Fourier,
para representar funções importantes usadas nas aplicações da ciência e engenharia.
6.1.1 Séries de Fourier
Definição 6.1. A série de funções da forma
𝑎0
2
+ 𝑎1 𝑐𝑜𝑠
𝜋𝑥
𝐿
+ 𝑏1 𝑠𝑒𝑛
𝜋𝑥
𝐿
+ 𝑎2 𝑐𝑜𝑠
2𝜋𝑥
𝐿
+ 𝑏2 𝑠𝑒𝑛
2𝜋𝑥
𝐿
+ ... (6.1)
ou simplificadamente
𝑎0
2
+
∞∑︁
𝑘=1
{︂
𝑎𝑘 cos
𝑘𝜋𝑥
𝐿
+ 𝑏𝑘 sen
𝑘𝜋𝑥
𝐿
}︂
(6.2)
73
chama-se de série trigonométrica. Os números constantes 𝑎0, 𝑎1, ..., 𝑎𝑘 e 𝑏1, 𝑏2, ..., 𝑏𝑘
são os coeficientes da série.
Definição 6.2. No conjunto de pontos 𝑥 em que a série (6.2) for um número finito, ela
define uma função 𝑓 cujo valor em cada ponto 𝑥, é a soma da série para este valor. Neste
caso, a série (6.2) é chamada de série de Fourier de 𝑓 e
𝑓(𝑥) =
𝑎0
2
+
∞∑︁
𝑘=1
{︂
𝑎𝑘 cos
𝑘𝜋𝑥
𝐿
+ 𝑏𝑘 sen
𝑘𝜋𝑥
𝐿
}︂
. (6.3)
O nosso objetivo é determinar que funções podem ser representadas como a soma de uma
série de Fourier e achar um processo para calcular os coeficientes da série de Fourier.
Previamente lembremos a seguinte definição.
Definição 6.3. Uma função 𝑓 é periódica, se 𝑓(𝑥 + 𝑇 ) = 𝑓(𝑥) ∀ 𝑥 ∈ 𝐷𝑜𝑚(𝑓). Diremos
que o menor valor 𝑇 ̸= 0 que satisfaz a igualdade anterior é o período de 𝑓 .
Exemplo 6.1. A função 𝑓(𝑥) = sen
𝑛𝜋𝑥
𝐿
, é uma função periódica de período 𝑇 = 2𝐿/𝑛.
De fato, 𝑓 é periódica se,
𝑓(𝑥) = sen
𝑛𝜋𝑥
𝐿
= sen
𝑛𝜋(𝑥 + 𝑇 )
𝐿
= 𝑓(𝑥 + 𝑇 ), ∀𝑥 ∈ R
ou seja,
sen
𝑛𝜋𝑥
𝐿
= sen
𝑛𝜋𝑥
𝐿
cos
𝑛𝜋𝑇
𝐿
+ cos
𝑛𝜋𝑥
𝐿
sen
𝑛𝜋𝑇
𝐿
. (6.4)Logo, para 𝑥 = 𝐿/2𝑛 temos:
sen
𝜋
2
= sen
𝜋
2
cos
𝑛𝜋𝑇
𝐿
+ cos
𝜋
2
sen
𝑛𝜋𝑇
𝐿
1 = cos
𝑛𝜋𝑇
𝐿
. (6.5)
Por outro lado, da identidade sen2𝜃 + cos2 𝜃 = 1, segue que:
sen
𝑛𝜋𝑇
𝐿
= 0. (6.6)
Como estamos interessados no menor valor positivo de 𝑇 que satisfaça (6.5) e (6.6),
simultaneamente, obtemos que:
𝑛𝜋𝑇
𝐿
= 2𝜋 ⇒ 𝑇 = 2𝐿
𝑛
.
Observação 6.1. Como as funções seno e cosseno são periódicas então a função (6.3) é
periódica, de período 𝑃 = 2𝐿.
74
Cálculo dos coeficientes de Fourier de 𝑓(𝑥)
Queremos calcular os coeficientes de Fourier de uma função 𝑓(𝑥) definida num intervalo
com ponto médio na origem, isto é [−𝐿,𝐿]. Supondo que 𝑓 seja integrável em [−𝐿,𝐿], os
seguintes casos serão considerados:
1. 𝑓 é uma função definida no intervalo [−𝐿,𝐿].
2. 𝑓 é uma função definida no intervalo [−𝜋, 𝜋].
3. 𝑓 é uma função par ou ímpar.
4. 𝑓 é uma função definida no meio intervalo [0, 𝐿].
1.- 𝑓 definida em [−𝐿,𝐿].
Seja 𝐹 (𝑥) uma função periódica em R, de modo que 𝐹 (𝑥) = 𝑓(𝑥) em [−𝐿,𝐿], da definição
6.2 resulta que
𝐹 (𝑥) = 𝑓(𝑥) =
𝑎0
2
+
∞∑︁
𝑘=1
{︂
𝑎𝑘 cos
𝑘𝜋𝑥
𝐿
+ 𝑏𝑘 sen
𝑘𝜋𝑥
𝐿
}︂
∀𝑥 ∈ (−𝐿,𝐿). (6.7)
Integrando ambos lados de (6.7) no intervalo [−𝐿,𝐿], temos∫︁ 𝐿
−𝐿
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 =
∫︁ 𝐿
−𝐿
𝑎0
2
𝑑𝑥 +
∞∑︁
𝑘=1
∫︁ 𝐿
−𝐿
(︂
𝑎𝑘 cos
𝑘𝜋𝑥
𝐿
+ 𝑏𝑘 sen
𝑘𝜋𝑥
𝐿
)︂
𝑑𝑥. (6.8)
Calculando por separado cada integral do segundo membro temos∫︁ 𝐿
−𝐿
𝑎0
2
𝑑𝑥 = 𝑎0 𝐿∫︁ 𝐿
−𝐿
𝑎𝑘 cos
𝑘𝜋𝑥
𝐿
𝑑𝑥 = 𝑎𝑘
𝐿
𝑘𝜋
sen
𝑘𝜋𝑥
𝐿
⃒⃒⃒⃒𝐿
−𝐿
= 𝑎𝑘
𝐿
𝑘𝜋
(︀
sen 𝑘𝜋 − sen(−𝑘𝜋))︀ = 0, ∀ 𝑘 ∈ N∫︁ 𝐿
−𝐿
𝑏𝑘 sen
𝑘𝜋𝑥
𝐿
𝑑𝑥 = −𝑏𝑘 𝐿
𝑘𝜋
cos
𝑘𝜋𝑥
𝐿
⃒⃒⃒⃒𝐿
−𝐿
= −𝑏𝑘 𝐿
𝑘𝜋
(︀
cos 𝑘𝜋 − cos(−𝑘𝜋))︀ = 0, ∀ 𝑘 ∈ N.
Logo, substituindo as equações anteriores em (6.8) temos que∫︁ 𝐿
−𝐿
𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑎0𝐿.
Portanto,
𝑎0 =
1
𝐿
∫︁ 𝐿
−𝐿
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥. (6.9)
75
Por outro lado, multiplicando ambos os termos da equação (6.7) por cos
𝑛𝜋𝑥
𝐿
e integrando
em [−𝐿,𝐿] temos:∫︁ 𝐿
−𝐿
𝑓(𝑥) cos
𝑛𝜋𝑥
𝐿
𝑑𝑥 =
𝑎0
2
∫︁ 𝐿
−𝐿
cos
𝑛𝜋𝑥
𝐿
𝑑𝑥 +
∞∑︁
𝑘=1
∫︁ 𝐿
−𝐿
cos
𝑛𝜋𝑥
𝐿
{︂
𝑎𝑘 cos
𝑘𝜋𝑥
𝐿
+ 𝑏𝑘 sen
𝑘𝜋𝑥
𝐿
}︂
𝑑𝑥
= 𝐿𝑎𝑛, (6.10)
já que
∫︁ 𝐿
−𝐿
cos
𝑛𝜋𝑥
𝐿
cos
𝑘𝜋𝑥
𝐿
𝑑𝑥 =
⎧⎨⎩ 0, 𝑛 ̸= 𝑘,𝐿, 𝑛 = 𝑘 e
∫︁ 𝐿
−𝐿
cos
𝑛𝜋𝑥
𝐿
sen
𝑘𝜋𝑥
𝐿
𝑑𝑥 = 0, ∀ 𝑘, 𝑛. (6.11)
Logo,
𝑎𝑘 =
1
𝐿
∫︁ 𝐿
−𝐿
𝑓(𝑥) cos
𝑘𝜋𝑥
𝐿
𝑑𝑥 (6.12)
Analogamente, multiplicando (6.7) por sen
𝑛𝜋𝑥
𝐿
e integrando esta expressão em [−𝐿,𝐿]
temos∫︁ 𝐿
−𝐿
𝑓(𝑥) sen
𝑛𝜋𝑥
𝐿
𝑑𝑥 =
𝑎0
2
∫︁ 𝐿
−𝐿
sen
𝑛𝜋𝑥
𝐿
𝑑𝑥 +
∞∑︁
𝑘=1
∫︁ 𝐿
−𝐿
sen
𝑛𝜋𝑥
𝐿
{𝑎𝑘 cos 𝑘𝜋𝑥
𝐿
+ 𝑏𝑘 sen
𝑘𝜋𝑥
𝐿
} 𝑑𝑥.
(6.13)
Usando (6.11) e a seguinte identidade,
∫︁ 𝐿
−𝐿
sen
𝑛𝜋𝑥
𝐿
sen
𝑘𝜋𝑥
𝐿
𝑑𝑥 =
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
0, 𝑛 ̸= 𝑘,
𝐿, 𝑛 = 𝑘 (6.14)
obtem-se que
𝑏𝑘 =
1
𝐿
∫︁ 𝐿
−𝐿
𝑓(𝑥) sen
𝑘𝜋𝑥
𝐿
𝑑𝑥 (6.15)
Os coeficientes determinados pelas formulas (6.9), (6.12) e (6.15) chamam-se coeficientes
de Fourier da função 𝑓 , e a série trigonométrica (6.2) com tais coeficientes é chamada série
de Fourier da função 𝑓 .
Exemplo 6.2. Calcular a série de Fourier da função periódica definida em [−3, 3] por:
𝑓(𝑥) =
⎧⎨⎩ 1, se 0 ≤ 𝑥 ≤ 3;0, se − 3 ≤ 𝑥 < 0. (6.16)
76
Figura 6.1: Expansão periódica da função 𝑓
Sol.:
Usando (6.9)-(6.12)-(6.15) temos que
𝑎0 =
1
3
∫︁ 3
−3
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 =
1
3
∫︁ 3
0
1 𝑑𝑥 = 1
𝑎𝑘 =
1
3
∫︁ 3
−3
𝑓(𝑥) cos
𝑘𝜋𝑥
3
𝑑𝑥 =
1
3
∫︁ 3
0
cos
𝑘𝜋𝑥
3
𝑑𝑥 =
1
𝑘𝜋
sen
𝑘𝜋𝑥
3
⃒⃒⃒⃒3
0
= 0 (6.17)
𝑏𝑘 =
1
3
∫︁ 3
−3
𝑓(𝑥) sen
𝑘𝜋𝑥
3
𝑑𝑥 =
1
3
∫︁ 3
0
sen
𝑘𝜋𝑥
3
𝑑𝑥 = − 1
𝑘𝜋
cos
𝑘𝜋𝑥
3
⃒⃒⃒⃒3
0
=
1
𝑘𝜋
(1− cos(𝑘𝜋))
Portanto,
𝑓(𝑥) =
1
2
+
∞∑︁
𝑘=1
𝑏𝑘 sen
𝑘𝜋𝑥
3
=
1
2
+
∞∑︁
𝑘=1
1
𝑘𝜋
(1− cos(𝑘𝜋)) sen 𝑘𝜋𝑥
3
=
1
2
+
∞∑︁
𝑘=1
2
(2𝑘 − 1)𝜋 sen
(2𝑘 − 1)𝜋𝑥
3
. (6.18)
Na Figura (4.3) e mostrada a aproximação da função.
2.- 𝑓 definida em [−𝜋, 𝜋].
Para obter um desenvolvimento de Fourier da função 𝑓 bastará fazer 𝐿 = 𝜋 em (6.3).
Assim,
𝑓(𝑥) =
𝑎0
2
+
∞∑︁
𝑘=1
{𝑎𝑘 cos 𝑘𝑥 + 𝑏𝑘 sen 𝑘𝑥}. (6.19)
77
Figura 6.2: Aprox. da função 𝑓(𝑥) em [−3, 3] para 𝑘 ≤ 3, 𝑘 ≤ 15, 𝑘 ≤ 30
onde os coeficientes de Fourier da função 𝑓 obtém-se de modo análogo ao caso anteriormente
considerado. Logo,
𝑎0 =
1
𝜋
∫︁ 𝜋
−𝜋
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥. (6.20)
𝑎𝑘 =
1
𝜋
∫︁ 𝜋
−𝜋
𝑓(𝑥) cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥 (6.21)
𝑏𝑘 =
1
𝜋
∫︁ 𝜋
−𝜋
𝑓(𝑥) sen 𝑘𝑥 𝑑𝑥 (6.22)
Exemplo 6.3. Ache a série de Fourier da função periódica 𝑓 no intervalo [−𝜋, 𝜋]
𝑓(𝑥) =
⎧⎨⎩ 0, 𝑥 ∈ [−𝜋, 0]𝑥, 𝑥 ∈ (0, 𝜋] (6.23)
Sol.:
Figura 6.3: Extensão periódica de 𝑓
78
Como esta função é periódica em [−𝜋, 𝜋] (Fig. 4.1), então usando (6.20), (6.21) e (6.22)
temos
𝑎0 =
1
𝜋
∫︁ 𝜋
−𝜋
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 =
1
𝜋
∫︁ 𝜋
0
𝑥 𝑑𝑥 =
𝜋
2
(6.24)
𝑎𝑘 =
1
𝜋
∫︁ 𝜋
−𝜋
𝑓(𝑥) cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥 =
1
𝜋
∫︁ 𝜋
0
𝑥 cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥
=
1
𝜋
{︂
𝑥
sen 𝑘𝑥
𝑘
⃒⃒⃒⃒𝜋
0
−
∫︁ 𝜋
0
sen 𝑘𝑥
𝑘
𝑑𝑥
}︂
= − 1
𝑘 𝜋
∫︁ 𝜋
0
sen 𝑘𝑥 𝑑𝑥 =
cos 𝑘𝑥
𝑘2 𝜋
⃒⃒⃒⃒𝜋
0
=
1
𝑘2 𝜋
(︀
cos(𝑘𝜋)− 1)︀ (6.25)
𝑏𝑘 =
1
𝜋
∫︁ 𝜋
−𝜋
𝑓(𝑥) sen 𝑘𝑥 𝑑𝑥 =
1
𝜋
∫︁ 𝜋
0
𝑥 sen 𝑘𝑥 𝑑𝑥
=
1
𝜋
{︂
− 𝑥 cos 𝑘𝑥
𝑘
⃒⃒⃒⃒𝜋
0
+
∫︁ 𝜋
0
cos 𝑘𝑥
𝑘
𝑑𝑥
}︂
=
1
𝜋
{︂
− 𝜋
𝑘
cos 𝑘𝜋 +
sen 𝑘𝑥
𝑘2
⃒⃒⃒⃒𝜋
0
}︂
= −1
𝑘
cos 𝑘𝜋 (6.26)
Consequentemente,
𝑓(𝑥) =
𝑎0
2
+
∞∑︁
𝑘=1
(︀
𝑎𝑘 cos 𝑘𝑥 + 𝑏𝑘 sen 𝑘𝑥
)︀
=
𝜋
4
+
∞∑︁
𝑘=1
{︂
1
𝑘2 𝜋
(︀
cos(𝑘𝜋)− 1)︀ cos 𝑘𝑥− 1
𝑘
cos 𝑘𝜋 sen 𝑘𝑥
}︂
(6.27)
Figura 6.4: Aprox. da função 𝑓(𝑥) para 𝑘 ≤ 3, 𝑘 ≤ 5, 𝑘 ≤ 10, 𝑘 ≤ 20
Observação 6.2. Se 𝑓 é uma função periódica em [−𝜋, 𝜋] então∫︁ 𝜋
−𝜋
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 =
∫︁ 𝜆+2𝜋
𝜆
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 (6.28)
79
3.- 𝑓 é par ou ímpar, definida em [−𝐿,𝐿].
Se uma função 𝑔(𝑥) é uma função par em [−𝐿,𝐿] (𝑔(𝑥) = 𝑔(−𝑥)), então∫︁ 𝐿
−𝐿
𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 = 2
∫︁ 𝐿
0
𝑔(𝑥) 𝑑𝑥.
De fato,∫︁ 𝐿
−𝐿
𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 =
∫︁ 0
−𝐿
𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 +
∫︁ 𝐿
0
𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 =
∫︁ 𝐿
0
𝑔(−𝑥) 𝑑𝑥 +
∫︁ 𝐿
0
𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 = 2
∫︁ 𝐿
0
𝑔(𝑥) 𝑑𝑥
Analogamente, se 𝑔(𝑥) é uma função ímpar em [−𝐿,𝐿] (𝑔(𝑥) = −𝑔(−𝑥)), então∫︁ 𝐿
−𝐿
𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 = 0.
De fato, ∫︁ 𝐿
−𝐿
𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 =
∫︁ 0
−𝐿
𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 +
∫︁ 𝐿
0
𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 =
∫︁ 𝐿
0
𝑔(−𝑥) 𝑑𝑥 +
∫︁ 𝐿
0
𝑔(𝑥) 𝑑𝑥
= −
∫︁ 𝐿
0
𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 +
∫︁ 𝐿
0
𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 = 0. (6.29)
∙ Se uma função par 𝑓(𝑥) se desenvolve em série de Fourier em [−𝐿,𝐿], o produto 𝑓(𝑥) cos
(︂
𝑘𝜋𝑥
𝐿
)︂
é também par e o produto 𝑓(𝑥) sen
(︂
𝑘𝜋𝑥
𝐿
)︂
é uma função ímpar, já que a função cos
(︂
𝑘𝜋𝑥
𝐿
)︂
é par e sen
(︂
𝑘𝜋𝑥
𝐿
)︂
é ímpar, então
𝑎0 =
2
𝐿
∫︁ 𝐿
0
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥
𝑎𝑘 =
2
𝐿
∫︁ 𝐿
0
𝑓(𝑥) cos
𝑘𝜋𝑥
𝐿
𝑑𝑥 (6.30)
𝑏𝑘 =
1
𝐿
∫︁ 𝐿
−𝐿
𝑓(𝑥) sen
𝑘𝜋𝑥
𝐿
𝑑𝑥 = 0.
80
∙ Analogamente, se uma função ímpar 𝑓(𝑥) se desenvolve em série de Fourier em [−𝐿,𝐿], o
produto 𝑓(𝑥) cos
(︂
𝑘𝜋𝑥
𝐿
)︂
é também ímpar e o produto 𝑓(𝑥) sen
(︂
𝑘𝜋𝑥𝐿
)︂
é uma função par,
então
𝑎0 =
1
𝐿
∫︁ 𝐿
−𝐿
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 0
𝑎𝑘 =
1
𝐿
∫︁ 𝐿
−𝐿
𝑓(𝑥) cos
𝑘𝜋𝑥
𝐿
𝑑𝑥 = 0 (6.31)
𝑏𝑘 =
2
𝐿
∫︁ 𝐿
0
𝑓(𝑥) sen
𝑘𝜋𝑥
𝐿
𝑑𝑥.
Exemplo 6.4. Ache a Série de Fourier da função periódica 𝑓(𝑥) = 𝑥2 em [−1, 1].
Sol.: Como 𝑓(𝑥) é par e periódica em [−1, 1], então usando (6.30) temos
𝑎0 =
2
1
∫︁ 1
0
𝑥2 𝑑𝑥 =
2
3
𝑎𝑘 =
2
1
∫︁ 1
0
𝑥2 cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥 = 2
{︂
𝑥2
sen 𝑘𝑥
𝑘
⃒⃒⃒⃒1
0
−
∫︁ 1
0
2𝑥
sen 𝑘𝑥
𝑘
𝑑𝑥
}︂
=
2
𝑘
sen 𝑘 − 4
𝑘
{︂
− 𝑥 cos 𝑘𝑥
𝑘
⃒⃒⃒⃒1
0
+
∫︁ 1
0
cos 𝑘𝑥
𝑘
𝑑𝑥
}︂
=
2
𝑘
sen 𝑘 +
4
𝑘2
cos 𝑘 − 4
𝑘2
sen 𝑘𝑥
𝑘
⃒⃒⃒⃒1
0
=
2
𝑘
sen 𝑘 +
4
𝑘2
cos 𝑘 − 4
𝑘3
sen 𝑘
𝑏𝑘 = 0. (6.32)
Consequentemente,
𝑓(𝑥) =
1
3
+
∞∑︁
𝑘=1
𝑎𝑘 cos 𝑘𝑥 =
1
3
+
∞∑︁
𝑘=1
{︂
2
𝑘
sen 𝑘 +
4
𝑘2
cos 𝑘 − 4
𝑘3
sen 𝑘
}︂
cos 𝑘𝑥. (6.33)
81
Figura 6.5: Aprox. da função 𝑓(𝑥) = 𝑥2 para 𝑘 ≤ 2, 𝑘 ≤ 5, 𝑘 ≤ 20
Figura 6.6: Extensão periódica de 𝑓
Exemplo 6.5. Calcular a série de Fourier da função periódica 𝑓(𝑥) = 𝑥 definida em [−𝜋, 𝜋]
Sol.: Como esta função é ímpar e periódica em [−𝜋, 𝜋], então usando (6.31) temos
𝑎0 = 0
𝑎𝑘 = 0 (6.34)
𝑏𝑘 =
2
𝜋
∫︁ 𝜋
0
𝑥 sen 𝑘𝑥 𝑑𝑥 =
2
𝜋
{︂
− 𝑥 cos 𝑘𝑥
𝑘
⃒⃒⃒⃒𝜋
0
+
∫︁ 𝜋
0
cos 𝑘𝑥
𝑘
𝑑𝑥
}︂
= − 2
𝜋
{︂
𝜋
cos 𝑘𝜋
𝑘
}︂
=
⎧⎪⎨⎪⎩
2
𝑘
, se 𝑘 é ímpar
−2
𝑘
, se 𝑘 é par
(6.35)
Consequentemente,
𝑓(𝑥) =
∞∑︁
𝑘=1
𝑏𝑘 sen 𝑘𝑥 =
∞∑︁
𝑘=1
(−1)𝑘+1 2
𝑘
sen 𝑘𝑥 = 2
∞∑︁
𝑘=1
(−1)𝑘+1 sen 𝑘𝑥
𝑘
(6.36)
82
Figura 6.7: Aprox. da função 𝑓(𝑥) = 𝑥 para 𝑘 ≤ 3, 𝑘 ≤ 5, 𝑘 ≤ 10, 𝑘 ≤ 20
4.- 𝑓 não periódica.
Suponhamos que a função contínua por partes esteja definida num intervalo [𝑎, 𝑏].
Podemos representar esta função 𝑓(𝑥) nos pontos de continuidade por uma série de
Fourier. Para isso, devemos considerar uma função arbitrária periódica 𝑔(𝑥) de período
2𝜇 > |𝑏−𝑎| que coincida com a função 𝑓(𝑥) no intervalo [𝑎, 𝑏]. Logo, como 𝑔(𝑥) se desenvolve
em série de Fourier, 𝑓(𝑥) também se desenvolverá em série de Fourier.
𝑔(𝑥) =
𝑎0
2
+
∞∑︁
𝑘=1
(𝑎𝑘 cos 𝑘𝑥 + 𝑏𝑘 sen 𝑘𝑥)
𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥)
⃒⃒⃒⃒
[𝑎,𝑏]
. (6.37)
Por outro lado, se 𝑓(𝑥) é definida no intervalo [0, 𝐿] completamos a função de modo
arbitrário no intervalo [−𝐿, 0]. Logo, podemos desenvolver em série de Fourier a função 𝑓
83
periódica de período 2𝐿 em [−𝐿,𝐿]. Podemos completar a função de forma par ou ímpar
dependendo se desejarmos que a série esteja em função de cossenos ou de senos.
(a) Expansão periódica par de f (b) Expansão periódica ímpar de f
Figura 6.8: Gráficos
6.1.2 Exercícios
1. Fazer os exercícios do site http://docslide.com.br/documents/lista-3-edpsseries-de-fourier.html
6.2 Equações Diferenciais em Derivadas Parciais (EDP)
Definição 6.4. A forma geral de uma equação diferencial parcial de segunda ordem
em duas variáveis independentes 𝑥 e 𝑦 é
𝑎(𝑥, 𝑦)
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
+ 𝑏(𝑥, 𝑦)
𝜕2𝑢
𝜕𝑥 𝜕𝑦
+ 𝑐(𝑥, 𝑦)
𝜕2𝑢
𝜕𝑦2
= 𝑓
(︂
𝑥, 𝑦, 𝑢,
𝜕𝑢
𝜕𝑥
,
𝜕𝑢
𝜕𝑦
)︂
. (6.38)
No caso particular que a função
𝑓
(︂
𝑥, 𝑦, 𝑢,
𝜕𝑢
𝜕𝑥
,
𝜕𝑢
𝜕𝑦
)︂
= 𝑑(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑢
𝜕𝑥
+ 𝑒(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑢
𝜕𝑦
+ 𝑔(𝑥, 𝑦)
diremos que a EDP é linear. Neste caso, se 𝑔(𝑥, 𝑦) = 0 a equação se diz homogênea, em
caso contrário, é não-homogênea.
Definição 6.5. (Classificação de Equações) A equação diferencial parcial de segunda ordem
(6.38) é
1. Hiperbólica em (𝑥0, 𝑦0), se 𝑏2(𝑥0, 𝑦0)− 4𝑎(𝑥0, 𝑦0)𝑐(𝑥0, 𝑦0) > 0
84
2. Parabólica em (𝑥0, 𝑦0), se 𝑏2(𝑥0, 𝑦0)− 4𝑎(𝑥0, 𝑦0)𝑐(𝑥0, 𝑦0) = 0
3. Elítica em (𝑥0, 𝑦0), se 𝑏2(𝑥0, 𝑦0)− 4𝑎(𝑥0, 𝑦0)𝑐(𝑥0, 𝑦0) < 0
Exemplo 6.6. A Equação da onda
𝜕2𝑢
𝜕𝑡2
− 𝜕
2𝑢
𝜕𝑥2
= 𝑓(𝑥, 𝑡) é linear, não homogênea, e desde
que 𝑎(𝑥, 𝑡) = −1, 𝑏(𝑥, 𝑡) = 0 e 𝑐(𝑥, 𝑡) = 1 será tipo hiperbólica no domínio de 𝑓 .
Exemplo 6.7. A Equação do Calor
𝜕𝑢
𝜕𝑡
− 𝜕
2𝑢
𝜕𝑥2
= 𝑓(𝑥, 𝑡) é linear, não homogênea, e como
𝑎(𝑥, 𝑡) = −1, 𝑏(𝑥, 𝑡) = 0 e 𝑐(𝑥, 𝑡) = 0 será tipo parabólica no domínio de 𝑓 .
Exemplo 6.8. A Equação de Laplace
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
+
𝜕2𝑢
𝜕𝑦2
= 𝑓(𝑥, 𝑦) é linear, não homogênea, e já
que 𝑎(𝑥, 𝑦) = 1, 𝑏(𝑥, 𝑦) = 0 e 𝑐(𝑥, 𝑦) = 1 será tipo elítica no domínio de 𝑓 .
Exemplo 6.9. A Equação de Tricomi 𝑦
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
+
𝜕2𝑢
𝜕𝑦2
= 0 é linear, homogênea, e visto que
𝑎(𝑥, 𝑦) = 𝑦, 𝑏(𝑥, 𝑦) = 0 e 𝑐(𝑥, 𝑦) = 1, será de tipo misto.
De fato, já que 𝑏2(𝑥, 𝑦)− 4𝑎(𝑥, 𝑦)𝑐(𝑥, 𝑦) = −4𝑦,
1. no semiplano 𝑦 < 0, a eq. será hiperbólica,
2. no eixo 𝑦 = 0, a eq. será parabólica,
3. no semiplano 𝑦 > 0, a eq. será elítica.
Exercícios: Classifique as equações abaixo
1. 4𝑢𝑥𝑥 + 12𝑢𝑥𝑦 + 5𝑢𝑦𝑦 = 6𝑢𝑥 − 𝑢𝑦
2. 𝑢𝑥𝑥 − 4𝑢𝑥𝑦 + 4𝑢𝑦𝑦 = 4 + 2𝑢𝑥
3. 2𝑢𝑥𝑥 + 9𝑢𝑥𝑦 + 9𝑢𝑦𝑦 = 𝑥𝑦 𝑢
4. (1 + 𝑥2)2𝑢𝑥𝑥 − 2(1 + 𝑥2)(1 + 𝑦2)𝑢𝑥𝑦 + (1 + 𝑦2)2𝑢𝑦𝑦 = 0
5. (1 + 𝑥2)2𝑢𝑥𝑥 − (1 + 𝑦2)2𝑢𝑦𝑦 = 0
6. 𝑢𝑥𝑥 − (1 + 𝑥2)2𝑢𝑦𝑦 = 0.
Definição 6.6. Uma solução de uma EDP de duas variáveis independentes 𝑥 e 𝑦 é uma
função 𝑢(𝑥, 𝑦) que possui todas as derivadas parciais que comparecem na equação (6.38) e
que satisfaz a equação em alguma região do plano 𝑥𝑦.
85
Para achar soluções particulares de uma EDP usaremos um método chamado método
de separação de variáveis, o qual consiste em procurar soluções 𝑢(𝑥, 𝑦) da forma
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑋(𝑥)𝑌 (𝑦), (6.39)
de modo que a EDP seja reduzida a duas EDO’s.
Exemplo 6.10. Ache a solução da EDP 𝑢𝑥𝑥 = 4𝑢𝑦.
Sol.: Se 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑋(𝑥)𝑌 (𝑦) então substituindo na EDP temos:
𝑋 ′′(𝑥)𝑌 (𝑦) = 4𝑋(𝑥)𝑌 ′(𝑦). (6.40)
Logo,
𝑋 ′′(𝑥)
4𝑋(𝑥)
=
𝑌 ′(𝑦)
𝑌 (𝑦)
= 𝛼 ( constante). (6.41)
Como o membro esquerdo da igualdade anterior é independente de 𝑦 e é igual ao membro
direito, que é independente de 𝑥, concluímos que cada membro da equação (6.41) deve ser
uma constante. Distinguimos os seguintes casos:
Caso I Se 𝛼 = 𝜆2 > 0, então
𝑋 ′′(𝑥)
4𝑋(𝑥)
=
𝑌 ′(𝑦)
𝑌 (𝑦)
= 𝜆2. (6.42)
conduzem a
𝑋 ′′(𝑥)− 4𝜆2𝑋(𝑥) = 0 e 𝑌 ′(𝑦)− 𝜆2𝑌 (𝑦) = 0. (6.43)
Estas equações admitem as soluções 𝑋(𝑥) = 1˜𝑒2𝜆𝑥 + 2˜𝑒−2𝜆𝑥 e 𝑌 (𝑦) = 𝑐3 𝑒𝜆
2𝑦 ou
𝑋(𝑥) = 𝑐1 cosh 2𝜆𝑥 + 𝑐2 sinh 2𝜆𝑥 e 𝑌 (𝑦) = 𝑐3 𝑒𝜆
2𝑦.
Consequentemente
𝑢(𝑥, 𝑦) = (𝐶1 cosh 2𝜆𝑥 + 𝐶2 sinh 2𝜆𝑥)𝑒
𝜆2𝑦 (6.44)
Caso II Se 𝛼 = −𝜆2 < 0, então
𝑋 ′′(𝑥)
4𝑋(𝑥)
=
𝑌 ′(𝑦)
𝑌 (𝑦)
= −𝜆2. (6.45)
86
conduzem a
𝑋 ′′(𝑥) + 4𝜆2𝑋(𝑥) = 0 𝑌 ′(𝑦) + 𝜆2𝑌 (𝑦) = 0. (6.46)
Estas equações admitem as soluções
𝑋(𝑥) = 𝑐4 cos 2𝜆𝑥 + 𝑐5 sen 2𝜆𝑥 e 𝑌 (𝑦) = 𝑐6 𝑒−𝜆
2𝑦.
Consequentemente
𝑢(𝑥, 𝑡) = (𝐶3 cos 2𝜆𝑥 + 𝐶4 sen 2𝜆𝑥) 𝑒
−𝜆2𝑦 (6.47)
Caso III Se 𝛼 = 0, então
𝑋 ′′(𝑥)
4𝑋(𝑥)
=
𝑌 ′(𝑦)
𝑌 (𝑦)
= 0. (6.48)
conduzem a
𝑋 ′′(𝑥) = 0 𝑌 ′(𝑦) = 0. (6.49)
Estas equações admitem as soluções
𝑋(𝑥) = 𝑐7 𝑥 + 𝑐8 e 𝑌 (𝑦) = 𝑐9
Consequentemente
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐶5 𝑥 + 𝐶6. (6.50)
Note-se que a solução adotada vai depender das condições iniciais e de fronteira para
obter soluções não nulas..
Observação 6.3. A separação de variáveis não é um método geral para achar soluções parti-
culares, algumas EDP’s lineares simplesmente não são separáveis. Por exemplo, 𝑢𝑥𝑥−𝑢𝑦 = 𝑥
Teorema 6.1. (Principio de Superposição) Se 𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛 são soluções de uma equação
de derivadas parciais linear homogênea, então a combinação linear
𝑢 = 𝑐1𝑢1 + 𝑐2𝑢2 + . .. + 𝑐𝑛𝑢𝑛,
também é solução, quaisquer que sejam os valores das constantes 𝑐1, 𝑐2 . . . , 𝑐𝑛.
87
6.3 Equações Fundamentais da Física-Matemática
Chamam-se equações fundamentais da física-matemática (para o caso de funções de duas
variáveis independentes) as seguintes equações diferenciais com derivadas parciais de segunda
ordem
1. Equação de Onda (D’Alembert -1949): Aplicada na análise de processos de vi-
brações transversais de uma corda, oscilações elétricas em um condutor, oscilações de
um gás, etc. Esta equação é a mais simples do tipo hiperbólico.
2. Equação de Transferência de Calor: Ajuda na análise de processos de propagação
de calor, filtração de líquido e gás em um meio poroso (por exemplo filtração de petróleo
e gás em areniscos subterrâneos). Esta equação é a mais simples do tipo parabólico.
3. Equação de Laplace. Aplica-se ao estudo de campos elétricos e magnéticos sobre
o estado térmico estacionário, e em problemas de hidrodinâmica, difusão, etc. Esta
equação é a mais simples do tipo elítico.
6.3.1 Equação do Calor
Consideremos uma vara que se estende ao longo do eixo 𝑥. Assumimos que a vara tem seção
transversal perpendicular ao eixo 𝑥, com área 𝐴 que é feita de um material homogêneo, de
forma que possamos supor que:
• A seção transversal da vara é tão pequena que 𝑢 é constante em cada seção transversal;
• A superfície lateral da vara é isolada de modo que não passe calor através dela;
• A vara tem comprimento 𝐿 e que sua função-temperatura é 𝑓(𝑥) no instante 𝑡 = 0.
Se cada extremo da vara fosse fixada num bloco grande de gelo teríamos as condições de
fronteira
𝑢(0, 𝑡) = 𝑢(𝐿, 𝑡) = 0.
Assim, combinando tudo isto, temos o problema de contorno:⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
𝑢𝑡 − 𝑐 𝜕2𝑥𝑢 = 0 em 𝑄 = (0, 𝐿)× (0, 𝑇 )
𝑢(0, 𝑡) = 𝑢(𝐿, 𝑡) = 0 𝑡 ∈ (0, 𝑇 )
𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥), 𝑥 ∈ (0, 𝐿),
(6.51)
88
onde 𝑐 é a condutividade térmica do material da vara. A equação (6.51) modela a variação
de temperatura 𝑢(𝑥, 𝑡) com a posição 𝑥 e o tempo 𝑡 numa vara aquecida que se estende ao
longo do eixo 𝑥.
Solução por Separação de Variáveis da Equação do Calor
Procuraremos uma solução particular da forma:
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)𝑇 (𝑡)
Substituindo-se na equação (6.51) obtemos:
𝑋(𝑥)𝑇 ′(𝑡) = 𝑐𝑋 ′′(𝑥)𝑇 (𝑡)
Separando as variáveis obtemos
𝑋 ′′(𝑥)
𝑋(𝑥)
=
𝑇 ′(𝑡)
𝑐𝑇 (𝑡)
= 𝛼, 𝛼 constante. (6.52)
1𝑒𝑟 Caso Se 𝛼 = −𝜆2 < 0, então temos as seguintes EDO’s
a)
𝑇 ′(𝑡)
𝑇 (𝑡)
= −𝜆2𝑐 ⇒ (ln𝑇 (𝑡))′ = −𝜆2𝑐 ⇒ 𝑇 (𝑡) = 𝐶 𝑒−𝜆2𝑐𝑡, 𝐶 = 𝑐𝑡𝑒.
b) 𝑋 ′′(𝑥) + 𝜆2𝑋(𝑥) = 0 (𝐸.𝐷.𝑂. 𝑑𝑒 2𝑎𝑜𝑟𝑑𝑒𝑚), cujo polinômio característico é 𝑝(𝑟) =
𝑟2 + 𝜆2 = 0, com raízes 𝑟 = ±𝜆𝑖. Logo, a solução desta EDO é
𝑋(𝑥) = 𝐴 cos𝜆𝑥 + 𝐵 sen𝜆𝑥
Portanto, uma solução particular é:
𝑢(𝑥, 𝑡) = (𝐴 cos𝜆𝑥 + 𝐵 sen𝜆𝑥)𝐶 𝑒−𝜆
2𝑐𝑡
Utilizando as condições de fronteira, obtemos que:
𝑢(0, 𝑡) = 𝐴𝐶 𝑒−𝜆
2𝑐𝑡 = 0 ⇒ 𝐴 = 0 (6.53)
𝑢(𝐿, 𝑡) = 𝐵 𝐶 𝑒−𝜆
2𝑐𝑡 sen𝜆𝐿 = 0 ⇒ 𝜆𝐿 = 𝑛𝜋 ⇒ 𝜆 = 𝑛𝜋
𝐿
(6.54)
Consequentemente, para cada 𝑛 ∈ N temos soluções particulares da forma
𝑢𝑛(𝑥, 𝑡) = 𝐵 𝐶 sen(𝜆𝑥) 𝑒
−𝜆2𝑐𝑡 = 𝐵 𝐶 sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)︂
𝑒−
(︀
𝑛𝜋
𝐿
)︀2
𝑐𝑡.
Portanto, pelo princípio de superposição, a solução geral de (6.51) é
𝑢(𝑥, 𝑡) =
∞∑︁
𝑛=0
𝐵𝑛 𝑒
−
(︀
𝑛𝜋
𝐿
)︀2
𝑐𝑡 sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)︂
. (6.55)
89
Por outro lado, se 𝑓(𝑥) admite um desenvolvimento em séries de Fourier em [0, 𝐿], das
condições de fronteira obtemos que
𝑢(𝑥, 0) =
∞∑︁
𝑛=0
𝐵𝑛 sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)︂
= 𝑓(𝑥) =
𝑎0
2
+
∞∑︁
𝑛=1
{︂
𝑎𝑛 cos
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)︂
+ 𝑏𝑛 sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)︂}︂
.
Da igualdade acima é claro que 𝑎0 = 0, 𝑎𝑛 = 0, e
𝐵𝑛 = 𝑏𝑛 =
2
𝐿
∫︁ 𝐿
0
𝑓(𝑥) sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)︂
𝑑𝑥
Para o caso 𝛼 = 0 e 𝛼 > 0 obtemos soluções nulas.
Exemplo 6.11. Suponha que uma vara de 50 cm de comprimento é imersa em vapor até que
sua temperatura seja de 100𝑜 C ao longo dela toda. No instante 𝑡 = 0, sua superfície lateral
é isolada e suas duas extremidades são enterradas em gelo a 0𝑜𝐶. Calcule a temperatura no
seu ponto médio após meia hora, se a vara é feita de:
1. ferro (𝑐 = 0, 25).
2. concreto (𝑐 = 0, 005)
Sol.: Seja 𝐿 = 50 e 𝑓(𝑥) = 100, então o problema consiste em achar 𝑢(𝑥, 𝑡) tal que⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
𝑢𝑡 − 𝑐 𝜕2𝑥𝑢 = 0
𝑢(0, 𝑡) = 𝑢(50, 𝑡) = 0
𝑢(𝑥, 0) = 100, ∀ 𝑥 ∈ (0, 50).
(6.56)
Usando (6.55) temos que
𝑢(𝑥, 𝑡) =
∞∑︁
𝑛=0
𝐵𝑛 𝑒
−(𝑛𝜋
50
)2 𝑐 𝑡 sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
50
)︂
,
onde
𝐵𝑛 =
2
50
∫︁ 50
0
100 sen
𝑛𝜋𝑥
50
𝑑𝑥 = −4
(︂
50
𝑛𝜋
)︂
cos
𝑛𝜋𝑥
50
⃒⃒⃒⃒50
0
=
200
𝑛𝜋
[1− cos𝑛𝜋]
=
⎧⎨⎩ 0, se 𝑛 for par400
𝑛𝜋
, se 𝑛 for ímpar.
(6.57)
Consequentemente
𝑢(𝑥, 𝑡) =
∑︁
𝑛= ímpar
400
𝑛𝜋
𝑒−(
𝑛𝜋
50
)2 𝑐 𝑡 sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
50
)︂
. (6.58)
90
Assim, quando o material é ferro, a temperatura no ponto médio 𝑥 = 25 cm, no instante
𝑡 = 30 𝑚𝑖𝑛 = 1800 𝑠𝑒𝑔. é:
𝑢(25, 1800) =
400
𝜋
∑︁
𝑛 ímpar
1
𝑛
𝑒(
−450𝑛2𝜋2
502
) sen
(︂
𝑛𝜋
2
)︂
=
400
𝜋
∞∑︁
𝑛=1
(−1)𝑛−1
2𝑛− 1 𝑒
(
−9 (2𝑛−1)2𝜋2
50
) ≈ 21, 54𝑜𝐶. (6.59)
Quando o material é concreto, a temperatura no ponto médio 𝑥 = 25 cm, no instante
Figura 6.9: Solução da equação do calor para 𝑐 = 0.25
𝑡 = 30 𝑚𝑖𝑛 = 1800 𝑠𝑒𝑔. é:
𝑢(25, 1800) =
400
𝜋
∑︁
𝑛∈ ímpar
1
𝑛
𝑒(
−9𝑛2𝜋2
502
) sen
(︂
𝑛𝜋
2
)︂
=
400
𝜋
∞∑︁
𝑛=1
(−1)𝑛−1
2𝑛− 1 𝑒
(
−9 (2𝑛−1)2𝜋2
502
) ≈ 100𝑜𝐶. (6.60)
6.3.2 Equação de Onda ou da Corda Vibrante
Estuda as pequenas vibrações transversais de uma corda flexível. O fenômeno tem lugar
num plano (𝑥, 𝑢) e supõe-se que a corda vibre em torno da posição de repouso ao longo do
eixo 𝑥.
Consideremos uma corda uniforme, fina e flexível, com comprimento 𝐿 a qual está for-
temente esticada entre dois suportes fixos, em um mesmo nível horizontal, de modo que o
eixo coordenado 𝑥 seja coincidente com a corda.
91
Figura 6.10: Solução da equação do calor para 𝑐 = 0.005
Suponhamos que a vibração da corda seja no plano vertical (𝑥, 𝑢), de tal maneira que
cada ponto da corda se mova na direção perpendicular ao eixo 𝑥 e paralelamente ao eixo
das ordenadas 𝑢 (vibrações transversais). Isto é, não existe movimento na direção horizontal
pois as componentes horizontais das tensões se anulam. A corda elástica pode ser a corda de
um violino, ou um cabo de retenção, ou uma linha de transmissão. O objetivo é determinar
a forma da corda em qualquer momento e a lei de movimento de cada ponto da corda em
função do tempo.
A fim de determinar a equação diferencial que rege o movimento da corda, consideramos
as forças que atuam sobre um pequeno elemento de corda de comprimento ∆𝑥 situado entre
os pontos 𝑥 e 𝑥 + ∆𝑥.
Denotemos por 𝑢(𝑥, 𝑡) o deslocamento vertical no instante 𝑡 > 0 do ponto 𝑥 da corda
desde sua posição de equilíbrio. Então, para qualquer valor fixo de 𝑡, a forma da corda no
instante 𝑡 é definida por 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑡). Logo, temos algumas suposições para encontrar uma
solução:
• A corda é perfeitamente flexível e não oferece resistência a vibração.
• A corda é homogênea, isto é, com densidade linear constante 𝜌 (𝜌 é a massa por unidade
de comprimento).
• Os deslocamentos 𝑢(𝑥, 𝑡) são pequenos se comparados com o comprimento da corda.
• Como a corda é perfeitamente flexível a tensão 𝑇 (𝑥, 𝑡) no ponto (𝑥, 𝑡) atua tangencial-
mente ao longo da onda e seu módulo é o mesmo em todos os pontos dela. Esta força
é infinitamente maior do que o peso da corda, por isso a atuação da gravidade é nula.92
Com estas suposições podemos esperar soluções 𝑢(𝑥, 𝑡) que descrevam bem a realidade física.
Assim, num determinado instante 𝑡 visualizamos a corda elástica, fixa nos pontos 0 e 𝐿 como
na figura seguinte:
(a) Segmento de corda (b) Alargamento do elemento infinitesimal da corda
Figura 6.11: Corda elástica fixa no instante 𝑡.
Consideremos 𝐼 = [𝑥, 𝑥 + ∆𝑥], onde 0 < 𝑥 < 𝐿. Como não existe movimento na direção
horizontal, as tensões se anulam e daí temos que:
𝑇 (𝑥 + ∆𝑥, 𝑡) cos(𝜃 + ∆𝜃)− 𝑇 (𝑥, 𝑡) cos 𝜃 = 0 (6.61)
Pela Segunda Lei de Newton a resultante das forças verticais é igual ao produto da massa
𝑚 (𝑚 = 𝜌 ∆𝑥) pela aceleração. Sendo assim, temos:
𝑇 (𝑥 + ∆𝑥, 𝑡) sen(𝜃 + ∆𝜃)− 𝑇 (𝑥, 𝑡) sen 𝜃 = 𝜌 ∆𝑥 𝑢𝑡𝑡(𝑥, 𝑡) (6.62)
onde 𝑥 é a coordenada do centro de massa do elemento da corda que está sendo analisado.
Como é claro, 𝑥 está no intervalo (𝑥, 𝑥 + ∆𝑥). Note-se que o peso da corda que atua na
vertical para baixo, não aparece em (6.62), pois, esta é considerada desprezível.
Denotando por 𝑇𝑉 = 𝑇 (𝑥, 𝑡) sen 𝜃 a tensão vertical e 𝑇𝐻 = 𝑇 (𝑥, 𝑡) cos 𝜃 a tensão
horizontal (não depende de 𝑥), de (6.61-6.62) temos que:
𝑇𝐻(𝑥 + ∆𝑥, 𝑡) = 𝑇𝐻(𝑥, 𝑡)
𝑇𝑉 (𝑥 + ∆𝑥, 𝑡)− 𝑇𝑉 (𝑥, 𝑡) = 𝜌 ∆𝑥 𝑢𝑡𝑡(𝑥, 𝑡) (6.63)
Logo, dividindo por ∆𝑥 a segunda igualdade temos
𝑇𝑉 (𝑥 + ∆𝑥, 𝑡)− 𝑇𝑉 (𝑥, 𝑡)
∆𝑥
= 𝜌 𝑢𝑡𝑡(𝑥, 𝑡)
93
Consequentemente, tomando o limite quando ∆𝑥→ 0 temos que 𝑥→ 𝑥 e
𝑑
𝑑𝑥
𝑇𝑉 (𝑥, 𝑡) = 𝜌 𝑢𝑡𝑡(𝑥, 𝑡).
Por outro lado, tan 𝜃 =
𝑇𝑉 (𝑥, 𝑡)
𝑇𝐻(𝑥, 𝑡)
=
𝑇𝑉 (𝑥, 𝑡)
𝑇𝐻(𝑡)
, então
𝑑
𝑑𝑥
[𝑇𝐻(𝑡) tan 𝜃] = 𝜌 𝑢𝑡𝑡(𝑥, 𝑡)
Porém, tan 𝜃 = 𝑢𝑥(𝑥, 𝑡), logo
𝑇𝐻(𝑡)
𝑑
𝑑𝑥
[𝑢𝑥(𝑥, 𝑡)] = 𝜌 𝑢𝑡𝑡(𝑥, 𝑡).
Portanto,
𝑢𝑡𝑡(𝑥, 𝑡)− 𝑐2 𝑢𝑥𝑥(𝑥, 𝑡) = 0, onde 𝑐2 = 𝑇𝐻(𝑡)
𝜌
(6.64)
Para pequenos movimentos da corda é possível assumir 𝑇𝐻 = 𝑇 não dependendo de 𝑡.
Como 𝑇 = massa× aceleração e 𝜌 = massa
comprimento
, então:
𝑐 =
√︂
massa× aceleração× comprimento
massa
=
√︃
comprimento2
tempo2
= velocidade
É possível identificar 𝑐 com a velocidade com que uma pequena perturbação (a onda) se
desloca ao longo da corda.
Observação 6.4. De acordo com o tipo de forças temos os seguintes casos:
1. Vibrações Livres, quando as únicas forças atuantes são as de tensão, logo
𝑢𝑡𝑡 − 𝑐2𝑢𝑥𝑥 = 0
2. Vibrações Forçadas, quando a corda esta sujeita a uma força exterior, logo
𝑢𝑡𝑡 − 𝑐2𝑢𝑥𝑥 = 𝐹 (𝑥, 𝑡)
3. Vibrações Amortecidas, quando a corda esta imersa em um fluído (ou ar) que opõe
uma resistência ao movimento. Nesse caso, há uma força externa 𝐹 (𝑥, 𝑡) dependendo
de forma linear ou não linear da velocidade. Por exemplo, no caso linear temos:
𝑢𝑡𝑡 − 𝑐2𝑢𝑥𝑥 = −𝑏𝑢𝑡(𝑥, 𝑡) (𝑏 > 0)
4. Vibrações sob ação de uma Força Restauradora, quando existe uma força tendente a
trazer a corda a posição inicial 𝑢 ≡ 0. Por exemplo,
𝑢𝑡𝑡 − 𝑐2𝑢𝑥𝑥 = −𝑎𝑢(𝑥, 𝑡) (𝑏 > 0)
94
Condições Iniciais e de Fronteira
Sob o ponto de vista matemático é importante conhecer asCondições Iniciais do problema,
isto é, o deslocamento inicial da corda, representado por 𝑢(𝑥, 0), e o modo como a corda é
abandonada nesta posição, o que é traduzido pela velocidade inicial 𝑢𝑡(𝑥, 0). Resumindo,
𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥), 𝑢𝑡(𝑥, 0) = 𝑔(𝑥) 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿.
Embora, a descrição do processo vibratório de uma corda finita só ficará completo se
considerarmos o tipo de articulação das extremidades, chamadas Condições de Fronteira,
vejamos alguns casos:
1. Corda Finita com Extremidades Fixas. Implica que 𝑢(0, 𝑡) = 𝑢(𝐿, 𝑡) = 0.
2. Corda Finita com Extremidades Livres. Implica que 𝑢𝑥(0, 𝑡) = 𝑢𝑥(𝐿, 𝑡) = 0.
3. Outras condições de Fronteira. Por exemplo, o caso de uma corda cujas extremidades
se movem, transversalmente
𝑢(0, 𝑡) = 𝑎(𝑡), 𝑢(𝐿, 𝑡) = 𝑏(𝑡), para 𝑡 ≥ 0
A Equação de Onda por Séries de Fourier
A seguir usando o método de Separação de Variáveis e as séries de Fourier resolveremos o
problema de deslocamento vertical de uma corda vibrante com extremidades fixas:⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
𝑢𝑡𝑡(𝑥, 𝑡) = 𝑐
2𝑢𝑥𝑥(𝑥, 𝑡) 0 < 𝑥 < 𝐿, 𝑡 ≥ 0
𝑢(0, 𝑡) = 𝑢(𝐿, 𝑡) = 0, 𝑡 ≥ 0
𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥), 𝑢𝑡(𝑥, 0) = 𝑔(𝑥) 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
(6.65)
Observe-se que a corda é perturbada de sua posição de equilíbrio 𝑓(𝑥) e depois libertada
com velocidade 𝑔(𝑥) no instante t = 0, a fim de vibrar livremente.
Para resolver o problema (6.65) usaremos o método de separação de variáveis ou também
chamado método de Fourier.
Supondo 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)𝑇 (𝑡) então
𝑋(𝑥) 𝑇 ′′(𝑡) = 𝑐2 𝑋 ′′(𝑥) 𝑇 (𝑡). (6.66)
95
Pelas condições de fronteira 𝑢(0, 𝑡) = 𝑋(0) 𝑇 (𝑡) = 0 e 𝑢(𝐿, 𝑡) = 𝑋(𝐿) 𝑇 (𝑡) = 0 resulta que
𝑋(0) = 0 e 𝑋(𝐿) = 0. (6.67)
Separando as variáveis temos
𝑋 ′′(𝑥)
𝑋(𝑥)
=
1
𝑐2
𝑇 ′′(𝑡)
𝑇 (𝑡)
= 𝛼, com 𝛼 sendo uma constante. (6.68)
Consideramos três casos:
1𝑜 Caso Se 𝛼 = 𝜆2 > 0 , então
𝑋 ′′(𝑥)
𝑋(𝑥)
=
1
𝑐2
𝑇 ′′(𝑡)
𝑇 (𝑡)
= 𝜆2. (6.69)
Logo, ⎧⎨⎩ 𝑋 ′′(𝑥)− 𝜆2𝑋(𝑥) = 0𝑋(0) = 𝑋(𝐿) = 0 e 𝑇 ′′(𝑡)− 𝜆2𝑐2𝑇 (𝑡) = 0 (6.70)
Resolvendo a EDO 𝑋 ′′−𝜆2𝑋 = 0 usando a equação característica: 𝑟2−𝜆2 = 0, encontramos
que 𝑟 = ±𝜆, logo
𝑋(𝑥) = 𝐶1𝑒
𝜆𝑥 + 𝐶2𝑒
−𝜆𝑥.
Mais pelas condições iniciais 𝑋(0) = 𝑋(𝐿) = 0, resulta que
𝐶1 = −𝐶2 e 𝐶1𝑒𝜆𝐿 = −𝐶2𝑒−𝜆𝐿. (6.71)
Uma vez que 𝐿 > 0 temos que 𝐶1 = 𝐶2 = 0, logo 𝑋(𝑥) = 0, ∀ 𝑥 ∈ [0, 𝐿]. Portanto,
𝑢(𝑥, 𝑡) = 0 (6.72)
2𝑜 Caso Se 𝛼 = 0, então
𝑋 ′′(𝑥)
𝑋(𝑥)
=
1
𝑐2
𝑇 ′′(𝑡)
𝑇 (𝑡)
= 0. (6.73)
Consequentemente 𝑋 ′′(𝑥) = 0 cuja solução é 𝑋(𝑥) = 𝐴𝑥 + 𝐵. Pelas condições de fronteira
𝑋(0) = 0 e 𝑋(𝐿) = 0 resulta que 𝐴 = 0 e 𝐵 = 0, logo 𝑋(𝑥) = 0. Portanto,
𝑢(𝑥, 𝑡) = 0. (6.74)
3𝑜 Caso Se 𝛼 = −𝜆2 < 0, então
𝑋 ′′(𝑥)
𝑋(𝑥)
=
1
𝑐2
𝑇 ′′(𝑥)
𝑇 (𝑡)
= −𝜆2. (6.75)
96
Logo, ⎧⎨⎩ 𝑋 ′′(𝑥) + 𝜆2𝑋(𝑥) = 0𝑋(0) = 𝑋(𝐿) = 0 e 𝑇 ′′(𝑡) + 𝜆2𝑐2𝑇 (𝑡) = 0 (6.76)
Para resolver a EDO 𝑋 ′′ + 𝜆2𝑋 = 0 usamos a equação característica: 𝑟2 + 𝜆2 = 0, cujas
raizes são 𝑟 = ±𝜆𝑖. Logo
𝑋(𝑥) = 𝐴 cos𝜆𝑥 + 𝐵 sen𝜆𝑥 (6.77)
onde 𝐴 e 𝐵 são constantes reais.
Usando a condição de fronteira 𝑋(0) = 0 em (6.77) tem-se que, 𝐴 + 0 = 0 e portanto
𝐴 = 0. Analogamente, de 𝑋(𝐿) = 0, resulta que 𝐴 cos𝜆𝐿+𝐵 sen𝜆𝐿 = 0, o que implica que
𝐵 sen𝜆𝐿 = 0. Como 𝐵 ̸= 0, então sen𝜆𝐿 = 0. Isto é, 𝜆𝐿 = 𝑛𝜋 , 𝜆 = 𝑛𝜋
𝐿
, 𝑛 = 1, 2, 3, ....
Portanto, uma solução da EDO dada em (6.76) é
𝑋𝑛(𝑥) = 𝐵 sen
𝑛𝜋𝑥
𝐿
, 𝑛 = 1, 2, 3, ...
Agora para cada 𝜆𝑛 =
𝑛𝜋
𝐿
resolvemos o problema:
𝑇 ′′(𝑡) + 𝜆2𝑛 𝑐
2 𝑇 (𝑡) = 0. (6.78)
A equação característica associada a (6.78) é dada por 𝑟2 + 𝜆2𝑛𝑐2 = 0 a qual tem por solução
𝑟 = ± 𝜆𝑛 𝑐 𝑖 = ± 𝑛𝜋𝑐
𝐿
𝑖. Portanto,
𝑇𝑛(𝑡) = 𝐶 cos
(︂
𝑛𝜋𝑐 𝑡
𝐿
)︂
+ 𝐷 sen
(︂
𝑛𝜋𝑐 𝑡
𝐿
)︂
. (6.79)
Consequentemente, para cada 𝑛 ∈ 𝑁 obtemos soluções da equação de onda da forma:
𝑢𝑛(𝑥, 𝑡) = sen
(︂
𝑛𝜋 𝑥
𝐿
)︂(︂
𝑎𝑛 cos
(︂
𝑛𝜋𝑐𝑡
𝐿
)︂
+ 𝑏𝑛 sen
(︂
𝑛𝜋𝑐𝑡
𝐿
)︂)︂
, (6.80)
que satisfazem a condição de fronteira 𝑢(0, 𝑡) = 𝑢(𝐿, 𝑇 ) = 0. Estas soluções são chamadas de
ondas estacionárias, pois para 𝑥, tal que 𝑛𝜋 𝑥/𝐿 = 𝑘𝜋, isto é, se 𝑥 = 𝑘𝐿/𝑛, 𝑘 = 1, 2 . . . , 𝑛,
temos sen(𝑛𝜋 𝑥/𝐿) = 0. Portanto esses pontos, e apenas esses, permanecem parados se a
vibração da corda é descrita apenas pela função 𝑢𝑛 (nós da onda estacionária).
Logo, pelo princípio de superposição, uma solução formal do problema (6.65) é
𝑢(𝑥, 𝑡) =
∞∑︁
𝑛=1
𝛼𝑛 𝑢𝑛(𝑥, 𝑡)
=
∞∑︁
𝑛=1
𝛼𝑛
(︂
𝑎𝑛 cos
(︂
𝑛𝜋𝑐𝑡
𝐿
)︂
+ 𝑏𝑛 sen
(︂
𝑛𝜋𝑐𝑡
𝐿)︂)︂
sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)︂
=
∞∑︁
𝑛=1
(︂
𝐴𝑛 cos
(︂
𝑛𝜋𝑐𝑡
𝐿
)︂
+ 𝐵𝑛 sen
(︂
𝑛𝜋𝑐𝑡
𝐿
)︂)︂
sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)︂
(6.81)
97
e também solução se a série for convergente.
Resta apenas escolher {𝐴𝑛} e {𝐵𝑛} para que seja satisfeita a condição inicial. Para
isto, devemos supor que as funções 𝑓, 𝑓 ′, 𝑓 ′′ e 𝑔, 𝑔′ sejam contínuas em [0, 𝐿] e 𝑓 ′′′ e 𝑔′′
seccionalmente contínuas em [0, 𝐿].
Como, 𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥), então
∞∑︁
𝑛=1
𝐴𝑛 sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)︂
= 𝑓(𝑥) ∀ 𝑥 ∈ [0, 𝐿].
Mas isto é a série de Fourier em senos de 𝑓(𝑥) desde que escolhamos:
𝐴𝑛 =
2
𝐿
∫︁ 𝐿
0
𝑓(𝑥) sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)︂
𝑑𝑥 (6.82)
Por outro lado, como 𝑢𝑡(𝑥, 0) = 𝑔(𝑥) então
∞∑︁
𝑛=1
𝑛𝜋𝑐
𝐿
𝐵𝑛 sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)︂
= 𝑔(𝑥), (6.83)
de onde resulta que
𝐵𝑛 =
2
𝑛𝜋 𝑐
∫︁ 𝐿
0
𝑔(𝑥) sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)︂
𝑑𝑥. (6.84)
Exemplo 6.12. Encontre a solução da equação da onda⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
𝜕2𝑢
𝜕𝑡2
− 25𝜕
2𝑢
𝜕𝑥2
= 0
𝑢(0, 𝑡) = 𝑢(3, 𝑡) = 0
𝑢(𝑥, 0) =
1
4
sen 𝜋𝑥, 𝑢𝑡(𝑥, 0) = 10 sen 2𝜋𝑥
(6.85)
Sol.: Substituindo 𝐿 = 3, 𝑐 = 5 e a função 𝑓(𝑥) =
1
4
sen 𝜋𝑥 em (6.82), temos:
𝐴𝑛 =
2
3
∫︁ 3
0
1
4
sen 𝜋𝑥 sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
3
)︂
𝑑𝑥 =
1
6
∫︁ 3
0
sen 𝜋𝑥 sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
3
)︂
𝑑𝑥
=
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
1
6
∫︁ 3
0
1
2
{︂
cos
(︂
𝜋𝑥− 𝑛𝜋𝑥
3
)︂
− cos
(︂
𝜋𝑥 +
𝑛𝜋𝑥
3
)︂}︂
𝑑𝑥, se 𝑛 ̸= 3
1
6
∫︁ 3
0
1
2
{︂
1− cos(2𝜋𝑥)
}︂
𝑑𝑥, se 𝑛 = 3
=
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
1
12(𝜋 − 𝑛𝜋
3
)
sen
(︂
𝜋𝑥− 𝑛𝜋𝑥
3
)︂
− 1
12(𝜋 + 𝑛𝜋
3
)
sen
(︂
𝜋𝑥 +
𝑛𝜋𝑥
3
)︂⃒⃒⃒⃒3
0
, se 𝑛 ̸= 3
𝑥
12
− sen(2𝜋𝑥)
24𝜋
⃒⃒⃒⃒3
0
, se 𝑛 = 3
=
⎧⎪⎨⎪⎩
0, se 𝑛 ̸= 3
1
4
, se 𝑛 = 3
(6.86)
98
Analogamente, para 𝑔(𝑥) = 10 sen 2𝜋𝑥, substituindo em (6.84), obtemos:
𝐵𝑛 =
2
5𝑛𝜋
∫︁ 3
0
10 sen 2𝜋𝑥 sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
3
)︂
𝑑𝑥 =
4
𝑛𝜋
∫︁ 3
0
sen 2𝜋𝑥 sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
3
)︂
𝑑𝑥
=
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
4
𝑛𝜋
∫︁ 3
0
{︂
cos(2𝜋𝑥− 𝑛𝜋𝑥
3
)− cos(2𝜋𝑥 + 𝑛𝜋𝑥
3
)
2
}︂
𝑑𝑥, se 𝑛 ̸= 6
4
6𝜋
∫︁ 3
0
{︂
1− cos(4𝜋𝑥)
2
}︂
𝑑𝑥, se 𝑛 = 6
=
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
2
𝑛𝜋(2𝜋 − 𝑛𝜋
3
)
sen
(︂
2𝜋𝑥− 𝑛𝜋𝑥
3
)︂
− 2
𝑛𝜋(2𝜋 + 𝑛𝜋
3
)
sen
(︂
2𝜋𝑥 +
𝑛𝜋𝑥
3
)︂⃒⃒⃒⃒3
0
, se 𝑛 ̸= 6
𝑥
3𝜋
− sen(4𝜋𝑥)
12𝜋2
⃒⃒⃒⃒3
0
, se 𝑛 = 6
=
⎧⎪⎨⎪⎩
0, se 𝑛 ̸= 6
1
𝜋
, se 𝑛 = 6
(6.87)
Assim, a solução exata de (6.85) é
𝑢(𝑥, 𝑡) =
1
4
cos 5𝜋𝑡 sen𝜋𝑥 +
1
𝜋
sen 10𝜋𝑡 sen 2𝜋𝑥.
Figura 6.12: Solução da Equação da Onda
99
Exemplo 6.13. Encontre a solução da equação de onda⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
𝑢𝑡𝑡(𝑥, 𝑡) = 𝑢𝑥𝑥(𝑥, 𝑡)
𝑢(0, 𝑡) = 𝑢(1, 𝑡) = 0, 𝑡 ≥ 0
𝑢(𝑥, 0) = 𝑥(𝑥− 1), 𝑢𝑡(𝑥, 0) = 0, 0 ≤ 𝑥 ≤ 1
(6.88)
Sol.: Em (6.88) temos que 𝑓(𝑥) = 𝑥(𝑥− 1), 𝑔(𝑥) = 0, 𝑐 = 1 e 𝐿 = 1, então de (6.81)
𝑢(𝑥, 𝑡) =
∞∑︁
𝑛=1
𝐴𝑛 cos(𝑛𝜋𝑡) sen(𝑛𝜋𝑥), (6.89)
onde
𝐴𝑛 = 2
∫︁ 1
0
(𝑥2 − 𝑥) sen(𝑛𝜋𝑥) 𝑑𝑥 = 2
∫︁ 1
0
𝑥2 sen(𝑛𝜋𝑥) 𝑑𝑥− 2
∫︁ 1
0
𝑥 sen(𝑛𝜋𝑥) 𝑑𝑥
= −2 𝑥2 cos(𝑛𝜋𝑥)
𝑛𝜋
⃒⃒⃒⃒1
0
+ 4 𝑥
sen(𝑛𝜋𝑥)
(𝑛𝜋)2
⃒⃒⃒⃒1
0
+ 4
cos(𝑛𝜋𝑥)
(𝑛𝜋)3
⃒⃒⃒⃒1
0
+ 2 𝑥
cos(𝑛𝜋𝑥)
𝑛𝜋
⃒⃒⃒⃒1
0
− 2 sen(𝑛𝜋𝑥)
(𝑛𝜋)2
⃒⃒⃒⃒1
0
= −2 cos𝑛𝜋
𝑛𝜋
+ 4
cos𝑛𝜋
(𝑛𝜋)3
− 4
(𝑛𝜋)3
+ 2
cos𝑛𝜋
𝑛𝜋
= 4
cos𝑛𝜋 − 1
(𝑛𝜋)3
=
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
0, se 𝑛 for par
− 8
(𝑛𝜋)3
, se 𝑛 for ímpar.
(6.90)
Portanto,
𝑢(𝑥, 𝑡) =
∑︁
𝑛=ímpar
−8
(𝑛𝜋)3
cos(𝑛𝜋𝑡) sen(𝑛𝜋𝑥)
=
∞∑︁
𝑛=1
−8
(2𝑛− 1)3𝜋3 cos
(︀
(2𝑛− 1)𝜋𝑡)︀ sen (︀(2𝑛− 1)𝜋𝑥)︀. (6.91)
Figura 6.13: Solução aproximada para 𝑛 = 30
100
A Equação de Onda pelo Método de D’Alembert
Supondo que os dados iniciais 𝑓 e 𝑔 são funções reais tais que 𝑓 é de classe 𝐶2([0, 𝐿]) e 𝑔 de
classe 𝐶1([0, 𝐿]), satisfazendo 𝑓(0) = 𝑓(𝐿) = 𝑓 ′′(0) = 𝑓 ′′(𝐿) = 𝑔(0) = 𝑔(𝐿) = 0.
Se 𝐹 e 𝐺 são as extensões periódicas ímpares de 𝑓 e 𝑔, respectivamente, com período 2𝐿,
então a única solução da equação (6.65), tal que 𝑢(𝑥, 𝑡) ∈ 𝐶2(𝑅), é da forma:
𝑢(𝑥, 𝑡) =
1
2
(𝐹 (𝑥 + 𝑐𝑡) + 𝐹 (𝑥− 𝑐𝑡)) + 1
2𝑐
∫︁ 𝑥+𝑐𝑡
𝑥−𝑐𝑡
𝐺(𝑠)𝑑𝑠.
De fato, é fácil verificar que
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑧(𝑥, 𝑡) + 𝑤(𝑥, 𝑡) (6.92)
onde 𝑧 = 𝑧(𝑥, 𝑡) e 𝑤 = 𝑤(𝑥, 𝑡) são soluções dos problemas⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
𝑧𝑡𝑡(𝑥, 𝑡) = 𝑐
2𝑧𝑥𝑥(𝑥, 𝑡) 𝑥 ∈ [0, 𝐿]
𝑧(0, 𝑡) = 𝑧(𝐿, 𝑡) = 0
𝑧(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥), 𝑧𝑡(𝑥, 0) = 0,
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
𝑤𝑡𝑡(𝑥, 𝑡) = 𝑐
2𝑤𝑥𝑥(𝑥, 𝑡) 𝑥 ∈ [0, 𝐿]
𝑤(0, 𝑡) = 𝑤(𝐿, 𝑡) = 0
𝑤(𝑥, 0) = 0, 𝑤𝑡(𝑥, 0) = 𝑔(𝑥).
(6.93)
Deste modo, a usando as séries de Fourier resulta que:
𝑧(𝑥, 𝑡) =
∞∑︁
𝑛=1
𝐴𝑛 cos
(︂
𝑛𝜋𝑐𝑡
𝐿
)︂
sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)︂
(6.94)
𝑤(𝑥, 𝑡) =
∞∑︁
𝑛=1
𝐵𝑛 sen
(︂
𝑛𝜋𝑐𝑡
𝐿
)︂
sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)︂
. (6.95)
Sabendo que sen𝐴 cos𝐵 =
sen(𝐴 + 𝐵) + sen(𝐴−𝐵)
2
em (6.94) temos que
𝑧(𝑥, 𝑡) =
1
2
∞∑︁
𝑛=1
𝐴𝑛
{︂
sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
+
𝑛𝜋𝑐𝑡
𝐿
)︂
+ sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
− 𝑛𝜋𝑐𝑡
𝐿
)︂}︂
=
1
2
∞∑︁
𝑛=1
𝐴𝑛
{︂
sen
(︂
𝑛𝜋
𝐿
(𝑥 + 𝑐𝑡)
)︂
+ sen
(︂
𝑛𝜋
𝐿
(𝑥− 𝑐𝑡)
)︂}︂
𝑧(𝑥, 0) =
∞∑︁
𝑛=1
𝐴𝑛 sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)︂
= 𝐹 (𝑥), ∀ 𝑥. (6.96)
onde 𝐹 (𝑥) é a extensão ímpar em [−𝐿,𝐿] da função 𝑓(𝑥). Logo,
𝑧(𝑥, 𝑡) =
1
2
{︂
𝐹 (𝑥 + 𝑐𝑡) + 𝐹 (𝑥− 𝑐𝑡)
}︂
(6.97)
101
Analogamente, verifica-se que
𝑤𝑡(𝑥, 𝑡) =
∞∑︁
𝑛=1
𝐵𝑛
𝑛𝜋𝑐
𝐿
cos
(︂
𝑛𝜋𝑐𝑡
𝐿
)︂
sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)︂
=
1
2
∞∑︁
𝑛=1
𝐵𝑛
𝑛𝜋𝑐
𝐿
{︂
sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
+
𝑛𝜋𝑐𝑡
𝐿
)︂
+ sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
− 𝑛𝜋𝑐𝑡
𝐿
)︂}︂
=
1
2
∞∑︁
𝑛=1
𝐵𝑛
𝑛𝜋𝑐
𝐿
{︂
sen
(︂
𝑛𝜋
𝐿
(𝑥 + 𝑐𝑡)
)︂
+ sen
(︂
𝑛𝜋
𝐿
(𝑥− 𝑐𝑡)
)︂}︂
𝑤𝑡(𝑥, 0) =
∞∑︁
𝑛=1
𝐵𝑛
𝑛𝜋𝑐
𝐿
sen
(︂
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)︂
= 𝐺(𝑥), ∀ 𝑥. (6.98)
onde 𝐺(𝑥) é a extensão ímpar em [−𝐿,𝐿] da função 𝑔(𝑥). Logo,
𝑤𝑡(𝑥, 𝑡) =
1
2
{︂
𝐺(𝑥 + 𝑐𝑡) + 𝐺(𝑥− 𝑐𝑡)
}︂
(6.99)
Portanto, ∫︁ 𝑡
0
𝑤𝑡(𝑥, 𝑠) 𝑑𝑠 =
1
2
∫︁ 𝑡
0
{︂
𝐺(𝑥 + 𝑐𝑠) + 𝐺(𝑥− 𝑐𝑠)
}︂
𝑑𝑠
𝑤(𝑥, 𝑡)− 𝑤(𝑥, 0) = 1
2
∫︁ 𝑡
0
𝐺(𝑥 + 𝑐𝑠) 𝑑𝑠 +
1
2
∫︁ 𝑡
0
𝐺(𝑥− 𝑐𝑠) 𝑑𝑠
𝑤(𝑥, 𝑡) =
1
2𝑐
∫︁ 𝑥+𝑐𝑡
𝑥
𝐺(𝑦) 𝑑𝑦 − 1
2𝑐
∫︁ 𝑥−𝑐𝑡
𝑥
𝐺(𝑦) 𝑑𝑦
=
1
2𝑐
∫︁ 𝑥+𝑐𝑡
𝑥
𝐺(𝑦) 𝑑𝑦 +
1
2𝑐
∫︁ 𝑥
𝑥−𝑐𝑡
𝐺(𝑦) 𝑑𝑦
=
1
2𝑐
∫︁ 𝑥+𝑐𝑡
𝑥−𝑐𝑡
𝐺(𝑦) 𝑑𝑦 (6.100)
Finalmente, resulta que
𝑢(𝑥, 𝑡) =
1
2
{︂
𝐹 (𝑥 + 𝑐𝑡) + 𝐹 (𝑥− 𝑐𝑡)
}︂
+
1
2𝑐
∫︁ 𝑥+𝑐𝑡
𝑥−𝑐𝑡
𝐺(𝑦) 𝑑𝑦 (6.101)
Observação 6.5. É importante notar que a solução (6.101) satisfaz as condições iniciais
impostas. Assim, desde que 𝐹 e 𝐺 são ímpares temos que
𝑢(0, 𝑡) =
1
2
{︂
𝐹 (𝑐𝑡) + 𝐹 (−𝑐𝑡)
}︂
+
1
2𝑐
∫︁ 𝑐𝑡
−𝑐𝑡
𝐺(𝑦) 𝑑𝑦 = 0. (6.102)
Por outro lado, desde que 𝐹 e 𝐺 são periódicas em [−𝐿,𝐿], 𝐹 (𝑥+2𝐿) = 𝐹 (𝑥) e 𝐺(𝑦+2𝐿) =
𝐺(𝑦). Mais ainda, já que 𝐹 e 𝐺 são ímpares, para 𝑥 = 𝑐𝑡− 𝐿 e 𝑦 = 𝑐𝑠− 𝐿, temos que
𝐹 (𝑐𝑡 + 𝐿) = 𝐹 (𝑐𝑡− 𝐿) = −𝐹 (𝐿− 𝑐𝑡) e 𝐺(𝑐𝑠 + 𝐿) = 𝐺(𝑐𝑠− 𝐿) = −𝐺(𝐿− 𝑐𝑠),
102
então
𝑢(𝐿, 𝑡) =
1
2
{︂
𝐹 (𝐿 + 𝑐𝑡) + 𝐹 (𝐿− 𝑐𝑡)
}︂
+
1
2𝑐
∫︁ 𝐿+𝑐𝑡
𝐿−𝑐𝑡
𝐺(𝑦) 𝑑𝑦
=
1
2
{︂
− 𝐹 (𝐿− 𝑐𝑡) + 𝐹 (𝐿− 𝑐𝑡)
}︂
+
1
2𝑐
∫︁ 𝐿
𝐿−𝑐𝑡
𝐺(𝑦) 𝑑𝑦 +
1
2𝑐
∫︁ 𝐿+𝑐𝑡𝐿
𝐺(𝑦) 𝑑𝑦
=
1
2𝑐
∫︁ 𝐿
𝐿−𝑐𝑡
𝐺(𝑦) 𝑑𝑦 +
𝑐
2𝑐
∫︁ 𝑡
0
𝐺(𝐿 + 𝑐𝑠) 𝑑𝑠 =
1
2𝑐
∫︁ 𝐿
𝐿−𝑐𝑡
𝐺(𝑦) 𝑑𝑦 − 1
2
∫︁ 𝑡
0
𝐺(𝐿− 𝑐𝑠) 𝑑𝑠
=
1
2𝑐
∫︁ 𝐿
𝐿−𝑐𝑡
𝐺(𝑦) 𝑑𝑦 +
1
2𝑐
∫︁ 𝐿−𝑐𝑡
𝐿
𝐺(𝑦) 𝑑𝑦
= 0 (6.103)
Exemplo 6.14. Encontre a solução para os tempos 𝑡 = 1.8 e 𝑡 = 3 da equação de onda⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
𝑢𝑡𝑡(𝑥, 𝑡) = 𝑢𝑥𝑥(𝑥, 𝑡)
𝑢(0, 𝑡) = 𝑢(1, 𝑡) = 0, 𝑡 ≥ 0
𝑢(𝑥, 0) = 𝑥(𝑥− 1), 𝑢𝑡(𝑥, 0) = 0 0 ≤ 𝑥 ≤ 1
(6.104)
Sol.: Dos dados do problema (6.104) temos que 𝑓(𝑥) = 𝑥(𝑥− 1), 𝑔(𝑥) = 0, 𝑐 = 1 e 𝐿 = 1,
e de (6.101) resulta que
𝑢(𝑥, 𝑡) =
1
2
{︂
𝐹 (𝑥 + 𝑡) + 𝐹 (𝑥− 𝑡)
}︂
(6.105)
é a solução de (6.104), sendo 𝐹 a extensão periódica ímpar de 𝑓(𝑥) em [−1, 1].
Assim, para 𝑡 = 1.8 temos da periodicidade de 𝐹 , 𝐹 (𝜉 + 2) = 𝐹 (𝜉), que
𝐹 (𝑥 + 1.8) = 𝐹 (𝑥− 0.2) = −𝐹 (0.2− 𝑥) e 𝐹 (𝑥− 1.8) = 𝐹 (𝑥 + 0.2).
Desde que 0 ≤ 𝑥 < 0.2, 𝐹 (𝑥 − 0.2) = −𝐹 (0.2 − 𝑥) = −𝑓(0.2 − 𝑥). Por outro lado se,
0.8 ≤ 𝑥 ≤ 1, 𝐹 (𝑥 + 0.2) = 𝐹 (𝑥 + 0.2 − 2) = 𝐹 (𝑥 − 1.8) = −𝐹 (1.8 − 𝑥) = −𝑓(1.8 − 𝑥).
103
Logo,
𝑢(𝑥, 1.8) =
1
2
{︂
𝐹 (𝑥 + 1.8) + 𝐹 (𝑥− 1.8)
}︂
=
1
2
{︂
𝐹 (𝑥− 0.2) + 𝐹 (𝑥 + 0.2)
}︂
=
⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
−𝑓(0.2− 𝑥) + 𝑓(𝑥 + 0.2)
2
, se 0 ≤ 𝑥 < 0.2
𝑓(𝑥− 0.2) + 𝑓(𝑥 + 0.2)
2
, se 0.2 ≤ 𝑥 < 0.8
𝑓(𝑥− 0.2)− 𝑓(1.8− 𝑥)
2
, se 0.8 ≤ 𝑥 ≤ 1
=
⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
(1/5− 𝑥)(𝑥 + 4/5) + (𝑥 + 1/5)(𝑥− 4/5)
2
, se 0 ≤ 𝑥 < 0.2
(𝑥− 1/5)(𝑥− 6/5) + (𝑥 + 1/5)(𝑥− 4/5)
2
, se 0.2 ≤ 𝑥 < 0.8
(𝑥− 1/5)(𝑥− 6/5)− (9/5− 𝑥)(4/5− 𝑥)
2
, se 0.8 ≤ 𝑥 ≤ 1
=
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
−3𝑥/10, se 0 ≤ 𝑥 < 1/5
𝑥2 − 𝑥 + 1/25, se 1/5 ≤ 𝑥 < 4/5
3𝑥/5− 3/5, se 4/5 ≤ 𝑥 ≤ 1
(6.106)
Para 𝑡 = 3 temos que
𝐹 (𝑥 + 3) = 𝐹 (𝑥 + 1) = 𝐹 (𝑥− 1) e 𝐹 (𝑥− 3) = 𝐹 (𝑥− 1).
Logo,
𝑢(𝑥, 3) =
1
2
{︂
𝐹 (𝑥 + 3) + 𝐹 (𝑥− 3)
}︂
= 𝐹 (𝑥− 1) = −𝐹 (1− 𝑥)
= −𝑓(1− 𝑥) = −(1− 𝑥)(−𝑥)
= 𝑥(1− 𝑥) (6.107)
A Solução Geral da Equação de Onda. Um enfoque alternativo ao método de se-
paração de variáveis foi dado por d’Alembert. Este método, estuda as oscilações
de uma corda de comprimento infinito (idealização matemática para uma corda
muito longa), neste caso não há condições de fronteira a satisfazer, e, assim o
problema consiste em buscar uma função 𝑢(𝑥, 𝑡) definida no semiplano fechado
𝑥 ∈ 𝑅 e 𝑡 ≥ 0, tal que:⎧⎪⎨⎪⎩ 𝑢𝑡𝑡(𝑥, 𝑡) = 𝑐
2𝑢𝑥𝑥(𝑥, 𝑡) 𝑥 ∈ 𝑅, 𝑡 ≥ 0
𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥), 𝑢𝑡(𝑥, 0) = 𝑔(𝑥) 𝑥 ∈ 𝑅.
(6.108)
Assim, introduzindo as variáveis
𝜉 = 𝑥 + 𝑐𝑡 𝜂 = 𝑥− 𝑐𝑡
104
Figura 6.14
e a função
𝑣(𝜉, 𝜂) = 𝑣(𝑥 + 𝑐𝑡, 𝑥− 𝑐𝑡) = 𝑢(𝑥, 𝑡)
temos que
𝑢𝑥 =
𝑑𝑢
𝑑𝑥
=
𝑑𝑣
𝑑𝜉
𝑑𝜉
𝑑𝑥
+
𝑑𝑣
𝑑𝜂
𝑑𝜂
𝑑𝑥
=
𝑑𝑣
𝑑𝜉
+
𝑑𝑣
𝑑𝜂
= 𝑣𝜉 + 𝑣𝜂
𝑢𝑥𝑥 =
𝑑
𝑑𝑥
(︂
𝑑𝑢
𝑑𝑥
)︂
=
𝑑
𝑑𝜉
(𝑣𝜉 + 𝑣𝜂)
𝑑𝜉
𝑑𝑥
+
𝑑
𝑑𝜂
(𝑣𝜉 + 𝑣𝜂)
𝑑𝜂
𝑑𝑥
= 𝑣𝜉𝜉 + 2𝑣𝜉𝜂 + 𝑣𝜂𝜂 (6.109)
e
𝑢𝑡 =
𝑑𝑢
𝑑𝑡
=
𝑑𝑣
𝑑𝜉
𝑑𝜉
𝑑𝑡
+
𝑑𝑣
𝑑𝜂
𝑑𝜂
𝑑𝑡
= 𝑐
𝑑𝑣
𝑑𝜉
− 𝑐 𝑑𝑣
𝑑𝜂
= 𝑐𝑣𝜉 − 𝑐𝑣𝜂
𝑢𝑡𝑡 =
𝑑
𝑑𝑡
(︂
𝑑𝑢
𝑑𝑡
)︂
=
𝑑
𝑑𝜉
(𝑐𝑣𝜉 − 𝑐𝑣𝜂)𝑑𝜉
𝑑𝑡
+
𝑑
𝑑𝜂
(𝑐𝑣𝜉 − 𝑐𝑣𝜂)𝑑𝜂
𝑑𝑡
= 𝑐2𝑣𝜉𝜉 − 2𝑐2𝑣𝜉𝜂 + 𝑐2𝑣𝜂𝜂. (6.110)
Logo, substituindo na equação (6.108) resulta que:
−4𝑣𝜉𝜂 = 0.
Portanto, integrando resulta que
𝑣(𝜉, 𝜂) = 𝐹 (𝜉) + 𝐺(𝜂),
onde 𝐹, 𝐺 : 𝑅→ 𝑅. Consequentemente,
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐹 (𝑥 + 𝑐𝑡) + 𝐺(𝑥− 𝑐𝑡). (6.111)
Por outro lado, das condições iniciais temos que
𝑢(𝑥, 0) = 𝐹 (𝑥) + 𝐺(𝑥) = 𝑓(𝑥) (6.112)
𝑢′(𝑥, 0) = 𝑐𝐹 ′(𝑥)− 𝑐𝐺′(𝑥) = 𝑔(𝑥) (6.113)
105
Integrando em (6.113) tem-se
𝐹 (𝑥)−𝐺(𝑥) = 1
𝑐
∫︁ 𝑥
0
𝑔(𝑠) 𝑑𝑠 + 𝐾, (𝐾constante). (6.114)
Logo, de (6.112) e (6.114), obtemos:
𝐹 (𝑥) =
1
2
𝑓(𝑥) +
1
2𝑐
∫︁ 𝑥
0
𝑔(𝑠) 𝑑𝑠 +
𝐾
2
(6.115)
𝐺(𝑥) =
1
2
𝑓(𝑥)− 1
2𝑐
∫︁ 𝑥
0
𝑔(𝑠) 𝑑𝑠− 𝐾
2
. (6.116)
Finalmente substituindo em (6.111) resulta a conhecida fórmula de D’Alembert
𝑢(𝑥, 𝑡) =
1
2
(𝑓(𝑥 + 𝑐𝑡) + 𝑓(𝑥− 𝑐𝑡)) + 1
2𝑐
∫︁ 𝑥+𝑐𝑡
0
𝑔(𝑠) 𝑑𝑠− 1
2𝑐
∫︁ 𝑥−𝑐𝑡
0
𝑔(𝑠) 𝑑𝑠
=
1
2
(𝑓(𝑥 + 𝑐𝑡) + 𝑓(𝑥− 𝑐𝑡)) + 1
2𝑐
∫︁ 𝑥+𝑐𝑡
𝑥−𝑐𝑡
𝑔(𝑠) 𝑑𝑠. (6.117)
6.3.3 Equação de Laplace
A equação de Laplace descreve a distribuição de temperatura numa placa retan-
gular em estado estacionário (não existe dependência do tempo). Portanto, não
tem condições iniciais, somente condições de contorno.
Assim, o problema consiste em achar 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦) tal que⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
𝜕2𝑥𝑢 + 𝜕
2
𝑦𝑢 = 0 em 𝑄 = (0, 𝑎)× (0, 𝑏)
𝑢(𝑥, 0) = 𝑓1(𝑥) 𝑢(𝑥, 𝑏) = 𝑓2(𝑥)
𝑢(0, 𝑦) = 𝑔1(𝑦) 𝑢(𝑎, 𝑦) = 𝑔2(𝑦)
(6.118)
Solução por Separação de Variáveis da Equação de Laplace
Consideremos
𝑓1(𝑥) = 𝑓2(𝑥) = 0, ∀ 𝑥 ∈ [0, 𝑎] (6.119)
𝑔1(𝑦) = 0, ∀ 𝑦 ∈ [0, 𝑏] (6.120)
Procura-se uma solução particular da forma:
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑋(𝑥)𝑌 (𝑦)
106
Substituindo-se na equação (6.130) obtém-se:
𝑋 ′′(𝑥)
𝑋(𝑥)
= −𝑌
′′(𝑦)
𝑌 (𝑦)
= 𝛼, 𝛼 constante. (6.121)
Consequentemente, temos as EDO’s
𝑋 ′′(𝑥)− 𝛼𝑋(𝑥) = 0, 𝑋(0) = 0 (6.122)
𝑌 ′′(𝑦) + 𝛼𝑌 (𝑦) = 0, 𝑌 (0) = 𝑌 (𝑏) = 0. (6.123)
1𝑒𝑟 Caso Se 𝛼 = 𝜆2 > 0, as soluções das EDO’s são
𝑋(𝑥) = 𝐶1 𝑒
𝜆𝑥 + 𝐶2 𝑒
−𝜆𝑥 ; 𝑋(0) = 𝐶1 + 𝐶2 = 0 (6.124)
𝑌 (𝑦) = 𝐶3 cos𝜆𝑦 + 𝐶4 sen𝜆 𝑦 ; 𝑌 (0) = 𝐶3 = 0, 𝑌 (𝑏) = 𝐶4 sen𝜆 𝑏 = 0. (6.125)
Logo, de (6.124) e (6.125) temos que: 𝐶2 = −𝐶1, 𝐶3 = 0, 𝐶4 ̸= 0 e 𝜆 𝑏 = 𝑛𝜋.
Consequentemente,
𝑋(𝑥) = 𝐶1
(︀
𝑒𝜆𝑥 − 𝑒−𝜆𝑥)︀ = 2𝐶1 sinh𝜆𝑥 = 2𝐶1 sinh 𝑛𝜋𝑥
𝑏
(6.126)
𝑌 (𝑦) = 𝐶4 sen
𝑛𝜋𝑦
𝑏
. (6.127)
Portanto, para cada 𝑛 ∈ N uma solução particular é:
𝑢𝑛(𝑥, 𝑦) = 𝐶 sinh
𝑛𝜋𝑥
𝑏
sen
𝑛𝜋𝑦
𝑏
.
Logo, pelo princípio de superposição, temos que a solução geral de (6.130) é
𝑢(𝑥, 𝑦) =
∞∑︁
𝑛=1
𝐶𝑛 sinh
𝑛𝜋𝑥
𝑏
sen
𝑛𝜋𝑦
𝑏
. (6.128)
Por outro lado, se 𝑔2(𝑦) admite um desenvolvimento em séries de Fourier em
[0, 𝑏], das condições de fronteira obtemos que
𝑢(𝑎, 𝑦) =
∞∑︁
𝑛=1
𝐶𝑛 sinh
𝑛𝜋𝑎
𝑏
sen
(︂
𝑛𝜋𝑦
𝑏
)︂
= 𝑔2(𝑦) =
𝑎0
2
+
∞∑︁
𝑛=1
{︂
𝑎𝑛 cos
(︂
𝑛𝜋𝑦
𝑏
)︂
+𝑏𝑛 sen
(︂
𝑛𝜋𝑦
𝑏
)︂}︂
.
Da igualdade acima é claro que 𝑎0 = 0, 𝑎𝑛 = 0, e
𝐶𝑛 sinh
𝑛𝜋𝑎
𝑏
= 𝑏𝑛 =
2
𝑏
∫︁ 𝑏
0
𝑔2(𝑦) sen
(︂
𝑛𝜋𝑦
𝑏
)︂
𝑑𝑦,
isto é,
𝐶𝑛 =
2
𝑏 sinh 𝑛𝜋𝑎
𝑏
∫︁ 𝑏
0
𝑔2(𝑦) sen
(︂
𝑛𝜋𝑦
𝑏
)︂
𝑑𝑦 (6.129)
Para o caso 𝛼 = 0 e 𝛼 < 0 temos soluções nulas.
107
Exemplo 6.15. Achar 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑡) tal que⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
𝜕2𝑥𝑢 + 𝜕
2
𝑦𝑢 = 0 em 𝑄 = (0, 1)× (0, 1)
𝑢(𝑥, 0) = 0 𝑢(𝑥, 1) = 0
𝑢(0, 𝑦) = 0 𝑢(1, 𝑦) = 𝑦
(6.130)
Sol.: Desde que
𝐶𝑛 =
2
sinh𝑛𝜋
∫︁ 1
0
𝑦 sen(𝑛𝜋𝑦) 𝑑𝑦
=
2
sinh𝑛𝜋
{︂
− 𝑦 cos𝑛𝜋𝑦
𝑛𝜋
⃒⃒⃒⃒1
0
+
1
𝑛𝜋
∫︁ 1
0
cos(𝑛𝜋𝑦) 𝑑𝑦
}︂
=
2
sinh𝑛𝜋
{︂
− cos𝑛𝜋
𝑛𝜋
+
1
(𝑛𝜋)2
sen(𝑛𝜋𝑦)
⃒⃒⃒⃒1
0
}︂
= − 2
sinh𝑛𝜋
(−1)𝑛
𝑛𝜋
, (6.131)
então,
𝑢(𝑥, 𝑦) =
∞∑︁
𝑛=1
2
sinh𝑛𝜋
(−1)𝑛+1
𝑛𝜋
sinh𝑛𝜋𝑥 sen𝑛𝜋𝑦. (6.132)
Figura 6.15: Solução da Equação de Laplace (Exemplo 6.15 )
108
6.4 Exercícios
1. Usando o Método de Fourier, resolva a equação das ondas⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
𝜕2𝑢
𝜕𝑡2
− 𝑐2𝜕
2𝑢
𝜕𝑥2
= 0
𝑢(0, 𝑡) = 𝑢(𝐿, 𝑡) = 0
𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥)
𝑢′(𝑥, 0) = 𝑔(𝑥)
com os dados abaixo.
(a) 𝑓(𝑥) = 1
10
sin 2𝑥; 𝑔(𝑥) = 0; 𝑐 = 2; 𝐿 = 𝜋.
(b) 𝑓(𝑥) = 1
4
cos 𝜋𝑥; 𝑔(𝑥) = 0; 𝑐 = 5; 𝐿 = 3.
2.Usando o Método de Fourier, encontre a solução da equação do calor⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
𝜕𝑢
𝜕𝑡
− 𝑐𝜕
2𝑢
𝜕𝑥2
= 0
𝑢(0, 𝑡) = 𝑢(𝐿, 𝑡) = 0
𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥)
com os dados abaixo.
(a) 𝑓(𝑥) = 4 sin 2𝑥; 𝑐 = 3; 𝐿 = 𝜋.
(b) 𝑓(𝑥) =
⎧⎨⎩ 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿21− 𝑥 𝐿
2
≤ 𝑥 ≤ 𝐿
Resp: 𝑢(𝑥, 𝑡) =
4𝐿
𝜋2
∞∑︁
𝑘=0
(−1)𝑘
(2𝑘 + 1)2
𝑒−
(2𝑘+1)2𝜋2𝑐𝑡
𝐿2 sin
(2𝑘 + 1)𝜋𝑥
𝐿
.
3. Resolver os exercícios do site http://docslide.com.br/documents/eq-dif-parciais.html
109
Apêndice A
A.1 Números Complexos
Seja C = {𝑧 = 𝑎+ 𝑏𝑖, 𝑎, 𝑏 ∈ R} o conjunto dos números complexos, onde definimos
as operações de adição e multiplicação da forma:
(𝑎 + 𝑏𝑖) + (𝑐 + 𝑑𝑖) = 𝑎 + 𝑐 + (𝑏 + 𝑑)𝑖 (A.1)
(𝑎 + 𝑏𝑖) · (𝑐 + 𝑑𝑖) = 𝑎𝑐− 𝑏𝑑 + (𝑎𝑑 + 𝑏𝑐)𝑖. (A.2)
Dado um número complexo 𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖, destacamos os objetos:
1. Módulo de 𝑧: |𝑧| = √𝑎2 + 𝑏2.
2. Parte Real de 𝑧: 𝑅𝑒(𝑧) = 𝑎.
3. Parte Imaginária 𝑧: 𝐼𝑚(𝑧) = 𝑏.
4. Conjugado de 𝑧: ¯ = 𝑎− 𝑏𝑖
e temos as seguintes propriedades:
𝑎)|𝑧| = | |¯ 𝑏)|𝑧|2 = 𝑧 · ¯
𝑐)𝑧 + 𝑤 = ¯ + �¯� 𝑑)𝑧𝑤 = ¯ · �¯�
𝑒)𝑅𝑒(𝑧) =
1
2
(𝑧 + ¯) 𝑓)𝐼𝑚(𝑧) =
1
2
(𝑧 − ¯) (A.3)
𝑔)𝑧 = ¯⇔ 𝑧 ∈ R ℎ)1/𝑧 = ¯ |𝑧|2, 𝑧 ̸= 0.
Observação A.1. Como consequência destas propriedades, é fácil verificar que, se um nú-
mero complexo 𝑧 é raiz de um polinômio 𝑃 (𝑧) com coeficientes reais, então o conjugado ¯ de
𝑧 também o é. Como as raízes complexas aparecem aos pares concluímos que todo polinômio
de grau ímpar, com coeficientes reais, possui ao menos uma raiz real.
110
Um número complexo 𝑧 = 𝑎+𝑏𝑖 também pode ser representado na forma polar,
considerando as coordenadas polares (𝑟, 𝜃) do ponto 𝑃 = (𝑎, 𝑏). Logo, temos que
𝑎 = 𝑟 cos 𝜃 e 𝑏 = 𝑟 sen 𝜃, de modo que
𝑧 = 𝑟(cos 𝜃 + 𝑖 sen 𝜃) e ¯ = 𝑟(cos 𝜃 − 𝑖 sen 𝜃)
Mais ainda, denotando por 𝑒±𝑖 𝜃 = cos 𝜃 ± 𝑖 sen 𝜃 obtemos a notação simplificada
𝑧 = 𝑟 𝑒𝑖 𝜃 e ¯ = 𝑟 𝑒−𝑖 𝜃
Note-se que 𝑟 = |𝑧|. Alem disso, se 𝑧1 = 𝑟1𝑒𝑖𝜃1 e 𝑧2 = 𝑟2𝑒𝑖𝜃2, então 𝑧1𝑧2 = 𝑟1𝑟2𝑒𝑖(𝜃1+𝜃2)
Fórmula de De Moivre. Consideremos um número complexo 𝑧 = 𝑟 𝑒𝑖 𝜃 dado na
forma polar, e seja 𝑛 um número natural. Usando as propriedades de função
exponencial obtemos 𝑧𝑛 = 𝑟𝑛 𝑒𝑖 𝑛 𝜃, ou, de maneira equivalente:
𝑧𝑛 = 𝑟𝑛(cos 𝜃 + 𝑖 sen 𝜃)𝑛 = 𝑟𝑛(cos𝑛 𝜃 + 𝑖 sen𝑛 𝜃)
de onde segue a conhecida fórmula de De Moivre:
(cos 𝜃 + 𝑖 sen 𝜃)𝑛 = cos𝑛 𝜃 + 𝑖 sen𝑛 𝜃.
Raízes de um Número Complexo. Para 𝑛 ∈ N definimos as raízes n-ésimas de 𝑧
como sendo
𝑧1/𝑛 = |𝑧|1/𝑛
[︂
cos
(︂
𝜃 + 2𝑘𝜋
𝑛
)︂
+ 𝑖 sen
(︂
𝜃 + 2𝑘𝜋
𝑛
)︂]︂
, 𝑘 = 0, 1, . . . , 𝑛− 1.
111
Figura A.1
112
	Introdução
	Equações Diferenciais Ordinárias
	Equações Diferenciais de 1a Ordem
	Problema de Valor Inicial (P.V.I.) ou Problema de Cauchy
	Interpretação Geométrica
	Equações de Variáveis Separáveis
	Exercícios
	Equações Lineares
	Exercícios
	Equações Exatas
	Exercícios
	Fatores Integrantes
	Exercícios
	Equações Homogêneas
	Exercícios
	Equações Redutíveis a um dos Tipos Anteriores
	Exercícios
	EDO's Lineares de Ordem Superior
	EDO Incompleta com Coeficientes Constantes 
	Caso I: Raízes Reais
	Caso II: Raízes Reais Repetidas
	Caso III: Raízes Complexas
	EDO Completa com Coeficientes Variáveis
	Método de Variação de Parâmetros (MVP)
	Exercícios
	Sistema de Equações Diferenciais Lineares 
	Sistemas Homogêneos de 1ra Ordem
	Autovalores Reais Distintos
	Autovalores Complexos
	Autovalores Repetidos
	Exercícios
	Sistemas Não Homogêneos de 1ra Ordem
	Método de Variação de Parâmetros
	Exercícios
	Transformada de Laplace
	Transformada Inversa
	Teoremas de Translação
	Derivada e Integral de uma Transformada
	Função Degrau Unitário
	Aplicação as Equações Lineares com Coeficientes Constantes
	Exercícios
	Equações Diferenciais Parciais
	Séries Infinitas
	Séries de Fourier
	Exercícios
	Equações Diferenciais em Derivadas Parciais (EDP)
	Equações Fundamentais da Física-Matemática
	 Equação do Calor
	Equação de Onda ou da Corda Vibrante
	Equação de Laplace
	Exercícios
	
	Números Complexos