APOSTILA DE EDO

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FUNDAMENTOS 
DE 
EQUAÇÕES 
DIFERENCIAIS 
 
 
 
 
 
 
 
 
Professor: Waldomiro R. Borba Junior 
 
 
 
 
 
“O único lugar que o sucesso vem antes do trabalho é no dicionário” (Albert Einstein) 
 
 
APLICAÇÕES DE EQUAÇÕES 1ª. ORDEM 
 
Decaimento radioativo 
 
Resultados experimentais mostram que elementos radioativos desintegram a uma taxa 
proporcional à quantidade presente do elemento. Se Q = Q(t) é a quantidade presente de 
certo elemento radioativo no instante t, então a taxa de variação de Q(t) com respeito ao 
tempo t, denotada por dQ/dt, é dada por: 
 
dQ/dt = - k Q(t) 
 
onde k é uma constante que depende do elemento. Por exemplo, para o carbono-14 o valor 
aproximado é k = 1,244×10-4, para o rádio o valor aproximado é k = 1,4×10-11. 
 
O valor da constante k de um elemento radioativo pode ser determinado através do tempo de 
"meia-vida" do elemento. A "meia-vida" é o tempo necessário para desintegrar metade da 
quantidade do elemento. Portanto, se a meia-vida do elemento for conhecida, a constante k 
pode ser obtida e vice-versa. As "meias-vidas" de vários elementos radioativos podem ser 
encontradas nos livros de Química. Por exemplo, a meia-vida do carbono-14 está entre 5538 e 
5598 anos, sendo em média 5568 anos com um erro para mais ou para menos de 30 anos. O 
carbono-14 é uma importante ferramenta em pesquisa arqueológica conhecida como teste do 
radiocarbono. 
A quantidade inicial do elemento radioativo é Q(0) = Qo. 
 
Exemplo: Um isótopo radioativo tem uma meia-vida de 16 dias. Você deseja ter 30 g do 
isótopo no final de 30 dias. Calcule a quantidade inicial do isótopo. 
 
Solução: Seja Q(t) a quantidade presente no instante t e Q(0)=Qo a quantidade inicial. 
Resolvendo a equação dQ/dt = - k Q(t) temos que: 
 
Q(t) = Qo e 
–k.t e, para t = 16, Q(16) = ½Qo, logo e 
-16.k = ½. 
Aplicando o logaritmo natural em ambos os lados da igualdade, obtemos 
 
k = [ln(2)]/16 = 0,0433 dias-1 
 
e dessa forma temos a função que determina a quantidade de isótopo radioativo em qualquer 
instante: 
 
Q(t) = Qo e 
-0,0433 t 
 
Para t = 30 dias e Q(30) = 30 g: Qo = 30/e 
-0,0433x30 ≅ 110 g 
 
Crescimento populacional: o modelo de Malthus 
 
Problemas populacionais nos levam fatalmente às perguntas: 
 
1. Qual será a população de certo local ou ambiente em alguns anos? 
2. Como poderemos proteger os recursos deste local ou deste ambiente para que não 
ocorra a extinção de uma ou de várias espécies? 
 
Para apresentar uma aplicação de equações diferenciais relacionadas com este problema, 
consideraremos o modelo matemático mais simples para tratar do crescimento populacional 
de algumas espécies. Ele é chamado Modelo de Crescimento Exponencial, isto é, a variação da 
população em relação ao tempo, denotada por dP/dt, é proporcional à população presente. 
Em outras palavras, se P = P(t) é a população, temos 
 
dP/dt = k P 
 
onde k é uma constante. É simples verificar que se k > 0, teremos crescimento e se k < 0, 
teremos decaimento. Esta é uma EDO linear cuja solução é 
 
P(t) = Po e
k.t, 
 
onde Po é a população inicial, P(0) = Po. Portanto, 
1. Se k > 0, a população cresce e continua a expandir para +∞. 
2. Se k < 0, a população se reduzirá e tenderá a 0. Em outras palavras, a população será 
extinta. 
 
A longo prazo, o primeiro caso, k > 0, pode não ser adequado: o ambiente tem limitações, e o 
crescimento populacional é eventualmente inibido pela falta de recursos essenciais. 
 
Crescimento populacional: Modelo Logístico (Verhulst-Pearl) 
 
O modelo logístico de Verhulst-Pearl procura remediar a limitação do modelo exponencial. A 
EDO para este modelo é 
 
dP/dt = k P (1 - P/L) 
 
onde L é o limite máximo para a população (também chamado a capacidade do ambiente). Se 
P = P(t) é pequeno quando comparado com L, a EDO é praticamente a equação exponencial. 
 
Este é um exemplo de uma EDO não linear separável. As soluções constantes são P = 0 e P = L. 
As soluções não constantes podem ser obtidas pela separação das variáveis, seguido do uso de 
integração com o uso da técnica das frações parciais. Com algumas manipulações algébricas, 
teremos 
 
P(t) = L C ekt / (L + C ekt) 
 
onde C é uma constante e L é a capacidade do ambiente. Para P(0) = Po, 
 
 
Quando t → ∞, então P(t) → L, se Po não for zero. Este modelo é bem mais realista que o 
anterior, mas ainda é insatisfatório, pois não permite a possibilidade de extinção: mesmo 
começando com uma população pequena, a população sempre tenderá para L, a capacidade 
do ambiente. Ainda assim, o modelo é bastante apropriado para a análise de crescimento 
populacional de cidades e de populações de lactobacilos, entre outras situações. 
 
Exemplo: Modelo de epidemia. Analisaremos um modelo simplificado para propagação de 
uma doença, dotado das hipóteses: 
 
1. Uma fração x de uma determinada população tem uma doença infecciosa. Assim, uma 
fração S = (1-x) não a tem. 
2. A variação de x é proporcional a x e S. Em conseqüência destas hipóteses, temos que o 
modelo é dado pela equação 
 
 
onde r é uma constante positiva. Esta é uma equação diferencial ordinária separável. 
Resolvendo-se a equação: 
 
 
Aplicando a condição inicial x(0) = xo, obtemos: 
 
 
 
Quando t → ∞, x → 1: mais cedo ou mais tarde cada pessoa vai contrair a doença, não 
importando quantas pessoas estavam infectadas inicialmente, a menos que a condição inicial 
xo seja igual a 0 (zero), pois neste caso teríamos x = 0 para todo t. Felizmente, este modelo é 
muito simplificado e não leva em consideração, por exemplo, a possibilidade de que as 
pessoas infectadas sejam isoladas ou que se recuperem da doença. 
 
Lei do resfriamento de Newton 
 
Um modelo real simples da troca de calor entre um corpo e o meio ambiente onde está 
situado admite três hipóteses básicas: 
 
1. A temperatura T = T(t) depende do tempo e é a mesma em todos os pontos do corpo. 
2. A temperatura Tm do meio ambiente permanece constante no decorrer da experiência. 
3. A taxa de variação da temperatura com relação ao tempo é proporcional à diferença de 
temperatura entre o corpo e o maio ambiente. 
 
Dessa forma, a EDO que descreve o problema é: 
 
dT/dt = -k (T-Tm) 
 
onde T = T(t) é a temperatura do corpo no instante t, Tm é a temperatura constante do meio 
ambiente, T-Tm é a diferença de temperatura e k é uma constante positiva que depende do 
material que constituí o corpo, sendo que o sinal negativo indica que a temperatura do corpo 
está diminuindo com o passar do tempo, em relação à temperatura do meio ambiente. 
 
Esta é uma EDO separável, que pode ser transformada em: 
 
dT/(T-Tm) = -k dt 
 
integrando ambos os lados: 
 
Ln(T-Tm) = -kt + ko 
 
ou de forma equivalente: 
 
T(t)-Tm = C exp(-kt) 
 
logo, a solução da EDO será: 
 
T(t) = Tm + C exp(-kt) 
 
Quando temos a temperatura inicial do corpo T(0) = To, podemos obter a constante C, já que 
To = Tm + C e assim 
C = To-Tm 
 
e a solução do PVI: 
 
dT/dt = -k(T-Tm), T(0) = To 
 
será: 
 
T(t) = Tm + (To-Tm) exp(-kt) 
 
2ª Lei de Newton 
 
A segunda lei de Newton diz que o produto da massa pela aceleração de um corpo é igual ao 
somatório das forças que atuam sobre ele: 
 
 
 
Para um corpo em queda livre, introduzindo um termo simples para levar em conta o atrito 
com o ar, 
 
 
onde v é a velocidade do corpo, k o coeficiente de atrito e g a aceleração da gravidade. 
 
Rearranjando a equação, obtemos 
 
 
 
ou seja,uma EDO linear de 1ª ordem cuja solução geral é 
 
 
 
Exemplo: Um paraquedista, pesando 70 kg, salta de um avião e abre o paraquedas após 10 s. 
Antes da abertura do paraquedas, o seu coeficiente de atrito é kspq = 5 kg s
-1, depois é kcpq = 
100 kg s-1. 
 
 
a) Qual a velocidade do paraquedista no instante em que se abre o paraquedas? 
 
Já vimos a equação que descreve a queda livre, bem como a sua solução 
 
 
 
A constante de integração é determinada a partir da condição inicial, 
 
 
 
A solução particular é então 
 
 
 
Ao fim de 10 segundos, a velocidade alcançada pelo paraquedista é 
 
 
 
b) Qual a distância percorrida em queda livre? 
 
Já obtivemos no item anterior a forma como a velocidade do paraquedista varia com o tempo 
durante a queda livre. Sabemos também que a velocidade é a derivada da distância percorrida 
com relação ao tempo. Então: 
 
 
 
ou seja 
 
 
Aplicando a condição inicial 
 
 
 
A solução particular é então: 
 
 
 
A distância percorrida após 10 segundos foi: 
 
 
 
Esperemos que o nosso homem tenha saltado do avião quando este se encontrava a uma 
altura superior a 392 m, do contrário terá se estatelado no chão antes de abrir o paraqueda. 
 
c) Qual a velocidade mínima que o paraquedista poderá atingir após a abertura do 
paraquedas? 
 
Após a abertura do pára-quedas a velocidade começa a decrescer, devido ao maior coeficiente 
de atrito, até que é eventualmente atingido um equilíbrio entre a força da gravidade e a força 
de atrito. A partir desse momento a velocidade permanece constante (velocidade limite). A 
evolução da velocidade após a abertura do paraquedas é mais uma vez dada pela lei de 
Newton: 
 
 
 
e a sua solução é: 
 
 
 
Para um tempo suficientemente longo (t → ∞) atinge-se a velocidade limite: 
 
 
 
 
Reator químico bem misturado 
 
Vamos considerar um reator bem misturado (a concentração de soluto(s) no seu interior é 
uniforme em todos os pontos do meio líquido) como o representado na figura abaixo. 
Pretendemos saber como a concentração do soluto A no reator varia ao longo do tempo. 
 
 
 
Definimos as seguintes variáveis de processo: 
 
· Vazão total de entrada (constante) = Qin (m
3/h) 
· Concentração de entrada do componente A (constante) = Cin (g/m
3) 
· Vazão total de saída (constante) = Qout (m
3/h) 
· Concentração de saída do componente A = Cout (g/m
3) 
· Concentração do componente A no reator = Cout (g/m
3) 
· Volume de líquido no reator = V (m3) 
 
É dada a seguinte condição inicial: 
 
 
 
 
O chamado balanço de massa aplicado ao componente A é simplesmente variação da massa 
de A no reator por unidade de tempo, isto é, a massa de A que entra por unidade de tempo 
menos a massa de A que sai por unidade de tempo. 
 
Em termos matemáticos, 
 
 
 
O balanço de volume aplicado ao reator é a variação do volume de líquido no reator por 
unidade de tempo, isto é, o volume de líquido que entra por unidade de tempo menos o 
volume de líquido que sai por unidade de tempo. 
 
Em termos matemáticos, 
 
 
 
Temos agora duas situações possíveis: 
 
1 - Se as vazões de entrada e saída forem iguais (Qin = Qout): 
 
 
 
e a equação de balanço a A fica simplesmente 
 
 
 
Substituindo Qout por Qin : 
 
 
 
A solução desta EDO é: 
 
 
 
e após aplicação da condição inicial: 
 
 
2 - Se as vazões de entrada e saída forem diferentes (Qin ≠ Qout), mas constantes ao longo do 
tempo, então é óbvio que o volume de líquido não será constante. Temos então que resolver a 
equação de balanço de volume: 
 
 
 
onde V0 é o volume no instante t = 0. Agora a equação do balanço de A fica: 
 
 
Lembrando que V é função de t e substituindo o resultado anteriormente obtido: 
 
 
 
Esta EDO é de variáveis separáveis: 
 
 
 
A solução após aplicação da condição inicial é: 
 
 
 
Esboce o gráfico da curva de variação de Cout com o tempo. 
 
 
A Torre de Hanói 
Só para não dizer que não foram consideradas equações de diferenças, considere essa 
aplicação, que essencialmente mostra que qualquer situação recursiva leva a uma 
equação desse tipo. Juros, por exemplo, são equações assim, aliás, verdadeiros 
modelos de crescimento discretos – entenda porque. 
 
O matemático francês Édouard Lucas em 1883 inventou um jogo que invocava uma 
falsa lenda antiga. A Torre de Brama tinha três agulhas, e em uma delas, havia 64 
discos de ouro de tamanhos diferentes, empilhados de maneira a nunca ter um disco 
maior sobre um menor. A tarefa dos monges era transferir os discos para outra agulha, 
passando um disco de cada vez de uma agulha para a outra, sem nunca colocar um 
disco maior sobre um menor. 
 
O que surpreende nesse problema, que vamos resolver a seguir, é que são necessários 
pelo menos 264 –1 movimentos (aproximadamente 18 quintilhões). Com a velocidade 
de um movimento por microssegundo, isso levaria 5000 séculos. 
 
 
 Uma torre com 5 discos (bolas) 
 
Chame as agulhas de A, B e C, e imagine que os discos estão inicialmente na agulha A. 
O pulo de gato é pensar os movimentos em grandes blocos. Por exemplo: suponha que 
você sabe transferir 4 discos respeitando as regras, da agulha A para a agulha B – como 
isso ajuda a transferir 5 discos para, digamos, a agulha C? Você transfere os quatro 
discos menores de A para B, transfere o maior disco de A para C e agora leva os quatro 
discos de B para C. 
 
O problema só pergunta por quantos movimentos você tem que fazer: para transferir 
cinco discos, você transferiu duas vezes quatro discos e fez um movimento com o disco 
maior. Se Q(n) é o número de movimentos necessários para transferir n discos, 
acabamos de aprender que 
 
Q(5 ) = 2 Q(4) + 1, ou, de maneira geral, Q(n+1) = 2 Q(n) + 1. 
 
Aliás, é óbvio que Q(1) = 1. Até o momento, só mostramos que podemos resolver o 
problema com Q(n) movimentos – não mostramos ainda que Q(n) de fato é o menor 
número de movimentos necessários para resolver o problema. Vamos deixar isso por 
sua conta. 
 
Enfim, agora é basta resolver 
 
Q(n+1) = 2 Q(n) + 1, Q(1) = 1. 
 
Essa equação é tão simples que você pode adivinhar a resposta olhando para os 
primeiros termos, 
 
Q(1) = 1, Q(2) = 3, Q(3) = 7, Q(4) = 15, ... 
 
Tudo leva a crer que Q(n) = 2n – 1. Verifique isso. Obtenha a resposta usando as 
técnicas aprendidas no curso. 
 
 
 
 
 
Uma equação diferencial (eq. dif.) é uma equação que envolve a função incógnita e suas derivadas. Para a 
classificação das eq. dif. são importantes as seguintes características: 
 
a) equações diferenciais ordinárias: envolvem uma função de uma variável e suas derivadas. Exemplo: 
2
2
( ) ( ) 1 ( ) ( )d Q t dQ tL R Q t E t
dt dt C
   , (circuito RLC). Q(t) é a função incógnita, R, L e C são constantes. 
 
b) Equações diferenciais parciais: envolvem uma função de mais de uma variável e suas derivadas. 
Exemplo: 
2
2
2
( , ) ( , )u x t u x t
x t

 

 
, (equação do calor). u(x,t) é a função incógnita,  é uma constante. 
 
c) A ordem de uma eq. dif. é a mesma da derivada de ordem mais alta 
, (eq. dif. De ordem n) 
Exemplo: é uma eq. dif. de terceira ordem. 
 
d) Uma eq. dif. é linear se, na equação, a função incógnita, y, e suas derivadas (y’, y’’,...,y(n)), só 
aparecem elevadas a 1 (um), não são argumento de alguma outra função e não aparecem produtos entreelas (por exemplo: yy’, y’’yy(4) etc). Caso contrário, a eq. dif. será não linear. 
Exemplos: (eq. dif. linear de ordem n) 
 (eq. dif. não linear de segunda ordem). 
 0 yxyyy (eq. dif. não linear de terceira ordem). 
 
e) A solução de uma eq. dif. num intervalo   t é uma função que 
(t) tal que suas derivadas ’, ’’, ..., (n) existem e satisfazem a eq. dif. para todo t no intervalo 
  t . 
 
f) Nem sempre uma eq. dif. possui solução. O problema da existência de soluções para eq. dif. são temas 
de importantes teoremas da Matemática. 
 
Observação: Eventualmente, além da eq. dif. a ser resolvida, valores da função e de suas derivadas podem 
ser fornecidos para algum(ns) valor(es) da variável ou para um conjunto de pontos, pertencentes, em 
geral, ao domínio da função. O problema estabelecido com a eq. dif. e essas informações são conhecidos 
como Problema de Valor Inicial (PVI) e Problemas de Valor de Contorno (PVC). Voltaremos a esse 
assunto. 
 
2 - Equações Diferenciais de Primeira Ordem 
 
São equações do tipo: ( , ),dy f t y
dt
 
em que y é a função incógnita, t é a variável e f é uma função de duas variáveis. 
 
2.1 – Equações separáveis: são equações em que é possível separar expressões contendo y e sua derivada 
de um lado e, do outro lado, expressões contendo a variável t. Desse modo, a eq. dif. pode ser escrita nas 
formas: 
( ) ( ) 0dyM x N y
dt
  ou ( ) ( ) 0M x dx N y dy  . 
Equações Diferenciais 
Exemplo 1: Resolva a eq. dif. e verifique se a solução encontrada resolve a equação. 
 
Solução: dxxdyy 22 )1(  ,   dxxdyy 22 )1( , 1
33
33
Cxyy  , 1
33
33
Cxyy  
 
Cxyy  333 , C = 3 C1 é uma constante de integração. 
 
Verificação: não é necessário isolar y(x), calcular suas derivadas e substituir na eq. dif.. Podemos derivar 
a expressão encontrada e, se conseguirmos retornar à eq. dif. original, então a expressão é uma solução. 
   C
dx
dxyy
dx
d
 333 , 0333 22  xyyy ,   22 313 xyy  , 2
2
1 y
xy

 
 
Exemplo 2: Identifique a E. D. e resolva o P.V.I. 
2 23 3' , (0) 1
2 5
x xx e ye y xy y
y
  
 

 
Solução: temos uma eq. dif. de primeira ordem, não linear, separável. 
52
)3)(1(
52
)1()1(3 22






y
exy
y
yeyxy
xx
, dxexdy
y
y x )3(
1
52 2 






 , 
 






 dxexdy
y
y x )3(
1
52 2 , 1
3
1
25)1(2 Cexdy
y
y x 







 , 
1
3
1
72 Cexdy
y
dy x 






  , 13)1ln(72 Cexyy x  , 137)1ln(2 Cexyy x  
Como y(0)=1, temos que 1
037 0)11ln(2 Ce  , 1
7 12ln2 C , 2ln731 C 
Solução do PVI: 2ln73)1ln(2 37  xexyy 
 
2.2 – Equações lineares de primeira ordem: são equações do tipo: 
 
em que y é a função incógnita, p(t) e g(t) são funções. Se g(t) é identicamente nula, então a eq. dif. de 
primeira ordem é dita homogênea e se torna uma eq. dif. separável. 
 
Como resolver? A idéia da solução (devida ao Matemático alemão Gottfried Wilhelm Leibniz – 1646-
1716) é que encontremos uma função (fator integrante) que, ao ser multiplicada pelos dois membros da 
eq. dif. linear de primeira ordem, transforme o primeiro membro na derivada do produto (u(t)  y(t)). 
Então: 
 
)()(])([)( tgtuytpytu  , )()()]()([ tgtutytu
dt
d
 , yuyutytu
dt
d )]()([ , yuyuytupyu  )( , 
utup )( , dttp
u
du )( ,  dttpu )()ln( ,  dttpetu )()( (fator integrante). 
Retomando a equação )()()]()([ tgtutytu
dt
d
 , temos: dttgtutytud )()()]()([  , 
  dttgtutytud )()()]()([ , )(
)()(
)(
tu
dttgtu
ty  
Desse modo, a solução da eq. dif. linear de primeira ordem é dada por 
)(
)()(
)(
tu
dttgtu
ty  
 
Exemplo: Resolva o PVI. 
, y(1)=2 
Solução: é preciso, antes de tudo, colocar a eq. dif. na forma 
 ou seja: ty
t
y 42  . Daí, temos que 
t
tp 2)(  , ttg 4)(  ; 


dt
tetu
2
)( , )ln(2)( tetu  , )ln(
2
)( tetu  , 2)( ttu  
)(
)()(
)(
tu
dttgtu
ty  , 2
2 4
)(
t
dttt
ty  , 2
34
)(
t
dtt
ty  , 2
4
)(
t
Ctty  . Como y(1)=2, temos que 
2
4
1
12 C , 1C e 2
4 1)(
t
tty  . 
 
2.3 – Equações diferenciais Exatas 
 
Sua forma geral é 0),(),(  yyxNyxM ou 0),(),(  dyyxNdxyxM , com 
x
N
y
M




 dentro de um 
retângulo     yxyx ,|, 2 , em que M, N, My e Nx são contínuas. Nessas condições, é 
possível mostrar que existe uma função ),( yx , tal que ),( yxM
x


 e ),( yxN
y


 . 
Da equação 0),(),(  yyxNyxM , temos que 0




 y
yx
 . Como  )(, xyx  , podemos 
escrever   0)(, 




 xyx
dx
dy
yx

 . Portanto, Cyx ),( . 
 
Exemplo: resolva a eq. dif. 0)( 322  dyyyxdxxy . 
Solução: fazendo 
2),( xyyxM  e 
32),( yyxyxN  , temos que xyNM xy 2 . Portanto, a eq. dif. é 
exata e valem as relações ),( yxM
x


 e ),( yxN
y


 . Utilizando a primeira delas: 
)(
2
),(),(
22
2 yfyxdxxydxyxMyx   (*). 
Ao invés de acrescentar uma constante, acrescentamos um f(y), por ser uma escolha mais abrangente, uma 
vez que a derivada parcial, em relação a x, é nula para uma função apenas de y. Então, utilizando agora a 
segunda relação: 
),(),( yxN
y
yx


 , mas, de (*): )(),( 2 yfyx
y
yx


 , o que leva à igualdade 
322 )( yyxyfyx  , 3)( yyf  , 1
4
3
4
)( cydyyyf   . Finalmente, temos: 
Cyyxyx 
42
),(
422
 , que é a solução procurada. 
 
 
2.4 – Equações diferenciais Homogêneas 
São eq. dif. da forma: 





x
yFy . Faz-se a substituição v(x) = y/x, sendo y = x v(x) e y’ = v(x) + x v’(x). 
 
Exemplo: Resolva a eq. dif. 0)( 322  dyyyxdxxy . 
Solução: trata-se de uma eq. dif. homogênea, pois, dividindo toda a equação por y3, temos: 
01
2















 dy
y
xdx
y
x , 
1
2







y
x
yxy . Fazendo a substituição recomendada, chegamos a 
11
1' 2







v
vxvv . Multiplicando numerador e denominador, no segundo membro, por v2, temos 
21
'
v
vxvv

 , v
v
vxv 

 21
' , v
v
v
dx
dvx 

 21
, 2
2
1
)1(
v
vvv
dx
dvx


 , 2
3
1 v
v
dx
dvx


 
 
x
dxdv
v
v


3
21 . Integrando os dois lados da equação:  

x
dxdv
v
v
3
21 ,   x
dxdv
v
dvv 13 , 
 
1
2
)ln()ln(
2
Cxvv 

, 12
2
)ln()ln(
2
Cx
x
y
y
x
 , Cy
y
x
 )ln(22
2
, C = 2C1, onde y é dado, 
implicitamente, como função de x. 
 
 
 
 
2.5 – Teoremas importantes: existência e unicidade de soluções – equações diferenciais de primeira 
ordem 
 
2.5.1 – Equações lineares de primeira ordem (Teorema de existência e unicidade de soluções) 
 
Teorema – Se as funções p e g são contínuas num intervalo aberto I:  < t <  contendo o ponto t = t0, 
então existe uma única função y = (t) que satisfaz a equação diferencial 
 
para cada t no intervalo I, e que também satisfaz a condição inicial y(t0) = y0, em que y0 é um valor inicial 
arbitrariamente prescrito. 
 
2.5.2 – Equações não lineares de primeira ordem (Teorema de existência e unicidade de soluções) 
 
Teorema – Considere as funções f e yf  contínuas em algum retângulo  < t < ,  < y <  contendo 
o ponto (t0, y0). Então, em algum intervalot0  h < t < t0 + h, contido em  < t < , há uma única solução 
y = (t) e um único problema de valor inicial y’ = f(t,y), y(t0) = y0. 
 
2.5.3 – Equações diferenciais Exatas 
Teorema – Considere as funções M, N, My, Nx, em que os subscritos denotam derivadas parciais, 
contínuas numa região retangular R: < t < ,  < y < . Então, a equação 
M(x,y) + N(x,y)y’ = 0, 
é uma equação diferencial exata na região R se, e somente se, 
My(x,y) = Nx(x,y) 
em cada ponto de R. Isto significa dizer que existe uma função (x,y), de modo que 
 
se, e somente se, My(x,y) = Nx(x,y). 
 
 
2.6 - Aplicações de equações diferenciais de primeira ordem 
 
2.6.1 – Corpo em queda num meio viscoso 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Encontrar x(t) e v(t). 
 
Solução: R = m a (segunda lei de Newton) 
 
kvmg
dt
dvm  , gv
m
k
dt
dv
 ; 
temos uma eq. dif. linear de primeira 
ordem, com g(t) = k/m e p(t) = g. 
t
m
kdt
m
k
eetu )( , 
t
m
k
t
m
k
e
gdte
tv )( 
0 x(0),0)0( v
vkF 


m g

vp  , 
Resistência do ar 
x 
solo 
t
m
k
t
m
k
e
Ckmge
tv 1
)/(
)(


t
m
k
eC
k
gmtv
 
 1)( )/(0)0( 1 kgmCv  








 t
m
k
e
k
gmtv
 
1)(
 
 
 
 
 
 
 
Este resultado nos leva a concluir que o corpo em queda, num meio viscoso, tende a uma velocidade final 
constante. Se considerarmos uma velocidade inicial não nula, v0, teremos uma situação mais parecida com 
a que acontece com o paraquedista, que salta do avião e espera alguns segundos, até abrir o pára-quedas. 
Então, no caso do paraquedista: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2.6.2 – Mistura de água e sal. Qual a quantidade de sal, Q (t), no tempo t? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: O modelo, representado pela equação diferencial, é 
 
 
 
 
 
 dttvtxdt
tdxtv )()()()( 22
2
1)( Ce
k
gm
k
mgtdte
k
gmtx
t
m
kt
m
k











 2
2
20)0( k
gmCx 










1)( 2
2 t
m
k
e
k
gm
k
mgttx
 









 t
m
k
e
k
gmtv
 
1)( k
mgvtv itet


lim)(lim
FLUXO: 3 l/min. (vazão) 
CONCENTRAÇÃO: ¼ g/l 
FLUXO: 3 l/min. (vazão) 
Q’(t) = taxa de variação da 
quantidade de sal no 
tanque. 
Q(t) = quantidade de 
sal no instante t. 
 
Q0 g de sal em t = 0. 
 
Massa de água: 100 l. 
Q’(t) = taxa na qual o sal entra no tanque [(¼ g/l)  (3 l/min)] menos 
a taxa na qual o sal sai do tanque [(Q(t)/100)g/l  (3 l/min)]. 
)(
100
3
4
3)( tQtQ 
4
3)(
100
3)(  tQtQ Eq. dif. linear de primeira ordem, com g(t) = 3/100 e p(t) = 3/4. 
Velocidade limite (caso do paraquedista): uma pessoa de massa m = 70 kg, supondo uma constante k = 
33,12 (N/m/s) e g = 10 (m/s2), temos uma velocidade limite vL = 21.14 m/s. 
vL= mg/k 
v(t) 
t 
v0 
)/()0( 00 kgmvCvv 
t
m
k
e
k
gmv
k
gmtv
 






 0)( 20)( Cek
mve
k
mt
k
mg
tx
t
m
kt
m
k










 
2
2
0
20)0( k
gm
k
mv
Cx 
k
mgvtv itet


lim)(lim
Resolvendo a equação: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2.6.3 – Circuito RC (circuito elétrico com resistor e capacitor) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como a carga armazenada no capacitor varia em função do tempo a partir do momento em que a chave é 
ligada? 
 
Solução: A equação diferencial que descreve o funcionamento do circuito vem da aplicação da lei de 
Kirchhoff, que diz que a soma das diferenças de potencial ao longo do circuito é igual a zero. Daí, temos 
 
0
C
qiR , 0
C
q
dt
dqR , 0
CR
q
dt
dq (eq. dif. separável) 
 
CR
dt
q
dq
 ,   CR
dt
q
dq , RC
t
eqtq

 0)( , q0 = q(t=0), RC tem dimensão de tempo. 
 
Conclusão: a carga no capacitor decai exponencialmente e, quanto maior dor o produto RC, mais lento 
será o decaimento. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
tCetQ 03,025)(  )25()0( 00  QCQQ
tt eQetQ 03,00
03,0 )1(25)(   gtQt 25)(lim  isto quer dizer que a concentração final será (25/100) g/l = ¼ g/l. 
Q0 
Q(t) (g) 
t(s) 
25 
R 
C 
chave 
A partir de t = 0, a chave do circuito é ligada e 
passa a existir uma corrente elétrica passando 
pelo resistor e pelo capacitor. 
q(t) 
t 
q0 
 
2.6.4 – Velocidade de escape (qual a velocidade mínima que um objeto deve possuir para escapar da 
gravidade do planeta?) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
-Corpo na superfície da Terra W=mg 
- Corpo na superfície da Terra 
 2
2
0
)(
0)0()0(
xR
mgR
xvv

 ;
x 
R 
2
2
2
2
)(
)(
)0(
)(
)(
xR
mgRxW
mgRkmgW
xR
kxW





 :máxima altura 0;22
2
2
0 
 vh
xR
gRgRvv máx
skm,vkmRm/sg
gRvvh
hR
gRhv
vgR
vh
L
Lmáx
máx
máx
máx
/111640010
2
)(
2
;
2
2
0
02
0
2
0
 , , :Terra a Para
escape) de e(velocidad Para
 






2ª Lei de Newton: 02
2
)0(;
)(
vv
xR
mgR
dt
dvm 

 
O 2º membro é função só de x=x(t). É conveniente fazer 
dx
dvv
dt
dx
dx
dv
dt
dv

-gR vCvvxtC
xR
gRv
dx
xR
gRvdv
xR
gR
dx
dvv
2
,00;
2
)()(
2
0
0
22
2
2
2
2







 
 
 
3 – Equações Diferenciais de segunda ordem 
 
São equações diferenciais da forma 
 
 
 
Mas vamos nos ater, apenas, às equações diferenciais lineares de segunda ordem, que são da forma 
 
 (3.1) 
Ou (3.2) 
com (3.3) 
 
Um problema de valor inicial, PVI, irá consistir da equação (3.2) mais as condições: 
 
 
 
3.1 – Equações diferenciais lineares de segunda ordem homogêneas, com coeficientes constantes 
 
Nesse caso, g(t)  0 e a equação fica da forma 
 
 (3.4) 
em que a, b, c são constantes dadas. 
 
Como resolver? Vamos propor soluções do tipo y(t) = ert, onde r é um parâmetro a ser determinado. 
Desse modo: trery  , trery 2 . Substituindo y, y’, y’’, na eq. dif., temos: 
 
 
 
como a exponencial não se anula para valor algum de t, a expressão entre parênteses deve ser nula. Então 
 
 (Equação característica) (3.5) 
 
De acordo com as raízes da equação (3.5), teremos diferentes tipos de solução. 
 
3.1.1 – Raízes reais distintas 
a) Resolva a eq. dif. 
 
Solução: substituindo y = erx e suas derivadas na eq. dif. e, com o argumento de que erx nunca se anula, 
chegamos à equação característica: 0652  rr , cuja solução é 3,2  rr . Então, temos as 
soluções L I, linearmente independentes (voltaremos a falar nesse assunto): xx eyey 32
2
1 ,
  , e a 
solução geral da eq. homogênea: xxH eCeCy
3
2
2
1
  . O gráfico dessa solução, para C1 = 9 e C2 = 7 
é apresentado a seguir 
 
 
 
 
b) Resolva o PVI 
 
Solução: substituindo y = erx e suas derivadas na eq. dif. e, com o argumento de que erx nunca se anula, 
chegamos à equação característica: 0384 2  rr , cuja solução é 
2
1
2
3
 rr. Então, temos as 
soluções L I, linearmente independentes, 
xx
eyey 2
1
2
2
3
1 ,  , e a solução geral da eq. homogênea: 
xx
H eCeCy 2
1
2
2
3
1  . O gráfico dessa solução, para C1 = (1/2) e C2 = (5/2) é apresentado a seguir 
 
 
3.1.2 – Raízes reais iguais 
Ao substituirmos y = erx e suas derivadas na eq. dif. 0 cyybya , a equação característica: 
02  crbra pode apresentar 042  acb , nos dando por solução 
a
brrr
2

 , ou seja, 
raízes iguais. Nesse caso, teremos apenas uma das duas soluções L I, linearmente independentes, que a 
eq. dif. possui (a existência das duas soluções é garantida por um teorema importante da Matemática, 
como veremos depois). As soluções ficam, portanto, assim: ?, 221 

yeey
x
a
b
rx . 
Nos resta então descobrir a outra solução que existe. Usaremos o método de redução de ordem, proposto 
pelo matemático D’Alembert. Nesse método, multiplicaremos a solução y1(x) por por uma função k(x) e 
proporemos que o produto k(x)y1(x) é a solução geral da equação homogênea. Assim, escrevemos 
yH(x) = k(x)y1(x), 11 ykykyH  , 1111111 2 ykykykykykykykyH  . 
Substituindo na equação diferencial: 
 
      02 111111  ykcykykbykykyka 
 
usando 
x
a
b
ey 21

 e suas derivadas 
x
a
b
e
a
by 21 2


 , 
x
a
b
e
a
by 22
2
1 4

 , temos: 
 
0
242
2 22222
2
22 
























 

























 

 x
a
bx
a
bx
a
bx
a
bx
a
bx
a
b
ekce
a
bkekbe
a
bke
a
bkeka 
 
0
24
2
2
2












 






 x
a
b
ekck
a
bkbk
a
bk
a
bka como 

xe
x
a
b
,02 , 
 
0
24 2
2



 





 kck
a
bkbk
a
bk
a
bka ,     0
24
22






 kc
a
b
a
bkbkbka 
 
0
4
2






 kc
a
bka , 0
4
42





 
 k
a
acbka , 
mas 042  acb . Daí, temos 0ka , xCCxk 21)(  . Multiplicando k(x) por y(x), chegamos a 
 
 
x
a
bx
a
bx
a
b
H exCeCexCCxy 2221221)(

 
 
onde aparecem as duas soluções L I, 
x
a
b
exy 21 )(

 e 
x
a
b
exxy 22 )(

 
 
Exemplo: Resolva a eq. dif. 
 
Solução: substituindo y = erx e suas derivadas na eq. dif. e, com o argumento de que erx nunca se anula, 
chegamos à equação característica: 0442  rr , cuja solução é 2 rrr . Como vimos, para 
esse caso, temos as soluções L I: xexy 21 )(
 e xexxy 22 )(
 , com a solução geral da eq. homogênea: 
xxx
H exCCexCeCxy
2
21
2
2
2
1 )()(
  
No gráfico a seguir é apresentada uma solução típica (todas tendem a zero quando x tende a infinito) 
 
 
 
 
Continuação – equações diferenciais de segunda ordem, lineares, homogêneas e com coeficientes 
constantes. 
 
3.1.3 – Raízes complexas 
Ao substituirmos y = ert e suas derivadas na eq. dif. 0 cyybya , a equação característica: 
02  crbra pode apresentar 042  acb , nos dando por solução 
a
ib
a
b
r
22



 , em que 1i é a unidade imaginária. Dessa forma, teremos duas raízes 
complexas conjugadas, i
aa
br
22



 , i
aa
br
22



 . Para simplificar, vamos escrevê-las assim: 
ir   e ir   . 
Substituindo as raízes da equação característica na expressão y = ert, chegamos às duas soluções 
LI   titti eeet   )(1 e 
  titti eeet   )(2 . Desse modo, teremos que lidar com funções 
exponenciais complexas. Vamos precisar das expressões 
 



t
n
te
n
n
t ,
!0
, (série de Taylor da função exponencial) 
   
 
 
 





 




1
121
0
25432
0 !12
1
!2
1...
!5!4!3!2
1
! n
nn
n
nn
n
n
ti
n
ti
n
ttittitti
n
tie , 
 
onde a primeira série, de termos pares, é a série de Taylor da função cos(t), e a série de termos ímpares é a 
série de Taylor da função sen(t). Podemos escrever, então, 
 
)()cos( tsenite ti   ,    )()cos( tseniteeee ttitti    . 
 
Portanto, uma exponencial complexa está relacionada às funções trigonométricas sen(t) e cos(t). 
Para finalizar, sabemos que, se )(1 t é uma solução da eq. dif., )()( 12 tkt   , onde k é uma constante 
(mesmo que seja um número complexo), também é solução. Assim, podemos, adequadamente, escolher 
constantes multiplicativas de modo a construir as soluções LI reais para a eq. dif., que são: 
)(cos)(1 tety
t  e )()(2 tsenety
t  , 
com a solução geral da eq. homogênea:  )()(cos)( 21 tsenCtCety tH   , onde C1 e C2 são 
constantes reais. 
 
Exemplo: 
a) Resolva a eq. dif. 0 yyy . 
Solução: 
a equação característica correspondente é: 012  rr , que apresenta 0341  , nos dando por 
soluções: 
2
31 ir  e 
2
31 ir  , com 
2
1
 e 
2
3
 . As soluções LI serão: 
)
2
3(cos)( 2
1
1 tety
t
 e )
2
3()( 2
1
1 tsenety
t
 , 
A solução geral da eq. dif. homogênea é 








)
2
3()
2
3(cos)( 212
1
tsenCtCety
t
H . 
 
O gráfico para uma solução típica da eq. dif. 0 yyy é apresentado a seguir 
 
 
b) a) Resolva a eq. dif. 04  yy . 
Solução: 
a equação característica correspondente é: 042 r , que apresenta 016 , nos dando por soluções: 
iir 2
2
4
 e iir 2
2
4


 , com 0 e 2 . As soluções LI serão: 
)2(cos)(1 tty  e )2()(1 tsenty  , 
A solução geral da eq. dif. homogênea é )2()2(cos)( 21 tsenCtCtyH  . 
 
 
3.2 – Soluções fundamentais da equação linear homogênea 
 
O espaço das soluções das eq. dif. é um espaço vetorial. Essa afirmação, que, com toda certeza, pode ser 
demonstrada, traz diversas implicações muito importantes, cuja compreensão nos ajuda a melhorar a 
visão a respeito do problema das eq. dif. e também o seu entendimento. Vamos abordar aqui algumas 
definições e teoremas importantes a respeito das soluções das equações diferenciais de segunda ordem. 
 
Até o momento, tratamos de equações do tipo 0 cyybya . Vamos considerar agora equações mais 
gerais e, também, definir o operador L através da equação 
 
   qpL  
p e q são funções contínuas no intervalo aberto I : <t<, (estão inclusos os casos em que  ou 
 , ou ambos. O valor de  L no ponto t é: 
 
   )()()( tqtptL  
O operador L é igual a 02  qDpDL , onde o operador D é o operador derivada. 
 
Com as definições que foram feitas, podemos escrever a eq. dif. de segunda ordem, homogênea 
 
  0)()()(  ytqytpytyL 
 
com as condições iniciais 00 )( yty  , 00 )( yty  , onde t0 é um ponto arbitrário no intervalo I, com y0 e 
y’0 sendo números reais dados. 
O que se quer saber é se o PVI, formado pela eq. dif. e as condições iniciais, sempre possui solução e se 
possui mais de uma. É, também, de grande interesse saber se algo pode ser dito a respeito da forma e da 
estrutura das soluções, no sentido de nos ajudar a encontrar soluções de problemas particulares. Alguns 
teoremas nos dão respostas a essas questões. 
3.2.1 – Teorema 
Considere o PVI )()()( tgytqytpy  , 00 )( yty  , 00 )( yty  , 
onde p e q são funçõescontínuas no intervalo aberto I. Então, existe uma única solução )(ty  , para 
esse problema. A solução existe ao longo de todo o intervalo I. 
 
Vamos enfatizar que o teorema acima especifica três coisas: 
1 – o PVI possui uma solução, ou seja, a solução existe; 
2 – o PVI possui uma única solução, ou seja, a solução é única; 
3 – a função  é definida ao longo de todo o intervalo I, onde os coeficientes são contínuos e ela é, pelo 
menos, duas vezes diferenciável em I. 
 
3.2.2 – Teorema – Princípio da superposição 
Se y1 e y2 são duas soluções da eq. dif. 
  0)()()(  ytqytpytyL , 
então a combinação linear C1 y1 + C2 y2 é também solução para quaisquer valores das constantes C1 e C2. 
 
3.2.3 – Teorema 
Suponha que y1 e y2 são duas soluções da eq. dif. 
  0)()()(  ytqytpytyL , 
E que o Wronskiano 
1221 yyyyW  
É diferente de zero no ponto t0, com as condições iniciais dadas 00 )( yty  , 00 )( yty  . Então, existe 
uma escolha das constantes C1 e C2 para as quais C1 y1(t) + C2 y2(t) satisfaz a eq. dif. e também as 
condições iniciais. 
 
3.2.4 – Teorema 
Se y1 e y2 são duas soluções da eq. dif. 
  0)()()(  ytqytpytyL , 
e existe um ponto t0 onde o Wronskiano de y1 e y2, W(y1, y2), é diferente de zero, então a família de 
soluções y = C1 y1(t) + C2 y2(t), com coeficientes arbitrários C1 e C2, inclui cada uma das soluções da 
equação diferencial. 
 
3.2.5 – Teorema – Independência linear e o Wronskiano 
Se f e g são funções diferenciáveis num intervalo aberto I e se 0))(,( 0 tgfW para algum ponto t0 em I, 
então f e g são linearmente independentes em I. Além disso, se f e g são linearmente dependentes em I, 
então 0))(,( tgfW para todo t em I. 
 
3.2.5 – Teorema – Teorema de Abel 
Se y1 e y2 são soluções da eq. dif. 
  0)()()(  ytqytpytyL , 
onde p e q são contínuas num intervalo aberto I, então o Wronskiano ))(,( 21 tyyW é dado por 
v   dttpctyyW )(exp))(,( 21 , 
Onde c é uma certa constante que depende de y1 e y2, mas não de t. Ademais, ))(,( 21 tyyW é nulo para 
todo t em I (if c = 0) ou também nunca se anula em I (se 0c ). 
 
3.2.6 – Teorema 
Sejam y1 e y2 soluções da eq. dif. 
  0)()()(  ytqytpytyL , 
onde p e q são contínuas num intervalo aberto I. Então y1 e y2 são linearmente dependentes em I se, e 
somente se, ))(,( 21 tyyW é nulo para todo t em I. Alternativamente, y1 e y2 são linearmente independentes 
em I se, e somente se, ))(,( 21 tyyW nunca se anula em I. 
 
 
3.2.7 – Outra aplicação do método de redução de ordem 
Exemplo: Sabendo que 11 )(
 tty é uma solução da eq. dif. ,0,032 2  tyytyt encontre a 
segunda solução linearmente independente. 
 
Solução: 
Vamos escrever a solução geral da eq. dif. homogênea como sendo 11 )()()()(
 ttvtytvtyH . 
Derivando a solução, temos: 21)(   tvtvty , 321 22)(   tvtvtvty . Substituindo y, y’ e y” 
na eq. dif., temos 
 
 
 
É importante notar que o coeficiente de v é zero, o que proporciona um modo simples e útil de verificar as 
contas. Notemos ainda que a eq. dif. que resta é de primeira ordem em v’, o que denota a redução de 
ordem. Para resolvê-la, vamos fazer k(t) = v’(t), que leva à equação 
02  kkt (eq. dif. de primeira ordem, separável), 
kkt 2 , 
t
dt
k
dk
2
 , Atk  21lnln , 21tBk  , onde AeB  . Então CtBdttBv   2321 3
2 . 
A solução geral da eq. dif. homogênea é igual a 12
21
1
123
3
2)(  


  tCtCtCtBtyH , onde fizemos 
C1 = (2B/3) e C2 = C. A segunda solução linearmente independente é, portanto, 212 )( tty  . 
 
 
3.3 – Equações diferenciais lineares de segunda ordem, não homogêneas, coeficientes constantes 
 
Seja a equação diferencial do tipo )()()( tgytqytpy  , com p, q e g funções contínuas num 
intervalo aberto I. Se g(t) é nula para todo t em I, a equação é dita homogênea, caso contrário, é não 
homogênea. 
 
Teorema 
A solução geral da eq. dif. não homogênea )()()( tgytqytpy  pode ser escrita na forma 
)()()()( 2211 tYtyCtyCty   
onde y1 e y2 constituem o conjunto fundamental de soluções da eq. dif. homogênea, C1 e C2 são constantes 
arbitrárias e Y(t) é alguma solução específica (ou particular) da equação não homogênea. 
 
Vamos estudar dois métodos utilizados na solução da equação diferencial )(tgycybya  , com a, 
b e c constantes. 
 
3.3.1 - Método dos coeficientes indeterminados (ou a determinar) 
 
Consiste em sugerir uma solução particular do mesmo tipo da função g(t), multiplicada por um parâmetro 
a ser determinado. Porém, esse método só funciona quando g(t) é uma senóide, um cossenóide, um 
polinômio ou ainda uma exponencial (vale também o produto dessas funções citadas), ou seja, 
 
 



 
tsen
t
atataetg n
nnt

 cos...)( 110 . 
Exemplos: 
A) – Resolva a eq. dif. teyyy 2343  . 
Solução: 
A equação homogênea correspondente é 043  yyy , com a eq. característica 0432  rr . As 
raízes são 1,4  rr . A solução da eq. homogênea é ttH eCeCty
 2
4
1)( . 
Para a solução particular, como tetg 23)(  , vamos propor uma solução teAtY 2)(  . Derivando Y(t), 
temos: teAtY 22)(  , teAtY 24)(  . Substituindo na eq. dif., temos 
  tttt eAeAeAe 2222 34234  ,   tt eeAAA 22 3464  , 
2
1
A . 
A solução particular é tetY 2
2
1)(  e a solução geral é ttt eeCeCty 22
4
1 2
1)(   . 
 
B) – Resolva a eq. dif. teyyy  243 . 
Solução: 
A solução da eq. homogênea, já calculada no exemplo A), é ttH eCeCty
 2
4
1)( . 
Para a solução particular, como tetg 2)( , vamos propor uma solução teAtY )( . Derivando Y(t), 
temos: teAtY  )( , teAtY  )( . Substituindo na eq. dif., temos 
  tttt eAeAeAe   243 ,   tt eeAAA   243 , tt ee   20 ???? 
Vimos que, nesse caso, não foi possível encontrar o coeficiente A. Se voltarmos nossa atenção para a 
solução da homogênea, vamos perceber que uma das soluções LI (ou soluções fundamentais), nos caso, 
te , é do mesmo tipo da função g(t). Portanto, não podemos propor uma solução Y(t) que já exista na 
solução da eq. dif. homogênea. O que temos que fazer é multiplicar a função te por tS, S = 0,1,2; até 
conseguirmos diferenciar Y(t) de g(t). Nesse exemplo, basta fazer tetAtY )( . Assim 
tt etAeAtY   )( , tt etAeAtY   2)( . Substituindo na eq. dif.: 
  tttttt eeAteAteAAteAe   2432 , tt eAe   25 , 
5
2
A . 
A solução particular é tettY 
5
2)( e a solução geral é ttt eteCeCty  
5
2)( 2
4
1 . 
 
Tabela – Solução particular de )(tgycybya  
)(tgi )(tYi 
n
nn
n atatatP 
 ...)( 110  nnnS AtAtAt   ...110 
t
n etP
)(   tnnnS eAtAtAt   ...110 



t
tsen
etP tn 

cos
)(  
  tseneBtBtB
teAtAtAt
t
n
nn
t
n
nnS








...
cos...
1
10
1
10 
Nota: S é o menor inteiro dentre os valores S = 0,1,2 que garante que Yi(t) não é do mesmo tipo de 
qualquer uma das soluções LI da eq. dif. homogênea. 
 
3.3.2 - Método de variação de parâmetros – método geral 
 
Esse método pode ser aplicado para qualquer tipo de função g(t), não possuindo as restrições do método 
anterior. Consiste em substituir as constantes C1 e C2, da solução )()( 2211 tyCtyCy  da eq. dif. 
homogênea, por funções C1(t) e C2(t). Desse modo, a solução geral é proposta como sendo 
)()()()()( 2211 tytCtytCty  . Há também uma restrição imposta à derivada primeira de y(t), objetivando 
uma redução de ordem. Vamos ver um exemplo. 
 
Exemplo: 
Resolva a eq. dif. )sec(cos34 tyy  . 
Solução: 
A equação homogênea correspondente é 04  yy , com a eq. característica 042 r . As raízes são 
irir 2,2  . A soluçãoda eq. homogênea é )2()2cos()( 21 tsenCtCtyH  . 
Para a solução geral, vamos propor: )2()()2cos()()( 21 tsentCttCty  (*). 
Derivando y(t), temos: )2cos(2)2()2(2)2cos()( 2211 tCtsenCtsenCtCty  , impondo a restrição: 
0)2()2cos( 21  tsenCtC (I) 
temos: )2cos(2)2(2)( 21 tCtsenCty  . 
A derivada segunda de y(t) é: )2(4)2cos(2)2cos(4)2(2)( 2211 tsenCtCtCtsenCty  . 
Substituindo y(t), y’(t) e y”(t) na eq. dif., temos 
  )sec(cos3)2()2cos(4)2(4)2cos(2)2cos(4)2(2 212211 ttsenCtCtsenCtCtCtsenC  , 
os termos sem derivada se cancelam, restando: 
)sec(cos3)2cos(2)2(2 21 ttCtsenC  (II) 
Montando um sistema com as duas equações: 





)()sec(cos3)2cos(2)2(2
)(0)2()2cos(
21
21
IIttCtsenC
ItsenCtC
 
de (I): 21 )2cos(
)2( C
t
tsenC  (III), (III)  (II): )sec(cos3)2cos(2)2(
)2cos(
)2(2 22 ttCCtsent
tsen
 , 
multiplicando a última equação por cos(2t): 
  )2cos()sec(cos3)2(cos)2(2 222 ttCttsen  , )2cos()sec(cos2
3
2 ttC  (IV), 
(IV)  (III): 





 )2cos(
)(
1
)2cos(
)2(
2
3
1 ttsent
tsenC , )cos(3
)(
1
1
)cos()(2
2
3
1 ttsen
ttsenC 





 , 
 
 )()(cos)sec(cos
2
3 22
2 tsenttC  ,    )(2)sec(cos2
3)(21)sec(cos
2
3 2
2 tsenttsentC  , 
Integrando C’1 e C’2: 
11 )(3)cos(3 ktsendttC   , 
  


   22 )cos(3)(cot)sec(cosln2
3)(2)sec(cos
2
3 kttgtdttsentC . 
Substituindo em (*): 
  )2()cos(3)(cot)sec(cosln
2
3)2cos()(3)( 21 tsenkttgttktsenty 


  
)cos(3)(cot)sec(cosln
2
3)2cos()(3)2()2cos()( 21 ttgtttsentsenktkty  . 
Podemos observar que a solução geral y(t) é composta pela solução da eq. dif. homogênea mais uma 
solução particular )cos(3)(cot)sec(cosln
2
3)2cos()(3)( ttgtttsentY  . 
 
 
3.4 - Aplicações - equações diferenciais de segunda ordem, lineares e com coeficientes constantes. 
 
Algumas identidades trigonométricas muito úteis serão utilizadas ao longo dessa aula, como o objetivo de 
expressar os resultados obtidos de um modo que nos permita enxergar melhor seus significados e 
implicações. Vamos relembra-las aqui 
)()()cos()cos()cos( AsenBsenBABA  , )cos()()cos()()cos( ABsenBAsenBA  
 
3.4.1 – Sistema massa-mola 
 
 
Sistema composto por uma mola de constante elástica k e um objeto de massa m, já conhecida. Ao 
pendurar a massa na mola e deixar a mola distender lentamente, até atingir o equilíbrio, podemos igualar 
o módulo da força da mola com o módulo do peso, kL = mg. Assim, podemos determinar o valor de k (em 
N/m). Ao determinarmos como o centro de massa do objeto se movimenta, através da equação 
)()( tftum  , u(t) é o deslocamento, podemos considerar quatro forças atuando nela: 
a) o peso w = mg; 
b) a força da mola Fs = k (L + u); 
c) uma força de resistência Fd(t) =   u’(t); 
d) uma força externa aplicada F(t). 
Levando em conta todas essas forças, temos a equação 
 
como kL  mg = 0, podemos escrever 
 
sendo m,  e k constantes positivas. Vamos considerar também as condições iniciais 
 
 
3.4.1.1 – vibrações não amortecidas e livres 
 
Solução: temos uma EDO de segunda ordem, linear, com coeficientes constantes e homogênea. A equção 
característica nos dá raízes imaginárias puras irir 0201 ,   . A solução é 
 ( 0 é uma frequência, a unidade é o Hertz = 1/segundo, no S.I) 
é útil escrever a solução na forma 
 
onde fizemos 
 
Obs.: basta verificar que )()()cos()cos()cos( 000  sentsentt  
O gráfico dessa solução apresenta um movimento periódico, com período 
 
 
A massa descreve um movimento periódico ou um movimento harmônico simples 
 
3.4.1.2 – oscilações amortecidas e livres 
 
A equação característica nos dá as raízes 
 
Há três possibilidades, dependendo do resultado da expressão km42  . 
trtr BeAeurrkm 21,,04 21
2  ; 
  mteBtAumrrkm 2212 ,2,04   
     
 )()cos(
,0
2
4,2,2,04
2
212
21
2
tBsentAeu
m
kmimrimrkm
mt 


 




 
 
Nos três casos, u(t) sempre tende a zero quando t tende a infinito, confirmando o fato de que a energia é 
dissipada pelo amortecimento. 
 
O caso mais importante ocorre na terceira solução, quando o amortecimento é pequeno. Reescrevendo a 
solução com as substituições 
 
temos: 
 
O deslocamento u(t) fica entre as curvas 
 
Embora o movimento não seja periódico, o parâmetro  determina a frequência na qual a massa oscila 
para baixo e para cima. Consequentemente, é denominado quase-frequência. 
 
 
 
Por outro lado, se km42 cresce e  se iguala ao valor crítico km2 , então o perfil da solução muda 
(temos um sistema criticamente amortecido – ver gráfico abaixo). Se  aumenta além do valor crítico, 
temos um sistema super amortecido. 
 
 
Dois sistemas criticamente amortecidos: 
 
3.4.1.3 – oscilações forçadas 
 
Caso A - sem amortecimento 
 
Se a solução geral da equação é 
 
As condições iniciais determinarão os valores das constantes c1 e c2. O movimento resultante é, em geral, 
a soma de dois movimentos oscilatórios com diferentes amplitudes e freqüências  0 e . Há dois casos 
de particular interesse: 
 
Batimentos: 
Vamos supor a massa inicialmente em repouso, ou seja, u(0) = u’(0) = 0. As constantes serão: 
 
com solução 
 
que é a soma de duas funções periódicas de mesma amplitude mas com diferentes freqüências e períodos. 
Fazendo uso da identidade trigonométrica senAsenBBABA coscos)cos(  , com  
2
0 tA   e 
 
2
0 tB   , podemos escrever a solução u(t) na forma 
 
Se  0 é pequeno, então  0 é muito maior que  0 e   20 tsen   é uma função que 
oscila muito mais rapidamente que   20 tsen   . Portanto, o movimento é uma oscilação rápida com 
frequência   20   , mas com uma amplitude senoidal que varia lentamente 
 
 
 
Batimento do sistema descrito por , com 
 
 
Esse fenômeno ocorre em acústica, quando dois diapasões de freqüências muito próximas são acionados 
simultaneamente (nossos ouvidos detectam o fenômeno de batimento acústico com facilidade). Em 
eletrônica, a variação da amplitude com o tempo é chamada de modulação de amplitude. 
 
Ressonância: 
Nesse caso,  0 , ou seja, a frequência da força externa é igual à frequência natural do sistema. O 
termo não homogêneo tF cos0 é solução da equação homogênea. A solução geral é 
 
 
Solução de ressonância para 
 
 
 
 
 
Caso B - com amortecimento 
 
Solução: 
 
com 
 
Na solução, r1 e r2 podem ser reais e negativas ou ainda complexas e ter a parte real negativa. Em ambos 
os casos, tre 1 e tre 1 aproximam-se de zero quanto t . Então, quando t , 
 
Por esta razão, trtrc ecectu 21 21)(  é chamada de solução transiente. U(t), que representa uma oscilação 
estável, com a mesma frequência da força externa, é chamada de solução estável ou de resposta forçada. 
 
 
Oscilações forçadas com amortecimento. Dependência da amplitude da solução estável com a frequência 
da força externa 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4 - Solução de equações diferenciais ordinárias de segunda ordem por séries de potência. 
 
4.1 – Revisão de séries de potências 
 
A título de revisão, vamos apresentar, bem resumidamente, alguns resultados importantes sobre séries de 
potências: 
1 – uma série de potências  



0
0
n
n
n xxa é convergente num ponto x se  


m
n
n
nm
xxa
0
0lim existe para 
todo x. A sériecertamente converge para x = x0; ela pode convergir para todos os valores de x ou, ainda, 
pode convergir para alguns valores de x e não convergir para outros. 
 
2 – Uma série  



0
0
n
n
n xxa converge absolutamente num ponto x se a série 
   





0
0
0
0
n
n
n
n
n
n xxaxxa 
converge. Pode-se mostrar que, se uma série converge absolutamente, então ela também converge. A 
recíproca não é, necessariamente, verdadeira. 
 
3 – Um dos testes mais úteis para que se verifique a convergência absoluta de uma série é o teste da 
razão. Se 0na e se, para um valor fixo de x 
 
  0
1
0
0
1
01 limlim xxL
a
axx
xxa
xxa
n
n
nnn
n
n
n


 




 
então a série de potências converge para o valor de x se Lxx 10  e diverge se Lxx 10  . Se 
Lxx 10  , o teste é inconclusivo. 
 
4 – Se a série de potências  



0
0
n
n
n xxa converge em x = x1, ela converge absolutamente para 
010 xxxx  . Se ela diverge em x = x1, ela diverge para 010 xxxx  . 
 
5 – Existe um número não negativo , chamado de raio de convergência, tal que  



0
0
n
n
n xxa converge 
absolutamente para  0xx e diverge para  0xx . Para uma série que converge apenas em x0, 
definimos que  = 0; para uma série que converge para todo x, definimos que  é infinito. Se  > 0, então 
o intervalo  0xx é chamado de intervalo de convergência. A série pode tanto convergir ou divergir 
para  0xx . 
 
Fig. 4.1.1 - intervalo de convergência de uma série de potências 
 
6 – Duas séries podem ser adicionadas ou subtraídas termo a termo 
 
7 – Duas séries podem ser formalmente multiplicadas 
 
com 0110 ... bababac nnnn   . Além disso, se 0)( 0 xg , as séries podem ser formalmente divididas 
 
Em muitos casos, os coeficientes dn podem ser facilmente obtidos através da relação 
 
No caso de divisão, o raio de convergência da série resultante deve ser menor que . 
 
8 – A função f é contínua e possui derivada de todas as ordens para  0xx . Além disso, f’, f”, ... 
podem ser obtidas diferenciando-se a série termo a termo, ou seja, 
 
e assim por diante. Cada série converge absolutamente para  0xx . 
 
9 – Se o valor de an é dado por 
 
a série é chamada série de Taylor para a função f em torno de x = x0. 
 
10 – Se    





0
0
0
0
n
n
n
n
n
n xxbxxa para cada x, então an = bn para n = 0, 1, 2, 3, ... Em particular, se 
  0
0
0 

n
n
n xxa para cada x, então 0...10  naaa 
 
Uma função que tem uma expansão em série de Taylor em torno de x = x0 é dita analítica em x = x0. De 
acordo com os enunciados 6 e 7, se f e g são analíticas em x = x0, então gf  , gf  e gf [sendo 
0)( 0 xg ] são analíticas em x = x0. 
 
O índice do somatório é “mudo”, assim como as variáveis de integração (não importa que letra seja 
usada). 
 
 
 
4.2 – Solução em série em torno de um ponto ordinário – parte I 
 
Consideremos a eq. homogênea (para uma eq. não-homogênea, o procedimento é similar) 
 
 (4.2.1) 
 
Muitas equações estudadas na Física Matemática estão na forma da eq. (4.2.1), tendo, como coeficientes, 
polinômios. Por exemplo: 
 (eq. de Bessel) 
 é uma constante. 
 (eq. de Legendre) 
 é uma constante. 
 
Por enquanto, consideraremos P(x), Q(x) e R(x) como sendo polinômios, mas o método que estudaremos 
é geral e P, Q, R podem ser quaisquer funções analíticas. 
 
Um ponto x0 no qual 0)( 0 xP é chamado de ponto ordinário. Como P(x) é contínua, existe um intervalo 
em torno de x0 no qual P(x) nunca se anula. Nesse intervalo, podemos dividir a eq. (4.2.1) por P(x), 
obtendo 
 
 
onde p(x) = Q(x)/P(x) e q(x) = R(x)/P(x) são funções contínuas. Desse modo, pelo teorema de existência 
e unicidade, existe nesse intervalo uma única solução da eq. (4.2.1) que também satisfaz as condições de 
contorno y(x0) = y0 e y’(x0) = y’0 para valores arbitrários de y0 e y’0 . 
 
De outro modo, se 0)( 0 xP , então x0 é um ponto singular da eq. (4.2.1). Considerando que pelo menos 
uma dentre Q(x0) e R(x0) seja diferente de zero, teremos que pelo menos um dos coeficientes p(x) e q(x) 
se torne infinito quando 0xx  . Nesse caso, o teorema de existência e unicidade não se aplica. 
 
Trataremos, inicialmente, do problema de resolver a eq. (4.2.1) na vizinhança de um ponto ordinário. 
Procuraremos por soluções da forma 
 
Consideraremos que a série converge no intervalo  0xx , com 0 . 
 
Exemplo 1 – Encontre uma solução em série de potências para a eq. dif. 
 
Solução: Essa eq. dif. já é conhecida e sabemos que as soluções LI são sen(x) e cos(x). Nesse caso, temos 
que P(x) = 1, Q(x) = 0 e R(x) = 1, sendo todo x um ponto ordinário. Buscamos uma solução, em torno de 
x0 = 0, na forma 
 
consideramos que a série converge para todo x no intervalo x . 
Vamos encontrar as derivadas y’ e y’’ e substituir na eq. dif. 
 
 
0 yy , 0)1(
02
2  





n
n
n
n
n
n xaxann , fazendo n = n+2 no primeiro somatório: 
 
0)1)(2(
00
2  





n
n
n
n
n
n xaxann . Agora, nos dois somatórios, o índice n varia de zero a infinito e o 
expoente de x é igual a n. Desse modo, podemos juntar os dois num único somatório, o que leva a 
  0)1)(2(
0
2 



n
n
nn xaann . Para que essa última expressão seja verdadeira para qualquer valor de 
x, todos os coeficientes de x devem ser nulos. Então 
0)1)(2( 2   nn aann e )1)(2(2 

 nn
aa nn , com n = 0,1,2,3,... (relação de recorrência) 
vamos escrever alguns coeficientes: 
00 a e 01 a , para n = 0, temos !212
00
2
aaa 


 , para n = 1, temos 
!312323
111
3
aaaa 





 , 
para n = 2, temos 
!4!23434
002
4
aaaa 




 , para n = 3, temos 
!5!34545
113
5
aaaa 




 , para n = 4, 
temos 
!6!45656
004
6
aaaa 





 , ... 
 
É importante observar que podemos separar termos pares e ímpares e generalizar as expressões para esses 
termos, o que leva a 
 (termos pares) 
(termos ímpares) 
 
Substituindo os coeficientes na expressão para y(x), temos 
 
 
 
As duas séries que aparecem na última expressão são, exatamente, as séries de Taylor, em torno de x0 = 0, 
para cos(x) e sen(x), respectivamente. Como era esperado, obtivemos a solução y = a0 cos(x) + a1 sen(x). 
 
Fig. 4.2.1 – aproximações polinomiais para cos(x) 
 
Exemplo 2 – Encontre uma solução em série de potências para a eq. dif. 
 (equação de Airy) 
Solução: Nesse caso, temos que P(x) = 1, Q(x) = 0 e R(x) =  x, sendo todo x um ponto ordinário. 
Buscamos uma solução, em torno de x0 = 0, na forma 



0
)(
n
n
nxaxy . consideramos que a série converge 
para todo x no intervalo x . Vamos encontrar a derivadas y’’ e substituir na eq. dif. 




2
2)1(
n
n
n xanny 0)1(,0
02
2  





n
n
n
n
n
n xaxxannxyy 
substituindo n por n+2 no primeiro somatório e multiplicando o segundo por x, temos: 
0)1()2(
0
1
0
2  






n
n
n
n
n
n xaxann , 
vamos substituir agora n por n-1 no segundo somatório 
0)1()2(
1
1
0
2  






n
n
n
n
n
n xaxann . 
Agora vamos calcular o termo para n = 0 no primeiro somatório, de modo que a parte restante dele 
comece com n = 1 
0)1()2(12
1
1
1
22  






n
n
n
n
n
n xaxanna 
Para os doissomatórios n começa de um e o expoente de x é o mesmo. Então, podemos escrever 
  0)1()2(2
1
122 



n
n
nn xaanna 
para que a igualdade se verifique, devemos ter 02 a e 0)1()2( 12   nn aann , o que leva à relação 
de recorrência 
)1()2(
1
2 
  nn
aa nn , n = 1,2 3,..., (os coeficientes que dependerem de a2 serão nulos). 
Os coeficientes serão 00 a , 01 a e 
 
 (dependem de a0) 
 
 (dependem de a1) 
A solução geral para a equação de Airy é 
 
que escreveremos como , y1 e y2 são soluções LI. 
 
Através dos gráficos, observamos que y1 e y2 são monótonas para x > 0 e oscilatórias para x < 0. 
 
 
Fig. 4.2.2 – solução y1(x) da equação de Airy 
 
 
 
Fig. 4.2.3 – solução y2(x) da equação de Airy 
 
 
 
 
 
Exemplo 3 – Encontre uma solução em série de potências para a eq. dif. de Airy em torno de x = 1. 
 
 
Solução: Buscamos uma solução, em torno de x0 = 1, na forma  



0
1)(
n
n
n xaxy . Consideramos que a 
série converge para todo x no intervalo 1x . Vamos encontrar as derivadas y’ , y’’ e substituir na 
eq. dif. 
 



1
11
n
n
n xany ,  



2
21)1(
n
n
n xanny , 
    011)1(,0
02
2  





n
n
n
n
n
n xaxxannxyy 
Vamos fazer x = 1 + (x1) e substituir no último termo da expressão 
        01111)1(
002
2  







n
n
n
n
n
n
n
n
n xaxxaxann 
      0111)1(
0
1
02
2  








n
n
n
n
n
n
n
n
n xaxaxann 
Trocando n por n+2 por no primeiro somatório e n por n1 no último somatório: 
        0111)1(2
1
1
00
2  








n
n
n
n
n
n
n
n
n xaxaxann 
Agora vamos calcular o termo para n = 0 nos dois primeiros somatórios, de modo que a parte restante 
deles comece com n = 1 
        0111)1(22
1
1
11
202  








n
n
n
n
n
n
n
n
n xaxaxannaa 
Para os três somatórios, n começa de um e o expoente de x é o mesmo. Então, podemos escrever 
    01)1(22
1
1202  



n
n
nnn xaaannaa , 
donde   0)1(22 1202   nnn aaanneaa , ou   )1(2
1
2 

  nn
aaa nnn 
resolvendo para alguns coeficientes: 
 
Finalmente, podemos escrever a solução: 
 
Quando a relação de recorrência possui mais de dois termos (caso da última que obtivemos), obter uma 
fórmula em termos de a0 e a1 torna-se muito complicado, senão impossível. 
 
 
 
4.3 – Solução em série em torno de um ponto ordinário – parte II 
 
 
Teorema: Se x0 for um ponto arbitrário da ED 
 
 (4.3.1) 
isto é, se p = Q/P e q = R/P forem analíticas, então a solução geral de ED será 
  )()( 2110
0
0 xyaxyaxxay
n
n
n 


 (4.3.2) 
onde a0 e a1 são constantes arbitrárias e y1 e y2 são soluções por série, linearmente independentes, que são 
analíticas em x0. Além disso, o raio de convergência para cada uma das soluções y1 e y2 é pelo menos tão 
grande quanto o mínimo dos raios de convergência para as séries correspondentes às funções p e q. Os 
coeficientes nas soluções são determinados substituindo-se y na ED (4.3.1) pelas séries (4.3.2). 
 
Uma forma um pouco mais geral desse teorema foi enunciado por Fuchs (1833-1902). A demonstração está 
além dos nossos propósitos. O que importa é saber que existe uma solução por série, da forma (4.3.2), e que 
o raio de convergência da solução por série não pode ser menor que o menor dos raios de convergência das 
séries para p e q. Deste modo, precisamos apenas determinar estes raios. 
 
Exemplos: 
 
1) qual é o raio de convergência da série de Taylor para (1 + x2)1, em torno de x = 0? 
Solução: 
A série de Taylor para uma f(x), em torno de x0, tem a forma 



0
0 )()(
n
n
n xxbxf , com 
 
!
)( 0
n
xfb
n
n  . 
22)1(2)(  xxxf , 32222 )1(8)1(2)("   xxxxf , 42332)3( )1(48)1(24)(   xxxxxf , 
52442232)4( )1(384)1(288)1(24)(   xxxxxxf 
1
!0
)0(
0 
fb , 0
!1
)0('
1 
fb , 1
!2
)0("
2 
fb , ,0
!3
)0()3(
3 
fb ,1
!4
)0()4(
4 
fb ,05 b ,16 b ... 
...)1(...1
1
1 2642
2 
nn xxxx
x
 
 
Esta série diverge para 12 x , pois o n-ésimo termo não tende a zero quando x . O raio de 
convergência, nesse caso, é igual a 1. 
 
Pelo teste da razão, vamos obter o mesmo resultado: 
 
 
1
1
1lim
)(
)(
lim 22
)1(2
2
2
02
)1(2
0)1(2 




 




xx
xxb
xxb
n
n
xnn
n
n
x
, ou seja, o raio de convergência e igual a 1. 
 
Um terceiro modo de encontrar o raio de convergência vem da teoria de funções de uma variável complexa, 
quando estamos lidando com polinômios. Demonstra-se que a razão de dois polinômios, digamos Q/P, tem 
uma expansão em série convergente em torno de um ponto x = x0 se 0)( 0 xP . Além disso, considerando 
que se tenha cancelado quaisquer fatores comuns a P e Q, o raio de convergência da série de potências para 
Q/P em torno do ponto x0 é exatamente a distancia de x0 ao zero mais próximo de P. Ao determinarmos esta 
distância, devemos nos lembrar que P(x) = 0 pode ter raízes complexas, e estas também devem ser 
consideradas. 
Então, usando o que foi discutido no parágrafo anterior, os zeros do polinômio 1 + x2 ocorrem em ix  ; 
como a distância de zero até i, no plano complexo, é igual a 1, o raio de convergência da série de potências 
em torno de x = 0 é 1. 
 
Exemplo 2 
Determine um limite inferior pra o raio de convergência das soluções por série em torno de x = 0 para a 
equação de Legendre 
0)1(2)1( 2  yyxyx  , ( é uma constante.) (4.3.3) 
Solução: 
)1()( 2xxP  , xyxQ 2)(  e )1()(  xR são polinômios e os zeros de P(x) ocorrem para 1x , 
estando a uma distância igual a 1 de x = 0. Deste modo, uma solução por série da forma 

0n
n
n xa convergirá 
pelo menos para 1x e, possivelmente, para outros valores de maiores de x. De fato, pode-se mostrar que, 
se  é um inteiro positivo, uma das soluções por série termina após um número finito de termos e, portanto, 
converge não apenas para 1x , mas para todo x. 
 
Exemplo 3 (problemas 22 e 23, p. 254 do livro texto) 
Considere a equação de Legendre (4.3.3). 
A) encontre duas soluções LI, y1(x) e y2(x) que a satisfaçam. 
Solução: 
Seja a equação de Legendre 0)1(2)1( 2  yyxyx  ,  é uma constante. Considerando as 
expressões, em série de potências, para y(x), dy/dx e d2y/dx2 
 
 
 
Substituindo na equação de Legendre 
      01211
01
1
2
22  








n
n
n
n
n
n
n
n
n xaxnaxxnnax  , 
      01211
0122
2  









n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n xaxnaxnnaxnna  ; 
vamos trocar n por n + 2 no primeiro somatório, 
      01211)2(
0120
2  









n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n xaxnaxnnaxnna  ; 
vamos desenvolver o primeiro e o último somatórios para n = 0 e n = 1, o terceiro para n = 1, com o 
objetivo de igualar o valor inicial de n. 
         
  ,012
11)2(21621
22
22
21320













n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
xaxna
xnnaxnnaxaaaa

 
            ,0)1(11)2(21621
2
21320  



n
n
nn xannnnaxaaaa  (4.3.4) 
em (4.3.4), vamos considerar 00 a , 02 a , 02 2
)1( aa   , 031  aa . A relação de recorrência é 
dada pela expressão 
  nn
a
nn
nna
)1(2
)1()1(
2 


 ; 
 
que leva a uma série com expoentes pares 
...)( 44
2
201  xaxaaxy , com 
 
02 2
1 aa   , 
    
00
2
04 !4
)3)(2()1(
!4
6)1(
24
16)1( aaaa   
 



 



 ...
!4
)3)(2)(1(
!2
)1(1)( 4201 xxaxy
 
 
em (4.3.4), vamos considerar agora 020  aa , 13 6
)1(2 aa   . A relação de recorrência é dada pela 
expressão 
  nn
a
nn
nna
)1(2
)1()1(
2 


 ; 
 
que leva a uma série com expoentes ímpares 
...)( 55
3
312  xaxaxaxy , com 13 6
)1(2 aa   ,   13 !3
)1(2 aa   , 35 45
)1(43 aa



 , 
    
11
2
15 !5
)4)(3()1)(2(
!5
12)1)(2(
!345
112)1)(2( aaaa 



 
 



 



 ...
!5
)4()2()3()1(
!3
)1()2()( 5312 xxxaxy
 
 
B) - Mostre que, se  é zero ou um número inteiro positivo par (2n), a série y1(x) se reduz a um polinômio 
de grau (2n), contendo somente termos pares de x. 
 
Solução: 
para  = 2n, n = 0,1,2,..., podemos observar que a série sempre será truncada para um determinado valor de 
n. Vejamos: 
n = 0,  = 0, 01 )( axy  ; n = 1,  = 2, 


  201 !2
61)( xaxy ; n = 2,  = 4, 


  4201 !4
280
!2
201)( xxaxy ; e 
assim por diante. 
 
- Mostre que, se  é zero ou um número inteiro positivo ímpar (2n+1), a série y2(x) se reduz a um polinômio 
de grau (2n+1), contendo somente termos ímpares de x. 
 
Solução: 
para  = 2n+1, n = 0,1,2,..., podemos observar que a série sempre será truncada para um determinado valor 
de n. Vejamos: 
n = 0,  = 1, xaxy 12 )(  ; n = 1,  = 3, 


  312 !3
10)( xxaxy ; n = 2,  = 5, 


  5312 !5
378
!3
28)( xxxaxy ; 
e assim por diante. 
 
 
 
4.4 - Pontos Singulares 
 
Consideremos a ED 
 0)()()( 2
2
 yxR
dx
dyxQ
dx
ydxP (4.4.1) 
Se x0 é um ponto para o qual P(x) se anula, então (considerando que P, Q e R não tenham fatores comuns, 
que possam ser cancelados) x0 será um ponto singular (ou uma singularidade) para as funções p = Q/P, 
q = R/P e para a ED (4.4.1). 
 
Sem qualquer informação sobre o comportamento de Q/P e R/P na vizinhança do ponto singular, é 
impossível descrever o comportamento das soluções da ED (4.4.1) próximo a x = x0. Pode acontecer de 
existir duas soluções LI da ED (4.4.1), que permanecem finitas quando 0xx  , ou pode existir apenas uma 
que permanece finita, sendo que a outra torna-se infinita quando 0xx  . Pode acontecer ainda de ambas as 
soluções se tornarem infinitas quando 0xx  . 
 
Nosso objetivo é estender o método desenvolvido para resolver a ED (4.4.1) nas proximidades de um ponto 
ordinário de modo a também aplicá-lo quando buscamos soluções nas vizinhanças de um ponto singular x0. 
Para fazermos isso de uma maneira simples, temos que nos restringir aos casos em que as singularidades nas 
funções Q/P e R/P, em x = x0, não são tão severas, ou seja, sejam “singularidades fracas”. Vejamos como 
saber esse detalhe. 
Vamos considerar os seguintes limites: 
)(
)()(lim 0
0 xP
xQxx
xx


 e 
)(
)()(lim 20
0 xP
xRxx
xx


. 
Se ambos forem finitos, isso significa que Q/P não é pior que 1/(x  x0) e que R/P não é pior que 1/(x  x0)2. 
Um ponto x0 com essas características é chamado de ponto singular regular (ou singularidade regular). Para 
funções Q/P e R/P mais gerais que polinômios, o ponto singular x0 é regular se ambas as funções 
)(
)()( 0 xP
xQxx  e 
)(
)()( 20 xP
xRxx  , 
têm séries de Taylor convergentes em torno de x0, ou seja, são analíticas em x = x0. 
 
Um ponto x0 que não apresenta essas características é chamado de ponto singular irregular (ou singularidade 
irregular). Não podemos expandir uma solução em série de potências (solução de Frobenius) em torno de 
um ponto singular irregular. 
 
Exemplo 1 
Na ED de Legendre 
    0121 2  yyxyx  
os pontos singulares são 1x . Vamos verificar se eles são singularidades regulares ou irregulares. 
Temos, da ED,  
)1(
2
2x
xPQ


 ,    
)1(
1
2x
PR



 . Calculando os limites, com x0 = 1, temos: 
   
  
1
11
21lim
)1(
21lim
121







 xx
xx
x
xx
xx
,    
  
0
11
)1(1lim
)1(
)1(1lim 2
12
2
1







 xx
x
x
x
xx
 . 
Como os dois limites são finitos, concluímos que x0 = 1 é um ponto singular regular. 
 
Calculando os limites, com x0 = 1, temos: 
   
  
1
11
21lim
)1(
21lim
121







 xx
xx
x
xx
xx
,    
  
0
11
)1(1lim
)1(
)1(1lim 2
12
2
1







 xx
x
x
x
xx
 . 
Como os dois limites são finitos, concluímos que x0 = 1 é um ponto singular regular. 
 
Exemplo 2 
Determine os pontos singulares da ED e classifique-os como regular ou irregular. 
 (ponto singulares: x0 = 0 e x0 = 2) 
  2)2(2
3)(


x
PQxp ,  
)2(2
1)(


xx
PRxq . Calculando os limites, com x0 = 0, temos: 
0
)2(2
3lim 20

 x
x
x
, 0
)2(2
1lim
)2(2
1lim
0
2
0



  x
x
xx
x
xx
. 
Como os dois limites são finitos, concluímos que x0 = 0 é um ponto singular regular. 
 
Calculando os limites, com x0 = 2, temos: 
 
)2(2
3lim
)2(2
32lim
222 



 xx
x
xx
, (não existe o limite para p(x)). Nesse caso, mesmo que exista para 
q(x), a singularidade já é irregular em x0 = 2. 
 
4.5 - Soluções nas proximidades de um ponto singular regular 
Consideremos a ED 
 
 (4.5.1) 
nas proximidades de um ponto singular regular x0. Então 
)(
)()( 0 xP
xQxx  e 
)(
)()( 20 xP
xRxx  , 
têm limites finitos quando 0xx  e são analíticas quando 0xx  . Assim, elas têm expansões em série 
convergente, da forma 




0
00 )()()(
n
n
n xxpxpxx e 



0
0
2
0 )()()(
n
n
n xxqxqxx 
em algum intervalo  0xx em torno de x0, onde 0 . 
 
De agora em diante, em se tratando de equações diferenciais contendo uma singularidade regular em 0xx  , 
a nossa proposta de solução será 







0
0
0
00 )()()()(
n
nr
n
n
n
n
r xxaxxaxxxy 
 
Exemplo – Equação de Bessel 
 
Seja a equação de Bessel 
 (1) 
Considerando as expressões, em série de potências, para y(x), dy/dx e d2y/dx2 
  



0
0
2
020100 )(...)()()()(



kk xxaxxaxxaaxxxy (2) 




0
1
0 ))((


 
kxxka
dx
dy 




0
2
02
2
))(1)((


 
kxxkka
dx
yd (3) 
fazendo x0 = 0 (ponto singular regular) e substituindo na equação de Bessel 
       01
0
22
0
1
0
22  

















 
kkk xanxxkaxxkkax (4) 
 
       01
0
22
00
 










