Apostila Wiliam Vieira - FVRIII (com listas)

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1
A TRANFORMADA DE LAPLACE
Definic¸a˜o: Seja F (t) uma func¸a˜o de t, definida para t > 0. Enta˜o a transformada de
Laplace de F (t), denotada por £ {F (t)} , e´ definida por:
£ {F (t)} = f(s) =
∫ ∞
0
e−stF (t)dt, mas
∫ ∞
0
e−stF (t)dt = limB→∞
∫ B
0
e−stF (t)dt, logo
£ {F (t)} = f(s) = limB→∞
∫ B
0
e−stF (t)dt(1)
Supomos, por enquanto que o paraˆmetro s e´ real. Mais tarde sera´ u´til considerar s complexo.
Diz-se que a tranformada de Laplace de F (t) existe se a integral (1) converge para
algum s; caso contra´rio ela na˜o existe.
Notac¸o˜es:
Se a func¸a˜o de t e´ indicada em termos de uma letra maiu´scula, tal como F (t), G(t), Y (t),
etc., a tranformada de Laplace da func¸a˜o e´ denominada pela letra minu´scula correspondente isto
e´, f(s), g(s), y(s), etc. Em outros casos, um til(˜) pode ser usado para denotar a transformada
de Laplace. Assim por exemplo, a tranformada de laplace de u(t) e´ denotada por
˜
u(s).
Transformadas de Laplace de algumas func¸o˜es elementares:
Encontre a transformada de laplace de cada uma das func¸o˜es abaixo, especificando os valores
de s, para os quais a transformada de Laplace existe.
a) F (t) = 1
Temos que:
£ {F (t)} = f(s) = limB→∞
∫ B
0
e−stF (t)dt, logo
£ {1} = f(s) = limB→∞
∫ B
0
e−stdt = limB→∞−e
−st
s
|B0 =
= −1
s
limB→∞
[
e−sB − 1]
Vemos que:
se s > 0⇒ limB→∞ e−sB = 0, logo teremos £ {F (t)} = f(s) = 1
s
2
se s < 0⇒ limB→∞ e−sB =∞, logo @£ {F (t)} = f(s).
Portanto £ {1} = f(s) = 1
s
, s > 0.
b) F (t) = t
Temos que:
£ {F (t)} = f(s) = limB→∞
∫ B
0
e−stF (t)dt, logo
£ {t} = f(s) = limB→∞
∫ B
0
e−sttdt
vamos calcular a integral
∫
e−sttdt
Utilizando o me´todo de integrac¸a˜o por partes obtemos:
u = t⇒ du = dt
dv = e−stdt⇒ ∫ dv = ∫ e−stdt⇒ v = −e−st
s
, logo∫
e−sttdt = − t
s
e−st +
1
s
∫
e−stdt =
= − t
s
e−st − 1
s2
e−st, sendo assim temos:
£ {t} = f(s) = limB→∞
∫ B
0
e−sttdt =
= limB→∞
[
− t
s
e−st |B0 −
1
s2
e−st |B0
]
=
= limB→∞
[
−B
s
e−sB + 0
1
s
− 1
s2
e−sB +
1
s2
]
Vemos que :
se s > 0⇒ £ {t} = f(s) = 1
s2
se s < 0⇒ @£ {t)} = f(s).
Portanto
£ {t} = f(s) = 1
s2
, s > 0.
Se calcula´ssemos as seguintes transformadas das func¸o˜es , t2, t3, t4, ..., tn, ...,com n um nu´mero
natural, encontrar´ıamos:
£ {t2} = f(s) = 2!
s3
,£ {t3} = f(s) = 3!
s4
,£ {t4} = f(s) = 4!
s5
, O que nos leva a deduzir que:
3
£ {tn} = f(s) = n!
sn+1
, n ∈ N
c) F (t) = eat
£ {F (t)} = f(s) = limB→∞
∫ B
0
e−stF (t)dt, logo
£ {eat} = f(s) = limB→∞
∫ B
0
e−steatdt =
= limB→∞
∫ B
0
e(a−s)tdt = limB→∞
e(a−s)t
a− s |
B
0 =
= limB→∞
[
e(a−s)B
a− s −
1
a− s
]
vemos que:
se a− s < 0⇒ s > a, temos £ {eat} = f(s) = 1
s− a
se a− s > 0⇒ s > a, temos @£ {eat} = f(s).
Portanto
£ {eat} = f(s) = 1
s− a, s > a
d) F (t) = sen at
Temos que:
£ {F (t)} = f(s) = limB→∞
∫ B
0
e−stF (t)dt, logo
£ {sen at} = f(s) = limB→∞
∫ B
0
e−st sen atdt
vamos calcular a integral
∫
e−st sen atdt
Utilizando o me´todo de integrac¸a˜o por partes obtemos:
u = sen at⇒ du = a cos atdt
dv = e−stdt⇒ ∫ dv = ∫ e−stdt⇒ v = −e−st
s
, logo∫
e−st sen atdt = −e
−st
s
sen at+
a
s
∫
e−st cos atdt(1)
determinemos agora
∫
e−st cos atdt
u = cos at⇒ du = −a sen atdt
4
dv = e−stdt⇒ ∫ dv = ∫ e−stdt⇒ v = −e−st
s
, logo:∫
e−st cos atdt = −e
−st
s
cos at− a
s
∫
e−st sen atdt, substituindo na equac¸a˜o (1), obtemos:
∫
e−st sen atdt = −e
−st
s
sen at+ a
s
[
−e
−st
s
cos at− a
s
∫
e−st sen atdt
]
=
= −e
−st
s
sen at− a
s2
e−st cos at− a
2
s2
∫
e−st sen atdt, enta˜o
∫
e−st sen atdt+
a2
s2
∫
e−st sen atdt = −e
−st
s
sen at− a
s2
e−st cos at, logo
(
1 +
a2
s2
)∫
e−st sen atdt = −e
−st
s
sen at− a
s2
e−st cos at
(
s2 + a2
s2
)∫
e−st sen atdt = −e
−st
s
sen at− a
s2
e−st cos at, sendo assim encontramos
∫
e−st sen atdt =
−1
s
e−st
(
sen at+
a
s
cos at
)
s2 + a2
s2
=
=
−se−st
(
sen at+
a
s
cos at
)
s2 + a2
, finalmente temos:
£ {sen at)} = f(s) = limB→∞
∫ B
0
e−st sen atdt =
= limB→∞
−se−st
(
sen at+
a
s
cos at
)
s2 + a2
|B0 =
= limB→∞
−se−sB
(
sen aB +
a
s
cos aB
)
s2 + a2
+
a
s2 + a2

vemos que:
se s > 0⇒ £ {sen at} = f(s) = a
s2 + a2
se s < 0⇒ @£ {sen at} = f(s).
Portanto £ {sen at} = f(s) = a
s2 + a2
, s > 0
d) F (t) = cos at
De modo ana´logo feito anteriormente, temos que:
£ {cos at} = f(s) = s
s2 + a2
, s > 0.
5
A tabela abaixo mostra a transformada de Laplace de va´rias func¸o˜es elementares.
F (t) £ {F (t)} = f(s)
1 1 1/s, s > 0
2 t 1/s2, s > 0
3 tn, n ∈ N n!/sn+1, s > 0
4 eat 1/s− a, s > a
5 sen at a/s2 + a2, s > 0
6 cos at s/s2 + a2, s > 0
7 senh at a/s2 − a2, s > |a|
8 cosh at s/s2 − a2, s > |a|
Continuidade Seccional ou por Partes
Uma func¸a˜o e´ chamada seccionalmente cont´ınua ou cont´ınua por partes num intervalo
α ≤ t ≤ β se o intervalo pode ser subdividido num nu´mero finito de intervalos cada um dos
quais a func¸a˜o e´ cont´ınua e tem limites, a` direita e a` esquerda, finitos.
F(t)
ta b
t
1 t2 t30
O gra´fico acima mostra uma func¸a˜o seccionalmente cont´ınua. Essa func¸a˜o tem descontinui-
dades em t1, t2 e t3.Observe que existe os limites laterais a` esquerda e a` direita.Observe que os
limites a` direita e a` esquerda de t2 por exemplo, sa˜o representados por
lim�→0 F (t2 + �) = F (t2 + 0) = F (t2+) e lim�→0 F (t2 − �) = F (t2 − 0) = F (t2−) respectiva-
mente onde � > 0.
Func¸o˜es de ordem exponencial
Se existem constantes reais M > 0 e γ > 0 tais que, para todo
t > N ⇒ |F (t)| < Meγt ou |e−γtF (t)| < M
Dizemos que F (t) e´ uma func¸a˜o de ordem exponencial γ quando t → ∞ ou, brevemente
que e´ de ordem exponencial.
Exemplos:
6
1) F (t) = t2 e´ de ordem exponencial 3 (por exemplo), pois
limt→∞ t2e−3t = limt→∞
t2
e3t
= limt→∞
2t
3e3t
= limt→∞
2
9e3t
= 0,ou seja pela definic¸a˜o de
limite temos que
dado � > 0, existe N > 0, tal que
t > N ⇒ |t2e−3t − 0| < � ou |t2e−3t| < �
2) F (t) = et
3
na˜o e´ de ordem exponencial, pois
limt→∞ et
3
e−γt = limt→∞ et
3−γt = limt→∞ e
t3(1− γ
t2
) =∞
Func¸o˜es limitadas, tais como sen at ou cos at, sa˜o de ordem exponencial.
Condic¸o˜es Suficientes para a Existeˆncia da Transformada de Laplace
Teorema1.1: Se F (t) e´ seccionalmente cont´ınua em todo o intervalo finito 0 ≤ t ≤ N e
de ordem exponencial γ pata t > N, enta˜o sua transformada de Laplace f(s)existe para todo
s > γ.
Dem:
Temos que para qualquer inteiro N,∫ ∞
0
e−stF (t)dt =
∫ N
0
e−stF (t)dt+
∫ ∞
N
e−stF (t)dt
Mas como F (t) e´ seccionalmente cont´ınua em todo intervalo finito 0 ≤ t ≤ N, a integral∫ N
0
e−stF (t)dt existe. Tambe´m existe a integral
∫ ∞
N
e−stF (t)dt, pois F (t) e´ de ordem exponen-
cial γ para t > N , ou seja∣∣∣∣∫ ∞
N
e−stF (t)dt
∣∣∣∣ ≤ ∫ ∞
N
|e−stF (t)| dt ≤
≤
∫ ∞
0
e−st |F (t)| dt ≤
∫ ∞
0
e−stMeγtdt = M
∫ ∞
0
e(−s+γ)tdt =
M
s− γ .
As condic¸o˜es enunciadas acima sa˜o suficientes para garantir a existeˆncia da transformada
de Laplace. Se as condic¸o˜es na˜o sa˜o satisfeitas a transformada de Laplace pode existir ou na˜o,
logo as condic¸o˜es na˜o sa˜o necessa´rias para a existeˆncia da transformada de Laplace.
Algumas propriedades importantes da transformada de Laplace
Suponhamos que todas as func¸o˜es satisfac¸am as condic¸o˜es do teorema1, logo suas tran-
formadas de Laplace existem.
1) Propriedade da Linearidade
Teorema1.2: Se c1 e c2 sa˜o constantes quaisquer enquanto F1(t) e F2(t) sa˜o func¸o˜es com
transformadasde Laplace f1(s) e f2(s),respectivamente enta˜o
7
£ {c1F1(t) + c2F2(t)} = c1£ {F1(t)}+ c2£ {F2(t)} = c1f1(s) + c2f2(s)
o resultado e´ estendido a mais de duas func¸o˜es.
Dem:
Temos que
£ {c1F1(t) + c2F2(t)} =
∫ ∞
0
e−st [c1F1(t) + c2F2(t)] dt =
=
∫ ∞
0
e−stc1F1(t)dt+
∫ ∞
0
e−stc2F2(t)dt =
= c1
∫ ∞
0
e−stF1(t)dt+ c2
∫ ∞
0
e−stF2(t)dt =
= c1£ {F1(t)}+2 £ {F2(t)} = c1f1(s) + c2f2(s)
Exemplo: Determine £ {4t2 − 3 cos 2t+ 5e−t}
Pela propriedade anteior temos:
£ {4t2 − 3 cos 2t+ 5e−t} = 4£ {t2} − 3£ {cos 2t}+ 5£ {e−t} =
= 4
(
2!
s3
)
− 3
(
s
s2 + 4
)
+ 5
(
1
s+ 1
)
=
=
8
s3
− 3s
s2 + 4
+
5
s+ 1
O s´ımbolo £, que transforma F (t) em f(s),e´ muitas vezes, chamado operador de trans-
formac¸a˜o de Laplace.
2) Primeira propriedade de translac¸a˜o ou de deslocamento
Teorema1.3: Se £ {F (t)} = f(s), enta˜o £ {eatF (t)} = f(s− a)
Dem:
Temos que
£ {F (t)} =
∫ ∞
0
e−stF (t)dt = f(s)
enta˜o
£ {eatF (t)} =
∫ ∞
0
e−steatF (t)dt =
=
∫ ∞
0
e(a−s)tF (t)dt =
∫ ∞
0
e−(s−a)tF (t)dt = f(s− a)
Exemplo: Determinar £ {e−t cos 2t}
8
Temos que £ {cos 2t} = s
s2 + 4
= f(s), enta˜o
£ {e−t cos 2t} = f(s+ 1) = s+ 1
(s+ 1)2 + 4
=
=
s+ 1
s2 + 2s+ 1 + 4
=
s+ 1
s2 + 2s+ 5
3) Segunda propriedade de translac¸a˜o ou de deslocamento.
Teorema1.4: Se £ {F (t)} = f(s) e G(t) =
{
F (t− a), se t > a
0, se t < a
, enta˜o
£ {G(t)} = e−asf(s)
Dem:
Temos que
£ {G(t)} =
∫ ∞
0
e−stG(t)dt =
=
∫ a
0
e−stG(t)dt+
∫ ∞
a
e−stG(t)dt =
=
∫ a
0
e−st0dt+
∫ ∞
a
e−stf(t− a)dt =
=
∫ ∞
a
e−stF (t− a)dt
Fazendo u = t− a⇒ du = dt,
t = u+ a,
t→ a⇒ u→ 0, t→∞⇒ u→∞, logo
£ {G(t)} =
∫ ∞
0
e−s(u+a)F (u)du =
∫ ∞
0
e−sue−saF (u)du =
= e−sa
∫ ∞
0
e−suF (u)du = e−saf(s)
Portanto
£ {G(t)} = e−asf(s)
Exemplo: Determine a transformada de Laplace da func¸a˜o
G(t) =
{
(t− 2)3, se t > 2
0, se t < 2
Temos que £ {t3)} = 6
s4
= f(s), logo
9
£ {G(t)} = e−2s 6
s4
=
6e−2s
s4
4) Propriedade de mudanc¸a de escala
Teorema1.5: £ {F (t)} = f(s),enta˜o £ {F (at)} = 1
a
f(
s
a
)
Dem:
Temos que
£ {F (t)} = f(s), enta˜o
£ {F (at)} =
∫ ∞
0
e−stF (at)dt
Fazendo at = u⇒ t = u
a
, logo
dt =
du
a
, t→ 0⇒ u→ 0 e t→∞⇒ u→∞ enta˜o
£ {F (at)} =
∫ ∞
0
e−stF (at)dt =
=
∫ ∞
0
e−s
u
aF (u)
du
a
=
1
a
∫ ∞
0
e−
su
a F (u)du =
=
1
a
f
(s
a
)
Portanto
£ {F (at)} = 1
a
f
(s
a
)
Exemplo: Determinar £ {sen 3t}
Temos que £ {sen t} = 1
s2 + 1
= f(s), logo
£ {sen 3t} = 1
3
f
(s
3
)
=
1
3
1(s
3
)2
+ 1
=
=
1
3
1
s2
9
+ 1
=
1
3
1
s2 + 9
9
=
=
1
3
9
s2 + 9
=
3
s2 + 9
5) Transformadas de Laplace de derivadas
Teorema1.6: Se £ {F (t)} = f(s), enta˜o
10
£ {F ′(t)} = sf(s)− F (0)
Se F (t) e´ cont´ınua para 0 ≤ t ≤ N e de ordem exponencial para t > N, enquanto F ′(t) e´
seccionalmente cont´ınua para 0 ≤ t ≤ N.
Dem:
Temos que
£ {F ′(t)} =
∫ ∞
0
e−stF ′(t)dt = limB→∞
∫ B
0
e−stF ′(t)dt =
Vamos calcular
∫
e−stF ′(t)dt
Fazendo
u = e−st ⇒ du = −se−stdt
dv = F ′(t)dt ⇒ ∫ dv = ∫ F ′(t)dt ⇒ v = F (t), logo
∫
e−stF ′(t)dt = e−stF (t) + s
∫
e−stF (t)dt, enta˜o
£ {F ′(t)} = limB→∞
[
e−stF (t) |B0 +s
∫ ∞
0
e−stF (t)dt
]
=
= limB→∞ e−stF (t) |B0 +s limB→∞
∫ ∞
0
e−stF (t)dt
= limB→∞
[
e−sBF (B)− F (0)]+ s limB→∞ ∫ ∞
0
e−stF (t)dt =
= limB→∞ e−sBF (B)− limB→∞ F (0) + sf(s)
Mas como F (t) e´ de ordem exponencial para t > N,temos que limB→∞ e−sBF (B) = 0, logo
£ {F ′(t)} = −F (0) + sf(s)
Portanto £ {F ′(t)} = sf(s)− F (0)
Exemplo: Seja F (t) = e2t cos 2t determine £ {F ′(t)}
Temos que £ {cos 2t} = s
s2 + 4
= g(s), logo pela propriedade 2, temos que
£ {F (t)} = £ {e2t cos 2t} = g(s − 2) = s− 2
(s− 2)2 + 4 =
s− 2
s2 − 4s+ 4 + 4 =
s− 2
s2 − 4s+ 8 =
f(s), enta˜o pela propriedade 5, temos
£ {F ′(t)} = sf(s)− F (0) = s s− 2
s2 − 4s+ 8 − 1 =
s2 − 2s
s2 − 4s+ 8 − 1 =
11
=
s2 − 2s− s2 + 4s− 8
s2 − 4s+ 8 =
2s− 8
s2 − 4s+ 8
O me´todo e´ u´til para encontrar a transformada de Laplace, sem integrac¸a˜o, ou seja,sem
usar a definic¸a˜o.
Teorema1.7: Se no teorema1.6 F (t) deixa de ser cont´ınua em t = 0 mas limt→0 F (t) =
F (0+) existe ( mas na˜o e´ igual a F (0) ), que pode ou na˜o existir, enta˜o
£ {F ′(t)} = sf(s)− F (0+)
Teorema1.8: Se no teorema1.6 F (t)deixa de ser cont´ınua em t = a, enta˜o
£ {F ′(t)} = sf(s)− F (0)− eas {F (a+)− F (a−)}
onde F (a+)− F (a−) e´ algumas vezes chamado salto na descontinuidade t = a. Para mais
de uma descontinuidade, modificac¸o˜es apropriadas podem ser feitas
Teorema1.9: Se £ {F (t)} = f(s), enta˜o
£
{
F
′′
(t)
}
= s2f(s)− sF (0)− F ′ (0)
Se F (t) e F
′
(t) sa˜o cont´ınuas para 0 ≤ t ≤ N, e de ordem exponencial para t > N, enquanto
F
′′
(t) e´ seccionalmente cont´ınua para 0 ≤ t ≤ N. Se F (t) e F ′(t) tem descontinuidades,
modificac¸o˜es apropriadas podem ser feitas como nos teoremas 1.7 e 1.8.
Dem:
Pelo teorema1.6, temos que
£ {G′(t)} = s£ {G(t)} −G(0) = sg(s)−G(0)
Tomando G(t) = F ′(t), temos
£
{
F
′′
(t)
}
= s£ {F ′(t)}- F ′(0) =
= s [s£ {F (t)− F (0)}]− F ′(0) =
= s [s£ {F (t)} −£{F (0)}]− F ′(0) =
= s [sf(s)− F (0)]− F ′(0)
= s2f(s)− sF (0)− F ′(0)
Portanto
£
{
F
′′
(t)
}
= s2f(s)− sF (0)− F ′(0)
Teorema1.10: Se £ {F (t)} = f(s),enta˜o
£
{
F
(n)
(t)
}
= snf(s)− sn−1F (0)− sn−2F ′(0)− ...− sF (n−2)(0)− ...− F (n−1)(0)
Se F (t), F ′(t), ..., F (n−1)(t) sa˜o cont´ınuas para 0 ≤ t ≤ N e de ordem exponencial para
t > N, enquanto F (n)(t) e´ seccionalmente cont´ınua para 0 ≤ t ≤ N.
12
6) Transformadas de Laplace de integrais
Teorema1.11: Se £ {F (t)} = f(s),enta˜o
£
{∫ t
0
F (u)du
}
=
f(s)
s
Dem:
Seja G(t) =
∫ t
0
F (u)du, enta˜o G′(t) = F (t) e G(0) = 0.Logo
£ {G′(t)} = s£ {G(t)} −G(0) = s£ {G(t)}
Mas £ {G′(t)} = £ {F (t)} = f(s), enta˜o
f(s) = s£ {G(t)} ⇒ £ {G(t)} = f(s)
s
, ou seja
£
{∫ t
0
F (u)du
}
=
f(s)
s
Exemplo: Determine £
{∫ t
0
sen 2udu
}
Temos que £ {sen 2u} = 2
s2 + 4
= f(s), enta˜o
£
{∫ t
0
sen 2udu
}
=
f(s)
s
=
2
s2 + 4
s
=
2
s (s2 + 4)
7) Multiplicac¸a˜o por tn
Teorema1.12: Se £ {F (t)} = f(s),enta˜o
Se £ {tnF (t)} = (−1)n d
n
dsn
f(s) = (−1)nfn(s),enta˜o
Exemplo: Determine Se £ {te2t)} e £ {t2e2t)}
Temos que £ {e2t)} = 1
s− 2 , logo
£ {te2t)} = (−1)1 d
ds
f(s) = −
(
1
s− 2
)′
=
1
(s− 2)2
£ {t2e2t)} = (−1)2 d
2
ds2
f(s) =
d2
ds2
(
1
s− 2
)
=
−2
(s− 2)3
8) Divisa˜o por t
Teorema1.13: Se £ {F (t)} = f(s),enta˜o
13
£
{
F (t)
t
}
=
∫ ∞
s
f(u)du
contando que limt→0
F (t)
t
exista
Exemplo: Calcule £
{
sen t)
t
}
Temos que f(s) = £ {sen t} = 1
s2 + 1
e limt→0
sen t
t
= 1, logo
£
{
sen t)
t
}
=
∫ ∞
s
du
u2 + 1
= limB→∞
∫ B
s
du
u2 + 1
=
= limB→∞ arctanu |Bs = limB→∞ [arctanu− arctan s] =
=
pi
2
− arctan s = arctan
(
1
s
)
1
UNIVERSIDADE FEDERAL DE UBERLAˆNDIA
CAMPUS AVANC¸ADO DE PATOS DE MINAS
CURSO DE ELETROˆNICA E TELECOMUNICAC¸O˜ES
DISCIPLINA DE ME´TODOS MATEMA´TICOS
SEGUNDO SEMESTRE DE 2013
2aLISTA DE EXERCI´CIOS
1) Determine cada uma das seguintes
a) £−1
{
3
s+ 4
}
f) £−1
{
2s− 5
s2 − 9
}
b) £−1
{
1
2s− 5
}
g) £−1
{
1
s5
}
c) £−1
{
8s
s2 + 16
}
h) £−1
{
1
s
7
2
}
d) £−1
{
6
s2 + 4
}
i) £−1
{
12
4− 3s
}
e) £−1
{
3s− 12
s2 + 8
}
j) £−1
{
s+ 1
s
4
3
}
2)Encontre
a) £−1
{(√
s− 1
s
)2}
b) £−1
{
2s+ 1
s(s+ 1)
}
3) Encontre
a) £−1
{
3s− 8
4s2 + 25
}
b) £−1
{
5s+ 10
9s2 − 16
}
4) Encontre
a) £−1
{
3s− 8
s2 + 4
− 4s− 24
s2 − 16
}
b) £−1
{
3s− 2
s
5
2
− 7
3s+ 2
}
5) Encontre
a) £−1
{
s
(s+ 1)5
}
2
b) £−1
{
s
(s+ 1)
1
2
}
6) Encontre
a) £−1
{
3s+ 2
4s2 + 12s+ 9
}
b) £−1
{
5s− 2
3s2 + 4s+ 8
}
7) Use o teorema2.6 para encontrar
a) £−1
{
1
(s− a)3
}
dado que £−1
{
1
(s− a)
}
= eat
b) £−1
{
s
(s2 − a2)2
}
dado que £−1
{
1
(s2 − a2)
}
=
senh at
a
8)Encontre dado que £−1
{
s+ 1
(s2 + 2s+ 2)2
}
9) Encontre
a) £−1
{
ln
(
s+ 2
s+ 1
)}
b) £−1
{
1
s
ln
(
s+ 2
s+ 1
)}
10) Encontre £−1
{
1
s
ln
(
s2 + a2
s2 + b2
)}
11) Calcule
a) £−1
{
1
s3 (s+ 1)
}
b) £−1
{
s+ 2
s2 (s+ 3)
}
c) £−1
{
1
s (s+ 1)
3
}
12) Encontre
a) £−1
{
1
(s− 1)5 (s+ 2)
}
b) £−1
{
1
(s− 2)5 (s+ 1)
}
e discuta o relacionamento entre as transformadas inversas.
3
13) Use o teorema ca Convoluc¸a˜o para encontrar
a) £−1
{
1
(s+ 3) (s− 1)
}
b) £−1
{
1
(s+ 2)2 (s− 2)
}
14) Encontre £−1
{
1
(s+ 1) (s2 + 1)
}
15) Encontre £−1
{
s2
(s2 + 4)2
}
16)Encontre
a) £−1
{
1
(s2 + 1)3
}
b) £−1
{
1
(s2 + 4)3
}
17) Use as func¸o˜es parciais para encontrar
a) £−1
{
3s+ 16
s2 − s− 6
}
b) £−1
{
2s− 1
s3 − s
}
18) Encontre
a) £−1
{
s+ 1
6s2 + 7s+ 2
}
b) £−1
{
11s2 − 2s+ 5
(s− 2) (2s− 1) (s+ 1)
}
19) Encontre
a) £−1
{
27− 12s
(s+ 4) (s2 + 9)
}
b) £−1
{
s3 + 16s− 24
s4 + 20s2 + 64
}
20) Encontre £−1
{
s− 1
(s+ 3) (s2 + 2s− 2)
}
Bom trabalho. Professor Wilian Euripedes Vieira
1
ALGUMAS FUNC¸O˜ES ESPECIAIS
I. A func¸a˜o gama
Se n > 0, definimos a func¸a˜o gama por
Γ(n) =
∫ ∞
0
un−1e−udu
Algumas propriedades da func¸a˜o gama.
1. Γ(n+ 1) = nΓ(n), n > 0
Dem:
Temos que
Γ(n+ 1) =
∫ ∞
0
une−udu = limB→∞
∫ B
0
une−udu =
Vamos calcular
∫
une−udu
t = un ⇒ dt = nun−1du
dv = e−udu⇒
∫
dv =
∫
e−udu⇒ v = −e−u, logo
∫
une−udu = (un) (−e−u) + n
∫
un−1e−udu, enta˜o
Γ(n+ 1) = limB→∞
∫ B
0
une−udu =
= limB→∞
[
−une−u |B0 +n
∫ B
0
un−1e−udu
]
=
= limB→∞−Bne−B + 0ne−0 |B0 +n limB→∞
∫ B
0
un−1e−udu =
= n limB→∞
∫
un−1e−udu = nΓ(n)
Assim como Γ(1) = 1,temos Γ(2) = 1Γ(1) = 1,Γ(3) = 2Γ(2) = 2.1 = 2!,Γ(4) = 3Γ(3) =
3.2.1 = 3!, e de modo geral ,Γ(n + 1) = n!, se n e´ um nu´mero inteiro positivo. Por esta raza˜o
a func¸a˜o e´ tambe´m chamada de func¸a˜o fatorial.
2.
∫ ∞
0
e−v
2
dv =
√
pi
2
3.Γ(1
2
) =
√
pi
2
Dem:
Temos que
Γ(1
2
) =
∫ ∞
0
u−
1
2 e−udu
Fazendo u = v2 ⇒ du = 2vdv,enta˜o
Γ(1
2
) =
∫ ∞
0
u−
1
2 e−udu =
∫ ∞
0
v−1e−v
2
2vdv =
= 2
∫ ∞
0
e−v
2
dv = 2
(√
pi
2
)
4. Para n grande
Γ(n+ 1) ∼ √2npinne−n
(Aqui ∼ significa ”aproximadamente igual a para n grande”. Mais exatamente, escrevemos
F (n) ∼ G(n) se limn→∞ F (n)
G(n)
= 1. Essa e´ a chamada fo´rmula de Stirling.
5. Γ(p)Γ(1− p) = pi
sen ppi
, 0 < p < 1.
6. Para n < 0, podemos definir Γ(n) por
Γ(n) =
Γ(n+ 1)
n
7) £ {tn} = Γ(n+ 1)
sn+1
se n > −1, s > 0.
Dem:
Temos que
£ {tn} =
∫ ∞
0
e−sttndt
Fazendo st = u⇒ t = u
s
⇒ dt = du
s
t→ 0⇒ u→ 0 e t→∞⇒ u→∞
Enta˜o
£ {tn} =
∫ ∞
0
e−u
(u
s
)n du
s
=
=
∫ ∞
0
e−u
un
sn
du
s
=
1
sn+1
∫ ∞
0
e−uundu =
Γ(n+ 1)
sn+1
II.As integrais seno cosseno sa˜o definidas por
3
Si(t) =
∫ t
0
senu
u
du
Ci(t) =
∫ t
0
cosu
u
du
Temos que :
£ {Si(t)} = £
{∫ t
0
senu
u
du
}
=
1
s
[pi
2
− arctan s
]
=
1
s
arctan
1
s
e
£ {Ci(t)} = £
{∫ t
0
cosu
u
du
}
=
ln (s2 + 1)
2s
III A integral exponencial e´ definida por
Ei(t) =
∫ t
0
e−u
u
du
Temos que
£ {Ei(t)} = £
{∫ t
0
e−u
u
du
}
=
ln (s+ 1)
s
IV. A func¸a˜o escala˜o unita´rio, tambe´m chamada func¸a˜o unita´ria de Heaviside,
e´ definida por
µ(t− a) =
{
0, se t < a
1, se t > a
m -(t a)
t
0 a
1
4
Temos que
£ {µ(t− a)} =
∫ a
0
e−st(0)dt+
∫ ∞
a
e−st(1)dt =
= limB→∞
∫ B
a
e−stdt = limB→∞−e
−st
s
|Ba =
= limB→∞
[
−e
−Bs
s
+
e−as
s
]
=
e−as
s
V. A func¸a˜o impulso unita´rio ou func¸a˜o delta de Dirac
Considere a func¸a˜o
F�(t) =
{
1
�
, se 0 ≤ t ≤ �
0, se t > �
onde � > 0, cujo gra´fico se encontra abaixo
t0
F
e
(t)
e
1/e
E´ geometricamente evidente que, quando � → 0, a altura da regia˜o retangular acima
cresce indefinidamente e que a largura decresce de modo que a a´rea hachurada e´ sempre igual
a 1,isto e´,
∫ ∞
0
F�(t)dt = 1
Essa ide´ia levou alguns engenheiros e f´ısicos a pensarem numa func¸a˜o limite denotada
por δ(t), que fosse aproximada por F�(t) quando �→ 0,ou seja
5
δ(t) = lim�→0 F�(t) e £ {δ(t)} = 1
Eles chamaram essa func¸a˜o limite de func¸a˜o impulso unita´rio ou func¸a˜o delta de Dirac.
Algumas de suas propriedades sa˜o
1.
∫ ∞
0
δ(t)dt = 1
2.
∫ ∞
0
δ(t)G(t)dt = G(0) para qualquer func¸a˜o cont´ınua G(t)
3.
∫ ∞
0
δ(t− a)G(t)dt = G(a) para qualquer func¸a˜o cont´ınua G(t).
Temos ainda que
£ {F�(t)} = 1− e
−e�
�s
, de fato pois
£ {F�(t)} =
∫ ∞
0
e−st F�(t)dt =
=
∫ �
0
e−st F�(t)dt+
∫ ∞
�
e−st F�(t)dt =
=
∫ �
0
e−st
1
�
dt+
∫ ∞
�
e−st 0dt =
=
1
�
∫ �
0
e−st dt = − 1
s�
e−st |�0= −
1
s�
e−s� +
1
s�
e−s0 =
=
1− e−s�
s�
Por outro lado temos
£ {δ(t− a)} =
∫ ∞
0
δ(t− a)e−stdt, mas tomando G(t) = e−st,e´ uma func¸a˜o cont´ınua, temos
pela propriedade 3 que∫ ∞
0
δ(t− a)e−stdt =
∫ ∞
0
δ(t− a)G(t)dt = G(a) = e−sa
Portanto
£ {δ(t− a)} = e−sa
VI. Func¸o˜es Nulas
Se N(t) e´ uma func¸a˜o de t, tal que, para todo t > 0,∫ t
0
N(t)dt = 0
chamamos N(t) de func¸a˜o nula.
Na tabela abaixo esta˜o as transformadas de Laplace de va´rias func¸o˜es especiais.
6
F (t) £ {F (t)} = f(s)
1 tn
Γ(n+1)
sn+1
2 Si(t)
arctan 1
s
s
3 Ci(t)
ln(s2+1)
s
4 Ei(t)
ln(s+1)
s
5 µ(t− a)
e−as
s
6 F�(t)
1−e−s�
s�
7 δ(t) 1
8 δ(t− a) e−as
9 N(t) 0
1
A TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE
Definic¸a˜o: Se a transformada de Laplace de uma func¸a˜o F (t) e´ f(s), isto e´, se £ {F (t)} =
f(s) enta˜o F (t) e´ a transformada inversa de f(s) e escrevemos simbolicamente F (t) = £−1 {f(s)} ,
onde £−1 e´ chamado operador da transformada inversa de Laplace.
Exemplo: Como £ {e−3t} = 1
s+ 3
, podemos escrever £−1
{
1
s+ 3
}
= e−3t
Unicidade das transformadas inversas de Laplace
Teorema de LERCH
Como a transformada de Laplace de uma func¸a˜o N(t) nula e´ zero, e´ claro que, se
£ {F (t)} = f(s), enta˜o tambe´m £ {F (t) +N(t)} = f(s). Disso segue que podemos ter duas
func¸o˜es diferentes com a mesma transformada de Laplace.
Exemplo: As duas func¸o˜es diferentes
F1(t) = e
−3t e F2(t) =
{
0, se t = 1
e3t, se t 6= 1
tem a mesma tranformada de Laplace, isto e´,
1
s+ 3
Se considerarmos func¸o˜es nulas, vemos que a transformada inversa de Laplace na˜o e´
u´nica. Ela sera´ u´nica, entretanto se desconsiderarmos func¸o˜es nulas.
TEOREMA2:(Teorema de Lerch). Se nos restringirmos a func¸o˜es F (t)que sejam sec-
cionalmente cont´ınuas em todo o intervalo finito 0 ≤ t ≤ N e de ordem exponencial para
t > N,enta˜o a transformada de Laplace inversa de f(s), isto e´, £−1 {f(s)} = F (t) e´ u´nica.
Sempre suporemosesta unicidade, a menos que se diga o contra¨rio.
Algumas Transformadas inversas de Laplace
f(s) £−1 {f(s)} = F (t)
1
1
s 1
2
1
s2 t
3
1
sn+1
, n = 0, 1, 2, 3, ..
tn
4
1
s−a eat
5
1
s2+a2 sen at
a
6
s
s2+a2 cos at
7
1
s2−a2 senh at
a
8
s
s2−a2 cosh at
2
Algumas propriedades importantes das transformadas inversas de Laplace
1. Propriedade da Linearidade
Teorema2.2: Se c1 e c2sa˜o constantes quaisquer, enquanto f1(s) e f2(s) sa˜o transformadas
de Laplace de F1(t) e F2(t), respectivamente, enta˜o
£−1 {c1f1(s) + c2f2(s)} = c1£−1 {f1(s)}+ c2£−1 {f2(s)} = c1F1(s) + c2F2(s)
Dem:
Ja´ vimos que
£ {c1F1(t) + c2F2(t)} = c1£ {F1(t)}+ c2 £ {F2(t)} = c1f1(s) + c2f2(s)
enta˜o
c1F1(t) + c2F2(t) = £
−1 {c1f1(s) + c2f2(s}
Mas F1(t) = £
−1 {f1(s)} e F2(t) = £−1 {f2(s)} , logo
£−1 {c1f1(s) + c2f2(s)} = c1£−1 {f1(s)}+ c2£−1 {f2(s)}
O resultado e´ facilmente estendido a mais de duas func¸o˜es.
Exemplo: Determine£−1
{
4
s− 2 −
3s
s2 + 16
+
5
s2 + 4
}
Temos que
£−1
{
4
s− 2 −
3s
s2 + 16
+
5
s2 + 4
}
= 4£−1
{
1
s− 2
}
− 3£−1
{
s
s2 + 16
}
+ 5£−1
{
1
s2 + 4
}
=
= 4e2t − 3 cos 4t+ 5
2
sen 2t
Por causa desta propriedade, podemos dizer que £−1 e´ um operador linear ou que tem a
propriedade de linearidade.
2. Primeira propriedade da translac¸a˜o ou deslocamento
Teorema2.3: Se £−1 {f(s)} = F (t), enta˜o
£−1 {f(s− a)} = eatF (t)
Dem:
Ja´ vimos que £ {eatF (t)} = f(s− a), enta˜o
£−1 {f(s− a)} = eatF (t).
Exemplo: Determinar £−1
{
1
s2 − 2s+ 5
}
Temos que £ {sen 2t} = 2
s2 + 4
, logo
3
£−1
{
1
s2 + 4
}
=
sen 2t
2
= F (t), enta˜o
£−1
{
1
s2 − 2s+ 5
}
= £−1
{
1
s2 − 2s+ 1− 1 + 5
}
=
= £−1
{
1
(s− 1)2 + 4
}
=
et sen 2t
2
3. Segunda propriedade da translac¸a˜o ou deslocamento
Teorema2.4: Se £−1 {f(s)} = F (t), enta˜o
£−1 {easf(s)} =
{
F (t− a), se t > a
0, se t < a
Dem:
Ja´ vimos que
G(t) =
{
F (t− a), se t > a
0, se t < a
e £ {F (t)} = f(s),enta˜o
£ {G(t)} = e−asf(s), logo
£−1 {e−asf(s)} = G(t) =
{
F (t− a), se t > a
0, se t < a
Exemplo: Temos que
£ {sen t} = 1
s2 + 1
,logo £−1
{
1
s2 + 1
}
= sen t, enta˜o
£−1
{
e−
pi
3
1
s2 + 1
}
=
{
sen(t− pi
3
), se t > pi
3
0, se t < pi
3
4. Propriedade de mudanc¸a de escala
Teorema2.5: Se £−1 {f(s)} = F (t), enta˜o
£−1 {f(ks)} = 1
k
F (
t
k
).
Dem:
Ja vimos que
£ {F (kt)} = 1
k
f
( s
k
)
, enta˜o
£−1
{
1
k
f
( s
k
)}
= F (kt), fazendo a =
1
k
, temos
£−1 {af (sa)} = F (1
a
t) ou a£−1 {f (sa)} = F ( t
a
) , logo
4
£−1 {f (sa)} = 1
a
F (
t
a
)
Portanto
£−1 {f(ks)} = 1
k
F (
t
k
).
Exemplo: Temos que £ {cos 4t} = s
s2 + 16
, logo
£−1
{
s
s2 + 16
}
= cos 4t, enta˜o
£−1
{
2s
(2s)2 + 16
}
=
1
2
cos
(
4t
2
)
=
1
2
cos (2t)
5. Transformada inversa de Laplace de derivadas
Teorema2.6: Se £−1 {f(s)} = F (t), enta˜o
£−1
{
f (n)(s)
}
= £−1
{
dn
ds
f(s)
}
= (−1)ntnF (t)
Exemplo: Temos que £ {sen t} = 1
s2 + 1
, logo
£−1
{
1
s2 + 1
}
= sen t, e
d
ds
(
1
s2 + 1
)
= − 2s
(s2 + 1)2
, enta˜o
£−1
{
− 2s
(s2 + 1)2
}
= (−1)1t1 sen t
Portanto
£−1
{
− 2s
(s2 + 1)2
}
= −t sen t ou £−1
{
− 2s
(s2 + 1)2
}
=
t sen t
2
6. Transformada inversa de Laplace de integrais
Teorema2.7: Se £−1 {f(s)} = F (t), enta˜o
£−1
{∫ ∞
s
f(u)du
}
=
F (t)
t
Exemplo: Temos que
1
s(s+ 1)
=
A
s
+
B
s+ 1
=
A(s+ 1) +Bs
s(s+ 1)
=
(A+B)s+ A
s(s+ 1)
, logo
{
A+B = 0
A = 1
, donde obtemos A = 1 e B = −1, logo
5
1
s(s+ 1)
=
1
s
− 1
s+ 1
, enta˜o
£−1
{
1
s(s+ 1)
}
= £
{
1
s
}
−£
{
1
s+ 1
}
= 1− e−t, sendo assim temos
£−1
{∫ ∞
s
(
1
u
− 1
u+ 1
)
du
}
= £−1
{
ln
(
u
u+ 1
)∞
s
}
=
1− e−t
t
7. Multiplicac¸a˜o por s
Teorema2.8: Se £−1 {f(s)} = F (t) e F (0) = 0, enta˜o
Se £−1 {sf(s)} = F ′(t), enta˜o
Assim, a multiplicac¸a˜o por s tem o efeito de derivar F (t).
Exemplo: Como £ {sen t} = 1
s2 + 1
e sen 0 = 0, enta˜o
£−1
{
s
1
s2 + 1
}
= £−1
{
s
s2 + 1
}
=
d
dt
(sen t) = cos t
8. Divisa˜o por s
Teorema2.9: Se £−1 {f(s)} = F (t), enta˜o
£−1
{
f(s)
s
}
=
∫ t
0
F (u) du
Assim, a divisa˜o por s (ou a multiplicac¸a˜o por
1
s
) tem o efeito de integrar F (t) de 0 a t.
Exemplo: Como £−1
{
1
s2 + 4
}
=
sen 2t
2
, temos
£−1
{
1
s
1
s2 + 4
}
=
∫ t
0
1
2
sen 2udu =
1
2
∫ t
0
sen 2udu =
= −1
4
cos 2u |t0= −
1
4
cos 2t+
1
4
=
1
4
(1− cos 2t)
9. Teorema da convoluc¸a˜o
Teorema2.10: Se £−1 {f(s)} = F (t) e £−1 {g(s)} = G(t), enta˜o
£−1 {f(s)g(s)} =
∫ t
0
F (u)G(t− u)du = F ∗G
Chamamos F ∗ G de convoluc¸a˜o ou Faltung de F e G, e o teorema e´ chamado de teorema
ou propriedade da convoluc¸a˜o.
Exemplo: Como £−1
{
1
s+ 1
}
= e−t = F (t) e £−1
{
1
s− 2
}
= e2t = G(t), temos que
£−1
{
1
(s+ 1) (s− 2)
}
=
∫ t
0
e−ue2(t−u)du =
∫ t
0
e−ue2t−2udu =
= e2t
∫ t
0
e−3udu = e2t(
−e−u
3
) |t0= −e2t
(
e−t3
3
− 1
3
)
=
−e3t + e2t
3
=
e2t − et
3
1
Me´todo para encontrar a transformada inversa de Laplace
Me´todo das frac¸o˜es parciais
Qualquer func¸a˜o racional
P (s)
Q(s)
, onde P (s) e Q(s) sa˜o polinoˆmios, com o grau de P (s)
menor do que o de Q(s),pode ser escrita como a soma de func¸o˜es racionais (chamadas frac¸o˜es
parciais), tendo a forma
A
(as+ b)r
,
As+B
(as2 + bs+ c)r
, onde r = 1, 2, 3, ...
Encontrando a transformada inversa de Laplace de cada uma das frac¸o˜es parciais, podemos
encontrar £−1
{
P (s)
Q(s)
}
.
Exemplo1: Encontre £−1
{
3s+ 7
s2 − 2s− 3
}
Primeira soluc¸a˜o::
Temos que s2 − 2s− 3 = 0, a = 1, b = −2, c = −3
∆ = b2 − 4ac = (−2)2 − 4(1)(3) = 16
s =
2± 4
2
, donde obtemos s1 = 3 e s2 = −1, enta˜o podemos escrever
s2 − 2s− 3 = 1 (s− 3) (s+ 1) = (s− 3) (s+ 1) (produtos de dois fatores lineares distintos)
Enta˜o
3s+ 7
s2 − 2s− 3 =
3s+ 7
(s− 3) (s+ 1) =
A
s− 3 +
B
s+ 1
=
=
A(s+ 1) +B(s− 3)
(s− 3) (s+ 1) =
As+ A+Bs− 3B
(s− 3) (s+ 1) =
=
(A+B) s+ A− 3B
(s− 3) (s+ 1) , logo
3s+ 7 = (A+B) s+ A− 3B, donde encontramos{
A+B = 3
A− 3B = 7 , logo A = 4 e B = −1, enta˜o
3s+ 7
s2 − 2s− 3 =
4
s− 3 −
1
s+ 1
, sendo assim temos
£−1
{
3s+ 7
s2 − 2s− 3
}
= £−1
{
4
s− 3 −
1
s+ 1
}
=
= 4£−1
{
1
s− 3
}
−£−1
{
1
s+ 1
}
= 4e3t − e−t
Portanto
2
£−1
{
3s+ 7
s2 − 2s− 3
}
= 4e3t − e−t
Segunda soluc¸a˜o
3s+ 7
(s− 3) (s+ 1) =
A
s− 3 +
B
s+ 1
Multiplicando ambos os lados por (s− 3) e fazendo s→ 3,obtemos
3s+ 7
(s+ 1)
= A+
B (s− 3)
s+ 1
⇒ lims→3 3s+ 7
(s+ 1)
= lims→3
(
A+
B (s− 3)
s+ 1
)
⇒
⇒ 4 = A
Multiplicando ambos os lados por (s+ 1) e fazendo s→ −1,obtemos
3s+ 7
(s− 3) =
A (s+ 1)
s− 3 +B ⇒ lims→−1
3s+ 7
(s− 3) = lims→−1
(
A (s+ 1)
s− 3 +B
)
⇒
⇒ −1 = B
Logo
3s+ 7
s2 − 2s− 3 =
4
s− 3 −
1
s+ 1
, sendo assim temos
£−1
{
3s+ 7
s2 − 2s− 3
}
= £−1
{
4
s− 3 −
1
s+ 1
}
=
= 4£−1
{
1
s− 3
}
−£−1
{
1
s+ 1
}
= 4e3t − e−t
Portanto
£−1
{
3s+ 7
s2 − 2s− 3
}
= 4e3t − e−t
Exemplo2: Encontre £−1
{
5s2 − 15s− 11
(s+ 1) (s− 2)3
}
Temos que
5s2 − 15s− 11
(s+ 1) (s− 2)3 =
A
s+ 1
+
B
s− 2 +
C
(s− 2)2 +
D
(s− 2)3 (i)
Multiplicandopor (s+ 1) e fazendo s→ −1, obtemos
5s2 − 15s− 11
(s− 2)3 = A+
B (s+ 1)
s− 2 +
C (s+ 1)
(s− 2)2 +
D (s+ 1)
(s− 2)3 ⇒
⇒ lims→−1 5s
2 − 15s− 11
(s− 2)3 = lims→−1
(
A+
B (s+ 1)
s− 2 +
C (s+ 1)
(s− 2)2 +
D (s+ 1)
(s− 2)3
)
⇒
⇒ −1
3
= A
3
Multiplicando por (s− 2)3 e fazendo s→ 2, obtemos
5s2 − 15s− 11
(s+ 1)
=
A(s− 2)3
s+ 1
+B(s− 2)2 + C(s− 2) +D ⇒
lims→2
5s2 − 15s− 11
(s+ 1)
= lims→2
(
A(s− 2)3
s+ 1
+B(s− 2)2 + C(s− 2) +D
)
⇒
−7 = D
O me´todo deixa de determinar as constantes B e C. Entretanto , como conhecemos A e
D,temos de (i),
5s2 − 15s− 11
(s+ 1) (s− 2)3 =
−1
3
s+ 1
+
B
s− 2 +
C
(s− 2)2 +
−7
(s− 2)3 (ii)
Para determinar C e D podemos atribuir valores a s, digamos, s = 0 e s = 1, dos quais
encontramos respectivamente
11
8
= −1
3
− B
2
+
C
4
+
7
8
,
21
2
= −1
6
−B + C + 7
Donde encontramos C = 4 e B =
1
3
, sendo assim de (ii) temos:
5s2 − 15s− 11
(s+ 1) (s− 2)3 = −
1
3
1
s+ 1
+
1
3
1
s− 2 +
4
(s− 2)2 +
−7
(s− 2)3
Aplicando a transformada de Laplace inversa encontramos
£−1
{
5s2 − 15s− 11
(s+ 1) (s− 2)3
}
= −1
3
£−1
{
1
s+ 1
}
+
1
3
£−1
{
1
s− 2
}
+4£−1
{
1
(s− 2)2
}
+−7£−1
{
1
(s− 2)3
}
Portanto
£−1
{
5s2 − 15s− 11
(s+ 1) (s− 2)3
}
= −1
3
e−t +
1
3
e2t + 4te2t − 7
2
t2e2t
1
EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS
INTRODUC¸A˜O
As leis do universo esta˜o em grande parte escritas em linguagem matema´tica. A a´lgebra e´
suficiente para resolver muitos problemas esta´ticos, mas os fenoˆmenos mais interessantes envol-
vem mudanc¸a , e sa˜o melhores descritos por equac¸o˜es que relacionam quantidades varia´veis.
Como a derivada
dy
dt
= f ′(t) da func¸a˜o f pode ser vista como a taxa na qual a quanti-
dade y = f (t) varia em relac¸a˜o a varia´vel independente t, e´ natural que as equac¸o˜es envolvendo
derivadas sejam frequentemente usadas para descrever o universo em mudanc¸a. Uma equac¸a˜o
que envolve uma func¸a˜o desconhecida e uma ou mais de suas derivadas e´ chamada de equac¸a˜o
diferencial.
Exemplo 1 : A equac¸a˜o diferencial
dy
dt
= y2 + t2
envolve tanto a func¸a˜o desconhecida y(t) quanto a sua primeira derivada. A equac¸a˜o dife-
rencial
d2y
dt2
+ 3
dy
dt
+ 7y = 0
envolve a func¸a˜o desconhecida y da varia´vel independente t,junto com as duas primeiras
derivadas y′ e y
′′
de y.
O estudo de equac¸o˜es diferenciais tem duas metas principais:
1. Descobrir a equac¸a˜o diferencial que descreve uma situac¸a˜o f´ısica espec´ıfica;
2. Achar a soluc¸a˜o apropriada dessa equac¸a˜o.
Em a´lgebra tipicamente procuramos nu´meros desconhecidos que satisfazem uma equac¸a˜o
como x3 + 7x2 − 11x + 41 = 0. No caso de uma equac¸a˜o diferencial, por outro lado, somos
desafiados a encontrar func¸o˜es desconhecidas y = y(x) como y′(x) = 2xy(x), isto e´ a equac¸a˜o
diferencial
dy
dx
= 2xy
vale em algum intervalo da reta. Geralmente vamos se poss´ıvel, encontrar todas as soluc¸o˜es
da equac¸a˜o diferencial.
EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS ORDINA´RIAS E EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS PARCI-
AIS
Se a func¸a˜o desconhecida depender de uma so´ varia´vel independente, temos uma equac¸a˜o
diferencial ordina´ria.
Exemplo : A equac¸a˜o diferencial
2
L
d2Q(t)
dt2
+R
dQ(t)
dt
+
1
C
Q(t) = E(t)
para a carga de um capacitor num circuito com capacitaˆncia C, resisteˆncia R, indutaˆncia L
e voltagem externa E(t) e´ uma equac¸a˜o diferencial ordina´ria.
Se a func¸a˜o desconhecida depender de mais de uma varia´vel independente, temos uma
equac¸a˜o diferencial parcial.
Exemplo: As equac¸o˜es diferenciais
∂2u(x, y)
∂x2
+
∂2u(x, y)
∂y2
= 0
e
α2
∂2u(x, t)
∂x2
=
∂u(x, t)
∂t
onde α e´ uma constante determinada, chamadas de equac¸a˜o do potencial, equac¸a˜o da difusa˜o
e da conduc¸a˜o do calor, sa˜o equac¸o˜es diferenciais parciais.
A ordem de uma equac¸a˜o diferencial e´ a ordem da derivada de mais alta ordem da func¸a˜o
desconhecida que aparece na equac¸a˜o.
Exemplos: 1) A equac¸a˜o diferencial
dy
dt
= 3y sen(t+ y)
e´ uma equac¸a˜o diferencial de primeira ordem.
2) A equac¸a˜o diferencial
d3y
dt3
= e−y + t+
d2y
dt2
e´ uma equac¸a˜o diferencial de terceira ordem.
Por uma soluc¸a˜o de uma equac¸a˜o diferencial entenderemos com uma func¸a˜o y(t) que, jun-
tamente com suas derivadas, satisfaz a equac¸a˜o. Por exemplo, a func¸a˜o
y(t) = 2 sen t− 1
3
cos 2t
e´ uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial de segunda ordem
3
d2y
dt2
+ y = cos 2t
pois
d2
dt2
(
2 sen t− 1
3
cos 2t
)
+
(
2 sen t− 1
3
cos 2t
)
=
=
(−2 sen t+ 4
3
cos 2t
)
+ 2 sen t− 1
3
cos 2t = cos 2t.
SISTEMAS DE EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS
Outra classificac¸a˜o das equac¸o˜es diferenciais depende do nu´mero de func¸o˜es desconhe-
cidas que esta˜o envolvidas. Quando se quiser determinar apenas uma so´ func¸a˜o , temos uma
equac¸a˜o. Quando forem duas ou mais as func¸o˜es desconhecidas, temos um sistema de equac¸o˜es
diferenciais. Por exemplo, as equac¸o˜es de Lotka-Volterra, ou as equac¸o˜es do predador-presa sa˜o
importantes na modelagem ecolo´gica e teˆm a forma

dx
dt
= ax− αxy
dy
dt
= −cy + γxy
onde x(t) e y(t) sa˜o as populac¸o˜es da presa e do predador, respectivamente. As constantes
a, α, c e γ esta˜o baseadas em observac¸o˜es emp´ıricas e dependem das espe´cies particulares que
esta˜o sendo estudadas.
EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS DE PRIMEIRA ORDEM
Comec¸amos por estudar as equac¸o˜es diferenciais de primeira ordem e adimitiremos que
nossa equac¸a˜o esta´ ou pode ser posta, sob a forma
dy
dt
= f(t, y)
onde f e´ uma func¸a˜o conhecida de duas varia´veis. Qualquer func¸a˜o diferencia´vel y = Φ(t)
que satisfac¸a a esta condic¸a˜o para todos os valores de t em um certo intervalo e´ considerada
como soluc¸a˜o; nosso objetivo e´ determinar se essas func¸o˜es existem e, em caso afirmativo,
desenvolver me´todos para encontra´-las. Infelizmente, para uma func¸a˜o arbitra´ria f, na˜o existe
me´todo geral para resolver a equac¸a˜o em termos de func¸o˜es elementares. Assim vamos descrever
va´rios me´todos, cada um dos quais se aplica a uma certa subclasse de equac¸o˜es de primeira
ordem.
SOLUC¸A˜O POR INTEGRAC¸A˜O DIRETA
A equac¸a˜o diferencial de primeira ordem y′ = f(x, y) toma uma forma particular simples se
a func¸a˜o f for independente da varia´vel dependente y :
4
dy
dx
= f(x)(1)
Neste caso especial so´ precisamos integrar ambos os lados da equac¸a˜o anterior para obter
y(x) =
∫
f(x)dx+ C(2)
Isto e´ uma soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o geral (1), querendo dizer com isso que envolve uma
constante arbitra´ria C, e para cada escolha de C e´ uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial.. Se
G(x) for uma antiderivada( ou primitiva) de f(x), isto e´ G
′
(x) = f(x),enta˜o
y(x) = G(x) + C(3)
Para satisfazer uma condic¸a˜o inicial y(x0) = y0 so´ precisamos substituir x = x0 e y = y0
na equac¸a˜o (3) para obter y0 = G(x0) + C, de modo que C = y0 −G(x0).Com esta escolha de
C obtemos a soluc¸a˜o particular de (1) satisfazendo o problema de valor inicial
{
dy
dt
= f(x)
y(x0) = y0
Veremos que e´ este o padra˜o t´ıpico para soluc¸o˜es de equac¸o˜es diferenciais de primeira
ordem. Geralmente acharemos primeiro uma soluc¸a˜o geral envolvendo uma constante arbitra´ria
C. Podemos enta˜o tentar obter, por escolha apropriada de C, uma soluc¸a˜o particular satisfa-
zendo o problema de valor inicial.
Exemplo: resolva o problema de valor inicial
dy
dx
=
x
(x2 + 9)
1
2
, y(4) = 2
EXISTEˆNCIA E UNICIDADE DE SOLUC¸O˜ES
No caso de uma equac¸a˜o diferencial geral de primeira ordem da forma
dy
dx
= f(x, y)
na˜o podemos simplesmente integrar cada lado da equac¸a˜oanterior como foi feito no caso de
soluc¸a˜o por integrac¸a˜o direta, porque o lado direito envolve a func¸a˜o desconhecida y(x).Antes
de gastar muito tempo tentando resolver uma equac¸a˜o diferencial, e´ bom saber que realmente
soluc¸o˜es existem de fato. Podemos saber se ha´ so´ uma soluc¸a˜o satisfazendo um problema
de valor inicial, isto e´, se soluc¸o˜es sa˜o u´nicas. Por exemplo, um problema de valor inicial
aparentemente simples como
5
dy
dx
= 2
√
y, y(0) = 0
tem duas soluc¸o˜es diferentes y1(x) = x
2 e y2(x) = 0
Problemas de existeˆncia e unicidade tem relevaˆncia tambe´m no processo de modelagem
matema´tica. Suponha que estamos estudando um sistema f´ısico cujo comportamento e´ comple-
tamente determinado por certas condic¸o˜es iniciais, mas que nosso modelo matema´tico proposto
envolve uma equac¸a˜o diferencial que na˜o tenha soluc¸a˜o u´nica. Isto imediatamente levanta a
questa˜o de se o modelo matema´tico representa adequadamente o sistema f´ısico.
TEOREMA DE EXISTEˆNCIA E UNICIDADE DE SOLUC¸O˜ES
Suponha que a func¸a˜o f(x, y)a valores reais e´ cont´ınua em algum retaˆngulo no plano con-
tendo o ponto (a, b) em seu interior. Enta˜o o problema de valor inicial
dy
dx
= f(x, y), y(a) = b
tem pelos menos uma soluc¸a˜o em algum intervalo aberto J contendo o ponto x = a.Se,
ale´m disso, a derivada parcial
∂f
∂y
e´ cont´ınua neste retaˆngulo, enta˜o a soluc¸a˜o e´ u´nica em algum
intervalo J0( possivelmente menor ) que conte´m o ponto x = a.
No caso da equac¸a˜o diferencial
dy
dx
= −y, tanto a func¸a˜o f(x, y) = −y quanto a derivada
parcial
∂f
∂y
= −1 sa˜o cont´ınuas em todo plano, de modo que o teorema se aplica e garante a
existeˆncia de uma u´nica soluc¸a˜o para qualquer valor inicial (a, b).Embora o teorema assegure
a existeˆncia apenas em algum intervalo aberto em torno de x = a, cada soluc¸a˜o y(x) = Ce−x
esta´ na verdade definida para qualquer x.
No caso da equac¸a˜o diferencial y′ = 2
√
y, a func¸a˜o f(x, y) = 2
√
y e´ cont´ınua sempre que
y > 0, mas a derivada
∂f
∂y
=
1√
y
e´ descontinua em y = 0,e logo em (0, 0).por isso e´ poss´ıvel
existirem duas soluc¸o˜es diferentes y1(x) = x
2 e y2(x) = 0,cada uma das quais satisfaz a condic¸a˜o
y(0) = 0.
EQUAC¸O˜ES SEPARA´VEIS
A equac¸a˜o diferencial de primeira ordem
dy
dx
= H(x, y)(1)
e´ dita separa´vel desde que H(x, y) possa ser escrita como o produto de func¸a˜o de x e uma
func¸a˜o de y.
dy
dx
= g(x)Φ(y) =
g(x)
f(y)
onde Φ(y) =
1
f(y)
. Neste caso, as varia´veis x e y podem ser separadas, isto e´, isoladas em
lados opostos de uma equac¸a˜o. Escrevendo-se informalmente a equac¸a˜o
6
f(y)dy = g(x)dx,
o que entendemos como uma notac¸a˜o concisa para a equac¸a˜o diferencial
f(y)
dy
dx
= g(x)(2)
E´ fa´cil resolver este tipo de equac¸a˜o diferencial simplesmente integrando-se ambos os lados
em relac¸a˜o a x :
∫
f(y(x)))
dy
dx
=
∫
g(x)dx+ C
equivalentemente
∫
f(y)dy =
∫
g(x)dx+ C(3)
Tudo o que e´ necessa´rio e´ que as antiderivadas F (y) =
∫
f(y)dy e G(x) =
∫
g(x)dx possam
ser encontradas. Para ver que (2) e (3) sa˜o equivalentes, observe a seguinte consequeˆncia da
regra da cadeia:
DxF (y(x)) = F
′
(y(x))y
′
(x)
= f(y)
dy
dx
= g(x) = DxG(x),
a qual, por seu lado, e´ equivalente a
F (y(x)) = G(x) + C(4)
porque duas func¸o˜es teˆm a mesma derivada num intervalo se, e somente se, diferem por
uma constante nesse intervalo.
Exemplo 1 : Resolva o problema de valor inicial
dy
dx
= −6xy, y(0) = 7
Exemplo 2 : Resolva a equac¸a˜o diferencial
x2
dy
dx
=
x2 + 1
3y2 + 1
Pode na˜o ser poss´ıvel ou pra´tico resolver a equac¸a˜o (4) explicitamente para y como
func¸a˜o de x.Se na˜o for, chamamos (4) uma soluc¸a˜o impl´ıcita da equac¸a˜o diferencial (2).Como a
equac¸a˜o (4) conte´m uma constante arbitra´ria C tambe´m chamamos uma soluc¸a˜o geral de (2).
Dada a condic¸a˜o inicial y(x0) = y0,a escolha C0 = F (y0)−G(x0) de C fornece a equac¸a˜o
7
F (y) = G(x) + C0
que define implicitamente uma soluc¸a˜o particular ( se existe alguma ) do problema de valor
inicial
f(y)
dy
dx
= g(x), y(x0) = y0
Exemplo: Resolver o problema de valor inicial
x2
dy
dx
=
x2 + 1
3y2 + 1
, y(1) = 2.
1
EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAS LINEARES DE PRIMEIRA ORDEM
Definic¸a˜o: A forma geral de uma equac¸a˜o diferencial linear de primeira ordem e´
dy
dt
+ a(t)y = b(t)(1)
A menos de menc¸a˜o expressa em contra´rio, supomos qua as func¸o˜es a(t) e b(t) sa˜o func¸o˜es
cont´ınuas do tempo. Escolhemos esta equac¸a˜o e a chamaremos linear porque a func¸a˜o f(t, y)
de
dy
dt
= f(t, y) e´ linear em y, isto e´, na˜o aparecem na equac¸a˜o termos como e−y, y3 ou sen y,
etc. Por exemplo
dy
dt
= y2 + sen t e
dy
dt
= cos y + t sa˜o ambas equac¸o˜es na˜o lineares por causa
dos termos y2 e cos y, respectivamente.
Ora na˜o e´ aparente imediata a soluc¸a˜o da equac¸a˜o (1). Enta˜o, vamos simplifica´-la ainda
mais pondo b(t) = 0.
Definic¸a˜o: A equac¸a˜o
dy
dt
+ a(t)y = 0(2)
e´ chamada equac¸a˜o diferencial linear homogeˆnea de primeira ordem, e a equac¸a˜o (1) e´
chamada de equac¸a˜o diferencial linear na˜o homogeˆnea de primeira ordem quando b(t) 6= 0.
A equac¸a˜o homogeˆnea (2) pode ser resolvida facilmente. Primeiro, vamos dividir ambos os
membros da equac¸a˜o por y e reescreveˆ-la sob a forma
dy
dt
+ a(t)y = 0⇒ dy
dt
= −a(t)y ⇒
dy
dt
y
= −a(t)
Segundo, observemos que
dy
dt
y
=
d
dt
ln |y(t)|
onde por ln |y(t)| entendemos como o logaritmo natural ou neperiano de |y(t)| . A equac¸a˜o
(2) pode ser escrita sob a forma
d
dt
ln |y(t)| = −a(t)(3)
Mas esta e´ uma equac¸a˜o por integrac¸a˜o direta, logo integrando ambos os membros de (3)
em relac¸a˜o a t, obtemos
2
ln |y(t)| = −
∫
a(t)dt+ C1
onde C1 e´ uma constante de integrac¸a˜o arbitra´ria. Tomando exponenciais de ambos os
membros, encontramos
|y(t)| = exp
(
−
∫
a(t)dt+ C1
)
= exp
(
−
∫
a(t)dt
)
exp (C1) =
= c exp
(
−
∫
a(t)dt
)
ou
∣∣∣∣y(t) exp(∫ a(t)dt)∣∣∣∣ = c(4)
Ora g(t) = y(t) exp
(∫
a(t)dt
)
e´ uma func¸a˜o cont´ınua do tempo e a equac¸a˜o (4) estabelece
que seu valor absoluto e´ constante. Mas se o valor absoluto de uma func¸a˜o cont´ınua g(t) e´
constante a pro´pria g(t) e´ constante. Para demostrar isto, observemos que se g(t) na˜o fosse
constante, enta˜o existem dois instantes diferentes t1 e t2 para os quais g(t1) = c e g(t2) = −c.
Pelo teorema do valor intermedia´rio, g deve assumir todos os valores entre −c e c, o que e´
imposs´ıvel pois |g(t)| = c.Obtemos portanto a equac¸a˜o
y(t) exp
(∫
a(t)dt
)
= c, logo
y(t) = c exp
(
−
∫
a(t)dt
)
(5)
Dizemos que a equac¸a˜o (5) e´ soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o homogeˆnea, uma vez que toda
soluc¸a˜o de (2) deve ser desta forma.
Exemplos: 1) Determine a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o
dy
dt
+ 2ty = 0
2) Determine o comportamento, quando t→∞,de todas as soluc¸o˜es da equac¸a˜o
dy
dt
+ a(t)y = 0
3
Nas aplicac¸o˜es, na˜o estamos interessados em todas as soluc¸o˜es de (2). Ao inve´s disso,
procuramos a soluc¸a˜o particular y(t)que em algum instante inicial t0 tem o valor de y0. Enta˜o
desejamos encontrar uma soluc¸a˜o y(t) tal que
dy
dt
+ a(t)y = 0, y(t0) = y0
que como ja´ vimos tem o nome de problema de valor inicial.
Exemplos : 3) Determine a soluc¸a˜o do problema de valor inicial
dy
dt
+ sen ty = 0, y(0) =
3
2
4) Determine a soluc¸a˜o do problema de valor inicial
dy
dt
+ ety = 0, y(1) = 2
Retornemos agora a` equac¸a˜o na˜o homogeˆnea.
dy
dt
+ a(t)y = b(t)
Seria claro, da nossa ana´lise da equac¸a˜o homogeˆnea, que a maneira de resolver a equac¸a˜o
na˜o homogeˆnea e´ exprimi-la sob a forma
d (”algo”)
dt
= b(t)e enta˜o integrar ambos os membros para achar o valor de ”algo”. Entretanto, a expressa˜o
dy
dt
+a(t)y na˜o aparece como a derivada de alguma expressa˜o simples. Logicamente, a pro´xima
etapa na nossa ana´lise deveria ser portanto a seguinte: Podemos fazer o primeiro da equac¸a˜o
d
dt
de ”algo”? Mais precisamente, podemos multiplicar ambos os lados de (1) por alguma func¸a˜o
cont´ınua µ(t) para obter a equac¸a˜o equivalente
µ(t)
dy
dt
+ a(t)µ(t)y = µ(t)b(t)(6)
(Por equac¸a˜o equivalente entendemos que toda soluc¸a˜o de (6) e´ uma soluc¸a˜o de (1) e vice-
versa) Sera´ poss´ıvel escolher µ(t) de modo que µ(t)
dy
dt
+ a(t)µ(t)y seja a derivada de alguma
expressa˜o simples? A resposta a esta questa˜o e´ afirmativa e e´ obtida observando que
4
d
dt
µ(t)y = µ(t)
dy
dt
+
dµ(t)
dt
y
Portanto, µ(t)
dy
dt
+a(t)µ(t)y sera´ igual a` derivada de µ(t)y se e somente se
dµ(t)
dt
= a(t)µ(t).
Mas esta e´ uma equac¸a˜o linear homogeˆnea de primeira ordem em µ(t), isto e´,
dµ(t)
dt
−a(t)µ(t) =
0, que ja´ sabemos como resolver, e uma vez que necessitamos apenas uma tal func¸a˜o µ(t) fazemos
a constante c em (5) igual a 1 e tomamos
µ(t) = exp
(∫
a(t)dt
)
Para esse µ(t); a equac¸a˜o (6) pode ser escrita como
d
dt
µ(t)y = µ(t)b(t)(7)
Para obter a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o na˜o homogeˆnea (1), isto e´, para obter todas as soluc¸o˜es
da equac¸a˜o na˜o homogeˆnea, tomamos a integral em relac¸a˜o a t, em ambos os membros de (7)
o que nos da´
µ(t)y =
∫
µ(t)b(t)dt+ c
ou
y(t) =
1
µ(t)
(∫
µ(t)b(t)dt+ c
)
= exp
(
−
∫
a(t)dt
)(∫
µ(t)b(t)dt+ c
)
(8)
Alternativamente se estamos interessados na soluc¸a˜o particular de (1) satisfazendo a condic¸a˜o
inicial y(t0) = y0, isto e´, se desejamos resolver o problema de valor inicial
dy
dt
+ a(t)y = b(t), y(t0) = y0
enta˜o podemos integrar em ambos os membros de (7) em relac¸a˜o a t,de t0 a t, para obter
µ(t)y − µ(t0)y0 =
∫ t
t0
µ(s)b(s)ds
ou
y(t) =
1
µ(t)
(
µ(t0)y0 +
∫ t
t0
µ(s)b(s)ds
)
(9)
5
Observac¸o˜es:
1) Observemos como usamos nosso conhecimento da soluc¸a˜o da equac¸a˜o homogeˆnea para
determinar a func¸a˜o µ(t) que nos permite resolver a equac¸a˜o na˜o homogeˆnea. Esta e´ uma
excelente ilustrac¸a˜o de como usamos nosso conhecimento da soluc¸a˜o de um problema mais
simples para resolver um problema mais dif´ıcil.
2) A func¸a˜o µ(t) = exp
(∫
a(t)dt
)
e´ chamada um fator integrante para a equac¸a˜o na˜o
homogeˆnea uma vez que depois de multiplicar ambros os membros por µ(t) podemos imedia-
tamente integrar a equac¸a˜o para achar todas as soluc¸o˜es.
3) O leitor na˜o deve memorizar as fo¨rmulas (8) e (9). De prefereˆncia, resolveremos todas as
equac¸o˜es na˜o homogeˆneas multiplicando primeiro ambos os membros por µ(t),depois escrevendo
o novo primeiro membro como a derivada de µ(t)y(t),e finalmente integrando ambos os membros
da equac¸a˜o.
4) Uma outra maneira de resolver o problema de valor inicial
dy
dt
+ a(t)y = b(t), y(t0) = y0
e´ achar a soluc¸a˜o geral (8) de (1) e enta˜o usar a condic¸a˜o inicial y(t0) = y0 para calcular a
constante c. Se pore´m, na˜o conhecermos a integral de µ(t)b(t),enta˜o devemos tomar a integral
definida de (7), para obter (9), e esta equac¸a˜o e´ enta˜o aproximada numericamente.
Exemplos :1) Determine a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o
dy
dt
− 2ty = t
2) Determine a soluc¸a˜o do problema de valor inicial
dy
dt
+ y = 1 + t2, y(2) = 3
1
ME´TODO DA SUBSTITUIC¸A˜O
As primeiras equac¸o˜es diferenciais de primeira ordem que resolvemos foram todas as equac¸o˜es
separa´veis ou lineares. Muitas aplicac¸o˜es, contudo, envolvem equac¸o˜es diferenciais que na˜o sa˜o
separa´veis ou lineares. Nesta sec¸a˜o discutiremos me´todos de substuic¸a˜o que a`s vezes podem ser
usados para transformar uma equac¸a˜o diferencial em uma que ja´ saibamos resolver.
Dada a equac¸a˜o diferencial
dy
dx
= f(x, y)(1)
com varia´vel dependente y e varia´vel independente x, podemos trasforma´-la em uma nova
equac¸a˜o diferencial com a nova varia´vel dependente v pela substuic¸a˜o
y = Φ(x, v)(2)
Tal substuic¸a˜o pode ser sugerida pela forma particular da equac¸a˜o diferencial, como no
Exemplo1 abaixo. De qualquer maneira, observe que a func¸a˜o Φ tiver derivadas parciais Φx e
Φv em relac¸a˜o a x e v, enta˜o a aplicac¸a˜o da regra da cadeia - encarando v como uma func¸a˜o
(desconhecida) de x- fornece
dy
dx
= Φx(x, v) + Φv(x, v)
dv
dx
(3)
A substuic¸a˜o de (2) e (3) em (1) nos da´
Φx(x, v) + Φv(x, v)
dv
dx
= f(x,Φ(x, v))(4)
Esta e´ a nova equac¸a˜o diferencial da forma
dv
dx
= g(x, v)(5)
Que obtemos resolvendo a equac¸a˜o (4)em relac¸a˜o a
dv
dx
,com a nova varia´vel dependente v.Se
esta nova equac¸a˜o e´ separa´vel ou linear enta˜o podemos aplicar os me´todos das sec¸o˜es anteriores
para resolveˆ-la.
Se v = v(x) e´ uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o (5)enta˜o y = Φ(x, v(x)) e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o
diferencial (1). O truque consiste em selecionar uma substituic¸a˜o y = Φ(x, v) tal que a equac¸a˜o
transformada em (5)possa ser resolvida. Mesmo quando poss´ıvel, isto nem sempre e´ fa´cil; pode
ser preciso uma boa dose de engenhosidade ou ensaio e erro.
A`s vezes e´ mais conveniente comec¸ar com uma relac¸a˜o v = ψ(x, y), que possa ser
resolvida em termos de y = Φ(x, v). Ocasionalmente, como por exemplo a seguir, a presenc¸a
de uma combinac¸a˜o evidente de x e y na equac¸a˜o diferencial ira´ sugerir uma substituic¸a˜o
promissora.
Exemplo1: Resolva a equac¸a˜o diferencial
2
dy
dx
= (x+ y + 3)2
Parece razoa´vel tentar a substuic¸a˜o
v = x+ y + 3, isto e´ y = v − x− 3.
Enta˜o
dy
dx
=
dv
dx
− 1, logo
dv
dx
− 1 = v2
de modo que nossa equac¸a˜o transformada e´
dv
dx
= 1 + v2.
Esta equac¸a˜o e´ separa´vel, enta˜o
dv
dx
=
1
1
1 + v2
, logo
dv
1 + v2
= dx, integrando obtemos
∫
dv
1 + v2
=
∫
dx+ C, logo
arctan v = x+ C, assim
v = tan(x+ C), mas como v = x+ y + 3, a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o original
dy
dx
= (x+ y + 3)2
e´ x+ y + 3 = tan(x+ C);isto e´
y(x) = tan(x+ C)− x− 3
O Exemplo1 ilustra o fato de que qualquer equac¸a˜o diferencial da forma
3
dy
dx
= F (ax+ by + c)
pode ser transformada em uma equac¸a˜o separa´vel atrave´s da substituic¸a˜o v = ax+ by+ c.O
resto desta sec¸a˜o trata de outras classes de equac¸o˜es de primeira ordem para as quais existem
substituic¸o˜es padra˜o que se sabe que funcionam.
EQUAC¸O˜ES HOMOGEˆNEAS
Uma equac¸a˜o diferencial de primeira ordem e´ homogeˆnea se puder escrita da forma
dy
dx
= F
(y
x
)
(7)
Fazendo as substituic¸o˜es
v =
y
x
, y = vx,
dy
dx
= v + x
dv
dx
(8)
a equac¸a˜o (7) pode ser transformada em uma equac¸a˜o separa´vel
x
dv
dx
= F (v)− v
Assim qualquer equac¸a˜o diferencial de primeira ordem homogeˆnea pode ser reduzida a um
problema de integrac¸a˜o atrave´s das substituic¸o˜es em (8)
Exemplo2: Resolva a equac¸a˜o diferencial
2xy
dy
dx
= 4x2 + 3y2
Esta equac¸a˜o na˜o e´ separa´vel nem linear, mas no´s a reconhecemos como uma equac¸a˜o
homogeˆnea escrevendo-a da forma
2xy
dy
dx
2xy
=
4x2 + 3y2
2xy
=
4x2
2xy
+
3y2
2xy
= 2
(
x
y
)
+
3
2
(y
x
)
As substituic¸o˜es em (8) tomam a forma
y = vx,
dy
dx
= v + x
dv
dx
4
v =
y
x
e
1
v
=
x
y
Enta˜o
v + x
dv
dx
=
2
v
+
3
2
v, logo
x
dv
dx
=
2
v
+
3
2
v − v = 4 + 3v
2 − 2v2
2v
=
v2 + 4
2v
, sendo assim temos
dv
dx
=
v2 + 4
2v
x
⇒ 2v
v2 + 4
dv =
dx
x
A qual reconhecemos ser uma equac¸a˜o separa´vel, logo integrando em ambos os membros
obtemos
∫
2v
v2 + 4
dv =
∫
dx
x
, logo
ln|v2 + 4| = ln |x|+ C, enta˜o
ln |v2 + 4| − ln |x| = C
ln
v2 + 4
|x| = C
Aplicando a func¸a˜o exponencial a cada lado desta u´ltima equac¸a˜o encontramos
v2 + 4
|x| = e
C ⇒ v
2 + 4
|x| = k ⇒ v
2 + 4 = k |x| ,
mas v =
y
x
, enta˜o
(y
x
)2
+ 4 = k |x| ⇒ y
2
x2
+ 4 = k |x| , sendo assim temos
y2 + 4x2 = k |x3| ,
5
Portanto a soluc¸a˜o da equac¸a˜o original e´
y2 + 4x2 = kx3
Porque o sinal de x pode ser absorvido pela constante arbitra´ria k.
Exemplo3: Resolva o problema de valor inicial
x
dy
dx
= y + (x2 − y2) 12 , y(1) = 0.
Dividindo ambos os lados da equac¸a˜o diferencial acima por x, encontramos
x
dy
dx
x
=
y + (x2 − y2) 12
x
, logo
dy
dx
=
y
x
+
(x2 − y2) 12
x
, enta˜o
dy
dx
=
y
x
+
[
x2
(
1− y
2
x2
)] 1
2
x
, logo
dy
dx
=
y
x
+
x
[(
1− y
2
x2
)] 1
2
x
, sendo assim temos
dy
dx
=
y
x
+
[
1−
(y
x
)2] 12
Fazendo as substituic¸o˜es em (8) ou seja
y = vx⇒ dy
dx
= v + x
dv
dx
v =
y
x
e
1
v
=
x
y
Sendo assim encontramos
v + x
dv
dx
= v + (1− v2) 12 , logo
x
dv
dx
= (1− v2) 12 , enta˜o
x
dv
dx
x
=
(1− v2) 12
x
, finalmente temos
dv
dx
=
(1− v2) 12
x
,logo
6
dv
dx
=
1
x
1
(1− v2) 12
que reconhecemos ser uma equac¸a˜o separa´vel, logo
dv
(1− v2) 12
=
dx
x
, integrando ambos os lados encontramos
∫
dv
(1− v2) 12
=
∫
dx
x
,enta˜o
arcsen v = ln |x|+ C,
Mas como x > 0 perto de x = 1, temos ln |x| = ln x,enta˜o
arcsen v = ln x+ C,
Logo como v =
y
x
,temos
arcsen
y
x
= ln x+ C
Aplicando seno em ambos os lados encontramos
y
x
= sen (ln x+ C)
enta˜o
y(x) = x sen (lnx+ C)
mas y(1) = 0, logo
y(1) = 1. sen (ln 1 + C) = 0⇒ senC = 0⇒ C = 0
Portanto a soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial original e´
y(x) = x sen (lnx)
1
EQUAC¸O˜ES DE BERNOULLI
Uma equac¸a˜o diferencial da forma
dy
dx
+ P (x)y = Q(x)yn(9)
e´ dita uma equac¸a˜o de Bernoulli. Se n = 0 ou n = 1 enta˜o a equac¸a˜o (9) e´ dita linear. Caso
contra´rio a substituic¸a˜o
v = y1−n(10)
transforma a equac¸a˜o (9) na equac¸a˜o linear
dv
dx
+ (1− n)P (x)v = (1− n)Q(x)
De fato, pois
v = y1−n ⇒ y = 1−n√v = v 11−n , ,logo
dy
dx
= 1
1−nv
1
1−n−1 dv
dx
⇒ dy
dx
= 1
1−nv
n
1−n
dv
dx
, enta˜o
1
1−nv
n
1−n
dv
dx
+ P (x)v
1
1−n = Q(x)
(
v
1
1−n
)n
=
= (1− n) 1
1−nv
n
1−n
dv
dx
+ (1− n)P (x)v 11−n = (1− n)Q(x)v n1−n ⇒
⇒ v n1−n dv
dx
+ (1− n)P (x)v 11−n = (1− n)Q(x)v n1−n ⇒
⇒ v n1−n
(
dv
dx
+ (1− n)P (x)v
)
= (1− n)Q(x)v n1−n ⇒
2
⇒ dv
dx
+ (1− n)P (x)v = (1− n)Q(x)
Em vez de memorizar a forma desta equac¸a˜o transformada e´ mais eficiente fazer a substi-
tuic¸a˜o em (10)explicitamente, como nos exemplos a seguir.
Exemplo4: Se reescrevermos a equac¸a˜o homogeˆnea 2xy
dy
dx
= 4x2 + 3y2 do Exemplo2 na
forma
dy
dx
− 3
2x
y =
2x
y
, ou seja
dy
dx
− 3
2x
y = 2xy−1
Vemos que ela e´ uma equac¸a˜o de Bernoulli com P (x) = − 3
2x
,Q(x) = 2x, n = −1. Assim
substitu´ımos
v = y1−n, ou seja v = y2, y = v
1
2 , e
dy
dx
= 1
2
v−
1
2
dv
dx
Isto nos fornece
1
2
v−
1
2
dv
dx
− 3
2x
v
1
2 = 2xv−
1
2 ⇒ 1
2
v−
1
2
(
dv
dx
− 3
x
v
)
= 2xv−
1
2 , logo
dv
dx
− 3
x
v = 4x(i)
Que e´ uma equac¸a˜o linear na˜o homogeˆnea de primeira ordem na varia´vel v, logo
a(x) = −3
x
⇒
∫
a(x)dx =
∫
− 3
x
dx⇒
∫
a(x)dx = −3 ln |x| = ln |x|−3
Enta˜o, temos o fator integrante
µ(x) = exp
(∫
a(x)dx
)
= eln|x|
−3
= x−3
Multiplicando a equac¸a˜o (i) pelo fator integrante, obtemos
x−3
(
dv
dx
− 3
x
v
)
= 4xx−3 ⇒ x−3 dv
dx
− 3vx−4 = 4x−2, logo
3
d
dx
(x−3v) = 4x−2, integrando em relac¸a˜o a x obtemos
x−3v =
∫
4x−2dx+ C, ou seja
x−3v = −4
x
+ C, mas v = y2, enta˜o
x−3y2 = −4
x
+ C, logo
y2 =
−4
x
+ C
x−3
= x3
(
−4
x
+ C
)
= −4x2 + Cx3
Portanto temos a seguinte soluc¸a˜o para a equac¸a˜o original
y2 + 4x2 = Cx3
Exemplo5: A equac¸a˜o
x
dy
dx
+ 6y = 3xy
4
3
na˜o e´ separa´vel, nem linear, nem homogeˆnea, mas e´ uma equac¸a˜o de Bernoulli com n =
4
3
.
As substuic¸o˜es
v = y1−n ⇒ v = y1− 43 ⇒ v = y− 13 ⇒ y = v−3, dy
dx
= −3v−4 dv
dx
transforma a equac¸a˜o acima em
x
(
−3v−4 dv
dx
)
+ 6v−3 = 3x (v−3)
4
3 , ou seja
−3xv−4 dv
dx
+ 6v−3 = 3xv−4
A divisa˜o por 3xv−4 fornece a equac¸a˜o linear
dv
dx
− 2
x
v = −1(ii)
Logo a(x) = −2
x
⇒
∫
a(x)dx =
∫
− 2
x
dx⇒
∫
a(x) = −2 ln |x| = ln |x|−2 .
4
Assim temos o fator integrante
µ(x) = exp
(∫
a(x)dx
)
= eln|x|
−2
= x−2. Multiplicando a equac¸a˜o (ii) por x−2, obtemos
x−2
dv
dx
− x−2 2
x
v = −1x−2 ⇒ x−2 dv
dx
− 2x−1v = −x−2, logo
d
dx
(x−2v) = −x−2
Integrando em relac¸a˜o a x obtemos
x−2v =
∫
− x−2dx+ C ⇒ x−2v = 1
x
+ C, mas v = y−
1
3
x−2y−
1
3 =
1
x
+ C ⇒ y− 13 =
1
x
+ C
x−2
= x2
(
1
x
+ C
)
= x+ Cx2, logo
y−
1
3 = x+ Cx2 ⇒ y(x) = (x+ Cx2)−3 ⇒ y(x) = 1
(x+ Cx2)3
Portanto a soluc¸a˜o da equac¸a˜o original e´
y(x) =
1
(x+ Cx2)3
Exemplo6 : A equac¸a˜o
2xe2y
dy
dx
= 3x4 + e2y
na˜o e´ nem separa´vel, nem linear, nem homogeˆnea nem e´ uma equac¸a˜o de Bernoulli. Mas
observemos que y so´ aparece nas combinac¸o˜es e2y e (e2y)
′
= 2e2y
dy
dx
. Isto nos leva a substituic¸a˜o
v = e2y ⇒ dv
dx
= 2e2y
dy
dx
, logo
dv
dx
x = 3x4 + v ⇒ dv
dx
x− v = 3x4 ⇒ dv
dx
− 1
x
v = 3x3(iii)
que reconhecemos ser uma equac¸a˜o linear na˜o homogeˆnea de primeira ordem, logo
a(x) = −1
x
⇒
∫
a(x)dx =
∫
− 1
x
dx⇒
∫
a(x)dx = − ln |x| = ln |x|−1 ,enta˜o temos que
µ(x) = exp
(∫
a(x)dx
)
= exp
(
ln |x|−1) = |x|−1 = x−1 e´ o fator de integrac¸a˜o
Multiplicando a equac¸a˜o (iii) por x−1, obtemos
5
x−1
dv
dx
− x−1 1
x
v = x−13x3 ⇒ x−1 dv
dx
− 1
x2
v = 3x2, logo temos
d
dx
(x−1v) = 3x2, integrando em relac¸a˜o a x,obtemos
x−1v =
∫
3x2dx+ C ⇒ x−1v = x3 + C ⇒ v = x
3 + C
x−1
⇒ v = x4 + Cx
Mas v = e2y, logo
e2y = x4 + Cx, aplicando a func¸a˜ologar´ıtmica em ambos os membros obtemos
ln (e2y) = ln |x4 + Cx| ⇒ 2y = ln |x4 + Cx| ⇒ y(x) = ln |x
4 + Cx|
2
Portanto a soluc¸a˜o da equac¸a˜o original e´
y(x) =
ln |x4 + Cx|
2
1
EQUAC¸O˜ES EXATAS
Quando comec¸amos nosso estudo de equac¸o˜es diferenciais, a u´nica equac¸a˜o que pod´ıamos
resolver era
dy
dx
= g(x). Alargarmos enta˜o nossa lista para incluir todas as equac¸o˜es separa´veis,
equac¸o˜es lineares, me´todo da susbtituic¸a˜o, equac¸o˜es homogeˆneas e equac¸o˜es de Bernoulli, mais
geralmente, podemos resolver todas as equac¸o˜es diferenciais que esta˜o, ou podem ser postas,
sob a forma
dΦ(x, y)
dx
= 0(1)
para alguma func¸a˜o Φ(x, y).A saber podemos integrar ambos os membros de (1)obtendo
Φ(x, y) = c(constante)(2)
e enta˜o, se poss´ıvel de (2), tirar y como func¸a˜o de x.
Exemplo1: A equac¸a˜o 1 + cos(x+ y) + cos(x+ y)
(
dy
dx
)
= 0 pode ser escrita sob a forma
d
dx
[x+ sen(x+ y)] = 0, integrando em relac¸a˜o a x, obtemos
x+ sen(x+ y) = C, ou seja Φ(x, y) = x+ sen(x+ y) = C
Exemplo2: A equac¸a˜o cos(x + y) + [1 + cos(x+ y)]
dy
dx
= 0, pode ser escrita sob a forma
d
dx
[y + sen(x+ y)]Integrando em relac¸a˜o a x, obtemos
y + sen(x+ y) = C, ou seja Φ(x, y) = y + sen(x+ y) = C
Devemos deixar a soluc¸a˜o sob a esta forma pore´m, uma vez que na˜o podemos tirar y
explicitamente como func¸a˜o de x.
A equac¸a˜o (1) e´ evindentemente a equac¸a˜o diferencial de primeiraordem mais geral
que podemos resolver. Portanto, e´ importante para no´s sermos capazes de reconhecer quando
uma equac¸a˜o diferencial pode ser escrita sob esta forma. Isto na˜o ta˜o simples quanto se poderia
esperar. Por exemplo, certamente na˜o e´ o´bvio que a equac¸a˜o diferencial
2x+ y − senx+ (3y2 + cos y) dy
dx
= 0
pode ser escrita sob a forma
d
dx
(y3 + x2 + xy + sen y + cos x) = 0.Para determinar todas
as equac¸o˜es diferenciais que podem ser escritas sob a forma (1),observemos que, pela regra da
cadeia para diferenciac¸a˜o parcial talque
2
d
dx
Φ(x, y(x)) =
∂Φ
∂x
dx
dx
+
∂Φ
∂y
dy
dx
=
∂Φ
∂x
+
∂Φ
∂y
dy
dx
Portanto, a equac¸a˜o diferencial M(x, y) + N(x, y)
dy
dx
= 0 pode ser escrita sob a forma
d
dx
Φ(x, y) = 0 se e somente se existe uma func¸a˜o Φ(x, y) tal que
M(x, y) =
∂Φ
∂x
e N(x, y) =
∂Φ
∂y
Isto nos conduz agora a` seguinte questa˜o. Dadas duas func¸o˜es M(x, y) e N(x, y), existe
uma func¸a˜o Φ(x, y) tal que M(x, y) =
∂Φ
∂x
e N(x, y) =
∂Φ
∂y
? Infelizmente, a resposta a esta
questa˜o e´ quase sempre na˜o como mostra o seguinte teorema.
Teorema1: Suponhamos que M(x, y) e N(x, y) sejam cont´ınuas e tenham derivadas parci-
ais cont´ınuas em relac¸a˜o a x e y no retaˆngulo R formado pelos pontos (x, y)tais que a < x < b
e c < y < d. Existe uma func¸a˜o Φ(x, y) tal que M(x, y) =
∂Φ
∂x
e N(x, y) =
∂Φ
∂y
se e somente se,
∂M
∂y
=
∂N
∂x
Dem:
Observemos que M(x, y) =
∂Φ
∂x
para alguma func¸a˜o Φ(x, y) se, e somente se,
Φ(x, y) =
∫
M(x, y)dx+ h(y)(3)
onde h(y) e´ uma func¸a˜o arbitra´ria de y. Tomando as derivadas parciais de ambos os membros
de (3) em relac¸a˜o a y, obtemos
∂Φ
∂y
=
∫
∂M(x, y)
∂y
dx+ h′(y)
Portanto,
∂Φ
∂y
sera´ igual a N(x, y) se, e so´ se,
N(x, y) =
∫
∂M(x, y)
∂y
dx+ h′(y)
ou
3
h′(y) = N(x, y)−
∫
∂M(x, y)
∂y
dx(4)
Ora h′(y) e´ uma func¸a˜o apenas de y,enquanto que o segundo membro de (4) parece ser
uma func¸a˜o de x e y. Mas uma func¸a˜o apenas de y na˜o pode ser igual a uma func¸a˜o de x e
y. Portanto a equac¸a˜o (4) so´ tem sentido se o segundo membro for uma func¸a˜o apenas de y, e
esse e´ o caso se, e so´ se,
∂
∂x
[
N(x, y)−
∫
∂M(x, y)
∂y
dx
]
=
∂N(x, y)
∂x
− ∂M(x, y)
∂y
= 0, ou seja
∂N(x, y)
∂x
=
∂M(x, y)
∂y
Portanto, se
∂N(x, y)
∂x
6= ∂M(x, y)
∂y
, enta˜o na˜o existe uma func¸a˜o Φ(x, y) tal que M =
∂Φ
∂x
,N =
∂Φ
∂y
.
Por outro lado, se
∂N
∂x
=
∂M
∂y
, enta˜o temos
∂N
∂x
− ∂M
∂y
= 0⇒ ∂
∂x
[
N(x, y)−
∫
∂M(x, y)
∂y
dx
]
= 0, ou seja
h′(y) = N(x, y)−
∫
∂M(x, y)
∂y
dx, logo integrando ambos os membros em relac¸a˜o a y, obtemos
h(y) =
∫ [
N(x, y)−
∫
∂M(x, y)
∂y
dx
]
dy.
Enta˜o
Φ(x, y) =
∫
M(x, y)dx+ h(y) =
∫
M(x, y)dx+
∫ [
N(x, y)−
∫
∂M(x, y)
∂y
dx
]
dy((5)
logo
M(x, y) =
∂Φ
∂x
e N(x, y) =
∂Φ
∂y
.
Definic¸a˜o: Dizemos que a equac¸a˜o diferencial
M(x, y) +N(x, y)
dy
dx
= 0(6)
4
e´ exata se
∂M
∂y
=
∂N
∂x
.
Observac¸o˜es:
1) Na˜o e´ essencial, no enunciado do Teorema1, que
∂N
∂x
=
∂M
∂y
num retaˆngulo. E´ suficiente
que
∂N
∂x
=
∂M
∂y
em qualquer regia˜o R que na˜o contenha ”buracos”. Isto significa dizer que,
se C e´ qualquer curva fechada inteiramente contida em R, enta˜o seu interior tambe´m esta´
inteiramente contido em R.
2) A equac¸a˜o diferencial
dy
dx
= f(x, y) pode sempre ser escrita sob a forma M(x, y) +
N(x, y)
dy
dx
= 0 pondo M(x, y) = −f(x, y) e N(x, y) = 1.
3) E´ costume dizer que a soluc¸a˜o de uma equac¸a˜o diferencial exata e´ dada por Φ(x, y) = C
(constante). O que realmente queremos dizer e´ que a equac¸a˜o Φ(x, y) = C deve ser resolvida
para y como func¸a˜o de x e C. Infelizmente, a maioria das equac¸o˜es diferenciais exatas na˜o
pode ser resolvida explicitamente para y em func¸a˜o de x. Embora isto possa parecer muito
decepcionante, desejamos assinalar que e´ bem simples, com a ajuda de um computador, calcular
y(x) com qualquer exatida˜o desejada.
Na pra´tica, na˜o recomendamos a memorizac¸a˜o da equac¸a˜o (5). Antes, seguiremos um
de treˆs diferentes me´todos para obter Φ(x, y).
Primeiro me´todo: A equac¸a˜o M =
∂Φ
∂x
determina Φ(x, y) =
∫
M(x, y)dx+ h(y)
A func¸a˜o h(y) e´ enta˜o determinada pela equac¸a˜o
h′(y) = N(x, y)−
∫
∂M(x, y)
∂y
dx
Segundo me´todo: Se N(t, y) =
∂Φ
∂y
, enta˜o, necessariamente,
Φ(x, y) =
∫
N(x, y)dy + k(x)
onde k(x)e´ uma func¸a˜o arbitra´ria apenas de x. Uma vez que
M(x, y) =
∂Φ
∂x
=
∫
∂N(x, y)
∂x
dy + k′(x)
vemos que k′(x) e´ determinado pela equac¸a˜o
k′(x) = M(x, y)−
∫
∂N(x, y)
∂x
dy
5
Observemos que o segundo membro desta equac¸a˜o e´ uma func¸a˜o apenas de x se
∂M
∂y
=
∂N
∂x
..
Terceiro me´todo: As equac¸o˜es
∂Φ
∂x
= M(x, y) e
∂Φ
∂y
= N(x, y) implicam que
Φ(x, y) =
∫
M(x, y)dx+ h(y) e Φ(x, y) =
∫
N(x, y)dy + k(x)
Usualmente, podemos determinar h(y) e k(x) somente por inspec¸a˜o.
Exemplo3: Determine a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o diferencial
3y + ex + (3x+ cos y)
dy
dx
= 0
Exemplo4: Determine a soluc¸a˜o do problema de valor inicial
3x2y + 8xy2 + (x3 + 8x2y + 12y2)
dy
dx
= 0; y(2) = 1
Exemplo5: Determine a soluc¸a˜o do problema de valor inicial
4x3ex+y + x4ex+y + 2x+ (x4ex+y + 2y)
dy
dx
= 0, y(0) = 1
Suponhamos agora que seja dada a equac¸a˜o diferencial
M(x, y) +N(x, y)
dy
dx
= 0(7)
que na˜o e´ exata. Podemos torna´-la exata? Mais precisamente, podemos encontrar uma
func¸a˜o µ(x, y) tal que a equac¸a˜o diferencial equivalente
µ(x, y)M(x, y) + µ(x, y)N(x, y)
dy
dx
= 0(8)
seja exata? Esta questa˜o, em princ´ıpio, e´ simples de responder. A condic¸a˜o para que (8)
seja exata e´ que
∂
∂y
(µ(x, y)M(x, y)) =
∂
∂x
(µ(x, y)N(x, y))
ou
M
∂µ
∂y
+ µ
∂M
∂y
= N
∂µ
∂x
+ µ
∂N
∂x
(9)
6
(Por simplicidade de escrita, suprimimos o fato de que µ,M e N dependem de x e y em (9).
Portanto, a equac¸a˜o (8) e´ exata se e somente se µ(x, y) satisfaz a equac¸a˜o (9).
Definic¸a˜o: Uma func¸a˜o µ(x, y) que satisfaz a equac¸a˜o (9)e´ o que chamamos um fator inte-
grante da equac¸a˜o diferencial (7).
A raza˜o dessa definic¸a˜o, certamente, e´ que se µ satisfaz (9) enta˜o podemos escrever (8)
sob a forma
d
dx
Φ(x, y) = 0 e esta equac¸a˜o pode ser integrada imediatamente para chegar a`
soluc¸a˜o Φ(x, y) = C.Infelizmente, pore´m, existem apenas dois casos especiais em que podemos
encontrar uma soluc¸a˜o expl´ıcita de (9).Estes ocorrem quando a equac¸a˜o diferencial (7)tem uma
fator integrante que e´ ou uma func¸a˜o apenas de x,ou uma func¸a˜o apenas de y. Observemos que
se µ e´ uma func¸a˜o apenas de x, a equac¸a˜o (9) se reduz a
N
∂µ
∂x
= µ
(
∂M
∂y
− ∂N
∂x
)
ou
∂µ
∂x
=
(
∂M
∂y
− ∂N
∂x
)
µ
N
Mas esta equac¸a˜o na˜o tem sentido, a menos que a expressa˜o(
∂M
∂y
− ∂N
∂x
)
N
seja uma func¸a˜o apenas de x,isto e´,(
∂M
∂y
− ∂N
∂x
)
N
= R(x)
Se for o caso, enta˜o µ(x) = exp
(∫
R(x)dx
)
e´ um fator integrante da equac¸a˜o diferencial
(7).
Observac¸a˜o: Devemos observar que a expressa˜o(
∂M
∂y
− ∂N
∂x
)
N
e´ quase sempre uma func¸a˜o de ambas as varia´veis, x e y.Somente para pares muito especiais
de func¸o˜es M(x, y) e N(x, y) ela e´ uma func¸a˜o apenas de x. Um situac¸a˜o ana´loga ocorre se
µ e´ uma func¸a˜o apenas de y. Essa e´ raza˜o pela qual na˜o podemos resolver muitas equac¸o˜es
diferenciais.
Exemplo6: Determine a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o diferencial
y2
2
+ 2yex + (y + ex)
dy
dx
= 0
1
APLICAC¸O˜ES
Crescimento e Decrescimento
O problemade valor inicial
dx
dt
= kx, x(t0) = x0(1)
em que k e´ uma constante de proporcionalidade, ocorre em muitas teorias f´ısicas envol-
vendo crescimento ou decrescimento. por exemplo, em biologia, e´ frequentemente observado
que a taxa decrescimento de certas bacte´rias e´ proporcional ao nu´mero de bacte´rias presentes
no dado instante. Durante um curto intervalo de tempo, a populac¸a˜o de pequenos animais, tais
como roedores, pode ser prevista com alto grau de precisa˜o pela soluc¸a˜o para (1) Em f´ısica,
um problema de valor inicial como (1) proporciona um modelo para o ca´lculo aproximado da
quantidade remanescente de uma substaˆncia que esta´ sendo desintegrada atrave´s de radioati-
vidade. A equac¸a˜o diferencial em (1) pode ser ainda usada para determinar a temperatura de
um corpo em resfriamento. Em qu´ımica, a quantidade remascente de uma substaˆncia durante
certas reac¸o˜es tambe´m pode ser descrita por (1).
A constante de proporcionalidade k em (1) e´ positiva ou negativa e pode ser determi-
nada pela soluc¸a˜o para o problema usando um valor subsequente de x em um instante t1 > t0.
Exemplo1: Em uma cultura, ha´ inicialmente N0 bacte´rias. Uma hora depois t = 1, o
nu´mero de bacte´rias passa a ser
(
3
2
)
N0. Se a taxa de crescimento e´ proporcional ao nu´mero
de bacte´rias presentes, determine o tempo necessa´rio para que o nu´mero de bacte´rias triplique.
Soluc¸a˜o: Primeiro, resolvemos a equac¸a˜o diferencial
dN
dt
= kN
Sujeita a N(0) = N0. Enta˜o, usando a condic¸a˜o N(1) =
3
2
N0. Temos um problema de valor
inicial de uma equac¸a˜o linear homogeˆnea de primeira ordem, ou seja
dN
dt
− kN = 0
N(1) =
3
2
N0
Sendo assim temos a(t) = −k ⇒
∫
a(t)dt =
∫
− kdt = −kt
Logo a soluc¸a˜o e´ N(t) = C exp
(
−
∫
a(t)dt
)
= C exp(kt), ou seja
N(t) = C exp(kt)
mas N(0) = C exp(0) = C = N0, enta˜o
N(t) = N0 exp(kt), enta˜o
2
Em t = 1, temos
N(1) = N0 exp(k) =
3
2
N0, logo
N0e
k =
3
2
N0, logo e
k =
3
2
Aplicando a func¸a˜o logar´ıtmica em ambos os membros encontramos
k = ln
3
2
= 0, 4055
A soluc¸a˜o do problema de valor inicial acima e´
N(t) = N0e
0,4055t
Para encontrar o tempo necessa´rio para que o nu´mero de bacte´rias seja triplicado, temos
3N0 = N0e
0,4055t,
Logo
3 = e0,4055t ⇒ ln 3 = 0, 4055t⇒ t = ln 3
0, 4055
≈ 2, 71 horas
Meia vida
Em f´ısica, meia-vida e´ uma medida de estabilidade de uma substaˆncia radioativa. A meia-
vida e´ simplesmente o tempo gasto para que a metade dos a`tomos de uma quantidade inicial
A0 se desintegrar ou se transmutar em a`tomos de outro elemento. Quanto maior a meia-
vida de uma substaˆncia, mais esta´vel ela e´. Por exemplo, a meia vida do ultra-radioativo
Ra-226, e´ cerca de 1700 anos. Em 1700 anos, metade de uma dada quantidade de Ra-226 e´
transmutada em radoˆnio, Rn-222. O iso´topo de uraˆnio mais comum, U-238, tem uma meia
vida de aproximadamente 4.500.000.000 de anos. Nesse tempo, metade de uma quantidade de
U-238 e´ transmutada em chumbo, Pb-206.
Exemplo2: Um reator converte uraˆnio 238 em isoto´po de plutoˆnio 239. Apo´s 15 anos,
foi detectado que 0,043% da quantidade inicial A0 de plutoˆnio se desintegrou. Encontre a
meia-vida desse iso´topo, se a taxa de desintegrac¸a˜o e´ proporcional a` quantidade remanescente.
Soluc¸a˜o: Denotando por A(t) a quantidade de plutoˆnio remanescente no instante t,temos
o problema de valor inicial{
dA
dt
= kA
A(0) = A0
, ou seja
{
dA
dt
− kA = 0
A(0) = A0
Que sabemos ser uma equac¸a˜o linear homogeˆnea de primeira ordem, logo
a(t) = −k ⇒
∫
a(t)dt =
∫
− kdt⇒
∫
a(t)dt = −kt, logo
A(t) = C exp
(
−
∫
a(t)dt
)
= C exp(kt), ou seja
A(t) = C exp(kt),
3
Mas A(0) = A0, logo
A(0) = C exp(0) = A0 ⇒ C = A0, enta˜o
A(t) = A0 exp(kt),
Se 0,043% dos a´tomos se desintegrou, enta˜o 99, 957% da substaˆncia permaneceu. Sendo
assim temos A(15) = 0, 99957A0,logo
0, 99957A0 = A0 exp(15k)⇒ exp(15k) = 0, 99957
Aplicando o logaritmo neperiano em ambos os membros obtemos
15k = ln 0, 99957⇒ k = ln 0, 99957
15
= −0, 00002867.
Logo
A(t) = A0e
−0,00002867t
Finalmente a meia-vida e´ o tempo t no qual A(t) =
A0
2
. Sendo assim temos
A0
2
= A0e
−0,00002867t ⇒ 1
2
= e−0,00002867t
Aplicando o logartimo neperiano em ambos os membros encontramos
ln 0, 5 = −0, 00002867t⇒ t = ln 0, 5−0, 00002867 ≈ 24, 180 anos.
Cronologia do Carbono
Por volta de 1950, o qu´ımico Willard Libby inventou um me´todo para determinar a idade
de fo´sseis usando o carbono radioativo. A teoria da cronologia do carbono se baseia no fato
de que o iso´topo do carbono 14 e´ reproduzido na atmosfera pela ac¸a˜o de radiac¸a˜o co´smica no
nitrogeˆnio. A raza˜o entre a quantidade de C-14 para carbono ordina´rio na atmosfera parece ser
uma constante e, como consequeˆncia, a proporc¸a˜o de iso´topo presente em todos os organismos
vivos e´ a mesma proporc¸a˜o da quantidade na atmosfera. Quando um organismo morre, a
absorc¸a˜o de C-14, atrave´s da respirac¸a˜o, cessa. Logo, comparando a quantidade proporcional de
C-14 presente, digamos, em um fo´ssil com a raza˜o constante encontrada na atmosfera, e´ poss´ıvel
obter uma razoa´vel estimativa da idade de um fo´ssil. O me´todo se baseia no conhecimento da
meia-vida do carbono radioativo C-14, cerca de 5600 anos. Por esse trabalho Libby ganhou o
preˆmio Nobel de qu´ımica de 1960. O me´todo de Libby tem sido usado para datar mob´ılias de
madeiras nos tu´mulos eg´ıpcios e os pergaminhos do Mar Morto.
Exemplo3: Um osso fossibilizado conte´m
1
1.000
da quantidade original do carbono C-14.
Determine a idade do fo´ssil.
Soluc¸a˜o: O ponto de in´ıcio e´ novamente A(t) = A0e
kt. Para determinar o valor de k,usamos
o fato de que
A0
2
= A(5.600), ou
A0
2
= A0e
5.600t, temos enta˜o
5.600k = ln
(
1
2
)
= − ln 2
4
k = − ln 2
5.600
= −0, 00012378
Logo
A(t) = A0e
−0,00012378t
Quando A(t) =
A0
1000
, temos que
A0
1000
= A0e
−0,00012378t
Assim
−0, 00012378t = − ln 1000⇒ t = ln 1000
0, 00012378
≈ 55, 800 anos
O resultado do Exemplo3 esta´ no limite de precisa˜o deste me´todo. As te´cnicas do
carbono 14 e´ limitada a meia-vida do iso´topo, ou seja cerca de 50.000 anos. Uma raza˜o e´ que
a ana´lise qu´ımica necessa´ria para obter uma medida acurada do carbono C-14 remanescente
se torna muito sofisticada ale´m do ponto
A0
1000
. Tambe´m, essa ana´lise exige a destric¸a˜o de
uma grande quantidade de amostra de espe´cimen. Se essa medida fosse feita indiretamente,
baseada na radioatividade, seria muito dif´ıcil distinguir a radiac¸a˜o do fo´ssil e da radiac¸a˜o normal
de fundo. Atualmente, o uso de um acelerador de part´ıculas tem possibilitado aos cientistas
separar o C-14 do esta´vel C-12 diretamente. Calculando o valor preciso da raza˜o de C-14 e
C-12, a precisa˜o deste me´todo pode ser estendida a 70.000 − 100.000 anos. Outras te´cnicas
isoto´picas, como pota´ssio 40 e argoˆnio 40, podem fornecer datas de va´rios milho˜es de anos.
Me´todos na˜o isoto´picos, baseados no uso de aminoa´cidos, algumas vezes tambe´m sa˜o poss´ıveis.
Resfriamento
A lei de resfriamento de Newton diz que a taxa de variac¸a˜o de temperatura T (t) de um
corpo em resfriamento e´ proporcional a` diferenc¸a entre a temperatura do corpo e a temperatura
constante Tm do meio ambiente, isto e´,
dT
dt
= k(T − Tm)
em que k e´ uma constante de proporcionalidade.
Exemplo4: Um bolo e´ retirado do forno, sua temperatura e´ de 3000F. Treˆs minutos depois,
sua temperatura passa para 2000F.Quanto tempo levara´ para sua temperatura chegar a 700F,
se a temperatura do meio em que ele foi colocado for exatamente 700F?
Soluc¸a˜o: Temos que
dT
dt
= k(T − 70), T (0) = 300
A equac¸ao acima e´ separa´vel, logo
dT
dt
=
k
1
T−70
, sendo assim