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Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias
Prof. Bárbara Lopes Amaral
September 28, 2016
Conteúdo
Conteúdo 1
I Considerações Gerais sobre Equações Diferenciais 5
1 Equações Diferenciais Ordinárias 7
1.1 Problemas de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2 Solução de Equações Diferenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
II Equações Diferenciais Ordinárias de Primeira Ordem 17
2 Considerações Gerais 19
2.1 EDO's de Primeira Ordem Separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.1.1 Primeiro Método . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.1.2 Segundo método (método informal) . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.1.3 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.2 Respostas dos ExercÃcios Selecionados . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1
2 Equações Diferenciais Ordinárias
3 Equações Lineares de Primeira Ordem 27
3.1 Pimeiro caso: P (x) = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.2 Segundo caso: P (x) 6= 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3.3 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.4 Respostas dos exercícios selecionados . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
4 Equações Diferenciais de Primeira Ordem Exatas 35
4.1 Método de Resolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
4.2 Fatores integrantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
4.3 Respostas dos Exercícios Selecionados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
5 Soluções por Substituição 43
5.1 Equações Diferenciais Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
5.1.1 Método de Resolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
5.2 Equações de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
5.3 Respostas dos Exercícios Selecionados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
6 Considerações qualitativas sobre Equações Diferenciais de Primeira
Ordem: Campos de Direções 53
6.1 Equações Diferenciais Ordinárias de Primeira Ordem Autônomas . . 57
6.2 Equações não-autônomas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
7 Aplicações 65
III Equações Diferenciais Ordinárias Lineares de Segunda
Ordem 71
8 Teoria Geral das EDO's lineares de segunda ordem 73
8.1 Equações lineares homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
8.2 Determinando uma base para X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
8.3 Independência linear entre funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
8.4 O método de redução de ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
8.5 Resposta dos Exercícios Selecionados . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
9 Equações lineares homogêneas de coeficientes constantes 85
9.1 Raízes reais distintas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
9.2 Uma única raiz real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
9.3 Raízes complexas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
9.3.1 A exponencial complexa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
9.3.2 Solução da equação no caso de raízes complexas . . . . . . . . . 90
10 Equações lineares de segunda ordem não-homogêneas com coefi-
cientes constantes 95
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10.1 O método dos coeficientes a determinar . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
10.2 O método da variação de parâmetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
10.3 O princípio da superposição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
11 Aplicações: Sistemas massa-mola e circuitos elétricos 111
11.1 A lei de Hooke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
11.2 Movimento livre não amortecido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
11.3 Movimento livre amortecido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
11.3.1 Movimento superamortecido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
11.3.2 Movimento criticamente amortecido . . . . . . . . . . . . . . . 114
11.3.3 Movimento subamortecido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
11.4 Movimento forçado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
11.5 Circuitos Elétricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
11.5.1 Capacitores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
11.5.2 Resistores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
11.5.3 Indutores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
11.5.4 Geradores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
11.5.5 A segunda lei de Kirchoff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
11.5.6 Circuitos RLC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
IVSéries de potência e trasformada de Laplace 123
12 Resolução de equações diferenciais através de séries de potência 125
12.1 Revisão de séries de potência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
12.1.1 Exemplos importantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
12.1.2 Raio de convergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
12.1.3 Operações com séries de potência . . . . . . . . . . . . . . . . 127
12.1.4 Funções analíticas e séries de Taylor . . . . . . . . . . . . . . 128
12.2 Resolução de EDO's através de séries de potência . . . . . . . . . . . 129
13 Transformada de Laplace 133
13.1 Transformadas Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
13.2 Definição da transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
13.2.1 Linearidade da Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . 134
13.3 Exemplos: cálculo da Transformada de Laplace para funções ele-
mentares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
13.4 Transformada de Laplace da derivada de uma função . . . . . . . . . 137
13.5 Resolução de Equações Diferenciais Lineares através da Transformada
de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
13.6 Propriedades adicionais da transformada de Laplace . . . . . . . . . . 140
13.6.1 Deslocamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
13.7 Contração ou expansão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
13.8 A derivada da Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . 141
4 Equações Diferenciais Ordinárias
13.9 Transformada de Laplace de Funções Descontínuas . . . . . . . . . . 143
13.10A Função Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
13.11Teorema da Convolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
13.12Exercícios adicionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
Parte I
Considerações Gerais sobre Equações
Diferenciais
5
1
Equações Diferenciais Ordinárias
Em matemática, uma equação diferencial é uma equação cuja incógnita é uma função
de uma ou mais variáveis que aparece na equação juntamente com suas derivadas até
uma certa ordem. As variáveis indepedentes também podem aparecer na equação.
Exemplo 1. A equação
x2
d2y
dx2
+ x
dy
dx
+ x2y = 0 (1.1)
é uma equação diferencial em que a incógnita é a função de uma variável real y(x). O
objetivo é descobrir se existe uma função y(x) que satisfaça essa equação e, se possível,
encontrar essa função explicitamente.
Exemplo 2. A equação
∂u(x, t)
∂t
= α2
∂2u(x, t)
∂x2
(1.2)
em que α é uma constate real, é uma equação diferencial em que a incógnita é a função
de duas variáveis reiais u(x, t). Ela aparece no estudo da condução de calor em uma
barra metálica. O objetivo é descobrir se existe uma função u(x, t) que satisfaça essa
equação e, se possível, encontrar essa função explicitamente.Uma equação diferencial pode ser obtida através das propriedades do problema que
deve ser resolvido, leis físicas ou modelos e suposições sobre o comportamento de de-
terminadas grandezas. O objetivo é encontrar a função desconhecida, que fornecerá
informações adicionais sobre o que está sendo estudado.
As equações diferenciais têm inúmeras aplicações práticas em medicina, engenharia,
química, biologia, física e outras diversas áreas do conhecimento. As soluções destas
equações são usadas, por exemplo, para projetar pontes, automóveis, aviões e circuitos
elétricos. Vários problemas que envolvem taxas de variação nos levarão a uma equação
diferencial. Deste modo, o estudo de equaç
oes diferenciais é um campo extenso na matemática pura e na matemática aplicada.
As equações diferenciais podem ser dividos em equações diferenciais ordinárias e
equações diferenciais parciais.
7
8 Equações Diferenciais Ordinárias
Definição 1. Uma equação diferencial é chamada equação diferencial ordinária (EDO)
se tem como incógnita uma função de uma única variável independente. É chamada
equação diferencial parcial (EDP) se tem como ingógnita uma função de mais de uma
variável independente. Nesse último caso, as derivadas que aparecem na equação são as
derivadas parciais da função desconhecida.
Definição 2. Uma equação diferencial ordinária é chamada linear se pode ser escrita
na forma
an(x)y
(n) + an−1(x)y(n−1) + . . .+ a1(x)y′ + a0(x)y = g(x), (1.3)
onde os coeficientes a0(x), . . . , an(x) são funções conhecidas da variável x e an(x) não
é identicamente nula. Quando g(x) for identicamente nula, dizemos que a equação (1.3)
é homogênea. Se uma equação diferencial ordinária não for do tipo (1.3), dizemos que
ela é não-linear.
Exemplo 3. A equação
x2
d2y
dx2
+ x
dy
dx
+ x2y = 0
é ordinária, pois envolve a função de uma variável real y(x). Ela também é linear, pois
pode ser escrita na forma (1.3) com a0(x) = x
2
, a1(x) = x, a2(x) = x
2
e g(x) = 0.
Ela também é homogêna.
Já a equação
∂u(x, t)
∂t
= α2
∂2u(x, t)
∂x2
é parcial, pois envolve a função de duas variáveis reais u(x, t) e suas derivadas parciais.
Já a equação
y′′ + exy
′
= ln(xy)
é uma equação diferencial ordinária não-linear pois não pode ser escrita na forma (1.3).
Exercício 1. Nas equações diferenciais abaixo, da maneira que se apresentam, decida
se as mesmas são Equações Diferenciais Ordinárias ou Equações Diferenciais Parciais, se
são lineares ou não-lineares. Sempre que possível identifique a função incógnita e a(as)
variável(is) independente(s).
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(a) L
d2Q(t)
dt2
+R
dQ(t)
dt
+
1
C
Q(t) = E(t) (b) y′ + P (x)y +Q(x)y2 = f(x) (Ricatti)
(c) (cos y)y˙ + 2x sen y = −2x (d) dy
dt
+ P (x)y = Q(x)yn (Bernoulli)
(e) p′ = p(a− b ln p) (Gompertz,1825) (f) dP
dt
= αP
(
1− P
P∞
)
(Logística)
(g) t2
d2y
dt2
+ t
dy
dt
+ 2y = sen t (h) (1 + y2)
d2y
dt2
+ t
dy
dt
+ y = et
(i)
d4y
dt4
+
d3y
dt3
+
d2y
dt2
+
dy
dt
+ y = 1 (j) utt = c
2uxx (onda)
(k)
d2θ
dt2
+
g
`
sen θ = 0 (pêndulo simples) (l)
∂u(x, t)
∂t
= α2
∂2u(x, t)
∂x2
(calor)
(m) ut + uxxx + uux = 0
(Korteweg-de Vries, KdV for short) (n)y˙ = αy (Malthus)
(o) u¨+ ω2u = 0
(oscilador harmônico simples) (p) y′ = − y√
a2 − y2 (Perseguição)
(q) x2
d2y
dx2
+ x
dy
dx
+ (x2 − α2)y = 0 (Bessel)
(r)
d
dx
[
(1− x2) d
dx
Pn(x)
]
+ n(n+ 1)Pn(x) = 0 (Legendre)
(s) u′′(r) +
N − 1)
r
u′(r) = 0 (Laplace, radial) (t)utt + uxx = 0 (Laplace)
(u)
dx
dt
= (R−Rc)x− ax3 (Landau) (v)ut + uux = 0 (Burgers)
(x) Aρvtt(x, t) + EIvxxxx(x, t) + kvt(x, t) = −f(x, t)− Aρg (viga)
(z) xny(n)(x) + an−1xn−1y(n−1)(x) + · · ·+ a0y(x) = 0 (Cauchy-Euler)
Definição 3. Uma equação diferencial ordinária (EDO) é uma equação que envolve
uma função de uma variável real desconhecida, y(x), suas derivadas até uma ordem n e
10 Equações Diferenciais Ordinárias
a variável independente x; ou seja, é uma equação da forma
f
(
x, y, y′, y′′, ..., y(n)
)
= 0. (1.4)
Definição 4. A ordem de uma equação diferencial é a ordem da derivada de maior grau
que aparece na equação.
Exemplo 4. A ordem da EDO y′+y = 0 é 1. A ordem da equação y′′+3y′−2y = cos(x)
é 2. A ordem da equação
x2
d5y
dx5
+ x
d3y
dx3
+ (x2 − α2)y = 0
é 5.
Definição 5. Dizemos que uma função φ(x) é solução da equação (1.4) no intervalo
I ⊂ R se a equação é satisfeita quando substituímos y por φ na equação para todo
x ∈ I, ou seja, se
f
(
x, φ, φ′, φ′′, ..., φ(n)
)
= 0. (1.5)
A solução geral de uma equação diferencial é o conjunto de todas as soluções dessa
equação.
Em vários casos, as soluções de uma equação diferencial diferem umas das outras
apenas por constantes aditivas ou multiplicativas, como veremos mais adiante.
Exemplo 5. As funções y1(x) = e
5x
e y2(x) = e
−3x
são soluções da EDO
y′′ − 2y′ − 15y = 0 (1.6)
no intervalo I = R. Para provar esse fato, basta calcular as derivadas de cada uma das
funções e substituir na equação.
Para a função y1, temos y
′
1(x) = 5e
5x
e y′′1(x) = 25e
5x
. Substituindo na equação
(1.6) temos
25e5x − 10e5x − 15e5x = 0,
o que prova que y1 é solução de (1.6).
Para a função y2, temos y
′
2(x) = −3e−3x e y′′1(x) = 9e−3x. Substituindo na equação
temos
9e−3x + 6e−3x − 15e−3x = 0
o que prova que y2 é solução de (1.6).
Já a função y3(x) = e
x
não é solução de (1.6). Nesse caso todas as derivadas são
iguais a própria função y3 e substituindo na equação temos
ex − 2ex − 15ex = −16ex 6= 0.
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Exercício 2. Prove que as funções cos(x) e sen(x) são soluções da equação diferencial
y′′ + y = 0
em toda reta real. Prove que y = cex , onde c é uma constante arbitrária é solução da
equação diferencial
y′ = y
em toda reta real.
Exercício 3. Verifique se as funções φ são soluções das EDO's no intervalo I indicado.
1. φ(x) = sen x, y′′ + y = 0 no intervalo I = R;
2. φ(x) =
√
x(x+ 1), y′ = 1−2x
2y
no intervalo I = (0, 1);
3. φ(x) = Aet +Be−t, y¨− y = 0 no intervalo I = R, sendo A e B constantes reais;
4. φ(x) =
√
x(1− x), y′ = 1−2x
2y
no intervalo I = (0, 1);
5. φ(x) = 2 lnx+ 4, x2y′′ − xy′ + y = 2 ln x no intervalo I = (0,+∞).
Exercício 4. Para cada uma das equações abaixo determine o valor da constante r para
que φ(t) = ert seja uma solução da EDO.
1. y′ + 3y = 0;
2. y′′ + 3y′ + 2y = 0;
3. y′′ − 4y = 0.
Exercício 5. Determine o valor da constante r para que φ(x) = xr seja uma solução
da equação x2y′′ − 4xy′ + 4y = 0 no intervalo I = (0,+∞).
1.1 Problemas de Valor Inicial
Dada a equação (1.6), muitas vezes estamos interessados em soluções da mesma que
satisfaçam também um conjunto de condições iniciais em um dado valor x0.
Definição 6. Um problema de valor inicial (PVI) é uma equação diferencial de ordem
n juntamente com n condições iniciais em um determinado valor x0:{
f
(
x, y, y′, ..., y(n)
)
= 0,
y(x0) = y0, y
′(x0) = y′0, ..., y
(n)(x0) = y
n0
(1.7)
Dizemos que uma função φ é solução do PVI (1.7) se além de ser solução da equação
diferencial, φ também satisfaz todas as condições iniciais.
12 Equações Diferenciais Ordinárias
Exemplo 6. A função φ(x) = cos(x) é solução do PVI{
y′′ + y = 0
y(0) = 1, y′(0) = 0.
De fato, já sabemos que φ(x) é solução da EDO e além disso temos φ(0) = 1, e portanto
φ também a condição inicial.
Exercício 6. Prove que a função φ(x) = cos(x) − sen(x) é solução do problema de
valor inicial {
y′′ + y = 0,
y(0) = 1, y′(0) = −1.
1.2 Solução de Equações Diferenciais
Uma vez dada a equação diferencial, em geral é uma tarefa extremamente difícil encontrar
sua solução geral. Para algumas famílias especiaisde equações existem métodos que
podemos utilizar para resolvê-las. Esse curso é dedicado a estudar alguns desses métodos.
As equações diferenciais mais simples de resolver são aquelas em que podemos isolar
uma das derivadas da função desconhecida y como uma função da variável independente
x:
y(n)(x) = g(x).
Nesses casos, a equação pode ser resolvida através de integrações sucessivas.
y(x) =
∫ ∫
...
∫
︸ ︷︷ ︸
n vezes
g(x)dx . . . dxdx.
Exemplo 7. Encontre a solução da equação
y′ = x2.
Solução. Para resolver essa equação basta utilizarmos o teorema fundamental do
cálculo:
y =
∫
y′dx+ c
onde c ∈ R é uma constante arbitrária.
Temos então que
y =
∫
y′dx+ c =
∫
x2dx+ c =
x3
3
+ c,
que é a solução geral da equação diferencial.
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Exemplo 8. Encontre a solução da equação
y′′ = cos(x)
Solução. Temos que
y′ =
∫
y′′dx+ c1 =
∫
cos(x)dx+ c1 = sen(x) + c1.
Repetindo o procedimento
y =
∫
y′dx+ c2 =
∫
(sen(x)dx+ c1) dx+ c2 = − cos(x) + c1x+ c2
que é a solução geral da equação.
Exercício 7. Resolva as equações diferenciais abaixo:
1. y′ = k, em que k é uma constante arbitrária;
2. y′′′ = e2x;
3. y′ = arctan(x);
4. y′′ = sen(x).
Quando queremos encontrar a solução de um PVI precisamos encontrar a solução
geral da equação diferencial envolvida e em seguida escolher qual dessas soluções também
satisfaz as condições iniciais.
Exemplo 9. Resolva o problema de valor inicial{
y′ = x2,
y(0) = 1.
Solução. Sabemos que a solução geral da equação diferencial y′ = x2 é y(x) = x
3
3
+ c,
em que c é uma constante arbitrária. Devemos encontrar qual é o valor de c para que a
solução também satisfaça a condição inicial y(0) = 1. Essa condição implica que
y(0) =
0
3
+ c = c = 1.
Logo a solução do PVI é y(x) = x
3
3
+ 1.
Exemplo 10. Resolva o problema de valor inicial{
y′′ = cos(x),
y(0) = 0, y′(0) = 1
14 Equações Diferenciais Ordinárias
Solução. Sabemos que a solução geral da equação diferencial y′′ = cos(x) é y(x) =
− cos(x)+c1x+c2, em que c1 e c2 são constantes arbitrárias. Devemos encontrar o valor
dessas constantes para que a solução satisfaça também as condições iniciais y(0) = 0 e
y′(0) = 1 Essas condições implicam que
y(0) = − cos(0) + c1 × 0 + c2 = −1 + c2 = 0⇒ c2 = 1;
y′(0) = sen(0) + c1 = 1⇒ c1 = 1.
Logo a solução do PVI é y(x) = − cos(x) + x+ 1.
Exercício 8. Encontre a solução do PVI{
y′′′ = 1
y(1) = 5, y′(1) = 7, y′′(1) = 8
1.3 Aplicações
Especialmente para os estudantes de engenharia, o mais importante é saber como pode-
mos aplicar equações diferenciais em problemas de modelagem em diversas áreas do
conhecimento. Boa parte do nosso curso será dedicado a estudar essas aplicações.
Exemplo 11. Em uma população de bactérias, a taxa de natalidade é igual a kt, em
que k é uma constante determinada experimentalmente e t é o tempo em minutos. A
taxa de mortalidade é igual a t2. Encontre a população em função do tempo e descreva
o que acontece quando o tempo é muito grande.
Solução. A taxa de natalidade corresponde à taxa de crescimento da população em
função do tempo. A taxa de mortalidade é a taxa de decrescimento em relação ao
tempo. A taxa de variação da população em relação ao tempo é a taxa de crescimento
menos a taxa de decrescimento. Sabemos também que a taxa de variação da população
em relação ao tempo é a derivada da população em relação ao tempo. Se denotarmos
a população por p(t) temos
p′(t) = kt− t2,
cuja solução geral é
p(t) = k
t2
2
− t
3
3
+ c.
A constante c será determinada pela população inicial.
Quando t é grande, temos que
lim
t→∞
p(t) = −∞.
No entanto, devemos lembrar que não faz sentido valores negativos de p(t), já que p
representa a população de bactérias. Podemos concluir que a população começa maior
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que zero e decresse até se extinguir (repare que a taxa de mortalidade é maior que a
taxa de natalidade).
Exemplo 12. Um objeto percorre uma trajetória unidimensional com aceleração dada
por a(t) = − sen(t) em que t é o tempo em segundos. Encontre a posição do objeto
em função do tempo, sabendo que em t = 0 o objeto se encontra na origem e que sua
velocidade era de 1m/s.
Solução. A partir da aceleração podemos encontrar a velocidade do objeto:
v(t) =
∫
a(t)dt+ c1 = −
∫
sen(t)dt+ c1 = cos(t) + c1.
A partir da velocidade podemos encontrar a posição:
d(t) =
∫
v(t)dt =
∫
(cos(t) + c1) dt+ c2 = sen(t) + c1x+ c2.
Devemos agora verificar quais são so valores de c1 e c2 para que a função d(t) satisfaça
as condições iniciais d(0) = 0 e d′(0) = 1m/s. O leitor poderá verificar facilmente que
essas condições implicam c1 = c2 = 0. Logo d(t) = sen(t).
Ao longo do curso resolveremos diversos problemas desse tipo. Em breve poderemos
resolver exercícios mais sofisticados e equações diferenciais mais interessantes que as
mostradas acima.
Exercício 9. Em uma população de bactérias, a taxa de natalidade é igual a ket, em
que k é uma constante determinada experimentalmente e t é o tempo em minutos. A
taxa de mortalidade é igual a t3. Encontre a população em função do tempo e descreva
o que acontece quando o tempo é muito grande.
Exercício 10. Em uma população de bactérias, a taxa de natalidade é igual a kt2,
em que k é uma constante determinada experimentalmente e t é o tempo em minutos.
A taxa de mortalidade é igual a ln(t). Encontre a população em função do tempo e
descreva o que acontece quando o tempo é muito grande.
Exercício 11. Um objeto percorre uma trajetória unidimensional com aceleração dada
por a(t) = te2t em que t é o tempo em segundos. Encontre a posição do objeto em
função do tempo, sabendo que em t = 0 o objeto se encontra na origem e que sua
velocidade era de 1m/s.
Dada uma equação diferencial, é importante levar em conta que uma solução pode
ou não existir. Outra consideração importante é sobre a unicidade das soluções. Caso
exista solução, ela pode ser única ou não.
Em geral, uma equação diferencial possui várias soluções distintas. Para determinar
unicamente uma solução, precisamos também especificar um conjunto de condições
16 Equações Diferenciais Ordinárias
iniciais. Com algumas suposições sobre a equação diferencial é possível mostrar que um
PVI sempre possui solução e ela é única. Esse resultado é conhecido como Teorema de
Existência e Unicidade para Equações Diferenciais Ordinárias, mas está fora do escopo
desse texto. Veremos casos particulares mais simples desse resultado quando estudarmos
equações de primeira e segunda ordens nos próximos capítulos.
Parte II
Equações Diferenciais Ordinárias
de Primeira Ordem
17
2
Considerações Gerais
Uma equação diferencial ordinária de primeira ordem envolve apenas a derivada primeira
de uma função desconhecida y(x) e pode ser escrita na forma
y′ = f(x, y). (2.1)
Com algumas condições sobre a função f podemos garantir que todo problema de
valor inicial {
y′ = f(x, y)
y(x0) = y0
(2.2)
possui solução única em um intervalo I ⊂ R que contém x0.
Teorema 1 (Teorema de Existência e Unicidade). Suponha que f(x, y) e sua derivada
parcial fy(x, y) sejam contínuas no retângulo
R = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}
contendo o ponto (x0, y0). Então existe um intervalo aberto I 3 x0, I ⊂ (a, b), no qual
PVI (2.2) possui uma única solução y = φ(x).
A demonstração desse resultado está fora do escopo deste curso.
Exemplo 13. Mostre que o PVI {
y′ − y = 0
y(0) = 1
possui uma única solução em algum intervalo I contendo x0 = 0.
Solução. Para mostrar que a solução existe e é única, vamos usar o Teorema 1. Para
isso, devemos identificar a função f que aparece na equação diferencial. A EDO pode
ser reescrita na forma
y′ = y
e portanto temos f(x, y) = y. Essaé uma função contínua em todo o plano, pois é um
polinômio em y. Sua derivada parcial fy(x, y) = 1 também é uma função contínua em
todo o plano. Logo a equação atende às hipóteses do teorema e ele pode ser utilizado.
19
20 Equações Diferenciais Ordinárias
Com isso podemos garantir a existência de uma solução única para o PVI em um
intervalo I contendo x0 = 0. O teorema não nos diz nada sobre a solução ou sobre o
intervalo I. Veremos como encontrá-los em breve.
Exercício 12. Mostre que o PVI {
y′ = x2y − ey
y(1) = 0
possui solução única em algum intervalo I contendo x0 = 1.
2.1 EDO's de Primeira Ordem Separáveis
Definição 7. Uma EDO de primeira ordem é dita separável se existem funções g : R→
R e h : R→ R tais que
y′ = g(x)h(y). (2.3)
Se as funções g e h são contínuas, então a função f(x, y) = g(x)h(y) e sua derivada
parcial fy(x, y) = g(x)h
′(y) são contínuas e portanto o teorema 1 garante que o PVI{
y′ = g(x)h(y)
y(x0) = y0
(2.4)
possui solução única em algum intervalo I 3 x0.
Veremos agora como resolver uma EDO separável.
2.1.1 Primeiro Método
Para resolver a EDO (2.3) devemos primeiramente reescrevê-la na forma
y′
h(y)
− g(x) = 0.
Definindo n(y) = 1
h(y)
e m(x) = −g(x) temos
n(y)y′ +m(x) = 0.
Sejam
N(y) =
∫
n(y)dy
e
M(x) =
∫
m(x)dx.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 21
Temos que
d
dx
(N(y) +M(x)) =
d
dx
(N(y)) +
d
dx
(M(x))
=
dN
dy
dy
dx
+
dM
dx
= n(y)y′ +m(x).
Utilizando a EDO podemos concluir que
d
dx
(N(y) +M(x)) = 0
o que implica que
N(y) +M(x) = c (2.5)
em que c ∈ R é uma constante real. Note que a equação (2.5) não é uma equação
diferencial e sim uma equação algébrica envolvendo x e y. Essa equação define y
implicitamente e em alguns casos é possível isolar y escrevendo-a como uma função
explícita de x.
Exemplo 14. Resolva a EDO
y′ = yx.
Solução. Primeiramente reescremos a equação na forma
y′
y
− x = 0.
Nesse caso temos n(y) = 1
y
e m(x) = −x. O próximo passo é integrar para encontrar
as funções N(y) e M(y):
N(y) =
∫
1
y
dy = ln |y|
M(x) =
∫
−xdx = −x
2
2
.
Nesse ponto não é necessário somar as constantes de integração pois a constante apare-
cerá no final da solução. Sabemos que a equação N(y) +M(x) = c define y implicita-
mente. Logo temos que
ln |y| − x
2
2
= c.
Nesse caso é possível escrever y explicitamente isolando-o na equação acima:
y(x) = ±ex
2
2
+c.
Essa função pode ser reescrita na forma
y(x) = ±ex
2
2 ec = ke
x2
2 ,
em que k = ±ec é uma constante real que será determinada pela condição inicial.
22 Equações Diferenciais Ordinárias
Exercício 13. Resolva a EDO
y′ =
x2
y
utilizando o método apresentado acima. ??
2.1.2 Segundo método (método informal)
Podemos utilizar a notação de derivada para construir um método informal e bastante
prático de resolver equações diferenciais separáveis. Reescrevemos a equação na forma:
dy
dx
= g(x)h(y)
e separamos
1 dy de dx, deixando de um dos lados da equação somente a variável y e
do outro lado somente a variável x:
dy
h(y)
= g(x)dx.
Em seguida integramos ambos os lados∫
dy
h(y)
=
∫
g(x)dx
o que fornecerá uma equação algébrica que define y implicitamente.
Exemplo 15. Resolva a EDO
y′ = yx.
Solução. Reescrevemos a equação separando y e x:
dy
y
= xdx.
Em seguida integramos ambos os lados:∫
dy
y
=
∫
xdx
o que nos leva a equação
ln |y| = x
2
2
+ c.
Aqui podemos colocar a constante de integração em apenas uma das integrais, pois as
duas constantes se somam gerando apenas uma constante no final.
1
Lembre-se que separar dy de dx não é uma operação válida em matemática, pois esses objetos
não possuem significado isoladamente. Esse é um truque que utilizamos para tornar a resolução
de alguns problemas mais prática.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 23
Exercício 14. Obtenha as soluções das seguintes EDOs:
1. y′ = kx;
2. y′ = (1 + y)/(1 + x);
3. y′ = (1 + x)(1 + y);
4. y′ = 2xy + x;
Exercício 15. Para as equações anteriores determine a solução do problema de valor
inicial com y(0) = 1. Diga os domínios de definição das soluções.
Exercício 16. Resolva cada um dos problemas de valor inicial a seguir e desenhe os
gráficos das soluções para diversos valores de y0.
1.

dy
dt
= −y + 5
y(0) = y0
2.

dy
dt
= −2y + 5
y(0) = y0
3.

dy
dt
= −2y + 10
y(0) = y0
2.1.3 Aplicações
Muitas aplicações nos levam a EDO's separáveis. Veremos agora alguns exemplos.
Exemplo 16. Suponha que a taxa de decomposição de um material radioativo seja
diretamente proporcional à quantidade de massa existente em cada unidade de tempo.
Numa amostra desse material há uma perda de 50% em 1600 anos.
1. Escreva a equação diferencial que descreve o processo.
2. Determine a constante de decomposição do material.
3. Determine a quantidade de massa perdida em 800 anos.
24 Equações Diferenciais Ordinárias
Solução. A taxa de decomposição de um material determina a quantidade de material
que se perde ao longo do tempo. Se essa taxa é proporcional à quantidade de material
presente em cada instante de tempo temos que
q′ = −kq
em que q(t) é a quantidade de material no instante t e k é uma constante positiva. O
sinal de menos aparece porque o material está se decompondo, ou seja, a quantidade de
material decresce ao longo do tempo.
Essa equação diferencial é uma equação separável e pode ser facilmente resolvida.
Separando as variáveis q e t temos
dq
q
= −kdt
e integrando obtemos ∫
dq
q
= −
∫
kdt
ln |q| = −kt+ c.
Dessa equação podemos escrever q(t) explicitamente:
q(t) = e−kt+c = q0e−kt.
A constante q0 é igual a quantidade inicial de material presente uma vez que q(0) = q0.
Em seguida devemos encontrar o valor da constante k. Para isso vamos usar a
informação de que após 1600 anos resta 50% do material, ou seja
q(1600) =
q0
2
.
Daí temos que
q0
2
= q0e
−k×1600
1
2
= e−k×1600
o que implica que
k = − ln
(
1
2
)
× 1
1600
.
O valor explícito de k pode ser encontrado com o auxílio de uma calculadora.
Por fim devemos encontrar a fração de material presente após 800 anos. Para isso
basta substituirmos na equação para q(t):
q(800) = q0e
−k×800
o que implica que a fração de material presente em t = 800 é e−k×800. Com o valor de
k encontrado acima e com o auxílio de uma calculadora é fácil encontrar esse valor.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 25
Exemplo 17. Em uma colônia de bactérias a quantidade de bactérias aumenta à uma
taxa proporcional à quantidade de bactérias presentes em cada instante de tempo.
Suponhamos que no tempo considerado a taxa de mortalidade das bactérias é de-
sprezível. Se em 4 horas a quantidade de bactérias triplica, em que tempo ela será
27 vezes a quantidade de bactérias inicial?
Solução. A taxa de natalidade em um determinado instante de tempo é proporcional a
quantidade de bactérias naquele instante. Se denotarmos a população de bactérias em
um instante t por p(t) temos que
p′ = kp
em que k é uma constante de proporcionalidade positiva, já que a taxa de mortalidade
é desprezível. O leitor não terá dificuldades em resolver essa equação.
Exercício 17. Em uma colônia de bactérias a população cresce à uma taxa proporcional
à quantidade de bactérias presentes em cada instante de tempo. Em cada minuto morrem
1000 bactérias por ação de fatores externos. Se em 2 horas a quantidade de bactérias
triplica, em que tempo ela será 9 vezes a quantidade de bactérias inicial?
Exercício 18. Volterra fez o seguinte modelo matemático para descrever a competição
dentre duas espécies que dividem o mesmo meio ambiente
x˙ = x(a1 + a2y)
y˙ = y(b1 + b2x)
,
utilizandoa regra da cadeia o sistema pode ser reduzido à equação
dy
dx
=
y(b1 + b2x)
x(a1 + a2y).
Ache a solução geral dessa equação.
Exercício 19. Uma poderosa ferramenta em pesquisa arqueológica é a datação por
carbono radiotativo, que permite determinar a idade de determinados restos de plantas
e portanto de objetos encontrados junto com elas. Esse procedimento foi desenvolvido
pelo químico americano Willard Libby no início da década de 50, e lhe rendeu o prêmio
Nobel em Química de 1960. O procedimento utiliza o fato de que algumas plantas
acumulam um isótopo do carbono chamado carbono-14, que começa a decair após sua
morte. Através de medidas adequadas feitas em laboratório, a proporção de carbono-14
remanescente pode ser determinada e através dessa proporção é possível saber a idade
da planta.
1. Sabendo que a meia-vida
2
do carbono-14 é de 5730 anos e que a taxa de de-
composição do carbono-14 na planta é proporcional à quantidade de carbono-14
naquele instante de tempo, encontre uma expressão para Q(t);
2
A meia-vida de um material é o tempo necessário para que 50% do material tenha se decom-
posto.
26 Equações Diferenciais Ordinárias
2. Suponha que foram descobertos restos de plantas em que a quantidade de carbono-
14 atual é igual a 20% da quantidade original. Determine a idade dos restos.
2.2 Respostas dos ExercÃcios Selecionados
ExercÃcio ??: 3y2 − 2x2 = c.
ExercÃcio 4:
1. y(x) = kx
2
2
+ c;
2. y(x) = k(x+ 1)− 1;
3. y(x) = ke
x2
2
+x − 1;
4. y(x) = ke
x2−1
2
.
ExercÃcio 16:
1. y(t) = ke−t + 5;
2. y(x) = ke
−2t+5
2
;
3. y(x) = ke
−2t+10
2
.
3
Equações Lineares de Primeira Ordem
Uma equação diferencial linear é uma equação diferencial que pode ser escrita na forma
an(x)
dny
dxn
+ an−1(x)
dn−1y
dxn−1
+ ...+ a1(x)
dy
dx
+ a0(x)y = g(x).
O nome linear vem do fato de que todos os coeficientes são funções de x e a função
y e as suas derivadas têm todas expoente 1 (ou 0).
A equação
x2y′′′ + sen(x)y′′ + arctan(x)y′ + ex
3
y = x cos(x)
é um exmeplo de equação linear (de ordem 3). Já a equação(
d2y
dx2
)3
− 2xy = 1
é um exemplo de uma equação não linear.
Alguns casos particulares:
1. Quando g(x) = 0, a equação é chamada de equação diferencial linear homogênea.
2. Quando ai(x) forem funções constantes, a equação é chamada de equação difer-
encial linear com coeficientes constantes.
Nessa seção, estudaremos equações diferenciais lineares de primeira ordem, que são
equações da forma
a1(x)
dy
dx
+ a0(x)y = g(x)
com a1(x) 6= 0. Dividindo toda a equação por a1(x) obtemos
dy
dx
+ P (x)y = Q(x). (3.1)
Nesse caso, a função f(x, y) que aparece na equaçao (2.1) é f(x, y) = −P (x)y +
Q(x). Essa função e sua derivada parcial fy(x, y) serão contínuas desde que P (x) e
27
28 Equações Diferenciais Ordinárias
Q(x) sejam funções continuas de x. Sob essas condições o teorema de Existência e
Unicidade pode ser aplicado e podemos garantir que o PVI{
dy
dx
+ P (x)y = Q(x)
y(x0) = y0
possui solução única definida em um intervalo I contendo x0. Veremos em breve como
encontrar essa solução. Começaremos pelo caso trivial.
3.1 Pimeiro caso: P (x) = 0
Quando P (x) = 0 caímos novamente no caso visto na seção 1.2. A equação assume a
forma
dy
dx
= Q(x).
Como vimos, essa equação pode ser resolvida com uma integração simples:
y(x) =
∫
Q(x)dx.
Quando integrarmos aparecerá uma constante que será determinada posteriormente a
partir da condição inicial.
Exemplo 18. Resolva o PVI {
dy
dx
= x sen(x)
y(0) = 0.
Solução. Temos que
y(x) =
∫
x sen(x)dx.
A integral acima pode ser resolvida através do método de integração por partes, com
u = x e dv = sen(x)dx. Completando o cálculo da integral o leitor concluirá que
y(x) = −x cos(x) + sen(x) + c.
A condição inicial implica que a constante c é igual a zero e portanto temos que a solução
do PVI acima é
y(x) = −x cos(x) + sen(x).
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 29
3.2 Segundo caso: P (x) 6= 0
Para resolvermos essa equação vamos manipulá-la para que ela tome a forma
dh
dx
= m(x),
em que h(x) e m(x) são funções relacionadas a y(x), P (x) e Q(x). Uma vez que isso
tenha sido feito, basta aplicar o método visto na seção anterior para encontrar h(x), o
que nos levará facilmente a y(x) como veremos em breve.
O método consiste em encontrar uma função u(x) de modo que, ao multiplicarmos
a equaßão 3.1 por u(x), a equaß ao resultante
u(x)
dy
dx
+ u(x)P (x)y = u(x)Q(x)
possa ser reescrita na forma
d
dx
(u(x)y(x)) = u(x)Q(x). (3.2)
Se isso for possível, temos que
u(x)y(x) =
∫
u(x)Q(x)dx,
e isso implica que
y(x) =
∫
u(x)Q(x)dx
u(x)
,
de modo que a equação estará resolvida. Resta saber se é possível encontrar a função
u(x) que satisfaça essa condição.
Precisamos encontrar uma função u(x) tal que a derivada
d
dx
(u(x)y(x)) (3.3)
seja igual a
u(x)
dy
dx
+ u(x)P (x)y.
Aplicando a regra do produto à equação (3.3), temos que
d
dx
(u(x)y(x)) = u(x)
dy
dx
+
du
dx
y(x).
Daí temos que
u(x)
dy
dx
+ u(x)P (x)y = u(x)
dy
dx
+
du
dx
y(x).
30 Equações Diferenciais Ordinárias
Para que essa igualdade seja verdadeira precisamos que
du
dx
= uP (x)
que é uma equação diferencial separável para u(x). Vamos agora resolver essa equação.
O primeiro passo é separar de um lado da equação tudo que envolve a função u e
do outro tudo que envolve a variável x:
du
u
= P (x)dx.
Integrando ambos os lados obtemos∫
du
u
=
∫
P (x)dx
ln |u| =
∫
P (x)dx
o que implica que
u(x) = e
∫
P (x)dx.
Com isso conseguimos mostrar a existência de uma função u(x) que leva a equação
(3.1) em uma equaçao da forma (3.2). Logo a solução da EDO (3.1) é
y(x) =
∫
u(x)Q(x)dx
u(x)
em que
u(x) = e
∫
P (x)dx.
A função u(x) é chamada fator integrante.
Exemplo 19. Resolva o PVI {
dy
dx
+ y = 1
y(0) = 2.
Solução. A equação diferencial que aparece no PVI acima é uma EDO linear com
P (x) = 1 e Q(x) = 1. O primero passo para resolvê-la é encontrar o fator integrante
u(x). Para isso, multiplicamos ambos os lados da equaß ao por u(x), obtendo
uy′ + uy = u.
Devemos encontrar u de modo que
d
dx
(uy) = uy′ + u′y︸ ︷︷ ︸
Regra da Cadeia
= uy′ + uy︸ ︷︷ ︸
Lado esquerdo da EDO
.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 31
Essa condição implica que
u′ = u
que é uma EDO separável para u(x). Essa equação pode ser resolvida facilmente,
fornecendo
u(x) = e
∫
dx = ex.
Daí temos que
d
dx
(exy(x)) =
∫
exdx
e portanto
y(x) =
ex + c
ex
= 1 + ce−x
em que c é uma constante que será determinada pela condição inicial.
Como a condição inicial impõe y(0) = 2 temos que
y(0) = 1 + c = 2
o que implica que c = 1. Logo a solução do PVI é
y(x) = 1 + e−x.
Exemplo 20. Resolva o PVI {
y′
x
− 2y
x2
= x cos(x)
y(pi) = 0.
Solução. Primeiramente devemos reescrever a equação na forma usual, multiplicando
todos os termos por x. Isso fornece a equação
y′ − 2y
x
= x2 cos(x).
Em seguida devemos encontrar o fator integrante
u(x) = e
∫
P (x)dx = −
∫
2dx
x
= e−2 ln(x) =
1
x2
.
Usando o fator integrante podemos escrever a equação diferencial na forma
d
dx
( y
x2
)
= cos(x)
o que implica que
y(x) = x2 sen(x) + cx2.
O leitor não terá dificuldades em mostrar que a condição inicial y(pi) = 0 implica que
c = 0 de modo que a solução do PVI acima é
y(x) = x2 sen(x).
32 Equações Diferenciais Ordinárias
Exercício 20. Resolva as EDO's lineares que encontrar na lista abaixo.
1. y′ + 2xy = 0;
2. y′ + ln(xy) = cos(xy);
3. y′ + y = sen(x);
4. y′ + xy = xy2;
5. xy′ − 2y = x3 cos(4x).
Exercício 21. Resolva cada um dos problemasde valor inicial a seguir e desenhe os
gráficos das soluções para diversos valores de y0.
(a)

dy
dt
= −y + 5
y(0) = y0
(b)

dy
dt
= −2y + 5
y(0) = y0
(c)

dy
dt
= −2y + 10
y(0) = y0
Observe que você já resolveu essas equações na seção anterior. Compare as respostas
obtidas utilizando os dois métodos diferentes.
Exercício 22. Mostre que se y = φ(t) é uma solução de y′+p(t)y = 0, então y = cφ(t)
também é uma solução para qualquer valor da constante c.
3.3 Aplicações
Equações lineares possuem inúmeras aplicações em diversas áreas do conhecimento.
Veremos aqui alguns exemplos.
Exemplo 21. Em um tanque há 500l de água limpa. a partir de um certo instante de
tempo, uma solução salina entra no tanque a uma taxa de 2l por minuto. A concentração
de sal na água que entra é de 50g por litro. A solução é bem misturada dentro do tanque
e sai dele também a uma taxa de 2l por minuto. Encontre a quantidade de sal dentro
do tanque como uma função do tempo.
Solução. O problema nos fornece informações sobre a taxa de entrada e saída de sal
do tanque, ou seja, a partir do enunciado do problema podemos descobrir qual é a taxa
de variação da quantidade de sal em relação ao tempo. Denotando a quantidade de sal
no instante de tempo t por Q(t), devemos encontrar Q′(t). Para isso devemos encontrar
a taxa de entrada de sal e a taxa de saída de sal do tanque.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 33
A taxa de entrada de sal será a quantidade de sal que entra no tanque, em gramas,
a cada minuto. Em um minuto entram no tanque 2l de solução salina, sendo que cada
litro contém 50g de sal. Logo a taxa de entrada de sal é de
2l/min× 50g/l = 100g/min.
Vejamos agora qual é a quantidade de sal que sai do tanque. A cada minuto saem
do tanque 2l de solução bem misturada. A quantidade de sal em cada litro de água que
está dentro do tanque é
Q(t)
500
. Logo a taxa de saída de sal do tanque é de
2l/min× Q(t)
500
g/l =
Q(t)
250
g/min.
Desse modo a equação diferencial que modela o processo é
Q′(t) = 100− Q(t)
250
que é uma equação linear e portanto pode ser resolvida utilizando os métodos mostrados
nesse capítulo.
Exercício 23. Em um tanque há 500l de água limpa. A partir de um certo instante de
tempo, uma solução salina entra no tanque a uma taxa de 4l por minuto. A concentração
de sal na água que entra é de 200g por litro. A solução é bem misturada dentro do
tanque e sai dele também a uma taxa de 4l por minuto. Encontre a quantidade de sal
dentro do tanque como uma função do tempo.
Exercício 24. Em um tanque há 5kg de sal dissolvidos em 500l. A partir de um certo
instante de tempo, o tanque começa a ser lavado e água limpa entra a uma taxa de 4l
por minuto. A solução é bem misturada dentro do tanque e sai dele também a uma
taxa de 4l por minuto. Quanto tempo demora para que a quantidade de sal dentro do
tanque seja 10% do valor inicial?
3.4 Respostas dos exercícios selecionados
Exercício 20:
1: y(x) = ce−x
2
.
3: y(x) = sen(x)
2
− cos(x)
2
+ ce−x.
5: y(x) = x
2 sen(4x)
4
+ cx2.
As equações dos itens 2 e 4 não são lineares.
Exercício 23: Q(t) = 100.000
(
1− e −t125
)
.
Exercício 24: Q(t) = 10e
−t
125 . Aproximadamente 4, 8 horas.
4
Equações Diferenciais de Primeira Ordem Exatas
Observe atentamente o exemplo abaixo.
Exemplo 22. Resolva o PVI 
xy′ + y = 0
y(1) = 1
.
Solução. A equação diferencial que aparece no PVI acima é uma equação linear bem
simples e pode ser facilmente resolvida se utilizarmos o método visto no capítulo anterior.
No entanto, vamos resolvê-la usando um método diferente.
Observe que o lado esquerdo da equação é igual à derivada em relação a x da função
φ(x) = xy(x), uma vez que pela regra do produto temos
φ′(x) = xy′ + y.
Logo a equação diferencial pode ser reescrita na forma
d
dx
φ(x) = 0
, cuja solução é φ(x) = c, em que c é uma constante real qualquer. Assim temos que
xy(x) = c ⇒ y(x) = c
x
e temos a solução geral da equação.
O leitor não terá dificuldades em verificar que para que a condição inicial y(1) = 1
seja satisfeita devemos ter c = 1.
Muitas outras equações podem ser resolvidas de modo semelhante. Essas equações
são chamadas equações exatas.
Definição 8. Dizemos que uma equação diferencial de primeira ordem é exata se existe
uma função Ψ : R2 → R tal que, definido φ(x) = Ψ (x, y(x)), a equação pode ser
reescrita na forma
d
dx
φ(x) = 0. (4.1)
35
36 Equações Diferenciais Ordinárias
No exemplo acima, temos Ψ(x, y) = xy.
Uma vez encontrada a função Ψ o problema está resolvido: a função y é dada
implicitamente pela equação
φ(x) = c
em que c é uma constante real qualquer.
Obviamente, nem toda equação de primeira ordem pode ser reescrita nessa forma.
Em seguida veremos como verificar se isso é possível e, em caso afirmativo, veremos
como encontrar a função Ψ.
Dada uma função Ψ(x, y), a regra da cadeia para funções de várias variáveis implica
que
d
dx
φ(x) =
d
dx
Ψ (x, y(x)) =
∂Ψ
∂x
+
∂Ψ
∂y
dy
dx
.
Isso implica que para que a equação seja exata, ela deve ser da forma
M(x, y) +N(x, y)y′ = 0
em que
M(x, y) =
∂Ψ
∂x
e N(x, y) =
∂Ψ
∂y
.
Sabemos que, se M e N são contínuas e possuem derivadas parciais contínuas, vale
∂
∂y
∂Ψ
∂x
=
∂
∂x
∂Ψ
∂y
Daí temos que, se a equação é uma equação exata ,
My = Nx.
Teorema 2. Uma equação diferencial ordinária de primeira ordem é exata se, e somente
se, pode ser reescrita na forma
M(x, y) +N(x, y)y′ = 0 (4.2)
em que
My = Nx. (4.3)
4.1 Método de Resolução
Uma vez que a equação seja exata, devemos encontrar a função Ψ para resolvê-la.
Sabemos que
Ψx = M(x, y) e que Ψy = N(x, y).
O primeiro passo é escolher qualquer uma das condições acima e integrar em relação à
variável correspondente. Vamos escolher a primeira, mas tudo pode ser feito de maneira
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 37
análoga se escolhemos a segunda. Integrando a primeira condição em relação a x temos
que
Ψ(x, y) =
∫
M(x, y)dx+ h(y).
A função h(y) funciona como a constante de integração nesse caso. Como a integração
é somente em relação a x, a �constante� de integração pode depender da variável y.
Vamos agora usar a segunda condição para encontrar a função h(y). Sabemos que
∂Ψ
∂y
=
∂
∂y
∫
M(x, y)dx+ h′(y) = N(x, y)
o que implica que
h′(y) = N(x, y)− ∂
∂y
∫
M(x, y)dx.
Logo temos que
h(y) =
∫ (
N(x, y)− ∂
∂y
∫
M(x, y)dx
)
dy
e a função Ψ(x, y) está determinada. Com isso, temos a solução y(x, y) definida im-
plicitamente pela equação
Ψ(x, y) = c
em que c é uma constante a ser determinada através da condição inicial.
Exemplo 23. Mostre que a EDO
2x+ 3 + (2y − 2)y′ = 0
é exata e resolva-a.
Solução. A EDO é de fato exata, já que M(x, y) = 2x + 3 e N(x, y) = 2y − 2, o
que implica que My = Nx = 0. Para resolver a equação devemos encontrar a função Ψ.
Começamos com a condição
∂Ψ
∂x
= 2x+ 3.
Integrando em relação a x temos
Ψ(x, y) = x2 + 3x+ h(y).
Vamos agora usar a condição
∂Ψ
∂y
= 2y − 2
para encontrar a função h(y). Temos que
∂Ψ
∂y
= h′(y) = 2y − 2
38 Equações Diferenciais Ordinárias
o que implica que
h(y) = y2 − 2y.
Logo
Ψ(x, y) = x2 + 3x+ y2 − 2y
e a equação
x2 + 3x+ y2 − 2y = c
define a solução y(x) implicitamente.
Exemplo 24. A EDO
1 +
(
x
y
− sen(y)
)
y′ = 0
não é exata. De fato, My = 0 e Nx =
1
y
.
Exemplo 25. Resolva o PVI
2xy + (x2 − 1) dy
dx
= 0
y(0) = −2
Solução. Antes de fazer qualquer conta, devemos verificar se a equação é exata. Nesse
caso temos My = Nx = 2x e de fato ela é exata.
Para encontrar a função Ψ(x, y) vamos agora começar da segunda condição
∂Ψ
∂y
= x2 − 1.
Integrando em relaçãoa y temos
Ψ(x, y) = x2y + y + h(x).
Agora utilizamos a primeira condição para encontrar a função h(x). Temos que
∂Ψ
∂x
= 2xy + h′(x) = 2xy
o que implica que h′(x) = 0 e portanto podemos usar h(x) = 0. Daí temos que
Ψ(x, y) = x2y − y
e a equação
x2y − y = c
define y implicitamente. Isolando y temos
y(x) =
c
x2 − 1 .
O leitor não terá dificuldades em mostrar que para que a condição inicial y(0) = −2
seja satisfeita devemos ter c = 2.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 39
Exercício 25. Resolva o PVI
xy2 − cos(x) sen(x)− y(1− x2)dy
dx
= 0
y(0) = 2
Exercício 26. Resolva as equações diferenciais exatas que encontrar na seguinte lista:
1. (x− y)y′ + (−x+ y + 2) = 0;
2. y′ =
y − x+ 1
−x+ y + 3 ;
3. (x2 + y2)y′ + xexy + 1 = 0;
4. y′ =
√
y.
Exercício 27. Encontre a solução geral das EDOs exatas que econtrar na lista abaixo:
1. e2y − y cos(xy) + (2xe2y − x cos(xy) + 2y) y′ = 0;
2.
(
2y − 1
x
+ cos(3x)
)
y′ + y
x2
− 4x3 + 3y sen(3x) = 0;
3. (x2 − 4xy) + 5xy′ = 0;
4. (x+ y)2 + (2xy + x2 − 1)y′ = 0.
Exercício 28. Encontre o valor da constante k tal que
(y3 + kxy4 − 2x) + (3xy2 + 20x2y3)y′ = 0.
4.2 Fatores integrantes
Em alguns casos, uma equação diferencial que não é exata pode ser transformada em uma
equação exata se usarmos um fator integrante u(x, y). Essa função tem a propriedade
de que quando a multiplicamos em ambos os lados da equação ela passa a ser uma
equação exata.
Seja
M(x, y) +N(x, y)y′ = 0
uma equação que não é exata. Queremos saber se existe uma função u(x, y) de modo
que
u(x, y)M(x, y) + u(x, y)N(x, y)y′ = 0
40 Equações Diferenciais Ordinárias
seja exata. Para que isso aconteça, u(x, y) deve ser tal que
∂
∂y
u(x, y)M(x, y) =
∂
∂x
u(x, y)N(x, y)
que pela regra do produto implica que
uy(x, y)M(x, y) + u(x, y)My(x, y) = ux(x, y)N(x, y) + u(x, y)Mx(x, y). (4.4)
Essa é uma equação diferencial parcial para u(x, y) que em geral é muito difícil de re-
solver. Podemos no entanto supor que a função u dependa apenas de uma das variáveis,
apenas de x, u(x), ou apenas de y, u(y).
Se u depende apenas de x, a equação (4.4) passa a ser
uMy(x, y) = N(x, y)
du
dx
+ uMx(x, y)
e pode ser reescrita na forma
du
dx
=
My −Nx
N
u.
Isso só é possível se
My −Nx
N
é uma função que depende apenas de x.
Teorema 3. Uma equação diferencial
M(x, y) +N(x, y)y′ = 0
possui um fator integrante u(x) que depende apenas de x se, e somente se,
My −Nx
N
depende apenas de x.
Exemplo 26. Mostre que a equação
cos(x) +
(
1 +
2
y
)
sen(x)y′ = 0
possui um fator integrante que depende apenas de x.
Solução. Nesse caso, temos
My −Nx
N
=
0−
(
1 + 2
y
)
cos(x)(
1 + 2
y
)
sen(x)
=
cos(x)
sen(x)
,
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 41
que é uma função apenas de x. Logo a equação diferencial
u′ =
cos(x)
sen(x)
u
é uma EDO separável que fornece o fator integrante u(x). Assim temos que
u(x) cos(x) + u(x)
(
1 +
2
y
)
sen(x)y′ = 0
é uma equação exata e pode ser resolvida através do método mostrado anteriormente.
Exercício 29. Encontre a solução geral da equação
2y2 + 3x+ 2xyy′ = 0.
Exercício 30. Mostre que uma equação diferencial
M(x, y) +N(x, y)y′ = 0
possui um fator integrante u(y) que depende apenas de y se
Nx −My
M
depende apenas de y.
Exercício 31. Mostre que a equação
1 +
(
x
y
− sen(y)
)
y′ = 0
possui um fator integrante que depende apenas de y. Encontre a solução geral dessa
equação.
Exercício 32. Uma porção de uma corrente com 1m de comprimento é ligeiramente
enrolada ao redor de uma estaca na borda de uma plataforma horizontal elevada, e o
restante da corrente fica em repouso ao longo da borda da plataforma. Suponha que
o comprimento da corrente enrolada é de 30cm e que o peso da corrente é de 1kg. O
peso da porção da corrente que não está enrolada faz com que a corrente se desenrole
suavemente até cair no chão. Quando todas as forças de resistência são ignoradas, o
comprimento da corrente que não está enrolada x(t) obedece a equação
xv
dv
dx
+ v2 = 32x
Em que v é a velocidade da corrente. Encontre a velocidade com que a corrente deixa
a plataforma.
42 Equações Diferenciais Ordinárias
4.3 Respostas dos Exercícios Selecionados
Exercício 25: y(x) =
√
sen2(x)−4
x2−1 ;
Exercício 4:
1. xy − y2
2
− x2
2
+ 2x = c;
2. 3y − xy + y2
2
+ x
2
2
− x = c;
3. Não é exata;
4. Não é exata.
Exercício 4:
1. xe2y − sen(xy) + y2 = c;
2. Não é exata;
3. Não é exata;
4. −y + x2y + xy2 + x3
3
= c.
Exercício 28: k = 10.
Exercício 29: x2y2 + x3 = c.
Exercício 31: xy + y cos(y)− sen(y) = c.
5
Soluções por Substituição
Algumas equaç�es não se encaixam em nenhum dos casos vistos nos capítulos anteriores.
No entanto, é possível fazer uma mudança de variáveis que transforma a equação em
uma outra que sabemos como resolver. Existem inúmeras maneiras de fazer isso e nesse
capítulo veremos alguns dos exemplos mais importantes.
Exemplo 27. A equação diferencial
y′ = (x− y + 1)2
não é separável, nem linear, nem exata. Não temos, portanto, meios de resolvê-la através
dos métodos vistos até agora. No entanto, essa equação pode ser levada a uma equação
diferencial separável através da mudança de variáveis
z(x) = x− y + 1.
Com a função z(x) definida dessa forma temos
z′(x) = 1− y′(x).
Utilizando a equação diferencial temos que
z′ = 1− (x− y + 1)2 = 1− z2
de modo que z(x) satisfaz
z′ = 1− z2,
uma equação separável que conseguimos resolver. Separando x e z na equação acima
obtemos
dz
1− z2 = dx
que por sua vez fornece
ln |z + 1| 12 + ln |z − 1|− 12 = x+ c.
43
44 Equações Diferenciais Ordinárias
Aplicando a exponencial a ambos os lados obtemos
(z + 1)
1
2 (z − 1)− 12 = kex
em que k = ±ec. Essa equação define z implicitamente. Utilizando o fato de que
z = x− y + 1 obtemos a equação
(x− y + 2) 12 (x− y)− 12 = kex
que define y implicitamente.
A ideia do exemplo acima é introduzir uma nova função z(x) relacionada a y(x) de
modo que a equação diferencial para y(x) implique uma equação diferencial para z(x)
que caia em algum dos casos para os quais existe um método de solução. Uma vez
resolvida a equação para z(x) podemos utilizar a relação entre essa função e y(x) para
recuperar y(x), a solução da equação original que queríamos resolver. Essa é a mesma
ideia envolvida em todas as soluções de EDO's através de substituição. O que muda de
um caso para outro é formato da nova função z(x).
Exercício 33. Mostre que a equação diferencial
y′ = f(Ax+By + C)
pode ser transformada em uma equação diferencial separável através da substituição
z(x) = Ax+By + C.
5.1 Equações Diferenciais Homogêneas
Definição 9. Dizemos que uma função f(x, y) é homogênea se existe α ∈ R tal que
f(cx, cy) = cαf(x, y).
A constante α é chamada de grau da função homogênea f(x, y).
Exemplo 28. A função f(x, y) = x4 − y4 é homogênea de grau 4, uma vez queremos
f(cx, cy) = c4x4 − c4y4 = c4(x4 − y4) = c4f(x, y).
Já a função g(x, y) = x2 − 3y2 − 5xy é homogênea de grau 2, como o leitor não terá
dificuldades de mostrar. A função h(x, y) = x+ y2 + 1 não é homogênea já que
h(cx, cy) = cx+ c2y2 + 1 6= cα(x+ y2 + 1)
não importa qual seja o valor de α.
Exercício 34. Verifique se as seguintes funções são homogêneas e determine o grau:
1. f(x, y) = x2 − 4xy + 6y2;
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 45
2. f(x, y) = x4 + y4;
3. f(x, y) = x4 + y4 + 4;
4. f(x, y) = 3
√
x2 + y2;
5. f(x, y) = x
3y
+ 5.
Definição 10. Dizemos que uma equação diferencial ordinária de primeira ordem é
homogênea se ela pode ser escrita na forma
F (x, y) +G(x, y)y′ = 0
em que as funções F (x, y) e G(x, y) são homogêneas de mesmo grau.Exemplo 29. A equação (
x2 + y2
)
+
(
x2 − xy) y′ = 0
é homeogênea pois F (x, y) = x2 + y2 e G(x, y) = x2 − xy são homogêneas de grau 2.
Já equação (
x3 + y3
)
+
(
x2 − xy) y′ = 0
não é homeogênea pois F (x, y) = x3 + y3 é homogênea de grau 3 e G(x, y) = x2 − xy
é homogênea de grau 2. A equação(
x3 + y3 + 1
)
+
(
x2 − xy) y′ = 0
não é homogênea porque a função F (x, y) = x3 + y3 + 1 não é homogênea.
5.1.1 Método de Resolução
Equações homogêneas podem ser resolvidas através da substituição y(x) = xz(x). Por
serem funções homogêneas F (x, y) e G(x, y) podem ser reescritas na forma
F (x, y) = F (x× 1, x× z(x)) = xαF (1, z(x))
G(x, y) = G (x× 1, x× z(x)) = xαG (1, z(x)) .
Substituindo na equação diferencial temos
xαF (1, z) + xαG (1, z) y′ = 0
Utilizando a regra do produto temos que y′ = z + xz′. Daí temos que a equação
diferencial pode ser reescrita na forma
xαF (1, z) + xαG (1, z) (z + xz′) = 0.
46 Equações Diferenciais Ordinárias
Vamos agora manipular essa equação para mostrar que ela é uma equação separável
para a funçãoz(x). Temos que
(z + xz′) =
−xαF (1, z)
xαG (1, z)
= −F (1, z)
G (1, z)
o que nos leva a
xz′ = −F (1, z)
G (1, z)
− z
o que implica que
dz
−F (1,z)
G(1,z)
− z =
dx
x
.
Observe que uma equação homogênea pode ser escrita na forma
y′ = f(x, y)
em que a função
f(x, y) = −F (1, z)
G (1, z)
depende apenas de z = y
x
. Desse modo é equivalente dizer que uma equação é ho-
mogênea se pode ser escrita na forma
y′ = f
(y
x
)
.
Independente do modo como a equação esteja escrita, a mudança de variável z(x) =
xy(x) transforma a equação em uma equação separável que pode ser resolvida facil-
mente.
Exemplo 30. A equação diferencial
y′ =
2x− y
y
é uma equação diferencial homogênea já que pode ser escrita na forma
y − 2x+ yy′ = 0
em que M(x, y) = 2x − y e N(x, y) = y são funções homogêneas de grau 1. Para
resolvê-la utilizamos a mudança de variável
y(x) = xz(x).
Temos que y′ = z + xz′ e por isso a equação pode ser reescrita na forma
xz − 2x+ xz(z + xz′) = 0
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 47
que pode ser simplificada para
z − 2 + z2 + xzz′ = 0,
que em seguida pode ser escrita na forma
z′ = −z
2 + z − 2
xz
.
Essa é uma equação separável que pose ser facilmente resolvida. Separando de um lado
a função z e do outro a variável x temos
zdz
z2 + z − 2 = −
dx
x
.
Integrando ambos os lados e observando que a integral do lado esquerdo pode ser feita
através de frações parciais temos
ln |z + 2| 23 + ln |z − 1| 13 = − ln |x|+ c.
Aplicando a exponencial em ambos os lados temos que
(z + 2)
2
3 (z − 1) 13 = k
x
em que k = ±ec é uma constante real arbitrária. Essa equação define a função z(x)
implicitamente e substituinto z = y
x
temos que(y
x
+ 2
) 2
3
(y
x
− 1
) 1
3
=
k
x
.
A constante k pode ser encontrada a partir das condições iniciais.
Exemplo 31. Encontre a solução geral da equação(
y2 + yx
)
+ x2y′ = 0.
Solução. Fazendo a substituição y(x) = xz(z) a equação pode ser reescrita na forma(
x2z2 + x2z
)
+ x2 (z + xz′) = 0
que pode ser simplificada para (
z2 + 2z
)
+ xz′ = 0.
Separando z e x temos
dz
z2 + 2z
= −dx
x
48 Equações Diferenciais Ordinárias
cuja solução geral é
z
1
2 (z + 2)−
1
2 = kx−1
que define z implicitamente. Substituindo z por y
x
temos que a equação(
y(x)
x
) 1
2
(
y(x)
x
+ 2
)− 1
2
= kx−1
define a solução y implicitamente.
Exercício 35. Resolva as equações diferenciais homogêneas abaixo:
1. (x2 + y2) + (x2 − xy) y′ = 0;
2.
(
2
√
xy − y)+−xy′ = 0;
3. (2x3y) + (x4 + y4) y′ = 0;
Exercício 36. Resolva as equações homogêneas que encontrar na lista abaixo.
1. 5x− y + 3xy′ = 0;
2. x2 + y2 − 2xy′ = 0;
3. xy′ + y = 3;
4. xy + 1 + y2y′ = 0;
5. ey/x + y′ − y
x
= 0.
5.2 Equações de Bernoulli
Definição 11. Dizemos que uma equação diferencial ordinária de primeira ordem é uma
equação de Bernoulli se pode ser escrita na forma
y′ + P (x)y = Q(x)yn (5.1)
Para a resolver uma equação de Bernoulli, podemos fazer uma substituição que leva
a equação a uma equação diferencial linear de primeira ordem, que já sabemos resolver.
Começamos dividindo ambos os membros por yn, o que nos leva a equação
y−ny′ + P (x)y1−n = Q(x). (5.2)
Definimos agora
z(x) = (y(x))1−n
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 49
cuja derivada é
z′ = (1− n)y1−n−1y′ = (1− n)y−ny′.
Multiplicando ambos membros da equação (5.2) por 1− n, obtemos
(1− n)y−ny′ + (1− n)P (x)y1−n = (1− n)Q(x)!
que pode ser reescrita na forma
z′ + (1− n)P (x)z = (1− n)Q(x).
A última equação é uma equação diferencial linear que (supondo, como acima, P(x)
e Q(x) contínuas) pode ser resolvida pelo processo anteriormente descrito. A partir da
solução dessa equação linear podemos chegar à solução y(x) se substituirmos z por y1−n.
Exemplo 32. Resolva a seguinte equação diferencial
dy
dx
+
1
x
y = xy2.
Solução.
Dividindo ambos os lados da equação por y2 obtemos
y′y−2 +
1
x
y−1 = x.
Vamos agora utilizar a seguinte mudança de variáveis:
z(x) = y−1.
Calculando a derivada de z(x) temos
z′ = −y−2y′.
Podemos então reescrever a equação diferencial na forma
z′ − 1
x
z = −x (5.3)
que é uma equação diferencial linear para z(x). Vamos agora resolver essa equação.
Temos que
P (x) = −1
x
e Q(x) = −x
o que implica ∫
P (x) dx =
∫
−1
x
dx = − lnx = lnx−1
que por sua vez implica que
u(x) = e
∫
P (x) dx = elnx
−1
= x−1.
50 Equações Diferenciais Ordinárias
Daí temos que(
x−1y(x)
)
=
∫
e
∫
P (x) dxQ(x) dx =
∫
−x−1x dx =
∫
−1 dx,= −x.
Assim a solução geral da equação (5.3) é dada por
x−1z = −x+ c.
Para x 6= 0, essa equação é equivalente a
z = −x2 + cx,
ou seja, temos
z(x) = −x2 + cx.
Substituindo z por y−1, temos
y−1 = −x2 + cx,
o que equivale a,
y(x) =
1
−x2 + cx.
Exercício 37. Resolva as equações de Bernoulli abaixo:
1. y′ +
1
x
y = (cosx)y−2;
2.
dy
dx
+ x2y = x2y4.
Exercício 38. Mostre que a equação (cos y)y′+2x sen y = −2x pode ser transformada
em uma equação linear. (Sugestão: z = sen y).
Exercício 39 (Equação de Ricatti). A equação
y′ + P (x)y +Q(x)y2 = f(x) (5.4)
é chamada Equação de Ricatti.
1. Mostre que se y1(x) e y2(x) são soluções da equação (5.4), então, a função
z(x) = y2(x)− y1(x) é a solução da equação de Bernoulli
z′ = (P + 2y2Q)z −Qz2.
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2. Sabendo que y(x) = x é uma solução da equação de Ricatti
y′ + x3y − x2y2 = 1,
determine as demais soluções.
3. Sabendo que y(x) = x2 é uma solução da equação de Ricatti
y′ = y2 + 2x− x4,
determine as demais soluções.
5.3 Respostas dos Exercícios Selecionados
Exercício 34:
1. A função é homogênea de grau 2;
2. A função é homogênea de grau 4;
3. A função não é homogênea;
4. A função é homogênea de grau
2
3
;
5. A função é homogênea de grau 0.
Exercício 35:
1. ln
∣∣ y
x
+ 1
∣∣2 |x| = y
x
+ c;
2.
(√
y
x
− 1)2 = kx;
3.
∣∣∣ y4x4 + 3∣∣∣ 16 ∣∣ yx∣∣ 13 = kx .
Exercício 36:
1.
(
y
x
+ 5
) 3
2 = k
x
;
2. A equação não é homogênea;
3. y(x) = −x ln (ln |x|+ c) ;
52 Equações Diferenciais Ordinárias
4. A equação não é homogênea;
5. A equação não é homogênea.
Exercício 37: (Atenção! Esse exercício foi modificado!)
1. y(x) = 1
3
√
1+cex3
;
2. x3y3 = x(x2 − 6) sen(x) + 3(x2 − 2) cos(x) + c.
6
Considerações qualitativas sobre Equações Diferenciais de
Primeira Ordem: Campos de Direções
Quando estamos trabalhando com equações diferenciais ordinárias de primeira ordem,
podemos obter várias informações qualitativas sobre o comportamento da solução mesmo
quando a equação não pode ser resolvida.Como a solução da equação se comporta na
vizinhança de um determinado ponto? Qual é o comportamento da solução quando
x tende a infinito? Veremos que perguntas como essas e várias outras podem ser
respondidas a partir do Campo de Direções da equação.
A utilidade do campo de direções está ligada ao importante fato do cálculo diferencial:
A derivada
dy
dx
(x0) de uma função y(x) representa a inclinação da reta tangente ao
gráfico de y no ponto (x0, y(x0)) . Além disso, se a inclinação é positiva a função y(x)
é crescente e se a inclinação é negativa a função y(x) é decresente.
Em geral, se soubermos a inclinação da função y(x) em todos os pontos onde ela
está definida poderemos responder várias perguntas sobre seu comportamento.
Exemplo 33. A figura abaixo mostra o gráfico da função f(x) = x2.
Na primeira parte da figura o gráfico aparece sozinho e na segunda parte ele aparece
acompanhado de vários segmentos de reta azuis que representam a inclinação da reta tan-
gente ao gráfico naqueles pontos. A terceira parte da figura mostra apenas os segmentos
de reta. Observe que a partir deles é possível ter uma ideia razóavel do comportamento
da função , mesmo sem ter o seu gráfico completo. Usaremos um procedimento semel-
hante para estudarmos o comportamento das soluções de uma equação diferencial de
primeira ordem.
53
54 Equações Diferenciais Ordinárias
Quando uma equação diferencial ordinária de primeira ordem está escrita na forma
dy
dx
= f(x, y)
é fácil descobrir qual é a inclinação da solução em cada ponto do plano (x, y). Para
isso, em cada ponto do plano podemos desenhar um pequeno segmento de reta com
inclinação dada por f(x, y). Esse pequeno segmento de reta ilustra a inclinação da
reta tangente ao gráfico da solução y(x) que passa por esse ponto. Esses pequenos
segmentos de reta são chamados elementos lineares.
Se calcularmos o valor de f(x, y) em uma malha retangular de pontos no plano e
em cada um desses pontos desenharmos o elemento linear correspondente, obteremos
uma coleção de pequenos segmentos de reta que é chamada de Campo de Direções da
equação diferencial.
Em cada ponto da malha o segmento de reta do campo de direções representa a
inclinação da reta tangente ao gráfico da solução que passa por aquele ponto.
Visualmente o campo de direções sugere a aparência ou a forma das soluções da
equação diferencial. Em geral é possível vizualizar determinados aspectos qualitativos
das soluções, como regiões de crescimento ou decrescimento, comportamento no infinito,
etc. Cada uma das soluções da equação deve acompanhar o padrão determinado pelo
campo: quando a solução passa por um ponto da malha ele deve ser tangente ao
elemento linear correspondente.
Exemplo 34. Os exemplos abaixo mostram vários campos de direções e algumas soluções
exatas são representadas geometricamente. Observe como as soluções seguem o fluxo
determinado pelo campo.
 
 
56 Equações Diferenciais Ordinárias
Exemplo 35. O campo de direções da equação y′ = −y mostrado nas duas figuras
abaixo foi contruído utilizando um programa de computador. A diferença entre ois dois
campos está na malha retangular utilizada. Observe que na segunda figura são utilizados
mais pontos na malha, o que facilita a vizualização do comportamento da solução. Uma
das soluções dessa equação diferencial é exibida. Observe como ela acompanha o fluxo
determinado pelo campo de direções.
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Exemplo 36. A figura abaixo mostra um campo de direções para a equação
y′ = sen(x+ y)
construído a partir de um programa de computador. A figura também mostra uma das
soluções da mesma equação diferencial. Observe como a solução acompanha o fluxo
determinado pelo campo.
6.1 Equações Diferenciais Ordinárias de Primeira
Ordem Autônomas
Definição 12. Dizemos que uma equação diferencial de primeira ordem é autônoma se
a variável independente x não aparece explicitamente, ou seja, se ela pode ser escrita na
forma
dy
dx
= f(y). (6.1)
Equações autônomas são sempre separáveis, pois podemos reêscrevê-las na forma
dy
f(y)
= dx
58 Equações Diferenciais Ordinárias
separando a função y da variável x. No entanto, a integral envolvida pode ser complicada
e pode ser útil obter informações qualitativas sobre y a partir do campo de direções.
Para uma equação autônoma o valor de y′ pode ser encontrado a partir de y, uma
vez que x não aparece na equação. Por isso, é bem mais fácil desenhar o campo de
direções nesses casos.
Exemplo 37. A figura abaixo mostra o campo de direções da equação diferencial
y′ =
−y
2
.
Observe que para um mesmo valor de y (linhas horizontais) todos os elementos lineares
são iguais. A figura também mostra uma das soluções da equação diferencial.
Definição 13. Dizemos que uma solução constante y(x) = c da equação autônoma
y′ = f(y) (6.2)
é uma solução de equilíbrio.
Observe que a função constante y(x) = c é solução da equação (6.2) se, e somente
se, f(c) = 0.
No exemplo 37 temos uma única solução de equilíbrio, a saber, a solução constante
y(x) = 0.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 59
Exemplo 38. As figuras abaixo mostra o campo de direções da equação diferencial
y′ =
y(y2 − 4)
2
.
Observe que para um mesmo valor de y (linhas horizontais) todos os elementos lineares
são iguais, o que é uma consequência do fato de que a equação diferencial é autônoma.
As soluções de equilíbrio nesse caso são y(x) = 2, y(x) = 0 e y(x) = −2. A primeira
figura mostra uma das soluções da equação diferencial com condição inicial 0 < y(0) < 2
e a segunda figura mostra uma das soluções com condição inicial y(0) > 2. Observe
que o comportamento da solução depende fortemente da condição inicial.
60 Equações Diferenciais Ordinárias
Observe no exemplo acima que as soluções com condição inicial y(0) próxima de
0 se aproximam da solução estável y(x) = 0. Quando isso acontece dizemos que a
solução é uma solução de equilíbrio estável. Caso contrário, dizemos que é uma solução
de equilíbrio instável. Observe que no exemplo acima as soluções y(x) = 2 e y(x) = −2
são soluções de equilíbrio instável.
6.2 Equações não-autônomas
Quando temos uma equação diferencial que não é autônoma o desenho do campo de
direções é mais complexo porque nesse caso os elementos lineares dependem também
de x. A melhor estratégia é encontrar primeiro o conjunto de pontos do plano em que
os elementos lineares são horizontais, ou seja, encontrar o conjunto de pontos do plano
onde temos y′ = f(x, y) = 0. Em seguida devemos fixar um valor c ∈ R e encontrar
o conjunto de pontos do plano que satisfazem y′ = f(x, y) = c. Nesse conjunto de
pontos todos os elementos lineares serão idênticos e sua inclinação será dada pelo valor
de c.
Exemplo 39. As figuras abaixo mostram o campo de direções da equação diferencial
y′ = x− y.
O conjunto de pontos para os quais y′ = 0 é a reta y = x. Observe que sobre essa reta
todos os elementos lineares no campo são horizontais. Fixado c o conjunto de pontos
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em que o elemento linear possui inclinação c é a reta y = x− c, que é uma reta paralela
à reta y = x. Observe que sobre essas retas todos os elementos lineares são idênticos.
62 Equações Diferenciais Ordinárias
Exercício 40. Para as equações diferenciais abaixo, desenhe um campo de direções e
determine o comportamento de y quando t torna-se muito grande. Se esse comporta-
mento depender do valor inicial y(0), descreva essa dependência.
(a) y′ = 3− 2y (b) y′ = 2y − 3
(c) y′ = 3 + 2y (d) y′ = y(4− y)
(e) y′ = −y(5− y) (f) y′ = y2
(g) y′ = y(y − 2)2 (h) y′ = −2 + t− y
(i) y′ = te−2t − 2y (j) y′ = 3 sen(t) + 1 + y
Exercício 41. A equação diferencialdP
dt
= P (aP − b)
com a e b constantes positivas é um modelo populacional bem conhecido, chamado de
modelo logísitico. Esboce o campo de direções da equação diferencial e verifique o que
acontece com a população quando o tempo é muito grande.
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Exercício 42. Outro modelo populacional é dado pela equação
dP
dt
= kP − h
em que k e h são constantes positivas. Esboce o campo de direções dessa equação
diferencial e verifique para quais valores da população inicial o modelo prediz que a
população será extinta.
Após resolver esses exercícios você pode conferir a sua resposta plotando o campo de
direções das equações no link http://www.im.ufrj.br/waldecir/calculo2/interativo/
campo_dir.html
7
Aplicações
Exemplo 40. Por volta do ano de 1840, o matemático e biólogo belga P. F. Verhulst
interessou-se por modelos matemáticos para predizer a população humana de vários
países. Uma das equações estudadas por ele foi a equação
dP
dt
= rP
(
1− P
k
)
,
onde r e k são constantes positivas relacionadas às taxas de natalidade e mortalidade e
migração respectivamente. Essa equação ficou conhecida como equação logística e sua
solução como função logística.
A equação
dP
dt
= kP
não fornece um modelo preciso quando a população é muito grande, uma vez que em
caso de superpopulação, devemos considerar os efeitos prejudiciais sobre o meio ambiente
como poluição e competição por alimentos e outros rescursos, o que implica em um fator
que inibe o crescimento populacional. O termo −bP 2 pode ser interpretado como esse
termo de �inibição�. Observe que quando a população é pequena o termo positivo
domina, o que implica em um crescimento da população. Quando a população é muito
grande o termo negativo domina, o que leva a um decrescimento da população.
A equação logística é uma equação linear e pode ser resolvida facilmente, fornecendo
a solução
P (t) =
kP0e
rt
k + P0 (ert − 1) .
Quando o tempo é muito grande, t→∞ temos que a população se estabiliza próxima
ao valor k. A figura abaixo mostra um exboço da solução.
65
66 Equações Diferenciais Ordinárias
O modelo logístico é particularmente bom para modelar populações de determinados
tipos de bactérias, vírus, protozoários e de alguns insetos, como a pulga-d'água e a mosca
da fruta. Além disso, a equação logística possui inúmeras aplicações em outras áreas:
medicina, para modelar o crescimento de tumores; química, para modelar reações; em
economia, para modelar o sucesso de uma inovação; Em linguística, para modelar como
uma língua varia ao longo do tempo, entre outras.
Exercício 43. Suponha que um estudante portador de um vírus da gripe frequênte um
campus isolado com cerca de 1000 estudantes. Supondo que a taxa de propagação do
vírus seja proporcional tanto ao número de estudantes infectados quanto ao número de
estudantes não infectados, determine o número de estudantes infectados após seis dias
se for observado que após 4 dias 50 estudantes foram infectados.
Exemplo 41. Uma poderosa ferramenta em pesquisa arqueológica é a datação por
carbono radiotativo, que permite determinar a idade de determinados restos de plantas
e portanto de objetos encontrados junto com elas. Esse procedimento foi desenvolvido
pelo químico americano Willard Libby no início da década de 50, e lhe rendeu o prêmio
Nobel em Química de 1960. O procedimento utiliza o fato de que algumas plantas
acumulam um isótopo do carbono chamado carbono-14, que começa a decair após sua
morte. Através de medidas adequadas feitas em laboratório, a proporção de carbono-14
remanescente pode ser determinada e através dessa proporção é possível saber a idade
da planta.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 67
1. Sabendo que a meia-vida do carbono-14 é de 5730 anos e que a quantidade de
carbono-14 na planta em função do tempo Q(t) satisfaz a equação diferencial
Q′ = −rQ, determine a constante de decaimento r para o carbono-14;
2. Encontre uma expressão para Q(t);
3. Suponha que foram descobertos restos de plantas em que a quantidade de carbono-
14 atual é igual a 20% da quantidade original. Determine a idade dos restos.
Solução. Como o leitor pode facilmente verificar, a solução para a equação diferencial
Q′ = −rQ é Q(t) = Q0e−rt em que Q0 é a quantidade de carbono original na amostra.
A meia-vida de um elemento quuímico é o tempo necessário para que metade da amostra
tenha decaído. Isso quer dizer que para o carbono 14
Q(5730) =
Q0
2
ou seja,
e−r5730 =
1
2
.
Aplicando a função ln em ambos os lados e com o auxílio de uma calculadora é possível
encontrar o valor de r da equação acima. Para resolver o último item, precisamos
encontrar o valor de t para o qual Q(t) = 0.2Q0, ou seja, e
−rt = 0.2. Com o valor de
r encontrado no item anterior e com o auxílio de uma calculadora encontramos o valor
de t desejado.
Exercício 44. Foi encontrado um osso fossilizado que contém um milésimo da quanti-
dade original de C-14. Estime a idade do fóssil.
Exemplo 42. Suponha que um empréstimo é feito a uma taxa de r% ao mês. Suponha
que os juros sejam compostos continuamente, ou seja, suponha que em cada instante
de tempo o aumento no valor dos juros a serem pagos é proporcional ao valor devido
naquele instante de tempo. Isso quer dizer que
dV
dt
= rV
o que fornece a solução
V = VP · er·t
em que V é o Valor Futuro, VP é o Valor Presente e r é a taxa de juros continuamente
composta.
Exercício 45. Resolva os problemas de modelagem enunciados abaixo.
68 Equações Diferenciais Ordinárias
1. Após um experimento, um tanque contém 200 l de uma solução de tinta a uma
concentração de 1 g/l. Um novo experimento será feito e para isso é necessário
que o tanque seja limpo. O tanque é lavado com água fresca, que entra a uma
taxa de 2 l/min. A solução bem misturada sai à mesma taxa. Encontre o tempo
necessário para que a concentração de tinta atinja 1% do seu valor inicial.
2. Um tanque contém 500 l de água fresca. é despejada uma solução contendo 300 g
de sal a cada 5 litros a uma taxa de 10 l/min e a mistura sai do tanque à mesma
taxa. Após 10 min o processo é parado e é despejada água fresca a uma taxa de
10 l/min e a mistura sai à mesma taxa. Encontre a quantidade de sal no tanque
após mais 10 min.
3. Um tanque contém 500 l de água e 2 Kg de sal. água contendo uma concentração
de sal de
1+sen(t)
4
g/l entra no tanque a uma taxa de 10 l/min e a mistura no
tanque sai à mesma taxa.
a) Encontre a quantidade de sal no tanque em qualquer instante;
b) Desenhe a solução para um período de tempo suficientemente grande, de
modo que você possa ver o comportamento limite da solução;
c) O comportamento limite da solução é uma oscilação em torno de um valor
limite. Qual é esse nível? Qual é a amplitude da oscilação?
4. Pablo investe k reais por ano a uma taxa anual de rendimento r. Suponha que os
investimentos sejam feitos continuamente e que o rendimento é composto contin-
uamente.
a) Determine a quantia S(t) acumulada em qualquer instante t;
b) Se r = 7, 5%, determine k de modo que esteja disponível R$1 milhão para
a aposentadoria de Pablo após 40 anos;
c) Se k = 2000 reais/ano, determine a taxa de rendimento r para se ter R$1
milhão após 40 anos.
5. Lucas e Silmara se casaram e desejam comprar um imóvel, mas não querem pagar
mais que 2 mil reais por mês de prestação do financiamento. Suponha que a taxa
de juros é de 9% ao ano e que o financiamento é de 20 anos. Suponha que os juros
são compostos continuamente e que os pagamentos sejam feitos continuamente.
a) Determine o empréstimo máximo que eles podem pedir;
b) Determine os juros totais pagos durante todo o empréstimo.
6. Geraldo tem uma quantia S(t) investida que rende juros a uma taxa anual r
composta continuamente.São feitas retiradas para as despesas a uma taxa de k
reais por ano, também continuamente.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 69
a) Se o valor inicial do investimento é S0, determine S(t) em qualquer instante
t;
b) Supondo S0 e r fixos, determine k para que S(t) permaneça constante;
c) Se k excede o valor k0 encontrado no item anterior, S(t) diminui até se tornar
nulo. Encontre o instante t0 para o qual S(t0) = 0;
d) Determine t0 se r = 8% e k = 2k0;
e) Suponha que uma pessoa que se aposenta com capital S0 deseja efetuar
retiradas a uma taxa k por não mais de t0 anos. Calcule a taxa máxima de
retirada;
f) Qual é o valor do investimento inicial que permite uma retirada anual de 12
mil reais por ano durante 20 anos, supondo uma taxa de juros de 8% ao ano?
7. A população de mosquistos em determinada área cresce a uma taxa proporcional à
população atual e a população dobra a cada semana. Existem inicialmente 20.000
mosquitos na área e os predadores comem 20.000 mosquitos por dia. Determine
a população de mosquitos em qualquer instante de tempo t. Qual é a população
de equilíbrio?
8. A lei de resfriamento de Newton diz que a temperatura de um objeto muda a uma
taxa proporcional à diferença de temperatura entre ele e o ambiente que o rodeia.
Suponha que a temperatura de uma xícara de café obedeça à lei de resfriamento
de Newton. Se o café estava a uma temperatura de 90◦C quando colocado na
xícara e um minuto depois esfriou para 80◦C em uma sala a 30◦C, determine
quando o café atinge a temperatura de 50◦C. O que acontece com a temperatura
do café quando esperamos um intervalo bem grande de tempo?
9. Quando um bolo é retirado do forno a sua temperatura é de 150◦C. Dez minutos
mais tarde sua temperatura é de 100◦. Quanto tempo levará para o bolo atingir a
temperatura de 50◦?
10. Suponha que uma sala contenha 30m3 de ar sem monóxido de carbono. Começando
no instante t = 0, é introduzida fumaça de cigarro contendo 4% de monóxido de
carbono a uma taxa de 0, 025 m3/min e permite-se que a mistura, bem circulada,
saia da sala à mesma taxa.
a) Encontre uma fórmula para a concentração de monóxido de carbono na sala
em função do tempo;
b) O monóxido de carbono possui uma afinidade química com a hemoglobina
cerca de 250 vezes maior que o oxigênio. Quando a carboxihemoglobina é
formada, a capacidade que os glóbulos vermelhos possuem de transportar
oxigênio aos tecidos é reduzida. As células privadas de oxigênio morrem por
inanição. Portanto, o CO age como um agente asfixiante. Exposição longa
a uma concentração de monóxido de carbono tão baixa quanto 0, 00012 faz
70 Equações Diferenciais Ordinárias
mal ao corpo humano. Encontre o instante em que essa concentração é
atingida.
11. Uma bola de massa 0, 15 Kg é atirada para cima com velocidade inicial 20 m/s
do teto de um edifício com 30 m de altura. Despreze a resistência do ar.
a) Encontre a altura máxima acima do chão atingida pela bola;
b) Supondo que a bola não bate no prédio ao descer, encontre o instante em
que ela atinge o solo;
c) Desenhe os gráficos da velocidade e da altura em função do tempo.
12. Repita o exercício anterior supondo uma força de resistência do ar igual a −v.
13. Um corpo de massa m é atirado para cima a uma velocidade inicial v0 em um
meio em que a resistência do ar é −kv.
a) Encontre uma equação para v(t);
b) Use o resultado do item anterior para calcular limk→0 v(t). O que isso sig-
nifica? Esse resultado coincide com o esperado?
c) Use o resultado obtido no primeiro item para calcular limm→0 v(t). O que
isso significa?
14. Três forças agem em um corpo caindo em um fluido denso: o peso, uma força
de resistência e uma força de empuxo. A força de empuxo é igual ao peso do
volume de fluido deslocado pelo objeto. Para um corpo esférico de raio r a força
de resistência é dada pela leo de Stokes: FR = krv, em que k é uma constante
que depende do fluido (coeficiente de viscosidade) e v é a velocidade do objeto.
a) Encontre a velocidade limite de um objeto de raio r e densidade ρo em queda
livre em um meio de densidade ρm e coeficiente de viscosidade k;
b) Suponha que o objeto descrito no item anterior seja uma gotícula de oléo e
que essa gotícula possua uma carga elétrica e. Se a gotícula cai em um meio
com campo elétrico E, existe uma força elétrica adicional Ee agindo sobre
ela. Suponha que o campo E tenha sido ajustado para que v = 0. Encontre
uma fórmula para e. Esse procedimento foi usado pelo físico americano R.
A. Millikan para determinar a carga do elétron.
Parte III
Equações Diferenciais Ordinárias
Lineares de Segunda Ordem
71
8
Teoria Geral das EDO's lineares de segunda ordem
Uma equação diferencial linear de ordem n tem a forma geral
a0(x)y
(n) + a1(x)y
(n−1) + . . .+ an−1(x)y′ + an(x)y = f(x)
em que a0 não é a função identicamente nula (se fosse, teríamos uma equação de ordem
n− 1). Por simplicidade estudaremos a equação de ordem 2, mas os resultados obtidos
podem ser facilmente generalizados ao caso de ordem n. Dividindo os dois lados da
equação linear de segunda ordem por a0, obtém-se a forma padrão
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = g(x).
Para esse tipo de equação diferencial também podemos provar o teorema de existência
e unicidade:
Teorema 4 (Existência e Unicidade). Se as funções p(x), q(x) e g(x) são contínuas
num intervalo (a, b) contendo o ponto x0, existe uma única solução do problema de
valor inicial {
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = g(x)
y(x0) = y0, y
′(x0) = y′0
definida no intervalo (a, b).
Observe que nesse caso podemos garantir a existência da solução em todo intervalo
(a, b), o que não acontecia no teorema de existência e unicidade para equações de
primeira ordem. Isso se deve ao fato de que estamos estudando uma classe bastante
restrita de equações de segunda ordem, o que nos permite encontrar resultados mais
fortes sobre suas soluções.
Exemplo 43. Determine, sem resolver a equação, o maior intervalo no qual o problema
de valor inicial {
(x2 − 4)y′′ + xy′ + 1
x+ 1
y =
2
x− 3 ,
y(1) = 1, y′(1) = 0
admite, com certeza, solução única.
73
74 Equações Diferenciais Ordinárias
Solução. Primeiramente, escrevemos a equação no formato usual:
y′′ +
x
(x2 − 4)y
′ +
1
(x2 − 4)(x+ 1)y =
2
(x2 − 4)(x− 3) .
As funções p(x) = x
(x2−4) , q(x) =
1
(x2−4)(x+1) e g(x) =
2
(x2−4)(x−3) são contínuas exceto
em x = ±2,−1 ou 3. Assim o maior intervalo em que essas funções são contínuas e
que contém a condição inicial x0 = 1 é o intervalo (−1, 2). Pelo Teorema de Existência
e Unicidade, o problema de valor inicial possui solução única definida, pelo menos, no
intervalo I = (−1, 2).
Exercício 46. Determine, sem resolver a equação, o maior intervalo no qual o problema
de valor inicial  (x2 − 3)y′′ + xy′ +
lnx
x− 0, 5y = 0,
y(1) =
√
2, y′(1) = pi
admite, com certeza, solução única.
No caso geral de ordem n, as condições iniciais serão o valor da função e das primeiras
n − 1 derivadas num ponto x0, e as condições de existência e unicidade serão a con-
tinuidade das n+ 1 funções que aparecem na forma padrão da equação.
8.1 Equações lineares homogêneas
A forma geral da equação linear homogênea de segunda ordem é
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0 (8.1)
Seja
X = {φ : R→ R;φ′′ + p(x)φ′ + q(x)φ = 0}
o conjunto de todas as soluções da equação diferencial (8.1).
Teorema 5. X e um espaço vetorial, ou seja, X é preservado pelas operações de soma
de função e multiplicação de função por constante.
Demonstração. Para mostrar que X é um espaço vetorial devemos mostrar que as op-
erações de soma e multiplicação por escalar estão bem definidas em X, ou seja, devemos
mostrar que ao somarmos duas funções pertencentes a X permanecemos em X e que
ao multiplicarmos uma função pertencente a X por um escalar qualquer permanecemos
em X. Isso equivale a mostrarque dadas duas soluções y1 e y2, qualquer combinação
linear das duas soluções
φ(x) = c1y1(x) + c2y2(x)
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 75
é também solução. Isso pode ser facilmente provado, substituindo φ na equação difer-
encial e mostrando que os dois lados da equação são iguais:
φ′′ + p(x)φ′ + q(x)φ =
(c1y1 + c2y2)
′′ + p(x)(c1y1 + c2y2)′ + q(x)(c1y1 + c2y2) =
(c1y
′′
1 + c2y
′′
2) + p(x)(c1y
′
1 + c2y
′
2) + q(x)(c1y1 + c2y2) =
c1 (y
′′
1 + p(x)y1 + q(x)y1)︸ ︷︷ ︸
=0
+c2 (y
′′
2 + p(x)y2 + q(x)y2)︸ ︷︷ ︸
=0
=
c1 × 0 + c2 × 0 = 0.
Os termos entre parênteses no lado esquerdo da penúltima linha são iguais a zero, uma
vez que estamos assumindo que y1 e y2 são soluções da equação (8.1).
As outras propriedade que precisam ser verificadas para que um conjunto seja um
espaço vetorial são válidas para X uma vez que X é um subconjunto do conjunto de
todas as funções reais, que é um espaço vetorial com a soma de funções e o produto de
função por escalar usuais.
O fato de X ser um espaço vetorial nos dá uma ferramenta poderosa para encontrar-
mos a solução geral da equação: espaços vetoriais possuem bases, que são conjuntos de
vetores a partir dos quais podemos gerar todos os outros elementos do espaço vetorial
através de combinações lineares. Desse modo, para determinar a solução geral bastará
então determinar uma base para X, e qualquer outra solução será escrita como uma
combinação linear das soluções que formam a base.
Atenção. o conjunto de soluções de uma equação diferencial é um espaço vetorial
apenas se ela for uma equação linear e homogênea. Caso contrário isso não é verdade!
Exercício 47. Mostre que o conjunto de soluções da equação diferencial
y′′ + y = 1
não é um espaço vetorial, ou seja, o conjunto de solução não é preservado pela soma de
funções ou pelo produto de uma função por escalar.
8.2 Determinando uma base para X
Vamos agora estudar as propriedades que devem ser satisfeitas por um conjunto de
soluções para que ele seja uma base para X.
Definição 14. Dadas duas funções f, g : R→ R definimos uma nova função
W [f, g] (x) = f(x)g′(x)− f ′(x)g(x) = det
∣∣∣∣ f(x) g(x)f ′(x) g′(x)
∣∣∣∣,
chamada Wronskiano de f e g.
76 Equações Diferenciais Ordinárias
Exercício 48. Calcule o Wronskiano dos seguintes pares de funções:
1. eλ1x e eλ2x com λ1 6= λ2;
2. eαx cos(βx) e eαx sen(βx);
3. eλx e teλx;
Exercício 49. Se o Wronskiano de f e g é 3e4x e se f(x) = e2x, encontre g(x).
Exercício 50. Se o Wronskiano de f e g é x2ex e se f(x) = x, encontre g(x).
Exercício 51. Se W (f, g) é o Wronskiano de f e g e se u = 2f − g e v = f + 2g,
encontre o Wronskiano W (u, v) de u e v em função de W (f, g).
Soluções independentes
Definição 15. Dizemos que duas soluções y1(x) e y2(x) formam um conjunto funda-
mental de soluções para a equação diferencial (8.1) se W [y1, y2] (x) 6= 0 para todo x
no domínio de y1 e y2.
Exemplo 44. Mostre que y1(x) = e
x
e y2(x) = e
−x
formam um conjunto fundamental
de soluções para e equação diferencial
y′′ − y = 0.
Solução. A verificação que ambas funções são de fato soluções da equação diferencial
é trivial, basta calcular as derivadas, substituir na equação e verificar que a igualdade é
satisfeita. Resta então mostrar que essas funções formam um conjunto fundamental de
soluções. Para isso, basta mostrar que o Wronskiano delas é diferente de zero:
W [y1, y2] (x) = det
[
ex e−x
ex −e−x
]
= −2 6= 0.
Exercício 52. Mostre que y1(x) = e
x
e y2(x) = e
2x
formam um conjunto fundamental
de soluções para e equação diferencial
y′′ − 3y′ + 2y = 0.
Vamos provar agora que um conjunto fundamental de soluções é uma base para
X. Para isso precisamos mostrar primeiramente que {y1, y2} gera X, isto é, que toda
solução φ pode ser escrita como combinação linear de y1 e y2.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 77
Teorema 6. Seja {y1, y2} um conjunto fundamental de soluções para a equação (8.1)
definidas no intervalo (a, b). Se φ é outra solução de (8.1) no intervalo (a, b) então
existem constantes k1 e k2 ∈ R tais que
φ(x) = k1y1(x) + k2y2(x),
para todo x ∈ (a, b).
Demonstração. Tomando x0 qualquer em (a, b), definimos o PVI{
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0
y(x0) = φ(x0), y
′(x0) = φ′(x0)
. (8.2)
Vamos mostrar que existem constantes k1, k2 ∈ R tais que k1y1 + k2y2 é solução desse
PVI. Já sabemos que qualquer combinação linear desse tipo é solução da equação difer-
encial, e portanto resta verificar a existência das constantes k1, k2 de modo que as
condições iniciais sejam satisfeitas. Para que isso aconteça precisamos que{
k1y1(x0) + k2y2(x0) = φ(x0)
k1y
′
1(x0) + k2y
′
2(x0) = φ
′(x0)
que é um sistema linear para as constantes k1 e k2, que pode ser reescrito na forma
matricial [
y1(x0) y2(x0)
y′1(x0) y
′
2(x0)
] [
k1
k2
]
=
[
φ(x0)
φ′(x0)
]
.
Esse sistema terá solução única se
det
[
y1(x0) y2(x0)
y′1(x0) y
′
2(x0)
]
= W [y1, y2](x0) 6= 0
condição que é verificada uma vez que y1 e y2 formam um conjunto fundamental de
soluções. Logo podemos garantir a existência de k1 e k2 tais que k1y1 + k2y2 é solução
do PVI (8.2). Claramente φ também é solução de (8.2). Pelo teorema de existência e
unicidade vale que
φ(x) = k1y1(x) + k2y2(x)
como queríamos provar.
Para provar que um conjunto fundamental de soluções é uma base para X, resta
provar que seus elementos são linearmente independentes (l.i.).
8.3 Independência linear entre funções
Definição 16. Diz-se que duas funções f(x) e g(x) são linearmente dependentes (l.d.)
se existem duas constantes c1 e c2 não ambas nulas tais que
c1f(x) + c2g(x) = 0
78 Equações Diferenciais Ordinárias
para qualquer valor de x. Caso contrário dizemos que f e g são linearmente indepen-
dentes (l.i.).
Teorema 7. Duas funções f e g são l.d. se, e somente se, W [f, g](x) = 0 para todo
x.
Demonstração. Dada a combinação linear
c1f(x) + c2g(x) = 0
podemos derivar os dois lados da equação para obter
c1f
′(x) + c2g′(x) = 0.
Temos então o seguinte sistema linear para c1 e c2:{
k1y1(x0) + k2y2(x0) = 0
k1y
′
1(x0) + k2y
′
2(x0) = 0
que pode ser escrito na forma matricial[
y1(x0) y2(x0)
y′1(x0) y
′
2(x0)
] [
k1
k2
]
=
[
0
0
]
.
Esse é um sitema linear homogêneo, que sempre possui a solução trivial c1 = c2 = 0.
Esse sistema terá solução única c1 = c2 = 0 se
det
[
y1(x0) y2(x0)
y′1(x0) y
′
2(x0)
]
= W [y1, y2](x0) 6= 0
e possuirá soluções não triviais se
det
[
y1(x0) y2(x0)
y′1(x0) y
′
2(x0)
]
= W [y1, y2](x0) = 0.
No primeiro caso, podemos concluir que a única combinação linear de f e g que gera a
função nula é com c1 = c2 = 0, o que implica que f e g são l.i. . No segundo caso,
existe uma combinação linear de f e g que resulta em 0 sem que as constantes sejam
ambas nulas, o que implica que f e g são l.d..
Concluímos então que se o Wronskiano for sempre zero em um intervalo, podemos
encontrar as constantes não ambas nulas e as funções são linearmente dependentes no
intervalo. Para que as funções sejam linearmente independentes basta que o Wronskiano
seja diferente de zero em um único ponto do intervalo. Esses casos não aparecem no
estudo das soluções das equações lineares, como veremos em breve.
Provamos então que um conjunto fundamental de soluções gera X e é linearmente
independente e portanto esse conjunto é uma base para X. Isso implica que qualquer
outra solução φ(x) ∈ X pode ser escrita na forma
φ(x) = k1y1(x) + k2y2(x)
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com k1, k2 ∈ R. Dessa forma, para encontrar a solução geral da equação (8.1) basta
encontrar um conjunto fundamental de soluções. Veremos que isso nem sempre é uma
tarefa fácil.
Exercício 53. Encontre a solução geral da equação diferencial
y′′ − 3y′ + 2y= 0.
Exercício 54. Mostre que y1(x) = x
1/2
e y2(x) = x
−1
formam um conjunto funda-
mental de soluções para a equação diferencial
2x2y′′ + 3xy′ − y = 0, t > 0,
e encontre a solução geral dessa equação.
Exercício 55. Provamos que o conjunto de soluções de uma equação linear homogênea
de segunda ordem forma um espaço vetorial. Qual é a dimensão desse espaço?
O Wronskiano de duas funções pode ser nulo em alguns pontos do domínio mas ser
não nulo em outros. Isso não acontece quando as duas funções em questão são soluções
de uma equação linear homogênea. Nesse caso, ou o Wronskiano é identicamente nulo
ou o Wronskiano é sempre não nulo.
Teorema 8 (Abel). Se y1(x) e y2(x) são soluções da equação diferencial
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0
então o Wronskiano W [y1, y2](x) é dado por
W [y1, y2](x) = ce
− ∫ p(x)dx
onde c é uma constante que depende das funções y1 e y2 mas não depende de x.
O resultado acima implica o que mencionamos anteriormente: se c = 0, o Wronskiano
de y1 e y2 é identicamente nulo, mas se c 6= 0 o Wronkiano é sempre diferente de zero,
uma vez que a exponencial nunca se anula.
Exercício 56. Sejam y1(x) e y2(x) são duas soluções de y
′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0,
em que p e q são contínuas num intervalo I. Mostre que se y1 e y2 possuem máximos
ou mínimos num mesmo ponto x0 ∈ I então elas são linearmente dependentes nesse
intervalo.
8.4 O método de redução de ordem
Para resolver uma equação linear homogênea do tipo
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0
80 Equações Diferenciais Ordinárias
vimos que é necessário encontrar duas soluções linearmente independentes. Isso nem
sempre é fácil, mas se conhecermos uma solução é possível encontrar uma segunda
facilmente de maneira que as duas soluções conhecidas sejam l.i. .
Suponhamos que y1 é solução da equação linear homogênea (8.1). Vamos procurar
por uma segunda solução na forma
y2(x) = u(x)y1(x)
em que u(x) é uma função a ser determinada.
Para que y2 seja solução de (8.1) é necessário que
y′′2 + p(x)y
′
2 + q(x)y2 = 0.
Sabemos que y′2 = u
′y1 + uy′1 e que y
′′
2 = u
′′y1 + 2u′y′1 + uy
′′
1 . Substituindo na equação
acima temos
(u′′y1 + 2u′y′1 + uy
′′
1) + p(x)(u
′y1 + uy′1) + q(x)uy1 = 0.
Isolando os termos em u′′, u′ e u, a equação acima pode ser reescrita na forma
u′′y1 + u′ (2y′1 + p(x)y1) + u (y
′′
1 + p(x)y1 + q(x)y1)︸ ︷︷ ︸
=0
= 0.
O último termo do lado esquerdo da equação é zero, uma vez que y1 é solução da
equação. Isso implica que
u′′y1 + u′ (2y′1 + p(x)y1) = 0.
Definindo v(x) = u′(x) essa equação passa a ser
v′ + (2y′1 + p(x)y1) v = 0
que é uma equação de primeira ordem separável para v, e portanto pode ser facilmente
resolvida. A partir de v encontramos u através de integração direta, o que nos leva a
uma segunda solução
y2(x) =
[∫
v(x)dx
]
y1(x).
Observe que ao resolver a equação diferencial para v podemos tomar a solução
mais simples, uma vez que precisamos apenas de uma solução para essa equação e
não a solução mais geral. Devemos apenas ter em mente que queremos uma solução
independente de y1 e portanto v não pode ser identicamente nula.
Para verificar se as duas soluções y1 e y2 são de fato l.i., calculamos
W [y1, y2](x) = det
[
y1(x) u(x)y1(x)
y′1(x) u
′(x)y1(x) + u(x)y′1(x)
]
= u′(x) (y1(x))
2 6= 0
uma vez que u′(x) = v(x) não é identicamente nula.
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Exemplo 45. Encontre a solução geral da equação
x2y′′ − 4xy′ + 6y = 0
sabendo que y1(x) = x
2
é solução.
Solução. Sabendo uma solução podemos encontrar outra através do método de redução
de ordem. Procuramos por outra solução da forma
y2(x) = u(x)x
2
que para ser solução da equação dada deve satisfazer
x2y′′2 − 4xy′2 + 6y2 = 0.
Calculando as derivadas de y2 e substituindo na equação acima temos
x2
(
2u+ 4xu′ + x2u′′
)− 4x (2xu+ x2u′)+ 6x2u = 0.
Isolando os termos com u′′, u′ e u podemos reescrever a equação acima na forma
x4u′′ + u′
(
4x3 − 4x3)+ u (2x2 − 8x2 + 6x2) = 0
ou seja, temos
x4u′′ = 0
o que implica que u′′ = 0. Dessa maneira temos que u(x) = c1x + c2. Podemos
escolher a solução mais simples desde que u(x) não seja constante, pois dessa forma
obteríamos uma segunda solução linearmente dependente da primeira, o que não nos
levaria à solução geral. Podemos então escolher u(x) = x, de modo que
y2(x) = u(x)y1(x) = x
3.
Daí temos que a solução geral da equação é
y(x) = k1x
2 + k2x
3.
Exemplo 46. Sabendo que y1(x) = x é solução da equação diferencial
(x2 + 1)y′′ − 2xy′ + 2y = 0
encontre a solução geral da mesma.
Solução. Para encontrar a solução geral devemos encontrar uma segunda solução, que
supomos da forma
y2 = xu(x).
82 Equações Diferenciais Ordinárias
Substituindo na equação temos
(x2 + 1)(2u′ + xu′′)− 2x(u+ xu′) + 2xu = 0
(x2 + 1)u′′ + 2u′ = 0.
Esta última equação pode ser considerada uma equação de primeira ordem em que
a variável dependente é v = u′ . Separando as variáveis e integrando obtém-se
∫
dv
v
= −2
∫
dx
x(x2 + 1)
v = 1 +
1
x2
o que implica que
u(x) = x− 1
x
e a segunda solução é
y2(x) = x
2 − 1.
Desse modo a solução geral da equação é
y(x) = c1x+ c2(x
2 − 1).
Exercício 57. Mostre que y1(x) = x
−1
é solução da equação
2x2y′′ + 2xy′ − 2y = 0, x > 0,
e encontre a solução geral da mesma.
Exercício 58. Utilize o Método da Redução de Ordem para encontrar uma segunda
solução de cada equação diferencial dada.
1. x2y′′ + 2xy′ − 2y = 0; x > 0; y1(x) = x
2. x2y′′ + 3xy′ + y = 0; x > 0; y1(x) = x−1
3. x2y′′ − x(x+ 2)y′ + (x+ 2)y = 0, x > 0; y1(x) = x
4. (x− 1)y′′ − xy′ + y = 0, x > 1; y1(x) = ex
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8.5 Resposta dos Exercícios Selecionados
Exercício 48:
1. W [f, g] (x) = (λ2 − λ1) e(λ1+λ2)x.
2. W [f, g] (x) = βe2αx.
3. W [f, g] (x) = e2λx.
Exercício 49: g(x) = 3e2x + cex.
Exercício 51: W [u, v] (x) = 5W [f, g] (x).
Exercício 53: Dica: ver o exercício 52. Solução geral: y(x) = c1e
x + c2e
2x.
Exercício 54: Solução geral: y(x) = c1x
1
2 + c2x
−1.
Exercício 55: Dimensão dois.
Exercício 57: Solução geral: y(x) = c1
x
+ c2x
2.
Exercício 58:
1. Solução geral: y(x) = c1x+
c2
x2
.
2. Solução geral: y(x) = c1
x
+ c2 ln(x)
x
.
3. Solução geral: y(x) = c1x+ c2xe
x.
4. Solução geral: y(x) = c1e
x + c2x.
9
Equações lineares homogêneas de coeficientes constantes
A equação
ay′′ + by′ + cy = 0 (9.1)
em que a, b e c ∈ R é chamada equação linear homogênea de coeficientes constantes.
Esse é o caso mais simples de equação linear homogênea de segunda ordem.
Exemplo 47. A equação diferencial
y′′ − y = 0
é uma equação linear homogênea de segunda ordem com coeficientes constantes. Ree-
screvendo a equação na forma
y′′ = y
podemos ver que y1(x) = e
x
e y2(x) = e
−x
são soluções dessa equação.
Exercício 59. Mostre que as soluções y1(x) = e
x
e y2(x) = e
−x
formam um conjunto
fundamental de soluções para a equação
y′′ − y = 0
e encontre a solução geral da mesma.
Para encontrar a solução geral da equação (9.1), vamos verificar primeiramente em
que condições existe uma solução na forma
φ(x) = erx (9.2)
onde r é uma constante real. Para que essa função seja solução de (9.1) é preciso que
ay′′ + by′ + cy = ar2erx + brerx + cerx = (ar2 + br + c)erx = 0.
Como a exponencial nunca se anula, concluímos que φ(x) é solução se, e somente se
ar2 + br + c = 0.
85
86 Equações Diferenciais Ordinárias
O polinômio ar2 + br+ c é chamado polinômio caraterístico da equação diferencial. Se
encontrarmos alguma raiz desse polinômio encontraremos uma solução na forma (9.2).
Polinômios de segundo grau podem ser divididos em três casos: aqueles que pos-
suem duas raízes reais distintas, aqueles que possuem uma única raizreal e aqueles
que possuem duas raízes complexas distintas. Vamos estudar cada um desses casos
separadamente.
9.1 Raízes reais distintas
Suponhamos que r1 e r2 sejam as raízes de ar
2+br+c = 0 e que r1 6= r2. Isso acontece
quando ∆ > 0. Cada uma dessas raízes nos dá uma solução para a equação (9.1), de
modo que temos duas soluções distintas
y1(x) = e
r1x
e y2(x) = e
r2x.
É fácil mostrar que o Wronskiano dessas duas soluções é não nulo. De fato,
W [y1, y2] (x) = det
[
y1(x) y2(x)
y′1(x) y
′
2(x)
]
= det
[
er1x er2x
r1e
r1x r2e
r2x
]
= (r1−r2)e(r1+r2)x 6= 0
o que implica que {y1, y2} é um conjunto fundamental de soluções e portanto uma base
para o conjunto de soluções de (9.1). Logo concluímos que a solução geral de (9.1) é
y(x) = k1e
r1x + k2e
r2x
em que k1 e k2 serão determinadas pelas condições iniciais.
Exemplo 48. Encontre a solução geral da equação
y′′ − 5y′ + 6y = 0.
Solução. Primeiramente procuramos por soluções da forma y(x) = erx, o que equivale
a encontrar raízes do polinômio r2 − 5r + 6 = 0. Esse polinômio possui duas raízes
reais distintas, r1 = 2 e r2 = 3, que fornecem as soluções y1(x) = e
2x
e y2(x) = e
3x
.
Sabemos que essas funções formam um conjunto fundamental de soluções para a equação
e portanto a solução geral da mesma é
y(x) = c1e
2x + c2e
3x.
Exercício 60. Resolva o PVI{
y′′ − 4y′ − 5y = 0
y(0) = 2, y′(0) = −2 . (9.3)
Exercício 61. Resolva as equações diferenciais y′′−y = 0 e y′′−3y′+2y = 0 utilizando
o método visto nessa seção e compare com resultados anteriores.
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9.2 Uma única raiz real
Quando ∆ = 0, existe uma única raiz real r para o polinômio cracterístico da equação
e portanto existirá uma única solução exponencial
y1x) = e
rx.
Para resolver a equação completamente precisamos encontrar uma outra solução y2 tal
que y1 e y2 sejam l.i.. Isso pode ser feito através do método de redução de ordem.
Procuramos por uma solução na forma
y2(x) = u(x)e
rx.
Derivando y2 e substituindo na equação temos
a
(
u′′erx + 2ru′erx + r2uerx
)
+ b (u′erx + ruerx) + cuerx = 0
o que implica, após todas as simplificações terem sido realizadas, que
u′′ = (−2r − b)u′.
Como a raiz do polinômio caraterístico é r = −b
2
, uma vez que ∆ = 0, obtemos uma
equação simples que permite calcular u
u′′ = 0
e podemos tomar u(x) = x.
Desse modo obtemos uma segunda solução
y2(x) = xe
rx
que, como já mostrado, forma um conjunto l.i. juntamente com y1. Assim obtemos
uma base para o conjunto de soluções e a solução geral é
y(x) = (k1 + k2x)e
rx.
Exemplo 49. Encontre a solução geral de
y′′ − 4y′ + 4y = 0.
Solução. Procuramos inicialmente soluções da forma y(x) = erx. Para que y seja
solução r deve ser raiz do polinômio r2 − 4r + 4 = 0. Esse polinômio possui uma
única raiz real r = 2 e temos, portanto, uma única solução exponencial y1(x) = e
2x. A
segunda solução é y2(x) = xe
2x
, de modo que a solução geral é
y(x) = c1e
2x + c2xe
2x.
Exercício 62. Encontre a solução geral de
y′′ + 2y′ + y = 0.
88 Equações Diferenciais Ordinárias
9.3 Raízes complexas
Quando o polinômio característico possuir ∆ < 0, teremos duas raízes complexas dis-
tintas. De fato, uma delas é o complexo conjugado da outra.
Teorema 9. Se r1 ∈ C é raiz de ar2 + br + c = 0 então r2 = r∗1 também é, em que ∗
denota a conjugação complexa.
Demonstração. Sabemos que ar21 + br1 + c = 0. Tomando o conjugado em ambos os
lados e utilizando as propriedades da conjugação complexa temos(
ar21 + br1 + c
)∗
= 0∗
a∗(r21)
∗ + b∗r∗1 + c
∗ = 0
a(r∗1)
2 + br∗1 + c = 0
ou seja, r2 é raiz de ar
2 + br + c = 0.
Desse modo, quando temos uma raiz complexa r1 = α + iβ, a outra também será
complexa e será igual a r2 = α− iβ.
Estamos interessados apenas em soluções reais, mas vamos ignorar isso por um
momento e supor que a solução seja uma função complexa y : R→ C. Se a expressão
y(x) = erx
fizer sentido mesmo quando r é um número complexo e se valerem as mesmas pro-
priedades da exponencial real sabemos que y será solução de (9.1). Veremos que de fato
isso acontece.
9.3.1 A exponencial complexa
A função exponencial real pode ser definida a partir de sua série de potências
ex =
∞∑
n=0
xn
n!
.
Essa série converge para todo x ∈ R e portanto a expressão acima define uma funcão
exp : R→ R que é a função exponencial a que estamos habituados.
A mesma expressão pode ser usada para definir a exponencial complexa. Dado z ∈ C
construímos a série
ez =
∞∑
n=0
zn
n!
.
Essa série converge para todo z ∈ C e portanto a expressão acima define uma funcão
exp : C → C que é a generalização da função exponencial a que estamos habituados
para números complexos.
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Podemos provar que valem também para a exponencial complexa as mesmas pro-
priedades que valem para a exponencial real, entre elas a importante relação
ez1+z2 = ez1ez2 .
A partir da definição de ez utilizando uma série de potências é possível encontrar
uma expressão bem mais prática para o cálculo da exponencial complexa. Suponhamos
inicialmente que z = iβ seja um imaginário puro. Substituindo na série que define ez e
lembrando que i2 = −1, i3 = −i e i4 = 1 temos
eiβ =
∞∑
n=0
(iβ)n
n!
=
∞∑
n=0
inβn
n!
Se n é par, temos que in = ±1 e se n é ímpar temos que in = ±i. Podemos então
dividir a soma acima em duas parcelas
eiβ =
∑
npar
inβn
n!
+
∑
nmpar
inβn
n!
=
∑
npar
(±1)β
n
n!
+
∑
nmpar
(±i)β
n
n!
=
∞∑
k=0
(−1)k · β2k
(2k)!︸ ︷︷ ︸
cos(β)
+i
∞∑
k=0
(−1)k · β2k+1
(2k + 1)!︸ ︷︷ ︸
sen(β)
= cos(β) + i sen(β).
Na antipenúltima linha o sinal usando em ±1 e ±i depende do valor de n, como explici-
tado na penúltima linha. Na última linha, utilizamos as séries de Taylor para as funções
seno e cosseno
cos(x) =
∞∑
k=0
(−1)k · x2k
(2k)!
, sen(x) =
∞∑
k=0
(−1)k · x2k+1
(2k + 1)!
,
familiares do cálculo.
Temos então uma maneira fácil de calcular a exponencial de um imaginário puro:
eiβ = cos(β) + i sen(β).
Essa expressão é conhecida como fórmula de Euler. A partir dela e das propriedades da
exponencial podemos calcular a exponencial de qualquer número complexo z = α+ iβ:
eα+iβ = eαeiβ = eα (cos(β) + i sen(β)) .
90 Equações Diferenciais Ordinárias
Nessa expressão, α e β são números reais e cos, sen e e são as funções cosseno, seno e
exponencial usuais definidas em R.
Exercício 63. Utilize a Fórmula de Euler para escrever a expressão dada na forma
a+ iβ:
1. e1+2i;
2. eipi;
3. 21−i;
4. e2−3i;
5. e2−
ipi
2
;
6. e2pii;
7. e
ipi
2
.
Exercício 64. Utilize a Fórmula de Euler para provar que
cos(x) =
eix + e−ix
2
e sen (x) =
eix − e−ix
2i
.
Exercício 65. Utilize a Fórmula de Euler para provar que, se z1 e z2 são números
complexos quaisquer, então
ez1+z2 = ez1ez2 .
Exercício 66. Utilizando a Fórmula de Euler, mostre que
d
dx
(
eλx
)
= λeλx.
9.3.2 Solução da equação no caso de raízes complexas
Ignorando um momento o fato de que estamos interessados somente em soluções reais
para a equação (9.1), vamos usar as raízes complexas r1 = a + ib e r2 = a − ib para
gerar as soluções complexas
y1(x) = e
r1x = e(α+iβ)x = eαx (cos(βx) + i sen(βx))
y2(x) = e
r2x = e(α−iβ)x = eαx (cos(βx)− i sen(βx)) .
Mesmo considerando soluções complexas, o fato de que o conjunto de soluções é
um espaço vetorial continua válido, já que as mesmas propriedades de soma e multipli-
cação por constante valem também para funções complexas. Isso faz com que qualquer
combinação linear das soluções y1 e y2 seja também solução da equação (9.1). Vamos
procurar duas combinações lineares desse tipo que nos forneçam funções reais.
Se somarmos y1 e y2 temosy1(x) + y2(x) = 2e
αx cos(βx)
e se subtrairmos y1 e y2 temos
y1(x)− y2(x) = 2ieαx sen βx.
Desse modo
φ1(x) =
y1(x) + y2(x)
2
= eαx cos(βx) e φ2(x) =
y1(x)− y2(x)
2i
= eαx sen(βx)
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 91
são duas soluções reais da equação (8.1).
Obtemos assim duas soluções da equação em que não aparecem números complexos,
como gostríamos. Além disso, as duas soluções obtidas são l.i., uma vez que
W [y1, y2] (x) = det
[
eαx cos(βx) eαx sen(βx)
eαx (α cos(βx)− β sen(βx)) eαx (α sin(βx) + β cos(βx))
]
= βe2αx 6= 0.
Temos assim duas soluções reais que são linearmente independentes e a solução geral
será
y(x) = c1e
αx cos(βx) + c2e
αx sin(βx).
Exemplo 50. Encontre a solução geral de
y′′ + 2y′ + 8y = 0.
Solução. O polinômio caraterístico da equaçãoé
r2 + 2r + 8 = 0
que possui duas raízes complexas
r1 = −1 + i
√
7 r2 = −1− i
√
7.
Assim obtemos o conjunto fundamental de soluções
φ1(x) = e
−x cos
(√
7x
)
e φ2(x) = e
−x sin
(√
7x
)
E a solução geral é
y = e−x
[
c1 sen
(√
7x
)
+ c2 cos
(√
7x
) ]
.
Exercício 67. Encontre a aolução geral de
y′′ + y = 0.
O problema abaixo mostra uma segunda maneira de encontrar as soluções reais da
equação (9.1) a partir de uma solução complexa.
Exercício 68. Suponha que as funções reais p(x) e q(x) sejam contínuas em um inter-
valo aberto I. Seja φ(x) = u(x) + iv(x), em que u e v são funções reais, uma solução
da equação diferencial
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0.
92 Equações Diferenciais Ordinárias
1. Mostre que u e v também são soluções da equação diferencial acima. (Sugestão:
Substitua y por φ na equação diferencial e separe em partes real e imaginária.)
2. Mostre que, se a equação ar2 + br + c = 0 possui duas raízes complexas α± iβ,
então eαx cos(βx) e eαx sen(βx) são soluções de ay′′ + by′ + cy = 0.
Exercício 69. Considere o problema de valor inicial{
y′′ + 5y′ + 6y = 0,
y(0) = 2, y′(0) = k
em que k > 0.
1. Resolva o problema de valor inicial;
2. Determine as coordenadas (tm, ym) do ponto de máximo da solução como função
de k.
Exercício 70. Resolva as equações diferenciais abaixo:
1. y′′ − 5y′ + 6y = 0;
2. y′′ + 2y′ − 3y = 0;
3. y′′ − 4y′ + 4y = 0;
4. y′′ − 3y′ + 2y = 0;
5. y′′ − 2y′ + 2y = 0;
6. y′′ + 6y′ + 9y = 0;
7. y′′ − 4y = 0;
8. y′′ + 9y = 0;
9. y′′ − 2y′ + y = 0.
Exercício 71. Encontre a solução para o problema de valor inicial{
2y′′ − 3y′ + y = 0,
y(0) = 2, y′(0) = 1
2
e determine o valor máximo que a solução pode assumir. Encontre também o ponto
onde a solução se anula.
Exercício 72. Encontre a solução para o problema de valor inicial{
y′′ − y′ − 2y = 0,
y(0) = k, y′(0) = 2.
Encontre k de modo que a solução tenda a zero quando t tende a infinito.
Exercício 73. Determine os valores de k, se existirem, para os quais todas as soluções
da equação diferencial y′′ − (2k − 1)y′ + k(k − 1)y = 0 tendam a zero quando t tende
a infinito. Determine também os valores de k para os quais todas as soluções não-nulas
tornam-se ilimitadas quando t tende a infinito.
Exercício 74. Resolva o problema de valor inicial{
9y′′ + 12y′ + 4y = 0,
y(0) = a, y′(0) = 2.
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Respostas dos Exercícios selecionados
Exercício 60: y(x) = 2e−x.
Exercício 62: y(x) = c1e
−x + c2xe−x.
Exercício 67: y(x) = c1 cos(x)c2 sen(x).
Exercício 69: y(x) = (k − 4)e−3x + (6− k)e−2x.
Exercício 70:
1. y(x) = c1e
2x + c2e
3x.
2. y(x) = c1e
−3x + c2ex.
3. y(x) = c1e
2x + c2xe
2x.
4. y(x) = c1e
x + c2e
2x.
5. y(x) = c1e
x cos(x) + c2e
x sen(x).
6. y(x) = c1e
−3x + c2xe3x.
7. y(x) = c1 cos(2x) + c2 sen(2x).
8. y(x) = c1 cos(3x) + c2 sen(3x).
9. y(x) = c1e
x + c2xe
x.
Exercício 71: y(x) = 3e
x
2 − ex.
Exercício 72: k = −2.
Exercício 73: Todas as soluções tendem a zero: k < 0. Todas as soluções não-nulas
se tornam ilimitadas: k > 2.
Exercício 74: y(x) =
[
a+
(
2 + 2a
3
)
x
]
e−2x.
10
Equações lineares de segunda ordem não-homogêneas com
coeficientes constantes
Vamos agora estudar equações do tipo
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = g(x). (10.1)
Veremos inicialmente que podemos encontrar a solução geral sabendo apenas uma
solução para essa equação e a solução geral da equação homogênea correspondente.
Teorema 10. Dadas duas soluções da equação linear (10.1) a diferença entre elas é
solução da equação homogênea associada
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0.
De maneira recíproca, qualquer soma de uma solução da equação linear mais uma solução
da equação homogênea associada, é também solução da equação linear.
Demonstração. Suponhamos que yp(x) seja solução da equação (10.1) e que φ(x) seja
uma outra solução qualquer. Então definindo y(x) = φ(x)− yp(x) temos
y′′ + p(x)y′ + q(x)y =
(φ− yp)′′ + p(x) (φ− yp)′ + q(x) (φ− yp) =
(φ′′ + p(x)φ′ + q(x)φ) + (y′′ + p(x)y′ + q(x)y) =
g(x)− g(x) = 0,
ou seja, y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0 e y é solução da equação homogênea associada.
Isso implica que se soubermos uma solução para a equação (10.1), chamada solução
particular yp, e se soubermos resolver a equação homogênea associada poderemos en-
contrar sua solução geral φ(x) utilizando a relação
φ(x) = y(x) + yp(x)
em que y é a solução geral da equação homogênea.
95
96 Equações Diferenciais Ordinárias
Exemplo 51. Encontre a solução geral para a equação
y′′ + y = 1
sabendo que yp(x) = 1 é uma solução dessa equação.
Solução. Sabemos que a solução geral da equação homogênea associada
y′′ + y = 0
é y(x) = c1 cos(x) + c2 sen(x). Logo a solução geral da equação dada é
φ(x) = c1 cos(x) + c2 sen(x) + 1.
Exercício 75. Mostre que yp(x) = e
2x
é solução da equação
y′′ − 3y′ + 4y = 2e2x
e encontre a solução geral da mesma.
Para resolver uma equação linear começamos por resolver a equação linear ho-
mogênea associada e depois encontramos uma solução particular yp. Vamos estudar
agora como encontrar yp.
10.1 O método dos coeficientes a determinar
Dada uma equação linear não-homogênea, vamos estudar métodos para encontrar uma
solução particular yp(x). Como vimos, essa solução particular juntamente com a solução
da equação homogênea associada nos leva à solução geral da equação não homogênea.
O método apresentado nessa seção funciona para equações do tipo
ay′′ + by′ + cy = g(x) (10.2)
em que g(x) possua um formato especial que veremos mais adiante.
Exemplo 52 (Funções exponenciais). Resolva a equação
y′′ + 3y′ + 2y = 2e3x.
Solução. Como as derivadas da função exponencial são múltiplos da própria função,
esperamos que existam soluções particulares da forma1
y = Ae3x
onde A é um coeficiente a ser determinado. As derivadas da função são
y′ = 3Ae3x y′′ = 9Ae3x
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 97
e substituindo na equação diferencial
y′′ + 3y′ + 2y = 20Ae3x
e para que a função seja solução da equação, A deverá ser igual a 1
10
. Logo obtemos
uma solução particular para a equação
yp(x) =
e3x
10
.
A solução feral será obtida somando à solução particular a solução geral da equação
homogênea, que é y(x) = c1e
−x + c2e−2x. Assim, a solução geral da equação dada é
y(x) = c1e
−x + c2e−2x +
e3x
10
.
O primeiro método que vamos usar para determinar uma solução particular para a
equação não homogênea é chamado método dos coeficientes a determinar. A ideia é
supor uma forma para a solução yp(x), baseado nos tipos de funções que compõem a
função g(x). Esse método funcionará sempre que a função g(x) for da forma:
g(x) = pn(x)e
δx cos (γx)
ou da forma
g(x) = pn(x)e
δx sen (γx)
em que pn(x) é um polinômio de grau n. Nesse caso, sempre podemos encontrar uma
solução particular da forma
yp(x) = x
s
[
p1n(x)e
δx cos (γx) + p2n(x)e
δx sen (γx)
]
em que p1n(x) e p
2
n(x) são polinômiosde grau n cujos coeficientes devemos determinare
s é o número de vezes que δ + iγ é raiz da equação ar2 + br + c = 0, podendo então
ser igual a 0, 1 ou 2.
Cada um dos polinômios pin(x) tem n+ 1 coeficientes e para encontrar essas 2n+ 2
constantes devemos calcular as derivadas de yp, substituir na equação diferencial dada e
exigir que os dois lados sejam iguais. Esse processo pode ser extremamente trabalhoso
se n for grande. Vamos ver alguns exemplos de como utilizar esse método.
Exemplo 53 (Polinômios). Consideremos agora uma equação em que o lado direito é
um polinômio
y′′ − 4y′ + 2y = 2x2.
Vamos encontrar a solução geral dessa equação.
Solução. Primeiramente, observemos que a função g(x) = 2x2 satisfaz o requisito
exigido para que possamos aplicar o método dos coeficientes a determinar. Em seguida,
98 Equações Diferenciais Ordinárias
vamos identificar os parâmetros que aparecem em g(x) para que possamos construir
nosso palpite para yp(x).
Nesse exemplo temos δ = 0, pois não aparece o fator exponencial, γ = 0, pois não
aparece o cosseno, e n = 2, pois aparece um polinômio de grau 2. Isso implica que
nosso palpite para a solução particular deve ser da forma
yp(x) = x
s
[
p12(x)e
0×x cos(0× x) + p22(x)e0×x sen(0× x)
]
= xsp12(x)
em que p12(x) e p
2
2(x) são polinômios de grau 2. Resta agora descobrir qual é o valor do
parâmetro s.
O valor de s é o número de vezes que δ + iγ = 0 é raiz de
r2 − 4r + 2
. Essa equação possui as raízes 2±√2, de modo que δ + iγ não é raiz nenhuma vez e
s = 0.
Desse modo, nosso palpite para solução particular é
yp(x) = p
1
2(x) = Ax
2 +Bx+ C
em que A,B,C são constantes a determinar.
Queremos que yp seja solução de y
′′ − 4y′ + 2y = 2x2. Vamos então calcular as
derivadas de yp e substituir na equação:
y′′p − 4y′p + 2yp = 2x2
2A− 4 (2Ax+B) + 2 (Ax2 +Bx+ C) = 2x2
2Ax2 + (2B − 8A)x+ (2A− 4B + 2C) = 2x2
Como dois polinômios só são iguais se os seus coeficientes o forem, a igualdade acima é
verificada se, e somente se,
2A = 2
2B − 8A = 0
2A− 4B + 2C = 0
ou seja, A = 1, B = 4 e C = 7. Assim temos a solução particular
yp = x
2 + 4x+ 7.
Para encontrar a solução geral da equação precisamos encontrar a solução da equação
homogênea associada, que é
y(x) = c1e
(2+
√
2)x + c2e
(2−√2)x.
Assim a solução geral procurada é
φ(x) = c1e
(2+
√
2)x + c2e
(2−√2)x + x2 + 4x+ 7.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 99
Exemplo 54 (Funções seno ou cosseno). Encontre a solução geral da equação
y′′ − 3y′ + 2y = 10 sen(2x).
Solução. Nesse exemplo temos δ = 0, pois não aparece o fator exponencial, γ = 2 e
n = 0, já que aparece um polinômio de grau 0. Assim, nosso palpite para yp assume a
forma
yp(x) = x
s [A cos(2x) +B sen(2x)] .
Resta encontrar o valor do parâmetro s. As raízes da equação r2 − 3r + 2 = 0 são 1
e 2, de modo que δ + iγ = 2i não é raiz da equação de segundo grau nenhuma vez e
s = 0. Temos portanto
yp(x) = A cos(2x) +B sen(2x)
em que A e B são constantes a determinar. Calculando as derivadas de yp e substituindo
na equação devemos terceira
y′′p − 3y′p + 2yp = 10 sen(x)
(−4A− 6B + 2A) cos(2x) + (−4B + 6A+ 2B) sin(2x) = 10 sen(x)
(−2A− 6B) cos(x) + (−2B + 6A) sen(x) = 10 sen(x).
Esta última igualdade só pode ser verificada se
−2A− 6B = 0
−2B + 6A = 10.
A solução deste sistema é A = 3
2
, B = −1
2
e a solução particular é
yp(x) =
3
2
cos(2x)− 1
2
sen(2x).
Como a solução da equação homogênea associada é y(x) = c1e
x + c2e
2x
, a solução
geral da equação dada é
φ(x) = c1e
x + c2e
2x +
3
2
cos(2x)− 1
2
sen(2x).
Exemplo 55. Encontre a solução geral da equação
y′′ − 3y′ − 4y = e−x.
Solução. Nesse exemplo temos δ = −1, γ = 0 e n = 0 e a solução particular terá a
forma
yp(x) = x
sAe−x.
100 Equações Diferenciais Ordinárias
Resta determinar o valor do parâmetro s.
As raízes do polinômio r2− 3r− 4 = 0 são 4 e −1. Desse modo δ+ iγ = −1 é raiz
da equação de segundo grau uma vez e portanto s = 1, o que implica que a solução
particular é da forma
yp(x) = Axe
−x
em que A é uma constante a ser determinada.
Calculando as derivadas de yp e substituindo na equação temos:(−2Ae−x + Axe−x)− 3 (Ae−x − Axe−x)− 4Axe−x = e−x
(−2A+ Ax− 3A+ 3Ax− 4Ax) e−x = e−x
−5A = 1
o que implica que A = −1
5
e a solução particular é
yp(x) =
−xe−x
5
que fornece a solução geral
φ(x) = c1e
−x + c2e4x +
−xe−x
5
.
Exemplo 56 (Produtos de polinômios, exponenciais e seno ou cosseno). Encontre o
formato para a solução particular da equação
y′′ − 6y′ + 9y = (2 + x)e3x cos(2x)
que deve ser usada no método dos coeficientes a determinar.
Solução. Nesse caso temos δ = 3, γ = 2 e n = 1. Desse modo, o palpite que vamos
usar para a solução particular é
yp(x) = x
s
[
p11(x)e
3x cos(2x) + p21(x)e
3x sen(2x)
]
em que p11(x) e p
2
1(x) são polinômios de grau 1. Resta determinar o valor do parâmetro
s.
A equação r2 − 6r + 9 = 0 possui uma única raiz real r = 3. Logo δ + iγ = 3 + 2i
não é raiz da equação de segundo grau nehuma vez e s = 0. Assim a solução particular
será da forma
yp = (Ax+B) e
3x cos(2x) + (Cx+D) e3x sen(2x).
As constantes A,B,C e D devem ser determinadas substituindo yp e suas derivadas na
equação diferencial.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 101
Exemplo 57. Encontre o formato para a solução particular da equação
y′′ − 6y′ + 9y = (2 + x)e3x
que deve ser usada no método dos coeficientes a determinar.
Solução. Nesse caso temos δ = 3, γ = 0 e n = 1. Assim a solução particular é da
forma
yp(x) = x
s (Ax+B) e3x.
Sabemos que r2 − 6r + 9 = 0 possui uma única raiz real r = 3. Logo δ + iγ = 3 é raiz
da equação de segundo grau duas vezes e por isso s = 2, o que nos leva a
yp(x) =
(
Ax3 +Bx2
)
e3x.
As constantes A e B devem ser determinadas substituindo yp e suas derivadas na equação
diferencial.
Exercício 76. Encontre a solução geral da equação
y′′ − 6y′ + 9y = e3x.
Exercício 77. Obtenha uma solução particular de cada equação diferencial dada pelo
Método dos Coeficientes a Determinar. Em seguida, encontre a solução geral da mesma.
1. y′′ + 2y′ + 5y = 3 sen 2x
2. y′′ − 2y′ − 3y = −3xe−x
3. y′′ + 2y′ = 3
4. y′′ + 9y = x2e3x
5. y′′ + 2y′ + y = 2e−x
6. 2y′′ + 3y′ + y = x2, x
7. y′′ + y = x cosx
Exercício 78. Determine a solução dos problemas de valor inicial a seguir.
1.
{
y′′ + y′ − 2y = 2x
y(0) = 0, y′(0) = 1
2.
{
y′′ + 4y = 3 sen 2x
y(0) = 2, y′(0) = −1
3.
{
y′′ + 2y′ + 5y = 4e−x cos 2x
y(0) = 1, y′(0) = 0
102 Equações Diferenciais Ordinárias
Exercício 79. Considere a equação
y′′ − 3y′ − 4y = 2e−x. (10.3)
1. Verifique que y1(x) = e
−x
e y2(x) = e
4x
formam um conjunto fundamental de
soluções da equação homogênea associada.
2. Adaptando o Método da Redução de Ordem, procure uma solução da equação
não-homogênea da forma Y1(x) = u(x)y1(x) = u(x)e
−x
, em que u(x) deverá ser
determinado. Substitua Y (x), Y ′(x) e Y ′′(x) na Equação (10.3) e mostre que
u(x) deverá satisfazer u′′ − 5u′ = 2.
3. Faça u′(x) = v(x) e mostre que v(x) deve satisfazer v′ − 5v = 2. Resolva essa
equação para v(x).
4. Integre v(x) para encontrar u(x) e, depois, mostre que
Y1(x) = −2
5
xe−x
é a solução particular desejada.
5. Conclua que a solução geral da Equação (1) é
Y (x) = c1e
−x + c2e4x − 2
5
xe−x.
Exercício 80. O Método da Redução de Ordem também pode ser usado para a equação
não homogênea
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = g(x), (10.4)
desde que se conheça uma solução y1 da equação homogênea associada. Seja y(x) =
u(x)y1(x) e mostre que y satisfaz a Equação (2) se u for solução de
y1(x)u
′′ + [2y′1(x) + p(x)y1(x)]u
′ = g(x).
Resolvendo essa equação , obtem-se u(x) e, assim, obtemos a solução particular da
Equação (2). Utilizando o método esquematizado acima, resolva as equações diferenciaisa seguir.
1. x2y′′ − 2xy′ + 2y = 4x2, x > 0, y1(x) = x.
2. x2y′′ + 7xy′ + 5y = x, x > 0, y1(x) = x−1
3. xy′′ − (1 + x)y′ + y = x2e2x, x > 0, y1(x) = 1 + x
4. (1− x)y′′ + xy′ − y = 2(x− 1)2e−x, 0 < x < 1, y1(x) = ex
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 103
10.2 O método da variação de parâmetros
O método da Variação de Parâmetros ou Método de Lagrange é usado para encontrar
uma solução particular de uma equação diferencial não homogênea. Consiste em supor
que as constantes (parâmetros) presentes na solução geral da equação homogênea as-
sociada são funções da variável independente e impor que esta nova função seja uma
solução particular da EDO.
A principal vantagem do método está no fato dele ser um método geral, podendo
ser aplicado a qualquer equação sem que se saiba inicialmente a forma da solução.
O método consiste em obter a solução geral da equação homogênea associada e
substituir as constantes presentes por duas funções u1(x) e u2(x) e impor que esta nova
função yp(x) = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x) seja solução particular da equação. Substi-
tuindo yp e suas derivadas na equação diferencial podemos determinar u1(x) e u2(x) e
consequentemente a solução particular.
Dada a EDO de segunda ordem
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = g(x), (10.5)
suponhamos já conhecida a solução geral da equação homogênea associada
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0.
Se y1(x) e y2(x) formam um conjunto fundamental de soluções para a equação,
vamos procurar uma solução para a equação não-homogênea (10.5) da forma
yp(x) = u1(x)y1x) + u2(x)y2(x).
Derivando a função yp em relação a x temos:
y′ = (u1y1)′ + (u2y2)′ = u′1y1 + u1y
′
1 + u
′
2y2 + u2y
′
2.
A equação obtida acima é geral demais para que possamos encontrar as funções u1 e
u2. Vamos então adicionar uma condição extra. Esperamos que essa condição não vá
impedir a existência de uma solução particular na forma considerada. A condição que
deve-se impor é que a soma dos termos envolvendo u′1(x) e u
′
2(x) seja igual a zero.
Temos então
u′1y1 + u
′
2y2 = 0⇒ y′ = u1y′1 + u2y′2
Derivando obtemos
y′′ = u′1y
′
1 + u1y
′′
1 + u
′
2y
′
2 + u2y
′′
2 .
Devemos agora substituir as derivadas obtidas na EDO
u′1y
′
1 + u1y
′′
1 + u
′
2y
′
2 + u2y
′′
2 + p(x)[u1y
′
1 + u2y
′
2] + q(x)[u1y1 + u2)y2] = g(x).
Simplificando temos
u1(y
′′
1 + py
′
1 + qy1) + u2(y
′′
2 + py
′
2 + qy2) + u
′
1y
′
1 + u
′
2y
′
2 = g(x).
104 Equações Diferenciais Ordinárias
Como y1 e y2 são soluções da equação homogênea correspondente temos
(y′′1 + py
′
1 + qy1) = 0 e (y
′′
2 + py
′
2 + qy2) = 0
e a equação se reduz a:
u′1y
′
1 + u
′
2y
′
2 = g(x).
Em suma, tem-se o seguinte sistema:{
u′1y1 + u
′
2y2 = 0
u′1y
′
1 + u
′
2y
′
2 = g(x)
Este sistema possui solução única em u′1 e u
′
2, pois W (y1, y2)(x) 6= 0.
Resolvendo esse sistema através do método da substituição temos:
u′1 =
−y2g(x)
W (y1, y2) (x)
e u′2 =
y1g(x)
W (y1, y2) (x)
o que fornce através de integração direta
u1(x) = −
∫
y2g(x)
W (y1, y2(x))
dx e u2(x) =
∫
y1g(x)
W (y1, y2(x))
dt.
Isso implica que uma solução particular é dada por
yp(x) =
[
−
∫
y2g(x)
W (y1, y2) (x)
dt
]
y1(x) +
[∫
y1g(x)
W (y1, y2) (x)
dt
]
y2(x).
Exemplo 58. Encontre a solução geral da equação
y′′ + y = tan(x)
Solução. A solução da equação homogênea associada é
y(x) = c1 cos(x) + c2 sen(x).
Vamos procurar por uma solução particular para a equação não-homogênea na forma
yP (x) = u1(x) cos(x) + u2(x) sen(x).
Vamos agora derivar a equação acima em relação à variável x. Temos então:
y′P = u
′
1 cos(x) + u2 sen(x)− u1 sen(x) + u2 cos(x).
A condição imposta será:
u′1(x) cos(x) + u
′
2(x) sen(x) = 0.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 105
Dessa forma,
y′P = −u1 sen(x) + u2 cos(x)
e
y′′P = −u′1 sen(x)− u1 cos(x) + u′2 cos(x)− u2 sen(x).
Substituindo o valor de y′′P e yP na EDO, temos:
y′′P + yP = tan(x)
−u′1 sen(x)− u1 cos(x) + u′2 cos(x)− u2 sen(x) + u1 cos(x) + u2 sen(x) = tan(x)
−u′1 sen(x) + u′2 cos(x) = tan(x).
Temos então o sistema: {
u′1 cos(x) + u
′
2 sen(x) = 0
−u′1 sen(x) + u′2 cos(x) = tan(x)
Resolvendo o sistema acima através do método da substituição temos
u′(x) =
sen2(x)
cos(x)
e
u′2(x) = sen(x).
Integrando as equações acima, temos:
u1(x) = −
∫ − sen2(x)
cos(x)
dx⇒ u1(x) = sen(x)− ln (sec(x) + tan(x))
e
u2(x) =
∫
sen(x)dx⇒ u2(x) = − cos(x).
Assim, uma solução particular para a equação diferencial
y′′ + y = tan(x)
é:
yp(x) = [sen(x)− ln (sec(x) + tan(x))] cos(x)+[− cos(x)] sen(x) = − ln (sec(x) + tan(x)) cos(x)
e a solução geral dessa equação é
φ(x) = c1 cos(x) + c2 sen(x)− cos(x) ln (sec(x) + tan(x)) .
106 Equações Diferenciais Ordinárias
Exemplo 59. Encontre a solução geral da equação
y′′ − y = 1
x
.
Solução. A solução geral da equação homogênea associada é
y(x) = c1e
x + c2e
−x.
Vamos procurar uma solução particular na forma
yp(x) = u1(x)e
x + u2(x)e
−x.
As funções devem satisfazer o sistema{
u′1y1 + u
′
2y2 = 0
u′1y
′
1 + u
′
2y
′
2 = g(x)
em que y1 e y2 são as soluções fundamentais da equação homogênea, ou seja,{
u′1e
x + u′2e
−x = 0
u′1e
x + u′2e
−x = 1
x
Resolvendo esse sistema através do método da substituição temos
u′1(x) = −
e−x
2x
, u′2(x) = −
ex
2x
.
As integrais acima não são integrais elementares e portanto não podemos resolvê-las
explicitamente. Assim, o melhor que podemos fazer é escrever
yp(x) = −
[∫
e−x
2x
dx
]
ex −
[∫
ex
2x
dx
]
e−x
e a solução geral da equação é
φ(x) = c1e
x + c2e
−x −
[∫
e−x
2x
dx
]
ex −
[∫
ex
2x
dx
]
e−x.
As integrais acima podem ser resolvidas facilmente com a ajuda de um programa de
computador.
Exercício 81. Utilize o Método da Variação de Parâmetros para obter uma solução
particular de cada equação diferencial dada e, em seguida, determine a solução geral da
mesma. Nos ítens (g) e (h), g(x) é uma função contínua.
1. y′′ + y = tan x, 0 < x < pi
2
2. y′′ + 9y = 9 sec2 3x, 0 < x < pi
6
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 107
3. y′′ + 4y′ + 4y = x−2e−2x, x > 0
4. y′′ + 4y = 3 cossec 2x, 0 < x < pi
2
5. 4y′ + y = 2 sec x
2
, pi < x < pi
6. y′′ − 2y′ + y = ex
1+x2
,
7. y′′ − 5y′ + 6y = g(x)
8. y′′ + 4y = g(x)
Exercício 82. Verifique que as funções y1 e y2 dadas satisfazem a equação homogênea
associada. Em seguida, obtenha uma solução particular da equação não homogênea
associada pelo Método da Variação de Parâmetros. Nos ítens, (g) e (h), g(x) é uma
função contínua.
1. x2y′′ − 2y = 3t2 − 1, x > 0; y1(x) = x2, y2(x) = x−1
2. x2y′′ − x(x+ 2)y′ + (x+ 2)y = 2t3, x > 0; y1(x) = x, y2(x) = tex
3. xy′′ − (1 + x)y′ + y = x2e2t, x > 0; y1(x) = 1 + x, y2(x) = ex
4. (1− x)y′′ + xy′ − y = 2(x− 1)2e−x, 0 < x < 1; y1(x) = ex, y2(x) = x
5. x2y′′ − 3xy′ + 4y = x2 lnx, x > 0; y1(x) = x2, y2(x) = x2 lnx
6. x2y′′ + xy′ +
(
x2 − 1
4
)
y = 3x
3
2 sen x, x > 0; y1(x) = x
− 1
2 sen x, y2(x) =
x−
1
2 cosx
7. (1− x)y′′ + xy′ − y = g(x), 0 < x < 1; y1(x) = ex, y2(x) = x
8. x2y′′+ xy′+
(
x2 − 1
4
)
y = g(x), x > 0; y1(x) = x
− 1
2 sen x, y2(x) = x
− 1
2 cosx
10.3 O princípio da superposição
As soluções de uma equação diferencial não-homogênea não constituem um espaço
vetorial, pois uma combinação linear de duas soluções não é necessariamente solução
da equação. No entanto existe uma propriedade de linearidade importante, chamada
principio de superposição.
Teorema 11 (Princípio da superposição). Consideremos a equação de segunda ordem
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = f(x)
com uma solução y1p(x), e a equação
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = g(x)
108 Equações Diferenciais Ordináriascom outra solução y2p(x). Então para quaiquer constantes k1 e k2 a função
yp(x) = k1y
1
p(x) + k2y
2
p(x)
é uma solução particular da equação
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = k1f(x) + k2g(x).
Demonstração. Calculando as derivadas de yp e substituindo na equação temos
y′′p + p(x)y
′
p + q(x)yp =(
k1y
1
p + k2y
2
p
)′′
+ p(x)
(
k1y
1
p + k2y
2
p
)′
+ q(x)
(
k1y
1
p + k2y
2
p
)
=
k1
(
(y1p)
′′ + p(x)(y1p)
′ + q(x)y1p
)︸ ︷︷ ︸
f(x)
+k2
(
(y2p)
′′ + p(x)(y2p)
′ + q(x)y2p
)︸ ︷︷ ︸
g(x)
=
= k1f(x) + k2g(x).
Esse resultado nos permite aumentar muito a família de equações não-lineares que
podemos resolver.
Exemplo 60. Encontre uma solução particular para a equação
y′′ + y′ + 2y = 5x+ 3ex.
Solução. Podemos usar o princípio da superposição e escrever a solução particular para
essa equação como uma soma
yp(x) = y
1
p(x) + y
2
p(x)
em que y1p(x) é uma solução particular para
y′′ + y′ + 2y = 5x
e y2p(x) é uma solução particular para
y′′ + y′ + 2y = 3ex.
Ambas soluções particulares podem ser obtidas através do método de coeficientes a
determinar, que fornece
y1p(x) =
5
2
(x− 1) e y2p(x) =
3
4
ex.
Logo temos que
yp(x) =
5
2
(x− 1) + 3
4
ex.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 109
O princípio da superposição pode ser aplicado a qualquer número de fatores na soma
do lado direito da equação. Após separar a equação em várias equações mais simples,
não há necessidade que o mesmo método seja usado em cada uma delas.
Exercício 83. Para cada equação dada, determine sua solução geral.
1. y′′ + y = sec(x) + ex
2. y′′ + y = cos2(x) + x2
3. y′′ + 3y′ = 2x4 + x2e−3x + sen 3x
4. y′′ + y = x(1 + sen x)
5. y′′ − 5y′ + 6y = ex cos 2x+ e2x(3x+ 4) sen x
6. y′′ + 2y′ + 2y = 3e−x + 2e−x cosx+ 4e−xx2 sen x
7. y′′ − 4y′ + 4y = 2x2 + 4xe2x + x sen 2x
8. y′′ + 4y = x2 sen 2x+ (6x+ 7) cos 2x
9. y′′ + 3y′ + 2y = ex(x2 + 1) sen 2x+ 3e−x cosx+ 4ex
10. y′′ + 2y′ + 5y = 3xe−x cos 2x− 2xe−2x cosx
11. 2y′′ + 3y′ + y = x2 + 3 sen x
12. y′′ + 2y′ = 3 + 4 sen 2x
13. y′′ + 9y = x2e3x + 6
14. y′′ + y = 3 sen 2x+ x cosx
15. y′′ + y = tan(x) + e2x + x.
Exercício 84. Encontre a solu�ao dos problemas de valor inicial:
1.
{
y′′ + 4y = x2 + 3ex
y(0) = 0, y′(0) = 2
2.
{
y′′ − 2y′ + y = xex + 4
y(0) = 1, y′(0) = 1
11
Aplicações: Sistemas massa-mola e circuitos elétricos
Um sistema massa-mola consiste no acoplamento de um corpo de massa m a uma mola
com constante de deformação k > 0, enquanto a outra extremidade está ligada a um
ponto fixo conforme mostrado na Figura 11.1. Se tal sistema encontra-se em equilíbrio
a posição da massa é denotada por x = 0 e toda vez que tentamos tirar o o sistema
desse ponto O, surgirá uma força restauradora que tenta trazê-lo de volta a situação
inicial. Se puxarmos o bloco e, em seguida, o soltarmos, o sistema oscilará em torno da
posição de equilíbrio O. Para descrever completamente o corpo precisamos encontrar a
posição dele em função do tempo, x(t).
Figure 11.1: Sistema massa-mola.
11.1 A lei de Hooke
A lei de Hooke é a lei da física relacionada à elasticidade de corpos, e é ela que devemos
utilizar para calcular a força de restauração exercida pela mola sobre o corpo. Segundo
essa lei, a força de restauração é dada por
F = kx
111
112 Equações Diferenciais Ordinárias
em que x é o deslocamento do corpo em relação à posição inicial 0.
Nota-se que a força produzida pela mola é diretamente proporcional ao seu deslo-
camento do estado inicial. O equilíbrio na mola ocorre quando ela está em seu estado
natural, ou seja, sem estar comprimida ou esticada. Após comprimi-la ou esticá-la, a
mola sempre faz uma força contrária ao movimento, calculada pela expressão acima.
11.2 Movimento livre não amortecido
Quando a única força agindo sobre o corpo é a força produzida pela mola temos, pela
segunda lei de Newton
mx′′ = −kx
e o movimento do corpo é modelado pela equação diferencial
mx′′ + kx = 0 ou x+ ω20x = 0, (11.1)
em que ω0 =
√
k
m
é chamada de frequência natural do movimento. Essa é uma equação
diferencial ordinária de segunda ordem, linear e com coeficientes constantes e portanto
pode ser facilmente resolvida. O polinômio característico da equação é
r2 + ω20 = 0
que tem comos raízes ±ω0i, de modo que as soluções fundamentais da equação (11.1)
são
x1(x) = cos(ω0t), x2(t) = sen(ω0t).
Assim, a solução geral para a equação é
x(t) = c1 cos(ω0t) + c2 sen(ω0t).
As constantes c1 e c2 serão determinadas pelas condições iniciais. Em geral, são dadas
a posição e a velocidade iniciais x(0) = x0 e x
′(0) = x′0.
Exemplo 61. Um corpo de massa 1Kg está preso a uma mola de constante de defor-
mação k = 4N/m. O corpo é empurrado para trás, comprimindo a mola 4cm. O corpo
é solto a partir do repouso. Determine a equação de movimento desse corpo.
Solução. Precisamos resolver o seguinte problema de valor inicial{
x′′ + 4x = 0
x(0) = −0.04, x′(0) = 0.
A solução geral da equação diferencial é
x(t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t)
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 113
e as condições iniciais implicam que c1 = −0.04 e que c2 = 0, como o leitor não terá
dificuldades em verificar. Logo a equação de movimento que descreve o comportamento
do corpo é
x(t) = −0.04 cos(2t).
Exercício 85. Um corpo de massa 5kg está preso a uma mola de constante elástica
20N/m. O objeto parte da posição de equilíbrio com velocidade de 1m/s para a direita.
Encontre a equação de movimento que descreve esse objeto.
11.3 Movimento livre amortecido
A equação diferencial anterior é uma descrição muito simplificada de um sistema massa-
mola real. Em geral, é impossível eliminar outras forças que agem sobre o corpo além
da força elástica, como por exemplo a força de atrito entre o corpo e a superfície onde
ele está colocado. Vamos agora verificar como a equação de movimento é modificado
na presença de tais forças.
As forças de atrito são difíceis de modelar em geral, já que elas dependem muito da
estrutura da superfície em questão. Um bom modelo para a maior parte das superfícies
é considerar a força de atrito proporcional à velocidade do corpo
Fa = −ηx′
em que η é uma constante que modela a rugosidade da superfície (quanto mais rugosa
é a superfície, maior o valor de η e maior o valor da força de atrito). O sinal − aparece
porque as forças de atrito são sempre contrárias ao movimento do objeto.
Nesse caso, a segunda lei de Newton fornece:
mx′′ = −kx− ηx′
que pode ser reescrita na forma
x′′ + 2λx′ + ω2x = 0. (11.2)
em que 2λ = η
m
e ω =
√
k
m
. O polinômio característico dessa equação é
r2 + 2λr + ω20 = 0
cujas raízes são
r1 = −λ+
√
λ2 − ω2, r2 = −λ−
√
λ2 − ω2.
Podemos agora distinguir três casos possíveis, dependendo do sinal de λ2 − ω2.
114 Equações Diferenciais Ordinárias
11.3.1 Movimento superamortecido
Dizemos que o movimento do corpo é superamortecido se λ2−ω2 > 0, ou seja, quando
a constante de amortecimento é grande se comparada à constante elástica da mola. A
solução da equação (11.2) nesse caso é
x(t) = e−λt
(
c1e
√
λ2−ω2t + c2e−
√
λ2−ω2t
)
.
As constantes c1 e c2 deverão ser determinadas a partir das condições iniciais. Essa
equação representa um movimento oscilatório. Nesse caso, a solução se aproxima de 0
quando t cresce. Isso significa que o corpo tende a voltar à posição de equilíbrio quando
o tempo passa.
Exemplo 62. Um corpo de massa 2kg está preso a uma mola de constante elástica
4N/m e está sujeita a uma força de atrito proporcional à velocidade, com constante de
amortecimento igual a 6N ×s/m. O objeto é solto a partir da posição de equilíbrio com
velocidade de 1m/s para a direita. Encontre a equação de movimento que descreve esse
objeto. Solução. A equação diferencialobtida a partir da segunda lei de Newton é
x′′ + 3x′ + 2x = 0.
O polinômio característico da equação é r2 + 3r + 2 = 0, cujas raízes são r = −1 e
r = −2. Logo temos a solução geral
x(t) = c1e
−t + c2e−2t
e o movimento é superamortecido. As condições iniciais são x(0) = 0 e x′(0) = 1.
Elas implicam que c1 = 1 e c2 = −1. Logo a equação de movimento que descreve o
comportamento do objeto é
x(t) = e−t − e−2t.
Exercício 86. Um corpo de massa 3kg está preso a uma mola de constante elástica
9N/m e está sujeita a uma força de atrito proporcional à velocidade, com constante de
amortecimento igual a 12N × s/m. O objeto parte da posição inicial x(0) = −1 com
velocidade de 2m/s para a direita. Encontre a equação de movimento que descreve esse
objeto.
11.3.2 Movimento criticamente amortecido
Dizemos que o movimento do corpo é criticamente amortecido se λ2 − ω2 = 0. A
solução da equação (11.2) nesse caso é
x(t) = c1e
−λt + c2te−λt.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 115
As constantes c1 e c2 deverão ser determinadas a partir das condições iniciais. Essa
equação não representa um movimento oscilatório. Nesse caso, a solução se aproxima
de 0 quando t cresce. Isso significa que o corpo tende a voltar à posição de equilíbrio
quando o tempo passa.
Exemplo 63. Um corpo de massa 3kg está presa a uma mola de constante elástica
3N/m e está sujeita a uma força de atrito proporcional à velocidade, com constante de
amortecimento igual a 6N × s/m. O objeto é solto a partir da posição x(0) = −1 com
velocidade de 1m/s para a esquerda. Encontre a equação de movimento que descreve
esse objeto. Solução. A equação diferencial obtida a partir da segunda lei de Newton
é
x′′ + 2x′ + x = 0.
O polinômio característico da equação é r2 + 2r+ 1 = 0, que possui uma única raiz real
r = −1. Logo temos a solução geral
x(t) = c1e
−t + c2te−t
e o movimento é superamortecido. As condições iniciais são x(0) = −1 e x′(0) = −1.
Elas implicam que c1 = 0 e c2 = −1. Logo a equação de movimento que descreve o
comportamento do objeto é
x(t) = −te−t.
Exercício 87. Um corpo de massa 1kg está preso a uma mola de constante elástica
1N/m e está sujeita a uma força de atrito proporcional à velocidade, com constante
de amortecimento igual a 2N × s/m. O objeto parte da posição de equilíbrio com
velocidade de 1m/s para a esquerda. Encontre a equação de movimento que descreve
esse objeto.
11.3.3 Movimento subamortecido
Dizemos que o movimento do corpo é subamortecido se λ2−ω2 < 0, ou seja, quando a
constante de amortecimento é pequena se comparada à constante elástica da mola. A
solução da equação (11.2) nesse caso é
x(t) = e−λt
(
c1 cos(
√
ω2 − λ2t) + c2 sen(
√
ω2 − λ2t)
)
.
As constantes c1 e c2 deverão ser determinadas a partir das condições iniciais. Essa
equação não representa um movimento oscilatório. Nesse caso, a solução se aproxima
de 0 quando t cresce. Isso significa que o corpo tende a voltar à posição de equilíbrio
quando o tempo passa. Essa equação representa um movimento oscilatório, mas devido
ao fator e−λt a amplitude de oscilação tende a 0 quando t cresce.
116 Equações Diferenciais Ordinárias
Exemplo 64. Um corpo de massa 1kg está presa a uma mola de constante elástica
5N/m e está sujeita a uma força de atrito proporcional à velocidade, com constante
de amortecimento igual a 2N × s/m. O objeto é solto a partir do repouso na posição
x(0) = 2 . Encontre a equação de movimento que descreveo comportamento desse
objeto. Solução.
A equação diferencial obtida a partir da segunda lei de Newton é
x′′ + 2x′ + 5x = 0.
O polinômio característico da equação é r2+2r+5 = 0, que possui duas raízes complexas
r = −1± 2i. Logo temos a solução geral
x(t) = e−t (c1 cos(2t) + c2 sen(2t))
e o movimento é superamortecido. As condições iniciais são x(0) = 2 e x′(0) = 0.
Elas implicam que c1 = 2 e c2 = 2. Logo a equação de movimento que descreve o
comportamento do objeto é
x(t) = 2e−t (cos(2t) + sen(2t)) .
Exercício 88. Um corpo de massa 5kg está preso a uma mola de constante elástica
2N/m e está sujeita a uma força de atrito proporcional à velocidade, com constante
de amortecimento igual a 1N × s/m. O objeto parte da posição de equilíbrio com
velocidade de 1m/s para a direita. Encontre a equação de movimento que descreve esse
objeto.
11.4 Movimento forçado
Além das forças de amortecimento e elástica podem haver outras forças agindo sobre o
corpo. Podemos por exemplo considerar o caso em que o corpo continua a ser empurrado
depois de t = 0. Vamos chamar essa força adicional de f(t). Utilizando a segunda lei
de Newton temos:
mx′′ = −kx− ηx′ + f(t)
que pode ser reescrita na forma
x′′ + 2λx′ + ω2x = g(t)
em que 2λ = η
m
, ω =
√
k
m
e g(t) = f(t)
m
. Nesse caso, a equação diferencial que descreve
o objeto é uma equação não-homogênea, e por isso a resolução dependerá do formato
da força adcional f(t).
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 117
Exemplo 65. Um corpo de massa 3kg está preso a uma mola de constante elástica
3N/m e está sujeita a uma força de atrito proporcional à velocidade, com constante de
amortecimento igual a 6N×s/m. Além disso, o corpo está sujeito a uma força adicional
que varia com o tempo igual a f(t) = 3 cos(t). O objeto parte da posição de equilíbrio
com velocidade de 1m/s para a direita. Encontre a equação de movimento que descreve
esse objeto. Solução. A equação diferencial obtida a partir da segunda lei de Newton
é
x′′ + 2x′ + x = cos(t).
Uma solução particular para essa equação pode ser encontrada a partir do método dos
coeficientes a determinar. Nesse exemplo, os parâmetros para a aplicação do método
são n = 0, δ = 0 e γ = 1. Como δ+ iγ = i não é raiz de r2 + 2r+ 1 = 0 temos s = 0.
Logo a solução particular terá a forma
xp(t) = A cos(t) +B sen(t)
em que A e B devem ser determinados substituindo yp na equação. Procedendo dessa
maneira obtemos
(−A cos(t)−B sen(t)) + 2 (−A sen(t) +B cos(t)) + (A cos(t) +B sen(t)) = cos(t)
(−A+ A+ 2B) cos(t) + (−B − 2A+B) sen(t) = 0
2B cos(t) +−2A sen(t) = cos(t)
o que implica que A = 0 e B = 1
2
. Logo a solução particular é
xp(t) =
sen(t)
2
.
Para encontrar a solução geral resta encontrar a solução da equação homogênea, que é
xH(t) = c1e
−t + c2te−t.
Assim a solução geral da equação diferencial é
x(t) = c1e
−t + c2te−t +
sen(t)
2
.
As condições iniciais são x(0) = 0 e x′(0) = 1. Elas implicam que c1 = −14 e c2 = 14 .
Logo a equação de movimento que descreve o comportamento do objeto é
x(t) =
e−t
4
+
te−t
4
+
sen(t)
2
.
118 Equações Diferenciais Ordinárias
Exercício 89. Um corpo de massa 1kg está preso a uma mola de constante elástica
2N/m e está sujeita a uma força de atrito proporcional à velocidade, com constante de
amortecimento igual a 3N×s/m. Além disso, o corpo está sujeito a uma força adicional
que varia com o tempo igual a f(t) = t2. O objeto parte da posição de equilíbrio com
velocidade de 1m/s para a direita. Encontre a equação de movimento que descreve esse
objeto.
Exercício 90. Um corpo de massa 1kg está preso a uma mola de constante elástica
4N/m e não está sujeita a nenhuma força de atrito Além disso, o corpo está sujeito a
uma força adicional que varia com o tempo igual a f(t) = sen(t). O objeto parte da
posição inicial x(0) = −2 com velocidade de 2m/s para a esquerda. Encontre a equação
de movimento que descreve esse objeto.
11.5 Circuitos Elétricos
Vamos inicialmente relembrar as propriedades de três tipos de dispositivos elétricos:
capacitores, resistores e indutores.
11.5.1 Capacitores
Um capacitor é um componente que armazena energia num campo elétrico, acumulando
um desequilíbrio interno de carga elétrica.
C
+ −
i
A diferença de potencial em um capacitor é dada pela equação
∆V =
Q
C
em que C é a capacitância, uma constante que mede acapacidade do dispositivo em
armazenar carga elétrica e Q é a carga armazenada no capacitor.
11.5.2 Resistores
Um resistor é um dispositivo elétrico muito utilizado em eletrônica, ora com a finalidade
de transformar energia elétrica em energia térmica por meio do efeito joule, ora com a
finalidade de limitar a corrente elétrica em um circuito.
Resistores são componentes que têm por finalidade oferecer uma oposição à pas-
sagem de corrente elétrica através de seu material. A oposição oferecida pelo material
é representada por uma constante chamada resistência R do resistor.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 119
Resistores causam uma queda de tensão em alguma parte de um circuito elétrico,
porém jamais causam quedas de corrente elétrica. Isso significa que a corrente elétrica
que entra em um terminal do resistor será exatamente a mesma que sai pelo outro
terminal, porém há uma queda de tensão. Utilizando-se disso, é possível usar os resistores
para controlar a corrente elétrica sobre os componentes desejados.
R
+ −
i
A queda de tensão em um resitor é dada pela equação
∆V = RI
em que I é a corrente que passa pelo resistor.
11.5.3 Indutores
Um indutor é um dispositivo elétrico que armazena energia na forma de campo mag-
nético, normalmente combinando o efeito de vários loops de uma corrente elétrica.
L
+ −
i
A indutância L é a constante física que mede a capacidade do indutor em gerar
campo magnético a partir de uma corrente variável e é medida em Henry H. A tensão
entre os terminais de um indutor é proporcional à taxa de variação da corrente que o
atravessa. Matematicamente temos:
∆V = L
dI
dt
.
11.5.4 Geradores
Gerador é um dispositivo utilizado para a conversão da energia mecânica, química ou
outra forma de energia em energia elétrica. A diferença de potencial gerada depende
das características internas do gerador e pode depender do tempo de muitas maneiras
diferentes. Essa diferença de potencial será representada pela função ε(t).
+−
V (t)
i
120 Equações Diferenciais Ordinárias
11.5.5 A segunda lei de Kirchoff
A segunda lei de Kirchoff afirma que em um circuito fechado, as variações de potencial
em cada um dos elementos do circuito devem ter soma igual a zero.
N∑
k=1
∆Vk = 0
em que ∆Vk representam as variações de potencial elétrico em cada componente do
circuito.
11.5.6 Circuitos RLC
Um circuito RLC é um circuito fechado que possui um resistor, um indutor e um capac-
itor, além de um gerador de potência elétrica, todos em série. Esses circuitos apresenta
três características importantes:
1. Fornece apenas um caminho para a circulação da corrente elétrica;
2. A intensidade da corrente é a mesma ao longo de todo o circuito em série;
3. O funcionamento de qualquer um dos consumidores depende do funcionamento
dos consumidores restantes.
V (t)
C
L
R
Figure 11.2: Representação gráfica de um circuito RLC em série.
O gerador aumenta a diferença de potencial entre suas extremidades, enquanto que
capacitores, resistores e indutores diminuem a diferença de potencial entre suas extrem-
idades. Aplicando a segunda lei de Kirchoff temos:
−LdI
dt
−RI − Q
C
+ ε(t) = 0
que pode ser reescrita na forma
L
dI
dt
+RI +
Q
C
= ε(t).
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 121
Como I = dQ
dt
temos
L
d2Q
dt2
+R
dQ
dt
+
Q
C
= ε(t)
que é uma equação de segunda ordem linear, em geral não-homogênea, com coeficientes
constantes.
Exemplo 66. Um capacitor com C = 1
3
F , um resistor com R = 4 Ω e um indutor
com L = 1 H estão ligados em série a um gerador que produz uma diferença de
potencial igual a ε(t) = e−2t V . Encontre a carga armazenada no capacitor em função
do tempo e a corrente que passa no circuito em função do tempo. Em geral utilizamos
como condições iniciais o momento em que o gerador é ligado, em que tanto a carga
armazenada no capacitor quanto a corrente elétrica no circuito são iguais a zero.
Solução. A equação diferencial que modela o processo é
d2Q
dt2
+ 4
dQ
dt
+ 3Q = e−2t.
Para encontrar a solução geral devemos inicialmente encontrar uma solução particular
para a equação, o que pode ser feito através do método dos coeficientes a determinar.
Assim obtemos
Qp(t) = −e−2t.
A solução da eqação homogênea associada é
QH(t) = c1e
−t + c2e−3t
e a solução geral da equação de interesse é
Q(t) = c1e
−t + c2e−3t − e−2t.
As condições iniciais são Q(0) = 0 e Q′(0) = 0. Essas restrições implicam que c1 = e
c2 = e portanto a carga elétrica armazenada no capacitor em função do tempo é:
Q(t) =
3
2
e−t +
1
2
e−3t − e−2t.
Para obter a corrente que passa no circuito como função do tempo basta derivar a
expressão acima em relação a t.
Observação : Nos exercícios abaixo foram escolhidos valores que facilitam as contas
na resolução das equações diferenciais. Os valores encontrados nos dispositivos elétricos
usados no dia a dia são em geral muito diferentes dos utilizados abaixo.
Exercício 91. Um capacitor com C = 1
4
F , um resistor com R = 4 Ω e um indutor com
L = 1 H estão ligados em série a um gerador que produz uma diferença de potencial
igual a ε(t) = e−t V . Encontre a carga armazenada no capacitor em função do tempo
e a corrente que passa no circuito em função do tempo.
122 Equações Diferenciais Ordinárias
Exercício 92. Um capacitor com C = 1
5
F , um resistor com R = 4 Ω e um indutor com
L = 2 H estão ligados em série a um gerador que produz uma diferença de potencial
igual a ε(t) = te−t V . Encontre a carga armazenada no capacitor em função do tempo
e a corrente que passa no circuito em função do tempo.
Exercício 93. Um capacitor com C = 1
9
F e um indutor com L = 1 H estão ligados
em série a um gerador que produz uma diferença de potencial igual a ε(t) = cos(t) V .
Encontre a carga armazenada no capacitor em função do tempo e a corrente que passa
no circuito em função do tempo.
Exercício 94. Um capacitor com C = 1 F e um indutor com L = 1 H estão ligados
em série a um gerador que produz uma diferença de potencial igual a ε(t) = sec(t)V .
Encontre a carga armazenada no capacitor em função do tempo e a corrente que passa
no circuito em função do tempo.
Parte IV
Séries de potência e trasformada de
Laplace
123
12
Resolução de equações diferenciais através de séries de
potência
12.1 Revisão de séries de potência
Em matemática, uma série de potência em uma variável é uma série infinita da forma
f(x) =
∞∑
n=0
an (x− c)n = a0 + a1(x− c)1 + a2(x− c)2 + a3(x− c)3 + · · ·
onde an representa o coeficiente do termo de ordem n, c ∈ R é uma constante e x varia
em torno de c. Por esta razão dizemos que a série é centrada em c.
Em muitas situações c é igual a zero. Em tais casos , a série de potência assume a
forma mais simples
f(x) =
∞∑
n=0
anx
n = a0 + a1x+ a2x
2 + a3x
3 + · · · .
Séries de potência surgem em várias áreas da matemática, como por exemplo em
análise, equações diferenciais, combinatória, teoria dos números e também em várias
áreas da matemática aplicada.
12.1.1 Exemplos importantes
Qualquer polinômio pode ser facilmente escrito como uma série de potências em torno
de qualquer centro c, embora apenas um número finito dos coeficientes seja diferente de
zero nesse caso. Por exemplo, o polinômio f(x) = x2 + 2x + 3 pode ser escrito como
uma série de potência em torno do centro c = 0
f(x) = 3 + 2x1 + x2 + 0x3 + 0x4 · · · ,
ou em torno do centro c = 1, conforme
125
126 Equações Diferenciais Ordinárias
f(x) = 6 + 4(x− 1) + 1(x− 1)2 + 0(x− 1)3 + 0(x− 1)4 · · · ,
ou em torno de qualquer outro centro c. Podemos ver séries de potência como �polinômios
de grau infinito�, mas lembre-se que séries de potência em geral NÃO são polinômios e
nem se comportam como polinômios.A fórmula para a série geométrica
1
1− x =
∞∑
n=0
xn = 1 + x+ x2 + x3 + · · · ,
que é válida para |x| < 1, é um dos mais importantes exemplos de uma série de potências,
assim como a fórmula para a função exponencial
ex =
∞∑
n=0
xn
n!
= 1 + x+
x2
2!
+
x3
3!
+ · · · ,
e a fórmula para as funções trigonométricas cosseno e seno
cos(x) =
∞∑
n=0
(−1)n
(2n)!
x2n = 1− x
2
2!
+
x4
4!
− x
6
6!
+ · · · ,
sen(x) =
∞∑
n=0
(−1)nx2n+1
(2n+ 1)!
= x− x
3
3!
+
x5
5!
− x
7
7!
+ · · · ,
válidas para todo x real.
12.1.2 Raio de convergência
Uma série de potências pode convergir para alguns valores da variável x e pode divergir
para outros. Todas as séries de potência f(x) em potências de (x − c) vão convergir
em x = c. Se c não é o único ponto de convergência, há sempre um número r tal que
0 < r ≤ ∞ de modo que a série sempre converge se |x − c| < r e diverge quando
|x− c| > r. O número r é chamado o raio de convergência da série de potência. O raio
de convergência pode ser calculado através de qualquer critério de convergência de séries
(por exemplo o teste da razão). Uma maneira rápida de calcular é através da fórmula
r−1 = lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ ,
se este limite existe. Essa relação pode ser facilmente obtida a partir do teste da razão
para séries númericas.
A série de potências converge absolutamente quando |x− c| < r. Para |x− c| = r,
não podemos fazer qualquer declaração geral sobre a convergência ou a divergência da
série. Cada caso deverá ser analisado separadamente. O conjunto dos pontos onde a
série converge é chamado de intervalo de convergência da série.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 127
12.1.3 Operações com séries de potência
Quando duas funções f e g são decompostas em série de potência em torno do mesmo
centro c, a série de potência da soma ou da diferença das funções pode ser obtida através
da adição e subtração termo a termo. Isto é, se
f(x) =
∞∑
n=0
an(x− c)n e g(x) =
∞∑
n=0
bn(x− c)n
então
f(x)± g(x) =
∞∑
n=0
(an ± bn)(x− c)n.
Com as mesmas definições acima referidas, a série de potência do produto pode ser
obtida através da multiplicação termo a termo
f(x)g(x) =
( ∞∑
n=0
an(x− c)n
)( ∞∑
n=0
bn(x− c)n
)
=
∞∑
i=0
∞∑
j=0
aibj(x− c)i+j
=
∞∑
n=0
(
n∑
i=0
aibn−i
)
(x− c)n.
Para definir a divisão de duas séries observe que
f(x)
g(x)
=
∑∞
n=0 an(x− c)n∑∞
n=0 bn(x− c)n
=
∞∑
n=0
dn(x− c)n
f(x) =
( ∞∑
n=0
bn(x− c)n
)( ∞∑
n=0
dn(x− c)n
)
e em seguida utilize a fórmula para o produto e compare os coeficientes.
Uma vez que a função é dada como uma série de potência, ela é diferenciável no
interior do intervalo de convergência. Pode ser diferenciada e integrada com bastante
facilidade, tratando cada termo separadamente:
f ′(x) =
∞∑
n=1
ann (x− c)n−1 =
∞∑
n=0
an+1 (n+ 1) (x− c)n
∫
f(x) dx =
∞∑
n=0
an (x− c)n+1
n+ 1
+ k =
∞∑
n=1
an−1 (x− c)n
n
+ k.
Ambas as séries têm o mesmo raio de convergência da série original.
128 Equações Diferenciais Ordinárias
12.1.4 Funções analíticas e séries de Taylor
Uma função f definida em algum intervalo aberto I de R é chamada analítica se for
dada localmente por uma série de potências convergente. Isto significa que cada c ∈ I
tem uma vizinhança V , tal que existe uma série de potências com um centro em c que
converge para f(x) para todo x ∈ V .
Cada série de potência com um raio de convergência positivo é analítica no interior
de seu intervalo de convergência. Somas e produtos de funções analíticas são analíticas,
como são quocientes enquanto o denominador é diferente de zero.
Se uma função analítica ela é infinitamente diferenciável, mas a recíproca não é
geralmente verdadeira. Para uma função analítica, os coeficientes da série podem ser
calculados através da fórmula
an =
f (n) (c)
n!
onde f (n)(c) indica a derivada enésima de f em c e f (0)(c) = f(c).
Isso quer dizer que toda função analítica pode ser representada através da série de
Taylor
f(x) =
∞∑
n=0
f (n)(c)
n!
(x−c)n = f(c) (x− c)0+f
′(c) (x− c)1
1!
+
f ′′(c) (x− c)2
2!
+...+
f (n)(c) (x− c)n
n!
+· · · .
Exemplo 67. Encontre o intervalo de convergência e o raio de convergência da série
de Taylor para a função f(x) = ex em torno de c = 1.
Exemplo 68. Encontre o intervalo de convergência e o raio de convergência da série
de Taylor para a função f(x) = 1
x
em torno de c = 1.
Exercício 95. Encontre o intervalo de convergência e o intervalo de convergência das
séries de potência abaixo.
1.
∑∞
n=0 (x− 3)n;
2.
∑∞
n=0
n
2n
xn;
3.
∑∞
n=0
2n
n
xn;
4.
∑∞
n=0
(−1)n
10n
(x− 5)n;
5.
∑∞
n=0
100n
n!
(x+ 7)n.
Exercício 96. Encontre a série de Taylor da função dada com centro no ponto c indi-
cado. Calcule o raio e convergência e o intervalo de convergência das séries obtidas.
1. f(x) = cos(x) em torno de c = 0;
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 129
2. f(x) = sen(x) em torno de c = 0;
3. f(x) = ex em torno de c = 2;
4. f(x) = x2 em torno de c = −1;
5. f(x) = x em torno de c = 1;
6. f(x) = ln(x) em torno de c = 1.
12.2 Resolução de EDO's através de séries de
potência
Em matemática, o método de séries de potência é usado para buscar uma solução em
série de potências para certas equações diferenciais. Em geral, uma tal solução pode
ser escrita como uma série de potência com coeficientes desconhecidos. Substituindo
o candidato a solução na equação diferencial podemos encontrar uma relação de recor-
rência para os coeficientes, que nos permite explicitar a solução desejada. Observe que
essa ideia é a mesma ideia usada no método dos coeficientes a determinar. A grande
diferença é que agora temos infinitos coeficientes, que são os coeficientes an da série de
potência em questão.
Consideremos a equação diferencial linear, homogênea de segunda ordem
R(x)y′′ + P (x)y′ +Q(x)y = 0.
Vamos supor que R,P e Q são polinômios, mas equações de outros tipos podem ser
resolvidas utilizando ideias semelhantes.
Reescrevendo a equação na forma usual y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0 temos que p(x) =
P (x)
R(x)
e q(x) = Q(x)
R(x)
são funções analíticas, exceto nos pontos onde R(x) = 0. As raízes
de R(x) são chamados pontos sigulares da equação. Se um ponto não é singular, ele é
chamado ponto ordinário da equação.
Se x0 é um ponto ordinário da equação, o teorema de existência e unicidade para
equações lineares garante que a solução da equação diferencial será uma função analítica
em x0 e, portanto, existirá a série de potências para a solução y(x):
y(x) =
∞∑
n=0
an (x− x0)n .
Os coeficientes an são obtidos por substituição da série de potências acima (e das suas
derivadas) na equação diferencial.
Exemplo 69. Resolva a equação diferencial
y′′ + y = 0
através do método de série de potências.
130 Equações Diferenciais Ordinárias
Exemplo 70. Resolva a equação diferencial
y′′ − y = 0
através do método de série de potências.
Exemplo 71. Resolva a equação diferencial
y′′ − xy = 0
através do método de série de potência.
Exemplo 72. Resolva a equação diferencial
y′′ + y = 0
através do método de série de potências.
Exercício 97. Reescreva o índice das séries abaixo de modo que apareça na soma
potências de x na forma xn.
1.
∑∞
n=1 ncnx
n+2
;
2.
∑∞
n=3(2n− 1)cnxn−3.
Exercício 98. Reescreva as somas de séries abaixo como uma única soma, colocando
em evidência os termos de mesmo grau (será necessário reescrever o índice de pelo menos
uma das séries).
1.
∑∞
n=1 2ncnx
n−1 +
∑∞
n=0 6cnx
n+1
;
2.
∑∞
n=2 n(n− 1)cnxn + 2
∑∞
n=2 n(n− 1)cnxn−2 + 3
∑∞
n=1 ncnx
n
.
Exercício 99. Verifique que as funções abaixo (dadas pro sériesde potências) são
soluções das equações diferenciais indicadas.
1. y(x) =
∑∞
n=1
(−1)nxn
n
é solução de (x+ 1)y′′ + y′ = 0;
2. y(x) =
∑∞
n=0
(−1)nx2n
22nn!
é solução de (xy′′ + y′ + xy = 0.
Exercício 100. Verifique se x0 é ponto ordinário da equação diferencial dada. Em caso
afirmativo resolva a equação utilizando o método de séries de potência.
1. y′′ − xy = 0, x0 = 0;
2. y′′ + x2y = 0, x0 = 0;
3. xy′′ + (x+ 1)y = 0, x0 = 0;
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 131
4. (x− 1)y′′ + y′ = 0, x0 = 1;
5. (x− 1)y′′ + y′ = 0, x0 = 0;
6. y′′ − xy′ − y = 0, x0 = 1;
7. x2y′′ − 2xy′ + 2y = 0, x0 = 2.
Exemplo 73. Considere a equação
(1− x)y′′ + xy′ − 2y = 0.
1. Encontre os pontos ordinários da equação acima;
2. Encontre a relação de recorrência dos coeficientes da solução em série de potências
da equação acima em x0 = 0;
3. Encontre o raio de convergência dessa série;
4. Encontre pelo os cinco primeiros termos não-nulos das séries de y1 e y2;
5. Encontre a solução que satisfaz as condições iniciais y(0) = 0 e y′(0) = 1.
Resposta dos exercícios selecionados
Exercício 94
1. r = 1, I = (2, 4);
3. r = 1
2
, I =
[−1
2
, 1
2
)
;
4. r = 10, I = (−5, 15].
Exercício 95
4.
∑∞
n=0 x
n
, r = 1, I = (−1, 1);
7.
∑∞
n=0
(−1)n(x−1)n
n
; r = 1, I = (0, 2).
Exercício 96
1.
∑∞
n=3(n− 2)cn−2xn.
Exercício 97
1. 2c1 +
∑∞
n=1 [2(n+ 1)cn+1 + 6cn−1]x
n
.
Exercício 99
1. y(x) = a0
[
1 + x
3
3×2 +
x6
6×5×3×2 +
x9
9×8×6×5×3×2 + · · ·
]
+a1
[
x+ x
4
4×3 +
x7
7×6×4×3 +
x10
10×9×7×6×4×3 + · · ·
]
;
132 Equações Diferenciais Ordinárias
2. y(x) = a0
[
1− x2
2!
− 3x4
4!
− 21x6
6!
+ · · ·
]
+ a1
[
x+ x
3
3!
+ 5x
5
5!
+ 45x
7
7!
+ · · ·
]
;
5. y(x) = a0 + a1
∑∞
n=1
xn
n
;
6. y(x) = a0
[
1 + (x−1)
2
2
+ (x−1)
3
6
+ (x−1)
4
6
+ · · ·
]
+a1
[
(x− 1) + (x−1)2
2
+ (x−1)
3
2
+ (x−1)
4
4
+ · · ·
]
.
13
Transformada de Laplace
A transformada de Laplace é uma transformação integral amplamente utilizada em
matemática. Essa transformação foi nomeada em homenagem a Pierre- Simon Laplace e
transforma a representação matemática de uma função na variável independente t (que
na maior parte das aplicações representa o tempo) em função da variável independente
s (que na maior parte das aplicações representa frequência). A transformada de Laplace
pode ser invertida, isto é, existe a transformação inversa de Laplace que transforma uma
função na variável s em uma função na variável t.
Em física e engenharia a transformada de Laplace é utilizada para análise de sistemas
lineares invariantes no tempo, tais como circuitos elétricos, osciladores harmônicos, dis-
positivos ópticos e sistemas mecânicos. A transformada de Laplace fornece uma de-
scrição alternativa que muitas vezes simplifica o processo de analisar o comportamento
do sistema. Por exemplo, a transformada de Laplace transforma equações diferenciais
em equações algébricas e portanto pode ser utilizada na resolução desse tipo de equação.
13.1 Transformadas Integrais
A metodologia da transformada integral é uma importante metodologia empregadas na
busca de soluções para equações diferenciais não triviais. Esta metodologia consiste em
aplicar uma transformação definida a partir de uma integral específica a um determinado
problema, reduzindo-o a um problema, em geral, mais simples de ser resolvido. Resolve-
se o problema transformado e recupera-se a solução do problema original através da
respectiva transformada inversa.
A transformada é definida a partir de uma função de duas variáveis K(s, t), chamada
núcleo da transformação e dois extremos de integração t1 e t2. Dada uma função f(t)
obtemos sua transformada T (f) da seguinte forma
T (f) = F (s) =
∫ t2
t1
f(t)K(s, t) dt.
Alguns núcleos possuem núcleos inversos K−1(s, t) e extremos s1 e s2 que quando
utilidados na transformada integral dão origem à transformação inversa da transformação
133
134 Equações Diferenciais Ordinárias
gerada por K(s, t). Isso quer dizer que
f(t) =
∫ s2
s1
K−1(s, t)F (s), ds.
13.2 Definição da transformada de Laplace
A transformada de Laplace é uma transformada integral em que K(s, t) = e−st, t1 = 0
e t2 =∞, isto é
F (s) = L{f(t)} =
∫ ∞
0+
e−stf(t) dt.
A transformada de Laplace é definida a partir de uma integral imprópria e portanto só
está definida para os valores de s tais que a integral imprópria acima converge. Em geral
a transformada de Laplace F (s) existe para todos os números reais s > a, onde a é uma
constante que depende do comportamento de f(t).
A transformada de Laplace possui inversa, isto é, dada a transformada de uma função
F (s) de uma função f(t) é possível recuperar f(t) a partir de F (s), mas o cálculo da
transformada de Laplace inversa a partir de uma integral é complicado (utiliza números
complexos e o teorema dos resíduos) e portanto não vamos utilizá-la aqui. Para calcular
a transformada inversa iremos utilizar a tabela 13.1 e algumas outras ferramentas que
veremos em breve.
13.2.1 Linearidade da Transformada de Laplace
Como toda transformada integral, a transformada de Laplace é uma operação linear,
isto é, se f(t) e g(t) são funções na variável t e a e b são constantes reais, então
L (af(t) + bg(t)) = aL (f(t)) + bL (g(t)) .
Essa propriedade segue diretamente das propriedades de linearidade da integral, uma vez
que
L (af(t) + bg(t)) =
∫ ∞
0
e(−st) [af(t) + bg(t)] dt
= a
∫ ∞
0
e(−st)f(t)dt+ b
∫ ∞
0
e(−st)g(t)dt
= aL (f(t)) + bL (g(t))
ATENÃÃO: propriedades similares não são válidas para outras operações entre funções.
Por exemplo, mostra-se facilmente que a transformada de Laplace do produto é diferente
do produto das transformadas. Por exemplo, se f(t) = g(t) = 1, então L{f · g} =
L{1} = 1
s
, como veremos no exemplo 74 abaixo, mas L{f} · L{g} = 1
s2
ou seja, em
geral
L{f · g} 6= L{f} · L{g}.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 135
13.3 Exemplos: cálculo da Transformada de
Laplace para funções elementares
Exemplo 74. Encontre a transformada de Laplace da função f(t) = 1.
Solução.
L(f) = F (s) =
∫ ∞
0
e−stf(t) dt
=
∫ ∞
0
e−st dt
= lim
A→∞
∫ A
0
e−st dt
= lim
A→∞
−e
st
s
∣∣∣∣A
0
= lim
A→∞
[
−e
sA
s
+
1
s
]
.
O limite acima existe se, e somente se, o argumento da exponencial é negativo, ou seja,
se s > 0. Nesse caso temos
lim
A→∞
−e
sA
s
= 0
e
F (s) =
1
s
.
Se s < 0 o limite não existe (a exponencial vai para infinito) e portanto a transformada
de Laplace F (s) não está definida. Esse exemplo corresponde à primeira linha da tabela
13.1.
Exemplo 75. Encontre a transformada de Laplace da função f(t) = eat.
Solução.
L(f) = F (s) =
∫ ∞
0
e−stf(t) dt
=
∫ ∞
0
e−steat dt
= lim
A→∞
∫ A
0
e(−s+a)t dt
= lim
A→∞
e(−s+a)t
−s+ a
∣∣∣∣A
0
= lim
A→∞
[
e(−s+a)A
−s+ a −
1
−s+ a
]
.
136 Equações Diferenciais Ordinárias
O limite acima existe se, e somente se, o argumento da exponencial é negativo, ou seja,
se −s+ a > 0, o que implica que s > a. Nesse caso temos
lim
A→∞
e(−s+a)A
−s+ a = 0
e
F (s) =
1
s− a.
Se s < a o limite não existe (a exponencial vai para infinito) e portanto a transformada
de Laplace F (s) não está definida. Esse exemplo corresponde à terceira linha da tabela
13.1.
Exemplo 76. Encontre a transformada de Laplace da função f(t) = sen(at).
Solução.
L(f) = F (s) =
∫ ∞
0
e−stf(t) dt
=
∫ ∞
0
e−st sen(at) dt
= lim
A→∞
∫ A
0
e−st sen(at) dt
= lim
A→∞
e−st
−(a cos(at) + s sin(at))
s2 + a2
∣∣∣∣A
0
= lim
A→∞
[
e−sA
−(a cos(aA) + s sin(aA))
a2+ s2
− 1
s2 + a2
]
.
O limite acima existe se, e somente se, o argumento da exponencial é negativo, ou seja,
se s > 0. Nesse caso temos
lim
A→∞
e−sA
−(a cos(aA) + s sin(aA))
a2 + s2
= 0
e
F (s) =
1
s2 + a2
.
Se s < 0 o limite não existe (a exponencial vai para infinito) e portanto a transformada
de Laplace F (s) não está definida. Esse exemplo corresponde à terceira linha da tabela
13.1.
Exercício 101. Calcule a transformada de Laplace das funções abaixo a partir da
definição. Utilize a tabela 13.1 para confirmar sua resposta.
1. f(t) = 2;
2. f(t) = t;
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3. f(t) = t2
4. f(t) = exp(−2t);
5. f(t) = cos 2t; Utilize uma tabela de integrais.
6. f(t) = cosh(t).
13.4 Transformada de Laplace da derivada de uma
função
A transformada de Laplace da derivada de uma função f(t) pode ser facilmente rela-
cionada a transformada de f(t). Essa é uma das propriedades mais importantes da trans-
formada de Laplace e é ela que faz essa operação tão útil para a solução de equações
diferenciais.
A partir da definição de transformada de Laplace temos
L{f(t)} =
∫ ∞
0
e−stf(t) dt.
utilizando integração por partes com u = e−st e dv = f ′(t)dt temos
L{f ′(t)} = lim
A→∞
∫ A
0
e(−st)f ′(t)dt
= lim
A→∞
[
e(−st)f(t)
∣∣A
0
+ s
∫ A
0
e(−st)f(t)dt
]
= lim
A→∞
[
e(−sA)f(A)− f(0) + s
∫ A
0
e(−st)f(t)dt
]
= sL{f(t)} − f(0).
No cálculo acima é importante notar que assumimos s > 0, uma vez que do contrário a
integral imprópria não convergiria.
Definindo F (s) = L{f(t)}, temos então
L (f ′) = sF (s)− f(0).
Utilizando essa equação podemos também relacionar a transformada de f ′′(t) a F (s).
De fato
L (f ′′) = sL (f ′)− f ′(0) = s (sF (s)− f(0))− f ′(0) = s2F (s)− sf(0)− f ′(0).
Procedendo de maneira análoga podemos relacionar a transformada de todas as derivadas
de f a L (f):
L (f (n)) = snL (f)− s(n−1)f(0)− s(n−2)f ′(0)− ...− f (n−1)(0).
138 Equações Diferenciais Ordinárias
13.5 Resolução de Equações Diferenciais Lineares
através da Transformada de Laplace
A linearidade da transformada de Laplace e seu comportamento em relação à derivação
permitem transformar uma equação diferencial linear com coeficientes constantes numa
equação algébrica. Por exemplo, consideremos a equação
y′′ − y′ − 2y = 0.
A igualdade entre os dois lados da equação implicam a igualdade de suas transformadas
de Laplace:
L (y′′ − y′ − 2y) = L(0).
Utilizando o fato de que L é uma transformação linear e L(0) = 0 temos
L (y′′)− L (y′)− 2L (y) = 0.
Definindo L (y) = Y (s) temos que
L (y′) = sY (s)− y(0), L (y′′) = s2Y (s)− sy(0)− y′(0).
Substituindo essas relações na equação diferencial temos[
s2Y (s)− sy(0)− y′(0)]− [sY (s)− y(0)]− 2Y (s) = 0(
s2 − s− 2)Y (s)− (s+ 1)y(0)− y′(0) = 0
Y (s) =
(s+ 1)y(0) + y′(0)
s2 − s− 2
A ideia principal do cálculo acima é traduzir a equação diferencial para uma equação
das transformadas de Laplace das funções envolvidas, que é uma equação algébrica para
Y (s), que não envolve nenhuma derivada. Assim podemos obter facilmente Y (s) através
de cálculos elementares. No entanto, a equação diferencial ainda não está resolvida. A
função que nos interessa é a solução f(t) e não sua transformada Y (s). Para concluir
a solução da equação, devemos encontrar a transformada inversa de Y (s), que será a
solução procurada y(t).
É possível encontrar a transformada inversa de
(s+1)y(0)+y′(0)
s2−s−2 mesmo deixando os
valores de y(0) e y′(0) arbitrários. No entanto, é bem mais fácil fazer os cálculos
necessários quando esses valores são conhecidos. Nesse sentido, em geral utilizamos
a transformada de Laplace para resolver diretamente um problema de valor inicial, ao
contrário dos métodos anteriores em que primeiro encontrávamos a solução geral da
equação e em seguida substituíamos as condições iniciais para determinar as constantes
que apareciam na solução geral.
Para exemplificar, suponhamos que as condições iniciais são y(0) = 1 e y′(0) = 0.
Nesse caso temos
Y (s) =
s+ 1
s2 − s− 2 .
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Precisamos encontrar qual função na variável t dá origem a Y (s) através da transformada
de Laplace.
Vamos utilizar a segunda coluna da tabela 13.1. A função Y (s) acima não aparece
diretamente, mas é possível reescrevê-la utilizando apenas funções que aparecem na
tabela. Para isso vamos utilizar frações parciais.
As raízes de s2 − s− 2 são s = −1 e s = 2, de modo que Y (s) pode ser escrita na
forma
Y (s) =
A
s− 2 +
B
s+ 1
.
Utilizando o método de frações parciais encontramos A = 1
3
e B = 2
3
, de modo que
Y (s) =
1
3
s− 2 +
2
3
s+ 1
.
Utilizando a linearidade da transformada inversa temos
L−1 (Y (s)) = 1
3
L−1
(
1
s− 2
)
+
2
3
L−1
(
1
s+ 1
)
=
2
3
e2t +
1
3
e−t.
Assim, obtemos a solução do problema de valor inicial{
y′′ − y′ − 2y = 0
y(0) = 1, y′(0) = 0
que é a função
y(t) =
2
3
e2t +
1
3
e−t.
O mesmo raciocínio pode ser aplicado a qualquer equação diferencial linear.
Exemplo 77. Resolva o problema de valor inicial{
y(4) − y = 0
y(0) = 0, y′(0) = 1, y′′(0) = 0, y′′′(0) = 0
Solução. A igualdade entre os dois lados da equação implica a igualdade de suas
transformadas de Laplace:
L (y(4) − y) = L(0).
Utilizando o fato de que L é uma transformação linear e L(0) = 0 temos
L (y(4))− L (y) = 0.
Definindo L (y) = Y (s) e utilizando as condições iniciais temos que
L (y(4)) = s4Y (s)− s3y(0)− s2y′(0)− sy′′(0)− y′′′(0) = s4Y (s)− s2.
140 Equações Diferenciais Ordinárias
Substituindo essas relações na equação diferencial temos
s4Y (s)− s2 − Y (s) = 0(
s4 − 1)Y (s)− s2 = 0
Y (s) =
s2
s4 − 1
A função acima não aparece explicitamente na tabela, de modo que devemos reescrevê-
la em termos de outras funções cujas transformadas inversas podem ser calculadas dire-
tamente. Utilizando frações parciais temos
Y (s) =
1
4
1
s+ 1
− 1
4
1
s− 1 +
1
2
1
s2 + 1
.
Cada um dos três termos pode ser encontrado na tabela 13.1, de modo que
y(t) =
1
4
e−t − 1
4
et +
1
2
sen(t)
é a solução procurada.
13.6 Propriedades adicionais da transformada de
Laplace
13.6.1 Deslocamento
A transformada de Laplace da multiplicação de uma função pela função eat pode ser
facilmente calculada a partir da derivada da função original. De fato, definindo L(f) =
F (s), temos
L{eatf(t)} = F (s− a)
Para provar essa propriedade, utilizamos a definição da transformada de Laplace
L (eatf(t)) = ∫ ∞
0
e−steatf(t)dt =
∫ ∞
0
e−(s−a)tf(t)dt = F (s− a).
Exemplo 78. Calcule a transformada de Laplace da função g(t) = e2t cos(3t).
Solução. Se f(t) = cos(3t), temos F (s) = s
s2+9
. Assim
L (e2t cos(3t)) = F (s− 2) = s− 2
(s− 2)2 + 9 .
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 141
13.7 Contração ou expansão
A transformada de uma função obtida de outra através de uma contração ou expansão
pode ser facilmente calculada a partir da transformada da função original. De fato
L (f(ct)) = 1
c
F
(s
c
)
.
Essa propriedade pode ser facilmente provada a partir da definição da transformada de
Laplace e da substituição simples u = ct:
L{f(ct)} =
∫ ∞
0
e−stf(ct)dt
=
1
c
∫ ∞
0
e−s
u
c f(u)du
=
1
c
∫ ∞
0
e−
s
c
uf(u)du
=
1
c
F
(s
c
)
.
13.8 A derivada da Transformada de Laplace
A derivada da transformada de F (s) de uma função f(t) corresponde a transformada
da função g(t) = −tf(t), ou seja
L{−tf(t)} = F ′(s).
De fato
F ′(s) =
dF (s)
ds
=
d
ds
∫ ∞
0
e−stf(t)dt
=
∫ ∞
0
d
ds
e−stf(t)dt
=
∫ ∞
0
−te−stf(t)dt
=
∫ ∞
0
e−st [−tf(t)] dt
= L (−tf(t)) .
Aplicando repetidamente a relação acima temos
L{(−t)nf(t)} = F(n)(s),
em que F (n)(s) representa a n-ésima derivada de F (s).
142 Equações Diferenciais Ordinárias
Exemplo 79. Encontre a solução geral da equação
3y′′ − 12y′ + 12y = 4e2x sin(2x).
Solução.
Transformando os dois lados da equação e usando a propriedade de linearidade,
obtemos:
3L (y′′)− 12L (y′) + 12L (y) = 4L (e2t sen(2t))
em que utilizamos
L (e2x sen(2x)) = 2
(s− 2)2 + 4 .
Substituindo as transformadas de y′′ e y′ temos
3s2Y − 3c1s− 3c2 − 12sY + 12c1 + 12Y = 8
(s− 2)2 + 4
onde c1 e c2 são duas constantes, iguais aos valores iniciais y(0) e y
′(0) respectiva-
mente.
Esta equação é uma equação algébrica que pode ser facilmente simplificada, o que
nos leva a
Y =
3C1s+ 3C2 − 3C1
3s2 − 12s+ 12 +
8
[(s− 2)2 + 4](3s2 − 12s+ 12) .
A solução da EDO é a transformada inversa desta função. Usando a expansão em
frações parciais:
Y (s) =
A
s− 2 +
B
(s− 2)2 +
2C
(s− 2)2 + 4 +
D(s− 2)
(s− 2)2 + 4
onde A, B, C e D são constantes que podem ser calculadas a partir do método de
frações parciais:
A = C1 B = C2 − 2C1 + 2
3
C = −1
3
D = 0
A transformada inversa de cada uma das frações parciais é facilmente identificada,
usando a tabela 13.1. Assim, a solução geral da equação diferencial é:
y(t) = c1(1− 2t) + c2t+ 2t
3
− 1
3
e2x sin(2t).
Exercício 102. Resolva o problema de valor inicial{
y′ − y = 1
y(0) = 0.
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Exercício 103. Resolva o problema de valor inicial{
y′′ − 3y′ + 2y = e−4t
y(0) = 1, y′(0) = 5.
Exercício 104. Resolva o problema de valor inicial{
2y′′′ + 3y′′ − 3y′ − 2y = e−t
y(0) = 0, y′(0) = 0, y′′(0) = 1.
Exercício 105. Resolva o problema de valor inicial{
y′′ − 6y′ + 9y = t2e−3t
y(0) = 2, y′(0) = 17.
Exercício 106. Resolva o problema de valor inicial{
y′ + 4y = e−4t
y(0) = 2.
Exercício 107. Resolva o problema de valor inicial{
y′′ − y′ = et cos(t)
y(0) = 0, y′(0) = 0.
Exercício 108. Resolva o problema de valor inicial{
y′ − y = t+ tet
y(0) = 0.
13.9 Transformada de Laplace de Funções
Descontínuas
Uma das grandes vantagens do método de resolução de equações diferenciais através da
transformada de Laplace é a possibilidade de considerar equações que envolvem funções
descontínuas, ao passo que todos os outros métodos considerados supõem que as funções
que aparecem na equação sejam contínuas.
144 Equações Diferenciais Ordinárias
Figure 13.1: Gráfico da função uc(t).
Para calcular a transformada de Laplace de funções descontínuas utilizaremos sempre
a função degrau unitário, também conhecida comou função de Heaviside, definida da
seguinte forma:
uc(t) =
{
0, t ≤ c
1, t > c
A transformada de Laplace de uc pode ser facilmente calculada:
L{uc(t)} =
∞∫
0
e−stuc(t)dt
=
∞∫
c
e−stdt
= lim
A→∞
− e
−st
s
∣∣∣∣∞
c
= lim
A→∞
[
e−sc
s
+
e−sA
s
]
=
e−sc
s
Podemos escrever qualquer função descontínua através de funções do tipo uc(t). Se
a < b, a função:
f(t) = ua(t)− ub(t)
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ígual a 1 no intervalo a < t < b e 0 fora desse intervalo. Assim, uma função definida
em forma diferente em diferentes intervalos, por exemplo,
f(t) =
{
f1(t) a ≤ t < b
f2(t) c ≤ t < d
pode ser escrita na forma compacta
f(t) = [ua(t)− ub(t)]f1(t) + [uc(t)− ud(t)]f2(t)
o que facilita o cálculo da sua transformada de Laplace.
Exemplo 80. Seja
f(t) =
{
1, se 1 ≤ t < 2
0, caso contrário
Expresse f em termos da função degrau unitário e calcule a transformada de Laplace de
f(t).
Solução. Note que
f(t) = u1(t)− u2(t)
e, portanto,
F (s) =
e−s
s
− e
−2s
s
.
Exemplo 81. Seja
f(t) =

2, se 1 ≤ t < 2
1, se 2 ≤ t < 5
4, se 5 ≤ t < 8
0, caso contrário
Expresse f em termos da função degrau unitário e calcule a transformada de Laplace de
f(t).
Solução. Note que
f(t) = 2 (u1(t)− u2(t))+(u2(t)− u5(t))+4 (u5(t)− u8(t)) = 2u1(t)−u2(t)+3u5(t)−4u8(t),
e, portanto,
F (s) = 2
e−s
s
− e
−2s
s
+ 3
e−5s
s
− 4e
−8s
s
.
Dada uma função f cuja transformada de Laplace exista para s > a ≥ 0, é muito
comum considerarmos
g(t) =
{
0, se t < c
f(t− c), se t ≥ c
146 Equações Diferenciais Ordinárias
Figure 13.2: Gráfico da função f(t) do exemplo 81.
que pode ser representada da seguinte forma em termos da função degrau:
g(t) = uc(t)f(t− c).
A função g(t) é a função f(t) deslocada uma distância c no sentido positivo do eixo do
tempo t, sendo nula para t < c. Calculando a transformada de Laplace temos:
L{uc(t)f(t− c)} =
c∫
∞
f(t− c)e−stdt
=
0∫
∞
f(r)e−s(r+c)dr
= e−cs
0∫
∞
f(r)e−srdr
= e−csF (s)
em que F (s) denota a transformada de Laplace de f(t).
Exemplo 82. Calcule a transformada de Laplace de f(t) = t2u1(t).
Solução. Se fizermos t2 = f(t− 1), então,
L (u1(t)t2) = L (u1(t)f(t− 1)) = e−sF (s).
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 147
Resta-nos calcular F (s). Note que se f(t−1) = t2, então, f(t) = (t+1)2 = t2+2t+1,
e portanto
F (s) =
2
s3
+
2
s2
+
1
s
ou seja,
L (u1(t)t2) = e−s [ 2
s3
+
2
s2
+
1
s
]
.
Exemplo 83. Seja
f(t) =

t2, se 1 ≤ t < 3
t, se 3 ≤ t < 5
0, caso contrário
Expresse f em termos da função degrau unitário e calcule a transformada de Laplace de
f(t).
Solução. Note que
f(t) = t2 [u1(t)− u3(t)] + t [u3(t)− u5(t)] = t2u1(t) +
[
t− t2]u3(t)− tu5(t).
Definindo f1(t− 1) = t2, f2(t− 3) = t− t2 e f3(t− 5) = −t temos
f(t) = f1(t− 1)u1(t) + f2(t− 3)u3(t) + f3(t− 5)u5(t).
E assim temos que
F (s) = e−sF1(s) + e−3sF2(s) + e−5sF3(s)
em que Fi(s) é a transformada de Laplace de fi(t). Resta agora encontrar as funções
fi e suas transformadas Fi.
Sabendo que f1(t− 1) = t2, f2(t− 3) = t− t2 e f3(t− 5) = −t temos que
f1(t) = (t+ 1)
2 = t2 + 2t+ 1,
f2(t) = (t+ 3)− (t+ 3)2 = −t2 − 5t− 6,
f3(t) = −(t+ 5)
e portanto
F1(s) =
2
s3
+
2
s2
+
1
s
F2(s) = − 2
s3
− 5
s2
− 6
s
F3(s) = − 1
s2
− 5
s
.
148 Equações Diferenciais Ordinárias
Daí temos que
F (s) = e−s
[
2
s3
+
2
s2
+
1
s
]
+ e−3s
[
− 2
s3
− 5
s2
− 6
s
]
+ e−5s
[
− 1
s2
− 5
s
]
.
Exemplo 84. Seja
f(t) =

t2, se 1 ≤ t < 2
t, se 2 ≤ t < 5
e3t, se 5 ≤ t < 8
0, caso contrário
Expresse f em termos da função degrau unitário e calcule a transformada de Laplace de
f(t).
Solução. Note que
f(t) = t2 (u1(t)− u2(t)) + t (u2(t)− u5(t)) + e3t (u5(t)− u8(t))
= t2u1(t) +
[
t− t2]u2(t) + [e3t − t]u5(t)− e3tu8(t).
Definindo f1(t − 1) = t2, f2(t − 2) = t − t2, f3(t − 5) = e3t − t e f4(t − 8) = −e3t
podemos escrever
f(t) = f1(t− 1)u1(t) + f2(t− 2)u2(t) + f3(t− 5)u5(t) + f4(t− 8)u8(t).
Daí temos que
F (s) = e−sF1(s) + e−2sF2(s) + e−5sF3(s) + e−8sF4(s)
em que Fi(s) é a transformada de Laplace de fi(t). Resta agora encontrar as funções
fi e suas transformadas Fi.
Sabendo que f1(t−1) = t2, f2(t−2) = t− t2, f3(t−5) = e3t− t e f4(t−8) = −e3t
temos que
f1(t) = (t+ 1)
2 = t2 + 2t+ 1,
f2(t) = (t+ 2)− (t+ 2)2 = −t2 − 3t− 2,
f3(t) = e
3(t+5) − (t+ 5) = e15e3t − t− 5
f4(t) = −e3(t+8) = −e24e3t.
e portanto
F1(s) =
2
s3
+
2
s2
+
1
s
F2(s) = − 2
s3
− 3
s2
− 2
s
F3(s) =
e15
s− 3 −
1
s2
− 5
s
F4(s) = − e
24
s− 3 .
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 149
Daí temos que
F (s) = e−s
[
2
s3
+
2
s2
+
1
s
]
+e−2s
[
− 2
s3
− 3
s2
− 2
s
]
+e−5s
[
e15
s− 3 −
1
s2
− 5
s
]
+e−8s
[
− e
24
s− 3
]
.
Exemplo 85. Resolva o PVI {
y′ + y = f(t)
y(0) = 5
em que
f(t) =
{
0 se 0 ≤ t < pi
3 cos(t) se t ≥ pi.
Solução. Antes de calcular a transformada de Laplace da equação vamos calcular a
transformada de Laplace da função f(t) separadamente. Temos que
f(t) = 3 cos(t)upi(t)e definindo g(t− pi) = cos(t) podemos reescrever
f(t) = 3g(t− pi)upi(t).
Assim temos
F (s) = 3episG(s)
em que G(s) é a transformada de Laplace de g(t). Precisamos agora calcular g(t) e
G(s).
Se g(t−pi) = cos(t) então g(t) = cos(t+pi) = − cos(t), de modo que G(s) = −s
s2+1
,
o que implica que
F (s) = −3se
−pis
s2 + 1
.
Podemos agora resolver a equação diferencial. Calculando a transformada de Laplace
de ambos os lados temos
sY (0)− y(0) + Y (s) = F (s)
(s+ 1)Y (s)− 5 = −3se
−pis
s2 + 1
Y (s) =
5
s+ 1
− 3se
−pis
(s+ 1)(s2 + 1)
.
Utilizando o método de fraçoes parciais podemos reescrever
Y (s) =
5
s+ 1
+
3
2
[
e−pis
s+ 1
− e
−pis
s2 + 1
− se
−pis
s2 + 1
]
150 Equações Diferenciais Ordinárias
cuja transformada inversa é
y(t) = 5e−t +
3
2
[
e−(t−pi)upi(t)− sen(t− pi)upi(t)− cos(t− pi)upi(t)
]
que equivale a (utilizando a tabela e as identidades trigonométricas cos(t−pi) = − cos(t)
e sen(t− pi) = − sen(t))
y(t) =
{
5e−t se 0 ≤ t < pi
5e−t + 3
2
[−e−(t−pi) + sen(t) + cos(t)] se t ≥ pi.
13.10 A Função Delta de Dirac
Considere a função definida por
fε(t) =
{
1
ε
, se c ≤ t ≤ c+ ε
0, se t < c ou c+ ε < t.
Essa função possui a seguinte propriedade:∫ ∞
−∞
fε(t)dx = 1.
Tomando o limite quando ε tende a zero, obtemos funções que são não-nulas apenas
em um intervalo muito pequeno, em que são constantes e assumem um valor alto, de
modo que a área debaixo do gráfico seja sempre igual a um.
A partir desse limite, definimos uma �função�, chamada Função Delta de Dirac δ(t−
c), que possui as seguintes propriedades:
1. δ(t− c) = 0 se t 6= c;
2. δ(0) =∞;
3.
∫∞
−∞ δ(t− c)dx = 1;
4.
∫ b
a
δ(x− c)f(x)dx = f(c) para todo a < c < b e f(x) contínua em c.
A última propriedade acima pode ser utilizada para calcularmos a transformada de
Laplace de δ(t− c):
L (δ(t− c)) =
∫ ∞
−∞
e−stδ(t− c)dx = e−cs.
Analogamente podemos calcular a transformada de Laplace do produto f(t)δ(t− c):
L (δ(t− c)) =
∫ ∞
−∞
e−stf(t)δ(t− c)dx = f(c)e−cs.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 151
Figure 13.3: Gráficos das funções f�(t) para vários valores de � =
1
n
.
Exemplo 86. Resolva o seguinte problema de valor inicial{
y′′ + y = δ(t− 2pi)
y(0) = 0, y′(0) = 0.
Solução. Se tomarmos a transformada de Laplace da equação acima e usarmos as
condições iniciais, encontraremos
Y (s) =
e−2pis
s2 + 1
= e−2pisF (s),
onde F (s) = 1
s2+1
. Portanto temos
y(t) = u2pi(t)f(t− 2pi),
onde f(t) = sen(t), o que implica que
y(t) = u2pi(t) sen(t).
152 Equações Diferenciais Ordinárias
Exercício 109. Resolva o PVI {
y′ + y = f(t)
y(0) = 5
em que
f(t) =
{
0 se 0 ≤ t < 1
5 se t ≥ 1.
Exercício 110. Resolva o PVI {
y′ + y = f(t)
y(0) = 0
em que
f(t) =
{
0 se 0 ≤ t < 1
5 se t ≥ 1.
Exercício 111. Resolva o PVI {
y′ + 2y = f(t)
y(0) = 5
em que
f(t) =
{
t se 0 ≤ t < 1
0 se t ≥ 1.
Exercício 112. Resolva o PVI{
y′′ + 4y = sen(t)u2pi(t)
y(0) = 1, y′(0) = 0.
Exercício 113. Resolva o PVI {
y′′ + y = f(t)
y(0) = 0, y′(0) = 1
em que
f(t) =

0 se 0 ≤ t < pi
1 se pi ≤ t < 2pi
0 se t ≥ 2pi.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 153
13.11 Teorema da Convolução
Sejam f(t) e g(t) funções com transformadas de Laplace F (S) e G(S), respectiva-
mente. Já mostramos que a transformada de Laplace do produto
�
diferente do produto
das transformadas e a mesma observação pode ser feita para a transformada inversa.
Veremos agora a operação de convolução que facilita o cálculo da transformada inversa
do produto F (s)G(s).
Em matemática, particularmente na área de análise funcional, a convolução úm
operador linear que, a partir de duas funções dadas f(t) e g(t), resulta em uma terceira
h(t), definida atrav± da fórmula
h(t) = (f ∗ g)(t) =
∫ t
0
f(t− τ)g(τ)dτ =
∫ t
0
f(τ)g(t− τ)dτ.
Exemplo 87. Calcule a convolução de f(t) = t e g(t) = 1.
Solução.
f ∗ g(t) =
t∫
0
f(t− τ)g(τ)dτ =
t∫
0
(t− τ)dτ =
[
tτ − τ
2
2
]∣∣∣∣t
0
=
t2
2
.
A convolução possui as seguintes propriedades:
1. Comutatividade:
f ∗ g = g ∗ f ;
2. Associatividade:
f ∗ (g ∗ h) = (f ∗ g) ∗ h;
3. Distributividade:
f ∗ (g + h) = (f ∗ g) + (f ∗ h);
4. Associatividade em relação à multiplicação por escalar:
c(f ∗ g) = (cf) ∗ g = f ∗ (cg), c ∈ R.
A convolução se comporta muito bem em relação à transformada de Laplace. Esse
comportamento a torna extremamente Ã
o
til na resolução de equações diferenciais atrav±
dessa transformada, e ¢omumente conhecido como teorema da convolução.
Teorema 12 (Teorema da Convolução). A transformada de Laplace da convolução
de duas funções f(t) e g(t) ó produto das transformadas de Laplace de cada uma
dessas funções, isto
�
, se as transformadas de Laplace de f(t) e g(t) são F (S) e G(S),
respectivamente, então
L{f(t) ∗ g(t)} = F (S) ·G(S).
154 Equações Diferenciais Ordinárias
Demonstração.
De fato,
L{f(t) ∗ g(t)} =
∫ ∞
0
e−st
[∫ t
0
f(τ)g(t− τ)dτ
]
dt.
Introduzindo a mudança de variável t− τ = τ ′ podemos escrever
L{f(t) ∗ g(t)} =
∫ ∞
−τ
∫ t
0
e−s(τ+τ
′
)f(τ)g(τ
′
)dτdτ ′.
Definindo g(t) = 0 para t < 0, o limite superior em vez de t pode ser tomado ∞ e
portanto
L{f(t) ∗ g(t)} =
∫ ∞
0
g(τ
′
)e−sτ
′
dτ
′
∫ ∞
0
f(τ)e−stdτ = F (S)G(S),
isto
�
, a transformada de Laplace do produto de convolução ó produto das transformadas.
Exemplo 88. Calcule a transformada inversa de Laplace de H(s) = 1
s(s2+1)
.
Solução. Note que se fizermos F (s) = 1
s
e G(s) = 1
s2+1
, então, H(s) = F (s)G(s).
As transformadas inversas de F e G são f(t) = 1 e g(t) = sen(t) e, pelo Teorema da
Convolução, a transformada inversa de H(s) é
h(t) = (f ∗ g)(t) =
t∫
0
sen(τ)dτ = 1− cos(t).
Exemplo 89. Resolva o PVI {
y′′ − 2y′ = 1
y(0) = 0, y′(0) = 0
Solução. Aplicando a transformada de Laplace a ambos os lados da equaçãoe substi-
tuindo as condições iniciais obtemos
s2Y (s)− 2sY (s) = 1
s
.
Isolando Y (s) temos
Y (s) =
1
s2(s− 2) =
1
s2
× 1
s− 2 .
Pelo teorema da convolução temos
y(t) = f ∗ g(t)
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 155
em que
f(t) = L−1
(
1
s2
)
= t
g(t) = L−1
(
1
s− 2
)
= e2t.
Assim temos que
y(t) =
e2t
4
− t
2
− 1
4
.
Exercício 114. Resolva o PVI {
y′′ − 2y′ = e3t
y(0) = 0, y′(0) = 0
ATENÇÃO: será necessário usar convolução duas vezes.
Exercício 115. Resolva o problema de valor inicial{
y′′ + 4y′ + 4y = f(t)
y(0) = 2, y′(0) = −3
para uma funçõ f(t) arbitrária, em termos de uma integral de convolução .
13.12 Exercícios adicionais
Respostas dos exercícios selecionados
Exercício 102:
R: y(t) = −16
5
et + 25
6
e2t + 1
30
e−4t.
Exercício 103
R: y(t) = −8
9
e−
t
2 + 1
9
e−2t + 5
18
et + 1
2
e−t.
Exercício 104
R: y(t) = 2e3t + 11te3t + 1
12
t4e3t.
156 Equações Diferenciais Ordinárias
Exercício 105
R: y(t) = te−4t + 2e−4t.
Exercício 107
R: y(t) = 1
2
− 1
2
et cos(t) + 1
2
et sen(t).
Exercício 109
R: y(t) =
[
5− 5e−(t−1)]u1(t).
Exercício 110
R: y(t) = −1
4
+ t
2
+ e
−2t
4
− u1(t)
4
− (t−1)u1(t)
2
+ e
−2(t−1)u1(t)
4
.
Exercício 111
R: y(t) = cos(2t)− sen(2(t−2pi))u2pi(t)
6
+ sen(t−2pi)u2pi(t)
3
.
Exercício 112
R: y(t) = sen(t) + [1 + cos(t)]upi(t)− [1− cos(t)]u2pi(t).
Exercício 113
R: y(t) = 1
2
[e3t − e2t − te2t] .
Exercício 114
R: y(t) =
t∫
0
e2(tτ)(tτ)f(τ)dτ + 2e2t + te2t.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 157
f(t) = L−1{F (s)} F (s) = L{f(t)}
1
1
s
, s > 0
tn
n!
sn+1
s > 0
eat
1
s− a, s > a
sen at
a
s2 + a2
, s > 0
cos at
s
s2 + a2
, s > 0
eat sen bt
b(s− a)2 + b2 , s > a
eat cos bt
s− a
(s− a)2 + b2 , s > a
tneat, n inteiro positivo
n!
(s− a)n+1 , s > a
uc(t)
e−cs
s
, s > 0
uc(t)f(t− c) e−csF (s)
ectf(t) F (s− c)
f(ct)
1
c
F
(s
c
)
, c > 0
(f ∗ g)(t) =
∫ t
0
f(t− τ)g(τ)dτ F (s)G(s)
δ(t− c) e−cs
f (n)(t) snF (s)− sn−1f(0)− sn−2f ′(0)− · · · f (n−1)(0)
(−t)nf(t) F (n)(s)
Table 13.1: Tabela de Transformadas de Laplace.
	Conteúdo
	Considerações Gerais sobre Equações Diferenciais
	Equações Diferenciais Ordinárias
	Problemas de Valor Inicial
	Solução de Equações Diferenciais
	Aplicações
	Equações Diferenciais Ordinárias de Primeira Ordem
	Considerações Gerais
	EDO's de Primeira Ordem Separáveis
	Primeiro Método
	Segundo método (método informal)
	Aplicações
	Respostas dos ExercÃcios Selecionados
	Equações Lineares de Primeira Ordem
	Pimeiro caso: P(x)=0
	Segundo caso: P(x) =0
	Aplicações
	Respostas dos exercícios selecionados
	Equações Diferenciais de Primeira Ordem Exatas
	Método de Resolução
	Fatores integrantes
	Respostas dos Exercícios Selecionados
	Soluções por Substituição
	Equações Diferenciais Homogêneas
	Método de Resolução
	Equações de Bernoulli
	Respostas dos Exercícios Selecionados
	Considerações qualitativas sobre Equações Diferenciais de Primeira Ordem: Campos de Direções
	Equações Diferenciais Ordinárias de Primeira Ordem Autônomas
	Equações não-autônomas
	Aplicações
	Equações Diferenciais Ordinárias Lineares de Segunda Ordem
	Teoria Geral das EDO's lineares de segunda ordem
	Equações lineares homogêneas
	Determinando uma base para X
	Independência linear entre funções
	O método de redução de ordem
	Resposta dos Exercícios Selecionados
	Equações lineares homogêneas de coeficientes constantes
	Raízes reais distintas
	Uma única raiz real
	Raízes complexas
	A exponencial complexa
	Solução da equação no caso de raízes complexas
	Equações lineares de segunda ordem não-homogêneas com coeficientes constantes
	O método dos coeficientes a determinar
	O método da variação de parâmetros
	O princípio da superposição
	Aplicações: Sistemas massa-mola e circuitos elétricos
	A lei de Hooke
	Movimento livre não amortecido
	Movimento livre amortecido
	Movimento superamortecido
	Movimento criticamente amortecido
	Movimento subamortecido
	Movimento forçado
	Circuitos Elétricos
	Capacitores
	Resistores
	Indutores
	Geradores
	A segunda lei de Kirchoff
	Circuitos RLC
	Séries de potência e trasformada de Laplace
	Resolução de equações diferenciais através de séries de potência
	Revisão de séries de potência
	Exemplos importantes
	Raio de convergência
	Operações com séries de potência
	Funções analíticas e séries de Taylor
	Resolução de EDO's através de séries de potência
	Transformada de Laplace
	Transformadas Integrais
	Definição da transformada de Laplace
	Linearidade da Transformada de Laplace
	Exemplos: cálculo da Transformada de Laplace para funções elementares
	Transformada de Laplace da derivada de uma função
	Resolução de Equações Diferenciais Lineares através da Transformada de Laplace
	Propriedades adicionais da transformada de Laplace
	Deslocamento
	Contração ou expansão
	A derivada da Transformada de Laplace
	Transformada de Laplace de Funções Descontínuas
	A Função Delta de Dirac
	Teorema da Convolução
	Exercícios adicionais