Apostila - EDO (Petróleo - UFES)

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Lições de teoria quantitativa das
Equações Diferenciais Ordinárias
W. BONOMO
Sumário
1 Preliminares 7
1.1 Equaçoes Diferenciais ordinárias de n-esima ordem . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2 Soluções explicitas e implicitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2 EDOs de primeira ordem 11
2.1 Problema de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2 Equações de variáveis separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.3 Equações homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.4 Equações exatas e fatores integrantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.5 Equações lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.6 Equações de Bernoulli e de Ricati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
3 EDOs lineares de ordem superior 27
3.1 Equações Diferenciais Ordinárias de segunda ordem . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.2 E.D.O.s lineares de segunda ordem homogêneas e com coeficientes constantes . . 28
3.3 Equações lineares de ordem superior com coeficientes constantes . . . . . . . . . 32
3.4 Redução da ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.5 O método dos coeficientes indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.6 O método da variação de parâmetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
4 Transformada de Laplace 43
4.1 Transformada inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
4.2 Funções de Heaviside . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
4.3 Transformadas de derivadas e integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
4.4 Transformada de laplace de uma função periódica . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
4.5 Aplicação: resolução de P.V.I.s lineares com coeficientes constantes . . . . . . . 52
3
4.6 Impulsos: Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
5 Soluções em séries 57
5.1 Soluções em torno de pontos regulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
5.2 Soluções em torno de pontos singulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
6 Sistemas de EDOs lineares de primeira ordem 65
6.1 Resolução de sistemas autonômos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
6.2 Matriz fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
6.3 Exponencial de matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
6.4 A Forma Canônica de Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
6.5 Sistemas não homogêneos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
Bibliografia 83
Prefácio: Como usar este livro
...Baseado num texto de Flavio Abdenur
Em primeiro lugar, este livro não é comestível. não o comam.
Também, mesmo encadernado ele será leve demais para ser usado como arma ou para segurar
portas, mas pode servir como um razoável peso para papéis (desde que não esteja ventando
muito).
O principal uso que temos em mente para ele, porém, é como texto-base para o curso
CMN06061 - Equações diferenciais, ministrado para os cursos de Engenharia e Matemática do
CEUNES.
Para tanto é indispensável que os alunos-leitores tenham bastante familiaridade com os
conceitos de CÁLCULO I, II e III, bem como de ÁLGEBRA LINEAR e desejável também que
tenham tido algum contato com matemática rigorosa (isto é, teoremas e suas demonstrações).
Algumas afirmações foram deixadas como exercícios para os alunos ao longo do texto da
seguinte maneira: EXERCÍCIO. Espero que esta notação não seja demasiadamente ambígua.
Um aviso aos incautos: matemática é um assunto sério - até mesmo grave - e deve ser tratada
como tal. Como todo bom livro de matemática, este texto é seco, sisudo e árido. Abandonem
todo o bom-humor aqueles que adentrarem estas páginas.
DEDICO este a nossas TIAS - importantes personagens de nossas vidas e também as alunas do
curso de farmácia, as quais certamente se impressionarão por qualquer aluno que apresentar bom
conhecimento do assunto aqui tratado.
Capítulo 1
Preliminares
1.1 Equaçoes Diferenciais ordinárias de n-esima ordem
Definição 1.1. Seja x : I ⊂R→R uma função n vezes continuamente diferenciável, onde I é um
intervalo. Uma Equação Diferencial Ordinária de n-ésima ordem é uma igualdade envolvendo a
variável indenpendente (também dita variável temporal) t ∈R, a função x (também denominada
variável dependente ou variável espacial) e suas derivadas dxdt ,
d2x
dt2 , · · · , d
nx
dtn .
Simbolicamente, representamos esta igualdade como
F
(
t, x,
dx
dt
,
d2x
dt2
,
d3x
dt3
, · · · , d
nx
dtn
)
= 0; (1.1)
Exemplo 1.1.
1. 2d fdt −3 f = 1 é uma Equação Diferencial Ordinária de primeira ordem;
2. d
2y
dx2 −5
dy
dx +6y = 0 é uma Equação Diferencial Ordinária de segunda ordem;
3. d
3y
dt3 − (
dy
dt )
4−4y = cos(x) é uma Equação Diferencial Ordinária de terceira ordem.
Definição 1.2. Uma Equação Diferencial Ordinária de n-ésima ordem é dita linear se ela puder
ser escrita na forma
an(x)
dny
dxn
+an−1(x)
dn−1y
dxn−1
+ · · ·+a1(x)dydx +a0(x)y = g(x), (1.2)
do contrário, ela é dita não-linear.
8 Capítulo 1. Preliminares
Exemplo 1.2.
1. x3 d
3y
dx3 − x2
d2y
dx2 + 3x
dy
dx + 5y = cos(x) é uma Equação Diferencial Ordinária linear de
terceira ordem;
2. y
′′−2y′+ y = 0 é uma Equação Diferencial Ordinária linear de segunda ordem;
3. xdy− ydx = 0 é uma Equação Diferencial Ordinária linear de primeira ordem;
4. yy
′′−3y = x2 é uma Equação Diferencial Ordinária não-linear de segunda ordem;
5. d
5y
dx5 − y3 = 0 é uma Equação Diferencial Ordinária não-linear de quinta ordem.
EXERCÍCIO 1.1. classifique as seguintes E.D.O.s quanto a sua ordem e quanto linearidade:
a) (1− x)y′−4xy+5y = cos(x);
b) xd
3y
dx3 −32
(
dy
dx
)4
+ y = 0;
c) dydx =
√
1+
(
dy
dx
)2
;
d) d
2y
dx2 +9y = sen(x);
e) x2dy+(y− xy− xex)dx = 0;
f) x3y(4)− x2y′′+4xy′−3y = 0;
g) d
2r
dt2 =− kr2 .
1.2 Soluções explicitas e implicitas
Definição 1.3. Uma solução explícita para 1.1 é uma função real y : I → R definida
num intervalo I ⊂ R, n vezes continuamente diferenciável e que quando substituida em
1.1, reduz ela a uma identidade. Noutras palavras, y : I → R é uma solução de 1.1 se
F(x,y(x),y
′
(x),y
′′
(x), · · · ,y(n)(x)) = 0 para todo x ∈ I.
Exemplo 1.3. y(x) = 116x
4 é uma solução explícita no intervalo (−∞,+∞) =R para a Equação
Diferencial Ordinária não-linear de primeira ordem dydx − x
√
y = 0.
De fato, para qualquer x ∈ R temos ( 116x4)′− x√( 116x4)= 14x3− x(14x2)= 14x3− 14x3 = 0.
Seção 1.2. Soluções explicitas e implicitas 9
Exemplo 1.4. Para qualquer c ∈ R a função yc : (0,+∞)→ R dada por yc(x) = x+cx é uma
solução explícita no intervalo (0 +∞) = R para a Equação Diferencial Ordinária linear de
primeira ordem x dydx + y = 1.
De fato, para qualquer x ∈ R temos xy′c(x)+ yc(x)−1 = x−cx2 + x+cx −1 =− cx +(1+ cx)−1 = 0.
Uma Equação Diferencial Ordinária pode admitir uma infinidade de soluções. Por Exemplo,
para qualquer c ∈ R, a funcão yc : R→ R dada por yc(x) = cex2 é uma solução da Equação
Diferencial Ordinária dydx = 2xy.
Mas, com o grau de generalidade da definição 1.1, não podemos garantir que toda Equação
Diferencial Ordinária de n-esima ordem admita soluções. Por exemplo, a Equação Diferencial
Ordinária não-linear de primeira ordem (dydx)
2 + 1 = 0 não admite soluções reais, isto é, não
existem funções y : I ⊂ R→ R definidas num intervalo I que satisfaçam ela; por outro lado,
a Equação Diferencial Ordinária não-linear de segunda ordem (y
′′
)2 + y4 = 0 admite apenas a
solução real identicamente nula.
EXERCÍCIO1.2. Verifique se a função φ dada é solução para a respectiva E.D.O.
a) 2y′+ y = 0, φ(x) = e−
x
2 ;
b) y′−2ty = 1, φ(x) = et2 ∫ t0 e−s2ds+ et2;
c) dydx −2y = e3x, φ(x) = e3x+10e2x;
d) y′ = 25+ y2, φ(x) = 5tg(5x);
f) x2dy+2xydx = 0, φ(x) =− 1x2 ;
g) t2y′′+5ty′+4y = 0, φ(x) = ln(t)t2 ;
h) (y′)3+ xy′ = y, φ(x) = x+1;
i) y′ = 2
√|y|, φ(x) = x|x|;
j) dPdt = p(a−bP), φ(x) = ace
at
1+bceat ;
k) y′′+ y′−12y = 0, φ(x) = ae3x+be−4x;
l) xy′−2y = 0, φ(x) =
{
−x2 x < 0
x2 x≥ 0 ;
EXERCÍCIO 1.3. Determine:
a) Os valores de m para os quais a E.D.O. x2y′′−4xy′+6y = 0 admite solução da forma xm;
b) Os valores de m para os quais a E.D.O. y′′′−3y′′+2y′ = 0 admite solução da forma emx;
EXERCÍCIO 1.4. Explique por que φ(x) =
{ √
4− x2 −2 < x < 0
−√4− x2 0≤ x≥ 2 não é solução de
dy
dx =
−xy no intervalo (−2,2).
10 Capítulo 1. Preliminares
Soluções implícitas
Definição 1.4. Uma relação da forma G(x,y) = 0 é uma solução implícita em um intevalo I para
1.1 se ela define uma ou mais soluções explícitas para 1.1 em I.
Exemplo 1.5. Qualquer relação da forma G(x,y) = x2+y2+c= 0, onde c ∈R+ é uma solução
implícita para a Equação Diferencial Ordinária não-linear de primeira ordem dydx =−xy .
De fato, ddx(x
2+ y2+ c) = ddx(0) = 0⇒ 2x+2ydydx = 0⇒ dydx =−xy .
EXERCÍCIO 1.5. Qualquer relação da forma G(x,y) = 4y− y2− 12x+ x3 = c, onde c ∈ R
é uma solução implícita para a Equação Diferencial Ordinária não-linear de primeira ordem
dy
dx =−12−3x
2
4−2y .
Capítulo 2
EDOs de primeira ordem
2.1 Problema de Valor Inicial
Dada a Equação Diferencial Ordinária de primeira ordem y
′
= f (t,x), onde t0 ∈ I, x0 ∈ R
arbitrários e f é contínua, estamos interessados em encontrar as soluções x : I→R dessa Equação
Diferencial Ordinária tais que x(t0) = x0. Notação:{
x
′
= f (t,x)
x(t0) = x0
(2.1)
Ao depararmos com o Problema de Valor Inicial 2.1 duas perguntas são cruciais:
• Existe solução para o Problema de Valor Inicial 2.1?
• Se existir solução para o Problema de Valor Inicial 2.1, ela é única?
Em geral não é verdade que o Problema de Valor Inicial 2.1 admite uma única solução,
supondo-se apenas que f seja contínua, por exemplo, é fácil ver que as funções x1, x2 : [0,+∞)→
R dadas respectivamente por x1(t) = 0 e x2(t) =
√(2
3x
)3
para todo t ∈ R são soluções de{
x
′
= 3
√
y
x(0) = 0
. Mais geralmente, temos o
Teorema 2.1 (G. Peano). Se f : R×R→ R é contínua, então existe pelo menos uma solução
para 2.1 em algum intevalo contendo x0.
Para podermos garantir a unicidade da solução de 2.1, devemos exigir mais de f , além de sua
continuidade. Temos o
12 Capítulo 2. EDOs de primeira ordem
Teorema 2.2 (Picard). Se f : R×R→ R for Lipschitziana em x, isto é, existe K > 0 tal que
| f (t,x1)− f (t,x2)| ≤ K|x1− x2| para todo t e para todos x1,x2, então existe uma única solução
para 2.1 em algum intevalo contendo x0.
O seguinte corolário é um dos mais famosos Critérios de existência e unicidade de soluções
para 2.1:
Corolário 2.1.1. Seja R = [a,b]× [c,d] ⊂ R2 uma região retangular do plano que contenha o
ponto (t0,x0) em seu interior. Se f e
∂ f
∂x são contínuas em R, então existe um intervalo I centrado
em t0 e uma única função y : I→ R que satisfaz 2.1.
Prova: Sejam p,q ∈R tais que (t0− p, t0+ p)× (x0−q,x0+q)⊂ [a,b]× [c,d]. Existe M > 0 tal
que |∂ f∂x (t,x)| ≤M para todo (t,x) ∈ (t0− p, t0 + p)× (x0− q,x0 + q) (pois do contrário ∂ f∂x (t,x)
seria ilimitada em qualquer vizinhaça de (t0,x0) e portanto seria descontínua neste ponto). Com
isso, fixado t ∈ (t0− p, t0+ p) e tomando x1,x2 ∈ (x0−q,x0+q), pelo Teorema do Valor Médio
existe c ∈ (x1,x2) tal que | f (t,x1)− f (t,x2)| = | f ′(c)||x1− x2| ≤M|x1− x2|. Disso concluímos
que f é Lipschitziana em x num intervalo contendo x0 em seu interior e pelo Teorema de Picard
segue que 2.1 admite uma única solução em algum intervalo contendo x0.
Exemplo 2.1. Estude o problema de existência e unicidade de soluções para o P.V.I.{
dy
dx = x
2− y2
y(3) = 4
.
Resposta: Como f (x,y) = x2− y2 e ∂ f∂y = 2y são contínuas no ponto (3,4), concluímos que este
P.V.I. admite uma única solução.
Exemplo 2.2. Considere o Problema de Valor Inicial
{
dy
dx = 3
√
y
y(0) = 0
.
a) Estude o problema de existência e unicidade de soluções para este P.V.I.
Podemos verificar que para qualquer t0 > 0, yt0(x) =
 0 se t < t0±( 3√23(t− t0))2 se t ≥ t0 é uma
solução para este P.V.I. Isto não contradiz o Corolário 2.1.1 pois ∂ f∂y ( 3
√
y) = 13y
− 23 , que não é
continua, nem mesmo definida nos pontos onde y = 0 (= eixo dos x).
Entretanto, se (x0,y0) for um ponto qualquer fora do eixo dos x (y0 6= 0) então como uma
consequência do corolário acima, há uma única solução da EDO y
′
= 3
√
y passando por (x0,y0)
(VERIFIQUE!).
b) EXERCÍCIO: Existe solução para este P.V.I. passando pelo ponto (2,1)? E pelo ponto
(1,1)?
Seção 2.2. Equações de variáveis separáveis 13
EXERCÍCIO 2.1. Determine uma região do plano para a qual a E.D.O. admitirá uma única
solução passando por um ponto (x0,y0) na região:
a) dydx = y
2
3 ;
b) dydx =
√
xy;
c) xdydx = y;
d) (4− y2)y′ = x2;
e) (1+ y3)y′ = x2;
f) (x− y)y′ = x+ y;
EXERCÍCIO 2.2. Considere a Equação Diferencial Ordinária dydx = 1+ y
2
a) Determine uma região do plano para a qual esta EDO admitirá uma única solução passando
por um ponto (x0,y0) da região;
b) y = tg(x) é solução do P.V.I.
{
dy
dx = 1+ y
2
y(0) = 0
no intervalo (−2,2)? E no intevalo
(−1,1)?
EXERCÍCIO 2.3. Mostre que ϕ(t) é solução de
{
y
′
= f (x(t))
x(t0) = x0
se e somente se for
solução de x(t) = x(t0)+
∫ t
t0 f (x(s))ds.
2.2 Equações de variáveis separáveis
Definição 2.1. Uma Equação Diferencial Ordinária da forma dydx =
g(x)
h(y) é dita separável (ou de
variáveis separáveis)
Observe que podemos reescrever esta equação como h(y) dydx = g(x). Se y = f (x) for uma
solução desta equação, então h( f (x)) f
′
(x) = g(x). Logo
∫
h( f (x)) f
′
(x)dx =
∫
g(x)dx+ c⇒
∫
h(y)dy =
∫
g(x)dx+ c.
Exemplo 2.3. Resolva o Problema de Valor Inicial
{
dy
dx =−xy
y(4) = 3
Resposta: Como acabamos de ver, temos:
14 Capítulo 2. EDOs de primeira ordem
∫
y dy =−
∫
x dx+ c1⇒ y
2
2
=−x
2
2
+ c1⇒ x
2
2
+
y2
2
= c1⇒ x2+ y2 = 2c1 = c2.
Como estamos interessados na solução y(x) tal que y(4) = 3, devemos ter c2 = 42 +
y(4)2 = 42 + 32 = 25. Logo a solução procurada é dada implicitamente por x2 + y2 = 25, ou
explicitamente por
y : (−5, 5) → R
x → √25− x2
Exemplo 2.4. Resolva o Problema de Valor Inicial
{
dy
dx = y
2−4
y(0) =−2
Resposta: Temos
∫ 1
y2−4 dy =
∫
dx+ c1⇒∫ [ 1/4
y−2 −
1/4
y+2
]
dy =
∫
dx+ c1⇒ 14 ln|y−2|−
1
4
ln|y+2|= x+ c1.
Se y 6=±2 (observe que as funções constantes y(x)≡−2 e y(x)≡ 2 são soluções da E.D.O.
dy
dx = y
2−4) então
ln
∣∣∣∣y−2y+2
∣∣∣∣= 4x+4c1⇒ y−2y+2 = e4x+c2 = ec2 · e4x⇒ y−2 = (y+2)c · e4x = cy · e4x+2c · e4x⇒
(1− c · e4x)y = 2+2c · e4x⇒ y(x) = 2+2c · e
4x
1− c · e4x .
Ao fazer a substituição x = 0 e y =−2 no entanto, nos deparamos com o seguinte dilema:
y(x) =
2+2c · e4x
1− c · e4x ⇒−2 =
2+2c
1− c ⇒−2+2c = 2+2c⇒−2 = 2
Logo, a solução do P.V.I. não é obtida com nenhum valor de c. Na verdade, a solução deste
P.V.I. é a solução singular y(x)≡−2.
EXERCÍCIO 2.4. Resolva as seguintes equações diferenciais:
a) dydx = cos
2(x) cos2(2y);
b) dx+ e3xdy = 0;
c) ex dydx = 2x;
d) dydx +2xy = 0;
e) dydx =
x−ex
y+ey ;
f) dydx = e
3x+2y;
g) y ln(x) dydx =
(
y+1
x
)2
;
h) sec2(x)dy+ cossec(y)dx = 0;
i) dydx =
xy+3x−y−3
xy−2x+4y−8 ;
j) x
√
1− y2dx = dy;
Seção 2.2. Equações de variáveis separáveis 15
EXERCÍCIO 2.5. Resolva os seguintes P.V.I.s e determine o intervalo maximal onde a soluçãoestá definida.
a)
{
(1+ x4)dy+ x(1+4y2)dx = 0
y(1) = 0
b)
{
dy
dx =
y2−1
x2−1
y(2) = 2
c)
{
y
′
= 1+3x
2
3y2−6y
y(0) = 1
;
d)
{
y
′
= 3x
2
3y2−4
y(1) = 0
;
Dica: Determine os pontos onde o gráfico da solução tem tangente vertical.
EXERCÍCIO 2.6. Considere a EDO dydx =
y−4x
x−y .
a) Mostre que esta EDO não é separável.
b) Mostre que, mediante a substituição v = yx , esta EDO torna-se separável, e em seguida
resolva-a.
EXERCÍCIO 2.7. Determine o ponto em que a solução do P.V.I.
{
y
′
= 2y2+ xy2
y(0) = 1
admite seu
valor mínimo.
EXERCÍCIO 2.8. Considere o Problema de Valor Inicial
{
dy
dx = x
√
y
y(0) = 0
. Estude o problema de
existência e unicidade de soluções para o mesmo.
EXERCÍCIO 2.9. Considere o Problema de Valor Inicial
{
y
′
=
√|y|
y(0) = 0
.
a) Estude o problema de existência e unicidade de soluções para o mesmo.
b) Existe solução para este P.V.I. tal que y(3) = 1? E tal que y(4) = 2 e y(−2) =−1?
EXERCÍCIO 2.10. Considere o Problema de Valor Inicial
{
dy
dx =
y cos(x)
1+2y2
y(0) = 1
.
a) Prove que se f (x,y) = y cos(x)1+2y2 , então | f (x,y)| ≤ 12√2 para quaisquer x,y. Dica: Determine
os valores de máximo e mínimo de y1+2y2 ;
b) Usando a) prove que se φ(x) é a solução do P.V.I. acima, então |φ(x)−1| ≤ |x|
2
√
2
para
qualquer x. Com isso, conclua que φ está definida para todo x ∈ R.
16 Capítulo 2. EDOs de primeira ordem
2.3 Equações homogêneas
Definição 2.2. Uma função f :R2→R é dita homogênea de ordem k∈R se f (tx, ty)= tk f (x, y)
para qualquer (x, y) ∈ R2.
EXERCÍCIO 2.11. Determine quais das seguintes funções são homogêneas e quais não são:
a) f (x, y) = x2−3xy+5y2;
b) 3
√
x2+ y2;
c) f (x, y) = x3+ y3+1;
d) f (x, y) = x2y +4;
e) f (x, y) = x2− y;
f) f (x, y) = 6xy3− x2y2;
EXERCÍCIO 2.12. Prove:
a) se f ,g : R2 → R são funções homogêneas de grau k, então f + g também é uma função
homogênea de grau k.
b) se f ,g : R2→ R são funções homogêneas de grau k e l respectivamente, então f · g é uma
função homogênea (de que grau).
c) Se f : R2→ R é uma função homogênea e contínua, então lim
(x,y)→(0,0)
f (x,y) = 0;
d) Se f : R2→ R é uma função homogênea de grau n, então x∂ f∂x + y∂ f∂y = n f ;
Definição 2.3. Uma EDO da forma M(x, y)dx+N(x, y)dy= 0 (ou equivalentemente, M(x, y)+
N(x, y)dydx = 0) é dita homogênea se M e N forem funções homogêneas de de mesma ordem. Uma
EDO homogênea é facilmente resoluvel por meio da substituição algébrica x = vy (ou y = ux).
De fato, considerando y = ux por exemplo, temos dy = u dx+ x du. Dai:
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 ⇒ M(x, ux)dx+N(x, ux)[u dx+ x du] = 0 ⇒
xk M(1, u)dx+ xk N(1, u)[u dx+ x du] = 0 ⇒ M(1, u)dx+N(1, u)[u dx+ x du] = 0 ⇒
[M(1, u)+u N(1, u)]dx+ x N(1, u)du = 0 ⇒
N(1, u)
M(1, u)+u N(1, u)
du =−1
x
dx
e esta última EDO é separável.
Exemplo 2.5. Resolva a EDO 2x3ydx+(x4+ y4)dy = 0.
Seção 2.4. Equações exatas e fatores integrantes 17
Observe que M(x, y) = 2x3y e N(x, y) = x4+y4 são funções homogêneas de grau 4 e fazendo
a substituição x = vy, obtemos:
2x3ydx+(x4+ y4)dy = 0 ⇒ 2(vy)3y[vdy+ ydv]+ ((vy)4+ y4)dy = 0 ⇒
2v3y4[vdy+ ydv]+ (v4+1)y4dy = 0 ⇒ 2v3[vdy+ ydv]+ (v4+1)dy = 0 ⇒
2v3ydv+(3v4+1)dy = 0 ⇒ 2v33v4+1dv =−1y dy ⇒∫ 2v3
3v4+1dv =−
∫ 1
y dy ⇒ 16 ln(3v4+1) =−ln(y)+ c1⇒
ln(3v4+1) =−6ln(y)+ c2 ⇒ eln(3v4+1)+6ln(y) = c⇒
(3v4+1)y6 = c ⇒ 3(x4y4 )y6+ y6 = c ⇒
3x4y2+ y6 = c
EXERCÍCIO 2.13. Resolva:
a) (y2+ xy)dx− x2dy = 0;
b) −ydx+(x+√xy)dy = 0;
c) xdydx − y =
√
x2+ y2;
d) dydx =
x
y +
y
x ;
d) dydx =
y
x +
x2
y2 +1;
e) ydydx = x+4ye
− 2xy ;
f) dydx =
y
x ln
( y
x
)
;
EXERCÍCIO 2.14. Resolva:
a)
{
xy2 dydx = y
3− x3
y(1) = 2
b)
{
xydx− x2dy = y
√
x2+ y2
y(0) = 1
c)
{
(x+ e
y
x )dx− xe yx dy = 0
y(1) = 0
d)
{
ydx+
[
ycos
( y
x
)− x]dy = 0
y(0) = 2
e)
{
ydx+ x(lnx− lny−1)dy = 0
y(1) = e
f)
{
(
√
x+
√
y)2dx = xdy
y(1) = 0
EXERCÍCIO 2.15. Suponha que M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 seja uma Equação homogenea.
Mostre que a substituição x = rcos(θ), y = rsen(θ) a transforma em uma equação separável.
2.4 Equações exatas e fatores integrantes
Lembremos do cálculo que a diferencial total de uma função f :R2→R é dz= ∂ f∂x dx+ ∂ f∂y dy.
Assim, considerando as curvas de nível f (x,y) = c, temos ∂ f∂x dx+
∂ f
∂y dy = 0, noutras palavras,
18 Capítulo 2. EDOs de primeira ordem
considerando as curvas de nível f (x,y) = c, podemos obter uma E.D.O. de primeira ordem,
calculando a diferencial total de f . Com isso, temos:
Definição 2.4. Uma Equação diferencial Ordinária da forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (ou
equivalentemente M(x, y)+N(x, y)dydx = 0) é dita Exata se a expressão do lado esquerdo dessa
igualdade é a diferencial total de alguma função f : R2→ R.
Teorema 2.3. Sejam M,N : R2 → R funções contínuas com derivadas parciais contínuas na
região retangular R = (a, b)× (c, d). Uma condição necessária e suficiente para que a E.D.O.
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 seja exata é ∂M∂y =
∂N
∂x .
Necessidade: Se M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 é uam E.D.O. exata, então existe uma função
f : R2→ R tal que M(x, y)dx+N(x, y)dy = ∂ f∂x dx+ ∂ f∂y dy para todo (x, y) ∈ R, logo M(x, y) =
∂ f
∂x (x, y) e N(x, y) =
∂ f
∂y (x, y), e dai:
∂M
∂y
=
∂
∂y
(
∂ f
∂x
)
=
∂2 f
∂y∂x
=
∂
∂x
(
∂ f
∂y
)
=
∂N
∂x
.
Suficiência: Se a equação M(x, y)dx+N(x, y)dy= 0 é tal que ∂M∂y =
∂N
∂x e supondo que exista
f :R2→R tal que ∂ f∂x (x, y) =M(x, y), então mediante uma integração com respeito a x obtemos
f (x, y) =
∫
M(x, y)dx+g(y).
Derivando agora esta expressão com respeito a y e supondo que ∂ f∂y (x, y) = N(x, y), obtemos
N(x, y) =
∂ f
∂y
(x, y) =
∂
∂y
(∫
M(x, y)dx
)
+g
′
(y).
Assim, g
′
(y) = N(x, y)− ∂∂y (
∫
M(x, y)dx). finalmente, integrando esta expressão com
respeito a y e substituindo em f (x, y) =
∫
M(x, y)dx+g(y) obtemos
f (x, y) =
∫
M(x, y)dx+
∫
N(x, y)− ∂
∂y
(∫
M(x, y)dx
)
dy.
Exemplo 2.6. Resolva o P.V.I.
{
2xydx+(x2−1)dy = 0
y(0) = 1
Resposta: Na notação da Definição 2.4, temos M(x,y) = 2xy e N(x,y) = x2− 1, assim, ∂M∂y =
2x = ∂N∂x e portanto, pelo Teorema 2.3 concluímos que esta E.D.O. é exata. Novamente, pelo
Teorema 2.3 sabemos que existe f : R2→ R tal que
{
∂ f
∂x (x,y) = 2xy = M(x,y)
∂ f
∂y (x,y) = x
2−1 = N(x,y) .
Da primeira equação, após uma ingração com respeito a variável x, obtemos f (x,y) = x2y+
g(y). Agora, derivando com respeito a y, obtemos x2+g
′
(y) = ∂ f∂y (x,y) = x
2−1⇒ g′(y) =−1.
Seção 2.4. Equações exatas e fatores integrantes 19
Segue que uma possível g é g(y) =−y, assim, f (x,y) = x2y− y, e as soluções da E.D.O. são da
forma x2y− y = f (x,y) = c, ou explicitamente, y(x) = cx2−1 , c ∈ R.
Precisamos determinar c de modo que y(0) = 1. Se este é o caso, então c = x2y− y =
02y(0)− y(0) = −1, noutras palavras, a solução do P.V.I. é x2y− y = −1, ou explicitamente,
y : (−1,1)→ R; y(x) = 11−x2 .
EXERCÍCIO 2.16. Encontre o(s) valor(es) de b para o(s) qual(is) as seguintes equações são
exatas:
a) (xy2+bx2y)dx+(x+ y)x2dy = 0; b) (ye2xy+ x)dx+bxe2xydy = 0.
Fatores integrantes
Uma E.D.O. de primeira ordem M(x, y)dx+N(x, y)dy= 0 que não é exata pode (pelo menos
em teoria) ser convertida para uma E.D.O. de primeira ordem exata, multiplicando-a por um fator
integrante µ(x,y) adequado, isto é, a E.D.O. µ(x,y)M(x, y)dx+ µ(x,y)N(x, y)dy = 0 é exata, e
isto ocorre se e só se ∂∂y [µ(x,y)M(x, y)] =
∂
∂x [µ(x,y)N(x, y)]⇒
M µy+My µ = N µx+Nx µ ⇒ N µx−M µy+(Nx−My) µ = 0
Se uma função µ é solução conhecida dessa Equação Diferencial Parcial, então a equação
µ(x,y)M(x, y)dx + µ(x,y)N(x, y)dy = 0 poderá ser resolvida pelo método descrito acima.
Infelismente esta E.D.P. é pelo menos tãodifícil de ser resolvida quanto a EDO original, e na
prática só é possivel encontrar uma solução µ em alguns casos particulares.
Por exemplo, determinemos condições sobre M e N para que a E.D.O. M(x, y)dx +
N(x, y)dy = 0 tenha um fator integrante que dependa apenas de x.
Se este é o caso, temos My µ = (µ M)y = (µ N)x = Nx µ+N
dµ
dx ⇒ dµdx =
My−Nx
N µ.
Assim, se My−NxN depender apenas de x, então existirá um fator integrante para M(x, y)dx+
N(x, y)dy = 0 dependendo apenas de x (um raciocínio análogo pode ser usado para determinar
se há um fator integrante que dependa apenas de y).
Exemplo 2.7. Encontre um fator integrante para (xy+y2+y)dx+(x+2y)dy= 0; e em seguida
resolva-a.
My−Nx
N =
x+2y+1−1
x+2y =
x+2y
x+2y = 1, logo há um fator integrante que depende apenas de x, o qual
satisfaz dµdx =
My−Nx
N µ = µ ⇒ µ(x) = ex. com isso, ex(xy+ y2 + y)dx+ ex(x+ 2y)dy = 0 é
20 Capítulo 2. EDOs de primeira ordem
exata e pode ser resolvida pelo método descrito anteriormente, isto é, existe f : R2→ R tal que{
∂ f
∂x (x,y) = xye
x+ y2 ex+ yex
∂ f
∂y (x,y) = xe
x+2yex
.
Da segunda equação, após uma ingração com respeito a variável y, obtemos f (x,y) = xyex+
y2 ex+h(x). Agora, derivando com respeito a x, obtemos yex+xyex+y2 ex+h
′
(x) = ∂ f∂x (x,y) =
xyex + y2 ex + yex ⇒ h′(x) = 0. Segue que uma possível h é h(x) = 0, assim, f (x,y) = yex +
xyex+ y2 ex, e as soluções da E.D.O. são da forma yex+ xyex+ y2 ex = f (x,y) = c.
EXERCÍCIO 2.17. Resolva as seguintes equações, utilizando o fator integrante µ(x,y)
indicado:
a) (−xysen(x)+2ycos(x))dx+2xcos(x)dy = 0, µ(x,y) = xy;
b)
(
sen(y)
y −2e−xsen(x)
)
dx+
(
cos(y)+2e−x cos(x)
y
)
dy = 0, µ(x,y) = yex;
c) −y2dx+(x2+ xy)dy = 0, µ(x,y) = 1x2y ;
d) (x2+2xy− y2)dx+(y2+2xy− x2)dy = 0, µ(x,y) = 1(x+y)2 ;
e) (x2+ xy)y′+(3xy+ y2) = 0, µ(x,y) = 1xy(2x+y);
f) (x2+ xy)y′+(3xy+ y2) = 0, µ(x,y) = x;
EXERCÍCIO 2.18. Encontre um fator integrante para as seguintes equações, e em seguida
resolva-as:
a) (x4+6x2y)dy+(2x3y+4xy2)dx = 0;
b) (x+2)sen(y)dx+ xcos(y)dy = 0;
c) (2x3y+4xy2)dx+(x4+6x2y)dy = 0;
d) ydx+(2x− yey)dy = 0;
e) exdx+(excotg(y)+2ycossec(y))dy = 0;
f) y′ = e2x+ y−1;
g) dx+
(
x
y − sen(y)
)
dy = 0;
h)
(
4 x
3
y2 +
3
y
)
+
(
3 xy2 +4y
)
y
′
= 0.
EXERCÍCIO 2.19. a) Prove que se Nx−Myx M−y N depende exclusivamente do produto xy, então a
equação diferencial M+Ny
′
= 0 admite um fator integrante da forma µ(xy) e determine a
fórmula geral deste fator integrante;
b) Resolva
(
3x+ 6y
)
dx+
(
x2
y +3
y
x
)
dy = 0.
EXERCÍCIO 2.20. Prove as seguintes afirmações:
Seção 2.5. Equações lineares 21
a) Qualquer E.D.O. separável (isto é, que pode ser escrita na forma M(x) +N(y)y′ = 0) é
exata;
b) Se M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 é uma E.D.O. homogênea, então ela tem µ(x,y) =
1
x M(x,y)+y N(x,y) como fator integrante.
c) A E.D.O. (y3 − x3)dx + x2ydy = 0 é homogênea (Verifique!), apesar disso, resolva-a
encontrando um fator integrante, como descrito em b).
2.5 Equações lineares
Uma Equação Diferencial Ordinária linear de primeira ordem é uma igualdade da forma
a1(x)
dy
dx +a0(x)y = g(x).
Dividindo ambos os membros por a1(x), obtemos a equação
dy
dx +P(x)y = f (x), onde P(x) =
a0(x)
a1(x)
e f (x) = g(x)a1(x) . Podemos também reescrever esta equação pondo
dy+[P(x)y− f (x)]dx = 0 (2.2)
A ideia para resolver 2.2 é encontrar um fator integrante µ(x) tal que µ(x)dy+µ(x) [P(x)y−
f (x)]dx = 0 seja uma Equação Diferencial Ordinária exata, e isso irá ocorrer se e somente se
∂
∂y(µ(x) [P(x)y− f (x)]) = ∂∂x(µ(x)), isto é, dµdx = µP(x).
A equação dµdx = µP(x) é separável,isto é,
1
µdµ = P(x)dx e integrando, obtemos∫ 1
µd µ =
∫
P(x)dx+ c1⇒ ln(µ) =
∫
P(x)dx+ c1⇒ µ(x) = e
∫
P(x)dx+c1 = ce
∫
P(x)dx.
Tomando c = 1, obtemos o fator integrante µ(x) = e
∫
P(x)dx. Assim:
dy
dx
+P(x)y = f (x)⇒ e
∫
P(x)dx dy
dx
+P(x)e
∫
P(x)dx y = f (x)e
∫
P(x)dx.
Observando que e
∫
P(x)dx dy
dx +P(x)e
∫
P(x)dx y = ddx
(
e
∫
P(x)dx y
)
, temos:
d
dx
(
e
∫
P(x)dx y
)
= f (x)e
∫
P(x)dx ⇒ ∫ ddx (e∫ P(x)dx y) dx = ∫ f (x)e∫ P(x)dx dx + c ⇒
e
∫
P(x)dx y =
∫
f (x)e
∫
P(x)dx dx+ c. Finalmente, obtemos
y(x) =
∫
f (x)e
∫
P(x)dx dx+ c
e
∫
P(x)dx
Não é usual decorar esta fórmula. O melhor a fazer ao resolver um Equação Diferencial
Ordinária de primeira ordem é repetir todo o procedimento acima.
22 Capítulo 2. EDOs de primeira ordem
Exemplo 2.8. Resolva o Problema de Valor Inicial
{
dy
dx +2xy = x
y(0) =−3
Resolução: Um fator integrante é µ(x) = e
∫
2xdx = ex
2
. Logo:
d
dx
(
ex
2
y
)
= ex
2 dy
dx +2xe
x2 y = xex
2 ⇒ ex2 y = ∫ xex2 dx+ c⇒ y(x) = 12 ex2+c
ex2
= 12 + ce
−x2 .
Como estamos interessados na solução y(x) tal que y(0) = −3, temos −3 = y(0) = 12 +
ce−02 = 12 + c⇒ c =−3− 12 =−72 . Assim, a solução procurada é y(x) = 12 − 72 e−x
2
.
Exemplo 2.9. Resolva o Problema de Valor Inicial
{
dy
dx =
1
x+y2
y(−2) = 0
Resolução: Esta EDO não é separável, nem homogênea, nem exta ou linear. Porem se
invertermos as variáveis (de acordo com o teorema da função inversa, podemos fazer isto!)
obtemos dxdy = x + y
2 ou dxdy − x = y2, e esta EDO é linear em x! Um fator integrante é
µ(y) = e
∫ −dy = e−y, dai:
d
dy (xe
−y) = e−y dxdy−xe−y = y2 e−y⇒ xe−y =
∫
y2 e−y dy+c =−y2 e−y−2ye−y−2e−y+c.
Assim, x = −y2− 2y− 2+ cey. Para determinar o valor de c, observe que quando x = −2,
y= 0; assim−2=−02−2 ·0−2+ce0 =−2+c, isto é, c= 0, e dai concluímos que a solução é
dada implicitamente por x =−y2−2y−2, ou explicitamente por y : (−∞, 2)→ R, onde y(x) =
−2+√−x+2.
Exemplo 2.10. Encontre uma solução definida para o Problema de Valor Inicial{
dy
dx + y = f (x)
y(0) = 0
, onde f (x) =
{
1 se x≤ 1
x se x > 1
definida para todo x ∈ R.
Resolução: Como 0< 1, se x≤ 1 então f (x) = 1, e dai dydx +y= 1 neste caso. Um fator integrante
para esta EDO é µ(x) = ex, assim:
d
dx(e
x y) = dydxe
x+ yex = ex⇒ y =
∫
exdx+c1
ex = 1+ c1e
−x.
Como y(0) = 0, temos 0 = y(0) = 1+ c1e−0 ⇒ 1+ c1 = 0 ou c1 = −1. Dai, y(x) = 1−
1e−x se x ≤ 1. Alem disso, y(1) = 1− e. Para definirmos y em (1,∞) basta resolver o P.V.I.{
dy
dx + y = x
y(1) = 1− e .
Observe que µ(x) = ex tembém é um fator integrante para esta EDO, assim:
d
dx(e
x y) = dydxe
x+ yex = xex⇒ ex y = ∫ xexdx+ c2 = xex− ex+ c2⇒ y = x−1+ c2e−x.
Como y(1) = 1− e, temos 1− e = 1− 1+ c2e−1 = c2e−1 ⇒ c2 = e− 1. Logo a solução
procurada é
y(x) =
{
1− e−x se x≤ 1
x−1+(e−1)e−x se x > 1
Seção 2.5. Equações lineares 23
EXERCÍCIO 2.21. Encontre a solução geral da equação dada e determine um intervalo no
qual a solução geral está definida.
a) 3dydx +12y = 4;
b) dydx = y+ e
x;
c) y′+2xy = x3;
d) x2y′+ xy = 1;
e) y′ = 2y+ x2+5;
f) (x+4y2)dy+2ydx = 0;
g) cos(x)dydx + ysen(x) = 1;
h) dydx + ycotg(x) = 2cos(x);
i) dydx + y =
1−e−2x
ex+e−x ;
EXERCÍCIO 2.22. Considere o P.V.I.
{
dy
dx +
1
2y = 2 cos(x)
y(0) =−1 . Determine as coordenadas do
primeiro ponto de máximo local da solução, para t > 0.
EXERCÍCIO 2.23. Considere o P.V.I.
{
dy
dx +
2
3y = 1− t2
y(0) = y0
. Determine o valor de y0 para o
qual a solução toca mas não cruza o eixo t.
EXERCÍCIO 2.24. Considere o P.V.I.
{
dy
dx +
1
4y = 3+2cos(2t)
y(0) = 0
. Se φ é a solução deste P.V.I.,
determine lim
t→∞φ(t).
EXERCÍCIO 2.25. Determine a solução definida em todo o R para os seguintes Problemas de
Valor Inicial:
a)
{
y
′
+ x y = f (x)
y(4) = 1
, onde f (x) =
{
0, se x < 0
x, se x≥ 0
b)
{
dy
dx +4y = |x−1|
y(2) = 1
.
EXERCÍCIO 2.26.
a) Mostre que a solução geral da Equação Diferencial Ordinária dydx +P(x)y = 0 é um espaço
vetorial dedimensão 1.
b) [Princípio da superposição] Mostre que toda solução de dydx +P(x)y = f (x) se escreve como
soma de uma solução de dydx +P(x)y = 0 com uma soução particular de
dy
dx +P(x)y = f (x).
24 Capítulo 2. EDOs de primeira ordem
2.6 Equações de Bernoulli e de Ricati
Uma Equação Diferencial Ordinária da forma
dy
dx
+P(x)y = f (x)yn, (2.3)
é dita Equação de Bernoulli. Observe que se n 6= 0 ou n 6= 1 então a Equação 2.3 é não-linear.
É claro que a função identicamente nula y(x) ≡ 0 é sempre uma solução para 2.3. Se
y 6= 0, podemos reescrever esta E.D.O. como y−n dydx + P(x)y1−n = f (x), e considerando a
substituição y1−n =w, onde n 6= 0 e n 6= 1, pela regra da cadeia temos dwdx = dwdy dydx = (1−n)y−n dydx .
Substituindo, obtemos 11−n
dw
dx +P(x)w = f (x)⇒ dwdx +(1− n)P(x)w = (1− n) f (x) que é uma
EDO linear. Resolvendo-a e considerando em seguida que y1−n = w, obteremos uma solução
para a Equação de Bernoulli.
Exemplo 2.11. Resolva a equação de Bernoulli dydx +
1
x y = xy
2.
Resolução: Se w = y−1 (n = 2) então dwdx =−y−2 dydx , e substituindo
dy
dx
+
1
x
y = xy2⇒−y−2 dy
dx
− y−2 1
x
y =−y−2xy2⇒−y−2 dy
dx
− 1
x
y−1 =−x⇒ dw
dx
− 1
x
w =−x,
e esta última é uma EDO linear com fator integrante µ(x) = e
∫ − 1x dx = e−ln(x) = 1x . Dai
dw
dx
− 1
x
w =−x⇒ 1
x
dw
dx
− 1
x
1
x
w =−x1
x
⇒ d
dx
(
1
x
w
)
=
1
x
dw
dx
− 1
x2
w =−1⇒
1
x
w =
∫
−1dx+ c =−x+ c⇒ 1
y
= w =−x2+ cx⇒ y(x) = 1−x2+ cx .
EXERCÍCIO 2.27. Resolva os seguintes
a) xdydx + y =
1
y2 ;
b) dydx − y = y2ex;
c) 3(1+ x2)dydx = 2xy(y
3−1);
d) x2 dydx + y
2 = xy;
EXERCÍCIO 2.28. Resolva os seguintes
Seção 2.6. Equações de Bernoulli e de Ricati 25
a)
{
x2 dydx −2xy = 3y4
y(1) = 12
.
b)
{
xy(1+ xy2)dydx = 1
y(1) = 0
.
c)
{
2dydx =
x
y − xy2
y(1) = 1
.
Equações de Ricatti
A E.D.O. não-linear
dy
dx
= P(x)+Q(x)y+R(x)y2 (2.4)
é dita Equação de Ricatti. O nome é uma homenagem ao Conde Jacopo Francesco Riccati,
nobre que viveu na República de Veneza, o qual estudou um problema de determinação
do coeficente angular m = βα em cada ponto de uma curva plana (α(x),β(x)) que satisfz
simultaneamente as equações lineares
{
α′ = c11α+ c12β
β′ = c21α+ c22β
.
Para solucionar este problema, Ricatti teve de resolver preliminarmente a equação de
coeficientes constantes x˙= ax2+bx+c, a qual é normalmente referida como Equação de Riccati
de coeficientes constantes. Entretanto o próprio Riccati considerou equações com coeficientes
tanto constantes quanto variáveis.
Se ϕ é uma solução particular conhecida da Equação de Ricati e considerando y = ϕ+ u,
então dydx =
dϕ
dx +
du
dx . Dai,
dϕ
dx +
du
dx =
dy
dx = P(x)+Q(x)y+R(x)y
2 =
P(x)+Q(x) [ϕ+u]+R(x) [ϕ+u]2 = P(x)+Q(x)ϕ+Q(x)u+R(x)ϕ2+2R(x)ϕu+R(x)u2 =
[P(x)+Q(x)ϕ+R(x)ϕ2]+ [Q(x)+2R(x)ϕ]u+R(x)u2 =
dϕ
dx
+[Q(x)+2R(x)ϕ]u+R(x)u2⇒
du
dx
= [Q(x)+2R(x)ϕ]u+R(x)u2,
que é uma equação de Bernoulli com n = 2.
Exemplo 2.12. Resolva a equação de Ricatti dydx = 2−2xy+ y2.
26 Capítulo 2. EDOs de primeira ordem
Resolução: Verifica-se que ϕ(x) = 2x é uma solução particular dessa equação de Ricatti. Assim,
se y = 2x+u então dydx = 2+
du
dx , logo:
2+ dudx =
dy
dx = 2−2xy+ y2 = 2−2x [2x+u]+ [2x+u]2 = 2−4x2−2ux+4x2+4ux+u2⇒
du
dx = 2ux+u
2 ou dudx −2ux = u2, que é uma equação de Bernoulli.
Fazendo a substituição w = 1u , obtemos
dw
dx = − 1u2 dudx . Dai dwdx = − 1u2 dudx − 2ux(− 1u2 ) =
(− 1u2 )u2 = dwdx +2xw =−1 que é uma Equação linear com fator integrante µ(x) = e
∫
2xdx = ex
2
.
Dai
d
dx(e
x2w) = ex
2 dw
dx +2xe
x2 w =−ex2 ⇒ ex2w = ∫ −ex2dx+c⇒ 1y−2x = 1u = w = −∫ ex2dx+cex2 ⇒
y = 2x+ e
x2
−∫ ex2dx+c
EXERCÍCIO 2.29. Resolva:
a) y′ = y2+2x− x4;
b) y′+ x3y− x2y2 = 1;
c) y′ =−2− y− y2;
d) y′ = 1− x− y+ xy2;
e) y′ = 2x2+ 1x y−2y2;
f) y′ = sec2(x)− tg(x)y+ y2.
EXERCÍCIO 2.30. Considere a EDO x′− xt −2 t3 x2+8t5 = 0. Determine:
a) Sua solução geral;
b) A a solução que satisfaz x(2) = 4.
EXERCÍCIO 2.31. Mostre que se y1 e y2 são soluções da equação de Ricatti 2.4 então a sua
solução geral pode ser dada por y(x)− y1(x) = c(y(x)− y2(x))e
∫
R(x)(y2(x)−y1(x))dx. Dica: Se y
é uma solução qualquer de 2.4 então z1 = y− y1 e z2 = y− y2 são soluções de equações de
Bernoulli (quais ). Divida-as por z1 e z2 respectivamente, em seguida subtraia as equações
obtidas, ...
Com issso, obtenha a solução geral de dydx−ytg(x)−y2 cos(x)=−sec(x) sabendo que y1(x)=
sec(x) e y2(x) =−sec(x) são soluções.
EXERCÍCIO 2.32. Mostre que se y1, y2, y3 e y4 são soluções da equação de Ricatti 2.4 então
a sua razão anarmônica é constante, isto é, y1−y3y1−y4 ÷
y2−y3
y2−y4 = c constante.
Capítulo 3
EDOs lineares de ordem superior
3.1 Equações Diferenciais Ordinárias de segunda ordem
Uma Equação Diferencial Ordinária da forma a(x)y
′′
+b(x)y
′
+c(x)y = g(x), onde a(x) 6= 0
para todo x, é dita linear de segunda ordem.
Teorema 3.1. Se a,b,c,g : I→R são funções continuas, a(x) 6= 0 para todo x ∈ I e t0 ∈ I, então
para cada par x0,y0 ∈ R existe uma única solução φ : I→ R para o P.V.I.
a(x)y
′′
+b(x)y
′
+ c(x)y = g(x)
y(t0) = x0
y
′
(t0) = y0
(3.1)
Se g(x) 6= 0 para todo x, então a E.D.O. obtida a(x)y′′+b(x)y′+c(x)y= 0 é dita homogênea.
Temos o
Teorema 3.2. O conjunto das soluções de a(x)y′′+b(x)y′+ c(x)y = 0 é um subespaço vetorial
bidimensional de C (R).
Este teorema estabelece que para encontrarmos a solução geral de uma Equação Diferencial
Ordinária linear de segunda ordem homogênea, é suficiente determinarmos duas soluções
linearmente independentes da mesma, as quais irão constituir uma base do subespaço das
soluções, e qualquer outra solução se escreverá como combinação linear dessas duas soluções
determinadas.
É fácil provar que o conjunto das soluções de a(x)y
′′
+ b(x)y
′
+ c(x)y = 0 é um subespaço
de C (R) e deixamos isso como um exercício para o aluno!
EXERCÍCIO 3.1. Mostre que o conjunto das soluções de a(x)y′′ + b(x)y′ + c(x)y = 0 é um
espaço vetorial.
A prova de que a dimensão desse subespaço é igual a 2 é mais delicada e será feita no capítulo
6.
28 Capítulo 3. EDOs lineares de ordem superior
O seguinte teorema também é muito importante, sobretudo para considerações futuras:
Teorema 3.3. Considere as funções funções φ1, φ2 : I→ R. Se o determinante W (φ1, φ2)(x) =∣∣∣∣∣ φ1(x) φ2(x)φ′1(x) φ′2(x)
∣∣∣∣∣ é não nulo para todo x ∈ I, então φ1 e φ2 são linearmente independentes.
A prova deste Teorema é feita em um modo mais geral no Teorema 3.4, página 32.
OBS: A reciproca deste Teorema não vale em geral (EXERCÍCIO!), mas pode-se mostrar
que tratando-se de soluções de E.D.O.s, vale a recíproca.
EXERCÍCIO 3.2. Dê exemplo de duas funções linearmente independentes f ,g : R→ R de
classe C 1(R) tais que W (φ1, φ2)(x) = 0 para todo x ∈ R.
EXERCÍCIO 3.3. Sejam y1(t) e y2(t) duas soluções de a2(t)y
′′
+ a1(t)y
′
+ a0(t)y = 0, onde
a0(t),a1(t) e a2(t) são funções contínuas num certo intervalo I e além disso, a2(t) 6= 0 para todo
t ∈ I. Mostre que, nessa condições temos W (y1,y2)(t) = W (y1,y2)(t0) e−
∫ t
t0
a1(s)
a2(s)
ds, onde t0 ∈ I
está fixo.
Dica: Mostre inicialmente que W (y1,y2)(t) é solução do PVI
{
a2(t)dWdt +a1(t)W = 0
W (t0) = W (y1,y2)(t0)
.
Em seguida, calcule a solução deste PVI pelo método aprendido em aula. Finalmente, justifique
porque as duas respostas encontradas devem ser iguais.
EXERCÍCIO 3.4. Prove que se y1 e y2 são duas duas soluções de a2(t)y
′′
+a1(t)y
′
+a0(t)y= 0
definidas em um intervalo I e tais que W (y1,y2)(t0) 6= 0 para algum t0 ∈ I, então W (y1,y2)(t) 6= 0
para todo t ∈ I. sugestão: exercício anterior;
3.2 E.D.O.s lineares de segunda ordem homogêneas e com
coeficientes constantesSe a(x), b(x) e c(x) forem constantes, então essa EDO é dita linear de segunda ordem com
coeficientes constantes.
A forma mais geral de uma EDO linear de segunda ordem homogênea com coeficientes
constantes é
Ay
′′
+By
′
+Cy = 0 (3.2)
Seção 3.2. E.D.O.s lineares de segunda ordem homogêneas e com coeficientes constantes 29
onde a,b,c ∈ R e a 6= 0.
Procuremos por soluções da forma y(x) = er x para 3.2. Temos então
0 = A(er x)
′′
+ B(er x)
′
+Cer x = Ar2er x + Brer x +Cer x = er x · (Ar2 + Br +C), isto é, er x ·
(Ar2+Br+C) = 0. Como er x 6= 0 para todo x ∈ R, concluímos que Ar2+Br+C = 0 para que
y(x) = er x seja solução de 3.2.
A igualdade Ar2+Br+C = 0 é dita equação característica de 3.2. Temos os seguintes casos:
1◦. caso: A equação característica admite duas raízes reais distintas.
Se a equação característica Ar2 +Br+C = 0 admite duas soluções reais e distintas r1 e r2
então y1(x) = er1 x e y2(x) = er1 x constituem uma base para o espaço das soluções de 3.2. De fato,
W (y1, y2)(x)=
∣∣∣∣∣ er1 x er2 xr1 er1 x r2 er2 x
∣∣∣∣∣=(r2−r1)e(r1+r2)x 6= 0 para todo x∈R, visto que e(r1+r2)x 6= 0
para todo x ∈ R e r2− r1 6= 0 pois r2 6= r1 por hipótese.
Exemplo 3.1. Encontre a solução do Problema de Valor Inicial

y
′′
+6y
′
+8y = 0
y(0) = 1
y
′′
(0) =−6
Resolução: A Equação característica desta EDO é r2 + 6r+ 8 = 0, cujas raízes são r = −2 e
r =−4. Assim, a solução geral é y(x) = c1e−2x+ c2e−4x;c1,c2 ∈ R. Além disso:
y(0) = 1⇒ 1 = y(x) = c1e−20+ c2e−40 = c1+ c2
y
′
(0) =−6⇒−6 = y′(x) =−2c1e−20−4c2e−40 =−2c1−4c2
Resolvendo o sistema linear
{
c1+ c2 = 1
−2c1−4c2 =−6
encontramos c1 = −1 e c2 = 2, logo a
solução do PVI é y(x) =−e−2x+2e−4x.
2◦ caso: A equação característica admite duas raízes reais iguais.
Se a equação característica Ar2 +Br+C = 0 admite duas soluções reais e iguais a r, então
y1(x) = er x é uma solução não nula de 3.2 e precisamos encontrar outra solução que seja
linearmente independente com esta. Procuremos então por uma solução da forma y2(x) =
f (x)er x, onde f (x) é uma função a ser determinada.
Neste caso, a equação 3.2 é equivalente a y
′′−2ry′+ r2y = 0 (Por quê?). Assim, se y2(x) =
f (x)er x é solução, temos 0= [ f (x)er x]
′′−2r[ f (x)er x]′+r2[ f (x)er x] = [ f ′′(x)er x+2r f ′(x)er x+
r2 f (x)er x]−2r[ f ′(x)er x+r f (x)er x]+r2 f (x)er x = f ′′(x)er x, isto é, f ′′(x)er x = 0⇒ f ′′(x) = 0,
30 Capítulo 3. EDOs lineares de ordem superior
e uma função que satisfaz esta igualdade é f (x) = x, noutras palavras, uma segunda solução é
y2(x) = xer x. Além disso, W (y1, y2)(x) =
∣∣∣∣∣ er x xer xr er x (r x+1)er x
∣∣∣∣∣= e2r x 6= 0 para todo x ∈ R.
Exemplo 3.2. Encontre a solução do Problema de Valor Inicial

y
′′−6y′+9y = 0
y(0) = 1
y
′′
(0) = 1
Resolução: A Equação característica desta EDO é r2− 6r+ 9 = 0, a qual admite a raiz dupla
r = 3. Assim, a solução geral é y(x) = c1e3x+ c2xe3x;c1,c2 ∈ R. Além disso:
y(0) = 1⇒ 1 = y(x) = c1e3·0+ c2 ·0 · e3·0 = c1
y
′
(0) = 1⇒ 1 = y′(x) = 3c1e3·0+ c2(e3·0+3 ·0 · e3·0) = 3c1+ c2 = 3+ c2⇒ c2 =−2, logo
a solução do PVI é y(x) = e3x+−2xe3x.
3◦ caso: A equação característica não admite raízes reais.
Neste caso, as raízes da equação característica são complexas conjugadas r1 = a+ bi e
r2 = a− bi com b 6= 0. Motivados pelos casos anteriores, vamos testar as seguintes funções
(complexas): er1x = e(a+bi)x e er2x = e(a−bi)x.
er1x = e(a+bi)x = eax+bix = eax · ebix = eax
∞
∑
n=0
(bix)n
n! = e
ax
∞
∑
n=0
in(bx)n
n! =
eax
[
∞
∑
n=0
i2n(bx)2n
(2n)! +
∞
∑
n=0
i2n+1(bx)2n+1
(2n+1)!
]
= eax
[
∞
∑
n=0
(−1)n(bx)2n
(2n)! +
∞
∑
n=0
i(−1)n(bx)2n+1
(2n+1)!
]
=
eax [cos(bx)+ i sen(bx)]
Analogamente, er2x = e(a−bi)x = eax[cos(bx)− i sen(bx)]. Além disso, y1(x) = er1x+er2x2 =
eax cos(bx) e y2(x) = e
r1x−er2x
2 i = e
ax sen(bx) constituem uma base de soluções reais. De fato,
W (y1, y2)(x) =
∣∣∣∣∣ eax cos(bx) eax sen(bx)aeax cos(bx)−beax sen(bx) aeax sen(bx)+beax cos(bx)
∣∣∣∣∣=
e2ax
∣∣∣∣∣ cos(bx) sen(bx)a cos(bx)−bsen(bx) asen(bx)+bcos(bx)
∣∣∣∣∣=
e2ax{cos(bx)[asen(bx)+bcos(bx)]− sen(bx)[a cos(bx)−bsen(bx)]}=
e2ax{asen(bx)cos(bx)+bcos2(bx)−asen(bx)cos(bx)+bsen2(bx)}=
e2ax{b[cos2(bx)+ sen2(bx)]}= be2ax 6= 0 para todo x ∈ R pois b 6= 0 por hipótese.
Seção 3.2. E.D.O.s lineares de segunda ordem homogêneas e com coeficientes constantes 31
Exemplo 3.3. Encontre a solução geral de y′′−4y′+13y = 0.
As raízes da equação característica r2−4r+13= 0 são r1 = 2+3i 3 r2 = 2−3i, assim, uma
base de soluções reais é constituída por φ1(x) = e2xsen(3x) e φ2(x) = e2xcos(3x).
EXERCÍCIO 3.5. Encontre uma solução definida sobre todo R para os seguintes Problemas de
Valor Inicial:
a)

y
′′−2y′+2y = 0
y(0) = 1
y
′
(0) = 1
b)

y
′′
+6y
′
+9y = 0
y(0) = 1
y
′
(0) = 0
c)

y
′′−8y′+25y = 0
y(0) = −1
y
′
(0) = 1
d)

y
′′−4y′+4y = 0
y(0) = 0
y(1) = 0
EXERCÍCIO 3.6. Determine uma E.D.O. cuja solução geral seja:
a) y(t) = ae
t
2 +be2t;
b) y(t) = a(t+4)e−3t−5be−3t;
c) y(t) = ae4t [2cos(3t)+4sen(3t)]−be4t [3cos(3t)+ sen(3t)];
EXERCÍCIO 3.7. Considere o P.V.I.

y
′′
+3y
′−2y = 0
y(0) = 1
y(1) = −β
, onde β> 0. Encontre o menor valor
de β para o qual a solução do P.V.I. não tem ponto de mínimo.
EXERCÍCIO 3.8. Considere o P.V.I.

y
′′− y′−2y = 0
y(0) = β
y(1) = 2
. Determine os valores de β para os
quais a solução do P.V.I. tende a 0 quando t→+∞.
EXERCÍCIO 3.9. Considere as E.D.O.s
1. y
′′− (2α−1)y′+α(α−1)y = 0; 2. y′′+(3−α)y′−2(α−1)y = 0.
Determine os valores de α para os quais:
a) Todas as soluções tendem a 0 quando t→+∞;
32 Capítulo 3. EDOs lineares de ordem superior
b) Todas as soluções não nulas φ(t) satisfazem lim
t→+∞φ(t) = +∞;
c) Todas as soluções são limitadas;
3.3 Equações lineares de ordem superior com coeficientes
constantes
Do mesmo modo como fizemos para equações diferenciais ordinárias lineares de segunda
ordem homogêneas e com coeficientes constantes, dada a equação linear de ordem superior com
coeficientes constantes
any(n)+an−1y(n−1)+ · · ·+a4y(4)+a3y′′′+a2y′′+a1y′+a0y = 0, (3.3)
onde an 6= 0, a ela associamos a equação característica anrn + an−1rn−1 + · · ·+ a4r4 + a3r3 +
a2r2+a1r+a0 = 0. Temos o
Teorema 3.4. Considere as funções funções de classe C n(I,R) φ1, φ2, · · · φn : I → R . Se o
determinante wronskiano W (φ1, φ2, · · · φn)(x) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
φ1(x) φ2(x) · · · φn(x)
φ′1(x) φ
′
2(x) · · · φ
′
n(x)
φ′′1(x) φ
′′
2(x) · · · φ
′′
n(x)
...)
...
. . .
...
φ(n−1)1 (x) φ
(n−1)
2 (x) · · · φ(n−1)n (x)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
é não
nulo para todo x ∈ I, então φ1 e φ2 são linearmente independentes.
OBS: A reciproca deste Teorema não vale em geral, mas pode-se mostrar que tratando-se de
soluções de E.D.O.s, vale a recíproca.
Prova: Considere uma combinação linear nula a1φ1(x)+a2φ2(x)+ · · ·+anφn(x) = 0,
Derivando membro-a-membro obtemos a1φ
′
1(x)+a2φ
′
2(x)+ · · ·+anφ
′
n(x) = 0.
Derivando novamente obtemos a1φ
′′
1(x)+a2φ
′′
2(x)+ · · ·+anφ
′′
n(x)= 0, e assim sucessivamente
até a derivada de ordem (n−1): a1φ(n−1)1 (x)+a2φ(n−1)2 (x)+ · · ·+anφ(n−1)n (x) = 0.
Temos então o sistema linear

a1φ1(x)+a2φ2(x)+ · · ·+anφn(x) = 0
a1φ
′
1(x)+a2φ
′
2(x)+ · · ·+anφ
′
n(x) = 0
a1φ
′′
1(x)+a2φ
′′
2(x)+ · · ·+anφ
′′
n(x) = 0
...
a1φ
(n−1)
1 (x)+a2φ
(n−1)
2 (x)+ · · ·+anφ(n−1)n (x) = 0
ou
Seção 3.3. Equações lineares de ordem superior com coeficientes constantes 33

φ1(x) φ2(x) · · · φn(x)
φ′1(x) φ
′
2(x) · · · φ
′
n(x)
φ′′1(x) φ
′′
2(x) · · · φ
′′
n(x)
...
...
. . .
...
φ(n−1)1 (x) φ
(n−1)
2 (x) · · · φ(n−1)n (x)

︸ ︷︷ ︸W (φ1,φ2, ···φn)(x)
·

a1
a2
a3
...
an

=

0
0
0
...
0

Como W (φ1, φ2, · · · φn)(x) 6= 0 por hipótese, segue este sistema linear é possível e
determinado, logo admite apenas a solução trivial a1 = a2 = a3 = · · · = an = 0 e portanto
{φ1, φ2, · · · φn} é L.I.
Supondo que r1,r2, · · · ,rn são as raízes da equação característica de 3.3, se elas forem
distintas então y1(x) = er1x, y2(x) = er2x, · · · , yn(x) = ernx constituem uma base de soluções
(EXERCÍCIO!).
Exemplo 3.4. Encontre a solução geral de y′′′−4y′′+ y′+6y = 0.
Resposta: A equação característica é r3− 4r2 + r+ 6 = 0 e é fácil ver que r3− 4r2 + r+ 6 =
(r+1)(r−2)(r−3), isto é, as raízes da equação característica são r =−1, r = 2 e r = 3. Segue
que y1(x) = e−x, y2(x) = e2x e y3(x) = e3x constituem uma base de soluções, noutras palavras a
solução geral da E.D.O. é a e−x+b e2x+ c e3x, a,b,c ∈ R.
Se as raízes da equação característica forem r1,r2, · · · ,rk ∈ R, (k < n) com
multicplicidades n1,n2, · · · ,nk respectivamente (n1 + n2 + · · · + nk = n), então
{er1x,xer1x,x2er1x, · · · ,xn1−1er1x,er2x,xer2x,x2er2x, · · · ,xn2−1er2x, · · · ,erkx,xerkx,x2erkx, · · · ,xnk−1erkx}
é uma base de soluções.
Exemplo 3.5. Encontre a solução geral de y(6)−7y(5)+13y(4)+7y′′′−34y′′+4y′+24y = 0.
Resposta: A equação característica é r6− 7r5 + 13r4 + 7r3− 34r2 + 4r+ 24 = 0 e é fácil ver
que r6−7r5+13r4+7r3−34r2+4r+24 = (r+1)2(r−2)3(r−3), isto é, as raízes da equação
característica são r =−1, r = 2 e r = 3 com multiplicidades 2, 3 e 1 respectivamente. Segue que
y1(x) = e−x, y2(x) = x e−x, y3(x) = e2x, y4(x) = x e2x, y5(x) = x2 e2x e y6(x) = e3x constituem
uma base de soluções.
Se existirem raízes complexas a+bi com multiplicidade um, a ela (ou a raiz conjugada a−bi)
axssociamos soluções da forma eaxcos(bx) e eaxsen(bx).
Exemplo 3.6. Encontre a solução geral de y(5)−3y(4)− y′′′+5y′′−4y′−6y = 0.
34 Capítulo 3. EDOs lineares de ordem superior
Resposta: A equação característica é r5−3r4− r3+5r2−4r−6 = 0 e é fácil ver que r5−3r4−
r3 + 5r2− 4r− 6 = (r+ 1)2(r− 3)(r2− 2r+ 2), isto é, as raízes da equação característica são
r =−1, r = 3, r = 1+2i e r = 1−2i com multiplicidades 2, 1, 1 e 1 respectivamente. Segue que
y1(x) = e−x, y2(x) = x e−x, y3(x) = e3x, y4(x) = ex cos(2x) e y5(x) = exsen(2x) constituem uma
base de soluções.
Finalmente, se existirem raízes complexas a + bi com multiplicidade
k(< n), a ela (ou a raiz conjugada a − bi) axssociamos soluções da forma
eaxcos(bx),eaxsen(bx),xeaxcos(bx),xeaxsen(bx),x2eaxcos(bx),x2eaxsen(bx), · · · ,xk−1eaxcos(bx),
xk−1eaxsen(bx).
Exemplo 3.7. Encontre a solução geral de y(4)−4y′′′+8y′′−8y′+4y = 0.
Resposta: A equação característica é r4− 4r3 + 8r2− 8r+ 4 = 0 e r4− 4r3 + 8r2− 8r+ 4 =
(r2− 2r + 2)2, isto é, as raízes da equação característica são r = 1+ 2i e r = 1− 2i, ambas
com multiplicidades 2. Segue que y1(x) = ex cos(2x), y2(x) = exsen(2x), y3(x) = xex cos(2x) e
y4(x) = xexsen(2x) constituem uma base de soluções.
EXERCÍCIO 3.10. Resolva as seguintes:
a) d
4y
dx4 = 0;
b) d
5y
dx5 −16
dy
dx = 0;
c) ...y−4y¨−5y˙ = 0;
d) ...y−5y¨+3y˙+9y = 0;
e) d
4y
dx4 −7
d2y
dx2 +18y = 0;
f) y′′′−6y′′+12y′−8y = 0;
g) d
3y
dx3 +6
d2y
dx2 +12
dy
dx +7y = 0;
h) d
4y
dx4 +
d3y
dx3 +
d2y
dx2 +
dy
dx + y = 0;
i) y(5)+5y(4)−2y′′′−10y′′+ y′+5y = 0;
l) y(7)−2y(6)+7y(4)−14y′′′−8y′+16y = 0.
EXERCÍCIO 3.11. Determine todas as funções f : R→ R que coincidem com sua derivada
terceira.
EXERCÍCIO 3.12. Resolva as seguintes:
a)
{
y
′′′′− y = 0
y(0) = 1, y
′
(0) = 0, y
′′
(0) =−1, y′′′(0) = 0. ;
b)
{
y
′′′′− y = 0
y(0) = 1, y
′
(0) = 1, y
′′
(0) = 1, y
′′′
(0) = 1.
;
c)
{
d4y
dx4 = 0
y(0) = 2, y
′
(0) = 3, y
′′
(0) = 4, y
′′′
(0) = 5.
;
Seção 3.4. Redução da ordem 35
d)
{
y
′′′
+12y
′′
+36y
′
= 0
y(0) = 0, y
′
(0) = 1, y
′′
(0) =−7. ;
EXERCÍCIO 3.13. Considere as funções f ,g,h : R→ R dadas respectivamente por f (x) = ex,
g(x) = 1 e h(x) = x ex.
a) { f (x), g(x), h(x)} é linearmente independente? Por quê?
b) Se a sua resposta no ítem a) foi afirmativa, determine uma EDO de terceira ordem
homogênea de modo que { f (x), g(x); h(x)} seja uma base de soluções para ela.
c) Determine a solução y(t) da EDO encontrada em 2) que satisfaz y(0)= 1, y′(0)= 2 e y′′(0)=
3.
EXERCÍCIO 3.14. Determine uma E.D.O. homogênea com coeficientes constantes de grau
menor possível para a qual as seguintes são soluções da mesma.
a) e2x e 3xe7x;
b) cos(2x), 4, x e sen2(x);
c) x+2, 2x+1, x2+4 e sen(2x);
3.4 Redução da ordem
Dada a equação de segunda ordem homogênea a2(x)y
′′
+ a1(x)y
′
+ a0(x)y = 0 e supondo
conhecida uma solução particular y1 desta equação, tentaremos encontrar uma segunda segunda
solução y2 tal que {y1,y2} seja uma base de soluções.
Fazendo P(x) = a1(x)a2(x) e Q(x) =
a0(x)
a2(x)
, onde P e Q são funções contínuas em algum intervalo
I, a E.D.O. a2(x)y
′′
+a1(x)y
′
+a0(x)y = 0 é equivalente a y
′′
+P(x)y
′
+Q(x)y = 0.
Se y1 é uma solução não-nula conhecida para esta equação, procuremos por uma segunda
solução da forma y2(x) = u(x)y1(x). Segue que y
′
2 = u(x)y
′
1(x)+u
′
(x)y1(x) e y
′′
2(x) = u(x)y
′′
1(x)+
2u
′
(x)y
′
1(x)+u
′′
(x)y1(x). Assim 0 = y
′′
2(x)+P(x)y
′
2(x)+Q(x)y2(x) =
[u(x)y
′′
1(x)+2u
′
(x)y
′
1(x)+u
′′
(x)y1(x)]+P(x)[u(x)y
′
1(x)+u
′
(x)y1(x)]+Q(x)[u(x)y1(x)] =
u(x) [y
′′
1(x)+P(x)y
′
1(x)+Q(x)y1(x)]︸ ︷︷ ︸
=0
+y1(x)u
′′
(x)+ [2y
′
1(x)+P(x)y1(x)]u
′
(x) =
y1(x)u
′′
(x)+ [2y
′
1(x)+P(x)y1(x)]u
′
(x) =
36 Capítulo 3. EDOs lineares de ordem superior
Se W = u
′
, então 0 = y1(x)u
′′
(x)+ [2y
′
1(x)+P(x)y1(x)]u
′
(x) =
y1(x)W
′
(x)+ [2y
′
1(x)+P(x)y1(x)]W (x)⇒ y1 dWdx +[2y
′
1+P(x)y1]W = 0⇒ dWdx =
−2y
′
1+P(x)y1
y1
W ⇒
1
W dW =
(
−2 y
′
1
y1
−P(x)
)
dx⇒ ln|W |=−2ln|y1|−
∫
P(x)dx+ c⇒ ln|W y21|=
−∫ P(x)dx+ c⇒W y21 = c1e−∫ P(x)dx⇒ u′ =W = c1 e−∫ P(x)dxy21 ⇒ u(x) = c1 ∫ e−
∫
P(x)dx
y21
dx+ c2
Escolhendo c1 = 0 e c2 = 0 obtemos a solução particular y2(x) = y1(x)
∫ e−∫ P(x)dx
y21
dx.
Alem disso, {y1,y2} é um conjunto linearmente independente pois W (y1,y2)(x) =∣∣∣∣∣∣
y1(x) y1(x)
∫ e−∫ P(x)dx
y21(x)
y
′
1(x)
e−
∫
P(x)dx
y1(x)
+ y
′
1(x)
∫ e−∫ P(x)dx
y21(x)
∣∣∣∣∣∣ = e−
∫
P(x)dx > 0 para todo x em qualquer intervalo onde
y1(x) 6= 0.
Exemplo 3.8. Encontre uma base de soluções e a solução geral da E.D.O. x2y′′−3xy′+4y = 0
no intervalo (0,+∞).
Resolução: Observe inicialmente que y1(x) = x2 é uma solução particular não-nula para
esta E.D.O., além disso, temos y
′′ − 3x y
′
+ 4x2 y = 0 e pelo que acabamos de ver, y2(x) =
y1(x)
∫ e−∫ P(x)dx
y21
dx = x2
∫ e−∫ − 3x dx
[x2]2 dx = x
2 ∫ x3
x4 dx = x
2 ∫ 1
x dx = x
2 ln(x).
Logo uma base de soluções é {x2, x2 ln(x)} e a solução geral é a x2+b x2 ln(x); a,b ∈ R.
EXERCÍCIO 3.15. Verifique por substituição direta que y2(x) = y1(x)
∫ e−∫ P(x)dx
y21
dx realmente é
uma solução de y
′′
+P(x)y
′
+Q(x)y = 0 se y1(x) o for.
EXERCÍCIO 3.16. Nos itens abaixo, verifique que a função dada a direita da E.D.O. é uma
solução da mesma e em seguida resolva-a:
a) x2y¨−7xy˙+16y = 0, φ(x) = x4;
b) 4x2y′′+ y = 0, φ(x) =
√
xln(x);
c) (1−2x− x2)y′′+2(1+ x)y′−2y = 0,
φ(x) = x+1;
d) y′′−3tg(x)y′ = 0, φ(x) = 1;
e) x2y′′−4xy′+6y = 0, φ(x) = x2+ x3;
f) x2y′′−5xy′+6y = 0, φ(x) = x3ln(x);
g) (3x+1)y′′−3(3x+2)y′+9y = 0, φ(x) = e3x;
Seção 3.5. O método dos coeficientes indeterminados 37
3.5 O método dos coeficientes indeterminados
Teorema 3.5 (princípio da superposição). Se y0(t) é uma solução particular da equação
diferencial ordinária não homogênea pn(t)y(n)+ pn−1(t)y(n−1) + · · · + p2(t)y′′ + p1(t)y′ +
p0(t)y = g(t), então qualquer outra solução desta EDO é da formna y(t) = y0(t)+ c1φ1(t)+
c2φ2(t) + · · ·+ cnφn(t), onde c1,c2, · · · ,cn ∈ R e {φ1(t), φ2(t), · · · , cnφn(t)} é uma base de
soluções da EDO homogênea pn(t)y(n)+ pn−1(t)y(n−1)+ · · ·+ p2(t)y′′+ p1(t)y′+ p0(t)y = 0.
Prova: Temos
pn(t)y(n)+ pn−1(t)y(n−1)+ · · ·+ p2(t)y′′+ p1(t)y′+ p0(t)y = g(t) (1) e
pn(t)y
(n)
0 + pn−1(t)y
(n−1)
0 + · · ·+ p2(t)y
′′
0+ p1(t)y
′
0+ p0(t)y0 = g(t) (2)
Subtraindo (1)− (2) membro a membro, obtemos
pn(t)[y(n)−y(n)0 ]+ pn−1(t)[y(n−1)−y(n−1)0 ]+· · ·+ p2(t)[y
′′−y′′0]+ p1(t)[y
′−y′0]+ p0(t)[y−y0] = 0⇒
pn(t)[y− y0](n)+ pn−1(t)[y− y0](n−1)+ · · ·+ p2(t)[y− y0]′′+ p1(t)[y− y0]′+ p0(t)[y− y0] = 0
Logo y−y0 é uma solução da equação homogênea pn(t)y(n)+ pn−1(t)y(n−1)+ · · ·+ p2(t)y′′+
p1(t)y
′
+ p0(t)y = 0 e portanto existem constantes c1,c2, · · · ,cn ∈ R tais que y− y0 = c1φ1(t)+
c2φ2(t) + · · ·+ cnφn(t) onde {φ1(t), φ2(t), · · · , cnφn(t)} é uma base de soluções da EDO
homogênea pn(t)y(n)+ pn−1(t)y(n−1)+ · · ·+ p2(t)y′′ + p1(t)y′ + p0(t)y = 0 ⇒ y(t) = y0(t) +
c1φ1(t)+ c2φ2(t)+ · · ·+ cnφn(t) como queríamos.
O método dos coeficientes indeterminados consiste em fazer uma hipótese inicial sobre uma
solução particular de uma E.D.O. (principalmente as lineares com coeficientes constantes) e em
seguida, por substituição procuramos determinar os coeficientes.
Exemplo 3.9. Utilizando o método dos coeficientes indeterminados, encontre a solução geral
para os seguintes:
a) y′′−3y′−4y = 3e2x;
Resolução: Procuremos por uma solução particular da forma y0(x) = Ae2x. Assim,
3e2x = (Ae2x)
′′ − 3(Ae2x)′ − 4(Ae2x) = 4Ae2x − 6Ae2x − 4Ae2x = −6Ae2x =⇒ A = −12 .
Consequentemente uma solução particular é y0(x) =−12e2x e a solução geral é y(x) =−12e2x+
ae−x+be4x, a,b ∈ R.
38 Capítulo 3. EDOs lineares de ordem superior
b) y′′−3y′−4y = e4x;
Resolução: Nenhuma função da forma y0(x) = Ae4x é solução desta E.D.O.! Para entender
o que está acontecendo, basta observar que e4x já é solução da E.D.O. homogênea associada
y
′′−3y′−4y = 0. Tentemos então uma solução particular da forma y0(x) = Axe4x:
e4x = (Axe4x)
′′ − 3(Axe4x)′ − 4(Axe4x) = A[8e4x + 16xe4x] − 3A[e4x + 4xe4x] − 4Axe4x =
5Ae4x⇒ A = 15 . Consequentemente uma solução particular é y0(x) = 15xe4x e a solução geral é
y(x) = 15xe
4x+ae−x+be4x, a,b ∈ R;
c) y′′−6y′+9y = e3x;
Resolução: Como no Ítem b) nenhuma função da forma y0(x) = Ae3x é solução desta E.D.O.
pois e3x já é solução da E.D.O. homogênea associada y
′′−6y′+9y= 0. Mas também neste caso
nenhuma função da forma y0(x) = Axe3x é solução desta E.D.O. pois xe3x também é solução da
E.D.O. homogênea associada. Seguindo em frente, tentemos então uma solução particular da
forma y0(x) = Ax2e3x:
e3x = (Ax2e4x)
′′ − 6(Ax2e4x)′ − 9(Ax2e4x) = (9Ax2e4x + 12Axe4x + 2Ae4x)− 6(3Ax2e4x +
2Axe4x)− 9(Ax2e4x) = 9Ax2e4x + 12Axe4x + 2Ae4x − 18Ax2e4x − 12Axe4x − 9Ax2e4x = 2Ae4x.
Consequentemente uma solução particular é y0(x) = 12x
2e3x e a solução geral é y(x) = 12x
2e3x+
ae3x+bxe3x, a,b ∈ R.
d) y′′−3y′−4y = 2sen(x);
Resolução: Em vez da tentar uma função da forma y0(x) = Asen(x) é melhor tentar uma função
da forma y0(x) = Asen(x)+Bcos(x) (com dois coeficientes!):
2sen(x) = y
′′ − 3y′ − 4y = (Asen(x) + Bcos(x))′′ − 3(Asen(x) + Bcos(x))′ − 4(Asen(x) +
Bcos(x)) = (−Asen(x) − Bcos(x)) − 3(−Bsen(x) + Acos(x)) − 4(Asen(x) + Bcos(x)) =
−Asen(x) − Bcos(x) + 3Bsen(x) − 3Acos(x) − 4Asen(x) − 4Bcos(x) = [−5A + 3B]sen(x) +
[−5B− 3A]cos(x)⇒ A = − 517 e B = 317 . Consequentemente uma solução particular é y0(x) =
1
2x
2e3x e a solução geral é y(x) =− 517sen(x)+ 317cos(x)+ae−x+be4x, a,b ∈ R.
e) y′′−3y′−4y = 4x2−1;
Resolução: Tentemos uma solução da forma y0(x) = Ax2+Bx+C:
4x2− 1 = y′′ − 3y′ − 4y = (Ax2 +Bx+C)′′ − 3(Ax2 +Bx+C)′ − 4(Ax2 +Bx+C) = (2A)−
3(2Ax+B)− 4(Ax2 +Bx+C) = −4Ax2− (6A+ 4B)x+(2A− 3B− 4C)⇒ A = −1, B = 32 e
C =−118 . Consequentemente uma solução particular é y0(x) = 12x2e3x e a solução geral é y(x) =
−x2+ 32x− 118 + 317 +ae−x+be4x, a,b ∈ R.
Seção 3.6. O método da variação de parâmetros 39
EXERCÍCIO 3.17. Utilizando o método dos coeficientes indeterminados, encontre a solução
geral para
a) y′′−4y′+5y = x;
b) y′′−4y′+5y = sen(x);
c) y′′−4y′+5y = xsen(x);
d) y′′−4y′+5y = ex sen(x);
e) y′′−4y′+5y = ex;
f) y′′−4y′+5y = xex;
g) y′′−4y′+5y = xex+1;
3.6 O método da variação de parâmetros
Desenvolveremos agora o método da variação de parâmetros, o qual nos diz como encontrar
uma solução particular para uma EDO não homogênea, uma vez conhecida uma base de soluções
da EDO homogênea correspondente. Para introduzir a ideia, começaremos trabalhando com as
EDOs de segunda ordem.
Considere então a EDO y
′′
+ p(t)y
′
+ q(t)y = g(t), onde p e q são duas funções contínuas e
suponha que y(t) = c1φ1(t)+ c2φ2(t) seja a solução da EDO homogênea correspondente y
′′
+
p(t)y
′
+q(t)y = 0.
Pelo Princípio da superposição, para determinarmos a solução geral de y
′′
+ p(t)y
′
+q(t)y =
g(t), resta apenas encontrar uma solução particular para esta EDO, e para isto procuraremos
por funções reais u1(t) e u2(t) tais que y0(t) = u1(t) φ1(t) + u2(t) φ2(t) seja uma tal solução
particular.
Derivando, obtemos y
′
0(t) = [u
′
1(t) φ1(t)+ u
′
2(t) φ2(t)]+ [u1(t) φ
′
1(t)+ u2(t) φ
′
2(t)]. Agora,
faremos a seguinte hipótese adicional sobre as funções-coeficientes u1(t) e u2(t):
u
′
1(t) φ1(t)+u
′
2(t) φ2(t) = 0
com isso, y
′
0(t) = u1(t) φ
′
1(t)+u2(t) φ
′
2(t), e derivando novamente, obtemos y
′′
0(t) = u
′
1(t) φ
′
1(t)+
u1(t) φ
′′
1(t)+u
′
2(t) φ
′
2(t)+u2(t) φ
′′
2(t). com isso, g(t) = y
′′
0+ p(t)y
′
0+q(t)y0 =
[u
′
1(t) φ
′
1(t) + u1(t) φ
′′
1(t) + u
′
2(t) φ
′
2(t) + u2(t) φ
′′
2(t)] + p(t)[u1(t) φ
′
1(t) + u2(t) φ
′
2(t)] +
q(t)[u1(t) φ1(t)+u2(t) φ2(t)] =
u1(t)[φ
′′
1(t) + p(t)u1(t) φ
′
1(t) + q(t) φ1(t)] + u2(t)[φ
′′
2(t) + p(t)u2(t) φ
′
2(t) + q(t) φ2(t)] +
[u
′
1(t) φ
′
1(t)+u
′
2(t) φ
′
2(t)] = u
′
1(t) φ
′
1(t)+u
′
2(t) φ
′
2(t).
40 Capítulo 3. EDOs lineares de ordem superior
Temos então o sistema linear
{
u
′
1(t) φ1(t) + u
′
2(t) φ2(t) = 0
u
′
1(t) φ
′
1(t) + u
′
2(t) φ
′
2(t) = g(t)
, o qual é possível
e determinado, visto que o determinante da matriz dos coeficientes desse sistema é W (φ1,φ2)(t),
o qual é não-nulo pois φ1(t) e φ2(t) constituem uma base de soluções. Noutras palavras, este
sistema é possível e determinado, e resolvendo-o (pela Regra de Cramer), obtemos
u
′
1(t) =−
φ2(t) ·g(t)
W (φ1,φ2)(t)
e u
′
2(t) =
φ1(t) ·g(t)
W (φ1,φ2)(t)
.
Asim, uma solução particular da EDO é
y0(t) =−φ1(t)
∫ φ2(t) ·g(t)
W (φ1,φ2)(t)
dt + φ2(t)
∫ φ1(t) ·g(t)
W (φ1,φ2)(t)
dt.
Exemplo 3.10. encontre a solução geral da EDO y′′+4y = 3 cossec(x).
Resolução: Uma base de soluções da EDO homogênea correspondente y
′′
+4y= 0 é {φ1(x)=
sen(2x), φ2(x) = cos(2x)}, para a qual W (φ1, φ2)(x) =−2. Assim, como acabamos de ver, uma
solução particular da EDO y
′′
+4y = 3 cossec(t) é
y0(t) =−sen(2x)
∫ cos(2x) ·3 cossec(x)
−2 dx+ cos(2x)
∫ sen(2x) ·3 cossec(x)
−2 dx =
3
2
sen(2x)
∫
[cos2(x)− sen2(x)] · cossec(x)dx− 3
2
cos(2x)
∫
2sen(x)cos(x) · cossec(x)dx =
3
2
sen(2x)
∫
cos2(x)cossec(x)− sen2(x) cossec(x)dx−3cos(2x)
∫
cos(x)dx =
3
2
sen(2x)
∫
[1− sen2(x)] cossec(x)− sen(x)dx−3cos(2x) sen(x) =
3
2
sen(2x)
(∫
cossec(x)− sen2(x) cossec(x)− sen(x)dx
)
−3cos(2x) sen(x) =
3
2
sen(2x)
(∫
cossec(x)−2sen(x)dx
)
−3cos(2x) sen(x) =
3
2
sen(2x)
(∫
cossec(x)dx+2cos(x)
)
−3cos(2x) sen(x) =
Seção 3.6. O método da variação de parâmetros 41
3
2
sen(2x) ln|cossec(t)− cotg(t)|+3sen(2x)cos(x)−3cos(2x) sen(x)
OBS: O que acabamos de fazer com EDOs de segunda ordem pode ser generalizado de modo
análogo para EDOs de ordem superior. Isto é, dada uma EDO da forma y(n)+ pn−1(t)y(n−1)+
· · ·+ p2(t)y′′ + p1(t)y′ + p0(t)y = g(t), com os mesmos argumentos usados anteriormente,
obteríamos o sistema linear
φ1(t) φ2(t) φ3(t) · · · φn(t)
φ′1(t) φ
′
2(t) φ
′
3(t) · · · φ
′
n(t)
φ′′1(t) φ
′′
2(t) φ
′′
3(t) · · · φ
′′
n(t)
φ′′′1 (t) φ
′′′
2 (t) φ
′′′
3 (t) · · · φ
′′′
n (t)
...
...
...
. . .
...
φ(n−1)1 (t) φ
(n−1)
2 (t) φ
(n−1)
3 (t) · · · φ(n−1)n (t)

︸ ︷︷ ︸
W (φ1,φ2(t),φ3(t),··· ,φn)(t)
·

u
′
1
u
′
2
u
′
3
...
u
′
n−1
u
′
n

=

0
0
0
...
0
g(t)

o qual é possível e determinado, e além disso, pela regra de Cramer temos u
′
k =
Wk
W .
EXERCÍCIO 3.18. Resolva
a) d
2y
dx2 + y = sec(x);
b) y′′+ y = tg(x);
c) y¨+ y = sen(x);
d) y′′−2y′+ y = exarctg(x);
e) y¨−2y˙+ y = e−xln(x);
f) d
3y
dx3 +
dy
dx = tg(x);
g) y′′′−6y′′ = x2;
h) x2 d
2y
dx2 −4x
dy
dx +6y =
1
x ;
i) x2 d
2y
dx2 −2x
dy
dx +2y = 5x+2;
j) x2 d
2y
dx2 − x
dy
dx + y = 4x ln(x).
k) x2y¨+ xy˙+
(
x2− 14
)
y =
√
x3. Dica: Procure por soluções da forma xk sen(x) e xk cos(x) ao
resolver a equação homogênea associada;
EXERCÍCIO 3.19. Resolva:
a)

y
′′− y = xe x2
y(0) = 1
y(1) = 0
b)

y
′′− y = xe x2
y(0) = 1
y(1) = 0
Capítulo 4
Transformada de Laplace
Dada f : R+ → R, a integral L{ f (t)} = ∫ ∞0 e−st f (t)dt é chamada de Transformada de
Laplace de f , caso convirja.
Exemplo 4.1. Calcule:
a) L{1};
L{1}= ∫ ∞0 e−st ·1dt = limx→+∞−e−sts
∣∣∣x
0
= 1s .
b) L{t};
L{t}= ∫ ∞0 e−st · t dt = −te−sts |∞0 + 1s ∫ ∞0 e−stdt = 0+ 1sL{1}= 1s2 .
c) L{e−3t}.
L{e−3t}= ∫ ∞0 e−st · e−3tdt = ∫ ∞0 e−(s+3)tdt = −e−(s+3)ts+3 |∞0 = 1s+3 .
Até hoje não conhecemos o domínio da Transformada de Laplace, isto é, dada uma função
f : R+→ R, não existem regras que digam se existe ou não a Transformada de Laplace de f . O
próximo Teorema estabelece condições suficientes sobre f para a existência de sua Transformada
de Laplace.
Teorema 4.1 (Condições suficientes de existência da tansformada de laplace).
Seja f ;R+ → R uma função contínua por partes e de ordem exponencial para todo t >
T , isto é, existem constantes reais c,M > 0 tais que | f (t)| ≤ M ect para todo t > T . então a
Transformada de Laplace de f existe para todo s > c.
Prova: L{ f (t)}= ∫ ∞0 e−st f (t)dt = ∫ T0 e−st f (t)dt+ ∫ ∞T e−st f (t)dt.
44 Capítulo 4. Transformada de Laplace
Como f é contínua por partes, concluímos que a integral
∫ T
0 e
−st f (t)dt está bem definida
(isto é, ela existe como um número real). Além disso, |∫ ∞T e−st f (t)dt| ≤ ∫ ∞T |e−st f (t)| dt =∫ ∞
T e
−st | f (t)| dt ≤ ∫ ∞T e−stM ect dt =M ∫ ∞T e−(s−c)t dt =−M e−(s−c)ts−c |∞T =M e−(s−c)Ts−c <+∞ se s> c.
Logo a integral
∫ ∞
T e
−st f (t)dt é absolutamente convergente, e portanto convergente.
EXERCÍCIO 4.1. Prove:
a) L{tn}= n!sn+1 , n ∈ N;
b) L{ea t}= 1s−a ;
c) L{sen(kt)}= ks2+k2 ;
d) L{cos(kt)}= ss2+k2 ;
e) L{senh(kt)}= ks2−k2 ;
f) L{cosh(kt)}= ss2−k2 ;
EXERCÍCIO 4.2. A Transformada de Laplace de certas funções pode ser econtrada através de
sua expansões em séries de Taylor, supondo que a Transformada de Laplace pode ser calculada
termo a termo. Usando isto, verifique:
a) L{sen(kt)}= ks2+k2 e L{cos(kt)}= ss2+k2 ;
b) Seja f (t) =
{
sen(t)
t se t 6= 0
1 se t = 0
=
∞
∑
n=0
(−1)nx2n
(2n+1)! . Mostre que L{ f (t)}= arctg(1s ), s > 1;
c) A função de Bessel (lê-se Béssel! Bessél é nome de manteiga!) de primeira
espécie de ordem 0 é dada por J0(t) =
∞
∑
n=0
(−1)nx2n
22n(n!)2 . Mostre que L{J0(t)}= 1√s2+1 , s > 1.
EXERCÍCIO 4.3. Use os exercícios anteriores para calcular L{ f (t)}, onde:
a) f (t) = t2+6t−3;
b) f (t) = (2t−1)3;
c) f (t) = (1+ e2t)2;
d) f (t) = (et + e−t)2;
e) f (t) = 4t2−5sen(3t);
f) f (t) = etsenh(t);
g) f (t) = sen(t)cos(2t);
EXERCÍCIO 4.4. Mostre que se c > 0 então L{ f (ct)}= 1c F
( s
c
)
EXERCÍCIO 4.5. Prove que não existe L{ 1t2}. Dica: use a definição de integral imprópria
para mostrar que
∫ 1
0
e−st
t2 dt não existe.
EXERCÍCIO 4.6. Determine se as seguintes funções são de ordem exponencial ou não:
a) f (t) = t2cos(kt); b) f (t) = e
√
t3; c) f (t) = tneatsen(bt);
EXERCÍCIO 4.7. Prove que se f e g forem funções de ordem exponencial para t > T , então o
produto f g também é de ordem exponencial para t > T .
Capítulo 4: Transformada de Laplace 45
Teorema 4.2. L é um operador linear, isto é, se f ,g : R+→ R e c ∈ R, então:
1. L{ f (t)+g(t)}= L{ f (t)}+L{g(t)}; 2. L{c · f (t)}= c ·L{ f (t)}.
Prova:
1. L{ f (t)+g(t)}= ∫ ∞0 e−st [ f (t)+g(t)]dt = ∫ ∞0 e−st f (t)+ e−st g(t)dt =∫ ∞
0 e
−st f (t)dt+
∫ ∞
0 e
−st g(t)dt = L{ f (t)}+L{g(t)}.
2. EXERCÍCIO!
Função Gamma
Definimos a função Gamma Γ : R+→ R pela regra Γ(x) = ∫ ∞0 tx−1e−tdt.
Γ assim definida goza da propriedade fundamental Γ(x+1) = xΓ(x), e como Γ(1) = 1, para
n ∈ N temos Γ(n+1) = n! (Vide o EXERCÍCIO abaixo!).
EXERCÍCIO 4.8. Mostre que L{ta}= Γ(a+1)sa+1 , a ∈ R+.
EXERCÍCIO 4.9. prove:
a) A integral imprópria
∫ ∞
0 t
x−1e−tdt converge se t > 0 e diverge se t < 0;
46 Capítulo 4. Transformada de Laplace
b) Γ(x+1) = xΓ(x);
c) Γ(1) = 1;
d) Se n ∈ N então Γ(n) = (n−1)!. Dica: ítens a) e b) e Indução;
e) É possível estender a função Γ a R − {−1,−2,−3, · · ·} de modo que a propriedade
fundamental descrita em b) valha para todos os elementos desse conjunto;
f) Mostre que
∫ ∞
0 e
−x2dx = 2Γ(12);
g)
∫ ∞
0 e
−x2dx =
√
pi
2 . Dica: Considere a integral
∫ ∞
−∞
∫ ∞
−∞ e−(x
2+y2)dxdy e verifique que∫ ∞
−∞
∫ ∞
−∞ e−(x
2+y2)dxdy=
∫ ∞
−∞ e−x
2
dx
∫ ∞
−∞ e−y
2
dy. Em seguida, usando coordenads polares,
mostre que
∫ ∞
−∞
∫ ∞
−∞ e−(x
2+y2)dxdy = pi. com isso, conclua que
∫ ∞
−∞ e−x
2
dx =
√
pi;
EXERCÍCIO 4.10. Calcule L{ 1√t } e L{
√
t5}.
Teorema 4.3. Se a ∈ R e L{ f (t)}= F(s), então L{eat · f (t)}= F(s−a).
Prova: L{eat f (t)}= ∫ ∞0 e−steat f (t)dt = ∫ ∞0 e(−s+a)t f (t)dt = ∫ ∞0 e−(s−a)t f (t)dt = F(s−a).
EXERCÍCIO 4.11. Prove as belas fórmulas
sen(bt) = e
ibt−e−ibt
2i =−isenh(ibt) e cos(bt) = e
ibt+e−ibt
2 = cosh(ibt).
Em seguida use e abuse delas e do Teorema anterior para calcular as seguintes Transformadas
de Laplace:
a) sen(bt);
b) cos(bt);
c) eatsen(bt);
d) eatcos(bt);
4.1 Transformada inversa
Dada uma função F(s), queremos encontrar uma função f (t) tal que L{ f (t)}= F(s). Neste
caso dizemos que f (t) é uma Transformada de Laplace Inversa de F(s) e escrevemos f (t) =
L−1{F(s)}. É interessante observar que não há várias possibilidades para a Transformada de
Laplace Inversa de uma função F(s), no entanto pode-se mostrar que se f1 e f2 são funções
contínuas por partes em [0, +∞) então f1 e f2 diferm-se apenas em pontos de descontinuidade.
Seção 4.2. Funções de Heaviside 47
Teorema 4.4. L−1 é um operador linear, isto é:
1. L−1{F(s)+G(s)}= L−1{F(s)}+L−1{G(s)};
2. L−1{a F(s)}= a L−1{F(s)}
Exemplo 4.2. Calcule os seguintes:
1. L−1{ 1s5};
Resposta: L−1{ 1s5}= 14!L−1{4!s5}= 124t4;
2. L−1{ 1s2+64};
Resposta: L−1{ 1s2+64}= 18L−1{ 8s2+82}= 18sen(8t);
3. L−1{3s+5s2+7};
Resposta: L−1{3s+5s2+7}= L−1{3 ss2+√72}+L
−1{ 5√
7
√
7
s2+
√
7
2}= 3cos(
√
7t)+ 5√
7
sen(
√
7t);
4. L−1{ 1(s−1)(s+2)(s+4)};
Resposta: L−1{ 1(s−1)(s+2)(s+4)}= L−1{ 115 1s−1 − 116 1s+2 + 110 1s+4}= 115et− 116e−2t + 110e−4t ;
EXERCÍCIO 4.12. Calcule:
a) L−1{
(
2
s − 1s3
)2};
b) L−1{ (s+1)3s4 };
c) L−1{ 4s4s2+1};
d) L−1{ 2s−6s2−16};
e) L−1{ s+1s2−4s};
f)L−1{ ss2+2s−3};
g) L−1{ 2s+4(s−2)(s2+4s+3)};
4.2 Funções de Heaviside
Definição 4.1. Dado a > 0, definimos a função de Heaveside (ou função degrau) µa : R+→ R
pela regra ua(t) =
{
0 se 0 ≤ t < a
1 se t ≥ a .
48 Capítulo 4. Transformada de Laplace
Quando multiplicada por outra função f definida em R+, a função degrau anula uma parte
do gráfico de f , isto é, ua(t) · f (t) =
{
0 se 0 ≤ t < a
f (t) se t ≥ a . Por exemplo, u2pi(t) · sen(t) ={
0 se 0 ≤ t < 2pi
sen(t) se t ≥ 2pi . Com isso, podemos usar a função degrau para escrever funções
definidas por partes de uma maeneira mais compacta, por exemplo, se f : R+→ R é dada por
f (t) =
{
g(t) se 0 ≤ t < a
h(t) se t ≥ a , então f (t) = g(t)−g(t) ·ua(t)+h(t) ·ua(t). De fato:
se 0 ≤ t < a então g(t)−g(t) ·ua(t)+h(t) ·ua(t) = g(t)−g(t) ·0+h(t) ·0 = g(t), e
se t ≥ a então g(t)−g(t) ·ua(t)+h(t) ·ua(t) = g(t)−g(t) ·1+h(t) ·1 = h(t).
EXERCÍCIO 4.13. Se 0< a< b, e f :R+→R é dada por f (t) =

g(t) se 0≤ t < a
h(t) se a≤ t < b
l(t) se b≤ t
então,
usando as funções-degrau ua e ub, escreva f (t) numa única regra, como feito acima.
Teorema 4.5. Se a∈R+ e L{ f (t)}=F(s), então L{ f (t−a) ·ua(t)}= e−as F(s). Em particular,
L{ua(t)}= e−ass .
Prova: L{ f (t − a) · ua(t)} =
∫ ∞
0 e
−st f (t − a)ua(t)dt =
∫ a
0 e
−st f (t − a)ua(t)dt +
∫ ∞
a e
−st f (t −
a)ua(t)dt = 0+
∫ ∞
a e
−st f (t−a)dt = ∫ ∞a e−s(v+a) f (v)dv = e−as ∫ ∞a e−sv f (v)dv = e−asF(s)
Exemplo 4.3. Calcule L{(t−2)3 ·u2(t)}
Como vimos, L{(t−2)3 ·u2(t)}= e−2sL{t3}= e−2s 3!s4 = 6 e
−2s
s4 .
EXERCÍCIO 4.14. Calcule L{ f (t)}:
a) f (t) =
{
−1 se 0≤ t < 1
1 se t ≥ 1
b) f (t) =
{
t se 0≤ t < 1
1 se t ≥ 1
c) f (t) =
{
sen(t) se 0≤ t < pi
0 se t ≥ pi
d) f (t) =
{
0 se 0≤ t < pi2
cos(t) se t ≥ pi2
e) f (t) =
{
2t+1 se 0≤ t < 1
0 se t ≥ 1
Seção 4.3. Transformadas de derivadas e integrais 49
4.3 Transformadas de derivadas e integrais
Teorema 4.6. Se a ∈ R+ e L{ f (t)}= F(s), então L{tn · f (t)}= (−1)n dndsn [F(s)].
Prova: Por indução sobre n. Se n = 1, então
d
ds [F(s)] =
d
ds
∫ ∞
0 e
−st f (t)dt =
∫ ∞
0
∂
∂s [e
−st f (t)]dt =−∫ ∞0 te−st f (t)dt =−L{t f (t)}.
Supondo agora que a afirmação seja verdadeira para algum n≥ 1, temos
dn+1
dsn+1 (L{ f (t)}) = dds
[
dn
dsn (L{ f (t)})
]
= dds [(−1)nL{tn · f (t)}] = (−1)n dds
∫ ∞
0 e
−sttn · f (t)dt =
(−1)n ∫ ∞0 ∂∂s (e−sttn · f (t))dt = (−1)n ∫ ∞0 −te−sttn · f (t)dt = (−1)n+1 ∫ ∞0 e−st · tn+1 f (t)dt =
(−1)n+1L{tn+1 f (t)}
Logo L{tn+1 f (t)}= (−1)n+1 dn+1dsn+1 (L{ f (t)}) e pelo Principío da Indução Finita concluímos
que a afirmação é verdadeira para todo n ∈ N.
EXERCÍCIO 4.15. Calcule L{t2sen(5t)}.
EXERCÍCIO 4.16. Mostre que f (t) = −1t L−1{ ddsF(s)}. em seguida use isto para calcular as
seguintes transformadas inversas:
a) L−1{ln( s−3s+1)};
b) L−1{pi2 −arctg
( s
2
)};
Teorema 4.7. Se f : R+ → R é uma função de classe C n−1 e f (n)(t) é contínua por partes,
então L{ f (n)(t)} = snF(s)− sn−1 · f (0)− sn−2 · f ′(0)− sn−3 · f ′′(0)− ·· · − s2 · f (n−3)(0)− s ·
f (n−2)(0)− f (n−1)(0).
Prova: Por indução sobre n. Se n = 1, então
L{eat f ′(t)}= ∫ ∞0 e−st f ′(t)dt = e−st · f (t)|∞0 + s∫ ∞0 e−st f (t)dt =− f (0)+ sL{eat f (t)}.
Supondo agora que a afirmação seja verdadeira para algum n≥ 1, temos
L{eat · f (n+1)(t)}= ∫ ∞0 e−st · f (n+1)(t)dt = e−st · f (n)(t)∣∣∣∞0 + s∫ ∞0 e−st · f (n)(t)dt =
−f (n)(0)+s
[
snF(s)−sn−1f(0)−sn−2f ′(0)−sn−3f ′′(0)−·· ·−s2f (n−3)(0)−sf (n−2)(0)− f (n−1)(0)
]
=
sn+1F(s)− sn · f (0)− sn−1 · f ′(0)− sn−2 · f ′′(0)−·· ·− s2 · f (n−2)(0)− s · f (n−1)(0)− f (n)(0).
50 Capítulo 4. Transformada de Laplace
Logo, pelo Principío da Indução Finita concluímos que a afirmação é verdadeira para todo
n ∈ N.
Convolução
se f e g forem funções contínuas por partes em [0,∞), então a Convolução de f e g é por
definição a integral f ∗g := ∫ t0 f (s) ·g(t− s) ds.
Teorema 4.8. Se f e g são funções contínuas por partes e de ordem exponencial em [0,+∞),
então L{ f ∗g(t)}= L{ f (t)} ·L{g(t)}.
Prova:
L{ f (t)} · L{g(t)} = (∫ ∞0 e−sa f (a)da) · (∫ ∞0 e−sb g(b)db) = ∫ ∞0 ∫ ∞0 e−s(a+b) f (a) ·
g(b)da db.
Fazendo t = a+b, dt = db, obtemos∫ ∞
0
∫ ∞
t e
−st f (a) ·g(t−a)da dt = ∫ ∞0 e−st ∫ ∞t f (a) ·g(t−a)da dt,
Pelo Teorema de Fubini, obtemos∫ ∞
0 e
−st ∫ t
0 f (a) ·g(t−a)dt da = L{ f ∗g(t)}.
Corolário 4.3.1. L{∫ t0 f (u)du}= F(s)s .
Prova: L{∫ t0 f (u)du}= L{∫ t0 f (u) ·1du}= L{ f (t)∗1}= L{ f (t)}L{1}= L{ f (t)} · 1s .
EXERCÍCIO 4.17. Calcule as seguintes transformadas de laplace sem resolver as integrais:
a) L{∫ t0 usen(u)du};
b) L{∫ t0 e−ucos(u)du};
c) L{t ∫ t0 usen(u)du};
d) L{t ∫ t0 ue−udu};
e) L{e−2t ∗ tsen(t)};
EXERCÍCIO 4.18. Use o Teorema anterior para calcular as seguintes:
a) L−1{ 1s(s+1)};
b) L−1{ 1s(s2+1)};
c) L−1{ ss2+4};
d) L−1{ 1(s2+4s+5)2}.
EXERCÍCIO 4.19. Mostre:
Seção 4.4. Transformada de laplace de uma função periódica 51
a) f (t)∗g(t) = g(t)∗ f (t);
b) f (t)∗ [g(t)∗h(t)] = [ f (t)∗g(t)]∗h(t);
c) f (t)∗ [g(t)+h(t)] = f (t)∗g(t)+ f (t)∗h(t);
d) Não necessariamente se tem f (t)∗ f (t)≥ 0.
4.4 Transformada de laplace de uma função periódica
Seja f : R→ R uma função periódica , isto é, existe T ∈ R tal que para todo k ∈ Z e para
todo t ∈ [0,T ) temos f (t+ kT ) = f (t).
Teorema 4.9. Se f é uma função periódica, contínua por partes em [0,+∞) e de ordem
exponencial, então
L{ f (t)}= 1
1− e−sT
∫ T
0
e−st f (t)dt.
prova: L{ f (t)}= ∫ ∞0 e−st f (t)dt = ∫ T0 e−st f (t)dt+ ∫ ∞T e−st f (t)dt.
Com a substituição t = u + T , obtemos
∫ ∞
T e
−st f (t)dt =
∫ ∞
0 e
−s(u+T ) f (u + T )du =
e−sT
∫ ∞
0 e
−su f (u)du = e−sTL{ f (t)}. Assim
L{ f (t)}=
∫ T
0
e−st f (t)dt+ e−sTL{ f (t)}⇒ L{ f (t)}= 1
1− e−sT
∫ T
0
e−st f (t)dt.
Exemplo 4.4. Encontre a Transformada de Laplace da função periódica f tal que no intervalo
[0,2) f é definida por f (t) =
{
t se t ∈ [0,1)
0 se t ∈ [1,2) e fora do intervalo [0,2) temos f (t+2k) = f (t),
k ∈ Z.
Resposta: Basta aplicar o resultado do Teorema anterior (observe que T = 2 neste caso!). Assim,
L{ f (t)}= 11−e−2s
∫ 2
0 e
−st f (t)dt = 11−e−2s
∫ 1
0 te
−stdt = 11−e−2s
[
−e−ss + 1−e
−s
s2
]
= 1−(s+1)e
−s
s2(1−e−2s) .
EXERCÍCIO 4.20. Calcule L{sen(t)}, considerando sen(t) como sendo uma função periódica
de período 2pi. idem para cos(t)
52 Capítulo 4. Transformada de Laplace
EXERCÍCIO 4.21. Calcule:
a) L{|sen(t)|}
b) L{ f (t)}, onde f (t) =
{
sen(t) t ∈ [0,pi)
0 t ∈ [pi,2pi) e f (t+2pi) = f (t) para todo t.
c) L{ f (t)}, onde f (t) =
{
t t ∈ [0,1)
−t+1 t ∈ [1,2) e f (t+2) = f (t) para todo t.
d) L{ f (t)}, onde f (t) =
{
1 t ∈ [0,2)
0 t ∈ [2,4) e f (t+4) = f (t) para todo t.
e) L{ f (t)}, onde f (t) =
{
1 t ∈ [0,2)
−1 t ∈ [2,4) e f (t+4) = f (t) para todo t.
4.5 Aplicação: resolução de P.V.I.s lineares com coeficientes
constantes
EXERCÍCIO 4.22. Resolva os seguintes:
a)
{
y
′
+4y = e−4t
y(0) = 2
b)
{
y
′′
+5y
′
+4y = 0
y(0) = 1; y
′
(0) = 0
c)
{
y
′′−4y′+4y = t3e2t
y(0) = 0; y
′
(0) = 0
d)
{
y
′′− y′ = etcos(t)
y(0) = 0; y
′
(0) = 0
e)
{
y
′′′
+2y
′′− y′−2y = etsen(3t)
y(0) = 0; y
′
(0) = 0; y
′′
(0) = 1
f)
{
y
′′′
+3y
′′
+3y
′
+ y = 12e
−t(2−4t+ t2)
y(0) = 0; y
′
(0) = 0; y
′′
(0) =−1
g)
{
d4y
dx4 = y
y(0)=1; y
′
(0)=0; y
′′
(0)=−1; y′′′(0)=0
h)
{
d4y
dx4 = y
y(0)=1; y
′
(0)=1; y
′′
(0)=1; y
′′′
(0)=1
i)
{
y
′′
+4y = u2pi(t)sen(t)
y(0) = 1; y
′
(0) = 0
j)

dy
dt +6y+9
t∫
0
y(u)du = 1
y(0) = 0
k)
{
f (t) = tet +
t∫
0
v f (t− v)dv
l)
{
f (t) = cos(t)+
t∫
0
e−v f (t− v)dv
Seção 4.6. Impulsos: Delta de Dirac 53
m)
{
y
′
+2y = f (t)