apostila EDO

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Equações Diferenciais de segunda ordem 
 
Uma Equação linear de segunda ordem tem a forma: 
 (1) 
Onde P, Q, R e G são funções contínuas. 
Estudaremos o caso em que G(x) = 0, para todo x na Equação (1). Tais equações 
são chamadas Equações Homogêneas. Assim a forma de uma equação diferencial 
linear homogênea de segunda ordem é: 
 (2) 
 Se G(x) ≠ 0 para algum x, a equação (1) não é homogênea. Um fato básico 
permite-nos resolver equações lineares homogêneas. Se conhecermos duas soluções y1 e 
y2 de tal equação, então a combinação linear y = c1y1 + c2y2 também será uma solução. 
Teorema 1:Se y1(x) e y2(x) forem ambas soluções da equação linear homogênea (2) e se 
C1 e C2 forem constantes quaisquer, então a função y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) também será 
uma solução da equação (2). 
Teorema 2: Se y1 e y2 forem soluções linearmente independentes da equação (2) e P(x) 
nunca for zero, então a solução geral será dada por: 
y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) 
onde C1 e C2 são constantes arbitrárias. 
O Teorema 2 é muito útil, pois diz que, se conhecermos duas soluções particulares LI, 
então conhecemos todas as soluções. Em geral, não é fácil conhecermos soluções 
particulares de uma equação diferencial de segunda ordem, mas é sempre possível fazer 
isso se as funções coeficientes P, Q e R forem funções constantes, isto é, se a equação 
diferencial tiver a forma: 
ay
”
+ by’ + cy = 0 (3) 
onde a, b e c são constantes e a≠ 0. 
Sabemos que a função exponencial y = e
rx
 (onde r é uma constante) tem a propriedade 
de que sua derivada é um múltiplo por constante dela mesma: y’ = rerx . Além disso, 
y” = r2erx, se substituirmos essas expressões na equação (3) veremos que y = erx é uma 
solução se: 
ar
2
e
rx
 + bre
rx
 + Ce
rx
 = 0 
(ar
2
 + br + c) e
rx
 = 0 
Como e
rx
 é diferente de zero. Assim, y = e
rx
 é uma solução da equação (3). Se r é uma 
raiz da equação: 
ar
2
 + br + c = 0 (4) 
 A equação (4) é chamada “equação auxiliar ou equação característica” da 
equação diferencial ay” + by’ + cy = 0. Observe que é uma equação algébrica que pode 
ser obtida da equação diferencial susbtituindo-se y” por r2, y’ por r e y por r0. 
Temos três casos a analisar, de acordo com o sinal do . 
Caso I: > 0 
Neste caso, as raízes r1 e r2 são reais e distintas, logo y1 = e
r1x
 e y2 = e
r2x
, são duas 
soluções linearmente independentes da equação (3). (e
r2x
 não é múltiplo constante por 
constante de e
r1x
). 
Então a solução geral será: 
y(x) = C1 e
r1x
 + C2 e
r2x
 
 
Exemplo: 
Resolva a equação: y” + y’ – 6y = 0 
 
 
 
 
 
Caso II: b
2
 – 4ac = 0 
Neste caso, r1 = r2, Isto é, são raízes reais e iguais. 
Se r1 = r2 = 
r = (5) 
Sabemos que y1 = e
r1x
 da equação (3). Agora verificamos que y2 =xe
rx
 também é 
solução. 
ay”2 + by2
’ 
+ cy2 = 0 
 
Se y2 =xe
rx 
y2
’
 =e
rx
 + xe
rx
.r 
y2
’
= e
rx
 + xre
rx
 
y2
”
= 2re
rx
 + r
2
xe
rx
 
Logo, 
a(2re
rx
 + r
2
xe
rx
)+ b(e
rx
 + xre
rx
) + C(xe
rx
) = 0 
(2ar + b)e
rx
 + ( 2ar
2
 + br + c)xe
rx
 = 0 
0.e
rx 
 + 0. xe
rx
 = 0 
 
Logo, y1 = e
rx
 e y2 = xe
rx
 são soluções linearmente independentes. 
Se a equação auxiliar ar
2
 + br + c = 0 tem apenas uma raiz real r, então a solução geral 
de 
ay
”
+ by’ + cy = 0 é 
y = C1e
rx
 + C2xe
rx
 
Exemplo: 
Resolva a equação: 
4y” + 12y’ + 9y = 0 
 
 
 
 
 
 
Caso III: b
2
 – 4ac < 0 
Neste caso, as raízes r1 e r2 são números complexos. Podemos escrever: r1 = a + ib e 
r2 =a – ib. Duas soluções linearmente independentes são: e
(a + ib)x
 e e
(a –ib)x
. 
y = d1e
(a + ib)x
 + d2e
(a – ib)x
 
Utilizando as relações de Euler, temos: 
e
ibx 
= cosbx + isenbx e
-ibx
 = cosbx – i senbx 
Podemos escrever a solução geral como: 
y = d1e
ax
e
ibx
 + d2e
ax
e
-ibx
 
y = e
ax
(d1e
ibx
 + d2e
-ibx
) 
y = e
ax
((d1(cosbx + isenbx) + d2(cosbx – isenbx)) 
y = e
ax
((d1 + d2)cosbx + i(d1 – d2) senbx) ) 
Se C1 = d1 + d2 e C2 = d1 - d2, como duas novas constantes: 
y = C1e
ax
cosbx + C2e
ax
senbx 
Exemplo: 
Resolva a equação: 
Y” – 6Y’ + 13Y = 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Problemas de Valor Inicial e Contorno 
 
Um problema inicial ou de contorno para a Equação (1) de segunda ordem 
consiste em determinar uma solução y da equação diferencial que satisfaça as condições 
inicias da forma: 
y(x0) = y0 y’(x0) = y1 
onde y0 e y1 são constantes. Se P, Q, R e G forem contínuas em um intervalo onde 
P(x) ≠ 0, então o Teorema da Existência e Unicidade garante a existência e unicidade de 
uma solução para esse valor inicial. 
Exemplo: 
Resolver o problema de valor inicial 
Y” + y’ – 6y = 0 y(0) = 1 y’(0) = 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resumo das soluções de ay” + by’ + cy =0 
Raízes de ar
2
 + br + c =0 Solução geral 
r1 e r2 reais e distintas y(x) = C1 e
r1x
 + C2 e
r2x
 
 
r1 = r2 = r y = C1e
rx
 + C2xe
rx
 
 
r1, r2 complexas (a + ib) y = C1e
ax
cosbx + C2e
ax
senbx 
 
 
Exercícios: 
Resolva as seguintes equações diferenciais. 
a) y” – y = 0 
b) y” – y’ – 30y = 0 
c) y” – 2y’ + y = 0 
d) y” + y = 0 
e) y” + 2y’ + 2y = 0 
f) y” – 7y = 0 
g) y” + 6y’ + 9y = 0 
h) y” + 2y’ + 3y = 0 
i) y” + y’ + ¼ y = 0 
 
 
Equações Lineares não homogêneas 
 As equações lineares não homogêneas são equações da forma: 
ay” + by’ +cy = G(x) (6). 
onde, a, b e c são constantes e G é uma função contínua. A equação homogênea 
correspondente 
ay” + by’ +cy = 0 (7) é chamada “equação complementar” e desempenha um papel 
importante na solução da equação não homogênea (6). 
Teorema 3: A solução geral da equação não homogênea (7) pode ser escrita como: 
y(x) = yp(x) + yc(x) 
onde yp é uma solução particular da equação (6) e yc é a solução da equação 
complementar (7). 
Há dois métodos para determinar a solução particular. O método dos coeficientes a 
determinar (simples, mas funciona apenas para uma classe restrita de funções) e o 
método da variação dos parâmetros (funciona para toda função G, mas em geral é mais 
difícil aplicá-lo). 
1. Método dos coeficientes indeterminados 
Vamos ilustrar o método dos coeficientes indeterminados para a equação: 
ay” + by’ + cy = G(x) 
onde G(x) é um polinômio. É razoável prever que exista uma solução particular yp que 
seja um polinômio de mesmo grau de G, pois, se y for um polinômio, então 
ay” + by’ + cy também será um polinômio de mesmo grau de G, na equação diferencial 
e podemos determinar os coeficientes. 
Exemplo: 
Resolva a equação: y” + y’-2y = x2 
Solução: 
A equação auxliar de y” + y’-2y = 0 é: 
r
2
 + r – 2 = 0  (r – 1)(r+2) = 0  r1= 1 e r2 = -2,logo a solução da equação 
complementar é: 
yc = C1 e
x
 + C2 e
-2x
 
Se G(x) = x
2
, e é um polinômio de grau dois, procuramos a solução particular da forma: 
Yp = Ax
2
 + Bx + C 
Então: y’p(x) = 2Ax + B e y”p(x) = 2A, Assim, substituindo na equação diferencial 
dada, temos: 
2A + 2AX + B – 2(Ax2 + Bx +C) = X2 
-2Ax
2
 + (2A – 2B)x + (2A + B – 2C) = x2 
Polinômios são iguais, quando seus coeficientes são iguais, assim: 
-2A = 1; 2A – 2B = 0; 2A + B – 2C = 0 
A solução desse sistema de equação é: 
A = -1/2 ; B = -1/2 e C = -3/4 
Uma solução particular é: 
yp(x) = -1/2x
2 – 1/2x – ¾ 
E pelo Teorema 3, a solução geral é: 
y = yc +yp 
y(x) = C1 e
x
 + C2 e
-2x
 + -1/2x
2 – 1/2x – ¾ 
 
 Se G(x) é da forma Ce
kx
, onde C e K são constantes, então tomamos como 
tentativa de solução uma função de mesma forma yp(x) = Axe
kx
, pois as derivadas de 
e
kx
 são múltiplas por constantes de e
kx
. 
Exemplo: 
Resolva y’ – 5y = 2e5x 
Solução: 
r – 5 = 0  r = 5 
yc(x) = C1e
5x 
Se G(x) = 2e
5x
 
Logo, yp(x) = Ax e
5x 
Então: y’p(x) = Ae
5x
 + 5A xe
5x
, substituindo na ED, dada: 
Ae
5x 
+ 5Ax e
5x
 – 5. Ax e5x = 2e5x 
e
5x
(A + 5Ax – 5Ax) = 2e5x 
A = 2 
Logo, 
Yp(x) = 2xe
5x 
E y(x) = C1e
5x
 + 2xe
5x
 
 
Exercícios: 
 
Determine a solução geral das seguintes equações diferenciais. 
a) y” – 2y’ + y = x2 – 1 
b) y” – 2y’ + y = 3e2x 
c) y” -2y’ + y = 3ex 
d) y’ – y = ex