Equações Diferenciais UFRGS - slides AREA 1

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MAT 01167 – Equações Diferenciais II 
2017/2
Professora Dra. Adriana Neumann de Oliveira
E-mail: aneumann@mat.ufrgs.br
Livro Texto: Boyce/DiPrima – 9ª ed. - Equações diferenciais elementares
ÁREA 1:
Data da P1: 29/9/2017(ainda precisa de confirmação)
Boyce/DiPrima 9ª ed, 
 1.1: Alguns modelos matemáticos básicos: 
Campos de Direções
• Equações Diferenciais são equações contendo derivadas. 
● Uma equação diferencial que descreve um processo físico é 
geralmente chamada de modelo matemático. 
➔ Crescimento populacional;
➔ Taxas de juros;
➔ Objetos em movimento;
➔ Dissipação de calor;
➔ Movimento de uma onda;
➔ Mistura de substâncias químicas;
➔ etc
Ex.:
Exemplo 1: Objeto em queda livre
• Formular a equação diferencial que descreve a velocidade 
de um objeto em queda livre ao nível do mar: 
• Variáveis: tempo t, velocidade v
• 2ª Lei de Newton: F = ma = m(dv/dt) 
• Força da gravidade: F = mg 
• Força da resitência do ar: F =  v suposição
• Então
• Tomando g = 9.8 m/s2, m = 10 kg,  = 2 kg/s, 
obtemos 
m
dv
dt
=mg−γ v
dv
dt
=9 .8−0 . 2v
Exemplo 2: Campo de Direções 
• Usando a equação diferencial acima e a tabela abaixo, desenhamos 
vetores no gráfico abaixo. O gráfico resultante é chamado de campo de 
direções. (Note que os valores de v não depende de t, isso acontece para este 
tipo de equação que estamos analisando.)
v v'
0 9.8
5 8.8
10 7.8
15 6.8
20 5.8
25 4.8
30 3.8
35 2.8
40 1.8
45 0.8
50 -0.2
55 -1.2
60 -2.2
v '=9 . 8−0 . 2 v
v'=0:
⇔9 . 8−0 .2 v= 0
⇔ v=
9 .8
0 .2
⇔ v= 49
Solução de 
Equilíbrio:
Soluções constantes*
* Para as equações 
que estamos 
analisando
Exemplo 2: Campo de Direções 
• Usando o software Maple para desenhar o campo de 
direções:
o comando é: 
– with(DEtools):
– DEplot(diff(v(t),t)=9.8-v(t)/5,v(t),
t=0..10,v=0..80,stepsize=.1,color=blue);
v
'=9 . 8−0 . 2 v
extra
Solução de equilíbrio
A solução de equilíbrio da equação y’=f(t,y) é encontrada
quando fazemos y' = 0.
Em geral, para uma equação diferencial da forma 
resolvemos , e encontramos que a solução
de equilíbrio é:
y'=ay+b,
y ( t )=−
b
a
0 =ay+b
Exemplo 3: Campo de Direções
• Esboçar o campo de direções da equação abaixo e 
apresentar a solução de equilíbrio:
p
'=0 .5 p−450 Passos:
1) encontrar solução de 
equilíbrio;
2) atribuir valores para 
v e encontrar os valores 
de p’;
3) desenhar os vetores 
no gráfico.
Exercícios do Livro Boyce/DiPrima - Seção 1.1: 1-12, 15-200
AREA 1/area01_01_alguns_exerc_resolvidos (1).pdf
AREA 1/area01_02 (1).pdf
Boyce/DiPrima 9ª ed, 
1.2: Solução de algumas equações diferenciais
• Vamos relembrar as equações dos exercícios 1 e 2 da seção 1.1
• Estas equações tem a forma geral: y' = ay + b
• Vamos usar técnicas de cálculo para resolver estas 
equações: 
Exemplo 1: 
• Encontrar a solução geral da equação
usando técnicas do cálculo 1, obtemos
• Assim a solução é
onde c é uma constante!
Exemplo 1: continuação
• Assim temos infinitas soluções para a nossa equação
já que c é uma constante qualquer. 
Escolhendo c = 0, obtemos a solução de equilíbrio 
Gráfico das soluções 
para diversos valores de c Campos de Direções
Condição Inicial 
• Uma equação diferencial geralmente possui infinitas soluções, ou seja, 
uma família de curvas, que chamamos de solução geral. Se conhecemos 
um ponto da solução e a solução geral, por exemplo o valor inicial (ou 
condição inicial), então temos uma única solução!
• Suponha que no exemplo 1, tivéssemos p(0) = 850,
como a solução geral que encontramos é
p( t )=900+ce0 . 5t
850= p(0 )=900+ce0
c=−50
Solucao:
p( t )=900−50e0 .5t
Solução de uma equação mais geral
• Vamos resolver uma equação mais geral
Como antes, usando técnicas de cálculo:
• A solução geral é
onde c é uma constante.
Falamos geral, pois a e b 
podem ser quaisquer constantes
Problema de Valor Inicial (P.V.I.)
• Agora, vamos resolver o problema de valor inicial
• Dos slides anteriores a solução geral desta equação é:
• Usando a condição inicial para encontrar c, obtemos:
e asolução do P.V.I. é
Solução de Equilíbrio
• Para encontrar a solução de equilíbrio, faça y' = 0 e resolva 
em y:
• Dos slides anteriores a solução do P.V.I. é:
• Observe o seguinte comportamento da solução:
Se y0 =- b/a, então y é constante, com y(t) = -b/a
Se y0 > -b/a e a > 0 , então y cresce exponencialmente sem cota superior
Se y0 > -b/a e a < 0 , então y decai exponencialmente para - b/a 
Se y0 < -b/a e a > 0 , então y decresce exponencialmente sem cota superior
Se y0 < -b/a e a < 0 , então y cresce para -b/a
Exercícios do Livro Boyce/DiPrima
Seção 1.2:
1.a,1.b,1.c,2.a,2.b,2.c
		Slide 1
		Slide 2
		Slide 3
		Slide 4
		Slide 5
		Slide 6
		Slide 7
		Slide 8
AREA 1/area01_03 (1).pdf
Boyce/DiPrima 9 ed
 1.3: Classificação de Equações Diferenciais
Equações Diferenciais Ordinárias (EDO):
 Quando a função desconhecida depende de uma variável 
independente, somente derivadas ordinárias aparecem na 
equação.
Equações Diferenciais Parcias (EDP):
 Quando a função desconhecida depende de várias variáveis 
independentes, aparecem na equação derivadas parciais
dv
dt
=9 .8−0 .2 v,
dp
dt
=0 .5p−450
α2
∂2 u ( x,t )
∂ x2
=
∂2u ( x,t )
∂ t
 (equação do calor )
a2
∂2u ( x,t )
∂ x2
=
∂2u ( x,t )
∂ t2
 (equação da onda )
Sistemas de equações Diferenciais
• Outra classificação das equações diferenciais depende do 
número de funções desconhecidas.
• Se existe apenas uma função desconhecida para ser 
encontrada, então basta ter uma só equação. Mas se precisam 
serem encontradas duas ou mais funções desconhecidas, 
então é necessário um sistema de equações
• Por exemplo, para o sistema predador/presa a equação tem a 
forma: 
• Onde x(t) é a população de presas e y(t) a população de 
predadores. As constantes a,b,c e d dependem das espécies 
estudadas. (Voltaremos a falar disso no cap. 7)
du /dt= a x−b xy
dv /dt=−c y + d xy
Ordem de Equações Diferenciais 
• A ordem da equação diferencial é a ordem da derivada de 
maior ordem que aparece na equação.
• Exemplos:
• Nós vamos estudar EDOs em que a derivada de maior 
ordem pode ser isolada
y'+ 3 y= 0
y''+ 3 y'−2 t=0
d
4
y
dt
4
−
d
2
y
dt
2
+1 =e2t
uxx +uyy=sin t
y
(n )(t )=f (t,y,y',y'',y''',… ,y(n−1))
Equações Diferenciais 
lineares e não-lineares
• A EDO abaixo 
é linear se F é linear em todas as variáveis
• Assim a forma geral de uma EDO linear é
• Exemplo: Determine quando as equações abaixo são 
lineares ou não-lineares:
(1) y'+3 y=0 (2 ) y''+3 ey y'−2 t=0 (3) y''+ 3y'−2t2=0
(4 )
d 4 y
dt4
−t
d 2 y
dt2
+1 =t 2 (5 ) u
xx
+uu
yy
=sin t (6 ) u
xx
+sin (u )u
yy
=cos t
F ( t,y,y',y'',y''',… ,y(n ))=0
y,y',y'',y''',… ,y(n )
a0(t ) y
(n )
+a1( t ) y
(n−1 )+⋯+an(t ) y=g ( t )
Soluções
de Equações Diferenciais
• Uma solução γ (t) de uma EDO
satisfaz a equação:
• Exemplo: Verificar que as seguintes funções 
são soluções das EDO 
y
1
(t )=sen t
y
(n )(t )=f (t,y,y ' ,y'' ,… ,y(n−1))
g
(n )( t )=f ( t,g,g' ,g '' ,… ,g(n−1 ))
y
2
( t )=cos t 
y''+y= 0
y
1
' ( t )=cos t
y
1
(t )=sen t
y
1
'' (t )=−sen t
y
1
'' ( t )+y
1
( t )=−sen t + sen t = 0
Soluções de Equações Diferenciais
• Três questões importantes no estudo de equações 
diferenciais:
– Existe solução? (Existência)
– Se existe solução, ela é única? (Unicidade)
– Se existe solução, como encontrá-la ? 
(Soluções analíticas, Aproximações numéricas, etc)
Exercícios do Livro Boyce/DiPrima 
 9a. ed.
Seção 1.3:
1,3,4,7,9,15,17,20,21,24
Boyce/DiPrima 9 ed
 2.1: Equações lineares; 
Método do fator integrante
• Uma EDO linear de primeira ordem tem a forma geral 
onde f é linear em y. Exemplos incluem as equações que 
trabalhamos nas aulas 1 e 2.
or equations with variable coefficients:
dy
dt
=f (t,y )
dy
dt
+p(t ) y=g ( t )
dy
dt
=−ay+b ou 
dy
dt
+ay=b
Ou equações com coeficientes variáveis:
Caso: Coeficientes constantes
• Para a EDO linear de primeira ordem com coeficientes 
constantes,
lembramos que podemos usar técnicas de cálculo para 
resolver
dy /dt
y−b/a
=−a
∫ dy
y−b/a
=−∫ a dt
ln∣y−b /a∣=−a t+C
y=b/a+ke−at , k=±eC
dy
dt
=−ay+b,
Caso: Coeficientes Variáveis 
Método do Fator Integrante
• Agora consideraremos EDOs lineares de primeira ordem 
com coeficientes não-constantes
• Exemplos:
• O método do fator integrante consiste em multiplicar a 
equação por uma função µ(t), escolhida de tal forma que o 
resultado seja uma equação fácil de resolver.
dy
dt
+p(t ) y=g ( t )
dy
dt
−2 y=4−t
dy
dt
+
1
2
y=
1
2
e
t /3
Exemplo: Fator integrante (1 de 2)
• Considere a seguinte equação:
• Multiplican ambos lados por µ(t), obtemos
• Vamos escolher µ(t) para que o lado esquerdo seja uma 
quantidade conhecida. Para isso, vamos começar 
relembrando a regra do produto
• Escolha µ(t) tal que
dy
dt
+
1
2
y=
1
2
e
t /3
d
dt
[ μ(t ) y ] =μ( t ) dy
dt
+
dμ ( t )
dt
y
1
2
μ(t )=
dμ (t )
dt
μ(t )
dy
dt
+
1
2
μ (t ) y=
1
2
μ(t )et /3
Exemplo: Fator integrante (2 de 2)
dy
dt
+
1
2
y=
1
2
e
t /3
e
t /2 dy
dt
+
1
2
e
t /2
y=
1
2
e
5t /6
d
dt
[et /2 y ]=1
2
e
5t /6
e
t /2
y=
3
5
e
5t /6
+C
solução geral:
y=
3
5
e
t /3
+Ce
−t /2
1 2 3 4 5 6
t
 1
1
2
3
y t 
1
2
μ(t )=
dμ (t )
dt
μ'=
1
2
μ ⇒ μ ( t )=et /2
Método do Fator Integrante: 
Quando a função da direita não é constante
dy
dt
+ay=g (t )
μ( t )
dy
dt
+aμ ( t ) y=μ(t )g ( t )
μ'=aμ( t )
μ(t )=eat
e
at dy
dt
+ae
at
y=e
at
g (t )
d
dt
[eat y ]=eat g (t )
eat y=∫eat g ( t )dt
y=e
−at∫eat g ( t )dt +Ce−at
Exemplo: 
• Encontre a solução geral da seguinte equação
do que fizemos antes
Fazendo integração por partes:
• Assim
dy
dt
−2 y=4−t
y=e
−at∫eat g ( t )dt +Ce−at =e2t∫ e−2t(4−t )dt +Ce2t
∫ e−2t(4−t )dt=∫ 4 e−2t dt−∫ te−2t dt
−2 e−2t−[−12 te−2t+∫ 12 e−2t dt ]+C
−2 e−2t+
1
2
te
−2t+
1
4
e
−2t
+C=−
7
4
e
−2t+
1
2
te
−2t
+C
y=e2t (− 74 e−2t+
1
2
te−2t)+ke2t=− 74+
1
2
t+ke2t
Método do Fator Integrante para 
Equações Lineares de primeira ordem gerais
• Multiplicar ambos lados da equação por µ(t):
• Procurar por µ(t) tal que µ'(t) = p(t)µ(t), então
dy
dt
+p(t ) y=g ( t )
μ(t )
dy
dt
+p( t ) μ(t ) y=μ( t )
dy
dt
+ μ ' (t ) y=
d
dt
[ μ( t ) y ]
μ(t )
dy
dt
+p( t ) μ(t ) y=μ( t )g ( t )
• Queremos escolher µ(t) tal que µ'(t) = p(t)µ(t). 
• Assumimos µ(t) > 0,então
• Escolha k = 0, logo
e note µ(t) > 0 como o desejado.
∫ dμ ( t )
μ(t )
=∫ p (t )d t ⇒ ln μ(t )=∫ p (t )d t+k
μ(t )=e∫
p( t )d t
,
Método do Fator Integrante para 
Equações Lineares de primeira ordem gerais
Solução para uma equação linear de 
primeira ordem geral
dy
dt
+p(t ) y=g (t )
μ(t )
dy
dt
+p (t ) μ(t ) y=μ( t )g ( t ) , onde μ( t )=e∫
p (t )d t
d
dt
[ μ( t ) y ] =μ( t )g (t )
μ(t ) y=∫ μ (t )g (t )dt +c
y=
∫ μ( t )g ( t )dt +c
μ ( t )
, onde μ( t )=e∫
p (t )d t
Exemplo: Solução Geral (1 de 2)
• Resolva o P.V.I.
Primeiro ponha a equação na forma padrão
• Então
e assim
ty
'+2 y=4t 2 , y (1 )=2,
y
'+
2
t
y= 4 t, for t≠0
y=
∫ μ( t )g ( t )dt+C
μ (t )
=
∫ t 2(4t )dt+C
t
2
=
1
t
2 [∫ 4t3 dt+C ]=t2+
C
t
2
μ(t )=e∫
p( t )dt
=e
∫ 2
t
dt
=e
2ln∣t∣
=e
ln (t 2)
=t 2
Exercícios do Livro Boyce/DiPrima
9a. ed.
Seção 2.1:
13,14,15,17,19,21
AREA 1/area01_03_alguns_exerc_resolvidos (1).pdf
AREA 1/area01_04.pdf
Boyce/DiPrima 9 ed, 
2.2: Equações de Variáveis Separáveis
• Vamos analisar EDOs de primeira ordem
• Onde f(x,y)=g(x)h(y) 
• Estas equações são chamadas de variáveis separáveis 
dy
dx
=f ( x,y )
dy
dx
=g( x )h ( y )
Exemplo 1:Resolvendo equações de variáveis 
separáveis
• Resolver a equação de primeira ordem não linear
• Separando variáveis e usando cálculo
• A equação possui solução implícita em y. 
dy
dx
=
x
2
1− y 2
(1− y2 )dy= (x2) dx
∫(1− y 2)dy=∫(x2 )dx
y−
1
3
y3=
1
3
x3+C
3y− y3=x3+C
 4  2 2 4
x t 
 4
 2
2
4
y t 
Exemplo 2: (1 de 4)
• Resolva a equação
• Separando variáveis e usando cálculo
• A solução é implícita. Nesse caso uma solução explícita é
dy
dx
=
3x2+4x+2
2 ( y−1 )
2 ( y−1 )dy= (3x2+4x+2 )dx
2∫ ( y−1 )dy=∫(3x2+4x+2 )dx
y2−2y =x3+2x2+2x +C
y2−2y−(x3+2x2+2x +C )=0 ⇒ y=2±√4+4 (x
3+2x2+2x +C )
2
y=1±√ x3+2x2+2x+C
Exemplo 2: PVI (2 de 4)
• Suponha que queremos que a solução satisfaça y(0) = -1. 
Usando a expressão implícita de y, obtemos
• Assim, a solução implícita é 
• Usando a solução explícita de y
• Temos que
y=1±√ x3+2x2+2x+C
−1=1±√C ⇒ C=4
y2−2y=x3+2x2+2x+C
(−1)2−2 (−1 )=C ⇒ C= 3
y
2−2y =x3+2x2+2x+3
y=1−√ x3+2x2+2x+4
dy
dx
=
3x2+4x+2
2 ( y−1 )
Exemplo 2: Condição inicial y(0) = 3 (3 de 4)
• Se a condição inicial é y(0) = 3, então escolha o sinal 
positivo
y=1+√ x3+2x2+2x+4
dy
dx
=
3x2+4x+2
2 ( y−1 )
Exemplo 2: Domínio (4 de 4)
• A solução do PVI
é dada por 
• Da representação explícita temos
• A expressão que está dentro da raiz é não-negtiva para x maior que -2.
• Para EDOs sempre vamos considerar domínios abertos, pois estamos 
trabalhando com derivadas. Além disso, nesse caso y(-2)=1 e como o 
denominador da EDO é 2(y-1), y não pode assumir o valor 1.
• Domínio das soluções x>-2.
y2−2y =x3+2x2+2x+3 ( implicita
)
y=1−√ x3+2x2+2x+4 (explicita )
y=1−√ x2 ( x+2 )+2 ( x+2 ) =1−√( x+2 ) (x2+2 )
dy
dx
=
3x2+4x+2
2 ( y−1 )
, y (0 )=−1
Exemplo 3: 
• Resolva o PVI:
• Separando variáveis e usando cálculo: 
• Usando a condição inicial, y(0)=1, segue que C = 17.
y'=
4x−x3
4+y3
, y ( 0)=1
(4+y 3)dy=(4x−x3 )dx
∫(4+y3) dy=∫(4x− x3 )dx
4y+
1
4
y
4=2x2−
1
4
x
4
+c
y 4+16 y+x4−8x2=C onde C=4c
y
4+16 y+x4−8x2=17
Exercícios da seção 2.2
Boyce/DiPrima 9.ed.
Ímpares1-21
Não fazer o item c nos exercícios 11,17,19,21
		Slide 1
		Slide 2
		Slide 3
		Slide 4
		Slide 5
		Slide 6
		Slide 7
		Slide 8
AREA 1/area01_04_alguns_exerc_resolvidos.pdf
AREA 1/area01_05.pdf
Boyce/DiPrima 9. ed.
 2.4: Diferenças entre equações Lineares e Não-lineares
• Lembre que uma EDO de primeira ordem tem a forma
 y' = f (t, y), e é linear se f é linear em y, e não-linear se f é não-
linear em y. 
• Exemplos: y' = t y - e t, y' = t y2. 
Nesta seção, veremos que equações lineares e não-lineares de 
primeira ordem diferem de várias maneiras, incluindo:
- A teoria que descreve a existência e unicidade de soluções, e domínios correspondentes, é 
diferente. 
 - As soluções para equações lineares podem ser expressas em termos de uma solução geral, o que 
não é normalmente o caso das equações não-lineares.
- As equações lineares têm soluções explicitamente definidas, enquanto as equações não-lineares 
tipicamente não, e as equações não-lineares podem ou não ter soluções implicitamente 
definidas.
• Para ambos os tipos de equações, a construção numérica e 
gráfica de soluções são importantes.
Teorema 2.4.1: Existência e Unicidade 
de soluções de EDOs lineares de 1a ordem
Considere o problema de valor inicial (PVI) linear de primeira 
ordem:
Se as funções p e g são contínuas em um intervalo aberto (a,b) 
contendo o ponto t = t0, então existe uma solução única y = 
y(t) que satisfaz o PVI para cada t em (a,b ).
• Idéia da prova: 
y'+p ( t ) y=g ( t ) , y( t
0
)=y
0
y=y ( t )=
∫ μ (t )g (t )dt +y0
μ( t )
, onde μ( t )=e∫
p ( s)ds
Teorema 2.4.2: Existência e Unicidade de 
soluções de EDOs de 1a ordem
Considere o problema de valor inicial (PVI) não-linear de 
primeira ordem:
• Suponha que f e ∂f/∂y são contínuas em algum retângulo 
aberto R={(t, y) em (a,b) x (c,d )} contendo o ponto (t0, 
y0). Então existe um intervalo (t0 - h, t0 + h) em (a,b) tal que 
existe uma única solução y =y(t) que satisfaz o PVI.
Discussão da prova: Uma vez que não existe uma fórmula 
geral para a solução de PVIs de primeira ordem não lineares 
arbitrários, esta prova é difícil e está fora do âmbito deste 
curso.
OBS.: Acontece que as condições estabelecidas em Teo. 2.4.2 são 
suficientes, mas não são necessárias para garantir a existência 
de uma solução, e a continuidade de f assegura a existência, mas 
não a unicidade de y=y(t). Veja exemplo 3 .
y'=f ( t,y ) , y ( t
0
)=y
0
y'+p (t ) y=g ( t ) , linear
y'=− p(t ) y+g ( t )=f ( t,y )
y'=f (t,y ) , forma geral
f ( t,y )=− p( t ) y+g (t )
∂ f
∂ y
( t,y )=− p (t )
Agora vamos comparar os dois teoremas.
Vamos ver que o teorema geral implica 
o teorema para eq.s lineares
Vemos que para f e ∂f/∂y serem contínuas
 precisamos que p(t) e g(t) sejam contínuas!
Observação:
Exemplo 1: PVI Linear
Lembre-se do problema de valor inicial da Seção 2.1:
A solução para este problema de valor inicial é definida para
t > 0, intervalo onde p(t) = 2/t é contínua.
Mas p(t) = 2/t também é contínua no intervalo t<0.
Escolhemos t>0, pois a condição inicial era y(1)=2. 
Se condição inicial fosse y(-1) = 2, então a solução seria dada
 pela mesma expressão como acima, 
mas seria definida em t < 0.
Em ambos os casos, o Teorema 2.4.1
garante que a solução é única
no intervalo correspondente.
ty
'+2y=4t2 , y (1 )=2 ⇒ y=t 2+
1
t
2
 
 2  1 1 2
t
 2
2
4
y  t 
(1,2)(-1,2)
Da aula 4:
Atenção!
Então melhor que chamar de domínio das soluções 
é chamar de 
Intervalo de Definição da solução (Int. Def.)
Exemplo 2: PVI Não-linear (1 de 3)
Considere o problema de valor inicial não-linear da aula passada:
As funções f e ∂f/∂y são dadas por
elas são contínuas exceto em y = 1.
Assim, podemos desenhar um retângulo aberto que contenha o ponto (0, -1)
 em que f e ∂f/∂y são contínuas, desde que não cubra y = 1. 
Lembre-se também que a solução é definida para x> -2, com
f ( x,y )=
3x
2+4x+2
2 ( y−1 )
,
∂ f
∂ y
( x,y )=−
3x
2+4x+2
2 ( y−1 )2
,
dy
dx
=
3x
2+4x+2
2 ( y−1 )
, y(0)=−1
y=1−√ x3+2x2+2x+4
(-2,1)
(0,-1)
Exemplo 2: Mudando a condição inicial 
(2 de 3)
• O PVI não-linear que estamos estudando é
com
que são contínuas exceto na reta y = 1.
Se trocarmos a condição inicial para y(0) = 1, então o Teorema 
2.4.2 não é satisfeita. Pois o ponto (0,1) não pertence à 
nenhum retângulo onde f e ∂f/∂y sejam ambas contínuas.
f ( x,y )=
3x
2+4x+2
2 ( y−1 )
,
∂ f
∂ y
( x,y )=−
3x
2+4x+2
2 ( y−1 )2
,
dy
dx
=
3x
2+4x+2
2 ( y−1 )
, y(0)=−1
(0,1)
são contínuas exceto na reta y = 1.
f ( x,y )=
3x
2+4x+2
2 ( y−1 )
,
∂ f
∂ y
( x,y )=−
3x
2+4x+2
2 ( y−1 )2
,
N
ão se preocupe!
E
ste caso está fora
D
as hipóteses do Teorem
a
Resolvendo este novo PVI
Obtemos
A solução existe, mas não é única.
Note que o domínio da função acima é x≥0, 
mas o intervalo de definição da solução precisa ser aberto,
então temos que ter x>0. 
Mas neste caso temos um problema, pois da condição inicial
x=0 deveria estar no intervalo de definição e não está! 
y=1±√ x3+2x 2+2x , x>0
x
3+2x2+2x=x ( x2+2x+2)
> 0
y=1±√ x3+2x 2+2x.
dy
dx
=
3x
2+4x+2
2 ( y−1 )
, y(0)=1
y=1±√ x3+2x2+2x+C solução geral
Exemplo 2: PVI Não-linear (3 de 3)
dy
dx
=
3x
2+4x+2
2 ( y−1 )
, y(0)=−1
dy
dx
=
3x
2+4x+2
2 ( y−1 )
, y(0)=3
y=1−√ x3+2x2+2x+4
y=1+√ x3+2x2+2x+4
dy
dx
=
3x
2+4x+2
2 ( y−1 )
, y(0)=1 y=1±√ x3+2x 2+2x
dy
dx
=
3x
2+4x+2
2 ( y−1 )
, y(0)=2 y=1+√ x3+2x2+2x+1
dy
dx
=
3x
2+4x+2
2 ( y−1 )
, y(0)=0 y=1−√ x3+2x2+2x+1
PVI Solução do PVI Int. Def.
(−2,+∞)
(−2,+∞)
(−1,+∞)
(−1,+∞)
( 0,+∞ ) ou [ 0,+∞ )?
y=1±√ x3+2x 2+2x+C solução geral
Veja no próximo slide 
como chegamos a este domínio
Para estar bem definida, precisamos que
Vamos estudar o sinal deste polinômio:
Para isso vamos fatorá-lo: “Testando alguns números”
 vemos que -1 é uma raiz deste polinômio e
 fazendo divisão de polinômios, obtemos
Logo para x≥-1.
Mas como o intervalo de definição da solução tem que ser um
aberto e y=y(-1)=1- =1, o valor x=-1 
não pode ser incluído no domínio.
 
√ x3+2x 2+2x+1
x
3+2x 2+2x+1≥ 0
x
3+2x 2+2x+1=(x+1)(x2+x+1)
>0
x
3+2x 2+2x+1≥ 0
√(−1)3+2(-1)2+2(-1)+1
Lembram disso?
Slide 10
Regiões abertas e conexas onde as soluções dos PVIs existem e são únicas
Exemplo 2: PVI Não-linear (3 de 3)
dy
dx
=
3x
2+4x+2
2 ( y−1 )
, y(0)=−1
dy
dx
=
3x
2+4x+2
2 ( y−1 )
, y(0)=3
y=1−√ x3+2x2+2x+4
y=1+√ x3+2x2+2x+4
dy
dx
=
3x
2+4x+2
2 ( y−1 )
, y(0)=2 y=1+√ x3+2x2+2x+1
dy
dx
=
3x
2+4x+2
2 ( y−1 )
, y(0)=0 y=1−√ x3+2x2+2x+1
PVI Solução do PVI
Retângulo para 
ter unicidade
R_1
R_2
R_2
R_1
Exemplo 3: PVI não-linear
• Considere o PVI não linear
• As funções f and ∂f/∂y são dadas por
• f é contínua em toda a parte, mas ∂f/∂y não existe em y = 0, e 
então o Teorema 2.4.2 não é satisfeito. Existem soluções mas 
não é única. Separando variáveis e resolvendo, obtemos
Se a condição inicial fosse y(x
0
)=y
0,
 com y
0 
≠ 0 e x
0
 qualquer, 
então o Teorema 2.4.2 garantiria a existência e unicidade.
f ( t,y )=y1/3 ,
∂ f
∂ y
( t,y )=
1
3
y
−2/3
y
'
=y
1/3
, y (0)=0 ( t≥0 )
y
−1/3
dy=dt ⇒
3
2
y
2 /3
=t+c ⇒ y=±( 23 t )
3/2
, t≥0
Exemplo 4: PVI não-linear (1 de2)
Considere o PVI não linear
As funções f and ∂f/∂y são dadas por
As funções f and ∂f/∂y são contínuas em t = 0, então o Teorema 
2.4.2 guarante que a solução existe e é única.
f ( t,y )=y2 ,
∂ f
∂ y
(t,y )=2y
y
'
=y
2
, y(0)=1
Exemplo 4: PVI não-linear (2 de 2)
y
'
=y
2
, y(0)= y0
− y
0
−1
=0+c ⇒ y= y(t)=
−1
t− y0
−1
⇒ y= y(t)=
y0
1− y0 t
y
−2
dy=dt ⇒− y−1=t+c ⇒ y=
−1
t+c
Solução geral
implícita explícita
A solução do PVI está definida para t diferente de y
0
- 1 
E mais o intervalo de definição da solução precisa conter t=0.
Separando variáveis
A solução y(t) está definida para t em (-∞, 1). 
Note que a singularidade em t = 1 não é óbvia no enunciado do PVI.
y=
1
1−ty
'
=y
2
, y(0)=1Se y
0
=1 a solução do PVI é
y=
−5
1+5 ty
'
=y
2
, y(0)=−5Se y
0
=-5 a solução do PVI é
y
'
=y
2
, y(0)=1/2
A solução y(t) está definida para t em (-1/5, +∞). 
Se y
0
=1/2 a solução do PVI é y=
1
2−t
y=
1
1−t
A solução y(t) está definida para t em (-∞, 2). 
y
'
=y
2
, y(0)=0Se y
0
=0 a solução do PVI é y= y( t)=0
A solução y(t) está definida para t em (-∞, +∞). 
Intervalo de Definição: Equações Lineares 
Pelo Teorema 2.4.1, a solução de um problema linear de valor 
inicial
Ela existe em qualquer intervalo que contenha t = t
0
 e em que p e 
g sejam contínuos.
Compare estes comentários com o Exemplo 1.
y
'
+p (t ) y=g ( t ) , y( t0)=y0
No caso não-linear, o intervalo no qual uma solução existe pode 
ser difícil de determinar.
A solução y = y (t) existe enquanto (t, y (t)) permanece ao 
interior da região retangular indicada no Teorema 2.4.2. Isto é o 
que determina o valor de h nesse teorema. Uma vez que y (t) 
geralmente não é conhecido, pode ser impossível determinar esta 
região.
Em qualquer caso, o intervalo no qual uma solução existe pode 
não ter relação simples com a função f na equação diferencial 
y '= f (t, y), em contraste com as equações lineares.
Além disso, qualquer singularidade na solução pode depender da 
condição inicial, bem como da equação.
Compare esses comentários com os exemplos anteriores.
Intervalo de Definição: Equações Não-lineares 
Solução Geral
Para uma equação linear de primeira ordem, é possível obter 
uma solução contendo uma constante arbitrária, da qual todas 
as soluções seguem especificando valores para esta constante.
Para equações não-lineares, tais soluções gerais podem não 
existir. Isto é, mesmo que uma solução contendo uma constante 
arbitrária possa ser encontrada, podem haver outras soluções 
que não podem ser obtidas especificando valores para esta 
constante.
Considere o Exemplo 4: A função y = 0 é uma solução da 
equação diferencial, mas não pode ser obtida especificando um 
valor para c na solução encontrada usando a separação das 
variáveis: dy
dt
=y
2 ⇒ y=
−1
t+c
Boyce/DiPrima 9ª ed.
Seção 2.4
1,3,13,15,27,28
Atividade EAD
Material para ajudar na atividade EAD
AREA 1/area01_06 (1).pdf
Boyce/DiPrima 9ª ed.
2.6: Equações Exatas e Fatores Integrantesc.
• Considere a EDO de primeira ordem
• Se exite uma função F tal que
então a EDO (@) torna-se
• Assim, F(x,y) = c define 
• uma solução implicita
• Neste caso a EDO (@) é
• chamada de EXATA
M ( x,y )+N ( x,y ) y'=0 (@)
F x( x,y )=M ( x,y ) , F y( x,y )=N ( x,y )
M ( x,y )+N ( x,y ) y'=∂F
∂ x
+∂F
∂ y
dy
dx
= d
dx
F [ x,y (x )]
d
dx
F [ x,y( x )]=0
∂F
∂ x
+∂ F
∂ y
dy
dx
= d
dx
F [x,y ( x )]
∂F
∂ x
dx+∂ F
∂ y
dy=d F [ x,y ]
Lembre que o Diferencial de F(x,y) é
Ou equivalentemente
Exemplo 1: Equação exata
• Considere a equação:
• Não é linear nem separável, então vamos procurar uma função 
F tal que 
2x +y2+2 xy y'= 0
∂F
∂ x
=2x+y2 e ∂ F
∂ y
=2 xy
F (x,y )=x2+xy2
= 2x +y2+2xy y'=0
dF
dx
= d
dx
( x2+xy2 )=( x2+xy 2)x+( x
2 +xy2)y
dy
dx
⇒F ( x,y )=x2+xy2 =c
Veremos como 
(quando podemos) 
encontrar esta
 função F
Teorema 2.6.1
• Considere a EDO
onde as funções M, N, My e Nx são todas contínuas no 
retângulo R: (x, y) em (a,b)x(c,d). Então a Eq. (1) é exata se 
e somente se
• Isto é existe uma função F satisfazendo as condições
se M e N satisfazem (2).
M ( x,y )+N ( x,y ) y'=0 (1 )
M y( x,y )=N x( x,y ) , ∀( x,y )∈R (2 )
F x( x,y )=M ( x,y ) , F y( x,y )=N ( x,y ) (3)
Exemplo 2: Equação exata (1 de 3)
( y cos x+2 xey )+(sin x+x2e y−1) y '=0
M ( x,y )=y cos x+ 2 xey , N ( x,y )=sin x+x2 ey−1
M y( x,y )=cos x+ 2 xe
y =N x( x,y ) ⇒ EDO exata
F x( x,y )=M=y cos x+ 2 xe
y , F y ( x,y )=N=sin x+x
2 ey−1
F ( x,y )=∫F x( x,y )dx=∫ ( y cos x+ 2 xe y )dx =y sin x+x2 ey +C ( y )
Verificação
Solução
Queremos encontrar uma função F tal que
Exemplo 2: Solução (2 de 3)
F x(x,y )=M=y cos x+ 2 xe
y , F y ( x,y )=N=sin x+x
2 ey−1
F (x,y )=∫F x( x,y )dx=∫ ( y cos x+ 2 xe y )dx =y sin x+x2 ey +C ( y )
F y ( x,y )=sin x+x
2e y +C ' ( y )
F ( x,y )=y sin x+x2 ey− y+k
y sin x+x2 ey− y=c
Solução geral na 
forma implícita
F y ( x,y )=sin x+x
2e y−1
⇒ C ' ( y )=−1 ⇒ C ( y )=−y+k
F(x,y)=c 
é a sol.
Exemplo 3: Equação não-exata 
(3 xy+y2)+(x2+xy ) y'=0
M ( x,y )=3 xy+y2 , N ( x,y )=x2+xy
M y( x,y )=3x+2y≠2x +y=N x( x,y ) ⇒ EDO não-exata
Fator Integrante
Às vezes é possível converter uma equação diferencial que não 
é exata em uma equação exata multiplicando a equação por 
um fator de integração adequado µ(x, y): 
• Para esta equação ser exata precisamos
• Esta equação diferencial parcial pode ser difícil de resolver. 
Se µ é função só de x, então µy = 0 e, assim,
Desde que o lado direito seja uma função de x somente. 
Similarmente se µ é uma função só de y. Veja o texto para 
mais detalhes.
M ( x,y )+N ( x,y ) y '=0
μ( x,y )M ( x,y )+μ( x,y )N ( x,y ) y '=0
( μ M ) y= ( μ N )x ⇔ Mμ y−Nμ x+( M y−N x ) μ= 0
dμ
dx
=
M y−N x
N
μ,
Exemplo 4: Equação não-exata
Considere
a seguinte equação diferencial não-exata.
Buscando um fator integrante, resolvemos a equação linear
Multiplicando nossa equação diferencial por µ, obtemos a 
equação exata
que tem suas soluções dadas implicitamente por
(3 xy+y2)+( x2+xy ) y'=0
dμ
dx
=
M y−N x
N
μ ⇔ dμ
dx
= μ
x
⇒ μ ( x )=x
(3x2 y+xy2 )+( x3+x2 y ) y '=0,
x3 y+ 1
2
x2 y2=c
Boyce/DiPrima 9ª ed. - Seção 2.6 - 1,2,3,7,11,13,25,27,29
Extra: o Fator integrante da resolução das EDOs lineares é o 
mesmo fator integrante que transforma uma não-exata em exata.
M ( x,y )+N ( x,y ) y'=0
dμ
dx
=
M y−N x
N
μ,
y'+p ( x ) y=g ( x ) linear
p ( x ) y−g ( x ) +y'=0
M ( x,y )=p ( x ) y−g ( x )
N ( x,y )=1
M y ( x,y )=p ( x )
N x( x,y )=0
dμ
dx
=
p ( x )−0
1
μ=p ( x ) μ,
Assim, vemos que uma EDO linear não é exata, mas podemos usar
o que foi feito nos slides anteriores para obter o fator integrante para
transformá-la numa exata. Fazendo isso vemos que este fator 
integrante será o mesmo que obtemos na seção 2.1, quando estávamos
resolvendo as lineares por fator integrante.
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		Slide 10
AREA 1/area01_07.pdf
Boyce/DiPrima 9ª ed.
2.5 Equações Autônomas e Dinâmica Populacional 
Nesta seção, examinamos equações da forma
dy / dt = f (y),
chamadas equações autônomas, onde a variável independente 
t não aparece explicitamente.
A finalidade principal desta seção é aprender como os métodos 
geométricos podem ser usados para obter a informação 
qualitativa diretamente da equação diferencial sem a 
resolver.
• Exemplo (Crescimento Exponencial):
• Solução:
dy
dt
=ry, r> 0
y=y0 e
rt
Crescimento Logístico
dy
dt
=(r−ay ) y, r, a>0
Um modelo exponencial y '= ry, com solução y = ert, 
prediz crescimento ilimitado, com taxa r> 0 independente da população.
Assumindo que a taxa de crescimento depende do tamanho da população,
 substitua r por uma função h (y) para obter 
dy / dt = h (y) y.
Nós queremos escolher a taxa de crescimento h (y) para que
h(y) aprox. r quando y é pequeno,
h(y) diminui à medida que y cresce, e
h(y) <0 quando y é suficientemente grande.
A função mais simples é h (y) = r - ay, onde a> 0.
Nossa equação diferencial torna-se então
Esta equação é conhecida como a equação de Verhulst, ou logística.
Equação Logística
• Do slide anterior:
• Reescrevendo
onde K = r/a. 
dy
dt
=r (1− yK ) y,
dy
dt
=(r−ay ) y, r, a>0
Relembrando:
Campo de Direções com r = 1 e K = 10.
Soluções de equilíbrio:
y = 0 é instável
y = 10 é assintóticamente estável
Eqs. Autônomas: Sol.s de Equilíbrio
As soluções de equilíbrio de uma equação autônoma de 
primeira ordem geral y '= f (y) podem ser encontradas 
localizando raízes de f (y) = 0.
Essas raízes de f (y) são chamadas pontos críticos.
Por exemplo, os pontos críticos da equação logística
São y = 0 e y = K.
Assim, pontos críticos de f 
são fcs. constantes
 (soluções de equilíbrio)
dy
dt
=r (1− yK ) y
Equação Logística: Análise Qualitativa e Esboço de 
Curvas (1 de 5)
Para entender melhor a natureza das soluções para equações 
autônomas, começamos por fazer o gráfico f (y) vs. y.
No caso do crescimento logístico, isso significa representar 
graficamente a seguinte função e analisar seu gráfico usando 
cálculo.
O vértice da parábola é (K / 2, rK / 4),
pois f’=0 em y=K/2,
f(K/2)=rK/4 e f”=-2r/K<0, então 
y=K/2 é máximo local.
f ( y )=r (1− yK ) y
Y Crescente, Y Decrescente (2 de 5)
dy / dt > 0 para 0 <y <K, então y é uma função crescente de t (indicar com 
setas à direita ao longo do eixo y em 0 <y <K).
Similarmente, y é uma função decrescente de t para y> K (indique com setas 
à esquerda ao longo do y-y em K> y).
Neste contexto, o eixo y é freqüentemente chamado de linha de fase.
 r>0
Concavidade (3 de 5)
dy
dt
=f ( y ) ⇒ d
2 y
dt2
=f ' ( y ) dy
dt
=f ' ( y ) f ( y )
y''>0 = conc. p. cima = f.f'>0 
onde f é crescente (f'>0) e positiva
onde f é decrescente (f'<0) e negativa
y''<0 = conc. p. baixo = f.f'<0 
onde f é crescente (f'>0) e negativa
onde f é decrescente (f'<0) e positiva
ou
ou
Esboço da curva (4 de 5)
Combinando as informações nos slides anteriores, temos:
Gráfico de y é crescente, quando 0 <y <K.
Gráfico de y é decrescente, quando y> K.
Inclinação de y é aproximadamente zero quando y -> 0 ou y -> K.
Gráfico de y é côncavo p/ cima, quando 0 <y <K / 2 e y> K.
Gráfico de y é côncavo para baixo, quando K / 2 <y <K.
Ponto de inflexão, quando y = K / 2.
Usando esta informação, podemos
esboçar as curvas da solução y para
diferentes condições iniciais.
Equação Logística: Discussão (5 de 5)
Usando apenas a informação presente na equação diferencial e 
sem resolvê-la, obtivemos informações qualitativas sobre a 
solução y.
Por exemplo, sabemos onde o gráfico de y é o mais íngreme, e, 
portanto, onde y muda mais rapidamente. Além disso, y tende 
assintoticamente para a linha y = K, para t grande.
O valor de K é conhecido como a capacidade de carga, ou nível 
de saturação, para a espécie.
Observe como o comportamento 
da solução é diferente
da equação exponencial,
consequência do termo extra 
da equação logística.
Resolvendo a equação logística (1 de 3)
∫ dy(1− y /K ) y=∫ rdt
∫( 1y + 1 /K1− y /K )dy=∫rdt
ln|y|−ln|1− y
K
|=rt+C
1
(1− y /K ) y
= A
1− y /K
+B
y
⇒ 1=Ay+B (1− y /K )⇒ B=1, A=1 /K
dy
dt
=r (1− yK ) y
ln|y|−ln|1− y
K
|=rt+C
ln [− y1− y /K ]=rt+C ⇔ y1− y /K =-ert+C ⇔ y1− y /K =cert
Resolvendo a equação logística (2 de 3)
ln y−ln(1− yK )=rt+C
ln [ y1− y /K ]=rt+C ⇔ y1− y /K =ert+C ⇔ y1− y /K =cert
Se 0<y<K, então
Se 0<K<y, então ln y−ln [−(1− yK )]=rt+C
Se y<0, então ln (− y )− ln(1− yK )=rt+C
ln [− y1− y /K ]=rt+C ⇔ y1− y /K =-ert+C ⇔ y1− y /K =cert
Do slide anterior temos . Para eliminar o módulo
temos que considerar as seguintes situações:
Solução
Geral
Na forma
Implícita
Resolvendo a equação logística (3 de 3)
y
1− y /K
=certSolução Geral na 
forma Implícita
Usando a condição inicial y(0)=y0, temos 
y0
1− y0 /K
=c
Solução do P.V.I. 
na forma Implícita
y
1− y /K
=
y0
1− y0 /K
ert
y e
rt
K− y 0
( (K− y 0)e-rt +y0 )=
Ky0
K− y0
ertIsolando o y:
y=
Ky0
(K− y 0)e-rt +y0
y
1− y /K
=cert
Solução do P.V.I. 
na forma Explícita
Comportamento assintótico da equação logística 
A solução é 
Fazendo t → ∞, temos que o limite é igual à K. 
Assim, podemos concluir que a solução de equilíbrio y (t) = K 
é assintoticamente estável, enquanto a solução de equilíbrio 
y (t) = 0 é instável.
A única maneira de garantir solução fica perto de zero é fazer 
y0 = 0.
y=
y0 K
y0+(K− y 0)e−rt
dy
dt
=−r (1− yT ) y, r>0
y=
y0 T
y0+(T− y0)ert
y=
y0 K
y0+(K− y 0)e−rt
dy
dt
=r (1− yK ) y, r>0
Exercício!!!!
Esboçar as soluções desta equação autônoma.
Crescimento logístico com um limiar (1 de 2)
Para evitar o crescimento ilimitado de y> T como no cenário 
anterior, considere a seguinte modificação da equação logística:
O gráfico do lado direito f (y) é dado abaixo.
dy
dt
=−r (1− yT )(1− yK ) y, r>0 and 0 <T<K
Crescimento logístico com um limiar (2 de 2)
Crescimento
logístico com um limiar (2 de 2)
T é o valor limiar para y0, em que a população morre ou cresce em 
direção a K, dependendo de qual lado de T y0 está.
Nota: y = 0 e y = K são soluções de equilíbrio estáveis,
E y = T é uma solução de equilíbrio instável.
Boyce/DiPrima 9 ed – seção 2.5 – 1,3,5,7
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		Slide 18
AREA 1/area01_08.pdf
Boyce/DiPrima 9ª ed. 
 2.3: Modelagem com Equações de 1ª ordem
Modelos matemáticos caracterizam sistemas físicos, muitas 
vezes usando equações diferenciais.
Modelo de Construção: Traduzindo a situação física em 
termos matemáticos. Equação diferencial é um modelo 
matemático do processo, tipicamente uma aproximação.
Análise do Modelo: Resolvendo equações ou obtendo a 
compreensão qualitativa da solução. Pode simplificar o 
modelo, enquanto os fundamentos físicos forem preservados.
Comparação com Experimento ou Observação: Verifica a 
solução ou sugere refinamento do modelo.
Exemplo 1: Mistura (1 de 7)
No tempo t = 0, um tanque contém Q0 lb de sal dissolvido em 
100 gal de água. Suponha que a água contendo ¼ lb de sal/gal 
está entrando no tanque a uma taxa de r gal/min, e deixa a 
mesma taxa.
(A) Apresente o PVI que descreva este processo de fluxo de 
solução salina.
(B) Encontre a quantidade de sal Q (t) no tanque em um dado momento t.
(C) Encontre a quantidade limite QL de sal Q (t) no tanque após um tempo muito longo.
(D) Se r = 3 & Q0 = 2QL, encontrar o tempo T após o qual o sal está a de 2% de QL.
(E) Encontre o r necessário para T não exceder 45 min.
Exemplo 1: (a) PVI (2 de 7)
No tempo t = 0, um tanque contém Q0 lb de sal dissolvido em 
100 gal de água. Assuma que a água contendo ¼ lb de sal/gal 
entra no tanque a uma taxa de r gal/ min, e sai à mesma 
velocidade.
Assumir que o sal não é criado nem destruído no tanque, e a 
distribuição do sal no tanque é uniforme (agitada). Então 
 Taxa de entrada =concentração X velocidade 
= (1/4 lb sal/gal)(r gal/min) = (r/4) lb/min
 Taxa de saída =concentração X velocidade 
 Se houver Q (t) lbs de sal no tanque no instante t, então a concentração de sal é Q (t) lb / 100 gal, e 
ela flui para fora à razão de
 = (Q(t)lb sal/100 gal) (r gal/min)=[Q(t)r/100] lb/min. 
• Assim o PVI é
dQ / dt= taxa de entrada - taxa de saída
dQ
dt
= r
4
− rQ
100
, Q (0)=Q0
Taxa de variação 
da quantidade de sal
Q(0 )=Q0
Exemplo 1: (b) Resolver a equação (3 de 7)
dQ
dt
+ rQ
100
= r
4
, Q (0 )=Q0
μ( t )=ert /100 - fator integrante
Q( t )=e−rt /100[∫ rert /1004 dt ] =e−rt /100 [ 25 ert /100 +C ] =25 +Ce−rt /100
Q( t )=25+[Q0−25 ] e−rt /100
Q( t )=25 ( 1−e−rt /100 )+Q0 e
−rt /100
Exemplo 1: (c) Encontrando a quantidade limite QL (4 de 7)
Este resultado faz sentido, uma vez que ao longo do tempo a 
solução de sal de entrada irá substituir a solução de sal 
original no tanque. Uma vez que a solução de entrada 
contém 0,25 lb de sal / gal, eo tanque é de 100 gal, 
eventualmente o tanque conterá 25 libras de sal.
O gráfico mostra curvas integrais
Para r = 3 e valores diferentes de Q0.
Q( t )=25 ( 1−e−rt/100 )+Q0 e
−rt /100
Quanto t tende infinito, temos
QL=25Llim Q( t )=lim [25 ( 1−e−rt /100 )+Q0 e−rt /100 ]=25
Exemplo 1: (d) Encontrando T (5 de 7)
• r = 3 e Q0 = 2QL . Encontrar T após o nível de sal Q(t) está 
a 2% de QL , primeiro note que Q0 = 2QL = 50 lb, assim
• 2% de 25 lb é 0.5 lb, assim
Q( t )=25+[Q0−25 ] e−rt /100=25+25 e−. 03 t
25 .5=25+25 e−0 . 03 T
0 . 02 =e−0 .03T
ln (0.02 )=−0 .03 T
T= ln (0 . 02)
−0 . 03
≈130 .4 min
Exemplo 1: (e) Encontrando a taxa de fluxo r (6 de 7)
Para encontrar o r necessário para T não exceder 45 minutos, 
lembre-se da parte (d) que Q0 = 2QL = 50 lb, com
E as curvas de solução diminuem de 50 para 25,5.
• Assim, nós resolvemos
Q( t )=25+25 e−rt /100
25 .5=25+25 e
−45
100
r
0 . 02 =e−0 . 45r
ln (0. 02 )=− . 45 r
r= ln(0 . 02 )
−0 .45
≈8 .69 gal/min
Exemplo 1: Discussão (7 de 7)
Como a situação é hipotética, o modelo é válido.
Quando as taxas de fluxo são precisas, e a concentração de sal 
no tanque é uniforme, então equação diferencial é descrição 
precisa do processo de fluxo.
Modelos deste tipo são frequentemente utilizados para poluição 
no lago, concentração de fármacos em órgãos, etc. As taxas 
de fluxo podem ser mais difíceis de determinar ou podem ser 
variáveis e a concentração pode não ser uniforme. Além 
disso, as taxas de entrada e saída podem não ser as mesmas, 
portanto, a variação na quantidade de líquido deve ser levada 
em conta.
Exemplo 2: Juros compostos (1 de 3)
Se uma soma de dinheiro é depositada em um banco que paga 
juros a uma taxa anual, r, composta continuamente, a 
quantidade de dinheiro (S) a qualquer momento o fundo 
satisfaz a equação diferencial:
A solução para esta equação diferencial, encontrada 
separando as variáveis e resolvendo para S, torna-se:
Assim, com a composição contínua, a quantidade na conta 
cresce exponencialmente ao longo do tempo.
dS
dt
=rS, S (0)=S0 onde S0 representa o investimento inicial .
S ( t )=S0 e
rt , onde t é medido em anos
Exemplo 2: Juros compostos (2 de 3)
Em geral, se os juros em uma conta for ser composto m vezes 
por ano, em vez de continuamente, a equação descrevendo 
o valor na conta para qualquer tempo t, medido em anos, 
torna-se:
A relação entre estes dois resultados é esclarecida se nos 
lembrarmos do cálculo que
S ( t )=S0 (1+r /m)
m t
lim S0(1+r /m)
m t =S0 e
r t
S ( t )=S0 e
rt
Crescimento de Capital com Taxa de Retorno de r = 8%
Para Vários Modos de Composição: S (t) / S (0) Uma comparação da 
acumulação de fundos 
para composição 
trimestral, diária e 
contínua é mostrada 
para períodos de curto 
e longo prazos.
t m = 4 m = 365 exp(rt)
Anos Composto
Trimestral
Composto 
Diariamente
Composto 
Continuamente
1 1.082432 1.083278 1.083287
2 1.171659 1.17349 1.173511
5 1.485947 1.491759 1.491825
10 2.20804 2.225346 2.225541
20 4.875439 4.952164 4.953032
30 10.76516 11.02028 11.02318
40 23.76991 24.52393 24.53253
Exemplo 2: Depósitos e Retiradas (3 de 3)
Voltando agora ao caso de composição contínua, suponhamos que 
possa haver depósitos ou retiradas além da acumulação de juros, 
dividendos ou ganhos de capital. Se assumimos que os depósitos 
ou retiradas ocorrem a uma taxa constante k, isso é descrito pela 
equação diferencial:
onde k é positivo para depósitos e negativo para retiradas.
Podemos resolver isso como uma equação linear geral para chegar 
à solução:
Para aplicar esta equação, suponha que se abra um plano de 
previdência privado aos 25 anos e faça investimentos anuais de 
$ 2000 e com r = 8%. Como S0=0
Aos 65 anos,
dS
dt
=rS+k ou na forma padrão dS
dt
−rS=k and S(0 )=S0
S ( t )=S0 e
rt+(k /r )(ert−1 )
S ( 40)=0∗e0 . 08∗40+(2000 /0 .08 )(e0 . 08∗40−1 )≈$588 ,313
Exemplo 3: Mistura (1 de 7)
Considere uma lagoa que inicialmente contém 10 milhões de 
galões de água doce. A água que contém resíduos tóxicos flui 
para a lagoa à taxa de 5 milhões de galões / ano e sai na mesma 
proporção. A concentração c (t) de resíduos tóxicos na água de 
entrada varia periodicamente com o tempo:
C (t) = 2 + sin 2t g / gal
(A) Construir um modelo matemático
deste processo de fluxo e 
determinar a quantidade Q (t) de resíduos tóxicos na lagoa no 
instante t.
(B) Traçar a solução e descrever em palavras o efeito da variação na concentração de entrada.
Exemplo 3: (a) PVI (2 de 7)
A lagoa inicialmente contém 10 milhões de litros de água doce. A 
água que contém resíduos tóxicos flui para a lagoa a uma taxa de 5 
milhões de galões / ano, e sai da mesma taxa. Concentração é c (t) = 
2 + sin 2t g / gal de resíduos tóxicos na água entrante.
Suponha que os resíduos tóxicos não sejam criados ou destruídos na lagoa, 
ea distribuição de resíduos tóxicos na lagoa é uniforme (agitada).
Então
Taxa de entrada =concentração X velocidade 
 = (2 + sin 2t g / gal) (5 x 106 gal / ano)
Taxa de saída =concentração X velocidade 
 Se houver Q (t) g de resíduos tóxicos na lagoa no tempo t, então a concentração é Q (t) lb / 107 gal.
 = (Q (t) g / 107 gal ) (5 x 106 gal / ano)
dQ / dt= taxa de entrada - taxa de saídaTaxa de variação daquantidade de resíduos
Q(0)=0
Exemplo 3: (a) PVI (3 de 7)
• Relembrando do último slide:
• Então o PVI é:
• Mudando variáveis (reescalonando): q(t) = Q(t)/106. Então
dQ
dt
=(2 + sin 2 t ) (5 x 106 )−Q( t )
2
, Q (0 )=0
dq
dt
+
q ( t )
2
= 10 +5 sin 2 t, q(0 )=0
Isso foi feito para 
Facilitar as contas
Exemplo 3: (a) Resolvendo o PVI (4 de 7)
μ( t )=eat =et /2
q ( t )=e−t / 2∫ e t /2 (10+5sin2t ) dt
q ' +q /2=10+5sin2t , q (0 )=0
q ( t )=e−t / 2[20 e t /2−4017 et /2 cos2t+1017 e t /2 sin2t +C ]
q ( t )=20−40
17
cos2t+10
17
sin2t−300
17
e−t /2
IPP
Exemplo 3: (a) Integração por Partes (5 de 7)
∫e t /2 sin2 tdt=[−12 e t /2 cos2t+14 (∫ et /2 cos2 tdt )]
=[−12 e t /2 cos2t+14 (12 e t /2 sin2t−14∫ e t /2 sin2 tdt )]
=[−12 e t /2 cos2t+18 e t /2 sin2t−116 ∫e t /2 sin2 tdt ]
17
16 ∫ e
t /2 sin2 tdt =−1
2
e t /2 cos2t+1
8
e t /2 sin2t +C
∫ et /2 sin2 tdt =−817 e
t /2 cos2t+2
17
e t /2sin2t +C
5∫ et /2 sin2 tdt =−4017 e
t /2 cos2t+1017 e
t /2 sin2t +C
Exemplo 3: (b) Analise da solução (6 de 7)
• O nosso PVI e sua solução:
• O gráfico da solução e campo direções estão abaixo.
Note que o termo exponencial é
importante para t pequeno, mas decai
 para t grande. Também, y = 20
seria solução de equilíbrio se não 
fossem os termos com seno e cosseno
dq
dt
+1
2
q=10+5sin2t , q (0 )=0
q ( t )=20−40
17
cos2t+10
17
sin2t−300
17
e−t /2
Exemplo 3: (b) observação (7 de 7)
Quantidade de água na lagoa é controlada inteiramente por 
taxas de fluxo, e nada é perdido por evaporação ou infiltração 
em terra, ou adquirida pela precipitação, etc.
Quantidade de poluição em lagoa controlada inteiramente por 
taxas de fluxo, e nenhuma é perdida por evaporação, infiltração 
em terra, diluído pela precipitação, absorvido por peixes, 
plantas ou outros organismos, etc.
A distribuição da poluição em toda a lagoa é uniforme.
Exemplo 4: Velocidade de Escape (1 de 4)
Um corpo de massa m é projectado da terra numa direcção 
perpendicular à superfície terrestre com velocidade inicial v0 . 
Supondo que não há resistência do ar, mas levando em 
consideração a variação do campo gravitacional da Terra com a 
distância. 
(a) Encontre a uma expressão para velocidade durante o 
movimento.
(b) Encontre a velocidade inicial necessária para levantar o corpo até um altitude máxima H acima 
da superfície da terra.
(c) Encontre o menor velocidade inicial para qual o corpo não retornará à superfície; esta última é 
chamada de VELOCIDADE DE ESCAPE.
Um corpo de massa m é projectado da terra numa direcção 
perpendicular à superfície terrestre com velocidade inicial v0 . 
Supondo que não há resistência do ar, mas levando em 
consieração a variação do campo gravitacional da Terra com a 
distância. 
A força gravitacional que actua sobre a massa é
x é a distáncia do corpo à superfície da terra
R é o raio da Terra
g é acelaração da gravidade na superfície da Terra.
 Usando a 2ª Lei de Newton F = ma,
• Since and cancelling the m’s, the differential equation 
becomes
w ( x )= mgR
2
(R+x )2
m dv
dt
= mgR
2
(R+x )2
, v (0 )=v0
dv
dt
=dv
dx
dx
dt
=dv
dx
v
v dv
dx
= gR
2
(R+x)2
, since x=0 when t= 0, v (0)=v0
w ( x )= mgR
2
(R+x )2
m dv
dt
= mgR
2
(R+x )2
, v (0 )=v0
dv
dt
=dv
dx
dx
dt
=dv
dx
v
v dv
dx
= gR
2
(R+x)2
, since x=0 when t= 0, v (0)=v0
Exemplo 4: Velocidade de Escape (2 de 4)
A força gravitacional (peso) que atua sobre a massa é
x é a distância do corpo à superfície da terra
R é o raio da Terra
g é acelaração da gravidade na superfície da Terra.
Usando a 2ª Lei de Newton F = ma,
Já que 
e cancelando os m’s, a equação se torna:
w ( x )=− mgR
2
(R+x)2
− mgR
2
(R+x)2
=m dv
dt
.
dv
dt
=dv
dx
dx
dt
=dv
dx
v
C . I . : Como x ( t=0 )=0, temos v ( x ( t=0 ))=v ( x= 0 )=v0 ,
Exemplo 4: Velocidade de Escape (3 de 4)
v dv
dx
=− gR
2
(R+x )2
,v (0)=v0
− gR
2
(R+x)2
=v dv
dx
ou simplesmente v (0 )=v0
P.V.I.:
Podemos resolver a equação diferencial separando as variáveis e 
integrando para chegar a:
A altura máxima (altitude) será atingida quando a velocidade for zero. 
Chamando essa altura máxima H, temos
Então a velocidade inicial necessária para levantar um corpo a uma altura 
H é: e, tomando limite H→∞, temos
A velocidade de escape, ve, que representa a velocidade inicial necessária 
para escapar da força gravitacional da Terra é:
Note que isso não depende da massa do corpo só do raio da Terra.
v dv
dx
=− gR
2
(R+x )2
, v (0 )=v0
v2
2
= gR
2
R+x
+C
v 0=√2gR HR+H v 0=√2gR
Exemplo 4: Velocidade de Escape (4 de 4)
v0
2
2
−gR
2
R
=C v
2 ( x )
2
= gR
2
R+x
+
v0
2
2
−gR
0= gR
2
R+H
+
v0
2
2
−gR
v0
2
2
=gR− gR
2
R+H
v 0
2 =2gR (1− R
R+H
)=2gR H
R+H
v e=√2 gR
Exemplo 5: Ratos e Corujas (da seção 1.1) (1 de 4)
Considere uma população de ratos que se reproduz a uma 
taxa proporcional à população atual, com a constante de taxa 
igual a 0,5 ratinhos / mês (supondo que não haja corujas 
presentes).
Quando corujas estão presentes, eles comem os ratos. 
Suponha que as corujas comam 15 ratos por dia (média). 
Escreva uma equação diferencial descrevendo a população de 
ratos na presença de corujas. (Suponha que há 30 dias em um 
mês.)
Solução:
dp
dt
=0 . 5p−450
Resolvendo a equação diferencial
separando variáveis
Assim a solução geral é
onde c é uma constante
dp
dt
=0 . 5p−450
dp
dt
=0 . 5 ( p−900 ) ⇒ dp /dt
p−900
=0 . 5 ⇒∫ dpp−900 =∫ 0 .5 dt
⇒ ln|p−900|=0 .5t +C ⇒ |p−900|=e0 .5t+C
⇒ p−900=±e0 . 5teC ⇒ p= 900 +ce0 . 5t , c=±eC
p=900 +ce0 . 5t
Exemplo 5: Ratos e Corujas (da seção 1.2) (2 de 4)
Exemplo 5: Ratos e Corujas (da seção 1.2) (3 de 4)
Assim temos infinitas soluções para nossa equação,
onde c é uma constante arbitrária.
Os gráficos de soluções (curvas integrais) para vários valores de 
c, e campo de direção para equação diferencial, são dados 
abaixo.
Escolhendo c = 0, obtemos a solução de equilíbrio, enquanto 
que para c = 0, as soluções divergem da solução de equilíbrio.
p'=0 .5p−450 ⇒ p=900 +ce0 . 5t ,
Exemplo 5: Ratos e Corujas (da seção 1.2) (4 de 4)
Uma equação diferencial muitas vezes tem
infinitas soluções. Se um ponto na curva de solução é 
conhecido, tal como uma condição inicial, então isso determina uma solução única.
Na equação diferencial entre ratos e corujas, suponha que 
sabemos que a população de ratos começa em 850. 
Então p (0) = 850 e
p( t )=900 +ce0 .5t
850 =p(0 )=900 +ce0
c=−50
Solução:
p( t )=900−50 e0.5t
Boyce/DiPrima 9 ª ed., seção 2.3 – 1,3,5,7,9,13,20.a,29
		Slide 1
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		Slide 17
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		Slide 21
		Slide 22
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		Slide 25
		Slide 26
		Slide 27
AREA 1/area01_08_alguns_exerc_resolvidos.pdf
AREA 1/area01_09.pdf
Boyce/DiPrima 9ª ed.
3.1: Equações lineares de 2ª ordem com coeficientes constantes.
3.2: Soluções fundamentais de equações lineares homogêneas: o Wronskiano
Uma equação diferencial ordinária de segunda ordem tem a forma 
geral
onde f é uma dada função.
Diz-se que esta equação é linear se f é linear em y e y ':
Caso contrário, a equação é dita não-linear.
Uma equação linear de segunda ordem muitas vezes aparece como
Se G (t) = 0 para todo t, então a equação é chamada homogênea. Caso 
contrário, a equação não é homogênea. 
ytqytptgy )()()( ´´ ´ -
P(t)y’’+Q(t)y’+R(t)y=G(t)
y''=f ( t,y,y' )
Teorema 3.2.1 (Existência e Unicidade)
• Considere o PVI
• Onde p, q, e g são contínuas no intervalo aberto I que 
contém t0. Então existe y = (t) em I.
Nota: Enquanto este teorema diz que existe uma solução para o 
problema de valor inicial acima, muitas vezes não é possível 
escrever uma expressão útil para a solução. Esta é uma grande 
diferença entre equações lineares de primeira e segunda ordem.
y''+p (t ) y+q ( t ) y=g (t )
y (t 0)=y0 , y' ( t0 )=y0 '
Exemplo 1
• Considere o PVI
• Escreva a equação na forma:
• 
 Os únicos pontos de descontinuidade destes coeficientes são 
t = 0 and t = 3. Então o maior intervalo aberto que contém a 
condição inicial t =1 e que nele todos coeficientes são 
contínuos é 0 < t < 3.
Portanto, o maior intervalo no qual o Teorema 3.2.1 garante a 
existência da solução é 0 < t < 3. 
)()(')('' tgytqytpy 
0)(and))3(/()3()(),3/(1)(  tgttttqttp
y''+p (t ) y'+q (t ) y=g (t )
y (t0)=y0 , y' ( t0 )=y0 '
(t2−3 t ) y''+ty'−( t+3 ) y= 0 y (1 )=2, y' (1 )=1
e
Exemplo 2
• Considere o PVI
onde p, q são contínuas num intervalo aberto I contendo t0. 
À luz das condições iniciais, observe que y = 0 é uma solução 
para este problema de valor inicial homogêneo.
Como as hipóteses do Teorema 3.2.1 são satisfeitas, segue-se 
que y = 0 é a única solução deste problema.
y''+p (t ) y'+q (t ) y=0 y (t0)=0, y' ( t0)=0
Teorema 3.2.2 (Princípio da Superposição)
Se y1 e y2 são soluções para a equação
Então a combinação linear c1y1 + c2y2 é também uma solução, 
para quaisquer constantes c1 e c2.
Para provar esse teorema, substitua c1y1 + c2y2 por y na equação acima, e 
use o fato de que y1 e y2 são soluções.
Assim, para quaisquer duas soluções y1 e y2, podemos construir uma família 
infinita de soluções: y = c1y1 + c2y2.
Todas as soluções podem ser escritas desta forma, ou algumas soluções 
têm uma forma completamente diferente? Para responder a esta 
pergunta, usamos o Wronskiano.
y''+p (t ) y'+q ( t ) y=0
y''+p (t ) y'+q (t ) y=0
y (t0)=y0 , y' ( t0 )=y0 '
Teorema 3.2.3
Suponha que y1 e y2 sejam soluções para a equação
Então 
)()( 2211 tyctycy 
é sempre possível 
escolher constantes 
c1, c2 para que
satisfaça as 
condições iniciais
 o Wronskiano
W(t)=y1(t)y2’(t)- y1’(t)y2(t)
não é zero no ponto t=t0
)()( 2211 tyctycy 
se e
 somente se
Veja no próximo slide uma explicação para este teorema.
Suponha que y1 e y2 sejam soluções para a equação
Do Teorema 3.2.2, sabemos que y = c1y1 + c2 y2 é uma solução para esta equação.
Vamos encontrar as constantes c1 e c2 tais que y = c1y1 + c2 y2 satisfaça as 
condições iniciais
Para fazer isso, precisamos resolver os sistema:
Solução:
 ,
 
Onde
W é chamado de Wronskiano das soluções y1 e y2. Às vezes, usaremos a notação
y''+p (t ) y'+q ( t ) y=0
y (t 0)=y0 , y' ( t0 )=y0 '
0022011
0022011
)()(
)()(
ytyctyc
ytyctyc


0022011
0022011
)()(
)()(
ytyctyc
ytyctyc


)()()()(
)()(
)()(
02010201
0201
0201 tytytyty
tyty
tyty
W 


W
yty
yty
c
W
tyy
tyy
c 001
001
2
020
020
1
)(
)(
,
)(
)(



 0 2 01
1
1 2
2
  021, tyyW
y''+p (t ) y+q ( t ) y= 0
y (t0)=y0 , y' ( t0 )=y0 '
Suponha que y1 e y2 sejam soluções para a equação
Então 
)()( 2211 tyctycy 
é sempre possível 
escolher constantes 
c1, c2 para que
satisfaça as 
condições iniciais
 o Wronskiano
W(t)=y1(t)y2’(t)- y1’(t)y2(t)
não é zero no ponto t=t0
)()( 2211 tyctycy 
se e
 somente se
Teorema 3.2.3
Repetindo...
Teorema 3.2.4 (Soluções Fundamentais)
y''+p (t ) y'+q ( t ) y=0
Suponha que y1 e y2 sejam soluções para a equação
Então a família de soluções
y = c1 y1 + c2 y2
com coeficientes arbitrários c1, c2 inclui todas as 
soluções para a equação diferencial se, e somente se 
houver um ponto t0 tal que W (y1, y2) (t0) é diferente 
de 0.
A expressão y = c1 y1 + c2 y2 é chamada a solução 
geral da equação diferencial acima, e neste caso y1 
e y2 são ditos formar um conjunto fundamental de 
soluções para a equação diferencial. 
Resumindo
Para encontrar uma solução geral da equação diferencial
Primeiro encontramos duas soluções y1 e y2.
Em seguida, certifique-se de que existe um ponto t0 no intervalo 
Segue-se que y1 e y2 formam um conjunto fundamental de 
soluções para a equação, com solução geral y = c1y1 + c2 y2.
Se as condições iniciais forem prescritas num ponto t0 no 
intervalo onde W é diferente de 0, então c1 e c2 podem ser 
escolhidos para satisfazer essas condições.
Exemplo 1 (1 de 2): 
• Considere a seguinte equação diferencial
• Mostre que as funções abaixo são soluções fundamentais: 
• Primeiro vamos mostrar que y1 é solução da equação:
• Assim y1 é solução da equação.
• Semelhantemente, y2 é também solução: 
1
2
2/1
1 ,
 tyty
0,032 2  tyytyt
01
2
3
2
1
2
3
4
2 2/12/1
2/12/3
2 




 










   tttttt
      0134322 11232   tttttt
Estas funções 
Foram dadas, 
Não precisamos
encontrá=las
O que precisamos 
É verificar que elas 
São soluções
E que o wroskiano é 
Diferente de zero.
Exemplo 1 (2 de 2): 
• Relembre que
• Para mostrar que y1 e y2 são soluções fundamentais, 
calculamos o Wronskiano de y1 e y2: 
• Já que W  0 para t > 0, y1, y2 são soluções fundamentais da
equação diferencial
Portanto a solução geral desta equação é:
y(t) = c1 t
1/2 + c2 t
-1
3
2/32/32/3
22/1
12/1
21
21
2
3
2
3
2
1
2
1
t
ttttt
tt
yy
yy
W 
 

1
2
2/1
1 ,
 tyty
0,032 2  tyytyt
y1’ y2’
Para resolver a equação de segunda ordem com coeficientes 
constantes,
Começamos por assumir uma solução da forma y = ert.
Substituindo isto na equação diferencial, obtemos
Simplificando,
e, portanto
Esta última equação é chamada de equação característica da 
equação diferencial.
Em seguida, resolvemos a equação de 2º grau acima (fatorando 
ou usando a fórmula de Bhaskara) e encontramos r.
,0 cyybya
02  rtrtrt cebreear
0)( 2  cbrarert
02  cbrar
´´ ´
Como encontrar as Soluções Fundamentais? (1 de 3)
Resposta para o caso homogêneo com coeficientes constantes
• Usando a fórmula de Bhaskara na equação característica
obtemos duas soluções (raízes), r1 e r2. 
• Existem 3 possíveis resultados
 -- r1, r2 são reais e r1  r2
– r1, r2 são reais e r1 = r2. 
– r1, r2 são complexas. 
• Primeiro vamos analisar o caso que r1, r2 são reais e r1  r2.
• Isso é feito na Seção 3.1 
• Então as soluções fundamentais têm esta forma:
• Neste caso a solução geral tem esta forma.
trtr ececty 21 21)( 
a
acbbr
2
42 

ar 2+br+c= 0
Como encontrar as Soluções Fundamentais? (2 de 3)
2121 ,, 21 rreyey
trtr 
• Considere as soluções obtidas no slide anterior:
• Vamos calcular o Wronskiano destas funções:
• Portanto 
são soluções fundamentais e segundo o Teorema 3.2.4 
a solução geral é
• Repare que basta r1 ser diferente de r2 para e
r1t e er2t serem soluções 
fundamentais, mas apesar disso só vamos considerar as soluções 
fundamentais y1 e y2 desta forma quando r1 e r2 forem reais. O caso 
complexo será tratado a seguir. 
trtr ececty 21 21)( 
Como encontrar as Soluções Fundamentais? (3 de 3)
2121 ,, 21 rreyey
trtr 
    . allfor 021
21
21
12
2121
21 terr
erer
ee
yy
yy
W trrtrtr
trtr


 
2121 ,, 21 rreyey
trtr 
Exemplo 3 (Solução Geral)
Considere a equação diferencial linear
A equação característica é:
 r1 = -2 e r2 = -3
Portanto, a solução geral para esta equação diferencial tem a 
forma
   032065)( 2  rrrrety rt
tt ececty 32
2
1)(
 
y''+5 y'+6 y= 0
Exemplo 4 (solução particular – sol. PVI)
Considere o problema do valor inicial
A partir do exemplo anterior, sabemos que a solução geral tem 
a forma:
Com derivada:
Usando as condições iniciais:
Portanto,
0 . 0 0 . 5 1 . 0 1 . 5 2 . 0 2 . 5
t
0 . 5
1 . 0
1 . 5
2 . 0
2 . 5
y  t 
7,9
332
1
21
21
21 





cc
cc
cc
tt eety 32 79)(  
tt ececty 32
2
1)(
 
tt ececty 32
2
1 32)('
 
tt eety 32 79)(  
y''+5 y'+6 y= 0, y (0 )=2, y' (0 )=3
2
Exemplo 5: PVI
Considere o problema do valor inicial
Então a equação característica é:
As duas soluções são: r1 = 3/2 e r2 = 1/2
A solução geral tem a forma
Usando condições iniciais:
portanto
0 . 5 1 . 0 1 . 5 2 . 0 2 . 5
t
 1
1
2
3
y  t 
   012320384)( 2  rrrrety rt
2/
2
2/3
1)(
tt ececty 
2/5,2/1
2/12/12/3
2
21
21
21 





cc
cc
cc
2/2/3 2/52/1)( tt eety 
2/2/3 2/52/1)( tt eety 
4 y''−8 y'+3 y= 0, y (0 )=2, y' (0 )=1/2
Boyce/DiPrima 9ªed. - seção 3.1 – 1,3,9,13,15,21 
(não precisa esboçar o gráfico das soluções)
Teorema 3.2.5: Existência de um conjunto 
fundamental de soluções (sem usar wronskiano)
Considere a equação diferencial abaixo, cujos coeficientes p e q 
são contínuos em algum intervalo aberto I:
Sejam t0 um ponto em I, e y1 e y2 soluções da equação com y1 
satisfazendo condições iniciais
E y2 satisfazendo as condições iniciais
Então y1, y2 formam um conjunto fundamental de soluções para 
a dada equação diferencial.
0)(,1)( 0101  tyty
1)(,0)( 0202  tyty
1’
2’
Exemplo 4: Aplicação do Teorema 3.2.5 (1 de 3)
Considere a equação diferencial
y’’-y = 0.
Vamos considerar que o tempo inicial t0 é igual a 0.
Na Seção 3.1, encontramos duas soluções desta equação:
O Wronskiano destas soluções é W(y1, y2)(t0) = -2  0 então elas 
formam um conjunto fundamental de soluções. Mas será que é 
o único? Considere as seguintes funções:
 1) Verifique que elas são soluções da equação y’’-y=0.
 2) Verifique que:
Portanto y3 e y4 também formam um conjunto fundamental de 
soluções.
tt eyey  21 ,
1)0(,0)0(;0)0(,1)0( 4433  yyyy
)sinh(
2
1
2
1)(),cosh(
2
1
2
1)( 43 teetyteety
tttt  
3’ 4’
Exemplo 4: Aplicação do Teorema 3.2.5 (2 de 3)
Portanto
formam conjuntos de soluções fundamentais para a equação 
diferencial e o ponto inicial
y’’-y = 0, t0=0.
Em geral, uma equação diferencial terá infinitamente muitos 
conjuntos de soluções fundamentais diferentes. Normalmente, 
escolhemos o que é mais conveniente ou útil. 
   ttSeeS tt sinh,cosh,, 21  
Exemplo 4: Aplicação do Teorema 3.2.5 (3 de 3)
Como encontrar as soluções y3 e y4.
Como y1 e y2 formam um conjunto fundamental de soluções,
Resolvendo cada equação, obtemos
O Wronskian de y3 e y4 é
Assim, y3, y4 formam o conjunto fundamental de soluções 
indicado no Teorema 3.2.5, com solução geral neste caso
1)0(,0)0(,
0)0(,1)0(,
44214
33213




yyededy
yyececy
tt
tt
)sinh(
2
1
2
1)(),cosh(
2
1
2
1)( 43 teetyteety
tttt  
01sinhcosh
coshsinh
sinhcosh 22
21
21 

 tt
tt
tt
yy
yy
W
)sinh()cosh()( 21 tktkty 
Boyce/DiPrima 9ª ed. - Seção 3.2 – 1,5,7,9,11,23,25,27
Teorema 3.2.6
Considere novamente a equação (2):
onde p e q são funções reais de valor real. 
Se y = u (t) + iv (t) é uma solução de valor complexo da Eq. (2),
 então sua parte real u e sua parte imaginária v 
são também soluções desta equação.
 
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AREA 1/area01_10.pdf
Boyce/DiPrima 9ª ed.
 3.3: Raízes complexas da equação característica
Lembre-se da nossa discussão da equação
onde a, b e c são constantes.
Assumindo que uma solução exponencial leva à equação característica:
A fórmula de Bhaskara ou fatoração nos dá duas soluções, r1 & r2:
Se b2 – 4ac < 0, então temos raízes complexas
Assim,
a y' '+b y '+cy=0
y (t )=ert ⇒ ar2+br+c=0
r=−b±√b
2−4 ac
2a
y1( t )=e
( λ+iμ ) t , y2( t )=e
( λ−iμ ) t
r1=λ+iμ , r2=λ−iμ
 Fórmula Euler e soluções complexas.
• Substituindo it na série de Talor de et, obtemos a fórmula de 
Euler: 
• Trocando t por µt, temos
• Então
• Portanto, 
eit=∑
n=0
∞ ( it )n
n !
=∑
n=0
∞ (−1)n t2n
(2n ) !
+i∑
n=1
∞ (−1)n−1 t2n−1
(2n−1) !
=cos t+i sin t
eiμt=cos μt+i sin μt
e( λ+iμ ) t=eλt eiμt=eλt [cos μt+i sin μt ]=eλt cos μt+ieλt sin μt
y1( t )=e
( λ+iμ ) t=eλ t cos μt+ieλ t sin μt
y2(t )=e
( λ−iμ ) t=e λ t cos μt−ieλ t sin μt
Soluções com valores reais
Nossas duas soluções até agora são funções de valor complexo:
Preferiríamos ter soluções de valor real, uma vez que nossa 
equação diferencial tem coeficientes reais.
Para conseguir isso, lembre-se que combinações lineares de 
soluções são, elas próprias, soluções:
Ignorando constantes, obtemos as duas soluções
y1( t )=e
λ t cos μt+ieλ t sin μt
y2(t )=e
λ t cos μt−ieλ t sin μt
y1( t )+ y2( t )=2 e
λ t cos μ t
y1( t )− y2( t )=2 ie
λ t sin μ t
y3( t )=e
λ t cos μ t , y4(t )=e
λ t sin μ t
Soluções com valores reais: Wronskiano
Assim, temos as seguintes funções de valor real:
Verificando o Wronskiano, nós obtemos
Assim, y
3
 e y
4
 formam uma solução fundamental definida para a nossa 
EDO, e a solução geral pode ser expressa como
y3( t )=e
λ t cos μt , y4( t )=e
λ t sin μt
W=∣eλt cos μt eλt sin μteλt ( λ cos μt− μsin μt ) eλt ( λ sin μt+ μ cos μt )∣
 = e2λt ( λsin μt cos μt+μ cos2 μt−λsin μt cos μt+μ sin 2 μt ) = μ e2λt≠0
y (t )=c1e
λ t cos μt+c2 e
λ t sin μt
Exemplo 1 (1 de 2)
• Considere a equação diferencial
• A equação característica é:
• Separando a parte real e imaginária das raízes:
• Portanto, a solução geral é:
y (t )=c1e
− t /2 cos (3t )+c2 e
− t /2sin (3t )=e− t /2(c1cos (3t )+c2sin (3t ))
y ' '+ y'+9 .25 y=0
y (t )=ert ⇒ r2+r+9.25=0 ⇔ r=−1±√1−37
2
=−1±6 i
2
=−1
2
±3 i
λ=−1/2, μ=3
Exemplo 1 (2 de 2)
Usando a solução geral que acabamos de encontrar
Podemos determinar a solução particular que satisfaz as condições iniciais
• Então 
• A solução do PVI é:
• A solução está decaindo em oscilação.
y (t )=e− t /2(c1cos (3t )+c2sin (3t ))
y (0)=2 e y ' (0)=8
y (0)=c1=2, y ' (0)=8 ⇒ −1 /2 c1+3 c2=8
2 4 6 8 1 0
t
 2
 1
1
2
3
y  t 
y (t )=e− t /2(2 cos (3t )+3sin (3t ))
y ( t )=e− t /2(2 cos (3t )+3sin (3t ))
⇒c1=2, c2=3
Exemplo 2
• Considere o PVI
• Então
• A solução geral é
• A solução do PVI é
• A solução é uma oscilação crescente.
16 y ' '−8 y '+145 y=0, y (0 )=−4, y ' (0 )=2
y (t )=ert ⇒ 16 r2−8r+145=0 ⇔ r= 1
4
±3i
y (t )=c1e
t /4cos (3t )+c2 e
t /4sin (3t )
y(0)=c1=−4
y ' (0)=1 ⇒ 1/4 c1+3c2=2
⇒ c1=−4, c2=1
y ( t )=et /4(−4cos (3t )+sin (3t ))
2 4 6 8
t
 1 0
 5
5
1 0
y  t 
y (t )=et /4(−2cos (3t )+1/2 sin (3t ))
2 4 6 8
t
 2
2
4
y  t 
Exemplo 3
• Considere a equação
• Então
• Portanto 
• E assim a solução geral é
• Já que não há termo exponencial
a amplitude de cada oscilação permanece
constante
A figura mostra o gráfico de duas soluções 
típicas
y ' '+9y=0
y ( t )=ert ⇒ r2+9=0 ⇔ r=±3 i
λ=0, μ=3
y (t )=c1cos (3t )+c2sin (3t )
λ=0,
solid: y=2 cos (3t )+2 sin (3t )
dashed: y=cos (3t )+1/2 sin (3t )
Boyce/DiPrima - 9ª ed. - Seção 3.3 – Ímpares de 1-21
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Boyce/DiPrima 9ª ed.
 3.4: Raízes repetidas; Redução deOrdem
• Relembre a EDO de 2ª ordem linear e homogenea 
 onde a, b e c são constantes. 
 Assumindo uma solução exponential somos levados à 
equação característca:
• A fórmula de Bhaskara nos leva à duas raízes, r1 & r2:
• Quando b2 – 4ac = 0, r1 = r2 = -b/2a, assim este método só nos 
dá uma solução:
ay '' +by ' +cy=0
y ( t )=ert ⇒ ar 2 +br+c=0
r=−b±√b
2−4 ac
2a
y1 ( t )= e
−b t / 2a
Segunda Solução: Multiplicar pelo fator v(t)
• Nós sabemos que 
Já y1 e y2 são LD, generalizamos este approach e multiplicamos 
por uma função v, e determinamos condições para que y2 seja 
uma solução:
• Então, calculando as derivadas, para depois substituir na EDO
y1 ( t ) é solução ⇒ y 2( t )=cy1( t ) é solução
y1 ( t )=e
−b t / 2a é solução ⇒ tente y y2 ( t )=v ( t )e
−b t /2a
y2 ( t )=v ( t )e
−b t /2a
y2
' ( t )=v ' ( t )e−b t /2a−b
2a
v ( t )e−b t /2a
y2
'' ( t )=v '' ( t )e−b t /2a−b
2a
v ' ( t )e−b t /2a−b
2a
v ' ( t )e−b t /2a+b
2
4a2
v ( t )e−b t /2a
W ( y1 , y2 )( t )=|
y1 cy1
y1 ' cy1 '
|
¿ y1 cy 1 '−cy1 y1 '
=0
Encontrando o fator multiplicativo v(t)
• Substituindo as derivadas na EDO:
ay '' +by ' +cy=0
e−b t /2a {a[ v ''( t )−ba v ' ( t )+b24a 2 v ( t )]+b[v ' ( t )−b2a v ( t )]+cv ( t )}=0
av '' ( t )−bv ' ( t )+b
2
4a
v ( t )+bv ' ( t )−b
2
2a
v ( t )+cv ( t )=0
av '' ( t )+(b24a −b
2
2a
+c)v ( t )=0
av '' ( t )+(b24a −2b
2
4a
+4 ac
4a )v ( t )=0 ⇔ av ''( t )+(−b
2
4a
+4 ac
4a )v ( t )=0
av '' ( t )−(b2−4 ac4a )v ( t )=0
v '' ( t )=0 ⇒ v ( t )=k 3 t+k 4
Lembre que neste caso
b2-4ac=0
Solução Geral
• Para encontrar nossa solução geral, nós temos:
• Assim, a solução geral para raízes repetidas é: 
Só temos que verificar o wroskiano se realmente estas duas 
Soluções formam um conjunto fundamental de soluções.
y ( t )=k1e
−bt /2a +k2 v ( t )e
−bt /2a
= k1 e
−bt /2a+(k3 t+k 4 )e−bt /2a
= c1 e
−bt /2a +c2 te
−bt / 2a
y ( t )=c1 e
−bt/ 2a +c2 te
−bt / 2a
Wronskiano
• Considere
• O Wronskiano destas duas soluções é:
Assim y1 e y2 formam um conjunto fundamental de soluções 
para esta equação. Então a solução geral é
y ( t )=c1 e
−bt/ 2a +c2 te
−bt / 2a
y1 ( t )=e
−bt /2a , y2( t )=te
−bt /2a
W ( y1 , y2 )( t )=| e−bt/ 2a te−bt /2a−b2a e−bt /2a (1−bt2a )e−bt /2a|
 = e−bt /a (1−bt2a )+e−bt /a (bt2a )
 = e−bt /a≠0 para todo t
Exemplo 1 (1 de 2)
• Considere 
• Assumindo que as soluções são exponenciais somos levados
à equação característica:
• Então uma solução é e a segunda solução, pelo que 
foi feito anteriormente, é 
• Portanto a solução geral é
y ''+4y '+4y=0
y ( t )=ert ⇒ r 2+4r+4=0 ⇔ (r+ 2)2=0 ⇔r=−2
y1 ( t )=e
−2t
y2 ( t )= t e
−2t
y ( t )=c1 e
−2t +c2 t e
−2t
Exemplo 1 (2 de 2)
• Usando as condições iniciais 
• Portanto a solução do PVI é
y (0 )=1 e y' (0 )=3
c1 =1
−2c1 + c2 =3
⇒ c1=1, c2=5
y ( t )=e−2t+5 te−2t
0 . 0 0 . 5 1 . 0 1 . 5 2 . 0 2 . 5 3 . 0
t
0 . 5
1 . 0
1 . 5
2 . 0
y t 
y ( t )=(1+5t )e−2t
Exemplo 2 
y ''− y '+0 . 25 y=0, y (0 )=2, y ' (0 )=1 /3
y ( t )=2 e t / 2−23 te
t /2
1 2 3 4
t
 2
2
4
6
y t 
y (0 )=2, y ' (0 )=2
y ( t )=2 e t / 2+te t / 2
y ''− y '+0 . 25 y=0, red: y ( t )=e t / 2(2+t )
blue: y ( t )=e t /2 (2−2/3t )
Verifique que os PVIs abaixo possuem as soluções indicadas:
Redução de Ordem
• O método usado nesta seção também funciona para eDO 
lineares de segunda ordem com coeficientes não-constantes:
• Isto é, se eu tenho uma solução y1, então tente y2 = v(t)y1: 
• Substituindo essas derivadas na EDO e organizando os termos
• Já que y1 é uma solução da EDO, a última equação reduz-se a 
• Fazendo u=v’, temos uma EDO de 1ª ordem:
y '' +p( t ) y ' +q( t ) y= 0
y2 ( t )=v ( t ) y1 ( t )
y2
' ( t )=v ' ( t ) y1 ( t )+v( t ) y1
' ( t )
y2
'' ( t )=v '' ( t ) y1( t )+2v
' ( t ) y1
' ( t )+v ( t ) y1
''( t )
y1 v
''+(2y1' +py1) v '+( y1'' +py1' +qy1) v= 0
y1 v
''+(2y1' +py1) v '=0
Derivando 
y1 u
'+(2y1' +py1 )u=0
Exemplo 3: Redução de ordem (1 de 3)
• Dados a equação com coefientes variáveis e a solução y1, 
use redução de ordem para encontrar