Apostila de Cálculo IV - UNIMAR

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Apostila de Cálculo IV - UNIMAR�CálculoI
NOTAS DE AULAS PARA ACOMPANHAR A DISCIPLINA DE CÁLCULO IV
	
Prof ª Drª Fátima Ahmad Rabah Abido
 			
Marília
2º Semestre de 2010
EMENTA
Formas de aplicação das equações diferenciais;
Classificação das Equações diferenciais quanto à ordem, grau e linearidade; 
Tipos de solução, problemas de valor inicial e de contorno;
Soluções de equações diferenciais ordinárias de primeira ordem lineares, homogêneas, separáveis e exatas;
Fator Integrante; 
Equação de Bernoulli; 
Equações diferenciais de 2ª Ordem; 
Equações diferenciais de ordem n com coeficientes constantes; e
Aplicações.
MÉTODO DE AVALIAÇÃO
* Atividade (sala de aula) + Parcial + Regimental = 10 pontos
 
 
DATAS DE PROVAS
Parcial 1: P1: 
Parcial 2: P2: 
Substitutiva: Exame:
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS
BRONSON, R. Moderna Introdução às Equações Diferenciais. 
BOYCE, W.E.; DIPRIMA, R.C. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno.
EDWARDS, C. H. Jr. e PENNEY, David E. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. 
GUIDORRIZZI, Hamilton Luiz. Um curso de Cálculo (vol. 2).
ZILL, Dennis G. e CULLEN, Michael R. Equações Diferenciais. (vol 1)
SWOKOWSKI, Earl W. Cálculo com Geometria Analítica (vol 2)
LARSON, Hostetler & Edwards. Cálculo com Geometria Analítica (vol 2).
STEWART, James. Cálculo (vol 2).
KREIDER, D.L. e Outros. Equações Diferenciais.
Equações Diferenciais
Introdução
Muitas vezes em física, engenharia e outros ramos técnicos, há necessidade de encontrar uma função incógnita. Em muitos casos esta pesquisa leva a uma equação envolvendo derivadas (ou diferenciais) da função incógnita. Tais equações envolvendo derivadas (ou diferenciais) são chamadas equações diferenciais, em que a incógnita não é um número, mas uma função. 
Antes de iniciar nosso curso, vamos mostrar algumas aplicações para servir de motivação.
Lei de Resfriamento de Newton
A lei de resfriamento de Newton diz que a taxa de variação de temperatura T(t) de um corpo em resfriamento é proporcional à diferença entre a temperatura do corpo e a temperatura cte Tm do meio ambiente, isto é:
dT/ dt = k(T – Tm) ,
em que k é uma cte de proporcionalidade.
Exemplo Um ovo duro, a 98º C, é colocado em uma pia contendo água a 18º C. Depois de 5 minutos, a temperatura do ovo é de 38º C. Suponha que durante o experimento a temperatura da água não aumente apreciavelmente, quanto tempo a mais será necessário para que o ovo atinja 20º C?
Solução : 
Tm = 18º C 
T(0) = 98º C
T(5) = 38º C
t = ? qdo T (t) = 20º C 
 	dT/dt = k(T – Tm)
dT/dt = k(T – 18)
dT/(T – 18)= kdt
Resolvendo essa equação diferencial, obtemos t ( 13 minutos
Circuitos em Série
 	
	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 no indutor (L(dI/dt)) e da queda de tensão no resistor (I.R) é igual à voltagem (E(t)) no circuito, ou seja
L(dI/dt) + R.I = E(t),
em que L e R são ctes conhecidas como a induntância e a resistência, respectivamente.
Exemplo Suponha que um circuito simples a resistência é 550 ( (ohms), a indutância é de 4 H (henry) e a pilha fornece uma voltagem constante de 110 V (volts). Determine a corrente I se a corrente inicial é zero.
Solução: 
E(t) = 110 V; L = 4 H, e R = 550 (
I(t) = ? quando I (0) = 0
L(dI/dt) + RI = E(t)
4. (dI/dt) + 550.I = 110
dI/dt + (550/4).I= (110/4)
…
 I(t) = 0,2 – 0,2.e-137,5 t.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Nos próximos tópicos veremos métodos de resolver equações diferenciais. Isto é, veremos as vias pelas quais podemos com sucesso usar equações diferenciais para determinar uma função desconhecida.
Simbolicamente, uma equação diferencial pode ser escrita como:
F(x, y, y’ , y ’’, ... , y (n)) = 0 ou F(x, y, 
, 
, ..., 
 ) = 0.
Se a função incógnita depende apenas de uma variável, temos uma equação diferencial ordinária. Se depender de mais de uma variável, temos uma equação diferencial parcial.
As expressões seguintes são alguns exemplos de equações diferenciais.
A. 
 D. 
 
B. 
 E. 
 
C. 
 F. 
, onde u = (x, t) 
A ordem de uma equação diferencial é o número n que corresponde à ordem máxima das derivadas da equação.
Exemplo: Na expressão (A) acima, a equação tem ordem 1 e na expressão (C), ordem 2.
O grau de uma equação diferencial é a maior potência da derivada de maior ordem.
Exemplos Determinar o grau e a ordem de cada uma das seguintes equações diferenciais.
(a) 
 (b) 
	A Equação (a) é uma equação diferencial de primeiro grau de ordem 2 porque d2y/dx2 é a derivada de maior ordem na equação e está elevada à primeira potência. Notar que a terceira potência de dy/dx não tem influência no grau da Equação (a) porque dy/dx é de menor ordem que d2y/dx2.
A Equação (b), por outro lado, é uma equação diferencial de segundo grau e primeira ordem; dy/dx é a derivada de maior ordem (ordem 1) e 2 é a maior potência de dy/dx aparecendo na equação.
Uma solução de uma equação diferencial é uma função y = f (x) a qual, juntamente com as suas derivadas, satisfaz a equação diferencial dada.
Exemplos: (a) Verificar que y = 4.e-x + 5 é uma solução da equação diferencial de segunda ordem e primeiro grau 
	Observando que 
 e 
 e substituindo na equação diferencial dada, temos:
4.e-x + (– 4.e-x) = 0
 0 = 0
 (b) Verificar que y =
 é uma solução da equação diferencial de primeira ordem e primeiro grau 
. 
	A primeira derivada da equação dada é 
. Substituindo este resultado na equação diferencial dada, temos:
= 
 = 
 = 
�� EMBED Equation.3 .
A solução y = 4.e-x + 5 no Exemplo (a) acima é um exemplo de uma solução particular de uma equação diferencial. Podemos verificar que y = 4.e-x + 3 é também uma solução particular da equação diferencial no exemplo (a). Deste modo, uma equação diferencial pode ter mais do que uma solução particular.
	Uma solução y = f(x) de uma equação diferencial de ordem n contendo n constantes arbitrárias é chamada uma solução geral. Assim, a solução y =
 no Exemplo (b) ou y = 4.e-x + C no Exemplo (a) é um exemplo de uma solução geral.
	Geometricamente, a solução geral de uma equação diferencial de primeira ordem representa uma família de curvas conhecidas como curvas-solução uma para cada valor da constante arbitrária.
Uma solução particular pode ser obtida se forem dadas certas condições iniciais. Uma condição inicial de uma equação diferencial é uma condição que especifica um valor particular de y, y0, correspondente a um valor particular de x, x0. Isto é, se y = f(x) pode ser uma solução da equação diferencial, então a função deve satisfazer a condição: y0 = f(x0). O problema de ser dada uma equação diferencial com condições iniciais é chamado um problema de valor inicial. 
	Um estudo completo de equações diferenciais incluiria um estudo de equações diferenciais de todos os graus e equações diferenciais parciais e ordinárias. Limitamos deste modo as nossas considerações às equações diferenciais ordinárias do primeiro grau.
Exemplos: (a) Verificar que y = C1.cosx + C2.senxé uma solução geral da equação diferencial y’’ + y = 0. 
	Primeiro, determinar as derivadas da função dada:
y' = - C1.senx + C2..cosx
y’’= - C1.cosx - C2..senx
Substituindo na equação diferencial, temos:
 y’’ + y = 0
- C1.cosx - C2..senx + ( C1.cosx + C2..senx) = 0
 - C1.cosx - C2..senx + C1.cosx + C2..senx = 0
 0 = 0
Portanto, y = C1.cosx + C2..senx é uma solução geral da equação diferencial dada com duas constantes arbitrárias distintas.
 (b) Mostre que y = C.e-2x é uma solução para a equação diferencial y’ + 2y = 0 e encontre a solução particular determinada pela condição inicial y(0) = 3.
Sabemos que y = C.e-2x é solução porque y’ = - 2.C.e-2x e y’ + 2y = - 2.C.e-2x + 2.( C.e-2x ) = 0. 
 
Usando a condição inicial y(0) = 3, ou seja, y = 3 e x = 0, obtêm:
y = C.e-2x ( 3 = C e-2.0 ( C = 3
e concluímos que a solução particular é y = 3.e-2x .
Exercícios
Constatar a ordem e o grau de cada uma das seguintes equações diferenciais.
1. 
 5. y’’’- 4y’’ + xy = 0 
2. 
 6. y’+ x.cosx = 0 
3. 
 7. (y’’)3 - xy’ + y’’ = 0 
4. 
 8. y’’+ ex y = 2 
Verificar que cada uma das funções dadas y = f(x) é uma solução da equação diferencial dada. 
9. 
; y = 3x – 7 14. 
 ; y = x2 + Cx 
10. 
; y = x2 - 4x 15. 
; y = C1sen4x + C2cos4x
11. x
; y = x2 - 4x 16. 
; y = x5 + 3x - 2
12. 
; y = 2 senx + 3 cosx 17. 
; y = senx + cosx - e-x 
13. 
 ; y = (x + 2).e-x 18. 
; y = e-x + x2
Classificação das Equações Diferenciais de 1ª Ordem
Existem numerosos métodos desenvolvidos para resolver equações diferenciais ordinárias. Veremos de perto vários destes métodos. Certas equações diferenciais de primeira ordem podem ser mais facilmente resolvidas usando o método de separação de variáveis.
Uma equação diferencial de primeira ordem é uma relação envolvendo a primeira derivada. Isto é, pode ser escrita na forma:
 (1)
ou (multiplicando ambos os membros pela diferencial dx, onde dx ( 0)
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 (2)
onde M(x,y) e N(x,y) são funções envolvendo as variáveis x e y. Para esse tipo de equação, pode-se juntar todos os termos contendo x com dx e todos os termos contendo y com dy, obtendo-se uma solução através de integração. Tais equações são ditas separáveis, e o método de solução é o método de separação de variáveis. O método é descrito a seguir.
1.2.1 Equações Diferenciais Separáveis
* Método de Separação de Variáveis
1. Coloque a equação na forma diferencial
M(x)dx + N(y)dy = 0 ou M(x)dx = - N(y)dy (3)
2. Integre para obter a solução geral
.
Exemplo 01 Reescreva a equação diferencial de primeiro grau x2yy’ – 2xy3 = 0 na forma da Equação (3).
x2yy’ – 2xy3 = 0
x2 ydy – 2xy3dx = 0 (multiplicando cada membro por dx)
-2xy3dx + x2 ydy = 0 (multiplicando cada membro por 1/x2y3)
ou
Neste exemplo, M(x) = - 2/x e N(y) = 1/y2. Por multiplicações e divisões apropriadas separamos a equação em termos onde cada um envolve apenas uma variável e a sua diferencial. Assim sendo, a solução geral pode ser obtida por integração de cada termo.
Exemplo 2 Determinar a solução geral da equação diferencial x2yy’ – 2xy3 = 0.
	
No Exemplo 1 determinamos que x2yy’ – 2xy3 = 0 pode ser escrita como
ou
	Integrando cada membro da equação, temos:
ou
1 + 2ylnx + Cy = 0.
Nota 1: Quando a solução de uma equação diferencial envolver a integração de um termo na forma 
, escrevemos agora 
em vez de 
. Estamos agora percebendo que a solução é válida apenas quando u é positivo. Lembrar também de incluir a constante de integração C.
Nota 2: Algumas regras para logaritmo na base e (e ( 2,718....)
	Sendo a > 0 e b > 0 e ((IR, então:
P1) ln (a . b) = ln a + ln b P3) ln (a() = (.ln a
P2) ln (a : b) = ln a - ln b P4) elna = a
 
Exemplo 3 Resolver a equação diferencial 
.
	Tornando a escrever, temos:
 (multiplicar cada membro por dx)
 (multiplicar cada membro por 1/y)
 (integrar cada membro)
lny = arctg x + C
y = earctgx +C
y = k.e arctgx, onde k = eC 
Exemplo 4 Resolver a equação diferencial x(1 + y2) – y(1 + x2)y’= 0.
	
Tornando a escrever, temos:
 
ou 					
ou
					
.
	Como C é uma constante arbitrária, podemos tornar a escrever esta constante como C = ½ lnk onde k > 0. Então temos:
ou					
ou					
ou					
	Esta última equação é mais fácil de trabalhar porque já não envolve logaritmos naturais. As equações 
 e 
são equivalentes. Elas diferem apenas na forma da constante de integração. Praticando nos exercícios você ganhará experiência na escolha da forma mais apropriada para esta constante arbitrária.
Exemplo 5 Resolver a equação diferencial y’ – 2x = 0 sujeita à condição inicial de que y = 1 quando x = 2, ou seja, y(2) = 1.
	
	A solução geral é:
y = x2 + C
	Substituindo y = 1 e x = 2, temos:
1 = (2)2 + C ( 1 = 4 + C ( - 3 = C
Portanto, a solução particular é
y = x2 – 3
Exemplo 6 Resolver a equação diferencial y + xy’ = 0 sujeita à condição inicial de que y = 2 quando x = 3, ou seja, y(3) = 2.
Tornando a escrever, temos:
					
					ydx + xdy = 0
ou
					
					lnx = - lny + C
lnx + lny = C
lnxy = C
ou 					lnxy = lnk, onde C = lnk
					xy = k
	Substituindo y = 2 quando x = 3, temos
					3.2 = k ( 6 = k
	Portanto, a solução particular desejada é
					xy = 6 ou y = 6/x.
Exercícios
Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.
	1. 
	9. 
	2. 
	10. 
	3. 
	11. 
	4. 
	12. (1 + x2)dy – dx = 0 
 
	5. 
	13. (1 + x2)dy + xdx = 0 
	6. 
	14. 
	7. 
	15. 
	8. 
	16. 
Determinar a solução particular de cada uma das seguintes equações diferencial sujeitas às condições dadas. 
	17. 
; y (1) = 1 
	19. 
; y (0) = 4 
	18. 
; y (0) = 2 
	20. 
; y (1) = 1
Respostas
	1) y.lnx + 1 = Cy
	8) y = arc tg[(ex – 1)³.k]
	15) y = 
	2) y = k.
	9) y = 
	16) y = 
	3) y = C/x
	10) 2y + e-2x = C
	17) (2 – x³).y³ = 1
	4) y = arc cos(senx – c)
	11) y = sen
	18) y = 
	5) 3y² = 2x³ + C
	12) y = arc tg x + C
	19) y² = 2.ln(x² + 1) + 16
	6) y = k. 
	13) y = - 
	20) y = 
	7) 1 = 2y².(senx + C)
	14) arc tg y = x + 
+C
	
Aplicações
21. O preço de revenda de certa máquina descreve em um período de 10 anos, segundo uma taxa que depende do tempo de uso da máquina. Quando a máquina tem t anos de uso, a taxa de variação do seu valor é 220(t-10) reais por ano. Expresse o valor da máquina como função do tempo de uso e do valor inicial. Se a máquina valia originalmente R$ 12.000,00, quanto valerá quando tiver 10 anos de uso? (Resp:V(t) = 110.t² - 2.200t + C e V(10) = R$ 1.000,00)
22. Segundo estatísticas, a população de certo lugar está crescendo a uma taxa aproximada de 1.500 t-1/2 pessoas por ano, sendo t o número de anos transcorridos após 1990. Em 1999, a populaçãodeste lugar era de 39.000 pessoas.
(a) Qual era a população, em 1990? (Resp: 30.000)
(b) Se este tipo de crescimento continuar no futuro, quantas pessoas estarão vivendo neste lugar, em 2015? (Resp: 45.000)
23. Em certa região, às 7 horas da manhã, o nível de ozônio no ar é de 0,25 partes por milhão. Ao meio-dia, sabe-se que, depois de t horas, a taxa de variação do ozônio no ar será de 
partes por milhão por hora.
(a) Expresse o nível de ozônio como função de t. (Resp: Q(t) = 0,03.(36 + 16t –t²)1/2 + 0,07)
(b) Quando ocorre o pico do nível de ozônio? Qual é o nível de ozônio, neste momento? 
 (Resp:0,37 partes por milhão até 3 horas da tarde)
24. A taxa de variação da temperatura de um objeto é proporcional à diferença entre sua temperatura e a do meio circundante. Um objeto cuja temperatura era de 40 graus foi colocado num ambiente cuja temperatura é de 80 graus. Após 20 minutos, a temperatura do objeto chegou a 50 graus. Expresse a temperatura do objeto como função do tempo. (T(t) = 80 – 40.e-0,014t ) 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
1.2.2 Equações Diferenciais Homogêneas
	Algumas equações que não são separáveis podem vir a sê-lo mediante uma mudança de variáveis. Isso funciona para equações da forma y’ = f(x,y), onde f é uma função homogênia.
	
Definição 1.2.2 Função Homogênea
Se uma função f satisfaz 
f(tx,ty) = tn f(x,y)
para algum número real n, então dizemos que f é uma função homogênea de grau n.
Exemplos: (1) f(x,y) = x2 – 3xy + 5y2
f(tx,ty) = (tx)2 – 3(tx)(ty) + 5(ty)2
 = t2x2 – 3t2 xy + 5t2y2
 = t2[ x2 – 3xy + 5y2] = t2 f(x,y) ( função homogênea de grau dois.
(2) f(x,y) = x3 + y3 + 1.
f(tx,ty) = (tx)3 + (ty)3 + 1 ( t3 f(x,y)
pois
t3.f(x,y) = t3x3 + t3y3 + t3 ( função não é homogênea.
OBS: Muitas vezes uma função homogênea pode ser reconhecida examinando o grau de cada termo.
Exemplos: (1) f(x,y) = 6xy3 – x2y2
( ( A função é homogênea de grau quatro.
 grau 4 grau 4
(2) f(x,y) = x2 – y
 ( ( ( A função não é homogênea, pois os graus dos dois termos são diferentes 
 grau 2 grau 1 
Definição 1.2.2 Equação Homogênea
Uma equação diferencial da forma 
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 
é chamada homogênea se ambos os coeficientes M e N são funções homogêneas do mesmo grau.
	
Para resolver uma equação diferencial homogênea pelo método de separação de variável, basta fazer a mudança de variáveis dada pelo Teorema a seguir.
Teorema Mudança de Variáveis para Equações Homogêneas
	Se M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 é homogênea, então ela pode ser transformada em uma equação diferencial cujas variáveis são separáveis pela mudança de variável y = v.x onde v é uma função diferenciável de x e dy/dx = v + x dv/dx.
OBS: São válidas também as substituições x = y.v e dx = y dv + v dy.
 
Exemplo Resolva (x2 + y2)dx + (x2 – xy)dy = 0.
Solução Como M(x,y) e N(x,y) são homogêneas de grau dois, tomamos y = v.x para obter dy = v dx + x dv. Então, substituindo, temos:
(x2 + v2x2)dx + (x2 – vx2)(v dx + x dv) = 0
 (x2+ v2x2)dx + (x2 – vx2)vdx +(x2 – vx2)xdv = 0
 x2(1+ v2 + v – v2)dx + x3 (1 – v)dv = 0
 x2(1 + v)dx + x3 (1 – v)dv = 0 ( (dividindo por x2)
 (1 + v)dx + x(1 – v)dv = 0
 
 ( (utilizamos frações parciais)
	Depois de integrar a última linha, obtemos:
-v + 2 ln(1 + v(+ ln(x(= ln(c(
 
. ( (substituindo v)
Usando as propriedades do logaritmo, podemos escrever a solução precedente como:
.
A definição de um logaritmo implica
.
Exercícios
Resolva a equação diferencial homogênea dada.
	1. 
 
	4. 
	2. 
 (usar a subst. x = yv) 
	5. 
	3. 
 
	6. 
Encontre a solução particular que satisfaz a condição inicial dada.
	7. xdy – (2xe-y/x + y)dx = 0; y(1) = 0
	9. 
; y(1) = 0
	8. – y2dx + x(x + y)dy = 0; y(1) = 1
	10. 
; y(1) = 0
Respostas
	1) x = C.(x – y)²
	5) y = C
	9) y = x. arc sen(lnx)
	2) x = k.y² - 2y
	6) y = kx² - 3x
	10) y = x. sen(- ln(x()
	3) x² - 2xy – y² = k
	7) 
= lnx² + 1
	
	4) x² - kx = y²
	8) y = 
	
1.2.3 Equações Diferenciais Exatas
Embora a equação 
y dx + x dy = 0
seja separável e homogênea, podemos ver que ela é também equivalente à diferencial do produto de x e y; isto é
y dx + x dy = d(xy) = 0.
Por integração, obtemos imediatamente a solução implícita xy = c.
Você deve se lembrar do Cálculo III que, se z = f(x,y) é uma função com derivadas parciais contínuas em uma região R do plano xy, então sua diferencial total é
 
 (1)
	
Agora, se f(x,y) = c, segue-se de (1) que
 
 
 (2)
Em outras palavras, dada uma família de curvas f(x,y) = c, podemos gerar uma equação diferencial de primeira ordem, calculando a diferencial total.
Exemplo 1 Se x2 – 5xy + y3 = c, então por (2)
(2x –5y)dx + (-5x +3y2)dy = 0 ou 
.
	Para nossos propósitos, é mais importante inverter o problema, isto é, dada uma equação como
 
, (3)
podemos identificar a equação como sendo equivalente a d(x2 – 5xy + y3) = 0?
	Note que a equação (3) não é separável nem homogênea.
Definição 1.2.3 Equação Exata
	Uma equação 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). Uma equação diferencial da forma
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0
é chamada de uma equação exata se a expressão do lado esquerdo é uma diferencial exata, ou seja, se existir uma função f(x,y) com derivadas parciais contínuas e tais que fx(x,y) = M(x,y) e fy(x,y) = N(x,y). Assim, a forma geral da solução da equação é f(x,y) = c.
Exemplo 2 A equação x2y3 dx + x3y2 dy = 0 é exata, pois
d(
x3y3) = x2y3 dx + x3y2 dy.
	O teorema seguinte é um teste para uma diferencial exata.
	
Teorema Critério para uma Diferencial Exata
	Sejam M(x, y) e N(x, y) funções contínuas com derivadas parciais contínuas em uma região R definida a < x < b, c < y < d. Então, uma condição necessária e suficiente para que
M(x,y)dx + N(x,y)dy
seja uma diferencial exata é
 
. (4)
MÉTODO DE SOLUÇÃO
	Dada a equação
 M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 (5)
Mostre primeiro que
		
.
	Depois suponha que
daí podemos encontrar f integrando M(x,y) com relação a x, considerando y constante.
	Escrevemos,
 f(x,y) = 
 (6) 
em que a função arbitrária g(y) é a constante de integração. Agora, derivando (6) com relação a y e supondo (f/(y = N(x,y):
�� EMBED Equation.3 =
.
	Assim, 
g’(y) = N(x,y) - 
. (7)
	Finalmente, integre (7) com relação a y e substitua o resultado em (6). A solução para a equação é f(x,y) = c. 
OBS: Poderíamos começar o procedimento acima com a suposição de que
.
Exemplo 3 Resolva 2xy dx + (x2 – 1) dy = 0.
SoluçãoComo M(x,y) = 2xy e N(x,y) = x2 – 1, temos
= 2x.
Logo, a equação é exata e, pelo Teorema anterior, existe uma função f(x,y), tal que
 2xy e 
 x2 – 1.
Da primeira dessas equações, obtemos, depois de integrar,
f(x,y) = x2y + g(y).
Derivando a última expressão com relação à y e igualando o resultado a N(x, y), temos
 x2 + g’(y) = x2 – 1.
Segue-se que
g’(y) = – 1 e g(y) = - y.
A constante de integração não precisa ser incluída, pois a solução é f(x, y) = c, ou seja, x2y – y = c.
OBS: Observe que a equação poderia também ser resolvida por separação de variáveis.
Exemplo 4 Resolva o problema de valor inicial
(cosx senx – xy2) dx + y.(1 - x2) dy = 0, y (0) = 2.
Solução A equação é exata, pois
= - 2xy.
	Agora,
 y.(1 - x2)
f(x,y) = 
(1 - x2) + h(x).
 - xy2 + h’(x) = cosx senx – xy2.
	A última equação implica
h’(x) = cosx.senx
 h(x) = 
 (Método da Substituição)
	Logo, 
(1 - x2) 
= c1
ou
y2 (1 – x2) – cos2x = c,
em que c = 2c1. A condição inicial y = 2 quando x = 0 demanda que (2)2 [1 – (0)2] – cos20 = c, ou seja, c = 3. Portanto, a solução para o problema é
y2 (1 – x2) – cos2x = 3.
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Exercícios
Verifique se a equação diferencial dada é exata e, se for, encontre sua solução geral.
	1. (2x – 3y)dx + (2y – 3x)dy = 0 
	6. 2y2
dx + 2xy
dy = 0
	2. yexdx + exdy = 0 
	7. 
	3. (3y2 + 10xy2)dx + (6xy – 2 + 10x2y)dy = 0 
	8. 
	4. 2.cos(2x – y)dx - cos(2x – y)dy = 0 
	9. 
	5. (4x3 – 6xy2)dx + (4y3 – 6xy)dy = 0 
	10. 
Encontre a solução particular que satisfaz a condição inicial dada.
	11. 
; y(2) = 4
	14. 
; y(0) = (
	12. 
; y(4) = 3
	15. (2xtgy + 5)dx + (x2sec2y)dy = 0; y(0) = 0
	13. 
; y(0) = 4
	16. (x2 + y2)dx + 2xydy = 0; y(3) = 1
Respostas
	1) x² - 3xy + y² = C
	7) arc tg(x/y) = C
	13) x² + y² = 16
	2) yex = C
	8) 
	14) e3x.sen3y = 0
	3) 3xy² + 5x²y² - 2y = C
	9) não é exata
	15) x². tgy - 5x = 0
	4) sen(2x – y) = C
	10) ey. senxy = C
	16) xy² + 
 = 12
	5) não é exata
	11) y.ln(x – 1) + y² = 16
	
	6) não é exata
	12) 
	
FATORES INTEGRANTES
	Algumas vezes, é possível converter uma equação diferencial não exata em uma equação exata multiplicando-a por uma função ((x,y) chamada fator de integração. Porém, a equação exata resultante:
( M(x,y) dx + ( N(x,y) dy = 0
pode não ser equivalente à original no sentido de que a solução para uma é também a solução para a outra. A multiplicação pode ocasionar perdas ou ganhos de soluções.
Exemplo Se a equação diferencial
 2y dx + x dy = 0 (Não é uma equação exata)
for multiplicada pelo fator integrante ((x,y) = x, a equação resultante
 2xy dx + x2 dy = 0 (Equação exata)
é exata, ou seja, 
.
	Pode ser difícil encontrar um fator integrante. No entanto, existem duas classes de equações diferenciais cujos fatores integrantes podem ser encontrados de maneira rotineira - aquelas que possuem fatores integrantes que são funções que dependem apenas de x ou apenas de y. O Teorema a seguir, que enunciaremos sem demonstração, fornece um roteiro para encontrar esses dois tipos especiais de fatores integrantes. 
Teorema Fatores Integrantes
	Considere a equação diferencial M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0.
1. Se
[My(x,y) – Nx(x,y)] = h(x)
é uma função só de x, então 
 é um fator integrante.
2. Se
[ Nx(x,y) - My(x,y)] = k(y)
é uma função só de y, então 
 é um fator integrante.
Exemplo 1 Encontre a solução geral da equação diferencial (y2 – x) dx + 2y dy = 0.
Solução A equação dada não é exata, pois My(x,y) = 2y e Nx(x,y) = 0. Entretanto, como
[My(x,y) – Nx(x,y)] = 
[2y – 0] = 1 = x0 = h(x)
temos que 
= 
é um fator integrante. Multiplicando a equação dada por ex, obtemos a equação diferencial exata
(y2ex – x ex) dx + 2yex dy = 0
cuja solução é obtida da seguinte maneira: 
f(x,y) = 
f ’(x,y) = 
= y2ex – x ex
 
= – x ex (integração por partes)
Logo, g(x) = – x ex + ex , o que implica na solução geral
 – x ex + ex = c.
OBS: Um outro fator integrante é:
Se M(x,y) = y. f(x,y) e N(x,y) = x. g(x,y), então
 (*)
Exemplo 2 Resolva y’ = 
.
Solução Escrevendo a equação sob forma diferencial, temos
(xy2 – y)dx – xdy = 0
 y.(xy – 1)dx – x.(1)dy = 0 (multiplicando por – 1)
 y.(1 - xy)dx + x.(1)dy = 0 (1)
De acordo com (*), temos:
((x,y) = 
 = 
 
 = 
 = 
	Multiplicando (1) por ((x,y), obtemos:
.[y.(1 - xy)dx + x.(1)dy] = 0,
ou seja,
que é exata. Aplicando o método de resolução de equação exata, chegamos à solução y = -1/(x.ln(cx()
 
Exercícios
Encontre o fator integrante que é função apenas de x ou apenas de y, e use-o para encontrar a solução geral da equação diferencial dada.
	1. ydx - (x + 6y2)dy = 0 
	6. (2x2y – 1)dx + x3dy = 0 
	2. (2x3 + y)dx - xdy = 0 
	7. y2dx + (xy - 1)dy = 0 
	3. (5x2 - y)dx + xdy = 0 
	8. (x2 +2x + y)dx + 2dy = 0 
	4. (5x2 – y2)dx + 2ydy = 0 
	9. 2ydx + (x – sen 
)dy = 0
	5. (x + y)dx + tgxdy = 0 
	10. (-2y3 + 1)dx + (3xy2 + x3)dy = 0 
Respostas
	1) FI: 1/y² ( (x/y) – 6y = C
	6) FI: x -1 ( x²y - lnx = C
	2) FI: 1/x² ( (y/x) – x² = C
	7) FI: (1/y) ( xy - lny = C
	3) FI: 1/x² ( (y/x) + 5x = C
	8) FI: 
 ( 
(2y + 2x² - 4x + 8) = C
	4) FI: e-x ( e-x (y² - 5x² - 10x – 10) = C
	9) FI: (1/
) ( x. 
 + cos 
 = C
	5) FI: cosx ( y.senx + x.senx + cosx = C
	10) FI: x -3 ( x -2y³ + y - (1/ 2x²) = C
1.2.4 Equações Diferenciais Lineares de Primeira ordem
	Definimos a forma geral para uma equação diferencial linear de ordem n como, 
.
Lembre-se de que linearidade significa que todos os coeficientes são funções de x somente e que y e todas as suas derivadas são elevadas à primeira potência. Agora, quando n = 1, obtemos uma equação linear de primeira ordem. 
Definição 1.2.4 Equação Linear
	Uma equação diferencial da forma
é chamada de equação linear.
	Dividindo pelo coeficiente a1(x), obtemos uma forma mais útil de uma equação linear:
. (1)
Procuramos uma solução para (1) em um intervalo I no qual as funções P(x) e Q(x) são contínuas. Na discussão a seguir, supomos que (1) possui uma solução.
	
Usando diferenciais, podemos escrever a equação (1) como
dy + [P(x).y - Q(x)]dx = 0 (2)
	Equações lineares possuem a agradável propriedade através da qual podemos sempre encontrar uma função ((x) em que
((x)dy + ((x)[P(x).y - Q(x)]dx = 0 (3)
é uma equação diferencial exata. Pelo Teorema (Critério para uma Diferencial Exata),o lado esquerdo da equação (3) é uma diferencial exata se 
 
((x)dy = 
((x)[P(x).y - Q(x)]dx (4)
ou
.
Esta é uma equação separável em que podemos determinar ((x). Temos
 
 (5)
assim
. (6)
	Assim a função ((x) definida em (6) é um fator de integração para a equação linear. Note que não precisamos usar uma constante de integração em (5), pois (3) não se altera se a multiplicarmos por uma constante. Ainda, ((x) ( 0 para todo x em I, e é contínua e diferenciável.
	
Multiplicando a equação (1) por (6), obtemos:
 
 (integrando ambos os lados)
.
	Assim sendo a solução geral é dada por
. (7)
Teorema Solução de uma Equação Diferencial Linear de Primeira Ordem
	Um fator integrante para a equação diferencial linear de primeira ordem y’ + P(x).y = Q(x) é 
. A solução da equação diferencial é
.
Exemplo Encontre a solução geral de 
.
Solução Escreva a equação como
 (dividindo por x) (8)
Como P(x) = -4/x, o fator integrante é 
= e-4 lnx = x –4.
	Aqui, usamos a identidade básica blogbN = N, N > 0. Agora, multiplicamos (8) por este termo 
x –4.
x –4.
 (9)
e obtemos
 . (10)
Segue-se da integração por partes que
x –4y = xex – ex + c
ou
y(x) = x5 ex – x4ex + c x 4.
Exercícios
Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.
	1. 
 
	8. 
 
	2. 
 
	9. xdy – 5ydx = (4x + x6)dx
	3. 
 
	10. 
	4.
 
	11. 
	5. 
 
	12. 
	6. 
 
	13. 
 
	7. 
 
	14. 
 
Determinar uma solução particular para cada uma das seguintes equações diferencial sujeitas às condições iniciais dadas. 
	15. 
; y (0) = 2 
	17. 
; y ((/2) = 3(/2 
	16. 
; y (1) = 3 
	18.
; y (0) = 1
Respostas
	1) –2y = e3x + Ce5x
	7) 3y = x³e4x + C
	13) 5x²y = x5 – 35x + C
	2) y = e-2x + Ce-3x
	8) y = (-1/3) + C
	14) y = x². lnx – (5/3x) + C.x²
	3) 14x³y = 2x 7 – 7x 4 + C
	9) y = x 6 – x + Cx 5
	15) y = e 2x (3e x – 1)
	4) y = x³ - 5x + Cx²
	10) y = 
	16) y = (x³/2) + 3x.lnx + Cx
	5) 
+ C
	11) (1 + x²).y = x³ + C
	17) y.senx = x + (
	6) y = - e x + C
	12) y = secx[(sen²x/2) + C]
	18) y = (x/3) – (1/9) + Ce -3x
EQUAÇÕES DE BERNOULLI
	A equação diferencial
 (1)
em que n é um número real qualquer, é chamada de equação de Bernoulli. Para n = 0 e n = 1, a equação (1) é linear em y. Agora, se y ( 0, (1) pode ser escrita como 
. (2)
Se fizermos w = y1 – n, n ( 0, n ( 1, temos
.
Com essa substituição, (2) transforma-se na equação linear
. (3)
Resolvendo (3) e depois fazendo y1 – n = w, obtemos uma solução para (1), ou seja,
.
Exemplo Resolva 
Solução
	Em (1), identificamos P(x) = 1/x, Q(x) = x e n = 2. Logo, a mudança de variável w = y1-2 = y –1 e 
 nos dá
 (*)
O fator de integração para essa equação linear é 
.
Multiplicando ambos os lados de (*) pelo seu fator integrante x –1, obtemos:
ou
assim
.
	Integrando essa última forma, obtemos:
x -1 w = - x + c ou w = - x2 + cx.
	Como w = y –1, então y = 1/w ou y = 1/(- x2 + cx) 
Exercícios
 
Resolva a equação diferencial de Bernoulli dada.
	1. y’ + 3x2y = x2y3 
	4. y’ + 
y = x
 
	2. y’ + 2xy = xy2 
	5. y’ - y = x3
 
	3. y.y’ – 2y2 = ex 
	
Respostas
	1) (1/y²) = C
	4) 
	2) y = 
	5) 
	3) y² = (-2ex / 3) + Ce4x
	
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 2º ORDEM – y’’(x) = f (x,y,y’)
EDO de 2º ordem com coeficientes constantes
São equações da forma
a y’’ + b y’ + c y = f (x) (NH)
onde a, b, c são constantes reais. A equação
 a y’’ + b y’ + c y = 0, (H)
é chamada equação homogênea associada à não-homogênea.
Exemplo 
A equação 2y’’ + 3y’ – 5y = 0 é uma equação diferencial ordinária linear de segunda ordem homogênea.
 A equação x3y’’’ – 2xy’’ + 5y’ + 6y = ex é uma equação diferencial ordinária linear de terceira ordem não-homogênea.
Definição 01: Dizemos que as funções u(x) e v(x) são linearmente dependente (LD) no intervalo I, se existirem constantes c1 e c2 (não ambas nulas) tais que
c1 u(x) + c2 v(x) = 0,
(x(I. Caso contrário, dizemos que as funções u(x) e v(x) são linearmente independente (LI) neste intervalo I.
Definição 02: Dada duas funções quaisquer, u(x) e v(x), definimos o wronskiano das mesmas pelo seguinte determinante: 
= u(x).v’(x) - v(x).u’(x).
Teorema: Se u(x) e v(x) são soluções de (H) em um intervalo I C IR, vale a seguinte 	 	 afirmação:
“u(x) e v(x) são linearmente independente em I se e somente se w[u(x), v(x)] ( 0, (x(I”. 
Exemplo Mostre que u(x) = cos2x e v(x) = sen2x são soluções LI da EDO y’’+ 4y = 0 em I = IR.
Solução 
 = 2 cos2 2x + 2 sen2 2x 
 = 2 (cos2 2x + sen2 2x) = 2 ( 0 
( u e v são linearmente independentes.
u (x) = cos2x
u’(x) = - 2 sen2x ( substituindo na EDO, verificamos que u é solução
u’’(x) = - 4 cos2x
v(x) = sen2x
v’(x) = 2 cos2x ( substituindo na EDO, verificamos que v é solução
v’’(x) = - 4 sen2x
Teorema: Sejam u(x) e v(x) soluções LI de (H). Então, a solução geral de (H) é dada por:
yH (x) = c1 u(x) + c2 v(x).
Além disso, a solução de (NH) é da forma
yNH (x) = c1 u(x) + c2 v(x) + yP (x),
onde c1 e c2 são constantes genéricas e yP (x) é uma solução particular de (NH). 
Exercícios
 
01. Em relação a equação y’’ + 4y = 8e2x , mostre que:
yH (x) = c1 cos2x + c2 sen2x é a solução geral de (H);
yP (x) = e2x é uma solução particular de (NH);
y (x) = yH (x) + e2x é solução de (NH).
02. Em relação a equação y’’ - 8y’ + 20y = 100x² - 26x.ex, mostre que: 
a.) 
 é a solução geral de (H); e
b.) 
 é a solução geral de (NH).
03. Verificar que as funções y1 (x) = tgx e y2 (x) = cotgx são Ld ou Li.
04. Verificar que as funções y1 (x) = e-x, y2 (x) = ex/2.cosx e y3 (x) = ex/2.senx são Ld ou Li.
OBS: De acordo com os resultados anteriores, a busca da solução geral de uma EDO linear de 2º ordem envolve dois estágios: a determinaçãoda solução geral da equação homogênea (H) e uma solução particular da não-homogênea (NH).
 
 
Solução geral da EDO homogênea associada
Antes de atacar a Eq. (H), vamos ganhar um pouco de experiência analisando um exemplo especialmente simples. Consideremos a equação
y ’’ – y = 0, (*)
que tem a forma de (H) com a = 1, b = 0 e c = -1. Em outras palavras, a Eq. (*) afirma que procuramos uma função com a propriedade de a derivada segunda da função ser a própria função. Uma ligeira meditação levará, possivelmente, a pelo menos uma função bastante conhecida no cálculo que tem esta propriedade, a função exponencial y1(x) = ex. Um pouco mais de análise levará a uma segunda função y2 (x) = e-x. A experimentação revelará que os múltiplos destas duas funções são também soluções da equação. Por exemplo, as funções 2ex e 5e-x também satisfazem à Eq. (*) , conforme se pode verificar pelo cálculo das derivadas segundas. Da mesma forma as funções c1.y1 (x) = c1. ex e c2. y2 (x) = c2 .e-x satisfazem à equação diferencial (*) para todos os valores das constantes c1 e c2 . Depois, tem importância muito grande observar que qualquer soma das soluções da Eq. (*) é também uma solução. Em particular, uma vez que c1.y1 (x) e c2. y2 (x) são soluções da Eq. (*), então também é solução a função
y = c1.y1 (x) + c2 .y2 (x) = c1. ex + c2 .e-x (**)
para quaisquer valores de c1 e c2 . Pode-se verificar a afirmação pelo cálculo da derivada segunda y ’’ da Equação (**). Na realidade, se tem y ’ = c1. ex - c2 .e-x e y ’’ = c1. ex + c2 .e-x então y ’’ é idêntica a y e a Eq. (*) está satisfeita.
	
	Vamos resumir o que até agora fizemos neste item. Uma vez observado que as funções y1(x) = ex e y2 (x) = e-x são soluções da Eq. (*), vem que a combinação linear geral (**) destas funções é também uma solução. Em virtude de os coeficientes c1 e c2 da Eq. (**) serem arbitrários, esta expressão constitui uma família duplamente infinita de soluções da equação diferencial (*).
	É agora possível analisar como escolher, nesta família infinita de soluções, um membro particular que também obedeça a um dado conjunto de condições iniciais. Por exemplo, suponhamos que queremos a solução da Eq. (*) que também obedeça às condições iniciais
y(0) = 2, y ’(0) = -1.
Em outras palavras, procuramos a solução que passe pelo ponto (0,2) e que, neste ponto, tenha o coeficiente angular –1. Primeiro, fazemos t = 0 e y = 2, na Eq. (**); isto dá a equação
c1 + c2 = 2. ( I )
Depois, derivamos a Eq. (**) em relação a x, o que dá o resultado:
y ’ = c1. ex - c2 .e-x.
Então, fazendo x = 0 e y ’= -1 obtém:
c1 - c2 = - 1. ( II ) 
Pela resolução das (I)e(II), simultaneamente em c1 e em c2, encontramos que c1 = 1/2 e c2 = 3/2.
Finalmente, retornando com estes valores para a Eq. (**), obtemos:
y = 1/2. ex + 3/2 .e-x,
que é a solução do problema de valor inicial constituído pela equação diferencial (*) e as condições iniciais. 
	Retornamos agora à equação mais geral (H).
a y’’ + b y’ + c y = 0, 
que tem coeficientes constantes (reais) arbitrários. Com base na experiência que tivemos com a
Eq. (*), procuraremos soluções exponenciais da Eq. (H). Vamos supor, assim, que y = erx , onde r é um parâmetro a ser determinado. Vem então y ’ = r.erx e y ’’ = r2.erx .Levando as expressões de y, de y’ e de y ’’ na Equação (H), obtemos:
(ar2 + br + c).erx = 0,
ou, como erx ( 0,
 ar2 + br + c = 0. (#)
A Eq. (#) é a equação característica da equação diferencial (H). O seu significado está em, no caso de r ser uma raiz da equação polinomial (#), y = erx ser uma solução da equação diferencial (H). Uma vez que a Eq. (#) é uma equação quadrática com coeficientes reais, tem duas raízes que podem ser reais e diferentes, reais e iguais ou complexas conjugadas. 
Teorema Solução geral de uma equação linear homogênea (H)
* Raízes Reais Distintas Se r1 ( r2 são raízes reais distintas da equação característica, então a solução geral é:
y = c1. e r1 x + c2 .er2 x.
* Raízes Reais Iguais Se r1 = r2 são raízes reais iguais da equação característica, então a solução geral é:
y = c1. e r x + c2 .x.er x = (c1 + c2 .x)er x.
* Raízes Complexas Se r1 = ( + (i e r2 = ( - (i são raízes complexas da equação característica, então a solução geral é:
y = c1. e (x cos(x + c2 . e (x sen(x.
Exemplo Equação característica com duas raízes reais distintas. 
Achar a solução do problema de valor inicial
y ’’ + 5y ’ + 6y = 0, y(0) = 2, y’(0) = 3.
Solução
	Neste caso, a equação característica é r2 + 5r + 6 = 0, de modo que r1 = - 2 e r2 = - 3. Logo, a solução geral da EDO é dada por:
y = c1. e-2x + c2. e-3x.
Como y = 2 quando x = 0, temos:
 c1 + c2 = 2. ( I )
Além disso, como y ’ = 3 quando x = 0, temos
y ’ = - 2 c1. e-2x - 3 c2. e-3x
 3 = - 2 c1 - 3 c2 ( II )
A resolução das Eq. (I) e (II) dá c1 = 9 e c2 = - 7. Com estes valores na solução geral, conseguimos a solução 
 y = 9e-2x - 7 e-3x
do problema de valor inicial.
Exemplo Equação característica com duas raízes reais iguais. 
 
Achar a solução do problema de valor inicial
y ’’ + 4y ’ + 4y = 0, y(0) = 2, y’(0) = 1.
Solução 
Neste caso, a equação característica é r2 + 4r + 4 = 0, de modo que r1 = r2 = - 2. Logo, a solução geral da EDO é dada por 
y = c1. e-2x + c2. xe-2x.
Como y = 2 quando x = 0, temos:
 c1 = 2. 
Além disso, como y ’ = 1 quando x = 0, temos
 y’ = - 2 c1. e-2x + c2 .(- 2x e-2x+ e-2x)
 1 = - 2 . 2 . 1 + c2 .[- 2.(0). (1) + 1] 
 
 5 = c2 .
Portanto, com estes valores na solução geral, conseguimos a solução:
	
y = 2e-2x + 5 x e-2x
do problema de valor inicial.
Exemplo Equação característica com raízes complexas 
 
Achar a solução geral da equação diferencial
y’’ + 6y’ + 12y = 0.
Solução
	Neste caso, a equação característica é r2 + 6r + 12 = 0, de modo que r = - 3 ± (3 i. Então, ( = - 3, ( = (3 e a solução geral da EDO é 
y = c1. e-3x cos(3 x + c2. e-3xsen(3 x.
OBS: Observe, no exemplo anterior, que, embora a equação característica tenha duas raízes complexas, a solução da equação diferencial é real.
Exercícios
 
Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.
01. y’’ – 5y’ – 14y = 0 02. y’’ – 2y’ – 8y = 0
03. y’’ – y = 0 04. y’’ – 3y’ = 0
05. 2y’’ – 13 y’ + 15y = 0 06. 3y’’ – 7y’ + 2y = 0
07. y’’ – 4y’ + 4y = 0 08. y’’ – 4y’ + 5y = 0
09. 4y’’- 4y’ + y = 0 10. y’’ – 4y’ + 13y = 0
11. y’’– 10y’ + 25y = 0 12. y’’ + 9y = 0
13. y’’ = 0
Determinar a solução particular decada uma das seguintes equações diferenciais sujeitas às condições dadas.
14. y’’ – 4y’ = 0; y(0) = 3 e y’(0) = 4 15. y’’ – y’ – 2y = 0; y(0) = 2 e y’(0) = 1
16. y’’ – 8y’ + 15y = 0; y(0) = 4 e y’(0) = 2 17. y’’ – 6y’ + 9y = 0; y(0) = 2 e y’(0) = 4 
18. y’’ + 25y = 0; y(0) = 2 e y’(0) = 0 19. y’’ – 12y’ + 36y = 0; y(0) = 1 e y’(0) = 0
 
Respostas
	1. y = C1 e7x + C2 e-2x 
	2. y = C1 e4x + C2 e-2x 
	3. y = C1 ex + C2 e-x 
	4. y = C1 + C2 e3x 
	5. y = C1 e3x/2 + C2 e5x 
	6. y = C1 e2x + C2 ex/3 
	7. y = C1 e2x + C2 xe2x 
	8. y = C1 e2x cosx + C2 e2x senx
	9. y = C1 ex/2 + C2 x.ex/2 
	10. y = C1 e2x cos3x + C2 e2x sen3x
	11. y = C1e5x + C2 xe5x 
	12. y = C1 cos3x + C2 sen3x
	13. y = C1 + C2 .x
	14. y = 2 + e4x 
	15. y = e2x + e-x 
	16. y = -5e5x + 9e3x 
	17. y = 2e3x – 2xe3x 
	18. y = 2cos5x 
	19. y = e6x – 6xe6x
	
Equações diferenciais lineares de ordem mais alta
Para equações diferenciais lineares homogêneas de ordem mais alta, encontramos a solução geral de maneira análoga ao caso de segunda ordem, isto é, começamos por encontrar as n raízes da equação características e depois, baseadas nessas n raízes, formam uma coleção linearmente independente de n soluções. A maior diferença é que, para equações de ordem três ou maior, as raízes da equação característica podem aparecer mais de duas vezes. Quando isso acontece, as soluções linearmente independentes são obtidas multiplicando-se por potências crescentes de x. Vamos ilustrar isso nos dois próximos exemplos.
OBS: Radiciação de Números Complexos
�
 b (parte imaginária) 
 
 a (parte real)
z = a + bi ( (z( = ( = 
 e 
 
z = (.(cos( + i.sen()
 		 ( 
 		Forma Trigonométrica
 
�
	Dado um número complexo não nulo z = (.(cos( + i.sen() e um número natural n > 1, as raízes enésimas do complexo z são da forma:
, onde k ( {0, 1, 2,..., n – 1}.
Exemplo Resolução de uma equação de terceira ordem. 
Achar a solução geral da equação diferencial
y’’’ + 3y’’ + 3y’ + y = 0.
Solução
	Neste caso, a equação característica é r3 + 3r2 + 3r + 1 = (r + 1)3 = 0. Como a raiz r = -1 é tripla, a solução geral da EDO é
y = c1. e-x + c2.x e-x + c3.x 2 e-x .
Exemplo Resolução de uma equação de quarta ordem.
Achar a solução geral da equação diferencial
y ’’’’ + 2y ’’ + y = 0.
Solução
	Neste caso, a equação característica é r4 + 2r2 + 1 = (r2 + 1)2 = 0. Como a raiz r = ( i é dupla, com ( = 0 e ( = 1, a solução geral da EDO é 
y = c1. cosx + c2.senx + c3.x.cosx + c4.x.senx.
Exercícios
Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.
01. y’’’ – y’’ - y’+ y = 0 02. y’’’ – 3y’’ + 3y’- y = 0
03. 2y’’’ - 4y’’ – 2y’ + 4y = 0 04. y iv - 4y’’’+ 4y’’ = 0 
05. y vi + y = 0 06. y iv - 5y’’+ 4y = 0 
07. y vi - 3 y iv + 3y’’ – y = 0 08. y vi - y’’ = 0 
 
09. y v - 3 y iv + 3y’’’- 3y’’ + 2y’ = 0 10. y iv - 8y’ = 0 
11. y viii + 8y iv + 16y = 0 12. y’’’+ y’ = 0; y(0) = 0, y’(0) = 1 e y’’(0) = 2 
 Respostas
	01. y = C1 ex + C2 x.ex + C3 e- x 
	02. y = C1 ex + C2 x.ex + C3 x²e x
	03. y = C1 ex + C2 e2x + C3 e- x
	04. y = C1 + C2 x + C3 e2x + C4 xe2x 
	05. y = C1 cosx + C2 senx + e(3x/2 (C3 cos 0,5x + C4 sen 0,5x) + e-(3x/2 (C5 cos 0,5x + C6 sen 0,5x)
	06. y = C1ex + C2 e- x + C3 e2x + C4 e- 2x 
	07. y = y = C1 ex + C2 x.ex + C3 x²e x + C4 e- x + C5 xe- x + C6 x².e- x 
	08. y = C1 + C2 x + C3 ex + C4 e- x + C5 cosx + C6 senx
	09. y = C1 + C2 ex + C3 e2x + C4 cosx + C5 senx
	10. y = C1 + C2 e2x + e- x (C3 cos(3x + C4 sen(3x)
	11. y = ex [(C1 + C2 x).cosx + (C3 + C4 x).senx] + e- x [(C5 + C6 x).cosx + (C7 + C8 x).senx]
	12. y = 2 – 2. cosx + senx
1.3 Equações Lineares Não-homogêneas de Segunda Ordem
	Nesta seção, vamos descrever dois métodos para encontrar a solução geral de uma equação diferencial linear não-homogênea. Em ambos, o primeiro passo é encontrar a solução geral, denotada por yh, da equação homogênea correspondente. Após isso, tentamos encontrar uma solução particular, yp, da equação não-​homogênea. Combinando esses dois resultados, podemos concluir que a solução geral da equação não-homogênea é y = yh + yp, como enunciado no próximo Teorema.
Teorema Solução geral de uma equação linear não homogênea (NH)
	Seja ay” + by’ + cy = F(x) uma equação diferencial linear não homogênea de 2ª ordem. Se yp , é uma solução particular dessa equação e se yh é a solução geral da equação homogênea correspondente, então:
y = yh + yp.
é a solução geral da equação não-homogênea.
1.3.1	O MÉTODO DOS COEFICIENTES A DETERMINAR
	Como já temos as ferramentas para encontrar yh , vamos nos concentrar em formas de encontrar a solução particular yp. Se a função F(x) consiste em somas ou produtos de
xn, emx, cos(x, sen(x
podemos encontrar urna solução particular pelo método dos coeficientes a determinar. A idéia do método é tentar uma solução yp do mesmo tipo que F(x). Eis alguns exemplos:
1.	Se F(x) = 5x + 4, escolha yp = Ax + B;
2.	Se F(x) = 2xex,+ 5ex escolha yp = (Ax + B)ex = Axex + Bex;
3.	Se F(x) = x² + 9 – cos7x, escolha y p = (Ax2 + Bx + C) + C.sen7x + D.cos7x.
	Depois, por substituição, determinamos os coeficientes dessa solução. Os próximos exemplos ilustram esse método.
Exemplo O método dos coeficientes a determinar. 
 
	Encontre a solução geral da equação y”- 2y’ – 3y = 2.senx.
Solução:
	Para encontrar yh , resolvemos a equação característica
	m 2 - 2m – 3 = (m+1).(m – 3) = 0 ( m = -1 e m = 3
	Logo, yh = C1e- x + C2 e 3x. A seguir, vamos tomar yp do mesmo tipo que sen2x, isto é,
yp =	A.cosx + B.senx
y’p = - A.senx + B.cosx
y’’p = - A.cosx - B.senx
	Substituindo na equação, obtemos:
(-A.cosx - B.senx) – 2(-A.senx + B.cosx) – 3(A.cosx + Bsenx) = 2.senx (
-A.cosx - B.senx + 2A.senx -2B.cosx – 3A.cosx -3Bsenx = 2.senx (
(- 4A - 2B).cosx + (2A - 4B).senx = 2senx.
	Portanto, yp é uma solução, desde que os coeficientes dos termos correspondentes sejam iguais. Obtemos, então, o sistema
- 4A - 2B = 0 e 2A - 4B = 2
que tem soluções A = 1/5 e B = - 2/5. Logo, a solução geral é
y = yh + yp = C1e- x + C2 e 3x + (1/5) cosx – (2/5) senx.
	A forma da solução homogênea yh = C1e- x + C2 e 3x no Exemplo anterior não tinha nenhum termo do mesmo tipo que a função F(x) na equação y”+ by’+ cy = F(x). No entanto, se a equação diferencial no Exemplo anterior fosse da forma
y”- 2y’- 3y = e- x
não faria sentido tentar uma solução particular da forma y = Ae- x já que essa função é solução da equação homogênea. Em tais casos, devemos multiplicar pela menor potênciade x
que remova a duplicação. Para esse problema em particular, tentaríamos yp = Axe- x. O próximo exemplo ilustra esse tipo de situação.
Exemplo O método dos coeficientes a determinar.
	Encontre a solução geral da equação y’’ – 2y’ = x + 2ex.
Solução
	A equação característica, m2 - 2m = m.(m - 2) = 0 ( m = 0 e m = 2, logo
y h = C1 + C2 e2x
	Corno F(x) = x + 2ex, nossa primeira escolha para yp seria (A + Bx) + Cex. No entanto, como yh já contém um termo constante C1 , multiplicamos a parte polinomial por x e usamos
yp = Ax + Bx2 + Cex
y’p = A + 2Bx + Cex
y’’p = 2B + Cex
Substituindo na equação diferencial, obtemos
(2B + Cex) – 2(A + 2Bx + Cex) = x + 2ex (
2B + Cex – 2A - 4Bx -2 Cex = x + 2ex (
(2B – 2A) - 4Bx - Cex = x + 2ex 
	Igualando os coeficientes dos termos correspondentes, obtemos o sistema
	2B - 2A = 0, - 4B = 1, 	- C = 2
que tem soluções A = B = - ¼ e C = - 2. Portanto,
y p = - ¼ x - ¼ x2 - 2ex
e a solução geral é
y = C1 + C2 e2x - ¼ x - ¼ x2 - 2ex.
Podemos, também, usar o método dos coeficientes a determinar para uma equação não-homogênea de ordem mais alta. O próximo exemplo ilustra esse procedimento.
Exemplo O método dos coeficientes a determinar para uma equação de terceira ordem.
	
	Encontre a solução geral da equação y’’’ + 3 y’’ + 3y’ + y = x.
Solução
		Sabemos, do exemplo da seção anterior, que a solução da equação homogênea é
y = C1 e-x + C2 x e-x + C3 x2 e-x.
	Como F(x) = x, escolhemos yp = A + Bx, obtendo y’p = B e y’’p = y’’’p = 0. 	Substituindo na equação, temos
(0) + 3.(0) + 3.(B) + (A + Bx) = (3B + A) + Bx = x.
	Portanto, B = 1, A = - 3 e a solução geral é y = C1 e-x + C2 x e-x + C3 x2 e-x – 3 + x.
Exercícios
Determine a forma de uma solução particular para:
01. y’’ – 8y’ + 25 y = 5x3 e-x –7e-x
02. y’’ + 4y = x.cosx
03. y’’ – 9y’ + 14y = 3x2 – 5sen2x + 7xe7x
 
 Encontre a solução geral das seguintes equações:
04. y’’ + 4y’ – 2y = 2x2 – 3x + 6
05. y’’ – y’ + y = 2sen3x
06. y’’ – 2y’ – 3y = 4x –5 + 6xe2x
07. y’’+ y = 4x + 10 senx; y(() = 0 e y’(() = 2.
Respostas
01. yP(x) = (Ax3 + Bx2 + Cx + D).e-x.
02. yP(x) = (Ax + B).cosx + (Cx + D).senx
03. yP(x) = (Ax2 + Bx + C) + Dcos2x + Esen2x + (Fx2 + Gx).e7x
04. y(x) = 
05. y(x) = 
�� EMBED Equation.3 
06. y(x) = C1e3x + C2 .e-x 
�� EMBED Equation.3 
07. y(x) = 9(.cosx + 7senx + 4x – 5xcosx.
1.3.2	O MÉTODO DE VARIAÇÃO DOS PARÂMETROS
	O método dos coeficientes a determinar funciona bem se F(x) é uma soma de termos polinomiais ou de funções cujas derivadas sucessivas formam um padrão cíclico. Para funções como (1/x) ou tgx que não possuem tais características usamos um método mais geral conhecido como método de variação dos parâmetros. Nesse método, supomos que yp tem a mesma forma que yh, exceto que as constantes em yh são substituídas por variáveis.
O Método de Variação dos Parâmetros
	Para encontrar a solução geral da equação y” + b y’ + c y = F(x):
1. Encontre yh = C1y1 + C2 y2;
2. Substitua as constantes por variáveis da forma yh = u1 y1 + u2 y2;
3. Resolva o sistema a seguir para u’1 e u’2:
.
4. Integre para encontrar u1 e u2. A solução geral é y = yh + yp.
Exemplo Resolva a equação y’’- 2 y’+ y = (ex / 2x), x > 0.
Solução
	A equação característica m2 - 2m + 1 = (m - 1)2 = 0 tem apenas uma solução, m = 1. Então, a solução da equação homogênea é
yh = C1y1 + C2y2 = C1e x + C2 xex. 
	Substituindo C1 e C2 por u1 e u2, obtemos
yP = u1y1 + u2y2 = u1e x + u2 xex.
	O sistema de equações resultante é
	Subtraindo a segunda equação da primeira, obtemos 
. Substituindo na segunda equação, temos 
. Finalmente, integrando, obtemos:
	
 e 
	Segue desse resultado que
yp = – (1/2)xex + (ln(x)xex
é uma solução particular e que a solução geral é
y = C1e x + C2 xex – (1/2)xex + (ln(x)xex.
Exercícios
Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.
01. y’’ + y’ = senx 02. y’’ – y’ – 2y = 4x
03. y’’ – 10y’ + 25y = x 04. y’’ – y = x2
05. y’’ + 4y = ex - 2 06. y’’ – 3y’ - 4y = 6ex
07. y’’ + y = 5 + sen3x 08. y’’ + 6y’ + 9y = x + senx
09. y’’– 2y’ - 3y = x2 + e-2x 10. y’’ - 2y’ - 3y = ex
11. 4y’’ + 36y = cosec3x 
Determinar a solução particular de cada uma das seguintes equações diferencial sujeitas às condições dadas.
12. y’’ + y = 10e2x ; y(0) = 0 e y’(0) = 0. 13. y’’ + y = ex ; y(0) = 0 e y’(0) = 3.
14. y’’ + y’ = senx; y(0) = 0 e y’(0) = 0. 15. y’’ – 4y = 2 – 8x; y(0) = 0 e y’(0) = 5. 
RESPOSTAS
01. y(x) = C1 + C2 e-x –
02. y(x) = C1e2x + C2 e-x – 2x + 1.
03. y(x)= 
.
04. y(x) = C1ex + C2 e-x – x2 - 2.
05. y(x)= 
.
06. y(x) = C1e4x + C2 e-x – ex.
07. y(x)= 
.
08. y(x)= 
�� EMBED Equation.3 
09. y(x)= 
.
10. y(x) = C1e3x + C2 e-x – 
.
11. y(x)= 
.
12. y(x) = -2.cosx – 4. senx + 2.e2x.
13. y(x)= 
14. y(x)= 
15. y(x) = - 
 + 2x + e2x. 
Fim !!!!
� EMBED Equation.3 ���
� EMBED Word.Picture.8 ���
� EMBED Word.Picture.8 ���
�PAGE �
Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido
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