Edo Homogênia - Equações diferenciais

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RESOLUÇÃO DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS 
DE ORDEM 2 HOMOGÊNEAS, COM COEFICIENTES 
CONSTANTES 
 
 
FORMA PADRÃO : a y′′ + b y ′ + cy = 0 
 
Exemplos . 1) y′′ + 6y′ + 5y = 0 a = 1 , b =6 e c = 5 
 
 2) y′′ + y′ = 0 a = 1 , b = 1 e c = 0 
 
 3) 2y′′ – 5y′ + 4y = 0 a = 2 , b = – 5 e c = 4 
 
 4) y′′ – 9y = 0 a = 1, b = 0 e c = 9 
 
As soluções usuais destas equações são funções exponenciais, funções lineares e as funções 
trigonométricas seno e cosseno, que são periódicas. Por exemplo, uma solução da equação 
diferencial y′′ – 9y = 0 é y = e3x, pois y′ = 3e3x e y′′ = 9e3x, donde y′′ – 9y = 9e3x – 9e3x = 0. De 
acordo com a teoria, as equações diferenciais lineares de ordem 2, homogêneas, com coeficientes 
constantes, possuem duas soluções linearmente independentes. Tais soluções podem ser 
determinadas através do método da equação característica. No caso da equação y′′ – 9y = 0 , 
supondo uma solução exponencial, isto é, da forma y = erx, vemos que y' = rerx e y'' = r2erx ; 
substituindo na equação y′′ – 9y = 0, resulta r2erx – 9erx = 0, logo (r2 – 9)erx = 0. Como erx ≠ 0, 
segue r2 – 9 = 0, donde r = 3 ou r = – 3. A equação r2 – 9 = 0 é chamada de equação característica 
da equação diferencial. Assim, as soluções linearmente independentes da equação y′′ – 9y = 0 
são as funções y1 = e3x e y2 = e–3x . Neste caso, a solução geral da equação y′′ – 9y = 0 é 
dada por y = ae3x + be–3x, onde a e b são constantes arbitrárias. Generalizando este exemplo, 
descrevemos abaixo o método da equação característica. 
 
Solução geral da equação a y′′ + b y ′ + cy = 0 em termos das raízes r1 e r2 da equação 
característica ar2 + br +c = 0 . A equação característica é uma equação de segundo grau, na 
incógnita r. Esta equação equivale a substituir , na edo dada, y ′′ por r2 , y ′ por r e y por 1, 
respectivamente. Ao resolver esta equação, podemos obter duas raízes diferentes, duas raízes 
iguais ou duas raízes complexas conjugadas. Por exemplo, os números complexos 1+2i e 1–2i são 
números complexos conjugados. A unidade imaginária é denotada por i, isto é, i2 = – 1. Para cada 
caso, temos uma solução da equação diferencial correspondente expressa em termos das raízes 
encontradas. 
 
 
 
 
Pontifícia Universidade Católica do Rio Grande do Sul 
Faculdade de Matemática 
Equações Diferenciais 
 2 
Caso 1 : Raízes reais e diferentes ( r1 ≠ r2 ) 
A solução geral da edo é 
y = c1
x1re +c2
x2re ,onde c1 e c2 são constantes arbitrárias. 
 
Caso 2 : Raízes reais e iguais ( r1 = r2 ) 
A solução geral da edo é 
y = c1 xre 1 +c2 x xre 1 , onde c1 e c2 são constantes arbitrárias 
 
 
Caso 3: Raízes complexas (r1= α +i β , r2= α –i β ) , β > 0. 
A solução geral da edo é 
y=c1 xeα cos( β x)+c2 xeα sen( β x), onde c1 e c2 são constantes arbitrárias 
 
 
Num problema de valores iniciais, as constantes c1 e c2 podem ser determinadas. Veremos 
exemplos de resolução de equações diferenciais ordinárias de ordem 2 , homogêneas e PVI′s, com 
coeficientes constantes pela equação característica (EC) . 
 
1) y′′ + 5y ′ + 6y = 0. 
Solução: a = 1 b = 5 c=6 
EC : r2 + 5r + 6 = 0 
Raízes : r = ( – 5 ± 6*425 − )/2 
 r1 = – 2 r2 = – 3 ( caso 1) 
 Logo, y= c1 2x-e +c2 3x-e é a solução geral da equação y′′ + 5y ′ + 6y = 0. 
 
 
2) PVI y′′ + 5y ′ + 6y = 0, y(0) = 0 , y ′ (0) =1 
Solução: a solução geral da edo é y= c1 2x-e +c2 3x-e , de acordo com o exemplo 1. 
Derivando, vem y ′ = –2 c1 2x-e +–3c2 3x-e . 
Condições Iniciais (CI) 
x = 0 ⇒ y(0) = 0 c1 + c2 = 0 
x = 0 ⇒ y ′( 0) = 0 –2c1 –3c2 = 1 
Temos de resolver o sistema : c1 + c2 = 0 
–2 c1 –3c2 = 1 
A solução é : c1 = 1 e c2 = –1. Logo, y= 2x-e – 3x-e é a solução do PVI. 
 
3) y ′′ +
 
4y ′ + 4y = 0 
Solução : a =1 b = 4 c = 4 
EC: r2 + 4r +4 = 0 
Raízes : r1 = r2 = – 2 ( raiz real dupla ) 
De acordo com o caso 2, y = c1 2x-e + c2 x 2x-e é a solução geral da edo. 
 3 
4) y ′′ + y ′ + y = 0 
Solução : a = b = c = 1 EC: r2 + r + 1 = 0 
Raízes : r1= 2
1
− + i 
2
3
 , r2= 2
1
− – i 
2
3
 ( raízes complexas ) α = 
2
1
− , β = 
2
3
 
De acordo com o caso 3, y = c1 2
x
e
−
cos 







x
2
3
+c2 2
x
e
−
sen 







x
2
3
 é a solução geral da edo. 
 
5) PVI y ′′ + y ′ + y = 0 y (0) = 0 , y′(0) = 1 
 Solução: a solução geral da edo é y = c1 2
x
e
−
cos 







x
2
3
+c2 2
x
e
−
sen 







x
2
3
 
 
CI x = 0 ⇒ y = 0 ou 0 = c1e0 cos(0) + c2 e0sen(0) 
 0 = c1 + c2*0 logo 0 = c1 
Resulta : y = c2 2
x
e
−
sen 







x
2
3
. Derivando pela regra do produto: 
y′= 
2
1
−
c2 2
x
e
−
sen








x
2
3 +
2
3
 c2 2
x
e
−
cos








x
2
3
 CI 
 x = 0 ⇒ y ′ (0) = 1 
1= c2 (
2
1
−
 
0e sen(0)+
2
3
 
0e cos(0) ) ⇒ 1 = c2 2
3
 logo c2 = 
3
2
 = 
3
32 Logo, a 
solução é y = 
3
32 2
x
e
−
sen 







x
2
3
. ( gráfico abaixo em vermelho ) 
 
 4 
6) PVI y′′ + 9y = 0 
 y(0) = 3 
 y ′ (0) = 0 
Solução : a = 1 b = 0 c = 9 
EC: r2 + 9 = 0 
Raízes : r1 = 3i r2 = –3i ; então α = 0 e β = 3. 
A solução geral da edo é y = c1
xe0
 cos(3x) + c2 xe0 sen(3x) 
ou y = c1cos(3x) + c2sen(3x). 
Condições iniciais: y (0) = 3 ⇒ 3 = c1cos(3*0) + c2sen(3*0) 
 3 = c1cos(0) + c2sen(0) ou 3 = c1 . 
Então: y =3cos(3x) + c2sen(3x) 
Derivando: y ′ = –9sen(3x) + 3c2cos(3x) 
 
 Condições iniciais : y ′ (0) = 0 ⇒ 0 = –9sen(3*0) + 3c2cos(3*0) 
 
 0 = –9 *0 + 3c2 = 3c2 logo c2 =0 e y = 3cos(3x) é a solução do PVI. 
Figura 2 . Gráfico de y = 3cos(3x) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 5 
Exercícios. 
I. Resolver as equações: 
 
1. y′′ = 0 
2. y′′ + 16y = 0 
3. y′′ + 6y′ + 9y = 0 
4. y′′ + 16y′ = 0 
 
 II. Resolver os problemas: 
 
5. y′′ + 16y = 0 , y(0) = 1, y′(0) = – 4. 
 6. y ′′ +
 
4y ′ + 4y = 0 , y(0) = 1 , y′(0) = 0. 
 7. y′′ + 5y ′ + 6y = 0 , y(0) = 1, y′(0) = –1. 
 8. y′′ + y′ = 0 , y(0) = 2, y′(0) = –1. 
 
Respostas: 
 
1. y = ax + b 
2. y = acos(4x) + bsen(4x) 
3. y = ae–3x + bxe–3x 
4. y = a + be–4x 
5. y = cos(4x) 
6. y = e–2x + 2xe–2x 
7. y = 2e–2x – e–3x 
8. y = 1 + e–x . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 6 
RESOLUÇÃO DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 
ORDEM 2 ,NÃO-HOMOGÊNEAS, COM COEFICIENTES 
CONSTANTES 
 
 FORMA PADRÃO: a y ′′ + b y ′ + cy = q(x) 
 
Exemplos de equações diferenciais ordinárias de ordem 2, não-homogêneas, com coeficientes 
constantes: 
 
 
 1) 2 y ′′ + 3y ′ + y = x. 
 Coeficientes : a =2 , b = 3 , c=1. 
 Função externa q(x)=x .2) y ′′ + 9y = 4 
 Coeficientes a = 1 , b = 0 , c= 9 
 Função externa q(x) = 4. 
 
 Contra-exemplo. A edo 2y ′′ + 3xy ′ + y = x é de ordem 2, mas com coeficientes não-
constantes, pois o coeficiente de y ′ é igual a 2x.. 
 
 
Solução geral pelo método dos coeficientes a determinar 
 
A solução geral de uma equação diferencial ordinária de ordem 2, não-homogênea é 
y=yp+yh , onde yh é a solução da equação homogênea ay ′′ + b y ′ + cy = 0 e yp é uma solução 
particular da equação não – homogênea. A função yh é calculada pelo método da equação 
característica; a função yp depende de q(x). Em alguns casos, podemos calcular a forma de yp a 
partir de q(x). Este método é conhecido como método dos coeficientes a determinar, pois os 
coeficientes da solução particular são determinados após inserirmos y e suas derivadas na equação 
diferencial. Este método dá bons resultados quando q(x) é uma função contínua ( tipicamente uma 
função polinomial, exponencial, seno ou cosseno ou combinação destas funções) ; para funções 
descontínuas ou mais complexas, outros métodos mais gerais, como a Transformada de Laplace, 
são mais recomendados. Em geral, a solução de uma edo linear de ordem 2, com coeficientes 
constantes, pelo método dos coeficientes a determinar tem as seguintes etapas: 
 
1) cálculo de yh, a solução da equação homogênea, pelo método da equação característica; 
 
2) cálculo de uma solução particular yp da equação não-homogênea. Tal solução particular tem 
uma forma induzida pela função q(x); 
3) a solução geral da equação é y = yh + yp . 
 
 7 
 
O quadro a seguir apresenta como deve ser a solução particular yp, dependendo da função q(x). 
 
q(x)=a0+a1x+...+anxn = Pn(x) ⇒ yp(x)=xs(b0+b1x+...+bnxn) 
 
q(x)= Pn(x) xµe ⇒ yp(x)=xs(b0+b1x+...+bnxn) xµe 
 
q(x)=Pn(x) xµe



cos(mx)
sen(mx)
⇒ yp(x)=xs xµe [(b0+b1x+...+bnxn) sen(mx)+(c0+c1x+...+cnxn) cos(mx)] 
 
Aqui, s é o menor inteiro ( s= 0, 1 ou 2 ) que assegura que nenhum termo de yp(x) seja solução da 
equação homogênea associada. Equivale a dizer que os termos da solução particular são 
Linearmente Independentes dos termos da solução homogênea. 
 
Em resumo: se q(x) for uma função polinomial, então devemos supor que yp(x) é uma função 
polinomial; se q(x) for uma função exponencial, então devemos supor que yp(x) é uma função 
proporcional à função exponencial; se q(x) for uma função sen(mx) ou cos(mx), devemos supor 
que yp(x) é uma combinação linear destas funções. O mesmo princípio se aplica quando q(x) for 
um produto destas funções. A multiplicação por xs é necessária, somente se um termo de yp(x) for 
linearmente dependente da solução homogênea. 
 
Exemplo 1 Resolver a equação y′′–3y′– 4y = 2x3e 
 
Solução: 
Equação homogênea y′′–3y′– 4y = 0 
EC : r2 – 3r – 4 = 0 
Raízes: r1 = –1 r2 = 4 ⇒ yh = c1 xe− + c2 4xe 
Cálculo da solução particular : q(x) = 2x3e 
 r = 2 não é raiz da eq. Característica ⇒ yp(x) = A 2xe , y′p(x) = 2A 2xe e y′′p(x) = 4A 2xe 
 
Substituindo na equação NH ( Não- Homogênea) y′′–3y′– 4y = 2x3e : 
 ( 4A – 3*2A – 4*A) 2xe = 2x3e 
 – 6 A 2xe = 3 2xe 
 A = 
6
3
−
= – 
2
1
 ⇒ y(x) = c1 xe− + c2 4xe – 2
1 2xe é a solução geral da equação. 
 
 
 
Exemplo 2 Resolver a equação y′′–3y′– 4y = 8. 
 
Solução: Equação homogênea y′′–3y′– 4y = 0 
EC ( Equação Característica) : r2 – 3r – 4 = 0 
 8 
Raízes: r1 = –1 r2 = 4 ⇒ yh = c1 xe− + c2 4xe 
Cálculo da solução particular : q(x) = 8. 
Como r = 0 não é raiz da eq. Característica, devemos supor yp(x) = A ( A constante ) . 
 
Logo, y′ = 0 e y′′ = 0. Substituindo na equação, resulta – 4A= 8, donde A = – 2. Assim, a 
solução é y = c1 xe− + c2 4xe – 2. 
 
Exemplo 3. Resolver y′′–3y′– 4y = 2sen(x) 
 
Solução: A solução da eq. homogênea associada y′′–3y′– 4y = 0 é yh = c1 xe− + c2 4xe (exemplo 2). 
Na equação não-homogênea, temos q(x)=2sen(x) . 
 
Logo yp(x) = Acos(x) + Bsen(x) 
Derivando: y ′p(x) = –Asen(x) + Bcos(x) e y ′′p(x) = –Acos(x) – Bsen(x). 
Substituímos na equação não-homogênea y′′– 3y′– 4y =2sen(x) , obtendo: 
 
–Acos(x) – Bsen(x) –3(–Asen(x) + Bcos(x)) –4(Acos(x) + Bsen(x)) = 2sen(x) 
 
(–A –3B–4A)cos(x) + (–B+3A – 4B)sen(x) = 0cos(x) + 2sen(x) 
Igualando os coeficientes das funções, resulta o sistema: 



=−−
=−
03B5A
25B3A
 logo A = 
17
3
 B = –
17
5
. 
 
Conclusão: a solução geral da equação y′′–3y′– 4y =2sen(x) é 
y(x) =c1 xe− + c2 4xe +17
3
cos(x) – 
17
5
sen(x) . 
 
Exercícios. Resolver : 
 
1. y′′–3y′– 4y = 5 Solução : y = c1 xe− + c2 4xe – 4
5
. 
2. y′′–3y′– 4y =5x Solução: y = c1 xe− + c2 4xe – x4
5
+ 
16
15
. 
3. y′′–5y’ = 5 Solução : y = c1 + c2e5x – x. 
4. y′′– y = ex Solução : y = c1ex + c2e–x + 2
1
xex 
5. y′′ + 4y = cos(x) Solução: y = c1cos(2x) + c2sen(2x) + 3
1
cos(x) 
 
6. y′′ + 6y′ + 10y = 40 Solução : y = y =c1e–3xcos(x)+c2e–3xsen(x) + 4 
 
 
Referências : 
 
 9 
Boyce & Di Prima. Equações diferenciais elementares e problemas de valores de contorno. Editora LTC, 
Rio de Janeiro, 2002. 
 
Zill, Dennis G. Equações diferenciais com aplicações em modelagem. Editora Thomson, São Paulo , 
2003.