equações diferenciais 5

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EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 
AULA 5 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Profª Dayane Perez Bravo 
 
 
2 
CONVERSA INICIAL 
Veremos, nesta aula, o que é um sistema de equações diferenciais e 
como os métodos discutidos nas outras aulas podem ser estendidos para a 
resolução destes novos problemas. 
TEMA 1 – REVISÃO: MATRIZES, SISTEMAS DE EQUAÇÕES 
Para a resolução de sistemas de equações diferenciais lineares, 
precisamos escrevê-los na forma matricial. Um sistema de equações lineares é 
um conjunto de equações escrito na forma: 
{
𝑎11𝑥1 + 𝑎12𝑥2 +⋯+ 𝑎1𝑛𝑥𝑛 = 𝑏1
𝑎21𝑥1 + 𝑥22𝑥2 +⋯+ 𝑎2𝑛𝑥𝑛 = 𝑏2
⋮
𝑎𝑚1𝑥1 + 𝑎𝑚2𝑥2 +⋯+ 𝑎𝑚𝑛𝑥𝑛 = 𝑏𝑚
 
Esse sistema de equações apresenta 𝑚 equações e 𝑛 incógnitas. 
Resolver o sistema de equações é encontrar uma solução de números 
(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) que satisfaça simultaneamente a todas essas equações dadas. 
Para escrever o sistema na forma matricial, definimos as seguintes 
matrizes. 𝑨 como a matriz dos coeficientes dada por: 
𝑨 = [
𝑎11 ⋯ 𝑎1𝑛
⋮ ⋱ ⋮
𝑎𝑚1 ⋯ 𝑎𝑚𝑛
] 
𝑿 como a matriz das incógnitas: 
𝑿 = [
𝑥1
⋮
𝑥𝑛
] 
E 𝑩 como a matriz dos termos independentes: 
𝑩 = [
𝑏1
⋮
𝑏𝑚
] 
Em alguns métodos de resolução, também precisaremos da matriz 
aumentada do sistema, definida como: 
[
𝑎11 ⋯ 𝑎1𝑛
⋮ ⋱ ⋮
𝑎𝑚1 ⋯ 𝑎𝑚𝑛
𝑏1
⋮
𝑏𝑚
] 
 
 
3 
Veja que a forma geral de um sistema de equações lineares pode ser 
simplificada, quando escrita em função da matriz dos coeficientes, da matriz 
das incógnitas e da matriz dos termos independentes: 
𝑨𝒙 = 𝑩 
O traço de uma matriz é dado pela soma dos termos da diagonal 
principal. 
Ou seja, se 𝐴 = [
𝑎 𝑏
𝑐 𝑑
], então, o traço de A é 𝑡𝑟(𝐴) = 𝑎 + 𝑑. 
O determinante de A é det(𝐴) = 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐. 
TEMA 2 – AUTOVALORES E AUTOVETORES 
Além de recordar como se escreve um sistema de equações lineares na 
forma matricial, vale a pena recordar o que são os autovalores e autovetores 
de uma transformação linear. 
Suponha que exista uma transformação linear que transforme elementos 
de um conjunto 𝑉 em outros elementos desse mesmo conjunto, ou seja, 𝑇: 𝑉 →
𝑉. Suponha que T seja um operador linear. Se existirem 𝑣 não nulos e 𝜆 real 
tais que 
𝑇𝑣 = 𝜆𝑣 
Então, dizemos que 𝜆 é um autovalor de 𝑇 e 𝑣 um autovetor de 𝑇 
associado a 𝜆. 
Outra maneira de identificar o autovalor de uma matriz é pelo polinômio 
característico. Por exemplo, se 𝐴 = [
𝑎 𝑏
𝑐 𝑑
], então, seu polinômio característico 
é dado por 𝑝(𝑟) = 𝜆2 − 𝑇𝑟(𝐴)𝜆 + det (𝐴) ou 𝑝(𝑟) = 𝜆2 − (𝑎 + 𝑑)𝜆 + (𝑎𝑑 − 𝑏𝑐). 
As raízes do polinômio característico são os autovalores de A. 
Cada autovalor possui um autovetor associado. Para obter um autovetor 
(x⃗ ), devemos resolver a equação matricial (𝐴 − 𝝀)x⃗ = 𝟎, onde I é a matriz 
identidade. 
 
 
 
4 
TEMA 3 – SISTEMAS DE EQUAÇÕES LINEARES HOMOGÊNEAS 
Um sistema de equações diferenciais é um conjunto de equações 
diferenciais com as mesmas funções incógnitas e que apresentam a mesma 
solução. Por exemplo, dizemos que 
{
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦 − 𝑧
𝑑𝑧
𝑑𝑥
= −3𝑧 − 𝑦
 
é um sistema de equações diferenciais. Se as equações diferenciais forem 
homogêneas, dizemos que o sistema é um sistema de equações lineares 
homogêneas. Vejamos como utilizar a técnica de solução para alguns tipos de 
equações diferenciais, por meio do seguinte exemplo: 
{
𝑦 +
𝑑𝑧
𝑑𝑥
= cos 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑧 = cos 𝑥 − 𝑠𝑒𝑛 𝑥
 
Para resolver este problema, vamos simplificar utilizando D como o 
operador diferencial. Nesse caso, podemos reescrever a equação dada como: 
{
𝑦 + 𝐷𝑧 = cos 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝐷𝑦 + 𝑧 = cos 𝑥 − 𝑠𝑒𝑛 𝑥
 
Vamos aplicar o operador diferencial em ambos os lados da primeira 
equação, como se segue. O nosso objetivo é eliminar uma das variáveis do 
sistema: 
{
𝐷𝑦 + 𝐷2𝑧 = 𝐷(cos 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥)
𝐷𝑦 + 𝑧 = cos 𝑥 − 𝑠𝑒𝑛 𝑥
 
Veja que podemos subtrair uma equação da outra, e obteremos uma 
única equação que não depende mais de 𝐷𝑦: 
𝐷2𝑧 − 𝑧 = 𝐷(𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥) − cos 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
𝐷2𝑧 − 𝑧 = −𝑠𝑒𝑛 𝑥 + cos 𝑥 − cos 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
Visto que 𝐷(𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥) = −𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥. 
 
 
5 
Assim, podemos escrever: 
𝐷2𝑧 − 𝑧 = 0 
Que representa uma equação diferencial de segunda ordem 
homogênea. Veja que sua equação característica é dada por: 
𝑟2 − 1 = 0 
Cujas raízes são 𝑟1 = 1, 𝑟2 = −1. Com os métodos da aula anterior, 
deduzimos que a solução geral é dada por: 
𝑧 = 𝐶1𝑒
𝑥 + 𝐶2𝑒
−𝑥 
Podemos substituir o valor encontrado na outra equação diferencial do 
sistema dado. Nesse caso, obtemos: 
𝑦 +
𝑑𝑧
𝑑𝑥
= cos 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
𝑦 +
𝑑
𝑑𝑥
[𝐶1𝑒
𝑥 + 𝐶2𝑒
−𝑥] = cos 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
Resolvendo a nova equação diferencial, obtemos: 
𝑦 + 𝐶1𝑒
𝑥 − 𝐶2𝑒
−𝑥 = cos 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
𝑦 = −𝐶1𝑒
𝑥 + 𝐶2𝑒
−𝑥 + cos 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
Portanto, podemos escrever a solução do sistema de equações 
diferenciais dado como: 
{
𝑧 = 𝐶1𝑒
𝑥 + 𝐶2𝑒
−𝑥
𝑦 = −𝐶1𝑒
𝑥 + 𝐶2𝑒
−𝑥 + cos 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥
 
Vejamos como utilizar a técnica descrita para resolver o seguinte 
sistema de equações diferenciais: 
{
2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
𝑑𝑧
𝑑𝑥
− 𝑦 + 𝑧 = 0
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
𝑑𝑧
𝑑𝑥
− 2𝑧 = 0
 
 
 
6 
Utilizando o operador diferencial para reescrevermos o sistema, nos faz 
obtê-lo na seguinte forma resumida: 
{
2𝐷𝑦 − 𝐷𝑧 − 𝑦 + 𝑧 = 0
𝐷𝑦 + 𝐷𝑧 − 2𝑧 = 0
 
Que pode ser reescrito como: 
{
(2𝐷 − 1)𝑦 − (𝐷 − 1)𝑧 = 0
𝐷𝑦 + (𝐷 − 2)𝑧 = 0
 
Nosso objetivo é eliminar uma das variáveis, 𝑦 ou z, nesse caso 
podemos multiplicar a primeira equação por D e a segunda equação por (2D-
1), obtendo: 
{
𝐷(2𝐷 − 1)𝑦 − 𝐷(𝐷 − 1)𝑧 = 0
(2𝐷 − 1)𝐷𝑦 + (2𝐷 − 1)(𝐷 − 2)𝑧 = 0
 
Subtraindo ambas as equações nessa forma permite eliminar uma das 
variáveis, obtendo: 
(2𝐷 − 1)(𝐷 − 2)𝑧 + 𝐷(𝐷 − 1)𝑧 = 0 
(2𝐷2 − 4𝐷 − 𝐷 + 2)𝑧 + (𝐷2 − 𝐷)𝑧 = 0 
(3𝐷2 − 6𝐷 + 2)𝑧 = 0 
Veja que essa equação nova representa uma equação diferencial 
homogênea, como aquelas vistas nas primeiras aulas. Nesse caso, podemos 
encontrar as raízes da equação característica, dadas por: 
3𝑟2 − 6𝑟 + 2 = 0 
Podemos usar fatoração e encontraremos: 
𝑟1 =
3 + √3
3
 
𝑟2 =
3 − √3
3
 
Portanto, a solução geral para a variável 𝑧 será dada por: 
7 
𝑧 = 𝐶1𝑒
3+√3
3
𝑥 + 𝐶2𝑒
3−√3
3
𝑥
Com a solução para a variável 𝑧 conhecida, podemos substituí-la na 
outra equação diferencial para encontrar a solução para a variável 𝑦. 
Substituindo na equação dada, obtemos: 
𝐷𝑦 + (𝐷 − 2)𝑧 = 0 
𝐷𝑦 = 2𝑧 − 𝐷𝑧 
Como 
𝑧 = 𝐶1𝑒
3+√3
3
𝑥 + 𝐶2𝑒
3−√3
3
𝑥
𝐷𝑧 =
𝑑𝑧
𝑑𝑥
=
3 + √3
3
𝐶1𝑒
3+√3
3
𝑥 +
3 − √3
3
𝐶2𝑒
Então, 
𝐷𝑦 = 2𝐶1𝑒
𝑟1𝑥 + 2𝐶2𝑒
𝑟2𝑥 − 𝑟1𝐶1𝑒
𝑟1𝑥 − 𝑟2𝐶2𝑒
𝑟2𝑥
Integrando, obtemos: 
𝑦 = ∫𝐷𝑦𝑑𝑥 = (2 − √3)𝐶1𝑒
3+√3
3
𝑥 + (2 + √3)𝐶2𝑒
TEMA 4 – SISTEMAS DE EQUAÇÕES LINEARES NÃO HOMOGÊNEAS: 
COEFICIENTES INDETERMINADOS 
Vejamos o seguinte exemplo de resolução da equação diferencial a 
seguir: 
{
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
𝑑𝑧
𝑑𝑥
− 𝑦 − 4𝑧 = 𝑒5𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
𝑑𝑧
𝑑𝑥
− 2𝑦 − 3𝑧 = 𝑒2𝑥
Para resolver este sistema de equações, vamos utilizar, assim como nos 
exercícios anteriores, o operador diferencial D. Nesse caso, podemos escrever: 
3−√3
3
𝑥
3−√3
3
𝑥
8 
{
𝐷𝑦 + 𝐷𝑧 − 𝑦 − 4𝑧 = 𝑒5𝑥
𝐷𝑦 + 𝐷𝑧 − 2𝑦 − 3𝑧 = 𝑒2𝑥
Podemos colocar a variável 𝑦 e a variável 𝑧 em evidência, colocando o 
sistema em uma forma ainda mais simplificada: 
{
(𝐷 − 1)𝑦 + (𝐷 − 4)𝑧 = 𝑒5𝑥
(𝐷 − 2)𝑦 + (𝐷 − 3)𝑧 = 𝑒2𝑥
Para eliminar a variável 𝑦, podemos multiplicar a primeira equação por 
(𝐷 − 2) e a segunda equação por (𝐷 − 1). Assim, obtemos: 
{
(𝐷 − 1)(𝐷 − 2)𝑦 + (𝐷 − 2)(𝐷 − 4)𝑧 = (𝐷 − 2)𝑒5𝑥
(𝐷 − 1)(𝐷 − 2)𝑦 + (𝐷 − 1)(𝐷 − 3)𝑧 = (𝐷 − 1)𝑒2𝑥
Subtraindo a segunda equação da primeira, obtemos uma única 
equação, que pode ser resolvida pelos métodos conhecidos nas aulas 
anteriores. Nesse caso, 
(𝐷 − 2)(𝐷 − 4)𝑧 − (𝐷 − 1)(𝐷 − 3)𝑧= (𝐷 − 2)𝑒5𝑥 − (𝐷 − 1)𝑒2𝑥 
Podemos simplificar a equação, desenvolvendo os produtos que 
surgiram: 
(𝐷2 − 4𝐷 − 2𝐷 + 8)𝑧 − (𝐷2 − 3D − 𝐷 + 3)𝑧 = (𝐷 − 2)𝑒5𝑥 − (𝐷 − 1)𝑒2𝑥 
(−2𝐷 + 5)𝑧 = (𝐷 − 2)𝑒5𝑥 − (𝐷 − 1)𝑒2𝑥 
Desenvolvendo os produtos no outro termo da equação, obtemos: 
(−2𝐷 + 5)𝑧 = 𝐷𝑒5𝑥 − 2𝑒5𝑥 − 𝐷𝑒2𝑥 + 𝑒2𝑥 
Veja que o operador diferencial 𝐷 aplicado à função 𝑒2𝑥 e 𝑒5𝑥 permite 
escrever: 
(−2𝐷 + 5)𝑧 = 5𝑒5𝑥 − 2𝑒5𝑥 − 2𝑒2𝑥 + 𝑒2𝑥 
Que, na forma simplificada, é equivalente a: 
(−2𝐷 + 5)𝑧 = 3𝑒5𝑥 − 𝑒2𝑥 
 
 
9 
Essa nova equação diferencial não é homogênea, mas pode ser 
resolvida pelos métodos discutidos nas aulas anteriores. Para isso, 
encontremos a solução particular da equação homogênea equivalente: 
(−2𝐷 + 5)𝑧 = 0 
Sua equação característica possui raiz dada por: 
𝑟 =
5
2
 
E portanto, sua solução particular é dada por: 
𝑧𝑝 = 𝐶1𝑒
5
2
𝑥
 
Para encontrar a solução geral, devemos utilizar o método dos 
coeficientes indeterminados, visto nas aulas anteriores. Nesse caso, a solução 
complementar é dada por: 
𝑧𝑐 = 𝐴𝑒
5𝑥 + 𝐵𝑒2𝑥 
Substituímos essa solução na equação que desejamos obter a solução 
para determinarmos os coeficientes 𝐴 e 𝐵. Ou seja, 
(−2𝐷 + 5)𝑧𝑐 = 3𝑒
5𝑥 − 𝑒2𝑥 
(−2𝐷 + 5)(𝐴𝑒5𝑥 + 𝐵𝑒2𝑥) = 3𝑒5𝑥 − 𝑒2𝑥 
−2𝐴5𝑒5𝑥 − 2𝐵2𝑒2𝑥 + 5𝐴𝑒5𝑥 + 5𝐵𝑒2𝑥 = 3𝑒5𝑥 − 𝑒2𝑥 
−10𝐴𝑒5𝑥 − 4𝐵𝑒2𝑥 + 5𝐴𝑒5𝑥 + 5𝐵𝑒2𝑥 = 3𝑒5𝑥 − 𝑒2𝑥 
−5𝐴𝑒5𝑥 + 𝐵𝑒3𝑥 = 3𝑒5𝑥 − 𝑒2𝑥 
Portanto, 
{
−5𝐴 = 3
𝐵 = −1
 
Nesse caso, 
𝑧𝑐 = −
3
5
𝑒5𝑥 − 𝑒2𝑥 
 
 
10 
Portanto, a solução geral é dada por: 
𝑧 = 𝐶1𝑒
5
2
𝑥 −
3
5
𝑒5𝑥 − 𝑒2𝑥 
Vamos encontrar a solução geral para a variável 𝑦. Nesse caso, 
substituímos a solução geral encontrada na outra equação diferencial do 
sistema dado. Obtemos, assim: 
𝑦 − 𝑧 = 𝑒5𝑥 − 𝑒2𝑥 
𝑦 = 𝑧 + 𝑒5𝑥 − 𝑒2𝑥 
𝑦 = 𝐶1𝑒
5
2
𝑥 −
3
5
𝑒5𝑥 − 𝑒2𝑥 + 𝑒5𝑥 − 𝑒2𝑥 
𝑦 = 𝐶1𝑒
5
2
𝑥 +
2
5
𝑒5𝑥 − 2𝑒2𝑥 
Dessa forma, a solução do sistema de equações dado é: 
{
𝑧 = 𝐶1𝑒
5
2
𝑥 −
3
5
𝑒5𝑥 − 𝑒2𝑥
𝑦 = 𝐶1𝑒
5
2
𝑥 +
2
5
𝑒5𝑥 − 2𝑒2𝑥
 
TEMA 5 – SISTEMAS DE EQUAÇÕES LINEARES NÃO HOMOGÊNEAS: 
VARIAÇÃO DE PARÂMETROS 
Vejamos um último caso de equação diferencial que pode surgir a partir 
do seguinte exemplo: 
{
 
 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
− 2
𝑑𝑧
𝑑𝑥
− 𝑦 = 𝑒𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
𝑑2𝑧
𝑑𝑥2
− 2𝑧 = 𝑥2
 
Utilizando a notação operacional, podemos escrever: 
{
𝐷2𝑦 − 2𝐷𝑧 − 𝑦 = 𝑒𝑥
𝐷𝑦 − 𝐷2𝑧 − 2𝑧 = 𝑥2
 
Colocando a variável 𝑦 e 𝑧 em evidência, obtemos: 
 
 
11 
{
(𝐷2 − 1)𝑦 − 2𝐷𝑧 = 𝑒𝑥
𝐷𝑦 − (𝐷2 + 2)𝑧 = 𝑥2
 
Vamos eliminar a variável 𝑦. Para isso, multiplicamos a primeira equação 
por 𝐷 e a segunda equação por (𝐷2 − 1). 
{
𝐷(𝐷2 − 1)𝑦 − 2𝐷2𝑧 = 𝐷𝑒𝑥
𝐷(𝐷2 − 1)𝑦 − (𝐷2 − 1)(𝐷2 + 2)𝑧 = (𝐷2 − 1)𝑥2
 
Subtraindo a segunda equação da primeira, obtemos: 
−2𝐷2𝑧 + (𝐷2 − 1)(𝐷2 + 2)𝑧 = 𝐷𝑒𝑥 − (𝐷2 − 1)𝑥2 
Simplificando ao lado esquerdo da equação, obtemos: 
−2𝐷2𝑧 + (𝐷4 + 2𝐷2 − 𝐷2 − 2)𝑧 = 𝐷𝑒𝑥 − 𝐷2𝑥2 + 𝑥2 
(𝐷4 − 𝐷2 − 2)𝑧 = 𝐷𝑒𝑥 − 𝐷2𝑥2 + 𝑥2 
Podemos simplificar o lado direito da equação, aplicando o operador 
diferencial nas funções dadas. Nesse caso, escrevemos: 
(𝐷4 − 𝐷2 − 2)𝑧 = 𝑒𝑥 − 2 + 𝑥2 
Nesse momento, podemos encontrar a solução particular da equação 
homogênea equivalente: 
(𝐷4 − 𝐷2 − 2)𝑧 = 0 
Veja que a equação característica é: 
𝑟4 − 𝑟2 − 2 = 0 
Cujas raízes são: 
𝑟1 = √2 
𝑟2 = −√2 
𝑟3 = 𝑖 
𝑟4 = −𝑖 
12 
Portanto, sua solução particular é dada por: 
𝑧𝑝 = 𝐶1𝑒
√2𝑥 + 𝐶2𝑒
−√2𝑥 + 𝐶3 cos 𝑥 + 𝐶4𝑠𝑒𝑛 𝑥
Podemos, a partir desta solução, encontrar a solução geral de 
(𝐷4 − 𝐷2 − 2)𝑧 = 𝑒𝑥 − 2 + 𝑥2 
A solução característica será dada por: 
𝑧𝑐 = 𝐴𝑒
𝑥 + 𝐵𝑥2 + 𝐶𝑥 + 𝐷
Veja que, nesse caso, 
𝑧𝑐
′ = 𝐴𝑒𝑥 + 2𝐵𝑥 + 𝐶 
𝑧𝑐
′′ = 𝐴𝑒𝑥 + 2𝐵
𝑧𝑐
′′′ = 𝑧𝑐 (4) = 𝐴𝑒𝑥
Substituindo na equação dada, obtemos: 
(𝐷4 − 𝐷2 − 2)𝑧𝑝 = 𝑒
𝑥 − 2 + 𝑥2
(𝐷4 −𝐷2 − 2)(𝐴𝑒𝑥 + 𝐵𝑥2 + 𝐶𝑥 + 𝐷) = 𝑒𝑥 − 2 + 𝑥2 
𝐴𝑒𝑥 − (𝐴𝑒𝑥 + 2𝐵) − 2(𝐴𝑒𝑥 + 𝐵𝑥2 + 𝐶𝑥 + 𝐷) = 𝑒𝑥 + 𝑥2 − 2 
Veja que isso permite definir que 
𝐴 = −
1
2
𝐵 = −
1
2
𝐶 = 0 
𝐷 =
3
2
Portanto, 
𝑧𝑐 = −
1
2
𝑒𝑥 −
1
2
𝑥2 +
3
2
 
 
13 
A solução geral é dada por: 
𝑧 = 𝑧𝑝 + 𝑧𝑐 
𝑧 = 𝐶1𝑒
√2𝑥 + 𝐶2𝑒
−√2𝑥 + 𝐶3 cos 𝑥 + 𝐶4𝑠𝑒𝑛 𝑥 −
1
2
𝑒𝑥 −
1
2
𝑥2 +
3
2
 
Com essa solução em mãos, podemos substituir na equação dada no 
sistema de equações diferenciais original para obtermos a solução para a 
variável 𝑦. Nesse caso, 
𝐷𝑦 − (𝐷2 + 2)𝑧 = 𝑥2 
Aplicando-se o operador 𝐷 em ambos os lados, podemos escrever: 
𝐷2𝑦 − (𝐷3 + 2𝐷)𝑧 = 𝐷𝑥2 
𝐷2𝑦 − 𝐷3𝑧 + 2𝐷𝑧 = 2𝑥 
Substituindo a solução 𝑧 e suas derivadas, obtemos: 
𝐷𝑧 = √2𝐶1𝑒
√2𝑥 − √2𝐶2𝑒
−√2𝑥 − 𝐶3𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶4 cos 𝑥 −
1
2
𝑒𝑥 − 𝑥 
𝐷2𝑧 = 2𝐶1𝑒
√2𝑥 + 2𝐶2𝑒
−√2𝑥 − 𝐶3 cos 𝑥 − 𝐶4𝑠𝑒𝑛 𝑥 −
1
2
𝑒𝑥 − 1 
𝐷3𝑧 = 2√2𝐶1𝑒
√2𝑥 − 2√2𝐶2𝑒
−√2𝑥 + 𝐶3𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝐶4 cos 𝑥 −
1
2
𝑒𝑥 
Portanto, 
𝑦 = 2√2𝐶1𝑒
√2𝑥 − 2√2𝐶2𝑒
−√2𝑥 + 𝐶3𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝐶4 cos 𝑥 −
3
2
𝑒𝑥 + 2𝑥 
Nesse caso, escrevemos a solução do sistema de equação diferenciais, 
como sendo: 
{
𝑧 = 𝐶1𝑒
√2𝑥 + 𝐶2𝑒
−√2𝑥 + 𝐶3 cos 𝑥 + 𝐶4𝑠𝑒𝑛 𝑥 −
1
2
𝑒𝑥 −
1
2
𝑥2 +
3
2
𝑦 = 2√2𝐶1𝑒
√2𝑥 − 2√2𝐶2𝑒
−√2𝑥 + 𝐶3𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝐶4 cos 𝑥 −
3
2
𝑒𝑥 + 2𝑥
 
 
 
14 
FINALIZANDO 
Com essa quinta aula, foi possível verificar a aplicação de sistemas de 
equações diferenciais. 
Nas próximas aulas, veremos como utilizar as séries de Fourier para 
resolver equações específicas. 
 
 
 
15 
REFERÊNCIAS 
BOYCE, W. E.; DIPRIMA, R. C. Equações diferenciais elementares e 
problemas de valores de contorno. 9. ed. São Paulo: LTC, 2010. 
KENT, N. R. Equações diferenciais. 8 ed. São Paulo: Pearson Education do 
Brasil, 2012. 
NÓBREGA, D. D. Equações diferenciais ordinárias e algumas aplicações. 
Caicó-RN: UFRN, 2016. 
ZILL, D. G.; CULLEN, M. R. Equações diferenciais. 3. ed. v.1. São Paulo: 
Pearson Education do Brasil, 2001.