EDO

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Equac¸o˜es Diferenciais Ordina´rias
Higidio Portillo Oquendo
http://www.ufpr.br/∼higidio
17 de julho de 2013
Notas de Aula
1
Suma´rio
1 Equac¸o˜es Diferenciais Ordinarias de Primeira Ordem 3
1.1 Clasificac¸a˜o das equac¸o˜es diferenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Equac¸o˜es lineares de 1a ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Equac¸o˜es na˜o lineares de 1a ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3.1 Equac¸o˜es de varia´veis separa´veis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3.2 Equac¸o˜es Exatas e Fatores Integrantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3.3 Reduc¸a˜o a equac¸o˜es conhecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.4 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.5 Aplicac¸o˜es das equac¸o˜es de 1a ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2 Equac¸o˜es lineares de 2a ordem 31
2.0.1 Equac¸o˜es lineares homogeˆneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.0.2 Equac¸o˜es homogeˆneas com coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.0.3 Equac¸o˜es lineares na˜o homogeˆneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.0.4 Sistema Massa-Mola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.0.5 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.1 Equac¸o˜es com coeficientes Varia´veis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.1.1 Equac¸o˜es com Coeficientes Anal´ıticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.1.2 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
3 Transformada de Laplace 59
3.1 Existeˆncia da transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
3.2 Aplicac¸o˜es da Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
3.3 Propriedades da transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
3.4 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
4 Sistemas de equac¸o˜es diferenciais lineares 77
4.0.1 Sistemas de equac¸o˜es diferenciais lineares de 1a ordem . . . . . . . . . . . . . 77
4.0.2 Sistemas Lineares Homogeˆneos com Coeficientes constantes . . . . . . . . . . . 78
4.0.3 Autovalores Complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
4.0.4 Autovalores Repetidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
4.0.5 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
2
Cap´ıtulo 1
Equac¸o˜es Diferenciais Ordinarias de
Primeira Ordem
1.1 Clasificac¸a˜o das equac¸o˜es diferenciais
Definic¸a˜o: Uma equac¸a˜o diferencial ordina´ria (EDO) e´ uma equac¸a˜o que envolve uma func¸a˜o
inco´gnita de uma varia´vel e algumas de suas derivadas. Vejamos alguns exemplos:
1. Dinaˆmica de populac¸o˜es:
dp
dt
= p(1− µp). (1.1)
Aqui p denota a quantidade de indiv´ıduos de uma certa populac¸a˜o no instante de tempo t sendo
que µ e´ uma constante que depende das condic¸o˜es do meio onde esta populac¸a˜o se desenvolve.
2. Oscilac¸oes de um sistema massa-mola:
m
d2z
dt2
+ kz = 0. (1.2)
Aqui z denota a oscilac¸a˜o de um corpo de massa m pendurada de uma mola no instante t a
partir da sua posic¸a˜o de equil´ıbrio sendo que k e´ uma constante que depende das propriedades
elasticas da mola.
3. Deflexa˜o de vigas na˜o lineares:
−d
2u
dx2
+ g(u) = f(x). (1.3)
Neste caso, u denota a deflexa˜o, em cada sec¸a˜o tranversal x ∈]0, L[, de uma viga de comprimento
L, presa nos seus extremos. Aqui g e´ uma func¸a˜o na˜o linear que depende da deflexa˜o e f uma
forc¸a externa agindo em cada sec¸a˜o transversal (Como por exemplo a ac¸a˜o da gravidade).
4. Cargas ele´tricas num capacitor:
LC
d2q
dt2
+RC
dq
dt
+ q = E(t). (1.4)
3
Nesta equac¸a˜o diferencial, q denota o acumulo de cargas nun capacitor no instante t num
circuito ele´trico envolvendo um capacitor, um indutor, uma resisteˆncia e uma forte de energia,
onde C e´ a capacitaˆncia, L a indutaˆncia, R a resisteˆncia e E(t) a fonte de energia em cada
instante t.
Para uma func¸a˜o y de varia´vel independente x, adotaremos uma das seguintes notac¸o˜es
y′ = y(1) =
dy
dx
, y′′ = y(2) =
d2y
dx2
, · · · , y(n) = d
ny
dxn
.
Conveniaremos tambe´m que y(0) = y.
Definic¸a˜o: A ordem de uma EDO e´ a ordem da maior derivada da inco´gnita que aparece na equac¸a˜o.
Assim, uma EDO de ordem “n” pode ser escrita de forma geral como
F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0, (1.5)
onde F e´ um a func¸a˜o definida em algum subconjunto de Rn+2.
Exemplo: a EDO (1.1) e´ de ordem 1, enquanto (1.2), (1.3) e (1.4) sa˜o de ordem 2.
Definic¸a˜o: A EDO (1.5) e´ dita linear se F depende de forma linear das varia´veis y, y′, . . . , y(n), isto
e´, se F e´ da forma
F (x, y, y′, . . . , y(n)) = a0y + a1y′ + · · ·+ any(n) + b,
sendo que os coeficientes ai, b podem depender da varia´vel independente x, pore´m na˜o de y ou suas
derivadas. Assim, a equac¸a˜o (1.5) e´ linear se pode ser expressada da forma
a0(x)y + a1y
′(x) + · · ·+ any(n)(x) + b(x) = 0.
A equac¸a˜o linear e´ dita homogeˆnea se b ≡ 0 caso contra´rio e´ dita na˜o homogeˆnea.
Exemplo: A EDO (1.1) e´ na˜o linear, a EDO (1.2) e linear homogeˆnea e as EDO’s (1.3) e (1.4) sa˜o
lineares na˜o homogeˆneas.
Definic¸a˜o: Uma soluc¸a˜o da EDO (1.5) e´ uma func¸a˜o φ definida em algum intervalo I, que substituida
na inco´gnita satisfaz equac¸a˜o, isto e´,
F (x, φ(x), φ′(x), , . . . , φ(n)(x)) = 0, ∀x ∈ I.
Fica impl´ıcito que para cada x ∈ I, φ deve possuir derivadas ate´ a ordem n e que (x, φ(x), φ′(x), . . . , φ(n)(x))
deve pertencer ao domı´nio de F , para todo x ∈ I.
Exemplo: a func¸a˜o φ(x) = cos(x) e´ soluc¸a˜o de
y′′ + y = 0
no intervalo I = R. De fato,
φ′′(x) + φ(x) = − cos(x) + cos(x) = 0, ∀x ∈ R.
Exemplo: a func¸a˜o φ(t) = t2 e´ soluc¸a˜o de
y′ = 2
√
y
somente no intervalo I = [0,∞[ embora esteja definida em R. De fato, sabemos que φ′(t) = 2t para
todo t ∈ R, por outro lado
2
√
φ(t) = 2
√
t2 = 2|t| =
{
2t se t ≥ 0
−2t se t < 0
Logo a func¸a˜o φ satisfaz a EDO somente se t ≥ 0.
4
1.2 Equac¸o˜es lineares de 1a ordem
Vimos, na sec¸a˜o anterior que as equac¸o˜es diferenciais ordina´rias de primeira ordem sa˜o aquelas que
podem ser escritas da seguinte forma
p(x)y′ + q(x)y + r(x) = 0.
onde as func¸o˜es p, q e r esta˜o definidas en algun intervalo I. Assumindo que p nunca se anula no
intervalo I podemos dividir por cada termo desta EDO por p(x) e escrever da forma
y′ + a(x)y = f(x), (2.6)
onde as func¸o˜es a e f esta˜o definidas num intervalo I.
Equac¸a˜o homogeˆnea: Assumamos que a equac¸a˜o (2.6) e´ homogeˆnea, isto e´, f ≡ 0, logo a equac¸a˜o
se torna
y′ + a(x)y = 0. (2.7)
Note que, se y1(x) e y2(x) sa˜o soluc¸o˜es de (2.7) no intervalo I, enta˜o α1y1(x) + α2y2(x) tambe´m
e´ soluc¸a˜o no intervalo I, para quaisquer constantes α1, α2. De fato, se denotamos com φ(x) =
α1y1(x) + α2y2(x), enta˜o temos que
φ′ + a(x)φ = α1y′1 + α2y
′
2 + a(x)(α1y1 + α2y2)
= α1(y
′
1(x) + a(x)y1) + α2(y2 + a(x)y2) = 0, ∀x ∈ I.
Assumamos que y e´ uma soluc¸a˜o de (2.7) no intervalo I que nunca se anula, fazemos
y′(x)
y(x)
= −a(x),
ainda, se assumimos que y for positivo em I teremos que
d
dx
[ln(y(x))] = −a(x)
para todo x ∈ I. Dai segue que
ln(y(x)) = −A(x) + C0
onde C0 e´ uma constante real e A e´ uma antiderivada de a no intervalo I, isto e´, A
′(x) = a(x) para
todo x ∈ I. A(x) tambe´m e´ chamada de uma primitiva ou uma integral indefinida de a e denotada
por
A(x) =
∫
a(x) dx.
Assim a soluc¸a˜oe´ da forma
y(x) = C1e
−A(x) onde C1 = eC0 .
5
Note que a constante C1 e´ positiva. Por outro lado, se consideramos C uma constante qualquer
(positiva, negativa ou nula) e consideramos a func¸a˜o y(x) = Ce−A(x) com x ∈ I temos que
y(x) = Ce−A(x) ⇔ y(x)eA(x) = C
⇔ [y(x)eA(x)]′ = 0
⇔ y′(x)eA(x) + A′(x)eA(x)y(x) = 0
⇔ eA(x)[y′(x) + a(x)y(x)] = 0
⇔ y′(x) + a(x)y(x) = 0.
Isto e´ y(x) = Ce−A(x) e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o (2.7). Estas passagens equivalentes (⇔) no procedimento
anterior nos fornecem uma nova alternativa para encontrar soluc¸o˜es de (2.7) sem impor condic¸o˜es
restritivas sobre a soluc¸a˜o, pois basta percorrer essas passagens en sentido inverso para chegar a`
conclusa˜o de que as soluc¸o˜es sa˜o da forma CeA(x), tendo como passo fundamental multiplicar a
EDO (2.7) por eA(x). Este termo e´ chamado de fator integrante da equac¸a˜o (2.7) (este conceito sera´
estudado posteriormente). Em resumo, a vantagem de multiplicar a equac¸a˜o pelo fator integrante e´
que nenhuma restric¸a˜o e´ imposta na soluc¸a˜o para poder explicitar-la, ainda mais, veremos que este
procedimento ainda pode ser usado para resolver a equac¸a˜o linear na˜o homogeˆnea.
Claramente existem uma infinidade de soluc¸o˜es de (2.7) pois basta variar a constante C para en-
contrar soluc¸o˜es diferentes. Suponhamos que agora que queremos uma soluc¸a˜o de (2.7) que satisfac¸a
a condic¸a˜o inicial
y(x0) = y0 (2.8)
onde x0 ∈ I e y0 ∈ R, neste caso basta determinar a constante C que satisfac¸a
y0 = y(x0) = Ce
−A(x0), isto e´ , C = y0eA(x0)
por tanto a soluc¸a˜o procurada sera´ y(x) = y0e
A(x0)−A(x). Observe que esta soluc¸a˜o independe das
primitivas de a que se considere, isto e´ se em lugar de considerar a primitiva A(x) consideramos a
primitiva A(x) + c0 onde c0 e´ uma constante obteremos o mesmo resultado, pois
eA(x0)+c0−(A(x)+c0) = eA(x0)−A(x),
portanto a soluc¸a˜o de (2.7) sujeita a uma condic¸a˜o “inicial”(2.8) e´ u´nica.
Uma equac¸a˜o (2.7) satisfazendo uma condic¸a˜o (2.8) e´ chamado de problema de valor inicial (PVI).
Exemplo: Encontremos a soluc¸a˜o de problema de valor inicial
y′ + xy = 0, y(0) = 2.
Neste caso a(x) = x e portanto uma antiderivada e´ A(x) = x2/2, assim multiplicando a equac¸a˜o por
ex
2/2 teremos
ex
2/2y′ + xex
2/2y = 0
isto e´, [ex
2/2y]′ = 0, de onde segue que ex
2/2y = C para alguma constante C ∈ R, portanto
y(x) = Ce−x
2/2.
Para ter uma soluc¸a˜o que satisfac¸a a condic¸a˜o inicial, e´ necessa´rio que
2 = y(0) = Ce−
02
2 ⇒ C = 2
6
logo a soluc¸a˜o procurada e´
y = 2e−
x2
2 .
Exemplo: Encontre todas as soluc¸o˜es de
y′ + sin(x)y = 0.
Neste caso a(x) = sin(x), logo A(x) = − cos(x), assim multiplicando a equac¸a˜o por e− cos(x) teremos
e− cos(x)y′ + sin(x)e− cos(x)y = 0
isto e´, [e− cos(x)y]′ = 0, de onde segue que e− cos(x)y = C com C ∈ R, portanto as soluc¸o˜es sa˜o da
forma
y(x) = Cecos(x),
onde C e´ uma constante qualquer.
Equac¸a˜o na˜o homogeˆnea: Usemos agora as mesmas ideias usadas na resoluc¸a˜o da equac¸a˜o ho-
mogeˆnea para encontrar soluc¸o˜es da equac¸a˜o na˜o homogeˆnea (2.6). Multiplicando a equac¸a˜o na˜o
homogeˆnea (2.6) por eA(x), onde A(x) =
∫
a(x) dx temos que
eA(x)y′(x) + a(x)eA(x)y(x) = eA(x)f(x),
isto e´,
[eA(x)y(x)]′ = eA(x)f(x). (2.9)
Antiderivando (aplicando a integral indefinida) temos que
eA(x)y(x) =
∫
eA(x)f(x) dx+ C
e portanto
y(x) = e−A(x)
(∫
eA(x)f(x) dx+ C
)
onde C e´ uma constante qualquer.
Agora se quisermos uma soluc¸a˜o que tenha a seguinte condic¸a˜o inicial y(x0) = y0 temos que
encontrar a constante C para esta condic¸a˜o ser satisfeita. Uma forma direta de obter soluc¸o˜es diante
de um problema de valor inicial e´ usar integrais definidas em lugar de integrais indefinidas. De fato
Multiplcando a equac¸a˜o por eA(x), onde A(x) =
∫ x
x0
a(t) dt temos que
[eA(x)y(x)]′ = eA(x)f(x).
Rescrevendo esta equac¸a˜o com varia´vel x = t e depois integrando de x0 ate x temos que
eA(x)y(x)− eA(x0)y(x0) =
∫ x
x0
eA(t)f(t) dt
7
e portanto
y(x) = e−A(x)
(
y0 +
∫ x
x0
eA(t))f(t) dt
)
Exemplo: Resolver o problema de valor inicial
y′ − 3x2y = x2, y(0) = 1/6
Neste caso a(x) = −3x2, enta˜o A(x) = ∫ x
0
−3t2 = −x3. Assim multiplicando a equac¸a˜o por e−x3
teremos
e−x
3
y′ − 3x2e−x3y = x2e−x3 ,
isto e´ [e−x
3
y]′ = x2e−x
3
. Re denotando x = t e integrando de 0 ate x temos que
e−x
3
y − 1/6 =
∫ x
0
t2e−t
3
dt = −e
−x3 − 1
3
,
Logo a soluc¸a˜o do problema de valor inicial sera´
y(x) =
ex
3
2
− 1
3
.
1.3 Equac¸o˜es na˜o lineares de 1a ordem
1.3.1 Equac¸o˜es de varia´veis separa´veis
Dizemos que uma EDO de primeira ordem e´ de varia´veis separa´veis se ela pode ser expresada da
seguinte forma
g(y)y′ = f(x).
Como y′ =
dy
dx
, a equac¸a˜o anterior pode ser escrita, usando diferenciais, da forma
g(y)dy = f(x)dx.
Assim para encontrar a relac¸a˜o que existe entre y e x basta aplicar a integral indefinida a ambos
lados da equac¸a˜o, isto e´, antiderivar cada termo e obter∫
g(y) dy =
∫
f(x) dx+ C,
uma C e´ uma constante.
Exemplo: Resolva o seguinte problema de valor inicial na˜o linear
y′ = xy1/2, y(0) = 0
Esta equac¸a˜o e´ equivalente a
y−1/2dy = xdx,
8
desde que y na˜o se anule en algun intervalo. Integrando temos que
y1/2
1/2
=
x2
2
+ c0
De onde segue que
y =
(
x2
4
+
c0
2
)2
para que esta func¸a˜o satisfac¸a a condic¸a˜o inicial e´ necessa´rio que
0 = y(0) =
(c0
2
)2
⇒ c0 = 0
Portanto a soluc¸a˜o e´
y(x) =
x4
16
Observe que tambem a func¸a˜o identicamente nula e´ uma soluc¸a˜o do problema. Portanto podemos
concluir que alguns problemas de valor inicial na˜o lineares a soluc¸a˜o na˜o necessa´riamente e´ u´nica.
Exemplo: Resolver o problema de valor inicial
y′ + xy = x, y(0) = −2
y′ = x− xy
⇔ y′ = x(1− y)
⇔ 1
1− yy
′ = x
⇔ 1
1− ydy = xdx
integrando temos ∫
1
1− ydy =
∫
xdx+ c0
Da´ı segue que
− ln |1− y| = x
2
2
+ c0
assim
|1− y| = e−x
2
2 e−c0
Observe que a func¸a˜o
φ(x) = 1− Ce−x
2
2
9
e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial. Para que esta func¸a˜o satisfac¸a a condic¸a˜o inicial, devemos ter
−2 = φ(0) = 1− Ce− 0
2
2 ⇒ C = 3
portanto a soluc¸a˜o e´
φ(x) = 1− 3e−x
2
2
Exemplo: Resolva
xe−y sin(x)dx− ydy = 0, y(0) = 0
A equac¸a˜o pode ser colocada da forma
x sin(x)dx = yeydy
usando integrac¸a˜o por partes obtemos
−x cos(x) + sin(x) = yey − ey + c0
Daqui vemos que y na˜o pode ser explicitado em termos de x, portanto dizemos que a func¸a˜o y(x) esta´
definida implicitamente por essa equac¸a˜o. Para determinar o valor da constante usamos a condic¸a˜o
inicial
0 = −1 + c0 ⇒ c0 = 1
Assim a soluc¸a˜o e´ dada por
−x cos(x) + sin(x) = yey − ey + 1
1.3.2 Equac¸o˜es Exatas e Fatores Integrantes
Suponhamos que defrontamos com uma equac¸a˜o diferencial da forma
M(x, y) +N(x, y)y′ = 0 (3.10)
Onde M e N sa˜o func¸o˜es definidas num conjunto Ω ⊂ R2. Observe que esta equac¸a˜o ainda pode ser
colocada da forma
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0.
Neste ponto, se conseguimos manipular esta equac¸a˜o para transforma-la em uma equac¸a˜o de varia´veis
separa´veis saberiamos como resolve-la. Caso contra´rio, como resolvemos esta equac¸a˜o diferencial?
Suponhamos que existe uma func¸a˜o potencial ψ : Ω→ R para a equac¸a˜o (3.10), isto e´
∂ψ
∂x
(x, y) = M(x, y),
∂ψ
∂y
(x, y) = N(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω, (3.11)
Logo, se considerarmos y = y(x) uma soluc¸a˜o de (3.10) no intervalo I tal que (x, y(x)) ∈ Ω, teremos
que
d
dx
[ψ(x, y(x))] =
∂ψ
∂x
(x, y(x)) +
∂ψ
∂y
(x, y(x))y′(x)
= M(x, y(x)) +N(x, y(x))y′(x) = 0, ∀x ∈ I,
10
de onde segue que ψ(x, y(x)) = C, para todo x ∈ I onde C e´ uma constante. Assim, as soluc¸o˜es
(3.10) esta˜o definidas impl´ıcitamantepelas equac¸o˜es alge´bricas
ψ(x, y) = C. (3.12)
Definic¸a˜o: A`s equac¸o˜es diferenciais da forma (3.10) que admitem func¸o˜es potenciais ψ : Ω→ R sa˜o
chamadas de Equac¸o˜es Exatas em Ω. Consequentemente, as soluc¸o˜es y = y(x) de equac¸o˜es exatas
(3.10) sa˜o aquelas definidas impl´ıcitamente pelas equac¸o˜es alge´bricas (3.12).
No que segue adotaremos as seguintes notac¸o˜es: Para uma func¸a˜o φ = φ(x, y)
φx(x, y) =
∂φ
∂x
(x, y), φy(x, y) =
∂φ
∂y
(x, y).
Theorem 1.3.1 Sejam M,N,My, Nx, func¸o˜es cont´ınuas no retaˆngulo Ω =]a, b[×]c, d[1. Enta˜o a
equac¸a˜o
M(x, y) +N(x, y)y′ = 0,
e´ exata em Ω se e somente se
My(x, y) = Nx(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω.
Proof: (⇒) : Assumindo que a equac¸a˜o e´ exata, temos que existe ψ : Ω → R tal que ψx = M e
ψy = N , da´ı segue que
My(x, y) = ψxy(x, y) = ψyx(x, y) = Nx(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω.
(⇐) : Assumindo que My = Nx, precisamos encontrar uma func¸a˜o ψ(x, y) que satisfac¸a
ψx(x, y) = M(x, y), ψy(x, y) = N(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω. (3.13)
Consideremos (x0, y0) ∈ Ω. Fixando y, para que a primeira identidade de (3.13) seja verdadeira
temos que ter
ψ(x, y) =
∫ x
x0
M(r, y) dr + ψ(x0, y) (3.14)
Como esta func¸a˜o tem que satisfazer a segunda identidade de (3.13) devemos ter
ψy(x0, y) = N(x0, y)
da´ı segue que
ψ(x0, y) =
∫ y
y0
N(x0, s) ds+ ψ(x0, y0)
Substituindo a func¸a˜o ψ(x0, y) encontrada em (3.14) concluimos que
ψ(x, y) =
∫ x
x0
M(r, y) dr +
∫ y
y0
N(x0, s) ds+ ψ(x0, y0)
1O teorema cont´ınua va´lido quando Ω e´ um conjunto aberto simplesmente conexo.
11
Assim as func¸o˜es candidatas a satisfazer (3.13) sao da forma
ψ(x, y) =
∫ x
x0
M(r, y) dr +
∫ y
y0
N(x0, s) ds+ c0
onde c0 e´ uma constante. Vejamos agora, que realmente esta familia de func¸o˜es verificam (3.13).
Derivando e relac¸a˜o a x, temos que
ψx(x, y) = M(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω.
Agora derivando em relac¸a˜o a y temos que
ψy(x, y) =
∫ x
x0
My(r, y) dr +N(x0, y)
=
∫ x
x0
Nx(r, y) dr +N(x0, y)
= [N(x, y)−N(x0, y)] +N(x0, y)
= N(x, y)
isto e´,
ψy(x, y) = N(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω.
2
Observac¸a˜o: A prova do teorema anterior nos fornece um procedimento para encontrar func¸o˜es
potenciais.
Exemplo Encontremos soluc¸o˜es da seguinte equac¸a˜o diferencial
2y3 − 3x2y = (x3 − 6xy2)y′.
Soluc¸a˜o: A equac¸a˜o pode ser colocada da forma
M(x, y) +N(x, y)y′ = 0, onde M(x, y) = 2y3 − 3x2y e N(x, y) = 6xy2 − x3.
Verifica-se que
My(x, y) = 6y
2 − 3x2 = Nx(x, y),
portanto estamos frente a uma equac¸a˜o exata. Para resolve-la tentemos determinar ψ(x, y) tal que
ψx(x, y) = M(x, y) = 2y
3 − 3x2, ψy(x, y) = N(x, y) = 6xy2 − x3.
Da primeira identidade temos que
ψ(x, y) = 2xy3 − x3 + h(y).
Para determinar o valor da func¸a˜o h(y) usamos a segunda identidade
6xy2 − x3 = ψy(x, y) = 6xy2 + h′(y) ⇒ h′(y) = −x3,
12
da´ı segue que h(y) = −x3y + C0 onde C0 e´ uma constante, portanto a func¸a˜o ψ(x, y) e´ dada por
ψ(x, y) = xy(2y2 − x2) + C0.
Logo, func¸o˜es dadas implicitamente pela equac¸a˜o
xy(2y2 − x2) = C,
onde C e´ uma constante, sa˜o soluc¸o˜es da equac¸a˜o diferencial.
Fatores integrantes
Algumas vezes e´ poss´ıvel transformar uma equac¸a˜o na˜o exata em exata multiplicando-a por uma
func¸a˜o µ(x, y) apropriada a qual e´ chamada de fator integrante. Vejamos qual e´ o procedimento para
encontrar fatores integrantes, quando existirem.
Suponhamos que a equac¸a˜o
M(x, y) +N(x, y)y′ = 0 (3.15)
na˜o e´ exata. Se existe uma func¸a˜o µ(x, y) que ao multiplicar a equac¸a˜o a torna exata, esta func¸a˜o
sera´ chamada it fator integrante para a equac¸a˜o (3.15). Neste caso termos a equac¸a˜o exata
µ(x, y)M(x, y) + µ(x, y)N(x, y)y′ = 0,
e portanto deve ser satisfeito (µM)y = (µN)x, ou equivalentemente
Mµy −Nµx + (My −Nx)µ = 0. (3.16)
Como as func¸o˜es M,N sa˜o dadas, encontrar um fator integrante se reduz a encontrar uma soluc¸a˜o
para esta equac¸a˜o diferencial parcial com inco´gnita µ, o que pode ser mais complicado que resolver
a pro´pria equac¸a˜o diferencial (3.15) por algum outro me´todo. Suponhamos agora, que a equac¸a˜o
(3.15) tenha um fator integrante que depende somente de x e na˜o de y, enta˜o µy ≡ 0 e a equac¸a˜o
(3.16) pode ser escrita da forma
dµ
dx
=
My −Nx
N
µ, (3.17)
ou 1
µ
dµ
dx
= My−Nx
N
, de onde segue que, para que isto acontec¸a, o cociente (My −Nx)/N deve depender
somente de x e na˜o de y. Assim, para encontrar fatores integrantes que dependam unicamente de
x e´ necessario verificar se a func¸a˜o (My − Nx)/N depende u´nicamente de x. Neste caso fatores
integrantes sa˜o encontrados resolvendo a equac¸a˜o (3.17). O mesmo raciocinio pode ser usado para
encontrar fatores integrantes que unicamente dependam de y cujo procedimento deixamos como
exerc´ıcio para o leitor, o qual deve chegar a` conclusa˜o que, para isso acontecer, e´ necessa´rio que a
func¸a˜o (My−Nx)/M dependa unicamente de y e neste caso fatores integrantes podem ser calculados
atravez da equac¸a˜o
dµ
dy
= −My −Nx
M
µ.
Exemplo: Encontremos soluc¸o˜es da equac¸a˜o diferencial
2(y2 + y3) + x(2y + 3y2)y′ = 0.
13
Soluc¸a˜o: A equac¸a˜o pode ser escrita da forma
M(x, y) +N(x, y)y′ = 0, onde
{
M(x, y) = 2(y2 + y3)
N(x, y) = x(2y + 3y2)
logo
My = 2(2y + 3y
2) e Nx = 2y + 3y
2,
portanto a equac¸a˜o na˜o e´ exata. Pore´m o cociente
My −Nx
N
=
1
x
, (depende unicamente de x)
depende unicamente de x, logo procuramos fatores integrantes que dependam unicamente de x re-
solvendo a equac¸a˜o
dµ
dx
=
1
x
µ.
Uma soluc¸a˜o para esta equac¸a˜o e´ µ(x) = x. Multiplicando a equac¸a˜o original por esta func¸a˜o obtemos
a equac¸a˜o
2x(y2 + y3) + x2(2y + 3y2)y′ = 0,
a qual e´ exata. Para resolver esta equac¸a˜o devemos encontrar uma func¸a˜o ψ(x, y) tal que
ψx(x, y) = 2x(y
2 + y3) e ψy(x, y) = x
2(2y + 3y2).
Usando a segunda identidade encontramos que
ψ(x, y) = x2(y2 + y3) + h(x),
e usando a primeira identidade temos que
2x(y2 + y3) = ψx(x, y) = 2x(y
2 + y3) + h′(x),
de onde concluimos que h′(x) ≡ 0, portanto h(x) ≡ C0 (constante).Assim chegamos que a func¸a˜o
ψ(x, y) e´
ψ(x, y) = x2(y2 + y3) + C0,
logo, func¸o˜es dadas impl´ıcitamente pela equac¸a˜o
x2(y2 + y3) = C,
sa˜o soluc¸o˜es da equac¸a˜o diferencial.
14
1.3.3 Reduc¸a˜o a equac¸o˜es conhecidas
As vezes, introduzindo novas varia´veis, e´ possivel reduzir uma equac¸a˜o diferencial complexa em uma
equac¸a˜o para a qual temos um me´todo de resoluc¸a˜o, vejamos alguns casos
1. Equac¸a˜o do tipo y′ = f(y/x):
Introduzimos u = y/x, enta˜o a equac¸a˜o torna-se
u+ xu′ = f(u) ⇒ u
′
f(u)− u =
1
x
que e´ uma equac¸a˜o em varia´veis separa´veis. Encontrando a soluc¸a˜o u(x), a soluc¸a˜o do problema
original sera´ y(x) = xu(x).
Exemplo: Resolva a equac¸a˜o
y′ =
2y2 + xy
x2
Esta equac¸a˜o escrita da forma
y′ = 2
(y
x
)2
+
y
x
introduzindo a func¸a˜o u = y/x a equac¸a˜o transforma-se em
u+ xu′ = 2u2 + u ⇒ u
′
u2
=
2
x
cuja soluc¸a˜o e´
−1
u
= 2 ln(|x|) + C ⇒ u = − 1
2 ln(|x|) + C
portanto a soluc¸a˜o de nossa equac¸a˜o original e´
y(x) = − x
2 ln(|x|) + C
2. Equac¸a˜o de Bernoulli: y′ + a(x)y = f(x)yα (α 6= 0, 1)
Introduzimos a transformac¸a˜o u = yβ com beta a ser determinado de tal forma que a equac¸a˜o
se torne simples. Derivando u temos
u′ = βyβ−1y′
Multiplicando a equac¸a˜o de Bernoulli por βyβ−1 e subtituindo por u = yβ temos a equac¸a˜o
u′ + βa(x)u = βf(x)yα+β−1
Agora se o termo α + β − 1 fosse nulo torna-se uma equac¸a˜o linear na˜o homogeˆnea, para que
isso acontec¸a devemos por β = 1− α. Por tanto a transformac¸a˜o apropriada sera´
u = y1−α
15
Assim a equac¸a˜o original torna-se
u′ + (1− α)a(x)u = (1− α)f(x)
Assim, se a soluc¸a˜o da equac¸a˜o ? tem a condic¸a˜o inicial y(0) = y0 a func¸a˜o u tera´ a condic¸a˜oinicial u(0) = y1−α0 . Asimm u e´ dado por
u(x) = e(α−1)A(x)
(
y1−α0 + (1− α)
∫ x
0
f(s)e(1−α)A(s) ds
)
onde A(x) =
∫
a(x) dx. Tendo em conta que y = u1/(1−α) nossa soluc¸a˜o procurada sera´
y(x) =
[
e(α−1)A(x)
(
y1−α0 + (1− α)
∫ x
0
f(s)e(1−α)A(s) ds
)]1/(1−α)
.
3. Equac¸a˜o de Riccati: y′ + a(x)y = f(x)y2 + g(x)
Note que, quando g(x) e´ identicamente nula torna-se uma equac¸a˜o de Bernoulli. Suponhamos
que conhecemos uma soluc¸a˜o particular y1(x) da equac¸a˜o de Riccati, isto e´
y′1 + a(x)y1 = f(x)y
2
1 + g(x)
Consideremos a transformac¸a˜o u = y− y1. Substraindo as duas equac¸o˜es anteriores temos que
u′ + a(x)u = f(x)(y2 − y21)
= f(x)(y − y1)(y + y1)
= f(x)u(y − y1 + 2y1)
= f(x)u2 + 2f(x)y1u
Portanto a equac¸a˜o e´ transformada na equac¸a˜o de Bernoulli
u′ +
(
a(x)− 2f(x)y1(x)
)
u = f(x)u2
16
1.4 Exerc´ıcios
Sec¸a˜o1.1:
1. Determine a ordem ds seguintes EDO’s estabelecendo quais sa˜o lineares e entre as lineares,
quais sa˜o na˜o homogeˆneas.
xy′ + x2y + x3 = 0,
y + sin(y′′) = 1,
yy′ + y′′ = 0,
(y + 1)x+ y′′′ = 0,
y(5) + (y + 1) ln(x) = y′ + ln(x).
2. Determine os intervalos onde as seguintes func¸o˜es sa˜o soluc¸o˜es das respectivas equac¸o˜es dife-
renciais
(a) φ(x) = (x− 1)2, 2y′ − 4y1/2 = 0.
(b) φ(x) = x− x ln(x), x2y′′ − xy′ + y = 0.
(c) φ(x) = x3, y′′′y + 2|x|y′ = 0.
3. Mostre que a func¸a˜o
φ(x) = ex
2
∫ x
0
e−t
2
dt,
e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial y′ − 2xy = 1.
4. En cada uma das seguintes equac¸o˜es determine os valores de r de tal forma que φ(x) = erx seja
uma soluc¸a˜o
y′ − 5y = 0
y′′ − 2y′ − 15y = 0
y′′′ + 6y′′ − 40y′ = 0
y(iv) − y(ii) = 0
5. En cada uma das seguintes equac¸o˜es determine os valores de r de tal forma que φ(x) = xr seja
uma soluc¸a˜o em algum intervalo I. Qual e´ esse intervalo I?
x2y′′ + 6xy′ − 24y = 0
x2y′′′ − xy′′ + y′ = 0
Sec¸a˜o1.2:
1. Encontre as soluc¸o˜es dos seguintes problemas de valor inicial explicitando o intervalo ma´ximo
dessas soluc¸o˜es
(a) xy′ − y = x, y(1) = 2.
17
(b) L
di
dt
+Ri = E, i(0) = i0, onde i0,L,R e E sa˜o constantes.
(c) y′ + tan(x)y = cos2(x), y(0) = −1.
(d)
dP
dt
+ 2tP = P + 4t− 2, P (0) = 3.
2. Mostre que se a e r sa˜o constantes positivas, enta˜o toda soluc¸a˜o de
y′ + ay = be−rx
satisfaz lim
x→∞
y(x) = 0. Sugesta˜o: Separe os casos a = r e a 6= r.
3. denotemos com y(x) qualquer soluc¸a˜o de
y′ + a(x)y = f(x)
Mostre que se yp e´ soluc¸a˜o particular desta equac¸a˜o, enta˜o yh = y−yp e´ uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o
homogeˆnea associada (isto e´, a mesma equac¸a˜o anterior com f ≡ 0). Portanto a soluc¸a˜o geral
da equac¸a˜o na˜o homogeˆnea e´ dada por y(x) = yh(x) + yp(x) onde yh e´ a soluc¸a˜o geral da
equac¸a˜o homogeˆnea. Consideremos em particular a equac¸a˜o
y′ − y = h′(x)ex
A func¸a˜o yp(x) = h(x)e
x e´ uma soluc¸a˜o desta equac¸a˜o? Encontre a soluc¸a˜o geral usando os
argumentos acima descritos.
4. [Variac¸a˜o de Paraˆmetros] Considere a equac¸a˜o linear na˜o homogeˆnea de primeira ordem
y′ + a(x)y = f(x)
(a) Se f(x) for identicamente nula, mostre que a soluc¸o˜es sa˜o dadas por
y(x) = c1e
−A(x), onde A(x) =
∫
a(x) dx, c1 = constante
(b) Se f(x) na˜o for identicamente nula, procure uma soluc¸a˜o da forma y(x) = c(x)e−A(x) e
chegue a` conclusa˜o de que a func¸a˜o c tem que ser da forma
c(x) =
∫
f(x)eA(x) dx+ c2, onde c2 = constante.
Desta forma a soluc¸a˜o geral do problema na˜o homogeˆneo e´ dado por
y(x) = e−A(x)
(∫
f(x)eA(x) dx+ c2
)
.
5. Um material radioativo, tal como um dos iso´topos de to´rio-234, desintegra a uma taxa proporci-
onal a` quantidade presente. Se Q(t) e´ a quantidade presente no instante t, enta˜o dQ/dt = −rQ,
onde r > 0 e´ a taxa do decaimento.
(a) Se 100 mg de to´rio decaem a 82 mg em uma semana, determine a taxa de decaimento r.
18
(b) Em vista do item anterior formule uma equac¸a˜o para a quantidade de to´rio-234 presente
em qualquer instante t.
(c) Encontre o tempo necessa´rio para que o to´rio-234 decaia a` metade da quantidade original.
6. A meia-vida de um material radioativo e´ o tempo necessa´rio para que uma quantidade desse
material decaia a` metade da sua quantidade original. Mostre que, para qualquer material
radioativo que decaia de acordo com a equac¸a˜o Q′ = −rQ, a meia-vida τ e a taxa de decaimento
r esta˜o relacionadas pela equac¸a˜o rτ = ln 2.
7. O ra´dio-226 tem uma meia-vida de 1620 anos. Encontre o tempo necessa´rio para que uma
determinada quantidade desse material seja reduzida da quarta parte.
8. Considere um circuito ele´trico contendo um capacitor, um resistor e uma bateria. A carga Q(t)
no capacitor satisfaz a equac¸a˜o
R
dQ
dt
+
Q
C
= V,
onde R e´ a resisteˆncia, C a capacitaˆncia e V a voltagem constante fornecida pela bateria.
(a) Se Q(0) = 0 encontre Q(t) em qualquer instante t e esboce o gra´fico de Q em func¸a˜o de t.
(b) Encontre o valor limite Q∞ para onde Q(t) tende apo´s um longo per´ıodo de tempo.
(c) Suponha que Q(t1) = Q∞ e que a bateria e´ removida do circuito no instante t = t1,
encontre Q(t) para t > t1 e esboce seu gra´fico.
Sec¸a˜o1.3.1:
1. Resolva as seguintes equac¸o˜es diferenciais e determine os pontos de mı´nimo ou ma´ximo das
respectivas soluc¸o˜es
y2y′ = (x− 1)e−(x2−2x), y(0) = 0
y2y′ = (x2 − 5x+ 4)ey, y(0) = 0
2. Sejam a, b, c, d constantes, resolva a equac¸a˜o
y′ =
ay + b
cy + d
.
3. A seguinte equac¸a˜o na˜o necessariamente e´ separa´vel
y′ =
ax+ by
cx+ dy
.
Mostre que introduzindo a nova varia´vel u = y/x a equac¸a˜o torna-se separavel nas varia´veis u
e x. Neste caso resolva a equac¸a˜o para o caso particular c = d = 1 e b = −1
4. A seguinte equac¸a˜o na˜o necessariamente e´ separa´vel
y′ = (ax+ by)2.
Mostre que introduzindo a nova varia´vel u = ax+ by a equac¸a˜o torna-se separavel nas varia´veis
u e x. Neste caso resolva a equac¸a˜o para o caso particular b = −a.
19
5. Um corpo de massa m e´ projetado verticalmente para cima com uma velocidade inicial v0 em
um meio que oferece uma resisteˆncia k|v|, onde k e´ uma constante. Suponha que a atrac¸a˜o
gravitacional da terra e´ constante.
(a) Encontre a velocidade v(t) do corpo em qualquer instante t.
(b) Use o resultado anterior para calcular o limite de v(t) quando k → 0, isto e´, quando a
resiteˆncia do ar tende a zero. Este resultado coincide com a velocidade de uma massa m
projetada verticalmente para cima no va´cuo com uma velocidade inicial v0?
(c) Use o primeiro item para calcular v(t) quando m→ 0, isto e´, quando a massa tende para
zero.
Sec¸a˜o1.3.2:
1. Prove que toda equac¸a˜o diferencial de ordem um de varia´veis separa´veis e´ exata.
2. Verifique quais das seguintes equac¸o˜es sa˜o exatas. Para as equac¸o˜es que na˜o forem exatas
encontre um fator integrante µ(x, y) dependendo unicamente de x ou de y. Resolva todas as
equac¸o˜es.
−4x(y − x2) + 2(y − x2)y′ = 0
4xey + 3 + x2eyy′ = 0
y2 cos(x) + (5y sin(x) + 4)y′ = 0
−y sin(xy)ex + cos(xy)ex − x sin(xy)exy′ = 0
3. Mostre que a seguinte equac¸a˜o
f(y) + (2xf ′(y)− g(y))y′ = 0
e´ exata se e somente se f ′(y) ≡ 0. Se f ′(y) 6≡ 0, encontre um fator integrante µ(x, y) que
dependa unicamente de y. Resolva a equac¸a˜o diferencial para o caso particular f(y) = y2/2 e
g(y) = yey.
4. Mostre que se (Nx −My)/M = P , onde P e´ uma func¸a˜o que depende somente de y, enta˜o a
equac¸a˜o
M(x, y) +N(x, y)y′ = 0
tem um fator integrante da forma
µ(y) = e
∫
P (y) dy
5. Mostre que se (Nx −My)/(xM − yN) = Q, onde Q e´ uma func¸a˜o que depende de xy (Q =
Q(xy)), enta˜o a equac¸a˜o
M(x, y) +N(x, y)y′ = 0
tem um fator integrante da forma µ(xy). Achar a fo´rmula geral deste fator integrante. Encontre
uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o para o caso particular M(x, y) = 2y(x2 + y2) + 2x2y e N(x, y) =
2x(x2 + y2) + 2xy2
20Sec¸a˜o1.3.3:
1. Encontre as soluc¸o˜es dos seguintes problemas de valor inicial
y′ = sec(y/x) + y/x, y(1) = pi/2
x2y′ = y2 − xy + x2, y(1) = 4
2. Introduzindo a nova varia´vel u = ax+ by + c mostre que a equac¸a˜o
y′ = f(ax+ by + c)
e´ tranformada na seguinte equac¸a˜o de varia´veis separa´veis
u′
bf(u) + a
= 1
Resolva a equac¸a˜o
y′ = 1 +
1
ln(y − x)
3. Consideremos a seguinte equac¸a˜o diferencial
xy′ = yf(xy).
Mostre que, introduzindo a nova varia´vel u = xy a equac¸a˜o se transforma em
u′
u(f(u) + 1)
=
1
x
Use essas ide´ias para resolver
y′ =
(
1
x3y sin(xy)
− y
x
)
4. Resolva a equac¸a˜o de Bernoulli
y′ + y = cos(x)y−1, y(0) = 2
5. [Equac¸a˜o generalizada de Bernoulli] Uma equac¸a˜o generalizada de Bernoulli, e´ uma
equac¸a˜o que pode ser escrita na forma
h′(y)y′ + a(x)h(y) = f(x).
Mostre que, introduzindo a nova varia´vel u = h(y) a equac¸a˜o e´ transformada na equac¸a˜o linear
de 1a ordem:
u′ + a(x)u = f(x)
Use este resultado para encontrar as soluc¸o˜es de
y′ + y ln(y) = xy
6. Resolva a equac¸a˜o de Ricatti
y′ + 3xy = xy2 + 2x
Sugesta˜o: Encontre uma soluc¸a˜o particular y1 = constante e introduza a varia´vel u = y − y1
para transformar-la numa equac¸a˜o de Bernoulli.
21
1.5 Aplicac¸o˜es das equac¸o˜es de 1a ordem
Decaimento radioativo: Numa substaˆncia radioactiva, cada a´tomo tem uma certa probabilidade,
por unidade de tempo de se transformar num a´tomo mais leve emitindo radiac¸a˜o nuclear no processo.
Se p representa essa probabilidade, o nu´mero me´dio de a´tomos que se transmutam, por unidade de
tempo, e´ pN , em que N e´ o nu´mero de a´tomos na˜o transmutados em cada instante. O nu´mero de
a´tomos transmutados por unidade de tempo tambem corresponde a` velocidade com que o nu´mero
de atomos na˜o transmutados diminui em cada instante t, isto e´
dN
dt
= −pN
Se M denota a massa dos a´tomos nao transmutados, ela e´ directamente proporcional ao nu´mero de
a´tomos corresponde N , logo
dM
dt
= −pM.
Se considereamos uma masa inicial M(0) = M0, a soluc¸a˜o desta equac¸a˜o e´ dada por
M(t) = M0e
−pt,
Isto e´ a massa diminui de forma exponencial para zero, o qual significa que num tempo suficientemente
grande quase todos os atomos sa˜o transmutados.
Em paleontologia e´ bastante importante determinar a antiguidade de um determinado fo´ssil,
pra isso estudase o decrescimento da quantidade de carbono 14 alocados nos tecidos orga´nicos. O
carbono 14 e´ um iso´topo radioativo insta´vel, que decai a um ritmo perfeitamente mensura´vel a partir
da morte de um organismo vivo. O C-14 se produz pela ac¸a˜o dos raios co´smicos sobre o nitrogeˆnio-14
e e´ absorvido pelas plantas. Quando estas sa˜o ingeridas pelos animais, o C-14 passa aos tecidos, onde
se acumula. Ao morrer, este processo se deteˆm e o iso´topo comec¸a a desintegrar-se para converter-se
de novo em nitrogeˆnio-14. A partir desse momento, a quantidade de C-14 existente em um tecido
orgaˆnico se dividira´ pela metade a cada 5.730 anos. Cerca de 50 mil anos depois, esta quantidade
comec¸a a ser pequena demais para uma datac¸a˜o precisa.
Exemplo: Um osso fossilizado conte´m 1/1000 da quantidade original do carbono 14. Determine
a idade do fo´ssil.
soluc¸a˜o: O ponto de inicio e´ considerar que o carbono 14 decresce da forma
M(t) = M0e
−pt
Sabemos que M0/2 = M0e
−5730p, de onde segue que p = ln(2)
5730
= 0, 000121, portanto
M(t) = M0e
−(0,000121)t
Assim se em t0 anos conte´m 1/1000 da quantidade original temos que
M(t0) = M0e
−(0,000121)t0 =
M0
1000
dai segue que
t0 =
ln(1000)
0, 000121
≈ 57089 anos
22
Concentrac¸a˜o de sal num tanque: No instante t = 0, um tanque tem Q0 kilos de sal dissolvido
em A litros de agua. Suponha que, agua contendo B kilos de sal por litro, esta´ entrando no tanque
a uma taxa de r litros por minuto, e que o l´ıquido, bem misturado, esta saindo do tanque com a
mesma taxa. Nessas condic¸o˜es resolva cada um dos itens seguintes:
1. Escreva o problema de valor inicial que descreve a quantidade de sal no tanque no instante t.
2. Encontre a quantidade de sal no tanque em qualquer instante t.
3. Ache a quantidade limite Q∞ presente apo´s um longo per´ıodo de tempo (t→∞).
4. Suponha que Q0 = 2Q∞ e determine o tempo necessa´rio para que a quantidade de sal a partir
desse instante exeda em 50% a quantidade limite.
Soluc¸a˜o: Seja Q(t) a quantidade de sal no tanque no instante t, enta˜o a taxa de variac¸a˜o de sal no
tanque responde a seguinte formulac¸a˜o
dQ
dt
= taxa de entrada de sal− taxa de sa´ıda de sal.
Sendo que, se esta´ entrando r litros de agua por minuto, a taxa de entrada de sal sera´ de Br kilos
por minuto. Por outro lado, a quantidade de sal por litro de agua no tanque no instante t sera´ de
Q(t)/A, logo a taxa de sa´ıda de sal sera´ de Q(t)r/A. Assim
Q′(t) = Br − Q(t)r
A
,
sendo que
Q(0) = Q0.
Resoluc¸a˜o do problema de valor inicial:
Q(t) = e−rt/A
(
Q0 +
∫ t
0
Brers/A ds
)
= e−rt/A
(
Q0 +BA[e
rt/A − 1])
= Q0e
−rt/A +BA[1− e−rt/A]
= (Q0 −BA)e−rt/A +BA.
Quantidade limite:
Q∞ = lim
t→∞
Q(t) = BA.
Observe que Q′(t) = −(Q0 − BA) rAe−rt/A, logo Q′(t) < 0 se Q0 > BA e Q′(t) > 0 se Q0 < BA,
portanto temos o seguinte grafico: ???
Tempo necessa´rio t1:
Q(t1) = Q∞ + 50%Q∞
isto e´
(Q0 −BA)e−rt1/A +BA = 3
2
Q∞
23
logo
(2Q∞ −Q∞)e−rt1/A +Q∞ = 3
2
Q∞
e−rt1/A + 1 =
3
2
portanto ert1/A = 2 de onde segue que t1 = (A/r) ln(2) minutos.
Lei de esfriamento de Newton: Entre dois corpos em contacto existe transfereˆncia de calor, do
corpo mais quente para o mais frio. Issac Newton determinou experimentalmente que a quantidade
de calor que corpo mas quente transfere para o mais frio e proporcional a diferenc¸a de temperaturas
desde que tal diferenc¸a seja pequena. Isto e´, se considerarmos um corpo mais quente que o meio
ambiente e denotarmos por Q(t) a quantidade de calor que esta sendo transferido no istante t e por
T (t) e Tm(t) as temperaturas do corpo e do meio ambiente, teremos
dQ
dt
= αS(T − Tm) (5.18)
onde α e´ uma constante possitiva e S e´ a a´rea da superf´ıcie de contato do corpo com o meio ambiente.
Como corpo perde calor no intervalo de entre t y t + dt sua temperatura diminui uma quantidade
dT :
dT = − 1
mc
dQ (5.19)
onde m e´ massa do corpo e c e´ o calor espec´ıfico do material considerado.
De (5.18)-(5.19) concluimos que
dT
dt
= −k(T − Tm), onde k = αS
mc
. (5.20)
Esta e´ uma equac¸a˜o linear de 1a ordem que pode ser facilmente resolvida uma vez conhecida a
temperatura do meio ambiente, Tm. O caso mais simples e´ quando a temperatura do meio ambiente
e´ constante; nesse caso, se consideramos a temperatura inicial T (0) = T0, a soluc¸a˜o e´ dada por
T (t) = Tm + (T0 − Tm)e−kt
fazendo t→∞ observamos que a temperatura do corpo e o do meio ambiente se equilibram, isto e´
lim
t→∞
T (t) = Tm
Agora se a temperatura do meio ambiente na˜o for constante a soluc¸a˜o toma a forma
T (t) = T0e
−kt + k
∫ t
0
Tm(s)e
−k(t−s) ds.
Neste ponto, a temperatura do corpo se aproxima da temperatura do meio ambiente?
Consideremos U(t) = T (t)− Tm(t), logo de (5.20) temos que
dU
dt
=
dT
dt
− dTm
dt
= −kU − dTm
dt
24
Multiplicando por ekt obtemos
d
dt
[ektU ] = −ektdTm
dt
Dai segue que
ektU = U(0)−
∫ t
0
eksT ′m(s) ds (5.21)
Agora, se a temperatura do meio ambiente tivese crescendo ou decrescendo de forma linear teriamos
que T ′m e constante na˜o nulo, neste caso
ektU(t) = U(0)− T ′m
∫ t
0
eks ds
= U(0)− T
′
m
k
(ekt − 1)
Assim
U(t) =
(
U(0) +
T ′m
k
)
e−kt − T
′
m
k
Assim observamos que T (t) na˜o se aproxima de Tm(t) quando t→∞. Sera´ enta˜o que a temperatura
do corpo somente se aproxima de temperaturas de meio ambiente constantes?Vejamos um u´ltmo
exemplo. Suponhamos que a Temperarura do meio ambiente, a qual na˜o pode exceder uma tem-
peratura maxima, Tmax e uma mı´nima Tmim, se aproxima exponencialmente de uma temperatura
maxima, isto e´
Tm(t) = Tmax − βe−µt, onde 0 < β ≤ Tmax − Tmin, µ > 0
Neste situac¸a˜o, se (5.21) teremos
ektU = U(0) + µβ
∫ t
0
e(k−µ)s ds
de onde conluimos que, para µ 6= k
U(t) = U(0)e−kt +
µβ
k − µ [e
−µt − e−kt]
e para µ = k
U(t) = U(0)e−kt + µβte−kt.
Portanto a temperatura do corpo e do meio ambiente se equibram, is e´,
lim
t→∞
[T (t)− Tm(t)] = 0
misturas e Circuito em se´rie Pag 100-101 Zill
25
Velocidade de escape [Pag 31 Boyce] Um corpo de massa m e´ projetado para fora da terra
em direc¸a˜o perpendicular a` superf´ıcie terrestre com uma velocidade inicial v0. Supondo desprez´ıvel
a resisteˆncia do ar, mas levando em considerac¸a˜o o campo gravitacional da terra com a distaˆncia,
encontre uma fo´rmula para a velocidade desse corpo em movimento. Encontre, tambe´m, a velocidade
inicial necessa´ria para que o corpo atinja uma distancia ma´xima xm acima da superf´ıcie terrestre e
a velocidade inicial para que o corpo na˜o retorne a` terrra; essa u´ltima e´ a velocidade de escape.
Denotemos com
x(t) : distaˆncia do objeto percorrida no instante t.
v(t) : velocidade do objeto no instante t, isto e´ v(t) = x′(t).
a(t) : acelerac¸a˜o do objeto no instante t, isto e´ a(t) = v′(t).
R : distaˆncia do centro da terra a` superf´ıcie.
g : gravidade da superf´ıcie terrestre.
w(t) : magnitude da forc¸a de atrac¸a˜o que exerce a terra no objeto no instante t.
w(t) =
k
(R + x(t))2
onde k e´ uma constante. Como w(0) = mg, considerando t = 0 na fo´rmula anterior temos que
k = mgR2. Assim
w(t) =
mgR2
(R + x(t))2
.
Da segunda Lei de Newton segue que
m
dv
dt
= −w(t) = − mgR
2
(R + x)2
.
Se denotamos com v0 a` velocidade inicial, temos que v
′(0) = v0. Infelizmente a equac¸a˜o anterior
envolve 3 varia´veis t, x, v. Pore´m podemos eliminar a variavel t da equac¸a˜o fazendo
dv
dt
=
dv
dx
dx
dt
= v
dv
dx
,
logo a equac¸a˜o fica da forma
v
dv
dx
= − gR
2
(R + x)2
.
Resolvendo esta equac¸a˜o de varia´veis separa´veis temso que
v2
2
=
gR2
R + x
+ C.
Observe que, para t = 0 temos que x = 0 e v = v0, todo tomando t = 0 na equac¸a˜o anterior
encontramos que C = v20/2− gR, assim, substituindo a constante na equac¸a˜o anterior temos que
v2
2
=
v20
2
− gRx
R + x
.
26
portanto tenho soluc¸o˜es
v = ±
√
v20 −
2gRx
R + x
.
O sinal positivo da fo´rmula anterior indica a velocidade do objeto quando se distaˆncia da terra e
o negativo quando volta pra terra. Se xm e´ a distancia ma´xima atingida enta˜o neste ponto v = 0,
portanto, da fo´rmula anterior temos que
0 = v20 −
2gRxm
R + xm
,
de onde concluimos que
v0 =
√
2gRxm
R + xm
.
A velocidade de escape ve sera´ obtida fazendo xm →∞ na equac¸a˜o anterior, isto e´,
ve =
√
2gR.
Dinaˆmica populacional: O estudo do crescimento ou decrescimento de especies e´ un asunto
muito importante com aplicac¸o˜es em va´rias a´reas, por exemplo em bactereologia, ou crescimento ou
decrescimento de uma colo´nia de bacte´rias ou virus um ponto muito importante, em demografia, o
asunto e´ o estudo do crescimento ou decrescimento da populac¸a˜o humana. Em fim existe uma se´rie
de aplicac¸o˜es em outras a´reas. Vejamos qual ser´ıa a modelaguem deste problema.
Denotemos com P (t) a populac¸a˜o no instante t, denotemos r a taxa (rapidez) de crescimento em
relac¸a˜o a` populac¸a˜o existente no instante t, isto e´
r =
taxa de nascimentos- taxa de mortes
P (t)
assim a rapidez com que a populac¸a˜o cresce no instante t e´ dada por
dP
dt
(t) = taxa de nascimentos- taxa de mortes = rp(t)
Agora, se r e constante a equac¸a˜o acima e´ linear. Este modelo aproxima meios onde a populac¸a˜o
na˜o e´ grande e os intervalos de tempo sa˜o curtos. Quando a populac¸a˜o e´ grande comec¸a uma luta
pela sobreviveˆncia, portanto a a taxa de crescimento em relac¸a˜o a` populac¸a˜o existente, r, na˜o e´ mais
constante. Dependendo dos fatores que agem no meio em que a populac¸a˜o se dessenvolve r pode
tomar a forma
r(t) = a− bP (t),
onde a, b sa˜o constantes positivas, assim o crescimento o decrescimento da populac¸a˜o vem modelado
pela equac¸a˜o
dP
dt
= aP (t)− bP 2(t)
Claramente esta e´ uma equac¸a˜o de Bernoulli. Vejamos se esta equac¸a˜o tem uma soluc¸a˜o constante.
Para que isto acontec¸a devemos ter que P ′(t) = 0 para todo t > 0, logo
0 = aP (t)− bP 2(t) = P (t)(a− bP (t)), ∀t > 0
27
isto e´ p(t) = a/b para todo t > 0. Agora Resolvendo a equac¸a˜o de Bernoulli com uma populac¸a˜o
inicial P (0) = P0 encontramos que
P (t) =
1
1
P0
e−at + b
a
(1− e−at)
Observe que
lim
t→∞
P (t) =
a
b
Trajecto´rias ortogonais: Uma equac¸a˜o da forma
f(x, y) = c
onde c e´ uma constante, define uma famı´lia de curvas (x, y(x)). As trajecto´rias ortogonais sa˜o outra
famı´lia de curvas que intersectam a primeira famı´lia em forma ortogonal: em cada ponto de uma das
curvas da primeira famı´lia passa uma curva da segunda famı´lia, formando um aˆngulo de 90◦. Para
encontrar a famı´lia de trajecto´rias ortogonais a`s curvas f(x, y) = c, procedemos da seguinte forma,
derivando implicitamente a equac¸a˜o anterior temos que
∂f
∂x
+
∂f
∂y
dy
dx
= 0 ⇒ dy
dx
= −
∂f
∂x
∂f
∂y
A derivada dy/dx representa em cada ponto o declive da curva que passa por esse ponto. Se a curva
(x, φ(x)) for ortogonal a (x, y(x)) num ponto fixado x0 teremos que
φ(x0) = y(x0) e (1, φ
′(x0)) · (1, y′(x0)) := 1 + φ′(x0)y′(x0) = 0
portanto
φ′(x0) = − 1
y′(x0)
=
∂f
∂x
(x0, y(x0))
∂f
∂y
(x0, y(x0))
=
∂f
∂x
(x0, φ(x0))
∂f
∂y
(x0, φ(x0))
Isto e´ φ(x) deve ser soluc¸a˜o de
dy
dx
=
∂f
∂y
∂f
∂x
a soluc¸a˜o geral desta equac¸a˜o e´ a famı´lia de trajecto´rias ortogonais.
Exemplo: Encontre as trajecto´rias ortogonais da famı´lia de c´ırculos com centro na origem.
A equac¸a˜o dos c´ırculos com centro na origem e´
x2 + y2 = c2
onde o paraˆmetro c pode ter qualquer valor positivo a equac¸a˜o diferencial cuja soluc¸a˜o geral e´ essa
famı´lia de c´ırculos obte´m-se por derivac¸a˜o impl´ıcita
2x+ 2yy′ = 0 ⇒ dy
dx
= −x
y
28
e a equac¸a˜o diferencial das trajecto´rias ortogonais e´
dy
dx
=
y
x
A soluc¸a˜o desta equac¸a˜o e´
y = ax
que corresponde a uma famı´lia de rectas que passam pela origem; a constante de integrac¸a˜o e´ declive
das rectas.
Cine´tica qu´ımica: Consideremos uma reacc¸a˜o qu´ımica de primeira ordem na qual um composto
A reage dando origem a outros dois compostos B e C
A→ B + C
Cada mole´cula do composto A tem uma determinada probabilidade de reagir por unidade de tempo.
Assim, o nu´mero de mole´culas que reagem por unidade de tempo e´ directamente proporcional ao
nu´mero de mole´culas existentes, e a velocidade da reacc¸a˜o e´ directamente proporcional a` concentrac¸a˜o
[A] do composto A (admitindo um volume constante). A medida que o composto reage, a sua
concentrac¸a˜o diminui e a velocidade de reacc¸a˜o tambe´m; em qualquer instante a taxa de diminuic¸a˜o
de [A] e´ directamente proporcional a [A]
d[A]
dt
= −k[A]
Este tipo de reacc¸a˜o designa-se de reacc¸a˜o de primeira ordem. A equac¸a˜o anterior e´ a mesma
equac¸a˜o obtida para o decaimento radioactivo, ja´ que o mecanismo das reacc¸o˜es de primeira ordem
e do decaimento radioactivo sa˜o ana´logos, a n´ıvel ato´mico e nuclear.
Consideremos agora uma reacc¸a˜o na qual dois reagentes A e B combinam-se formando um com-
posto C
A+B → C
Cada mole´cula de A tem uma determinada probabilidade c de reagir com uma mole´cula de B (por
unidade de tempo); na presenc¸a NB mole´culas do composto B, a probabilidadede reagir que tem
cada mole´cula de A e´ cNB. Assim o nu´mero me´dio de reacc¸o˜es por unidade de tempo e´ cNANB,
sendo NA e NB o nu´mero de mole´culas de A e B existentes nesse instante; este sera´ tambe´m o
aumento do numero de mole´culas do composto C, NC , por unidade de tempo:
dNC
dt
= cNANB
Em func¸a˜o das concentrac¸o˜es dos compostos A, B e C, a equac¸a˜o diferencial obtida e´
dx
dt
= k(a− x)(b− x)
onde x e´ a concentrac¸a˜o do composto C e a e b as concentrac¸o˜es iniciais de A e de B. Este tipo de
reacc¸o˜es sa˜o de segunda ordem.
Exemplo: [Problema de evaporac¸a˜o] Uma esfera de naftaleno tem um raio inicial de 1cm e depois
de treˆs meses observa-se que o raio diminuiu ate´ 0, 5cm. Calcule quanto tempo tardara´ a esfera em
evaporar-se completamente.
29
O volume da esfera so´lida que se evapora em cada instante e´ directamente proporcional a` a´rea
da superf´ıcie
dV
dt
= −kA
onde V = 4r3/3 e´ o volume da esfera, e A = 4r2 a a´rea da sua superf´ıcie. Substituindo na equac¸a˜o
diferencial, obtemos uma equac¸a˜o simples para o raio da esfera
dr
dt
= −k
a sua soluc¸a˜o mostra que o raio diminui linearmente e func¸a˜o do tempo:
r = r0 − kt
consequentemente, se o raio diminuiu a metade em treˆs meses, tardara´ outros treˆs meses a em chegar
a ser zero
30
Cap´ıtulo 2
Equac¸o˜es lineares de 2a ordem
Estudaremos agora, as equac¸o˜es diferenciais de 2a ordem
y′′ = F (x, y, y′)
lineares, isto e´, quando F depende linearmente das varia´veis y e y′, logo
F (x, y, y′) = f(x)− a(x)y′ − b(x)y.
Da´ı a equac¸a˜o torna-se
y′′ + a(x)y′ + b(x)y = f(x). (0.1)
A seguir estudaremos a equac¸a˜o homogenea, isto e´, quando f e´ a func¸a˜o nula.
2.0.1 Equac¸o˜es lineares homogeˆneas
Consideremos a equac¸a˜o linear homogeˆnea
y′′ + a(x)y′ + b(x)y = 0, (0.2)
onde as func¸o˜es a e b esta˜o definidas no intervalo I. Suponhamos que y1 e y2 sa˜o duas soluc¸o˜es num
subintervalo J ⊂ I da equac¸a˜o anterior, enta˜o, para quaiquer constantes c1, c2 ∈ R a func¸a˜o c1y1+c2y2
tambe´m e´ uma soluc¸a˜o no intervalo J . De fato, se consideramos a func¸a˜o z(x) := c1y1(x) + c2y2(x),
temos que
z′′ + a(x)z′ + b(x)z = c1(y′′1 + a(x)y
′
1 + b(x)y1) + c(y
′′
2 + a(x)y
′
2 + b(x)y2),
e dado que y1 e y2 sa˜o soluc¸o˜es de ? no intervalo J , temos que
z′′ + a(x)z′ + b(x)z = 0,
para todo x ∈ J .
Exemplo: Consideremos a equac¸a˜o diferencial homogeˆnea
y′′ + y′ − 2y = 0.
Vejamos se e´ poss´ıvel encontrar soluc¸o˜es da forma y(x) = eλx. Logo λ deve ser de tal forma que
λ2eλx + λeλx − 2eλx = 0.
31
de onde concluimos que a constante λ deve ser soluc¸a˜o de λ2 + λ − 2 = 0, isto e´ λ = 1,−2. Assim
as func¸o˜es y1(x) = e
x e y2(x) = e
−2x sa˜o soluc¸o˜es da equac¸a˜o. Segue da linearidade da equac¸a˜o que
c1e
x + c2e
−2x tambe´m e´ soluc¸a˜o.
Em vista do exemplo anterior, cabe formular as seguinte questa˜o: Encontradas duas soluc¸o˜es
particulares quaisquer y1 e y2, de (0.2) num intervalo J , existe alguma outra soluc¸a˜o distinta de
c1y1 + c2y2 ou todas as soluc¸o˜es sa˜o de esta forma?
A resposta a esta questa˜o esta vinculada a` noc¸a˜o de independencia linear e dimensa˜o do espac¸o
vetorial das soluc¸o˜es. Iniciemos enunciando um Teorema de Existeˆncia e Unicidade de Soluc¸oes.
Theorem 2.0.1 Sejam x0 ∈ I, α, β ∈ R e a, b, f : I → R func¸o˜es cont´ınuas. Enta˜o existe uma
u´nica soluc¸a˜o definida no intervalo I do problema de valor inicial
y′′ + a(x)y′ + b(x)y = f(x)
y(x0) = α, y
′(x0) = β.
Independencia Linear e Wronskiano
Dizemos que duas func¸o˜es y1 e y2 sa˜o linearmente dependentes (LD) no intervalo I se existem
constantes c1, c2, na˜o nulas simultaneamente, tal que
c1y1(x) + c2y2(x) = 0, ∀x ∈ I, (0.3)
caso contra´rio, dizemos que as func¸o˜es sa˜o linearmente independentes (LI) em I.
Observac¸o˜es:
1. Se y1 e y2 sa˜o LD no intervalo I, enta˜o se c2 6= 0 em (0.3), segue que y2(x) = −(c1/c2)y1(x)
para todo x ∈ I. Isto justifica o nome dado: “Dependeˆncia Linear”, pois uma das func¸o˜es
depende linearmente da outra.
2. Segundo a definic¸a˜o anterior, duas func¸o˜es y1 e y2 sa˜o LI no intervalo I se a u´nica forma de
escrever a func¸a˜o nula como combinac¸a˜o linear destas duas func¸o˜es, c1y1(x)+ c2y2(x) = 0 para
todo x ∈ I, e´ quando as constantes c1, c2 sa˜o nulas. Desta forma, se assumindo que
c1y1(x) + c2y2(x) = 0, ∀x ∈ I,
chegamos a` conclusa˜o que c1 = c2 = 0 enta˜o y1, y2 sa˜o LI no intervalo I.
Exemplo Sejam λ1 6= λ2, as func¸o˜es y1(x) = eλ1x e y2(x) = eλ2x sa˜o linearmente independentes no
intervalo I = R. De fato, se
c1e
λ1x + c2e
λ2x = 0, ∀x ∈ R,
temos, em particular, para x = 0 e x = 1 as seguintes igualdades
c1 + c2 = 0 e c1e
λ1 + c2e
λ2 = 0.
Da primeira equac¸a˜o temos que c2 = −c1 substituindo este resultado na segunda equac¸a˜o temos que
c1(e
λ1 − eλ2) = 0
dado que a func¸a˜o exponencial e´ injetora eλ1 − eλ2 6= 0, portanto c1 = 0 e c2 = 0 e consequentemente
as func¸o˜es na˜o podem ser linearmente dependentes, ı´sto e´ sa˜o linearmente independentes em R.
32
Definition 2.0.2 Seja y1, y2 duas func¸o˜es deriva´veis no intervalo I. Definimos o Wroskiano
W (x) = W [y1, y2](x) destas duas func¸o˜es como sendo
W (x) = det
[
y1(x) y2(x)
y′1(x) y
′
2(x)
]
= y1(x)y
′
2(x)− y′1(x)y2(x), ∀x ∈ I
Theorem 2.0.3 Sejam y1, y2 duas func¸o˜es deriva´veis no intervalo I. Logo,
1. Se y1, y2 sa˜o linearmente dependentes enta˜o W (x) = 0 para todo x ∈ I.
2. Se W (x0) 6= 0 para algum x0 ∈ I enta˜o y1, y2 sa˜o linearmente independentes.
Proof: Provemos o primeiro item. Como y1, y2 sa˜o LD nointervalo I, existe (c1, c2) 6= (0, 0) tal que
c1y1(x) + c2y2(x) = 0, ∀x ∈ I
enta˜o temos que, para todo x ∈ I,
c1y1(x) + c2y2(x) = 0,
c1y
′
1(x) + c2y
′
2(x) = 0.
Isto significa que o sistema de equac¸o˜es[
y1(x) y2(x)
y′1(x) y
′
2(x)
] [
c1
c2
]
=
[
0
0
]
possui uma soluc¸a˜o na˜o nula, logo W (x) = 0 para todo x ∈ I. O segundo item segue de negar a tese
para obter como resultado o contra´rio da hipo´tese. 2
Exemplo: Seja λ ∈ R, as func¸o˜es y1(x) = eλx, y2(x) = xeλx sa˜o LI em I = R.
Theorem 2.0.4 Se y1, y2 sa˜o duas soluc¸o˜es de ? no intervalo I, enta˜o estas soluc¸o˜es sa˜o LI se e
somente se W [y1, y2](x) 6= 0 para todo x ∈ I.
Proof: (⇒): Suponhamos que existe x0 ∈ I tal que W (x0) = 0, logo o sistema[
y1(x0) y2(x0)
y′1(x0) y
′
2(x0)
] [
c1
c2
]
=
[
0
0
]
tem uma soluc¸a˜o (c1, c2) na˜o nula. Considermos a func¸a˜o y = c1y1 + c2y2 a qual e´ uma soluc¸a˜o de ?
satisfazendo
y(x0) = 0, y
′(x0) = 0.
Por unicidade de soluc¸o˜es, temos que y e´ identicamente nula, isto e´, y1 e y2 sa˜o LD oqual e´ um
absurdo. 2
33
Theorem 2.0.5 Sejam y1(x), y2(x) duas soluc¸o˜es da equac¸a˜o
y′′ + a(x)y′ + b(x)y = 0, (0.4)
no intervalo I. Seja x0 ∈ I tal que W [y1, y2](x0) 6= 0 e α, β ∈ R. Enta˜o, Existem constantes c1 e c2
apropiadas tal que yh(x) = c1y1(x) + c2y2(x) satitfaz a condic¸a˜o inicial:
y(x0) = α, y
′(x0) = β. (0.5)
Proof: Para que y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) satisfac¸a as condic¸o˜es iniciais e´ necessa´rio que
y(x0) = c1y1(x0) + c2y2(x0) = α
y′(x0) = c1y′1(x0) + c2y
′
2(x0) = β
Escrevendo estas equac¸o˜es da forma matricial temos que[
y1(x0) y2(x0)
y′1(x0) y
′
2(x0)
] [
c1
c2
]
=
[
α
β
]
Como W (x0) 6= 0 portanto este sistema tem uma u´nica soluc¸a˜o
[
c1
c2
]
2
Observac¸a˜o: Do teorema anterior podemos afirmar que todas as soluc¸o˜es poss´ıveis de ? sa˜o com-
binac¸o˜es lineares de quaisqer duas soluc¸o˜es linearmente independentes y1, y2. Isto e´, se y e´ uma
soluc¸a˜o de (0.4), enta˜o existem constantes c1, c2 ∈ R tal que
y(x) = c1y1(x) + c2y2(x), para todo x ∈ I,
Esta u´ltima as vezes e´ chamada de soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o homogeˆnea (0.4).
Definic¸a˜o: Um para de soluc¸o˜es {y1, y2} LI da equac¸a˜o homogeˆnea(0.4) e´ chamado de uma base
de soluc¸o˜es ou um conjunto fundamental de (0.4).
Me´todo de Variac¸a˜o de Paraˆmetros: Segundas Soluc¸o˜es
Pra finalizar esta sec¸a˜o vejamos que, a partir de uma soluc¸a˜o conhecida de ? que na˜o se anula
num intervalo I, sempre podemos encontrar uma outra soluc¸a˜o de tal forma que estas sejam linear-
mente independentes. Para aingir este objetivo usaremos o me´todo de variac¸a˜o de paraˆmentros que
descreveremos a seguir. Suponhamos que y1 e´ uma soluc¸a˜o intervalo I da equac¸a˜o
y′′ + a(x)y′ + b(x)y = 0,
e assumamos que y1(x) 6= 0 para todo x ∈ I. Sabemos que se multiplicamos esta soluc¸a˜o por
qualquier constante u esta u´ltima ainda e´ soluc¸a˜o de ?, porem esta na˜o e´ LI com a primeira, sendo
assim e´ razoa´vel pensar que variando os coeficientes u (dependendo de x), esta possa ser ainda uma
soluc¸a˜o o cual seria LI com a primeira, assim, procuremos uma soluc¸a˜o da forma y2(x) = u(x)y1(x).
substituindo esta func¸a˜o na equac¸a˜o temos que
0 = y′′2 + a(x)y
′
2 + b(x)y2
= [u′′y1 + 2u′y′1 + uy
′′
1 ] + a(x)[u
′y1 + uy′1] + b(x)uy1
= +y1u
′′ + [2y′1 + a(x)y1]u
′ + [y′′1 + a(x)y
′
1 + b(x)y1]u(x)
34
Desde y1 e´ soluc¸a˜o de ? esta equac¸a˜o se reduz a
y1u
′′ + [2y′1 + a(x)y1]u
′ = 0
Denotando por v = u′, temos que
v′ +
[
2
y′1
y1
+ a(x)
]
v = 0
Esta equac¸a˜o diferencial tem por soluc¸a˜o
v(x) = c1
e−A(x)
y21(x)
onde A(x) =
∫
a(x) dx e c1 e´ uma constante. Portanto
u(x) = c1
∫
e−A(x)
y21(x)
dx+ c2,
onde c2 e´ outra constante. Observe que
W [y1, y2](x) = W [y1, uy1](x) = u
′(x)y21(x) = c1e
−A(x)
de onde concluimos que y1 e y2 = uy1 sa˜o linearmente independentes quando c1 6= 0. Quando
conveniente consideraremos particularmente c1 = 1 e c2 = 0.
Exemplo: Observe que a func¸a˜o y1(x) = 1 e´ uma soluc¸a˜o de y
′′ + 1
x
y′ = 0, no intervalo ]0,∞[, logo
uma segunda soluc¸a˜o L.I. com a primeira e´ y2(x) = u(x) · 1, onde
u(x) =
∫
e− ln(x) dx =
∫
1
x
dx = ln(x),
Portanto uma segunda soluc¸a˜o LI com a primeira sera´ y2(x) = ln(x).
2.0.2 Equac¸o˜es homogeˆneas com coeficientes constantes
Seja a, b constantes reais, queremos encontrar as soluc¸o˜es de
y′′ + ay′ + by = 0, (0.6)
em algum intervalo. Vejamos se e´ poss´ıvel encontrar soluc¸o˜es da forma y(x) = eλx. logo devemos ter
λ2eλx + aλeλx + beλx = 0.
de onde concluimos que a constante λ deve ser soluc¸a˜o de
λ2 + aλ+ b = 0.
Esta equac¸a˜o e´ chamada de equac¸a˜o caracter´ıstica da equac¸a˜o diferencial (0.6), sabemos que esta
equac¸a˜o tem no ma´ximo duas soluc¸o˜es dadas por
λ = −a
2
±
√
a2 − 4b
2
.
A seguir encontraremos um par de soluc¸o˜es linearmente independentes os quais dependera˜o das raizes
da equac¸a˜o caracteristica.
35
1. Se a2 − 4b > 0 temos duas raizes reais diferentes λ1, λ2: Neste caso y1(x) = eλ1x e
y2(x) = e
λ2x e´ um par de soluc¸o˜es linearmente independentes.
2. Se a2− 4b = 0 temos uma raiz real λ0 = −a/2 de multiplicidade 2: Neste caso, somente
temos uma soluc¸a˜o, y1(x) = e
λ0x. Como encontramos outra soluc¸a˜o y2(x) de tal forma que estas
func¸o˜es sejam linearmente independentes? Usaremos o me´todo de variac¸a˜o de paraˆmentros para
tentar encontrar y2(x), isto e´ vejamos se podemos encontrar uma soluc¸a˜o da forma
y2(x) = u(x)y1(x), onde u(x) deve ser determinado
Portanto y2(x) deve satisfazer
0 = (u′′y1 + 2u′y′1 + uy
′′
1) + a(u
′y1 + uy′1) + buy1
= u′′y1 + u′(2y′1 + ay1) + u (y
′′
1 + ay
′
1 + by1)︸ ︷︷ ︸
=0
= u′′y1 + u′(2y′1 + ay1)
Note que
2y′1 + ay1 = 2
(
−a
2
e−a/2
)
+ ae−a/2 = 0
Portanto a func¸a˜o u(x) deve satisfazer u′′y1 = 0. Como y1(x) 6= 0 concluimos que u′′ ≡ 0 de
onde segue que
u(x) = k1x+ k2
onde k1 e k2 sa˜o constantes. Logo y2(x) = k1xy1(x) + k2y1(x). Em particular tomamos
k1 = 1, k2 = 0, isto e´
y2(x) = xy1(x) = xe
λ0x
Observe que as func¸o˜es y1(x) = e
λ0x, y2(x) = xe
λ0x sa˜o LI, pois
W (x) = det
[
eλ0x xeλ0x
λ0e
λ0x eλ0x(1 + λ0x)
]
= e2λ0x 6= 0, ∀x ∈ R
Exemplo: Resolver o problema de valor inicial
y′′ + 6y′ + 9 = 0, y(0) = α, y′(0) = 0
A equac¸a˜o carater´ıstica e´ dado por λ2+6λ+9 = 0 a qual tem uma u´nica raiz de multiplicidade
2, λ = −3. por tanto, a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o diferencial e´ dado por
y(x) = c1e
−3x + c2xe−3x
Agora devemos encontrar as constantes c1, c2, de tal forma que satisfac¸a a condic¸a˜o inicial
α = y(0) = c1
0 = y′(0) = −3c1e−3·0 + c2(1− 3 · 0)e−3·0
Dai segue, c1 = α, c2 = 3α, portanto a soluc¸a˜o do problema de valor inicial sera´
y(x) = αe−3x + 3αxe−3x
36
3. Se a2 − 4b < 0 temos duas raizes complexas conjugadas λ = α ± iβ: Neste caso temos
duas func¸o˜es complexas
y1(x) = e
(α+iβ)x e y2(x) = e
(α−iβ)x, onde α = −α
2
, β =
√
4b− a2
2
Pode se verificar que o W (y1, y2)(x) = −2iβe2αx 6= 0 ∀x ∈ R, portanto todas as soluc¸o˜es
complexas da equac¸a˜o sa˜o dadas por
y(x) = c1e
(α+iβ)x + c2e
(α−iβ)x
= eαx
(
c1e
iβx + c2e
−iβx)
= eαx
(
c1[cos(βx) + i sin(βx)] + c2[cos(βx)− i sin(βx)]
)
= eαx
(
[c1 + c2] cos(βx) + i[c1 − c2] sin(βx)
)
= C1e
αx cos(βx) + C2e
αx sin(βx), C1, C2 ∈ C
Tomando (C1, C2) = (1, 0), (0, 1) encontramos que as func¸o˜es
yˆ1(x) = e
αx cos(βx), yˆ2(x) = e
αx sin(βx)
sa˜o soluc¸o˜es reais da equac¸a˜o, pode-se verificar tambem que elas sa˜o LI, pois W (yˆ1, yˆ2)(x) =
βe2αx 6= 0, ∀x ∈ R.
Exemplo: Resolva o problema de valor inicial
y′′ + 2y = 0, y(0) = 0, y′(0) = −
√
8β
A equac¸a˜o carater´ıstica e´ dado por λ2 + 2 = 0 a qual tem duas raizes complexas, λ = 0±√2i.
por tanto, a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o diferencial e´ dado por
y(x) = c1e
0·x cos(
√
2x) + c2e
0·x sin(
√
2x)
Agora devemos encontrar as constantes c1, c2, de tal forma que satisfac¸a a condic¸a˜o inicial
0 = y(0) = c1
−
√
8β = y′(0) =
√
2c2
Dai segue, c1 = 0, c2 = −2β, portanto a soluc¸a˜o do problema de valor inicial sera´
y(x) = −2β sin(
√
2x)
Exemplo: Autovalores e autofunc¸o˜es. Determinemos os valores λ de tal forma que o Problema de
valor contorno
y′′ + λy = 0, ∀0 < x < L
y(0) = 0, y(L) = 0
admita uma soluc¸a˜o nao nula. Caso existam estes valores estes sa˜o os autovalores do operador T =
− d2
dx2
definida num espac¸o de func¸o˜es que se anulam no bordo do intervalo [0, L], e as correspondentes
func¸o˜es nao nulas sa˜o as autofunc¸o˜es.
Sabemos que as soluc¸o˜es de ? sa˜o geradas por duas soluc¸o˜es linearmente independentes que
dependem das raizes da equac¸a˜o caracteristica r2 + λ = 0. Claramente as raizes sa˜o r = ±√−λ,
portanto teremos as seguintes situac¸o˜es:
37
1. Se λ < 0 enta˜o as raizes r = ±√−λ sa˜o reais, neste caso a soluc¸a˜o geral e´ da forma
φ(x) = c1e
√−λx + c2e−
√−λx
onde c1 e c2 sa˜o constantes. Aplicando as condic¸o˜es de contorno temos que
0 = φ(0) = c1 + c2
0 = φ(L) = c1e
√−λL + c2e−
√−λL
Da qual conclui-se que c1 = c2 = 0. Logo φ(x) ≡ 0 o qual e´ descartado.
2. Se λ = 0 teremos uma raiz de ordem dois, r = 0, neste caso temos que
φ(x) = c1e
0·x + c2xe0·x = c1 + c2x.
Atendendo a` condic¸a˜o de contorno teremos que
0 = φ(0) = c1
0 = φ(L) = c1 + c2L
Da qual conclui-se que c1 = c2 = 0 e portanto φ(x) ≡ 0 o qual tambe´m e´ descartado.
3. Se λ > 0, temos as raizes complexas conjugadas, r = ±√λi, neste caso
φ(x) = c1e
0·x cos(
√
λx) + c2e
0·x sin(
√
λx) = c1 cos(
√
λx) + c2 sin(
√
λx)
Atendendo a` condic¸a˜o de contorno, precisamos que
0 = φ(0) = c1
0 = φ(L) = c1 + c2 sin(
√
λL)
Da qual concluimos que c1 = 0. Para que φ(x) na˜o seja nula e´ necessa´rio que c2 6= 0, para isso
acontecer deve-se ter que
sin(
√
λL) = 0 ⇔
√
λL = npi para algum n ∈ N
isto e´ λ deve ser da forma λ = λn onde λn :=
(
npi
L
)2
onde n ∈ N. e neste caso temos a soluc¸a˜o
na˜o nula
φn(x) = sin(
√
λnx) = sin(npi
L
x)
2.0.3 Equac¸o˜es lineares na˜o homogeˆneas
Sejam a, b, f : I → R func¸o˜es cont´ınuas, determinaremos procedimentos para encontrar as soluc¸o˜es
da equac¸a˜o na˜o homogeˆnea
y′′ + a(x)y′ + b(x)y = f(x). (0.7)
Suponhamos que a func¸a˜o yp e´ uma soluc¸a˜o particular de (0.7) no intervalo I. Denotemos com φ
qualquer outra soluc¸a˜o de (0.7) no intervalo I. Consideremos a func¸a˜o yh(x) := φ(x)−yp(x), observe
que esta func¸a˜o satisfaz, para cada x ∈ I,
y′′h + a(x)y
′
h + b(x)yh = φ
′′ + a(x)φ′ + b(x)φ− (y′′p + a(x)y′p + b(x)yp)
= f(x)− f(x)
= 0,
38
isto e´, yh e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o homogeˆnea
y′′ + a(x)y′ + b(x)y = 0.. (0.8)
Assim, se y1, y2 sa˜o duas soluc¸o˜es L.I. de (0.8) em I, enta˜o existem constantes c1, c2 tal que
yh(x) = c1y1(x) + c2y2(x) (0.9)
para todo x ∈ I, logo
φ(x) = yh(x) + yp(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + yp(x)
Portanto, todas as soluc¸o˜es de (0.7) sa˜o da forma
y(x) = yh(x) + yp(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + yp(x)
onde c1, c2 sa˜o constantes quaisquer. Esta u´ltima sera´ a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o na˜o homogeˆnea
(0.7). Assim, para encontrar todas as soluc¸o˜es da equac¸a˜o na˜o homogeˆnea, basta encontrar uma
soluc¸a˜o particular da mesma e duas soluc¸o˜es LI da equac¸a˜o homogeˆnea correspondente
Exemplo: Encontre todas as soluc¸o˜es (soluc¸a˜o geral) de
y′′ + y′ = 3 cos(3x)− 9 sin(3x)︸ ︷︷ ︸
f(x)
Soluc¸a˜o A func¸a˜o yp(x) = sin(3x) e´ uma soluc¸a˜o particular desta equac¸a˜o. A equac¸a˜o homogeˆnea
associada e´ y′′ + y′ = 0 que tem como soluc¸o˜es LI, as func¸o˜es
y1(x) = 1, y2(x) = e
−x ⇒ yh(x) = c1 + c2e−x
Portanto a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o na˜o homogeˆnea e´
y(x) = yh(x) + yp(x) = c1 + c2e
−x + sin(3x)
A seguir alguns me´todos para determinar soluc¸o˜es particulares.
Soluc¸o˜es Particulares: me´todo dos coeficientes a determinar
Sejam φ1, φ2, . . . , φp func¸o˜es linearmente independentes num intervalo I consideremos o espac¸o gerado
por estas func¸o˜es, isto e´,
V = span{φ1, . . . , φp} = {c1φ1 + c2φ2 + · · ·+ cpφp : ci ∈ R}.
Suponhamos que os elementos de V tem suas de todas as ordens ainda em V, isto e´, se φ ∈ V,
enta˜o φ(n) ∈ V para todo n ∈ N, assim se f ∈ V, a equac¸a˜o diferencial com coeficientes constantes
y′′ + ay′ + by = f pode admitir soluc¸o˜es φ =
n∑
i=1
ciφ ∈ V bastando determinar as constantes ci,
i = 1, . . . , p. Este me´todo e´ chamado de Me´todo dos Coeficientes a Determinar. Finalmente podemos
observar que um espac¸o finito dimensional V com estas caracter´ısticas, se e´ que existe, deve admitir
todas as derivadas de f , o que nos da o ponto de partida para identificar esse espac¸o.
39
Exemplo: Encontremos uma soluc¸a˜o particular para a equac¸a˜o diferencial na˜o homogeˆnea
y′′ + 4y = 12x2︸︷︷︸
f(x)
.
Soluc¸a˜o Observe que
f (n) ∈ V = {c0 + c1x+ c2x2 : c0, c1, c2 ∈ R}, para todo n ∈ Z+0 .
Assim, procuraremos uma soluc¸a˜o particular neste espac¸o, isto e´, uma soluc¸a˜o do tipo yp(x) =
k0 + k1x+ k2x
2, onde k1, k2, k3 sa˜o constantes a determinar.
12x2 = y′′p + 4yp
= 2k2 + 4(k0 + k1x+ k2x
2)
= 2k2 + 4k0︸ ︷︷ ︸
=0
+ 4k1︸︷︷︸
=0
x+ 4k2︸︷︷︸
=12
x2
Daqui temos que k2 = 3, k1 = 0, k0 = −3/2. Enta˜o yp(x) = −32 + 3x2 uma soluc¸a˜o particular.
Exemplo: Encontremos uma soluc¸a˜o particular da equac¸a˜o diferencial
y′′ + y′ + 2y = −4 cos(2x)︸ ︷︷ ︸
f(x)
.
Soluc¸a˜o podemos observar
f (n)V = {c1 cos(2x) + c2 sin(2x) : c1, c2 ∈ R}, para todo n ∈ Z+0 ,
assim, procuraremos uma soluc¸a˜o particular neste espac¸o, isto e´, soluc¸o˜es do tipo yp(x) = k1 cos(2x)+
k2 sin(2x) onde k1, k2 sa˜o constantes a determinar.
−4 cos(2x) = y′′p + y′p + 2yp
= [−4k1 cos(2x)− 4k2 sin(2x)] + [−2k1 sin(2x) + 2k2 cos(2x)]
+2[k1 cos(2x) + k2 sin(2x)]
= (−2k1 + 2k2)︸ ︷︷ ︸
=−4
cos(2x) + (−2k2 − 2k1)︸ ︷︷ ︸
=0
sin(2x)
Daqui temos que k1 = 1, k2 = −1. Enta˜o yp(x) = cos(2x)− sin(2x) e´ a soluc¸a˜o particular procurada.
Neste ponto alertamos o leitor func¸o˜es da forma yp(x) = k cos(2x) podem nao ser soluc¸a˜o da equac¸a˜o
diferncial. De fato, se asumimos que a equac¸a˜o admite soluc¸o˜es desse tipo, teriamos
−4 cos(2x) = y′′p + y′p + 2yp
= −4k cos(2x)]− 2k sin(2x) + 2k cos(2x)
= −2k cos(2x)]− 2k sin(2x)
de onde segue que −2k = −4 e −2k = 0, o qual e´ absurdo.
Exemplo: Encontre uma soluc¸a˜o particular para
y′′ − y′ − 2y = e2x︸︷︷︸
f(x)
40
Soluc¸a˜o Primeiro podemos observar
f (n) ∈ V = {ce2x : c ∈ R}, para todo n ∈ Z+0 ,
assim, Procuraremos uma soluc¸a˜o particular do tipo yp(x) = ke
2x onde k e´ uma constante a deter-
minar, logo
e2x = y′′p − y′p − 2yp = 4ke2x − 2ke2x − 2ke2x = 0
o qual e´ absurdo, logo a equac¸a˜o na˜o tem uma soluc¸a˜o particular da forma yp(x) = ke
2x. Por outro
lado observe que
f (n) ∈W = {(c1 + c2x)e2x : c1, c2 ∈ R}, para todo n ∈ Z+0 ,
assim procuremos enta˜o soluc¸o˜es da forma yp(x) = (k1x+ k2)e
2x, onde k1, k1 sa˜o constantes a deter-
minar, neste casso e´ necessa´rio que
e2x = y′′p − y′p − 2yp
= 4(k1x+ k1 + k2)e
2x − (2k1x+ k1 + 2k2)e2x − 2(k1x+ k2)e2x
= 3k1e
2x
logo k1 = 1/3 e k2 qualquer.
Me´todo de variac¸a˜o de paraˆmetros: Soluc¸o˜es Particulares
Este me´todo e´ serve para encontrar soluc¸o˜es particulares da equac¸a˜o
y′′ + a(x)y′ + b(x)y = f(x) (0.10)
Este me´todo pode ser aplicado para encontrar soluc¸o˜es particulares da equac¸a˜o diferencial para
qualquer func¸a˜o f a diferenc¸a do me´todo de coeficientes a determinar, pore´m, a dificuladade e´ maior.
Cosideremos {y1(x), y2(x)} uma base para a equac¸a˜o homogeˆnea
y′′ + a(x)y′ + b(x)y = 0
Sabemos que a soluc¸a˜o geral desta equac¸a˜o e´
y(x) = c1y1(x) + c2y2(x), onde c1, c2 sa˜o constantes (0.11)
Usando esta informac¸a˜o tentaremos encontrar soluc¸o˜es particulares da equac¸a˜o na˜o homogeˆnea (0.10)
variando as constantes c1, c2 em (0.11), ı´sto e´, procuraremos soluc¸o˜es particulares da forma
yp(x) = u(x)y1(x) + v(x)y2(x), (0.12)
onde u(x), v(x) sa˜o func¸o˜es a ser determinadas. Vejamos que condic¸o˜es devem satisfazer estas
func¸o˜es. Derivando yp tem-se
y′p = u
′y1 + uy′1 + v
′y2 + vy′2.
Neste ponto, ao derivar esta func¸a˜o lidaremos com um nu´mero maior de termos e com o intuito de
simplificar as contas, vejamos se ainda podemos encontrar soluc¸o˜es particulares (0.12) com u(x) e
v(x) satisfazendo a condic¸a˜o te´cnica:
u′y1 + v′y2 = 0.
41
Assim a y′p se reduz a
y′p = uy
′
1 + vy
′
2
Derivando mais uma vez temos que
y′′p = u
′y′1 + uy
′′
1 + v
′y′2 + vy
′′
2
Como yp deve ser soluc¸a˜o da equac¸a˜o na˜o homogeˆnea, temos que
f(x) = y′′p + ay
′
p + byp
= u′y′1 + uy
′′
1 + v
′y′2 + vy
′′
2 + a(x)(uy
′
1 + vy
′
2) + b(x)(uy1 + vy2)
= u′y′1 + v
′y′2 + u (y
′′
1 + a(x)y
′
1 + b(x)y1)︸ ︷︷ ︸
=0
+v (y′′2 + a(x)y
′
2 + b(x)y2)︸ ︷︷ ︸
=0
= u′y′1 + v
′y′2
Portanto, as func¸o˜es u(x) e v(x) devem satisfazer o seguinte sistema de equac¸o˜es
y1u
′ + y2v′ = 0
y′1u
′ + y′2v
′ = f
o qual pode ser colocado na forma matricial[
y1 y2
y′1 y
′
2
] [
u′
v′
]
=
[
0
f
]
Logo a soluc¸a˜o deste sistema e´ dado por
u′ =
det
[
0 y2
f y′2
]
det
[
y1 y2
y′1 y
′
2
] = −y2f
W
, v′ =
det
[
y1 0
y′1 f
]
det
[
y1 y2
y′1 y
′
2
] = y1f
W
onde W e´ o wronskiano de y1, y2. Daqui segue que
u(x) = −
∫
y2(x)f(x)
W (x)
dx, v(x) =
∫
y1(x)f(x)
W (x)
dx
Exemplo: Encontre todas as soluc¸o˜es de
4y′′ + 36y′ = csc(3x)
reescrevemos a equac¸a˜o de forma apropriada
y′′ + 9y′ =
1
4
csc(3x)︸ ︷︷ ︸
f(x)
.
A equac¸a˜o caracteristica da equac¸a˜o homogeˆnea associada e´ λ2 + 9 = 0 cujas raizes sa˜o λ = ±3i.
Dai encontramos que uma base para a equac¸a˜o homogeˆnea e´ dada por
y1(x) = cos(3x), y2(x) = sin(3x)
42
portanto a soluc¸a˜o geral da parte homogeˆnea e´ dado por
yh(x) = c1 cos(3x) + c2sin(3x)
Agora, usando variac¸a˜o de para´metros encontramos que uma soluc¸a˜o particular da equac¸a˜o na˜o
homogeˆnea da forma
yp(x) = u(x) cos(3x) + v(x) sin(3x)
Neste caso u(x) e v(x) sa˜o dados por
u(x) = −
∫
sin(3x) csc(3x)
4W (x)
dx, v(x) =
∫
cos(3x) csc(3x)
4W (x)
dx,
onde
W (x) = y1y
′
2 − y2y′1 = cos(3x)[3 cos(3x)]− sin(3x)[−3 sin(3x)] = 3
logo
u(x) = −
∫
1
12
dx = − x
12
, v(x) =
∫
cos(3x)
12 sin(3x)
dx =
1
36
ln(| sin(3x)|),
Assim, uma soluc¸a˜o particular para o problema na˜o homogeˆneo e´
yp(x) = − x
12
cos(3x) +
1
36
ln(| sin(3x)|) sin(3x)
Logo, a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o na˜o homogeˆnea e´ dado por
y(x) = yh(x) + yp(x)
= c1 cos(3x) + c2 sin(3x)− x
12
cos(3x) +
1
36
ln(| sin(3x)|) sin(3x)
43
2.0.4 Sistema Massa-Mola
Movimento livre na˜o amortecido
Suponha que temos uma mola suspensa de um suporte r´ıgido e que um a massa m seja conectada
a` sua extremidade livre. A distensa˜o ou elongac¸a˜o da mola naturalmente dependera´ da massa,
a diferentes massas teremos diferentes distenso˜es. Pela Lei de Hooke, a mola exerce uma forc¸a
restauradora F em direc¸a˜o oposta ao alongamento a qual e´ proporcional a distensa˜o da mola, isto e´
existe uma constante k tal que F = ks. Esta constante e´ chamada coeficiente de elaticidade da mola
ou simplesmente coeficiente de Hooke da mola. A forc¸a originada pelo peso da masa e´ W = mg onde
g e´ a constante gravitacional, assim o sitema fica em equilibrio quando W = F , isto e´, mg = ks
Se a massa for deslocada uma quantidade x da sua posic¸a˜o de equil´ıbrio, a forc¸a restauradora
sera´ enta˜o k(s+ x), supondo que a mola na˜o sofra de forc¸as de amortecimento e nao existam forc¸as
externas (movimento livre), pela Lei de Newton, temos que
mx′′ = −k(s+ x) +mg = −kx
ou
x′′ + w2x = 0
assim x descreve um movimento oscilato´rio dado por
x(t) = c1 cos(wt) + c2 sin(wt)
estas oscilac¸o˜es sa˜o per´ıodicas o per´ıodo da oscilac¸a˜o e´ o tempo mı´nimo T necessa´rio para que o
movimento se repita, isto e´
wT = 2pi ⇒ T = 2pi
w
.
a frequeˆncia da oscilac¸a˜o f := 1/T determina o nu´mero de ciclos completos realizados por unidade
de tempo, logo
f =
w
2pi
.
A amplitude da vibrac¸a˜o e´ a metade da oscilac¸a˜o, ela ira´ depender das constantes c1 e c2. Se
expresamos c1, c2 em coordenadas polares temos c1 = R sin(θ) e c2 = R cos(θ), onde R > 0 e
0 ≤ θ < 2pi temos que
x(t) = R sin(wt+ θ),
neste caso a amplitude da oscilac¸a˜o e´ R.
Movimento livre amortecido
x′′ + w2x+ 2δx′ = 0
enta˜o as raizes da equac¸a˜o caracter´ıstica r2 + 2δr + w2 sa˜o
r = −δ ±
√
δ2 − w2
Caso I: Quando δ2 − w2 > 0, dizemos que o sistema e´ superamortecido, e neste caso
x(t) = e−δt[c1e
√−δ2−w2t + c2e
√
δ2−w2t]
44
Caso II: Quando δ2 − w2 = 0, dizemos que o sistema e´ criticamente amortecido, e neste caso
x(t) = e−δt[c1 + c2t]
Caso III: Quando δ2 − w2 < 0, dizemos que o sistema e´ subamortecido, e neste caso
x(t) = e−δt
[
c1 cos((w
2 − δ2)t) + c2 sin((w2 − δ2)t)
]
Movimento Forc¸ado nao amortecido
Seja w > 0, consideremos o movimento forzado na˜o amortecido
x′′ + w2x = F0 cos(γt), x(0) = 0, x′(0) = 0
onde F0 e´ constante e γ 6= w. Denotemos com φγ a` soluc¸a˜o deste problema de valor inicial. Soluc¸a˜o
particular xp(t) = k1 cos(γt) + k2 sin(γt) de onde segue que k1 = −F0/(γ2 − w2), k2 = 0 isto e´
xp(t) = − F0
γ2 − w2 cos(γt)
Portanto
φγ(t) = c1 cos(wt) + c2 sin(wt)− F0
γ2 − w2 cos(γt)
das condic¸o˜es iniciais, segue que c1 = F0/(γ
2 − w2), c2 = 0 de onde segue que
φγ(t) =
F0
γ2 − w2 (cos(wt)− cos(γt))
usando cos(α± β) = cos(α) cos(β)± sin(α) sin(β) temos que
cos(α− β)− cos(α + β) = 2 sin(α) sin(β)
Assim
φγ(t) =
(
2F0
γ2 − w2 sin((w − γ)t/2)
)
sin((w + γ)t/2))
Observe que se consideramos φ(t) = lim
γ→w
φγ(t), por H’ospital temos que
φ(t) = lim
γ→w
d
dγ
[F0(−γ sin(wt) + w sin(γt))]
d
dγ
[w(w2 − γ2)]
= lim
γ→w
F0(− sin(wt) + wt cos(γt))
−2wγ
=
F0
2w2
sin(wt)− F0
2w
t cos(wt)
o leitor pode verificar que esta func¸a˜o e´ a soluc¸a˜o do problema de valor inicial ? quando γ = w.
45
2.0.5 Exerc´ıcios
Sec¸a˜o2.0.2:
1. Sabemos que combinac¸o˜es lineares de soluc¸o˜es de equac¸o˜es lineares homogeˆneas tambe´m sa˜o
soluc¸o˜es. Verifique, atrave´s dos seguintes exerc´ıcios, que em outros casos isso na˜o e´ verdade:
(a) Verifique que as func¸o˜es φ1(x) = 1 e φ2(x) = x
1/2 sa˜o soluc¸o˜es de yy′′ + (y′)2 = 0 no
intervalo I =]0,∞[. Mostre que, em geral, a combinac¸a˜o linear φ(x) = c1 + c2x1/2 na˜o e´
soluc¸a˜o desta equac¸a˜o em I.
(b) Seja φ1(x) uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o y
′′+ a(x)y′+ b(x)y = f(x) num intervalo I, sendo que
f(x) na˜o e´ identicamente nula em I. Mostre que a func¸a˜o φ(x) := cφ1(x) na˜o e´ soluc¸a˜o
desta equac¸a˜o em I para c 6= 1.
2. Sejam y1 e y2 duas func¸o˜es deriva´veis e linearmente independentes num intervalo I e consi-
deremos as func¸o˜es y3 := ay1 + by2 e y4 := cy1 + dy2. Mostre que y3, y4 sa˜o linearmente
independentes em I, se e somente se
det
[
a c
b d
]
6= 0.
3. Sejam b 6= a e y1(x) = eax. Determine todas as func¸o˜es y que satisfazem W [y1, y](x) =
(b− a)e(a+b)x.
4. Sejam p, q e r func¸o˜es cont´ınuas num intervalo I e y1 uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o
p(x)y′′ + q(x)y′ + r(x)y = 0
no intervalo I. Suponha que o produto py1 nunca se anula em I.
(a) Mostre que a func¸a˜o y2(x) = u(x)y1(x) e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial, se e somente se
u(x) = c1
∫
e−A(x)
y21(x)
dx+ c2.
onde c1, c2 ∈ R e A(x) =
∫
[q(x)/p(x)] dx.
(b) Mostre que {y1, y2} sa˜o linearmente independentes em I, se e somente se, c1 6= 0.
5. Sejam a, b, u e v func¸o˜es reais definidas num intervalo I, consideremos a equac¸a˜o diferencial
y′′ + a(x)y′ + b(x)y = 0.
(a) Mostre que, se a func¸a˜o complexa φ = u + iv e´ uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial no
intervalo I, enta˜o tambem sa˜o soluc¸o˜es: a parte real u, a parte imagina´ria v e a func¸a˜o
complexa conjugada φ¯ = u− iv.
(b) Mostre que, u, v sa˜o L.I. em I se e somente se φ, φ¯ sa˜o L.I. em I.
6. Resolva os dois problemas de valor inicial inicial
y′′ − y′ − 2y = 0, y(0) = α, y′(0) = 2,
4y′′ − y = 0, y(0) = 2, y′(0) = β.
Enseguida determine los valores de α e β de tal forma que as respectivas soluc¸o˜es tendam ao 0
quando x→∞.
46
7. Encontre todas as soluc¸o˜es de cada uma das seguintes equac¸o˜es
y′′ − (2α− 1)y′ + α(α− 1)y = 0, y′′ + (3− α)y′ − 2(α− 1)y = 0.
Enseguida, en cada um dos casos, determine os valores de α de tal forma que todas as soluc¸o˜es
na˜o nulas tendam ao infinito quando x→∞
8. Resolva o problema de valor inicial
y′′ + 5y′ + 6y = 0, y(0) = 2, y′(0) = β
onde β > 0. Enseguida
(a) Determine em func¸a˜o de β, as coordenadas (x0, y(x0)) onde a soluc¸a˜o e´ ma´xima.
(b) Determine o menor valor de β para o qual y(x0) ≥ 4.
(c) Determine o comportamento de (x0, y(x0)) quando β →∞.
9. Resolva o problema de valor inicial
y′′ + 2y′ + y = 0, y(0) = α, y′(0) = 0
onde α ∈ R. Em seguida
(a) Determine os valores de α para que a soluc¸a˜o assuma seu valor mı´nimo em algum ponto
x0 ∈ R. soluc¸a˜o e´ mı´nima.
(b) calcule o limite de y(x0) quando α→∞.
10. Seja α ∈ R. Encontre as soluc¸o˜es reais da equac¸a˜o
y′′ + 2αy′ + (α2 + 4)y = 0.
Em seguida,
(a) Encontre os valores de α de tal forma que lim
x→∞
y(x) = 0 para toda soluc¸a˜o da equac¸a˜o
diferencial.
(b) Encontre os valores de α de tal forma que lim
x→∞
y(x) na˜o existe para toda soluc¸a˜o da
equac¸a˜o diferencial.
(c) Quais os valores de α onde as soluc¸o˜es da equac¸a˜o diferencial sa˜o limitadas no intervalo
]0,∞[?
Sec¸a˜o2.0.3:
1. Seja (c1, c2) 6= (0, 0). Determine a relac¸a˜o entre b e β para que a equac¸a˜o
y′′ + by = c1 cos(βx) + c2 sin(βx)
admita uma soluc¸a˜o particular da forma yp(x) =