Listas Resolvidas

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Apostila de Equações Diferenciais.pdf
Sessão 1: Generalidades
Uma equação diferencial é uma equação envolvendo derivadas. Fala-se em derivada de uma
função. Portanto o que se procura em uma equação diferencial é uma função. Em lugar de
começar definindo de conceitos, vamos fazer isto já dentro de exemplos.
Exemplo 1. Resolver a equação diferencial
y′ = xy. (1)
O que se procura aqui é uma função y = y(x) de uma variável x, cuja derivada em qualquer ponto
satisfaz a equação (1). Dizemos que x é a variável independente e y é a variável dependente. A
equação (1) pode ser reescrita como
dy
dx
= xy.
Nesta equação pode-se separar as variáveis: deixar de um lado da igualdade todos os termos em
x e dx e do outro lado todos os termos em y e dy:
dy
y
= x dx ou y = 0.
A função constante y = 0 é uma solução da equação diferencial (1). As demais são obtidas
integrando ∫
dy
y
=
∫
x dx ,
que nos dá
ln |y|+ C1 = x
2
2
+ C2 .
Note que é desnecessário considerar as duas constantes de integração, elas podem ser agrupadas
em uma só,
ln |y| = x
2
2
+
(
C2 − C1
)
.
Chamando de C = C1 − C2, temos
ln |y| = x
2
2
+ C ,
ou, tomando exponencial,
|y| = ex
2
2
+C = eCe
x2
2 .
Portanto, y = ±eCex
2
2 . Mas se C é uma constante arbitrária, ±eC também é, pode assumir
qualquer valor não nulo. Chamando D = ±eC , temos que
y = D e
x2
2 (2)
Figura 1
representa uma famı́lia de soluções da equação dife-
rencial (1). Note que a solução particular y = 0
também estará contida na famı́lia (2), se permitir-
mos que D assuma também o valor 0. Portanto,
(2) representa a famı́lia de todas as soluções da
equação diferencial (1), sendo por isto isto chamada
de solução geral da equação diferencial (1). Um
esboço da famı́lia de curvas (2) é dado ao lado. Neste
exemplo, pode-se notar um fato que é t́ıpico: por
um ponto do plano passa uma e somente uma curva
da famı́lia (2). Portanto, se à equação diferencial
(1) acrescentarmos uma condição do tipo y(a) = b,
chamada de condição inicial, formando o que se
chama de um problema de valor inicial, teremos uma
e somente uma solução. Isto se deve ao fato que, ao impor a condição inicial y(a) = b, geome-
tricamente isto significa que, dentre todas as curvas da famı́lia de soluções, estamos querendo
aquela que passe pelo ponto de coordenadas (a, b). Por exemplo, considerando o problema de
valor inicial (PVI)
y′ = xy , y(2) = 3 ,
substituindo a condição inicial em (2), temos 3 = D e2 . Portanto D = 3 e−2 . Logo a solução
do PVI é
y = 3 e−2 e
x2
2 .
Observações: 1. Daqui para a frente, toda a vez que estivermos resolvendo uma equação
diferencial pelo método de separação de variáveis, ao integrarmos os dois lados, nunca mais
colocaremos uma constante de integração de cada lado, pois, como vimos no exemplo acima,
elas poderão ser agrupadas em uma só.
2. O procedimento descrito acima para resolver a equação diferencial (1) é um procedimento
mecânico, que se presta para os cálculos práticos, mas que, à primeira vista, pode parecer meio
mágico. No entanto, é um método que pode ser usado sem reservas, pois como mostraremos a
seguir, sempre que o desejarmos ele pode ser tornado rigoroso.
Consideremos novamente a equação diferencial (1)
y′ = xy.
Ela equivale a
y′
y
= x ou y = 0.
Note que, pela Regra da Cadeia (para derivar funções compostas),
(
ln |y|
)′
=
1
y
y′ =
y′
y
,
de modo que a equação diferencial original pode ser escrita como
(
ln |y|
)′
= x.
Logo, ln |y| =
∫
x dx− x
2
2
+ C. A partir daqui, continuamos como no exemplo acima.
2
Exemplo 2 – Crescimento Populacional. Suponhamos que se tenha uma população (de
bactérias, por exemplo). Indiquemos por N = N(t) o número de indiv́ıduos no instante t. É
claro que N varia aos saltos, pois só assume valores inteiros. Mas em um modelo matemático
fazemos sempre descrições aproximadas. A realidade em geral é muito complicada. Em um mo-
delo matemático levamos em conta apenas alguns aspectos desta realidade, tentando isolar os
aspectos mais relevantes. Com este esṕırito, em nosso modelo vamos supor que N = N(t) varie
continuamente com o tempo. Vamos inclusive derivar N em relação a t. A derivada N ′(t) =
dN
dt
representa a taxa de crescimento da população. Sabemos, da Biologia, que a taxa de crescimento
de uma população em um dado instante é diretamente proporcional ao número de indiv́ıduos
neste instante. Em śımbolos,
dN
dt
= λN, (3)
onde λ > 0 é uma constante que só depende da espécie de bactérias que se está observando
(depende do tempo médio que cada célula leva para se dividir). A equação diferencial (3)
também pode ser resolvida pelo método de separação de variáveis.
dN
N
= λ dt ou N = 0.
A função constante N = 0 é uma solução particular de (3), embora não seja relevante no caso
da população. Por integração, ∫
dN
N
= λ
∫
dt ,
ou seja, lnN = λ t+C. Aplicando a exponencial, N = eCeλ t. Mas eC representa uma constante
-
6
sN0
t
N arbitrária. O significado não muda se usarmos
qualquer outra letra para representá-la. Podemos
inclusive usar novamente a letra C. Assim, a
solução geral de (3) é
N = Ceλ t .
Se for conhecida a população N0 no instante ini-
cial t = 0, isto é, se tivermos uma condição inicial
N(0) = N0, determinamos C = N0,
N = N0eλ t .
Conclúımos que, segundo este modelo, a população cresce exponencialmente. Neste exemplo,
novamente observamos que em cada ponto do plano passa uma e somente uma solução da equação
diferencial. Portanto, acrescentando uma condição inicial, ou equivalentemente, ao exigir que a
curva solução passe por um determinado ponto, teremos uma única solução para o PVI.
Obs. O fenômeno do decaimento radiativo pode ser modelado pela mesma equação diferencial.
Se N = N(t) denota agora a quantidade de material radiativo em uma certa amostra, N decai
a uma taxa, em cada instante t, proporcianal à quantidade existente de material no instante t.
Mas como N diminui, temos N ′ < 0. Assim a equação diferencial é
dN
dt
= −λ N .
Fazendo uma análise semelhante à feita acima, encontramos a solução geral
N = C e−λ t .
3
Exemplo 3. Resolver a equação diferencial
y′′ + y = 0. (4)
Esta é uma equação diferencial de 2a ordem. Por definição, a ordem de uma equação diferencial
é a ordem da derivada mais alta que aparece na equação. Ao resolver (4), estamos procurando
uma função y, cuja derivada segunda seja y′′ = −y. Pela experiência acumulada do Cálculo,
conhecemos duas funções que satisfazem a esta condição, y1 = y1(x) = cosx e y2 = y2(x) =
sen x. Estas são duas soluções particulares da equação diferencial (4). A partir delas, podemos
construir toda uma famı́lia de soluções,
y = C1 cosx + C2 sen x . (5)
Por exemplo, y = 2 cos x − 5 sen x faz parte desta famı́lia. É imediato verificar que qualquer
função da forma (5) é uma solução de (4). De fato, se
y = C1 cosx + C2 sen x ,
então
y′ = −C1 senx + C2 cosx
e, portanto,
y′′ = −C1 cosx− C2 senx = −y .
O que não é nada óbvio e será mostrado mais tarde é que vale a rećıproca, toda solução da
equação diferencial (4) faz parte da famı́lia (5), isto é, (5) é a famı́lia de todas as soluções da
equação diferencial (4). Por esta razão, (5) é chamada de solução geral da equação diferencial (4).
Note que esta famı́lia envolve duas constantes arbitrárias, sendo por isto de um tipo “maior”,
do que a solução geral de uma equação diferencial de 1a ordem, que envolve uma constante
arbitrária. Veremos que, de uma maneira geral, o número de constantes arbitrárias envolvidas
na solução geral de uma equação diferencial é igual à ordem da equação diferencial.
Exemplo 4 – Sistema Massa–Mola. Consideremos o sistema mecânico mostrado na figura,
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD
D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥¥¥
¥¥
g grr
x(t)0
m
k
~F¾
formado por uma massa m presa a uma mola de
constante de elasticidade k e que realiza oscilações
livres (sem força externa), não amortecidas (sem
atrito) em torno de uma posição de equiĺıbrio. Colo-
camos a coordenada 0 na posição de equiĺıbrio. Em
cada instante t a massa ocupa a posição de abscissa
x = x(t). A única força que age sobre a massa é a
força restauradora elástica F . O sentido desta força é contrário ao do deslocamento x e seu
módulo é diretamente proporcional ao módulo do deslocamento.
F = −k x.
Por outro lado, pela 2a lei de Newton, a força é igual a massa vezes a aceleração,
F = m
d2x
dt2
.
Igualando estas duas expresões para a força, obtemos a equação diferencial
m
d2x
dt2
+ k x = 0 ,
4
ou seja,
d2x
dt2
+ ω2x = 0 , com ω2 =
k
m
. (6)
Podemos verificar que x1 = x1(t) = cosωt e x2 = sen ωt são duas soluções particulares de (6).
Do mesmo modo que no Exemplo 3, podemos, a partir delas, construir uma famı́lia de soluções
x = x(t) = C1x1(t) + C2x2(t) = C1 cosωt + C2 sen ωt . (7)
Nossa intuição f́ısica nos diz que para prever a posição da massa em um instante t futuro,
precisamos conhecer dois dados, a posição e a velocidade iniciais. Chegamos assim ao chamado
problema de valor inicial 


x′′ + ω2x = 0
x(0) = x0
x′(0) = v0
(8)
que consiste da equação diferencial de 2a ordem (6) e duas condições iniciais. A solução geral (7)
corresponde às infinitas oscilações que nosso sistema massa–mola pode realizar. As condições
iniciais permitem determinar as constantes C1 e C2. De fato, fazendo t = 0 em (7) encontramos
C1 = x0. Derivando (7) e fazendo t = 0 em (7), encontramos C2 = v0ω = v0
√
m
k .
Assim, a equação diferencial (6) tem uma infinidade de soluções, mas o problema de valor inicial
(8) tem uma só solução,
x(t) = x0 cos
(
t
√
k
m
)
+ v0
√
m
k
sen
(
t
√
k
m
)
. (9)
Observação. Vamos aproveitar para fazer uma observação muito útil nas aplicações. Olhando
a expressão (7) para a solução geral, fica dif́ıcil ter uma idéia geométrica da famı́lia de funções
por ela representadas. Por isto, vamos transformar a expressão (7). Seja P o ponto do plano
cujas coordenadas cartesianas são P =
(
C2, C1
)
. O ponto P tem coordenadas polares, digamos,
C e ϕ, dadas por
C =
√
C21 + C
2
2 e ϕ = arctan
C1
C2
.
Temos
C1 = C senϕ e C2 = C cosϕ .
Substituindo em (7) temos
x(t) = C cosωt senϕ + C senωt cosϕ ,
ou seja,
x(t) = C sen
(
ωt + ϕ
)
. (10)
A conclusão é que (7) e (10) são duas maneiras diferentes de expressar a solução geral da
equação diferencial (6). Este exemplo ilustra o fato que podem existir diferentes maneiras de
expressar a solução geral. A expressão (10) para a solução geral é muito mais conveniente para
ter uma descrição geométrica para a solução geral. A constante ϕ corresponde a uma translação
horizontal. O fator C simplesmente modifica a amplitude. Portanto, qualquer solução x(t) é
obtida da senóide x = senωt através de um deslocamento horizontal e da multiplicação por uma
constante C.
5
Classificação das Equações Diferenciais
– A ordem de uma equação diferencial é a maior ordem de derivação envolvida.
Exemplo: y′′ − 2xy′ + 4y = ex é uma equação diferencial de 2a ordem.
– Uma equação diferencial é ordinária (EDO) se a função procurada for de uma variável.
Exemplo: Todos vistos até agora.
– Uma equação diferencial é parcial (EDP) se a função procurada for uma função de várias
variáveis e, consequentemente, a equação envolver derivadas parciais.
Exemplo: A Equação de Laplace uxx +uyy = 0, é uma equação diferencial parcial de 2a ordem.
Alguns exemplos de soluções particulares da equação de Laplace são u1(x, y) = x2−y2, u2(x, y) =
xy, u3(x, y) = x3 − 3xy2, u4(x, y) = ex cos y, u5(x, y) = ex sen y, u6(x, y) = ln
(
x2 + y2
)
,
u7(x, y) = arctan
(y
x
)
, u8(x, y) = Ax + by + C, u9(x, y) =
x
x2 + y2
.
O objetivo, ao dar essa lista de algumas soluções particulares da equação de Laplace, é
mostrar que existem soluções dos mais diversos tipos. A estrutura da famı́lia das soluções é
muito mais complexa do que nos exemplos vistos de equações diferenciais ordinárias.
Notação
No exemplo baixo mostramos 3 notações usuais para a mesma EDO:
(i)
(
x− y2)y′ = x2y
(ii)
(
x− y2)dy
dx
= x2y
(iii) x2y dx +
(
y2 − x)dy = 0
Observação. Não precisamos nos preocupar com o sentido de cada um dos śımbolos dx e dy
isoladamente. Apenas convecionamos que o significado da expressão (iii) acima é o que se obtém
ao dividir tudo por dx.
6
Seção 2: Interpretação Geométrica – Campo de Direções
Definição. Dizemos que uma EDO de 1a ordem está em forma normal se y′ está isolado, ou
seja, se a equação for da forma
y′ = F (x, y) ,
onde F (x, y) é uma função de duas variáveis.
Exemplos:
y′ = xy está em forma normal;
(
x + y
)
y′ = xy não está, mas pode facilmente ser posta em forma normal;
xy′ +
(
y′
)3
= y não está em forma normal.
Exemplo 1. Consideremos a equação diferencial
y′ = x2 + y2 . (1)
Esta é uma EDO de 1a ordem em forma normal. Não sabemos resolver a equação (1), mas
vamos ver que por considerações geométricas é posśıvel ter uma idéia do comportamento de
suas soluções.
Qual a declividade da solução que passa pelo ponto (1, 1)? Mais precisamente, qual é a declivi-
dade da reta tangente à solução passando pelo ponto (1, 1), nesse ponto? A própria equação
nos diz que essa declividade vale y′ = 12 + 12 = 2. Desenhando, então, um pequeno seg-
mento de reta centrado no ponto (1, 1) e com declividade 2, sabemos que este pequeno segmento
tangencia a solução no ponto (1, 1). Fazemos o mesmo procedimento com um número grande
de pontos: para cada um destes pontos P = (x, y) calculamos o valor do coeficiente angular
y′ = F (x, y) = x2 + y2 e desenhamos um pequeno segmento de reta com esta declividade,
centrado no ponto P = (x, y). Fica determinado assim um campo de direções, a cada ponto
corresponde uma direção. As soluções da equação diferencial são precisamente as curvas que
podem ser traçadas tangenciando em cada um de seus pontos o campo de direções. É importante
que a equação esteja em forma normal, para que, dado qualquer ponto (x, y) possamos facilmen-
–1
–0.8
–0.6
–0.4
–0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
y(x)
–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1
x
te calcular o valor F (x, y) da declividade neste
ponto. Existem programas de computador para
desenhar campos de direções, mas quando se usa
um processo mais manual, para tornar a tarefa
exeqǘıvel, é conveniente organizar o trabalho da
seguinte forma: desenhar de uma vez todos os pe-
quenos segmentos do campo de direções que tenham
uma mesma inclinação. Em nosso exemplo, da EDO
y′ = x2 + y2, podemos começar desenhando todos
os segmentos de inclinação 1. O que facilita é que
eles são todos paralelos entre si. Mas em que pon-
tos devemos centrá-los? Nos pontos que satisfazem
x2+y2 = 1 (um ćırculo). A seguir podemos desenhar
os vários pequenos segmentos de inclinação 1/2.
Eles estão centrados nos pontos que satisfazem F (x, y) = x2 + y2 = 1/2 (um ćırculo interno ao
anterior). E vamos continuando este processo. Para diversos valores de k vamos desenhando,
de uma vez, todos os segmentos de inclinação k. Precisamos descobrir onde estes segmentos
estão centrados. No presente exemplo são em pontos sobre um ćırculo, mas, no caso geral, são
os pontos cujas coordenadas satisfazem a equação F (x, y) = k. Estas equações F (x, y) = k
determinam uma famı́lia de curvas no plano, chamadas de isóclinas. Esta palavra significa
mesma inclinação, lembre que iso=igual. No presente exemplo, todas as isóclinas são ćırculos,
exceto aquela
que corresponde à inclinação k = 0, que se reduz à origem. Uma vez tendo o
esboço do campo de direções, podemos tentar esboçar as curvas que tangenciam o campo. Elas
são as soluções da EDO. Assim mesmo sem saber resolver a equação, podemos ter uma idéia
do comportamento de suas soluções. É claro que quanto mais preciso for o esboço do campo de
direções, melhor será esta idéia sobre o comportamento das soluções.
Exemplo 2. Consideremos a equação diferencial
y′ = −
x
y
. (2)
Novamente é uma EDO de 1a ordem em forma normal. Esta equação pode ser facilmente
resolvida separando as variáveis, como já foi feito na Sessão 1. Mesmo assim é interessante
aplicar o método geométrico exposto acima para, antes mesmo de resolver a EDO, obter um
esboço e o comportamento de suas soluções. Inicialmente, notemos que nossa EDO faz sentido
–2
–1
0
1
2
y(x)
–2 –1 1 2
x
apenas para y 6= 0. Ou seja, para sermos bem pre-
cisos, devemos resolvê-la ou no semiplano superior
y > 0, ou no semiplano inferior y < 0. O eixo dos X
está fora de cogitação. As isóclinas da EDO são as
curvas
−
x
y
= k,
que representa a famı́lia das retas passando pela
origem. No entanto, como o eixo dos X está fora de
cogitação, a origem também está. Conclúımos que as
isóclinas na verdade são as semi-retas não horizon-
tais partindo da origem. Como vimos no exemplo 1,
sobre cada uma destas semi-retas devemos desenhar pequenos segmentos de reta paralelos entre
si, ou seja com mesma inclinação. Qual o valor dessa inclinação? Para descobrir isto, note que
–2
–1
0
1
2
y(x)
–2 –1 1 2
x
a isóclina
f(x, y) = −
x
y
= k
é parte da reta de equação y = −
x
k
que tem declivi-
dade −
1
k
. Desenhamos pequenos segmentos de de-
clividade k centrados nos pontos da reta y = − 1
k
x.
Note que os segmentos desenhados são todos per-
pendiculares à isóclina y = − 1
k
x (segue do fato que
duas retas são perpendiculares quando o produto de
seus coeficientes angulares for igual a −1). Agora
fica muito fácil fazer o esboço do campo de direções.
Primeiro traçamos as retas passando pela origem.
Em seguida, para cada uma delas traçamos pequenos
segmentos de retas ortogonais. Obtemos a figura mostrada acima, que sugere fortemente que as
soluções são os ćırculos passando pela origem. Mas só vamos ter certeza de que são ćırculos e
não, por exemplo, elipses, depois de resolvermos a EDO. Na verdade não são ćırculos completos
pois a equação não faz sentido nos pontos do eixo X, são apenas os semićırculos que resultam
de remover os pontos sobre o eixo X. Além disto, ćırculos não são gráficos de funções.
2
Para resolver a EDO, começamos reescrevendo na notação
dy
dx
= −
x
y
.
A seguir, separamos as variáveis
y dy = −x dx
e integramos
∫
y dy = −
∫
x dx.
Quando calculamos as integrais, como já foi explicado no Exemplo 1 da Sessão 1, só é necessário
considerar constante de integração de um dos lados. Portanto,
y2
2
= −
x2
2
+ C.
É mais interessante escrever na forma
x2
2
+
y2
2
= C.
Multiplicando por 2 e chamando 2C = K, obtemos finalmente a solução geral em forma impĺıcita
x2 + y2 = K,
comprovando que é uma famı́lia de ćırculos.
Observação importante. Geometricamente, resolver uma EDO (de 1a ordem em forma nor-
mal) significa encontrar as curvas que tangenciam o campo de direções. Então, dado um ponto
(x0, y0), a partir dele, começamos a nos deslocar na direção do campo. Mas, à medida que
avançamos, a direção do campo muda. Devemos, então, constantemente ir corrigindo o rumo,
a fim de acompanhar o campo de direções. Esta é a idéia intuitiva por traz do teorema abaixo.
É importante ter consciência de que o argumento que acabamos de apresentar é puramente in-
tuitivo, para que se comprenda como é natural o que o teorema afirma, mas não serve como o
demonstração do mesmo. O teorema só pode ser realmente provado em um curso mais avançado.
Teorema de Existência e Unicidade. Dada uma EDO de 1a ordem em forma normal
y′ = F (x, y) ,
onde F (x, y) é uma função de duas variáveis, tendo derivadas parciais de 1a ordem cont́ınuas
em uma região D do plano, então em cada ponto (x0, y0) da região D passa uma e somente uma
solução da EDO. Em outras palavras, o problema de valor inicial
{
y′ = F (x, y)
y(x0) = y0
tem solução única, definida em um intervalo aberto contendo x0.
O Teorema acima faz duas afirmações. A primeira é que em cada ponto da região D passa uma
solução da EDO (existência). A segunda é que passa uma só (unicidade). Decorre da unicidade
que duas soluções não podem nunca se encontrar, nem se cruzar e nem se tangenciar. Isto, é
claro, para as equações satisfazendo as hipóteses do Teorema de Existência e Unicidade. Vamos
ver com exemplos que fora destas hipóteses já não se pode garantir que isto não aconteça.
3
Exemplo 3. Consideremos a EDO xy′ = 2y .
Esta EDO pode ser resolvida por separação de variáveis.
x
dy
dx
= 2y ,
dy
y
=
2dx
x
ou y = 0 .
Uma solução particular é y = 0. As demais são econtradas integrando
∫
dy
y
= 2
∫
dx
x
, ln |y| = 2 ln |x| + lnC .
Acima já escrevemos a constante de integração em forma de lnC. Logo a solução geral é
y = Cx2 .
Note que a solução particular y = 0 está inclúıda na solução geral, para C = 0.
-
6
Ao lado estão mostradas as soluções da EDO. Note que
a região D em que a equação faz sentido é o plano
todo. Em aparente contradição com o Teorema de
Existência e Unicidade, observamos:
– Pelo ponto (0, 0) passa mais de uma solução (todas
as soluções passam pela origem).
– Se b 6= 0, pelo ponto (0, b) não passa nenhuma solução.
Na verdade não há aqui contradição alguma com o Teo-
rema de Existência e Unicidade. A equação xy′ = 2y
não está em forma normal e, portanto, o teorema nada
afirma a respeito dela.
É interessante notar que se diminuirmos a região,
tomando D como sendo, por exemplo, o semiplano da
direita x > 0, nesta região menor a equação pode ser
posta na forma normal,
y′ =
2y
x
e, em completo acordo com o Teorema de Existência e Unicidade, em cada ponto do semiplano
x > 0 passa uma e uma só solução da EDO.
Exemplo 4. Dada a curva y = x3, consideremos a famı́lia de todas as curvas dela obtidas por
translação horizontal
y = (x − C)3 . (3)
Consideremos agora a situação inversa de determinar uma EDO de primeira ordem da qual a
famı́lia (3) seja a solução geral. Por derivação, econtramos
y′ = 3(x − C)2 .
Mas de (3), segue que x − C = y
1
3 e, então,
y′ = 3 y
2
3 . (4)
Conclúımos que a famı́lia (3) é solução da EDO (4). No entanto, é fácil verificar que a função
constante y = 0 também é uma solução da EDO (4). Assim, pelo ponto (0, 0) passa uma solução
y = x3, que faz parte da famı́lia (3), para C = 0, mas passa também uma outra solução, a
função y = 0. Estamos, de fato, diante de uma EDO (3) em forma normal, para a qual passam
4
duas soluções diferentes pelo ponto (0, 0). Cabe então perguntar porque isto não contradiz o
Teorema de Existência e Unicidade. Notemos que (3) é uma EDO da forma y′ = F (x, y), onde
F (x, y) = 3 y
2
3 . Mas no Teorema de Existência e Unicidade existe a hipótese de que função
F (x, y) deve ter derivadas parciais de primeira ordem cont́ınuas. No presente exemplo,
Fy(x, y) = 2 y
−
1
3
e esta última expressão não está definida e muito menos é cont́ınua para y = 0.
5
Seção 3: Equações Separáveis
Definição. Uma EDO de 1a ordem é dita separável se for da forma
y′ = f(x) g(y),
onde f(x) e g(y) são funções de uma variável. Ou seja, é o caso de equação em forma normal
y′ = F (x, y) em que F (x, y) é do tipo particular F (x, y) = f(x) g(y).
Exemplos: 1. A equação y′ =
2x
1 + 2y
é separável, com
f(x) = 2x e g(y) =
1
1 + 2y
.
2. A equação y′ = y + 3x não é separável.
Método de Resolução. As equações separáveis são aquelas em que se pode separar as varáveis,
passando para um lado da igualdade os termos contendo y e dy e para o outro lado os termos
contendo x e dx. Já resolvemos equações separáveis pelo método de separação de variáveis em
vários exemplos das seções anteriores. Vamos apenas comentar que
dy
dx
= f(x) g(y) (1)
equivale a
dy
g(y)
= f(x) dx ou g(y) = 0.
Se y0 é tal que g(y0) = 0, é fácil verificar que a função constante y(x) = y0 é uma solução da
EDO (1). As demais são obtidas por integração
∫
dy
g(y)
=
∫
f(x) dx .
Admitindo que se consiga calcular as integrais acima, vamos obter a solução geral da EDO
separável (1) na forma
ψ(y) = ϕ(x) + C , (2)
onde ϕ(x) e ψ(y) são certas funções de uma variável. O que queremos observar aqui é a
forma como vamos encontrar a solução geral (2). Dado um x, não está dito quanto vale o y
correspondente. Só é dada uma equação relacionando x e y. Em resumo, ao resolvermos uma
equação separável pelo método de separação de variáveis, vamos encontrar a solução geral (2)
definida implicitamente. Em alguns exemplos conseguimos resolver a equação (2), explicitando
y como função de x. Em outros exemplos, isto pode ser muito dif́ıcil ou mesmo imposśıvel.
Pode ainda existir uma ou mais soluções não inclúıdas na solução geral. Estas serão da forma
y = y0, onde y0 um zero da função g(y).
Exemplo 3. Resolver a EDO
xy′ + y − y2 = 0 . (3)
Esta equação é separável,
x
dy
dx
= y2 − y ,
que é equivalente a
dy
y
(
y − 1) =
dx
x
ou y = 0 ou y = 1 .
Verificamos que as funções constantes y = 0 e y = 1 são soluções da EDO (3). Ficamos com a
integral ∫
dy
y
(
y − 1) =
∫
dx
x
.
Decompondo em frações parciais
1
y
(
y − 1) =
1
y − 1 −
1
y
,
obtemos
ln |y − 1| − ln |y| = ln |x|+ lnC .
A solução geral em forma impĺıcita é
|y − 1|
|y| = C|x| , ou seja,
y − 1
y
= ±Cx
ou ainda (permitindo que C assuma valores positivos e negativos), simplesmente,
y − 1
y
= Cx .
Neste exemplo, é simples obter y explicitamente isolando
1− 1
y
= Cx , 1− Cx = 1
y
, y =
1
1− Cx .
-
6
Finalmente as soluções da EDO (3) são
y =
1
1− Cx , y = 0 .
Note que aqui a solução particular y = 1 fica
inclúıda na solução geral, para C = 0 e, por
isto, não precisamos insistir nela. Mas a solução
particular y = 0 não estão contida na solução
geral para nenhum valor da constante C.
Ao lado está um esboço da famı́lia das soluções
da EDO (3). Todas as curvas passam pelo ponto
(0, 1). As soluções preenchem o plano todo ex-
ceto os pontos (0, y) sobre o eixo dos Y com
y 6= 0, pelos quais não passa nenhuma solução.
Isto só não contradiz o Teorema de Existência e Unicidade da Seção 2 porque, embora a EDO
(3) faça sentido em todo o plano, ela só pode ser colocada em forma normal
dy
dx
=
y2 − y
x
para x 6= 0, ou seja, fora do eixo Y .
Exemplo 4. Vamos formar problemas de valor inicial, acrescentando alguma condição inicial à
mesma EDO considerada no Exemplo 3.
– Resolva o PVI abaixo, encontrando o intervalo máximo de definição da solução
{
xy′ + y − y2 = 0
y(−1) = 2 (4)
2
Tomamos a solução geral encontrada acima e substitúımos x = −1 e y = 2 . Isto nos dá
2 =
1
1 + C
.
Obtemos C = −1
2
e y =
1
1 + 12x
=
2
x + 2
. Esta solução não está definida para x = −2 e
na EDO não tem nenhuma restrição adicional. Retirando do conjunto R dos números reais o
elemento x = −2, sobram 2 intervalos, (−∞,−2) e (−2,+∞) . Mas para cumprir a condição
inicial, nossa solução precisa estar definida no ponto x = −1. Dentre os 2 intervalos, tomamos
aquele que contém o ponto x = −1, ou seja (−2, +∞) .
Conclusão: A solução do PVI (4) é a função y =
2
x + 2
, definida o intervalo I = (−2, +∞) .
– Resolva o PVI abaixo, encontrando o intervalo máximo de definição da solução
{
xy′ + y − y2 = 0
y(2) = 0
(5)
Se substituirmos na solução geral x = 2 e y = 0 , encontraremos uma condição imposśıvel de
ser cumprida. Isto se deve ao fato que a solução do PVI (5) não está inclúıda na solução geral
da EDO, mas é precisamente a solução y(x) = 0. O intervalo de definição desta função é todo
I = R.
Exemplo 5. Resolva o PVI abaixo, encontrando o intervalo máximo de definição da solução



y′ =
2x
1 + 2y
y(2) = −1
(6)
Denotando y′ por
dy
dx
, separando as variáveis e integrando, obtemos
dy
dx
=
2x
1 + 2y
,
(
1 + 2y
)
dy = 2x dx e
∫ (
1 + 2y
)
dy =
∫
2x dx .
Calculando as integrais, encontramos a solução geral em forma impĺıcita: y + y2 = x2 + C .
Substituindo x = 2 e y = −1, encontramos C = −4. Portanto, a solução do PVI (6) em forma
impĺıcita é
y + y2 = x2 − 4 .
Usando a fórmula de Bhaskara, podemos isolar y e encontramos
y = −1
2
±
√
x2 − 15
4
.
Para determinar qual é o sinal que serve, fazemos novamente x = 2 e y = −1. Temos
−1 = −1
2
±
√
4− 15
4
,
isto é,
−1
2
= ±
√
4− 15
4
.
3
Portanto, o sinal que serve é o de menos. Logo, a solução do PVI (6) em forma expĺıcita é
y = −1
2
−
√
x2 − 15
4
.
Vamos agora determinar o domı́nio da solução. É preciso que x2 − 154 ≥ 0 , ou seja, 154 ≤ x2 .
Devemos ter
x ≥
√
15
2
ou x ≤ −
√
15
2
.
Os intervalos de definição de soluções de EDO’s são tomados sempre abertos. Isto porque a
EDO envolve derivada. No Cálculo, define-se derivada de uma função em um ponto interior
do intervalo. Por isto, ficamos com I =
(−∞,−
√
15
2
)
ou I =
(√
15
2 , +∞
)
. Mas o intervalo de
definição da solução deve conter o x da condição inicial. Logo I =
(√
15
2 , +∞
)
.
Observação: Outra maneira de ver que o intervalo de definição não poderia ser fechado é notar
que x nem poderia assumir o valor
√
15
2 por uma outra razão. Se x =
√
15
2 , então y = −12 ,
anulando o denominador do lado direito da EDO.
A questão original está resolvida, mas é interessante voltar à solução geral y + y2 = x2 + C
da EDO e fazer uma análise geométrica. Por ser uma equação algébrica de grau 2, a solução
geral é uma famı́lia de cônicas. Para ter uma idéia melhor, completamos os quadrados
y2 + y +
1
4
= x2 + C +
1
4
.
Incorporamos a fração do lado direito à constante, obtendo
x2 −
(
y +
1
2
)2
= C ,
que é uma famı́lia de hipérboles (em alguns casos só metades de ramos de hipérboles).
-
6
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4
Seção 4: Equações Exatas – Fator Integrante
Introduzimos a idéia de equação exata, através de dois exemplos simples. Note que
nesses dois exemplos, além de exata, a EDO também é separável, podendo alternativa-
mente ser resolvida pelo método da Seção 3.
Exemplo 1. Seja a equação diferencial
xy′ + y = 0 . (1)
A EDO (1) pode ser reescrita como
(
xy
)′
= 0 , (2)
que é equivalente a
xy = C , (3)
Portanto a solução geral de (1) é a famı́lia de hipérboles
y =
C
x
,
definidas nos intervalos I = (0, +∞) ou J = (−∞, 0) , tendo ainda a solução y = 0
definida em todo R.
Exemplo 2. A equação diferencial
y y′ = x + 1 (4)
pode ser rescrita como (
1
2
y2 − x
2
2
− x
)′
= 0 , (5)
que é equivalente a
1
2
y2 − x
2
2
− x = C , (6)
Então, (6) é a solução geral de (4) em forma impĺıcita. Esta solução geral pode ser rescrita
como
y = ±
√
x2 + 2x + C .
Observação. O que as equações (1) e (4) têm em comum é que podem ser reescritas na
forma
d
dx
[
F (x, y)
]
= 0 , (7)
para uma conveniente função de duas variáveis F (x, y). A solução geral de (7) é
F (x, y) = C .
Definição. Uma EDO e primeira ordem exata é uma equação da forma (7), isto e, da
forma
Fx(x, y) + Fy(x, y) y
′ = 0 , (8)
Para alguma função de duas variáveis F (x, y). Pelo exposto acima, a solução geral de (7)
ou (8) é a famı́lia F (x, y) = C .
Exemplo 3. A equação diferencial
xy y′ +
y2
2
= sen x (9)
pode ser reescrita como
y2
2
− sen x + xy y′ = 0 .
Para encaixá-la no modelo (8), precisamos verificar se existe uma função de duas variáveis
F (x, y) tal que
Fx(x, y) =
y2
2
− sen x e Fy(x, y) = xy .
De fato, existe,
F (x, y) =
x y2
2
+ cos x .
Logo a solução geral de (9) é
x y2
2
+ cos x = C .
Observação Fundamental. Segue da discussão acima que uma EDO
M(x, y) + N(x, y) y′ = 0 , (10)
é exata se existir uma conveniente função de duas variáveis F (x, y) satisfazendo
M(x, y) = Fx(x, y) e N(x, y) = Fy(x, y) . (11)
Neste caso, a solução geral da EDO (10) é a famı́lia F (x, y) = C .
Notação. Com o mesmo significado de (10) são usuais as notações
M(x, y) + N(x, y)
dy
dx
= 0 (12)
e
M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 . (13)
Não vale a pena perdermos tempo tentando atribuir um sentido a dx e dy isolados. O
melhor é considerarmos que (13) é simplesmente uma notação que significa (12).
Questão Prática. Dada uma EDO em forma (10), ou equivalentemente (12) ou (13),
como reconhecer se ela é exata? Se a equação for exata, é porque existe uma função
F (x, y) satisfazendo (11). Segue que My = Fxy e Nx = Fyx . Mas sabemos do Cálculo
que Fxy = Fyx . Obtemos assim o seguinte teste.
2
Teste. Para que a EDO (13) seja exata é necessário que seja satisfeita a condição
My = Nx . (14)
conhecida como condição de Euler.
Observações. 1– Não estamos afirmando que a condição (14) seja suficiente para que
a EDO (13) seja exata, mas apenas que ela é necessária. Em outras palavras, verificado
que vale (13) devemos passar a procurar pela função F (x, y), mas se (14) não for válida,
paramos por áı, pois a função F (x, y) não existirá.
2– Embora a condição (14) não seja suficiente para assegurar que a EDO em questão
é exata, na prática, para as EDO’s que normalmente encontraremos, se a condição (14)
for cumprida, dificilmente a EDO deixará de ser exata. Em particular, toda a vez que o
domı́nio das funções M e N for todo o R2 a condição (14) é também suficiente.
3– No Cálculo foi estudada a noção de diferencial exata, no contexto de integrais de linha
independentes do caminho. Estas duas noções estão intimamente relacionadas. De fato, a
diferencial M(x, y) dx+N(x, y) dy é exata se e somente se ela provém de um potencial, isto
é, se existe uma função de duas variáveis F (x, y) para a qual dF = M(x, y) dx+N(x, y) dy.
É fácil ver que isto acontece se e somente se a EDO M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0 for exata.
Exemplo 4. Resolver a equação diferencial
(x− y2) y′ = x− y . (15)
Para verificar se é exata, o mais simples é reescrever a equação na forma (13), ou seja,
(y − x) dx + (x− y2) dy = 0 .
Temos que
M = y − x e N = x− y2
satisfazem
∂N
∂x
= 1 =
∂M
∂y
.
Passamos, então, a procurar F (x, y) tal que



∂F
∂x
= y − x
∂F
∂y
= x− y2
(16)
Da primeira equação segue que
F (x, y) = xy − x
2
2
+ ϕ(y),
onde ϕ(y) depende só de y. Derivando em relção a y, obtemos
∂F
∂y
= x + ϕ′(y).
3
Comparando com a segunda equação de (16), conclúımos que
ϕ′(y) = −y2
e
ϕ(y) = −y
3
3
.
Nesta última, a constante e integração é tomada como 0, pois basta-nos encontrar uma
F (x, y), não estamos interessados na mais geral. Então, uma possibilidade é
F (x, y) = xy − x
2
2
− y
3
3
.
A solução geral de (15) é
xy − x
2
2
− y
3
3
= C .
Fator Integrante
Às vezes uma equação diferencial M(x, y) + N(x, y) y′ = 0 não é exata, mas pode-
mos encontrar uma função µ(x, y) 6≡ 0 , chamada de um fator integrante, tal que
µ(x, y) M(x, y) + µ(x, y) N(x, y) y′ = 0 seja exata.
Exemplo 5. Consideremos a equação diferencial
x2 y′ + (1− x2) y2 = 0 . (17)
Rescrevendo como
(1− x2) y2 dx + x2 dy = 0 ,
temos M = (1 − x2) y2 e N = x2, de modo que My = 2 (1 − x2) y e Nx = 2 x. Como
My 6= Nx , a equação (17) não é exata. No entanto, multiplicando pelo fator integrante
µ(x, y) =
1
x2y2
,
obtemos a EDO (
−1 + 1
x2
)
dx +
1
y2
dy = 0 , (18)
para a qual, agora, M = −1 + 1
x2
e N =
1
y2
satisfazem a condição (14).
Obs. Quando multiplicamos pelo fator integrante, eliminamos a possibilidade de y se
anular, por causa do termo y2 no denominador. Caso y = 0 seja uma solução da equação
original (17), ela pode ter sido perdida. Portanto é preciso verificar separadamente se
y = 0 é uma solução de (17). É fácil ver que é. Em outras palavras, as soluções de (17)
e (18) são as mesmas, a menos desta solução particular. A equação (18) não faz sentido
para y = 0 .
4
Precisamos encontrar F (x, y) tal que



∂F
∂x
= −1 + 1
x2
∂F
∂y
=
1
y2
Da primeira segue que F é da forma
F (x, y) = −x− 1
x
+ ϕ(y) .
Derivando em relação a y, temos Fy = ϕ
′(y) . Logo, ϕ′(y) =
1
y2
e ϕ(y) = −1
y
. Final-
mente F (x, y) = −x− 1
x
− 1
y
e a solução geral em forma impĺıcita é
−x− 1
x
− 1
y
= C .
Podemos explicitar
y = − x
x2 + Cx + 1
.
Esta é a solução geral de (17), mas ainda tem a solução y = 0 que não faz parte desta
famı́lia para nenhum valor particular de C.
A dificuldade com o método do fator integrante é encontrar este fator integrante.
Encontrar um fator integrante para
M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0
é encontrar uma função de duas variáveis µ = µ(x, y) tal que
µ(x, y) M(x, y) dx + µ(x, y) N(x, y) dy = 0
seja exata. É preciso que
∂
∂y
[
µ(x, y) M(x, y)
]
=
∂
∂x
[
µ(x, y) N(x, y)
]
.
Esta última equação é uma equação diferencial parcial
−N ∂µ
∂x
+ M
∂µ
∂y
+
(
My −Nx
)
µ = 0 ,
Encontrar uma solução não trivial µ para esta equação diferencial parcial é, em prinćıpio,
mais dif́ıcil do que resolver a EDO original. Por esta razão o que se faz na prática é procu-
rar se existem fatores integrantes de alguns tipos especiais. Concentraremos nossa atenção
em fatores integrantes dependentes de apenas uma das variáveis. Existem métodos para
procurar fatores integrantes de muitos outros tipos, mas não nos deteremos neste estudo,
pois por mais tipos que sejam considerados, nunca esgotaremos todas as possibilidades.
5
Exemplo 6. Consideremos a equação diferencial
x y + x2 + 1 +
(
x2 + x
)dy
dx
= 0 . (19)
Reescrevemos a EDO como
(
xy+x2+1
)
dx+
(
x2+x
)
dy = 0 e multiplicamos por µ = µ(x).
(
xy + x2 + 1
)
µ(x) dx +
(
x2 + x
)
µ(x)dy = 0 . (20)
A condição necessária para que esta nova equação seja exata é
((
xy + x2 + 1
)
µ(x)
)
y
=
(
(x2 + x)µ(x)
)
x
,
ou seja,
xµ(x) =
(
2x + 1
)
µ(x) +
(
x2 + x
)
µ′(x) .
Portanto, para encontrar o fator integrante µ(x) devemos resolver uma EDO. Só que é
uma EDO muito mais simples que a EDO original (19). Trata-se de uma EDO separável
que, depois das simplificações, toma a forma
x
dµ
dx
= −µ .
Separando as variáveis e integrando, temos
∫
dµ
µ
= −
∫
dx
x
, ln µ = − ln x .
Portanto um fator integrante é µ =
1
x
. Multiplicando a equação diferencial (20) por este
fator integrante, obtemos
(
y + x + x−1
)
dx +
(
x + 1
)
dy = 0 .
Esta última EDO deve ser exata. Para resolvê-la precisamos encontrar uma função F (x, y)
tal que 


∂F
∂x
= y + x + x−1
∂F
∂y
= x + 1
(21)
Da primeira equação de (21) segue que
F (x, y) = xy +
x2
2
+ ln x + ϕ(y) ,
onde ϕ(y) depende apenas de y. Derivando em relação a y,
Fy(x, y) = x + ϕ
′(y) .
Comparando com a segunda equação do sistema (21), obtemos ϕ′(y) = 1 e ϕ(y) =
y+K, onde K é constante. Como estamos interessados apenas em encontrar uma F (x, y)
6
satisfazendo (21) e não a mais geral posśıvel, podemos escolher ϕ(y) = y . Logo a solução
geral da EDO (19) é
xy +
x2
2
+ ln x + y = C .
Exemplo
7. Consideremos a equação diferencial
y cos x + (y + 2)( sen x)
dy
dx
= 0 . (22)
(Obs. Esta EDO é separável, mas vamos resolvê-la usando um fator integrante). Rees-
crevemos (22) como
y (cos x) dx + (y + 2)( sen x) dy = 0 . (23)
Começamos procurando um fator integrante µ = µ(x), dependendo só de x. Multiplicando
(23) por µ(x), encontramos
y (cos x)µ(x) dx + (y + 2)( sen x)µ(x) dy = 0 . (24)
Aplicando a condição de Euler, necessária para que seja exata, temos
(
y (cos x)µ(x)
)
y
=
(
(y + 2)( sen x)µ(x)
)
x
e, portanto,
(cos x)µ(x) = (y + 2)
(
µ(x) cos x + µ′(x) sen x
)
(25)
É imposśıvel eliminar y da condição (25). Segue que não existe nenhuma função µ = µ(x),
dependendo só de x que satisfaça (24). De fato, se existisse, de (25), viria
y + 2 =
µ(x) cos x
µ(x) cos x + µ′(x) sen x
e isto é imposśıvel, pois o lado esquerdo depende só de y, enquanto que o lado direito
depende só de x. Note que aqui x e y são variáveis independentes. Quando resolvemos uma
EDO procuramos y como função de x, mas por enquanto estamos somente examinando os
coeficientes da equação e, portanto, x e y são independentes uma da outra. A conclusão
é que (22) não admite fator integrante dependendo só de x.
Passamos agora a procurar um fator integrante dependendo só de y. Multiplicando
(23) por µ(y), encontramos
y (cos x)µ(y) dx + (y + 2)( sen x)µ(y) dy = 0 . (26)
Para que (26) seja exata, é necessário que
(
y (cos x)µ(y)
)
y
=
(
(y + 2)( sen x)µ(y)
)
x
.
Assim, devemos ter
(
µ(y) + yµ′(y)
)
cos x = (y + 2) µ(y) cos x .
7
Aqui x pode ser eliminado, resultando a EDO yµ′(y) = (y + 1) µ(y) para determinar y.
Por separação de variáveis, temos
∫
dµ
µ
=
∫ (
1 +
1
y
)
dy e ln µ = y + ln y = ln
(
y ey
)
.
O fator integrante é µ = µ(y) = yey. Multiplicando (24) por µ(y) = yey ou, equivalente-
mente, substituindo µ = µ(y) = yey em (24), encontramos a equação exata
y2ey (cos x) dx + (y + 2)y ey( sen x) dy = 0 .
Precisamos encontrar uma função F (x, y) tal que



∂F
∂x
= y2ey (cos x)
∂F
∂y
= (y + 2)y ey( sen x)
(27)
Da primeira equação de (27) segue que
F (x, y) = y2ey ( sen x) + ϕ(y) ,
onde ϕ(y) depende apenas de y. Derivando em relação a y,
Fy(x, y) = (y + 2)y e
y( sen x) + ϕ′(y) .
Comparando com a segunda equação do sistema (27), obtemos ϕ′(y) = 0 e, ϕ(y) é
constante. Como estamos interessados apenas em encontrar uma F (x, y) satisfazendo
(27) e não a mais geral posśıvel, podemos escolher ϕ(y) = 0 . Logo a solução geral da
EDO (22) é
y2ey ( sen x) = C .
Fator integrante da forma µ = xa yb (leitura opcional)
Dentre muitas possibilidades, vamos considerar um caso de fator integrante envolvendo
duas variáveis. O objetivo é apenas o de ilustrar.
Exemplo 8. Consideremos a equação diferencial
(−4 x2 y − 2 x y2) dx + (2 x3 − 3 x y) dy = 0 . (28)
Multiplicando a EDO por µ = xa yb , obtemos
(−4 xa+2 yb+1 − 2 xa+1 yb+2) dx + (2 xa+3 yb − 3 xa+1 yb+1) dy = 0 .
A condição para que esta equação seja exata é
−4 (b + 1) xa+2 yb − 2 (b + 2) xa+1 yb+1 = 2 (a + 3) xa+2 yb − 3 (a + 1) xa yb+1.
8
A seguir igualamos os coeficientes dos termos semelhantes de igualdade acima. Um termo
que apareça só de um lado, consideramos que parece também do outro, mas com coeficiente
0. Obtemos 


−4 (b + 1) = 2 (a + 3)
−2 (b + 2) = 0
−3 (a + 1) = 0
Este sistema tem solução a = −1 , b = −2 , que nos dá o fator integrante µ = x−1y−2 .
Precisamos verificar separadamente se y = 0 é uma solução de (28), pois, se for, ela
poderá ser perdida ao multiplicarmos a equação por µ. É fácil ver que é.
Multiplicando (28) por µ = x−1y−2 , obtemos
(−4 x y−1 − 2) dx + (2 x2 y−2 − 3 y−1) dy = 0 ,
que deve ser exata.
Precisamos encontrar F (x, y) tal que



∂F
∂x
= −4 x y−1 − 2
∂F
∂y
= 2 x2 y−2 − 3 y−1
Segue da primeira equação que
F (x, y) = −2 x2 y−1 − 2 x + ϕ(y) .
Derivando em relação a y, temos
Fy(x, y) = 2 x
2 y−2 + ϕ′(y) .
Logo ϕ′(y) = −3 y−1 , isto é, ϕ(y) = −3 ln y . Logo F (x, y) = −2 x2 y−1 − 2 x− 3 ln y e
a solução da EDO (28) é
2 x2 y−1 + 2 x + 3 ln y = C , y = 0 .
9
Seção 5: Equações Lineares de 1a Ordem
Definição. Uma EDO de 1a ordem é dita linear se for da forma
y′ + f(x) y = g(x) . (1)
A EDO linear de 1a ordem é uma equação do 1o grau em y e em y′. Qualquer dependência mais
complicada é exclusivamente na variável independente x.
Justificativa para o nome. Consideremos a transformação que a cada função y = y(x)
associa uma nova função L(y) = y′ + f(x) y. Por exemplo, dada a EDO linear y′ + x2y = ex,
consideramos a transformação
y 7−→ L(y) = y′ + x2y .
Temos, L
(
senx
)
= cos x + x2 senx . A transformação y 7−→ L(y) é lnear, isto, é,
L(y1 + y2) = L(y1) + L(y2)
L(cy) = cL(y)
Assim, uma equação diferencial linear é uma equação do tipo L(y) = g(x), onde L é um operador
diferencial linear de 1a ordem.
Método de Resolução. Uma EDO linear y′+f(x) y = g(x) admite sempre um fator integrante
dependendo somente da variável x. De fato, temos
dy
dx
+ f(x) y − g(x) = 0 ,
que pode ser reescrita como (
f(x) y − g(x)
)
dx + dy = 0 .
Multiplicando por µ(x), temos(
f(x) y − g(x)
)
µ(x) dx + µ(x) dy = 0 .
A condição necessária para que esta última equação seja exata é que((
f(x) y − g(x)
)
µ(x)
)
y
=
(
µ(x)
)
x
,
ou seja,
f(x) µ(x) = µ′(x) .
Separado as variáveis, vamos ter
dµ
dx
= f(x) µ(x) ,
dµ
µ
= f(x) dx , lnµ(x) =
∫
f(x) dx .
Logo, o fator integrante é
µ(x) = e
R
f(x) dx (2)
Note que multiplicando a EDO (1) pelo fator integrante (2), obtemos
e
R
f(x) dxy′ + f(x)e
R
f(x) dxy = e
R
f(x) dxg(x) . (3)
Levando em conta que
(
e
R
f(x) dx
)′
= e
R
f(x) dxf(x), podemos escrever (3) na forma(
e
R
f(x) dxy
)′
= e
R
f(x) dxg(x) .
Basta agora integrar os dois lados e encontramos a solução da EDO.
Conclusão: Multiplicando a EDO linear (1) pelo fator integrante (2), obtemos uma nova equação,
cujo lado direito é a derivada de um produto.
NOTA: O método de resolução acima foi deduzido para o caso em que o coeficiente de y′ é 1.
Se não for, é preciso primeiro dividir por esse coeficiente, para torná-lo igual a 1.
Exemplo 1. Resolver a EDO y′ + 3y = x.
Um fator integrante para a equação diferencial acima é
µ = e
R
3 dx = e3x .
Observe que na integral acima não somamos uma constante de integração, o que é o mesmo que
escolher a constante de integração como sendo 0. Isto, aqui, é leǵıtimo, pois estamos querendo
descobrir um fator integrante e não o fator integrante mais geral posśıvel.
Multiplicando a equação diferencial pelo fator integrante µ = e3x, temos
e3xy′ + 3e3xy = xe3x . (4)
Como vimos acima, o lado esquerdo de (4) deve ser a derivada de um produto. Para descobrir
quais são os fatores deste produto, notamos que o termo e3xy′ deve ser o primeiro vezes a
derivada do segundo. Portanto o primeiro é e3x. Conlúımos que(
e3xy
)′
= xe3x .
Por integração, encontramos
e3xy =
∫
xe3x dx =
xe3x
3
− e
3x
9
+ C .
A solução geral é y =
x
3
− 1
9
+ C e−3x .
Exemplo 2. Resolver a EDO
(
x− 2
)
y′ +
(
x− 1
)
y = e−2x.
Como o coeficiente de y′ não é 1, começamos dividindo por este coeficiente,
y′ +
x− 1
x− 2
y =
e−2x
x− 2
. (5)
Um fator integrante para a equação (5) é
µ = e
∫
x− 1
x− 2
dx
.
Calculamos a integral∫
x− 1
x− 2
dx =
∫
(x− 2) + 1
x− 2
dx =
∫ (
1 +
1
x− 2
)
dx = x + ln(x− 2) .
2
Conforme explicado no exemplo 1, na integral acima a constante de integração foi escolhida
como sendo 0, pois estamos querendo descobrir um fator integrante e não o fator integrante
mais geral posśıvel.
Encontramos µ =
(
x− 2
)
ex. Multiplicando (5) por este fator, temos(
x− 2
)
exy′ +
(
x− 1
)
exy = e−x . (6)
Como vimos acima, o lado esquerdo de (6) deve ser a derivada de um produto.
Para descobrir
quais são os fatores deste produto, notamos que o termo
(
x − 2
)
exy′ deve ser o primeiro vezes
a derivada do segundo. Conluimos que((
x− 2
)
exy
)′
= e−x
e, por integração, (
x− 2
)
exy = −e−x + C.
A solução geral é y = − e
−2x
x− 2
+
C e−x
x− 2
.
Problema. No instante t0 = 0 o ar em um recinto de 10800 m3 contém 0,12% de CO2. Neste
instante começa a ser bombeado para o interior do recinto ar com 0,04% de CO2 à razão de
150 m3/min. Supondo que o ar dentro do recinto mistura-se instantaneamente, encontre a
concentração de CO2 10 min mais tarde.
Solução:
Seja Q(t) o volume que é ocupado pelo CO2 no instante t. Consideremos o intervalo de tempo
entre os instantes t e t + ∆t. Queremos determinar a variação ∆Q ocorrida neste intervalo de
tempo. O volume de ar que entra (sai) do tanque durante este intervalo é
∆V = 150∆t
No volume ∆V = 150∆t que entra, a quantidade de CO2 é
0.04× 150∆t
100
= 0.06∆t
Por uma regra de 3, no volume ∆V = 150∆t que sai, a quantidade de CO2 é aproximadamente
Q150∆t
10800
=
Q∆t
72
A igualdade é aproximada, pois, ao longo do intervalo de tempo, Q não permanece constante.
Portanto
∆Q ' 0.06∆t− Q∆t
72
Quanto menor o intervalo de tempo melhor vai ser a aproximação. O erro desaparece no limite
para ∆t −→ 0. Para não obter uma igualdade trivial 0 = 0, primeiro dividimos por ∆t,
∆Q
∆t
' 0.06− Q
72
Fazendo ∆t −→ 0, obtemos a EDO
dQ
dt
+
1
72
Q = 0.06 .
3
O problema nos dá uma condição inicial
Q(0) =
0.12× 10800
100
= 12.96 .
Devemos resolver o PVI 
dQ
dt
+
1
72
Q = 0.06
Q(0) = 12.96
Multiplicando nossa EDO linear pelo fator integante µ = e
R
1
72
dt = e
t
72 , obtemos
e
t
72
dQ
dt
+
1
72
e
t
72 Q = 0.06 e
t
72 ,
i.e. (
e
t
72 Q
)′
= 0.06 e
t
72 .
Integrando, eoncontramos
e
t
72 Q =
∫
0.06 e
t
72 dt = 0.06 · 72 e
t
72 + C .
Portanto a solução geral da EDO é
Q = 4.32 + Ce−
t
72 .
Utilizando a condição inicial Q(0) = 12.96, determinamos C. De fato, para t = 0,
12.96 = 4.32 + C .
Logo a expressão de Q em um instante qualquer é
Q = Q(t) = 4.32 + 8.64e−
t
72 .
Após 10min, i.e, no instante t = 10, Q(10) = 4.32 + 8.64e−
10
72 . A concentração vai ser de
4.32 + 8.64e−
10
72
10800
× 100 ≈ 0.1096 por cento.
Aplicação. Queda de um corpo em um meio que ofereça resistência.
Suponhamos um corpo de massa m que cai em um meio (ar, água, óleo) que oferece resistência.
Consideremos como sendo positiva o sentido para baixo. A velocidade v é positiva. Sobre o
corpo que cai ajem duas forças, o seu peso mg, que é positivo, e a resistência do meio Fr, que
tem sentido oposto ao da velocidade e é, portanto, negativa. Da 2a lei de Newton, temos
m
dv
dt
= gm + Fr
é negativa. Para velocidades não muito grandes, obtemos uma boa descrição do movimento, se
considerarmos o modelo em que Fr é diretamente proporcional à velocidade, isto e, a EDO
m
dv
dt
= gm− k v , (k > 0 constante) .
Neste caso a EDO é linear. Em outros problemas envolvendo velocidades mais altas, como
movimento de projéteis, pode-se ter uma descrição melhor considerando a velocidade diretamente
proporcional, por exemplo, ao quadrado da velocidade, i.e.
m
dv
dt
= gm− k v2 , (k > 0 constante) .
4
Vamos aqui considerar o modelo linear.
Exemplo. Um paraquedista pula de grande altura. Depois de 10 seg abre seu paraquedas. Ache
a velocidade depois de 15 seg. Ache também a velocidade terminal, sendo dados:
– A massa do paraquedas+paraquedista é 80 kg.
– A resistência do ar com o paraquedas fechado vale
1
2
v e com o paraquedas aberto vale
10 v. Vamos aqui considerar o modelo linear.
Solução:
Pela 2a lei de Newton 80
dv
dt
+
1
2
v = 800. Assim os primeiros 10 seg são governados pelo PVI
 80
dv
dt
+
1
2
v = 800
v(0) = 0
Escrevendo a equação como v′+
1
160
v = 10 e multiplicando pelo fator integrante e
R
1
160
dt = e
t
160 ,
temos e
t
160 v′ +
1
160
e
t
160 v = 10 e
t
160 , ou seja
(
e
t
160 v
)′ = 10 e t160 , e t160 v = ∫ 10 e t160 dt = 1600 e t160 + C .
A solução geral da EDO é v = 1600 + Ce−
t
160 . Usando a condição inicial v(0) = 0, temos
C = −1600. Logo, nos primeiros 10 seg da queda a velocidade como função do tempo vale
v(t) = 1600
(
1− e−
t
160
)
, para 0 ≤ t ≤ 10 . (7)
A seguir, para t > 10, a força de resistência do ar passa a valer Fr = −10v. A EDO toma a
forma 80
dv
dt
+ 10 v = 800, para 10 < t < +∞, e o valor v(10) = 1600
(
1 − e−
10
160
)
, calculado
da solução no trecho 0 < t < 10, passa a ser a condição inicial. Portanto para obter v(t) no
intervalo 10 < t < +∞, devemos resolver o PVI 80
dv
dt
+ 10 v = 800 , (10 < t < +∞)
v(10) = 1600
(
1− e−
1
16
)
Como acima, v′ + 18 v = 10 , µ = e
R
1
8
dt = e
t
8 , e
t
8 v′ + 18 e
t
8 v = 10 e
t
8 ,
(
e
t
8 v
)′ = 10 e t8 ,
e
t
8 v =
∫
10 e
t
8 dt , e
t
8 v = 80 e
t
8 + D .
A solução geral é v = 80 + De−
t
8 . Utilizando a condição inicial v(10) = 1600
(
1− e−
1
16
)
, temos
1600
(
1− e−
1
16
)
= 80 + De−
10
8 e
D = 1520 e
10
8 − 1600 e
19
16 .
Portanto, no segundo trecho da queda, depois de 10 seg, quando abre o paraquedas, a velocidade
vale
v = 80 +
(
1520 e
10
8 − 1600 e
19
16
)
e−
t
8 , para 10 ≤ t < +∞ . (8)
5
Assim o salto do paraquedista é descrito por (7) e (8). Para achar a velocidade depois de 15 seg
basta substituir t = 15 em (8),
v(15) = 80 +
(
1520 e
10
8 − 1600 e
19
16
)
e−
15
8 .
A velocidade terminal, quando existe, é o limite da velocidade, quando t −→ +∞. No presente
exemplo, como e−
t
8 −→ 0, existe uma velocidade terminal,
lim
t→∞
v(t) = lim
t→∞
(
80 +
(
1520 e
10
8 − 1600 e
19
16
)
e−
t
8
)
= 80 .
A velocidade terminal é v∞ = 80m/seg.
6
Seção 6: Equação de Bernoulli
Definição. Uma equação de Bernoulli é uma equação diferencial ordinária de 1a ordem da
forma
y′ + f(x) y = g(x) yn , (1)
onde n é um número real (não precisa ser inteiro nem positivo). Vamos sempre considerar
n 6= 0, 1 , pois nestes dois casos (1) seria uma EDO linear, que já sabemos resolver.
Método de resolução. Experimentemos fazer uma mudança de variável do tipo y = zp .
Substituindo em (1), temos
p zp−1z′ + f(x)zp = g(x) znp ,
ou seja,
p z′ + f(x)z = g(x) znp−p+1 . (2)
A EDO (2) se torna o mais simples posśıvel se np− p + 1 = 0 , isto é, para
p =
1
1− n
.
Em outras palavras, para resolver (1), vamos fazer a substituição
z = y1−n . (3)
Conclusão. A equação de Bernoulli (1) se transforma em uma equação linear através da
substituição z = y1−n.
De fato, fazendo a substituição z = y1−n, calcula-se
y = z
1
1−n , y′ =
1
1− n
z
1
1−n−1z′
e a equação (1), portanto, se transforma em
1
1− n
z
n
1−n z′ + f(x) z
1
1−n = g(x) z
n
1−n
ou, multiplicando a equação por z−
n
1−n ,
1
1− n
z′ + f(x) z = g(x) ,
que é uma EDO linear.
Se o expoente 1 − n for negativo, é preciso ter cuidado, pois ao fazer a substituição (3),
estaremos eliminando a possibilidade de y = 0 . Com isto perdemos uma solução da EDO (1),
pois é fácil ver que se n > 0 , então y = 0 é uma solução da EDO (1).
Não vale a pena memorizar a forma da equação linear que resulta. Basta somente lembrar
da substituição z = y1−n.
Exemplo 1. Consideremos o crescimento de uma bactéria (que vamos supor esférica, por
simplicidade). Para cada instante de tempo t, indiquemos por M = M(t) a massa da bactéria,
V = V (t) seu volume, S = S(t) a área da superf́ıcie e r = r(t) o raio. Supondo a densidade da
bactéria constante igual a ρ, temos M = ρV . Vamos construir um modelo matemático levando
em conta que a taxa de crescimento da massa da bactéria é influenciada por dois fatores:
(i) A massa M tende a aumentar, devido à alimentação. Como o alimento entra através da
membrana superficial,
é razoável supor que este efeito seja diretamente proporcional à área S
da superf́ıcie da bactéria;
(ii) Existe uma queima da massa da bactéria devida ao metabolismo. Como esta queima é
mais ou menos uniforme ao longo de todas as partes da bactéria, é razoável supor que este efeito
seja diretamente proporcional à masa M da bactéria.
Consideremos o problema de determinar de que maneira a massa M varia com a passagem do
tempo t.
As duas suposições feitas acima implicam que existem duas constantes α > 0 e β > 0 tais que
dM
dt
= αS − βM . (4)
Esta equação ainda está envolvendo duas quantidades M e S que dependem do tempo. Para
poder resolver a equação é preciso eliminar uma delas. Note que
V =
4
3
π r3 e S = 4π r2 .
Segue dáı que S = 4π
(
3V
4π
) 2
3
=
(
4π
) 1
3
(
3V
) 2
3 . Por outro lado, V = M/ρ. Substituindo tudo
isto na equação (4), encontramos
dM
dt
= α
(4π)
1
3 (3M)
2
3
ρ
2
3
− βM .
Vemos que a equação diferencial que governa o crescimento da bactéria e do tipo
dM
dt
= λ M
2
3 − βM , (5)
onde λ =
α 3
2
3 (4π)
1
3
ρ
2
3
e β são constantes positivas. A equação (5) é uma equação de Bernoulli,
com n =
2
3
. Fazendo a subtituição z = M1−n = M
1
3 , temos M = z3 e M ′ = 3z2 z′, que
transforma (5) em
3z2 z′ = λ z2 − βz3 ,
que é equivalente à equação linear
z′ +
β
3
z =
λ
3
. (6)
Um fator integrante para a equção (6) é µ = e
R β
3
dt = e
βt
3 . Multiplicando (6) por este fator
integrante, encontramos
e
βt
3 z′ +
β
3
e
βt
3 z =
λ
3
e
βt
3 .
O lado esquerdo desta última EDO é a derivada de um produto, Assim,(
e
βt
3 z
)′ = λ
3
e
βt
3 .
Por integração temos
e
βt
3 z =
λ
3
∫
e
βt
3 dt .
2
Calculando a integral, encontramos
e
βt
3 z =
λ
β
e
βt
3 + C ,
ou seja,
z =
λ
β
+ Ce−
βt
3
e, finalmente,
M(t) =
(
λ
β
+ C e−
β t
3
)3
.
Observação: A constante C depende da condição inicial. Existe um tamanho limite para a
célula, que não depende do tamanho inicial, isto é, qualquer que seja C,
lim
t→+∞
M(t) =
λ3
β3
= Meq .
λ3
β3
Condições iniciais M(0) < Meq é que fazem
sentido em nosso problema. Elas correspondem
a valores C < 0 da constante. Neste caso, a
solução M(t) é uma função crescente, pois a
exponencial é decrescente.
Uma condição inicial M(0) > Meq é mate-
maticamente posśıvel. Teŕıamos C > 0 e a
solução M(t) seria decrescente.
A função constante M(t) = Meq é a solução
que corresponde a C = 0 . É a solução de
equiĺıbrio. Trata-se de um ponto de equiĺıbrio estável: tomando uma condição incial M(0)
próxima do valor de equiĺıbrio Meq , a solução que se obtém tende a voltar ao valor de equiĺıbrio,
embora sem atingi-lo num tempo finito.
Exemplo 2. Resolver a equação diferencial
y′ = xy + xy3. (7)
Esta EDO é uma equação de Bernoulli com n = 3 . Fazemos a mudaça de variável
z = y1−3 = y−2 ,
isto é,
y = z−
1
2 , y′ = −1
2
z−
3
2 z′ . (8)
Note que com esta mudaça de variável, eliminamos a possibilidade de y se anular. Precisamos
então verificar separadamente se y = 0 é uma solução da EDO (7). Verifica-se que é.
Substituindo (8) em (7), tem-se
−1
2
z−
3
2 z′ = x z−
1
2 + x z−
3
2 ,
isto é,
z′ + 2xz = −2x .
Esta é uma EDO linear e um fator integrante para ela é
µ = e
R
2x dx = ex
2
.
3
Multiplicando por este fator integrante, temos
ex
2
z′ + 2xex
2
z = −2xex2 ,
ou, equivalentemente, (
ex
2
z
)′
= −2xex2 ,
cuja solução é
ex
2
z =
∫
−2xex2 dx = −ex2 + C .
Segue que
z = −1 + C ex2 .
Fazendo a substituição inversa, obtemos que a solução geral de (7) é
y =
(
−1 + C ex2
)− 1
2
.
Observe que a solução particular y = 0 de (7) não está inclúıda na solução geral para nenhum
valor de C. Portanto, a solução de (7) é
y =
(
−1 + C ex2
)− 1
2
, y = 0 .
Aplicação: Modelos de Crescimento Populacional
Como uma aplicação das idéias desolvolvidas até este ponto, vamos estudar alguns modelos
simples de crescimento populacional.
Crescimento Exponencial. É o modelo mais simples, que já foi estudado na primeira aula,
em que se supõe que a taxa de crescimento de uma população em um dado instante é diretamente
proporcional ao número de indiv́ıduos neste instante. Em śımbolos, designando por N = N(t)
o número de indiv́ıduos no instante t,
dN
dt
= λ N, (9)
onde λ > 0 é uma constante que só depende da espécie de bactérias que se está observando
-
6
sN0
t
N (depende do tempo que cada célula leva para se di-
vidir). Na primeira seção, resolvemos a equação (9)
por separação de variáveis, econtrando a solução
geral N = Ceλ t. Se for conhecida a população
N0 no instante inicial t = 0, isto é, se tivermos
uma condição inicial N(0) = N0, determinamos
C = N0,
N = N(t) = N0eλ t.
Conclui-se que, segundo este modelo, a população
cresce exponencialmente.
4
Crescimento Loǵıstico. O modelo anterior, de crescimento exponencial, descreve bem a
evolução de uma população até um certo estágio. Quando o número de indiv́ıduos cresce,
começa haver competição entre os indiv́ıduos, pelo alimento, por exemplo. Isto ocasiona uma
diminuição na taxa de crescimento, que é preciso levar em conta, para obter um modelo que
descreva mais fielmente a realidade. A taxa de crecimento será do tipo
dN
dt
= ϕ(N) N,
onde ϕ(N) agora não é mais constante, mas varia com N , diminuindo quando N cresce, podendo
inclusive tornar-se negativo se N for muito grande. A funçõ mais simples com estas propriedades
é ϕ(N) = a − bN , com a > 0 e b > 0 constantes, cujo gráfico é uma reta. Obtemos assim a
euqação diferencial
dN
dt
=
(
a− bN
)
N, (10)
conhecida como equação loǵıstica. Vamos supor que 0 < b � a, de modo que, enquanto a
população N não for muito grande, a taxa de crescimento será aproximadamente N ′ ' aN , e o
modelo anterior dará uma boa aproximação. Para valores muito gandes de N , o termo bN se
faz sentir e a taxa de crescimento fica menor.
A EDO (10) é separável, mas também é de Bernoulli e, justamente, é mais fácil resolvê-la
como tal. De fato,
N ′ = aN − bN2
é de Bernoulli com n = 2. Seguindo o método expoxto acima, fazemos a mudança de variável
z = N1−2 = N−1 , N = z−1 , N ′ = −z−2z′.
Substituindo na EDO, temos
−z−2z′ = az−1− bz−2.
Multiplicando por z2, obtemos a equação linear
z′ + az = b ,
cujo fator integrante é µ = e
R
a dt = eat. Então,
eatz′ + aeatz = beat ,
(
eatz
)′ = beat , eatz = b ∫ eat dt = b
a
eat + C
e, portanto,
z =
b
a
+ Ce−at.
Finalmente, a solução geral de (10) é
N =
1
b
a + Ce
−at
.
Note que N = 0 é uma solução de (10), que não está inclúıda na solução geral para nenhumvalor
de C, e que foi perdida no momento em que se fez a mudança de variável z = N−1, que exclui
a possibilidade de N = 0. Mas, na presente situação, a solução N = 0 não é relevante.
Se tivernos uma condição inicial N(0) = N0, podemos determinar C de
1
N0
=
b
a
+ C e
encontramos
N = N(t) =
1
b
a +
(
1
N0
− ba
)
e−at
.
5
Observamos que o modelo prevê que para t grande, independente da população inicial N(0),
N(t) vai se aproximar sempre de um mesmo valor
lim
t→∞
N(t) =
a
b
.
Para valores pequenos de t, escrevendo
N(t) =
eat
1
N0
+ ba
(
1− eat
) ,
como 1− eat ≈ 0, temos
N(t) ≈ N0eat , para t pequeno,
concordando com o modelo anterior.
a
b
A solução constante N(t) =
a
b
coresponde a
um ponto de equiĺıbrio estável. Se a condição
inicial for N0 =
a
b
, N(t) permanecerá cons-
tante igual a esse valor em todos os instantes
futuros. Tomando uma condição inicial um
pouco diferente desse valor, N(t) tende a voltar
ao valor de equiĺıbrio. Já a solução constante
N(t) = 0 é um ponto de equiĺıbrio instável. Se
mudarmos um pouco a condição incial, N(t)
tenderá a se afastar ainda
mais de 0 quando
t −→∞.
Este modelo foi proposto em 1838 pelo matemático belga Verhulst para a população humana.
Em 1930 foi comprovado que descreve razoavelmente bem a população de drozófilas.
6
Seção 7: Estudo qualitativo das Equações Autônomas
Definição. Uma EDO de 1a ordem é dita autônoma se não envolve explicitamente a variável
independente. As EDO autônomas de 1a ordem são as da forma
y′ = f(y), (1)
onde f é uma função de uma variável.
Observação 1. As equações estudadas nos exemplos de modelos de crescimento populacional
da Seção 6,
dN
dt
= λN e
dN
dt
=
(
a− bN)N,
são autônomas. Na verdade, como as leis da Biologia que regem o crescimento populacional não
variam com a passagem do tempo, era mesmo de se esperar que as equações deduzidas a partir
delas não envolvessem explicitamente o tempo como variável, ou seja, fossem autônomas. A
partir desta observação podemos entender porque as equações autônomas são importantes nas
aplicações.
É posśıvel fazer uma análise geométrica das equações autônomas e, mesmo antes de resolvê-
las, deduzir o comportamento qualitativo das soluções. As partir dáı, podemos fazer um esboço
da famı́lia de soluções.
Exemplo 1. Consideremos a EDO
N ′ =
(
a− bN)N. (2)
Esta equação já foi resolvida quando estudamos os modelos de crescimento populacional. Ve-
jamos que mesmo que não a tivéssemos resolvido, terio sido posśıvel descrever qualitativamente
suas soluções e fazer um esboço das mesmas.
Nossa equação diferencial é da forma
N ′ = f(N),
onde f é a função f(N) = (a− bN)N . Começamos fazendo um esboço do gráfico dessa função.
-
6
rr
a
b
a
2b
N
N ′
GRÁFICO 1
Analisando o gráfico da função f(N), vamos
esboçar o gráfico da famı́lia das soluções da equação
diferencial (2). Começamos investigando se existem
soluções constantes para a EDO (2). Note que uma
solução constante de (2) é uma função da forma
N(t) = C, com f(C) = f(N(t)) = N ′(t) = 0 (a
derivada de uma função constante é 0). Portanto
as soluções constantes de (2) correspondem aos ze-
ros da função f(N). No presente exemplo a função
f(N) tem dois zeros (imediato do Gráfico 1) e, por-
tanto, a EDO (2) tem duas soluções constantes:
N1(t) = 0 e N2(t) =
a
b
.
Essas soluções constantes são as chamadas soluções de equiĺıbrio de nossa EDO. A partir do
gráfico acima, que mostra N ′ em função de N , vamos construir o esboço do gráfico de N em
-
6
a
b
a
2b
t
N
N ′ < 0
N ′ > 0
GRÁFICO 2
função de t, que mostra a famı́lia das soluções de
(2). Analisando o Gráfico 1, vemos que N ′ > 0
para 0 < N <
a
b
. Isto nos diz que no Gráfico 2,
na faixa 0 < N <
a
b
, as soluções N = N(t) são
funções crescentes. Da mesma forma, para N >
a
b
, temos N ′ < 0. Portanto, na região N >
a
b
do Gráfico 2, as soluções N = N(t) são funções
decrescentes. No Gráfico 2, fazemos o esboço das
soluções da EDO (2) a partir dessas considerações.
Note que a solução N2(t) =
a
b
corresponde a um
ponto de equiĺıbrio estável: Para a condição inicial
N(0) =
a
b
, a solução vai permanecer igual a
N(t) =
a
b
para todos os instantes futuros t ≥ 0. Variando um pouco a condição inicial para
N(0) = N0, com N0 diferente mas próximo de
a
b
, vamos ter
lim
t→∞N(t) =
a
b
,
ou seja, N(t) tende a voltar à posição de equiĺıbrio. Podemos ser mais espećıficos quanto ao
comportamento das soluções na faixa 0 < N <
a
b
. Note que como mostra o Gráfico 1, N ′
é máximo quando N =
a
2b
. Portanto as soluções têm máxima declividade quando N =
a
2b
.
Conclúımos dáı que as soluções dentro da faixa 0 < N <
a
b
têm ponto de inflexão sobre a reta
horizontal N =
a
2b
.
Observação 2. Se y1(t) é uma solução da EDO (1), então qualquer translação horizontal
y2(t) = y1(t+C) também é. De fato, se y1(t) é uma solução da EDO (1), então y′1(t) = f(y1(t)).
Segue que y′2(t) = y
′
1(t + C) = f(y1(t + C)) = f(y2(t)).
Aplicando essa observação à equação (2) temos que, se conhecermos o gráfico de uma solução
com gráfico contido na faixa 0 < N <
a
b
, as demais soluções com gráfico contido na faixa são
obtidas por translação horizontal do desta solução conhecida. O mesmo se aplica às soluções na
região N >
a
b
.
Exemplo 2. Fazer uma esboço do gráfico das soluções da EDO
y′ = (y + 1)(y − 1)y2 (3)
-
6
q q−1
a b
1 y
y′
GRÁFICO 3
Começamos traçando o gráfico (Gráfico 3) da fun-
ção
f(y) = (y + 1)(y − 1)y2.
A função f(y) tem três zeros. Portanto a EDO (3)
tem três soluções de equiĺıbrio,
y1(t) = −1, y2(t) = 1 e y3(t) = 0.
A seguir, examinamos do comportamento das solu-
ções em cada uma das faixas nas quais as retas
soluções de equiĺıbrio dividem o plano.
2
A região y > 1 no gráfico 4, acima da solução de equiĺıbrio y(t) = 1, no gráfico 3 corresponde à
-
6
a
b
t
y
GRÁFICO 4
parte do eixo horizontal à direita de y = 1. Por-
tanto, na região y > 1 vamos ter f(y) > 0, ou seja,
y′ > 0 e as soluções y(t) serão funções crescentes.
Pelo mesmo tipo de racioćınio, na faixa 0 < y < 1 e
também na faixa −1 < y < 0, temos y′ = f(y) < 0
e as soluções y(t) são funções decrescentes.
Na região y < −1, temos y′ = f(y) > 0 e as
soluções y(t) são funções crescentes.
Esse comportamento está descrito no gráfica 4,
ao lado.
Note que, pela Observação 2 acima, bastaria de-
senharmos quatro soluções da EDO (3), uma con-
tida em cada uma das quatro regiões determinadas
pelas soluções de equiĺıbrio. As demais soluções
podem ser obtidas a partir dessas por translação
horizontal.
Classificação dos pontos de equiĺıbrio. Ainda no Exemplo 2, temos que existem 3 pontos de
equiĺıbrio.
– O ponto de equiĺıbrio y(t) = −1 é dito um ponto de equiĺıbrio estável. A razão desta
nomenclatura é a seguinte. Se a condição inicial for y(0) = −1, a solução vai permanescer
constante y(t) = −1. Se nos afastarmos um pouco da posição de equiĺıbrio, isto é, se dermos
uma condição incial y(0) 6= −1 levemente diferente de −1, o Gráfico 4 nos mostra que a solução
y(t) −→ −1 volta a se aproximar da posição de equiĺıbrio.
– O ponto de equiĺıbrio y(t) = 1 é dito um ponto de equiĺıbrio instável. A razão do nome é
que se dermos uma condição incial y(0) 6= 1 levemente diferente de 1, o Gráfico 4 nos mostra
que a solução y(t) tende a se afastar mais ainda da posição de equiĺıbrio, quando t −→∞.
– O ponto de equiĺıbrio y(t) = 0 é dito um ponto de equiĺıbrio semi-instável. A razão do
nome é que se afastarmos a condição incial y(0) < 0 para a esquerda do valor de equiĺıbrio y = 0,
a solução y(t) tende a se afastar mais ainda da posição de equiĺıbrio (comportamento instável),
mas se afastarmos a condição incial y(0) > 0 para a direita do valor de equiĺıbrio y = 0, a
solução y(t) tende a voltar para a posição de equiĺıbrio (comportamento esstável) y(t) −→ 0.
Há algo mais que podemos dizer. Observando o Gráfico 3, notamos que a função f(y) tem
um ponto de mı́nimo local a no intervalo (−1, 0) e um ponto de mı́nimo local b no intervalo
(0, 1). Na verdade, como neste exemplo temos explicitamente a expressão de f(y), pesquisando
os zeros da derivada da função, podemos encontrar facilmente que a = −
√
2
2 e b =
√
2
2 , mas
esta informação não é relevante aqui. Vamos examinar primeiro as soluções na faixa 0 < y < 1.
Já vimos que elas são decrescentes, pois y′ = dydt < 0. Mas y
′ é mais negativo quando y = b.
Ou seja, a declividade é mı́nima quando a solução y(t) corta a reta horizontal y = b, que está
desenhada pontilhada no Gráfico 4. Sobre essa reta horizontal estão localizados os pontos de
inflexão das soluções. Para se convencer disto, comece lembrando que um ponto de inflexão de
uma
curva plana é um ponto onde ela troca de concavidade. A concavidade de uma função é
para cima se a derivada é crescente e para baixo se a derivada é decrescente.
A concavidade é para cima se a segunda derivada
d2y
dt2
> 0 é positiva e para baixo se
d2y
dt2
< 0.
A fim de aplicar este fato, levamos em conta que, pela regra da cadeia,
d2y
dt2
=
dy′
dt
=
d f(y)
dt
= f ′(y)
dy
dt
= f ′(y)y′ = f ′(y)f(y).
3
Na faixa 0 < y < 1, por exemplo, temos:
– Para 0 < y < b, f(y) é decrescente como função de y, sendo f ′(y) < 0 e, além disto,
f(y) < 0. Temos, então, f ′(y)f(y) > 0. Portanto, no trecho em que uma solução estiver na
faixa 0 < y(t) < b, a concavidade será para cima.
– Pelo mesmo argumento, na faixa b < y < 1 temos f(y) crescente como função de y e
f ′(y) > 0. Além disto, f(y) < 0, de modo que f ′(y)f(y) < 0. Portanto, no trecho em que uma
solução estiver na faixa b < y(t) < 1, a concavidade será para baixo.
Segue que as soluções, de fato, trocam de concavidade quando cruzam a reta y = b. Estas
conclusões a respeito da concavidade já estão mostradas no Gráfico 4.
Nas demais faixas pode ser feita a mesma discussão sobre a concavidade. Deixamos a cargo
do leitor.
4
Seção 8: EDO’s de 2a ordem redut́ıveis à 1a ordem
Caso 1: Equações Autônomas
Definição. Uma EDO’s de 2a ordem é dita autônoma se não envolve explicitamente a variável
independente, isto é, se for da forma F (y, y′, y′′) = 0.
Como motivação para o método de resolução vamos estudar o seguinte exemplo.
Exemplo 1: Velocidade de escape
Um corpo de massa m é lançado para cima a partir da superf́ıcie da Terra. Vamos investigar o
&%
'$
-q¡¡µ q
r0
R ¾ F
problema de determinar se existe um valor ve tal
que se a velocidade inicial v0 for v0 ≥ ve, então o
corpo escapa da atração gravitacional da Terra.
Desprezamos o efeito da resitência do ar. Pela
lei da gravitação universal, a força de gravidade
agindo sobre o corpo vale
F = −GMm
r2
,
onde G é a constante universal de gravitação, M é a massa da Terra, R ≈ 6.4 · 106m = 6400 km
é o raio da Terra e r é a distância do corpo até o centro da terra. Pela 2a lei de Newton,
F = ma , onde a =
d2r
dt2
é a aceleração.
Igualando as duas expressões para força obtemos a equação diferencial
d2r
dt2
= −GM
r2
. (1)
A EDO (1) é uma equação diferencial autônoma de 2a ordem.
No instante inicial t0 = 0, sobre a superf́ıcie da Terra, sabemos experimentalmente que a acele-
ração vale
d2r
dt2
(0) = −g ≈ −10m/s2 .
Na equação (1) procuramos r = r(t) como função do tempo. Para resolvê-la mudamos o ponto
de visto. Passamos a procurar a velocidade v como função da posição r. Isto faz sentido porque
a cada altura r corresponde uma velocidade v, a velocidade com que o corpo atinge a altura r.
Faz sentido então pensarmos em v = v(r). Fazendo isto e usando a regra da cadeia, temos
a =
d2r
dt2
=
dv
dt
=
dv
dr
dr
dt
= v
dv
dr
.
Substituindo na EDO (1), obtemos
v
dv
dr
= −GM
r2
. (2)
Note que a EDO autônoma de 2a ordem (1) se reduziu à EDO de 1a ordem (2).
A EDO (2) pode ser resolvida por separação de variáveis
∫
v dv = −GM
∫
dr
r2
,
cuja solução geral é
v2
2
=
GM
r
+ C .
Usando a condição inicial v(R) = v0, obtemos C =
GM
R
− v
2
0
2
. Substituindo na solução geral,
GM
(
1
r
− 1
R
)
=
1
2
(
v2 − v20
)
,
ou ainda,
v2 =
(
v20 −
2GM
R
)
+
2GM
r
. (3)
1) Se v0 for suficientemente pequeno, mais precisamente, se v20−
2GM
R
< 0 , r não pode crescer
indefinidamente, pois, neste caso,
2GM
r
−→ 0 e teŕıamos lim
r→∞ v
2 = v20 −
2GM
R
< 0, que é uma
contradição. Portanto, se v20 <
2GM
R
, então o corpo atinge uma altura máxima rmax. Fazendo
v = 0, encontra-se
1
rmax
− 1
R
= − v
2
0
2GM
,
1
rmax
=
1
R
− v
2
0
2GM
=
2GM − v20R
2GMR
rmax =
2GMR
2GM − v20R
.
Conclusão: Se a velocidade inicial for v0 <
√
2GM
R
, então o corpo atinge uma altura máxima
rmax e depois cai.
2) Se v0 =
√
2GM
R
, então (3) toma a forma
v2 =
2GM
r
e dáı segue que r cresce indefinidamente, com lim
r→∞ v(r) = 0 .
Conclusão: Se v0 =
√
2GM
R
, então o corpo escapa à atração gravitacional da Terra e chega
nos pontos infinitamente distantes com velocidade tendendo a 0.
3) Se v0 >
√
2GM
R
, o corpo escapa da atração gravitacional da Terra e chega no infinito com
velocidade positiva
v∞ = lim
r→∞ v(r) =
√
v20 −
2GM
R
> 0 .
Conclusão: A conclusão final é que realmente existe uma velocidade de escape
ve =
√
2GM
R
.
Para calcular ve, não precisamos do valor de M e de G, só precisamos saber o valor do produto
GM . A equação (1), nos diz que na superf́ıcie da Terra, g =
GM
R2
e, portanto.
ve =
√
2gR ≈
√
2 · 10 · 6.4 · 106 = 103
√
128 ≈ 103
√
121 = 11 km/s = 39 600 km/h .
2
OBSERVAÇÃO. O método empregado no problema da velocidade de escape se baseou em
considerar v =
dr
dt
como função de r. Em geral, dada uma equação autônoma F (y, y′, y′′) = 0,
introduzimos a variável p = y′ e pensamos em p como função de y, p = p(y).
Exemplo 2. y′′ − 2yy′ = 0.
Introduzimos a variável p = y′ e pensamos p = p(y). Pela regra da cadeia,
y′′ =
dp
dx
=
dp
dy
dy
dx
= p
dp
dy
.
Substituindo na EDO, obtemos p
dp
dy
− 2yp = 0 . Segue que
p = 0 ou
dp
dy
− 2y = 0 .
1) Se p = 0 , então y′ = 0 , logo y = C é uma famı́lia de soluções.
2) Na equação
dp
dy
− 2y = 0 , separando as variáveis, temos
∫
dp =
∫
2y dy , e p = y2 + C .
Fazendo a substituição inversa,
dy
dx
= y2 + C ,
dy
y2 + C
= dx ,
∫
dy
y2 + C
=
∫
dx
Caso 1 : C > 0. Neste caso, podemos dizer que C = K2 com K > 0.
Temos
x =
∫
dy
y2 + K2
=
1
K
∫
1
1 +
( y
K
)2 d
( y
K
)
=
1
K
arctan
( y
K
)
+ L .
Podemos isolar y. Basta notar que
Kx + D = arctan
( y
K
)
,
y
K
= tan
(
Kx + D
)
.
Assim, temos a famı́lia de soluções
y = C1 tan
(
C1x + C2
)
.
Caso 2 : C = 0. Neste caso
x =
∫
dy
y2
= −1
y
+ C
e temos a famı́lia de soluções
y =
1
C − x .
Caso 3 : C < 0. Neste caso, C = −K2 com K > 0.
Temos
x =
∫
dy
y2 −K2 =
∫
dy(
y −K)(y + K) .
3
Decompondo em frações parciais, encontramos
1(
y −K)(y + K) =
1
2K
(
1
y −K −
1
y + K
)
.
Portanto,
x =
1
2K
(
ln |y −K| − ln |y + k|
)
+ L .
Assim, temos a famı́lia de soluções
Kx + D = ln
∣∣∣y −K
y + K
∣∣∣
1
2
.
Se quisermos, aplicando a função exponencial dos dois lados, e fazendo algumas operações
algébricas simples, podemos isolar y, mas não vamos fazer isto aqui.
Em resumo, as soluções da equação diferencial são todas as funções de uma das formas
y = C1 tan
(
C1x + C2
)
, ln
∣∣∣y − C1
y + C1
∣∣∣
1
2 = C1x + C2 , y =
1
C − x e y = C .
Note que a equação diferencial do exemplo 2 não é linear, pois contém o termo em yy′, que é de
grau 2. Vamos ver que para equações lineares a estrutura do conjunto das soluções nunca é tão
complicada.
Exemplo 3. Resolva o problema de valor inicial
y′′ =
2y
(
y′
)2
1 + y2
, y(0) = 0 , y′(0) = 2 . (4)
Introduzimos a variável p = y′ e pensamos p = p(y). Pela regra da cadeia,
y′′ =
dp
dx
=
dp
dy
dy
dx
= p
dp
dy
.
Substituindo na EDO, obtemos p
dp
dy
=
2yp2
1 + y2
. A possibilidade de que p = 0 pode ser descartada
por causa da condição inicial y′(0) = 2. Separando as variáveis e integrando, temos
∫
dp
p
=
∫
2y
1 + y2
dy
e, portanto,
ln p = ln
(
1 + y2
)
+ ln C1 ,
ou seja,
p = C1
(
1 + y2
)
.
Segue das condições iniciais que quando y = 0 vamos ter p = 2. Substituindo acima, determi-
namos C1 = 2. Então,
dy
dx
= 2
(
1 + y2
)
,
∫
dy
1 + y2
= 2
∫
dx , arctan y = 2x + C2 , y = tan
(
2x + C2
)
.
Mas a condição inicial y(0) = 0 implica que tanC2 = 0. Logo, a solução do PVI (4) é
y = tan
(
2x
)
.
4
OBS. O exemplo acima mostra que quando temos um PVI, podemos ir determinando as cons-
tantes à medida que elas forem aparecendo. Em alguns casos, isto pode ser uma simplificação
considerável, evitando ter de considerar vários casos, como precisou ser feito no exemplo 2.
Caso 2: Equações do tipo F (x, y′, y′′) = 0 (não envolvendo y)
Exemplo 4. Resolva a equação diferencial x y′′ − y′ = x2 − 2 .
Seja z = y′. Vamos primeiro encontrar a função z = z(x) e, em seguida integrar para obter y.
Substituindo y′ = z e y′′ =
dz
dx
na EDO, temos
x
dz
dx
− z = x2 − 2 .
Esta é uma equação linear de 1a ordem. Para resolvê-la dividimos por x, obtendo
dz
dx
− z
x
= x− 2
x
,
cujo fator integrante é µ = e
∫ − 1
x
dx = e− ln x = x−1. Multiplicando a equação pelo fator inte-
grante, temos
1
x
dz
dx
− z
x2
= 1− 2
x2
,
que é equivalente a
d
dx
(
x−1z
)
= 1− 2
x2
.
Por integração, temos
x−1z =
∫ (
1− 2x−2)dx = x + 2x−1 + C1.
Multiplicndo por x,
z = x2 + 2 + C1x .
Lembrando que y′ = z e integrando novamente, temos
y =
x3
3
+ 2cx + C1x2 + C2 .
5
Seção 9: EDO’s lineares de 2a ordem
Equações Homogêneas
Definição. Uma equação diferencial linear de segunda ordem é uma equação da forma
y′′ + f(x) y′ + g(x) y = r(x), (1)
onde f(x), g(x) e r(x) são funções definidas em um intervalo.
Exemplo 1 – Sistema Massa–Mola. Consideremos o sistema mecânico mostrado na figura,
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD
D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥¥¥
¥¥
rr
x(t)0
m
k
~Fm¾
formado por uma massa m presa a uma mola de
constante de elasticidade k e que realiza oscilações
em torno de uma posição de equiĺıbrio. Colocamos
a coordenada 0 na posição de equiĺıbrio. Em cada
instante t a massa ocupa a posição de abscissa x =
x(t). Várias forças agem sobre a massa. Uma delas
é a força restauradora elástica Fm, devida à ação
da mola. O sentido desta força é contrário ao do
deslocamento x e seu módulo é diretamente propor-
cional ao módulo do deslocamento (Lei de Hooke),
Fm = −k x
(
k = const. > 0
)
.
Sobre a massa m age também uma força de atrito Fa, cujo sentido é contrário ao da velocidade.
A força de atrito com uma superf́ıcie sólida obedece a uma lei mais complicada, mas se o conjunto
massa–mola está imerso em um fluido viscoso, óleo, por exemplo, se considerarmos o módulo da
força de atrito diretamente proporcional à velocidade, temos uma boa aproximação da realidade.
Então,
Fa = −a dx
dt
,
(
a = const. > 0
)
.
Finalmente, pode haver ainda uma força externa Fe(t), variável com o tempo. A força total
agindo sobre a massa é
F = Fm + Fa + Fe(t) = −k x− a dx
dt
+ Fe(t) .
Por outro lado, pela 2a lei de Newton, a força é igual à massa vezes a aceleração,
F = m
d2x
dt2
.
Igualando estas duas expresões para a força, obtém-se a equação diferencial
m
d2x
dt2
+ a
dx
dt
+ k x = Fe(t) , (2)
que é uma equação diferencial linear de 2a ordem com coeficientes constantes, isto é, as funções
f(x) e g(x) que aparecem em (1) são constantes.
Nossa intuição nos diz que dados x(0) = x0 , x′(0) = v0, o PVI
{
m x′′ + a x′ + k x = Fe(t)
x(0) = x0 , x′(0) = v0
(3)
tem solução única, ou seja, conhecendo o deslocamento inicial x0 e a velocidade inicial v0, é
posśıvel prever qual a posição x(t) que será ocupada pela massa em cada instante futuro.
Exemplo 2 – Circuito RLC. Consideremos o circuito mostrado na figura. Sejam I(t) a corrente
e q(t) a carga no capacitor em cada instante t. Levando em conta que
– a queda de potencial entre as duas extremidades da resitência é RI(t),
– a queda de potencial entre as duas extremidades do indutor é LI ′(t),
– a queda de potencial entre as duas extremidades do capacitor é 1C q(t),
podemos escrever
q
q L
R
C
E(t)
LI ′ + R I +
1
C
q = E(t). (4)
a equação (4) ainda não é uma EDO, pois contém duas funções,
I(t) e q(t). Existem duas formas de obter uma EDO. Uma delas
é usando que I =
dq
dt
,
Lq′′ + R q′ +
1
C
q = E(t). (5)
Outra maneira e derivando a primeira equação,
LI ′′ + R I ′ +
1
C
I = E′(t). (6)
Matematicamente, o sitema massa–mola e o circuito RLC são governados pela mesma equação
diferencial, (2) e (5) são a mesma equação, com as correpondências
m ←→ L
a ←→ R
k ←→ 1
C
Esta observação é muito importante. É ela que permite simular uma oscilação mecânica em um
circuito elétrico.
2
Exemplo 3 – Pêndulo. Consideremos uma massa m oscilando em um plano vertical, presa
por um fio ou por uma haste de peso despreźıvel, como mostra a figura. Temos
?
6
q
s
L
L
L
L
L
L
LL
l
m
θ
l cos θ
?
θ′ =
dθ
dt
= velocidade angular , lθ′ = velocidade
Energia cinética K =
1
2
m
(
lθ′
)2 , Energia potencial U = (l−l cos θ)mg
Pelo Prinćıpio da conservação da energia, U + K = const.
Derivando em relação a t, obtemos
ml2θ′θ′′ + mlgθ′ sen θ = 0,
ou seja,
θ′′ +
g
l
sen θ = 0 . (7)
Esta última é a equação do pêndulo. A equação (7) é uma equação não linear. No entanto, para
oscilações de pequena amplitude, sen θ ≈ θ é uma boa aproximação. Temos a aproximação
linear
θ′′ +
g
l
θ = 0 . (8)
Observação. Operador diferencial L(y) = y′′ + f(x)y′ + g(x)y.
Por exemplo, para L(y) = y′′ − 3y′ + 2y, temos
L(x2) = 2− 6x + 2x2
L(cosx) = cosx + 3 senx
L(x2 + cosx) = 2− 6x + 2x2 + cos x + 3 senx
Em geral, para L(y) = y′′ + f(x)y′ + g(x)y, temos
L
(
y1 + y2
)
= L
(
y1
)
+ L
(
y2
)
, L
(
cy
)
= cL
(
y
)
.
Esta é a razão do nome linear. Resolver a equação diferencial (1) é encontrar as funções que
satisfazem
L(y) = r(x).
Teorema de Existência e Unicidade. Dadas 3 funções cont́ınuas f(x), g(x), h(x) definidas
no intervalo aberto I, dado x0 um ponto de I e dados a e b reais, existe uma e somente uma
solução do PVI {
y′′ + f(x)y′ + g(x)y = h(x)
y(x0) = a , y′(x0) = b
Além disto a solução está definida em todo o intervalo I.
Uma demonstração do teorema acima só é posśıvel em um curso mais avançado. No entanto,
podemos compreender intuitivamente sua validade, devido à interpretação no caso particular da
EDO (3), onde interpretamos a existência e unicidade de solução em termos da possibilidade
de prever a posição do corpo em qualquer instante futuro, conhecidas sua posição e velocidade
iniciais.
3
Equações Lineares Homogêneas
Definição. Uma EDO (1) é dita homogênea se r(x) = 0, isto é, se for da forma
y′′ + f(x)y′ + g(x)y = 0.
Exemplo. Vimos no exemplos 1 e 2 acima, que oscilações mecânicas e elétricas são descritas
por equações lineares. O caso de oscilações livres, isto é, com força externa nula, corresponde
ao caso em de EDO’s lineares homogêneas. Se houver força externa, ou seja, força externa nõ
nula, a EDO linear que governa o fenômeno será não homogênea:
oscilações livres ←→ equações lineares homogêneas
oscilações forçadas ←→ equações não homogêneas.
Observação. Toda EDOLH admite y = 0 como solução. Por esta razão y = 0 é chamada de
solução trivial.
Teorema 1 (Prinćıpio de Superposição). Se y1 e y2 são duas soluções de uma EDOLH,
então qualquer combinação linear C1y1 + C2y2 também é solução.
Demonstração: Sejam y1(t) e y2(t) duas soluções de uma EDO linear homogênea L(y) = 0.
Então,
L(y1) = 0 e L(y2) = 0.
Da linearidade, segue que
L(C1y1 + C2y2) = C1L(y1) + C2L(y2) = C1 · 0 + C2 · 0 = 0.
Logo, a combinação linear C1y1 + C2y2 também é solução.
Observação. Uma situação particular do Prinćıpio de Superposição é a seguinte: se y1 é uma
solução de uma EDOL homogênea, então qualquer múltiplo Cy1 também é.
Exemplo. O presente exemplo ilustra o método usado, na prática, para resolver um PVI
envolvendo uma EDOLH.
(a) Verifique que y1 = e2t e y2 = e3t são soluções da EDOLH
y′′ − 5y′ + 6y = 0.
Basta substituir na EDO, fazer os cálculos e verificar que são de fato soluções.
(b) A partir destas duas soluções, usando o Prinćıpio de Superposição, podemos construir
toda uma famı́lia de soluções
y = C1y1 + C2y2 = C1e2t + C2e3t .
(c) Resolver o PVI {
y′′ − 5y′ + 6y = 0
y(0) = 2 , y′(0) = −3
Tome a famı́lia de soluções y = C1e2t + C2e3t , constrúıda no item (b). A idéia é determinar
valores para as constantes C1 e C2 de modo a satisfazer as condições iniciais. Substituindo
y = C1e2t + C2e3t e y′ = 2C1e2t + 3C2e3t nas condições iniciais, obtemos
{
C1 + C2 = 2
2C1 + 3C2 = −3
4
Encontra-se C1 = 9 e C2 = −7 . Logo, a solução do PVI é
y = 9e2t − 7e3t .
(d) PERGUNTA (opcional numa primeira leitura, mas de importância fundamental para
quem se preocupa com a coerência lógica da teoria): Toda solução da EDO y′′ − 5y′ + 6y = 0
é da forma y = C1e2t + C2e3t ?
Seja yp uma solução da EDO. Sejam a e b definidos por a = yp(0) e b = y′p(0). Formulemos
o PVI
(?)
{
y′′ − 5y′ + 6y = 0
y(0) = a , y′(0) = b
Vamos procurar se existem valores para C1 e C2 para os quais as condições iniciais se cumpram
com y = C1e2t + C2e3t . Como no item (c), investigamos o sistema
(??)
{
C1 + C2 = a
2C1 + 3C2 = b
O sistema linear (??) é posśıvel e determinado, pois seu determinante é não nulo. De fato,
resolvendo encontra-se C1 = 3a− b e C2 = b− 2a. Portanto y = (3a− b)e2t + (b− 2a)e3t e yp
são ambas soluções do PVI (?). Mas pelo Teorema de Existência e Unicidade enunciado acima,
a solução deste PVI é única. Logo, yp = (3a− b)e2t + (b− 2a)e3t, provando que toda solução yp
da EDO y′′ − 5y′ + 6y = 0 é da forma y = C1e2t + C2e3t .
Observação. Tomar combinação linear de duas funções y1 e y2 é supérfluo se uma delas for um
múltiplo da outra. Por exemplo, se y2 = λy1, então a combinação linear y = C1y1 +C2y2 é igual
a y =
(
C1 +λC2
)
y1, ou seja é da forma y = C y1, e y2 é totalmente supérflua. Não ganhaŕıamos
nada tomando combinação linear das duas funções. Daria no mesmo tomar os múltiplos de uma
só delas. Por esta razão damos a definição abaixo.
Definição. Duas funções y1 e y2 são ditas linearmente independentes se uma não for um
múltiplo da outra. Caso contrário são ditas linearmente dependentes.
Por exemplo, {et, e2t} são linearmente independentes. {t2 − 2, 6 − 3t2} são linearmente depen-
dentes.
Definição. Um sistema fundamental de soluções para uma EDOLH de 2a ordem é um par de
soluções linearmente independentes.
Exemplo: 1) {cosx, sen x} é um sistema fundamental de soluções para a EDO y′′ + y = 0. A
partir dáı, tomando combinação linear, obtém-se a solução geral
y = C1y1 + C2y2 = C1 cosx + C2 sen x
2) Consideremos a EDO y′′− 4y = 0. Queremos resolver esta equação. Meio caminho andado é
saber de que forma procurar a solução. Mais adiante ficará claro que devemos procurar solução
em forma de exponencial y = eλx. Substituindo na EDO, temos
(
eλx
)′′
− 4eλx = 0,
ou seja,
λ2eλx − 4eλx = 0.
5
Portanto, a condição para que y = eλx seja solução de nossa EDO é que λ seja raiz da equção
algébrica
λ2 − 4 = 0.
{e2x, e−2x} é um sistema fundamental de soluções para a EDO y′′− 4y = 0. Note que o sistema
fundamental de soluções não é ı́nico. Por exemplo, um outro sistema fundamental de soluções
para a mesma EDO é dado por
y3 =
y1 + y2
2
=
e2x + e−2x
2
= cosh(2x)
e
y4 =
y1 − y2
2
=
e2x − e−2x
2
= senh (2x)
Suponhamos que se queira resolver um PVI
{
y′′ − 4y = 0
y(0) = a, y′(0) = b (9)
Usandos o primeiro sistema fundamental de soluções {e2x, e−2x}, escrevemos a solução geral
como y = C1e2x + C2e−2x. Substituindo
y = C1e2x + C2e−2x e y′ = 2C1e2x − 2C2e−2x
nas condições iniciais y(0) = a, y′(0) = b, temos
{
C1 + C2 = a
2C1 − 2C2 = b
Resolvendo o sistema, encontramos
C1 =
a
2
+
b
4
e C2 =
a
2
− b
4
.
Portanto, a solução do PVI (9) é
y =
(
a
2
+
b
4
)
e2x +
(
a
2
− b
4
)
e−2x.
Podeŕıamos ter o usado o segunda sistema fundamental de soluções {cosh(2x), senh (2x)}. A
partir da definição das funções hiperbólicas
coshx =
ex + e−x
2
e senhx =
ex − e−x
2
é imediato verificar que
(
coshx
)′
= senhx ,
(
senhx
)′
= coshx , cosh 0 = 1 e senh 0 = 0 .
Então, escrevendo a solução na forma y = C3 cosh(2x) + C4 senh (2x), temos que
y(0) = C3 e y′(0) = 2C4 ,
de onde segue que C3 = a e C4 =
b
2
. Logo a solução do PVI (9) é
y = a cosh(2x) +
b
2
senh (2x).
Vemos que para resolver um PVI como (9), o sistema fundamental {cosh(2x), senh (2x)} é até
mais adequado do que o sistema {e2x, e−2x}.
6
Seção 10: Redução de ordem de EDOLH’s de 2a ordem
se for conhecida uma solução não trivial
Método de D’Alembert. Se for conhecida uma solução não trivial de uma EDOLH de 2a
ordem, empregando o método de D’Alembert podemos determinar uma segunda solução linear-
mente independente da primeira. Para isto vamos ter que resolver uma EDO de 1a ordem. Essas
duas soluções linearmente independentes vão constituir um sistema fundamental de soluções e
vão nos permitir escrever a solução geral da EDOLH dada. Portanto, o método de D’Alembert
é um método de redução de ordem: conhecendo uma solução não trivial de uma EDOLH de 2a
ordem, sua resolução se reduz a resolver uma EDO de 1a ordem.
Vamos explicar o método de D’Alembert através de exemplos.
Exemplo 1. Sabendo que y1 =
cosx
x
é uma solução da EDOLH
xy′′ + 2y′ + xy = 0 , (1)
encontrar uma segunda solução linearmente independente da primeira.
Solução:
Procuramos a segunda solução da forma
y2 = vy1, (2)
com v não constante. O fato de v ser não constante vai garantir que {y1, y2} são LI. Derivando
(2), temos
y′2 = v
′y1 + vy′1,
y′′2 = v
′′y1 + 2v′y′1 + vy
′′
1 .
Substituindo na equação (1), temos
xy1v
′′ +
(
2xy′1 + 2y1
)
v′ +
(
xy′′1 + 2y
′
1 + xy1
)
v = 0 .
Na equação acima, o coeficiente de v é 0, pois y1 é uma solução da equação original. Então,
xy1v
′′ +
(
2xy′1 + 2y1
)
v′ = 0 . (3)
OBS: Veremos abaixo que o fato do coeficiente de v se anular não foi nenhum acaso. Isto sempre
acontece.
Substituindo
y1 =
cosx
x
, y′1 =
−x sen x− cosx
x2
em (3) temos
(
cosx
)
v′′ +
(
−2x sen x + 2 cosx
x
+
2 cos x
x
)
v′ = 0,
ou
x
(
cosx
)
v′′ − 2( senx)v′ = 0.
Esta equação se reduz a primeira ordem pondo z = v′,
x
(
cosx
)dz
dx
− 2( sen x)z = 0 .
Separando as variáveis,
dz
z
=
2 senx
cosx
Integrando, ∫
dz
z
=
∫
2 sen x
cosx
dx,
obtemos
ln z = −2 ln cosx + C.
Escolhemos já C = 0, pois estamos interessados apenas em encontrar uma solução linearmente
independente e não a mais geral posśıvel. Obtemos
z = sec2 x.
Logo
v′ = sec2 x e v =
∫
sec2 x = tanx,
novamente escolhendo a constante de integração como sendo 0. Logo, uma segunda solução
linearmente indepenente da primeira é
y2 =
cosx
x
sen x
cosx
=
sen x
x
e a solução geral de (1) é y =
C1 cosx + C2 senx
x
.
Caso Geral. Conhecendo uma solução não trivial y1 para a EDOLH
y′′ + f(x)y′ + g(x)y = 0, (4)
procuramos uma segunda solução LI da forma y2 = v(x) y1(x) , com v não constante. Derivando,
temos
y′2 = v
′y1 + vy′1
y′′2 = v
′′y1 + 2v′y′1 + vy
′′
1 .
Substituindo na EDO (4), segue que
(
v′′y1 + 2v′y′1 + vy
′′
1
)
+ f(x)
(
v′y1 + vy′1
)
+ g(x) vy1 = 0.
A incógnita aqui é v. Ordenemos então em v
y1v
′′ +
(
2y′1 + f(x)y1
)
v′ +
(
y′′1 + f(x)y
′
1 + g(x)y1
)
v = 0.
O coeficiente de v é 0 pois y2 é uma solução da EDO. Portanto
y1v
′′ +
(
2y′1 + f(x)y1
)
v′ = 0 .
Conclusão. Para determinar v precisaremos resolver uma EDOLH de segunda ordem sem
termo em v, portanto redut́ıvel a primeira ordem.
2
Exemplo 2. Sabendo que y1 =
1
x2
é uma solução da equação diferencial linear homogênea
x
(
3x
+ 2
)
y′′ + 6
(
x + 1
)
y′ − 6y = 0 ,
determine uma segunda solução linearmente independente da primeira.
Solução:
Procuramos y2 da forma y2 = vy1 , com v não constante.
y′2 = v
′y1 + vy′1
y′′2 = v
′′y1 + 2v′y′1 + vy
′′
1
Substituindo na equação diferencial, obtém-se
x
(
3x + 2
)(
v′′y1 + 2v′y′1
)
+ 6
(
x + 1
)
v′y1 = 0.
Note que todos os termos contendo v já nem foram escritos, pois sabemos que eles cancelam.
Neste momento substituimos y1 pelo seu valor dado y1 =
1
x2
(o melhor é fazer isto o mais
tarde posśıvel, para evitar complicações nos cálculos). Obtemos
x
(
3x + 2
)(
v′′x−2 − 4x−3v′) + 6(x + 1)x−2v′ = 0.
Multiplicando por x2, temos
(
3x + 2
)(
xv′′ − 4v′) + 6(x + 1)v′ = 0,
ou seja,
x
(
3x + 2
)
v′′ − (6x + 2)v′ = 0.
Esta última equação se reduz à primeira ordem fazendo fazendo z = v′,
x
(
3x + 2
)dz
dx
− (6x + 2)z = 0.
Separando as variáveis, chegamos em
dz
z
=
6x + 2
3x2 + 2x
dx
e ∫
dz
z
=
∫
6x + 2
3x2 + 2x
dx
Integrando,
ln z = ln
(
3x2 + 2x
)
+ C.
Escolhendo C = 0, obtemos
z = 3x2 + 2x.
Lembrando que z =
dv
dx
, temos
dv
dx
= 3x2 + 2x.
Integrando mais uma vez, temos
v = x3 + x2.
Portanto, uma segunda solução linearmente independente de y1 é
y2 = x + 1.
3
Exemplo 3. Sabendo que y1 = x é uma solução da EDOLH (1 − x2)y′′ − 2xy′ + 2y = 0,
encontre a solução geral desta EDO (esta equação diferencial é um caso particular da equação
de Legendre (1− x2)y′′ − 2xy′ + n(n + 1)y = 0, aqui n = 1, que vai ser muito importante na 3a
área).
Procuramos y2 da forma y2 = vy1 , com v não constante. Derivando, encontramos
y′2 = v
′y1 + vy′1,
y′′2 = v
′′y1 + 2v′y′1 + v
′y′′1 .
Substituindo na EDO, obtemos
(
1− x2)(v′′y1 + 2v′y′1
)− 2xv′y1 = 0 .
Note que todos os termos contendo v já nem foram escritos, pois sabemos que eles cancelam.
Neste momento substituimos y1 pelo seu valor dado y1 = x, obtendo
(
1− x2)(xv′′ + 2v′)− 2x2v′ = 0,
ou seja, (
1− x2)xv′′ + (2− 2x2 − 2x2)v′ = 0.
Fazendo z = v′, reduzimos à EDO de 1a ordem
(
1− x2)x dz
dx
+
(
2− 4x2)z = 0,
que pode ser resolvida por separação de variáveis
dz
z
=
2− 4x2
x
(
x2 − 1) dx .
Integrando, temos, ∫
dz
z
=
∫
2− 4x2
x
(
x− 1)(x + 1) dx .
Precisamos decompor em frações parciais
2− 4x2
x
(
x− 1)(x + 1) =
A
x
+
B
x− 1 +
C
x + 1
2− 4x2 = A(x− 1)(x + 1) + Bx(x + 1) + Cx(x− 1)
Fazendo x = 0, 2 = −A. Fazendo x = 1, −2 = 2B, portanto B = −1. Fazendo x = −1,
−2 = 2C, logo C = −1. Segue que
∫ (−2
x
+
−1
x− 1 +
−1
x + 1
)
dx = −2 ln |x| − ln |x− 1| − ln |x + 1| .
Portanto
ln z = ln
∣∣∣∣∣
1
x2
(
x− 1)(x + 1)
∣∣∣∣∣ .
Observe que escolhemos a constante de integração como sendo 0. Podemos fazer isto, pois esta-
mos procurando uma segunda solução e não a segunda solução mais geral posśıvel. Multiplicando
por −1, se necessário, temos
z =
1
x2
(
x− 1)(x + 1) ,
4
isto é,
v′ =
1
x2
(
x− 1)(x + 1) .
Para integrar, decompomos esta última em frações parciais
1
x2
(
x− 1)(x + 1) =
A
x
+
B
x2
+
C
x− 1 +
D
x + 1
.
Multiplicando por x2
(
x− 1)(x + 1), segue que
1 = Ax
(
x− 1)(x + 1) + B(x− 1)(x + 1) + Cx2(x + 1) + Dx2(x− 1). (5)
Fazendo x = 0, obtém-se B = −1. Para x = 1, obtém-se 2C = 1, C = 1/2. Fazendo x = −1,
obtém-se D = −1/2. Para determinar A, identifiquemos o coeficiente de x3 dos dois lados da
igualdade (5):
0 = A + C + D.
Segue que A = 0. Portanto,
v =
∫
1
x2
(
x2 − 1) dx =
∫ (
− 1
x2
+
1
2
1
x− 1 −
1
2
1
x + 1
)
dx
seguindo, finalmente,
v =
1
x
+
1
2
ln |x− 1| − 1
2
ln |x + 1| .
Uma segunda solução linearmente independente de y1 é
y2 = y1v = xv = 1 + x ln
∣∣∣∣
x− 1
x + 1
∣∣∣∣
1
2
.
Logo a solução geral de nossa EDO é
y = C1x + C2
(
1 + x ln
∣∣∣∣
x− 1
x + 1
∣∣∣∣
1
2
)
.
5
Seção 11: EDOLH com coeficientes constantes
Observação fundamental: Se L(y) = y′′ + py′ + qy, com p, q constantes então
L(eλt) =
(
λ2 + pλ + q
)
eλt.
Portanto a EDO L(y) = 0 pode ter solução da forma y = eλt. Basta que λ seja raiz da equação
algébrica
λ2 + pλ + q = 0,
chamada de equação caracteŕıstica.
Exemplo. Resolver a EDOLH de 2a ordem
y′′ + 3y′ + 2y = 0 . (1)
A equação caracteŕıstica λ2 + 3λ + 2 = 0 tem ráızes 1 e 2. Portanto temos duas soluções
linearmente independentes y1 = et e y2 = e2t para a EDO (1). Com elas podemos construir a
solução geral
y = C1et + C2e2t.
Possibilidades: Dada uma EDOLH de coeficientes constantes
y′′ + py′ + qy = 0 (p, q constantes), (2)
consideremos sua equação caracteŕıstica
λ2 + pλ + q = 0 . (3)
As seguintes possibilidades podem ocorrer:
Caso 1. Quando a equação caracteŕıstica tiver duas ráızes reais diferentes λ1 e λ2, então duas
soluções linearmente independentes são y1 = eλ1t e y2 = eλ2t.
Caso 2. Se a equação caracteŕıstica (3) tem raiz real dupla λ1 = λ2.
Se (3) tem raiz dupla, significa que seu discriminante é 0, ou seja p2 − 4q = 0 e
λ1 = λ2 = −p2 .
Portanto, temos uma solução exponencial y1(t) = eλ1t = e−
p
2
t. Pelo método de D’Alembert,
procuramos uma segunda solução, linearmente independente da primeira, da forma
y2(t) = v(t)y1(t) (4)
Substituindo y por (4) na EDO (2), temos
(v′′y1 + 2v′y′1 + vy
′′
1) + p(v
′y1 + vy′1) + qvy1 = 0.
Agrupando os termos, temos
y1v
′′ + (2y′1 + py1)v
′ + (y′′1 + py1 + qy1)v = 0.
Substituindo y1 = eλ1t, segue que
eλ1tv′′ +
(
2λ1 + p
)
eλ1tv′ = 0.
Mas 2λ1 + p = 0, pois λ1 = −p2 . Portanto,
v′′ = 0.
Segue que v = At + B. Escolhendo A = 1 e B = 0, temos v=t e
y2 = teλ1t .
Conclusão: No caso da equação caracteŕıstica (3) ter raiz dupla λ1 = λ2, duas soluções linear-
mente independentes da EDOLH de coeficientes constantes (2) são y1 = eλ1t e y2 = teλ1t.
Exemplo. Resolver a EDO y′′ + 4y′ + 4y = 0. A equação caracteŕıstica é λ2 + 4λ + 4 = 0,
que tem raiz dupla λ1 = λ2 = −2. Portanto um sistema fundamental e soluções é y1 = e−2t e
y2 = te−2t. Portanto a solução geral é
y = C1e−2t + C2te−2t =
(
C1 + C2t
)
e−2t .
Para o caso 3, de equação caracteŕıstica com ráızes complexas, vamos precisar fazer uma revisão
sobre exponenciais complexas.
Revisão sobre exponenciais complexas
Antes de tratar do terceiro caso da equação caracteŕıstica, fazemos uma revisão sobre exponen-
ciais complexas.
Queremos dar um sentido para a exponencial com expoente complexo. Para z = x+iy, queremos
definir ez = ex+iy. Esperamos que a exponencial de expoente complexo seja definida de modo a
preservar as propriedades operacionais usuais que valem para exponenciais reais, por exemplo,
ez = ex+iy = exeiy .
A exponencial real ex já é nossa conhecida. Falta dar um sentido para a exponencial eiy, cujo
expoente é um número imaginário puro. Vimos no Cálculo que para t real, et =
∞∑
n=0
tn
n!
. Embora
a fórmula não tenha sido deduzida para este caso, vejamos o que acontece se tentarmos aplicá-la
para t = iy,
eiy = 1 + iy +
(iy)2
2!
+
(iy)3
3!
+ · · · (5)
Note que do fato que i2 = −1, i3 = −i e i4 = 1, segue que as potências de i são
1 = i4 = i8 = · · · , i = i5 = i9 = · · · , −1 = i2 = i6 = i10 = · · · , −i = i3 = i7 = · · ·
Substituindo esses valores em (5), obtemos
eiy =
(
1− y
2
2!
+
y4
4!
− · · ·
)
+ i
(
y − y
3
3!
+
y5
5!
− · · ·
)
.
Na linha acima reconhecemos as séries do cosseno e do seno. Assim,
eiy = cos y + i sen y
(
Fórmula de Euler
)
. (6)
Inspirados no racioćınio intuitivo acima, a seguir damos a definição formal de exponencial com-
plexa.
2
Definição. Para z = x + iy número complexo definimos a exponencial de expoente z como
ez = ex+iy = exeiy = ex
(
cos y + i sen y
)
= ex cos y + i ex sen y .
Exemplos. eiπ = −1, e1+i π2 = ie, e2πi = 1, ez+2πi = ez (a função exponencial é
periódica com peŕıodo 2πi.
Observação. Somando e subtraindo as igualdades eiy = cos y
+ i sen y e e−iy = cos y− i sen y ,
obtemos
cos y =
eiy + e−iy
2
, sen y =
eiy − e−iy
2i
,
que são muito semelhantes às expressões
cosh y =
ey + e−y
2
, senh y =
ey − e−y
2
.
Caso 3. Se a equação caracteŕıstica tiver ráızes complexas, estas devem ser números complexos
conjugados λ1 = α + iβ e λ2 = α− iβ . Como são ráızes distintas, procedendo como no caso 1,
definimos duas soluções linearmente independentes
z1 = eλ1t = eαt+iβt = eαteiβt = eαt cosβt + i eαt senβt,
z2 = eλ2t = eαt−iβt = eαte−iβt = eαt cosβt− i eαt sen βt.
O problema com estas duas soluções é que são complexas. Usando o Prinćıpio de Superpo-
sição, tomando convenientes combinações lineares, podemos obter duas soluções linearmente
independentes reais
y1 =
z1 + z2
2
= eαt cosβt e y2 =
z1 − z2
2i
= eαt senβt .
Conclusão: No caso da equação caracteŕıstica ter ráızes complexas λ1 = α+ iβ e λ2 = α− iβ ,
duas soluções linearmente independentes da EDOLH de coeficientes constantes (2) são y1 =
eαt cosβt e y2 = eαt senβt.
Exemplo. Resolver a EDO y′′ + 4y′ + 13y = 0. A equação caracteŕıstica é λ2 + 4λ + 13 = 0,
que tem ráızes complexas λ1 = −2 + 3i e λ2 = −2− 3i. Portanto, um sistema fundamental de
soluções é y1 = e−2t cos 3t e y2 = e−2t sen 3t. Segue que a solução geral é
y = C1e−2t cos 3t + C2e−2t sen 3t =
(
C1 cos 3t + C2 sen 3t
)
e−2t .
Observação importante
No caso da equação caracteŕıstica ter ráızes complexas λ1 = α + iβ e λ2 = α − iβ, a solução
geral da EDO homogênea (2) é
y =
(
C1 cosβt + C2 senβt
)
eαt .
É muito importante para as aplicações notar que a expressão C1 cosβt + C2 senβt pode ser
escrita de uma maneira alternativa. Para isto, o mais simples é representar o par
(
C2, C1
)
como
3
¡
¡
¡
¡
qP
C2
C1
C
θ
um ponto P no plano. Sejam r e θ as coordenadas polares
do ponto P . Então,
C2 = C cos θ e C1 = C sen θ .
Portanto
C1 cosβt + C2 sen βt = C
(
sen θ cosβt + cos θ sen βt
)
= C sen
(
βt + θ
)
.
Conclusão. A expressão y = C1 cosβt + C2 senβt, onde C1 e C2 são constantes arbitrárias,
pode ser reescrita em termos de duas outras constantes arbitrárias, C e θ, como
y = C sen
(
βt + θ
)
.
A vantagem desta expressão alternativa é que ela mostra que y é uma senóide submetida a um
deslocamento horizontal, sendo C um fator de amplitude, fato que não é nada óbvio de se ver a
partir da expressão y = C1 cosβt + C2 sen βt.
Exemplos de aplicação às oscilações livres.
Consideremos oscilações livres (sem força externa) de um sistema formado por uma uma massa
m presa a uma mola com constante de elasticidade k e sujeita a um coeficiente de atrito a.
Como vimos, o sistema obedece a EDO linear homegênea
y′′ +
a
m
y′ +
k
m
y = 0 .
Amortecimento subcŕıtico. Enquanto o atrito for pequeno, mais precisamente, enquanto(
a
m
)2
− 4
(
k
m
)
< 0 dizemos que o amortecimento é subcŕıtico. Neste caso a equação carac-
teŕıstica
λ2 +
a
m
λ +
k
m
y = 0
tem ráızes complexas λ1 = α + iβ e λ2 = α − iβ, onde α = − a2m e β =
√
4mk − a2
2m
. Por
exemplo, se m = 1 e k = 5, a equação diferencial é
y′′ + ay′ + 5y = 0 , (a ≥ 0)
e o amortecimento é subcŕıtico se a <
√
20. Se, por exemplo, a = 2, a equação caracteŕıstica
λ2 + 2λ + 5 = 0 tem ráızes
λ =
−2±√4− 20
2
=
−2±
√
(−1) · 16
2
=
−2±√−1 · √16
2
= −1± 2i .
Assim y(t) =
(
C1 cos 2t + C2 sen 2t
)
e−t. Esta solução oscila infinitas vezes em torno da posição
de equiĺıbrio y = 0, com amplitude decrescendo exponencialmente a 0.
Amortecimento cŕıtico. Se a começa a crecer, quando atingir o valor tal que
(
a
m
)2
− 4
(
k
m
)
= 0 ,
4
dizemos que o amortecimento é cŕıtico. Neste caso a equação caracteŕıstica tem uma raiz real
dupla negativa.
Por exemplo, se m = 1 e k = 4, a equação diferencial é
y′′ + ay′ + 4y = 0 (a ≥ 0) .
Enquanto a < 4, o amortecimento é subcŕıtico. As ráızes da equação caracteŕıstica são
−a
2
± i
√
4− a
2
4
. A solução geral é
y = C e−
at
2 sen
(
t
√
4− a
2
4
+ φ
)
que oscila com um certo peŕıodo mas cuja amplitude decai exponencialmente para 0. Note que
este peŕıodo cresce quando a −→ 4−.
Quando a atinge o valor a = 4, a equação caracteŕıstica tem uma raiz real dupla λ1 = λ2 =
−2. A solução geral
y =
(
C1 + C2t
)
e−2t
não tem mais caráter oscilatório. A massa passa no máximo uma vez pela posição de equiĺıbrio
y = 0:
– a massa passa uma única vez pela posição de equiĺıbrio y = 0 no instante t = −C1C2 , se C1
e C2 têm sinais opostos;
– a massa se aproxima da posição de equiĺıbrio sem nunca chegar, se C1 e C2 têm mesmo
sinal.
5
Seção 12: Equações Diferenciais Lineares não Homogêneas
de Coeficientes Constantes
O objetivo desta seção é estudar as equações lineares não homogêneas de coeficientes cons-
tantes. No entanto, a versão do Prinićıpio de Superposição que apresentamos a seguir é válida
para equações de coeficientes quaisquer.
Teorema (Prinćıpio de Superposição). Consideremos uma equação diferencial ordinária
de 2a ordem
y′′ + f(t)y′ + g(t)y = r(t) . (1)
Se yp(t) é uma solução particular da equação não homogênea (1) e se y0(t) = C1y1(t) + C2y2(t)
é a solução geral da equação homogênea associada
y′′ + f(t)y′ + g(t)y = 0, (2)
então
y = y0 + yp = y0 + C1y1 + C2y2 (3)
é a solução geral da equação não homogênea (1).
Demonstração: Consideremos o operador diferencial
L(y) = y′′ + f(t)y′ + g(t)y .
Suponhamos que conhecemos uma solução particular yp da equação não homogênea (1) e que
conhecemos também a solução geral y0 = C1y1 + C2y2 da equação homogênea associada (2).
Então,
L(yp) = r(t) e L(y0) = 0.
Formamos y = y0 + yp. Então,
L(y) = L(y0 + yp) = L(y0) + L(yp) = 0 + r(t) = r(t).
Portanto, as famı́lia de funções (3) são soluções da equação não homogênea (1).
Reciprocamente, se y é uma solução qualquer da equação não homogênea (1), definindo y0
por y0 = y − yp, temos que y0 é uma solução da equação homogênea (2). De fato,
L(y0) = L(y − yp) = L(y) − L(yp) = r(t) − r(t) = 0 .
Portanto existem constantes C1 e C2 tais que
y0 = y − yp = C1y1 + C2y2 .
Portanto, (3) é a famı́lia de todas as soluções da equação não homogênea (1).
Exemplo 1. Resolva o problema de valor incial
{
y′′ + 3y′ + 2y = 5
y(0) = −1 , y′(0) = 3
(4)
A equação caracteŕıstica
λ2 + 3λ + 2 = 0
tem ráızes λ1 = −2 e λ2 = −1. Duas soluções L.I. da equação homogênea associada são y1 = e−2t
e y2 = e
−t. Precisamos encontrar uma solução particular yp da equação não homogênea. Como
o lado direito é uma constante, é razoável procurarmos yp da forma yp = C. Substituindo na
EDO não homogênea obtemos
0 + 0 + 2C = 5 .
Portanto C = 5/2 e yp = 5/2. Segue que a solução geral da equação não homogênea é
y =
5
2
+ C1e
−2t + C2e
−t .
Utilizando as condições iniciais, obtemos o sistema
{
5
2
+ C1 + C2 = −1
−C1 − 2C2 = 3
Resolvendo o sistema, encontramos
C1 = −4 , C2 =
1
2
.
Logo a solução do PVI (4) é
y =
5
2
− 4 e−2t + 1
2
e−t .
Método dos Coeficientes a Determinar
A partir de agora, vamos nos concentrar no caso de equações lineares não homogêneas de coe-
ficientes constantes. Na seção anterior já vimos como resolver a equação homogênea associada.
Falta ainda saber como encontrar uma solução particular yp da equação não homogênea.
O Método dos Coeficientes a Determinar é um método para encontrar uma solução particular
de uma EDO linear não homogênea
L(y) = r(t).
Limitações do método:
– A equação diferencial deve ser um EDO linear de coeficientes constantes.
– O termo não homogêneo r(t) deve ser uma combinação de exponenciais, polinômios, senos
e cossenos. Por exemplo, r(t) poderia ser:
(a) r(t) = 5e2t − 2e−3t
(b) r(t) = te2t −
(
1 + 3t2
)
e3t
(c) r(t) = 2 cos 3t + 7
3
sen 3t
(d) r(t) = 3t cos 3t +
(
5 + 3t
)
sen 3t −
(
t3 + 2t2
)
e5t.
O método dos coeficientes a determinar é, portanto, de aplicabilidade limitada, mas os casos aos
quais ele se aplica, são os mais importantes nas aplicações. Sempre que for aplicável, este método
é prefeŕıvel aos demais, por ser um método puramente algébrico, não envolvendo integrações.
2
Vamos considerar vários casos, ilustrados por exemplos, mas no final veremos que os vários
casos podem ser englobados em um único. A razão para esta divisão em casos é puramente
didática, visando a seguir uma ordem crescente de complexidade.
Observação Básica. Seja L(y) o operador diferencial L(y) = y′′+py′+qy, com p e q constantes
e com polinômio caracteŕıstico f(λ) = λ2 + pλ + q. A observação básica é que
L
(
eλt
)
= f
(
λ
)
eλt. (5)
Caso 1: r(t) = Aeat
Em virtude da observação básica (5), L
(
Ceat
)
= CL
(
eat
)
= Cf
(
a
)
eat. Portanto se a não for
uma raiz da equação caracteŕıstica, f(a) 6= 0 e a equação não homogênea
L(y) = Aeat
tem uma solução particular da forma yp = Ce
at.
Exemplo 1. Resolver a equação diferencial y′′ + 3y′ + 2y = 5e2t.
Solução:
A equação caracteŕıstica é λ2 + 3λ + 2 = 0 , cujas ráızes são λ1 = −2 e λ2 = −1. Duas soluções
L.I. da equação homogênea associada são y1 = e
−2t e y2 = e
−t .
Procuramos uma solução particular da forma yp = Ce
2t, onde C é um coeficiente a determinar.
Substituindo na equação diferencial, obtemos
(
Ce2t
)′′
+ 3
(
Ce2t
)′
+ 2Ce2t = 5e2t .
e, portanto,
4Ce2t + 6Ce2t + 2Ce2t = 5e2t .
Segue que 12C = 5 e C =
5
12
. Uma solução particular da EDO é yp =
5
12
e2t e a solução geral
é
y =
5
12
e2t + C1e
−2t + C2e
−t .
Exemplo 2. Encontre uma solução particular para a equação diferencial
y′′ − 3y′ + 5y = 2et − 3. (6)
Solução: A idéia é
– Encontrar yp1 tal que L
(
yp1
)
= 2et ;
– Encontrar yp2 tal que L
(
yp2
)
= −3 ;
– Tomar yp = yp1 + yp2 . Por linearidade temos
L(yp) = L
(
yp1 + yp2
)
= L
(
yp1
)
+ L
(
yp2
)
= 2et − 3.
Vamos ter que yp é uma solução particular da EDO (6). Procuramos yp1 da forma yp1 = Ce
t .
Substituindo na equação L(yp1) = 2e
t, temos
C − 3C + 5C = 2 ,
3
que nos dá C =
2
3
e yp1 =
2
3
et.
A EDO L(y) = −3 não deixa de ter r(t) da forma r(t) = Aeat, simplesmente a = 0.
Procuramos a solução particular da forma yp2 = Ce
0·t = C . Substituindo na equação L(yp2) =
−3, temos 5C = −3, ou seja, C = −3
5
e yp2 = −
3
5
. Finalmente uma solução particular da
EDO (6) é
yp =
2
3
et − 3
5
.
Se a for raiz da equação caracteŕıstica:
Exemplo 3. Encontre uma solução particular para a equação diferencial
y′′ − 3y′ + 2y = 3e2t. (7)
Solução:
A equação caracteŕıstica é λ2 − 3λ + 2 = 0 , cujas ráızes são λ1 = 2 e λ2 = 1. Duas soluções L.I.
da equação homogênea associada são y1 = e
2t e y2 = e
t .
Se imitássemos o procedimento anterior, procurando uma solução particular da equação (7)
da forma yp = Ce
2t, não iŕıamos encontrar, pois sendo y1 = e
2t solução da equação homogênea
associada, L(Ce2t) = CL(e2t) = 0 6= 3e2t para qualquer valor de C. Portanto temos que procurar
nossa solução particular de uma outra forma.
Observação Básica (continuação): Vimos em (5) que L(eλt) = f(λ) eλt . Derivando os dois
lados em relação a λ, temos
∂
∂λ
(
L(eλt)
)
= f ′(λ) eλt + f(λ) t eλt.
Para calcular a derivada do lado esquerdo, notemos que o operador diferencial L envolve somente
derivadas em relação a variável t. Mas sabemos do Cálculo que a ordem em que se tomam as
derivadas parciais em relação a x e em relação a λ não influem no resultado. Isto significa que
∂
∂λ
(
L(eλt)
)
= L
( ∂
∂λ
eλt
)
= L
(
t eλt
)
.
Combinando com a conclusão anterior, temos
L
(
t eλt
)
= f ′(λ) eλt + f(λ) t eλt . (8)
Conclusão: Se a for uma raiz simples (de multiplicidade 1) da equação caracteŕıstica, isto é, se
f(a) = 0 e f ′(a) 6= 0 , então L
(
t eat
)
= f ′(a) eat, o que implica que a equação L(y) = A eat
possui uma solução particular da forma yp = C t e
at .
Retornando ao exemplo 3, vamos então procurar uma solução particular para a equação (7) da
forma yp = C t e
2t . Substituindo na equação temos
(
Ct e2t
)′′ − 3
(
Ct e2t
)′
+ 2Ct e2t = 3e2t,
ou seja,
4Ce2t + 4Ct e2t − 3Ce2t − 6Ct e2t + 2Ct e2t = 3e2t.
Segue que
Ce2t = 3e2t
4
e, portanto, C =
1
3
. Logo uma solução particular da equação (7) é
yp = 3 t e
2t
e a solução geral é
y = 3te2t + C1e
2t + C2e
t.
Se a for raiz de multiplicidade 2 da equação caracteŕıstica:
Observação Básica (continuação): Derivando (8) mais uma vez em relação a λ, obtemos
∂
∂λ
(
L(t eλt)
)
= f ′′(λ) eλt + 2f ′(λ) t eλt + f(λ) t2 eλt.
Como foi justificado acima, a derivação em relação a λ troca de posição com o operador dife-
rencial L,
∂
∂λ
(
L(t eλt)
)
= L
( ∂
∂λ
(
t eλt
)
)
= L
(
t2 eλt
)
.
Combinando com a conclusão anterior, temos
L
(
t2 eλt
)
= f ′′(λ) eλt + 2f ′(λ) t eλt + f(λ) t2 eλt . (9)
Conclusão: Se a for uma raiz dupla (de multiplicidade 2) da equação caracteŕıstica e, portanto,
f(a) = f ′(a) = 0 e f ′′(a) 6= 0 , então L
(
t2 eat
)
= f ′′(a) eat, o que implica que a EDO L(y) =
A eat possui uma sulução particular da forma yp = C t
2 eat .
Exemplo 4. Encontre uma solução particular para a equação diferencial
y′′ − 10y′ + 25y = 3e5t . (10)
Solução:
A equação caracteŕıstica é λ2 − 10λ + 25 = 0 e tem raiz dupla λ1 = λ2 = 5, pois se fatora como
(
λ − 5
)2
= 0. Procuramos uma solução particular da forma yp(t) = At
2e5t . Temos
y′p(t) = 2Ate
5t + 5At2e5t , y′′p(t) =
(
2Ae5t + 20At + 25At2
)
e5t .
Substituindo na EDO e já dividindo por e5t, temos
(
2A + 20At + 25At2
)
− 10
(
2At + 5At2
)
+ 25At2 = 3 .
Agrupando os termos e cancelando, ficamos com
2A = 3 ,
ou seja, A =
3
2
. Portanto uma solução particular é
yp =
3
2
t2e5t
e a solução geral é
yp =
3
2
t2e5t + C1e
5t + C2te
5t .
Caso 2: r(t) = p(t) eat, onde p(t) é um polinômio de grau n.
5
O caso 2 engloba o caso 1. A função r(t) = Aeat do caso 1 corresponde ao caso em que o
polinômio p(t) é de grau 0, reduzindo-se à constante p(t) = A. Portanto, como acontecia no
caso 1, no caso 2 também vai ser importante saber de a é ou não raiz da equação caracteŕıstica
e, caso for, com qual multiplicidade.
(i) Se a não for raiz da equação caracteŕıstica, procuramos uma solução particular da forma
yp(t) = g(t) e
at, com g(t) um polinômio de grau n.
(ii) Se a for raiz simples da equação caracteŕıstica, procuraramos uma solução particular da
forma yp(t) = g(t) t e
at, com g(t) um polinômio de grau n.
(iii) Se a for raiz dupla da equação caracteŕıstica, procuraramos uma solução particular da
forma yp(t) = g(t) t
2eat, com g(t) um polinômio de grau n.
Exemplo 5. Resolver a equação diferencial
y′′ − 4y′ + 3y = te3t + 1 . (11)
Solução:
A equação caracteŕıstica é λ2 − 4λ + 3 = 0 e tem ráızes λ1 = 3 e λ2 = 1. Duas soluções L.I. da
equação homogênea associada são y1 = e
3t e y2 = e
t . Vamos primeiro procurar uma solução
particular yp1 para a EDO
y′′ − 4y′ + 3y = te3t . (12)
Como t é um polinômio de grau 1 e 3 é raiz simples da equação caracteŕıstica, procuramos yp1
da forma
yp1 =
(
At + B
)
te3t =
(
At2 + Bt
)
e3t .
Derivando, encontramos
y′p1 =
(
2At + B
)
e3t + 3
(
At2 + Bt
)
e3t =
(
3At2 + (2A + 3B)t + B
)
e3t
e
y′′p1 =
(
2A + 2 (2At + B) 3 + (At2 + Bt) 9
)
e3t
=
(
9At2 + (12A + 9B)t + (2A + 6B)
)
e3t.
Substituindo na equação (12), temos
(
9At2 + (12A+9B)t + (2A+6B)
)
e3t − 4
(
3At2 + (2A+3B)t + B
)
e3t + 3
(
At2+Bt
)
e3t =
te3t,
ou seja,
4At + (2A + 5B) = t .
Segue que
{
4A = 1
2A + 2B = 0
cuja solução é A =
1
4
, B = −1
4
. Portanto,
yp1 =
(
t2 − t
)
e3t
4
.
é uma solução particular de (12). Em segundo lugar, devemos achar uma solução particular
para a equação
y′′ − 4y′ + 3y = 1 . (13)
6
Procurando uma solução particular de (13) da forma yp2 = C, constante, encontramos yp2 =
1
3
.
Portanto, uma solução particular yp de (11) é a soma
yp = yp1 + yp2 =
(
t2 − t
)
e3t
4
+
1
3
.
A solução geral de (11) é
y =
(
t2 − t
)
e3t
4
+
1
3
+ C1e
3t + C2te
3t .
Exemplo 6.
y′′ − 3y′ = t2 .
Aqui temos r(t) = t2e0t, que é um polinômio de grau 2. Mas 0 é raiz simples da equação
caracteŕıstica λ2 − 3λ = 0 . Procuramos, então, uma solução particular para a EDO da forma
yp(t) = (At
2 + Bt + C)t = At3 + Bt2 + Ct .
Substituindo na equação, temos
6At + 2B − 9At2 − 6Bt − 3C = t2 .
Agrupando os termos, obtemos
−9At2 +
(
6A − 6B
)
t + 2B − 3C = t2.
Segue que





−9A = 1
6A − 6B = 0
2B − 3C = 0
cuja solução é A = −1
9
, B = −1
9
, C = − 2
27
. A solução particular da equação não homogênea
é
yp = −
1
9
t3 − 1
9
t2 − 2
27
t
e a solução geral é
y = −1
9
t3 − 1
9
t2 − 2
27
t + C1e
3t + C2 .
Caso 3: Além dos temos dos exemplos anteriores, r(t) envolve também cossenos e senos.
Exemplo 7. Resolver a equação diferencial
y′′ − 3y′ − 4y = sen 4t . (14)
A equação caracteŕıstica é λ2 − 3λ − 4 = 0, cujas ráızes são λ1 = 4 e λ2 = −1. A partir delas,
constrúımos duas soluções L.I.
y1 = e
4t e y2 = e
−t (15)
para a equação homogênea associada
y′′ − 3y′ − 4y = 0 . (16)
7
Vamos procurar uma solução particular da equação (14). Temos que r(t) = sen 4t , mas devemos
lembrar que o seno ? uma combinação linear de duas exponenciais complexas
sen 4t =
e4it − e−4it
2i
.
Portanto, para sabermos de que forma devemos procurar uma solução particula de (14), é
importante notar que 4i e −4i não são ráızes da equação caracteŕıstica.
Por outro lado, como r(t) = sen 4t, a solução particular yp deve envolver um múltiplo de
sen 4t. Mas ao subsituirmos na EDO, as derivadas de sen 4t envolvem também cos 4t. Por isto,
em prinćıpio yp deve envolver também um múltiplo de cos 4t. Portanto, procuramos uma solução
particular da forma
yp = A cos 4t + B sen 4t . (17)
Substituindo (17) na equação (14), temos
(−16A cos 4t − 16B sen 4t) − 3(−4A sen 4t + 4B cos 4t) + 4(A cos 4t + B sen 4t) = sen 4t .
Agrupando os termos, temos
(−16A − 12B + 4A) cos 4t + (−16B + 12A + 4B) sen 4t = sen 4t .
Dáı segue que
{
−12A − 12B = 0
12A − 12B = 1
Resolvendo o sistema encontramos
B = − 1
24
e A =
1
24
Conclúımos que uma solução particular da EDO (14) é
yp =
cos 4t − sen 4t
24
.
Exemplo 8. Resolver a equação diferencial
y′′ + 4y = cos 3t . (18)
Podemos considerar que a EDO (18) representa oscilações não amortecidas (sem atrito, pois o
coeficiente de y′ é 0) em um sistema massa–mola. A equação caracteŕıstica é λ2 + 4 = 0, cujas
ráızes são λ1 = 2i e λ2 = −2i. A partir delas, constrúımos duas soluções L.I.
y1 = cos 2t e y2 = sen 2t (19)
para a equação homogênea associada
y′′ + 4y = 0 . (20)
Podemos considerar que (20) representa oscilações livres (sem força externa) no mesmo sistema
massa–mola. O peŕıodo da funções (19) é π e, portanto, sua freqüência é 1/π. Dizemos que 1/π
é a freqüência natural do sistema. A força externa tem peŕıodo 2π/3 e, portanto, freqüência
3/2π, que é diferente da freqüência natural do sistema.
8
Neste exemplo r(t) = cos 3t. Como foi explicado no exemplo anterior, devido ao fato que
cos 3t =
e3it + e−3it
2
é importante notar que 3i e −3i não são ráızes da equação caracteŕıstica. Por causa disto,
procuramos uma solução particular da forma
yp = A cos 3t + B sen 3t .
Substituindo da EDO (18), temos
(−9A cos 3t − 9B sen 3t) + 4(A cos 3t + B sen 3t) = cos 3t .
Agrupando os termos, ficamos com
−5A cos 3t − 5B sen 3t = cos 3t .
Dáı segue que −5A = 1 e −5B = 0, isto é, A = −1
5
e B = 0. Portanto, uma solução particular
da EDO (18) é
yp = −
cos 3t
5
.
Exemplo 9. Resolver a equação diferencial
y′′ + 4y = t cos 2t . (21)
Em r(t) temos um cosseno multi?licado por t A equação caracteŕıstica da EDO homogênea
associada é
λ2 + 4 = 0
e suas ráızes são 2i e −2i. Vamos levar em conta que
cos 2t =
e2it + e−2it
2
.
Portanto este cosseno multiplicado por t equivale a exponenciais multiplicadas pelo polinômio
do primeiro grau t.
Tudo isto nos indica que devemos procurar uma solução particular de (21) da forma
yp = (At
2 + Bt) cos 2t + (Ct2 + Dt) sen 2t .
Para substituirmos a EDO (21), vamos primeiro calcular a derivada segunda de yp. Temos dois
produtos para derivar. Utilizamos a fórmula de Leibniz
(f · g)′′ = f ′′g + 2f ′g′ + fg′′ .
Obtemos
y′′p =2A cos 2t + 2(2At + B)(−2 sen 2t) + (At2 + Bt)(−4 cos 2t)
+ 2C sen 2t + 2(2Ct + D)2 cos 2t + (Ct2 + Dt)(−4 sen 2t) .
Sustituindo em (21) obtemos
2A cos 2t + 2(2At + B)(−2 sen 2t) + 2C sen 2t + 2(2Ct + D)2 cos 2t = t cos 2t .
9
(2A + 4D) cos 2t + 8Ct cos 2t + (−4B + 2C) sen 2t − 8At sen 2t = t cos 2t .
igualando os coeficientes dos termos semelhantes, obtemos o sistema









2A + 4D = 0
8C = 1
−4B + 2C = 0
−8A = 0
cuja solução é
C =
1
8
B =
1
16
, A = D = 0 .
Segue que
yp =
2t2 sen 2t + t cos 2t
16
.
A solução geral da EDO (21) é
y =
2t2 sen 2t + t cos 2t
16
+ C1 cos 2t + C2 sen 2t .
Exemplos de aplicação às oscilações forçadas.
Exemplo 10. Consideremos a EDO
y′′ + 2y′ + 5y = 8 sen
(
√
3 t
)
, (22)
que representa oscilações forçadas em um sistema massa–mola, como vimos anteriormente. A
equação caracteŕıstica
λ2 + 2λ + 5 = 0
tem ráızes complexas λ1 = −1 + 2i e λ2 = −1 − 2i . Duas soluções linearmente independentes
da equação homogênea associada são y1 = e
−t cos 2t e y2 = e
−t sen 2t . De que forma devemos
procurar uma solução particular da equação (22)? Notemos que r(t) = 8 sen
(√
3 t
)
e que o seno
é uma combinação linear de exponenciais, mais especificamente,
sen
(
√
3 t
)
=
ei
√
3 t − e−i
√
3 t
2i
.
Portanto a forma em que vamos procurar a solução particular vai depender de saber se ±i
√
3 são
ou não raizes da equação caracteŕıstica. Como ±i
√
3 não são ráızes da equação caracteŕıstica,
procuramos solução particular da forma
yp = A cos
(
√
3 t
)
+ B sen
(
√
3 t
)
.
Substituindo na equação (22), temos
(
−3A cos
(
√
3 t
)
− 3B sen
(
√
3 t
)
)
+ 2
(
B
√
3 cos
(
√
3 t
)
− A
√
3 sen
(
√
3 t
)
)
+5
(
A cos
(
√
3 t
)
+ B sen
(
√
3 t
)
)
= 8 sen
(
√
3 t
)
.
10
Agrupando os termos,
(
2A + 2B
√
3
)
cos
(
√
3 t
)
+
(
2A
√
3 + 2B
)
sen
(
√
3 t
)
= 8 sen
(
√
3 t
)
.
Portanto A e B são soluções do sistema
{
2A + 2B
√
3 = 0
−2A
√
3 + 2B = 8
Multiplicando a primeira equação por
√
3 e somando com a segunda, encontramos B = 1 . Segue
que A = −
√
3. Portanto uma solução particular da equação (22) é
yp = −
√
3 cos
(
√
3 t
)
+ sen
(
√
3 t
)
.
Portanto a solução geral da equação (22) é
y =
(
−
√
3 cos
(
√
3 t
)
+ sen
(
√
3 t
)
)
+
(
C1e
−t cos 2t + C2e
−t sen 2t
)
. (23)
A solução (23) é a resposta do sistema à força externa 8 sen
(√
3 t
)
. As constantes C1 e C2
dependem das condições iniciais. O termo
(
C1e
−t cos 2t + C2e
−t sen 2t
)
é chamado de parte
transiente da resposta. Devido à presença da exponencial e−t, a parte transiente tende a 0
quando t −→ +∞. Em conseqüência, após um certo tempo, vamos observar
y ≈ −
√
3 cos
(
√
3 t
)
+ sen
(
√
3 t
)
.
Por esta razão o termo
(
−
√
3 cos
(√
3 t
)
+ sen
(√
3 t
)
)
é chamado de parte estacionária da
resposta. Neste exemplo a parte estacionária pode ser reescrita como
2
(
sen
(
√
3 t
)
cos
π
3
− sen π
3
cos
(
√
3 t
)
)
= 2 sen
(√
3 t − π
3
)
Note que a resposta estacionária tem freqüência igual à da força externa, mas apresenta um
atraso de fase em relação a ela.
Exemplo 11. Consideremos a EDO
y′′ + 2y′ + 5y =
√
5 sen
(
√
5 t
)
(24)
que representa oscilações forçadas em um sistema massa–mola, como no exemplo anterior. A
equação caracteŕıstica é a mesma do exemplo anterior
λ2 + 2λ + 5 = 0.
Como vimos, as ráızes camplexas complexas, λ1 = −1+2i e λ2 = −1−2i . Duas soluções linear-
mente independentes da equação homogênea associada são y1 = e
−t cos 2t e y2 = e
−t sen 2t .
Como está explicado no exemplo anterior, devemos procurar solução particular da forma
yp = A cos
(
√
5 t
)
+ B sen
(
√
5 t
)
.
Substituindo na equação (24), obtemos
(
−5A cos
(
√
5 t
)
− 5B sen
(
√
5 t
)
)
+ 2
(
B
√
5 cos
(
√
5 t
)
− A
√
5 sen
(
√
5 t
)
)
11
+5
(
A cos
(
√
5 t
)
+ B sen
(
√
5 t
)
)
= 8 sen
(
√
5 t
)
.
Agrupando os termos, obtemos
2B
√
5 cos
(
√
5 t
)
− 2A
√
5 sen
(
√
5 t
)
=
√
5 sen
(
√
5 t
)
.
Portanto A =
1
2
e B = 0 e uma solução particular da equação (24) é
yp =
1
2
cos
(
√
5 t
)
.
Portanto a solução geral da equação (24) é
y =
1
2
cos
(
√
5 t
)
+
(
C1e
−t cos 2t + C2e
−t sen 2t
)
. (25)
A solução (25) é a resposta do sistema à força externa
√
5 sen
(√
5 t
)
. As constantes C1 e C2
dependem das condições iniciais. O termo
(
C1e
−t cos 2t + C2e
−t sen 2t
)
é a parte transiente da
resposta. É a parte que depende das condições iniciais e tende a 0 quando t −→ +∞. Em
conseqüência, após um certo tempo, vamos observar a resposta periódica
y ≈ 1
2
cos
(
√
5 t
)
,
que é a parte estacionária da resposta. Neste exemplo observamos novamente que a resposta
estacionária tem freqüência igual à da força externa, mas apresenta um atraso de fase em relação
a ela.
Exemplo 12. Neste exemplo vamos observar ressonância. A equação diferencial
y′′ + 4y = sen 2t (26)
representa oscilações não amortecidas (sem atrito, pois o coeficiente de y′ é 0). A equação
caracteŕıstica é λ2 + 4 = 0, cujas ráızes são λ1 = 2i e λ2 = −2i. Duas soluções linearmente
independentes de (26) são y1(t) = cos 2t e y2(t) = sen 2t. Portanto, a oscilações livres neste
sistema têm peŕıodo π e freqüência 1/π. A força externa é dada pela função sen 2t e tem
freqüência exatamente igual à freqüência natural do sistema. Como
sen 2t =
e2it − e−2it
2i
e como 2i e −2i são ráızes da equação caracteŕıstica, vamos procurar uma solução particular de
(26) da forma
yp = At cos 2t + Bt sen 2t .
Derivando duas vezes (o melhor é utilizar a fórmula de Leibniz para derivar o produto, conforme
foi explicado acima), obtemos
y′′p = 2A(−2 sen 2t) − 4At cos 2t + 2B2 cos 2t − 4Bt sen 2t .
Substituindo em (26), temos
−4A sen 2t + 4B cos 2t = sen 2t .
12
Segue que −4A = 1 e B = 0. Logo,
yp =
t cos 2t
4
.
Portanto a solução geral de (26) é
y(t) = C1 cos 2t + C2 sen 2t +
t cos 2t
4
.
Os valores das constantes C1 e C2 dependem das condições iniciais, mas quaisquer que sejam
eles, o termo y0(t) = C1 cos 2t+C2 sen 2t é limitado, |y0(t)| ≤
∣
∣C1
∣
∣+
∣
∣C2
∣
∣ , enquanto que o termo
t cos 2t
4
oscila com amplitude tendendo ao infinito. Portanto, quaisquer que sejam os valores das
constantes C1 e C2, a solução y(t) oscila com amplitude tendendo ao infinito. Estamos diante
do fenômeno de ressonância.
Exemplo 13. Consideremos o PVI
{
y′′ + 25y = cos 6t
y(0) = y′(0) = 0
(27)
O PVI (28) representa oscilações não amortecidas (sem atrito) de um sistema massa–mola. As
condições iniciais nos dizem que a massa parte do repouso, na posição de equiĺıbrio y = 0. A
equação homogênea associada
y′′ + 25y = 0 (28)
governa as oscilações livres (sem força externa) no mesmo sistema massa–mola. Suas soluções
y1 = cos 5t e y2 = sen 5t
caracterizam a freqüência natural de oscilação do sistema. Note que a freqüência da força
externa cos 6t é próxima. Como 6i e −6i não são ráızes da equação caracteŕıstica, procuramos
uma solução particular da forma
yp = A cos 6t + B sen 6t .
Substituindo na equação (28), temos
(−36A cos 6t − 36B sen 6t) + 25(A cos 6t + B sen 6t) = cos 6t ,
istoé,
−11A cos 6t − 11B sen 6t = cos 6t .
Segue que −11A = 1 e −11B = 0, ou seja, A = − 1
11
e B = 0. Logo, auma solução particular
da equação (28) é
yp = −
1
11
cos 6t .
Portanto, a solução geral da equação (28) é
y = − 1
11
cos 6t + C cos 5t + D sen 5t .
Temos então
y′ =
6
11
sen 6t − 5C sen 5t + 5D cos 5t ,
13
de modo que as condições iniciais nos dizem que
0 = y(0) = − 1
11
+ C
0 = y′(0) = 5D
Portanto, C =
1
11
e D = 0. A solução do PVI (28) é
y(t) =
1
11
(
cos 5t − cos 6t
)
. (29)
Vamos obter uma outra expressão para a solução, que vai nos possibilitar ter uma idéia de seu
gráfico e do seu comportamento. Começamos com as fórmulas da Trigonometria
cos
(
A + B
)
= cos A cos B − sen A sen B
cos
(
A − B
)
= cos A cos B + sen A sen B
Subtraindo as duas, obtemos
cos
(
A + B
)
− cos
(
A − B
)
= −2 sen A sen B.
Para aplicar em (29), precisamos encontrar A e B tais que
{
A + B = 5t
A − B = 6t
Resolvendo este sistema, encontramos
A =
11t
2
, B = − t
2
.
Portanto, a solução (29) do PVI (28) pode ser reescrita como
y(t) =
1
11
(
cos 5t − cos 6t
)
=
2
11
sen
11t
2
sen
t
2
. (30)
Na figura abaixo o gráfico da solução y(t) está representado pela linha mais grossa. Estão
representadas também as curvas y = sen
t
2
e y = − sen t
2
, que servem da apoio para o gráfico
da solução. Note que o peŕıodo da função de apoio y = sen
t
2
é muito maior do que o peŕıodo
da força externa e o peŕıodo das oscilações livres no mesmo sistema (y0 = C1 cos 5t + C2 sen 5t).
0,1
-0,1
0
6
t
40 8 1410 122
14
Seção 13: Método da Variação dos Parâmetros
Nas seções enteriores, vimos que a tarefa de resolver uma EDO linear de 2a ordem pode ser
desdobrado em duas etapas:
Etapa 1: Resolver a EDO linear homogênea associada.
Etapa 2: Encontrar uma solução particular para a equação não homogênea.
Já sabemos resolver a 1a etapa para o caso das equações lineares de coeficientes constantes e
também para as equações de coeficientes variáveis quando já conhecemos uma solução não trivial
da equação não homogênea associada (Método de D’Alembert).
Para a 2a etapa, até agora temos só o Método dos Coeficientes a Determinar. Este é um
método de fácil aplicação, pois é um método puramente algébrico, que não envolve integração,
mas tem o incoveniente de se aplicar somente a equações de coeficientes constantes em que o
lado direito da equação é uma função envolvendo apenas produtos polinômios, exponenciais,
cossenos e senos.
O Método da Variação dos Parâmetros é um método para realizar esta 2a etapa de encon-
trar uma solução particular para a equação não homogênea. Fazendo a suposição de que a 1a
etapa já foi feita, o ponto de partida é a hipótese de que conhecemos duas soluções linearmente
independentes da equação homogênea associada. O método se aplica a qualquer equação linear,
mas envolve integração. Vamos explicar a idéia básica do método e em seguida ver exemplos.
Suponhamos que queremos encontrar uma solução particular yp para uma EDO linear não
homogênea de 2a ordem
y′′ + f(x)y′ + g(x)y = r(x) . (1)
Suponhamos conhecidas duas soluções L.I. y1(x) e y2(x) para a equação homogênea associada
y′′ + f(x)y′ + g(x)y = 0 .
(2)
Qualquer função da forma y = C1y1(x) + C2y2(x) é solução da equação homogênea e não pode,
portanto, ser solução da equação não homogênea. Então, o Método da Variação dos Parâmetros
consiste em procurar uma solução particular da equação não homogênea da forma
yp = v1(x)y1(x) + v2(x)y2(x), (3)
com v1(x) e v2(x) funções não constantes. Vamos calcular as derivadas de 1a e 2a ordem e
substituir na EDO.
y′p =
(
v′1(x)y1(x) + v
′
2(x)y2(x)
)
+
(
v1(x)y′1(x) + v2(x)y
′
2(x)
)
. (4)
Note que precisamos determinar dois objetos, v1(x) e v2(x). Mas a substituição na EDO vai nos
dar uma só condição. Precisamos de mais uma condição. Vamos obter essa condição adicional
de uma maneira que vai facilitar nossa tarefa. Vamos impor a condição de que o 1o parênteses
na expressão (4) seja nulo, isto é
v′1(x)y1(x) + v
′
2(x)y2(x) = 0 . (5)
Isto vai facilitar porque a expressão de y′p fica sendo
y′p = v1(x)y
′
1(x) + v2(x)y
′
2(x). (6)
Então, a expressão de y′′p vai envolver apenas a 1a derivada de v1(x) e v2(x). Temos
y′′p =
(
v′1(x)y
′
1(x) + v2(x)
′y′2(x)
)
+
(
v1(x)y′′1(x) + v2(x)y
′′
2(x)
)
. (7)
Substituindo (3), (6) e (7) na EDO, obtemos
((
v′1(x)y
′
1(x) + v
′
2(x)y
′
2(x)
)
+
(
v1(x)y′′1(x) + v2(x)y
′′
2(x)
))
+ f(x)
(
v1(x)y′1(x) + v2(x)y
′
2(x)
)
+ g(x)
(
v1(x)y1(x) + v2(x)y2(x)
)
= r(x) .
Agrupando os termos, temos
(
y′′1 +f(x)y
′
1+g(x)y1
)
︸ ︷︷ ︸
=0
v1(x) +
(
y′′2 +f(x)y
′
2+g(x)y2
)
︸ ︷︷ ︸
= 0
v2(x) +
(
y′1(x)v
′
1(x)+y
′
2(x)v
′
2(x)
)
= r(x).
Os dois primeiros parênteses acima são nulos porque y1 e y2 são soluções para a equação homo-
gênea. Simplificando, segue que
y′1(x)v
′
1(x)+y
′
2(x)v
′
2(x) = r(x). (8)
As duas condições (5) e (8) formam o sistema
{
y1(x)v′1(x) + y2(x)v
′
2(x) = 0
y′1(x)v
′
1(x) + y
′
2(x)v
′
2(x) = r(x)
(9)
que permite obter as derivadas v′1(x) e v
′
2(x). Depois disto, é necessário integrar para encontrar
as funções v1(x) e v2(x).
Exemplo 1. Resolver a equação diferencial
y′′ − 2y′ + y = ex ln x . (10)
Solução: Apesar de (10) ser uma EDO linear de coeficientes constantes, não pode ser resolvida
pelo método dos coeficientes a determinar por causa da presença do logaritmo do lado direito
da igualdade. A equação homogênea associada é de coeficientes constantes. A equação caracte-
ŕıstica
λ2 − 2λ + 1 = 0
tem raiz dupla λ1 = λ2 = 1. Portanto duas soluções L.I. para a equação homogênea são
y1 = ex e y2 = xex .
Neste exemplo o sistema (9) fica
{
exv′1(x) + xe
xv′2(x) = 0
exv′1(x) + (1 + x)e
x(x)v′2(x) = e
x ln x
que é equivalente a {
v′1(x) + xv
′
2(x) = 0
v′1(x) + (1 + x)v
′
2(x) = lnx
(11)
Subtraindo a 1a equação de (11) da 2a, obtemos
v′2(x) = lnx .
Integrando e escolhendo a constante de integração como 0, obtemos
v2(x) =
∫
ln x dx = x ln x− x . (12)
2
Então, da 1a equação do sistema (11) segue que
v′1(x) = −x ln x .
Integrando e escolhendo a constante de integração como 0, obtemos
v1(x) =
∫
−x ln x dx = −x
2 ln x
2
+
x2
4
. (13)
Substituindo (13) e (12) em (3), encontramos a solução particular
yp = x2ex
(
− ln x
2
+
1
4
)
− x2ex ln x = x2ex
(
lnx
2
− 3
4
)
.
A solução geral da equação (10) é
y = C1ex + C2xex + x2ex
(
ln x
2
− 3
4
)
.
Exemplo 2. Resolver o PVI {
y′′ − y′ − 6y = f(x)
y(1) = y′(1) = 0
(14)
onde f(x) é uma função genérica.
A equação caracteŕıstica λ2 − λ − 6 = 0 tem ráızes λ1 = 3 e λ2 = −2. Duas soluções L.I. da
equação homogênea associada são y1 = e3x e y2 = e−2x. Vamos procurar uma solução particular
da equação não homogênea da forma
yp = v1y1 + v2y2.
O sistema (9) fica {
e3xv′1(x) + e
−2xv′2(x) = 0
3e3xv′1(x)− 2e−2xv′2(x) = f(x)
(15)
Multiplicando a 1a equação de (15) por 2 e somando na 2a, obtemos
5e3xv′1(x) = f(x)
de onde segue que
v′1(x) =
e−3xf(x)
5
.
Para obter v1 vamos integrar. A fim de ter v1(1) = 0, fazemos uma integral definida
v1(x) =
1
5
∫ x
1
e−3tf(t) dt.
Isto equivale fazer uma escolha conveniente da constante de integração, a fim de ter v1(1) = 0.
Da mesma forma, multiplicando a 1a equação de (15) por 3 e subtraindo da 2a, obtemos
−5e−2xv′2(x) = f(x)
e
v′2(x) = −
1
5
e2xf(x).
3
Integrando entre 1 e x, temos
v2(x) = −15
∫ x
1
e2tf(t) dt ,
que satisfaz v2(1) = 0. Obtemos
yp(x) =
e3x
5
∫ x
1
e−3tf(t) dt− e
−2x
5
∫ x
1
e2tf(t) dt
ou seja,
yp(x) =
∫ x
1
e3(x−s) − e−2(x−s)
5
f(t) dt
Notemos que
yp(x) = v1(x)y1(x) + v2(x)y2(x).
Logo,
y′p(x) = v
′
1(x)y1(x) + v
′
2(x)y2(x) + v1(x)y
′
1(x) + v2(x)y
′
2(x).
Levando em conta que v1(1) = v2(1) = 0 é imediato que yp(1) = 0 e que
y′p(1) = v
′
1(1)y1(1) + v
′
2(1)y2(1).
Mas
v′1(1) =
e−3f(1)
5
e v′2(1) = −
1
5
e2f(1).
Logo,
y′p(1) =
f(1)
5
− f(1)
5
= 0.
Conclusão: A solução do PVI (14) é
y(x) =
∫ x
1
e3(x−s) − e−2(x−s)
5
f(t) dt .
Observação. Indiquemos por C(0) o conjunto de todas as funções cont́ınuas f : R → R e por
C(2) o conjunto de todas as funções y : R → R que tenham derivadas de primeira e segunda
ordem cont́ınuas. O operador diferencial L = D2 − Dy − 6y, L : C(2) −→ C(0), que associa a
cada y ∈ C(2) a função f = L(y) = y′′ − y′ − 6y, não tem uma inversa. Por exemplo, não existe
só uma y ∈ C(2) tal que L(y) = 0, na verdade L(C1e3x + C2e−2x) = 0, para quaisquer C1, C2.
No entanto, o que a conclusão acima está dizendo é que, se diminuirmos o domı́nio do
operador,
L : {y ∈ C(2) | y(1) = y′(1) = 0} −→ C(0)
y 7−→ f = L(y) = y′′ − y′ − 6y
é invert́ıvel e sua inversa é o operador integral
I : C(0) −→ {y ∈ C(2) | y(1) = y′(1) = 0}
f 7−→ y(x) =
∫ x
1
e3(x−s) − e−2(x−s)
5
f(t) dt.
Esta observação é válida para um operador diferencial de segunda ordem genérico. Foi feita
para um exemplo particular para ficar mais simples.
4
Seção 14 – Equações de ordem mais alta
Exemplo 1. Resolver a EDO y(4) − y′′′ − 3y′′ + 5y′ − 2y = 0
A equação caracteŕıstica é λ4 − λ3 − 3λ2 + 5λ − 2 = 0 . Os candidatos a raiz racional são os
m/n com m divisor de −2 e n divisor de 1. As posśıveis ráızes racionais são, então, 1,−1, 2,−2.
Testando, é fácil ver que 1 é uma raiz. Dividindo o polinômio λ4 − λ3 − 3λ2 + 5λ− 2 por λ− 1,
encontramos a fatoração
λ4 − λ3 − 3λ2 + 5λ− 2 = (λ− 1)(λ3 − 3λ + 2).
Repetindo o procedimento encontramos a fatoração
λ3 − 3λ + 2 = (λ− 1)(λ2 + λ− 2).
É fácil fatorar o polinômio de grau 2, usando a fórmula de Bhaskara. Encontramos
λ4 − λ3 − 3λ2 + 5λ− 2 = (λ− 1)3(λ + 2) .
As ráızes da equação caracteŕıstica são λ1 = λ2 = λ3 = 1 e λ4 = −2. Quatro soluções linearmente
independentes da equação diferencial são
y1 = et , y2 = tet , y3 = t2et , y4 = e−2t .
A solução geral é
y1 = C1et + C2tet + C3t2et + C4e−2t .
Exemplo 2. Consideremos oscilações no sistema mostrado na figura, formado por duas massas
presas a 3 molas
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD
DD
¥
¥¥
g g
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥¥ g g
x1
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥¥
x2
k1 = 1 k2 = 2 k3 = 1
m1 = 1 m2 = 1
Sejam x1 e x2 os deslocamentos da massas a partir de suas posições de equiĺıbrio. Para a massa
m1, massa vezes aceleração, que vale 1 · x′′1, deve ser igualado à soma das forças que agem
sobre a massa. Pela Lei de Hooke, a força que a primeira mola exerce sobre a massa m1 vale
−k1 x1 = −x1. A deformação da segunda mola vale x2 − x1. Portanto a força exercida pela
segunda mola sobre a massa m1 vale k2
(
x2 − x1
)
= 2
(
x2 − x1
)
. Obtemos assim a equação
x′′1 = −x1 + 2
(
x2 − x1
)
.
Por considerações análogas chegamos à equação
x′′2 = −2
(
x2 − x1
)− x2 .
Obtemos o sistema de equações diferenciais
{
x′′1 = −3x1 + 2x2
x′′2 = 2x1 − 3x2
(1)
Existem vários métodos para resolver um sistema como este. Aqui
vamos resolver por substi-
tuição. Da primeira equação segue
x2 =
1
2
x′′1 +
3
2
x1 . (2)
Substituindo na segunda equação, obtemos
x
(4)
1 + 6x
′′
1 + 5x1 = 0 . (3)
Note que aqui o sistema (1) de equações foi reduzido a uma única equação (3) de ordem mais
alta. Em outras situações se faz justamente o contrário, reduzindo uma equação de ordem mais
alta a um sistema de equações de ordem mais baixa, geralmente de ordem 1.
A EDO (3) é linear homogênea de ordem 4 com coeficientes constantes. A equação caracte-
ŕıstica é
λ4 + 6λ2 + 5 = 0.
Fazendo µ = λ2, temos
µ2 + 6µ + 5 = 0,
cujas ráızes são µ = −1 e −5. Obtemos as ráızes λ = ±i, ±i√5. Portanto,
x1 = C1 cos t + C2 sen t + C3 cos
(
t
√
5
)
+ C4 sen
(
t
√
5
)
. (4)
Até aqui temos 4 constantes arbitrárias, C1, C2, C3 e C4, que podem ser calculadas a partir das
4 condições iniciais que são naturais para este problema, a posição e a velocidade iniciais para
cada uma das massas. Portanto devemos calcular x2 de modo a não introduzir nenhuma nova
constante arbirária. Consegue-se isto utilizando (2), de onde se obtém
x2 = C1 cos t + C2 sen t− C3 cos
(
t
√
5
)− C4 sen
(
t
√
5
)
. (5)
Estudaremos em detalhe funções periódicas um pouco mais adiante. Veremos que a soma de
funções periódicas nem sempre é periódica. Somente quando os peŕıodos são comensuráveis é
que se pode garantir que da soma vai resultar uma função periódica. No caso das expressões
(4) e (5) os peŕıodos não são comensuráveis. No entanto analisando (4) e (5) pode-se dizer duas
coisas:
• Se as condições inciais forem tais que C3 = C4 = 0, tem-se x1 = x2 = C1 cos t + C2 sen t.
Neste caso as massas se deslocam em paralelo, ora para um lado, ora para o outro lado,
sem que a mola do meio se deforme. Ambas têm peŕıodo 2π e, em conseqüência, a mesma
freqüência
f1 =
1
2π
.
Um exemplo de condições iniciais em que isto ocorre é quando no instante t0 = 0 as massas
partem da posição de equiĺıbrio com velocidades iniciais iguais, ou seja, x1(0) = x2(0) = 0,
x′1(0) = x
′
2(0) = v0. Neste caso obtém-se C1 = C3 = C4 = 0 e C2 = v0.
• Se as condições inciais forem tais que C1 = C2 = 0, tem-se x1 = −x2 = C3 cos
(
t
√
5
)
+
C4 sen
(
t
√
5
)
. Neste caso as massas realizam movimento harmônico simples, deslocando-
se sempre em sentidos opostos. Ocupam sempre posições simétricas em relação ao ponto
médio das duas (centro de massa). Para determinar o peŕıodo, pense que tudo o que ocorre
no instante t = 0 vai se repetir quanto t for tal que t
√
5 = 2π, ou seja, quando t =
2π√
5
.
A freqüência, sendo o inverso do peŕıodo, é
f2 =
√
5
2π
.
2
Conclusão: Este sistema possui 2 freqüências naturais diferentes, f1 =
1
2π
e f2 =
√
5
2π
. Ele é
capaz de realizar oscilações periódicas com cada uma destas freqüências naturais. Em geral, o
movimento do sistema é a superposição de dois movimentos periódicos com freqüências f1 e f2.
Em conseqüência, o sistema poderá entrar em ressonância pela ação de uma força externa
periódica que tenha freqüência igual a qualquer uma dessas freqüências naturais do sistema.
Sistemas formados por mais massas e molas podem ter várias freqüências naturais. Mais adiante
veremos que uma corda vibrante tem uma infinidade de freqüências naturais.
Exemplo 3. Resolver a EDO y′′′ + 8y = 0.
A equação caracteŕıstica é λ3 +8 = 0. Suas ráızes são os números complexos λ tais que λ3 = −8,
isto é, as ráızes cúbicas complexas de −8. Uma raiz é λ1 = 3
√−8 = −2. Dividindo λ3 + 8 por
λ + 2, obtem-se a fatoração
λ3 + 8 = (λ + 2)(λ2 − 2λ + 4).
Resolvendo λ2 − 2λ + 4 = 0, encontramos as ráızes λ2 = 1 + i
√
3 e λ3 = 1 − i
√
3 . Logo, três
soluções linearmente independentes de nossa EDO são
y1 = e−2t , y2 = et cos
(
t
√
3
)
, y3 = et sen
(
t
√
3
)
e a solução geral é
y = C1e−2t + C2et cos
(
t
√
3
)
+ C3et sen
(
t
√
3
)
.
Observação. No Exemplo 3 vemos que, diferentemente do que acontece com os números reais,
no conjunto dos números complexos existem três valores diferentes para uma raiz cúbica
3
√
8 =



2
1 + i
√
3
1− i√3
Mais geralmente, dado um número complexo z 6= 0, existem n deferentes ráızes n−ésimas n√z.
Exemplo 4. Resolver a EDO y(4) + 16y = 0.
A equação caracteŕıstica é λ4 + 16 = 0. Suas ráızes são os números complexos λ tais que
λ4 = −16, isto é, as ráızes quartas complexas de −16. Quem não lembra de como se calculam
ráızes quartas de números complexos, pode começar fazendo a substituição λ = α+iβ. Aplicando
o Binômio de Newton na igualdade
(
α + iβ
)4 = −16, temos
α4 + 4α3iβ + 6α2(iβ)2 + 4α(iβ)3 + (iβ)4 = −16,
ou seja,
α4 + 4α3iβ − 6α2β2 − 4iαβ3 + β4 = −16.
Separando os termos reais dos imaginários, obtemos
(
α4 − 6α2β2 + β4) + 4i(α3β − αβ3) = −16,
que equivale ao sistema {
α4 − 6α2β2 + β4 = −16
α3β − αβ3 = 0
A segunda equação se fatora como αβ
(
α2 − β2) = 0. Mas a primeira equação não pode ser
satisfeita com α = 0 ou β = 0. Portanto, α2 = β2. Substituindo na primeira equação, temos
3
−4α4 = −16, que nos dá α2 = 2 e α = ±√2. Obtém-se dáı as ráızes λ1 =
√
2 + i
√
2,
λ2 =
√
2− i√2, λ3 = −
√
2 + i
√
2 e λ4 = −
√
2− i√2.
Conclusão: A equação caracteŕıstica tem quatro ráızes distintas, os 2 pares conjugados
√
2±i√2
e −√2± i√2. Portanto, quatro soluções linearmente independentes da EDO são
y1 = et
√
2 cos
(
t
√
2
)
, y2 = et
√
2 sen
(
t
√
2
)
, y3 = e−t
√
2 cos
(
t
√
2
)
e y3 = e−t
√
2 sen
(
t
√
2
)
.
Observação. Os quatro valores diferentes para a raiz quarta de −16 nos números complexos são
4
√−16 =



√
2 + i
√
2
−√2 + i√2
−√2− i√2√
2− i√2
Exemplo 5. Resolver a EDO
y(4) − 8y′′′ + 24y′′ − 32y′ + 16y = 0.
A equação caracteŕıstica é
λ4 − 8λ3 + 24λ2 − 32λ + 16 = 0.
Os candidatos a raiz racional são os m/n com m divisor de 16 e n divisor de 1. As posśıveis
ráızes racionais são, então, ±1,±2,±4,±8,±16. É fácil verificar que 2 é uma raiz. Dividindo o
polinômio λ4 − 8λ3 + 24λ2 − 32λ + 16 por λ− 2, encontramos a fatoração
λ4 − 8λ3 + 24λ2 − 32λ + 16 = (λ− 2)(λ3 − 6λ2 + 12λ− 8).
Repetindo o mesmo procedimento com o polinômio λ3 − 6λ2 + 12λ− 8 verificamos que 2 é raiz
e, novamente por divisão, encontramos a fatoração
λ3 − 6λ2 + 12λ− 8 = (λ− 2)(λ2 − 4λ2 + 4).
Segue que
λ4 − 8λ3 + 24λ2 − 32λ + 16 = (λ− 2)2(λ2 − 4λ2 + 4).
Utilizando a fórmula de Bhaskara, encontramos
λ2 − 4λ2 + 4 = (λ− 2)2.
Logo,
λ4 − 8λ3 + 24λ2 − 32λ + 16 = (λ− 2)4.
Conclúımos que λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 2 é raiz de multiplicidade 4 da equação caracteŕıstica.
Portanto, quatro soluções L.I. da EDO são
y1 = e2t, y2 = te2t, y3 = t2e2t, y4 = t3e2t
e a solução geral é
y = C1e2t + C2te2t + C3t2e2t + C4t3e2t =
(
C1 + C2t + C3t2 + C4t3
)
e2t.
4
Seção 15: Sistema de Equações Diferenciais Lineares
Homogêneas com Coeficientes Constantes
Muitos problemas de f́ısica envolvem diversas equações diferenciais. Na seção 14, por exem-
plo, vimos que o sistema massa-mola do exemplo 2 tem o seu movimento descrito pelas equações
diferenciais
{
x′′1 = −3x1 + 2x2
x′′2 = 2x1 − 3x2
(1)
Este problema é um exemplo de Sistema de equações diferenciais. Observe que cada equação
é linear em relação as suas incógnitas x1 e x2, sendo assim um sistema de equações lineares.
Além disso, as duas equações são homogêneas, pois cada parcela envolve alguma incógnita,
e os coeficientes são constantes. Trata-se, portanto, de um sistema de equações diferenciais
ordinárias lineares homogêneas com coeficientes constantes. O objetivo desta seção é introduzir
uma técnica para resolver este tipo de sistema.
Inicialmente observamos que o sistema dado em (1) pode ser facilmente resolvido isolando x2
na primeira EDO e subsituindo-o na segunda equação. Infelizmente, este processo não
é tão
simples em certos problemas.
Por exemplo, podemos sentir dificuldade em resolver o sistema
{
x′ = y′ − x + y
y′ = −x′ + 3x + y
visto que não podemos isolar x ou y em qualquer uma das duas equações de forma tão simples.
Antes de resolve-lo, vejamos alguns conceitos.
Polinômio de Operadores
Definição: Vamos denotar por D o operador diferencial que associa a cada função a sua
derivada, isto é,
Dz = z′.
Como consequência imediata,
DDz = Dz′ = z′′.
Isto sugere definir D2 por
D2z = DDz = z′′.
Podemos generalizar, defindo Dn para qualquer inteiro não negativo por
Dnz = z(n) derivada de z de ordem n.
Assim como definimos “potências” de D, podemos também definir polinômios de D. Mais
precisamente, definimos o polinômio P (D) = anDn + · · · + a1D + a0, onde a0, a1, . . . , an são
números reais, por
(anDn + · · ·+ a1D + a0)z = anz(n) + · · ·+ a1z(1) + a0z.
Exemplos:
1) (D − 1)z = z′ − z
2) (D2 + 2D + 3)z = z′′ + 2z′ + 3
3) (4D3 − 2D)z = 4z′′′ − 2z′.
Observação: Em certo sentido, podemos trabalhar com polinômios em D como se fossem
polinômios convencionais. Por exemplo, se P (D) e Q(D) são polinômios em D, então podemos
definir P (D) + Q(D), P (D)−Q(D) e αP (D) da mesma forma que definimos a soma, diferença
e o produto por um escalar para polinômios em x.
Exemplo: Sejam P (D) = D2 − 3D + 4, Q(D) = 2D − 3 e α = −2.
Então
P (D) + Q(D) = (D2 − 3D + 4) + (2D − 3) = D2 −D + 1,
P (D)−Q(D) = (D2 − 3D + 4)− (2D − 3) = D2 − 5D + 7,
αP (D) = −2(D2 − 3D + 4) = −2D2 + 6D − 8.
Observação 2: Se P (D) e Q(D) são polinômios em D, então a composta P (D)(Q(D)) é um
polinômio que pode ser calculado fazendo-se o produto entre P (D) e Q(D) como se fossem
polinômios comuns.
Exemplos:
1) P1(D) = D + 2 e P2(D) = −D + 4 ⇒ P1(D)(P2(D)) = (D + 2)(−D + 4) = −D2 + 2D + 8.
2) P1(D) = D e P2(D) = 2D − 4 ⇒ P1(D)(P2(D)) = (D)(2D − 4) = 2D2 − 4D.
1) P1(D) = D2 − 2 e P2(D) = D + 1 ⇒ P1(D)(P2(D)) = (D2 − 2)(D + 1) = D3 + D2 − 2D− 2.
A partir de agora, a composta entre polinômios será tratada como um produto e adotaremos a
notação P (D)Q(D) ao invés de P (D)(Q(D)).
Observação 3: O produto entre polinômios é comutativo, ou seja,
P (D)Q(D) = Q(D)P (D).
Exemplo: Seja P (D) = D − 2 e Q(D) = D + 4. Então,
P (D)Q(D) = (D − 2)(D + 4) = D2 + 2D − 8 = (D + 4)(D − 2) = Q(D)P (D).
O próximo teorema mostra que o modo como definimos soma, diferença e produto entre ope-
radores será útil.
Teorema 1: Sejam P (D) e Q(D) polinômios em D, α ∈ R e z uma função infinitamente dife-
renciável. Então,
i) (P (D) + Q(D))z = P (D)z + Q(D)z
ii) (αP (D))z = αP (D)z
iii) P (D)(Q(D)z) = P (D)Q(D)z
Este Teorema pode ser facilmente verificado na prática, como veremos no próximo exemplo.
2
Exemplo: Sejam P (D) = D2 − 1, Q(D) = D + 1, α = 2 e z uma função infinitamente
diferenciável. Então,
(P (D) + Q(D))z = (D2 − 1 + D + 1)z = (D2 −D)z
= z′′ − z′
= (z′′−z) + (z′+z)
= (D2 − 1)z + (D + 1)z = P (D)z + Q(D)z.
Isto mostra a validade de i) do teorema para este exemplo. Seguindo os mesmos passos, podemos
também verificar ii) e iii).
Conclusão: Estes resultados mostram que podemos operar (somar, subtrair e multiplicar) com
polinômios em D da mesma forma que trabalhamos com polinômios comuns, expressos, em
geral, na variável t ou x.
Resolução de Sistemas de Equações Diferenciais
Vejamos agora como resolver sistemas de equações diferenciais ordinárias lineares de coeficientes
constantes usando operadores.
Exemplo 1: Resolva {
x′ = y′ − x + y
y′ = −x′ + 3x + y (2)
Solução:
(1) Primeiro, devemos primeiro passar todos os termos para o lado esquerdo da equação, agru-
pando x com x′ e y com y′:
{
(x′ + x)− (y′ + y) = 0
(x′ − 3x) + (y′ − y) = 0
(2) Note que, usando o operador diferencial D, temos
x′ + x = (D + 1)x , y′ + y = (D + 1)y , x′ − 3x = (D − 3)x e y′ − y = (D − 1)y.
Assim, o sistema acima pode ser reescrito como
{
(D + 1)x− (D + 1)y = 0
(D − 3)x + (D − 1)y = 0 (3)
Para resolver este sistema de equações com incógnitas x e y e “coeficientes” (D+1), . . . , (D−1),
vamos empregar as técnicas tradicionais para resolver sistemas.
Observação: Embora D +1, D−3 e D−1 sejam notações simbólicas para operadores, podemos
operá-los como se fossem coeficientes constantes. Isto é uma consequência do Teorema 2, que
nos permite somar, subtrair e mutltiplicar operadores tal qual fazemos com variáveis e números
reais. NO ENTANTO, NÃO DEVEMOS DIVIDIR OPERADORES.
3
Vamos triangularizar o sistema (3) para achar as suas soluções:
1 - Multiplicando a 1a equação por D − 3 (primeiro coeficiente da 2a equação), temos
(D − 3)(D + 1)x− (D − 3)(D + 1)y = 0.
2 - Multiplicando a 2a equação por D + 1 (primeiro coeficiente da 1a equação), temos
(D + 1)(D − 3)x + (D + 1)(D − 1)y = 0.
3 - Fazendo a diferença entre a 2a e a 1a equação, obtemos
(D + 1)(D − 3)x− (D − 3)(D + 1)x + (D + 1)(D − 1)y + (D − 3)(D + 1)y = 0.
Note que os termos com x desaparecem, visto que (D + 1)(D − 3) = (D − 3)(D + 1) (comuta-
tividade) e, portanto, (D + 1)(D − 3)− (D − 3)(D + 1) = 0.
Assim, ficamos com
(D + 1)(D − 1)y + (D − 3)(D + 1)y = 0,
ou, equivalentemente,
(D2 − 1)y + (D2 − 2D − 3)y = 0,
isto é,
(2D2 − 2D − 4)y = 0.
Assim, juntando esta equação com a 1a equação de (3), temos o sistema triangular:
{
(D + 1)x − (D + 1)y = 0
(2D2 − 2D − 4)y = 0 (4)
(3) Começaremos estudando a última linha do sistema, já que envolve apenas uma variável.
Veja que ela representa
2y′′ − 2y − 4 = 0.
Esta é uma EDOLH com coeficientes constantes. As soluções podem ser obtidas por meio da
equação caracteŕıstica 2α2 − 2α− 4 = 0, cujas ráızes são α1 = 2 e α2 = −1. Logo
y(t) = C1 e2t + C2 e−t.
Para obter x, devemos substituir y na 1a equação de (4):
(D + 1)x− (D + 1)(C1 e2t + C2 e−t) = 0,
ou seja,
x′ + x− (C1 e2t + C2 e−t)′ − (C1 e2t + C2 e−t) = 0.
Logo,
x′ + x− 2C1 e2t +XXXXC2 e−t − C1 e2t −XXXXC2 e−t = 0.
Assim,
x′ + x = 3C1 e2t,
que é uma EDOL Não-Homogênea de 1a ordem. Um fator integrante associado a esta EDO é
µ = e
∫
1 dt = et.
4
Multiplicando a EDO por µ, conclúımos que
etx′ + etx = 3C1 e2tet = 3C1 e3t.
Logo,
(etx)′ = 3C1 e3t
e, portanto,
etx =
∫
3C1 e3tdt = C1e3t + K.
Assim,
x(t) = C1e2t + Ke−t.
Resumindo,
x(t) = C1e2t + Ke−t e y(t) = C1 e2t + C2 e−t.
ATENÇÃO: Observe que a resposta possui 3 constantes livres: C1, C2 e K. No entanto, existe
um teorema que prediz quantas constantes livres deve ter a resposta final. Para aplicar este
resultado, devemos achar a matriz dos coeficientes em D do sistema original, isto é, ANTES de
ter sido feito a triangularização. No nosso exemplo, devemos analizar os coeficientes do sistema
(3), representados pela matriz [
D + 1 −(D + 1)
D − 3 D − 1
]
.
Como o determinante desta matriz, 2D2−2D−4, é um polinômio de grau 2, existe um teorema
que garante que a solução final deverá ter apenas 2 constantes livres. Como a nossa resposta
tem 3 constantes, significa que deve haver uma relação entre ela. Esta “constante adicional”
surgiu durante a triangularização. Trata-se de uma falha do método. Para achar a relação entre
C1, C2 e K, vejamos quando x e y satisfazem as equações do sistema:
• Quando x(t) = C1e2t + Ke−t e y(t) = C1 e2t + C2 e−t satisfazem a 1a equação do sistema (2)?
(C1 e2t + K e−t)′
?= (C1 e2t + C2 e−t)′ − (C1 e2t + K e−t) + (C1 e2t + C2 e−t)
»»»
»2C1 e2t −XXXK e−t ?= »»»»2C1 e2t −»»»»XXXXC2 e−t −©©
©
C1 e
2t −XXXK e−t +©©
©
C1 e
2t +»»»»XXXXC2 e−t.
0 = 0.
Logo x e y satisfazem a 1a equação para qualquer C1, C2 e K.
• Quando x(t) = C1 e2t +K e−t e y(t) = C1 e2t +C2 e−t satisfazem a 2a equação do sistema (2)?
(C1 e2t + C2 e−t)′
?= −(C1 e2t + K e−t)′ + 3(C1 e2t + K e−t) + (C1 e2t + C2 e−t)
(2C1 e2t − C2 e−t) ?= −(2C1 e2t −K e−t) + 3(C1 e2t + K e−t) + (C1 e2t + C2 e−t)
XXXX2C1 e2t − C2 e−t ?= XXXXX−2C1 e2t + K e−t +XXXX3C1 e2t + 3 K e−t +HHHC1 e2t + C2 e−t
−2C2 e−t ?= 4 K e−t
−C2
2
= K.
Logo x e y satisfazem a 2a equação se e só se −C22 = K. Portanto, a solução final é
x(t) = C1e2t − C22 e−t e y(t) = C1 e2t + C2 e−t.
5
Exemplo 2: Resolva {
x′′ = −11x + 6y
y′′ = 6x− 6y (5)
Solução:
(1) Passando todos os termos para o lado esquerdo, temos
{
x′′ + 11x− 6y = 0
−6x + y′′ + 6y = 0
(2) Reescrevendo o sistema na notação de operador, obtemos
{
(D2 + 11)x− 6y = 0
−6x + (D2 + 6)y = 0 (6)
Para triangularizar o sistema, vamos multiplicar a primeira linha por 6, multiplicar a segunda
linha por (D2 + 11) e soma-las como indicado
6(D2 + 11)x − 6 · 6y = 0
(D2 + 11)(−6)x + (D2 + 11)(D2 + 6)y = 0
0x + (D4 + 17D2 + 30)y = 0
Juntando esta equação com a 2a linha do sistema (6), obtemos
{
−6x + (D2 + 6)y = 0
0x + (D4 + 17D2 + 30)y = 0
(7)
Note que organizamos as 2 equações de modo que o sistema ficasse na forma triangular superior.
Além disso, preferimos ficar com a 2a linha do sistema (6) ao invés da 1a. Esta escolha é mais
interessante, já que a primeira equação não envolve derivadas em x, facilitando o seu cálculo
posteriormente.
(3) Para resolver este sistema começaremos estudando a sua segunda linha que equivale à
y(4) + 17y′′ + 30y = 0.
Esta é uma EDOLH de coeficientes constantes cuja equação caracteŕıstica é
α4 + 17α2 + 30 = 0.
Esta equação é uma biquadrada. Podemos resolve-la definindo β = α2, obtendo
β2 + 17β + 30 = 0.
As ráızes desta equação são β1 = −2 e β2 = −15. Assim, como α = ±
√
β, obtemos
α1 = i
√
2 , α2 = −i
√
2 , α3 = i
√
15 e α4 = −i
√
15.
Portanto,
y(t) = C1 cos(t
√
2) + C2 sen (t
√
2) + C3 cos(t
√
15) + C4 sen (t
√
15).
6
Para achar x(t), basta substituir y(t) na primeira equação do sistema (7), obtendo
−6x + (C1 cos(t
√
2) + C2 sen (t
√
2) + C3 cos(t
√
15) + C4 sen (t
√
15))′′
+ 6(C1 cos(t
√
2) + C2 sen (t
√
2) + C3 cos(t
√
15) + C4 sen (t
√
15)) = 0.
Então,
6x = 4C1 cos(t
√
2) + 4C2 sen (t
√
2)− 9C3 cos(t
√
15)− 9C4 sen (t
√
15),
ou seja,
x =
2
3
C1 cos(t
√
2) +
2
3
C2 sen (t
√
2)− 3
2
C3 cos(t
√
15)− 3
2
C4 sen (t
√
15).
Resumindo,
x(t) =
2
3
C1 cos(t
√
2) +
2
3
C2 sen (t
√
2)− 3
2
C3 cos(t
√
15)− 3
2
C4 sen (t
√
15)
e
y(t) = C1 cos(t
√
2) + C2 sen (t
√
2) + C3 cos(t
√
15) + C4 sen (t
√
15).
ATENÇÃO: Agora devemos verificar quando x e y são soluções (qual a relação entre as cons-
tantes). Note que temos 4 constantes livres: C1, C2, C3 e C4. Lembremos que o número de
constantes livres pode ser achado montando a matriz dos coeficientes do sistema (6):
[
D2 + 11 −6
−6 D2 + 6
]
e calculando o grau do determinante desta matriz. Como o determinante é D4 + 17D2 + 30, o
grau deste polinômio é 4 e, portanto, o número de constantes livres deve ser 4. Assim, como
obtivemos exatamente 4 constantes, todas elas devem ser livres. Portanto, não há relação entre
elas e não precisamos substitutir x e y em (5), como fizemos no exemplo anterior.
Logo, a resposta final é
x(t) = 23C1 cos(t
√
2) + 23C2 sen (t
√
2)− 32C3 cos(t
√
15)− 32C4 sen (t
√
15)
e
y(t) = C1 cos(t
√
2) + C2 sen (t
√
2) + C3 cos(t
√
15) + C4 sen (t
√
15).
Observação: O sistema deste exemplo pode ser resolvido de um modo mais simples dispensando
a técnica de operadores. Basta isolar y na primeira equação
y =
x′′ + 11x
6
(8)
e substitúı-lo na segunda EDO, obtendo
(
x′′ + 11x
6
)′′
= 6x− 6
(
x′′ + 11x
6
)
.
Portanto, x(4) + 17x′′ + 30x = 0. A partir deste ponto, o procedimento é igual ao feito ante-
riormente, isto é, achamos a ráızes da equação caracteŕıtica, determinamos a solução geral de
x e subsitúımos x em (8) para achar y. A importância da técnica de operadores ocorrem em
sistemas em que não é posśıvel isolar x ou y tão facilmente.
7
Exemplo 3: Resolva {
x′′ − x′ = 2y′ − 2y
x′ + x = 2y′ − y (9)
Solução:
(1) Passando todos os termos para o lado esquerdo, temos
{
x′′ − x′ − 2y′ + 2y = 0
x′ + x− 2y′ + y = 0
(2) Reescrevendo o sistema na notação de operador, obtemos
{
(D2 −D)x− (2D − 2)y = 0
(D + 1)x− (2D − 1)y = 0 (10)
Para triangularizar o sistema, vamos multiplicar a primeira linha por (D + 1), multiplicar a
segunda linha por (D2 −D) e subrair a segunda linha da primeira, como indicado
(D + 1)(D2 −D)x − (D + 1)(2D − 2)y = 0
− (D2 −D)(D + 1)x + (D2 −D)(2D − 1)y = 0
0x + (2D3 − 5D2 + D + 2)y = 0
Juntando esta equação com a 2a linha do sistema (10) obtemos
{
(D + 1)x − (2D − 1)y = 0
0x + (2D3 − 5D2 + D + 2)y = 0 (11)
Note que organizamos as 2 equações de modo que o sistema ficasse na forma triangular superior.
Além disso, preferimos ficar com a 2a linha do sistema (10) ao invés da 1a, visto a segunda é
mais simples (envolve apenas derivadas de ordem 1) do que a primeira.
(3) Para resolver este sistema começaremos estudando a sua segunda linha que equivale à
2y′′′ − 5y′′ + y′ + 2y = 0.
Esta é uma EDOLH de coeficientes constantes cuja equação caracteŕıstica é
2α3 − 5α2 + α + 2 = 0.
Para achar as suas ráızes, devemos tentar os divisores do termo independente. Como o termo
independente é 2, os candidatos a ráızes são ±1, ±2.
Substituindo 1 no lado esquerdo, vemos que ele uma solução da equação. Assim α1 = 1 é
uma raiz e, portanto, α−1 divide o polinômio 2α3−5α2 +α+2. Usando o método convencional
para divisão de polinômios, obtemos
2α3 − 5α2 + α + 2
α− 1 = 2α
2 − 3α− 2.
Logo,
2α3 − 5α2 + α + 2 = (α− 1)(2α2 − 3α− 2).
8
Assim, para achar as outras ráızes, basta achar as ráızes de
(2α2 − 3α− 2).
As ráızes deste polinômio do segundo grau são 2 e −1/2. Portanto,
α1 = 1 , α2 = 2 e α3 = −1/2.
Logo,
y(t) = C1 et + C2 e2t + C3 e−t/2.
Para achar x(t), basta substituir y(t) na primeira equação do sistema (11), obtendo
x′ + x− 2(C1 et + C2 e2t + C3 e−t/2)′ + (C1 et + C2 e2t + C3 e−t/2) = 0.
Então,
x′ + x = C1 et + 3 C2 e2t − 2C3 e−t/2,
que é uma EDOL Não-Homogênea de 1a ordem. Multiplicando esta EDO pelo seu fator inte-
grante µ = e
∫
1dt = et, resulta
etx′ + etx = C1 e2t + 3 C2 e3t − 2C3 et/2,
ou seja,
(etx)′ = C1 e2t + 3 C2 e3t − 2 C3 et/2.
Logo,
etx =
∫
C1 e
2t + 3 C2 e3t − 2C3 et/2dt = C1 e
2t
2
+ C2 e3t − 4C3 et/2 + K.
Dividindo por et,
x =
C1 e
t
2
+ C2 e2t − 4C3 e−t/2 + K e−t.
Resumindo,
x(t) =
C1 e
t
2
+ C2 e2t − 4C3 e−t/2 + K e−t e y(t) = C1 et + C2 e2t + C3 e−t/2.
ATENÇÃO: Agora devemos verificar quando x e y são soluções (qual a relação entre as con-
stantes). Note que temos 4 constantes livres: C1, C2, C3 e K. Lembremos que o número de
constantes livres pode ser achado montando a matriz dos coeficientes do sistema (10):
[
D2 −D −(2D − 2)
D + 1 −(2D − 1)
]
e calculando o grau do determinante desta matriz. Como o determinante é −2D3 +5D2−D−2,
o grau deste polinômio é 3 e, portanto, o número de constantes livres deve ser 3. Logo temos
constantes demais.
Vamos verificar quando x e y são soluções do sistema (9):
• Quando x(t) = C1 et2 + C2 e2t− 4 C3 e−t/2 + K e−t e y(t) = C1 et + C2 e2t + C3 e−t/2 satisfazem
a 1a equação do sistema (9)?
(
C1 e
t
2
+ C2 e2t − 4C3 e−t/2 + K e−t
)′′
−
(
C1 e
t
2
+ C2 e2t − 4C3 e−t/2 + K e−t
)′
=
2(C1 et + C2 e2t + C3 e−t/2)′ − 2(C1 et + C2 e2t + C3 e−t/2)
9
Isto equivale à
XXXX2C2 e2t −»»»»
»
3C3 e−t/2 + 2 K et/2 =
XXXX2C2 e2t −»»»»
»
3C3 e−t/2,
ou seja,
K = 0.
Com esta relação, temos agora apenas 3 constantes livres: C1, C2 e C3. Como no comentário
anterior foi predito a existência de 3 constantes livres, não precisamos verificar quando x e y
satisfazem a segunda equação de (9). Se o fizermos, chegaremos a relação 0 = 0, não adicionando
qualquer informação nova.
Portanto, as soluções são
x(t) = C1 e
t
2 + C2 e
2t − 4C3 e−t/2 e y(t) = C1 et + C2 e2t + C3 e−t/2.
Observação. O método dos operadores se aplica também a sistemas não homogêneos, como
mostra o exemplo
a seguir.
Exemplo 4. Resolver o sistema
{
x′ + y′′ = e3t
x′ + y′ + x− y = 4e3t
Reescrevendo com os operadores, temos
{
Dx + D2y = e3t
(D + 1)x + (D − 1)y = 4e3t
(12)
Multiplicando a primeira equação por D + 1 e a segunda por, D temos
{
D(D + 1)x + D2(D + 1)y = 4e3t
D(D + 1)x + D(D − 1)y = 12e3t
Note que, por exemplo, (D + 1)(e3t) = (e3t)′ + e3t = 3e3t + e3t = 4e3t.
Subtraindo a segunda equação da primeira, obtemos a EDO
(
D2(D+1)−D(D−1))y = −8e3t,
isto é,
(D3 + D)y = −8e3t. (13)
A equação caracteŕıstica é λ(λ2 + 1) = 0, cujas ráızes são λ1 = 0, λ2 = i e λ3 = −i. Com elas
constrúımos três soluções linearmente independentes para a equação homogênea
1, cos t, sen t.
Procuramos uma solução particular para a equação não homogênea (13) da forma yp(t) = Ae3t.
Substituindo na equação, depois de feitas as contas, encontramos
yp(t) = − 415 e
3t.
Portanto,
y(t) = C1 cos t + C2 sen t + C3 − 415 e
3t. (14)
10
Substituindo na primeira equação, obtemos
x′ = e3t − y′′ = e3t + C1 cos t + C2 sen t + 125 e
3t.
Integrando, temos
x(t) = −C2 cos t + C1 sen t + 1715 e
3t + C4. (15)
Para saber o número de constantes arbitrárias na solução do sistema, calculamos o determinante
det
(
D D2
D + 1 D − 1
)
= −D3 −D.
Como obtivemos um operador diferencial de ordem 3, sabemos que a solução geral do sistema vai
envolver 3 constantes arbitrárias. Mas na solução dada por (14) e (15), aparecem 4 constantes.
Logo, as quatro constantes não são livres, deve haver algum v́ınculo entre elas. Para descobrir
esse v́ınculo, substituimos (14) e (15) no sistema. Ao substituir na primeira equação, não
obtemos nada de novo, mas substituindo na segunda equação, obtemos
C3 = C4.
Portanto, a soluç ão do sistema é
x(t) = −C2 cos t + C1 sen t + 1715 e
3t + C3
y(t) = C1 cos t + C2 sen t + C3 − 415 e
3t.
11
Seção 16 – Sistemas de equações diferenciais de 1a ordem
lineares homogêneas de coeficientes constantes
Na seção anterior, vimos como resolver sistemas de equações usando o método dos operadores.
Em certas situações particulares, no entanto, podemos aplicar outros métodos mais convenientes.
Por exemplo, considere o sistema
{
x′1 = −2x1 + x2
x′2 = x1 − 2x2
(1)
Uma forma de resolver este sistema é isolar x2 na 1
a equação
x2 = x
′
1 + 2x1, (2)
e substituir na 2a equação,
(x′1 + 2x1)
′ = x1 − 2(x
′
1 + 2x1),
obtendo,
x′′1 + 4x
′
1 + 3x1 = 0,
que é uma EDO linear homogênea, cuja a solução geral é
x1(t) = C1e
−t + C2e
−3t. (3)
Para achar x2(t) basta substituir (3) em (2),
x2(t) = (C1e
−t + C2e
−3t)′ + 2(C1e
−t + C2e
−3t) = C1e
−t − C2e
−3t.
Assim, a solução do sistema (3) é
x1(t) = C1e
−t + C2e
−3t, x2(t) = C1e
−t − C2e
−3t (4)
onde C1 e C2 são duas constantes arbitrárias.
Embora este método seja simples, ele pode ser trabalhoso para sistemas de ordem maior.
Portanto, vamos usar uma idéia diferente. Para isto, note que o sistema (1) pode ser reescrito
em forma matricial como
(
x′1
x′2
)
=
(
−2 1
1 −2
)(
x1
x2
)
(5)
ou ainda
~x ′(t) = A~x(t)
sendo A a matriz A =
(
−2 1
1 −2
)
e ~x = ~x(t) a função vetorial ~x(t) = (x1(t), x2(t)).
Método de resolução. Seja A uma matriz n× n e consideremos o sistema de 1a ordem
~x ′(t) = A~x(t) (6)
No caso n = 1, a matriz A se resumiria a um único escalar a e teŕıamos a equação escalar
x′ = ax
cuja solução geral é x(t) = Ceat. Por analogia, no caso n ≥ 2, substituindo a constante C por
um vetor ~v, procuramos a solução do sistema (6) na forma
~x(t) = eλt~v (7)
Substituindo (7) em (6), obtemos λeλt~v = eλtA~v, ou seja
A~v = λ~v. (8)
Logo,
A função ~x(t) = eλt~v é uma solução do sistema (6) se e somente se A~v = λ~v.
Para prosseguir, precisamos relembrar uma definição da Álgebra Linear.
Definição. Seja A uma matriz n× n. Um escalar λ é um autovalor da matriz A se existir um
vetor ~v ∈ Rn, ~v 6= ~0, tal que A~v = λ~v. Dizemos que o vetor ~v é um autovetor associado ao
autovalor λ. (O autovetor associado a um autovalor λ não é único. De fato, se ~v é um autovetor
então qualquer múltiplo c~v também é.)
Conclusão: A função ~x(t) = eλt~v é uma solução do sistema (6) se e somente se λ é um
autovalor de A e ~v é um autovetor associado a λ.
Voltando ao exemplo, para achar as soluções de (5) (equivalentemente, as soluções de (1)),
devemos encontrar os autovalores e autovetores de
A =
(
−2 1
1 −2
)
.
Para isto, devemos resolver
(
−2 1
1 −2
)(
x1
x2
)
= λ
(
x1
x2
)
que é equivalente ao sistema
{
−2x1 + x2 = λx1
x1 − 2x2 = λx2
ou seja
{
(−2− λ)x1 + x2 = 0
x1 + (−2− λ)x2 = 0
(9)
A condição para que o sistema (15) tenha solução não trivial (x1, x2) 6= (0, 0) é que
det
(
−2− λ 1
1 −2− λ
)
= 0,
ou seja, (−2− λ)2 − 1 = 0, ou ainda
λ2 + 4λ+ 3 = 0, (10)
cujas ráızes são λ1 = −1 e λ2 = −3. Para obtermos um autovetor associado ao autovalor
λ1, devemos primeiro susbsituir λ por λ1 = −1 no sistema (9), obtendo duas relações que são
2
equivalentes a x2 = x1. Tomando, por exemplo, x1 = 1, segue que x2 = 1. Logo o vetor
v1 = (1, 1) é um autovetor da matriz associada a λ1, isto é,
(
−2 1
1 −2
)(
1
1
)
= −1
(
1
1
)
Procedendo de forma similar para λ2, conclúımos que v2 = (1,−1) é um posśıvel autovetor
associado a −3. Logo
x(t) = eλ1tv1 = e
−1t(1, 1) = (e−t, e−t)
e
y(t) = eλ2tv2 = e
−3t(1,−1) = (e−3t,−e−3t)
são posśıveis soluções do problema. Portanto, a solução geral, que é a combinação linear dessas
duas, é dada por
~x(t) = C1(e
−t, e−t) + C2(e
−3t,−e−3t) = (C1e
−t + C2e
−3t, C1e
−t − C2e
−3t).
Logo, as incógnitas do problema, dadas pelas coordenadas de ~x, são
x1(t) = C1e
−t + C2e
−3t e x2(t) = C1e
−t − C2e
−3t.
Representação das soluções no Plano de Fase: Uma questão de interesse é estudar a esta-
bilidade e o comportamento assintótico destas soluções. Para isso, note primeiro que podemos
considerar a função t → ~x(t) como uma trajetória no plano x1x2, chamado de plano de fase.
Observe que a cada par de constantes C1 e C2 corresponde uma solução diferente e, portanto,
uma trajetória diferente. Por exemplo, para C1 = 1 e C2 = 0, temos o solução ~x(t) = (e
−t, e−t),
representada na Figura 1 pela trajetória azul no 1o quadrante. Para C1 = −1 e C2 = 0, temos
~x(t) = (−e−t,−e−t) também representada em azul no 3o quadrante.
x1
x2
Figura 1
x1
x2
Figura 2
Como (e−t, e−t) = e−t(1, 1) e (−e−t,−e−t) = −e−t(1, 1), então estas trajetórias estão na reta
que passa pela origem com a direção do vetor v1 = (1, 1).
Escolhendo C1 = 0 e C2 = 1, temos a solução dada por ~x(t) = (e
−3t,−e−3t) = e−3t(1,−1),
representada pela trajetória vermelha no 4o quadrante e, tomando C1 = 0 e C2 = −1, temos
~x(t) = (−e−3t, e−3t) = −e−3t(1,−1), representada pela semireta vermelha no 2o quadrante.
Note que estas estão sobre a reta que passa por (0, 0) com a direção de v2 = (1,−1).
Observações:
3
1) Para C1 = C2 = 0 temos a solução de equiĺıbrio ~x(t) = (0, 0), cuja trajetória nas Figuras 1 e
2 é apenas o ponto (0, 0). De fato, qualquer sistema da forma ~x ′ = A~x tem ~x(t) = (0, 0) como
uma de suas soluções.
2) Lembremos que v1 = (1, 1) e v2 = (1,−1) são autovetores da matriz A. Na verdade, as
retas que passam pela origem e que tenham a direção de algum dos autovetores correspondem
a trajetórias de soluções do problema. Na caso, a reta x2 = x1, que tem a direção de v1,
corresponde as soluções da forma C1(e
−t, e−t) e a reta x2 = −x1, de direção v2, corresponde as
soluções C2(e
−3t,−e−3t).
3) A trajetória das demais soluções (C1 6= 0 e C2 6= 0) não estão sobre retas, mas são curvas que
estão representadas em verde no plano de fase da Figura 1.
4) Para qualquer par de constantes C1 e C2,
lim
t→+∞
x1(t) = lim
t→+∞
C1e
−t + C2e
−3t = 0 e lim
t→+∞
x2(t) = lim
t→+∞
C1e
−t − C2e
−3t = 0,
isto é, ~x(t) → 0 quando t → +∞. Isto está representado graficamente na Figura 2 pelas setas
que orientam as trajetórias em direção a origem.
Resumindo:
Se os autovalores da matriz A são negativos e diferentes, as trajetória das
soluções comportam-se de forma similar as da Figura 2. Nesse caso, dizemos
que a origem é um nó atrator ou um nó assintoticamente estável do
sistema. Além disso, as trajetórias retas estão na direção dos autovetores.
Como as soluções convergem a origem dizemos que ela é um ponto cŕıtico
assintoticamente estável.
Exemplo 2. Considere o sistema
{
x′1 = 4x1 + 3x2
x′2 = x1 + 2x2
(11)
que pode ser representado na forma matricial por
(
x′1
x′2
)
=
(
4 3
1 2
)(
x1
x2
)
.
Para achar as soluções e estudar o seu comportamento, vamos encontrar os autovalores e au-
tovetores associados. A equação
(
4 3
1 2
)(
x1
x2
)
= λ
(
x1
x2
)
é equivalente ao sistema
{
4x1 + 3x2 = λx1
x1 + 2x2 = λx2
ou seja
{
(4− λ)x1 + 3x2 = 0
x1 + (2− λ)x2 = 0
(12)
4
A condição para que o sistema (12) tenha solução não trivial (x1, x2) 6= (0, 0) é que
det
(
4− λ 3
1 2− λ
)
= 0,
ou seja, (4− λ)(2− λ)− 3 = 0, ou ainda
λ2 − 6λ+ 5 = 0. (13)
As ráızes de (13) são λ1 = 1 e λ2 = 5. Para λ1 = 1, qualquer uma das equações do sistema (12)
equivale a x2 = −x1. Escolhendo x1 = 1, obtemos x2 = −1. Portanto, um autovetor associado
ao autovalor λ1 = 1 é o vetor (1,−1), ou seja
(
4 3
1 2
)(
1
−1
)
=
(
1
−1
)
Procedendo da mesma maneira em relação ao autovalor λ2 = 5, encontramos o autovetor (3, 1),
(
4 3
1 2
)(
3
1
)
= 5
(
3
1
)
.
Segue que duas soluções LI do sistema são
x(t) = et(1,−1) e y(t) = e5t(3, 1).
A solução geral do sistema é a famı́lia das combinações lineares dessas duas
~x(t) = C1e
t(1,−1) + C2e
5t(3, 1) = (C1e
t + 3C2e
5t,−C1e
t + C2e
5t).
Logo, as incógnitas do problema, dadas pelas coordenadas de ~x, são
x1(t) = C1e
t + 3C2e
5t e x2(t) = −C1e
t + C2e
5t.
Representação das soluções no Plano de Fase:
x1
x2
Figura 3
x1
x2
Figura 4
1) Para C1 = 1 e C2 = 0, temos ~x(t) = e
t(1,−1), que está na reta que passa pela origem com
a direção de (1,−1), isto é, sobre a reta x2 = −x1 (no 4
o quadrante), representada em azul na
Figura 3. Para C1 = −1 e C2 = 0, as trajetórias estão sobre a mesma reta, mas no 2
o quadrante.
5
2) Para C1 = 0 e C2 = ±1, as trajetórias estão sobre a reta x1 = 3x2, representada em vermelho.
3) As soluções em que C1 6= 0 e C2 6= 0 estão sobre as curvas verdes.
4) Se C1 6= 0 ou C2 6= 0,
lim
t→+∞
|x1(t)| = lim
t→+∞
|C1e
t+3C2e
5t| = +∞ e lim
t→+∞
|x2(t)| = lim
t→+∞
| −C1e
t+3C2e
5t| = +∞,
isto é, ~x(t) → ∞ quando t → +∞. Isto está representado graficamente na Figura 4 pelas setas
que orientam as trajetórias em direção contrária a da origem.
Resumindo:
Se os autovalores da matriz A são positivos e diferentes, as trajetória das
soluções comportam-se de forma similar as da Figura 4. Nesse caso, dizemos
que a origem é um nó instável ou fonte do sistema. Além disso, as trajetórias
retas estão na direção dos autovetores. A origem é um ponto cŕıtico instável.
Exemplo 3.
{
x′1 = 10x1 − 9x2
x′2 = −12x1 − 2x2
(14)
ou, equivalentemente, em forma matricial
(
x′1
x′2
)
=
(
10 −9
−12 −2
)(
x1
x2
)
.
Vamos encontrar os autovalores e autovetores associados. A equação
(
10 −9
−12 −2
)(
x1
x2
)
= λ
(
x1
x2
)
é equivalente ao sistema
{
10x1 − 9x2 = λx1
−12x1 − 2x2 = λx2
ou seja
{
(10− λ)x1 − 9x2 = 0
−12x1 + (−2− λ)x2 = 0
(15)
A condição para que o sistema (15) tenha solução não trivial (x1, x2) 6= (0, 0) é que
det
(
10− λ −9
−12 −2− λ
)
= 0,
ou seja, (10− λ)(−2− λ)− (−9)(−12) = 0, ou ainda
λ2 − 8λ− 128 = 0. (16)
As ráızes de (16) são λ1 = 16 e λ2 = −8. Para λ1 = 16, qualquer uma das equações do sistema
(15) equivale a 3x2 = −2x1. Escolhendo x1 = 3, obtemos x2 = −2. Portanto, um autovetor
associado ao autovalor λ1 = 16 é o vetor (3,−2), ou seja
(
10 −9
−12 −2
)(
3
−2
)
= 16
(
3
−2
)
6
Procedendo da mesma maneira em relação ao autovalor λ2 = −8, encontramos o autovetor
(1, 2),
(
10 −9
−12 −2
)(
1
2
)
= −8
(
1
2
)
.
Segue que duas soluções LI do sistema são
x(t) = e16t(3,−2) e y(t) = e−8t(1, 2).
A solução geral do sistema é a famı́lia das combinações lineares dessas duas
~x(t) = C1e
16t(3,−2) + C2e
−8t(1, 2) = (3C1e
16t + C2e
−8t,−2C1e
16t + 2C2e
−8t).
Logo, as incógnitas do problema, dadas pelas coordenadas de ~x, são
x1(t) = 3C1e
16t + C2e
−8t e x2(t) = −2C1e
16t + 2C2e
−8t.
Representação das soluções no Plano de Fase:
x1
x2
Figura 5
x1
x2
Figura 6
1) Para C1 = 1 e C2 = 0, temos ~x(t) = e
16t(3,−2), que está na reta que passa pela origem
com a direção de (3,−2), isto é, sobre a reta 2x1 + 3x2 = 0 (no 4
o quadrante), representada em
vermelho na Figura 5. Para C1 = −1 e C2 = 0, as trajetórias estão sobre a mesma reta, mas no
2o quadrante.
2) Para C1 = 0 e C2 = ±1, as trajetórias estão sobre a reta x2 = 2x1, representada em azul.
3) As soluções em que C1 6= 0 e C2 6= 0 estão sobre as curvas verdes.
4) Se C1 = 0
lim
t→+∞
|x1(t)| = lim
t→+∞
|C2e
−8t| = 0 e lim
t→+∞
|x2(t)| = lim
t→+∞
|2C2e
−8t| = 0.
Este é o único caso em que as soluções convergem para 0. Note que na Figura 6, as
setas só convergem para a origem, quando estão sobre a reta x2 = 2x1. Se C1 6= 0,
lim
t→+∞
|x1(t)| = lim
t→+∞
|3C1e
16t + C2e
−8t| = +∞ e lim
t→+∞
|x2(t)| = +∞,
isto é, ~x(t) → ∞ quando t → +∞. Isto está representado graficamente na Figura 6 pelas setas
que “vão para infinito na direção da reta 2x1 + 3x2 = 0”.
Resumindo:
7
Se os autovalores da matriz A possuem sinais contrários, as trajetória das
soluções comportam-se de forma similar as da Figura 6. Nesse caso, dizemos
que a origem é um ponto de sela do sistema. Além disso, as trajetórias retas
estão na direção dos autovetores. A origem é um ponto cŕıtico instável.
Exemplo 4.
{
x′1 = x1 + x2
x′2 = −2x1 − x2
(17)
ou, equivalentemente, em forma matricial
(
x′1
x′2
)
=
(
1 1
−2 −1
)(
x1
x2
)
.
Vamos encontrar os autovalores e autovetores associados. A equação
(
1 1
−2 −1
)(
x1
x2
)
= λ
(
x1
x2
)
é equivalente ao sistema
{
x1 + x2 = λx1
−2x1 − x2 = λx2
ou seja
{
(1− λ)x1 + x2 = 0
−2x1 + (−1− λ)x2 = 0
(18)
A condição para que o sistema (18) tenha solução não trivial (x1, x2) 6= (0, 0) é que
det
(
1− λ 1
−2 −1− λ
)
= 0,
ou seja, (1− λ)(−1− λ)− (1)(−2) = 0, ou ainda
λ2 + 1 = 0. (19)
As ráızes de (19) são λ1 = i e λ2 = −i. Para λ1 = i, qualquer uma das equações do sistema (18)
equivale a x2 = −(1− i)x1. Escolhendo x1 = 1, obtemos x2 = −1 + i. Portanto, um autovetor
associado ao autovalor λ1 = i é o vetor ~v1 = (1,−1 + i), ou seja
(
1 1
−2 −1
)(
1
−1 + i
)
= i
(
1
−1 + i
)
OBS: Não há necessidade de achar um autovetor associado a λ2 = −i, pois se ~x(t) = ~v1e
λ1t é
uma solução do problema ~x ′(t) = A~x(t), isto é,
(~v1e
λ1t)′ = A~v1e
λ1t,
8
então, aplicando o conjugado na equação, decorre
(~v1eλ1t)
′ = A~v1eλ1t.
Como A tem coeficientes reais, segue que A = A e, portanto,
(~v1eλ1t)
′ = A~v1eλ1t,
ou seja, ~v1eλ1t também é uma solução do problema. Como o sistema ~x
′(t) = A~x(t) é linear
homogêneo, a combinação linear de soluções é solução. Logo
~v1e
λ1t + ~v1eλ1t
2
e
~v1e
λ1t − ~v1eλ1t
2i
são soluções do sistema, sendo que a primeira corresponde a parte real de ~v1e
λ1t e a segunda a
parte imaginária.
Conclusão: Quando as ráızes
são complexas (A matriz de coeficientes reais), a parte real e a
parte imaginária de ~v1e
λ1t são soluções do problema. Além disso, pode ser mostrado que elas
são linearmente independentes.
Assim, podemos achar 2 soluções LI do problema considerando a parte real e a imaginária de
~v1e
λ1t =
(
1
−1 + i
)
eit =
(
1
−1 + i
)
(cos t+ i sen t) =
(
cos t+ i sen t
− cos t− sen t+ i(cos t− sen t)
)
.
Logo
~v1e
λ1t =
(
cos t
− cos t− sen t
)
+ i
(
sen t
cos t− sen t
)
e, então, denotando a parte real e a imaginária por x(t) e y(t), respectivamente, temos
x(t) =
(
cos t
− cos t− sen t
)
e y(t) =
(
sen t
cos t− sen t
)
Portanto, a solução geral, que é a combinação linear dessas duas, é
~x(t) = C1
(
cos t
− cos t− sen t
)
+ C2
(
sen t
cos t− sen t
)
=
(
C1 cos t+ C2 sen t
(C2 − C1) cos t− (C1 + C2) sen t
)
Logo, as incógnitas x1 e x2, coordenadas de ~x, são
x1(t) = C1 cos t+ C2 sen t e x2(t) = (C2 − C1) cos t− (C1 + C2) sen t.
Representação das soluções no Plano de Fase:
•
x1
x2
Figura 7
9
1) Para qualquer C1 e C2, as coordenadas x1 e x2 são funções periódicas de peŕıodo 2π. Portanto,
as trajetórias são curvas fechadas. Na verdade, podemos mostrar que as curvas sempre são
ćırculos ou elipses centradas na origem (ver Apêndice).
Resumindo:
Se os autovalores da matriz A são imaginários puros, isto é, da forma λ1 = µi
e λ2 = −µi com µ 6= 0, então as trajetória são ćırculos ou elipses conforme a
Figura 7. Nesse caso, dizemos que a origem é um centro do sistema. A origem
é um ponto cŕıtico estável.
Exemplo 5.
{
x′1 = x1 + 2x2
x′2 = −2x1 + x2
(20)
ou, equivalentemente, em forma matricial
(
x′1
x′2
)
=
(
1 2
−2 1
)(
x1
x2
)
.
Vamos encontrar os autovalores e autovetores associados. A equação
(
1 2
−2 1
)(
x1
x2
)
= λ
(
x1
x2
)
é equivalente ao sistema
{
x1 + 2x2 = λx1
−2x1 + x2 = λx2
ou seja
{
(1− λ)x1 + 2x2 = 0
−2x1 + (1− λ)x2 = 0
(21)
A condição para que o sistema (21) tenha solução não trivial (x1, x2) 6= (0, 0) é que
det
(
1− λ 2
−2 1− λ
)
= 0,
ou seja, (1− λ)2 − (2)(−2) = 0, ou ainda
λ2 − 2λ+ 5 = 0. (22)
As ráızes de (22) são λ1 = 1+2i e λ2 = 1− 2i. Para λ1 = 1+2i, qualquer uma das equações do
sistema (21) equivale a x2 = ix1. Escolhendo x1 = 1, obtemos x2 = i. Portanto, um autovetor
associado ao autovalor λ1 = 1 + 2i é o vetor ~v1 = (1, i), ou seja
(
1 2
−2 1
)(
1
i
)
= (1 + 2i)
(
1
i
)
10
Como já observamos no Exemplo 4, podemos achar 2 soluções LI, tomando a parte real e a parte
imaginária de ~v1e
λ1t:
~v1e
λ1t =
(
1
i
)
e(1+2i)t =
(
1
i
)
et(cos 2t+ i sen 2t) =
(
et cos 2t+ iet sen 2t
−et sen 2t+ iet cos 2t
)
.
Logo
~v1e
λ1t =
(
et cos 2t
−et sen 2t
)
+ i
(
et sen 2t
et cos 2t
)
e, então, denotando a parte real e a imaginária por x(t) e y(t), respectivamente, temos
x(t) = et
(
cos 2t
− sen 2t
)
e y(t) = et
(
sen 2t
cos 2t
)
Portanto, a solução geral, que é a combinação linear dessas duas, é
~x(t) = C1e
t
(
cos 2t
− sen 2t
)
+ C2e
t
(
sen 2t
cos 2t
)
= et
(
C1 cos 2t+ C2 sen 2t
−C1 sen 2t+ C2 cos 2t
)
Logo, as incógnitas x1 e x2, coordenadas de ~x, são
x1(t) = e
t(C1 cos 2t+ C2 sen 2t) e x2(t) = e
t(−C1 sen 2t+ C2 cos 2t).
Representação das soluções no Plano de Fase:
x1
x2
Figura 8
1) Para C1 = 1 e C2 = 0, temos ~x(t) = e
t(cos 2t,− sen 2t). Note que a distância entre ~x(t) e a
origem é
‖~x(t)‖ = ‖et(cos 2t,− sen 2t)‖ = et‖(cos 2t,− sen 2t)‖ = et
√
cos2 2t+ sen 22t = et.
Portanto, a distância entre ~x(t) e a origem vai para infinito quando t → +∞. Ou seja, “~x(t) vai
para infinito” quando t → +∞.
11
Além disso, a direção de ~x(t) é dada por (cos 2t,− sen 2t), que percorre o ćırculo de raio 1
no sentido horário a medida que t aumenta.
Assim, quando t aumenta, ~x(t) circula em torno da origem no sentido horário ao mesmo
tempo que se distancia da origem. Ou seja, ele percorre uma trajetória espiral conforme as três
curvas indicadas na Figura 8.
2) Este comportamento espiral indo para infinito no sentido horário vale, neste exemplo, para
qualquer solução em que C1 6= 0 ou C2 6= 0. (Caso C1 = C2 = 0, a solução é ~x(t) = 0, cuja
trajetória é apenas o ponto (0, 0) como já foi observado no Exemplo 1.)
Resumindo:
Se os autovalores da matriz A são complexos com parte real positiva, isto é,
da forma λ1 = α + βi e λ2 = α − βi com α > 0 e β 6= 0, então as trajetória
são espirais indo para infinito conforme a Figura 8. (A orientação das soluções
(sentido horário ou anti-horário) depende do sistema.) Nesse caso, dizemos
que a origem é um ponto espiral ou foco instável do sistema. A origem é
um ponto cŕıtico instável.
OBSERVAÇÕES:
• Existem sistemas em que as soluções ficam todas orientadas no sentido anti-horário.
• Se a parte real de uma raiz complexa for negativa, então as soluções convergirão para 0 ao
invés de irem para infinito. Nesse caso, as setas orientam as trajetórias em direção a origem.
Resumindo:
Se os autovalores da matriz A são complexos com parte real negativa, isto é,
da forma λ1 = α + βi e λ2 = α − βi com α < 0 e β 6= 0, então as trajetória
são espirais indo para 0. (A orientação das soluções (sentido horário ou anti-
horário) depende do sistema.) Nesse caso, dizemos que a origem é um ponto
espiral ou foco estável do sistema. A origem é um ponto cŕıtico estável.
APÊNDICE
Propriedade: Se as coordenadas x1 e x2 de uma trajetória ~x(t) = (x1(t), x2(t)) são da forma
x1(t) = A cos(µt) +B sen (µt) e x2(t) = C cos(µt) +D sen (µt),
onde A, B, C, D e µ são constantes reais e os vetores (A,C) e (B,D) são LI, então a trajetória
ou é um ćırculo ou é uma elipse.
Prova: Observe que
C x1(t)−Ax2(t) = C(A cos(µt) +B sen (µt))−A(C cos(µt) +D sen (µt))
= (CB −AD) sen (µt)
e
Dx1(t)−B x2(t) = D(A cos(µt) +B sen (µt))−B(C cos(µt) +D sen (µt))
= (DA−BC) cos(µt).
12
Logo
(C x1(t)−Ax2(t))
2 + (Dx1(t)−B x2(t))
2 = (DA−BC)2( sen 2(µt) + cos2(µt))
= (DA−BC)2.
(23)
Como (A,C) e (B,D) são LI,
det
(
A B
C D
)
6= 0,
ou seja, DA−BC 6= 0. Logo, podemos dividir (23) por (DA−BC)2, obtendo
(C x1(t)−Ax2(t))
2
(DA−BC)2
+
(Dx1(t)−B x2(t))
2
(DA−BC)2
= 1.
Portanto,
C2x21 − 2CAx1x2 +A
2x22 +D
2x21 − 2DB x1x2 +B
2x22
(DA−BC)2
= 1,
ou ainda,
(C2 +D2)
(DA−BC)2
x21 −
2(CA+BD)
(DA−BC)2
x1x2 +
(A2 +B2)
(DA−BC)2
x22 = 1,
que representa uma curva cônica. Além do mais, o discriminante desta equação é dado por
4(CA+BD)2
(DA−BC)4
− 4 ·
(C2 +D2)
(DA−BC)2
·
(A2 +B2)
(DA−BC)2
= −4 ·
C2B2 +D2A2 − 2CABD
(DA−BC)4
= −4 ·
(DA−BC)2
(DA−BC)4
< 0.
Portanto, como o discriminante é negativo, a cônica é um ćırculo ou uma elipse.
13
Seção 17: Séries de Fourier
Funções Periódicas
Definição. Dizemos que uma função f : R −→ R é periódica de peŕıodo P , ou ainda, mais
resumidamente, P−periódica se f(x+ P ) = f(x) para todo x.
Note que só definimos função periódica se o domı́nio da função for todo R. Portanto se o
domı́nio de uma função não for todo R, não faz nem sentido perguntar se ela é periódica.
Exemplo. A função f(x) = senx é 2π−periódica. A função f(x) = cos ax é 2π
a
−periódica.
Observação. Se uma função f(x) é P−periódica, então f(x+ P ) = f(x) para todo x. Substi-
tuindo x por x+ P , temos
f(x+ 2P ) = f
(
(x+ P ) + P
)
= f(x+ P ) = f(x)
para todo x. Logo, se f(x) é P−periódica, então f(x) tamém é 2P−periódica. Pelo mesmo
argumento, f também é 3P−periódica. De maneira semelhante se obtém que f(x) também é
nP−periódica, para todo n. Portanto se existir peŕıodo, ele não é único. O mais interessante é
determinar o menor peŕıodo de uma função.
Operações
com funções periódicas
Teorema 1. Se f(x) e g(x) são funções com um mesmo peŕıodo P , e se c é um número real,
então f(x) + g(x), f(x)− g(x), f(x)g(x), cf(x) e f(x)
g(x)
são funções P−periódicas.
Demonstração: Vamos provar uma delas. As outras são semelhantes. Seja h(x) o produto
h(x) = f(x)g(x). Então,
h(x+ P ) = f(x+ P )g(x+ P ) = f(x)g(x) = h(x),
mostrando que, de fato, h é P−periódica.
Exemplo. As funções f(x) = senx e g(x) = cosx são periódicas com o mesmo peŕıodo 2π.
Portanto f(x)g(x) e
f(x)
g(x)
são 2π−periódicas. Na verdade,
f(x)g(x) = cosx senx =
sen 2x
2
e f(x) =
senx
cosx
= tanx
são até π−periódicas. Pela observação feita no parágrafo acima, sendo π−periódicas, são
também 2π−periódicas, o que está de acordo com o que diz o Teorema 1.
Teorema 2. Sejam f(x) e g(x) funções com peŕıodos distintos P1 e P2, respectivamente. Se a
razão
P1
P2
=
m
n
for um número racional, então f(x) + g(x), f(x)− g(x), f(x)g(x), cf(x) e f(x)
g(x)
são funções periódicas. Mais precisamente essas funções têm peŕıodo nP1 = mP2.
Demonstração: Se
P1
P2
=
m
n
é um número racional, então nP1 = mP2. Chamemos de P o
valor comum P = nP1 = mP2. Então f(x) e g(x) são ambas periódicas com o mesmo peŕıodo
nP1 = mP2. Pelo Teorema 1, temos que f(x) + g(x), f(x) − g(x), f(x)g(x), cf(x) e
f(x)
g(x)
são
funções P−periódicas.
Se a razão
P1
P2
entre os peŕıodos for um número irracional, as novas funções obtidas por soma,
produto, diferença e quociente em geral não são periódicas.
Exemplo. As funções f(x) = senx e g(x) = sen (1.1x) são periódicas. O peŕıodo de f é
P1 = 2π. O peŕıodo P2 de g é tal que
g(x+ P2) = sen
(
1.1 (x+ P2)
)
= sen
(
1.1x+ 1.1P2
)
= sen (1.1x) = g(x).
Então, devemos ter 1.1 · P2 = 2π, ou seja, P2 =
2π
1.1
. Estamos na situação em que o quociente
dos peŕıodos é o número racional
P1
P2
= 1.1 =
11
10
.
Temos 10P1 = 11P2 = 20π. Portanto a soma f(x) + g(x) = senx+ sen (1.1x) tem peŕıodo 20π,
que é bem maior do que o peŕıodo de cada uma delas.
Exemplo. A função
f(x) =
a0
2
+
N∑
n=1
(
an cos
nπx
L
+ bn sen
nπx
L
)
(1)
é 2L−periódica, pois é uma soma de funções 2L−periódicas.
O objetivo desta sessão é fazer justamente o contrário. Dada uma função f(x) periódica,
gostaŕıamos de obter para ela uma representação como superposição de senóides. Não será
sempre posśıvel obter estas representação como soma finita. Por exemplo, a função f(x) cujo
gráfico é
#
#
#
#
#
#
#
#
#
#
#
c
c
c
c
c
c
c
c
c
L 2L 3L−L−2L
f(x)
não pode ser escrita como uma soma finita do tipo (1), pois uma soma finita de funções deriváveis
deveria ser uma derivável. Mas a função f(x) não é derivável, pois seu gráfico é uma curva que
não adimite reta tangente em todos os pontos. Para representar a função f(x) como soma de
funções periódicas simples, vamos ter que somar uma infinidade de parcelas:
f(x) =
a0
2
+
∞∑
n=1
(
an cos
nπx
L
+ bn sen
nπx
L
)
. (2)
A expressão (2) é chamada de uma série de Fourier. Note que já mostramos que cada termo
an cos
nπx
L
+ bn sen
nπx
L
pode ser escrito de uma maneira mais simples, como
an cos
nπx
L
+ bn sen
nπx
L
= cn sen
(
nπx
L
+ φn
)
.
2
As senóides são os exemplos mais simples de função periódicas. Expandir uma função em série
de Fourier é representá-la como superposição de senóides deslocadas
f(x) =
a0
2
+
∞∑
n=1
cn sen
(
nπx
L
+ φn
)
. (3)
Ortogonalidade.
Definição. Uma função f : [a, b] → R é dita cont́ınua por partes se tem no máximo um
número finito de pontos de descontinuidade t1 < t2 < · · · < tn e em cada um destes pontos de
descontinuidade existem os limites laterais f(ti + 0) = lim
x→t+i
f(x) e f(ti − 0) = lim
x→t−i
f(x).
Diremos que uma função f : R→ R é cont́ınua por partes se em cada intervalo [a, b] a função
tem no máximo um número finito de pontos de descontinuidade e em cada uma deles existem
os limites laterais.
Definição. Fixado um intervalo [a, b], seja V o conjunto de todas as funções f : [a, b] → R
cont́ınua por partes
V = {f : [a, b]→ R | f é cont́ınua por partes}.
V é um espaço vetorial, a soma de elementos de V está em V, valendo o mesmo para o produto de
um elemento de V por um escalar. No espaço vetorial V temos um produto interno. O produto
interno de duas funções é definido por
〈f(x), g(x)〉 =
∫ b
a
f(x)g(x) dx. (4)
As funções são ditas ortogonais se 〈f(x), g(x)〉 = 0, ou seja, se
∫ b
a
f(x)g(x) dx = 0.
Note que os elementos de V são funções. Estas funções estão sendo pensadas como “vetores”
de um espaço vetorial V e, como tal, podemos falar em produto interno e também em norma
(ou comprimento de um vetor), definida por
||f || = 〈f(x), f(x)〉
1
2 =
(∫ b
a
∣∣f(x)∣∣2dx) 12 . (5)
Exemplo. Para nós o exemplo mais importante será quando [a, b] = [−L,L],
V = {f :
[
−L,L
]
→ R | f é cont́ınua por partes} e 〈f(x), g(x)〉 =
∫ L
−L
f(x)g(x) dx.
Neste caso um conjunto de funções ortogonais é dado por
1
2
, cos
πx
L
, cos
2πx
L
, . . . , cos
nπx
L
, . . . , sen
πx
L
, sen
2πx
L
, . . . , sen
nπx
L
, . . . (6)
De fato, vamos verificar que estas funções são ortogonais entre si. Começamos mostrando que
cada um destes senos é ortogonal a qualquer dos cossenos. Tomamos as fórmulas da trigonome-
tria
sen (a+ b) = sen a cos b+ sen b cos a
sen (a− b) = sen a cos b− sen b cos a
3
Somando estas duas igualdade obtemos
sen a cos b =
1
2
[
sen (a+ b) + sen (a− b)
]
.
Em particular, para a =
nπx
L
e b =
mπx
L
, temos
sen
nπx
L
cos
mπx
L
=
1
2
[
sen
(n+m)πx
L
+ sen
(n−m)πx
L
]
.
Integrando,∫ L
−L
sen
nπx
L
cos
mπx
L
dx =
1
2
∫ L
−L
sen
(n+m)πx
L
dx+
1
2
∫ L
−L
sen
(n−m)πx
L
dx .
É imediato ver que as duas integrais do lado direito valem 0. Fica assim provada a ortogonalidade
entre dois quaisquer senos.
Em seguida usamos as fórmulas
cos(a+ b) = cos a cos b− sen a sen b
cos(a− b) = cos a cos b+ sen a sen b
(7)
Somando as duas obtemos
cos a cos b =
1
2
[
cos(a+ b) + cos(a− b)
]
.
Em particular, para a =
nπx
L
e b =
mπx
L
, temos
cos
nπx
L
cos
mπx
L
=
1
2
[
cos
(n+m)πx
L
+ cos
(n−m)πx
L
]
.
Integrando,∫ L
−L
cos
nπx
L
cos
mπx
L
dx =
1
2
∫ L
−L
cos
(n+m)πx
L
dx+
1
2
∫ L
−L
cos
(n−m)πx
L
dx .
Para quaisquer m e n,
1
2
∫ L
−L
cos
(n+m)πx
L
dx =
L
2(n+m)π
sen
(n+m)πx
L
∣∣∣∣x=L
x=−L
= 0.
Para n 6= m,
1
2
∫ L
−L
cos
(n−m)πx
L
dx =
L
2(n−m)π
sen
(n−m)πx
L
∣∣∣∣x=L
x=−L
= 0.
Mas para m = n,
1
2
∫ L
−L
cos
(n−m)πx
L
dx =
1
2
∫ L
−L
1 dx = L.
Portanto, 〈
cos
nπx
L
, cos
mπx
L
〉
=
∫ L
−L
cos
nπx
L
cos
mπx
L
dx =
{
0, se n 6= m
L, se n = m
(8)
4
Subtraindo as duas igualdades em (7) e procedendo de maneira análoga, obtemos〈
sen
nπx
L
, sen
mπx
L
〉
=
∫ L
−L
sen
nπx
L
sen
mπx
L
dx =
{
0, se n 6= m
L, se n = m
(9)
Precisaremos ainda de 〈
1
2
,
1
2
〉
=
L
2
. (10)
Fórmulas de Euler. A vantagem de se usar um sistema ortogonal de funções para expandir
uma dada função f(x), é que os coeficientes podem ser facilmente calculados. De fato, supo-
nhamos que {ϕ0(x), ϕ1(x), ϕ2(x), ϕ3(x), . . .} seja um sistema ortogonal de funções no intervalo
[a, b], isto é 〈
ϕn(x), ϕm(x)
〉
=
∫ b
a
ϕn(x)ϕm(x) dx = 0, se n 6= m.
Se expandimos
f(x) =
∞∑
n=0
cnϕn(x), (11)
os coeficientes cn podem ser calculados da seguinte maneira. Primeiro multiplicamos (11) por
ϕm(x),
f(x)ϕm(x) =
∞∑
n=0
cnϕn(x)ϕm(x).
Integrando os dois lados e usando que a intergral da soma é a soma das intergrais, temos∫ b
a
f(x)ϕm(x) dx =
∫ b
a
∞∑
n=0
cnϕn(x)ϕm(x) dx =
∞∑
n=0
cn
∫ b
a
ϕn(x)ϕm(x) dx. (12)
Mas, pela ortogonalidade,
∫ b
a
ϕn(x)ϕm(x) dx = 0 para todos os valores de n, exceto para n = m.
Portanto, a última soma da igualdade (12) se reduz a uma única parcela não nula,∫ b
a
f(x)ϕm(x) dx = cm
∫ b
a
ϕm(x)ϕm(x) dx.
Logo,
cm =
∫ b
a f(x)ϕm(x) dx∫ b
a ϕm(x)ϕm(x) dx
=
〈f(x), ϕm(x)〉
‖ϕm(x)‖2
.
Trocando a letra m por n, obtemos
cn =
∫ b
a
f(x)ϕn(x) dx∫ b
a
ϕn(x)ϕn(x) dx
. (13)
O exemplo mais importante de sistema ortogonal de funções é dado por (6). Neste caso, a
expansão (11) de uma função f : [−L,L]→ R toma a forma
f(x) =
a0
2
+
∞∑
n=1
(
an cos
nπx
L
+ bn sen
nπx
L
)
(14)
5
e é chamada de série de Fourier da função f(x). Em vista das expressões (8),(9) e (10), a
expressão análoga a (13) para os coeficientes é
an =
1
π
∫ L
−L
f(x) cos
nπx
L
dx e bn =
1
π
∫ L
−L
f(x) sen
nπx
L
dx. (15)
As expressões (15) são conhecidas como Fórmulas de Euler. Note que a expressão para a0 é
a0 =
1
π
∫ L
−L
f(x) dx,
estando, portanto, inclúıda em (15), para n = 0.
Séries de Fourier
Notação. Para uma função cont́ınua por partes, indicaremos por f(x+ 0) e f(x− 0) os limites
laterais
f(x+ 0) = lim
y→x+
f(x) e f(x− 0) = lim
y→x−
f(x).
Teorema de Fourier. Seja f : R → R uma função 2L−periódica cont́ınua por partes e
possuindo uma derivada primeira f ′(x) também cont́ınua por partes (em cada intervalo limitado,
pode existir um número finito de pontos onde a função não é derivável, mas nestes pontos devem
existir os limites laterais da derivada). Sejam an e bn as seqüências definidas pelas fórmulas (15)
e consideremos a série de Fourier (14) da função f(x). Então a série de Fourier de f(x) converge
para todo valor de x e sua soma vale
a0
2
+
∞∑
n=1
(
an cos
nπx
L
+ bn sen
nπx
L
)
=

f(x), se x é ponto de continuidade
f(x+0) + f(x−0)
2
, se x é pt. de descontinuidade
Exemplo. Seja f : R→ R 2π−periódica e tal que f(x) = x2 para 0 < x < 2π.
4π2
−2π 2π 4π
Vamos ter
f(x) =
a0
2
+
∞∑
n=1
(
an cosnx+ bn sennx
)
.
Para calcular os coeficientes deveŕıamos integrar
an =
1
π
∫ π
−π
f(x) cosnx dx.
Como f(x) = x2, para 0 < x < π mas tem uma definição diferente para −π < x < 0, teŕıamos
que decompor esta integral na soma de duas, uma para x entre 0 e π e a outra entre −π e 0.
Em vez disto, fica mais fácil deslocar o intervalo e calcular
an =
1
π
∫ 2π
0
f(x) cosnx dx.
6
É posśıvel fazer isto pois o integrando é periódico e seu peŕıodo coincide com o comprimento do
intervalo de integração. Portanto,
an =
1
π
∫ 2π
0
x2 cosnx dx =
1
π
[
x2 sennx
n
+
2x cosnx
n2
− 2 sennx
n3
]x=2π
x=0
=
4
n2
.
Analogamente,
bn =
1
π
∫ 2π
0
x2 sennx dx =
1
π
[
−x
2 cosnx
n
+
2x sennx
n2
+
2 cosnx
n3
]x=2π
x=0
= −4π
n
.
e
a0 =
1
π
∫ 2π
0
x2dx =
8π2
3
.
Então,
f(x) =
4π2
3
+ 4
∞∑
n=1
(
cosnx
n2
− π sennx
n
)
.
Em particular, x = 0 é um ponto de descontinuidade, no qual os limites laterais valem f(0+) = 0
e f(0−) = 4π2. Assim,
4π2 + 0
2
=
4π2
3
+ 4
∞∑
n=1
1
n2
,
de onde segue que
∞∑
n=1
1
n2
=
π2
6
. (16)
Para x = π, obtemos
π2 = f(π) =
4π2
3
+ 4
∞∑
n=1
(−1)n
n2
.
Segue que
π2
12
=
∞∑
n=1
(−1)n−1
n2
= 1− 1
22
+
1
32
− 1
42
+
1
52
− · · ·
Observação. No estudo do Cálculo, usando os critérios de convergência de séries, se mostra
que a série
∑ 1
n2
converge, mas não se tem idéia nenhuma do valor da soma. A igualdade (16)
é um resultado famoso, que foi obtido por Euler. O fato de que aqui ela foi deduzida a partir
de uma aplicação do Teorema de Fourier mostra a força deste teorema. É muito surpreendente
a relação desta série com o número π. Em exemplos futuros veremos que as séries
∑ 1
n4
e
∑ 1
n6
também estão relacionadas com π.
Neste curso não faremos a demonstração do Teorema de Fourier, mas num curso mais
avançado ela deve ser feita.
Funções pares e ı́mpares
Definição. Uma função f : [−L,L] → R, definida em um intervalo simétrico em relação à
origem, é dita uma função par se
f(−x) = f(x), para todo x. (17)
7
Note que a condição (17) diz que dado um ponto (x, f(x)) no gráfico da função, o ponto simétrico
dele em relação ao eixo Y , isto é, o ponto (−x, f(x)), também é um ponto do gráfico. Portanto,
a função f : [−L,L]→ R é par quando seu gráfico for simétrico em relação ao eixo Y .
Exemplo. Para n inteiro par, f(x) = xn é uma função par. As funções g(x) = |x| e h(x) = cosx
também são funções pares.
Observação. Segue imediatamente da simetria em relação o eixo Y que se f : [−L,L] → R é
par, então ∫ L
−L
f(x) dx = 2
∫ L
0
f(x) dx.
Definição. Uma função f : [−L,L] → R, definida em um intervalo simétrico em relação à
origem, é dita uma função ı́mpar se
f(−x) = −f(x), para todo x. (18)
Note que a condição (18) diz que dado um ponto (x, f(x)) no gráfico da função, o ponto simétrico
dele em relação à origem (−x,−f(x)) também é um ponto do gráfico. Portanto, a função
f : [−L,L]→ R é ı́mpar quando seu gráfico é simétrico em relação à origem.
Exemplo. Para n inteiro ı́mpar, f(x) = xn é uma função ı́mpar. A função g(x) = senx
também é função ı́mpar.
Observação. Segue imediatamente da simetria em relação à origem que se f : [−L,L] → R é
ı́mpar, então ∫ L
−L
f(x) dx = 0.
Série de Fourier de uma função par. Seja f : R → R for par e 2L−periódica. É fácil ver
que o produto de uma função par f(x) por uma função ı́mpar g(x) é ı́mpar. De fato, como
f(−x) = f(x) e g(−x) = g(x), segue que f(−x)g(−x) = −f(x)g(x). Portanto f(x) sen nπx
L
é
ı́mpar. Então,
bn =
1
L
∫ L
−L
f(x) sen
nπx
L
dx = 0.
Portanto a série de Fourier de uma função par não contém nenhum dos senos, que são funções
ı́mpares. Contém somente os cossenos e a constante, que são funções pares. Além disto, como
o produto de funções pares é par, f(x) cos
nπx
L
é par. Logo,
an =
2
L
∫ L
0
f(x) cos
nπx
L
dx , e an =
2
L
∫ L
0
f(x) dx.
Série de Fourier de uma função ı́mpar. Analogamente, se f : R −→ R for ı́mpar e 2L−
periódica, sua série de Fourier só vai conter os senos, que são funções ı́mpares também e não vai
conter nenhum dos cossenos nem a constante, que são funções pares. Além disto,
bn =
2
L
∫ L
0
f(x) sen
nπx
L
dx .
Exemplo. Consideremos a função dada pelo gráfico abaixo.
8
π−π
−1
1
Esta função é ı́mpar é 2π−periódica. Então
f(x) =
∞∑
n=1
bn sennx ,
com
bn =
2
π
∫ π
0
f(x) sennx dx =
2
π
∫ π
0
sennx dx = − 2
π
cosnx
n
∣∣∣∣π
0
=
2
(
1− (−1)n
)
n
.
Então,
bn =

4
nπ
, se n é ı́mpar
0, se n é par
Logo,
f(x) =
4
π
(
senx
1
+
sen 3x
3
+
sen 5x
5
+ · · ·
)
.
Em particular, para x =
π
2
, obtemos
1 =
4
π
(
1− 1
3
+
1
5
− 1
7
+ · · ·
)
,
ou seja,
π
4
= 1− 1
3
+
1
5
− 1
7
+ · · · (19)
Obs. A igualdade (19) também é um resultado famoso e foi obtida pela primeira vez por Leibniz.
Exemplo. Consideremos f(x) a função 2π−periódica dada pelo gráfico abaixo
#
#
#
c
c
c
#
#
#
c
c
c
#
#
#
c
c
c
c
c
c
#
π−π 2π
π
Como o gráfico tem simetria em relação ao eixo Y , esta função é par. Então bn = 0 e
an =
2
π
∫ π
0
f(x) dx =
2
π
∫ π
0
x cosx dx =
2
π
[
x sennx
n
+
cosnx
n2
]x=π
x=π
=
2
π
cosnπ − 1
n2
=
2
(
(−1)n − 1
)
n2π
=

− 4
n2π
, se n é ı́mpar
0, se n é par
Também
a0 =
2
π
∫ π
0
f(x) dx =
2
π
∫ π
0
x dx = π.
9
Portanto
f(x) =
π
2
− 4
π
(
cosx
12
+
cos 3x
32
+
cos 5x
52
+ · · ·
)
=
π
2
− 4
π
∞∑
n=0
cos(2n+ 1)x
(2n+ 1)2
.
Em particular para x = 0, obtém-se o resultado surpreendente
0 = f(0) =
π
2
− 4
π
(
1 +
1
32
+
1
52
+
1
72
+ · · ·
)
,
ou seja,
π2
8
= 1 +
1
32
+
1
52
+ · · · =
∞∑
n=0
1
(2n+ 1)2
. (20)
Um fato curioso é que a partir de (20) podemos novamente obter a soma da série (16). De fato,
pondo
S =
∞∑
n=1
1
n2
= 1 +
1
22
+
1
32
+
1
42
+
1
52
+ · · ·
queremos descobrir o valor de S. Agrupamos os termos da seguinte forma
S =
(
1 +
1
32
+
1
52
+ · · ·
)
+
(
1
22
+
1
42
+
1
62
+ · · ·
)
.
Usando (20), temos
S =
π2
8
+
(
1
22
+
1
42
+
1
62
+ · · ·
)
.
Colocando
1
4
em evidência no parênteses acima, temos
S =
π2
8
+
1
4
(
1 +
1
22
+
1
32
+
1
42
+ · · ·
)
,
ou seja,
S =
π2
8
+
1
4
S.
Segue que S =
π2
6
, isto é,
π2
6
= 1 +
1
22
+
1
32
+
1
42
+ · · · =
∞∑
n=1
1
n2
Série de Fourier–Cosseno e Série de Fourier–Seno
As séries de Fourier estudadas acima servem para expandir uma função periódica. Mas servem
também para expandir uma função f : [−L,L] −→ R, cujo domı́nio não é todos os reais, mas é
apenas um intervalo simétrico centrado em 0. De fato, uma função f : [−L,L] −→ R pode ter
estendida como uma função 2L−periódica definida em todos or reais.
Vamos passar a estudar agora uma outra situação. Agora nossa função vai estar definida
apenas de f : [0, L] −→ R. Vamos primeiro estender seu domı́nio, definindo f(x) também para
L ≤ x < 0. Existem infinitas maneiras de fazer isto, mas duas delas têm utilidade prática.
10
Estendendo como função par.
Tomamos o gráfico de f : [0, L] −→ R e refletimos em relação ao eixo Y , ou seja, pondo
f(−x) = f(x), para x ∈ [0, L]. Agora temos f : [−L,L] −→ R. Em seguida podemos ainda
estender novamente o domı́nio e ter f : R −→ R 2L−periódica. Usando as séries de Fourier
estudadas anteriormente, obtemos
f(x) =
a0
2
+
∞∑
n=1
an cos
nπx
L
, com an =
2
L
∫ L
0
f(x) cos
nπx
L
dx.
A expressão acima para f(x) em série de Fourier, é válida para todo x real, mas interesa-no
apenas os x para os quais a função estava inicialmente definida.
Conclusão: Podemos expandir funções f : [0, L] −→ R em série
f(x) =
a0
2
+
∞∑
n=1
an cos
nπx
L
, para 0 ≤ x ≤ L , com an =
2
L
∫ L
0
f(x) cos
nπx
L
dx.
Estendendo como função ı́mpar.
Tomamos o gráfico de f : [0, L] −→ R e estendemos a função, tomando os pontos simétricos
em relação à origem. Tem o mesmo efeito primeiro refletir o gráfico em relação ao eixo Y e
novamente em relação ao eixo X. Analogamente temos
Conclusão: Podemos expandir funções f : [0, L] −→ R em série
f(x) =
∞∑
n=1
bn cos
nπx
L
, para 0 < x < L , com bn =
2
L
∫ L
0
f(x) sen
nπx
L
dx.
Note que ao estendermos a função como ı́mpar, o ponto 0 necessariamente torna-se um ponto
de descontinuidade, a menos que tivéssemos f(0) = 0. Por esta razão x = 0 foi excúıdo do
intervalo de validade da igualdade acima. Da mesma forma estendendo como ı́mpar e depois
como periódica, L se torna um ponto de descontinuidade também, sendo também exclúıdo do
intervalo de validade.
Exemplo. Consideremos a função f : [0, π] −→ R, f(x) = x. Vamos obter para ela duas
expansões.
Em série de cossenos:
an =
2
π
∫ π
0
x cosnx dx =
2
π
[
x sennx
n
+
cosnx
n2
]x=π
x=0
=

− 4
n2π2
, se n é ı́mpar
0, se n é par
Também
a0 =
2
π
∫ π
0
f(x) dx =
2
π
∫ π
0
x dx = π.
Portanto,
x =
π
2
− 4
π2
(
cosx
12
+
cos 3x
32
+
cos 5x
52
+ · · ·
)
=
π
2
− 4
π2
∞∑
n=0
cos(2n+ 1)x
(2n+ 1)2
, (0 ≤ x ≤ π).
Em série de senos:
bn =
2
π
∫ π
0
x sennx dx =
2
π
[
−x cosnx
n
+
sennx
n2
]x=π
x=0
= −2 cosnπ
n
=
2 (−1)n−1
n
11
Portanto,
x = 2
∞∑
n=1
(−1)n−1 sennx
n
, (0 ≤ x < π).
Note que a expansão acima é válida para x = 0. Isto se deve ao fato de que como f(0) = 0,
x = 0 é um ponto de continuidade da extensão ı́mpar da função.
Temos assim duas expansões
x =
π
2
− 4
π2
∞∑
n=0
cos(2n+ 1)x
(2n+ 1)2
= 2
∞∑
n=1
(−1)n−1 sennx
n
.
12
Seção 18: Equação da Onda
Nesta seção começamos o estudo das equações diferenciais a derivadas parciais, abreviada-
mente EDP’s. Começamos pela equação da onda. Um exemplo de situação em que a equação
da onda da onda ocorre é no problema da corda vibrante.
Problema da corda vibrante. Consideremos uma corda (de um instrumento musical) esti-
cada, submetida a uma certa tensão e presa pelas extremidades. A corda vai realizar oscilações
livres (sem amortecimento) em torno de sua posição de equiĺıbrio, sujeita apenas à ação da força
restauradora elástica, que tende a trazer a corda de volta à posição de equiĺıbrio. Embora não
façamos aqui a dedução da equação da onda, vamos indicar as hipóteses sob as quais ela é válida
e pode ser deduzida:
– a corda é homogênea constitúıda de um material flex́ıvel,
– o movimento se dá apenas em um plano,
– o movimento se cada part́ıcula da corda é apenas na direção transversal, ou seja, perpen-
dicular à posição de equiĺıbrio da corda,
– as oscilações são de pequena amplitude, de modo que podemos considerar que o compri-
mento da corda e, em conseqüência, a tensão não se alteram com a passagem do tempo.
Se L é o comprimento da corda, associamos coordenadas x, de 0 a L, a cada um de seus pontos.
Seja u(x, t) o deslocamento do ponto da corda de coordenada x no instante t. Consideramos que
u(x, t) > 0 quando o ponto se desloca para cima e u(x, t) < 0 quando o ponto se desloca para
baixo da posição de equiĺıbrio da corda.
Prova-se que a função de duas variáveis u(x, t) satisfaz a EDP (equação diferencial parcial)
utt = c
2uxx (1)
chamada de equação da onda. Embora não se faça aqui uma dedução da equação da onda,
podemos ver que ela é razoável. De fato, utt(x, t) é a aceleração no ponto x no instante t. A
2a lei de Newton nos diz que essa aceleração é diretamente proporcional à força. Mas a única
força que está agindo é a força restauradora elástica. É intuitivo que a força elástica é causada
pela curvatura da corda. Como estamos considerando apenas o caso de oscilações de pequena
amplitude, a derivada segunda uxx, que é a taxa de variação da declividade ux da corda, dá
uma boa aproximação da curvatura. Portanto, a aceleração utt é diretamente proporcional à
curvatura uxx. É exatamente isto o que afirma a equação da onda (1).
Ao contrário do que fizemos com as EDO’s, não vamos estudar aqui uma EDP sozinha. Por
exemplo, ao estudarmos a equação da onda, nossa abordagem não será a de procurar primeiro a
solução geral, para depois aplicar outras condições. Vamos sempre encontar a solução da EDP
que satisfaz também outras condições.
No caso da equação da onda, se a corda estiver presa nas extremidades x = 0 e x = L, nesses
pontos o deslocamento vai ser 0. A função vai satisfazer às condições
u(0, t) = 0 , u(L, t) = 0 , para todo t ≥ 0. (2)
As condições (2) são chamadas de condições de fronteira ou também condições de contorno.
Além disto, como em qualquer problema mecânico, precisamos dar a posição e a velocidade
iniciais. No caso, a posição e velocidade iniciais de qualquer ponto da corda. Portanto, precisam
ser dadas duas funções f : [0, L] → R e g : [0, L] → R. Como essas duas funções, formamos as
condições iniciais
u(x, 0) = f(x) para todo x ∈ [0, L]. (3)
ut(x, 0) = g(x) para todo x ∈ [0, L]. (4)
Exemplo 1. Resolva o problema abaixo, representando oscilações em um corda com extremi-
dades fixas que é dedilhada no ponto médio, partindo do repouso.

utt = c
2 uxx
u(0, t) = u(L, t) = 0
u(x, 0) = f(x)
ut(x, 0) = 0
�
�
�
�
Q
Q
Q
Q
L
2
h
L
f(x)
Solução: Começamos procurando uma solução u(x, t) da forma
u(x, t) = ϕ(x)ψ(t). (5)
Fisicamente, as funções da forma (5) acima representam ondas estacionárias
na corda, isto é,
vibrações na corda em que apenas a amplitude, mas não o formato da corda, se altera com a
passagem do tempo. Note que para uma oscilação na corda dada por (5), em um dado instante
t0 o formato da corda é dado pelo gráfico da função x 7−→ αϕ(x), onde α é o fator de amplitude
α = ψ(to). Portanto, do ponto de vista f́ısico, estamos procurando as ondas estacionárias na
corda.
Substituindo (5) na equação a onda, temos
ϕ(x)ψ′′(t) = c2ϕ′′(x)ψ(t).
Por divisão podemos separar as variáveis:
ψ′′(t)
c2ψ(t)
=
ϕ′′(x)
ϕ(x)
. (6)
O lado esquerdo de (6) depende apenas de t ao passo que o lado direito depende apenas de x.
Portanto a única maneira de serem iguas é sendo a função constante. Podeŕıamos justificar isto
dizendo: o lado esquerdo de (6) não depende de x. Mas por ser igual ao lado direito, também
não depende de t. Logo não depende de nenuma das variáveis, isto é, é constante. Assim,
ψ′′(t)
c2ψ(t)
=
ϕ′′(x)
ϕ(x)
= λ = const.
Obtemos então duas EDO’s independentes,
ϕ′′(x) = λϕ(x) (7)
ψ′′(t) = λc2ψ(t) (8)
A condição de fronteira u(0, t) = 0 juntamente com u(0, t) = ϕ(0)ψ(t) nos diz que
ϕ(0) = 0 (9)
2
ou
ψ(t) = 0, para todo t.
Na eventualidade de ψ(t) = 0 para todo t, teŕıamos u(x, t) = 0 para todo x e para todo t. Esta é
a solução trivial. Não estamos interessados nela. De antemão já sab́ıamos que seria uma solução
de nossa equação diferencial. Não necessitamos fazer tudo isto para encontrá-la. Queremos
encontrar as soluções não triviais.
Analogamente, da condição de fronteira u(L, t) = 0 segue que
ϕ(L) = 0 (10)
Dentre as duas equações diferenciais (7) e (8), começamos com (7), pois para a função ϕ(x)
temos informações adicionais. Vamos estudar o problema de valor de fronteira{
ϕ′′(x) = λϕ(x)
ϕ(0) = 0, ϕ(L) = 0
(11)
Note que a incógnita no problema (11) é um par, uma função ϕ(x) e um número λ. A equação
diferencial do problema (11) tem como equação caracteŕıstica k2 − λ = 0 (k é a variável da
equação caracteŕıstica).
Caso 1: λ > 0. Então λ = µ2, com µ > 0.
Neste caso a equação caracteŕıstica é k2 − µ2 = 0 e, portanto, tem ráızes reais k = ±µ. Então,
as soluções da EDO são
ϕ(x) = Aeµx +Be−µx.
Aplicando a primeira condição de fronteira, obtemos
0 = ϕ(0) = A+B =⇒ B = −A =⇒ ϕ(x) = A(eµx − e−µx) .
Aplicando a outra condição de fronteira, temos
0 = ϕ(L) = A(eµL − e−µL) .
Como eµL − e−µL 6= 0, pois eµL > e0 = 1 e e−µL < e0 = 1 , segue que A = 0. Portanto,
ϕ(x) = 0 para todo x. Segue que u(x, t) = 0 para todo (x, t). Portanto no primeiro caso
obtemos a solução trivial u(x, t) = 0, que não nos interessa. Já sabemos que a função constante
u(x, t) = 0 é uma solução da equação da onda e das condições de fronteira. Não precisamos
fazer isto tudo para descobri-la novamente.
Caso 2: λ = 0.
Neste caso, em (7) a EDO fica ϕ′′(x) = 0. Então, ϕ′(x) = A e ϕ(x) = Ax + B. A condição
ϕ(0) = 0 nos diz que B = 0. Logo ϕ(x) = Ax. A condição ϕ(L) = 0 implica que A = 0 e,
portanto que ϕ(x) = 0 é a solução trivial.
Caso 3: λ < 0. Então λ = −µ2, com µ > 0.
Neste caso a equação caracteŕıstica é k2 + µ2 = 0 e, portanto, tem ráızes complexas k = ±iµ.
As soluções da EDO são
ϕ(x) = A cosµx+B senµx.
Aplicando as condições de fronteira, obtemos 0 = ϕ(0) = A. Então,
ϕ(x) = B senµx.
Também 0 = ϕ(L) = B senµL. Logo B = 0 ou senµL = 0. Se B = 0, então ϕ(x) = 0 é a
solução trivial. Portanto para obtermos solução não trivial devemos ter senµL = 0, ou seja, µL
da forma µL = nπ, com n inteiro. Como µ > 0, então
µ =
nπ
L
, com n = 1, 2, 3, . . .
3
Conclúımos que as soluções não triviais de (11) são as funções
ϕn(x) = Bn sen
nπx
L
, com n = 1, 2, 3, . . . (12)
com os λ correspondentes dados por
λn = −
(
nπ
L
)2
. (13)
Substituindo este valor de λ na equação diferencial (8), obtemos
ψ′′(t) +
(
cnπ
L
)2
ψ(t) = 0,
cuja solução geral é
ψn(t) = Dn cos
cnπt
L
+ En sen
cnπt
L
. (14)
Multiplicando as funções (12) e (14), obtemos
un(x, t) =
(
Dn cos
cnπt
L
+ En sen
cnπt
L
)
sen
nπx
L
, n = 1, 2, 3, . . . (15)
que representa as ondas estacionárias na corda. A constante Bn é desnecessária, pois por mul-
tiplicação pode ser incorporada às constantes Dn e En. Note que as funções (15) satisfazem a
equação diferencial (da onda) e as condições de fronteira, quaisquer que sejam as constantes Dn e
En. Ainda não levamos em conta as duas condições iniciais. Antes disto, fazemos a superposição
das funções dadas por (15), obtendo
u(x, t) =
∞∑
n=1
un(x, t) =
∞∑
n=1
(
Dn cos
cnπt
L
+ En sen
cnπt
L
)
sen
nπx
L
. (16)
A equação da onda é uma equação linear homogênea, pois pode ser escrita na forma utt−c2uxx =
0. Segue que a soma de soluções também é solução. Como as un são soluções da equação da
onda, segue que u dada por (16) também é. As condições de fronteira que estamos considerando
também são homogêneas. Como para cada n, un(0, t) = 0, temos que u(0, t) = 0. Pela mesma
razão, u(L, t) = 0. A idéia agora é ajustar as constantes Dn e En para que a função dada por
(12) satisfaça também as condições iniciais.
Fazendo t = 0 em (16), temos
f(x) = u(x, 0) =
∞∑
n=1
Dn sen
nπx
L
.
A linha acima nada mais é do que a representação da função f(x) em série de senos. Portanto,
Dn =
2
L
∫ L
0
f(x) sen
nπx
L
dx. (17)
Derivando (16) em relação a t, obtemos
ut(x, t) =
∞∑
n=1
(
−cnπ
L
Dn sen
cnπt
L
+
cnπ
L
En cos
cnπt
L
)
sen
nπx
L
.
4
Fazendo t = 0, segue
0 = ut(x, 0) =
∞∑
n=1
cnπ
L
En sen
nπx
L
.
Mas a única representação da função constante igual a 0 em série de senos é com todos os
coeficientes iguais a 0. Logo,
En = 0.
A solução de nosso problema é
u(x, t) =
∞∑
n=1
Dn cos
cnπt
L
sen
nπx
L
. (18)
Para calcular a integral (17) temos que, em prinćıpio, decompor na soma de duas integrais
Dn =
2
L
(∫ L
2
0
2hx
L
sen
nπx
L
dx+
∫ L
L
2
2h(L− x)
L
sen
nπx
L
dx
)
.
É perfeitamente posśıvel calcular deste modo, mas vamos fazer uma observação que diminui
muito o trabalho para calcular Dn. Assim como o gráfico de uma função par é simétrico em
relação ao eixo Y , o gráfico da função f(x) é simétrico em relação à reta x = L2 , ou seja,
f
(
L
2 + x
)
= f
(
L
2 − x
)
. Vejamos se os senos também têm esse tipo de simetria. Para n ı́mpar
isto é verdade, traçando os gráficos, verificamos que para n ı́mpar a função g(x) = sen nxL
satisfaz g
(
L
2 + x
)
= g
(
L
2 − x
)
. Portanto, o produto das duas tem o mesmo tipo de simetria, e
em conseqüência, não é necessário integrar em todo o intervalo [0, L]. É suficiente integrar no
intervalo
[
0, L2
]
e tomar o dobro da integral. Logo,
Dn =
4
L
∫ L
2
0
2hx
L
sen
nπx
L
dx, para n ı́mpar,
ou seja,
D2n+1 =
4
L
∫ L
2
0
2hx
L
sen
(2n+ 1)πx
L
dx
=
8h
L2
[
− L
(2n+ 1)π
x cos
(2n+ 1)πx
L
+
L2
(2n+ 1)2π2
sen
(2n+ 1)πx
L
]L
2
0
=
8h
(2n+ 1)2π2
· sen (2n+ 1)π
2
=
8h(−1)n
(2n+ 1)2π2
.
Analogamente, para n par os senos têm uma simetria semelhante à de funções ı́mpares. Traçando
os gráficos, verificamos que para n par a função g(x) = sen nxL satisfaz a condição g
(
L
2 − x
)
=
−g
(
L
2 + x
)
, ou seja, seu gráfico é simétrico em relação ao ponto
(
L
2 , 0
)
. Logo,
Dn =
2
L
∫ L
0
f(x) sen
nπx
L
dx = 0, para n par,
ou seja,
D2n = 0.
Substituindo esses valores, finalmente encontramos que a solução de nosso problema é
u(x, t) =
8h
π2
∞∑
n=0
(−1)n
(2n+ 1)2
cos
(2n+ 1)cπt
L
sen
(2n+ 1)πx
L
.
5
Conclusões. A igualdade (16) nos diz que o movimento da corda, neste e em qualquer outro
exemplo semelhante, é a superposição de uma infinidade de oscilações periódicas un(x, t) dadas
por (14). Cada
un(x, t) é uma onda estacionária
un(x, t) = ϕn(x)ψn(t) ,
que é periódica em t, com peŕıodo Pn =
2L
cnπ e freqüência fn =
1
Pn
= ncπ2L = nf1. Cada um
dos un representa uma posśıvel oscilação livre na corda, e sua freqüência fn é um múltiplo
da freqüência mais baixa f1, chamada freqüência fundamental da corda. Portanto, uma corda
vibrante possui uma infinidade de freqüências naturais de vibração, todas elas múltiplos da
freqüência fundamental. Veremos que uma membrana vibrante também tem uma infinidade de
freqüências naturais de vibração, mas essas freqüências não são todas múltiplos da freqüência
mais baixa. Isto explica porque é fácil produzir uma melodia em um instrumento de cordas,
mas não num tambor! Vimos que um sistema formado por duas massas e duas ou três molas
pode ter mais de uma freqüência natural de vibração. Na corda vibrante temos uma infinidade
de freqüências naturais.
O método da separação de variáveis. O método que acima foi empregado para resolver o
problema de condições iniciais e de fronteira para a equação da onda considerado no Exemplo 1,
chama-se método da separação de variáveis e será sistematicamente empregado para resolver
EDP’s. O método da separação de variáveis consiste em começar procurando soluções da forma
u(x, t) = ϕ(x)ψ(t).
Outro tipo de condição de fronteira: Fronteira livre. Outra situação que é descrita
pela mesma equação da onda é quando se tem vibrações longitudinais em uma mola. Agora
u(x, t) mede o deslocamento longitudinal de um part́ıcula que, na posição de equiĺıbrio da mola,
ocupava originalmente a posição de coordenada x. No instante t, esta mesma part́ıcula vai ocupar
a posição de coordenada x + u(x, t). Num dado instante t, um determinado trecho da mola,
estará comprimido ou dilatado, conforme a função x 7−→ u(x, t) for decrescente ou crescente.
Portanto compressão corresponde a ux < 0, ao passo que dilatação corresponde a ux > 0. Uma
extremidade livre da mola só recebe força de um dos lados, portanto não pode ser comprimida ou
dilatada. Logo, matematicamente, descrevemos o fato de uma extremidade ficar livre, através
da condição ux = 0. Uma situação análoga são ondas de som em um tubo, como em uma flauta.
Trata-se de ondas de compressão e rarefação. Como na mola, são vibrações longitudinais (as
part́ıculas se movem na mesma direção que a onda). Se, por exemplo, a extremidade x = 0
estiver fechada, teremos a condição de fronteira u(0, t) = 0. Se, por exemplo, a extremidade
x = L estiver aberta, teremos a condição ux(L, t) = 0, análoga à condição de extremidade livre
na mola.
Condições de extremidade livre também podem ser pensadas na corda vibrante, mas exigem
um mecanismo um pouco mais engenhoso para manter a tensão na corda.
Exemplo 2. Resolva o problema abaixo, que representa oscilações em uma corda com extre-
midade livres. 
utt = uxx (0 < x < L , 0 < t <∞)
ux(0, t) = ux(L, t) = 0 (0 < t <∞)
u(x, 0) = f(x) (0 < x < L)
ut(x, 0) = g(x) (0 < x < L)
Em seguida escreva a solução para o caso de f(x) = 0 e g(x) = 1, para 0 < x < L2 e g(x) = 0,
para L2 < x < L.
6
Solução: Utilizando o método da separação de variáveis, começamos procurando u da forma
u(x, t) = ϕ(x)ψ(t). Substituindo na equação da onda, obtemos
ϕ(x)ψ′′(t) = ϕ′′(x)ψ(t).
Por divisão podemos separar as variáveis:
ψ′′(t)
ψ(t)
=
ϕ′′(x)
ϕ(x)
. (19)
O lado esquerdo de (19) depende apenas de t enquanto que o lado direito depende apenas de x.
Como vimos no Exemplo 1, a única maneira de serem iguais é sendo a função constante. Então,
ψ′′(t)
ψ(t)
=
ϕ′′(x)
ϕ(x)
= λ = const.
Obtemos duas EDO’s independentes,
ϕ′′(x) = λϕ(x) (20)
ψ′′(t) = λψ(t) (21)
A condição de fronteira ux(0, t) = 0 juntamente com ux(0, t) = ϕ
′(0)ψ(t) nos diz que
ϕ′(0) = 0 (22)
ou
ψ(t) = 0, para todo t.
Se ψ(t) = 0 para todo t, teŕıamos u(x, t) = 0 para todo x e para todo t, isto é, a solução trivial.
Queremos eoncontrar as soluções não triviais. Por isto, vamos trabalhar com a condição (22).
Analogamente, da condição de fronteira ux(L, t) = 0 segue que
ϕ′(L) = 0. (23)
Dentre as duas equações diferenciais (20) e (21), começamos com (20), pois para a função ϕ(x)
temos mais informação. Vamos estudar o problema de valor de fronteira{
ϕ′′(x) = λϕ(x)
ϕ′(0) = 0, ϕ′(L) = 0
(24)
Note que a incógnita no problema (24) é um par de objetos, uma função ϕ(x) 6= const. = 0 e um
número λ. A equação diferencial do problema (24) tem como equação caracteŕıstica k2−λ = 0.
Precisamos considerar três casos.
Caso 1: λ > 0. Então λ = µ2, com µ > 0.
Neste caso a equação caracteŕıstica é k2 − µ2 = 0 e, portanto, tem ráızes reais k = ±µ. Então,
as soluções da EDO são
ϕ(x) = Aeµx +Be−µx.
Para aplicar as condições de fronteira, primeiro derivamos a função,
ϕ′(x) = Aµeµx −Bµe−µx.
Aplicando (22), obtemos (A−B)µ = 0 e, portanto, A = B. Segue que
ϕ(x) = A(eµx + e−µx)
ϕ′(x) = Aµ(eµx − e−µx).
7
Aplicando (23), obtemos
Aµ(eµL − e−µL) = 0.
Para um produto dar 0, pelo menos um dos fatores precisa se anular. Mas eµL− e−µL 6= 0, pois
eµL > e0 = 1 e e−µL < e0 = 1. Também µ 6= 0, pois µ > 0. Segue, A = 0. Logo, no caso 1
temos só a solução trivial.
Caso 2: λ = 0.
Neste caso, em (7) a EDO fica ϕ′′(x) = 0. Então, ϕ′(x) = A e ϕ(x) = Ax + B. As condições
ϕ′(0) = 0 e ϕ′(L) = 0 nos dizem que A = 0. Logo, temos a solução não trivial ϕ0(x) = B0 e
λ0 = 0.
Caso 3: λ < 0. Então λ = −µ2, com µ > 0.
Neste caso a equação caracteŕıstica é k2 + µ2 = 0 e, portanto, tem ráızes complexas k = ±iµ.
As soluções da EDO são
ϕ(x) = A cosµx+B senµx.
Para aplicar as condições de fronteira, derivamos
ϕ′(x) = µ(−A senµx+B cosµx).
A condição ϕ′(0) = 0 nos diz que devemos ter Bµ = 0 e, portanto, B = 0, pois µ > 0. Então,
ϕ(x) = A cosµx
ϕ′(x) = −µA senµx
A condição ϕ′(L) = 0 nos diz que devemos ter µA senµL = 0. Pelo menos um dos três fatores
deve se anular. Sabemos que µ > 0. Se A = 0, vamos ter a solução trivial ϕ(x) = 0. A única
maneira de ter solução não trivial é se senµL = 0, ou seja,
µ =
nπ
L
, com n = 1, 2, 3, . . .
Conclúımos que as soluções não triviais de (24) são
ϕn(x) = An cos
nπx
L
, λn = −
(
nπ
L
)2
, com n = 1, 2, 3, . . . (25)
e ainda
ϕ0(x) = B0 , λ0 = 0. (26)
Substituindo estes valores de λ na equação diferencial (21), obtemos
ψ′′(t) +
(
nπ
L
)2
ψ(t) = 0,
cuja solução geral é
ψn(t) = Dn cos
nπt
L
+ En sen
nπt
L
, se n ≥ 1 (27)
e
ψ0(t) = D0t+ E0 , se n = 0. (28)
Multiplicando as funções (25) e (27), obtemos
un(x, t) =
(
Dn cos
nπt
L
+ En sen
nπt
L
)
An cos
nπx
L
, n = 1, 2, 3, . . . (29)
8
e multiplicando (26) e (28), obtemos
u0(x, t) = B0(D0t+ E0) = D0t+ E0 , se n = 0. (30)
Note que as constantes An e B0 são desnecessárias, pois por multiplicação podem ser incorpo-
radas às constantes Dn e En. Note que as funções (29) e (30) satisfazem a equação diferencial
(da onda) e as condições de fronteira, quaisquer que sejam as constantes Dn e En. Ainda não
levamos em conta as duas condições iniciais. Antes disto, fazemos a superposição das funções
dadas por (29) e (30), obtendo
u(x, t) =
∞∑
n=0
un(x, t) = D0t+ E0 +
∞∑
n=1
(
Dn cos
nπt
L
+ En sen
nπt
L
)
cos
nπx
L
. (31)
Como no Exemplo 1, fazendo t = 0, temos
f(x) = u(x, 0) = E0 +
∞∑
n=1
Dn cos
nπx
L
, para 0 ≤ x ≤ L
e, portanto,
Dn =
2
L
∫ L
0
f(x) cos
nπx
L
dx , para n = 1, 2, 3, . . . . (32)
Também o coeficiente E0 desempenha o papel de
a0
2
na expansão em série de Fourier-cosseno.
Portanto,
E0 =
1
L
∫ L
0
f(x) dx . (33)
Derivando (31) em relação a t, temos
ut(x, t) = D0 +
∞∑
n=1
(
−Dn
nπ
L
sen
nπt
L
+ En
nπ
L
cos
nπt
L
)
cos
nπx
L
.
Fazendo t = 0, obtemos
g(x) = ut(x, 0) = D0 +
∞∑
n=1
En
nπ
L
cos
nπx
L
, para 0 ≤ x ≤ L.
Segue que
En
nπ
L
=
2
L
∫ L
0
g(x) cos
nπx
L
dx ,
ou seja,
En =
2
nπ
∫ L
0
g(x) cos
nπx
L
dx (34)
e que
D0 =
1
L
∫ L
0
g(x) dx . (35)
Conclusão: A solução do problema é dada pela série (31), onde Dn e En são dados por (32),
(33), (34) e (35).
9
Exemplo 3. Resolva o problema abaixo, que representa oscilações amortecidas (com atrito) em
uma corda com extremidades livres.
utt = uxx − 2ut (0 < x < π , 0 < t <∞)
ux(0, t) = ux(π, t) = 0 (t > 0)
u(x, 0) = f(x) (0 < x < π)
ut(x, 0) = g(x) (0 < x < π)
onde f : [0, π]→ R e g : [0, π]→ R são funções dadas mas não especificadas aqui.
Solução: Utilizando o método da separação de variáveis, começamos procurando u da forma
u(x, t) = ϕ(x)ψ(t). Substituindo na equação diferencial do problema, como foi feito nos exemplos
anteiores, encontramos
ϕ(x)ψ′′(t) = ϕ′′(x)ψ(t)− 2ϕ(x)ψ′(t).
Para separar as variáveis, dividimos por ϕ(x)ψ(t). Obtemos
ψ′′(t)
ψ(t)
=
ϕ′′(x)
ϕ(x)
− 2ψ
′(t)
ψ(t)
.
Raciocinando como nos exemplos anteriores, obtemos
ψ′′(t)
ψ(t)
+
2ψ′(t)
ψ(t)
=
ϕ′′(x)
ϕ(x)
= λ .
Obtemos duas EDO’s independentes,
ϕ′′(x) = λϕ(x) (36)
ψ′′(t) + 2ψ′(t) = λψ(t) (37)
Como nos exemplos anteriores, obtemos as condições de fronteria
ϕ′(0) = ϕ′(π) = 0. (38)
Temos, então, como nos exemplos anteriores, o problema de valor de fronteira{
ϕ′′(x) = λϕ(x)
ϕ′(0) = 0, ϕ′(π) = 0
cujas soluções não triviais (conforme está explicado nos exemplos anteriores) são
ϕn(x) = An cosnx , λn = −n2 , com n = 1, 2, 3, . . . (39)
e
ϕ0(x) = B0 , λ0 = 0. (40)
Agora entramos com esses valores de λ na equação (37). Para n = 0, temos a EDO de 2a ordem
linear homogênea
ψ′′(t) + 2ψ′(t) = 0. (41)
A equação caracteŕıstica é
k2 + 2k = 0,
cujas ráızes são k1 = 0 e k2 = −2. Duas soluções L.I. de (41) são e0t = 1 e e−2t e a solução geral
é
ψ0(t) = C0 +D0e
−2t. (42)
10
Para n ≥ 1, a equação (37) fica
ψ′′(t) + 2ψ′(t) + n2ψ(t) = 0. (43)
A equação caracteŕıstica é
k2 + 2k + n2 = 0, (44)
cujas ráızes são dadas por
k =
−2±
√
4− 4n2
2
= −1±
√
1− n2 = −1±
√
(−1)(n2 − 1) .
Para n = 1, a equação (44) tem raiz dupla k1 = k2 = −1 e, portanto, a solução geral de (43) é
ψ1(t) = (C1 +D1t)e
−t. (45)
Para n ≥ 2, a equação (44) tem ráızes complexas k = −1 ± i
√
n2 − 1. Neste caso, a solução
geral de (43) é
ψn(t) = Cne
−t cos
(
t
√
n2 − 1
)
+Dne
−t sen
(
t
√
n2 − 1
)
. (46)
Multiplicando (40) por (42), multiplicando (39) por (45) e também (40) por (46). Obtemos as
soluções
u0(x, t) = C0 +D0e
−2t
u1(x, t) = (C1 +D1t)e
−t cosx
un(x, t) = e
−t
(
Cn cos
(
t
√
n2 − 1
)
+Dn sen
(
t
√
n2 − 1
) )
cosnx , para n ≥ 2.
Fazendo a superposição, encontramos
u(x, t) =C0 +D0e
−2t + (C1 +D1t)e
−t cosx
+
∞∑
n=2
e−t
(
Cn cos
(
t
√
n2−1
)
+Dn sen
(
t
√
n2−1
) )
cosnx .
(47)
Fazendo t = 0, temos
f(x) = u(x, 0) = C0 +D0 + C1 cosx+
∞∑
n=2
Cn cosnx .
Acima C0 + D0 está desempenhando o papel do coeficiente
a0
2
na série de Fourier-cosseno.
Portanto,
C0 +D0 =
1
π
∫ π
0
f(x) dx . (48)
Temos também
Cn =
2
π
∫ π
0
f(x) cosnx dx , para n = 1, 2, 3, . . . (49)
Derivando (47) em relação a t e em seguida substituindo t = 0 (para quem se sentir com
confiança, é posśıvel fazer tudo de uma só vez, para evitar escrever muito), obtemos
g(x) = ut(x, 0) = −2D0 + (D1 − C1) cosx+
∞∑
n=2
(
− Cn +Dn
√
n2 − 1
)
cosnx .
11
Segue que
D0 = −
1
2π
∫ π
0
g(x) dx , (50)
D1 − C1 =
2
π
∫ π
0
g(x) cosx dx , (51)
−Cn +Dn
√
n2 − 1 = 2
π
∫ π
0
g(x) cosx dx , (52)
Portanto a solução do problema é dada por (47), onde os coeficientes podem ser obtidos das
igualdades (48), (49), (50), (51) e (52).
12
Seção 19: Equação do Calor
Consideremos um fluxo de calor em uma barra homogênea, constrúıda de um material condutor
de calor, em que as dimensões da seção lateral são pequenas em relação ao comprimento L. Em
geral, vamos considerar a situação em que as faces laterais estão isoladas, de modo que só pode
entrar ou sair calor através das extermidades x = 0 ou x = L. Devido à hipótese de que a
seção lateral é pequena em relação ao comprimento, vamos supor que em cada instante t todos
os pontos da seção de abscissa x estão à mesma temperatura u(x, t). Utilisando-se as leis da
condução do calor, pode-se provar que a função de duas variáveis u(x, t) satisfaz a EDP
ut = c
2uxx, (1)
que é chamada de equação do calor. A constante positiva c2 em (1) depende da condutibilidade
térmica e do calor espećıfico do material do qual a barra é constrúıda.
Tipos de condição de fronteira.
(i) Extremidade mantida a uma temperatura prescrita: Se por exemplo, a extremidade x = 0
é mantida permanentemente à temperatura u = a, temos u(0, t) = a, para todo t > 0.
(ii) Extremidade isolada: O fluxo de calor através de uma seção de coordenada x da barra
depende, além das propriedades de condutividade térmica e calor espećıfico do material de que
é feita a barra, do gradiente de temperatura em x. Quanto mais rapidamente a temperatura
varia em relação a x, mais energia térmica cruza através da seção. Isto é, o fluxo de calor
através da seção de coordenada x é diretamente proporcional a ux(x, t). Se, por exemplo, a
extremidade x = 0 é mantida isolada, significa que o fluxo de calor através dela é 0. Portanto,
matematicamente o fato de que a extremidade x = 0 está isolada se expressa pela condição
ux(0, t) = 0.
Exemplo 1. Resolva o problema abaixo, representando transmissão de calor em uma barra em
que uma extremidade é mantida isolada e outra a uma temperatura prescrita.

ut = c
2 uxx (0 < x < L , 0 < t < +∞)
ux(0, t) = u(L, t) = 0 (0 < t < +∞)
u(x, 0) = 1 (0 < x < L)
Solução: Utilizando o método de separação de variáveis, começamos procurando uma solução
u(x, t) da forma
u(x, t) = ϕ(x)ψ(t). (2)
Substituindo (2) na equação do calor, temos
ϕ(x)ψ′(t) = c2ϕ′′(x)ψ(t).
Por divisão podemos separar as variáveis:
ψ′(t)
c2ψ(t)
=
ϕ′′(x)
ϕ(x)
. (3)
O lado esquerdo de (3) depende apenas de t ao passo que a lado direito depende apenas de
x. Portanto a única maneira de serem iguais é sendo a função constante, conforme já vimos.
Podeŕıamos justificar isto dizendo que o lado esquerdo de (3) não depende de x. Mas por ser
igual ao lado direito, também não depende de t. Logo não depende de nenuma das variáveis,
isto é, é constante. Assim,
ψ′(t)
c2ψ(t)
=
ϕ′′(x)
ϕ(x)
= λ = const.
Obtemos, assim, duas EDO’s independentes,
ψ′(t) = λc2ψ(t) (4)
ϕ′′(x) = λϕ(x) (5)
Para aplicar as condições de fronteira, primeiro notamos que de (2) obtemos
ux(x, t) = ϕ
′(x)ψ(t).
Portanto, a condição ux(0, t) = 0, isto é, ux(0, t) = ϕ
′(0)ψ(t) = 0, nos diz que
ϕ′(0) = 0 (6)
ou
ψ(t) = 0, para todo t.
Na eventualidade de ψ(t) = 0 para todo t, teŕıamos u(x, t) = 0 para todo x e para todo t. Esta
é a solução trivial e não estamos interessados nela. O que queremos é encontrar as soluções não
triviais para fazer a superposição delas.
Analogamente, da condição de fronteira u(L, t) = 0 segue que
ϕ(L) = 0 (7)
Dentre as duas equações diferenciais (4) e (5), começamos com (5), pois para a função ϕ(x)
temos informações adicionais. Vamos estudar o problema de valor de fronteira{
ϕ′′(x) = λϕ(x)
ϕ′(0) = 0, ϕ(L) = 0
(8)
Note que a incógnita no problema (8) é um par, uma função ϕ(x) e um número λ. A equação
diferencial do problema (8) tem como equação caracteŕıstica k2 − λ = 0 (k é a variável da
equação caracteŕıstica).
Caso 1: λ > 0. Então λ = µ2, com µ > 0.
Neste caso a equação caracteŕıstica é k2 − µ2 = 0 e, portanto, tem ráızes reais k = ±µ. Então,
as soluções da EDO são
ϕ(x) = Aeµx +Be−µx.
Temos que ϕ′(x) = µ
(
Aeµx −Be−µx
)
. Aplicando a condição de fronteira (6), temos
0 = ϕ′(0) = µ
(
A−B).
Como µ 6= 0, pois é positivo, temos A−B, ou seja, A = B e
ϕ(x) = A
(
eµx + e−µx
)
.
Segue que aplicando a condição de fronteira (7), temos
0 = ϕ(L) = A
(
eµL + e−µL
)
.
2
Como eµL + e−µL > 0, segue que A = 0 e, portanto, ϕ(x) = 0 é a solução trivial.
Caso 2: λ = 0.
Neste caso, em (8) a EDO fica ϕ′′(x) = 0. Então, ϕ′(x) = A. Da condição de foronteira (6)
segue que A = 0. Logo, ϕ′(x) = 0 e ϕ(x) = B. A condição de fronteira ϕ(L) = 0 nos diz que
B = 0. Obtemos que ϕ(x) = 0 é a solução trivial.
Caso 3: λ < 0. Então λ = −µ2, com µ > 0.
Neste caso a equação caracteŕıstica k2 + µ2 = 0 tem ráızes complexas k = ±iµ. As soluções da
EDO são
ϕ(x) = A cosµx+B senµx.
Aplicando as condições de fronteira, obtemos 0 = ϕ′(0) = Bµ. Como µ 6= 0, então B = 0 e
ϕ(x) = A cosµx.
Também 0 = ϕ(L) = A cosµL. Logo A = 0 ou cosµL = 0. Se A = 0, então ϕ(x) = 0 é a
solução trivial. Portanto, para obtermos solução não trivial devemos ter cosµL = 0, ou seja, µL
da forma µL =
(
n+ 12
)
π, com n inteiro. Como µ > 0, então
µ =
(
n+ 12
)
π
L
, com n = 0, 1, 2, 3, . . .
Conclúımos que as soluções não triviais de (8) são as funções
ϕn(x) = An cos
(
n+ 12
)
πx
L
, com n = 0, 1, 2, 3, . . . (9)
com os λ correspondentes dados por
λn = −
(
n+ 12
)2
π2
L2
. (10)
Substituindo este valor de λ na equação diferencial (4), obtemos a EDO de 1a ordem
ψ′(t) +
(
c(n+ 12)π
L
)2
ψ(t) = 0,
cuja solução geral é
ψn(t) = Dne
−
c2
(
n+12
)2
π2t
L2 . (11)
Multiplicando as funções (9) e (11), obtemos
un(x, t) = Ane
−
c2
(
n+12
)2
π2t
L2 cos
(n+ 12)πx
L
, n = 0, 1, 2, 3, . . . (12)
A constante Dn foi incorporada à constante An. Note que as funções (12) satisfazem a equação
do calor e as condições de fronteira, quaisquer que sejam as constantes Dn e En. Ainda não
levamos em conta a condição inicial. Antes disto, fazemos a superposição das funções dadas por
(12), obtendo
u(x, t) =
∞∑
n=0
un(x, t) =
∞∑
n=0
Ane
−
c2
(
n+12
)2
π2t
L2 cos
(n+ 12)πx
L
. (13)
A idéia agora é ajustar a constantes An para que a função dada por (13) satisfaça também a
condição inicial.
3
Fazendo t = 0 em (13), temos
f(x) = u(x, 0) =
∞∑
n=1
An cos
(n+ 12)πx
L
, (14)
onde f(x) é a função constante f(x) = 1. Note que a expansão (14) não é exatamente uma
série de Fourier para uma função f : [0, L] → R, por causa do fator n + 12 em lugar de n. Por
isto, para analisar como podemos obter os coeficientes An, precisamos fazer um parênteses para
introduzir dois novos sistemas ortogonais de funções.
Observação 1. As funções
{
cos
(
n+ 1
2
)
πx
L | n = 0, 1, 2, 3, . . .
}
constituem um sistema ortogonal
em [0, L].
De maneira análoga ao que já fizemos antes, utilizando a identidade
cos a · cos b = 1
2
[
cos(a+ b) + cos(a− b)
]
,
é fácil verificar que
∫ L
0
cos
(
n+ 12
)
πx
L
· cos
(
m+ 12
)
πx
L
dx =

0 , se n 6= m
L
2
, se n = m
(15)
Isto mostra a ortogonalidade do sistema de funções que estamos considerando. De acordo com
o estudo que fizemos de ortogonalidade, para expandir uma função f : [0, L]→ R na forma
f(x) =
∞∑
n=0
An cos
(n+ 12)πx
L
, (16)
os coeficientes vão ser dados por
An =
2
L
∫ L
0
f(x) cos
(n+ 12)πx
L
dx . (17)
2. Analogamente, as funções
{
sen
(
n+ 1
2
)
πx
L | n = 0, 1, 2, 3, . . .
}
em [0, L] também constituem
um sistema ortogonal em [0, L] e
∫ L
0
sen
(
n+ 12
)
πx
L
· sen
(
m+ 12
)
πx
L
dx =

0 , se n 6= m
L
2
, se n = m
(18)
Isto possibilita que se possa expandir uma função f : [0, L]→ R na forma
f(x) =
∞∑
n=0
Bn sen
(n+ 12)πx
L
. (19)
os coeficientes são dados por
Bn =
2
L
∫ L
0
f(x) sen
(n+ 12)πx
L
dx . (20)
4
Em alguns problemas, dependendo das condições de fronteira vamos precisar usar a expansão
(19).
Fechando o parênteses, voltamos a (14) no problema que estamos resolvendo. Utilizando a
expansão (16) para a função f(x) = 1,
An =
2
L
∫ L
0
f(x) cos
(n+ 12)πx
L
dx =
2
L
∫ L
0
cos
(n+ 12)πx
L
dx =
2
(n+ 12)π
sen
(n+ 12)πx
L
∣∣∣∣∣
L
0
.
Segue que
An =
2 sen
(
(n+ 12)π
)
(n+ 12)π
=
2(−1)n
(n+ 12)π
.
Substituindo em (13), obtemos, finalmente, que a solução é
u(x, t) =
∞∑
n=0
2(−1)n
(n+ 12)π
e−
c2
(
n+12
)2
π2t
L2 cos
(n+ 12)πx
L
. (21)
Exemplo 2. Resolva o problema
(?)

ut = c
2uxx
u(0, t) = a , u(L, t) = 0
u(x, 0) = 0
Neste caso a extremidade x = 0 está sendo mantida a uma temperatura que não é 0. Esta é uma
condição de fronteira não homogênea. Por esta razão o método de separação de variáveis não
pode ser aplicado diretamente, pois se somarmos funções satisfazendo a condição u(0, t) = a, a
soma não vai satisfazer esta condição. A condição de fronteira u(0, t) = a só poderia ser usada
depois de fazermos a superposição.
Devido à dificuldade apontada acima, o método de separação de variáveis só se aplica quando
tanto a equação diferencial quanto as condições de fronteira são homogêneas.
Vamos transformar o problema (?) em um novo problema que envolva condições de fronteira
homogêneas. Começamos procurando uma função simples que satisfaça as condições de fronteira
do problema (?). Por exemplo, h(x, t) = a−ax
L
satisfaz h(0, t) = a e h(L, t) = 0 e tem a vantagem
de depender apenas de x. Para u solução de (?), seja v = u− h. Então, u = v + h e, portanto,
ut = vt , ux = vx + hx = vx −
a
L
e uxx = vxx .
Portanto, v é solução do problema
(??)

vt = c
2vxx
v(0, t) = 0 , v(L, t) = 0
v(x, 0) =
ax
L
− a
O plano agora é encontrar v resolvendo o problema (??) por separação de variáveis e então obter
u como u = v + h. Não continuaremos aqui, pois a resolução do problema (??) por separação
de variáveis é análoga a outros exemplos já feitos.
5
Exemplo 3. Resolva o problema
(?)

ut = c
2uxx + γ (0 < x < L, 0 < t < +∞)
u(0, t) = 0 , ux(L, t) = 0 (0 < t < +∞)
u(x, 0) = 0 (0 < x < L)
Este problema representa a difusão de calor em uma barra ao longo da qual uma fonte externa
comunica calor a uma taxa constante e cujos extremos são mantidos um deles à tempreratura
u = 0 e o outro isolado. A equação diferencial ut − c2uxx = γ é não homogêna. Para ele não
vale o prinćıpio de superposição. O método de separação de variáveis não pode ser aplicado
diretamente pois a soma de soluções não é solução. Vamos transformar o problema (?) em um
novo problema que envolva uma equação diferencial homogênea e condições de fronteira também
homogêneas. Começamos procurando uma função simples que satisfaça a equação diferencial não
homogênea do problema (?). Por exemplo, vamos tentar encontrar uma função w(x, t) = w(x),
dependendo só de x, que satisfaça a equção diferencial e as condições de fronteira. Devemos ter{
c2w′′ + γ = 0
w(0) = w′(L) = 0
Note que a solução w(x, t) tem um significado f́ısico. Por não depender do tempo, ela representa
a situação de equiĺıbrio que a barra atinge depois de passado um tempo muito grande. Temos
w′′(x) = − γ
c2
, w′(x) = −γx
c2
+A , w(x) = −γx
2
2c2
+Ax+B.
Para que w(0) = w′(L) = 0, é necessário que B = 0 e A =
γL
c2
. Então,
w(x) = −γx
2
2c2
+
γLx
c2
.
Seja v = u− w. Para o operador diferencial linear L(u) = ut − c2uxx, temos
L(u) = γ e L(w) = γ.
Portanto,
L(v) = L(u)− L(w) = γ − γ = 0 .
Logo L(v) = 0, isto é, v satisfaz a equação usual do calor. Vejamos qual é a condição inicial
satisfeita por v. Temos
v(x, 0) = u(x, 0)− w(x, 0) = 0− w(x) = γx
2
2c2
− γLx
c2
.
Finalmente, juntando todas essas informações, temos que v satisfaz o problema
(??)

vt = c
2vxx
v(0, t) = 0 , vx(L, t) = 0
v(x, 0) =
γx2
2c2
− γLx
c2
A ideia agora é encontrar v resolvendo o problema (??)
por separação de variáveis e então obter
u como u = v +w. O problema (??) pode ser resolvido por separação de variáveis. A resolução
é muito parecida com a do Exemplo 1.
6
Começamos procurando uma solução v(x, t) da forma v(x, t) = ϕ(x)ψ(t). Em vez do proble-
ma (8), vamos ter o problema {
ϕ′′(x) = λϕ(x)
ϕ(0) = 0, ϕ′(L) = 0
(22)
Como no Exemplo 1, conclúımos que as soluções não triviais de (22) são as funções
ϕn(x) = An sen
(
n+ 12
)
πx
L
, com n = 0, 1, 2, 3, . . . (23)
com os λ correspondentes dados por
λn = −
(
n+ 12
)2
π2
L2
. (24)
Como no Exemplo 1, encontramos
ψn(t) = Dne
−
c2
(
n+12
)2
π2t
L2 . (25)
De (23) e (25), obtemos
vn(x, t) = Ane
−
c2
(
n+12
)2
π2t
L2 sen
(n+ 12)πx
L
, n = 0, 1, 2, 3, . . . (26)
e, por superposição,
v(x, t) =
∞∑
n=0
vn(x, t) =
∞∑
n=0
Ane
−
c2
(
n+12
)2
π2t
L2 sen
(n+ 12)πx
L
(0 ≤ x ≤ L). (27)
Aplicamos agora a condição inicial. Fazendo t = 0 em (27), temos
γx2
2c2
− γLx
c2
= v(0, t) =
∞∑
n=0
An sen
(n+ 12)πx
L
. (28)
Note que (28) é a expansão que corresponde a (19) na Observação 2, acima. Temos, de acordo
com (20), que
An =
2
L
∫ L
0
(
γx2
2c2
− γLx
c2
)
sen
(n+ 12)πx
L
dx .
Calculando a integral, obtemos
An =
2γL2
c2π3
(
n+ 12
)3 .
Substituindo em (27) encontramos, finalmente,
v(x, t) =
2γL2
c2π3
∞∑
n=0
1(
n+ 12
)3 e− c2
(
n+12
)2
π2t
L2 sen
(n+ 12)πx
L
.
Finalmente, a solução do problema original (?) é
u(x, t) = v(x, t) + w(x) = −γx
2
2c2
+
γLx
c2
+
2γL2
c2π3
∞∑
n=0
1(
n+ 12
)3 e− c2
(
n+12
)2
π2t
L2 sen
(n+ 12)πx
L
.
7
Seção 20: Equação de Laplace
Notação. Se u = u(x, y) é uma função de duas variáveis, representamos por ∆u, ou ainda, por
∇2u a expressão
∆u = ∇2u = uxx + uyy,
chamada de laplaciano de u. No caso de função de três variáveis, o laplaciano é dado por
∆u = ∇2u = uxx + uyy + uzz
e analogamente para funções de mais variáveis.
Equação de Laplace: A equação de Laplace é a equação ∆u = 0. Em dimensão 2, a equação
de Laplace é
uxx + uyy = 0.
Em dimensão 3, a equação de Laplace é
uxx + uyy + uzz = 0.
Exemplos de soluções da equação de Laplace em dimensão 2 são u(x, y) = ex cos y e v(x, y) =
ex sen y. Note que estas duas funções são a parte real e a parte imaginária da função f(z) =
ez = ex+iy. Para outras funções f(z) obtemos outros exemplos de funções que são soluções da
equação de Laplace:
f(z) = z2 = (x+ iy)2 = x2 − y2 + i2xy −→ u(x, y) = x2 − y2 e v(x, y) = 2xy.
são soluções da equação de Laplace
f(z) = z3 = (x+ iy)3 −→ u(x, y) = x3 − 3xy2 e v(x, y) = 3x2y − y3.
são soluções da equação de Laplace
Exemplos. Exemplos de situações em que a equação de Laplace aparece:
(i) Fluxo estacionário de calor em uma placa. Consideremos uma placa condutora de calor
localizada em uma região D ⊆ R2 limitada por uma curva fechada γ. Usando as leis da condução
do calor, pode-se mostrar que a temperatura u = u(x, y, t) satisfaz a EDP ut = c
2∆u, chamada
de equação do calor, onde ∆u = uxx+uyy é o laplaciano de u. Depois de transcorrido um tempo
muito grande, se a temperatura atingir o regime estacionário, isto é, u independente de t, então
ut = 0 e a equação do calor toma a forma
∆u = 0,
que é a equação de Laplace. Pela mesma razão, para um fluxo de calor estacionário em um
sólido, a temperatura u satisfaz a equação de Laplace em dimensão 3
uxx + uyy + uzz = 0.
(ii) Potenciais elétricos ou gravitacionais. Suponhamos que se tenha uma distribuição de
cargas elétricas em repouso no espaço, com densidade (carga por unidade de volume) dada por
uma função ρ = ρ(x, y, z). Seja u(x, y, z) o potencial elétrico gerado por esta distribuição de
cargas no ponto (x, y, z). A Lei de Gauss nos diz que
∆u = − 1
�0
ρ.
Portanto, em uma região D ⊆ R3 que não contenha cargas, como ρ = 0, vamos ter
∆u = 0,
ou seja, o potencial elétrico satisfaz a equação de Laplace em qualquer região que não contenha
cargas. Se a distribuição de cargas tiver simetria plana, colocando o sistema de coordenadas
numa posição conveniente, teremos u = u(x, y, z) = u(x, y) independente de z e, portanto,
uxx + uyy = 0.
Problema de Dirichlet. Seja D ⊆ R2 uma região limitada por uma curva fechada γ. Dada
uma função f : γ −→ R, o problema de Dirichlet consiste em procurar uma função f : D −→ R
satisfazendo {
∆u = 0, em D
u(x, y) = f(x, y), para (x, y) em γ
Interpretação F́ısica. Suponhamos que se tenha um fluxo estacionário de calor em uma placa
D ⊆ R2 limitada por uma curva fechada γ. Se conhecemos a temperatura f(x, y) em cada ponto
da fronteira γ de D, o problema de Dirichlet consiste em procurar os valores da temperatura
u = u(x, y) nos pontos interiores de D.
Exemplo 1. Resolva pelo método de separação de variáveis o problema de Dirichlet abaixo
para uma região retangular.
uxx + uyy = 0 , em D : 0 < x < a , 0 < y < b
u(0, y) = u(x, 0) = u(x, b) = 0
u(a, y) = y
Solução: Pelo método de separação de variáveis, começamos procurando u da forma u(x, y) =
ϕ(x)ψ(y). Substituindo na equação de Laplace, obtemos
ϕ(x)′′ψ(y) + ϕ(x)ψ′′(y) = 0
Dividindo pelo produto ϕ(x)ψ(y), obtemos
ϕ′′(x)
ϕ(x)
= −ψ
′′(y)
ψ(y)
.
Da mesma forma que para as equações da onda e calor, devemos ter
ϕ′′(x)
ϕ(x)
= −ψ
′′(y)
ψ(y)
= λ .
A partir dáı, obtemos duas EDO’s independentes
ϕ′′(x)− λϕ(x) = 0 (1)
ψ′′(y) + λψ(y) = 0 (2)
Conforme já foi explicado para as equações da onda e calor, a partir das condições de fronteira,
obtemos
ψ(0) = 0 , ψ(b) = 0 (3)
ϕ(0) = 0. (4)
2
Começamos com a EDO (2), pois em (3) temos mais informações para a função ψ do que para
ϕ. Vamos analisar o problema de valor de fronteira de procurar ψ : [0, b]→ R satisfazendo{
ψ′′(y) + λψ(y) = 0
ψ(0) = 0 , ψ(b) = 0
(5)
Dividindo em casos temos
Caso 1: λ < 0
Trivial
Caso 2: λ = 0
Trivial
Caso 3: λ > 0. Neste caso, λ = µ2, com µ > 0.
Neste caso temos as soluções não triviais
ψn(y) = Bn sen
nπy
b
, λn =
n2π2
b2
. (6)
Agora, com os λ dados em (6), vamos analisar a equação (1), ou seja,
ϕ′′(x)− n
2π2
b2
ϕ(x) = 0 .
Resolvendo, temos
ϕ(x) = Ce
nπx
b +De−
nπx
b .
Utilizando a condição (4), obtemos
0 = ϕ(0) = C +D .
Segue que D = −C e
ϕn(x) = Cn
(
e
nπx
b − e−
nπx
b
)
= 2Cn senh
nπx
b
. (7)
Multiplicando (6) por (7) e desprezando as constantes desnecessárias, obtemos
un(x, y) = ϕn(x)ψn(y) = Bn senh
nπx
b
sen
nπy
b
.
Por superposição, obtemos
u(x, y) =
∞∑
n=1
Bn senh
nπx
b
sen
nπy
b
. (8)
Aplicando a condição de fronteira u(a, y) = y, obtemos
u(a, y) = y =
∞∑
n=1
Bn senh
nπa
b
sen
nπy
b
, para 0 ≤ y ≤ b.
Segue que
Bn senh
nπa
b
=
2
b
∫ b
0
y sen
nπy
b
dy ,
ou seja,
Bn =
2
b senh nπab
∫ b
0
y sen
nπy
b
dy .
3
Observação. O método de separação de variáveis funcionou bem porque em apenas um dos
lados do retângulo foram prescritos valores não nulos para a função u. Se quiséssemos resolver
um problema de Dirichlet mais geral para o retângulo
(?)

uxx + uyy = 0 , em D : 0 < x < a , 0 < y < b
u(x, 0) = f1(x) ,
u(a, y) = f2(y) ,
u(x, b) = f3(x) ,
u(0, y) = f4(y) ,
procuraŕıamos quatro funções u1, u2, u3 e u4, respectivamente soluções dos problemas:
(?1)

uxx + uyy = 0 , em D : 0 < x < a , 0 < y < b
u(0, y) = u(a, y) = u(x, b) = 0
u(x, 0) = f1(x)
(?2)

uxx + uyy = 0 , em D : 0 < x < a , 0 < y < b
u(0, y) = u(x, 0) = u(x, b) = 0
u(a, y) = f2(y)
(?3)

uxx + uyy = 0 , em D : 0 < x < a , 0 < y < b
u(0, y) = u(a, y) = u(x, b) = 0
u(x, b) = f3(x)
(?4)

uxx + uyy = 0 , em D : 0 < x < a , 0 < y < b
u(0, y) = u(x, 0) = u(x, b) = 0
u(0, y) = f4(y)
Estes quatro problemas de Dirichlet mais simples podem ser resolvidos por separação de variáveis
seguindo o mesmo procedimento do exemplo acima. Somando suas soluções, a função u =
u1 + u2 + u3 + u4 será uma solução do problema (?).
Outro tipo de condição de fronteira. Se a fronteira toda ou uma parte dela estiver isolada
(não passa calor), a condição será un(x, y) = 0 no trecho que estiver isolado, onde un =
∂u
∂~n
representa a derivada direcional de u na direção normal à fronteira. A seguir, damos uma
explicação simplificada e necessariamente incompleta da razão pela qual a condição matemática
∂u
∂~n
= 0 em γ
expressa o fato de que o trecho da fronteira que ela se cumpre está isolado.
O fluxo de calor se dá preferencialmente na direção de maior variação da temperatura u, que
é a direção do gradiente ∇u de u, no sentido de −∇u. Portanto, para que o calor não atravesse
a fronteira da região é preciso que a direção de máxima variação de u não aponte para fora nem
para dentro da da região, ou seja, seja tangente ao bordo. Portanto,
~n · ∇u = 0,
onde ~n representa o vetor normal à fronteira e unitário. Mas o produto escalar do gradiente ∇u
com um vetor unitário é a derivada direcional de u na direção deste vetor unitário. Chegamos
assim a condição
∂u
∂~n
= 0 em γ.
4
Problema de Dirichlet em regiões ilimitadas. Quando a região D do problema de Dirichlet
for ilimitada, colocamos a condição adicional de que a função deve ser limitada. Para entender
a razão disto, vamos dar um exemplo bem simples. Consideremos o semiplano superior D =
{(x, y) | y > 0}. Digamos que se queira descobrir a temperatura de regime estacionário em D,
sendo prescrita a temperatura no bordo u(x, 0) = 0. Temos o problema
(?)
{
uxx + uyy = 0 em D
u(x, 0) = 0
Obviamente, mantendo o bordo à temperatura u(x, 0) = 0, depois de transcorrido um tempo
muito grande, a placa inteira deve atingir o equiĺıbrio na temperatura u(x, y) = 0. De fato, a
função constante u(x, y) = 0 é uma solução de (?). Mas não é a única. Para qualquer constante
C, a função
u(x, y) = Cy
também é uma solução de (?). Ou seja, o problema (?) tem uma infinidade de soluções. Apenas
uma delas, para C = 0, corresponde à solução do problema f́ısico. Isto significa que o problema
(?) está mal posto. Devemos acrescentar uma condição adicional que sirva para eliminar todas
as funções indesejadas da famı́lia u(x, y) = Cy, exceto a função u(x, y) = 0. Uma tal condição
corresponde a exigir que a função u(x, y) seja limitada, isto é, que exista uma constante M tal
que
|u(x, y)| ≤M, para todo (x, y).
O problema
(??)

uxx + uyy = 0 em D
u(x, 0) = f(x)
u limitada
tem solução única u(x, y) = 0. É como se, no caso e uma região ilimitada, o ponto no infinito
fizesse parte da fronteira. É natural então, além de prescrever os valores na fronteira, prescrever
também o comportamento da função no infinito. Uma maneira de prescrever este comportamento
é exigir que a função permaneça limitada.
Assim, se D ⊆ R2 é uma região ilimitada do plano e a curva γ é a fronteira de D, dada uma
função limitada f : γ −→ R, vamos considerar o problema de Dirichlet
uxx + uyy = 0 em D
u(x, y) = f(x, y), em γ
u limitada
Exemplo 2. Consideremos f : [0, a] −→ R uma dada função. Resolva o problema de Dirichlet
na faixa semi-infinita 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y < +∞.
uxx + uyy = 0 em D
ux(0, y) = ux(a, y) = 0
u(x, 0) = f(x)
u limitada
Solução: O ińıcio da solução é igual ao Exemplo 1, acima. Pelo método de separação de variáveis,
começamos procurando u da forma u(x, y) = ϕ(x)ψ(y) e obtemos
ϕ′′(x)− λϕ(x) = 0 , (9)
ψ′′(y) + λψ(y) = 0 . (10)
5
Da mesma forma que nos exemplos já estudados, obtemos as condições de fronteira
ϕ′(0) = 0 , ϕ′(a) = 0. (11)
Começamos analisando o problema de valor de fronteira de procurar ϕ : [0, a]→ R satisfazendo{
ϕ′′(x) + λϕ(x) = 0
ϕ′(0) = 0 , ϕ′(a) = 0
(12)
Dividindo em casos temos
Caso 1: λ < 0
Trivial
Caso 2: λ = 0
Neste caso a EDO fica ϕ′′(x) = 0. Segue que ϕ′(x) = A. A partir das condições de fronteira
ϕ′(0) = ϕ′(a) = 0, conclúımos que A = 0. Portanto, ϕ′(x) = 0. Obtemos a solução não trivial
ϕ0(x) = B0 , λ0 = 0 . (13)
Caso 3: λ > 0. Neste caso, λ = µ2, com µ > 0.
Neste caso, como em vários outros exemplos que já fizemos, as soluções não triviais são
ϕn(x) = An cos
nπx
a
, λn =
n2π2
a2
. (14)
Agora, com os λ dados em (13) e (14), vamos analisar a equação (10).
Para λ0 = 0, a equação fica ψ
′′(y) = 0 e tem a solução
ψ(y) = C0 +D0y .
Mas para satisfazer a condição de u ser limitada, vamos exigir que ψ seja limitada. Como
ψ : [0,∞) −→ R, então devemos ter D0 = 0. Obtemos
ψ0(y) = C0 . (15)
Para λn =
n2π2
a2
, a equação (10) fica ψ′′(y)− n
2π2
a2
ψ(y) = 0 , cuja solução é
ψn(y) = Cne
nπy
a +Dne
−nπy
a .
Pela mesma razão que acima, ψ deve ser limitada. Como o domı́nio é a semi-reta [0,∞), a
exponencial e
nπy
a é ilimitada pois lim
y→+∞
e
nπy
a = +∞. Nesse domı́nio, a exponencial e−
nπy
a é
limitada, com |e−
nπy
a | ≤ 1. Segue que devemos ter Cn = 0. Logo,
ψn(y) = Dne
−nπy
a . (16)
Combinando (13), (14), (15) e (16), obtemos
u0(x, y) = B0
e
un(x, y) = Ane
−nπy
a cos
nπx
a
.
Por superposição, obtemos
u(x, y) = B0 +
∞∑
n=1
Ane
−nπy
a cos
nπx
a
. (17)
6
Para y = 0, temos
f(x) = u(x, 0) = B0 +
∞∑
n=1
An cos
nπx
a
, para 0 ≤ x ≤ a,
que é a expansão de f em série de Fourier-cosseno. A constante B0 está fazendo o papel do
coeficiente
a0
2
. Portanto,
B0 =
1
a
∫ a
0
f(x) dx (18)
e
An =
2
a
∫ a
0
f(x) cos
nπx
a
dx . (19)
Portanto, a solução do problema é dada pela série (17), com os coeficientes dados por (18) e
(19).
7
Seção 21 – Equação de Cauchy–Euler
Definição. A equação de Cauchy–Euler é a EDO da forma
t2y′′ + aty′ + by = 0 , (1)
onde a e b são constantes.
Observação fundamental. Vamos procurar uma solução da equação de Cauchy–Euler da
forma y = tm. Substituindo y = tm na equação de Cauchy–Euler,
m(m− 1)tm + amtm + btm = 0.
Conclusão: y = tm é uma solução da equação de Cauchy–Euler, quando m for uma raiz da
equação algébrica
m(m− 1) + am+ b = 0. (2)
No caso das equações de Cauchy–Euler, equação algébrica (2) desempenha o mesmo papel
que a equação caracteŕıstica desempenhava para as EDO lineares homogêneas de coeficientes
constantes.
Temos 3 casos a considerar.
Caso 1. Se (2) tiver duas ráızes reais distintas, podemos construir duas soluções linearmente
independentes para (1).
Exemplo 1. Resolver a EDO t2y′′ + 2ty′ − 2y = 0.
Solução. Esta é uma equação de Cauchy–Euler. Procurando solução da forma y = tm, subs-
titúımos esta expressão na EDO (ou aplicamos diretamente (2)), encontrando
m(m− 1) + 2m− 2 = 0,
ou seja, m2+m−2 = 0, cujas ráızes são m1 = −2 e m2 = 1. Portanto, duas soluções linearmente
independentes para a EDO são y1 = t
−2 e y2 = t. A solucão geral é
y = C1t
−2 + C2t.
Caso 2. Se (2) tiver raiz real dupla m1 = m2. Neste caso, conhecemos uma solução y1 =
tm1 da equação de Cauchy–Euler. Aplicamos, então, o método de D’Alembert para descobrir
uma segunda solução y2 linearmente independente de y1. Procuramos y2 da forma y2 = vy1.
Substituindo em (1), temos
t2
(
v′′y1 + 2v
′y′1 + vy
′′
1
)
+ at
(
v′y1 + vy
′
1
)
+ bvy1 = 0.
Agrupando os termos, obtemos
t2y1v
′′ +
(
2t2y′1 + aty1
)
v′ +
(
t2y′′1 + aty
′
1 + by1
)︸ ︷︷ ︸
=0
v = 0,
ou seja,
tm1+2v′′ +
(
2m1t
m1+1 + atm1+1
)
v′ = 0.
Simplificando, temos
tv′′ + (2m1 + a)v
′ = 0. (3)
Note que a equação (2) se reescreve como
m2 + (a− 1)m+ b = 0.
Portanto, se ela tem raiz dupla, é porque (a− 1)2 − 4b = 0. Neste caso, a raiz dupla é
m1 = m2 =
1− a
2
.
Portanto, 2m1 + a = 1. Substituindo em (3), obtemos
tv′′ + v′ = 0 ,
que é redut́ıvel à primeira ordem. Pondo z = v′, obtemos
t
dz
dt
+ z
= 0.
Separando as variáveis, temos
dz
z
= −dt
t
.
Integrando e escolhendo a constante de integração como sendo 0, encontramos ln z = − ln t, de
onde segue,
v′ = z = t−1.
Integrando mais uma vez, segue que v = ln t e, portanto,
y2 = t
m1 ln t .
Conclusão. Se a equação algébrica (2) tem raiz real dupla m1 = m2, duas soluções linearmente
independentes para a equação de Cauchy–Euler são y1 = t
m1 e y2 = t
m1 ln t.
Exemplo 2. Resolva a EDO t2y′′ + 5ty′ + 4y = 0.
Solução. A equação algébrica (2) toma a forma
m(m− 1) + 5m+ 4 = 0,
que tem raiz dupla m1 = m2 = −2. Portanto, duas soluções linearmente independentes são
y1 = t
−2 e y2 = t
−2 ln t e a solução geral é
y = C1t
−2 + C2t
−2 ln t.
Caso 3. Se (2) tiver ráızes complexas. Neste caso, as ráızes são números complexos conjugados
m1 = α+ iβ e m2 = α− iβ, β 6= 0, sendo, portanto, ráızes distintas. Aplicando o primeiro caso,
podemos construir duas soluções linearmente independentes
z1 = t
α+iβ e z2 = t
α−iβ. (4)
Note que acima, temos duas exponenciais complexas de base t. Até este ponto, só t́ınhamos
trabalhado com exponenciais complexas de base e. Para dar um significado às exponenciais
complexas de base t > 0, usamos o fato que
t = eln t.
2
Obtemos
tα+iβ =
(
eln t
)α+iβ
= e(α+iβ) ln t = eα ln t+iβ ln t .
Aplicando esta observação em (4), temos
z1 = t
α+iβ = eα ln t · eiβ ln t = eα ln t
(
cos(β ln t) + i sen (β ln t)
)
= tα cos(β ln t) + i tα sen (β ln t)
e
z2 = t
α−iβ = eα ln t · e−iβ ln t = eα ln t
(
cos(β ln t)− i sen (β ln t)
)
= tα cos(β ln t)− i tα sen (β ln t).
O inconveniente destas duas soluções é que não são reais. Para conseguir soluções reais, vamos
tomar combinações lineares convenientes. Soluções reais linearmente independentes são dadas
pelas combinações lineares
y1 =
z1 + z2
2
= tα cos(β ln t)
e
y2 =
z1 − z2
2i
= tα sen (β ln t).
Exemplo 3. Encontre duas soluções reais linearmente independentes para a EDO
t2y′′ + 3ty′ + 5y = 0.
Solução. A equação algébrica (2) toma a forma
m(m− 1) + 3m+ 5 = 0,
ou seja, m2 +2m+5 = 0, cujas ráızes são m1 = −1+2i e m2 = −1−2i. Portanto, duas soluções
da EDO são z1 e z2, dados por
z1 = t
−1+2i =
(
eln t
)−1+2i
= e− ln t · e2i ln t = t−1 ·
(
cos(2 ln t) + i sen (2 ln t)
)
,
ou seja,
z1 = t
−1 cos(2 ln t) + i t−1 sen (2 ln t)
e
z2 = t
−1−2i = t−1 cos(2 ln t)− i t−1 sen (2 ln t).
Duas soluções reais linearmente independentes são as combinações lineares
y1 =
z1 + z2
2
= t−1 cos(2 ln t)
e
y2 =
z1 − z2
2i
= t−1 sen (2 ln t).
Observação. Em toda a discução acima, a equação de Cauchy–Euler foi resolvida na semi-reta
(0,+∞). As funções y = tm só estão definidas nesse domı́nio, pois
tm =
(
eln t
)m
= em ln t
e o domı́nio de ln t é a semi-reta (0,+∞). Não é de se estranhar que isto aconteça, pois a equação
de Cauchy–Euler não está em forma normal (o termo de derivada mais alta y′′ não está isolado).
A forma normal da equação de Cauchy–Euler (1) é
y′′ +
a
t
y′ +
b
t2
y = 0 ,
cujos coeficientes não estão definidos em t = 0. Portanto, a equação de Cauchy–Euler pode ser
resolvida na semi-reta (0,+∞) (como fizemos acima) ou na semi-reta (−∞, 0). Para resolvê-la
na semi-reta (−∞, 0), substitúımos as funções y = tm e y = tm ln t respectivamente por y = |t|m
e y = |t|m ln |t|. Excepcionalmente, quando a equação algébrica (2) tiver ráızes inteiras não
negativas, podemos encontrar soluções difinidas em todo (−∞,+∞). Isto aconteceu com uma
das soluções da equação do Exemplo 1.
3
Seção 22: Equação de Laplace em coordenadas polares
Laplaciano em coordenadas polares. Seja u = u(x, y) uma função de duas variáveis. Depen-
dendo da região em que a função esteja definida, pode ser mais fácil trabalhar com coordenadas
polares. Para lidar com a equação de Laplace nesta situação, vamos pecisar da expressão do
laplaciano em coordenadas polares. Vamos usar que{
x = r cos θ
y = r sen θ
(1)
e também  r = (x
2 + y2)
1
2
θ = arctan
y
x
(2)
Vamos pensar na situação em que a temperatura u de um ponto se expressa em termos das
coordenadas polares (r, θ) desse ponto e que as coordenadas polares, por sua vez, se expressam em
termos das coordenadas cartesianas através das equações (2). Temos, então, a função composta
(x, y) 7−→ (r, θ) 7−→ u . Aplicando a regra da cadeia, temos
ux = urrx + uθθx .
Derivando novamente, temos, pela regra da derivada do produto,
uxx =
(
ur
)
x
rx + urrxx +
(
uθ
)
x
θx + uθθxx .
Usando a regra da cadeia, obtemos
uxx =
(
urrrx + urθθx
)
rx + urrxx +
(
uθrrx + uθθθx
)
θx + uθθxx .
Levando em conta que urθ = uθr, pois a ordem de derivação não influi no resultado, e agrupando
os termos, temos
uxx = urr ·(rx)2 + 2urθ ·rxθx + uθθ ·(θx)2 + urrxx + uθθxx . (3)
Analogamente, derivando em relação a y, obtemos
uyy = urr ·(ry)2 + 2urθ ·ryθy + uθθ ·(θy)2 + urryy + uθθyy . (4)
Somando (3) e (4), segue que o laplaciano vale
∆u = uxx + uyy =
(
(rx)
2 + (ry)
2
)
urr + 2
(
rxθx + ryθy
)
urθ +
(
(θy)
2 + (θy)
2
)
uθθ
+ (rxx + ryy)ur + (θxx + θyy)uθ .
(5)
Utilizando as expressões (2) para calcular as derivadas parciais indicadas em (5), obtemos
(rx)
2 + (ry)
2 = 1
rxθx + ryθy = 0
(θy)
2 + (θy)
2 =
1
r2
rxx + ryy =
1
r
θxx + θyy = 0
Substituindo em (5), obtemos, finalmente,
∆u = urr +
1
r
ur +
1
r2
uθθ , (6)
que é a expressão do laplaciano em coordenadas polares.
Exemplo. Consideremos a função u = u(x, y) = x2 + y2 + x. Então,
ux = 2x+ 1 , uxx = 2
uy = 2y , uyy = 2
e obtemos ∆u = uxx + uyy = 4 . Por outro lado, expressando u em coordenadas polares, temos
u = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 + r cos θ = r2 + r cos θ .
Derivando, obtemos
ur = 2r + cos θ , urr = 2 , uθ = −r sen θ , uθθ = −r cos θ
e
∆u = urr +
1
r
ur + uθθ = 2 +
2r + cos θ
r
− r cos θ
r2
= 4 ,
confirmando o mesmo resultado que havia sido obtido calculando com coordenadas cartesianas.
Exemplo 1. Resolva o problema de Dirichlet para o setor circular:
urr +
1
r
ur +
1
r2
uθθ = 0 , em D : 0 < r < 1 , 0 < θ <
π
2
u(r, 0) = 0 ,
uθ(r,
π
2 ) = 0 , no lado θ =
π
2
u(1, θ) = 1
D
u = 0
uθ = 0
isolado
u = 1
Solução: Começamos procurando uma função da forma u(r, θ) = ϕ(r)ψ(θ). Substituindo na
equação de Laplace, obtemos
ϕ′′(r)ψ(θ) +
1
r
ϕ′(r)ψ(θ) +
1
r2
ϕ(r)ψ′′(θ) = 0.
Dividindo pelo produto ϕ(r)ψ(θ), segue que
ϕ′′(r)
ϕ(r)
+
ϕ′(r)
rϕ(r)
+
ψ′′(θ)
r2ψ(θ)
= 0 .
Multiplicando por r2, podemos separar as variáveis,
r2ϕ′′(r)
ϕ(r)
+
rϕ′(r)
ϕ(r)
= −ψ
′′(θ)
ψ(θ)
= λ .
Seguem dáı duas EDO independentes
r2ϕ′′(r) + rϕ′(r)− λϕ(r) = 0 (7)
ψ′′(θ) + λψ(θ) = 0 (8)
2
Da mesma forma que nos problemas resolvidos nas seções anteriores, as condições de fronteira
u(r, 0) = 0 e uθ(r,
π
2 ) = 0 implicam que só encontraremos solução não trivial se
ψ(0) = ψ′
(π
2
)
= 0 . (9)
Começamos com a equação (8) e com as codições de fronteira (9), isto é, com o problema
de fronteira de encontrar uma função ψ : [0, π2 ] → R não constante igual a 0 e um escalar λ
satisfazendo {
ψ′′(θ) + λψ(θ) = 0
ψ(0) = ψ′
(
π
2
)
= 0 .
(10)
Como nos inúmeros problemas já considerados, dividimos em três casos.
Caso 1. λ < 0. É trivial.
Caso 2. λ = 0. É trivial.
Caso 3. λ > 0. Neste caso, λ = µ2, com µ > 0. A EDO fica
ψ′′(θ) + µ2ψ(θ) = 0 ,
cuja solução é
ψ(θ) = A cosµθ +B senµθ .
Como ψ(0) = 0, temos que A = 0 e, conseqüentemente,
ψ(θ) = B senµθ .
Então,
0 = ψ′
(π
2
)
= B cos
µπ
2
.
Segue que B = 0 ou cos
µπ
2
= 0 . Se B = 0, então teŕıamos ψ(θ) = 0 para todo θ, o que nos
daria solução trivial. Portanto, só encontramos solução não trivial trabalhando com a condição
cos
µπ
2
= 0 . Segue que
µπ
2
= nπ +
π
2
,
ou seja,
µ = 2n+ 1 .
Logo, as soluções
não triviais do problema (10) são
ψn(θ) = Bn sen
(
(2n+ 1)θ
)
, λn = (2n+ 1)
2 , n = 0, 1, 2, 3, . . . (11)
Passamos a analisar a equação (8), sabendo já que λ = λn = (2n+ 1)
2 . Obtemos a equação de
Cauchy–Euler
r2ϕ′′(r) + rϕ′(r)− (2n+ 1)2ϕ(r) = 0 . (12)
Sabemos que (12) admite soluções da forma ϕ(r) = rk para k raiz da equação algébrica
k(k − 1) + k − (2n+ 1)2 = 0 ,
cujas ráızes são k1 = 2n+ 1 e k2 = −(2n+ 1). Portanto a solução geral da EDO (12) é
ϕ(r) = D r2n+1 + E r−(2n+1) , (0 < r ≤ 1).
3
Notemos que a origem faz parte da região D. Mas na origem, temos r = 0 e, portanto, a função
r−(2n+1) se torna infinita na origem. Logo, devemos ter E = 0 e
ϕn(r) = Dnr
2n+1 , n = 0, 1, 2, 3, . . . (13)
Multiplicando (11) e (13), obtemos
un(r, θ) = Bnr
2n+1 sen (2n+ 1)θ , n = 0, 1, 2, 3, . . .
Fazendo a superposição encontramos
u(r, θ) =
∞∑
n=0
Bnr
2n+1 sen (2n+ 1)θ . (14)
Fazendo r = 1 e aplicando a condição de fronteira, obtemos
1 = u(1, θ) =
∞∑
n=0
Bn sen (2n+ 1)θ , para 0 ≤ θ ≤
π
2
. (15)
Levando em conta que sen (2n + 1)θ = sen
(n+ 1
2
)πθ
π
2
, note que (15) é a expansão em série da
função constante f(θ) = 1 no intervalo [0, π2 ] em relação ao sistema ortogonal já estudado{
sen
(n+ 1
2
)πθ
π
2
∣∣∣ n = 0, 1, 2, 3, . . .}. Segue que os coeficientes Bn de (15), que são os mesmos de
(14), são dados por
Bn =
2
π/2
∫ π
2
0
sen (2n+ 1)θ dθ =
4
π
· 1
2n+ 1
·
[
− cos(2n+ 1)θ
]π
2
0
=
4
(2n+ 1)π
.
Substituindo em (14), conclúımos que a solução do problema é
u(r, θ) =
4
π
∞∑
n=0
1
2n+ 1
r2n+1 sen (2n+ 1)θ .
Exemplo 2. Resolva o problema de Dirichlet para a região exterior ao disco:
urr +
1
r
ur +
1
r2
uθθ = 0 , ( r > 1 )
u(1, θ) =
{
U1 , se 0 < θ < π
0 , se π < θ < 2π
| u(r, θ) |≤M para algum M (isto é, u é limitada.)
Solução: Começamos procurando uma função da forma u(r, θ) = ϕ(r)ψ(θ). Como no exemplo
anterior, obtemos as EDO
r2ϕ′′(r) + rϕ′(r)− λϕ(r) = 0 ; (16)
ψ′′(θ) + λψ(θ) = 0 . (17)
Podemos fazer a cordenada polar θ variar em todo (−∞,+∞). Note que u(r, θ) = u(r, θ + 2π),
pois mantendo a coordenada polar r fixa e dando um acréscimo de 2π ao ângulo θ, voltamos ao
mesmo ponto do plano. Segue dáı que
ϕ(r)ψ(θ + 2π) = ϕ(r)ψ(θ) ,
4
ou seja,
ϕ(r) ·
(
ψ(θ + 2π)− ψ(θ)
)
= 0 .
Portanto, ϕ(r) = 0 para todo r (que daria a solução trivial) ou ψ(θ+2π)−ψ(θ) = 0 para todo θ
(que nos diz que ψ(θ) é uma função 2π−periódica). Conclúımos que para que para obter solução
não trivial, devemos trabalhar com a condição
ψ(θ) é uma função 2π−periódica. (18)
Tomando a equação (17) e a condição (18), formamos o problema{
ψ′′(θ) + λψ(θ) = 0
ψ(θ) 2π–periódica
(19)
No problema (19), procuramos uma função não identicamente nula ψ : R → R e um escalar λ.
A condição (18) desempenha um papel análogo ao de condições de fronteira.
Caso 1. λ < 0. Neste caso, λ = −µ2, com µ > 0.
Neste caso a EDO do problema (19) é
ψ′′(θ)− µ2ψ(θ) = 0 ,
cujas soluções são
ψ(θ) = Aeµθ +Be−µθ . (20)
Mas a função ψ(θ) ainda deve ser cont́ınua e periódica e, portanto, limitada. Fazendo θ −→ +∞
temos que as exponenciais
lim
θ→+∞
eµθ = +∞ e lim
θ→+∞
e−µθ = 0
Portanto, A = 0, pois caso contrário a função ψ(θ) não seria limitada. Da mesma forma,
analisando o comportamento das funções para θ −→ −∞, conclúımos que B = 0. Portanto,
ψ(θ) =const.= 0 e o Caso 1 é trivial.
Caso 2. λ = 0.
Neste caso a EDO do problema (19) é ψ′′(θ) = 0 , cuja solução é ψ(θ) = Aθ+B. Utilizando que
ψ(θ + 2π) = ψ(θ), temos
Aθ +A2π +B = Aθ +B .
Segue que A = 0 e obtivemos a solução não trivial
ψ0(θ) = B0 , λ0 = 0 . (21)
Caso 3. λ > 0. Neste caso, λ = µ2, com µ > 0.
A EDO do problema (19) é
ψ′′(θ) + µ2ψ(θ) = 0 ,
cujas soluções são
ψ(θ) = A cosµθ +B senµθ . (22)
Utilizando a condição de periodicidade ψ(θ + 2π) = ψ(θ) , com ψ(θ) dada por (22), temos
A cos(µθ + µ2π) +B sen (µθ + µ2π) = A cosµθ +B senµθ .
Segue que µ2π é um peŕıodo para a senóide ψ(θ) = A cosµθ + B senµθ. Então, µ2π = n2π,
para algum inteiro positivo n, ou seja,
µ = n , n = 1, 2, 3, . . .
5
Obtemos assim as soluções não triviais
ψn(θ) = An cosnθ +Bn sennθ , λn = n
2 , n = 1, 2, 3, . . . (23)
A seguir, analisamos a equação de Cauchy–Euler (16), conhecendo já os valores convenientes
para λ.
Para λ = λn = n
2 , n = 1, 2, 3, . . . , obtemos a equação de Cauchy–Euler
r2ϕ′′(r) + rϕ′(r)− n2ϕ(r) = 0 , (24)
cuja solução geral é
ϕ(r) = Drn + Er−n , (1 ≤ r < +∞).
Para ter ϕ(r) limitada bo intervalo [1,+∞), devemos ter D = 0. Logo,
ϕn(r) = Enr
−n . (25)
Para λ = λ0 = 0, a equação de Cauchy–Euler (24) fica
r2ϕ′′(r) + rϕ′(r) = 0. (26)
Para procurar soluções da forma ϕ(r) = rk, analisamos a equação algébrica k(k − 1) + k = 0,
que tem raiz dupla k1 = k2 = 0. Logo, duas soluçõs L.I. de (26) são {1, 1·ln r} e a solução geral
é
ϕ(r) = D + E ln r .
Como queremos soluções limitadas, então
ϕ0(r) = D0 . (27)
Multiplicando, para obter un(r, θ) = ϕn(r)ψn(θ), temos
un(r, θ) =
(
An cosnθ +Bn sennθ
)
r−n , n = 1, 2, 3, . . . (28)
e
u0(r, θ) = B0 (29)
Finalmente, fazendo a superposição, temos
u(r, θ) = B0 +
∞∑
n=1
(
An cosnθ +Bn sennθ
)
r−n . (30)
Para aplicar a condição de fronteira, fazemos r = 1 e obtemos que
u(1, θ) = B0 +
∞∑
n=1
(
An cosnθ +Bn sennθ
)
= u(1, θ) = f(θ)
é a expansão em série de Fourier da função 2π−periódica f : R −→ R que satisfaz
f(θ) =
{
U1 , para 0 < θ < π
0 , para π < θ < 2π
Para calcular os coeficientes de Fourier é útil observar que esta função não é par nem ı́mpar, mas
que traçando seu gráfico é fácil ver que, fazendo uma translação vertical, a função f(θ)− U1
2
é
ı́mpar. Então, a função f(θ)− U1
2
se expande numa série de senos
f(θ)− U1
2
=
∞∑
n=1
Bn sennθ.
6
Logo,
f(θ) =
U1
2
+
∞∑
n=1
Bn sennθ
e portanto B0 =
U1
2
e An = 0, para n ≥ 1. Mas,
Bn =
1
π
∫ π
−π
f(θ) sennθ dθ =
1
π
∫ 2π
0
f(θ) sennθ dθ =
U1
π
∫ π
0
sennθ dθ =
U1
π
[
− cosnθ
n
]π
0
e, em conseqüência,
Bn =
U1
πn
(
1− (−1)n
)
=

2U1
nπ
, se n é ı́mpar
0 , se n é par
Finalmente,
u(r, θ) =
U1
2
+
2U1
π
∞∑
n=0
r−(2n+1) sen (2n+ 1)nθ
2n+ 1
.
Exemplo 3. Resolva o problema de Dirichlet para um anel circular:
(?)

urr +
1
r
ur +
1
r2
uθθ = 0 , ( 1 < r < 2 )
u(1, θ) = f(θ) , ( 0 < θ < 2π )
u(2, θ) = g(θ) , ( 0 < θ < 2π )
onde f(θ) e g(θ) são duas funções dadas.
Solução: O problema, tal como está, já poderia ser resolvido por separação de variáveis, no en-
tanto fica bem mais fácil de ser resolvido se o decompusermos em dois problemas. Consideremos
os dois problemas
(??)

vrr +
1
r
vr +
1
r2
vθθ = 0 , ( 1 < r < 2 )
v(1, θ) = f(θ) , ( 0 < θ < 2π )
v(2, θ) = 0 , ( 0 < θ < 2π )
e
(? ? ?)

wrr +
1
r
wr +
1
r2
wθθ = 0 , ( 1 < r < 2 )
w(1, θ) = 0 , ( 0 < θ < 2π )
w(2, θ) = g(θ) , ( 0 < θ < 2π )
A idéia é resolver estes dois problemas mais simples e tomar v solução de (??) e w solução de
(? ? ?). Então, a função u = v + w será solução do problema (?).
Vamos resolver o problema (??). O outro é análogo. Começamos procurando a função v(r, θ)
da forma v(r, θ) = ϕ(r)ψ(θ). Exatamente como no Exemplo 2 acima, obtemos as EDO’s
r2ϕ′′(r) + rϕ′(r)− λϕ(r) = 0 e ψ′′(θ) + λψ(θ) = 0 .
Da condição v(2, θ) = 0 segue que ϕ(2)ψ(θ) = 0 e, portanto, ϕ(2) = 0, pois caso contrário
teŕıamos ψ(θ) = 0, para todo θ, a solução trivial.
7
Passamos a considerar o problema{
ψ′′(θ) + λψ(θ) = 0
ψ(θ) 2π–periódica
Como no Exemplo 2, considerando os casos λ < 0, λ = 0 e λ > 0, encontramos as soluções
ψ0(θ) = B0 , λ0 = 0
e
ψn(θ) = An cosnθ +Bn sennθ , λn = n
2 , n = 1, 2, 3, . . .
A seguir analisamos a equação de Cauchy-Euler
r2ϕ′′(r) + rϕ′(r)− n2ϕ(r) = 0
n = 0, 1, 2, 3, . . .
com a condição ϕ(2) = 0.
Como vimos no Exemplo 2, se n = 0, a solução geral da EDO é
ϕ(r) = D + E ln r .
Mas
0 = ϕ(2) = D + E ln 2 .
Portanto, E = −D/ ln 2 e
ϕ0(r) = D0
(
1− ln r
ln 2
)
.
Temos v0(r, θ) = ϕ0(r)ψ0(θ). Incorporando constante D0 em B0, obtemos
v0(r, θ) = B0
(
1− ln r
ln 2
)
.
Se n ≥ 1, a solução geral da EDO é
ϕ(r) = Drn + Er−n .
Mas,
0 = ϕ(2) = D2n + E2−n , (1 ≤ r < +∞)
Portanto E = −D22n e, finalmente,
ϕn(r) = Dn
(
rn − 22nr−n
)
.
Temos vn(r, θ) = ϕn(r)ψn(θ). Incorporando constante Dn em An e Bn, obtemos
vn(r, θ) =
(
rn − 22nr−n
)(
An cosnθ +Bn sennθ
)
, n = 1, 2, 3, . . .
Fazendo a superposição das várias vn encontradas, temos
v(r, θ) = B0
(
1− ln r
ln 2
)
+
∞∑
n=1
(
rn − 22nr−n
)(
An cosnθ +Bn sennθ
)
. (31)
Aplicando a condição de fronteira,
v(1, θ) = B0 +
∞∑
n=1
(
1− 22n
)(
An cosnθ +Bn sennθ
)
= f(θ)
8
onde a função f pode ser considerada como f : R −→ R 2π−periódica. Pelas fórmulas de Euler
para os coeficienes de Fourier, temos
(
1− 22n
)
An =
1
π
∫ π
−π
f(x) cosnx dx.
A integração pode ser feita entre 0 e 2π. Logo,
An =
1(
1− 22n
)
π
∫ 2π
0
f(x) cosnx dx. (32)
Analogamente obtém-se
Bn =
1(
1− 22n
)
π
∫ 2π
0
f(x) sennx dx. (33)
O coeficiente B0 faz o papel de
a0
2
na série de Fourier. Então,
2B0 =
1
π
∫ π
−π
f(x) dx ,
ou seja,
B0 =
1
2π
∫ 2π
0
f(x) dx. (34)
Em resumo, reunindo as conclusões (31), (32),(33) e (34), temos que a solução do problema (??)
é
v(r, θ) = B0
(
1− ln r
ln 2
)
+
∞∑
n=1
(
rn − 22nr−n
)(
An cosnθ +Bn sennθ
)
,
onde
An =
1(
1− 22n
)
π
∫ 2π
0
f(x) cosnx dx , Bn =
1(
1− 22n
)
π
∫ 2π
0
f(x) sennx dx
e
B0 =
1
2π
∫ 2π
0
f(x) dx.
Analogamente resolve-se o problema (? ? ?), encontrando
w(r, θ) = A0 +
∞∑
n=1
(
rn − r−n
)(
An cosnθ +Bn sennθ
)
,
onde
An =
1(
2n − 2−n
)
π
∫ 2π
0
g(x) cosnx dx , Bn =
1(
2n − 2−n
)
π
∫ 2π
0
g(x) sennx dx.
e
A0 =
1
2π
∫ 2π
0
g(x) dx.
9
Seção 23: Resolução de equações diferenciais
por séries de potências
Até este ponto, quando resolvemos equações diferenciais ordinárias, nosso objetivo foi sempre
encontrar as soluções expressas por meio de funções elementares. Mais precisamente, tentamos
sempre escrever a soluções na forma de um número finito de somas, produtos, quocientes e com-
postas de uma certa coleção limitada de funções (as funções elementares), incluindo polinômios,
ráızes, senos, cossenos, exponenciais, logaritmos, etc. Para resolver equações diferenciais parci-
ais, não foi suficiente considerar somas finitas, foi necessário usar somas infinitas de produtos de
funções trigonométricas ou exponenciais para expressar as soluções. Veremos agora que, para
prosseguir no estudo das equações diferenciais ordinárias, vai ser insuficiente trabalhar apenas
com funções elementares, como mencionado acima. Vamos precisar de formas alternativas para
expressar as soluções das EDO’s. As funções elementares constituem um universo pequeno de-
mais para expressar com elas as soluções de todas as EDO’s importantes nas aplicações. Para
atacar essa questão, vamos desenvolver o método das séries de potências para resolver equações
diferenciais ordinárias.
O método das séries de potências para equações diferencias ordinárias, consiste em procu-
rar as soluções de uma EDO expressas como soma de uma série de potências. Na presente
seção damos dois exemplos, com o objetivo de explicar como funciona o método. Na próxima
seção faremos uma breve revisão sobre séries de potências e enunciaremos o teorema que dá
fundamentação teórica do método de resolução das EDO por séries de potências.
Exemplo 1: Consideremos a equação diferencial
y′′ + x y′ + y = 0 . (1)
Esta equação parece muito simples, no entanto os métodos de resolução vistos até agora não se
aplicam a ela. Vamos, então, procurar uma solução expressa em forma de soma de uma série de
potências
y =
∞∑
n=0
an x
n . (2)
Para entender como se deriva, talvez num primeiro momento seja melhor escrever por extenso
y = a0 + a1x + a2x
2 + a3x
3+ = a4x
4 + · · · .
Derivando, temos
y′ = a1 + 2a2x + 3a3x
2 + 4a4x
3 + · · · ,
ou seja,
y′ =
∞∑
n=1
nan x
n−1 . (3)
Note que o primeiro termo desapareceu na derivação, pois era constante. A série de y′ começa
a partir de n = 1. Derivando mais uma vez, temos
y′′ =
∞∑
n=2
n(n− 1)an xn−2 . (4)
Substituindo (3) e (4) na equação (1), obtemos
∞∑
n=2
n (n− 1) an xn−2 +
∞∑
n=1
nan x
n +
∞∑
n=0
an x
n = 0 . (5)
Chamando k = n− 2 no primeiro somatório de (5), temos
∞∑
n=2
n (n− 1) an xn−2 =
∞∑
k=0
(k + 2) (k + 1) ak+2 x
k .
A seguir, em lugar da letra k, podemos usar qualquer outra, inclusive novamente n. Podemos
também fazer o segundo somatório começar de n = 0 , pois fazer isto corresponde acrescentar
uma parcela a mais no somatório, mas esta parcela é nula. Encontramos, então,
∞∑
n=0
(n + 2) (n + 1) an+2 x
n +
∞∑
n=0
nan x
n +
∞∑
n=0
an x
n = 0 .
Mudando a ordem dos termos e agrupando termos semelhantes, podemos escrever em forma de
um único somatório
∞∑
n=0
[
(n + 2) (n + 1) an+2 + (n + 1) an
]
xn = 0 . (6)
A igualdade (6) nos diz que todos os coeficientes se anulam (este ponto será melhor explicado
na próxima seção)
(n + 1)
[
(n + 2) an+2 + an
]
= 0 ,
ou seja,
(n + 2) an+2 + an = 0 , para n = 0, 1, 2, 3, . . . (7)
Chamamos a igualdade (7) de fórmula de recorrência. Ela não nos diz nada sobre a0 e
a1, mas a partir dáı todos os an ficam determinados. Assim, a0 e a1 podem ser escolhidos
arbitrariamente, mas usando a fórmula de recorrência repetidas vezes, vamos obtendo
a2 = −
a0
2
, a3 = −
a1
2
, a4 = −
a2
4
=
a0
2 · 4
, . . .
Encontramos assim a solução da equação diferencial (1) expressa na forma y =
∞∑
n=0
an x
n e
dependendo de duas constantes arbitrárias, a0 e a1, o que não é de se estranhar, já que se trata
de uma EDO de 2a ordem.
Escolhendo a0 = 1 e a1 = 0 , encontramos
0 = a1 = a3 = a5 = · · ·
e
a2 = −
1
2
, a4 =
1
2 · 4
, a6 =
1
2 · 4 · 6
, · · · a2n =
(−1)n
2 · 4 · 6 · . . . · (2n)
=
(−1)n
n! 2n
.
Obtemos, assim, uma solução da equação diferencial,
y1 =
∞∑
n=0
(−1)n
n! 2n
x2n . (8)
2
Observe que esta primeira solução poderia ser expressa em termos das funções elementares. De
fato, usando a série da exponencial
et =
∞∑
n=0
tn
n!
e subtituindo t = −x
2
2
obtemos
y1 = e
− x
2
2 . (9)
Escolhendo a0 = 0 e a1 = 1 , obtemos
0 = a0 = a2 = a4 = · · ·
e
a1 = 1 , a3 = −
1
3
, a5 =
1
3 · 5
, · · · a2n+1 =
(−1)n
3 · 5 · . . . · (2n + 1)
=
(−1)n
(2n + 1)!!
.
O śımbolo !! acima é chamado de fatorial duplo e indica o produto em que os fatores vão dimi-
nuindo de 2 em 2 unidades. Assim uma segunda solução linearmente independente da primeira
é dada por
y2 =
∞∑
n=0
(−1)n
1 · 3 · 5 · . . . · (2n + 1)
x2n+1 =
∞∑
n=0
(−1)n x2n+1
(2n + 1)!!
. (10)
Para verificar que de fato a expressão (10) para y2 acima define uma solução da equação dife-
rencial é necessário, antes de mais nada, verificar que a série converge, isto é, que a série de
potências que define (10) tem raio de convergência maior do que 0. Não faremos isto agora.
Observações: (i) Se y = a0+a1 x+a2 x
2+ · · · , então y(0) = a0 e y′ = a1+2 a2 x+ · · · . Logo,
y′(0) = a1 . Portanto, nossa solução y1 corresponde às condições iniciais y(0) = 1 , y
′(0) = 0 ,
enquanto que y2 corresponde às condições inicias y(0) = 0 , y
′(0) = 1 .
(ii) A solução encontrada y1 = e
− x
2
2 é uma função elementar. Usando o método de D’Alembert,
podemos encontrar uma segunda solução linearmente independente da forma y2 = v · y1. Subs-
tituindo em (1), obtemos
(y1 v
′′ + 2 y′1 v
′) + x y1
v
′ = 0 ,
que nos dá
e−
x2
2 v′′ − 2x e−
x2
2 v′ + x e−
x2
2 v′ = 0 ,
ou ainda,
v′′ − x v′ = 0 .
Levando em conta que
y1(0) = 1 , y
′
1(0) = 0 , y2(0) = 0 , y
′
2(0) = 1 ,
de
y2 = v y1 e y
′
2 = v
′ y1 + v y
′
1 ,
deduzimos que
v(0) = 0 , v′(0) = 1 .
Vamos então resolver o problema de valor inicial{
v′′ − x v′ = 0
v(0) = 0 , v′(0) = 1
3
Pondo z = v′, a equação diferencial se reduz à equação de primeira ordem
dz
dx
= x z ,
que é separável
dz
z
= x dx , ln z =
x2
2
+ C , z = C1e
x2
2 .
Da condição inicial v′(0) = 1 , segue que C1 = 1 , isto é,
v′ = e
x2
2 .
Logo,
v(x) =
∫ x
0
e
t2
2 dt + C2 .
Usando que v(0) = 0 , obtemos, finalmente,
v(x) =
∫ x
0
e
t2
2 dt ,
ou seja,
y2(x) = e
− x
2
2
∫ x
0
e
t2
2 dt .
Temos então que
y2(x) =
∞∑
n=0
(−1)n x2n+1
(2n + 1)!!
= e−
x2
2
∫ x
0
e
t2
2 dt . (11)
Conclusão: Sabemos do cálculo que toda função cont́ınua tem uma primitiva, mas nem sempre
a primitiva de uma função elementar pode ser expressa em termos de funções elementares. O
exemplo clássico desse fenômeno é que a integral∫
et
2
dt
não expressa em termos de funções elementares. Dessa observação e de (11) decorre que a
segunda solução y2(x) não se expressa em termos de funções elementares.
O Exemplo 1, acima, ilustra o fato que ao resolvermos uma equação diferencial linear de
coeficientes variáveis, pode acontecer que uma ou até todas as soluções não possam ser expressas
em termos das funções elementares. Por esta razão, estamos buscando uma forma alternativa
para expressar as soluções, como soma de série de potências. Em outras palavras, as funções
elementares não constituem um universo suficientemente grande para que com elas se possam
expressar as soluções das EDO’s com coeficientes variáveis.
Exemplo 2: Consideremos o problema de valor inicial{
x y′′ + x2 y′ − 2 y = 0
y(1) = 1 , y′(1) = −2
(12)
Como as condições iniciais são dadas no ponto x0 = 1 , procuramos a solução expressa em forma
de série de potências de x− 1, pois se
y(x) =
∞∑
n=0
an (x− 1)n , (13)
4
então a0 = y(1) e a1 = y
′(1) , de modo que as condições iniciais do problema nos dizem que
a0 = 1 e a1 = −2 . Derivando (13) e substituindo na EDO, temos
[
(x− 1) + 1
] ∞∑
n=2
n (n− 1) an (x− 1)n−2 +
[
(x− 1) + 1
]2 ∞∑
n=1
nan (x− 1)n−1
−2
∞∑
n=0
an (x− 1)n = 0 .
Reescrevemos como
∞∑
n=2
n (n− 1) an (x− 1)n−1 +
∞∑
n=2
n (n− 1) an (x− 1)n−2 +
∞∑
n=1
nan (x− 1)n+1
+ 2
∞∑
n=1
nan (x− 1)n +
∞∑
n=1
nan (x− 1)n−1 − 2
∞∑
n=0
an (x− 1)n = 0 .
Fazendo mudança de ı́ndices e agrupando termos semelhantes, obtemos
∞∑
n=1
(n + 1)nan+1 (x− 1)n +
∞∑
n=0
(n + 2) (n + 1) an+2 (x− 1)n +
∞∑
n=2
(n− 1) an−1 (x− 1)n
+ 2
∞∑
n=1
nan (x− 1)n +
∞∑
n=0
(n + 1) an+1 (x− 1)n − 2
∞∑
n=0
an (x− 1)n = 0 .
Notando que o 1o e 4o somatórios podem ser começados em n = 0 e o 3o somatório pode ser
começado em n = 1 e agrupando os termos semelhantes, obtemos finalmente
−2 a0 + a1 + 2 a2 +
∞∑
n=1
[
(n + 2) (n + 1) an+2 + (n + 1)
2 an+1
+2 (n− 1) an + (n− 1) an−1
]
(x− 1)n = 0
Para que a igualdade acima se cumpra é necessário que todos os coeficientes da série se anulem.
Obtemos, então, que
−2a0 + a1 + 2 a2 = 0 (14)
e a fórmula de recorrência
(n + 2) (n + 1) an+2 + (n + 1)
2 an+1 + 2 (n− 1) an + (n− 1) an−1 = 0 , n = 1, 2, 3, . . . (15)
Já t́ınhamos que
a0 = 1 e a1 = −2 .
Aplicando a igualdade (14), obtemos
a2 = 2 .
Utilizando esses valores e aplicando a fórmula de recorrência (15), vamos obtendo, sucessiva-
mente,
a3 = −
4
3
, a4 =
1
3
, · · · etc.
Segue a expressão em série de potências
y = 1 − 2x + 2x2 − 4
3
x3 +
1
4
x4 + · · ·
5
para a solução do PVI (12).
Observação: No Exemplo 1, foi posśıvel obter uma fórmula geral para os coeficientes das
soluções. Isto não aconteceu no Exemplo 2, onde é posśıvel calcular tantos coeficientes quanto
quisermos, mas não encontramos uma fórmula geral para eles. Cabe perguntar qual a causa
desta diferença. A resposta é que no Exemplo 1, a fórmula de recorrência (n+ 2)an+2 + an = 0
é do tipo mais simples posśıvel, envolve apenas dois termos. Assim, por exemplo, a2n pode
se expressar em função de a0 somente. Isto não acontece no Exemplo 2, pois a fórmula de
recorrência (n+2)(n+1)an+2 +(n+1)
2an+1 +2(n−1)an +(n−1)an−1 = 0 é mais complicada,
envolvendo 4 termos. Em geral, quando a fórmula de recorrência envolver apenas dois termos,
vai ser posśıvel obter uma fórmula geral para os coeficientes das soluções. Quando a fórmula
de recorrência envolver três ou mais termos, vai ser posśıvel calcular tantos coeficientes quanto
quisermos, mas não vamos encontrar uma fórmula geral para eles.
6
Seção 24– Revisão sobre séries de potências
Vamos revisar alguns fatos básicos a respeito de séries de potências
∞∑
n=0
an(x − x0)n , que
serão úteis no estudo de suas aplicações à resolução de equações diferenciais. Vamos começar
examinando alguns exemplos simples. O mais comum é que x0 = 0. Começamos com a série
geométrica de razão x ,
∞∑
n=0
xn , que converge quando a razão |x| < 1 . Sabemos que a soma da
série geométrica é (1− x)−1. Temos então a função
f : (−1, 1) −→ R , f(x) = 1
1− x
=
∞∑
n=0
xn . (1)
A partir de (1) é posśıvel obter novos desenvolvimentos em série, derivando termo a termo,
1
(1− x)2
=
∞∑
n=1
nxn−1 , (2)
ou por integração termo a termo,
− ln(1− x) =
∫ x
0
1
1− t
dt =
∞∑
n=0
∫ x
0
tn dt =
∞∑
n=0
xn+1
n+ 1
=
∞∑
n=1
xn
n
. (3)
As séries (1) e (2) convergem para x no intervalo (−1, 1). Já em (3), o intervalo de convergência
é [−1, 1), passando a incluir o ponto x = −1. Para x = −1 , a série alternada
∑ (−1)n+1
n
con-
verge pelo Teste de Leibniz (a soma desta série é − ln 2). Nestes exemplos vemos que derivando
ou integrando termo a termo a série de potências, a única alteração sofrida pelo intevalo de
convergência foi quanto a incluir ou não as extremidades. O raio de convergência não se alterou.
Para observar novamente este fato, integramos (3) termo a termo. Obtemos
(
1− x
)
ln(1− x) + x =
∫ x
0
− ln(1− t) dt =
∞∑
n=1
∫ x
0
tn
n
dt =
∞∑
n=1
xn+1
(n+ 1)n
=
∞∑
n=2
xn
n(n− 1)
. (4)
O intervalo de convergência da série (4) é [−1, 1]. De fato,∣∣∣∣ xnn(n− 1)
∣∣∣∣ ≤ 1n(n− 1) , para todo x ∈ [−1, 1] e todo n ≥ 2
e a série numérica
∑ 1
n(n− 1)
converge, pelo teste da comparação no limite para séries de
termos positivos, comparando com a série
∑ 1
n2
, que é convergente
lim
n→∞
1
n(n−1)
1
n2
= lim
n→∞
n2
n(n− 1)
= lim
n→∞
1
1− 1n
= 1 .
Como o limite é finito e positivo, ambas as séries
∑ 1
n(n− 1)
e
∑ 1
n2
têm o mesmo caráter,
ou ambas convergem ou ambas divergem. Mas é sabido que a segunda converge (ela faz parte da
coleção standard das séries conhecidas usadas para comparar com séries desconhecidas). Logo,
a primeira também converge.
Logo
∞∑
n=2
xn
n(n− 1)
converge para todo x ∈ [−1, 1].
Pondo em termos mais sistemáticos, enunciamos o seguinte teorema.
Teorema. Uma série de potências
∞∑
n=0
an(x − x0)n converge em um intervalo centrado no
ponto x0 , com raio R , 0 ≤ R ≤ +∞ , chamado de raio de convergência da série de potências.
A série pode ser derivada e integrada termo a termo, sem que com isto se altere seu raio de
convergência (o intervalo de convergência pode mudar, pode passar a incluir ou deixar de incluir
uma ou ambas as extremidades, mas fora isto, não muda, de modo que o raio de convergência
permanece o mesmo).
Conseqüência: Se f(x) é definida como a soma f(x) =
∞∑
n=0
an(x − x0)n , para |x − x0| < R ,
então, fazendo x = x0 , todos os termos da série se anulam, exceto o pimeiro termo a0 e obtemos
a0 = f(x0) .
Por derivação, temos
f ′(x) =
∞∑
n=1
nan(x− x0)n−1 .
Fazendo x = x0 , todos os termos da série se anulam, exceto o pimeiro termo, que é o termo
constante a1. Desta foram, obtemos
a1 = f
′(x0) .
Derivando uma segunda vez, temos
f ′′(x) =
∞∑
n=2
n(n− 1)an(x− x0)n−2 .
Fazendo depois x = x0 , obtemos
a2 =
f ′′(x0)
2!
.
Analogamente, fazendo x = x0 em
f ′′′(x) =
∞∑
n=3
n(n− 1)(n− 2)an(x− x0)n−3 ,
obtemos
a3 =
f ′′′(x0)
3!
.
De um modo geral, derivando n vezes e fazendo x = x0 , obtemos
an =
f (n)(x0)
n!
, para n = 0, 1, 2, 3, . . . (5)
Conclusão: Se quisermos desenvolver uma função f(x) em série de potências
f(x) =
∞∑
n=0
an(x− x0)n ,
2
para x próximo de x0, a única alternativa que poderá funcionar será tomando an =
f (n)(x0)
n!
.
Observação Útil: Se
∞∑
n=0
an(x − x0)n = 0 , para |x − x0| < δ , então an = 0 , para todo
n. A justificativa é muito simples. Neste caso temos f(x) = const = 0 em (5) acima. Logo,
an =
f (n)(x0)
n!
= 0 . Esta observação é crucial para o método das séries de potências. De fato, já
a usamos, sem chamar atenção, nos exemplos da Seção 21. Por exemplo, no Exemplo 1 daquela
seção, chegamos na expressão
∞∑
n=0
[
(n+ 2) (n+ 1) an+2 + (n+ 1) an
]
xn = 0 .
Pondo bn = (n+2) (n+1) an+2+(n+1) an, temos que
∞∑
n=0
bnx
n = 0 , para todo x em um intervalo
centrado no ponto 0. Segue desta observação que podemos concluir que bn = 0 para todo n, ou
seja, fica justificada a fórmula de recorrência (n+ 2) an+2 + an = 0 para todo n = 0, 1, 2, 3, . . .
Exemplo: Série Binomial
Consideremos a função f(x) = (1 + x)a , onde a ∈ R , a 6= 0, 1, 2, 3, . . . (se a assumir um destes
valores, desenvolvemos f(x) pelo binômio de Newton), definida para x > −1 (esta restrição no
domı́nio é porque em geral só quando a base é positiva a exponencial está definida). Temos
f(0) = 1
f ′(x) = a(1 + x)a−1 , f ′(0) = a
f ′′(x) = a(a− 1)(1 + x)a−2 , f ′′(0) = a (a− 1)
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·
f (n)(0) = a(a− 1) · . . . · (a− n+ 1) .
Logo, se for posśıvel expressar f(x) = (1 + x)a =
∞∑
n=0
anx
n como soma de série de potências,
esta expressão será
f(x) = (1 + x)a = 1 + ax+
a(a− 1)
2!
x2 +
a(a− 1)(a− 2)
3!
x3 + · · ·
= 1 +
∞∑
n=1
a (a− 1)(a− 2) · · · (a− n+ 1)
n!
xn .
(6)
Enfatizamos que não está ainda estabelecida a veracidade da igualdade acima. O primeiro passo
nesta direção será estudar o raio de convergência da série. Dado um x > −1 , queremos saber
se para este x a série converge ou não. Usamos o Teste da Razão. O Teste da Razão nos diz que
se o limite da razão entre termos consecutivos de uma série for menor do que 1, então a série
converge, e se o mesmo limite for maior do que 1 então a série diverge. Aplicando o Teste da
Razão à série (6), temos
lim
n→∞
∣∣∣∣a(a− 1) · · · (a− n)xn+1(n+ 1)! ÷ a(a− 1) · · · (a− n+ 1)xnn!
∣∣∣∣ = limn→∞
∣∣∣∣(a− n)xn+ 1
∣∣∣∣ = |x| .
3
Portanto, a série (6) converge para |x| < 1 e diverge para |x| > 1. Logo, o raio de convergência
é R = 1. Logo, para |x| < 1 , a série (6) representa uma certa função
g(x) = 1 + ax+
a(a− 1)
2!
x2 +
a(a− 1)(a− 2)
3!
x3 + · · · .
A questão agora é saber se g(x) = f(x) . Por derivação termo a termo, temos
g′(x) = a
[
1 +
a− 1
1!
x+
(a− 1)(a− 2)
2!
x2 + · · ·
]
.
Multiplicando por 1 + x , obtemos (
1 + x
)
g′(x) =
= a
[
1 +
a
1!
x+ · · ·+
((
a− 1
)(
a− 2
)
· · ·
(
a− n
)
n!
+
(
a− 1
)(
a− 2
)
· · ·
(
a− n+ 1
)(
n− 1
)
!
)
xn + · · ·
]
= a
[
1 +
a
1!
x+ · · ·+
a
(
a− 1
)
· · ·
(
a− n+ 1
)
n!
xn + · · ·
]
= a g(x) .
Verificamos, então, que a função g(x) é solução do PVI{ (
1 + x
)
g′(x) = ag(x)
g(0) = 1
(7)
ou seja, do mesmo PVI do qual f(x) é solução. Mas um PVI como (7) tem solução única. Logo,
f(x) = g(x). Também é posśıvel resolver a equação do PVI (7) por separação de variáveis e
usando a condição inicial, concluirs que f(x) = g(x) . De fato,(
1 + x
)dg
dx
= a g =⇒
∫
dg
g
=
∫
a
1 + x
dx =⇒ ln g = a ln
(
1 + x
)
+ lnC =⇒
g(x) = C
(
1 + x
)a
= Cf(x) .
Como g(0) = 1, conclúımos, finalmente, que g(x) =
(
1 + x
)a
= f(x). Fica, portanto, estabele-
cida a validade da expansão em série binomial.
(
1 + x
)a
= 1 +
∞∑
n=1
a
(
a− 1
)
· · ·
(
a− n+ 1
)
n!
xn , para |x| < 1 .
Aplicação: Fazendo a = −1
2
e substituindo x por −x, obtemos
(
1− x
)− 1
2 = 1− 1
2
x+
1
2!
(
−1
2
)(
−3
2
)
x2 +
1
3!
(
−1
2
)(
−3
2
)(
−5
2
)
x3 + · · · , para |x| < 1 .
Substituindo x por x2, obtemos, ainda,
1√
1− x2
= 1 +
1
2
x2 +
1 · 3
2 · 4
x4 +
1 · 3 · 5
2 · 4 · 6
x6 + · · · , para |x| < 1 .
Substituindo x por t e integrando em relação a t entre 0 e x, obtemos, finalmente,
arcsenx =
∫ x
0
dt√
1− t2
= x+
1
2
· x
3
3
+
1 · 3
2 · 4
· x
5
5
+
1 · 3 · 5
2 · 4 · 6
· x
7
7
+ · · · , para |x| < 1 .
4
Definição: Uma função f(x) definida numa vizinhança de um ponto x0 é dita anaĺıtica neste
ponto se admitir uma representação em série de potências
f(x) =
∞∑
n=0
an (x− x0)n ,
válida em um intervalo centrado no ponto x0 e com raio positivo.
Observações: 1) Toda função anaĺıtica no ponto x0 é infinitamente diferenciável numa vizi-
nhança deste ponto.
2) Nem toda função infinitamente diferencivel é anaĺıtica. O exemplo clássico, devido a Cauchy
(1789–1857), é a função
f(x) =
{
e−
1
x2 , se x 6= 0
0 , se x = 0
Quando x −→ 0 , temos que − 1
x2
−→ −∞ e mostra-se que e−
1
x2 −→ 0 tão rápido, isto é, o
grau de tangência de f(x) ao eixo dos X, é tão grande que vale
f (n)(0) = 0 , para todo n . (8)
Uma indicação de como isto pode ser feito é, por derivação, escrever
f ′(x) =
2
x3
e−
1
x2 =
2
x3
e
1
x2
.
Quando x −→ 0, temos que 1
x3
−→ ∞ , mas e
1
x2 −→ ∞ muito mais rápido, de modo que
f ′(x) −→ 0. Derivando mais uma vez,
f ′′(x) =
(
− 6
x4
+
4
x6
)
e−
1
x2 =
− 6
x4
+ 4
x6
e
1
x2
.
Analogamente, quando x −→ 0, temos que o polinômio em 1
x
tende − 6
x4
+
4
x6
−→ ∞, mas a
exponencial e
1
x2 −→ ∞ muito mais rápido, de modo que f ′′(x) −→ 0. Analogamente, podemos
obter para qualquer ordem de derivação f (n)(x) −→ 0. Assim (8) pode ser justificado.
Se fosse posśıvel representar a função f(x) =
∞∑
n=0
an(x − x0)n como soma de uma série de
potências, como vimos acima, teŕıamos
an =
f (n)(0)
n!
= 0 , para todo n
e de (8) seguiria que f(x) = 0 numa vizinhana de 0, o que é uma contradição. Logo esta função,
apesar de ser infinitamente diferenciável, não é anaĺıtica em 0.
3) As funções elementares são, em geral, anaĺıticas.
4) Dois casos extremos correspondem a raios de convergência 0 e ∞. O raio de convergência
de uma série de potências f(x) =
∞∑
n=0
an(x− x0)n é ∞ se ela converge para todo x real. Neste
caso a série define uma função f : R → R. O raio de convergência de uma série de potências
5
∞∑
n=0
an(x − x0)n é 0 se ela converge somente para todo x = x0. Neste caso a série não define
nenhuma função. Um exemplo de série de potências com raio de convergência R =∞ é
∞∑
n=0
xn
n!
.
De fato, para qualquer número real x, o limite da razão entre termos concecutivos da série é
lim
n→∞
∣∣ xn+1
(n+1)!
∣∣∣∣xn
n!
∣∣ = limn→∞ |x|n+ 1 = 0 < 1.
Portanto, pelo Teste da Razão a série converge qualquer que seja x real. Analogamente, um
exemplo de série de potências com raio de convergência R = 0 é
∞∑
n=0
n!xn .
Neste exemplo, para qualquer número real x 6= 0, o limite da razão entre termos concecutivos
da série é
lim
n→∞
|(n+ 1)!xn+1|
|n!xn|
= lim
n→∞
(n+ 1)|x| =∞ > 1.
Pelo Teste da Razão, segue que a série diverge para qualquer x 6= 0. Portanto, o seu raio de
convergência é 0.
Observação adicional: Uma questão interessante
é: dada uma função f(x) anaĺıtica no ponto
x0, existe alguma maneira de saber de antemão qual vai ser o raio de convergência da série de
potências f(x) =
∑∞
n=0 an(x− x0)n ? Vamos examinar alguns exemplos, sempre com x0 = 0 .
1− Se f(x) = 1
1− x
=
∞∑
n=0
xn , vimos que o raio de convergência é R = 1 . Isto é bem razoável,
já que o domı́nio da função é R\{1} e, portanto, o maior intervalo centrado em x0 = 0 contido
no domı́nio tem raio R = 1 .
2− Para f(x) = arcsenx = x+ 1
2
· x
3
3
+
1 · 3
2 · 4
· x
5
5
+
1 · 3 · 5
2 · 4 · 6
· x
7
7
+ · · · , vimos que também R = 1 .
O domı́nio da função é o intervalo [−1, 1]. Mais uma vez, o maior intervalo centrado em x0 = 0
e contido no domı́nio tem raio R = 1 .
3− Do item 1 acima, substituindo x por −x2, obtemos
g(x) =
1
1 + x2
= 1 + x2 + x4 + · · · , para |x| < 1 . (9)
O domı́nio da função g(x) é todo R, fazendo, à primeira vista, pensar que o raio de convergência
da série deveria ser R =∞. No entanto vimos que R = 1 . A aparente contradição desaparece
quando percebemos que a função está definida também para todos os valores complexos de x,
exceto para x = ±i. Pensando assim, seu domı́nio passa a ser C \ {i,−i} e assim o maior disco
centrado em 0 e contido no domı́nio tem raio R = 1 .
Estes exemplos ilustram um fato que se estuda em Funções de Variável Complexa. Podemos
saber de antemão o raio de convergência da série de potências que representa uma função f(x)
6
no ponto x0. Para isto, devemos identificar qual é o domı́nio máximo de f(x) considerada como
definida para valores complexos da variável. O raio de convergência é o raio do maior disco
centrado em x0 e contido no domı́nio.
Notamos, para finalizar, que partir do exemplo (9) do item 3 acima, podemos obter a ex-
pansão de uma outra função elementar. Integrando entre 0 e x, obtemos
arctanx = x− x
3
3
+
x5
5
+ · · · , para |x| < 1 .
O raio de convergência da série é 1, apesar de que seu domı́nio é todo R = (−∞,+∞). No-
vamente, o fato de que raio de convergência é 1 está de acordo com o fato que se estuda em
Variável Complexa, que o domı́nio dessa função é C \ {i,−i}.
7
Seção 25: continuação do método de resolução por
séries de potências
Na Seção 22 foi exposto informalmente, através de exemplos, o método de resolução de
equações diferenciais ordinárias por séries de potências. Enunciamos agora o teorema que fun-
damenta o método. Precisamos primeiro de uma definição.
Definição: x0 é um ponto ordinário da equação
y′′ + P (x) y′ +Q(x) y = 0 (1)
se P (x) e Q(x) são funções anaĺıticas no ponto x0. Caso contrário dizemos que x0 é um ponto
singular.
Teorema: Seja x0 um ponto ordinário da equação (1), com P (x) =
∞∑
n=0
pn (x−x0)n e Q(x) =
∞∑
n=0
qn (x− x0)n com raios de convergência respectivamente R1 e R2. Então qualquer problema
de valor inicial para a equação (1){
y′′ + P (x) y′ +Q(x) y = 0
y(x0) = a0 , y
′(x0) = a1
tem solução única y(x) =
∞∑
n=0
an (x−x0)n , que é anaĺıtica no ponto x0 e tem raio de convergência
R ≥ min{R1, R2}.
Exemplo: Equação de Chebyshev
(1− x2)y′′ − xy′ + α2y = 0 , α = const.
Para colocar a equação em forma normal, devemos dividir por 1−x2. Portanto P (x) = −x
1− x2
e
Q(x) =
α2
1− x2
. Logo 1 e −1 são os únicos pontos singulares. Considerando x0 = 0 , o teorema
nos diz que vamos encontrar soluções da forma y(x) =
∞∑
n=0
an x
n com raio de convergência
R ≥ 1.
Polinômios de Legendre
Vamos estudar a equação de Legendre
(1− x2)y′′ − 2xy′ + p(p+ 1)y = 0 , (2)
onde p é um parâmetro real a ser escolhido. Vamos ver adiante que esta equação é muito
importante nas aplicações. O ponto x0 = 0 é ordinário, pois as funções P (x) = −
2x
1− x2
e
Q(x) = −p(p+ 1)
1− x2
são anaĺıticas neste ponto. Suas séries têm raio de convergência R = 1. São
séries geométricas de razão x2, por exemplo,
P (x) = −2x
(
1 + x2 + x4 + · · ·
)
= −2x− 2x3 − 2x5 − · · · .
Logo, a solução é da forma
y =
∞∑
n=0
an x
n , (3)
com raio de convergência R ≥ 1. Substituindo (3) na equação de Legendre (2), temos
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2 −
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn − 2
∞∑
n=1
nanx
n + p(p+ 1)
∞∑
n=0
anx
n = 0 .
Fazendo a mudança de ı́ndice k = n− 2 no 1o somatório, ele se transforma em
∞∑
k=0
(k + 2)(k + 1)ak+2x
k .
Podemos usar qualquer outra letra no lugar da letra k, inclusive a letra n novamente. O 2o e
o terceiro somatórios podem ser começados em n = 0 (fazendo isto entram mais duas parcelas
para a soma, mas são ambas nulas). Feito isto, podemos reunir todos os termos em um único
somatório
∞∑
n=0
[
(n+ 2)(n+ 1)an+2 −
(
(n(n+ 1)− p(p+ 1)
)
an
]
xn = 0 .
Obtemos, dáı, a fórmula de recorrência
(n+ 2)(n+ 1)an+2 −
(
(n(n+ 1)− p(p+ 1)
)
an = 0 , para n = 0, 1, 2, . . .
que pode ser reescrita como
an+2 =
n(n+ 1)− p(p+ 1)
(n+ 2)(n+ 1)
an . (4)
Como vamos aplicar esta fórmula repetidas vezes, convém fatorar o numerador, com vistas a
uma posśıvel simplificação. Considerando n como variável e p como constante, o trinômio
n(n+ 1)− p(p+ 1) = n2 + n− p(p+ 1)
tem ráızes n1 = p e n2 = −p− 1 e, portanto, se fatora como
(n− p) (n+ p+ 1) .
Finalmente, a fórmula de recorrência (4) toma a forma
an+2 =
(n− p)(n+ p+ 1)
(n+ 2)(n+ 1)
an . (5)
Escolhendo, primeiro a0 = 1 e a1 = 0 e depois a0 = 0 e a1 = 1 , obtemos
y1 = 1−
p(p+ 1)
2!
x2 +
p(p− 2)(p+ 1)(p+ 3)
4!
x4 − · · · (6)
2
e
y2 = x−
(p− 1)(p+ 2)
3!
x3 +
(p− 1)(p− 3)(p+ 2)(p+ 4)
5!
x5 − · · · , (7)
que são duas soluções linearmente independentes com raio de convergência R ≥ 1 . Uma obser-
vação extremamente importante é que se p = n = 0, 1, 2, 3, . . . , então uma das soluções (6) ou
(7) é um polinômio de grau n . Por exemplo,
para n = 0 , y1 = 1
para n = 1 , y2 = x
para n = 2 , y1 = 1− 3x2
para n = 3 , y2 = x− 53 x
3
para n = 4 , y1 = 1− 10x2 + 353 x
4 .
É fácil ver que estes polinômios e seus múltiplos são as únicas soluções polinomiais da equação
de Legendre. Para padronizar uma maneira de escolher esses múltiplos, multiplicamos por
constantes convenientes de modo a ter que o polinômio assume sempre o valor 1 para x = 1 .
Normalizados desta maneira, são chamados de polinômios de Legendre e denotados por
Pn(x) . Assim,
P0(x) = 1 e P1(x) = x . (8)
Para n = 2 , y1 = 1− 3x2 satisfaz y(1) = −2 . Logo,
P2(x) =
1− 3x2
−2
=
3
2
x2 − 1
2
. (9)
Para n = 3 , y2 = x−
5
3
x3 satisfaz y2(1) = −
2
3
e, portanto,
P3(x) =
x− 53 x
3
−23
=
5
2
x3 − 3
2
x . (10)
Analogamente, se deduz que
P4(x) =
1
8
(
35x4 − 30x2 + 3
)
. (11)
Podemos encontrar outra solução linearmente independente para a equação de Legendre pelo
método D’Alembert.
Para n = 0 , procuramos outra solução na forma Q0(x) = v(x)P0(x) . É fácil ver que v(x)
deve satisfazer
(1− x2)v′′ − 2xv′ = 0 ,
que, pondo z = v′ , se reduz à equação separável de 1a ordem
dz
dx
=
2xz
1− x2
,
para a qual encontramos a solução z =
1
1− x2
. Segue que v =
1
2
ln
∣∣∣∣1 + x1− x
∣∣∣∣ . Como estamos
interessados em resolver a equação no intervalo (−1, 1) , podemos dispensar os módulos e es-
crever
Q0(x) =
1
2
ln
1 + x
1− x
= ln
(
1 + x
1− x
) 1
2
. (12)
3
Vemos que
lim
x→1−
Q0(x) = +∞ e lim
x→−1+
Q0(x) = −∞ .
Como já t́ınhamos, pelo teorema, que R ≥ 1 , conclúımos então que, para Q0(x) , R = 1 .
Conclusão: Para n = 0 , a equação de Legendre tem duas soluções linearmente independentes,
uma delas o polinômio P0(x) = 1 e a outra a função Q0(x) ilimitada no intervalo (−1, 1) .
Logo, as únicas soluções limitadas no intervalo (−1, 1) são os múltiplos de P0(x) .
Para n = 1 , de maneira análoga, duas soluções linearmente independentes são
P1(x) = x e Q1(x) =
x
2
ln
1 + x
1− x
− 1 . (13)
Aqui
lim
x→1−
Q1(x) =
lim
x→−1+
Q1(x) = +∞ .
Vale, portanto, a mesma conclusão, isto é, para a equação de Legendre com n = 1 as únicas
soluções limitadas no intervalo (−1, 1) são os múltiplos do polinômio de Legendre P1(x) .
Continuando este mesmo procedimento, para n = 2 , temos
P2(x) =
3
2
x2 − 1
2
e Q2(x) =
1
4
(
3x2 − 1
)
ln
1 + x
1− x
− 3
2
x (14)
e, para n = 3 ,
P3(x) =
5
2
x3 − 3
2
x e Q3(x) =
1
4
(
5x3 − 3x
)
ln
1 + x
1− x
− 5
2
x2 +
2
3
. (15)
Em geral mostra-se, mas isto não será feito aqui, que uma segunda solução da equação de
Legendre é
Qn(x) =
1
2
Pn(x) ln
1 + x
1− x
+
s∑
j=0
2n− 4j − 1
(2j + 1) (n− j)
Pn−2j−1(x) ,
onde s =
[
n− 1
2
]
é o maior inteiro que é menor ou igual a
n− 1
2
.
Conclusão: Qualquer que seja p = n = 0, 1, 2, 3, . . . , as únicas soluções limitadas no intervalo
(−1, 1) da equação de Legendre são os múltiplos do polinômio de Legendre Pn(x) .
OBS. Um fato verdadeiro, mas que não vamos justificar aqui é que para outros valores de p ,
que não os da forma p = n = 0, 1, 2, 3, . . . , a equação de Legendre não tem solução limitada no
intervalo (−1, 1) , além da trivial.
Consequência. As únicas possibilidades de obter soluções não triviais que sejam limitadas no
intervalo (−1, 1) para equação de Legendre
(1− x2)y′′ − 2xy′ + p(p+ 1)y = 0
são para p = n = 0, 1, 2, 3, . . .. Neste caso, as soluções limitadas no intervalo (−1, 1) são da
forma
y = CPn(x) .
Fórmula de Rodrigues: Vale a seguinte expressão para os polinômios de Legendre:
Pn(x) =
1
n! 2n
dn
dxn
[(
x2 − 1
)n]
. (16)
4
Não demonstraremos este fato aqui, apenas diremos que ele pode ser provado em 3 etapas. Seja
Rn(x) =
1
n! 2n
dn
dxn
[(
x2 − 1
)n]
.
1a) Como
(
x2 − 1
)n
tem grau 2n , Rn(x) tem grau n .
2a) Mostrar que Rn(x) satisfaz a equação de Legendre.
3a) Mostrar que R(1) = 1 .
Como Pn(x) é o único polinômio que satisfaz a equação de Legendre e assume o valor 1 para
x = 1 , ficaria então provado que R(x) = Pn(x) .
Exemplo: Use a fórmula de Rodrigues para mostrar que P5(x) =
1
8
(
63x5 − 70x3 + 15x
)
.
Solução: Tomando n = 5 na fórmula de Rodrigues (16), começamos aplicando o Binômio de
Newton
(x2 − 1)5 = x10 − C15x8 + C25x6 − C35x4 + C45x2 − 1
= x10 − 5x8 + 10x6 − 10x4 + 5x2 − 1 .
Derivando 5 vezes, temos
d5
dx5
[(
x2 − 1
)5]
= 30240x5 − 33600x3 + 7200x .
Finalmente, dividindo por 5!25 = 3840, obtemos
P5(x) =
1
8
(
63x5 − 70x3 + 15x
)
.
Observação. Mostraremos mais adiante, na parte de leitura opcional, uma maneira muito mais
eficiente de obter os polinômios de Legendre, utilizando a fórmula de recorrência.
Ortogonalidade dos polinômios de Legendre. A propriedade mais importante dos polinômios
de Legendre é a ortogonalidade:
〈Pn(x), Pm(x)〉 =
∫ 1
−1
Pn(x)Pm(x) dx = 0 , para n 6= m, (17)
isto é, os Pn(x) são ortogonais em relação ao produto interno 〈f(x), g(x) 〉 =
∫ 1
−1
f(x) g(x) dx .
Demonstração:
Escrevendo a equação de Legendre para Pn(x) , temos
(1− x2)P ′′n (x)− 2xP ′n(x) + n(n+ 1)Pn(x) = 0 ,
ou ainda, (
(1− x2)P ′n(x)
)′
+ n(n+ 1)Pn(x) = 0 .
Multiplicando por Pm(x) e integrando, temos
n(n+ 1)
∫ 1
−1
Pn(x)Pm(x) dx = −
∫ 1
−1
Pm(x)
d
dx
(
(1− x2)P ′n(x)
)
dx .
5
Integrando por partes, com u = Pm(x) e v = (1− x2)P ′n(x) , temos
n(n+ 1)
∫ 1
−1
Pn(x)Pm(x) dx = (1− x2)P ′n(x)Pm(x)
∣∣∣ 1
−1
+
∫ 1
−1
(1− x2)P ′n(x)P ′m(x) dx ,
isto é,
n(n+ 1)
∫ 1
−1
Pn(x)Pm(x) dx =
∫ 1
−1
(1− x2)P ′n(x)P ′m(x) dx .
Trocando os papéis de n e m (que equivale a começar com a equação de Pm(x) e multiplicar
por Pn(x) ), temos, analogamente, que
m(m+ 1)
∫ 1
−1
Pn(x)Pm(x) dx =
∫ 1
−1
(1− x2)P ′n(x)P ′m(x) dx .
Segue dáı que
n(n+ 1)
∫ 1
−1
Pn(x)Pm(x) dx = m(m+ 1)
∫ 1
−1
Pn(x)Pm(x) dx .
Portanto, ∫ 1
−1
Pn(x)Pm(x) dx = 0 , se n 6= m.
Desenvolvimento em Série de Fourier–Legendre.
Vimos acima que {Pn(x)} forma um sistema ortogonal no intervalo [−1, 1] . Usando esse fato,
dada uma função f : [−1, 1] −→ R cont́ınua por partes e tendo uma derivada f ′ cont́ınua por
partes, vamos querer expandi-la como
f(x) =
∞∑
n=0
αnPn(x) (série de Fourier–Legendre). (18)
Como em qualquer expansão em série de funções ortogonais, os coeficientes são dados por
αn =
〈f, Pn〉
〈Pn, Pn〉
, (19)
onde
〈f, Pn〉 =
∫ 1
−1
f(x)Pn(x) dx e 〈Pn, Pn〉 =
∫ 1
−1
(
Pn(x)
)2
dx. (20)
Precisamos obter o valor dessa última integral. Note que
〈P0, P0〉 =
∫ 1
−1
(
P0(x)
)2
dx =
∫ 1
−1
dx = 2
〈P1, P1〉 =
∫ 1
−1
(
P1(x)
)2
dx =
∫ 1
−1
x2dx =
2
3
〈P2, P2〉 =
∫ 1
−1
(
P2(x)
)2
dx =
1
4
∫ 1
−1
(3x2 − 1) dx = 2
5
(21)
Os resultados resultados obtidos em (21) acima ilustram o fato que
〈Pn, Pn〉 =
∫ 1
−1
(
Pn(x)
)2
dx =
2
2n+ 1
, para todo n = 0, 1, 2, 3, . . . (22)
6
Mais adiante, como leitura opcional, daremos uma demonstração rigorosa de (22). Juntando os
resultados de (18), (19),(20) e (22) temos o seguinte teorema.
Teorema (Expansão em série de Fourier–Legendre). Seja f : [−1, 1] −→ R uma função
cont́ınua por partes e tendo uma derivada f ′ cont́ınua por partes. Então, f pode ser expandida
na forma
f(x) =
∞∑
n=0
αnPn(x) , (23)
com os coeficientes αn dados por
αn =
2n+ 1
2
∫ 1
−1
f(x)Pn(x) dx . (24)
Exemplo: Expandir em série de Fourier–Legendre a função f : [−1, 1] −→ R , f(x) = |x| .
Como f(x) é uma função par, α2n+1 = 0 , pois, sendo P2n+1(x) ı́mpar e f(x) par, segue que
f(x)P2n+1(x) é ı́mpar e, portanto,
∫ 1
−1
f(x)P2n+1(x) dx = 0 . Segue que (24) que α2n+1 = 0 ,
para todo n. Analogamente, de (24), segue que
α2n =
2(2n) + 1
2
∫ 1
−1
f(x)P2n(x) dx = (4n+ 1)
∫ 1
0
f(x)P2n(x) dx .
Mas f(x) = |x| = x, para 0 ≤ x ≤ 1. Portanto,
α2n = (4n+ 1)
∫ 1
0
xP2n(x) dx . (25)
Por integração podemos calcular os primeiros coeficientes, tantos quanto quisermos,
α0 =
∫ 1
0
xP0(x) dx =
∫ 1
0
x dx =
1
2
(26)
α2 = 5
∫ 1
0
xP2(x) dx = 5
∫ 1
0
(
3
2
x3 − 1
2
x
)
dx =
5
8
(27)
α4 = 9
∫ 1
0
xP4(x) dx = 9
∫ 1
0
1
8
(35x5 − 30x3 + 3x)dx = −9
8
(28)
Mais adiante vamos ver que, utilizando resultados apresentados abaixo, é posśıvel obter uma
expressão genérica para os coeficientes dados por (25).
Segue que a expansão procurada em série de Fourier–Legendre é
f(x) =
1
2
P0(x) +
5
8
P2(x)−
9
8
P4(x) + · · ·
=
1
2
+
5
8
(
5
2
x2 − 3
2
)
− 9
64
(
35x4 − 30x2 + 3
)
+ · · ·
(29)
Complementos – leitura opcional
Função Geradora: A função G(x, t) =
1√
1− 2x t+ t2
satisfaz
G(x, t) =
1√
1− 2xt+ t2
=
∞∑
n=0
Pn(x)t
n , para |x| ≤ 1 e |t| < 1 . (30)
7
Não daremos propriamente uma demonstração deste fato. Apenas notamos que substituindo
u = t2 − 2xt na série binomial correspondente a α = −12
(1 + u)−
1
2 = 1− 1
2
u+
1 · 3
2 · 4
u2 − 1 · 3 · 5
2 · 4 · 6
u3 + · · ·
obtemos
G(x, t) = 1− 1
2
(t2 − 2xt) + 1 · 3
2 · 4
(t2 − 2xt)2 − 1 · 3 · 5
2 · 4 · 6
(t2 − 2xt)3 + · · ·
= 1− 1
2
(t2 − 2xt) + 3
8
(
t4 − 4xt3 + 4x2t2
)
− 15
48
(
t6 − 6xt5 + 24x2t4 − 8x3t3
)
+ · · ·
Agrupando os termos e colocando em evidência as potências de t obtemos
G(x, t) = 1 + xt+
(
3
2
x2 − 1
2
)
t2 +
(
5
2
x3 − 3
2
x
)
t3 + · · · =
∞∑
n=0
Pn(x) t
n .
A função geradora encerra várias propriedades da famı́lia dos polinômios de Legendre. Muitas
outras famı́lias de polinômios ou funções que são úteis nas aplicações da Matemática também
possuem a sua função geradora. Abaixo vamos mostrar como várias dessas propriedades podem
ser deduzidas a partir da função geradora. O mesmo tipo de racioćınio se aplica a outras famı́lias
de funções.
Propriedades
1. Fórmula de Recorrência.(
n+ 1
)
Pn+1(x)−
(
2n+ 1
)
xPn(x) + nPn−1(x) = 0 , n = 1, 2, 3, . . . (31)
Demonstração: Na demonstração vamos novamente usar a função
geradora
G(x, t) =
(
1− 2xt+ t2
) 1
2
=
∞∑
n=0
Pn(x) t
n .
Derivando em relação a t, temos
Gt(x, t) = −
1
2
(
1− 2xt+ t2
) 1
2
(
−2x+ 2t
)
.
Logo, (
1− 2xt+ t2
)
Gt(x, t) =
(
x− t
)
G(x, t) . (32)
Uma igualdade como (32) costuma encerrar alguma propriedade interessante da famı́lia de
polinômios. No presente caso, de (32) segue que
(
1− 2xt+ t2
) ∞∑
n=1
nPn(x) t
n−1 =
(
x− t
) ∞∑
n=0
Pn(x) t
n .
Multiplicando, obtemos
∞∑
n=1
nPn(x)t
n−1 − 2
∞∑
n=1
nxPn(x) t
n +
∞∑
n=1
nxPn(x) t
n+1 =
∞∑
n=0
xPn(x) t
n −
∞∑
n=0
Pn(x) t
n+1 .
8
ou seja,
∞∑
n=0
(n+ 1)Pn+1(x) t
n − 2
∞∑
n=1
nxPn(x) t
n+
∞∑
n=1
(n− 1)xPn−1(x) tn
=
∞∑
n=0
xPn(x) t
n −
∞∑
n=1
Pn−1(x) t
n .
Agrupando os termos, obtemos, finalmente,
P1(x)− xP0(x) +
∞∑
n=1
(
(n+ 1)Pn+1(x)− (2n+ 1)xPn(x) + nPn−1(x)
)
tn = 0 .
Igualando a 0 o coeficiemte de cada tn, segue a conclusão.
Obs: Conhecendo dois polinômios de Legendre consecutivos, a fórmula de recorrência nos per-
mite calcular o próximo. Por exemplo, vimos acima que
P3(x) =
1
2
(
5x3 − 3x
)
e P4(x) =
1
8
(
35x4 − 30x2 + 3
)
.
Fazendo n = 4 na fórmula de recorrência, vamos obter
P5(x) =
1
5
(
9xP4(x)− 4P3(x)
)
=
1
8
(
63x5 − 70x3 + 15x
)
.
Tendo agora as expressões de P4(x) e P5(x) , usando novamente a fórmula de recorrência,
podemos obter P6(x) , e assim por diante. Este método é muito mais simpes do que utilizando
a fórmula de Rodrigues (16). Em particular, a recorrência se presta para escrever um programa
de computador para calcular os polinômios de Legendre.
2. Norma. Acima foi verificado, para os primeiros valores de n, que
〈Pn(x), Pn(x)〉 =
∫ 1
−1
(
Pn(x)
)2
dx =
2
2n+ 1
. (33)
Vajamos agora a demonstração para o caso geral. Esta propriedade foi importante para estabe-
lecer a expansão em série de Fourier-Legendre (18).
Demonstração:
Multiplicando a identidade
1√
1− 2xt+ t2
=
∞∑
n=0
Pn(x) t
n por si própria, obtemos
1
1− 2xt+ t2
=
1√
1− 2xt+ t2
· 1√
1− 2xt+ t2
=
∞∑
n=0
Pn(x) t
n
∞∑
m=0
Pm(x) t
m =
∞∑
n,m=0
Pn(x)Pm(x) t
n+m .
Integrando em relação a x , obtemos∫ 1
−1
1
1− 2xt+ t2
=
∞∑
n,m=0
tn+m
∫ 1
−1
Pn(x)Pm(x) dx .
9
Usando a ortogonalidade dos Pn(x) , na soma acima sobram só as parcelas em que m = n e,
portanto, ∫ 1
−1
1
1− 2xt+ t2
=
∞∑
n=0
t2n
∫ 1
−1
(
Pn(x)
)2
dx .
Por outro lado,∫ 1
−1
1
1− 2xt+ t2
=
ln
(
1− 2xt+ t2
)
−2 t
∣∣∣∣∣
x=1
x=−1
=
1
2t
(
ln(1 + 2xt+ t2)− ln(1− 2xt+ t2)
)
=
1
t
(
ln(1 + t)− ln(1− t)
)
=
1
t
[(
t− t
2
2
+
t3
3
− t
4
4
+ · · ·
)
+
(
t+
t2
2
+
t3
3
+
t4
4
+ · · ·
)]
= 2
(
1 +
t2
3
+
t4
5
+ · · ·
)
=
∞∑
n=0
2
2n+ 1
t2n .
Comparando os coeficientes de t2n nas duas séries, obtemos, finalmente,∫ 1
−1
(
Pn(x)
)2
dx =
2
2n+ 1
.
3. Pn(1) = 1 (esta propriedade foi usada já na própria definição dos polinômios de Legendre.
O objetivo agora e ver, como ilustração que ela poderia ser obtida alternativamente, como uma
conseqüência da função geradora).
Demonstração: Fazendo x = 1 na função geradora,
G(1, t) =
1√
1− 2t+ t2
=
∞∑
n=0
Pn(1) t
n .
Portanto
∞∑
n=0
Pn(1) t
n =
1√
(1− t)2
=
1
1− t
=
∞∑
n=0
tn .
Comparando os coeficientes dos tn nos dois lados da igualdade, obtemos finalmente
Pn(1) = 1 .
4. Pn(−x) = (−1)nPn(x) , isto é, se n for par, então Pn(x) é função par (só envolve potências de
x com expoente par) e analogamente para n ı́mpar. Novamente, da maneira como os polinômios
de Legendre foram constrúıdos, fica claro que esta propriedade é válida. O objetivo aqui é ver,
como exerćıcio, que a propriedade também poderia ser deduzida da função geradora.
Demonstração:
A função geradora G(x, t) =
1√
1− 2xt+ t2
satisfaz G(x, t) = G(−x,−t) . Logo,
∞∑
n=0
Pn(x) t
n =
∞∑
n=0
Pn(−x) (−t)n =
∞∑
n=0
(−1)nPn(−x) tn .
Comparando os coeficientes dos tn nos dois lados da igualdade, obtemos
Pn(−x) = (−1)n Pn(x) .
10
5.
P2n(0) =
(−1)n1 · 3 · 5 · . . . · (2n− 1)
n! 2n
e P2n+1(0) = 0 . (34)
Demonstração: Fazendo x = 0 na função geradora,
G(0, t) =
1√
1 + t2
=
∞∑
n=0
Pn(0) t
n .
Usando a série binomial
(1 + s)a = 1 + as+
1
2!
a(a− 1)s2 + 1
3!
a(a− 1)(a− 2)s3 + · · · ,
com s = t2 e a = −1
2
, obtemos
1√
1 + t2
= 1− 1
2
t2 +
1 · 3
2! · 22
t4 − 1 · 3 · 5
3! · 23
t6 + · · · .
Comparando as duas expressões para
1√
1 + t2
, obtemos
P2n(0) =
(−1)n 1 · 3 · 5 · . . . · (2n− 1)
n! 2n
e P2n+1(0) = 0 .
Se quisermos, podemos ainda reescrever
P2n(0) =
(−1)n 1 · 3 · 5 · . . . · (2n− 1)
2 · 4 · 6 · · · · · (2n)
=
(−1)n (2n)!(
2 · 4 · 6 · · · · · (2n)
)2 = (−1)n (2n)!(n!)2 22n .
6. ∫ 1
0
P2n−1(x) dx = (−1)n+1
1 · 3 · 5 · . . . · (2n− 3)
n! 2n
, para n ≥ 2 (35)
e ∫ 1
0
P2n(x) dx = 0 , para n ≥ 1 . (36)
Demonstração:
Integrando G(x, t) =
(
1− 2xt+ t2
)− 1
2
=
∞∑
n=0
Pn(x) t
n em relação a x , temos
∞∑
n=0
tn
∫ 1
0
Pn(x) dx =
∫ 1
0
(
1− 2xt+ t2
)− 1
2
dx = −
(
1− 2x t+ t2
) 1
2
t
∣∣∣∣∣∣∣
x=1
x=0
=
[(
1 + t2
) 1
2 − (1− t)
]
=
1
t
[
t+
1
2
t2 − 1
2!
1
22
t4 +
1
3!
1 · 3
23
t6 − · · ·
]
= 1 +
1
2
t− 1
2!
1
22
t3 +
1
3!
1 · 3
23
t5 − · · ·
11
Comparando os coeficientes de tn nos dois lados, obtém-se a conclusão.
Exemplo: Retomando o exemplo visto acima de expandir em série de Fourier–Legendre a
função f : [−1, 1] −→ R , f(x) = |x| , vamos obter a expressão genérica do coeficiente (25)
α2n = (4n+ 1)
∫ 1
0
xP2n(x) dx .
Da fórmula de recorrência (31), substituindo n por 2n, segue que
xP2n(x) =
1
4n+ 1
(
(2n+ 1)P2n+1(x) + 2nP2n−1(x)
)
, para n ≥ 1 .
Integrando, temos∫ 1
0
xP2n(x) dx =
1
4n+ 1
(
(2n+ 1)
∫ 1
0
P2n+1(x) dx+ 2n
∫ 1
0
P2n−1(x) dx
)
.
Mas utilizando (35) provado acima, obtemos∫ 1
0
xP2n(x) dx =
1
4n+ 1
[
(2n+ 1) (−1)n 1 · 3 · 5 · . . . · (2n− 1)
(n+ 1)! 2n+1
+ 2n (−1)n−1 1 · 3 · 5 · . . . · (2n− 3)
n! 2n
]
,
de onde segue
α2n =
(
(−1)n+1 (2n− 1)(2n+ 1)
(n+ 1)2
+ 2n(−1)n
)
1 · 3 · 5 · . . . · (2n− 3)
n! 2n
,
ou seja,
α2n = (−1)n−1
1 · 3 · 5 · . . . · (2n− 3)
(n+ 1)! 2n+1
(4n+ 1) , para n ≥ 2 . (37)
Temos que os valores de α0 e α2 não estão inclúıdos da igualdade (37) e, portanto, precisam ser
calculados separadamente. Mas já foi feito acima em (26) e (27). Obtemos, assim, a expansão
f(x) = |x| = 1
2
+
5
8
P2(x) +
∞∑
n=2
(−1)n−1 1 · 3 · 5 · . . . · (2n− 3)
(n+ 1)! 2n+1
(4n+ 1)P2n(x) , (38)
para todo x ∈ [−1, 1] . Note que a expansão (38) apresenta de modo genérico os primeiros
termos da expansão obtida em (29).
12
Seção 26: Laplaciano em Coordenadas Esféricas
Para o leitor interessado, na primeira seção vamos deduzir a expressão do laplaciano em
coordenadas esféricas. O leitor que estiver disposto a aceitar sem demonstração pode passar
diretamente à igualdade (10).
Vamos usar os śımbolos (r, θ, ϕ) para indicar as coordenadas esféricas de um ponto.
�
���
���
rP
θ
r
x
y
z
q
qϕ ρHHHHH
Temos 
x = r sen θ cosϕ ,
y = r sen θ senϕ ,
z = r cos θ ,
e também{
r =
√
x2 + y2 + z2 ,
ρ = r sen θ =
√
x2 + y2 .
Nosso primeiro objetivo é expressar o laplaciano
de uma função de três variáveis
∆u = uxx + uyy + uzz
em termos das coordenadas esféricas (r, θ, ϕ). Um cálculo direto é bastante longo. Por isto,
seguimos outro caminho. Usando a expressão do laplaciano em duas variáveis em termos das
coordenadas polares, temos
uxx + uyy = uρρ +
1
ρ
uρ +
1
ρ2
uϕϕ . (1)
Notemos que as relações
z = r cos θ , ρ = r sen θ
são análogas às relações entre as coordenadas cartesianas e polares no plano, somente, agora,
com z e ρ desempenhando, respectivamente, os papéis de x e y. Portanto, usando novamente a
expressão do laplaciano em cordenadas polares, podemos escrever
uzz + uρρ = urr +
1
r
ur +
1
r2
uθθ . (2)
Somando uzz a ambos os lados em (1), temos
∆u = uxx + uyy + uzz = uρρ + uzz +
1
ρ
uρ +
1
ρ2
uϕϕ
e, usando (2),
∆u = urr +
1
r
ur +
1
r2
uθθ +
1
ρ
uρ +
1
ρ2
uϕϕ . (3)
Precisamos expressar uρ em coordenadas esféricas. Pela Regra da Cadeia,
uρ = ur rρ + uθ θρ + uϕ ϕρ .
Em (1), estávamos mantendo z fixo e tomando ρ e ϕ como variáveis independentes, de modo
que ϕρ = 0 . Portanto,
uρ = ur rρ + uθ θρ . (4)
De
θ = arctan
(ρ
z
)
segue que
θρ =
1
1 +
(ρ
z
)2 1z = zz2 + ρ2 = zr2 = cos θr . (5)
Por outro lado, de
r =
ρ
sen θ
(6)
segue que
rρ =
sen θ − ρ
(
cos θ
)
θρ
sen 2θ
. (7)
Usando (5) e (6) em (7), obtemos
rρ = sen θ . (8)
Substituindo (5) e (6) em (4), segue que
uρ =
(
sen θ
)
ur +
cos θ
r
uθ
e, portanto,
1
ρ
uρ =
1
r
ur +
cos θ
r2 sen θ
uθ . (9)
Finalmene, substituindo (9) em (3), obtemos
∆u = urr +
2
r
ur +
1
r2
uθθ +
cot θ
r2
uθ +
1
r2 sen 2θ
uϕϕ , (10)
que é a expressão do laplaciano em coordenadas esféricas.
Simetria Axial
Para simplificar, vamos considerar somente problemas com simetria axial, isto é, o caso em que
a função u não depende de ϕ , dependendo apenas de r e θ . Nesse caso, as derivadas em
relação a ϕ se anulam e a expressão do laplaciano se simplifica um pouco,
∆u =
1
r2
(
r2 ur
)
r
+
1
r2 sen θ
(
sen θ uθ
)
θ
= urr +
2
r
ur +
1
r2
uθθ +
cot θ
r2
uθ . (11)
O exemplo a seguir mostra que essa situação particular é de interesse, pois corresponde a um
problema fisicamente relevante.
Exemplo. Dois hemisférios de raio a condutores de eletricidade e isolados pelo equador são
carregados até atingirem os potenciais +U0 e −U0, respectivamente. Determinar o potencial:
q
+U0
−U0
(a) Na região interior à esfera;
(b) Na região exterior à esfera.
Solução: Note que as cargas elétricas se distribuirão
de maneira não uniforme nos hemisférios. Por exem-
plo, haverá mais carga na região próxima ao equador,
devido à atração entre as cargas positivas e negati-
vas. Mas, depois de atingir o equiĺıbrio, não haverá
mais corrente e, portanto, cada um dos hemisférios
ficará a um potencial constante.
2
(a) Na região interior. No interior da esfera o potencial u é solução do problema
∆u = 0 , para 0 < r < a
u(a, θ) =
{
U0 , se 0 < θ <
π
2
−U0 , se π2 < θ < π
O potencial na esfera não depende de ϕ , devido à simetria da esfera em relação ao eixo z.
Portanto, em todo o espaço R3 também vai independer de ϕ, isto é, a solução u vai depender
apenas de r e θ. Temos, portanto, para u = u(r, θ) , o problema de Dirichlet
urr +
2
r
ur +
1
r2
uθθ +
cot θ
r2
uθ = 0 , (0 < r < a)
u(a, θ) =
{
U0 , se 0 < θ <
π
2
−U0 , se π2 < θ < π
Resolvendo por separação de variáveis, começamos procurando uma função da forma u(r, θ) =
F (r)G(θ). Substituindo na equação diferencial, obtemos
F ′′(r)G(θ) +
2
r
F ′(r)G(θ) +
1
r2
F (r)G′′(θ) +
cot θ
r2
F (r)G′(θ) = 0 .
Multiplicando por r2 e dividindo por F (r)G(θ) , separamos as variáveis
r2 F ′′(r) + 2 r F ′(r)
F (r)
= −G
′′(θ) + (cot θ)G′(θ)
G(θ)
= λ .
Seguem dáı as duas equações diferenciais independentes
r2F ′′(r) + 2 rF ′(r)− λF (r) = 0 e G′′(θ) + (cot θ)G′(θ) + λG(θ) = 0 . (12)
Apesar de mais complicada, vamos começar resolvendo a segunda equação.
Este é um problema clássico, para o qual existe um método também clássico de resolução.
Ele consiste em fazer a mudança de variável µ = cos θ .
G′(θ) =
dG
dθ
=
dG
dµ
dµ
dθ
= −sen θ dG
dµ
G′′(θ) =
d2G
dθ2
= − cos θ dG
dµ
+ sen2 θ
d2G
dµ2
Substituindo na equação diferencial obtemos(
1− cos2 θ
) d2G
dµ2
− 2µ dG
dµ
+ λG = 0 ,
isto é, (
1− µ2
) d2G
dµ2
− 2µ dG
dµ
+ λG = 0 , (13)
que é a já estudada equação de Legendre. Como a variação de θ é no intervalo 0 ≤ θ ≤ π ,
segue que µ = cos θ varia no intervalo −1 ≤ µ ≤ 1 . Mas só nos servem soluções da equação
de Legendre que sejam limitadas no intervalo [−1, 1] , soluções que sejam definidas e finitas
inclusive para µ = ±1 . Como vimos, isto só acontece para
λn = n (n+ 1) , Gn = CnPn(µ) = CnPn(cos θ) . (14)
3
Substituindo este valor de λ na outra equação, obtemos a equação de Euler–Cauchy
r2F ′′(r) + 2rF ′(r)− n(n+ 1)F (r) = 0 ,
cuja solução geral é
Fn(r) = Ar
n +B r−n−1 , (15)
pois m1 = n e m2 = −n− 1 são as soluções da equação m (m− 1) + 2m− n (n+ 1) = 0 .
Os cálculos que fizemos até aqui são válidos tanto para a região interior quanto exterior à
esfera. Seriam válidos também para a região entre duas esferas centradas na origem.
Conclusão: Procurando pelo método de separação de variáveis, as funções da forma
u(r, θ) = F (r)G(θ) (16)
satisfazendo a equação de Laplace ∆u = 0 , encontramos para cada n ∈ N
Fn(r) = Ar
n +B r−n−1 e Gn(θ) = CnPn(cos θ) . (17)
Neste ponto vamos começar a tratar especificamente o problema de Dirichlet para a região
interior à esfera. Estamos procurando soluções definidas inclusive na origem, onde r = 0 . Logo,
B = 0 , pois r−n−1 se torna infinita na origem. Assim,
Fn(r) = Anr
n . (18)
e, então,
un(r, θ) = Anr
nPn(cos θ) . (19)
Fazendo a superposição, temos
u(r, θ) =
∞∑
n=0
Anr
nPn(cos θ) . (20)
As condições de fronteira
u(a, θ) =
∞∑
n=0
Ana
nPn(cos θ) =
{
U0 , se 0 < θ <
π
2
−U0 , se π2 < θ < π
nos dizem que os Ana
n são os coeficientes da expansão
∞∑
n=0
Ana
nPn(cos θ) =
∞∑
n=0
Ana
nPn(µ) = f(µ) =
{
U0 , se 0 < µ < 1
−U0 , se − 1 < µ < 0
Sabemos que
Ana
n =
2n+ 1
2
∫ 1
−1
f(µ)Pn(µ) dµ .
A integral acima foi calculada na Seção 24, equação (35), nos complementos de leitura opcional,
A2n = 0 e A2n+1 =
1 · 3 · . . . · (2n− 1)
2 · 4 · . . . · (2n) · (2n+ 2)
· (−1)
n(4n+ 3)
a2n+1
U0 , ∀n ≥ 1 ,
A1 =
3
2a
∫ 1
−1
f(µ)P1(µ) dµ = 3
∫ 1
0
µU0 dµ =
3
2a
U0 .
4
Quem não leu a parte opcional da Seção 24, pode calcular os primeiros coeficientes A2n+1, a
partir de uma tabela contendo os primeiros polinômios de Legendre, conforme calculados na
Seção 24. Fazendo assim, não vamos obter o coeficiente genérico como na expressão (21) abaixo,
mas podemos calcular um número qualquer de termos da expansão.
Na região interior à esfera, r < 1 ,
u(r, θ) =
3U0r cos θ
2a
+
∞∑
n=1
U0(−1)n
1 · 3 · . . . · (2n− 1)
(n+ 1)! 2n+1
· (4n+ 3) r
2n+1
a2n+1
P2n+1(cos θ) . (21)
(b) Na região exterior.
Passamos agora a considerar o problema de Dirichlet
urr +
2
r
ur +
1
r2
uθθ +
cot θ
r2
uθ = 0 , (a < r <∞)
u(a, θ) =
{
1 , se 0 < θ < π2
−1 , se π2 < θ < π
lim
r→∞
u(r, θ) = 0
A solução é igual ao anterior, exceto que agora, para
F (r) = Arn +
B
rn+1
a condição lim
r→∞
F (r) = 0 nos dá A = 0 , isto é, em vez de (18) agora temos
F (r) =
B
rn+1
. (22)
A solução, então é,
u(r, θ) =
∞∑
n=0
Bn
rn+1
Pn(cos θ) , (a < r <∞) . (23)
Como acima, obtemos
B2n = 0 ,
B2n+1
a2n+2
= U0
1 · 3 · . . . · (2n− 1)
2 · 4 · . . . · (2n) · (2n+ 2)
(−1)n(4n+3) , ∀n ≥ 1 e B1
a2
=
3
2
U0 .
Logo, na região exterior à esfera, a < r <∞ ,
u(r, θ) =
3U0
2
a2 cos θ
r2
+
∞∑
n=1
U0 (−1)n
1 · 3 · . . . · (2n− 1)
(n+ 1)! 2n+1
(4n+ 3)
a2n+2P2n+1(cos θ)
r2n+2
(24)
5
Potencial Gerado por uma Carga Pontual
Continuando com o material de leitura opcional, vamos dar uma aplicação concreta da função
geradora dos polinômios de Legendre. Consideremos uma carga q no ponto (0, 0, a) . Na figura
�
�
��
�
�
�
�
�
�
��
�
�
�
��
q
q
qa
P
r
d
θ
temos
d2 = a2 + r2 − 2ar cos θ .
O potencial u no ponto P , gerado pela carga q , vale
u =
q
4π�0
1
d
=
q
4π�0
· 1√
a2 − 2ar cos θ + r2
. (25)
Na região r < a , colocando r2 em evidência dentro da
raiz quadrada e retirando para fora como r, temos
u =
q
4π�0
1
a
√
1− 2
(r
a
)
cos θ +
(r
a
)2 . (26)
Lembremos que a função geradora dos polinômios de Legendre é
G(x, t) =
1√
1− 2xt+ t2
=
∞∑
n=0
Pn(x) t
n . (27)
Em (27), substituindo x por cos θ, t por
r
a
e aplicando o resultado obtido em (26), obtemos
u =
q
4π �0
∞∑
n=0
Pn(cos θ)
rn
an+1
, se 0 < r < a . (28)
Note que o que faz com que a série (28) convirja é o fato que
a
r
< 1.
Na região r > a (longe da origem), dentro da raiz em (25) devemos colocar em evidência r
e não a, como feito acima. Fazendo isso, em vez de (26), obtemos vale
u =
q
4π �0
1
r
√
1− 2
(a
r
)
cos θ +
(a
r
)2 .
e, usando a função geradora,
u =
q
4π �0
∞∑
n=0
Pn(cos θ)
an
rn+1
, se r > a . (29)
Note que o que faz com que a série (29) convirja é que
a
r
< 1, na região r > a.
Reunindo (28) e (29), temos
u =

q
4π�0
∞∑
n=0
Pn(cos θ)
rn
an+1
, se 0 < r < a
q
4π�0
∞∑
n=0
Pn(cos θ)
an
rn+1
, se a < r <∞
(30)
6
Potencial do Dipolo
Suponhamos que temos uma carga q no ponto (0, 0, a) e uma carga −q no ponto (0, 0,−a) . O
potencial gerado pelo dipolo é a soma dos potenciais gerado por cada uma das cargas indivi-
dualmente. Usando (29), o potencial longe do dipolo será dado por
u =
q
4π�0
∞∑
n=0
Pn(cos θ)
an − (−a)n
rn+1
=
q
2π�0
∞∑
n=0
P2n+1(cos θ)
a2n+1
r2n+2
. (31)
Bem afastado do dipolo, para r � a , a razão a
r
é muito próxima de 0 e consequentemente suas
potências
a2n+1
r2n+2
=
1
r
·
(
a
r
)2n+1
são muito pequenas. A expressão exata do potencial do dipolo é (31), mas só o primeiro termo
da série já dá uma boa aproximação para r � a
u ≈ q
4π�0
2a cos θ
r2
,
ou,
u ≈ 1
4π�0
m cos θ
r2
,
onde m = 2aq é chamado de momento do dipolo. Esta última aproximação é bastante usada
em F́ısica.
7
Seção 27: Pontos Singulares – Método de Frobenius
Definição. Seja x0 um ponto singular para a equação diferencial
y′′ + P (x) y′ + Q(x) y = 0 .
Dizemos que x0 é um ponto singular regular se(
x− x0
)
P (x) é anaĺıtica em x0 e(
x− x0
)2
Q(x) é anaĺıtica em x0,
isto é, se a singularidade dos coeficientes P (x) e Q(x) pode ser removida pela multi-
plicação, respectivamente, por
(
x− x0
)
e
(
x− x0
)2
.
Exemplos.
1. x0 = 0 é um ponto singular regular para a equação de Cauchy–Euler
x2y′′ + axy′ + by = 0 .
De fato, dividindo por x2, para reduzir a equação à forma canônica, temos P (x) =
a
x
e
Q(x) =
b
x2
. As singularidades destas funções podem ser removidas por multiplicação:
xP (x) = a e x2Q(x) = b .
2. x0 = 0 é um ponto singular regular para a equação de Bessel
x2y′′ + xy′ +
(
x2 − p2
)
y = 0 , p ∈ R parâmetro fixado.
De fato, dividindo por x2, temos
P (x) =
1
x
e Q(x) = 1− p
2
x2
.
Multiplicando, xP (x) = 1 e x2Q(x) = x2 − p2 são anaĺıticas em 0.
OBS. O estudo que fizemos da equação de Cauchy–Euler, nos mostra que existe solução da
forma y = xr , com r não necessariamente inteiro. Conclúımos dáı que, no caso de ponto
singular regular, não vamos poder procurar solução na forma de uma série de potências,
pois séries de potências envolvem somente potências de x com expoente inteiro. Vamos
ter que procurar a solução numa forma que contenha como caso particular as funções
y = xr .
Método de Frobenius. O Método de Frobenius para uma equação com ponto singular
regular, consiste em procurar solução na forma
y = (x− x0)r
∞∑
n=0
an (x− x0)n =
∞∑
n=0
an (x− x0)n+r .
Podemos sempre supor
a0 6= 0 .
Basta escolher como r o menor expoente de x− x0 que aparece na série solução. Se r é o
menor expoente presente, o coeficiente a0 de (x− x0)r é não nulo. A partir daqui vamos
considerar sempre x0 = 0. O caso geral pode ser sempre reduzido a este pela mudança de
variável x 7−→ x− x0 .
Exemplo 1. 2x2y′′ + 3xy′ +
(
2x2 − 1
)
y = 0 .
Substitúımos
y =
∞∑
n=0
an x
n+r , onde a0 6= 0 .
Note que na derivada,
y′ =
∞∑
n=0
(
n + r
)
anx
n+r−1 ,
o ı́ndice obrigatoriamente começa a variar a partir de n = 0, e não a partir de n = 1, pois
como o primeiro termo de y = a0 x
r + a1 x
r+1 + · · · em geral não é uma constante, este
não se anula por derivação. Não temos aqui a liberdade de escolha de começar, conforme
a conveniência, a partir de n = 1 ou de n = 0 , que t́ınhamos no método de resolução
por série de potências em um ponto ordinário. A mesma observação vale para a derivada
de ordem 2
y′′ =
∞∑
n=0
(
n + r
)(
n + r − 1
)
anx
n+r−2 .
Substituindo y, y′ e y′′ por suas expansões em série na equação diferencial dada, obtemos
∞∑
n=0
2(n + r)(n + r − 1)anxn+r +
∞∑
n=0
3(n + r)anx
n+r +
∞∑
n=0
2anx
n+r+2 −
∞∑
n=0
anx
n+r = 0 .
Agrupando os termos em xn+r, obtemos
∞∑
n=0
(
2(n + r)(n + r − 1) + 3(n + r)− 1
)
anx
n+r +
∞∑
n=0
2anx
n+r+2 = 0 .
Fazendo n + 2 = k no segundo somatório,
∞∑
n=0
(
(n + r)(2n + 2r − 2 + 3)− 1
)
anx
n+r +
∞∑
k=2
2ak−2x
k+r = 0 .
No segundo somatório podemos substituir k por qualquer letra, inclusive n. Separamos
os 2 primeiros termos do primeiro somatório e combinamos os 2 somatórios restantes(
r (2r + 1)− 1
)
a0x
r +
(
(r + 1)(2r + 3)− 1
)
a1x
r+1+
+
∞∑
n=2
[(
(n + r)(2n + 2 r + 1)− 1
)
an + 2 an−2
]
xn+r = 0
2
Se quisermos obter uma série de potências, dividimos por xr. Portanto valem as mesmas
observações feitas no método de séries de potências e, então, o coeficiente de cada xn+r
deve se anular. Como a0 6= 0 , temos
(i) r(2r + 1)− 1 = 0 , chamada de equação indicial
(ii)
(
(r + 1)(2r + 3)− 1
)
a1 = 0
(iii)
(
(n + r)(2n + 2r + 1)− 1
)
an + 2an−2 = 0 , para n = 2, 3, 4, . . .
Esta última é a fórmula de recorrência.
A equação indicial (i) é uma equação algébrica de grau 2. As suas ráızes dão os posśıveis
valores para r. No exemplo que estamos considerando, a equação indicial é
2r2 + r − 1 = 0 ,
cujas ráızes são
r1 =
1
2
e r2 = −1 .
Por razões que vão ser importantes mais tarde, nos casos mais complicados, é conveniente
trabalhar primeiro com a maior das ráızes da equação indicial. Por esta razão, indicamos
por r1 e r2, respectivamente, a maior e a menor das ráızes da equação indicial.
1a Solução. Com r1 =
1
2
A equação (ii) fica
5 a1 = 0 .
Então a0 pode ser escolhido arbitrariamente, com a única restrição que seja diferente de
0. Mas necessariamente a1 = 0 . Escolhemos a0 = 1 .
A fórmula de recorrência fica((
2n + 1
)(
n + 1
)
− 1
)
an + 2an−2 = 0 , para n = 2, 3, 4, . . . ,
ou seja, (
2n2 + 3n
)
an + 2an−2 = 0 .
Segue que
an = −
2an−2
n
(
2n + 3
) , para n = 2, 3, 4, . . . .
Conclúımos que
0 = a1 = a3 = a5 = · · ·
a0 = 1 =⇒ a2 = −
2
2 · 7
=⇒ a4 =
22
2 · 4 · 7 · 11
=⇒ a6 = −
23
2 · 4 · 6 · 7 · 11 · 15
.
Simplificando, obtemos
a0 = 1 , a2 = −
1
1 · 7
, a4 =
1
1 · 2 · 7 · 11
, a6 = −
1
1 · 2 · 3 · 7 · 11 · 15
.
3
Em geral,
a2n =
(−1)n
n!
(
7 · 11 · 15 · · · (4n + 3)
) , n ≥ 1 .
Obtemos, então, a solução
y1(x) = x
1
2
(
1 +
∞∑
n=1
(−1)n
n!
(
7 · 11 · 15 · · · (4n + 3)
) x2n
)
.
Note que esta solução pode ser reescrita na forma de um único somatório
y1(x) = x
1
2
∞∑
n=0
(−1)n 3
n!
(
3 · 7 · 11 · · · (4n + 3)
) x2n .
2a Solução. Com r2 = −1
A equação (ii) fica
−a1 = 0 .
Ainda podemos escolher a0 arbitrariamente, com a única restrição que seja diferente de
0. Mas necessariamente a1 = 0 . Escolhemos a0 = 1 .
A fórmula de recorrência fica((
2n + 1
)(
n + 1
)
− 1
)
an + 2an−2 = 0 , para n = 2, 3, 4, . . . ,
ou seja, (
2n2 − 3n
)
an + 2an−2 = 0 .
Segue que
an = −
2an−2
n
(
2n− 3
) , para n = 2, 3, 4, . . . .
Conclúımos que
0 = a1 = a3 = a5 = · · ·
a0 = 1 =⇒ a2 = −
2
2 · 1
=⇒ a4 =
22
2 · 4 · 1 · 5
=⇒ a6 = −
23
2 · 4 · 6 · 1 · 5 · 9
.
Simplificando, obtemos
a0 = 1 , a2 = −
1
1
· 1
, a4 =
1
1 · 2 · 1 · 5
, a6 = −
1
1 · 2 · 3 · 1 · 5 · 9
.
Em geral,
a2n =
(−1)n
n!
(
1 · 5 · 9 · · · (4n− 3)
) , n ≥ 1 .
Obtemos a solução
y2(x) = x
−1
(
1 +
∞∑
n=1
(−1)n
n!
(
1 · 5 · 9 · · · (4n− 3)
) x2n) .
4
Encontramos assim duas soluções linearmente independentes para nossa equação diferen-
cial linear homogênea. É imediato que y1 e y1 são linearmente independentes. Uma delas
não é múltiplo da outra, pois num caso a potência de x de menor expoente que aparece
é x
1
2 e no outro caso é x−1 .
Veremos que existem 3 casos diferentes no Método de Frobenius. O exemplo dado
acima é do caso mais simples, em que a equação indicial tem duas ráızes distintas r1 e r2,
mas cuja diferença r1− r2 não é um inteiro. Existe ainda um segundo caso, de raiz dupla
r1 = r2 , e um terceiro caso, de ráızes distintas r1 6= r2 tais que r1 − r2 = inteiro.
5
Seção 27 – Função Gama
A expressão
n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n (1)
está definida apenas para valores inteiros positivos de n. Uma primeira extensão é feita
dizendo que 0! = 1 . Mas queremos estender a noção de fatorial inclusive para valores não
inteiros de n. Mais precisamente, queremos definir, de maneira natural, uma função g(x)
satisfazendo g(n) = n! . É claro que seria muito fácil definir uma tal g(x) arbitrariamente,
só que, para que a definição tenha alguma utilidade, temos que descobrir uma maneira
natural de fazer isto.
Revisão de duas fórmulas do Cálculo.
1–
∫ d
c
∫ b
a
f(x) g(y) dx dy =
(∫ b
a
f(x) dx
)(∫ d
c
g(x) dy
)
2– Fórmula de Leibniz:
d
dx
∫ b
a
F (x, y) dy =
∫ b
a
∂F
∂x
(x, y) dy
Note que
d
dx
[ n∑
i=1
F (x, yi) ∆iy
]
=
n∑
i=1
∂F
∂x
(x, yi) ∆iy ,
pois a derivada de uma soma finita é a soma das derivadas. Passando ao limite quando
os ∆iy −→ 0 , obtém-se a fórmula de Leibniz.
Por exemplo, dada a função de duas variáveis F (x, y) = x2 y , definimos uma nova
função, de uma variável, por
f(x) =
∫ 1
0
F (x, y) dy =
∫ 1
0
x2 y dy = x2
∫ 1
0
dy =
x2
2
.
É fácil comprovar que f ′(x) = 1 e que
∫ 1
0
∂F
∂x
(x, y) dy =
∫ 1
0
2x y dy = x .
Ponto de partida para difinir a Função Gama.
1– Observemos que
∫ +∞
0
e−r dr = −e−r
∣∣∣+∞
0
= 1 .
2– Fazendo a mudança de variável r = s t , dr = t ds , ( t > 0 fixo), obtemos∫ +∞
0
e−s t ds =
1
t
, para todo t > 0 .
3– Derivando em relação a t e utilizando a fórmula de Leibniz temos∫ +∞
0
s e−s t ds =
1
t2
, para todo t > 0 .
4– Derivando novamente em relação a t, obtém-se∫ +∞
0
s2 e−s t ds =
1 · 2
t3
, para todo t > 0 .
5– Derivando sucessivas vezes em relação a t, encontramos∫ +∞
0
sn e−s t ds =
n!
tn+1
, para todo t > 0 .
6– Finalmente, fazendo t = 1 , obtém-se∫ +∞
0
sn e−s ds = n! . (2)
CONCLUSÃO: Encontramos uma expressão alternativa para o fatorial de n . Em lugar
do produto (1) de n fatores, que só faz sentido para n inteiro positivo, o fatorial n! pode
ser expresso através da integral (2), que faz sentido inclusive para valores não inteiros da
variável. Em outras palavras, a função
g(x) =
∫ +∞
0
e−s sx ds ,
que está definida inclusive para valores não inteiros de x, é tal que g(n) = n! , para todo
n inteiro positivo. Era exatamente isto o que estávamos procurando. A tradição, no
entanto, consagrou uma definição levemente diferente desta.
Definição: A Função Gama (de Euler) é definida pela integral
Γ(x) =
∫ +∞
0
e−t tx−1 dt . (3)
OBS: Aproveitando o śımbolo g(x) introduzido provisoriamente acima, temos Γ(x) =
g(x− 1) . Logo
Γ(n) = (n− 1)! , para todo n inteiro positivo. (4)
Domı́nio da Função Gama. A integral (3) converge para todo x > 0 . Portanto temos
Γ : (0,+∞) −→ R .
Para ver isto escrevemos
Γ(x) =
∫ 1
0
e−t tx−1 dt+
∫ +∞
1
e−t tx−1 dt .
A segunda integral converge qualquer que seja x, pois e−t −→ 0 tão rápido quando
t −→ ∞ que, qualquer eventual crescimento de tx−1 é neutralizado. Já na primeira
integral, para 0 ≤ t ≤ 1 , a função e−t fica sob controle, 0 < e−t ≤ 1, e a convergência ou
não da integral só depende do fator tx−1. Basta então observar que
2
(a) Para x > 0 , temos
∫ 1
0
tx−1 dt =
tx
x
∣∣∣∣t=1
t=0
=
1
x
<∞ ;
(b) Para x = 0 , temos
∫ 1
0
tx−1 dt =
∫ 1
0
t−1 dt = ln t
∣∣1
0
=∞ ;
(c) Para x < 0 , temos x− 1 < −1 ,
∫ 1
0
tx−1 dt ≥
∫ 1
0
t−1 dt =∞ .
Segue dáı que a integral que define a Função Gama converge para x > 0 e diverge para
x ≤ 0, isto é, o domı́nio da função por ela definida é realmente (0,+∞). Mais adiante o
domı́nio da Função Gama vai ser estendido.
Proposição: Γ
(
1
2
)
=
√
π
Demonstração:
Segue da definição que
Γ
(
1
2
)
=
∫ +∞
0
e−t t−
1
2 dt .
Fazendo a mudança de variável t = r2 , dt = 2 r dr , temos∫ +∞
0
e−t t−
1
2 dt = 2
∫ +∞
0
e−r
2
dr .
Cálculo da integral
∫ +∞
0
e−x
2
dx :
Até aqui, para todas (ou praticamente todas) as integrais definidas que precisamos cal-
cular, seguimos a sistemática de primeiro encontrar uma primitiva e depois avaliar a
diferença entre os valores da primitiva nas duas extremidades do intervalo de integração.
No presente caso este caminho não será seguido. Sabemos, desde o Cálculo 1, que a função
e−x
2
, como toda função cont́ınua, possui uma primitiva, mas que esta primitiva não pode
ser expressa em termos das funções elementares. A alternativa é usar um “truque” de-
scoberto por Liouville. Chamamos de I =
∫ +∞
0
e−x
2
dx a integral que queremos calcular.
Temos
I2 =
(∫ +∞
0
e−x
2
dx
)
·
(∫ +∞
0
e−y
2
dy
)
=
∫ +∞
0
∫ +∞
0
e−x
2
e−y
2
dx dy
=
∫ +∞
0
∫ +∞
0
e−(x
2+y2) dx dy .
Temos assim I2 expressa como uma integral dupla em que a região de integração é o 1o
quadrante. Calculando esta integral dupla em coordenadas polares,
I2 =
∫ π
2
0
∫ +∞
0
e−r
2
r dr dθ =
π
2
∫ +∞
0
e−r
2
r dr =
π
2
−e−r2
2
∣∣∣∣∣
+∞
0
=
π
4
.
3
Logo I =
√
π
2
, isto é, ∫ +∞
0
e−x
2
dx =
√
π
2
.
Segue dáı que
Γ
(
1
2
)
=
√
π .
Propriedade Fundamental: Γ(x+ 1) = xΓ(x) .
Demonstração:
Pela definição, Γ(x) =
∫ +∞
0
e−t tx dt . Integrando por partes com u = tx e dv = e−t dt ,
Γ(x+ 1) = −e−t tx
∣∣t=+∞
t=0
+
∫ +∞
0
x tx−1 e−t dt = xΓ(x) .
Exemplo. Calcular Γ
(
5
2
)
.
Γ
(
5
2
)
= Γ
(
3
2
+ 1
)
=
3
2
· Γ
(
3
2
)
=
3
2
· Γ
(
1
2
+ 1
)
=
3
2
· 1
2
· Γ
(
1
2
)
=
3
2
· 1
2
·
√
π
Observação: Segue da propriedade fundamental que
Γ(x) =
Γ(x+ 1)
x
.
Fazendo x −→ 0+ , temos, então,
Γ(x) −→ Γ(1)
0+
=
1
0+
= +∞ ,
isto é,
lim
x→0+
Γ(x) = +∞ .
Portanto o gráfico de Γ(x) é como na figura abaixo.
4
Extensão do domı́nio:
Inicialmente o domnio da Função Gama é o intervalo (0,+∞) , ou seja, o conjunto dos x
para os quais a integral que define a Função Gama converge.
A fórmula Γ(x + 1) = xΓ(x) permite-nos definir Γ(x) também para x ∈ (−1, 0 ) .
De fato, se x ∈ (−1, 0 ) , então x + 1 ∈ (0, 1) e, portanto, Γ(x + 1) está definido. Faz
sentido, então, definir
Γ(x) =
Γ(x+ 1)
x
.
Como Γ(x) > 0 e x < 0 para x ∈ (−1, 0 ) , vemos que neste trecho
Γ(x) < 0 , para x ∈ (−1, 0) ,
lim
x→0−
Γ(x) = lim
x→−1+
Γ(x) = −∞ .
Acabamos, então, de estendar a Função Gama para um domı́nio maior do que ela estava
inicialmente definida. Agora temos
Γ : (−1, 0) ∪ (0,+∞) −→ R ,
como mostra a figura abaixo.
Agora que já temos Γ : (−1, 0)∪(0,+∞) −→ R , podemos dar mais um passo e definir
Γ(x) tambm para x ∈ (−2,−1).
Dado x ∈ (−2,−1) , temos x + 1 ∈ (−1, 0) . Portanto Γ(x + 1) já está definido.
Definimos, da mesma forma que acima, Γ(x+ 1) =
Γ(x)
x
.
Levando em conta os sinais do numerador e denominador, vemos que
Γ(x) > 0 , para x ∈ (−2,−1)
e
lim
x→−1−
Γ(x) = lim
x→−2+
Γ(x) = +∞ .
5
O gráfico da extensão
Γ : (−2,−1) ∪ (−1, 0) ∪ (0,+∞) −→ R
está mostrado abaixo.
Continuando este processo, o domı́nio da Função Gama passa a ser
R− {0,−1,−2,−3, . . .} .
Abaixo, mostramos o gráfico de Γ(x) com este domı́nio estendido.
observe, que para x → −6 , o gráfico passa tão perto do eixo dos X que, apesar da
função tender a infinito, o computador não “enxergou” isto e desenhou como se Γ(x) se
anulasse em −6.
6
Obs: A função
1
Γ(x)
está definida para todo x ∈ R e se anula nos pontos
0,−1,−2,−3, . . . , pois neles Γ(x) é infinita. Em outras palavras a singularidade que
a função teria nestes pontos pode ser removida pondo o valor da função como sendo 0. O
gráfico desta função está mostrado abaixo.
7
Seção 28: FUNÇÕES DE BESSEL
A equação de Bessel de ı́ndice p é a EDO
x2y′′ + xy′ +
(
x2 − p2
)
y = 0 ,
onde p é um número real.
O ponto x0 = 0 é um ponto singular regular para a equação de Bessel. Aplicando, então, o
método de Frobenius, procuramos uma solução da forma
y = xr
∞∑
n=0
an x
n =
∞∑
n=0
an x
n+r , com a0 6= 0 .
Substituindo na equação de Bessel, obtemos
∞∑
n=0
(n+ r)(n+ r − 1)anxn+r +
∞∑
n=0
(n+ r)anx
n+r +
∞∑
n=0
anx
n+r+2 −
∞∑
n=0
p2anx
n+r = 0 .
Juntando o 1o, o 2o e o 4o somatórios, obtemos
∞∑
n=0
(
(n+ r)2 − p2
)
an x
n+r +
∞∑
n=0
an x
n+r+2 = 0 .
No segundo somatório acima, fazendo k = n+2 e fatorando o coeficiente do primeiro somatório,
obtemos
∞∑
n=0
(
n+ r + p
)(
n+ r − p
)
an x
n+r +
∞∑
k=2
ak−2 x
k+r = 0 .
No segundo somatório, substituindo o ı́ndice k por n, separando os dois primeiros termos do
primeiro somatório, obtemos(
r + p
)(
r − p
)
a0 x
r +
(
r + p+ 1
)(
r − p+ 1
)
a1 x
r+1+
+
∞∑
k=2
((
n+ r + p
)(
n+ r − p
)
an + an−2
)
xn+r = 0 .
Como a0 6= 0 , segue que (
r + p
)(
r − p
)
= 0 (1)(
r + p+ 1
)(
r − p+ 1
)
a1 = 0 (2)(
n+ r + p
)(
n+ r − p
)
an + an−2 = 0 (3)
A equação (1) é a equação indicial. Suas ráızes são r1 = p e r2 = −p .
1a Solução: Para r1 = p ≥ 0 , a equação (2) se torna(
2p+ 1
)
a1 = 0 ,
ou seja,
a1 = 0 . (4)
A fórmula de recorrência (3) se torna(
n+ 2p
)
nan + an−2 = 0 , n = 2, 3, 4, . . . (5)
De (5) segue que
an = −
an−2
n(n+ 2p
) , n = 2, 3, 4, . . . (6)
Usando (4) e (6) e deixando para escolher mais tarde o valor de a0 , obtemos
a2n+1 = 0
a2 = −
a0
2(2 + 2p
) , a4 = a0
2·4 (2 + 2p
)
(4 + 2p
) , a6 = − a0
2·4· 6 (2 + 2p
)
(4 + 2p
)
(6 + 2p
) .
Temos
a2 =
(−1)n a0
1(1 + p
)
·22
, a4 =
a0
1·2 (1 + p
)
(2 + p
)
·24
, a6 = −
a0
1·2· 3 (1 + p
)
(2 + p
)
(3 + p
)
·26
.
Em geral,
a2n =
(−1)n a0
n! (1 + p
)
(2 + p
)
· · · (n+ p
)
·22n
. (7)
Costuma-se fazer a escolha
a0 =
1
2p Γ(1 + p)
. (8)
Utilizando repetidas vezes a identidade
Γ(x+ 1) = xΓ(x) ,
temos (
n+ p
)
· · ·
(
2 + p
)(
1 + p
)
Γ(1 + p) =
(
n+ p
)
· · ·
(
2 + p
)
Γ(2 + p)
=
(
n+ p
)
· · ·
(
3 + p
)
Γ(3 + p) = · · · = Γ(n+ p+ 1) .
Portanto com a escolha (8), (7) se torna
a2n = −
(−1)n
n! Γ(n+ p+ 1) 22n+p
.
Obtemos, finalmente, a solução
y1 =
∞∑
n=0
(−1)n
n! Γ(n+ p+ 1)
(
x
2
)2n+p
Esta função é chamada de função de Bessel de 1a espécie de ı́ndice p e denotada por Jp(x):
Jp(x) =
∞∑
n=0
(−1)n
n! Γ(n+ p+ 1)
(
x
2
)2n+p
.
Para p = m = 0, 1, 2, 3, . . .
Jm(x) =
∞∑
n=0
(−1)n
n! (n+m)!
(
x
2
)2n+m
.
2
Em particular,
J0(x) =
∞∑
n=0
(−1)n(
n!
)2 (x2
)2n
, J1(x) =
∞∑
n=0
(−1)n
n! (n+ 1)!
(
x
2
)2n+1
,
J2(x) =
∞∑
n=0
(−1)n
n! (n+ 2)!
(
x
2
)2n+2
, etc.
Examinando a expresão
J0(x) = 1−
1
4
x2 +
1
64
x4 + · · · ,
vemos que J0(x) é uma função par, pois só envolve potências de x com expoentes pares e satisfaz
J0(0) = 1.
Observação importante: A equação de Bessel não muda se substituirmos p por −p. Con-
seqüentemente Jp(x) e J−p(x) são duas soluções da equação de Bessel de ı́ndice p. Precisamos
investigar em que casos estas duas funções são linearmente independentes.
Exemplo: Vamos obter as expansões em séries de potências das funções de Bessel J 1
2
(x) e
J− 1
2
(x) .
J 1
2
(x) =
∞∑
n=0
(−1)n
n! Γ(n+ 12 + 1)
(
x
2
)2n+ 1
2
.
Note que, utilizando repetidas vezes a identidade Γ(x+1) = xΓ(x), e, sabendo que Γ
(1
2
)
=
√
π ,
obtemos
Γ(n+
1
2
+ 1) =
(
n+
1
2
)
Γ(n+
1
2
) =
(
n+
1
2
)(
n− 1
2
)
Γ(n− 1
2
) = · · ·
=
(
n+
1
2
)(
n− 1
2
)
· · · · 1
2
Γ(
1
2
) =
2n+ 1
2
· 2n− 1
2
· · · · · 1
2
√
π ,
isto é,
Γ(n+
1
2
+ 1) =
(2n+ 1)(2n− 1) · · · · 3·1
2n+1
√
π
Logo
J 1
2
(x) =
∞∑
n=0
(−1)n 2n+1
n! 1·3·5 · · · (2n+ 1)
√
1
π
x2n+
1
2
22n+
1
2
.
Levando em conta que
n! 1·3·5 · · · (2n+ 1) 2n = 2·4·6 · · · (2n)·1·3·5 · · · (2n+ 1) = (2n+ 1)! ,
temos
J 1
2
(x) =
√
2
π x
∞∑
n=0
(−1)n
(2n+ 1)!
x2n+1
e, finalmente,
J 1
2
(x) =
√
2
π x
senx
Analogamente mostra-se que
3
J− 1
2
(x) =
√
2
π x
cosx
Conclusão: Para p =
1
2
, as funções de Bessel J 1
2
(x) e J− 1
2
(x) se expressam em termos
de funções elementares, J 1
2
(x) =
√
2
π x
senx e J− 1
2
(x) =
√
2
π x
cosx e são duas soluções
linearmente independentes da equação de Bessel de ı́ndice
1
2
x2y′′ + xy′ +
(
x2 − 1
4
)
y = 0 .
Mais geralmente, temos a seguinte
Propriedade: Se p não é um inteiro, então Jp(x) e J−p(x) são duas soluções linearmente
independentes da equação de Bessel de ı́ndice p.
De fato, o comportamento destas funções próximo ao ponto x0 = 0 é dado pelo primeiro
termo da série
Jp(x) ≈
xp
2p Γ(1+p)
e J−p(x) ≈
x−p
2−p Γ(1−p)
, quando x −→ 0 .
Logo uma não é múltipla da outra e, portanto, são linearmente independentes.
Exemplo: Vamos mostrar que J−3(x) = −J3(x) . Temos
J−3(x) =
∞∑
n=0
(−1)n
n! Γ(n− 3 + 1)
(
x
2
)2n−3
=
∞∑
n=0
(−1)n
n! Γ(n− 2)
(
x
2
)2n−3
.
Levando em conta que
1
Γ(−2)
=
1
Γ(−1)
=
1
Γ(0)
= 0 ,
temos que os 3 primeiros termos da série são nulos e o somatório pode ser começado em n = 3 ,
J−3(x) =
∞∑
n=3
(−1)n
n! Γ(n− 2)
(
x
2
)2n−3
,
ou, para n = k + 3 ,
J−3(x) =
∞∑
k=0
(−1)k+3
(k + 3)! k!
(
x
2
)2 k+3
= −
∞∑
k=0
(−1)k
(k + 3)! k!
(
x
2
)2 k+3
= −J3(x) .
Usando o mesmo argumento prova-se a
Propriedade: Para m = 0, 1, 2, 3, . . . ,
J−m(x) = (−1)m Jm(x) .
Em resumo:
(i) Se p não é um inteiro, então Jp(x) e J−p(x) são duas soluções linearmente independentes
da equação de Bessel de ı́ndice p;
4
(ii) Se p = m = 0, 1, 2, 3, . . . , então Jp(x) e J−p(x) são linearmente dependentes, mais precisa-
mente, J−m(x) = (−1)m Jm(x) .
Para p = m = 0, 1, 2, 3, . . . precisamos encontrar uma segunda solução, linearmente indepen-
dente de Jm(x). Qualquer solução da equação de Bessel de ı́ndice m, linearmente independente
de Jm(x), é dita uma função de Bessel de segunda espécie de ı́ndice p.
Para p = m = 0, a equação de Bessel é
x2y′′ + xy′ + x2y = 0 .
Uma solução é y1 = J0(x) . Sabemos que podemos encontrar uma solução, linearmente inde-
pendente da forma
y2 = v(x)J0(x) .
Substituindo na equação de Bessel, obtemos
x
(
v′′J0 + 2v
′J ′0) + v
′J0 = 0
v′′xJ0 + (2xJ
′
0 + J0)v
′ = 0 ,
que se reduz à primeira ordem fazendo z = v′,
dz
dx
= −
(
2 J ′0
J0
+
1
x
)
z .
Separando as variáveis e integrando,∫
dz
z
= −
∫ (
2 J ′0
J0
+
1
x
)
dx
ou
ln z = −2 ln |J0| − lnx+ lnC
z = C
1
x
(
J0(x)
)2
v = C
∫
1
x
(
J0(x)
)2 dx+D .
Escolhendo C = 1 e D = 0 ,
y2 = J0(x)
∫
1
x
(
J0(x)
)2 dx .
Por outro lado, de
J0(x) = 1−
1
4
x2 +
1
64
x4 + · · ·
segue que (
J0(x)
)2
=
(
1− 1
4
x2 +
1
64
x4 + · · ·
)(
1− 1
4
x2 +
1
64
x4 + · · ·
)
= 1− 1
2
x2 +
(
1
64
+
(
−1
4
)2
+
1
64
)
x4 + · · ·
= 1− 1
2
x2 +
3
32
x4 + · · · .
5
Queremos encontrar
a expansão de
1(
J0(x)
)2 . Como (J0(x))2 só envolve potências de x com
expoente par (ou seja, é função par), o mesmo acontece com seu inverso.
1(
J0(x)
)2 = 11− 12 x2 + 332 x4 + · · · = b0 + b2 x2 + b4 x4 + · · ·
Devemos ter
1 =
(
1− 1
2
x2 +
3
32
x4 + · · ·
)(
b0 + b2 x
2 + b4 x
4 + · · ·
)
,
ou, efetuando a multiplicação,
1 = b0 +
(
b2 −
b0
2
)
x2 +
(
b4 −
b2
2
+
3 b0
32
)
x4 + · · · .
Da igualdade das séries, temos
1 = b0
0 = b2 −
b0
2
0 = b4 −
b2
2
+
3 b0
32
.
Segue que
b0 = 1 , b2 =
1
2
, b4 =
5
32
, etc.
Logo,
1(
J0(x)
)2 = 1 + 12 x2 + 532 x4 + · · · .
Finalmente,
y2 = J0(x)
∫ (1
x
+
1
2
x+
5
32
x3 + · · ·
)
dx = J0(x) lnx+ J0(x)
(1
4
x2 +
5
128
x4 + · · ·
)
.
Note que
J0(x)
(1
4
x2 +
5
128
x4 + · · ·
)
=
(
1− 1
4
x2 +
1
64
x4 + · · ·
)(1
4
x2 +
5
128
x4 + · · ·
)
=
1
4
x2 − 3
128
x4 + · · · .
Obtemos, finalmente, uma segunda solução para a equação de Bessel de ı́ndice 0, que é linear-
mente independente de J0(x), a função
y2 = Y0(x) = J0(x) lnx+
1
4
x2 − 3
128
x4 + · · · ,
conhecida como função de Bessel de Neumann de segunda espécie de ı́ndice 0. Como
J0(0) = 1 , temos que
lim
x→0+
Y0(x) = −∞ .
Conclusão: As únicas soluções da equação de Bessel de ı́ndice 0 que são limitadas em intervalos
do tipo (0, a) são as da forma
y = C J0(x) .
Para p = m = 1, 2, 3, . . . prova-se a mesma conclusão e, portanto, vale a seguinte
Propriedade: As únicas soluções da equação de Bessel de ı́ndice p = m = 0, 1, 2, 3, . . . que
são limitadas em intervalos do tipo (0, a) são as da forma
y = C Jm(x) .
6
Seção 29 – Ortogonalidade das funções de Bessel
Membrana circular
Vamos considerar o problema de determinar vibrações livres de uma membrana presa pelo
bordo (tambor), conhecidos o deslocamento e a velocidade iniciais dos pontos da membrana.
A membrana vai ocupar uma região D do plano R2, limitada por uma curva fechada γ. Seja
u = u(x, y, t) o deslocamento (na direção perpendicular) do ponto de coordenadas (x, y) no
instante t. Usando as leis da F́ısica, mostra-se que u satisfaz a equação da onda bidimensional
utt = c
2∆u,
onde c2 é uma constante positiva que depende da tensão na membrana e da densidade da
mesma e ∆u é o laplaciano de u em relação as variáveis espaciais. Em coordenadas cartesianas
a expressão do laplaciano é
∆u = uxx + uyy .
Em coordenadas polares, a expressão do é
∆u = urr +
1
r
ur +
1
r2
uθθ .
Vejamos a formulação matemática do problema. Seja D a região do plano R2 limitada por uma
curva fechada γ. Dadas duas funções f : D −→ R e g : D −→ R, consideremos o problema de
determinar a função u = u(x, y, t) definida para (x, y) ∈ D e t ∈ [0,+∞) satisfazendo
(P )

utt = c
2∆u (x, y) ∈ D , t > 0
u (x, y, t) = 0 (x, y) ∈ γ , t ≥ 0
u (x, y, 0) = f (x, y) (x, y) ∈ D
ut (x, y, 0) = g (x, y) (x, y) ∈ D
A condição u (x, y, t) = 0, para (x, y) ∈ γ e t ≥ 0 expressa o fato que a membrana está presa
pelo bordo (nos pontos do bordo o deslocamente é 0 em qualquer instante). O gráfico da função
f dá o formato inicial da membrana e a função g dá a velocidade inicial em cada um de seus
pontos.
A partir deste ponto vamos considerar o caso de uma membrana circular. Escolhendo o raio
do ćırculo como unidade de comprimento, podemos supor que esse raio é 1. Seja D o disco
D = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 < 1 } . Para tornar o estudo mais simples, vamos considerar apenas
o caso de simetria radial, em que, quando se expressa a parte espacial em coordenadas polares,
o deslocamento u = u(r, θ, t) = u(r, t) não depende de θ, sendo função apenas de r e t. Isto
significa que, em qualquer instante t, o formato da membrana é o gráfico de uma função u que
depende de r mas não de θ. Ou seja, em qualquer instante t o formato da membrana é o de uma
superf́ıcie de revolução. Este caso vai acontecer quando as funçõs f e g que dão as condições
iniciais no Problema (P ) acima, forem também funções radiais (dependentes só de r e não de
θ).
Nesse contexto, o Problema (P ) tem a seguinte formulação. Dadas duas funções f : [0, 1]→ R
e g : [0, 1]→ R, queremos encontrar a função u = u(r, t) satisfazendo
utt = c
2
(
urr +
1
r
ur
)
, (0 < r < 1 , 0 < t <∞)
u(1, t) = 0 , (0 < t <∞)
u(r, 0) = f(r) , (0 < r < 1)
ut(r, 0) = g(r) , (0 < r < 1)
(1)
Pelo o método de separação de variáveis, procuramos primeiro u da forma
u (r, t) = φ(r)ψ(t) , (2)
isto é, u uma onda estacionária radial em D. Substituindo (2) na equação da onda, do modo
usual obtemos
φ(r)ψ′′(t) = c2
(
φ′′(r) +
1
r
φ′(r)ψ(t)
)
,
ou seja,
ψ′′(t)
c2ψ(t)
=
rφ′′(r) + φ′(r)
rφ(r)
= λ .
Dáı seguem as duas equações diferenciais independentes
rφ′′(r) + φ′(r)− λrφ(r) = 0 (3)
e
ψ′′ − c2λψ = 0 . (4)
Além disto, a condição de fronteira
u(1, t) = φ(1)ψ(t) = 0 , para todo t ≥ 0 .
implica que devemos ter
φ(1) = 0 ,
pois, caso contrário, para ter o produto sempre nulo, deveŕıamos ter, necessariamente, ψ(t) = 0
para todo t > 0 , o que implicaria que u = 0 seria a solução trivial. Vamos, então, considaderar
o problema de encontrar uma função φ : [0, 1]→ R não trivial e um λ ∈ R satisfazendo{
rφ′′(r) + φ′(r)− λrφ(r) = 0 , para 0 < r < 1
φ(1) = 0
(5)
Afirmação: Para que exista solução não trivial para (5), é necessário que λ < 0.
Demostração: Notando que rφ′′(r) + φ′(r) =
(
rφ′(r)
)′
, podemos reescrever nossa equação
diferencial na forma (
rφ′(r)
)′
= λrφ(r) .
Multiplicando ambos os lados por φ(r) e integrando entre 0 e 1, temos∫ 1
0
(
rφ′(r)
)′
φ(r) dr = λ
∫ 1
0
(
φ(r)
)2
r dr
Por outro lado, por integração por partes, temos∫ 1
0
(
rφ′(r)
)′
φ(r) dr = rφ′(r)φ(r)
∣∣∣r=1
r=0
−
∫ 1
0
rφ′(r)φ′(r) dr .
2
Levando em conta que rφ′(r) se anula para r = 0 e que φ(r) se anula para r = 1, obtemos
−
∫ 1
0
(
φ′(r)
)2
r dr = λ
∫ 1
0
(
φ(r)
)2
r dr .
Segue que
λ = −
∫ 1
0
(
φ′(r)
)2
r dr∫ 1
0
(
φ(r)
)2
r dr
e, como estas duas integrais são positivas, conclúımos que λ < 0 . 2
Passamos agora a procurar solução não trivial do problema (5), sabendo já que λ < 0.
Fazemos λ = −α2, com α > 0. Multiplicando por r, ficamos com a EDO
r2φ′′(r) + rφ′(r) + α2r2φ(r) = 0 . (6)
A equação (6) se reduz a uma equação de Bessel através da mudança de variável s = α r . De
fato, pela regra da cadeia,
dφ
dr
=
dφ
ds
ds
dr
= α
dφ
ds
(7)
e, multiplicando por r ,
r
dφ
dr
= s
dφ
ds
. (8)
Derivando (8) mais uma vez e usando novamente a regra da cadeia, obtemos
r2
d2φ
dr2
= s2
d2φ
ds2
. (9)
Substituindo (8) e (9) na equação (6), obtemos
s2
d2φ
ds2
+ s
dφ
ds
+ s2φ = 0 , (10)
que é a equação de Bessel de ı́ndice p = 0 . Portanto, se pensarmos em φ expressa como função
de s e não de r , teremos φ(s) = C1J0(s) +C2Y0(s) . Voltando a expressar φ em função de r ,
φ(r) = C1J0(α r) + C2Y0(α r) . Lembrando agora que as funções envolvidas devem ser finitas e
estar bem definidas para r = 0 , pois r = 0 corresponde à origem, que é o centro do disco D ,
vê-se que é preciso que C2 = 0 , ou seja,
φ(r) = CJ0(α r) .
Na justificativa da igualdade acima foi usado um fato já estudado. A equação de Bessel de
ı́ndice p = 0 tem duas soluções linearmente independentes, J0(x), que é limitada, e Y0(x), que
é ilimitada numa vizinhança de x = 0. Portanto, as únicas soluções que são limitadas numa
vizinhança de x = 0 são as da forma C0J0(x).
Nossa conclusão, até agora, é que as funções
φ(r) = C J0(α r) (11)
satisfazem a EDO (6). Precisamos ainda investigar para quais valores de α a função φ cumpre
também a condição de fronteira φ(1) = 0 . Para isso, α deve cumprir a condição J0(α) = 0 ,
isto é, α deve ser um dos zeros (positivos) da função de Bessel J0 . Sabemos que J0 se anula
para uma infinidade
de zeros. Existe toda uma sequência de zeros positivos de J0
α1 < α2 < α3 < . . . < αm < . . . .
3
Conclusão: As soluções não triviais do problema (5) são dadas por
λn = −
(
αn
)2
(12)
e
φn(rn) = CnJ0(αn r) . (13)
Continuação do problema da membrana. Agora, na equação (4), substitúımos λ por
λn = −
(
αn
)2
dado em (12). Obtemos
ψ′′ + c2
(
αn
)2
ψ = 0 ,
cujas soluções são
ψn(t) = Dn cos(cαnt) + En sen (cαnt).
Consequência: As funções
un(r, t) =
(
Dn cos(cαnt) + En sen (cαnt)
)
J0(αn r) (14)
são soluções da equação da onda e satisfazem a condição de fronteira u(1, t) = 0. As un repre-
sentam as ondas estacionárias (com simetria radial) na membrana circular. A un é periódica
em t, seu peŕıodo é Pn =
2π
cαn
e sua frequência é
ωn =
1
Pn
=
c αn
2π
. (15)
O movimento da membrana é a superposição das un, dada por
u(r, t) =
∞∑
n=1
un(r, t) =
∞∑
n=1
(
Dn cos(cαnt) + En sen (cαnt)
)
J0(αn r). (16)
As frequências ωn dadas por (15) são frequências com as quais a membrana pode realizar os-
cilações periódicas, sendo, portanto, as frequências naturais de vibração (radialmente simétrica)
da membrana. Duas conclusões surpreendentes seguem dáı:
– A primeira é que as frequências naturais de vibração da membrana circular têm a ver com
os zeros das funções de Bessel ;
– A segunda é que, ao contrário da corda vibrante, ou de uma coluna de ar, no caso da mem-
brana as frequências naturais não são múltiplos de uma frequência fundamental, mais baixa. Esta
é a razão pela qual se pode tocar melodias com instrumentos de cordas, mas não em tambores.
Aplicando as condições iniciais: Fazendo t = 0 em (16), temos
f(r) = u(r, 0) =
∞∑
n=1
DnJ0(αnr). (17)
A série (17) é uma expansão em série de Fourier–Bessel, que vai ser estudada abaixo. Veremos,
então, como calcular os coeficientes.
Observação final. Optamos por dar uma demonstração matemática da afirmação de que λ < 0
no problema (5). Mas existe também uma explicação f́ısica. Se tivéssemos λ > 0, então λ = β2,
com β > 0, e a equação (4) ficaria
ψ′′ − c2β2ψ = 0 .
4
Suas soluções, então, seriam
ψ(t) = Decβt + Ee−cβt,
que representariam um movimento que não seria oscilatório e seria imposśıvel do ponto de vista
f́ısico.
O mesmo tipo de coisa aconteceria se λ = 0. Essa não é uma explicação satisfatória do ponto
de vista matemático, mas ajuda a entender o problema.
Séries de Fourier–Bessel
Vamos recordar a expansão em série de Fourier–seno. Dada uma função f : [0, 1] → R,
pod́ıamos expandi-la numa série
f(x) =
∞∑
n=1
bn sen (nπx) .
Note que os números nπ que aparecem na série são justamente o zeros da função seno. O que
vamos fazer agora é substituir o seno por uma função de Bessel, por exemplo, J0. Consideramos a
sequência α1 < α2 < α3 < · · · dos zeros (positivos) da função J0 (isto é, J0(αn) = 0). Queremos
expandir uma função qualquer f : [0, 1]→ R em uma série da forma
f(r) =
∞∑
n=1
AnJ0(αnr) ,
que vai ser uma série de Fourier–Bessel. Para tanto, vamos necessitar estudar a relação de
ortogonalidade das funções de Bessel. A ortogonalidade das funções trigonométricas era mais
simples, ∫ 1
0
sen (nπx) sen (mπx) dx =

0 , se n 6= m
1
2
, se n = m.
Em geral, no estudo de funções ortogonais mais gerais, a relação de ortogonalidade entre duas
funções f : [a, b]→ R e g : [a, b]→ R toma a forma∫ b
a
f(x)g(x)p(x) dx = 0 ,
onde p(x) ≥ 0 é uma função fixa, chamada função peso. No caso dos senos, p(x) = 1. Para as
funções de Bessel, p(x) = x (ver o teorema abaixo). No que segue consideramos a função de
Bessel Jn para um n = 0, 1, 2, 3, . . . qualquer. O leitor que quiser, poderá pensar sempre no caso
n = 0, que ó o que se necessita para o caso de simetria radial na membrana circular.
Teorema (Ortogonalidade das funções de Bessel) Fixado um n seja
αn,1 < αn,2 < αn,3 < . . . < αn,m < . . . .
a sequência dos zeros (positivos) da função de Bessel Jn (a função de Bessel Jn se anula
para uma infinidade de zeros, ou seja, existe toda uma sequência de α’s positivos para os quais
Jn(α) = 0). Então,∫ 1
0
Jn(αn,m)Jn(αn,k) rdr = 0 , se m 6= k (18)∫ 1
0
Jn(αn,m)Jn(αn,k) rdr =
1
2
(
J ′n(αn,m)
)2
=
1
2
(
Jn+1(αn,m)
)2
, se m = k (19)
5
Demonstração: (O leitor que quiser aceitar esse fato, poderá pular a demonstração sem
prejúızo da leitura)
Sejam α = αn,m e β = αn,k. Sejam u(x) = Jn(αx) e v(x) = Jn(βx). Então,
xu′′ + u′ +
(
α2 − n
2
x2
)
xu = 0 (20)
e
xv′′ + v′ +
(
β2 − n
2
x2
)
xv = 0 .
Multiplicando a primeira equação por v, a segunda por u e subtraindo, obtemos
x(u′′v − uv′′) + (u′v − uv′) = (β2 − α2)xuv ,
que é equivalente a
d
dx
(
x(u′v − uv′)
)
= (β2 − α2)xuv .
Integrando entre 0 e 1 e levando em conta que u(1) = Jn(α) = 0 e v(1) = Jn(β) = 0, pois α e β
são zeros de Jn, obtemos
(β2 − α2)
∫ 1
0
u(x)v(x)x dx = 0 .
Segue dáı que se α 6= β então
∫ 1
0
u(x)v(x)x dx = 0 , provando (18).
Para provar (19), multiplicamos (20) por 2xu′, obtendo
2xu′(xu′′ + u′) + 2(α2x2 − n2)uu′ = 0 ,
de onde segue que
d
dx
(
x2(u′)2 + (α2x2 − n2)u2
)
= 2α2xu2.
Integrando, temos
2α2
∫ 1
0
xu2dx =
(
x2(u′)2 + (α2x2 − n2)u2
)∣∣∣1
0
e levando em conta que u(1) = Jn(α) = 0 e que, pela regra da cadeia, u
′(1) = αJ ′n(α), obtemos
2α2
∫ 1
0
(
Jn(αx)
)2
x dx = α2
(
J ′n(α)
)2 − n2(Jn(0))2.
Note que se n = 0, então o termo n2
(
Jn(0)
)2
no lado direito da igualdade acima se anula. Para
n ≥ 1, temos Jn(0) = 0 e n2
(
Jn(0)
)2
também se anula. Então, em qualquer um dos casos,
obtemos ∫ 1
0
(
Jn(αx)
)2
x dx =
1
2
(
J ′n(α)
)2
.
Para concluir a prova de (19), basta utilisar a identidade
d
dx
(
x−nJn(x)
)
= −x−nJn+1(x) ,
que pode ser verificada a partir da expansão da função Jn em série de potências, e escrever
−nx−n−1Jn(x) + x−nJ ′n(x) = −x−nJn+1(x).
6
Fazendo x = α, obtemos finalmente J ′n(α) = −Jn+1(α), concluindo a demonstração de (19). 2
Expansão em série de Fourier–Bessel. A relação de ortogonalidade abre a possibilidade
para o seguinte tipo de expansão: dada uma função f : [0, 1] −→ R e fixado um n , queremos
expressar f(r) como
f(r) =
∞∑
m=1
Am Jn(αn,m r) . (21)
A expansão acima, chamada de série de Fourier–Bessel, é posśıvel para toda função “razoável”.
Os coeficientes são dados por
Am =
2(
Jn+1(αn,m)
)2 ∫ 1
0
f(r) Jn(αn,m r) r dr . (22)
Justificativa: Para justificar a expressão (22) para os coeficientes, multiplicamos os dois lados
de (21) por r Jn(αn,k r) e integramos. Temos∫ 1
0
f(r)Jn(αn,k r) r dr =
∞∑
m=1
Am
∫ 1
0
Jn(αn,m r)Jn(αn,k r) r dr
Por (18) e (19), todas as integrais que aparecem na soma do lado direito da igualdade acima são
nulas, exceto quando m = k. Nesse último caso, o valor da integral é
(
Jn+1(αn,k)
)2
2
. Então,
∫ 1
0
f(r)Jn(αn,k r) r dr =
Ak
2
(
Jn+1(αn,k)
)2
,
justificando (22). 2
Exemplo. Expandir a função constante f : [0, 1] −→ R , f(r) = 1 em série de Fourier–Bessel
f(r) =
∞∑
n=1
Am J0(α0,m r) .
De acordo com (22), os coeficientes são dados por
Am =
2(
J1(α0,m)
)2 ∫ 1
0
J0(α0,m r) r dr .
Conforme vimos em um dos exerćıcios sobre funções de Bessel, a partir das expressões em séries
de potências para J0(x) e para J1(x), pode-se facilmente verificar que(
xJ1(x)
)′
= xJ0(x) .
Segue que∫ 1
0
J0(α0,mr) r dr =
1
α20,m
∫ 1
0
J0(α0,mr)α0,mr α0,mdr =
1
α20,m
∫ α0,m
0
J0(s) s ds
=
1
α20,m
s J1(s)
∣∣∣∣∣
s=α0,m
s=0
=
J1(α0,m)
α0,m
.
7
Logo,
Am =
2
α0,m J1(α0,m)
e, finalmente,
1 = f(r) =
∞∑
n=1
2 J0(α0,m r)
α0,m J1(α0,m)
, para r ∈ (0, 1)
é a expansão procurada em série de Fourier–Bessel.
Nos livros que tratam de funções de Bessel podem ser encontradas tabelas contendo os zeros
de J0 e os valores de J1 avaliada nesses zeros.
8
Seção 30: Um exemplo – resfriamento de um cilindro
Exemplo. Suponhamos que um cilindro de raio 1, bastante longo, feito de um material
condutor de calor inicialmente a 100oC é mantido em um meio a 0oC. Estudar a evolução
da temperatura no cilindro.
Solução:
Supondo o cilindro bastante longo e que estejamos interessados em descrever o que acon-
tece longe das extremidades, podemos considerá-lo, então, infinitamente longo. Basta
estudar o que acontece em uma seção D (o disco unitário) do cilindro. No instante t = 0 ,
a temperatura u , sendo constante, tem simetria radial. Esta simetria não se perde ao
longo do tempo. Em outras palavras, a temperatura u depende apenas da coordenada po-
lar r , não dependendo de θ . Com isso, o problema matemático se simplifica. Na equação
do calor ut = c
2∆u, usamos a expressão do laplaciano em coordenadas polares para uma
função que não depende de θ
∆u = urr +
1
r
ur +
1
r2
+ uθθ = urr +
1
r
ur .
Por simplicidade, vamos considerar o caso c2 = 1 (isto sempre pode ser conseguido,
tomando unidades convenientes). Estamos procurando uma função u = u(r, t) satisfa-
zendo 
ut = urr +
1
r
ur , (0 < r < 1 , 0 < t <∞)
u(1, t) = 0 , para t > 0
u(r, 0) = 100 , para 0 < r < 1
Começamos procurando u da forma u(r, t) = ϕ(r)ψ(t) . Substituindo na equação e sepa-
rando as variáveis, temos que
r ϕ′′(r) + ϕ′(r)
r ϕ(r)
=
ψ′(t)
ψ(t)
= λ ,
que nos dá as equações
r ϕ′′(r) + φ′(r) + λ r ϕ(r) = 0 e ψ′(t) = λψ(t) .
A solução da segunda equação é a exponencial ψ(t) = eλ t . Devemos ter λ < 0 , pois caso
contrário a solução se tornaria infinita para t −→∞ . Pondo, então, λ = −α2 , obtemos
r ϕ′′(r) + ϕ(r) + α2 r ϕ(t) = 0 .
Multiplicando por r e fazendo a mudança de variável s = αr , esta última equação se
transforma em
s2
d2ϕ
ds2
+ s
dϕ
ds
+ s2 ϕ = 0 ,
que é a equação de Bessel de ı́ndice 0. A solução, portanto, é
ϕ(r) = AJ0(α r) +B Y0(α r) ,
mas B = 0 , pois a solução deve permanecer finita para r = 0 , que corresponde à origem,
que faz parte do disco. Obtemos, assim,
u(r, t) = AJ0(αr) e
−α2t .
Pela condição de fronteira u(1, t) = 0 , devemos ter J0(α) = 0 , isto é, α = αn é um dos
zeros positivos da função de Bessel J0 . Encontramos então as soluções
un(r, t) = AnJ0(αnr) e
−α2nt
para a equação diferencial e a condição de fronteira. Fazendo a superposição obtemos
u(r, t) =
∞∑
n=1
AnJ0(αnr) e
−α2nt .
Para t = 0 , devemos ter o desenvolvimento de Fourier-Bessel
100 = u(r, 0) =
∞∑
n=1
AnJ0(αnr) .
Como vimos, os An são dados por
An =
200[
J1(αn)
]2 ∫ 1
0
J0(αnr) r dr .
Da equação de Bessel,
r J0(r) = − [r J ′′0 (r) + J ′0(r) ] = − (r J ′0(r))
′
.
Logo, ∫ 1
0
J0(αnr) r dr =
1
α 2n
∫ αn
0
J0(τ) τ dτ = −
r
α 2n
J1(r)
∣∣∣∣r=αn
r=0
= − 1
αn
J1(αn) .
Obtemos, finalmente, que a solução do problema é
u(r, t) =
∞∑
n=1
200
αnJ1(αn)
J0(αn r) e
−α2n t .
2
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