Equacoes-diferenciais

Prévia do material em texto

Equac¸o˜es Diferenciais Ordina´rias
Equac¸o˜es Diferenciais sa˜o equac¸o˜es que envolvem uma func¸a˜o inco´gnita e suas derivadas.
Classificam-se em dois tipos:
• Equac¸o˜es Diferenciais Ordina´rias(EDO). Quando a func¸a˜o e´ de uma varia´vel real.
• Equac¸o˜es Diferenciais Parciais(EDP). Tratam de func¸o˜es de va´rias varia´veis reais, junta-
mente com suas derivadas parciais.
A ordem de uma equac¸a˜o diferencial e´ a mais alta ordem de derivada da func¸a˜o inco´gnita que ocorre
na equac¸a˜o.
Exemplos 1.
a) 2 f ′(x)− x2 = 0 equac¸a˜o diferencial ordina´ria de 1a ordem.
b) x
∂y
∂x
− cos(3xz)∂y
∂z
− 1 = x+ z − ∂
2y
∂x∂z
equac¸a˜o diferencial parcial de 2a ordem.
c)
1
g′′(t)
= sen(t)− eg(t)−2 EDO de 2a ordem.
d)
1
8
h′′′ +
1
4
h′′ +
1
2
h′ = 3e5x EDO de 3a ordem.
O estudo das equac¸o˜es diferenciais parciais e´ uma vasta a´rea da Matema´tica que ainda apresenta
muitas questo˜es ba´sicas na˜o resolvidas. Na˜o ha´ uma teoria geral que englobe todas as EDPs, e cada
equac¸a˜o ou tipo de equac¸a˜o costuma ter sua pro´ria teoria, quando ha´ alguma.
Estaremos interessados nas equac¸o˜es diferenciais ordina´rias, para as quais existe uma teoria geral
ao menos nos aspectos de existeˆncia e unicidade. Definimos uma Soluc¸a˜o de uma EDO como
qualquer func¸a˜o que substitua a func¸a˜o inco´gnita na equac¸a˜o. Existem enta˜o 3 questo˜es abordadas
pela teoria geral para EDOs:
• A EDO tem alguma soluc¸a˜o ?(Pode-se impor condic¸o˜es para que exista alguma soluc¸a˜o ?)
• Caso exista, a soluc¸a˜o sera´ u´nica ou na˜o ?
• Podemos obter uma fo´rmula para a(s) soluc¸a˜o(o˜es)?
A teoria para EDOs responde parcialmente a essas questo˜es. Em geral quando as func¸o˜es envol-
vidas na EDO sa˜o cont´ınuas pode-se mostrar existeˆncia de soluc¸a˜o. Quando as func¸o˜es
envolvidas possuem 1as derivadas cont´ınuas, pode-se mostrar unicidade local da soluc¸a˜o.
1 Problema de Valor Inicial
E´ uma EDO juntamente com uma condic¸a˜o inicial, a ser satisfeita pela soluc¸a˜o.
Exemplo 2. Resolva o problema de valor inicial{
2f ′(x)− x2 = 0
f(1) = 5.
Soluc¸a˜o. Isolando f ′(x) na equac¸a˜o e integrando obtemos
f ′(x) =
x2
2
⇒ f(x) =
∫
x2
2
dx =
x3
6
+ C .
Usando a condic¸a˜o inicial f(1) = 5 = 1
3
6
+C conclu´ımos que C = 29
6
, logo f(x) = x
3
6
+ 29
6
e´ a soluc¸a˜o.
1
Exemplo 3. Mostre que o PVI abaixo admite somente a soluc¸a˜o y(x) = 2ex.

dy
dx
= y
y(0) = 2
Soluc¸a˜o. A func¸a˜o y(x) = 2ex e´ uma soluc¸a˜o do problema de valor inicial pois y′(x) = [2ex]′ = 2ex =
y(x), e y(0) = 2. Resta mostrar que e´ a u´nica. Seja f(x) uma func¸a˜o que resolva o PVI. Enta˜o,
d
dx
(
y(x)
f(x)
)
=
f(x)y′(x)− y(x)f ′(x)
(f(x))2
=
fy − yf
f 2
= 0 ,
oque implica y(x) = kf(x) para alguma constante k ∈ R. Agora usamos a condic¸a˜o inicial y(0) =
2 = f(0) para obter k = 1. Logo, f(x) = y(x), oque prova a unicidade de soluc¸a˜o.
Exemplo 4. Mostre que x(t) = sen(t) e´ soluc¸a˜o de

x′′ + x = 0
x
(pi
2
)
= 1 .
Ha´ outras soluc¸o˜es ?
Soluc¸a˜o. Como sen(t) + d
2
dt2
sen(t) = sen(t)− sen(t) = 0 e sen(pi/2) = 1 veˆ-se que x(t) e´ soluc¸a˜o do
PVI acima. Contudo, para qualquer A ∈ R a func¸a˜o f(t) = A cos(t)+ sen(t) tambe´m e´ soluc¸a˜o, pois
(A cos(t) + sen(t)) +
d2
dt2
(A cos(t) + sen(t)) = A cos(t)− A cos(t) + sen(t)− sen(t) = 0 .
E f(pi/2) = A cos(pi/2) + sen(pi/2) = 1. Vemos que o PVI dado na˜o possui unicidade de soluc¸a˜o.
2 Aplicac¸o˜es em Modelagem
2.1 Crescimento Populacional
Sejam P o nu´mero de indiv´ıduos de uma populac¸a˜o e t o tempo. Note que nesse modelo P varia
continuamente, oque dara´ uma boa aproximac¸a˜o da realidade somente se os valores de P forem
bastante grandes. A hipo´tese ba´sica e´ que a taxa de crescimento populacional (dP
dt
) e´ diretamente
proporcional ao no. de indiv´ıduos P :
dP
dt
= k.P .
Se conhecemos P0, o valor da populac¸a˜o no instante t = 0, podemos estudar o PVI

dP
dt
= k.P
P (0) = P0 .
A soluc¸a˜o geral para o problema acima e´ P (t) = P0e
kt.
2
2.2 Vibrac¸o˜es mecaˆnicas
Um modelo para o movimento de um corpo de massa m preso a uma extremidade de um mola de
constante k, estando a outra extremidade fixa. Permitimos o movimento somente na direc¸a˜o vertical.
Consideramos tambe´m o atrito devido a` resisteˆncia com o ar. Nesse modelo, k, g, γ e l sa˜o constantes
que dependem da F´ısica do problema.
Grandezas f´ısicas :
1) Forc¸a gravitacional sobre o corpo: +mg.
2) Forc¸a que a mola exerce sobre o corpo, estando esse na posic¸a˜o u: −k(u+ l).
3) Velocidade do corpo:du
dt
.
4) Acelerac¸a˜o do corpo:d
2u
dt2
.
5) Forc¸a de resisteˆncia do ar sobre o corpo:−γ du
dt
.
6) Forc¸a externa:Fext.
7) Lei de Newton: Forc¸a resultante (Fres) = massa × acelerac¸a˜o.
Aplicando 7) a todos os elementos acima obtemos
Fres = mg − k(u+ l)− γ du
dt
+ Fext ,
e logo,
mu′′ = mg − ku− kl − γu′+Fext
⇒ mu′′ + γu′ + ku = Fext .
2.3 Lei do Resfriamento de Newton
Considere um objeto que no instante t = 0 esta´ a uma temperatura u0. Colocado em um ambiente
onde a temperatura e´ mantida constante e igual a uL, havera´ troca de calor entre o objeto e o
ambiente se u0 6= uL, de forma que a temperatura u = u(t) do objeto gradualmente se aproxime de
uL (equil´ıbrio te´rmico). A Lei do resfriamento de Newton diz que a taxa temporal segundo a qual a
temperatura do objeto varia e´ proporcional a` diferenc¸a u(t)− uL, ou seja,
du
dt
(t) = u′(t) = α(u(t)− uL) .
A constante F´ısica α depende de va´rios elementos, como geometria do objeto, material de que e´
composto, material de que o meio e´ composto, etc. Em geral, quando α na˜o e´ dado no problema
pode ser determinado diretamente desde que tenhamos medidas de temperatura do objeto em dois
instantes distintos de tempo (ver Exemplo (14)).
3 EDOs de 1a ordem
Podemos sempre reescrever a EDO de 1a ordem como
y′ = f(x, y) ou
dy
dx
= f(x, y(x)) ,
onde f(x, y) e´ func¸a˜o nas varia´veis independentes x e y.
Exemplo 5. Coloque a equac¸a˜o diferencial de 1a ordem abaixo na forma padra˜o:
(2− x2)y′ − 1
y
= 2x .
Mostre que para todo C ∈ R a func¸a˜o y(x) = C−x
x2−2 e´ soluc¸a˜o para essa EDO.
3
Soluc¸a˜o. A forma padra˜o e´ aquela onde isolamos a derivada de y(x):
(2− x2)y′ − 1
y
= 2x ⇒ (2− x2)y′ = 2xy + 1 ⇒ y′ = 2xy + 1
2− x2 .
Calculando a derivada de y(x) = C−x
x2−2 e multiplicando por (2− x2) obtemos
(2− x2)
(
C − x
x2 − 2
)′
=
x2 − 2 + 2Cx− 2x2
x2 − 2
= 1 + 2
(C − x)x
x2 − 2 = 1 + 2xy(x) ,
logo y(x) = C−x
x2−2 e´ soluc¸a˜o.
3.1 Equac¸o˜es Separa´veis
Uma EDO de 1a ordem na forma padra˜o y′ = f(x, y) e´ dita separa´vel se existem func¸o˜es de uma
varia´vel g(x) e h(y) tais que f(x, y) = g(x).h(y). Equac¸o˜es separa´veis sa˜o resolvidas por integrac¸a˜o
direta.
y′ = f(x, y) = g(x)h(y) ⇒ dy
dx
= g(x)h(y)
⇒ dy
h(y)
= g(x) dx
⇒
∫
dy
h(y)
=
∫
g(x) dx .
Observe que na u´ltima sentenc¸a acima obtemos no lado esquerdo, apo´s integrar, uma func¸a˜o de y,
que se iguala a uma func¸a˜o de x no lado direito. Para obtermos uma fo´rmula expl´ıcita para a soluc¸a˜o
da equac¸a˜o separa´vel sera´ necessa´rio calcular a inversa da func¸a˜o de y que ocorre integrando, oque
nem sempre e´ poss´ıvel.
Exemplo 6. Encontre uma soluc¸a˜o para y′ = (1 + y2)ex. Verifique diretamente essa soluc¸a˜o.
Soluc¸a˜o. Separando a parte em y da parte em x e integrando:
dy
(1 + y2)
= ex dx ⇒
∫
dy
(1 + y2)
=
∫
ex dx
⇒ arctan(y) = ex + C
⇒ y = tan(ex + C) .
A constante C obtida acima e´ em princ´ıpio arbitra´ria. Contudo, o domı´nio maximal para a soluc¸a˜o
dependera´ de C, segundo a relac¸a˜o −pi
2
< ex + C < pi
2
.
Verificando a soluc¸a˜o:
y′ = sec2(ex + C).ex = (1 + tan2(ex + C))ex = (1 + y2)ex .
Exemplo7. Encontre uma soluc¸a˜o para o problema de valor inicial.

y′ =
x
(x2 + 1) cos(y)
y(0) =
pi
3
.
4
Soluc¸a˜o. Separando as varia´veis e integrando:
dy
dx
=
x
(x2 + 1) cos(y)
⇒ cos(y) dy = x
x2 + 1
dx
⇒
∫
cos(y) dy =
∫
x
x2 + 1
dx
⇒ sen(y) = 1
2
ln(x2 + 1) + C ⇒ y(x) = arcsen
(
1
2
ln(x2 + 1) + C
)
.
A constante de integrac¸a˜o C e´ determinada pela condic¸a˜o inicial:
y(0) =
pi
3
= arcsen
(
1
2
ln(1) + C
)
⇒ C = sen
(pi
3
)
=
√
3
2
.
3.2 Equac¸o˜es exatas
Para motivarmos esse tipo de equac¸a˜o de 1a ordem consideramos uma func¸a˜o g : U ⊂ R2 → R nas
varia´veis x e y, diferencia´vel. Dado uma constante C ∈ R, a equac¸a˜o g(x, y) = C define uma curva
de n´ıvel C de g(x, y). Pode-se tambe´m ver essa equac¸a˜o como uma definic¸a˜o para func¸o˜es impl´ıcitas
x(y) ou y(x). Suponha enta˜o que exista uma func¸a˜o y = y(x) definida num intervalo I ⊂ R e tal que
para todo x ∈ I,
g(x, y(x)) = C , (1)
oque equivale a dizer que o gra´fico de y(x) esta´ contido na curva de n´ıvel C de g. Se y(x) for
diferencia´vel, aplicando a regra da cadeia para derivar a equac¸a˜o (1), obtemos
d
dx
g(x, y(x)) =
∂g
∂x
(x, y(x)) +
∂g
∂y
(x, y(x)).y′(x) = 0 .
Colocando P (x, y) = ∂g
∂x
(x, y) e Q(x, y) = ∂g
∂y
(x, y), a equac¸a˜o acima se torna
P (x, y) +Q(x, y)y′ = 0 . (2)
A equac¸a˜o diferencial de 1a ordem (2) e´ chamada de equac¸a˜o exata porque as func¸o˜es P (x, y) e
Q(x, y) sa˜o as duas coordenadas de um campo gradiente, (P,Q) = ∇g. O interesse nessas equac¸o˜es
esta´ no fato de que suas soluc¸o˜es podem ser dadas implicitamente por g(x, y) = C, e algumas
vezes, podemos inclusive escrever a func¸a˜o y(x) explicitamente. A questa˜o esta´ em encontrar a
func¸a˜o g(x, y).
Exemplo 8. Mostre que a equac¸a˜o 6x2y + 1 + 2x3y′ = 0 e´ exata e ache uma soluc¸a˜o.
Soluc¸a˜o. Vendo a equac¸a˜o na forma P + Qy′ = 0 temos P (x, y) = 6x2y + 1 e Q(x, y) = 2x3. A
equac¸a˜o e´ exata se e somente se (P,Q) e´ (localmente) conservativo. Calculamos
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
= (6x2)− (6x2) = 0 .
Isso mostra que o campo vetorial (P,Q) e´ localmente um gradiente, portanto a equac¸a˜o e´ exata.
Para obter um potencial desse campo, resolvemos o sistema

∂g
∂x
= 6x2y + 1
∂g
∂y
= 2x3
5
Integrando a segunda equac¸a˜o acima relativo a y, obtemos g(x, y) = 2x3y+ k(x). Diferenciando esta
u´ltima em x e comparando com ∂g
∂x
conclu´ımos que k′(x) = 1, logo k(x) = x+C2. A func¸a˜o potencial
fica g(x, y) = 2x3y + x+ C2 e a soluc¸a˜o da equac¸a˜o dada e´
2x3y + x+ C2 = C ⇒ y(x) = C − x
2x3
.
Na u´ltima passagem acima incorporamos C2 na constante C arbitra´ria.
Exemplo 9. Resolva o PVI{
sen(y) + y cos(x) + (x cos(y) + sen(x) + y)y′ = 0
y(0) = 2
Soluc¸a˜o. A EDO e´ exata pois
∂
∂x
(x cos(y) + sen(x) + y)− ∂
∂y
(sen(y) + y cos(x)) = (cos(y) + cos(x))− (cos(y) + cos(x)) = 0 .
Para obtermos g(x, y) identificamos
∂g
∂x
= sen(y) + y cos(x) e
∂g
∂y
= x cos(y) + sen(x) + y ,
procedemos a` integrac¸a˜o em x da primeira equac¸a˜o para obter g(x, y) = xsen(y) + ysen(x) + k(y).
Derivando relat. y e comparando com a segunda equac¸a˜o, achamos k′(y) = y, logo k(y) = y2/2
(desprezamos a cte. de integrac¸a˜o aqui porque ela sera´ inclu´ıda na cte C da curva de n´ıvel). A
equac¸a˜o que nos da´ implicitamente a soluc¸a˜o da EDO fica g(x, y) = C ou xsen(y)+ysen(x)+ y
2
2
= C.
A condic¸a˜o inicial permite achar o valor de C: fazendo x = 0 e y = 2,
0 sen(2) + 2sen(0) +
22
2
= C ⇒ C = 2 .
A soluc¸a˜o y(x) do PVI e´ dada implicitamente por
xsen(y) + ysen(x) +
y2
2
= 2 .
Quando uma equac¸a˜o na forma P (x, y) + Q(x, y)y′ = 0 na˜o for exata podemos tentar fazeˆ-la
exata multiplicando por uma func¸a˜o apropriada µ(x, y), chamada fator integrante. A obtenc¸a˜o dessa
func¸a˜o nem sempre e´ fa´cil, e na˜o ha´ uma regra espec´ıfica para encontra´-la.
Exemplo 10. Resolva a equac¸a˜o 2 cos(x− y)− xsen(x− y) + xsen(x− y)y′ = 0.
Soluc¸a˜o. A equac¸a˜o na˜o e´ exata na forma dada, pois
∂
∂x
(xsen(x−y)) = sen(x−y)+x cos(x−y) 6= 2sen(x−y)+x cos(x−y) = ∂
∂y
(2 cos(x−y)−xsen(x−y)) .
Multiplicando a equac¸a˜o por x, obtemos uma equac¸a˜o equivalente e exata:
2x cos(x− y)− x2sen(x− y) + x2sen(x− y)y′ = 0
⇒ ∂
∂x
(x2sen(x− y)) = 2xsen(x− y) + x2 cos(x− y) =
=
∂
∂y
(2x cos(x− y)− x2sen(x− y)).
Integrando em y a equac¸a˜o ∂g
∂y
= x2sen(x − y) obtemos g(x, y) = x2 cos(x − y) + k(x). Calculando
∂g
∂x
e comparando, vemos que k′(x) = 0, logo g(x, y) = x2 cos(x− y) = C e´ a soluc¸a˜o dada na forma
impl´ıcita. Podemos isolar y nesse caso,
y(x) = x− arccos
(
C
x2
)
.
6
4 Equac¸o˜es Lineares
Dizemos que uma EDO e´ linear de ordem n (n ∈ N) quando pode ser escrita na forma
dny
dxn
+ p1(x)
dn−1y
dxn−1
+ p2(x)
dn−2y
dxn−2
+ · · ·+ pn(x)y = q(x) .
Na equac¸a˜o acima a func¸a˜o inco´gnita e´ y(x). As func¸o˜es p1(x), p2(x) . . . pn(x) e q(x) sa˜o func¸o˜es
arbitra´rias na varia´vel x chamadas coeficientes. Uma EDO linear e´ homogeˆnea quando q(x)
(termo independente) for identicamente nulo. Como exemplo,
y′′′ − 3x2y′′ + 2y
′
1 + x2
− 5y = 0
e´ uma equac¸a˜o linear homogeˆnea de ordem 3. As func¸o˜es coeficientes sa˜o p1(x) = −3x2, p2(x) = 21+x2 ,
p3(x) = −5 e q(x) = 0.
Dada uma EDO chamemos de S o conjunto de todas suas soluc¸o˜es.
Teorema 4.1. O conjunto de soluc¸o˜es S da EDO linear homogeˆnea
dny
dxn
+ p1(x)
dn−1y
dxn−1
+ p2(x)
dn−2y
dxn−2
+ · · ·+ pn(x)y = 0
e´ um espac¸o vetorial.
Demonstrac¸a˜o. Sejam y1(x) e y2(x) duas soluc¸o˜es de (4.1). Enta˜o,
dny1
dxn
+ p1(x)
dn−1y1
dxn−1
+ p2(x)
dn−2y1
dxn−2
+ · · ·+ pn(x)y1 = 0
dny2
dxn
+ p1(x)
dn−1y2
dxn−1
+ p2(x)
dn−2y2
dxn−2
+ · · ·+ pn(x)y2 = 0
Somando estas equac¸o˜es membro a membro, e lembrando que o operador d
k
dxk
e´ linear, obtemos
dn(y1 + y2)
dxn
+ p1(x)
dn−1(y1 + y2)
dxn−1
+ p2(x)
dn−2(y1 + y2)
dxn−2
+ · · ·+ pn(x)(y1 + y2) = 0 ,
oque mostra ser y1 + y2 soluc¸a˜o de (4.1). Analogamente, se α e´ constante real,
dk(αy)
dxk
= α d
ky
dxk
para
1 ≤ k ≤ n. Multiplicando (4.1) por α obtemos a mesma equac¸a˜o satisfeita por αy. Como y ≡ 0
e´ soluc¸a˜o, conclu´ımos que o conjunto S satisfaz os dois axiomas ba´sicos dos espac¸os vetoriais, e
portanto, e´ espac¸o vetorial.
5 EDO linear de 1a ordem
Na forma geral pode ser escrita como
y′(x) + p(x)y(x) = q(x) .
Estrate´gia para soluc¸a˜o: Encontrar uma func¸a˜o I(x) tal que multiplicada pelo 1o membro de (5)
nos da´ a derivada de um produto. Precisamente, desejamos que
I(x)(y′ + p(x)y) =
d
dx
[I(x)y] . (3)
7
Desenvolvendo o 2o membro da equac¸a˜o acima:
d
dx
[I(x)y] = I ′(x)y(x) + I(x)y′(x)
⇒ I ′(x)y(x) = I(x)p(x)y(x)
⇒ I ′(x) = I(x)p(x) (4)
Suponha que tenhamos uma soluc¸a˜o I(x) para a equac¸a˜o (4). Substituindo em (3),
d
dx
[I(x)y(x)] = I(x)q(x) ⇒
∫
d
dx
[I y] dx =
∫
I(x)q(x) dx
⇒ (I y)(x) =
∫
I(x)q(x) dx
⇒ y(x) = 1
I(x)
∫
I(x)q(x) dx .
Resolvemos pois a EDO a menos de uma integral. A func¸a˜o I(x) e´ chamada fator integrante para
a equac¸a˜o (5) e e´ dada explicitamente por
I(x) = e
R
p(x) dx .
A soluc¸a˜o geral de (5) pode ser escrita
y(x) = e−
R
p(x) dx.
∫
e
R
p(x) dx q(x) dx .
Exemplo 11. Resolva a equc¸a˜o y′ = y.
Soluc¸a˜o. Na forma y′ − y = 0 vemos que p(x) = −1. Logo, o fator integrante e´
I(x) = e
R
−1 dx = e−x
Multiplicando I(x) pelos dois membros da equac¸a˜o e−x(y′−y) = 0 ou [e−xy]′ = 0. Integrando ambos
os membros obtemos e−xy = C, logo y(x) = Cex, para C constante arbitra´ria.
Exemplo 12. Idem para y′ + 10xy = 0.
Soluc¸a˜o. Como p(x) = 10x, o fator integrante e´ I(x) = e
R
10x dx = e5x
2
. Enta˜o,
e5x
2
(y′ + 10xy) = (e5x
2
y)′= 0 ⇒ e5x2y = C .
A soluc¸a˜o geral fica y(x) = Ce−5x
2
com C ∈ R constante.
Exemplo 13. Resolva o problema de valor inicial
 y
′ =
y
x
+ x
y(1) = 2
Soluc¸a˜o. Colocamos a equac¸a˜o na forma y′ − y
x
= x. O fator integrante vale I(x) = e
R
− 1
x
dx = 1
x
.
1
x
(
y′ − y
x
)
=
1
x
.x ⇒
(
1
x
y
)′
= 1 .
Conclu´ımos que y
x
= x + C, e logo, y(x) = x2 + Cx e´ a soluc¸a˜o geral. Aplicando a condic¸a˜o inicial,
y(1) = 2 = 1 + C obtemos C = 1. A soluc¸a˜o do PVI e´ y(x) = x2 + x.
8
Exemplo 14. Um objeto aquecido a 1000 C e´ colocado, no instante t = 0, em um quarto a uma
temperatura de 200 C. Um minuto apo´s, a temperatura do objeto passa a 900 C. Admitindo a Lei
do Resfriamento de Newton determine a temperatura u(t) do objeto em func¸a˜o do tempo.
Soluc¸a˜o. Aplicando a Lei de Newton obtemos a equac¸a˜o diferencial que rege o resfriamento, u′ =
α(u− 20) ou u′ − αu = −20α. Resolvendo com I(t) = e−αt,
e−αt(u′ − αu) = −20αe−αt
(e−αtu)′ = −20αe−αt ⇒ e−αtu =
∫
−20αe−αt dt
⇒ u(t) = 20 + Ceαt .
Para acharmos o valor das constantes α e C possu´ımos informac¸a˜o sobre u(t) em dois pontos distintos:
u(0) = 100 e u(1) = 90. {
100 = 20 + C
90 = 20 + Ceα
Resolvendo o sistema encontramos C = 80 e α = ln(7/8) ou equivalentemente eα = 7
8
. A soluc¸a˜o fica
u(t) = 20 + 80
(
7
8
)t
.
EDOs lineares de 2a ordem
Sa˜o equac¸o˜es que podem ser escritas na forma
d2y
dx2
(x) + p1(x)
dy
dx
(x) + p2(x)y(x) = q(x)
ou
y′′ + p1y
′ + p2y = q ,
subentendendo que p1, p2 e q sa˜o func¸o˜es apenas na varia´vel independente x e na˜o na func¸a˜o inco´gnita
y.
Exemplos 15.
a) y′′ + x2y′ − 2xy = cos(x) Equac¸a˜o linear na˜o homogeˆnea
b) y′′ +
1
x
y′ − 5y = 0 Equac¸a˜o linear homogeˆnea
c) y′′ + 3y′ − y = 0 Eq. Linear homogeˆnea com coeficientes constantes.
6 Valor Inicial e Condic¸a˜o de Contorno
Ja´ vimos que EDOs que apresentam alguma soluc¸a˜o costumam ter um nu´mero infinito de soluc¸o˜es,
indexadas por uma ou mais constantes. Para obtermos uma soluc¸a˜o u´nica, ale´m da hipo´tese sobre a
regularidade das func¸o˜es envolvidas (func¸o˜es diferencia´veis) devemos acrescentar informac¸a˜o pontual
sobre a soluc¸a˜o desejada. No caso da EDO linear de 2a ordem, isto se da´ atrave´s de Valor Inicial,
quando suprimos o valor de y(x) e sua derivada num ponto x0.
Exemplo 16. 

y′′ + p1y
′ + p2y = q
y(x0) = y0
y′(x0) = y
′
0
9
Outra maneira de agregar informac¸a˜o pontual sobre a(s) soluc¸a˜o(o˜es) desejada(s) e´ por meio de
Condic¸a˜o de Contorno, quando acrescentamos informac¸a˜o sobre y(x) ou y′(x) em dois pontos
distintos x1, x2.
Exemplos 17. 

y′′ + p1y
′ + p2y = q
y(x0) = y0
y(x1) = y1
,


y′′ + p1y
′ + p2y = q
y′(x0) = y
′
0
y′(x1) = y
′
1
A observac¸a˜o a ser feita aqui e´ que problemas de valores de contorno podem na˜o ter soluc¸a˜o
alguma, ou mesmo ter va´rias soluc¸o˜es, ainda que as func¸o˜es que aparecem na EDO sejam bem
regulares. Sua ana´lise requer um pouco da teoria de autovalores e autovetores de operadores lineares.
Nessas notas nos restringiremos, portanto, aos problemas de valor inicial para EDOs de 2a ordem.
7 EDO linear de 2a ordem homogeˆnea de coeficientes cons-
tantes
Fazendo p1(x) = a, p2(x) = b e q(x) = 0 em , a, b constantes reais, obtemos
y′′ + ay′ + by = 0 . (5)
Sabemos que o conjunto de soluc¸o˜es S de (5) e´ um espac¸o vetorial. Dentro da teoria geral para
equac¸o˜es lineares homogeˆneas mostra-se tambe´m o seguinte teorema.
Teorema 7.1. O espac¸o vetorial S tem dimensa˜o 2 sobre os reais.
O teorema acima nos e´ u´til quando dispomos de duas soluc¸o˜es y1(x) e y2(x) linearmente inde-
pendentes para (5). Podemos enta˜o escrever a soluc¸a˜o geral como combinac¸a˜o arbitra´ria de y1 e
y2. Note que para duas func¸o˜es y1(x) e y2(x) serem L.I., e´ suficiente que uma na˜o seja mu´ltipla
da outra.
Para acharmos duas soluc¸o˜es L.I. de (5) buscamos soluc¸o˜es da forma y(x) = erx, para algum r
constante. Calculando as derivadas de erx:
y′(x) = r.erx , y′′(x) = r2.erx .
Substituindo em (5)
r2erx + arerx + berx = 0
⇒ erx(r2 + ar + b) = 0 .
Como erx e´ sempre diferente de 0, a func¸a˜o y(x) = erx so´ pode ser soluc¸a˜o se
r2 + ar + b = 0 . (6)
A equac¸a˜o alge´brica (6) e´ chamada equac¸a˜o caracter´ıstica para a EDO (5). Suas ra´ızes r1 e r2,
dadas por
r1 =
−a +√a2 − 4b
2
, r2 =
−a−√a2 − 4b
2
ira˜o definir o comportamento da soluc¸a˜o geral de (5).
10
7.1 Ra´ızes reais distintas
Quando r1 6= r2 sa˜o reais, ambas as func¸o˜es er1x e er2x sa˜o soluc¸o˜es de (5). Como sa˜o linearmente
independentes, constituem uma base para o espac¸o de soluc¸o˜es. Logo, a soluc¸a˜o geral e´
y(x) = C1 e
r1x + C2 e
r2x ,
C1 e C2 constantes arbitra´rias.
Exemplo 18. Encontre a soluc¸a˜o geral de y′′ + 5y′ + 6y = 0.
Soluc¸a˜o. A equac¸a˜o caracter´ıstica e´ r2 + 5r + 6 = 0, cujas ra´ızes sa˜o r1 = −2 e r2 = −3. A soluc¸a˜o
geral fica
y(x) = C1 e
−2x + C2 e
−3x .
Exemplo 19. Resolva o problema de valor inicial

y′′ − y′ − 2y = 0
y(0) = 3
y′(0) = 1
.
Soluc¸a˜o. A equac¸a˜o caracter´ıstica e´ r2 − r − 2 = 0, cujas soluc¸o˜es sa˜o r1 = 2 e r2 = −1. A soluc¸a˜o
geral e´ y(x) = C1e
2x + C2e
−x. A condic¸a˜o inicial e´ usada para determinar C1 e C2. Derivando y(x),
y′(x) = 2C1e
2x − C2e−x e calculando y(0), y′(0) obtemos{
y(0) = 3 = C1 + C2
y′(0) = 1 = 2C1 − C2
⇒ C1 = 4
3
, C2 =
5
3
.
A soluc¸a˜o geral: y(x) = 4
3
e2x + 5
3
e−x.
7.2 Ra´ızes reais iguais
No caso de haver uma u´nica ra´ız real dupla r(= r1 = r2) obtemos diretamente uma u´nica soluc¸a˜o na
forma erx. Podemos mostrar que outra soluc¸a˜o linearmente independente e´ da forma xerx. Realmente,
substituindo em (5),
(xerx)′′ + a(xerx)′ + bxerx = (2rerx + r2xerx) + a(erx + rxerx) + bxerx
= erx[(r2 + ar + b)x+ (2r + a)] .
Para que haja uma ra´ız real u´nica e´ necessa´rio a2 − 4b = 0 ou seja r = −a
2
. Enta˜o os coeficientes
(r2 + ar + b) e (2r + a) sa˜o nulos. A expressa˜o acima se torna
(xerx)′′ + a(xerx)′ + bxerx = erx[(r2 + ar + b)x+ (2r + a)] = 0 .
Disso segue que xerx e´ soluc¸a˜o. A soluc¸a˜o geral e´
y(x) = C1 e
rx + C2x e
rx = erx(C1 + C2x) .
Exemplo 20. Resolva o PVI: 

y′′ + 2y′ + y = 0
y(0) = 2
y′(0) = 0
.
11
Soluc¸a˜o. A equac¸a˜o caracter´ıstica r2 + 2r + 1 nos da´ r = −1 como u´nica ra´ız. Enta˜o usaremos a
soluc¸a˜o geral y(x) = e−x(C1 + C2x). Calculando
y′(x) = e−x(−C1 + C2 − C2x) ⇒ y′(0) = −C1 + C2 ,
e acrescentando a condic¸a˜o inicial com y(0) = C1 obtemos{
y(0) = C1 = 2
y′(0) = −C1 + C2 = 0
Resolvendo o sistema acima, encontramos C1 = C2 = 2, logo a soluc¸a˜o e´ y(x) = 2e
−x(1 + x).
7.3 Ra´ızes complexas
Se a2 < 4b as ra´ızes da equac¸a˜o caracter´ıstica sa˜o nu´meros complexos conjugados. Definindo λ = −a
2
e µ =
√
4b− a2, as ra´ızes ficam
r1 =
−a +√a2 − 4b
2
= λ+ iµ
r2 =
−a−√a2 − 4b
2
= λ− iµ .
Matematicamente, soluc¸o˜es a valores complexos linearmente independentes sa˜o pois e(λ+iµ)x e e(λ−iµ)x.
Desejamos contudo soluc¸o˜es a valores reais. Isso e´ conseguido combinando-se linearmente as duas
soluc¸o˜es complexas acima. A Fo´rmula de Euler e´ usada.
Teorema 7.2. Para todo nu´mero real s vale
eis = cos(s) + isen(s) .
Em consequeˆncia as func¸o˜es seno e cosseno podem ser escritas
cos(s) =
eis + e−is
2
e sen(s) =
eis − e−is
2i
.
Definindo y1(x) =
1
2
(e(λ+iµ)x + e(λ−iµ)x) e y2(x) =
1
2i
(e(λ+iµ)x − e(λ−iµ)x) obtemos duas outras
soluc¸o˜es de (5), que sa˜o linearmente independentes e reais. Temos,
y1(x) = e
λx cos(µx) e y2(x) = e
λx sen(µx) .
A soluc¸a˜o geral pode ser escrita y(x) = eλx(C1 cos(µx) + C2sen(µx)).
Exemplo 21. Encontre a soluc¸a˜o geral de
y′′ + y′ + y = 0 .Soluc¸a˜o. As ra´ızes da equac¸a˜o caracter´ıstica sa˜o −1+i
√
3
2
e seu complexo conjugado. Note que para
obtermos uma base real do espac¸o de soluc¸o˜es necessitamos apenas identificar as partes real e ima-
gina´ria das ra´ızes. A parte imagina´ria da ra´ız e´ um nu´mero real, e podemos sempre toma-la positiva
(pois as ra´ızes aparecem conjugadas). Assim, λ = −1
2
e µ =
√
3
2
. A soluc¸a˜o geral e´
y(x) = e−
x
2
(
C1 cos
(√
3
2
x
)
+ C2sen
(√
3
2
x
))
.
12
Exemplo 22. Encontre a soluc¸a˜o do problema de valor inicial

16y′′ − 8y′ + 145y = 0
y(0) = −2
y′(0) = 1
.
Soluc¸a˜o. As partes real e imagina´ria das ra´ızes complexas sa˜o respectivamente λ = 1
4
e µ = 3.
Logo, a soluc¸a˜o geral se escreve y(x) = e
x
4 (C1 cos(3x)+C2sen(3x)). Derivando a soluc¸a˜o e aplicando
y′(0) = 1 obtemos
y′(x) =
1
4
e
x
4 (C1 cos(3x) + C2sen(3x)) + e
x
4 (−3C1sen(3x) + 3C2 cos(3x))
= e
x
4
[(
C1
4
+ 3C2
)
cos(3x) +
(
C2
4
− 3C1
)
sen(3x)
]
⇒ y′(0) = 1 = C1
4
+ 3C2 .
Como a outra condic¸a˜o inicial nos da´ y(0) = −2 = C1, computamos C2 = 12 . A soluc¸a˜o e´
y(x) = e
x
4
(
−2 cos(3x) + 1
2
sen(3x)
)
.
13