equac3a7c3b5es diferenciais7

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IFBA
Equac¸o˜es Diferenciais
Versa˜o 1
Allan de Sousa Soares
Edson Patr´ıcio Barreto de Almeida
Vito´ria da Conquista - BA
2017
Suma´rio
1 Terminologia e Definic¸o˜es Ba´sicas 4
1.1 Classificac¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Soluc¸a˜o de uma EDO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2 Varia´veis Separa´veis 8
2.1 Introduc¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.2 Varia´veis Separa´veis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.3 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
3 Equac¸o˜es Homogeˆneas 12
3.1 Equac¸o˜es Homogeˆneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
3.2 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
4 Equac¸o˜es Exatas 16
4.1 Equac¸o˜es Exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
4.2 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
5 Equac¸o˜es Lineares 20
5.1 Equac¸o˜es Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
5.2 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
6 Equac¸o˜es Diferenciais de Ordem Superior: Dependeˆncia
Linear e Independeˆncia Linear 24
6.1 Problema de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
6.2 Dependeˆncia Linear e Independeˆncia Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
6.3 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
7 Soluc¸o˜es para Equac¸o˜es Lineares 29
7.1 Equac¸a˜o Homogeˆnea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1
7.2 Equac¸a˜o Na˜o-Homogeˆnea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
7.3 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
8 Construindo uma Segunda Soluc¸a˜o a Partir de uma Soluc¸a˜o
Conhecida 33
8.1 Caso Geral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
8.2 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
9 Equac¸o˜es Lineares Homogeˆneas com Coeficientes Constantes 36
9.1 Introduc¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
9.2 Equac¸o˜es Lineares Homogeˆneas de Segunda Ordem com Coeficientes Constantes . . . 36
9.3 Equac¸o˜es Lineares Homogeˆneas de n-E´sima Ordem com Coeficientes Constantes . . . 38
9.4 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
10 Equac¸o˜es Diferenciais com Coeficientes Indeterminados - Superposic¸a˜o 40
10.1 Princ´ıpio da Superposic¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
10.2 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
11 Variac¸a˜o dos Paraˆmetros 44
11.1 Equac¸a˜o Linear de Primeira Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
11.2 Equac¸a˜o Linear de Segunda Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
11.3 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
12 Equac¸o˜es Diferenciais Com Coeficientes Varia´veis 47
12.1 Introduc¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
12.2 Alguns Fatos Sobre Se´ries de Poteˆncia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
12.3 Soluc¸o˜es em Torno de Pontos Ordina´rios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
12.4 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
13 Equac¸o˜es Diferenciais Com Coeficientes Varia´veis (Con-
tinuac¸a˜o) 55
13.1 Pontos Singulares Regulares - Me´todo de Frobenius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
13.2 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
14 Modelagem Matema´tica
Aplicac¸o˜es das Equac¸o˜es Diferenciais 59
14.1 Introduc¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
2
14.2 Trajeto´rias Ortogonais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
14.3 Crescimento e Decrescimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
14.4 Meia-Vida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
14.5 Cronologia do Carbono . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
14.6 Resfriamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
14.7 Circuitos em Se´rie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
14.8 Log´ıstica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
14.9 Sistemas Oscilato´rios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
15 Resoluc¸a˜o dos Exerc´ıcios 69
15.1 Cap´ıtulo 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
15.2 Cap´ıtulo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
3
Cap´ıtulo 1
Terminologia e Definic¸o˜es Ba´sicas
1.1 Classificac¸a˜o
Definic¸a˜o 1.1.1. Uma equac¸a˜o que conte´m as derivadas ou diferenciais de uma ou mais varia´veis de-
pendentes, em relac¸a˜o a uma ou mais varia´veis independentes, e´ chamada de equac¸a˜o diferencial (ED).
Exemplo 1.1.2. Sa˜o ED’s as seguintes equac¸o˜es:
(1)
dy
dt
− 5y = 1, (2) (y − x)dx+ 4xdy = 0, (3)∂u
∂y
= −∂v
∂x
.
Uma equac¸a˜o diferencial pode ser classificada quanto ao tipo, ordem e linearidade.
• Classificac¸a˜o quanto ao tipo
Se uma equac¸a˜o conte´m somente derivadas ordina´rias de uma ou mais varia´veis dependentes, com
relac¸a˜o a uma u´nica varia´vel independente, ela e´ chamada de equac¸a˜o diferencial ordina´ria (EDO).
Exemplo 1.1.3. Sa˜o exemplos de EDO’s as seguintes equac¸o˜es:
(1)
dy
dt
− 4y = 1, (2) d
2y
dx2
− 2dy
dx
+ 6y = 0 (3)
du
dx
− dv
dx
= x.
Uma equac¸a˜o que envolve deridas parciais de uma ou mais varia´veis dependentes de duas ou mais
varia´veis independentes e´ dita equac¸a˜o diferencial parcial (EDP).
Exemplo 1.1.4. Sa˜o EDP’s as seguintes equac¸o˜es:
(1)
∂u
∂y
= −∂v
∂x
,
∂2u
∂x2
=
∂2u
∂t2
− 2∂u
∂t
.
• Classificac¸a˜o quanto a ordem:
A ordem de uma ED e´ dada pela maior das ordens dentre todas as derivadas de sua fo´rmula.
4
Exemplo 1.1.5. Vejamos alguns exemplos de ED’s e suas ordens:
ED’s de ordem 1: 4x dy
dx
+ y = −2x, y′ + 2y = x.
ED’s de ordem 2: y′′ + 5y′ + y = 0, dy
dx
+ d
2y
dx
=
√
dy
dx
+ x, ∂
2u
∂x2
+ ∂
2u
∂t2
= 0.
ED’s de ordem 4: a2 ∂
4v
∂x4
+ ∂
2v
∂t2
= 0, y(4) + y5 +−2y = 1
x
.
• Classificac¸a˜o quanto linearidade:
Uma equac¸a˜o diferencial e´ chamada linear se pode ser escrita na forma:
an(x)
dny
dxn
+ an−1(x)
dn−1y
dxn−1
+ . . .+ a1(x)
d1y
dx1
+ a0(x)y = g(x).
Em palavras, temos:
i) As varia´veis dependentes de y e todas as suas derivadas sa˜o do primeiro grau, isto e´, cada poteˆncia
de um termo envolvendo y e´ igual a 1.
ii) Cada coeficiente depende apenas da varia´vel independente x.
Exemplo 1.1.6. Sa˜o ED’s lineares:
(1) xdy + ydx = 0, (2) y′′ − 2y′ + y = 0, (3)x3 d
3y
dx3
− x2 d
2y
dx2
+ 3x
dy
dx
+ 6y = e3x.
Uma equac¸a˜o que na˜o e´ linear e´ dita na˜o-linear.
Exemplo 1.1.7. Sa˜o ED’s na˜o-lineares:
(1) xy′′ + yy′ = 0, (2) y′′ − 2y2 + xy = 0, (3) x3
(
d5y
dx5
)4
− x2 d
2y
dx2
+ x2
dy
dx
+ 6y = e3x.
1.2 Soluc¸a˜o de uma EDO
Definic¸a˜o 1.2.1. Qualquer func¸a˜o f definida em um intervalo I, que, quando substitu´ıda na equac¸a˜o
diferencial, reduz a equac¸a˜o a uma identidade, e´ chamada de soluc¸a˜o para a equac¸a˜o no intervalo.
Exemplo 1.2.2. Verifique que y = x
4
16
e´ uma soluc¸a˜o para a equac¸a˜o na˜o linear dy
dx
= xy1/2 no
intervalo (−∞,+∞).
Soluc¸a˜o: Note que
y =
x4
16
⇒ y′ = x
3
4
e y1/2 =
x2
4
,
onde temos
dy
dx
− xy1/2 = x
3
4
− x.x
2
4
= 0⇔ y = x
4
16
,
para todo nu´mero real.
5
Exemplo 1.2.3. A func¸a˜o y = e2x e´ uma soluc¸a˜o para a equac¸a˜o linear y′′ − 5y′ + 6y = 0.
Soluc¸a˜o: De fato, calculando y′ e y′′ temos
y′ = 2e2x e y′′ = 4e2x,
onde substituindo no lado esquerdo da EDO dada, temos
y′′ − 5y′ + 6y = 4e2x − 5.2e2x + 6e2x = 0,
que e´ justamente o lado direito.
Exemplo 1.2.4. A func¸a˜o y − 3
x
= 1 e´ uma soluc¸a˜o, no intervalo (0,+∞), da EDO de primeira
ordem xdy = (1− y)dx.
Soluc¸a˜o: Devemos reorganizar a EDO xdy = (1− y)dx, que fica melhor escrita assim:
xdy = (1− y)dx⇔ xdy
dx
= 1− y.
Ale´m disso, y = 1 + 3
x
. Note que dy
dx
= − 3
x2
, donde obtemos
x
dy
dx
= x
(
− 3
x2
)
⇔ −3
x
= 1− 1− 3
x
= 1−
(
1 +
3
x
)
= 1− y.
Exemplo 1.2.5. A func¸a˜o y = x2 + 2x na˜o e´ soluc¸a˜o para a EDO y′ = 2x+ 1 em nenhum intervalo
real.
Soluc¸a˜o: De fato,
y = x2 + 2x⇒ y′ = 2x+ 2 6= 2x+ 1,
para todo x real.
1.3 Exerc´ıcios
Exerc´ıcio 1. Classifique cada equac¸a˜o a seguir dizendo se elas sa˜o lineares ou na˜o-lineares e deˆ
tambe´m sua ordem.
a) (1− x)y′′ − 4sen(x)y′ + 5y = cos(x);
b) x3y(4) − x2y′′ + 4xy′ − 3y = 0;
c) y(3)y5 + x2y′ = x;
d) dy
dx
=
√
1 +
(
d2y
dx2
)2
.
Respostas: a) linear, segunda ordem; b) linear, quarta ordem; c) na˜o-linear, terceira ordem; d)
na˜o-linear, segunda ordem.
6
Exerc´ıcio 2. Verifique que a func¸a˜o dada e´ uma soluc¸a˜o para a equac¸a˜o diferencial.
a) 2y′ = −y; y = e−x/2
b) y′ = 25 + y2; y = 5tg(5x)
c) y′ − 1
x
y = 1; y = xln(x), x > 0
d) 2xydx+ (x2 + 2y)dy = 0; x2y + y2 = c, onde c e´ uma constante.
e) y′′ − 6y′ + 13y = 0; y = e3xcos(2x)
f) y′′ = y; y = cosh(x) + senh(x)
g) x3 d
3y
dx3
+ 2x2 d
2y
dx2
− x dy
dx
+ y = 12x2; y = ax+ bxln(x) + 4x2, onde x > 0 e a, b sa˜o constantes.
Respostas: Desenvolva! Em caso de du´vida consultar o professor.
7
Cap´ıtulo 2
Varia´veis Separa´veis
2.1 Introduc¸a˜o
As EDO’s de Primeira Ordem modelam diversos fenoˆmenos, tais como, Crescimento e Decresci-
mento Populacional, Tempo de Meia Vida de Substaˆncias Radioativas, Cronologia do Carbono etc.
Veremos a seguir te´cnicas para se resolver alguns tipos de tais EDO’s.
Problema de Valor Inicial - PVI
Estamos interessados em resolver uma equac¸a˜o diferencial de primeira ordem
dy
dx
= f(x, y) (2.1)
sujeita a` condic¸a˜o inicial y(x0) = y0, onde x0 pertence a um dado intervalo I.
Exemplo 2.1.1. Temos que y = cex e´ uma famı´lia a um paraˆmetro de soluc¸o˜es para y′ = y no
intervalo (−∞,+∞). De fato, y′ = cex = y. Se, adicionalemte impormor a condic¸a˜o y(0) = 5,
teremos
5 = ce0 ⇔ c = 5.
Assim, uma soluc¸a˜o para o PVI
y′ = y, y(0) = 5
e´ dada por y = 5ex. A seguir, esta˜o representadas graficamente uma familia de soluc¸o˜es:
(2.2)
8
Exemplo 2.1.2. Verifique que as func¸o˜es y = 0 e y = x4/16 satisfazem o PVI
dy
dx
= xy1/2, y(0) = 0.
Soluc¸a˜o: Trivial!
Surge enta˜o uma pergunta: Dado um PVI, existe uma soluc¸a˜o para ele? Se existe, esta soluc¸a˜o
e´ u´nica?
O teorema a seguir, devido a Picard, nos da´ condic¸o˜es suficientes para garantirmos a existeˆncia
e unicidade de soluc¸o˜es.
Teorema 2.1.3. Seja R uma regia˜o retangular do plano xy definida por a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d,
que conte´m o ponto (x0, y0) em seu interior. Se f(x, y) e
∂f
∂y
sa˜o cont´ınuas em R, enta˜o existe um
intervalo I centrado em x0 e uma u´nica func¸a˜o y(x) definida em I que satisfaz o problema de valor
inicial 2.1.
Exemplo 2.1.4. Para cada item abaixo, determiaremos a regia˜o do plano xy para a qual a equac¸a˜o
diferencial dada teria uma u´nica soluc¸a˜o passando por um ponto (x0, y0) na regia˜o.
a) dy
dx
= y2/3, b) x dy
dx
= y c) (4− y2)y′ = x2.
Soluc¸a˜o: Basta aplicarmos o Teorema 2.1.3:
a) dy
dx
= y2/3 ⇒ f(x, y) = y2/3 ⇒ ∂f
∂y
= 2
3 3
√
y
.
Note que ∂f
∂y
e´ descont´ınua em y = 0. Portanto, o Teorema 2.1.3 garante que a regia˜o procurada e´ o
semiplano: y < 0 ou y > 0.
b) x dy
dx
= y ⇒ dy
dx
= y
x
⇒ f(x, y) = y
x
⇒ ∂f
∂y
= 1
x
.
Da mesma forma que acima, temos que a regia˜o procurada e´ o semiplano: x > 0 ou x < 0.
c) f(x, y) = x
2
4−y2 ⇒ ∂f∂y = 2x
2y
(4−y2)2 .
Assim, a regia˜o procurada e´ dada por y < −2, −2 < y < 2 ou y > 2.
2.2 Varia´veis Separa´veis
Definic¸a˜o 2.2.1. Uma equac¸a˜o diferencial da forma
dy
dx
=
g(x)
h(y)
e´ chamada separa´vel.
9
O me´todo de soluc¸a˜o de uma equac¸a˜o separa´vel e´ bastante simples. Basta seguirmos o seguinte
procedimento
dy
dx
=
g(x)
h(y)
⇒ h(y)dy = g(x)dx⇒
∫
h(y)dy =
∫
g(x)dx⇔ H(y) + c1 = G(x) + c2 (2.3)
Assim a equac¸a˜o 2.3 resulta em
H(y) = G(x) + c.
Exemplo 2.2.2. Resolva as seguintes EDO’s separa´veis.
a) dy
dx
= x−5
y2
;
b) (1 + x)dy − ydx = 0;
c) dy
dx
= −x
y
, y(4) = 3;
d) dy
dx
= y2 − 4, y(0) = −1.
Soluc¸a˜o:
a) Temos que
dy
dx
=
x− 5
y2
⇒ y2dy = (x− 5)dx⇒
∫
y2dy =
∫
(x− 5)dx⇒ y
3
3
=
x2
2
− 5x+ c
b) Temos que
(1 + x)dy − ydx = 0⇒ 1
y
dy =
1
1 + x
dx⇒
∫
1
y
dy =
∫
1
1 + x
dx⇒ ln|y| = ln|1 + x|+ c⇒
⇒ y = eln|1+x|+c ⇒ y = eln|1+x|ec ⇒ y = k|1 + x|,
em que k = ec.
c) Temos que
dy
dx
= −x
y
⇒ ydy = −xdx⇒
∫
ydy =
∫
xdx⇒ y
2
2
= −x
2
2
+ c.
Usando a condic¸a˜o inicial y(4) = 3 temos
32
2
= −4
2
2
+ c⇒ c = 25
2
.
Portanto, a soluc¸a˜o do PVI e´ dada por x
2
2
+ y
2
2
= 25
2
ou x2 + y2 = 25.
d) Temos que
dy
dx
= y2 − 9⇒ 1
y2 − 9dy = dx⇒
∫
1
y2 − 9dy =
∫
dx.
Escrevendo as frac¸o˜es parciais, temos
1
6
(
1
y − 3 −
1
y + 3
)
dy = dx⇒ 1
6
∫ (
1
y − 3 −
1
y + 3
)
dy =
∫
dx⇒
⇒ 1
6
(ln|y − 3| − ln|y + 3|) = x+ k ⇒ ln
∣∣∣∣y − 3y + 3
∣∣∣∣ = 6x+ 6k ⇒
10
⇒ y − 3
y + 3
= ce6xy − 3 = cye6x + 3ce6x ⇒ y(1− ce6x) = 3(1 + ce6x)⇒ y = 31 + ce
6x
1− ce6x .
A condic¸a˜o y(0) = −1 nos da´
−1 = 31 + c
1− c ⇒ c = −2,
e portanto a soluc¸a˜o do PVI e´ dada por y = 31−2e
6x
1+2e6x
.
2.3 Exerc´ıcios
Exerc´ıcio 3. Determine a regia˜o do plano xy para a qual a equac¸a˜o diferencial teria uma u´nica
soluc¸a˜o passando por um ponto (x0, y0) na regia˜o.
a) (x2 − 5x+ 6) dy
dx
= y;
b) y′ = x
2
y−1 ;
c) (2− y2)y′ = x2.
Resposta: a) x < 2, 2 < x < 3 ou x > 3; b) y < 1 ou y > 1; c) y < −√2, y > √2 ou −√2 < y < √2.
Exerc´ıcio 4. Resolva as seguintes EDO’s por separac¸a˜o de varia´vel.
a) dy
dx
= sen(5x);
b) dx+ e3xdy = 0;
c) (x+ 1) dy
dx
= x+ 6;
d) dx
dy
= x
2y2
1+x
;
e) dP
dt
= P − P 2;
f) dy
dx
= xy+3x−y−3
xy−2x+4y−8 ;
Respostas: a) y = −1
5
cos(5x)+c; b) y = 1
3
e−3x+c; c) y = x+5ln|x+1|+c; d) −3+3ln|x| = xy3+cx;
e) P = ce
t
1+cet
; f) y − 5ln|y + 3| = x− ln|x+ 4|+ c.
11
Cap´ıtulo 3
Equac¸o˜es Homogeˆneas
3.1 Equac¸o˜es Homogeˆneas
Definic¸a˜o 3.1.1. Se uma func¸a˜o f satisfaz
f(tx, ty) = tnf(x,t)
para algum nu´mero real n, enta˜o dizemos que f e´ uma func¸a˜o homogeˆnea de grau n.
Exemplo 3.1.2. Verifique qual(is) das func¸o˜es dadas e´ homogeˆnea:
a) f(x, y) = x2 − 3xy + 5y2;
b) f(x, y) = 3
√
x4 + y4;
c) f(x, y) = x3 + y3 + 1.
Soluc¸a˜o: a) f(tx, ty) = (tx)2 − 3(txty) + 5(ty)2 = t2(x2 − 3xy + 5y2) = t2f(x, y) ⇒ homogeˆnea de
grau 2;
b) f(tx, ty) = 3
√
(tx)4 + (ty)4 = 3
√
t4(x4 + y4) = t4/3 3
√
x2 + y2 = t4/3f(x, y) ⇒ homogeˆnea de grau
4/3;
c) f(tx, ty) = (tx)3 + (ty)3 + 1 = t3x3 + t3y3 + 1 6= f(x, y) ⇒ na˜o e´ homogeˆnea.
Definic¸a˜o 3.1.3. Uma equac¸a˜o diferencial da forma
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0
e´ chamada homogeˆnea se ambos os coeficientes M e N sa˜o func¸o˜es homogeˆneas do mesmo grau.
Uma equac¸a˜o diferencial homogeˆnea
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (3.1)
12
pode ser resolvida por meio de uma substituic¸a˜o alge´brica. Especificamente, y = ux ou x = vy,
em que u, v sa˜o as novas varia´veis independentes. Tais substituic¸o˜es (na˜o simultaneamente, isto e´,
escolha uma!) transformara˜o a equac¸a˜o 3.1 numa equac¸a˜o separa´vel. De fato, fazendo y = ux, temos
M(x, ux)dx+N(x, ux)(udx+ xdu) = 0.
Pela homogeneidade, temos que existe n real tal que
xnM(1, u)dx+ xnN(1, u)(udx+ xdu) = 0⇔ (M(1, u) + uN(1, u))dx+ xN(1, u)du = 0.
Assim,
dx
x
+
N(1, u)du
M(1, u) + uN(1, u)
= 0. (3.2)
Exemplo 3.1.4. Resolva as seguintes EDO’s.
a) dy
dx
= y−x
y+x
;
b) (x2 + y2)dx+ (x2 − xy)dy = 0;
c) x dy
dx
= y + xey/x, y(1) = 1.
Soluc¸a˜o: a) Primeiro, devemos obter as func¸o˜es M e N . Pois, bem
dy
dx
=
y − x
y + x
⇔ (y+x)dy = (y−x)dx⇔ (x−y)dx+(y+x)dy = 0⇔M(x, y) = x−y, N(x, y) = y+x.
Aplicando a equac¸a˜o 3.2 a`s func¸o˜es M(1, u) = 1− u e N(1, u) = 1 + u, temos
dx
x
+
1 + u
1− u+ u(1 + u)du = 0⇔
dx
x
+
1 + u
1 + u2
du = 0.
Integrando, ∫
dx
x
+
∫
1 + u
1 + u2
du = k ⇔
∫
dx
x
+
∫
1
1 + u2
du+
∫
u
1 + u2
du = k ⇔
⇔ ln|x|+ arctg
(y
x
)
+
1
2
ln|1 + u2| = k ⇔ 2ln|x|+ 2arctg
(y
x
)
+ ln
∣∣∣∣x2 + y2x2
∣∣∣∣ = 2k
⇔ ln|x2|+ 2arctg
(y
x
)
+ ln
∣∣∣∣x2 + y2x2
∣∣∣∣ = c⇔ ln|x2 + y2|+ 2arctg (yx) = c.
b) Usando a substituic¸a˜o y = ux, temos
M(1, u) = 1 + u2, e N(1, u) = 1− u,
onde, por meio da equac¸a˜o 3.2 chegamos a` seguinte equac¸a˜o separa´vel.
dx
x
= − 1− u
1 + u2 + u(1− u)du⇔
∫
dx
x
= −
∫
1− u
1 + u2 + u(1− u) .
Por meio da substituic¸a˜o w = 1 + u e du = dw, temos que o quociente 1−u
1+u
du pode ser escrito da
forma
1− (w − 1)
w
dw =
2− w
w
dw = (
2
w
− 1)dw = ( 2
1 + u
− 1)du.
13
Portanto,
dx
x
= −
∫
(
2
1 + u
− 1)du⇔ ln|x| = −2ln|1 + u|+ u+ ln(c)⇔
⇔ ln|x| = −2ln
∣∣∣1 + y
x
∣∣∣+ y
x
+ ln(c)⇔ y
x
= ln|x|+ 2ln
∣∣∣1 + y
x
∣∣∣− ln(c),
onde por meio das propriedades de logaritmos1, temos
y
x
= ln
∣∣∣∣x(x+ y)2x2 1c
∣∣∣∣ = ln ∣∣∣∣(x+ y)2cx
∣∣∣∣ = yx ⇔ (x+ y)2 = cxey/x.
c) Dividindo ambos os membros de x dy
dx
= y + xey/x por x, temos
dy
dx
=
y
x
+ ey/x.
Uma substituic¸a˜o adequada, pela pro´pria forma da func¸a˜o e´ u = y
x
, considerando que dy = udx+xdu
udx+ xdu
dx
= u+ eu ⇔ udx+ xdu = udx+ eudx⇔ xdu = eudx⇔ du
eu
=
dx
x
⇔ e−udu = dx
x
.
Integrando, ∫
e−udu =
∫
dx
x
⇔ −e−u + c = ln|x| ⇔ −e−y/x + c = ln|x|.
Usando a condic¸a˜o inicial y(1) = 1, temos
−e−1/1 + c = ln(1)⇔ c = e−1.
Portanto, a soluc¸a˜o do PVI e´ dada por
−e−y/x + e−1 = ln|x|.
3.2 Exerc´ıcios
Exerc´ıcio 5. Determine se a func¸a˜o dada e´ homogeˆnea. Especifique o grau de homogeneidade
quando for o caso.
a) x3 + 2xy2 − y4
x
;
b) x
3y−x2y2
(x+8y)2
;
c) cos
(
x2
x+y
)
.
Respostas: a) homogeˆnea de grau 3; b) homogeˆnea de grau 2; c) na˜o e´ homogeˆnea.
1Seguem algumas propriedades referente aos logaritmos
i) aln|b| = ln|ba|
ii) ln(a) + ln(b) = ln(ab)
iii) ln(a)− ln(b) = ln(a/b)
iv) a = ln(b)⇔ b = ea
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Exerc´ıcio 6. Resolva as seguintes EDO’s homogeˆneas.
a) (x− y)dx+ xdy = 0;
b) xdx+ (y − 2x)dy = 0;
c) (y2 + yx)dx− x2dy = 0;
d) y dx
dy
= x+ 4ye−2x/y;
e) xy2 dy
dx
= y3 − x3, y(1) = 2;
f) 2x2 dy
dx
= 3xy + y2, y(1) = −2.
Respostas: a) xln|x|+y = cx; b) (x−y)ln|x−y| = y+c(x−y); c) x+yln|x| = cy; d) e2x/y = 8ln|y|+c;
e) y3 + 3x3ln|x| = 8x3; f) y2 = 4x(x+ y)2.
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Cap´ıtulo 4
Equac¸o˜es Exatas
4.1 Equac¸o˜es Exatas
E´ recomendado que o leitor esteja a par de derivac¸a˜o parcial.
Seja z = f(x, y) uma func¸a˜o de duas varia´veis com derivadas parciais cont´ınuas em uma regia˜o
R do plano xy. Chamaremos de diferencial total de z a func¸a˜o
dz =
∂f
∂x
dx+
∂f
∂y
dy.
Definic¸a˜o 4.1.1. Uma expressa˜o diferencial
M(x, y)dx+N(x, y)dy
e´ uma diferencial exata em uma regia˜o R do plano xy se ela corresponde a` diferencial total de alguma
func¸a˜o f(x, y). Uma equac¸a˜o diferencial da forma
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0
e´ chamada de uma equac¸a˜o exata se a expressa˜o do lado esquerdo e´ uma diferencial exata.
Exemplo 4.1.2. Observe que a equac¸a˜o (−y2sen(x) + y)dx+ (2ycos(x) + x)dy e´ exata, pois
d(y2cos(x) + xy) = (−y2sen(x) + y)dx+ (2ycos(x) + x)dy.
Teorema 4.1.3. Sejam M(x, y) e N(x, y) func¸o˜es cont´ınuas com derivadas parciais cont´ınuas em
uma regia˜o retangular R definida por a < x < b e c < y < d. Enta˜o, uma condic¸a˜o ncessa´ria e
suficiente para que
M(x, y)dx+N(x, y)dy
seja uma diferencial exata e´
∂M
∂y
=
∂N
∂x
.
16
Observac¸a˜o 4.1.4. Decorre do Teorema 4.1.3 que se uma dada diferencial
M(x, y)dx+N(x, y)dy
e´ exata, enta˜o existe f(x, y) tal que ∂f
∂x
= M e ∂f
∂y
= N .
Exemplo 4.1.5. A diferencial do Exemplo 4.1.2 e´, conforme o Teorema 4.1.3, exata. De fato, sendo
M(x, y) = −y2sen(x) + y e N(x, y) = 2ycos(x) + x, temos
∂M
∂y
= −2ysen(x) + 1 = ∂N
∂x
.
Exemplo 4.1.6. Verifique que as seguintes EDO’s sa˜o exatas:
a) 2xydx+ (x2 − 1)dy = 0;
b) (e2y − ycos(xy))dx+ (2xe2y − xcos(xy) + 2y)dy = 0;
c) (cos(x)sen(x)− xy2)dx+ y(1− x2)dy = 0.
Soluc¸a˜o: a) Note que M(x, y) = 2xy e N(x, y) = x2 − 1. Assim,
∂M
∂y
= 2x =
∂N
∂x
,
e portanto, o Teorema 4.1.3 nos garante que a EDO em questa˜o e´ exata.
b) Da mesma forma, M(x, y) = e2y − ycos(xy) e N(x, y) = 2xe2y − xcos(xy) + 2y. Assim,
∂M
∂y
= 2e2y + xysen(xy)− cos(xy) = ∂N
∂x
,
e portanto, o Teorema 4.1.3 nos garante que a EDO em questa˜o e´ exata.
c) Note que
∂M
∂y
= −2xy = ∂N
∂x
,
e portanto, o Teorema 4.1.3 nos garante que a EDO em questa˜o e´ exata.
A soluc¸a˜o de uma EDO exata e´ conseguida da seguinte forma Dada a equac¸a˜o M(x, y)dx +
N(x, y)dy = 0:
i) Mostre que ∂M
∂y
= ∂N
∂x
;
ii) Suponha que existe f tal que ∂f
∂x
= M(x, y) (*) (ou ∂f
∂y
= N(x, y) ).
iii) Integrando ambos os membros de (*) em relac¸a˜o a x, temos∫
∂f
∂x
dx =
∫
M(x, y)dx+ g(y)⇔ f(x, y) =
∫
M(x, y)dx+ g(y), (∗∗)
onde a func¸a˜o g(y) e´ a constante de integrac¸a˜o.
iv) Agora derive (**) em relac¸a˜o a y
∂
∂y
(f(x, y)) =
∂
∂y
(∫
M(x, y)dx+ g(y)
)
⇔ ∂
∂y
(f(x, y)) =
∂
∂y
∫
M(x, y)dx+ g′(y),
17
onde podemos igualar com N(x, y),
N(x, y) =
∂
∂y
∫
M(x, y)dx+ g′(y).
v) Integre g′(y), obtendo g(y).
Exemplo 4.1.7. Resolva as EDO’s a), b), c) do Exemplo 4.1.6.
Soluc¸a˜o: Considerando que todas a diferenciais sa˜o exatas ja´ podemos comec¸ar a resolveˆ-las.
a) Temos que
f(x, y) =
∫
2xydx+ g(y) = x2y + g(y).
Diferenciando parcialmente em relac¸a˜o a y, temos
∂f
∂y
= x2 + g′(y).
Comparando a equac¸a˜o acima com N(x, y), temos
x2 + g′(y) = x2 − 1⇔ g′(y) = −1⇔ g(y) = −y.
Logo,
c = x2y − y.
b) Temos que
f(x, y) =
∫
(e2y − ycos(xy))dx+ g(y) = xe2y − y 1
y
sen(xy) + g(y) = xe2y − sen(xy) + g(y).
Diferenciando parcialmenteemrelac¸a˜o a y, temos
∂f
∂y
= 2xe2y − xcos(xy) + g′(y).
Comparando a equac¸a˜o acima com N(x, y), temos
2xe2y − xcos(xy) + g′(y) = 2xe2y − xcos(xy) + 2y ⇔ g′(y) = 2y ⇔ g(y) = y2.
Logo,
c = xe2y − sen(xy) + y2.
c) Temos que
f(x, y) =
∫
y(1− x2)dy + g(x) = y
2(1− x2)
2
+ g(x).
Diferenciando parcialmente em relac¸a˜o a x, temos
∂f
∂x
= −xy2 + g′(x).
18
Comparando a equac¸a˜o acima com M(x, y), temos
−xy2 + g′(x) = cos(x)sen(x)− xy2 ⇔ g′(x) = cos(x)sen(x)⇔ g(x) = −1
2
cos2(x).
Logo,
c =
y2(1− x2)
2
− 1
2
cos2(x).
4.2 Exerc´ıcios
Exerc´ıcio 7. Verifique se a equac¸a˜o dada e´ exata. Se for, resolva.
a) (2x− 1)dx+ (3y + 7)dy = 0;
b) (5x+ 4y)dx+ (4x− 8y3)dy = 0;
c) (x+ y)(x− y)dx+ x(x− 2y)dy = 0;
d) (y3 − y2sen(x)− x)dx+ (3xy2 + 2ycos(x))dy = 0;
e) x dy
dx
= 2xex − y + 6x2;
f) (4y + 2x− 5)dx+ (6y + 4x− 1)dy = 0, y(−1) = 2.
Respostas: a) x2−x+ 3
2
y2+7y = c; b) 5
2
x2+4xy−2y4 = c; c) na˜o e´ exata; d) xy3+y2cos(x)− 1
2
x2 = c;
e) xy − 2xex + 2ex − 2x3 = c; f) 4xy + x2 − 5x+ 3y2 − y = 8.
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Cap´ıtulo 5
Equac¸o˜es Lineares
5.1 Equac¸o˜es Lineares
Definic¸a˜o 5.1.1. Uma equac¸a˜o diferencial da forma
a1(x)
dy
dx
+ a0y = g(x) (5.1)
e´ chamada de equac¸a˜o linear.
Supondo um intervalo I, para o qual a1(x) 6= 0, podemos dividir 5.1 por a1(x), isto e´, podemos
considerar
dy
dx
+ P (x)y = f(x). (5.2)
Multipliquemos 5.2 por uma func¸a˜o auxiliar µ(x) (que simplificara´ a EDO).
µ(x)
dy
dx
+ µ(x)P (x)y = µ(x)f(x) (5.3)
Comparando o lado esquerdo de 5.3 com d
dx
(µ(x)y) = µ(x) dy
dx
+ dµ(x)
dx
y, temos
dµ(x)
dx
= µ(x)P (x)⇔ dµ(x)
dµ(x)
= P (x)dx⇒
⇒
∫
dµ(x)
µ(x)
=
∫
P (x)dx⇒ ln(µ(x)) =
∫
P (x)dx⇒ µ(x) = e
∫
P (x)dx.
Multiplicando 5.3 por µ(x) = e
∫
P (x)dx,
e
∫
P (x)dx dy
dx
+ e
∫
P (x)dxP (x)y = e
∫
P (x)dxf(x)⇒
⇒ d
dx
(
e
∫
P (x)dxy
)
= e
∫
P (x)dxf(x). (5.4)
Integrando ambos os membros de 5.4 em relac¸a˜o a x∫
d
dx
(
e
∫
P (x)dxy
)
dx =
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx+ c⇒ e
∫
P (x)dxy =
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx+ c.
Por fim,
y = e−
∫
P (x)dx
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx+ ce−
∫
P (x)dx.
20
Exemplo 5.1.2. Resolva as seguintes EDO’s lineares de primeira ordem dadas a seguir:
a) dy
dx
+ 3y = 4;
b) dy
dx
+ 2xy = x;
c) x dy
dx
+ 2y = 4x2, y(1) = 2;
d) dy
dx
+ y = cos(x).
Soluc¸a˜o: a) Devemos resolver a´s duas integrais i)
∫
P (x)dx e ii)
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx.
i)
∫
P (x)dx =
∫
3dx = 3x;
ii)
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx =
∫
e3x4dx = 4
∫
e3xdx = 4.1
3
e3x.
Logo,
y = e−
∫
P (x)dx
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx+ ce−
∫
P (x)dx = e−3x.
4
3
e3 + ce−3x
y =
4
3
+ ce−3x.
b) Como anteriormente,
i)
∫
P (x)dx =
∫
2xdx = x2;
ii)
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx =
∫
ex
2
xdx = (∗) = ex2
2
.
Logo,
y = e−
∫
P (x)dx
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx+ ce−
∫
P (x)dx = e−x
2 ex
2
2
+ ce−x
2
y =
1
2
+ ce−x
2
.
(∗) Fazendo u = x2 e du = 2xdx em ∫ ex2xdx, temos∫
ex
2
xdx =
∫
eu
du
2
=
eu
2
=
ex
2
2
.
c) Inicialmente, devemos dividir todos os membros desta equac¸a˜o por x, o que resulta em dy
dx
+ 2
x
y = 4x.
Procedendo como nos casos anteriores, temos:
i)
∫
P (x)dx =
∫
frac2xdx = 2ln|x| = ln(x2);
ii)
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx =
∫
eln(x
2)4xdx =
∫
x2.4xdx = 4
∫
x3dx = 4x
4
4
= x4.
Logo,
y = e−
∫
P (x)dx
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx+ ce−
∫
P (x)dx = e−ln(x
2).x4 + ce−ln(x
2) =
= eln(x
−2).x4 + celn(x
−2) = x−2.x4 + cx−2 = x2 +
c
x2
Assim, y = x2 + c
x2
. Usando a condic¸a˜o y(1) = 2, temos
2 = 12 +
c
12
⇔ c = 1.
Portanto,
y = x2 +
1
x2
.
21
d) Incialmente encontremos i) e ii):
i)
∫
P (x)dx =
∫
1dx = x;
ii)
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx =
∫
ex.cos(x)dx = (∗) = ex
2
(sen(x) + cos(x)).
Logo,
y = e−
∫
P (x)dx
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx+ ce−
∫
P (x)dx = e−x
ex
2
(sen(x) + cos(x)) + ce−x
y =
sen(x) + cos(x)
2
+ ce−x.
(∗) Fazendo u = ex e dv = cos(x)dx temos que du = exdx e v = sen(x). Por meio de integrac¸a˜o por
partes, temos ∫
excos(x)dx = uv −
∫
vdu = exsen(x)−
∫
exsen(x)dx. (∗∗)
(∗∗) Fazendo u = ex e dv = sen(x), temos que du = exdx e v = −cos(x)dx. Donde obtemos∫
exsen(x)dx = −excos(x) +
∫
excos(x)dx.
Por fim, substituindo em (∗), temos∫
excos(x)dx = exsen(x)−
∫
exsen(x)dx = exsen(x)− (−excos(x) +
∫
excos(x)dx) =
= exsen(x) + excos(x)−
∫
excos(x)dx.
Assim,
2
∫
excos(x)dx = exsen(x)+excos(x)⇔
∫
excos(x)dx =
exsen(x) + excos(x)
2
=
ex
2
(sen(x)+cos(x)).
5.2 Exerc´ıcios
Exerc´ıcio 8. Resolva as equac¸o˜es diferenciais dadas e encontre o intervalo no qual a soluc¸a˜o geral
esta´ definida.
a) dy
dx
= 5y;
b) 3 dy
dx
+ 12y = 4, y(0) = −1;
c) dy
dx
+ y = e3x;
d) x2y′ + xy = 1;
e) xdy = (xsen(x)− y)dx
f) x dy
dx
+ 4y = x3 − x;
22
Respostas: a) y = ce5x, −∞ < x < +∞; b) y = 1
3
− 4
3
e−4x, −∞ < x < +∞; c) y = 1
4
e3x + ce−x,
−∞ < x < +∞; d) y = x−1ln(x) + cx−1, 0 < x < +∞; e) y = −cos(x) + sen(x)
x
+ c
x
, 0 < x < +∞;
f) y = 1
7
x3 − 1
5
x+ cx−4, 0 < x < +∞.
Exerc´ıcio 9. A equac¸a˜o diferencial
dy
dx
+ P (x)y = f(x)yn, (5.5)
em que n e´ um nu´mero real qualquer, e´ chamada de equac¸a˜o de Bernoulli. Supondo y 6= 0 a equac¸a˜o
5.5 pode ser escrita como
y−n
dy
dx
+ P (x)y1−n = f(x) (5.6)
Se fizermos w = y1−n, para n 6= 0 e n 6= 1, enta˜o
dw
dx
= (1− n)y−n dy
dx
.
Assim, 5.6 pode ser escrita da seguinte forma
dw
dx
+ (1− n)P (x)w = (1− n)f(x).
Por fim, fazendo y1−n = w, obtemos a soluc¸a˜o de 5.5.
A t´ıtulo de ilustrac¸a˜o, resolveremos a seguinte EDO
dy
dx
+
1
x
y = xy2.
Soluc¸a˜o: Fazedo P (x) = 1
x
, f(x) = x e n = 2, temos que w = y−1. Devemos portanto resolver a
seguinte EDO
dw
dx
+ (1− 2)1
x
w = (1− 2)x⇔ dw
dx
− 1
x
w = −x
i)
∫
P (x)dx =
∫ − 1
x
dx = −ln|x| = ln|x−1|;
ii)
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx =
∫
eln|x
−1| − xdx = − ∫ x−1xdx = −x.
Logo,
w = e−
∫
P (x)dx
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx+ce−
∫
P (x)dx = e−ln|x
−1|(−x)+ce−ln|x−1| = −eln|x|x+celn|x| = −x2+cx.
Como w = y−1 = 1
y
, temos
1
y
= −x2 + cx⇔ y = 1−x2 + cx.
Agora, resolva as seguinte equac¸o˜es de Bernoulli dadas:
a) x dy
dx
+ y = 1
y2
;
b) dy
dx
= y(xy3 − 1);
c) xy(1 + xy2) dy
dx
= 1, y(1) = 0.
Respostas: a) y3 = 1 + cx−3; b) y−3 = x+ 1
3
+ ce3x; c) x−1 = 2− y2 − e−y2/2.
23
Cap´ıtulo 6
Equac¸o˜es Diferenciais de Ordem Superior: Dependeˆncia
Linear e Independeˆncia Linear
6.1 Problema de Valor Inicial
Para uma equac¸a˜o diferencial de n-e´sima ordem, o problema de se resolver
an(x)
dny
dxn
+ an−1(x)
dn−1y
dxn−1
+ . . .+ a1(x)
dy
dx
= a0(x)y = g(x)
sujeita as condic¸o˜es iniciais
y0 = y(x0), y
′
0 = y
′(x0), yn−10 = y
n−1(x0) (6.1)
e´ chamado de problema de valor inicial (PVI).
No caso de uma edo linear de segunda ordem, uma soluc¸a˜o para o PVI
a2(x)
d2y
dx2
+ a1(x)
dy
dx
+ a0y = g(x),
y(x0) = y0, y
′(x0) = y′0,
e´ uma func¸a˜o que satisfaz a equac¸a˜o diferencial em algum intervalo contendo x0.
Teorema 6.1.1. Sejam an(x), an−1(x), . . . , a0(x) e g(x) cont´ınuas em um intervalo I com an(x) 6= 0
para todo x neste intervalo. Se x = x0 e´ algum ponto desteintervalo, enta˜o existe uma u´nica soluc¸a˜o
y(x) para o PV I 6.1 neste intervalo.
Exemplo 6.1.2. A func¸a˜o y = sen(x) e´ uma soluc¸a˜o para o PV I
y′′ + y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 1.
Note que as func¸o˜es a2(x) = 1, a1(x) = 0, a0(x) = 1 e g(x) = 0 sa˜o cont’inuas, e a2(x) 6= 0 para
todo x real. Portanto, segue do Teorema 6.1.1 que em qualquer intervalo contendo x = 0 a soluc¸a˜oe´ u´nica.
24
Exemplo 6.1.3. Verifique que a func¸a˜o y = cx2 + x+ 4 e´ uma soluc¸a˜o para o PV I
x2y′′ − 2xy′ + 2y = 8, y(0) = 4, y′(0) = 1,
no intervalo (−∞,∞) para qualquer escolha de paraˆmetro c.
Soluc¸a˜o: Note que y′ = 2cx+ 1 e y′′ = 2c, donde
x2y′′ − 2xy′ + 2y = x2(2c)− 2x(2cx+ 1) + 2(cx2 + x+ 4) = 8.
Ale´m disso, y(0) = 4 e y′(0) = 1. Note que o Teorema 6.1.1 na˜o se aplica pois a2(x) = x2 se anula
em todo intervalo contendo x = 0, que e´ exatamente o valor para o qual as condic¸o˜es iniciais sa˜o
impostas.
6.2 Dependeˆncia Linear e Independeˆncia Linear
Definic¸a˜o 6.2.1. Um conjunto de func¸o˜es f1(x), f2(x), . . ., fn(x) e´ linearmente dependente (LD)
em um intervalo I se existem constantes c1, c2, . . . , cn na˜o todas nulas tais que
c1f1(x) + c2f2(x) + . . .+ cnfn(x) = 0
para todo x no intervalo I. Do contra´rio, dizemos que o conjunto f1(x), f2(x), . . ., fn(x) e´ linearmente
independente (LI).
Exemplo 6.2.2. Mostre que:
a) O conjunto de func¸o˜es f1(x) = x
2 + x− 1, f2(x) = x2 e f3(x) = −3x2 − x+ 1 e´ LD (−∞,∞);
b) O conjunto de func¸o˜es f1(x) = x
2 e f3(x) = x
3 sa˜o LI em (−∞,∞).
Soluc¸a˜o: a) Devemos obter os valores de c1, c2 e c3 tais que
c1(x
2 + x− 1) + c2x2 + c3(−3x2 − x+ 1) = 0,
ou melhor,
(c1 + c2 − 3c3)x2 + (c1 − c3)x+ (−c1 + c3) = 0.
Resolvendo o sistema a seguir
c1 + c2 − 3c3 = 0
c1 − c3 = 0
−c1 + c3 = 0
,
temos a soluc¸a˜o S = (c3; 2c3; c3), que e´ uma soluc¸a˜o onde c1, c2 e c3 sa˜o na˜o todos nulos. Logo, o
conjunto em questa˜o e´ LD.
b) Como acima, devemos obter c1 e c2 tais que
c1x
2 + c2x
3 = 0.
25
Na˜o e´ dif´ıcil ver que c1 = c2 = 0. Portanto, na˜o sendo c1, c2 na˜o todos nulos, temos que o conjunto
em questa˜o e´ LI.
Teorema 6.2.3. Suponha que f1(x), f2(x), . . ., fn(x) sejam diferencia´veis pelo menos n − 1 vezes.
Se o determinante ∣∣∣∣∣∣∣∣
f1 f2 . . . fn
f ′1 f
′
2 . . . f
′
n
f
(n−1)
1 f
(n−1)
2 . . . f
(n−1)
n
∣∣∣∣∣∣∣∣
for diferente de zero em pelo menos um ponto do intervalo I, enta˜o a as func¸o˜es f1(x), f2(x), . . .,
fn(x) sa˜o linearmente independentes no intervalo.
Demonstrac¸a˜o. Provaremos o Teorema 6.2.3 para o caso n = 2. Suponhamos por conmtradic¸a˜o que
W (f1(x0); f2(x0)) 6= 0 para um x0 fixado no intervalo I e que, f1(x) e f2(x) sejam LD no intervalo.
O fato de que as func¸o˜es sa˜o LD significa que existem c1, c2, na˜o ambas nulas, para as quais
c1f1(x) + c2f2(x) = 0
para todo x em I. Derivando essa combinac¸a˜o, temos
c1f
′
1(x) + c2f
′
2(x) = 0.
Temos enta˜o o sistema de equac¸o˜es lineares c1f1(x) + c2f2(x) = 0c1f ′1(x) + c2f ′2(x) = 0 .
Mas a dependeˆncia linear de f1, f2 implicam que o sistema acima possui uma soluc¸a˜o na˜o trivial
para cada x no intervalo. Logo,
W (f1(x); f2(x)) =
∣∣∣∣∣∣ f1(x) f2(x)f ′1(x) f ′2(x)
∣∣∣∣∣∣
para todo x em I. Isso contradiz a suposic¸a˜o de que W (f1(x0); f2(x0)) 6= 0. Portanto, f1 e f2 sa˜o
LI.
O determinante do Teorema 6.2.3 e´ chamado de Wronskiano das func¸o˜es f1(x), f2(x), . . ., fn(x),
o qual denotaremos por
W (f1(x); f2(x); . . . ; fn(x)).
Corola´rio 6.2.4. Se f1(x), f2(x), . . ., fn(x) possuem pelo menos n− 1 derivadas e sa˜o linearmente
dependentes em I, enta˜o
W (f1(x); f2(x); . . . , fn(x)) = 0
para todo x no intervalo.
26
Exemplo 6.2.5. Aplique o Teorema 6.2.3 ao Exemplo 6.2.2.
a) Temos que
f1(x) = x
2 + x− 1⇒ f ′1(x) = 2x+ 1⇒ f ′′1 (x) = 2
f2(x) = x
2 ⇒ f ′2(x) = 2x⇒ f ′′2 (x) = 2
f3(x) = −3x2 − x+ 1⇒ f ′3(x) = −6x− 1⇒ f ′′3 (x) = −6
.
Calculando o wronskiano, ∣∣∣∣∣∣∣∣
x2 + x− 1 x2 −3x2 − x+ 1
2x+ 1 2x −6x− 1
2 2 −6
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0.
Portanto, as func¸o˜es f1, f2 e f3 sa˜o LD em (−∞,∞).
b) Da mesma forma que acima, temos∣∣∣∣∣∣ x
2 x3
2x 3x2
∣∣∣∣∣∣ = x2.3x2 − 2x.x3 = 3x4 − 2x4 = x4,
que e´ diferente de zero em pelo menos x0 = 1. Portanto, o Teorema 6.2.3 assegura que as func¸o˜es f1
e f2 sa˜o LI em (−∞,∞).
Exemplo 6.2.6. As func¸o˜es f1(x) = e
m1x e f2(x) = e
m2x, m1 6= m2 sa˜o LI. De fato,
W (em1x; em2x) =
∣∣∣∣∣∣ e
m1x em2x
m1e
m1x m2e
m2x
∣∣∣∣∣∣ = (m2 −m1)e(m1+m2)x 6= 0
para todo valor real x. Logo, f1, f2 sa˜o LI em qualquer intervalo do eixo x.
6.3 Exerc´ıcios
Exerc´ıcio 10. Sabe-se que y = c1e
x + c2e
−x e´ uma famı´lia a dois paraˆmetros de soluc¸o˜es para
y′′ − y = 0 no intervalo (−∞;∞). Encontre um membro dessa famı´lia satisfazendo as condic¸o˜es
iniciais y(0) = 0, y′(0) = 1.
Resposta: y = 1
2
ex − 1
2
e−x.
Exerc´ıcio 11. Sabe-se que y = c1e
4x + c2e
−x e´ uma famı´lia a dois paraˆmetros de soluc¸o˜es para
y′′ − 3y′ − 4y = 0 no intervalo (−∞,∞). Encontre um membro dessa famı´lia que satisfac¸a as
condic¸o˜es iniciais y(0 = 1 e y′(0) = 2.
Resposta: y = 3
5
e4x + 2
5
e−x.
Exerc´ıcio 12. Encontre um intervalo em torno de x = 0 para o qual o PVI
(x− 2)y′′ + 3y = x, y(0) = 0, y′(0) = 1.
Resposta: (−∞, 2).
27
Exerc´ıcio 13. Determinar se as func¸o˜es dadas sa˜o linearmente independentes ou dependentes em
(−∞,∞).
a) f1(x) = x, f2(x) = x
2, f3(x) = 4x− x3;
b) f1(x) = 5, f2(x) = cos
2(x), f3(x) = sen
2(x);
c) f1(x) = 1 + x, f2(x) = x, f3(x) = x
2;
Respostas: a) LD; b) LD; c) LI.
28
Cap´ıtulo 7
Soluc¸o˜es para Equac¸o˜es Lineares
7.1 Equac¸a˜o Homogeˆnea
Definic¸a˜o 7.1.1. Uma equac¸a˜o diferencial de n-e´sima ordem da forma
an(x)
dny
dxn
+ an−1(x)
dn−1y
dxn−1
+ . . .+ a1(x)
dy
dx
= a0(x)y = 0, (7.1)
e´ dita homogeˆnea. No caso em que g(x) na˜o e´ identicamente nula, dizemos que a edo 7.1 e´ na˜o-
homogeˆnea.
Exemplo 7.1.2. a) A equac¸a˜o 2y′′ − 4y′ − 5y = 0 e´ uma edo linear de segunda ordem homogeˆnea.
b) A equac¸a˜o x3y′′′ − 2xy′′ + 5y′ = x2 + 1 e´ uma edo linear de terceira ordem na˜o homogeˆnea.
Teorema 7.1.3. Sejam y1, y2, . . . , yk soluc¸o˜es para a equac¸a˜o diferencial linear de n-e´sima ordem
homogeˆnea 7.1 em um intervalo I. Enta˜o a combinac¸a˜o linear
y = c1y1(x) + c2y2(x) + . . .+ ckyk(x),
em que os ci, i = 1, 2, . . . , k, sa˜o constantes, e´ tambe´m uma soluc¸a˜o no intervalo.
Demonstrac¸a˜o. Sejam y1(x), y2(x), . . . , yk(x) soluc¸o˜es para
an(x)y
(n)(x) + . . .+ a1(x)y + a0(x)y = 0.
Defina y = c1y1(x) + . . .+ ckyk(x), donde
any
(n) + . . .+a1y
′+a0y = an(c1y
(n)
1 + . . .+ cky
(n)
k )+ . . .+a1(c1y
′
1 + . . .+ cky
′
k)+a0(c1y1 + . . .+ ckyk) =
= c1(any
(n)
1 + . . .+ a1y
′
1 + a0y1) + . . .+ ck(any
(n)
k + . . .+ a1y
′
k + a0yk) = c1.0 + . . .+ ck.0 = 0.
29
Exemplo 7.1.4. As func¸o˜es y1 = e
2x e y2 = e
3x sa˜o soluc¸o˜es para a edo homogeˆnea de segunda
ordem
y′′ − 5y′ + 6 = 0
No intervalo (−∞,∞). Portanto, o Teorema 7.1.3 assegura que y = c1e2x + c2e3x e´ tambe´m uma
soluc¸a˜o para a edo neste intervalo.
Teorema 7.1.5. Sejam y1, y2, . . . , yn n soluc¸o˜es para a equac¸a˜o diferencial linear homogeˆnea de n-
e´sima ordem em um intervalo I. Enta˜o, o conjunto soluc¸a˜o de equac¸o˜es e´ linearmente independente
em I se, e somente se,
W (y1; y2; . . . ; yn) 6= 0
para todo x no intervalo.
Teorema 7.1.6. Sejam y1, . . . , yn n soluc¸o˜es linearmente independentes para a equac¸a˜o diferencial
linear homogeˆnea de n-e´sima ordem 7.1 em um intervalo I. Enta˜o, toda soluc¸a˜o y(x) para 7.1 e´ uma
combinac¸a˜o linear de y1, . . . , yn, ou seja, podemos encontrar constantes c1, . . . , cn, tais que
y = c1y1(x) + . . .+ c2y2(x).
Definic¸a˜o 7.1.7. Sejam y1, y2, . . . , yn n soluc¸o˜es linearmente independentes para a equac¸a˜o diferen-
cial linear homogeˆnea de n-e´sima ordem 7.1 em um intervalo I. A soluc¸a˜o geral para a equac¸a˜o no
intervalo e´ definida por
y = c1y1(x) + c2y2(x) + . . .+ cnyn(x),
em que os ci, i = 1, 2, . . . , n sa˜o constantes arbitra´rias.
Exemplo 7.1.8. A equac¸a˜o diferencial y′′− 5y′+ 6 = 0 possui duas soluc¸o˜es LI, y1 = e2x ey2 = e3x.
De fato, como W (e2x; e3x) = e5x 6= 0 para todo valor de x, y1 e y2 sa˜o LI em (−∞,∞). Portanto, a
soluc¸a˜o geral para a equac¸a˜o diferencial no intervalo e´
y = c1e
2x + c2e
3x.
Exemplo 7.1.9. As func¸o˜es y1 = e
x, y2 = e
2x e y3 = e
3x satisfazem a equac¸a˜o de terceira ordem
y′′′ − 6y′′ + 11y′ − 6y = 0.
Como
W (ex; e2x; e3x) =
∣∣∣∣∣∣∣∣
ex e2x e3x
ex 2e2x 3e3x
ex 4e2x 9e3x
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 2e
6x 6= 0
para todo valor real de x, temos que y1, y2 e y3 sa˜o tais que
y = c1e
x + c2e
2x + c3e
3x
e´ a soluc¸a˜o geral para a equac¸a˜o diferencial no intervalo (−∞,∞).
30
7.2 Equac¸a˜o Na˜o-Homogeˆnea
Nesta sec¸a˜o, buscaremos a soluc¸a˜o geral para uma equac¸a˜o linear na˜o homogeˆnea, isto e´, uma
equac¸a˜o da forma
an(x)
dny
dxn
+ an−1(x)
dn−1y
dxn−1
+ . . .+ a1(x)
dy
dx
= a0(x)y = g(x), (7.2)
Qualquer func¸a˜o yp, independente de paraˆmetros, que satisfac¸a 7.2 e´ chamada de soluc¸a˜o partic-
ular.
Exemplo 7.2.1. Uma soluc¸a˜o particular para y′′ − y′ + y = x2 − x+ 1 e´ yp = x2 + x, pois
y′′p − y′p + yp = 2− (2x+ 1) + x2 + x = 2− 2x− 1 + x2 + x = x2 − x+ 1.
Teorema 7.2.2. Sejam y1, y2, . . . , yn para a equac¸a˜o diferencial linear homogeˆnea de n-e´sima ordem
7.1 em um intervalo I e seja yp qualquer soluc¸a˜o para a equac¸a˜o na˜o-homogeˆnea 7.2 no mesmo
intervalo. Enta˜o,
y = c1y1(x) + c2y2(x) + . . .+ ckyk(x) + yp(x)
e´ tambe´m uma soluc¸a˜o para a equac¸a˜o na˜o-homogeˆnea no intervalo para quaisquer constantes
c1, c2, . . . , ck.
Teorema 7.2.3. Seja yp uma dada soluc¸a˜o para a equac¸a˜o diferencial na˜o homogeˆnea de n-e´sima
ordem 7.2 em um intervalo I e sejam y1, . . . , yn soluc¸o˜es linearmente independentes da equac¸a˜o
homogeˆnea associada 7.1 no intervalo. Enta˜o, para qualquer soluc¸a˜o y(x) de 7.2 em I, podemos
encontrar constantes c1, . . . , cn tais que
y = c1y1(x) + . . .+ cnyn(x) + yp(x).
Demonstrac¸a˜o. Sejam y e yp ambas soluc¸o˜es para
an(x)y
(n) + . . .+ a1(x)y
′ + a0(x)y = g(x). (7.3)
Definamos a func¸a˜o u(x) = y(x)− yp(x). Substituindo u em 7.3 temos,
an(x)u
(n) + . . .+ a1(x)u
′ + a0(x)u =
= an(x)(y
(n) − y(n)p ) + . . .+ a1(x)(y′ − y′p) + a0(x)(y − yp) =
= an(x)y
(n) + . . .+ a1(x)y
′ + a0(x)y − (an(x)y(n)p + . . .+ a1(x)y′p + a0(x)yp) =
= g(x)− g(x) = 0.
Pela Definic¸a˜o 7.1.7 e o Teorema 7.1.6
u(x) = c1y1(x) + . . .+ cnyn(x)⇔ y(x)− yp(x) = c1y1(x) + . . .+ cnyn(x),
31
e portanto,
y(x) = c1y1(x) + . . .+ cnyn(x) + yp(x).
Definic¸a˜o 7.2.4. Seja yp uma dada soluc¸a˜o para a equac¸a˜o diferencial linear na˜o-homogeˆnea de
n-e´sima ordem 7.2 em um intervalo I e seja
yc = c1y1(x) + . . .+ c2y2(x)
a soluc¸a˜o geral para a equac¸a˜o homogeˆnea associada 7.1 no intervalo. A soluc¸a˜o geral para a equac¸a˜o
na˜o-homogeˆnea no intervalo e´ definida por
y = yc(x) + yp(x).
7.3 Exerc´ıcios
Exerc´ıcio 14. Verifique que as func¸o˜es dadas sa˜o soluc¸o˜es linearmente independentes para a edo e
determine a soluc¸a˜o geral para a edo no intervalo dado.
a) y′′ − y′ − 12y = 0; e3x, e4x, (−∞,∞);
b) y′′ − 2y′ + 5y = 0; excos(2x), exsen(2x), (−∞,∞);
c) x2y′′ − 6xy′ + 12y = 0, x3, x4, (0,∞).
Respostas: Use a Definic¸a˜o 7.1.7.
Exerc´ıcio 15. Verifique que a dada famı´lia a dois paraˆmetros de func¸o˜es e´ a soluc¸a˜o geral para a
equc¸a˜o diferencial na˜o-homogeˆnea no intervalo indicado.
a) y′′ − 7y′ + 10y = 24ex, y = c1e2x + c2e5x + 6ex, (−∞,∞);
b) y′′ − 4y′ + 4y = 2e2x + 4x− 12, y = c1e2x + c2xe2x + x2e2x + x− 2, (−∞,∞).
Repostas: Use a Definic¸a˜o 7.2.4.
32
Cap´ıtulo 8
Construindo uma Segunda Soluc¸a˜o
a Partir de uma Soluc¸a˜o
Conhecida
8.1 Caso Geral
Vejamos como construir uma soluc¸a˜o para uma edo linear de segunda ordem a partir de uma
soluc¸a˜o conhecida, de modo que a soluc¸a˜o conhecida e a encontrada sejam linearmente independentes.
Se y1(x) e´ uma soluc¸a˜o na˜o-trivial para a equac¸a˜o
a2(x)y
′′ + a1(x)y′ + a0(x)y = 0 (8.1)
tal que a2(x) 6= 0 em um intervalo I, exibiremos uma soluc¸a˜o y2(x) da forma
y2(x) = u(x)y1(x).
Pois bem, dividindo 8.1 por a2(x), temos
y′′ + P (x)y′ +Q(x)y = 0.
E´ poss´ıvel mostrar que
y2(x) = y1(x)
∫
e−
∫
P (x)dx
y21(x)
dx. (8.2)
Portanto, a soluc¸a˜o geral da edo 8.1 sera´ dada por
y = c1y1(x) + c2y2(x).
Exemplo 8.1.1. A func¸a˜o y = ex e´ uma soluc¸a˜o para a edo y′′− y = 0. Encontre uma soluc¸a˜o geral
no intervalo (−∞,∞).
Soluc¸a˜o: Note que P (x) = 0. Assim, devemos resolver as integrais i) e ii):
33
i)
∫
P (x)dx =
∫
0 dx = c;
ii)
∫
e−
∫
P (x)dx
y21(x)
dx =
∫
e−c
e2x
dx = e−c
∫
e−2xdx = e−c e
−2x
−2 = ke
−2x.
Logo,
y2 = y1(x)
∫
e−
∫
P (x)dx
y21(x)
dx = exke−2x ⇒ y2 = ke−x.
Fazendo k = 1, temos que y2 = e
−x e´ uma outra soluc¸a˜o da edo. Como W (ex; e−x) = −2 6= 0, temos
que a soluc¸a˜o geral da edo em (−∞,∞) e´ dada por
y = c1e
x + c2e
−x.
Exemplo 8.1.2. A func¸a˜o y1 = x
2 e´ uma soluc¸a˜o para x2y′′ − 4xy′ + 6y = 0. Encontre a a soluc¸a˜o
geral para esta edo no intervalo (0,∞).
Soluc¸a˜o: Devemos dividir a edo dada por x2, ficando da seguinte forma
y′′ − 4
x
y′ +
6
x2
y = 0.
Devemos aplicar a 8.2 onde P (x) = − 4
x
,
i)
∫
P (x)dx =
∫ − 4
x
dx = −4ln|x| = −ln|x4|;
ii)
∫
e−
∫
P (x)dx
y21(x)
dx =
∫
e−(−ln|x
4|)
(x2)2
dx =
∫
eln|x
4|
x4
dx =
∫
x4
x4
dx =
∫
dx = x.
Logo,
y2 = y1(x)
∫
e−
∫
P (x)dx
y21(x)
dx = x2.x = x3.
Portanto, a soluc¸a˜o geral da edo no intervalo (0,∞) e´
y = c1x
2 + c2x
3.
8.2 Exerc´ıcios
Exerc´ıcio 16. Encontre uma segunda soluc¸a˜o para cada equac¸a˜o diferencial dada em um intervalo
apropriado.
a) y′′ + 5y′ = 0, y1 = 1;
b) y′′ − 4y′ + 4y = 0, y1 = e2x;
c) y′′ + 16y = 0, y1 = cos(4x);
d) x2y′′ − 7xy′ + 16y = 0, y1 = x4;
e) xy′′ + y′ = 0, y1 = ln|x|.
Respostas: a) y2 = e
−5x; b) y2 = xe2x; c) y2 = sen(4x); d) y2 = x4ln|x|; e) y2 = 1.
Exerc´ıcio 17. Encontre uma soluc¸a˜o para a equac¸a˜o na˜o homogeˆnea dada. A func¸a˜o indicada y1(x)
e´ uma soluc¸a˜o para a equac¸a˜o homogeˆnea associada. Determine uma segunda soluc¸a˜o para a equac¸a˜o
homogeˆnea e uma soluc¸a˜o particular da equac¸a˜o na˜o-homogeˆnea.
34
a) y′′ − 4y = 2, y1 = e−2x;
b) y′′ − 3y′ + 2y = 5e3x, y1 = ex.
Respostas: a) y2 = e
2x, yp = −12 ; b) y2 = e2x, yp = 52e3x.
35
Cap´ıtulo 9
Equac¸o˜es Lineares Homogeˆneas com
Coeficientes Constantes
9.1 Introduc¸a˜o
Nesta parte buscaremos encontrar soluc¸o˜es exponeciais (soluc¸o˜es da forma y = c1e
−ax em
(−∞,∞) para equac¸o˜es de ordem maior como
any
(n) + . . .+ a2y
′′ + a1y′ + a0y = 0,
em que os ai, i = 0, 1, . . . , n sa˜o constantes.
9.2 Equac¸o˜es Lineares Homogeˆneas de Segunda Ordem com
Coeficientes Constantes
Considere a edo linear homogeˆnea de segunda ordem com coeficientes constantes
ay′′ + by′ + cy = 0. (9.1)
Se tentarmos criar uma soluc¸a˜o da forma y = emx, enta˜o y′ = memx e y′′ = m2emx, onde substituindo
em 9.1 temos
am2emx + bmemx + cemx = 0
emx(am2 + bm+ c) = 0.
Como emx 6= 0 para todo x real, temos que o u´nico jeito de se obter uma soluc¸a˜o para 9.1 e´ fazendo
am2 + bm+ c = 0. (9.2)
Chamaremos 9.2 de equac¸a˜o caracter´ıstica associada a 9.1.
36
• Ra´ızes Reais Distintas (∆ = b2 − 4ac > 0)
Duas soluc¸o˜es LI sa˜o dadas por
y1 = e
m1x, y2 = e
m2x,
onde m1 e m2 sa˜o as ra´ızes da equac¸a˜o caracter´ısitca 9.2.
Exemplo 9.2.1. Encontre a soluc¸a˜o geral da edo y′′ − 5y′ + 6y = 0.
Soluc¸a˜o: Resolvendo a equac¸a˜o caracter´ıstica associada
m2 − 5m+ 6 = 0,
temos m1 = 2 e m2 = 3. Portanto, a soluc¸a˜o geral da edo e´ dada por
y = c1e
2x + c2e
3x.
• Ra´ızes Reais Iguais (∆ = b2 − 4ac = 0)
Temos que as ra´ızes da equac¸a˜o caracter´ıstica sa˜o iguais, isto e´, m1 = m2,e portanto, temos somente
uma soluc¸a˜o particular y1 = e
m1x. Podemos obter y2 usando a fo´rmula 8.2 na equac¸a˜o
y′′ +
b
a
y′ +
c
a
y = 0.
Pore´m, vale lembrar que se ∆ = 0 enta˜o
m1 = m2 =
−b±√∆
2a
= − b
2a
.
Assim,
y2(x) = y1(x)
∫
e−
∫
P (x)dx
y21(x)
dx = em1x
∫
e−
∫
b
a
dx
(em1x)2
dx =
= em1x
∫
e−
b
a
x
e2m1x
dx = em1x
∫
e−
b
a
x
e−
b
a
x
dx = em1x
∫
dx = xem1x.
Logo, a soluc¸a˜o geral de 9.1 e´
y = c1e
m1x + c2xe
m1x.
Exemplo 9.2.2. Encontre a soluc¸a˜o geral da edo y′′ − 2y′ + y = 0.
Soluc¸a˜o: Resolvendo a equac¸a˜o caracter´ıstica
m2 − 2m+ 1 = 0,
temos m1 = m2 = 1. Portanto, a soluc¸a˜o geral da edo e´ dada por
y = c1e
x + c2xe
x.
37
• Ra´ızes Complexas (∆ = b2 − 4ac < 0)
Se m1 e m2 sa˜o complexas, enta˜o sa˜o da forma
m1 = α + iβ e m2 = α− iβ,
onde i2 = −1.
Da mesma forma que para as ra´ızes reais distintas, nossa soluc¸a˜o geral e´
y = c1e
(α+iβ)x + c2e
(α−iβ)x
ou
y = eαx(c1cos(βx)c2sen(βx)),
onde usamos a fo´rmula
eiθ = cos(θ) + isen(θ).
Exemplo 9.2.3. Encontre a soluc¸a˜o geral da edo y′′ + y′ + y = 0.
Soluc¸a˜o: As ra´ızes da equac¸a˜o caracter´ıstica
m2 +m+ 1 = 0
sa˜o m1 = −12 +
√
3
2
i e m2 = −12 −
√
3
2
i. Assim, a soluc¸a˜o geral da edo e´
y = e−x/2
(
c1cos
(√
3
2
x
)
+ c2sen
(√
3
2
x
))
.
9.3 Equac¸o˜es Lineares Homogeˆneas de n-E´sima Ordem com
Coeficientes Constantes
Para resolver uma equac¸a˜o da forma
any
(n) + . . .+ a2y
′′ + a1y′ + a0y = 0,
em que os ai, i = 0, 1, . . . , n sa˜o constantes, devemos encontrar as ra´ızes da equac¸a˜o caracter´ıstica
de grau n associada
any
(n) + . . .+ a2y
′′ + a1y′ + a0y = 0. (9.3)
Se todas as ra´ızes de 9.3 sa˜o distintas, temos que a soluc¸a˜o geral e´ dada por
y = c1e
m1x + . . .+ cne
mnx,
onde os m1, . . . ,mn sa˜o as ra´ızes de 9.3.
Por outro lado, se por exemplo, mi ∈ {m1, . . . ,mn} e´ uma raiz de multiplicidade k, enta˜o as k
soluc¸o˜es linearmente independentes sa˜o
emix, xemix, . . . , xk−1emix.
38
Exemplo 9.3.1. Resolva y′′′ + 3y′′ − 4y = 0.
Soluc¸a˜o: Encontremos, por inspec¸a˜o, as ra´ızes da equac¸a˜o caracter´ıstica
m3 + 3m2 − 4 = 0.
Basta procurarmos no conjunto {±1,±2,±4} (por que somente neste conjunto?)
Obtemos que uma raiz e´ m1 = 1, por meio do me´todo de Briot-Ruffini, temos que
m3 + 3m2 − 4 = (m+ 1)(m+ 2)(m+ 2) = (m+ 1)(m+ 2)2.
Logo, a soluc¸a˜o geral da edo e´ dada por
y = c1e
x + c2e
2x + c3xe
2x.
9.4 Exerc´ıcios
Exerc´ıcio 18. Resolva a equac¸a˜o diferencial dada e quando for o caso obtenha a soluc¸a˜o do PVI.
a) 4y′′ + y′ = 0;
b) y′′ − 36y = 0;
c) y′′ + 9y = 0;
d) 12y′′ − 5y′ − 2y = 0;
e) 3y′′ + 2y′ + y = 0;
f) y′′′ − 4y′′ − 5y′ = 0;
g) y′′′ − y = 0;
h) y′′ + 16y = 0, y(0) = 2, y′(0) = −2;
i) y′′ + 6y′ + 5y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 3;
j) 2y′′ − 2y′ + y = 0, y(0) = −1, y′(0) = 0.
Respostas: a) y = c1 + c2e
−x/4; b) y = c1e−6x + c2e6x; c) y = c1cos(3x) + c2sen(3x); d) y =
c1e
2x/3 + c2e
−x/4; e) y = e−x/3
(
c1cos
(√
3
2
x
)
+ c1sen
(√
3
2
x
))
; f) y = c1 + c2e
−x + c2e5x; g) y =
c1e
−x/2
(
c2cos
(√
3
2
x
)
+ c3sen
(√
3
2
x
))
; h) y = 2cos(4x) + 1
2
sen(4x); i) y = −3
4
e−5x + 3
4
e−x; j) y =
−ex/2cos(x/2) + ex/2sen(x/2).
39
Cap´ıtulo 10
Equac¸o˜es Diferenciais com Coeficientes
Indeterminados - Superposic¸a˜o
10.1 Princ´ıpio da Superposic¸a˜o
Teorema 10.1.1. Princ´ıpio da Superposic¸a˜o - Equac¸o˜es Na˜o-Homogeˆneas
Sejam yp1, yp2 , . . . , ypk k soluc¸o˜es particulares para a equac¸a˜o diferencial linear de n-e´sima ordem 7.2
em um intervalo I, correspondendo a k func¸o˜es distinatas g1, g2, . . . , gk. Isto e´, suponha que ypi seja
uma soluc¸a˜o particular para a equac¸a˜o diferencial correspondente
an(x)y
(n) + . . .+ a1(x)y
′ + a0y = g(x),
onde i = 1, 2, . . . , k. Enta˜o,
yp = yp1(x) + . . .+ ypk(x)
e´ uma soluc¸a˜o particular para
an(x)y
(n) + . . .+ a1(x)y
′ + a0(x)y = g1(x) + . . .+ gk(x).
Observe a seguinte tabela auxiliar a qual usaremos para se determinar uma soluc¸a˜o particular yp.
Exemplo g(x) Forma da yp
1. constante qualquer A
2. 2x+ 1 Ax+B
3. x2 + 5 Ax2 +Bx+ C
4. x3 + x2 + 2 Ax3 +Bx2 + Cx+D
5. sen(2x) (ou cos(2x)) Acos(2x) +Bsen(2x)
6. e−2x Ae−2x
7. (x2 − 1)e−2x (Ax2 +Bx+ C)e−2x
8. (x+ 1)e3xsen(2x) (Ax+B)e3xcos(2x) + (Cx+D)e3xsen(2x)
40
O que na verdade faremos e´ escolher a forma adequada da yp conforme alguns exmplos mostrados
na tabela acima. Para entender o me´todo preste bastante atenc¸a˜o aos exemplos a seguir.
Exemplo 10.1.2. Resolva as seguintes edos:
a) y′′ − 5y′ + 6y = 6x2 + 8x− 19;
b) y′′ − 2y′ + y = 2sen(3x);
c) y′′ − y = 3e2x − x− 2.
Soluc¸a˜o: a) y′′ − 5y′ + 6y = 6x2 + 8x− 19.
i) Note que a equac¸a˜o homogeˆnea associada e´ dada por
y′′ − 5y′ + 6y = 0.
Resolvendo a equac¸a˜o caracter´ısitca associada m2−5m+6, temos m1 = 2 e m2 = 3. Portanto, nossa
soluc¸a˜o yc e´ dada por
yc = c1e
2x + c2e
3x.
ii) Note que g(x) = 6x2 + 8x− 19 e portanto yp deve ser da forma Ax2 +Bx+ C. Assim,
yp = Ax
2 +Bx+ C ⇒ y′p = 2Ax+B ⇒ y′′p = 2A.
Susbtituindo yp e suas derivadas em y
′′ − 5y′ + 6y, temos
y′′p − 5y′p + 6yp = 2A− 5(2Ax+B) + 6(Ax2 +Bx+ C) =
= 2A− 10Ax− 5B + 6Ax2 + 6Bx+ 6C = 6Ax2 + (−10A+ 6B)x+ (2A− 5B + 6C).
Comparando este u´ltimo termo com 6x2 + 8x− 19, temos o seguinte sistema
6A = 6
−10A + 6B = 8
2A − 5B + C = −19
.
Resolvendo o sistema obtemos A = 1, B = 3 e C = −1. Portanto, nossa soluc¸a˜o particular e´ dada
por
yp = x
2 + 3x− 1.
Juntando i) e ii) temos que nossa soluc¸a˜o geral e´ dada por:
y = yc + yp = c1e
2x + c2e
3x + x2 + 3x− 1.
b) y′′ − 2y′ + y = 2sen(3x).
i) y′′ − 2y′ + y = 0⇒ m2 − 2m+ 1 = 0⇒ m1 = m2 = 1.
Logo, a soluc¸a˜o da equac¸a˜o homogeˆnea associada e´ dada por
yc = c1e
x + c2xe
x.
41
ii) Como g(x) = 2sen(3x) enta˜o yp deve ser da forma Acos(3x) +Bsen(3x). Assim,
yp = Acos(3x) +Bsen(3x)⇒ y′p = −3Asen(3x) + 3Bcos(3x)⇒ y′′p = −9Acos(3x)− 9Bsen(3x).
Substituindo yp e suas derivada em y
′′ − 2y′ + y, temos
y′′p − 2y′p + yp = −9Acos(3x)− 9Bsen(3x)− 2(−3Asen(3x) + 3Bcos(3x)) +Acos(3x) +Bsen(3x) =
= (−8A− 6B)cos(3x) + (6A− 8B)sen(3x).
Comparando este u´ltimo termo com 2sen(3x), temos o seguinte sistema −8A − 6B = 06A − 8B = 2 ,
cuja soluc¸a˜o e´ dada por A = 3
25
, B = − 4
25
.
b) y′′ − y = 3e2x − x− 2.
i) y′′ − y = 0⇒ m2 − 1 = 0⇒ m1 = 1, m2 = −1⇒ yc = c1ex + c2e−x.
ii) Como g(x) = 3e2x − x− 2, temos que yp e´ da forma Ae2x +Bx+ C (Teorema 10.1.1). Assim,
yp = Ae
2x +Bx+ C ⇒ y′p = 2Ae2x +B ⇒ y′′p = 4Ae2x.
Substituindo yp e suas derivadas em y
′′ − y, temos
y′′p − yp = 4Ae2x − (Ae2x +Bx+ C) = 4Ae2x − Ae2x −Bx− C = 3Ae2x −Bx− C.
Comparando este u´litmo termo com 3e2x − x− 2, temos A = 1, B = 1 e C = 2. Portanto,
yp = e
2x + x+ 2.
Logo, a soluc¸a˜o geral da edo e´ dada por
y = c1e
x + c2e
−x + e2x + x+ 2.
Exemplo 10.1.3. Determine a forma para a soluc¸a˜o particular yp para a edo
y′′ − 6y′ + 9y = 3x3 + 1 + 2x2sen(2x) + e3x.
Soluc¸a˜o: Para cada um dos termos
3x3 + 1, 2x2sen(2x), e3x,
temos uma yp.
yp1 = Ax
3 +Bx2 + Cx+D associada a 3x3 + 1;
yp1 = (Ex
2 + Fx+G)sen(2x) + (Hx2 + Ix+ J)cos(2x) associada a 2x2sen(2x);
yp3 = Ke
3x associada a e3x.
Portanto, a soluc¸a˜o particular tem a forma
yp = yp1 +yp2 +yp3 = Ax
3 +Bx2 +Cx+D+(Ex2 +Fx+G)sen(2x)+(Hx2 +Ix+J)cos(2x)+Ke3x.
42
10.2 Exerc´ıcios
Exerc´ıcio 19. Resolva as seguintes equac¸o˜es diferenciais.
a) y′′ + 3y′ + 2y = 6;
b) 1
4
y′′ + y′ + y = x2 − 2x;
c) y′′ + 3y = −48x2e3x;
d) y′′ − y′ + 1
4
y = 3 + ex/2;
e) y′′ + 4y = 3sen(2x);
f) y′′ + y = 2xsen(x);
g) 5y′′ + y′ = −6x, y(0) = 0, y′(0) = −10;
h) y′′ + 4y′ + 5y = 35e−4x, y(0) = −3,y′(0) = 1.
Respostas: a) y = c1e
−x + c2e−2x + 3; b) y = c1e−2x + c2xe−2x + x2 − 4x + 72 ; c) y = c1cos(
√
3x) +
c2sen(
√
3x)+(−4x2+4x− 4
3
)e3x; d) y = c1e
x/2+c2xe
x/2+12+ 1
2
x2ex/2; e) y = c1cos(2x)+c2sen(2x)−
3
4
xcos(2x); f) y = c1cos(x) + c2sen(x)− 12x2cos(x)12xsen(x); g) y = −200 + 200e−x/5− 3x2 + 30x; h)
y = −10e−2xcos(x) + 9e−2xsen(x) + 7e−4x.
43
Cap´ıtulo 11
Variac¸a˜o dos Paraˆmetros
11.1 Equac¸a˜o Linear de Primeira Ordem
Sabemos que a soluc¸a˜o geral para a equac¸a˜o diferencial linear de primeira ordem
dy
dx
+ P (x)y = f(x),
em que P (x) e f(x) sa˜o cont´ınuas em um intervalo I, e´
y = e−
∫
P (x)dx
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx+ ce−
∫
P (x)dx = yp + yc, (11.1)
onde yc = c1e
− ∫ P (x)dx e´ uma soluc¸a˜o para
dy
dx
+ P (x)y = 0 (11.2)
e
yp = e
− ∫ P (x)dx ∫ e∫ P (x)dxf(x)dx,
e´ uma soluc¸a˜o particular para 11.1.
Agora, suponha que y1 seja uma soluc¸a˜o conhecida de 11.2, ou seja
dy1
dx
+ P (x)y1 = 0.
O me´todo de Variac¸a˜o de Paraˆmetros consiste em encontrar uma func¸a˜o u1 tal que
yp = u1(x)y1(x).
E´ poss´ıvel mostrar que
yp = y1
∫
f(x)
y1(x)
dx.
Exemplo 11.1.1. Resolva a edo
dy
dx
+ 2xy = x
44
usando variac¸a˜o de paraˆmetros e sabendo que y1 = e
−x2 .
Soluc¸a˜o: Basta calcularmos yp.
yp = y1
∫
f(x)
y1(x)
dx = e−x
2
∫
x
e−x2
= e−x
2
∫
xex
2
= e−x
2 1
2
ex
2
=
1
2
.
Logo, a soluc¸a˜o geral da edo e´ dada por
y = yp + yc =
1
2
+ ce−x
2
.
11.2 Equac¸a˜o Linear de Segunda Ordem
Considere a equac¸a˜o diferencial linear de segunda ordem
y′′ + P (x)y′ +Q(x)y = f(x).
Se supormos que y1 e y2 sa˜o duas soluc¸o˜es LI de
y′′ + P (x)y′ +Q(x)y = 0,
enta˜o podemos encontrar duas func¸o˜es u1 e u2 tais que
yp = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x).
Pode-se mostrar que
u1 =
∫
W1
W
dx e u2 =
∫
W2
W
dx,
onde
W =
∣∣∣∣∣∣ y1 y2y′1 y′2
∣∣∣∣∣∣ , W1 =
∣∣∣∣∣∣ 0 y2f(x) y′2
∣∣∣∣∣∣ , W2 =
∣∣∣∣∣∣ y1 0y′1 f(x)
∣∣∣∣∣∣ .
Exemplo 11.2.1. Resolva a seguinte edo pelo me´todo de variac¸a˜o de paraˆmetros
y′′ − 4y′ + 4y = (x+ 1)e2x.
Soluc¸a˜o: Note que
y′′ − 4y′ + 4y = 0⇒ m2 − 4m+ 4 = 0⇒ m1 = m2 = 2⇒ yc = c1e2x + c2xe2x ⇒ y1 = e2x e y2 = e3x.
Como f(x) = (x+ 1)e2x, temos
W =
∣∣∣∣∣∣ e
2x xe2x
2e2x 2xe2x + e2x
∣∣∣∣∣∣ = e4x.
W1 =
∣∣∣∣∣∣ 0 xe
2x
(x+ 1)e2x 2xe2x + e2x
∣∣∣∣∣∣ = −(x+ 1)xe4x
45
W2 =
∣∣∣∣∣∣ e
2x 0
2e2x (x+ 1)e2x
∣∣∣∣∣∣ = (x+ 1)e4x.
Assim,
u1
∫
W1
W
dx =
∫ −(x+ 1)xe4x
e4x
dx =
∫
(−x2 − x)dx = −x
3
3
− x
2
2
,
u2
∫
W2
W
dx =
∫
(x+ 1)e4x
e4x
dx =
∫
(x+ 1)dx =
x2
2
+ x.
Logo,
yp =
(
−x
3
3
− x
2
2
)
e2x +
(
x2
2
+ x
)
xe2x =
(
x3
6
+
x2
2
)
e2x,
donde obtemos a soluc¸a˜o geral
y = yc + yp = c1e
2x + c2xe
2x +
(
x3
6
+
x2
2
)
e2x.
11.3 Exerc´ıcios
Exerc´ıcio 20. Resolva as seguintes equac¸o˜es diferenciais. Defina um intervalo no qual a soluc¸a˜o
geral seja va´lida.
a) y′′ + y = sec(x);
b) y′′ + y = sen(x);
c) y′′ − y = cosh(x).
Respostas: a) y = c1cos(x) + c2sen(x) + xsen(x) + cos(x)ln|cos(x)|, (−pi/2, pi/2); b) y = c1cos(x) +
c2sen(x)− 12xcos(x), (−∞,∞); c) y = c1ex + c2e−x + 12xsenh(x), (−∞,∞).
46
Cap´ıtulo 12
Equac¸o˜es Diferenciais Com Coeficientes
Varia´veis
12.1 Introduc¸a˜o
Nesta parte, buscaremos elevar ainda mais nosso leque de equac¸o˜es diferenciais as quais sabemos
lidar. Ate´ o presente momento temos resolvido somente equac¸o˜es diferenciais lineares de ordem 1 e de
ordem superior, mas este u´ltimo tipo nos restringimos somente aos casos em que temos coeficientes
constantes. Por exemplo, imagine que queiramos resolver a seguintes equac¸o˜es diferenciais com
coeficientes varia´veis.
y′ − 2xy = 0, (1 + x2)y′′ − 4xy′ + 6y = 0.
Veremos que uma das maneiras para isso sera´ mostrada na sec¸a˜o a seguir e envolve se´ries de poteˆncias.
12.2 Alguns Fatos Sobre Se´ries de Poteˆncia
Antes de tudo, devemos recordar alguns fatos a respeito das se´ries de poteˆncias.
i) Uma se´rie de poteˆncias em x− a e´ uma se´rie infinita da forma
∞∑
n=0
cn(x− a)n.
Neste caso, a soluc¸a˜o para a edo dada sera´ da forma
y =
∞∑
n=0
cn(x− a)n,
onde estaremos interessados em obter os valores dos cn de modo que a edo em questa˜o seja satisfeita.
ii) Se a se´rie
∑∞
n=0 cn(x− a)n e´ igual a uma constante real finita para cada valor de x dado, dizemos
que a se´rie de poteˆncias converge em x. Do contra´rio, dizemos que ela diverge em x.
iii) Toda se´rie de poteˆncias tem um intervalo de convergeˆncia, isto e´, um conjunto de pontos para
47
os quais a se´rie em questa˜o converge. Por sua vez, todo intervalo de convergeˆncia tem um raio de
convergeˆncia R. Para a se´rie
∑∞
n=0 cn(x− a)n, temos treˆs hipo´teses:
1. A se´rie converge somente no seu centro a. Neste caso, R = 0;
2. A se´rie converge para todo x, tal que |x− a| < R, onde R > 0 e diverge para |x− a| > R;
3. A se´rie converge para todo x. Neste caso, R =∞.
Vale observar que nem sempre, para o caso 2, a se´rie converge em seus extremos, podendo convergir
em ambos ou em apenas um, ou em nenhum dos extremos.
iv) Podemos, para determinar o raio de convergeˆncia de uma se´rie, usar o teste da raza˜o
limn→∞
∣∣∣∣cn+1cn
∣∣∣∣ |x− a| = L.
A se´rie convergira´ se L < 1. Ale´m disso, a se´rie tem raio de convergeˆncia
R = limn→∞
∣∣∣∣ cncn+1
∣∣∣∣ ,
desde que tal limite exista.
v) A obtenca˜o das derivadas de uma se´rie de poteˆncias e´ feita termo a termo. Por exemplo, se
y = c0 + c1(x− a) + c2(x− a)2 + . . .+ cn(x− a)n + . . . =
∞∑
n=0
cn(x− a)n,
enta˜o
y′ = c1 + 2c2(x− a) + 3c3(x− a)2 + . . .+ ncn(x− a)n−1 =
∞∑
n=1
ncn(x− a)n−1.
Da mesma forma, temos
y′′ =
∞∑
n=2
n(n− 1)cnxn−2.
vi) Dizemos que uma func¸a˜o f e´ anal´ıtica no ponto a quando ela pode ser escrita por uma se´rie de
poteˆncias em (x− a) com raio de convergeˆncia positivo. Em particular, sa˜o anal´ıticas as func¸o˜es ex
e sen(x).
vii) Algumas se´ries importantes sa˜o:
1. sen(x) = x− x3
3!
+ x
5
5!
− x7
7!
+ . . .+ (−1)n x2n+1
(2n+1)!
+ . . .
2. cos(x) = 1− x2
2!
+ x
4
4!
− x6
6!
+ . . .+ (−1)n x2n
(2n)!
+ . . .
3. ex = 1 + x+ x
2
2!
+ x
3
3!
+ . . .+ x
n
n!
+ . . . ;
4. ln(1 + x) = x− x2
2
+ x
3
3
− x4
4
+ . . .+ (−1)n xn+1
n+1
+ . . .
5. arctg(x) = x− x3
3
− x5
5
− x7
7
+ . . .+ (−1)n x2n+1
2n+1
+ . . .
Os raios de convergeˆncia as se´ries acima, sa˜o respectivamente
(−∞,∞), (−∞,∞), (−∞,∞), (−1, 1], [−1, 1].
E´ recomendado que o leitor busque em livros de ca´lculo mais alguns aspectos relevantes a cerca
das se´res. Os pontos de i) a vi), expostos acima, sa˜o explanados de forma bem sucinta.
48
12.3 Soluc¸o˜es em Torno de Pontos Ordina´rios
Considere a seguinte equac¸a˜o diferencial linear de segunda ordem
a2(x)y
′′ + a1(x)y′ + a0y = 0 (12.1)
a qual podemos escrever da seguinte forma
y′′ + P (x)y′ +Q(x)y = 0 (12.2)
desde que a2(x) seja diferente de zero em um intervalo I.
Definic¸a˜o 12.3.1. Dizemos que um ponto x0 e´ um ponto ordina´rio da equac¸a˜o 12.1 se P (x) e Q(x)
sa˜o anal´ıticas em x0. Do contra´rio, dizemos que x0 e´ singular.
Exemplo 12.3.2. A equac¸a˜o diferencial
y′′ + exy′ + sen(x)y = 0
e´ tal que todos os seus pontos sa˜o ordina´rios. De fato, identifiquemos P (x) = ex e Q(x) = sen(x),
donde vemos que tais func¸o˜es sa˜o anal´ıticas em todo ponto. Em particular, em x = 0, temos que
P (x) e Q(x) podem ser desenvolvidas em termos de se´ries de poteˆncias
ex = 1 +
x
1!
+
x2
2!
+ . . . e sen(x) = x− x
3
3!
+
x5
5!
− . . .
Exemplo 12.3.3. A equac¸a˜o diferencial
y′′ + ln(1 + x)y = 0
e´tal que o ponto x = −1 e´ singular. De fato, a func¸a˜o Q(x) = ln(1 + x) na˜o pode ser desenvolvida
em se´ries de poteˆcias em torno de x = −1. Porque?
Para o caso em que a2(x), a1(x) e a0(x) em 12.1 sa˜o polinoˆmios sem fatores comuns, um ponto
x = x0 e´
i) ordina´rio se a2(x0) 6= 0;
ii) singular se a2(x0) = 0.
Exemplo 12.3.4. A equac¸a˜o diferencial
(x2 − 2)y′′ + (x+ 1)y′ + (3− x)y = 0
e´ tal que os pontos x =
√
2 e x = −√2 sa˜o pontos singulares. Todos os demais pontos sa˜o ordina´rios.
49
Observac¸a˜o 12.3.5. O pontos singulares na˜o necessariamente sa˜o reais. Por exemplo, a equac¸a˜o
diferencial
(x2 + 1)y′′ + 3(x− 2)y = 0
e´ tal que x = ±i sa˜o pontos singulares.
Exemplo 12.3.6. Encontre a soluc¸a˜o para das seguintes edo’s
a) y′ − 2xy = 0;
b) y′′ + xy′ + y = 0;
c) (1 + x2)y′′ − 4xy′ + 6y = 0, em torno de a = 0.
Soluc¸a˜o: a) A soluc¸a˜o da edo
y′ − 2xy = 0 (12.3)
e´ da forma
y =
∑
n=1
cnx
n. (12.4)
Devemos determinar os coeficientes cn tais que ao substituirmos 12.4 na edo tenhamos uma identi-
dade. Assim,
y′ =
∞∑
n=0
ncnx
n−1 =
∑
n=1
ncnx
n−1, (12.5)
onde a segunda igualdade acima vem do fato de ncnx
n−1 = 0 para n = 0. Substiuindo 12.5 em 12.3
encontramos
y′ − 2xy =
∑
n=1
ncnx
n−1 − 2x
∞∑
n=0
cnx
n =
∑
n=1
ncnx
n−1 −
∞∑
n=0
2cnx
n+1 =
= c1 +
∑
n=2
ncnx
n−1 −
∞∑
n=0
2cnx
n+1 = c1 +
∑
n=1
(n+ 1)cn+1x
n −
∞∑
n=1
2cn−1xn =
= c1 +
∞∑
n=1
((n+ 1)cn+1 − 2cn−1)xn.
Logo,
y′ − 2xy = c1 +
∞∑
n=1
((n+ 1)cn+1 − 2cn−1)xn = 0,
donde obtemos, por comparac¸a˜o que
c1 = 0, (n+ 1)cn+1 − 2cn−1 = 0, n = 1, 2, . . .
Portanto, chegamos a seguinte relac¸a˜o de recorreˆncia
(n+ 1)cn+1 − 2cn−1 = 0⇔ (n+ 1)cn+1 = 2cn−1 ⇔ cn+1 = 2cn−1
n+ 1
. (12.6)
50
Utilizando a relac¸a˜o 12.6 temos
n = 1→ c1+1 = 2c1−11+1 ⇒ c2 = 2c02 = c0
n = 2→ c2+1 = 2c2−12+1 ⇒ c3 = 2c13 = 0
n = 3→ c3+1 = 2c3−13+1 ⇒ c4 = 2c24 = 2c04 = c02!
n = 4→ c4+1 = 2c4−14+1 ⇒ c5 = 2c35 = 0
n = 5→ c5+1 = 2c5−15+1 ⇒ c6 = 2c46 = c43 = c02!.3 = c03!
n = 6→ c6+1 = 2c6−16+1 ⇒ c7 = 2c57 = 0
n = 7→ c7+1 = 2c7−17+1 ⇒ c8 = 2c68 = c64 = c03!.4 = c04!
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
Logo,
y =
∞∑
n=0
cnx
n = c0 + c1x+ c2x
2 + c3x
3 + c4x
4 + c5x
5 + c6x
6 + c7x
7 + . . .
y = c0 + 0 + c0x
2 + 0 +
c0
2!
x4 + 0 +
c0
3!
x6 + 0 +
c0
4!
x8 + . . .
y =
(
1 + x2 +
1
2!
x4 +
1
3!
x6 +
1
4!
x8 + . . .
)
Por fim,
y = c0
∞∑
n=0
x2n
n!
. (12.7)
Observac¸a˜o 12.3.7. Observe que, no Exemplo 12.3.6 item a)
y = c0
∞∑
n=0
x2n
n!
= c0e
x2 .
De fato, basta fazer x→ x2 na se´rie
ex = 1 + x+
x2
2!
+
x3
3!
+ . . .+
xn
n!
+ . . .
x→ x2 ⇒ ex2 = 1 + x2 + 1
2!
x4 +
1
3!
x6 +
1
4!
x8 + . . .
Para finalizar, verifiquemos que y = ex
2
e´ de fato uma soluc¸a˜o para a edo y′ − 2xy = 0. Pois bem,
y′ = 2xex
2 ⇒ y′ − 2xy = 2xex2 − 2xex2 = 0.
b) Dada a edo y′′ + xy′ + y = 0 e´ fa´cil ver que a2(x) = 1 na˜o possui zero algum, real ou complexo.
Assim, todos os pontos desta edo sa˜o ordina´rios. Podemos resolveˆla em torno de a = 0. Temos
y =
∞∑
n=0
cnx
n, y′ =
∞∑
n=1
cnx
n−1, y′′ =
∞∑
n=2
n(n− 1)cnxn−2.
Note que
xy′ = x
∞∑
n=1
cnx
n−1 =
∞∑
n=1
cnx
n.
51
Assim, nossa edo pode ser escrita da seguinte forma
y′′+xy′+y =
∞∑
n=2
n(n−1)cnxn−2+
∞∑
n=0
ncnx
n+
∞∑
n=0
cnx
n =
∞∑
n=0
(n+2)(n+1)cn+2x
n+
∞∑
n=0
ncnx
n+
∞∑
n=0
cnx
n.
Por comparac¸a˜o, temos
(n+2)(n+1)cn+2+(n+1)cn = 0⇔ (n+1)((n+2)cn+2+cn) = 0⇔ (n+2)cn+2 = −cn ⇔ cn+2 = − cn
n+ 2
.
Portanto obtemos a relac¸a˜o de recorreˆncia
cn+2 = − cn
n+ 2
,
para todo n = 0, 1, 2, . . . Assim,
n = 0→ c0+2 = − c00+2 ⇒ c2 = − c02
n = 1→ c1+2 = − c11+2 ⇒ c3 = − c13
n = 2→ c2+2 = − c22+2 ⇒ c4 = − c24 = c02.4
n = 3→ c3+2 = − c33+2 ⇒ c5 = − c35 = c13.5
n = 4→ c4+2 = − c44+2 ⇒ c6 = − c46 = − c02.4.6
n = 5→ c5+2 = − c55+2 ⇒ c7 = − c57 = − c13.5.7
n = 6→ c6+2 = − c66+2 ⇒ c8 = − c68 = c02.4.6.8
n = 7→ c7+2 = − c77+2 ⇒ c9 = − c79 = c13.5.7.9
...
...
...
...
...
...
...
...
Em geral,
c2n =
(−1)nc0
(2n)!!
, c2n+1 =
(−1)na1
(2n+ 1)!!
,
onde estamos adotando a seguinte notac¸a˜o
2.4.6. . . . .(2n− 2)(2n) = (2n)!!, 1.3.5. . . . .(2n− 1)(2n+ 1) = (2n+ 1)!!.
Portanto, a soluc¸a˜o geral da edo e´:
y = a0
∞∑
n=0
(−1)nx2n
(2n)!!
+ a1
∞∑
n=0
(−1)nx2n+1
(2n+ 1)!!
.
ou
y = a0
(
1 +
∞∑
n=1
(−1)nx2n
(2n)!!
)
+ a1
( ∞∑
n=0
(−1)nx2n+1
(2n+ 1)!!
)
.
Pergunta: Quem sa˜o as soluc¸o˜es particulares y1 e y2? Elas sa˜o de fato LI?
c) Dada a edo (1 + x2)y′′ − 4xy′ + 6y = 0 e´ fa´cil ver que a2(x) = 1 + x2 e´ tal que seus u´nicos zeros
sa˜o x = ±i. Como a = 0, temos
y =
∞∑
n=0
cnx
n, y′ =
∞∑
n=1
cnx
n−1, y′′ =
∞∑
n=2
n(n− 1)cnxn−2.
52
Note que
6y =
∞∑
n=0
6cnx
n, 4xy′ =
∞∑
n=1
4ncnx
n =
∞∑
n=0
4ncnx
n
e
(1+x2)y′′ = y′′+x2y′′ =
∞∑
n=2
n(n−1)cnxn−2+
∞∑
n=2
n(n−1)cnxn =
∞∑
n=2
n(n−1)cnxn−2+
∞∑
n=0
n(n−1)cnxn =
=
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)cn+2x
n +
∞∑
n=0
n(n− 1)cnxn =
∞∑
n=0
((n+ 2)(n+ 1)cn+2 + n(n− 1)cn)xn.
Logo,
(1 + x2)y′′ − 4xy′ + 6y =
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)cn+2x
n +
∞∑
n=0
(n2 − 5n+ 6)xn
(1 + x2)y′′ − 4xy′ + 6y =
∞∑
n=0
((n+ 2)(n+ 1)cn+2 + (n− 3)(n− 2))xn = 0.
Por comparac¸a˜o, temos
(n+2)(n+1)cn+2+(n−3)(n−2) = 0⇔ (n+2)(n+1)cn+2 = −(n−3)(n−2)⇔ cn+2 = −(n− 3)(n− 2)cn
(n+ 2)(n+ 1)
,
para todo n = 0, 1, 2, . . .. Enta˜o
n = 0→ c0+2 = − (0−3)(0−2)c0(0+2)(0+1) ⇒ c2 = −3c0
n = 1→ c1+2 = − (1−3)(1−2)c1(1+2)(1+1) ⇒ c3 = − c13
n = 2→ c2+2 = − (2−3)(2−2)c2(2+2)(2+1) ⇒ c4 = 0
n = 3→ c3+2 = − (3−3)(3−2)c3(3+2)(3+1) ⇒ c5 = 0
n = 4→ c4+2 = − (4−3)(4−2)c4(4+2)(4+1) ⇒ c6 = −2c430 = −2.030 = 0
n = 5→ c5+2 = − (5−3)(5−2)c5(5+2)(5+1) ⇒ c7 = −6c542 = −6.042 = 0
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
Procedendo de maneira ana´loga, teremos
c4 = c6 = c8 = . . . = c2n = 0, n = 2, 3, . . . e c5 = c7 = c9 = . . . = c2n+1 = 0, n = 2, 3, . . .
Logo, a soluc¸a˜o geral da edo e´
y = a0(1− 3x) + a1
(
x− x
3
3
)
.
Em particular, observe que duas soluc¸o˜es particulares sa˜o dadas por
y1 = 1− 3x, y2 = x− x
3
3
.
Temos que y1 e y2 sa˜o de fato LI. De fato,
W (y1(0); y2(0)) = 1.
53
12.4 Exerc´ıcios
Exerc´ıcio 21. Resolva cada equac¸a˜o da maneira dos cap´ıtulos anteriores e enta˜o compare os resul-
tados com as soluc¸o˜es obtidas atrave´s de se´ries de poteˆncias y =
∑∞
n=0 cnx
n.
a) y′ + y = 0;
b) y′ − x2y = 0.
Respostas: a) y = ce−x, y = c0
∑∞
n=0
(−1)n
n!
xn; b) y = cex
3/3, y = c0
∑∞
n=0
1
n!
(
x3
3
)n
.
Exerc´ıcio 22. Para cada equac¸a˜o diferencial, encontre duas soluc¸o˜es em se´ries de poteˆncias linear-
mente independentes em torno do pornto ordina´rio a = 0.
a) y′′ = xy;
b) y′′ − 2xy′ + y = 0;
c) (x− 1)y′′ + y′ = 0;
d) y′′ − (x+ 1)y′ − y = 0.
Respsotas:
a) y1 = c0
(
1 + 1
3.2
x3 + 1
6.5.3.2
x6 + 1
9.8.6.5.3.2
x9 + . . .
)
, y2 = c1
(
x+ 1
4.3
x4 + 1
7.6.4.3
x7 + 1
10.9.7.6.4.3
x10 + . . .
)
;
b) y1 = c0
(
1− 1
2!
x2 − 3
4!
x4 + 21
6!
x6 − . . .), y2 = c1 (x+ 13!x3 − 55!x5 + 457! x7 + . . .);
c) y1 = c0, y2 = c1
∑∞
n=1
1
n
xn;
d) y1 = c0
(
1 + 1
2
x2 + 1
6
x3 + 1
6
x4 + . . .
)
, y2 = c1
(
x+ 1
2
x2 + 1
2
x3 + 1
2
x4 + . . .
)
.
Exerc´ıcio 23. Usando o me´todo das se´ries de poteˆncias resolva a edo
y′′ − 2xy′ + 8y = 0
sujeita a´s condic¸o˜es iniciais
y(0) = 3, y′(0) = 0.
Resposta: y = −2 (1 + 1
2!
x2 + 1
3!
x3 + 1
4!
x4 + . . .
)
+ 6x = 8x− 2ex.
54
Cap´ıtulo13
Equac¸o˜es Diferenciais Com Coeficientes Varia´veis
(Continuac¸a˜o)
13.1 Pontos Singulares Regulares - Me´todo de Frobenius
Nesta sec¸a˜o trataremos da soluc¸a˜o de equac¸o˜es diferenciais com coeficientes varia´veis em torno
de pontos singulares. Posntos singulares sa˜o classificados como regulares ou irregulares. Para definir
esse conceito, colocamos a edo
a2(x)y
′′ + a1(x)y′ + a0(x)y = 0 (13.1)
na forma
y′′ + P (x)y′ +Q(x)y = 0. (13.2)
Definic¸a˜o 13.1.1. Dizemos que um ponto x = x0 de 13.1 e´ singular regular se (x − x0)P (x) e
(x− x0)2Q(x) sa˜o anal´ıticas em x0. Um ponto singular que na˜o e´ regular e´ dito irregular.
Exemplo 13.1.2. Determine e classifique os pontos singulares das equac¸o˜es diferenciais
a) (x− 3)2(x− 1)2y′′ + (x− 1)y′ + 2y = 0;
b) (4− x2)y′′ − 4y′ + 10y = 0.
Soluc¸a˜o: a) Os pontos singulares da edo sa˜o x = 3 e x = 1. Determinemos qual tipo de singularidade:
Temos que P (x) = 1
(x−3)2(x−1) e Q(x) =
2
(x−3)2(x−1)2 . Note que
i) x = 3 e´ tal que (x− 3)P (x) = 1
(x−3)(x−1) na˜o e´ anal´ıtica em x = 3, embora (x− 3)2Q(x) = 2(x−1)2 o
seja. Logo, x = 3 e´ uma singularidade irregular.
ii) x = 1 e´ tal que (x− 1)P (x) = 1
(x−3)2 e (x− 1)2Q(x) = 2(x−3)2 sa˜o anal´ıticas em x = 1. Logo, x = 1
e´ um ponto singular regular.
b) Os pontos singulares sa˜o x = 2 e x = −2. Temos que P (x) = − 4
4−x2 e Q(x) =
10
4−x2 . Note que
i) x = 2 e´ tal que (x − 2)P (x) = 4
2+x
e (x − 2)2Q(x) = −10(x−2)
2+x
sa˜o anal´ıticas neste ponto. Logo,
x = 2 e´ um ponto singulares regular.
55
ii) x = −2 e´ tal que (x+ 2)P (x) = 4
2−x e (x+ 2)
2Q(x) = −10(x+2)
2−x sa˜o anal´ıticas neste ponto. Logo,
x = −2 e´ um ponto singulares regular.
Para resolver uma equac¸a˜o diferencial como 13.1 em torno de uma singularidade regular, empreg-
amos o seguinte teorema.
Teorema 13.1.3. Se x = x0 for um ponto singular da equac¸a˜o 13.1, enta˜o existe pelo menos uma
soluc¸a˜o em se´rie na forma
y = (x− x0)r
∞∑
n=0
cn(x− x0)n =
∞∑
n=0
cn(x− x0)n+r,
em que r e´ uma constante a ser determinada. A se´rie convergira´ pelo menos em algum intervalo
0 < x− x0 < R.
Exemplo 13.1.4. Considere a seguinte edo
3xy′′ + y′ − y = 0.
Note que x = 0 trata-se de uma singularidade regular. De acordo com o Teorema 13.1.3 devemos ter
uma soluc¸a˜o da forma
y =
∞∑
n=0
cnx
n+r.
Assim,
y′ =
∞∑
n=0
(n+ r)cnx
n+r−1, y′′ =
∞∑
n=0
(n+ r)(n+ r − 1)cnxn+r−2,
donde obtemos que
3xy′′ + y′ − y = 3
∞∑
n=0
(n+ r)(n+ r − 1)cnxn+r−1 +
∞∑
n=0
(n+ r)cnx
n+r−1 −
∞∑
n=0
cnx
n+r =
=
∞∑
n=0
(n+ r)(3n+ 3r − 2)cnxn+r−1 −
∞∑
n=0
cnx
n+r =
= xr
∞∑
n=0
(n+ r)(3n+ 3r − 2)cnxn−1 − xr
∞∑
n=0
cnx
n =
= xr
( ∞∑
n=0
(n+ r)(3n+ 3r − 2)cnxn−1 −
∞∑
n=0
cnx
n
)
=
= xr
(
r(3r − 2)c0x−1 +
∞∑
n=1
(n+ r)(3n+ 3r − 2)cnxn−1 −
∞∑
n=0
cnx
n
)
=
= xr
(
r(3r − 2)c0x−1 +
∞∑
n=0
(n+ r + 1)(3n+ 3r + 1)cn+1x
n −
∞∑
n=0
cnx
n
)
=
56
= xr
(
r(3r − 2)c0x−1 +
∞∑
n=0
((n+ r + 1)(3n+ 3r + 1)cn+1 − cn)xn
)
Devemos ter
r(3r − 2)c0 = 0,
(n+ r + 1)(3n+ 3r + 1)cn+1 − cn = 0.
Assim,
r = 0 ou r = 2/3,
cn+1 =
cn
(n+ r + 1)(3n+ 3r + 1)
, k = 0, 1, 2, . . .
Para r = 0 temos
cn+1 =
cn
(n+ 1)(3n+ 1)
, k = 0, 1, 2, . . .
c1 =
c0
1.1
c2 =
c1
2.4
= c0
2!1.4
c3 =
c2
3.7
= c0
3!1.4.7
c4 =
c3
4.10
= c0
4!1.4.7.10
c5 =
c4
5.13
= c0
5!1.4.7.10.13
...
...
...
...
...
cn =
c0
n!1.4.7.10.13...(3n−2) n = 1, 2, 3, . . .
Para r = 2/3 temos
cn+1 =
cn
(3n+ 5)(n+ 1)
, k = 0, 1, 2, . . .
c1 =
c0
5.1
c2 =
c1
8.2
= c0
2!5.8
c3 =
c2
11.3
= c0
3!5.8.11
c4 =
c3
14.4
= c0
4!5.8.11.14
c5 =
c4
17.5
= c0
5!5.8.11.14.17
...
...
...
...
...
cn =
c0
n!5.8.11.14.17...(3n+2)
n = 1, 2, 3, . . .
Portanto,
y1 = c0x
0
(
1 +
∞∑
n=1
1
n!1.4.7.10 . . . (3n− 2)x
n
)
y2 = c0x
2/3
(
1 +
∞∑
n=1
1
n!5.8.11 . . . (3n+ 2)
xn
)
.
Logo, a soluc¸a˜o geral da edo e´ dada por
y = k1y1(x) + k2y2(x).
57
13.2 Exerc´ıcios
Exerc´ıcio 24. Determine os pontos singulares de cada equac¸a˜o diferencial. Classifique cada ponto
singular como regular ou irregular.
a) x3y′′ + 4x2y′ + 3y = 0;
b) (x2 − 9)2y′′ + (x+ 3)y′ + 2y = 0;
c) (x3 + 4x)y′′ − 2xy′ + 6y = 0.
Respostas: a) x = 0, ponto singular irregular; b) x = −3, ponto singular regular; x = 3 ponto
singular irregular; c) x = 0, 2i,−2i, pontos singulares regulares.
Exerc´ıcio 25. Resolva as equac¸o˜es diferenciais
a) 2x2y′′ − xy′ + (1 + x)y = 0;
b) x2y′′ + xy′ +
(
x2 − 1
9
)
y = 0.
Respostas: a) y1(x) = x
(
1 +
∑∞
n=1
(−1)n
(3.5.7...(2n+1))n!
xn
)
, y2(x) = x
1/2
(
1 +
∑∞
n=1
(−1)n
(1.3.5...(2n−1))n!x
n
)
.
b) y1(x) = x
1/3
(
1− 1
1!(1+ 13)
(
x
2
)2
+ 1
2!(1+ 13)(2+
1
3)
(
x
2
)4 − . . .+ (−1)n
n!(1+ 13)(2+
1
3)...(n+
1
3)
(
x
2
)2n
+ . . .
)
y2(x) = x
−1/3
(
1− 1
1!(1− 13)
(
x
2
)2
+ 1
2!(1− 13)(2− 13)
(
x
2
)4 − . . .+ (−1)n
n!(1− 13)(2− 13)...(n− 13)
(
x
2
)2n
+ . . .
)
58
Cap´ıtulo 14
Modelagem Matema´tica
Aplicac¸o˜es das Equac¸o˜es Diferenciais
14.1 Introduc¸a˜o
E´ bastante comum encontrarmos relac¸o˜es matema´ticas que descrevem certos fenoˆmenos naturais.
O uso da equac¸o˜es diferenciais tem se mostrado bastante solucionador em algumas questo˜es. Modelos
matema´ticos para fenoˆmenos como decrescimento radioativo, crescimento populacional, propagac¸a˜o
de epidemias ou movimento amortecido sa˜o frequentemente modelados por equac¸o˜es diferenciais.
14.2 Trajeto´rias Ortogonais
Considere a seguinte pergunta:
Dada uma famı´lia a n-paraˆmetros de curvas, e´ poss´ıvel encontrar uma equac¸a˜o diferencial de n-e´sima
ordem associada a essa famı´lia?
Na maioria das vezes a resposta e´ sim.
Exemplo 14.2.1. Encontre a equac¸a˜o diferencial da famı´lia
y = c(x2 + 1). (14.1)
Soluc¸a˜o: Temos que
dy
dx
= 2cx⇔ c = 1
2x
dy
dx
. (14.2)
Isolando c em 14.1, temos
c =
y
x2 + 1
. (14.3)
Igualando 14.2 e 14.3, temos
1
2x
dy
dx
=
y
x2 + 1
⇔ dy
dx
=
2xy
x2 + 1
.
59
Sabemos do ca´lculo que, duas curvas L1 e L2 sa˜o ortogonais em x0 se suas retas tangentes T1 e
T2 sa˜o ortogonais neste ponto, isto e´, seus coeficientes angulares m1 e m2 sa˜o tais que m1m2 = −1.
Exemplo 14.2.2. Mostre que as curvas L1 : y = x e L2 : x
2 + y2 = 4 sa˜o ortogonais nos pontos de
intersec¸a˜o.
Soluc¸a˜o: i) Primeiro achemos os pontos de intesec¸a˜o
L1 ∩ L2 ⇔ x2 + x2 = 4⇔ 2x2 = 4⇔ x2 = ±
√
2.
Logo, os pontos de intersec¸a˜o sa˜o
(
√
2;
√
2), (−
√
2;−
√
2).
ii) Mostraremos que m1(
√
2).m2(
√
2) = −1 e m1(−
√
2).m2(−
√
2) = −1.
y′L1 = 1⇒ y′L1(
√
2) = 1, y′L2 = −
x
y
⇒ y′L2(
√
2) = −
√
2√
2
= −1.
Logo, m1(
√
2)m2(
√
2) = 1.(−1) = −1.
Da mesma forma substituindo (−√2;−√2) em y′L1 = 1 e y′L2 = −xy , temos m1(−
√
2)m2(−
√
2) =
1.(−1) = −1.
Definic¸a˜o 14.2.3. Trajeto´rias Ortogonais
Quando todas as curvas de uma famı´lia G(x, y, c1) = 0 interceptam ortogonalmente todas as curvas
de outra famı´lia H(x, y, c2) = 0, enta˜o dizemos que as famı´lias sa˜o trajeto´rias ortogonais uma da
outra.
Um me´todo geral para a obtenc¸a˜o de trajeto´rias ortogonais de uma dada famı´lia de curvas e´ o
seguinte:
Encontramos a equac¸a˜o diferencial
dy
dx
= f(x, y)
que descreve a famı´lia. A equac¸a˜o diferencial da famı´lia ortogonal e´ enta˜o
dy
dx
= − 1
f(x, y)
.
Exemplo 14.2.4. Encontre as trajeto´rias ortogonais da famı´lia de hipe´rboles
y =
c
x
.
Soluc¸a˜o: A derivada de y = c
x
e´ dada por dy
dx