Equações Diferenciais UFRGS - SLIDES area 2

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Corda Vibrante - Exemplo 1
Consideremos uma corda vibrante de comprimento pi, presa nas extremidades, sujeita a duas
condições iniciais. Matematicamente, queremos resolver a equação da onda
sujeita às condições de fronteira
e a duas condições iniciais
Como vimos em aula, a solução deste problema, pelo método de separação de variáveis, é dada
por uma série. O que vamos fazer abaixo, é truncar esta série, isto é, obter uma solução
aproximada do problema, considerando um certo número de termos iniciais da série, digamos,
os primeiros 20 termos da série. Vamos considerar um exemplo em que as funções f(x) e g(x)
que dão as condições iniciais, são dadas, concretamente.
> restart;
> with(plots):
Chamemos de u(x,t) a soma dos 20 termos iniciais da série que dá a solução do problema:
> u:=(x,t)->sum((a(n)*cos(n*t)+b(n)*sin(n*t))*sin(n*x),n=1..20);
Onde a(n) e b(n) são os coeficientes das séries de Fourier-seno de f(x) e g(x).
Portanto
> a:=n->2/(Pi)*int(f(x)*sin(n*x),x=0..Pi);
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Vamos já considerar que g(x)=0, ou seja, a velocidade inicial é 0, isto é, a corda sofre uma
deformação inicial e é largada, a partir do repouso. Queremos determinar, aproximadamente,
qual vai ser o movimento da corda em instantes futuros.
Como g(x)=0 , temos
> b:=n->0;
Vamos agora introduzir a função f(x) , que dá o deslocamento inicial da corda, através de seu
gráfico:
> f:=x->piecewise(x<alpha-delta,0,x<alpha,x-alpha+delta,x<alpha+delta,
 alpha+delta-x,0);
> alpha:=1;
 delta:=0.5;
> plot(f(x),x=0..Pi,scaling=CONSTRAINED,tickmarks=[4,2]);
No gráfico acima está representada a função f(x) . Na prática, este deslocamento inicial poderia
ser obtido dedilhando a corda em 3 pontos.Agora que a função f(x) foi introduzida, o pacote
maple pode fazer todos os cálculos que anteriormente ficaram indicados e obter explicitamente a
expressão de u(x,t) . É isto o que está mostrado a seguir.
left> > u(x,t);
 
 
 
 
 
 
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Note como os harmônicos mais altos quase não soam. Os coeficientes decaem rapidamente, só
os primeiros são significativos.
De posse da informação da linha acima, podemos para cada t fixado (congelando o tempo),
considerar o gráfico da função só de x , x ---> u(x,t) . Este gráfico é como se fosse uma foto da
curva no instante t . Mas o maple nos permite mais do que isto. Podemos produzir uma sucessão
de gráficos, para diversos tempos congelados. A seguir podemos animar. Mostrando estes
gráficos em sequência, visualizamos aproximadamente o movimento da corda. Isto está
mostrado abaixo. Note que sabemos que o período (no tempo) é 2*pi. Por isto produzimos 50
fotos, igualmente espaçadas no tempo. Como a última foto coincide coma primeira, repetindo
indefinidamente o ciclo, mostramos o movimento da corda sem quebra de continuidade.
> with(plots):
 animate(u(x,t),x=0..Pi,t=0..2*Pi,numpoints=200,tickmarks=[4,2],frames=50);
OBS: É possível observar que o movimento da corda é a superposição de duas ondas que
viajam em direções opostas, sem sofrerem deformação, e que, cada vez que batem em uma
extremidade da corda, são refletidas com a fase invertida.
B area 2/EquacaoDoCalor.pdf
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ΔQD,δ,h
Δt
∼= Bu(x + δ − h, t)− u(x + δ + h, t)
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∼= −Bux(x + δ, t).
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Δt
∼= B(ux(x + δ, t)− ux(x− δ, t)).
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ux(x + δ, t) − ux(x− δ, t) ∼= 2δ uxx(x, t),
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Δt→0
u(x, t + Δt)− u(x, t)
Δt
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∇u(t, ξ) · n(ξ)dn−1ξ, +:,
	��� ΦΛ(t) ' 	 0�&	 �	� Λ �	 ����	 t k ' � �	�����#����� �'����� �	 �	��	 
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����������� ����� ����	 �	��	)
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∂u
∂t
(t, x), +�,
	��� Q ' � ������� �'����� c ' 	 ���	� ������/�	 �	 �	��	 � ρ � ��� ���������
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Λ
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∫
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∂t
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∫ τ1
τ0
∫
Λ
∂Q
∂t
(t, x)dnx dt +
∫ τ1
τ0
ΦΛ(t) dt = 0 +<,
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∫ τ1
τ0
∫
Λ
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∂u
∂t
(t, x)dnx dt−
∫ τ1
τ0
k
∮
∂Λ
∇u(t, ξ) · n(ξ)dn−1ξ dt = 0
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τ0
∫
Λ
c ρ
∂u
∂t
(t, x)dnx dt−
∫ τ1
τ0
k
∫
Λ
Δu(t, x)dnx dt = 0
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∫ τ1
τ0
∫
Λ
(
c ρ
∂u
∂t
(t, x)− kΔu(t, x)
)
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∂2u
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∂z2
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B area 2/eule.pdf
12/11/2017 eule
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EXEMPLO - Equação de Euler com raízes
complexas e apliacação a um problema de
Dirichlet
Sabemos que, para resolver a Equação de Cauchy-Euler
(1)
devemos começar procurando uma solução da forma . Substituindo em (1)
vemos que deve ser raiz da equação algébrica
(2)
Suponhamos que (2) tenha raízes complexas . Com elas construímos
duas soluções linearmente independentes de (1),
 e 
Já tínhamos trabalhado com exponenciais com expoente complexo, mas de base . É
fácil dar um sentido às exponenciais acima, cuja base não é :
 sen
Analogamente obtemos
 sen
As duas soluções e de (1) encontradas acima são linearmente independentes
mas assumem valores complexos, o que pode ser um inconveniente para algumas
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aplicações. Por esta razão, vamos preferir as combinações lineares delas
sen
que são linearmente independentes e reais.
Aplicação (exercício 9 da lista 11). Determine a temperatura estacionária em uma
barra, cuja seção é
 
 
 
um ``retângulo curvilíneo", com duas faces consistindo de
arcos de círculo subintendendo um ângulo e centrados na
origem, enquanto que as outras duas faces consistem de
segmentos de raios do círculo maior. A face retilínea 
é mantida à temperatura constante , enquanto que as
demais faces são mantidas à temperatura 0.
Precisamenete, temos o problema de Dirichlet:
Resolvendo pelo método de separação de variáveis, começamos procurando da
forma . Substituindo na equação diferencial, temos
Multiplicando por e dividindo por , obtém-se
Ficamos, então, com duas equações diferenciais independentes:
 e 
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A primeira é uma equação de Cauchy-Euler e a segunda é uma equação linear de
coeficientes constantes. A condição de fronteira nos dá
, pois caso contrário, teríamos , para todo , que corresponde
à solução trivial . Analogamente as condições de fronteira e 
 nos dão e . Passemos ao estudo do problema
1 Caso: 
Neste caso, , com . A equação algébrica 
tem duas raízes reais diferentes e . Logo a equação de Cauchy-
Euler
tem solução
Aplicando as condições de fronteira, temos
Segue daí que , pois
pois . Logo e a solução é trivial. 
2 Caso: 
Neste caso, a solução da equação de Euler é 
, pois a equação algébrica tem raiz
dupla . As condições de fronteira nos dão 
. Este caso, portanto, também é trivial. 
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3 Caso: 
Neste caso, , com . A equação algébrica 
 tem duas raízes imaginárias e .
Logo a equação de Cauchy-Euler
tem solução
sen
As condições de fronteira nos dão
Só teremos solução não trivial para nosso problema, se o sistema acima possuir
solução não trivial para e , mas isto só acontece se seu determinante for nulo,
isto é,
ou seja
sen sen sen
Segue que devemos ter
ou seja,
Encontramos assim as funções
(3)
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sen
Mas temos a condição , dizendo que
sen (4)
Em (3) acima, está expressa em termos de duas constantes e , mas,
usando (4), podemos eliminar uma constante.
Multiplicando (3) por sen , obtemos
sen
sen sen
Usando (4), segue que
sen
sen
e, finalmente,
 sen sen (5)
Analogamente, multiplicando (3) por , obtém-se
(6)
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sen
Como e sen não podem ser ambos nulos, segue de
(5) e (6) que existe uma constante (igual a sen
 ou a ) tal que
sen
O valor de que corresponde a é
Pondo este valor de na outra equação, obtemos
cuja solução é
Usando a condição de fronteira , obtemos e, daí,
senh
O terceiro caso nos dá, portanto,
sen senh
Fazendo a superposição dos termos encontrados, obtemos
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sen senh
Finalmente, usando a condição , temos
sen senh para todo 
Observemos que a expansão acima não é uma série de Fourier (na variável ), mas se
converte em uma série de Fourier pela mudança de variável
De fato, quando varia no intervalo , vamos ter e
senh sen
que é uma expansão em série de senos no intervalo , para a função constante.
Segue que
senh sen
Finalmente, obtemos a resposta
Eduardo H. M. Brietzke
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12/11/2017 fou.htm
http://www.mat.ufrgs.br/~brietzke/fou4/fou4.html 1/4
Séries de Fourier - Exemplo da aula de 31.07.02
Consideremos a função - periódica que vale no intervalo 
> h:=proc(x)
 local q;
 q:=x;
 while q>2*Pi do
 q:=q-2*Pi;
 od;
 q^2;
 end:
> f:=proc(x)
 local q;
 q:=x;
 while q<0 do
 q:=q+2*Pi
 od;
 h(q)
 end:
> plot(f,-12..12,tickmarks=[8,3]);
A função não é uma função par nem ímpar. Isto significa que em sua série de
Fourier vão aparecer tanto os senos quanto os cossenos. Para calcular seus coeficientes de
Fourier, em vez de integrar, por exemplo,
12/11/2017 fou.htm
http://www.mat.ufrgs.br/~brietzke/fou4/fou4.html 2/4
é preferível integrar
pois no intervalo a função tem duas definições diferentes, ao passo
que em todo o intervalo .
> a[0]:=1/Pi*int(x^2,x=0..2*Pi);
> a[n]:=1/Pi*int(x^2*cos(n*x),x=0..2*Pi);
 
 
Aqui vamos pedir ao maple que substitua as expressões e por
seus valores e .
> a[n]:=subs(sin(Pi*n)=0,cos(Pi*n)^2=1,1/Pi*int(x^2*cos(n*x),x=0..2*Pi));
> b[n]:=subs(sin(Pi*n)=0,cos(Pi*n)^2=1,1/Pi*int(x^2*sin(n*x),x=0..2*Pi));
De modo que a serie de Fourier de 
> a[0]/2+sum((a[n]*cos(n*x)+b[n]*sin(n*x)),n=1..infinity);
12/11/2017 fou.htm
http://www.mat.ufrgs.br/~brietzke/fou4/fou4.html 3/4
Vamos fazer o gráfico de algumas somas parciais. Para isto definimos a função
> S:=(x,m)->a[0]/2+sum((a[n]*cos(n*x)+b[n]*sin(n*x)),n=1..m);
Por exemplo,
> S(x,5);
> plot(S(x,5),x=-10..10,numpoints=400,tickmarks=[8,3]);
> plot(S(x,10),x=-10..10,numpoints=400,tickmarks=[8,3]);
12/11/2017 fou.htm
http://www.mat.ufrgs.br/~brietzke/fou4/fou4.html 4/4
> plot(S(x,50),x=-10..10,numpoints=400,tickmarks=[8,3]);
Para mostrar a soma dos primeiros 100 termos da série de Fourier junto com a função,
damos nomes aos gráficos:
> with(plots):
 u:=plot(f,-1..8,tickmarks=[8,3],color=blue):
 v:=plot(S(x,100),x=-1..8,numpoints=400,tickmarks=[4,0]):
 display({u,v});
>
B area 2/fourier05.pdf
12/11/2017 fourier05.html
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Exemplo de Expansão em Série de Fourier
Consideremos a seguinte função -periódica:
> f:=x->piecewise(x<-2*Pi,0,x<-3*Pi/2,1,x<0,0,x<Pi/2,1,x<2*Pi,0,x<5*Pi/2,1);
> plot(f(x),x=-3*Pi..4*Pi,y=-0.5..1.5,color=blue,tickmarks=[4,3], discont=true);
> a:=k->1/Pi*int(cos(k*t),t=0..Pi/2);
> b:=k->1/Pi*int(sin(k*t),t=0..Pi/2);
A soma parcial da série de Fourier é dada por:
> s:=(x,n)->a(0)/2+sum(a(k)*cos(k*x)+b(k)*sin(k*x), k=1..n);
12/11/2017 fourier05.html
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Os primeiros termos da série de Fourier são:
> s(x,15);
A seguir os gráficos de algumas somas parciais da série de Fourier da função:
> plot(s(x,6),x=-2*Pi..2*Pi,tickmarks=[4,2]);
> plot(s(x,10),x=-Pi..Pi);
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> plot(s(x,20),x=-Pi..Pi,numpoints=1000);
> plot(s(x,100),x=-Pi..Pi,numpoints=2000,tickmarks=[4,2]);
B area 2/music.pdf
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Séries de Fourier e Noções de Teoria Musical
A figura abaixo representa um teclado. À medida que se avança para a direita, as notas vão
ficando mais agudas. É fácil localizar as notas em um teclado. Note que as notas pretas se
alternam em grupos de 2 e de 3 notas. Toda vez que tivermos um grupo de 2 notas pretas, a nota
imediatamente anterior é um dó.
Entre o dó e o ré existe uma nota (preta no teclado), dó# (lê-se dó sustenido), que é mais aguda
do que o dó, mas mais grave do que o ré.
O intervalo entre o dó e o dó# é de 1 semitom. Entre o dó# e o ré também é de 1 semitom, mas
entre o dó e o ré é de 1 tom.
Note que entre o mi e o fá não existe nenhuma nota preta, portanto o intervalo é de 1 semitom. O
intervalo si-dó também é de 1 semitom.
A escala de dó maior é a seqüência de notas: dó - ré - mi - fá - sol - lá - si - dó. Já a escala de ré
maior, por exemplo, é a seqüência: ré - mi - fá# - sol - lá - si - dó# - ré. A escala de mi maior é:
mi - fá# - sol# - lá - si - dó# - ré# - mi. Dependendo da escala que se considere, as notas que são
sustenidas variam, o que não varia, o que é igual em todas as escalas são os intervalos entre as
notas: - tom - tom - semitom - tom - tom - tom - semitom - . Isto ilustra o princípio de que o
importante em música são os intervalos entre notas. Por exemplo, pegando uma melodia
conhecida por todos, o parabéns a você, tocado de duas maneiras diferentes:
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Pode-se tocar seguindo as notas da segunda linha, ou então as da terceira linha. Nos dois casos a
melodia será a mesma, apenas no segundo caso será um pouco mais aguda. Note que nas duas
alternativas os intervalos são os mesmos. Por exemplo, o intervalo , seja ele sol-lá ou si-do#, nos
dois caso é intervalo de 1 tom. O intervalo a-vo, em ambos os casos, sol-dó ou si-mi, é um
intervalo de 2,5 tons. Uma mesma melodia pode ser transposta para os mais diversos tons, basta
que sejam mantidos os intervalos entre as notas. Em outras palavras o que é realmente
importante são os intervalos entre as notas.
Uma questão interessante é, por que se usam 12 notas (7 brancas + 5 pretas)? Quando se toca 2
ou mais notas ao mesmo tempo, dizemos que é um acorde. Alguns acordes são agradáveis ao
nosso ouvido, isto é, são consonantes. Outros são desagradáveis, são dissonantes. Por que? Será
que tudo isto é simplesmente uma questão de hábito, um produto de nossa cultura? Vamos ver
que não. Existe uma explicação física. Vimos que uma corda fixa nos extremos, quando vibra,
seu movimento é descrito por uma série
Trata-se então da superposição de vários movimentos
Cada é periódico no tempo com período e, portanto, freqüência
. É importante notar que todas estas freqüências são múltiplas da mais baixa, a
chamada freqüência fundamental. De fato,
Em outras palavras, quando fazemos vibrar uma corda, o que ouvimos não é um som puro, mas
sim a superposição de vários sons, cujas freqüências são todas elas múltiplas da freqüência
fundamental. Na prática a freqüência fundamental é a que mais contribui, ou seja e 
12/11/2017 music
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predominam sobre os outros coeficientes. Quando falamos na freqüência de uma nota, estamos
falando na freqüência fundamental. As vibrações de freqüência mais alta são os chamados
harmônicos ou sobretons. O som do diapasão (o objeto usado como padrão de afinação) é
desprovido dos harmônicos mais altos, soa só o tom fundamental. Por isto o diapasão produz um
som pobre, sem beleza. Os harmônicos mais altos é que dão a riqueza ao som e a proporção com
que eles entram é que produz o timbre característico de cada instrumento. Um mesmo dó tocado
por um violino ou por uma flauta é a mesma nota, mas soa bastante diferente. Cada instrumento
tem o seu timbre peculiar. Por exemplo, pode acontecer que num certo instrumento só os 
para ímpar soem e em outro instrumento não seja assim.
Consideremos o dó bem da esquerda do teclado da figura acima. Chamemos de a sua
freqüência. Suponhamos que se trate do "dó da fechadura" do piano, cuja freqüência é 
Hz. O próximo dó mais agudo terá freqüência . E toda vez que este intervalo (chamado de
oitava) se mantiver, a freqüência dobrará. Por exemplo, se um mi tiver uma certa freqüência ,
o
próximo mi, uma oitava mais agudo, vai ter freqüência . Portanto o primeiro dó tem
freqüência , o segundo tem freqüência , o terceiro e o quarto . Todos eles soam
junto no primeiro dó. São, respectivamente , , e . Mas
também soam junto com o primeiro dó, com freqüência , com freqüência 
, com freqüência , etc? Que notas são estas?
A nota de freqüência deve situar-se entre o dó de freqüência e o dó de freqüência .
Resulta ser um sol, que está representado no teclado abaixo.
Lembrando que em um intervalo de 1 oitava a freqüência dobra, concluímos que a nota de
freqüência é também um sol, também localizado no teclado da figura.
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Qual será a nota de freqüência ? Deve ser uma nota quase a meio caminho entre o dó de
freqüência e o sol de freqüência . Na verdade é um mi, representado abaixo ©P> 
 
Note que o mi- é a 4 nota depois do dó- e que o sol- é a 3 nota depois do mi- .
Está faltando ainda a 7 nota da série harmônica do dó. Acontece que esta 7 nota não é
nenhum dos sons deste teclado, ela é dissonante em relação ao tom fundamental. Veremos em
um problema de uma das listas de exercícios, que no caso da corda percutida, como no piano,
pode-se conseguir que este 7 harmônico não soe, seja eliminado, bastando para isto que o
martelo bata na corda em um ponto conveniente (veremos que este ponto conveniente é um nó
do 7 harmônico; na prática os fabricantes de piano fazem com que o martelo bata na corda em
um ponto que dista de uma das extremidade fixas da corda aproximadamente do
comprimento da corda). Gostaríamos de frizar que todas as notas de freqüência , , , 
, etc, soam junto (apenas com menor intensidade) quando se toca do dó de freqüência .
Usando novamente que em um intervalo de 1 oitava a freqüência dobra, concluímos que a
freqüência do 1 sol é a metade da freqüência do 2 sol, . podemos então completar um
pouco mais nosso quadro de freqüências
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Neste ponto uma simples inspeção nos mostra que em qualquer altura do teclado, se
consideramos uma progressão dó-mi-sol, a razão entre suas freqüências é 4:5:6. Justamente,
estas 3 notas tocadas em conjunto são bastante agradáveis ao ouvido, constituindo o acorde de dó
maior. Portanto o acorde maior não é uma invenção da civilização ocidental. Ele não é agradável
a nosso ouvido simplesmente porque já estamos habituados a ouvi-lo. Existe uma razão muito
mais forte, de natureza física para que o acorde maior seja agradável ao ouvido. É que a razão
entre as freqüências das notas que o compõem são razões entre números inteiros pequenos, no
caso 4:5:6.
Para completar um pouco mais nosso quadro de freqüências, usamos que o acorde de fá maior é
fá-lá-dó. (se duvidar disto, note que o intervalo fá-lá é de 2 tons, exatamente como o 1 
intervalo dó-mi do acorde de dó maior e o intervalo lá-dó é de 1,5 tons, exatamente o mesmo
que mi-sol). Segue que a razão entre as freqüências de fá-lá-dó é 4:5:6. Considerando o dó- 
, temos que o lá a sua esquerda tem freqüência
Já o fá tem freqüência
Tomando múltiplos, obtemos as freqüências de todos os outros fá e lá do teclado.
Analogamente, começando em um sol e avançando 2 tons para à direita e depois mais 1,5 tons,
concluímos que o acorde de sol maior é sol-si-ré. Portanto a razão entre as freqüências de sol-si-
ré também é 4:5:6. Mas já conhecemos a freqüência da nota sol. Isto nos permite calcular as
freqüências de si como sendo
e de ré como
Com isto completamos as freqüências de todas as notas brancas do teclado. 
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As notas que, quando tocadas juntas, soam agradáveis ao ouvido, são aquelas tais que a razão
entre suas freqüências são frações entre números inteiros pequenos. Por exemplo,
 - para ré-sol, obtemos a fração e portanto são consonantes.
 - para fá-si, obtemos a fração que tem numerador e denominador bastante
grandes. Estas duas notas portanto são bastante dissonantes. Tocadas ao mesmo tempo soam
bastante desagradáveis ao ouvido. Tocando ao mesmo tempo duas notas vizinhas, como dó e
dó#, pode-se notar até um batimento, no entanto é fácil cantar a seqüência dó-dó#. Já para uma
pessoa sem bom um treinamento musical é bem difícil cantar em seqüência fá-si, é quase
impossível guardar este intervalo na memória.
A escala de dó maior que acabamos de construir é a chamada escala da intonação justa. Ela
apresenta um sério inconveniente. As razões entre os intervalos de 1 tom não são sempre iguais.
As razões entre as freqüências de dó-ré , fá-sol e lá-si são 9:8. As razões entre as freqüências de
ré-mi e sol-lá são de 10:9. Este tipo de coisa e, mais ainda quando as notas pretas são
consideradas, criou uma série de complicações. Sem querer entrar em problemas técnicos, vamos
mencionar apenas que para enfrentar esta situação, era preciso, em lugar das 12 notas atuais,
considerar mais de 30 notas, algumas delas diferindo tão pouco entre si, que só um ouvido
treinado podia detectar a diferença.
Visando contornar esta dificuldade, os teóricos da música no século XVII propuseram a escala
do igual tempreramento. Esta escala consiste em dividir a oitava em 12 notas de modo que a
razão entre as freqüências de duas notas vizinhas (intevalo de 1/2 tom) é sempre a mesma.
Consideremos todas as notas entre o dó- e o dó-
dó - dó# - ré - ré# - mi - fá - fá# - sol - sol# - lá - lá# - si - dó
As freqüências destas notas são
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de modo que . Na escala do igual temperamento, para qualquer intervalo de
1 tom, a razão entre as freqüências é sempre . É intressante comparar este valor
com as duas possibilidade e , que observamos na escala da
justa intonação. Existe uma pequena diferença entre as duas escalas. A escala do igual
temperamento foi se impondo lentamente entre os séculos XVII e XVIII, tendo se consolidado
definitivamente com o compositor J. S. Bach, que compôs o dois volumes do Cravo Bem
Temperado, o primeiro deles em 1722 e o segundo em 1744. No sistema de justa intonação não
era possível fazer música em todos os tons. Em cada um dos volumes do Cravo Bem Temperado,
Bach compôs 24 prelúdios e 24 fugas, um conjunto para cada um dos 12 tons maiores e dos 12
tons menores, provando definitivamente que no sistema de igual temperamento pode-se fazer
música em todos os tons.
Eduardo H. M. Brietzke 2001-12-14
B area 2/secao14_2010_2.pdf
Sec¸a˜o 14 – Equac¸o˜es de ordem mais alta
Exemplo 1. Resolver a EDO y(4) − y′′′ − 3y′′ + 5y′ − 2y = 0
A equac¸a˜o caracter´ıstica e´ λ4 − λ3 − 3λ2 + 5λ − 2 = 0 . Os candidatos a raiz racional sa˜o os
m/n com m divisor de −2 e n divisor de 1. As poss´ıveis ra´ızes racionais sa˜o, enta˜o, 1,−1, 2,−2.
Testando, e´ fa´cil ver que 1 e´ uma raiz. Dividindo o polinoˆmio λ4 − λ3 − 3λ2 + 5λ− 2 por λ− 1,
encontramos a fatorac¸a˜o
λ4 − λ3 − 3λ2 + 5λ− 2 = (λ− 1)(λ3 − 3λ+ 2).
Repetindo o procedimento encontramos a fatorac¸a˜o
λ3 − 3λ+ 2 = (λ− 1)(λ2 + λ− 2).
E´ fa´cil fatorar o polinoˆmio de grau 2, usando a fo´rmula de Bhaskara. Encontramos
λ4 − λ3 − 3λ2 + 5λ− 2 = (λ− 1)3(λ+ 2) .
As ra´ızes da equac¸a˜o caracter´ıstica sa˜o λ1 = λ2 = λ3 = 1 e λ4 = −2. Quatro soluc¸o˜es linearmente
independentes da equac¸a˜o diferencial sa˜o
y1 = et , y2 = tet , y3 = t2et , y4 = e−2t .
A soluc¸a˜o geral e´
y1 = C1et + C2tet + C3t2et + C4e−2t .
Exemplo 2. Consideremos oscilac¸o˜es no sistema mostrado na figura, formado por duas massas
presas a 3 molas
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD
DD
¥
¥¥ g g ¥¥DDD¥¥¥DDD¥¥¥DDD¥¥¥DDD¥¥¥DDD¥¥¥DDD¥¥ g g
x1
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥¥
x2
k1 = 1 k2 = 2 k3 = 1
m1 = 1 m2 = 1
Sejam x1 e x2 os deslocamentos da massas a partir de suas posic¸o˜es de equil´ıbrio. Para a massa
m1, massa vezes acelerac¸a˜o, que vale 1 · x′′1, deve ser igualado a` soma das forc¸as que agem
sobre a massa. Pela Lei de Hooke, a forc¸a que a primeira mola exerce sobre a massa m1 vale
−k1 x1 = −x1. A deformac¸a˜o da segunda mola vale x2 − x1. Portanto a forc¸a exercida pela
segunda mola sobre a massa m1 vale k2
(
x2 − x1
)
= 2
(
x2 − x1
)
. Obtemos assim a equac¸a˜o
x′′1 = −x1 + 2
(
x2 − x1
)
.
Por considerac¸o˜es ana´logas chegamos a` equac¸a˜o
x′′2 = −2
(
x2 − x1
)− x2 .
Obtemos o sistema de equac¸o˜es diferenciais{
x′′1 = −3x1 + 2x2
x′′2 = 2x1 − 3x2
(1)
Existem va´rios me´todos para resolver um sistema como este. Aqui vamos resolver por substi-
tuic¸a˜o. Da primeira equac¸a˜o segue
x2 =
1
2
x′′1 +
3
2
x1 . (2)
Substituindo na segunda equac¸a˜o, obtemos
x
(4)
1 + 6x
′′
1 + 5x1 = 0 . (3)
Note que aqui o sistema (1) de equac¸o˜es foi reduzido a uma u´nica equac¸a˜o (3) de ordem mais
alta. Em outras situac¸o˜es se faz justamente o contra´rio, reduzindo uma equac¸a˜o de ordem mais
alta a um sistema de equac¸o˜es de ordem mais baixa, geralmente de ordem 1.
A EDO (3) e´ linear homogeˆnea de ordem 4 com coeficientes constantes. A equac¸a˜o caracte-
r´ıstica e´
λ4 + 6λ2 + 5 = 0.
Fazendo µ = λ2, temos
µ2 + 6µ+ 5 = 0,
cujas ra´ızes sa˜o µ = −1 e −5. Obtemos as ra´ızes λ = ±i, ±i√5. Portanto,
x1 = C1 cos t+ C2 sen t+ C3 cos
(
t
√
5
)
+ C4 sen
(
t
√
5
)
. (4)
Ate´ aqui temos 4 constantes arbitra´rias, C1, C2, C3 e C4, que podem ser calculadas a partir das
4 condic¸o˜es iniciais que sa˜o naturais para este problema, a posic¸a˜o e a velocidade iniciais para
cada uma das massas. Portanto devemos calcular x2 de modo a na˜o introduzir nenhuma nova
constante arbira´ria. Consegue-se isto utilizando (2), de onde se obte´m
x2 = C1 cos t+ C2 sen t− C3 cos
(
t
√
5
)− C4 sen (t√5 ). (5)
Estudaremos em detalhe func¸o˜es perio´dicas um pouco mais adiante. Veremos que a soma de
func¸o˜es perio´dicas nem sempre e´ perio´dica. Somente quando os per´ıodos sa˜o comensura´veis e´
que se pode garantir que da soma vai resultar uma func¸a˜o perio´dica. No caso das expresso˜es
(4) e (5) os per´ıodos na˜o sa˜o comensura´veis. No entanto analisando (4) e (5) pode-se dizer duas
coisas:
• Se as condic¸o˜es inciais forem tais que C3 = C4 = 0, tem-se x1 = x2 = C1 cos t + C2 sen t.
Neste caso as massas se deslocam em paralelo, ora para um lado, ora para o outro lado,
sem que a mola do meio se deforme. Ambas teˆm per´ıodo 2pi e, em consequ¨eˆncia, a mesma
frequ¨eˆncia
f1 =
1
2pi
.
Um exemplo de condic¸o˜es iniciais em que isto ocorre e´ quando no instante t0 = 0 as massas
partem da posic¸a˜o de equil´ıbrio com velocidades iniciais iguais, ou seja, x1(0) = x2(0) = 0,
x′1(0) = x′2(0) = v0. Neste caso obte´m-se C1 = C3 = C4 = 0 e C2 = v0.
• Se as condic¸o˜es inciais forem tais que C1 = C2 = 0, tem-se x1 = −x2 = C3 cos
(
t
√
5
)
+
C4 sen
(
t
√
5
)
. Neste caso as massas realizam movimento harmoˆnico simples, deslocando-
se sempre em sentidos opostos. Ocupam sempre posic¸o˜es sime´tricas em relac¸a˜o ao ponto
me´dio das duas (centro de massa). Para determinar o per´ıodo, pense que tudo o que ocorre
no instante t = 0 vai se repetir quanto t for tal que t
√
5 = 2pi, ou seja, quando t =
2pi√
5
.
A frequ¨eˆncia, sendo o inverso do per´ıodo, e´
f2 =
√
5
2pi
.
2
Conclusa˜o: Este sistema possui 2 frequ¨eˆncias naturais diferentes, f1 =
1
2pi
e f2 =
√
5
2pi
. Ele e´
capaz de realizar oscilac¸o˜es perio´dicas com cada uma destas frequ¨eˆncias naturais. Em geral, o
movimento do sistema e´ a superposic¸a˜o de dois movimentos perio´dicos com frequ¨eˆncias f1 e f2.
Em consequ¨eˆncia, o sistema podera´ entrar em ressonaˆncia pela ac¸a˜o de uma forc¸a externa
perio´dica que tenha frequ¨eˆncia igual a qualquer uma dessas frequ¨eˆncias naturais do sistema.
Sistemas formados por mais massas e molas podem ter va´rias frequ¨eˆncias naturais. Mais adiante
veremos que uma corda vibrante tem uma infinidade de frequ¨eˆncias naturais.
Exemplo 3. Resolver a EDO y′′′ + 8y = 0.
A equac¸a˜o caracter´ıstica e´ λ3+8 = 0. Suas ra´ızes sa˜o os nu´meros complexos λ tais que λ3 = −8,
isto e´, as ra´ızes cu´bicas complexas de −8. Uma raiz e´ λ1 = 3
√−8 = −2. Dividindo λ3 + 8 por
λ+ 2, obtem-se a fatorac¸a˜o
λ3 + 8 = (λ+ 2)(λ2 − 2λ+ 4).
Resolvendo λ2 − 2λ + 4 = 0, encontramos as ra´ızes λ2 = 1 + i
√
3 e λ3 = 1 − i
√
3 . Logo, treˆs
soluc¸o˜es linearmente independentes de nossa EDO sa˜o
y1 = e−2t , y2 = et cos
(
t
√
3
)
, y3 = et sen
(
t
√
3
)
e a soluc¸a˜o geral e´
y = C1e−2t + C2et cos
(
t
√
3
)
+ C3et sen
(
t
√
3
)
.
Observac¸a˜o. No Exemplo 3 vemos que, diferentemente do que acontece com os nu´meros reais,
no conjunto dos nu´meros complexos existem treˆs valores diferentes para uma raiz cu´bica
3
√
8 =

2
1 + i
√
3
1− i√3
Mais geralmente, dado um nu´mero complexo z 6= 0, existem n deferentes ra´ızes n−e´simas n√z.
Exemplo 4. Resolver a EDO y(4) + 16y = 0.
A equac¸a˜o caracter´ıstica e´ λ4 + 16 = 0. Suas ra´ızes sa˜o os nu´meros complexos λ tais que
λ4 = −16, isto e´, as ra´ızes quartas complexas de −16. Quem na˜o lembra de como se calculam
ra´ızes quartas de nu´meros complexos, pode comec¸ar fazendo a substituic¸a˜o λ = α+iβ. Aplicando
o Binoˆmio de Newton na igualdade
(
α+ iβ
)4 = −16, temos
α4 + 4α3iβ + 6α2(iβ)2 + 4α(iβ)3 + (iβ)4 = −16,
ou seja,
α4 + 4α3iβ − 6α2β2 − 4iαβ3 + β4 = −16.
Separando os termos reais dos imagina´rios, obtemos(
α4 − 6α2β2 + β4)+ 4i(α3β − αβ3) = −16,
que equivale ao sistema {
α4 − 6α2β2 + β4 = −16
α3β − αβ3 = 0
A segunda equac¸a˜o se fatora como αβ
(
α2 − β2) = 0. Mas a primeira equac¸a˜o na˜o pode ser
satisfeita com α = 0 ou β = 0. Portanto, α2 = β2. Substituindo na primeira equac¸a˜o, temos
3
−4α4 = −16, que nos da´ α2 = 2 e α = ±√2. Obte´m-se da´ı as ra´ızes λ1 =
√
2 + i
√
2,
λ2 =
√
2− i√2, λ3 = −
√
2 + i
√
2 e λ4 = −
√
2− i√2.
Conclusa˜o: A equac¸a˜o caracter´ıstica tem quatro ra´ızes distintas, os 2 pares conjugados
√
2±i√2
e −√2± i√2. Portanto, quatro soluc¸o˜es linearmente independentes da EDO sa˜o
y1 = et
√
2 cos
(
t
√
2
)
, y2 = et
√
2 sen
(
t
√
2
)
, y3 = e−t
√
2 cos
(
t
√
2
)
e y3 = e−t
√
2 sen
(
t
√
2
)
.
Observac¸a˜o. Os quatro valores diferentes para a raiz quarta de −16 nos nu´meros complexos sa˜o
4
√−16 =

√
2 + i
√
2
−√2 + i√2
−√2− i√2√
2− i√2
Exemplo 5. Resolver a EDO
y(4) − 8y′′′ + 24y′′ − 32y′ + 16y = 0.
A equac¸a˜o caracter´ıstica e´
λ4 − 8λ3 + 24λ2 − 32λ+ 16 = 0.
Os candidatos a raiz racional sa˜o os m/n com m divisor de 16 e n divisor de 1. As poss´ıveis
ra´ızes racionais sa˜o, enta˜o, ±1,±2,±4,±8,±16. E´ fa´cil verificar que 2 e´ uma raiz. Dividindo o
polinoˆmio λ4 − 8λ3 + 24λ2 − 32λ+ 16 por λ− 2, encontramos a fatorac¸a˜o
λ4 − 8λ3 + 24λ2 − 32λ+ 16 = (λ− 2)(λ3 − 6λ2 + 12λ− 8).
Repetindo o mesmo procedimento com o polinoˆmio λ3 − 6λ2 + 12λ− 8 verificamos que 2 e´ raiz
e, novamente por divisa˜o, encontramos a fatorac¸a˜o
λ3 − 6λ2 + 12λ− 8 = (λ− 2)(λ2 − 4λ2 + 4).
Segue que
λ4 − 8λ3 + 24λ2 − 32λ+ 16 = (λ− 2)2(λ2 − 4λ2 + 4).
Utilizando a fo´rmula de Bhaskara, encontramos
λ2 − 4λ2 + 4 = (λ− 2)2.
Logo,
λ4 − 8λ3 + 24λ2 − 32λ+ 16 = (λ− 2)4.
Conclu´ımos que λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 2 e´ raiz de multiplicidade 4 da equac¸a˜o
caracter´ıstica.
Portanto, quatro soluc¸o˜es L.I. da EDO sa˜o
y1 = e2t, y2 = te2t, y3 = t2e2t, y4 = t3e2t
e a soluc¸a˜o geral e´
y = C1e2t + C2te2t + C3t2e2t + C4t3e2t =
(
C1 + C2t+ C3t2 + C4t3
)
e2t.
4
B area 2/secao15_2010_2.pdf
Sec¸a˜o 15: Sistema de Equac¸o˜es Diferenciais Lineares
Homogeˆneas com Coeficientes Constantes
Muitos problemas de f´ısica envolvem diversas equac¸o˜es diferenciais. Na sec¸a˜o 14, por exem-
plo, vimos que o sistema massa-mola do exemplo 2 tem o seu movimento descrito pelas equac¸o˜es
diferenciais {
x′′1 = −3x1 + 2x2
x′′2 = 2x1 − 3x2
(1)
Este problema e´ um exemplo de Sistema de equac¸o˜es diferenciais. Observe que cada equac¸a˜o
e´ linear em relac¸a˜o as suas inco´gnitas x1 e x2, sendo assim um sistema de equac¸o˜es lineares.
Ale´m disso, as duas equac¸o˜es sa˜o homogeˆneas, pois cada parcela envolve alguma inco´gnita,
e os coeficientes sa˜o constantes. Trata-se, portanto, de um sistema de equac¸o˜es diferenciais
ordina´rias lineares homogeˆneas com coeficientes constantes. O objetivo desta sec¸a˜o e´ introduzir
uma te´cnica para resolver este tipo de sistema.
Inicialmente observamos que o sistema dado em (1) pode ser facilmente resolvido isolando x2
na primeira EDO e subsituindo-o na segunda equac¸a˜o. Infelizmente, este processo na˜o e´ ta˜o
simples em certos problemas.
Por exemplo, podemos sentir dificuldade em resolver o sistema{
x′ = y′ − x+ y
y′ = −x′ + 3x+ y
visto que na˜o podemos isolar x ou y em qualquer uma das duas equac¸o˜es de forma ta˜o simples.
Antes de resolve-lo, vejamos alguns conceitos.
Polinoˆmio de Operadores
Definic¸a˜o: Vamos denotar por D o operador diferencial que associa a cada func¸a˜o a sua
derivada, isto e´,
Dz = z′.
Como consequeˆncia imediata,
DDz = Dz′ = z′′.
Isto sugere definir D2 por
D2z = DDz = z′′.
Podemos generalizar, defindo Dn para qualquer inteiro na˜o negativo por
Dnz = z(n) derivada de z de ordem n.
Assim como definimos “poteˆncias” de D, podemos tambe´m definir polinoˆmios de D. Mais
precisamente, definimos o polinoˆmio P (D) = anDn + · · · + a1D + a0, onde a0, a1, . . . , an sa˜o
nu´meros reais, por
(anDn + · · ·+ a1D + a0)z = anz(n) + · · ·+ a1z(1) + a0z.
Exemplos:
1) (D − 1)z = z′ − z
2) (D2 + 2D + 3)z = z′′ + 2z′ + 3
3) (4D3 − 2D)z = 4z′′′ − 2z′.
Observac¸a˜o: Em certo sentido, podemos trabalhar com polinoˆmios em D como se fossem
polinoˆmios convencionais. Por exemplo, se P (D) e Q(D) sa˜o polinoˆmios em D, enta˜o podemos
definir P (D) +Q(D), P (D)−Q(D) e αP (D) da mesma forma que definimos a soma, diferenc¸a
e o produto por um escalar para polinoˆmios em x.
Exemplo: Sejam P (D) = D2 − 3D + 4, Q(D) = 2D − 3 e α = −2.
Enta˜o
P (D) +Q(D) = (D2 − 3D + 4) + (2D − 3) = D2 −D + 1,
P (D)−Q(D) = (D2 − 3D + 4)− (2D − 3) = D2 − 5D + 7,
αP (D) = −2(D2 − 3D + 4) = −2D2 + 6D − 8.
Observac¸a˜o 2: Se P (D) e Q(D) sa˜o polinoˆmios em D, enta˜o a composta P (D)(Q(D)) e´ um
polinoˆmio que pode ser calculado fazendo-se o produto entre P (D) e Q(D) como se fossem
polinoˆmios comuns.
Exemplos:
1) P1(D) = D + 2 e P2(D) = −D + 4 ⇒ P1(D)(P2(D)) = (D + 2)(−D + 4) = −D2 + 2D + 8.
2) P1(D) = D e P2(D) = 2D − 4 ⇒ P1(D)(P2(D)) = (D)(2D − 4) = 2D2 − 4D.
1) P1(D) = D2 − 2 e P2(D) = D+ 1 ⇒ P1(D)(P2(D)) = (D2 − 2)(D+ 1) = D3 +D2 − 2D− 2.
A partir de agora, a composta entre polinoˆmios sera´ tratada como um produto e adotaremos a
notac¸a˜o P (D)Q(D) ao inve´s de P (D)(Q(D)).
Observac¸a˜o 3: O produto entre polinoˆmios e´ comutativo, ou seja,
P (D)Q(D) = Q(D)P (D).
Exemplo: Seja P (D) = D − 2 e Q(D) = D + 4. Enta˜o,
P (D)Q(D) = (D − 2)(D + 4) = D2 + 2D − 8 = (D + 4)(D − 2) = Q(D)P (D).
O pro´ximo teorema mostra que o modo como definimos soma, diferenc¸a e produto entre ope-
radores sera´ u´til.
Teorema 1: Sejam P (D) e Q(D) polinoˆmios em D, α ∈ R e z uma func¸a˜o infinitamente dife-
rencia´vel. Enta˜o,
i) (P (D) +Q(D))z = P (D)z +Q(D)z
ii) (αP (D))z = αP (D)z
iii) P (D)(Q(D)z) = P (D)Q(D)z
Este Teorema pode ser facilmente verificado na pra´tica, como veremos no pro´ximo exemplo.
2
Exemplo: Sejam P (D) = D2 − 1, Q(D) = D + 1, α = 2 e z uma func¸a˜o infinitamente
diferencia´vel. Enta˜o,
(P (D) +Q(D))z = (D2 − 1 +D + 1)z = (D2 −D)z
= z′′ − z′
= (z′′−z) + (z′+z)
= (D2 − 1)z + (D + 1)z = P (D)z +Q(D)z.
Isto mostra a validade de i) do teorema para este exemplo. Seguindo os mesmos passos, podemos
tambe´m verificar ii) e iii).
Conclusa˜o: Estes resultados mostram que podemos operar (somar, subtrair e multiplicar) com
polinoˆmios em D da mesma forma que trabalhamos com polinoˆmios comuns, expressos, em
geral, na varia´vel t ou x.
Resoluc¸a˜o de Sistemas de Equac¸o˜es Diferenciais
Vejamos agora como resolver sistemas de equac¸o˜es diferenciais ordina´rias lineares de coeficientes
constantes usando operadores.
Exemplo 1: Resolva {
x′ = y′ − x+ y
y′ = −x′ + 3x+ y (2)
Soluc¸a˜o:
(1) Primeiro, devemos primeiro passar todos os termos para o lado esquerdo da equac¸a˜o, agru-
pando x com x′ e y com y′: {
(x′ + x)− (y′ + y) = 0
(x′ − 3x) + (y′ − y) = 0
(2) Note que, usando o operador diferencial D, temos
x′ + x = (D + 1)x , y′ + y = (D + 1)y , x′ − 3x = (D − 3)x e y′ − y = (D − 1)y.
Assim, o sistema acima pode ser reescrito como{
(D + 1)x− (D + 1)y = 0
(D − 3)x+ (D − 1)y = 0 (3)
Para resolver este sistema de equac¸o˜es com inco´gnitas x e y e “coeficientes” (D+1), . . . , (D−1),
vamos empregar as te´cnicas tradicionais para resolver sistemas.
Observac¸a˜o: Embora D+1, D−3 e D−1 sejam notac¸o˜es simbo´licas para operadores, podemos
opera´-los como se fossem coeficientes constantes. Isto e´ uma consequeˆncia do Teorema 2, que
nos permite somar, subtrair e mutltiplicar operadores tal qual fazemos com varia´veis e nu´meros
reais. NO ENTANTO, NA˜O DEVEMOS DIVIDIR OPERADORES.
3
Vamos triangularizar o sistema (3) para achar as suas soluc¸o˜es:
1 - Multiplicando a 1a equac¸a˜o por D − 3 (primeiro coeficiente da 2a equac¸a˜o), temos
(D − 3)(D + 1)x− (D − 3)(D + 1)y = 0.
2 - Multiplicando a 2a equac¸a˜o por D + 1 (primeiro coeficiente da 1a equac¸a˜o), temos
(D + 1)(D − 3)x+ (D + 1)(D − 1)y = 0.
3 - Fazendo a diferenc¸a entre a 2a e a 1a equac¸a˜o, obtemos
(D + 1)(D − 3)x− (D − 3)(D + 1)x+ (D + 1)(D − 1)y + (D − 3)(D + 1)y = 0.
Note que os termos com x desaparecem, visto que (D + 1)(D − 3) = (D − 3)(D + 1) (comuta-
tividade) e, portanto, (D + 1)(D − 3)− (D − 3)(D + 1) = 0.
Assim, ficamos com
(D + 1)(D − 1)y + (D − 3)(D + 1)y = 0,
ou, equivalentemente,
(D2 − 1)y + (D2 − 2D − 3)y = 0,
isto e´,
(2D2 − 2D − 4)y = 0.
Assim, juntando esta equac¸a˜o com a 1a equac¸a˜o de (3), temos o sistema triangular:{
(D + 1)x − (D + 1)y = 0
(2D2 − 2D − 4)y = 0 (4)
(3) Comec¸aremos estudando a u´ltima linha do sistema, ja´ que envolve apenas uma varia´vel.
Veja que ela representa
2y′′ − 2y − 4 = 0.
Esta e´ uma EDOLH com coeficientes constantes. As soluc¸o˜es podem ser obtidas por meio da
equac¸a˜o caracter´ıstica 2α2 − 2α− 4 = 0, cujas ra´ızes sa˜o α1 = 2 e α2 = −1. Logo
y(t) = C1 e2t + C2 e−t.
Para obter x, devemos substituir y na 1a equac¸a˜o de (4):
(D + 1)x− (D + 1)(C1 e2t + C2 e−t) = 0,
ou seja,
x′ + x− (C1 e2t + C2 e−t)′ − (C1 e2t + C2 e−t) = 0.
Logo,
x′ + x− 2C1 e2t +XXXXC2 e−t − C1 e2t −XXXXC2 e−t = 0.
Assim,
x′ + x = 3C1 e2t,
que e´ uma EDOL Na˜o-Homogeˆnea de 1a ordem. Um fator integrante associado a esta EDO e´
µ = e
∫
1 dt = et.
4
Multiplicando a EDO por µ, conclu´ımos que
etx′ + etx = 3C1 e2tet = 3C1 e3t.
Logo,
(etx)′ = 3C1 e3t
e, portanto,
etx =
∫
3C1 e3tdt = C1e3t +K.
Assim,
x(t) = C1e2t +Ke−t.
Resumindo,
x(t) = C1e2t
+Ke−t e y(t) = C1 e2t + C2 e−t.
ATENC¸A˜O: Observe que a resposta possui 3 constantes livres: C1, C2 e K. No entanto, existe
um teorema que prediz quantas constantes livres deve ter a resposta final. Para aplicar este
resultado, devemos achar a matriz dos coeficientes em D do sistema original, isto e´, ANTES de
ter sido feito a triangularizac¸a˜o. No nosso exemplo, devemos analizar os coeficientes do sistema
(3), representados pela matriz [
D + 1 −(D + 1)
D − 3 D − 1
]
.
Como o determinante desta matriz, 2D2−2D−4, e´ um polinoˆmio de grau 2, existe um teorema
que garante que a soluc¸a˜o final devera´ ter apenas 2 constantes livres. Como a nossa resposta
tem 3 constantes, significa que deve haver uma relac¸a˜o entre ela. Esta “constante adicional”
surgiu durante a triangularizac¸a˜o. Trata-se de uma falha do me´todo. Para achar a relac¸a˜o entre
C1, C2 e K, vejamos quando x e y satisfazem as equac¸o˜es do sistema:
• Quando x(t) = C1e2t +Ke−t e y(t) = C1 e2t +C2 e−t satisfazem a 1a equac¸a˜o do sistema (2)?
(C1 e2t +K e−t)′
?= (C1 e2t + C2 e−t)′ − (C1 e2t +K e−t) + (C1 e2t + C2 e−t)
»»»
»2C1 e2t −XXXK e−t ?= »»»»2C1 e2t −»»»»XXXXC2 e−t −©©
©
C1 e
2t −XXXK e−t +©©
©
C1 e
2t +»»»»XXXXC2 e−t.
0 = 0.
Logo x e y satisfazem a 1a equac¸a˜o para qualquer C1, C2 e K.
• Quando x(t) = C1 e2t+K e−t e y(t) = C1 e2t+C2 e−t satisfazem a 2a equac¸a˜o do sistema (2)?
(C1 e2t + C2 e−t)′
?= −(C1 e2t +K e−t)′ + 3(C1 e2t +K e−t) + (C1 e2t + C2 e−t)
(2C1 e2t − C2 e−t) ?= −(2C1 e2t −K e−t) + 3(C1 e2t +K e−t) + (C1 e2t + C2 e−t)
XXXX2C1 e2t − C2 e−t ?= XXXXX−2C1 e2t +K e−t +XXXX3C1 e2t + 3K e−t +HHHC1 e2t + C2 e−t
−2C2 e−t ?= 4K e−t
−C2
2
= K.
Logo x e y satisfazem a 2a equac¸a˜o se e so´ se −C22 = K. Portanto, a soluc¸a˜o final e´
x(t) = C1e2t − C22 e−t e y(t) = C1 e2t + C2 e−t.
5
Exemplo 2: Resolva {
x′′ = −11x+ 6y
y′′ = 6x− 6y (5)
Soluc¸a˜o:
(1) Passando todos os termos para o lado esquerdo, temos{
x′′ + 11x− 6y = 0
−6x+ y′′ + 6y = 0
(2) Reescrevendo o sistema na notac¸a˜o de operador, obtemos{
(D2 + 11)x− 6y = 0
−6x+ (D2 + 6)y = 0 (6)
Para triangularizar o sistema, vamos multiplicar a primeira linha por 6, multiplicar a segunda
linha por (D2 + 11) e soma-las como indicado
6(D2 + 11)x − 6 · 6y = 0
(D2 + 11)(−6)x + (D2 + 11)(D2 + 6)y = 0
0x + (D4 + 17D2 + 30)y = 0
Juntando esta equac¸a˜o com a 2a linha do sistema (6), obtemos{ −6x + (D2 + 6)y = 0
0x + (D4 + 17D2 + 30)y = 0
(7)
Note que organizamos as 2 equac¸o˜es de modo que o sistema ficasse na forma triangular superior.
Ale´m disso, preferimos ficar com a 2a linha do sistema (6) ao inve´s da 1a. Esta escolha e´ mais
interessante, ja´ que a primeira equac¸a˜o na˜o envolve derivadas em x, facilitando o seu ca´lculo
posteriormente.
(3) Para resolver este sistema comec¸aremos estudando a sua segunda linha que equivale a`
y(4) + 17y′′ + 30y = 0.
Esta e´ uma EDOLH de coeficientes constantes cuja equac¸a˜o caracter´ıstica e´
α4 + 17α2 + 30 = 0.
Esta equac¸a˜o e´ uma biquadrada. Podemos resolve-la definindo β = α2, obtendo
β2 + 17β + 30 = 0.
As ra´ızes desta equac¸a˜o sa˜o β1 = −2 e β2 = −15. Assim, como α = ±
√
β, obtemos
α1 = i
√
2 , α2 = −i
√
2 , α3 = i
√
15 e α4 = −i
√
15.
Portanto,
y(t) = C1 cos(t
√
2) + C2 sen (t
√
2) + C3 cos(t
√
15) + C4 sen (t
√
15).
6
Para achar x(t), basta substituir y(t) na primeira equac¸a˜o do sistema (7), obtendo
−6x+ (C1 cos(t
√
2) + C2 sen (t
√
2) + C3 cos(t
√
15) + C4 sen (t
√
15))′′
+ 6(C1 cos(t
√
2) + C2 sen (t
√
2) + C3 cos(t
√
15) + C4 sen (t
√
15)) = 0.
Enta˜o,
6x = 4C1 cos(t
√
2) + 4C2 sen (t
√
2)− 9C3 cos(t
√
15)− 9C4 sen (t
√
15),
ou seja,
x =
2
3
C1 cos(t
√
2) +
2
3
C2 sen (t
√
2)− 3
2
C3 cos(t
√
15)− 3
2
C4 sen (t
√
15).
Resumindo,
x(t) =
2
3
C1 cos(t
√
2) +
2
3
C2 sen (t
√
2)− 3
2
C3 cos(t
√
15)− 3
2
C4 sen (t
√
15)
e
y(t) = C1 cos(t
√
2) + C2 sen (t
√
2) + C3 cos(t
√
15) + C4 sen (t
√
15).
ATENC¸A˜O: Agora devemos verificar quando x e y sa˜o soluc¸o˜es (qual a relac¸a˜o entre as cons-
tantes). Note que temos 4 constantes livres: C1, C2, C3 e C4. Lembremos que o nu´mero de
constantes livres pode ser achado montando a matriz dos coeficientes do sistema (6):[
D2 + 11 −6
−6 D2 + 6
]
e calculando o grau do determinante desta matriz. Como o determinante e´ D4 + 17D2 + 30, o
grau deste polinoˆmio e´ 4 e, portanto, o nu´mero de constantes livres deve ser 4. Assim, como
obtivemos exatamente 4 constantes, todas elas devem ser livres. Portanto, na˜o ha´ relac¸a˜o entre
elas e na˜o precisamos substitutir x e y em (5), como fizemos no exemplo anterior.
Logo, a resposta final e´
x(t) = 23C1 cos(t
√
2) + 23C2 sen (t
√
2)− 32C3 cos(t
√
15)− 32C4 sen (t
√
15)
e
y(t) = C1 cos(t
√
2) + C2 sen (t
√
2) + C3 cos(t
√
15) + C4 sen (t
√
15).
Observac¸a˜o: O sistema deste exemplo pode ser resolvido de um modo mais simples dispensando
a te´cnica de operadores. Basta isolar y na primeira equac¸a˜o
y =
x′′ + 11x
6
(8)
e substitu´ı-lo na segunda EDO, obtendo(
x′′ + 11x
6
)′′
= 6x− 6
(
x′′ + 11x
6
)
.
Portanto, x(4) + 17x′′ + 30x = 0. A partir deste ponto, o procedimento e´ igual ao feito ante-
riormente, isto e´, achamos a ra´ızes da equac¸a˜o caracter´ıtica, determinamos a soluc¸a˜o geral de
x e subsitu´ımos x em (8) para achar y. A importaˆncia da te´cnica de operadores ocorrem em
sistemas em que na˜o e´ poss´ıvel isolar x ou y ta˜o facilmente.
7
Exemplo 3: Resolva {
x′′ − x′ = 2y′ − 2y
x′ + x = 2y′ − y (9)
Soluc¸a˜o:
(1) Passando todos os termos para o lado esquerdo, temos{
x′′ − x′ − 2y′ + 2y = 0
x′ + x− 2y′ + y = 0
(2) Reescrevendo o sistema na notac¸a˜o de operador, obtemos{
(D2 −D)x− (2D − 2)y = 0
(D + 1)x− (2D − 1)y = 0 (10)
Para triangularizar o sistema, vamos multiplicar a primeira linha por (D + 1), multiplicar a
segunda linha por (D2 −D) e subrair a segunda linha da primeira, como indicado
(D + 1)(D2 −D)x − (D + 1)(2D − 2)y = 0
− (D2 −D)(D + 1)x + (D2 −D)(2D − 1)y = 0
0x + (2D3 − 5D2 +D + 2)y = 0
Juntando esta equac¸a˜o com a 2a linha do sistema (10) obtemos{
(D + 1)x − (2D − 1)y = 0
0x + (2D3 − 5D2 +D + 2)y = 0 (11)
Note que organizamos as 2 equac¸o˜es de modo que o sistema ficasse na forma triangular superior.
Ale´m disso, preferimos ficar com a 2a linha do sistema (10) ao inve´s da 1a, visto a segunda e´
mais simples (envolve apenas derivadas de ordem 1) do que a primeira.
(3) Para resolver este sistema comec¸aremos estudando a sua segunda linha que equivale a`
2y′′′ − 5y′′ + y′ + 2y = 0.
Esta e´ uma EDOLH de coeficientes constantes cuja equac¸a˜o caracter´ıstica e´
2α3 − 5α2 + α+ 2 = 0.
Para achar as suas ra´ızes, devemos tentar os divisores do termo independente. Como o termo
independente e´ 2, os candidatos a ra´ızes sa˜o ±1, ±2.
Substituindo 1 no lado esquerdo, vemos que ele uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o. Assim α1 = 1 e´
uma raiz e, portanto, α−1 divide o polinoˆmio 2α3−5α2+α+2. Usando o me´todo convencional
para divisa˜o de polinoˆmios, obtemos
2α3 − 5α2 + α+ 2
α− 1 = 2α
2 − 3α− 2.
Logo,
2α3 − 5α2 + α+ 2 = (α− 1)(2α2 − 3α− 2).
8
Assim, para achar as outras ra´ızes, basta achar as ra´ızes de
(2α2 − 3α− 2).
As ra´ızes deste polinoˆmio do segundo grau sa˜o 2 e −1/2. Portanto,
α1 = 1 , α2 = 2 e α3 = −1/2.
Logo,
y(t) = C1 et + C2 e2t + C3 e−t/2.
Para achar x(t), basta substituir y(t) na primeira equac¸a˜o do sistema (11),
obtendo
x′ + x− 2(C1 et + C2 e2t + C3 e−t/2)′ + (C1 et + C2 e2t + C3 e−t/2) = 0.
Enta˜o,
x′ + x = C1 et + 3C2 e2t − 2C3 e−t/2,
que e´ uma EDOL Na˜o-Homogeˆnea de 1a ordem. Multiplicando esta EDO pelo seu fator inte-
grante µ = e
∫
1dt = et, resulta
etx′ + etx = C1 e2t + 3C2 e3t − 2C3 et/2,
ou seja,
(etx)′ = C1 e2t + 3C2 e3t − 2C3 et/2.
Logo,
etx =
∫
C1 e
2t + 3C2 e3t − 2C3 et/2dt = C1 e
2t
2
+ C2 e3t − 4C3 et/2 +K.
Dividindo por et,
x =
C1 e
t
2
+ C2 e2t − 4C3 e−t/2 +K e−t.
Resumindo,
x(t) =
C1 e
t
2
+ C2 e2t − 4C3 e−t/2 +K e−t e y(t) = C1 et + C2 e2t + C3 e−t/2.
ATENC¸A˜O: Agora devemos verificar quando x e y sa˜o soluc¸o˜es (qual a relac¸a˜o entre as con-
stantes). Note que temos 4 constantes livres: C1, C2, C3 e K. Lembremos que o nu´mero de
constantes livres pode ser achado montando a matriz dos coeficientes do sistema (10):[
D2 −D −(2D − 2)
D + 1 −(2D − 1)
]
e calculando o grau do determinante desta matriz. Como o determinante e´ −2D3+5D2−D−2,
o grau deste polinoˆmio e´ 3 e, portanto, o nu´mero de constantes livres deve ser 3. Logo temos
constantes demais.
Vamos verificar quando x e y sa˜o soluc¸o˜es do sistema (9):
• Quando x(t) = C1 et2 + C2 e2t− 4C3 e−t/2+K e−t e y(t) = C1 et+C2 e2t+C3 e−t/2 satisfazem
a 1a equac¸a˜o do sistema (9)?
(
C1 e
t
2
+ C2 e2t − 4C3 e−t/2 +K e−t
)′′
−
(
C1 e
t
2
+ C2 e2t − 4C3 e−t/2 +K e−t
)′
=
2(C1 et + C2 e2t + C3 e−t/2)′ − 2(C1 et + C2 e2t + C3 e−t/2)
9
Isto equivale a`
XXXX2C2 e2t −»»»»
»
3C3 e−t/2 + 2K et/2 =
XXXX2C2 e2t −»»»»
»
3C3 e−t/2,
ou seja,
K = 0.
Com esta relac¸a˜o, temos agora apenas 3 constantes livres: C1, C2 e C3. Como no comenta´rio
anterior foi predito a existeˆncia de 3 constantes livres, na˜o precisamos verificar quando x e y
satisfazem a segunda equac¸a˜o de (9). Se o fizermos, chegaremos a relac¸a˜o 0 = 0, na˜o adicionando
qualquer informac¸a˜o nova.
Portanto, as soluc¸o˜es sa˜o
x(t) = C1 e
t
2 + C2 e
2t − 4C3 e−t/2 e y(t) = C1 et + C2 e2t + C3 e−t/2.
Observac¸a˜o. O me´todo dos operadores se aplica tambe´m a sistemas na˜o homogeˆneos, como
mostra o exemplo a seguir.
Exemplo 4. Resolver o sistema {
x′ + y′′ = e3t
x′ + y′ + x− y = 4e3t
Reescrevendo com os operadores, temos{
Dx + D2y = e3t
(D + 1)x+ (D − 1)y = 4e3t
(12)
Multiplicando a primeira equac¸a˜o por D + 1 e a segunda por, D temos{
D(D + 1)x+D2(D + 1)y = 4e3t
D(D + 1)x+ D(D − 1)y = 12e3t
Note que, por exemplo, (D + 1)(e3t) = (e3t)′ + e3t = 3e3t + e3t = 4e3t.
Subtraindo a segunda equac¸a˜o da primeira, obtemos a EDO
(
D2(D+1)−D(D−1))y = −8e3t,
isto e´,
(D3 +D)y = −8e3t. (13)
A equac¸a˜o caracter´ıstica e´ λ(λ2 + 1) = 0, cujas ra´ızes sa˜o λ1 = 0, λ2 = i e λ3 = −i. Com elas
constru´ımos treˆs soluc¸o˜es linearmente independentes para a equac¸a˜o homogeˆnea
1, cos t, sen t.
Procuramos uma soluc¸a˜o particular para a equac¸a˜o na˜o homogeˆnea (13) da forma yp(t) = Ae3t.
Substituindo na equac¸a˜o, depois de feitas as contas, encontramos
yp(t) = − 415 e
3t.
Portanto,
y(t) = C1 cos t+ C2 sen t+ C3 − 415 e
3t. (14)
10
Substituindo na primeira equac¸a˜o, obtemos
x′ = e3t − y′′ = e3t + C1 cos t+ C2 sen t+ 125 e
3t.
Integrando, temos
x(t) = −C2 cos t+ C1 sen t+ 1715 e
3t + C4. (15)
Para saber o nu´mero de constantes arbitra´rias na soluc¸a˜o do sistema, calculamos o determinante
det
(
D D2
D + 1 D − 1
)
= −D3 −D.
Como obtivemos um operador diferencial de ordem 3, sabemos que a soluc¸a˜o geral do sistema vai
envolver 3 constantes arbitra´rias. Mas na soluc¸a˜o dada por (14) e (15), aparecem 4 constantes.
Logo, as quatro constantes na˜o sa˜o livres, deve haver algum v´ınculo entre elas. Para descobrir
esse v´ınculo, substituimos (14) e (15) no sistema. Ao substituir na primeira equac¸a˜o, na˜o
obtemos nada de novo, mas substituindo na segunda equac¸a˜o, obtemos
C3 = C4.
Portanto, a soluc¸ a˜o do sistema e´
x(t) = −C2 cos t+ C1 sen t+ 1715 e
3t + C3
y(t) = C1 cos t+ C2 sen t+ C3 − 415 e
3t.
11
B area 2/secao16_2011_2.pdf
Sec¸a˜o 16 – Sistemas de equac¸o˜es diferenciais de 1a ordem
lineares homogeˆneas de coeficientes constantes
Na sec¸a˜o anterior, vimos como resolver sistemas de equac¸o˜es usando o me´todo dos operadores.
Em certas situac¸o˜es particulares, no entanto, podemos aplicar outros me´todos mais convenientes.
Por exemplo, considere o sistema {
x′1 = −2x1 + x2
x′2 = x1 − 2x2
(1)
Uma forma de resolver este sistema e´ isolar x2 na 1
a equac¸a˜o
x2 = x
′
1 + 2x1, (2)
e substituir na 2a equac¸a˜o,
(x′1 + 2x1)
′ = x1 − 2(x
′
1 + 2x1),
obtendo,
x′′1 + 4x
′
1 + 3x1 = 0,
que e´ uma EDO linear homogeˆnea, cuja a soluc¸a˜o geral e´
x1(t) = C1e
−t + C2e
−3t. (3)
Para achar x2(t) basta substituir (3) em (2),
x2(t) = (C1e
−t + C2e
−3t)′ + 2(C1e
−t + C2e
−3t) = C1e
−t − C2e
−3t.
Assim, a soluc¸a˜o do sistema (3) e´
x1(t) = C1e
−t + C2e
−3t, x2(t) = C1e
−t − C2e
−3t (4)
onde C1 e C2 sa˜o duas constantes arbitra´rias.
Embora este me´todo seja simples, ele pode ser trabalhoso para sistemas de ordem maior.
Portanto, vamos usar uma ide´ia diferente. Para isto, note que o sistema (1) pode ser reescrito
em forma matricial como (
x′1
x′2
)
=
(
−2 1
1 −2
)(
x1
x2
)
(5)
ou ainda
~x ′(t) = A~x(t)
sendo A a matriz A =
(
−2 1
1 −2
)
e ~x = ~x(t) a func¸a˜o vetorial ~x(t) = (x1(t), x2(t)).
Me´todo de resoluc¸a˜o. Seja A uma matriz n× n e consideremos o sistema de 1a ordem
~x ′(t) = A~x(t) (6)
No caso n = 1, a matriz A se resumiria a um u´nico escalar a e ter´ıamos a equac¸a˜o escalar
x′ = ax
cuja soluc¸a˜o geral e´ x(t) = Ceat. Por analogia, no caso n ≥ 2, substituindo a constante C por
um vetor ~v, procuramos a soluc¸a˜o do sistema (6) na forma
~x(t) = eλt~v (7)
Substituindo (7) em (6), obtemos λeλt~v = eλtA~v, ou seja
A~v = λ~v. (8)
Logo,
A func¸a˜o ~x(t) = eλt~v e´ uma soluc¸a˜o do sistema (6) se e somente se A~v = λ~v.
Para prosseguir, precisamos relembrar uma definic¸a˜o da A´lgebra Linear.
Definic¸a˜o. Seja A uma matriz n× n. Um escalar λ e´ um autovalor da matriz A se existir um
vetor ~v ∈ Rn, ~v 6= ~0, tal que A~v = λ~v. Dizemos que o vetor ~v e´ um autovetor associado ao
autovalor λ. (O autovetor associado a um autovalor λ na˜o e´ u´nico. De fato, se ~v e´ um autovetor
enta˜o qualquer mu´ltiplo c~v tambe´m e´.)
Conclusa˜o: A func¸a˜o ~x(t) = eλt~v e´ uma soluc¸a˜o do sistema (6) se e somente se λ e´ um
autovalor de A e ~v e´ um autovetor associado a λ.
Voltando ao exemplo, para achar as soluc¸o˜es de (5) (equivalentemente, as soluc¸o˜es de (1)),
devemos encontrar os autovalores e autovetores de
A =
(
−2 1
1 −2
)
.
Para isto, devemos resolver (
−2 1
1 −2
)(
x1
x2
)
= λ
(
x1
x2
)
que e´ equivalente ao sistema {
−2x1 + x2 = λx1
x1 − 2x2 = λx2
ou seja {
(−2− λ)x1 + x2 = 0
x1 + (−2− λ)x2 = 0
(9)
A condic¸a˜o para que o sistema (15) tenha soluc¸a˜o na˜o trivial (x1, x2) 6= (0, 0) e´ que
det
(
−2− λ 1
1 −2− λ
)
= 0,
ou seja, (−2− λ)2 − 1 = 0, ou ainda
λ2 + 4λ+ 3 = 0, (10)
cujas ra´ızes sa˜o λ1 = −1 e λ2 = −3. Para obtermos um autovetor associado ao autovalor
λ1, devemos primeiro susbsituir λ por λ1 = −1 no sistema (9), obtendo duas relac¸o˜es que sa˜o
2
equivalentes a x2 = x1. Tomando, por exemplo, x1 = 1, segue que x2 = 1. Logo o vetor
v1 = (1, 1) e´ um autovetor da matriz associada a λ1, isto e´,(
−2 1
1