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Apostila sobre EDO's(Equações Diferenciais Ordinárias)

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Ca´lculo 4 – Primeira Unidade – Prof. Cleide Martins
1 Equac¸o˜es Diferenciais
Equac¸o˜es diferenciais sa˜o equac¸o˜es que envolvem uma func¸a˜o de uma ou mais varia´veis, derivadas dessa
func¸a˜o e as varia´veis da func¸a˜o. A func¸a˜o e´ desconhecida e o objetivo e´ resolver a equac¸a˜o para determinar
a func¸a˜o. Se esta func¸a˜o e´ de uma u´nica varia´vel, tem-se uma equac¸a˜o diferencial ordina´ria (EDO) se ela e´
func¸a˜o de duas ou mais varia´veis, tem-se uma equac¸a˜o diferencial parcial (EDP). Estudaremos aqui, apenas
EDO’s, os tipos e respectivas te´cnicas de resoluc¸a˜o.
1.1 Equac¸o˜es Diferenciais Ordina´rias
EDO’s surgem naturalmente como modelos de muitos problemas do cotidiano e das cieˆncias em geral. Qual-
quer problema que envolva taxas de variac¸a˜o, pode ser modelado por uma equac¸a˜o diferencial.
Em F´ısica, o modelo para descrever o espac¸o percorrido por um corpo em movimento e´ uma equac¸a˜o diferen-
cial. Em Biologia, o estudo de crescimento populacional envolve equac¸o˜es diferenciais, em Qu´ımica, o estudo
de decaimento de compostos radiativos envolve equac¸o˜es diferenciais.
No que se segue, y = f(x) e´ uma func¸a˜o descohecida da varia´vel real x. As derivadas de y em relac¸a˜o a x sa˜o
representadas por y′, y′′, y′′′, y(4), ..., y(n). Uma EDO e´ uma expressa˜o evolvendo x, y e derivadas de y:
F (x, y, y′, y′′, ..., y(n)) = 0
A ordem de uma EDO e´ a ordem da maior derivada que nela aparece.
1.2 Exemplos de EDO’s
1. xy(4) + senx(y′)3 + y′′ − ex+y = 0
2. x2y′′ − xy′ + exy − tgx = 0
3. y′ + x2y + x = 0
2 EDO’s de 1a ordem
Uma EDO de 1a ordem e´ uma expressa˜o do tipo F (x, y, y′) = 0. Estudaremos as te´cnicas de resoluc¸a˜o dos
principais tipos de EDO’s de 1a ordem.
2.1 Tipo Diretamente Integra´vel
Uma EDO de 1a ordem e´ diretamente integra´vel se ela pode ser escrita na forma
y′ = p(x) (1)
que e´ equivalente a
dy
dx
= p(x) ou dy = p(x)dx
que resolve-se por integrac¸a˜o direta:∫
dy =
∫
p(x) dx ou y = P (x) + C (2)
1
onde P (x) e´ qualquer func¸a˜o tal que P ′(x) = p(x) e C e´ uma constante arbitra´ria. A func¸a˜o (2) e´ a soluc¸a˜o
geral da equac¸a˜o (1). Se alguma informac¸a˜o adicional e´ conhecida acerca da soluc¸a˜o procurada, e´ poss´ıvel
determinar o valor da constante C.
2.2 Tipo Varia´veis Separa´veis
Uma EDO de 1a ordem e´ a varia´veis separa´veis se ela pode ser escrita na forma
y′ = p(x).q(y) (3)
A te´cnica de resoluc¸a˜o de uma EDO a varia´veis separa´veis consiste em separar as varia´veis x e y, uma de
cada lado da equac¸a˜o e resolver duas integrais. Lembrando que y′ = dydx :
dy
dx
= p(x).q(y)⇒ dy
q(y)
= p(x) dx⇒
∫
dy
q(y)
=
∫
p(x) dx (4)
Cada uma dessas integrais e´ resolvida como se x e y fossem independentes.
2.2.1 Exemplo
Considere a EDO (1 + x)y′ = 4y. Podemos reescreveˆ-la na forma da equac¸a˜o (3) e proceder ate´ chegar na
equac¸a˜o (4):
y′ =
1
1 + x
.4y ⇒ dy
4y
=
1
1 + x
dx⇒
∫
dy
4y
=
∫
1
1 + x
dx⇒ 1
4
ln y + C1 = ln(1 + x) + C2
Sobre as constantes de integrac¸a˜o, conve´m mencionar que a soma e o produto de constantes arbitra´rias sa˜o
constantes arbitra´rias, mas cuidado deve ser tomado ao se fazer operac¸o˜es alge´bricas com constantes. Observe
a arrumac¸a˜o da u´ltima equac¸a˜o acima:
ln y = 4(ln(1 + x) + C2 − C1)⇒ ln y = 4 ln(1 + x) + C3 = ln(1 + x)4 + C3 ⇒
eln y = eln(1+x)
4+C3 = eln(1+x)
4
.eC3 ⇒
y = K(1 + x)4
Observe que a soluc¸a˜o geral da EDO e´ uma famı´lia de func¸o˜es com um paraˆmetro, a constante K. Uma
informac¸a˜o adicional sobre a soluc¸a˜o procurada e´, por exemplo, o valor da func¸a˜o em um ponto.
Uma EDO de 1a ordem, junto com o valor da soluc¸a˜o procurada em um ponto e´ um problema de valor
inicial (PVI). Para resolver um PVI, determina-se a soluc¸a˜o geral da EDO e usa-se a informac¸a˜o dada para
determinar o valor do paraˆmetro (constante).
Por exemplo, se junto com a EDO acima viesse a informac¸a˜o y(0) = 3, ter´ıamos na soluc¸a˜o geral y = K(1+x)4
3 = K(1 + 0)4 ⇒ K = 3
obtendo a soluc¸a˜o (u´nica) do PVI
y = 3(1 + x)4.
2.2.2 Exerc´ıcios
Verifique que cada EDO dada e´ separa´vel e determine sua soluc¸a˜o geral ou soluc¸a˜o u´nica.
1. 2
√
xy′ =
√
1− y2
2. y3y′ = (1 + y4)cosx
3. y′ = 1 + x+ y + xy
4. y′ = 1+
√
x
1+
√
y
5. y′ = 2xy2 + 3x2y2, y(1) = −1
2
2.3 Tipo Linear
Uma EDO de 1a ordem e´ linear se ela pode ser escrita na forma
a(x)y′ + b(x)y = c(x) (5)
Por convenieˆncia, dividimos a equac¸a˜o (5) por a(x) obtendo a forma padra˜o:
y′ + p(x)y = q(x) (6)
A te´cnica de resoluc¸a˜o de uma EDO linear consiste em encontrar uma func¸a˜o ϕ(x) (chamada fator integrante)
tal que multiplicando-se a equac¸a˜o (6) por ϕ(x) obtem-se, do lado esquerdo da igualdade, a derivada de um
produto. Assim,
ϕ(x)y′ + ϕ(x)p(x)y = ϕ(x)q(x) (7)
Comparando o lado esquerdo da equac¸a˜o (7) com a derivada de um produto
(f(x).g(x))′ = f(x)g′(x) + f ′(x).g(x)
associa-se ϕ(x) com f(x) e y com g(x), da´ı o lado esquerdo da equac¸a˜o (7) e´ a derivada de um produto se
ϕ′(x) = ϕ(x)p(x)
Esta u´ltima equac¸a˜o e´ uma EDO a varia´veis separa´veis:
ϕ′ =
dϕ
dx
= ϕ.p(x)
Resolvendo esssa EDO:
dϕ
ϕ
= p(x) dx⇒ lnϕ =
∫
p(x) dx⇒ ϕ = e
∫
p(x) dx
Enta˜o, o fator integrante procurado para a equac¸a˜o (6) e´ a func¸a˜o ϕ(x) = e
∫
p(x)dx.
Para ilustrar o uso do fator integrante, vamos resolver a EDO linear y′ + 2xy = x. Temos p(x) = 2x e
q(x) = x. O fator integrante e´
ϕ(x) = e
∫
2xdx = ex
2
Multiplicando a EDO dada por ex
2
obtem-se
ex
2
y′ + 2xex
2
y = xex
2
(8)
Note que
ex
2
y′ + 2xex
2
y = (ex
2
y)′ =
d(ex
2
y)
dx
Enta˜o a equac¸a˜o (8) e´
d(ex
2
y)
dx
= xex
2
ou
d(ex
2
y) = xex
2
dx
Integrando: ∫
d(ex
2
y) =
∫
xex
2
dx
ex
2
y =
1
2
ex
2
+ C
y =
(
1
2
ex
2
+ C
)
e−x
2
=
1
2
+ Ce−x
2
Observac¸a˜o: na determinac¸a˜o do fator integrante, a constante de integrac¸a˜o pode ser feita igual a zero.
3
2.3.1 Exerc´ıcios
Resolva as seguintes EDO’s lineares:
1. xy′ + y = 3xy
2. xy′ − 3y = x3
3. (1 + x)y′ + y = cosx
4. y′ + y = ex; y(0) = 1
5. y′ = 2xy + 3x2ex2 ; y(0) = 5
2.4 Me´todos de Substituic¸a˜o
Algumas EDO’s de 1a ordem que na˜o sa˜o de um dos tipos vistos ate´ agora, podem ser transformadas em
EDO’s de um desses tipos por uma mudanc¸a de varia´veis. Vejamos algumas dessas EDO’s.
Se uma EDO pode ser escrita na forma
y′ = F (ax+ by + c) com a, b, c constantes e b 6= 0
enta˜o substitui-se a varia´vel dependente y pela varia´vel u, fazendo u = ax + by + c e, consequentemente
u′ = a+ by′, obtendo-se
u′ − a
b
= F (u) ou u′ = bF (u) + a
que e´ uma EDO separa´vel tendo x como varia´vel independente (a linha refere-se derivada em relac¸a˜o a x) e
u = u(x) como func¸a˜o desconhecida. Resolve-se essa EDO determinando sua soluc¸a˜o geral u(x) e recupera-se
a func¸a˜o y fazendo y = (u− ax− c)/b
2.4.1 Exemplo
Considere a EDO y′ = (2x+3y+5)2 do tipo acima. Fazendo u = 2x+3y+5 tem-se u′ = 2+3y′ e y′ = u
′−2
3 .
Ssubstituindo na EDO:
u′ − 2
3
= u2 ⇒ u′ = 3u2 + 2⇒ du
3u2 + 2
= dx⇒ 1
2
du
1 + (
√
3
2u)
2
= x+ C
√
2
3
arctg
√
3
2
u = 2x+ C1 ⇒ arctg
√
3
2
u = 2
√
3
2
x+ C2 ⇒
√
3
2
u = tg
(
2
√
3
2
x+ C2
)
u =
√
2
3
tg
(
2
√
3
2
x+ C2
)
⇒ 2x+ 3y + 5 =
√
2
3
tg
(
2
√
3
2
x+ C2
)
y =
√
6
9
tg
(√
6x+K
)
− 2x
3
− 5
3
2.4.2 EDO’s Homogeˆneas
Uma EDO de 1a ordem e´ dita homogeˆnea se pode ser escrita na forma y′ = F
( y
x
)
.
Para esse tipo de EDO, faz-se a substituic¸a˜o v = yx . Assim, substitui-se a varia´vel dependente y pela varia´vel
dependente v e as derivadas sa˜o em relac¸a˜o a x. Tem-se y = vx e derivandoo produto: y′ = v′x + v. Na
EDO obtem-se
v′x+ v = F (v) ou v′ =
F (v)− v
x
EDO separa´vel em v e x
Basta enta˜o resolver a EDO obtendo-se a soluc¸a˜o v = v(x) e desfazer a mudanc¸a de varia´veis.
4
2.4.3 Exemplo
Considere a EDO x2y′ = y2 + xy. Podemos reescreveˆ-la na forma acima:
y′ =
y2 + xy
x2
=
y2
x2
+
y
x
=
(
y
x
)2
+
y
x
Fazendo a mudanc¸a de varia´veis descrita acima:
v′x+ v = v2 + v ⇒ v′ = v
2
x
⇒ dv
v2
=
dx
x
⇒
∫
dv
v2
=
∫
dx
x
−1
v
= lnx+ C ⇒ 1
v
= − lnx+ C1 ⇒ v = 1
C1 − lnx ⇒
y
x
=
1
C1 − lnx ⇒ y =
x
C1 − lnx
A EDO desse exemplo e´ facilmente reconhec´ıvel como uma EDO homogeˆnea por ter y′ igual a um quociente
de polinoˆmios homogeˆneos de mesmo grau. Um polinoˆmio em x e y e´ homogeˆneo de grau n se a soma
dos expoentes de x e y e´ constante e igual a n. No exemplo, temos y′ igual a um quociente de polinoˆmios
homogeˆneos de grau 2.
2.4.4 EDO’s de Bernoulli
Uma EDO de Bernoulli e´ uma EDO quase linear. Ela pode ser escrita na y′ + p(x)y = q(x)yn com n 6= 0
e n 6= 1. Para resolver uma EDO de Bernoulli faz-se a substituic¸a˜o v = y1−n ou v = yyn , donde y = vyn.
Assim, v′ = (1− n)y−ny′ ou y′ = v′yn1−n . Na EDO:
v′yn
1− n + p(x)vy
n = q(x)yn
Multiplicando a expressa˜o acima por (1− n)y−n obtem-se
v′ + (1− n)p(x)v = (1− n)q(x)
que e´ uma EDO linear em x e v (a nova varia´vel dependente). Determina-se um fator integrante para essa
nova EDO, obtem-se a soluc¸a˜o v(x) e desfaz-se a mudanc¸a de varia´veis.
2.4.5 Exemplo
Considere a EDO x2y′ = y2 + xy. Podemos reescreveˆ-la na forma:
y′ − 1
x
y =
1
x2
y2
Ou seja, uma EDO de Bernoulli com n = 2. Faz-se v = y1−2 = y−1 e obtem-se
v′ + (−1)
(
−1
x
)
v = (−1) 1
x2
ou v′ +
1
x
v = − 1
x2
Um fator integrante para essa EDO linear e´ ϕ = e
∫
1
x
dx = elnx = x. Multiplicando a EDO por seu fator
integrante obtem-se:
xv′ + v = −1
x
⇒ (xv)′ = −1
x
⇒ xv =
∫
−1
x
dx = − lnx+ C ⇒ v = C − lnx
x
Desfazendo a mudanc¸a de varia´veis:
y−1 =
C − lnx
x
⇒ y = x
C − lnx
5
2.4.6 Exerc´ıcios
Resolva as seguintes EDO’s
1. xy2y′ = x3 + y3
2. y′ =
√
x+ y + 1
3. 3y2y′ + y3 = e−x
4. yy′ + x = (x2 + y2)
1
2
5. 2xy′ + y3e−2x = 2xy
2.5 EDO’s Exatas
Qualquer EDO de 1a ordem na forma y′ = P (x, y) pode ser escrita na forma
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (9)
Esta equac¸a˜o e´ fa´cil de resolver se existir uma func¸a˜o diferencia´vel F (x, y) com diferencial total
dF = M(x, y)dx+N(x, y)dy (10)
De fato, se tal func¸a˜o existe, enta˜o a equac¸a˜o (9) e´ simplesmente
dF = 0
cuja soluc¸a˜o e´
F (x, y) = C. (11)
Quando uma tal func¸a˜o F (x, y) existe, dizemos que a EDO em (9) e´ exata.
Lembre que se uma func¸a˜o F (x, y) e´ diferencia´vel, enta˜o sua diferencial total e´:
dF =
∂F
∂x
dx+
∂F
∂y
dy (12)
Uma condic¸a˜o para que F (x, y) seja diferencia´vel e´ que suas derivadas de segunda ordem mistas independam
da ordem em que as derivadas sa˜o feitas, ou seja,
∂2F
∂x∂y
=
∂2F
∂y∂x
(13)
Para que a EDO (9) seja exata e´ necessa´rio, comparando as equac¸o˜es (10) e (12), que ∂F∂x = M e
∂F
∂y = N .
E, aplicando as condic¸o˜es em (13), obtemos a caracterizac¸a˜o de EDO’s exatas:
∂2F
∂x∂y =
∂
∂x
(
∂F
∂y
)
= ∂N∂x
∂2F
∂y∂x =
∂
∂y
(
∂F
∂x
)
= ∂M∂y
⇒ ∂M
∂y
=
∂N
∂x
(14)
Resumindo, se e´ dada uma EDO como em (9), testamos se as condic¸o˜es em (14) sa˜o satisfeitas, se forem,
procuramos uma func¸a˜o F (x, y) tal que ∂F∂x = M e
∂F
∂y = N . Para determinar uma tal func¸a˜o, escolhemos
uma dessas duas informac¸o˜es, por exemplo a primeira e encontramos uma func¸a˜o G(x, y) cuja derivada em
relac¸a˜o a x seja M(x, y). Enta˜o F (x, y) sera´ G(x, y)+ g(y), onde g(y) e´ a constante da integrac¸a˜o em relac¸a˜o
a x, logo pode depender de y. Tendo esta expressa˜o para F (x, y), calculamos sua derivada em relac¸a˜o a y
e comparamos com a segunda das informac¸o˜es, determinando enta˜o a func¸a˜o g(y). Observe que temos duas
informac¸o˜es sobre a func¸a˜o F , a escolha da primeira a ser usada depende das func¸o˜es que devemos integrar,
geralmente escolhemos a mais fa´cil.
6
2.5.1 Exemplo
Considere a EDO
(3x2y3 + y4)dx+ (3x3y2 + y4 + 4xy3)dy = 0
Testamos se ela e´ exata:
M(x, y) = 3x2y3 + y4 ⇒ ∂M∂y = 9x2y2 + 4y3
N(x, y) = 3x3y2 + y4 + 4xy3 ⇒ ∂N∂x = 9x2y2 + 4y3
Como ∂M∂y =
∂N
∂x , ela e´ exata. Enta˜o existe F (x, y) tal que
∂F
∂x = 3x
2y3 + y4 e ∂F∂y = 3x
3y2 + y4 + 4xy3.
Determinando F (x, y):
∂F
∂x
= 3x2y3 + y4 ⇒ F (x, y) = x3y3 + xy4 + g(y)⇒ ∂F
∂y
= 3x3y2 + 4xy3 + g′(y)
Mas
∂F
∂y
= 3x3y2 + y4 + 4xy3 ⇒ 3x3y2 + 4xy3 + C ′(y) = 3x3y2 + y4 + 4xy3
Logo
g′(y) = y4 ⇒ g(y) = y
5
5
+K
Portanto F (x, y) = x3y3 + xy4 + y
5
5 +K e a soluc¸a˜o da EDO e´, de acordo com (11)
x3y3 + xy4 +
y5
5
+K = C
Ou seja, y e´ dada implicitamente por
5x3y3 + 5xy4 + y5 = C1
2.5.2 Exerc´ıcios
Verifique que cada EDO e´ exata e resolva:
1. (x3 + yx)dx+ (y
2 + lnx)dy = 0
2. (1 + yexy)dx+ (2y + xexy)dy = 0
3. (cosx+ ln y)dx+ (xy + e
y)dy = 0
4. (2xy − 3y
2
x4
)dx+ ( 2y
x3
− x2
y2
+ 1√y )dy = 0
5. 2x
5/2−3y5/3
2x5/2y2/3
dx+ 3y
5/3−2x5/2
3x3/2y5/3
dy = 0
2.6 Fatores Integrantes
Um fator integrante para uma EDO na˜o exata
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (15)
e´ uma func¸a˜o ϕ(x, y) que multiplicada pela EDO resulta em uma EDO exata. Ou seja, e´ uma func¸a˜o tal que
ϕ(x, y)M(x, y)dx+ ϕ(x, y)N(x, y)dy = 0
e´ uma EDO exata. Fazendo P (x, y) = ϕ(x, y)M(x, y) e Q(x, y) = ϕ(x, y)N(x, y). Queremos determinar
ϕ(x, y) tal que
P (x, y)dx+Q(x, y)dy = 0
7
seja exata. Para isso, devemos ter
∂P
∂y
=
∂Q
∂x
(16)
Em geral, na˜o e´ fa´cil determinar um fator integrante para uma EDO na˜o exata. Entretanto, como veremos
a seguir, e´ fa´cil determinar um fator integrante quando a EDO admite um fator integrante que e´ func¸a˜o de
apenas uma das varia´veis e, em cada caso, que condic¸o˜es devem ser satisfeitas.
Primeiramente, assuma que ϕ(x, y) = ϕ(x) (func¸a˜o so´ de x). Nesse caso,
∂P
∂y
= ϕ
∂M
∂y
e
∂Q
∂x
=
dϕ
dx
N + ϕ
∂N
∂x
e, da equac¸a˜o ( 16), e´ preciso que
ϕ
∂M
∂y
=
dϕ
dx
N + ϕ
∂N
∂x
Agrupando,
∂M
∂y − ∂N∂x
N
=
1
ϕ
dϕ
dx
(17)
Esta u´ltima equac¸a˜o fornece uma condic¸a˜o necessa´ria para a existeˆncia de um fator integrante ϕ(x) ja´ que
no lado direito tem-se uma func¸a˜o so´ de x, a expressa˜o no lado esquerdo dever ser tambe´m func¸a˜o so´ de x.
Enta˜o, se
∂M
∂y − ∂N∂x
N
= p(x), (18)
a equac¸a˜o ( 17) e´ uma EDO separa´vel em x (varia´vel independente) e ϕ (varia´vel dependente), qual seja:
dϕ
ϕ
= p(x)dx
que tem como uma soluc¸a˜o
ϕ(x) = e
∫
p(x)dx
o fator integrante procurado.
De maneira ana´loga, se a EDO ( 15) admite um fator integrante ϕ(x, y) = ϕ(y) (func¸a˜o so´ de y), enta˜o
∂P
∂y
=
dϕ
dy
M + ϕ
∂M
∂y
e
∂Q
∂x
= ϕ
∂N
∂x
E, da equac¸a˜o ( 16), e´ preciso que
dϕ
dy
M + ϕ
∂M
∂y
= ϕ
∂N
∂x
Agrupando,
∂N
∂x − ∂M∂y
M
=
1
ϕ
dϕ
dy
(19)
Agora, na equac¸a˜o ( 19), o lado direito e´ func¸a˜o so´ de y, portanto, o lado esquerdo deve ser tambe´m func¸a˜o
so´ de y:
∂N
∂x − ∂M∂y
M
= q(y) (20)
E ( 19) e´ a EDO separa´vel em y (varia´vel independente) e ϕ(y) (varia´vel dependente):
dϕ
ϕ
= q(y)dy
que tem como uma soluc¸a˜o
ϕ(y) = e
∫
q(y)dy
o fator integrante procurado.
8
2.6.1 Exemplo
Considere a EDO
2xydx+ (y2 − x2)dy = 0
Verifique que ela na˜o e´ exata. Enta˜o testamos se uma das condic¸o˜es ( 18) e ( 20) e´ satisfeita:
∂M
∂y − ∂N∂x
N
=
2x− (−2x)
y2 − x2 =
4x
y2 − x2 na˜o e´ func¸a˜o so´ de x
e
∂N
∂x − ∂M∂y
M
=
−2x− 2x
2xy
=
−4x
2xy
=−2
y
= q(y) e´ func¸a˜o so´ de y
Logo, um fator integrante e´
ϕ(y) = e
∫ −2
y
dy
= e−2 ln y = eln y
−2
= y−2
Usando o fator integrante:
2xyy−2dx+ (y2 − x2)y−2dy = 0
2x
y︸︷︷︸
P (x,y)
dx+
(
1− x
2
y2
)
︸ ︷︷ ︸
Q(x,y)
dy = 0
satisfaz
∂P
∂y
= −2x
y2
e
∂Q
∂x
= −2x
y2
portanto, e´ exata. Logo, existe F (x, y) tal que
∂F
∂x
=
2x
y
e
∂F
∂y
= 1− x
2
y2
F (x, y) =
x2
y
+ g(y)
∂F
∂y
= −x
2
y2
+ g′(y) = 1− x
2
y2
⇒ g′(y) = 1⇒ g(y) = y + C
Portanto,
F (x, y) =
x2
y
+ y + C
e a soluc¸a˜o da EDO e´
x2
y
+ y = K ou x2 + y2 = Ky
2.6.2 Exerc´ıcios
Determine um fator integrante para cada EDO e resolva:
1. (4x2 + 3 cos y) dx− xsen y dy = 0
2. (y ln y + yex) dx+ (x+ y cos y) dy = 0
3. 2x dx+ x2cotg y dy = 0
4. (4x+ 3y3) dx+ 3xy2 dy = 0
5.
(
1 + 1x
)
tg y dx+ sec2y dy = 0
9
2.7 Me´todos de agrupamento
A te´cnica para resolver EDO’s exatas pode ser adaptado para resolver outras EDO’s por reagrupamento das
func¸o˜es coeficientes M(x, y) e N(x, y) em
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0
A ide´ia e´ escrever
M(x, y) = P (x, y)−G(x, y)
N(x, y) = Q(x, y)−H(x, y)
Um reagrupamento pode ser feito em 3 situac¸o˜es:
1. G(x, y) = g(x) so´ depende de x e existe F (x, y) tal que dF = Pdx+Ndy.
Nesse caso M(x, y) = P (x, y)− g(x) e reescrevemos a EDO original na forma
P (x, y)dx+N(x, y)dy = g(x)dx
ou
dF = g(x)dx
que pode ser integrada diretamente para obter a soluc¸a˜o da EDO original
F (x, y) =
∫
g(x)dx
2. H(x, y) = h(y) so´ depende de y e existe F (x, y) tal que dF = Mdx+Qdy.
Nesse caso N(x, y) = Q(x, y)− h(y) e reescrevemos a EDO original na forma
M(x, y)dx+Q(x, y)dy = h(y)dy
ou
dF = h(y)dy
que pode ser integrada diretamente para obter a soluc¸a˜o da EDO original
F (x, y) =
∫
h(y)dy
3. Existem func¸o˜es F (x, y) e L(x, y) tais que dF = Pdx+Qdy e dL = Gdx+Hdy.
Temos assim
(P (x, y)−G(x, y))dx+ (Q(x, y)−H(x, y))dy = 0
ou
P (x, y)dx+Q(x, y)dy = G(x, y)dx+H(x, y)dy
ou
dF = dL
que pode ser integrada diretamente para obter a soluc¸a˜o da EDO original
F (x, y) = L(x, y) + C.
Com este me´todo, fatores integrantes podem ser encontrados facilmente quando reconhecemos diferenciais
totais na EDO reescrita. E´ conveniente, portanto, ter uma tabela com algumas func¸o˜es e suas diferenciais:
10
F (x, y) dF
x+ y dx+ dy
xy ydx+ xdy
x2 + y2 2xdx+ 2ydy
y
x
−ydx+ xdy
x2
x
y
ydx− xdy
y2
ln(x2 + y2)
2xdx+ 2ydy
x2 + y2
arctg byax
−abydx+ abxdy
a2x2 + b2y2
arctgaxby
abydx− abxdy
a2x2 + b2y2
2.7.1 Exemplos
Considere a EDO
(x− x3 − y)dx+ xdy = 0
Para fazer aparecer algo que esta´ na tabela reagrupamos assim
−ydx+ xdy = (x3 − x)dx
Se o lado esquerdo dessa equac¸a˜o fosse uma diferencial exata poder´ıamos integrar diretamente, mas na˜o e´
(−1 6= 1). No entanto, comparando com a quarta linha da tabela, notamos que obtemos uma diferencial total
se multiplicarmos toda a equac¸a˜o por 1
x2
o que na˜o muda o fato de o lado direito ser func¸a˜o so´ de x. Assim,
−ydx+ xdy
x2
=
x3 − x
x2
dx
Da´ı
d(
y
x
) = (x− 1
x
)dx
pode ser integrada para obter
y
x
=
x2
2
− lnx+ C
Portanto a soluc¸a˜o da EDO pode ser dada explicitamente por
y =
x3
2
− x lnx+ Cx.
Observe que o fator 1
x2
e´ um fator integrante que depende de uma das varia´veis e seria determinado pelo
me´todo da sec¸a˜o anterior.
Um outro exemplo. Considere a EDO
(x− x2y − y3)dx+ (y − x3 − xy2)dy = 0
Inicialmente separamos a parte o´bvia
xdx+ ydy = (x2y + y3)dx+ (x3 + xy2)dy = y(x2 + y2)dx+ x(x2 + y2)dy = (x2 + y2)(ydx+ xdy)
Consultando a tabela vemos o que deve ser feito:
xdx+ ydy
x2 + y2
= d(xy)
ou
d(
1
2
ln(x2 + y2)) = d(xy)
Integrando, obtemos
1
2
ln(x2 + y2) = xy + C
Nesse exemplo o fator inegrante e´ 1
x2+y2
e na˜o poderia ter sido determinado pelo me´todo da sec¸a˜o anterior.
11
2.7.2 Exerc´ıcios
Resolva
1. dx+
(
x
y − sen y
)
dy = 0
2. ydx+ (2x− ey + e−y)dy = 0
3. (2xy2 + y3 − y)dx+ (xy2 + x)dy = 0
4. (6y − 4x2 − 9y2)dx+ (4x2 + 9y2 − 6x)dy = 0
5. (y2 + exsen y)dx+ (2xy + ex cos y)dy = 0
12
3 EDO’s de 2a ordem
Uma EDO de 2a ordem e´ uma expressa˜o do tipo F (x, y, y′, y′′) = 0. Estudaremos inicialmente tipos de EDO’s
de 2a ordem que podem ser reduzidas a EDO’s de 1a ordem por uma mudanc¸a de varia´veis.
3.1 Reduc¸a˜o de Ordem
Se, em uma EDO de 2a ordem, a varia´vel dependente y na˜o aparece, ou seja, a EDO e´ uma expressa˜o do
tipo F (x, y′, y′′) = 0, enta˜o a substituic¸a˜o da varia´vel dependente y′ = v e, consequentemente y′′ = v′, reduz
a EDO a F (x, v, v′) = 0 que e´ uma EDO de 1a ordem com varia´vel independente x e varia´vel dependente y.
Resolvendo-se essa EDO, determina-se v e desfaz-se a substituic¸a˜o, resolvendo a EDO y′ = v.
F (x, y′, y′′) = 0
y′ = v
y′′ = v′−→
{
F (x, v, v′) = 0
y′ = v
3.1.1 Exemplo
Consisere a EDO y′′ = (x+ y′)2. Fazendo y′ = v, tem-se y′′ = v′ e obtem-se
v′ = (x+ v)2
Lembre que esta e´ uma EDO de 1a ordem que se resolve com a mudanc¸a de varia´veis u = x+ v e u′ = 1+ v′
ou v′ = u′ − 1, obtendo-se
du
dx
− 1 = u2 ⇒ du
dx
= u2 + 1⇒ du
u2 + 1
= dx⇒
∫
du
u2 + 1
=
∫
dx
arctgu = x+ C1 ⇒ u = tg(x+ C1)⇒ x+ v = tg(x+ C1)⇒ v = tg(x+ C1)− x
Resolvendo a segunda EDO
y′ = tg(x+ C1)− x⇒ y = ln(sec(x+ C1))− x
2
2
+ C2
Observe que a soluc¸a˜o geral de uma EDO de segunda ordem e´ uma famı´lia de func¸o˜es a dois paraˆmetros.
Outra situac¸a˜o onde pode-se fazer uma reduc¸a˜o de ordem e´ quando, na EDO na˜o aparece a varia´vel indepen-
dente x, ou seja, a EDO e´ do tipo F (y, y′, y′′) = 0. Nesse caso, faz-se a substituic¸a˜o y′ = v mas considera-se
y como a varia´vel independente na equac¸a˜o obtida, de modo que as derivadas, que sa˜o em relac¸a˜o a x devem
ser calculadas em relac¸a˜o a y usando-se a regra da cadeia. Enta˜o
y′ = v ⇔ dy
dx
= v e y′′ = v′ =
dv
dx
Mas, pela regra da cadeia,
dv
dx
=
dv
dy
dy
dx
⇒ y′′ = vdv
dy
Logo, as EDO’s resultantes sa˜o {
F
(
y, v, v dvdy
)
= 0
dy
dx = v
13
3.1.2 Exemplo
Na EDO yy′′ + (y′)2 = 0, a varia´vel x na˜o aparece. Enta˜o faz-se a mudanc¸a descrita acima:
y′ = v e y′′ = v
dv
dy
Obtendo-se
yv
dv
dy
+ v2 = 0⇒ ydv
dy
= −v ⇒ dv
v
=
−1
y
dy∫
dv
v
=
∫ −1
y
dy ⇒ ln v = − ln y + C ⇒ ln v = ln y−1 + lnC1 ⇒ ln v = lnC1y−1 ⇒ v = C1
y
Resolvendo-se a segunda EDO:
dy
dx
=
C1
y
⇒ ydy = C1dx⇒
∫
ydy =
∫
C1dx
y2
2
= C1x+ C2 ⇒ y =
√
K1x+K2
3.1.3 Exerc´ıcios
Resolva por reduc¸a˜o de ordem:
1. xy′′ + y′ = 4x
2. yy′′ = 3(y′)2
3. y3y′′ = 1
4. x2y′′ + 3xy′ = 2
5. yy′′ + (y′)2 = yy′
4 EDO’s Lineares de 2a ordem
Uma EDO F (x, y, y′, y′′) = 0 e´ linear se pode ser escrita na forma
a(x)y′′ + b(x)y′ + c(x)y = d(x)
Quando d(x) = 0 a EDO e´ homogeˆnea. Nesse caso, e´ fa´cil verificar que
• Se y = y1(x) e y = y2(x) sa˜o soluc¸o˜es de uma EDO linear homogeˆnea, enta˜o qualquer combinac¸a˜o linear
de y1 e y2 tambem e´ soluc¸a˜o. (Esse e´ o Princ´ıpio da superposic¸a˜o de soluc¸o˜es)
Pode-se mostrar tambem, mas na˜o ta˜o facilmente, que se
• y = y1(x) e y = y2(x) sa˜o soluc¸o˜es da EDO
a(x)y′′ + b(x)y′ + c(x)y = 0 (21)
• y = y1(x) e y = y2(x) sa˜o func¸o˜es linearmente independentes1
1duas func¸o˜es sa˜o linearmente independentes se uma na˜o e´ mu´ltiplo constante da outra
14
Enta˜o a soluc¸a˜o geral da EDO (21) e´
y = C1y1 + C2y2
Estudaremos como resolver EDO’s de 2a ordem com coeficientes constantes:
ay′′ + by′ + cy = d(x)
Considerando inicialmente as homogeˆneas
ay′′ + by′ + cy = 0 (22)
Intuitivamente, espera-se que uma soluc¸a˜o dessa EDO seja uma func¸a˜o exponencial ou uma func¸a˜o trigo-
nome´trica (por que?)Testamos, enta˜o, sob que condic¸o˜es, uma func¸a˜o do tipo y = erx e´ soluc¸a˜o de (22). Temos
y = erx
y′ = rerx
y′′ = r2erx
Levando na equac¸a˜o (22)
ar2erx + brerx + cerx = 0⇔ erx(ar2 + br + c) = 0⇔ ar2 + br + c = 0
A u´ltima equac¸a˜o, que segue do fato de que erx nunca se anula, e´ uma equac¸a˜o do segundo grau em r
(chamada a equac¸a˜o caracter´ıstica de (22)) e para a qual ha´ 3 possibilidades:
1. tem duas ra´ızes reais e distintas r1 e r2;
2. tem uma raiz real dupla r0;
3. tem duas ra´ızes complexas e conjugadas r1 = α+ iβ e r2 = α− iβ
Para a primeira possibilidade, segue que y1 = e
r1x e y2 = e
r2x sa˜o soluc¸o˜es de (22) e, como sa˜o linearmente
independentes (verifique!), a soluc¸a˜o geral de (22) e´
y = C1e
r1x + C2e
r2x
onde C1 e C2 sa˜o constantes arbitra´rias.
Para a segunda possibilidade, note que, se r0 e´ raiz da equac¸a˜o caracter´ıstica, enta˜o y1 = e
r0x e´ uma soluc¸a˜o
da EDO e
ar2 + br + c = a(r − r0)2 = ar2 − 2ar0r + r20 ⇔ b = −2ar0 e c = r20
Nesse caso, pode-se mostrar que uma segunda soluc¸a˜o da EDO (22) e´ y2 = xe
r0x. De fato
y2 = xe
r0x
y′2 = e
r0x + r0xe
r0x = (1 + r0x)e
r0x
y′′2 = r0e
r0x + (1 + r0x)r0e
r0x = (2 + r0x)r0e
r0x
Donde
ay′′2 + by
′
2 + cy2 = a(2 + r0x)r0e
r0x + b(1 + r0x)e
r0x + cxer0x = (ar20 + br0 + c)xe
r0x + (2ar0 + b)e
r0x
A primeira parcela da u´ltima expressa˜o e´ zero pois r0 e´ raiz da equac¸a˜o caracter´ıstica e a segunda parcela
tambe´m e´ zero pois b = −2ar0. Portanto, fica verificado que y2 e´ soluc¸a˜o de (22) e, consequentemente sua
soluc¸a˜o geral e´
y = C1e
r0x + C2xe
r0x
Antes de analisarmos a terceira possibilidade resolva os exerc´ıcios a seguir.
15
4.1 Exerc´ıcios
Resolva:
1. 12y′′ − 5y′ − 2y = 0
2. y′′ − 2y = 0
3. y′′ − 6y′ + y = 0; y(0) = −1, y′(0) = 3
4. y′′ − 5y′ = 0
5. y′′ − 20y′ + 4y = 0
4.2 Ra´ızes Complexas
Para analisarmos a terceira das possibilidades quanto s ra´ızes da equac¸a˜o caracter´ıstica, precisaremos de
uma expressa˜o para a exponencial de um nu´mero complexo. Essa expressa˜o e´ dada pela fo´rmula de Euler:
eit = cos t+ isen t
A justificativa para esta expressa˜o vem das se´ries de poteˆncias das func¸o˜es exponencial, seno e cosseno:
agrupando a partte real e a parte imagina´ria da se´rie de Taylor de f(t) = eit e lembrando que as poteˆncias
do nu´mero complexo i se restringem a i,−i, 1 e −1, obte´m-se a fo´rmula de Euler.
Agora se a equac¸a˜o caracter´ıstica ar2 + br + c = 0 da EDO
ay′′ + by′ + cy = 0
tem ra´ızes complexas r1 = α + iβ e r2 = α − iβ, enta˜o duas de suas soluc¸o˜es sa˜o y1 = e(α+iβ)x = eαxeiβx e
y2 = e
(α−iβ)x = eαxe−iβx. Sendo essas func¸o˜es linearmente independentes (verifique!), a soluc¸a˜o geral e´
y = C1e
αxeiβx + C2e
αxe−iβx = eαx(C1eiβx + C2e−iβx)
Usando a fo´rmula de Euler
y = eαx(C1(cos (βx) + isen (βx)) + C2(cos (βx)− isen (βx))
e agrupando a parte real e a parte imagina´ria
y = eαx((C1 + C2)cos (βx) + i(C1 − C2)sen (βx))
Como C1 e C2 sa˜o constantes arbitra´rias, podemos escrever K1 = C1 + C2 e K2 = i(C1 − C2) obtendo
y = eαx(K1cos (βx) +K2sen (βx))
Observe que se K1 e K2 forem nu´meros reais, a func¸a˜o acima sera´ uma func¸a˜o real e que isto acontece quando
as constantes C1 e C2 forem nu´meros complexos conjugados.
4.2.1 Exerc´ıcios
Resolva:
1. 12y′′ − 5y′ + 2y = 0
2. y′′ + 2y = 0
3. y′′ − 6y′ + 8y = 0; y(0) = −1, y′(0) = 3
4. y′′ − 5y′ + 6y = 0
5. y′′ − 2y′ + 6y = 0
16
4.3 EDO’s Lineares na˜o Homogeˆneas com Coeficientes Constantes
Estudaremos agora EDO’s lineares de segunda ordem na˜o homogeˆneas com coeficientes constantes, ou seja,
EDO’s do tipo
ay′′ + by′ + cy = p(x) (23)
Dizemos que a EDO homogeˆnea associada a (23) e´ a EDO (22) cuja soluc¸a˜o geral e´ yH = K1y1+K2y2. Sobre
a soluc¸a˜o geral de (23) temos o seguinte Teorema:
• Se yp e´ qualquer soluc¸a˜o da EDO (23), enta˜o sua soluc¸a˜o geral e´ y = yH + yp
Portanto, para resolver a EDO (23) e´ preciso determinar uma soluc¸a˜o particular yp. Para isso consideraremos
dois me´todos, o primeiro emp´ırico que so´ funciona em situac¸o˜es bem particulares e´ o me´todo das constantes
a determinar e o segundo, mais geral e´ o me´todo da variac¸a˜o das constantes.
4.3.1 Me´todo das Constantes a Determinar
Esse me´todo funciona quando as derivadas da func¸a˜o p(x) que aparece em (23) se restringem a um nu´mero
finito de func¸o˜es, digamos {u1(x), u2(x), u3(x), . . . um(x)}. O me´todo consiste em determinar constantes
A1, A2, . . . Am tais que yp = A1u1 + A2u2 + . . . Amum seja uma soluc¸a˜o de (23). Em geral, e´ poss´ıvel prever
quando essa tentativa de soluc¸a˜o sera´ de fato soluc¸a˜o e, caso contra´rio, como adaptar essa tentativa para uma
func¸a˜o com mais chances de dar certo. Vejamos dois exemplos:
Exemplo 1. 2y′′ + y′ − 6y = x+ ex
Temos p(x) = x + ex, p′(x) = 1 + ex, p′′(x) = ex. As func¸o˜es que aparecem aqui sa˜o: u1 = 1, u2 = x e
u3 = e
x; derivando p(x) qualquer nu´mero de vezes obtem-se sempre uma combinac¸a˜o dessas func¸o˜es. Enta˜o
a tentativa de soluc¸a˜o e´ yp = A+Bx+Ce
x e precisamos determinar A,B e C para que yp seja uma soluc¸a˜o
da EDO dada. Temos
yp = A+Bx+ Ce
x
y′p = B + Cex
y′′p = Cex
e 2y′′p + y
′
p − 6yp = x+ ex ⇔ 2Cex +B + Cex − 6(A+Bx+ Cex) = x+ ex
Agrupando as func¸o˜es obtemos
(B − 6A)− 6Bx+ (2C + C − 6C)ex = x+ ex
Como precisamos dos valores de A,B e C que fac¸am essa identidade valer independente dos valores de x,
obtemos o sistema de equac¸o˜es lineares
B − 6A = 0
−6B = 1
−3C = 1
⇔
A = − 136
B = −16
C = −13
=⇒ yp = − 1
36
− 1
6
x− 1
3
ex
Para exibir a soluc¸a˜o geral da EDO dada, precisamos de yH a soluc¸a˜o geral da homogeˆnea associada:
2y′′ + y′ − 6y = 0
que tem equac¸a˜o caracter´ıstica 2r2 + r − 6 = 0 com ra´ızes r1 = 3/2 e r2 = −2 e soluc¸a˜o geral
yH = K1e
3x/2 +K2e
−2x
Enta˜o a soluc¸a˜o geral da EDO do exemplo e´
y = K1e
3x/2 +K2e
−2x − 1
36
− 1
6
x− 1
3
ex
17
Exemplo 2. 2y′′ + y′ − 6y = 4x+ 2e−2x
Temos p(x) = 4x+2e−2x, p′(x) = 4−4e−2x, p′′(x) = 8e−2x. As func¸o˜es que aparecem aqui sa˜o: u1 = 1, u2 = x
e u3 = e
−2x e uma tentativa de soluc¸a˜o particular e´
yp = A+Bx+ Ce
−2x com derivadas
y′p = B − 2Ce−2x
y′′p = 4Ce−2x
A func¸a˜o yp sera´ uma soluc¸a˜o se
8Ce−2x+B−2Ce−2x−6(A+Bx+Ce−2x) = 4x+2e−2x ou (B−6A)−6Bx+(8C−2C−6C)e−2x = 4x+2e−2x
O sistema de equac¸o˜es lineares e´
B − 6A = 0
−6B = 4
0 = 2
IMPOSSI´VEL
Poder´ıamos ter previsto que essa tentativa na˜o daria certo se tive´ssemos observado a soluc¸a˜o geral da EDO
homogeˆnea associada que e´ a mesma do exemplo 1, yH = K1e
3x/2 + K2e
−2x. O problema e´ que a func¸a˜o
u3(x) = e
−2x e´ parte de yH , ou seja, e´ uma das soluc¸o˜es da EDO homogeˆnea e, portanto, na˜o pode ser uma
soluc¸a˜o da EDO n ]ao homogeˆnea.
Para remediar a situac¸a˜o a regra geral e´: tendo uma primeira tentativa de soluc¸a˜o particular yp, compare-a
com yH , as func¸o˜es que aparecem nas duas devem ser multiplicadas por uma poteˆncia de x (numa segunda
tentativa) que fac¸a com que yp e yH na˜o tenham func¸o˜es em comum.
Voltando ao exemplo,uma segunda tentativa de soluc¸a˜o particular e´
yp = A+Bx+ Cxe
−2x com derivadas
y′p = B + C(e−2x − 2xe−2x) = B + C(1− 2x)e−2x
y′′p = C(−2e−2x + (1− 2x)(−2e−2x) = C(−4 + 4x)e−2x
Que dara´ certo se
2C(−4 + 4x)e−2x +B + C(1− 2x)e−2x − 6(A+Bx+ Cxe−2x) = 4x+ 2e−2x ou
(B − 6A)− 6Bx+ (−8C + C)e−2x + (8C − 2C − 6C)xe−2x = 4x+ 2e−2x ou
B − 6A = 0
−6B = 4
−6C = 2
=⇒
A = −19
B = −23
C = −13
Portanto a soluc¸a˜o geral da EDO desse exemplo e´
y = K1e
3x/2 +K2e
−2x − 1
9
− 2
3
x− 1
3
xe−2x
Observe que, tendo-se a soluc¸a˜o geral de uma EDO na˜o homogeˆnea, qualquer func¸a˜o obtida atribuindo-se
valores s constantes K1 e K2 e´ uma soluc¸a˜o particular, consequentemente, na˜o se pode esperar que a func¸a˜oyp seja determinada de modo u´nico.
4.3.2 Me´todo da Variac¸a˜o das Constantes
Esse me´todo consiste em, partindo da soluc¸a˜o geral da homogeˆnea yH = K1y1 +K2y2, determinar func¸o˜es
v1(x) e v2(x) tais que a func¸a˜o
yp = v1y1 + v2y2
seja soluc¸a˜o da EDO (23). Como foi observado anteriormente, existem infinitas soluc¸o˜es particulares para
uma EDO na˜o homogeˆnea e queremos apenas uma delas. Enta˜o para facilitar a determinac¸a˜o de uma soluc¸a˜o
18
particular podemos adicionar restric¸o˜es ao longo da procura pelas func¸o˜es v1 e v2. Tendo yp, precisamos que
ela e suas derivadas ate´ segunda ordem satisfac¸am (23). Temos
(?)
yp = v1y1 + v2y2
y′p = v′1y1 + v1y′1 + v′2y2 + v2y′2 = v1y′1 + v2y′2 + (v′1y1 + v′2y2)
y′′p = v′1y′1 + v1y′′1 + v′2y′2 + v2y′′2
restric¸a˜o adicional v′1y1 + v
′
2y2 = 0
Lembrando que y1 e y2 sa˜o soluc¸o˜es linearmente independentes da EDO homogeˆnea (22), temos que
ay′′1 + by
′
1 + cy1 = 0 e ay
′′
2 + by
′
2 + cy2 = 0
Substituindo (?) em (23) com a restric¸a˜o adicional obtemos
a(v′1y
′
1 + v1y
′′
1 + v
′
2y
′
2 + v2y
′′
2) + b(v1y
′
1 + v2y
′
2) + c(v1y1 + v2y2) = p(x)
Agrupando
v1(ay
′′
1 + by
′
1 + cy1) + v2(ay
′′
2 + by
′
2 + cy2) + a(v
′
1y
′
1 + v
′
2y
′
2) = p(x)
O que sobra dessa u´ltima equac¸a˜o juntamente com a restric¸a˜o adicional e´ o sistema{
v′1y1 + v′2y2 = 0
v′1y′1 + v′2y′2 =
1
ap(x)
ou
(
y1 y2
y′1 y′2
)(
v′1
v′2
)
=
(
0
1
ap(x)
)
Pode ser mostrado que, sendo y1 e y2 func¸o˜es linearmente independentes, a matriz dos coeficientes do sistema
acima e´ invert´ıvel, ou seja, seu determinante2 e´ na˜o nulo. Portanto, esse sistema pode ser resolvido pela
Regra de Cramer:
v′1 =
det
(
0 y2
1
ap(x) y
′
2
)
det
(
y1 y2
y′1 y′2
) v′2 =
det
(
y1 0
y′1
1
ap(x)
)
det
(
y1 y2
y′1 y′2
)
Ou
v′1 =
− 1ay2p(x)
W (y1, y2)
e v′2 =
1
ay1p(x)
W (y1, y2)
Ou ainda
v1 = −1
a
∫
y2p(x)
W (y1, y2)
dx e v2 =
1
a
∫
y1p(x)
W (y1, y2)
dx
que sa˜o as func¸o˜es procuradas.
Para ilustrar esse me´todo, vamos resolver a EDO
y′′ + 4y′ + 4y = x−2e−2x
A EDO homogeˆnea associada e´
y′′ + 4y′ + 4y = 0
que tem equac¸a˜o caracter´ıstica r2 + 4r + 4 = 0 com raiz dupla r0 = −2. Sua soluc¸a˜o geral e´
yH = K1e
−2x +K2xe−2x
Sendo y1 = e
−2x e y2 = xe−2x, de acordo com o exposto acima,
W (y1, y2) = det
(
e−2x xe−2x
−2e−2x (1− 2x)e−2x
)
= (1− 2x)e−4x + 2xe−4x = e−4x
As func¸o˜es v1 e v2 sa˜o dadas por
v1 = −
∫
xe−2xx−2e−2x
e−4x
dx = −
∫
1
x
dx = − lnx
2chamado determinante Wronskiano e denotado por W (y1, y2)
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v2 =
∫
e−2xx−2e−2x
e−4x
dx =
∫
1
x2
dx = −1
x
(as constantes de integrac¸a˜o foram escolhidas como zero por simplicidade). Uma soluc¸a˜o particular e´
yp = − lnxe−2x − 1
x
xe−2x = − lnxe−2x − e−2x
E a soluc¸a˜o geral da EDO e´
y = K1e
−2x +K2xe−2x − lnxe−2x − e−2x = (K1 − 1)e−2x +K2xe−2x − lnxe−2x = (C1 + C2x− lnx)e−2x
4.3.3 Exerc´ıcios
Resolva as EDO’s na˜o homogeˆneas determinando uma soluc¸a˜o particular pelo me´todo mais conveniente:
1. y′′ + y′ + y = sen2x
2. y′′ + 2y′ + 5y = exsenx
3. 2y′′ + 4y′ + 7y = x2
4. y′′ + 9y = 2sec 3x
5. y′′ + y = tgx
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