Equações Diferenciais: Conceitos Básicos

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Universidade Federal de Pelotas - UFPEL
11100050 - Equações Diferenciais
Profa. Rejane Pergher
CAPÍTULO 1: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS
1.1 Conceitos Básicos
Uma equação diferencial é uma equação que envolve uma função incógnita e suas derivadas.
Exemplos:
a)
dy
dx
= fx ou y ′ = fx y : função incógnita, onde y = yx, ou seja, por exemplo, y ′ = x + 3
b)
d2y
dx2
+ 2
dy
dx
2
= 1 y = yx
c)
d3y
dx3
+ x + 3
d2y
dx2
+
dy
dx
+ xy = 0 y = yx
d)
d2y
dx2
3
+ y
dy
dx
7
+ y3
dy
dx
2
+ 5x = 0 y = yx
e)
∂2y
∂t2
= c
∂2y
∂x2
y = yx, t
f) m
d2xt
dt2
= F t,xt,
dxt
dt
(Lei de Newton)
1.2 Classificação:
1. Tipo:
Equação Diferencial
↙ ↘
Eq.Diferencial Ordinária(EDO) Eq. Diferencial Parcial (EDP)
- EDO: uma equação diferencial ordinária é aquela cuja função incógnita depende de apenas uma
variável independente.
Exemplos.: a), b), c), d) e f).
- EDP: uma equação diferencial parcial é aquela cuja função incógnita depende de duas ou mais
variáveis independentes.
Exemplo: e).
2. Ordem: A ordem de uma equação diferencial é a ordem da mais alta derivada que nela aparece.
Exemplos.: a) é equação diferencial de primeira ordem.
b), d), e) e f) são equações diferenciais de segunda ordem.
c) é equação diferencial de terceira ordem.
1
Exemplos de Aplicação:
● Um modelo para o movimento de uma mola:
A equação diferencial ordinária que modela o movimento de um objeto de massa m preso a uma mola
é:
m d
2x
dt2
= −kx
onde k é uma constante positiva(chamada constante da mola)
● Equação diferencial ordinária que governa o decaimento de uma substância radioativa com o tempo
R(t) (função incógnita):
dRt
dt
= −kRt
onde k é uma constante conhecida.
3. Linearidade: Equação Diferencial
↙ ↘
Linear Não - linear
- Linear: uma equação diferencial ordinária (EDO) de ordem n é linear se puder ser escrita na forma:
a0x
dny
dxn
+ a1x
dn−1y
dxn−1
+. . .+anxy = gx
(Definição semelhante aplica-se a EDP).
- Não-linear: uma equação diferencial que não tenha a forma da equação acima é dita não-linear.
Exemplos.: a), c) e e) são lineares.
b) e d) são não-lineares (potências das derivadas).
Exemplo de Aplicação:
Pêndulo: A equação diferencial ordinária que modela o movimento oscilatório de um pêndulo simples é
dada por:
d2θ
dt2
+
g
l
sinθ = 0
que é uma equação não-linear (termo sinθ ). Faltam técnicas gerais de solução. Em alguns casos, é
possível fazer uma aproximação do problema para equações lineares (técnicas desenvolvidas).
Neste exemplo, se o ângulo θ for pequeno, então sinθ ≅ θ e a EDO não-linear é substituída por uma
equação linear:
d2θ
dt2
+
g
l
θ = 0
Observação: Existem problemas que não é possível aproximar uma equação não-linear por uma
equação linear.
1.3 Soluções:
2
Uma solução de uma equação diferencial na função incógnita y e na variável independente x, no
intervalo I, é uma função que verifica a equação diferencial identicamente para todo x em I.
Exemplo 1: yx = C1 sin2x + C2 cos 2x é solução de y ′′ + 4y = 0 ?
y ′x =
y ′′x =
Substituindo na EDO, verifica-se que yx satisfaz a equação diferencial para ∀x.
Portanto, yx é solução no intervalo −∞,∞.
Exemplo 2: yx = x2 lnx é solução de x2y ′′ − 3xy ′ + 4y = 0 , x > 0 ?
y ′x =
y ′′x =
Exemplo 3: y = x2 − 1 é solução de y ′ 4 + y2 = −1 ?
A equação não admite solução, pois y ′ 4 + y2 é sempre não negativo para todo yx real, não podendo
ser igual a -1.
Exemplo 4: y ′ 4 + y2 = 0 , admite como única solução y ≡ 0 (pelo mesmo motivo do exemplo anterior).
Definição: Uma solução particular de uma equação diferencial é qualquer solução. A solução geral de
uma equação diferencial é o conjunto de todas as soluções.
Exemplo 5: Pode-se mostrar que yx = C1 sin2x + C2 cos 2x é a solução geral de y ′′ + 4y = 0. Isto é, toda
a solução particular da ED tem esta forma. Por exemplo, são soluções particulares:
y = 5sin2x − 3 cos 2x C1 = 5,C2 = −3
y = sin2x C1 = 1,C2 = 0
y = 0 C1 = 0,C2 = 0
Observação: Nem sempre se pode expressar por uma fórmula única a solução de uma ED.
Exemplo 6: y ′ + y2 = 0 tem como soluções particulares y = 1x e y ≡ 0.
1.4 Problemas de Valores Iniciais e de Valores no Contorno:
Uma equação diferencial acompanhada de condições adicionais sobre a função incógnita e suas
derivadas (todas no mesmo valor da variável independente) constitui um problema de valores iniciais. Estas
condições são chamadas C.I. (condições iniciais).
Exemplo 1: y ′′ + 2y ′ = ex
yπ = 1 , y ′π = 2 (CI)
3
Este é um problema de valor inicial, pois as condições adicionais são dadas em x = π.
Se as condições adicionais são dadas para mais de um valor da variável independente, temos um
problema de valores no contorno e as condições são C.C. (condições de contorno).
Exemplo 2: y ′′ + 2y ′ = ex
y0 = 1 , y1 = 1 (CC)
Este é um problema de valor no contorno, pois as condições adicionais são dadas em x = 0 e x = 1.
Exemplo 3: Determine uma solução do problema y ′′ + 4y = 0 onde y0 = 0 , y ′0 = 1 se a solução
geral é yx = C1 sin2x + C2 cos 2x
y0 =
y ′x =
y ′0 =
Solução particular: yx = 1
2
sin2x
Solução geral: conjunto de todas as soluções (família de curvas).
Solução particular: solução que satisfaz as CI ou as CC (uma única curva).
-4 -2 2
-0.4
-0.2
0.2
0.4
x
y
-4 -2 2 4
-3
-2
-1
1
2
3
x
y
Solução particular: Solução geral:
Campo de direções: dá um “perfil” das soluções
dy
dx
= fx,y coeficiente angular da solução no ponto
x,y.
1.5 LISTA DE EXERCÍCIOS 1
1- Nos exercícios seguintes, determine:
(a) a ordem da eq. diferencial. (b) o tipo EDO ou EDP.
(c) a variável independente. (d) a função incógnita.
1.1 y ′ + xy = x2 1.2 y ′3 = sinx
4
1.3 ∂
2u
∂x2
+ ∂
2u
∂x∂y
+ 7 ∂
2u
∂y2
+ 8 ∂u
∂x
+ 2u = sinxy
1.4
d3y
dx3
+ 3
d2y
dx2
+ y = ex 1.5
d4y
dx4
d3y
dx3
d2y
dx2
=
dy
dx
1.6 y ′′2 − 3yy ′ + xy = 0 1.7 x4yIV + xy ′′′ = ex 1.8 d
ny
dxn
= y2 + 1
2 - Quais, entre as funções abaixo, são soluções de y ′ − 5y = 0?
a) y = 5 b) y = 5x c) y = x5 d) y = e5x e) y = 2e5x f) y = 5e2x
3 - Quais, entre as funções abaixo, são soluções de x ′′ − 4x ′ + 4x = e t ?
a) x = e t b) x = e2t c) x = e2t + e t d) x = te2t + e t e) x = e2t + te t
4 - Determine os valores das constantes, de modo que as funções dadas satisfaçam as condições
iniciais indicadas:
4.1 yx = C1ex + C2e2x + 3e3x; y0 = 0; y ′0 = 0
4.2 yx = C1 sinx + C2 cos x + 1; yπ = 0; y ′π = 0
Respostas:
1.1 (a) 1 (b) E.D.O. (c) x (d) yx
1.2 (a) 1 (b) E.D.O. (c) x (d) yx
1.3 (a) 2 (b) E.D.P. (c) x,y (d) ux,y
1.4 (a) 3 (b) E.D.O. (c) x (d) yx
1.5 (a) 4 (b) E.D.O. (c) x (d) yx
1.6 (a) 2 (b) E.D.O. (c) x (d) yx
1.7 (a) 4 (b) E.D.O. (c) x (d) yx
1.8 (a) n (b) E.D.O. (c) y (d) xy
2- (d) e (e) 3- (a), (c) e (d)
4.1 C1 = 3, C2 = −6 4.2 C1 = 0, C2 = 1.
CAPÍTULO 2: EDO DE PRIMEIRA ORDEM
2.1 Interpretação Geométrica das EDOs de Primeira Ordem - Campo de Direções:
Uma EDO de primeira ordem é uma equação da forma:
dy
dx
= fx,yx
A solução desta equação é uma função y = φx que pode ser representada através de um gráfico.
Geometricamente, da equação diferencial acima, podemos afirmar que, em qualquer ponto x,y, o
coeficiente angular
dy
dx
da solução neste ponto é dada por fx,y.
Graficamente, podemos traçar um pequeno segmento de reta, no ponto x,y, coeficiente angular
fx,y.
5
Exemplo 1:
dy
dx
= 1
3
y, cuja solução exata é yx = Ce
1
3
x
-4 -2 0 2 4
1
2
3
4
5
x
y
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
5
10
15
20
x
y
O conjunto dos segmentos de reta é o campo de direções da EDO de primeira ordem.
2.2 Equações a Variáveis Separáveis:
A forma padrão de uma EDO de primeira ordem é
dy
dx
= fx,y. No entanto, podemos escrever
fx,y como
Mx,y
−Nx,y
, assim,
dy
dx
=
Mx,y
−Nx,y
−Nx,ydy = Mx,ydx
e obtemos a forma diferencial para esta equação:Mx,ydx + Nx,ydy = 0
Exemplo 1: Escreva yyy ′ − 1 = x na forma padrão e na forma diferencial:
Forma padrão:
dy
dx
=
x + y
y2
Forma diferencial: (existeminfinitas)
x + y
y2
dx − dy = 0 ou x + ydx − y2dy = 0
Uma EDO de primeira ordem é uma equação a variáveis separáveis se pode ser escrita como:
Mxdx + Nydy = 0
e sua solução geral é obtida via integração:
∫Mxdx + ∫Nydy = C
Exemplo 2: Determinar a solução geral da equação
dy
dx
= x
2
1 − y2
:
6
Solução: x3 + y3 − 3y = C
Obs.: y = yx implícitamente.
Exemplo 3: Determinar a solução geral da equação
dy
dx
= 3x2 :
Solução: y = x3 + C
Obs.: dependência explícita ( yx está isolado)
Exemplo 4: Determinar a solução geral da equação
dy
dx
= 4y :
Solução: y = Ce4x
2.3 Lista de Exercícios 2
1 - Escreva as seguintes equações diferenciais na forma padrão:
1.1 exy ′ + e2xy = sinx
1.2 yyy ′ − 1 = x
1.3 xy + 3dx + 2x − y2 + 1dy = 0
1.4 xy ′ + cosy ′ + y = 1
2 - Determine a equação da curva que passa pelo ponto P5,6, conhecendo a declividade de sua
tangente num ponto qualquer dada por:
dy
dx
= 2x
3y
.
3 - Resolva as seguintes equações diferenciais:
3.1 y ′ = 5y
3.2 y ′ = 5 x2
3.3 db
dp
= 2b
3.4
dy
dx
= − sinx
3.5 xdx + ydy = 0
Respostas:
1.1 y ′ = −exy + e−x sinx, onde fx,y = −exy + e−x sinx
1.2 y ′ =
x + y
y2
1.3 y ′ =
xy + 3
y2 − 2x − 1
1.4 Não pode ser escrita na forma padrão.
2 3y2 − 2x2 = 58
3.1 y = Ce5x
3.2 y =
5
3
x3 + c
7
3.3 b = Ce2p
3.4 y = cos x + c
3.5 y = ± k − x2
2.4 Exemplo de Aplicação
2.4.1 Cultura de Bactérias
Considere uma cultura de bactérias cuja taxa de crescimento populacional é proporcional à
população presente. Determinar a quantidade de bactérias presentes, após 15 horas, sabendo que após 3
horas a quantidade inicial duplicou:
Sejam Nt o número (população) de bactérias no intante t, k uma constante de proporcionalidade, N
população inicial (no instante de tempo t = 0) e dN
dt
, a taxa de crescimento populacional (velocidade de
crescimento). Então, a EDO é dada por:
dN
dt
= kNt
N0 = N0 e N3 = 2N0
A solução desta EDO é N = Aekt, substituindo as condições de contorno, determinamos A e k :
Nt = N0e
t ln2
3 e, em t = 15, obtemos N15 = 32N0
2.4.2 Lei do Resfriamento de Newton:
“A taxa de resfriamento de uma substância numa corrente de ar é proporcional à diferença entre a
temperatura da substância e a temperatura do ar”.
Considere a temperatura do ar 250C. Se uma substância resfria, neste ambiente, de1000 C para 700 C,
em 20 minutos, ache o intante em que a temperatura da substância é 500C.
Obs.: Suponha que a temperatura da substância é homogênea.
Sejam Tt a temperatura da substância 0 C no instante t (min) e k uma constante de
proporcionalidade. Então, a EDO é dada por:
dT
dt
= kT − 25
T0 = 100 e T20 = 70
A solução desta EDO é T = Aekt + 25 , substituindo as condições de contorno, encontramos A e k :
Tt = 75e
t
20
ln
3
5 + 25 e, queremos encontrar t1 tal que Tt1 = 50. Substituindo na solução, obtemos
t1 = 42,25 min, ou seja, 42 min e 15 seg.
8
0 20 40 60 80 100 120
40
60
80
100
x
y
Grafico da solução da EDO.
2.4.3 Um corpo em queda livre:
Um corpo em queda livre, satisfaz a segunda lei de Newton que indica que a força líquida que aje
sobre o corpo (peso) é proporcional à sua aceleração.
Considerações: - massa e gravidade são constantes;
- resistência do ar é proporcional à velocidade v da queda;
- direção positiva é para baixo.
Da segunda lei do movimento de Newton, obtemos: F = m dv
dt
onde F é a força líquida e dv
dt
é a taxa de
variação do momento do corpo em relação a t (m é constante).
mg − kv = m dv
dt
 mg = m dv
dt
+ kv  dv
dt
+ km v = g Equação do movimento onde mg = W é o peso do
corpo e kv é a resistência do ar.
.
Observação: Se k = 0 (desprezamos a resistência do ar) a equação se reduz à: dv
dt
= g.
2.5 LISTA DE EXERCÍCIOS 3
APLICAÇÕES:
1) Determinar o tempo necessário para que uma certa quantia duplique seu valor quando aplicada à
juros de 5% ao ano, continuamente acumulados.
2) Sabendo que o rádio se decompõe numa razão proporcional à quantidade existente e que a metade
da porção original desaparece em 1600 anos, calcular a percentagem perdida em 100 anos.
3) Numa cultura, a quantidade de fermento ativo cresce proporcionalmente à quantidade presente.
Sabendo que em uma hora a porção inicial foi duplicada, qual a multiplicação que se pode esperar no final
de 2 : 45 horas?
4) Uma certa substância esfria-se de 1000C a 600C, em 10 minutos. Agora, sendo a temperatura da
substância de 200C. Achar a temperatura da substância depois de 40 minutos.
9
5) O nuclídeo radioativo plutônio 241 decai de acordo com a eqação diferencial
dQ
dt
= −0,0525Q, onde
Q está em miligramas e t em anos.
a) Determinar a meia vida τ do plutônio 241.
b) Se 50 mg de plutônio estiverem presentes numa atmosfera no dia de hoje, quanto plutônio existirá
daqui a dez anos?
6) Uma bola, com massa de 0,25 kg, é lançada para cima, com uma velocidade inicial de 20m/s, do
terraço de um edifício com 30 m de altura. Desprezar a resistência do ar.
a) Calcular a altura máxima que a bola atinge acima do nível do solo.
b) Admitindo que a bola não caia no terraço, ao retornar, calcular o tempo que leva para atingir o solo.
Respostas:
1) 13,9 anos. 2) 4,23%. 3) 6,73 vezes a quantia original 4) 250C.
5) a) 13,20 anos b) 29,6 mg 6) a) 50,4 m. b) 5,25 s.
2.6 Equações Homogêneas:
Uma EDO de primeira ordem, na forma
dy
dx
= fx,y é homogênea se flx, ly = fx,y para todo l real.
Exemplo 1: Verifique se y ′ =
x + y
x é homogênea:
fx,y =
x + y
x ∴ flx, ly =
lx + ly
lx
=
lx + y
lx
=
x + y
x = fx,y
∴ A EDO é homogênea.
Exemplo 2: Verifique se y ′ =
x2 + y
x3
é homogênea:
Resp.: A EDO não é homogênea.
Uma equação homogênea pode ser transformada em equação a variáveis separáveis (que já sabemos
resolver), mediante a seguinte substituição de variável:
y = xν
dy
dx
= ν + x dν
dx
Obtemos, então, uma equação diferencial nas variáveis ν e x que resolvemos como equação a
variáveis separáveis. Não esqueça de substituir ν =
y
x no final do procedimento.
Exemplo 1: Encontre a solução da EDO y ′ =
y + x
x :
Já vimos que é uma EDO homogênea.
10
Façamos a substituição:
y = νx
dy
dx
= ν + x dν
dx
.
A solução geral da EDO é y = x ln|x| + Cx.
Exemplo 2: Encontre a solução da EDO y ′ =
y2 + x2
xy com y1 = −2 :
Solução: A EDO é homogênea e y2 = x2 lnx2 + 4x2 ou y = − x2 lnx2 + 4x2
Obs.: O sinal de menos garante a consistência com a condição inicial.
Atenção: Em algumas situações é conveniente escrever a EDO original como dx
dy
= 1
fx,y
e fazer a
substituição
x = νy
dx
dy
= ν + y dν
dy
Exemplo: Resolver
dy
dx
=
2xye
x
y
2
y2 + y2e
x
y
2
+ 2x2e
x
y
2
Verifique que a EDO é homogênea!
A substituição conveniente é
x = νy
dx
dy
= ν + y dν
dy
, pois simplifica os termos.
dx
dy
= 1
fx, y
=
y2 + y2e
x
y
2
+ 2x2e
x
y
2
2xye
x
y
2
Solução geral: y = k 1 + e
x
y
2
2.7 Equação Diferencial Ordinária de Primeira Ordem Exata:
Uma equação diferencial:
Mx,ydx + Nx,ydy = 0
é exata se existe uma função gx,y tal que: dgx,y = Mx,ydx + Nx,ydy.
Por outro lado, dgx,y =
∂g
∂x
dx +
∂g
∂y
dy
11
de onde concluímos que: Mx,y =
∂g
∂x
e Nx,y =
∂g
∂y
.
Da teoria de derivação, temos que
∂2g
∂x∂y
=
∂2g
∂y∂x
∂
∂x
∂g
∂y
= ∂
∂y
∂g
∂x
∂
∂x
Nx,y = ∂
∂y
Mx,y
TESTE: Uma EDO de primeira ordem, na forma diferencial é exata se e, somente se,
∂
∂y
Mx,y = ∂
∂x
Nx,y
SOLUÇÃO: 1) gx,y = ∫Mx,ydx + Yy
2)
∂g
∂y
= Nx,y
3) Yy = ∫Y′ydy
4) Solução geral gx,y = k (forma implícita)
Exemplo 1: Resolva ycos x + 2xeydx + sinx + x2ey − 1dy = 0.
Teste: ∂M
∂y
= cos x + 2xey
∂N
∂x
= cos x + 2xey
1) gx, y = ∫Mx,ydx + Yy
gx, y = ∫ycos x + 2xeydx + Yy
gx, y = y sinx + x2ey + Yy
2)
∂g
∂y
= Nx,y
sinx + x2ey + Y′y = sinx + x2ey − 1
∴ Y′y = −1
3) Yy = ∫Y′ydy Yy = ∫−dy = −y
4) gx, y =y sinx + x2ey − y = k solução geral!
Exemplo 2: 3xy + y2dx + x2 + xydy = 0
Exemplo 3: Resolva
dy
dx
=
2 + yexy
2y − xexy
12
Solução geral: 2x + exy − y2 = C
2.8 LISTA DE EXERCÍCIOS 4
1)Resolva as seguintes equações diferenciais:
a) 3xy2 + 1dx + yx2 + 2dy = 0
b)
dy
dx
= 8xy + 3y
c) yy ′ = cos2wx. (w é constante)
d) v dv
dt
= g (g é constante)
e) y ′ = 1 + x + y2 + xy2
f) xyy ′ = 2y + 1
2) Resolva os seguintes problemas de valor inicial:
a) y ′ = − xy , y1 = 2
b) sin2ydx + cos2xdy = 0 , y π
4
 = π
4
c) dI
dt
+ 5I = 10 , I0 = 0
d) v dv
dt
= g , vt0 = v0
3) Determine as soluções gerais das seguintes equações:
a) xy ′ + y + 2x = 0
b) y ′ = xy + x sec
y
x
c) xy ′ − y − y − x3 = 0
d) xy ′ = xe
−y
x + y
4) Resolva as equações:
a) x + y2dy + y − x2dx = 0
b) ex cos ydx = ex sinydy.
c) 3x2 + 2xy2dx + 2x2ydy = 0
d) 3x2y +
y
x dx + x
3 + lnxdy
Respostas:
1.a) x2 + 23y2 + 1 = k. 1.b) y = ke4x
2+3x. 1.c) y2 = x + sin2wx
2w
.
1.d) v2 = 2gt + k. 1.e) arctgy = x
2
2
+ x + k. 1.f) y − ln|y + 1| − 2 ln|x| = k.
2.a) x2 + y2 = 5 2.b) tgx − cotgy = 0 2.c) It = 21 − e5t 2.d) v2 − 2gt = v02 − 2gt0
13
3.a) y = cx − x 3.b) y = xarcsinx + c 3.c) y = x + xc − x
2
− 1
2 3.d) e
y
x − lnx = k.
4.a)yx − x
3
3
+
y3
3
= k 4.b) ex cos y = k 4.c) x3 + x2y2 = k 4.d) x3 + lnxy = k
2.9 Fatores Integrantes:
Normalmente, a equação diferencial Mx,ydx + Nx,ydy = 0
não é exata. Mas, em alguns casos, podemos transformar esta equação diferencial em exata, fazendo
uma multiplicação adequada.
Exemplo: Resolva y ′ = 2xy − x (não é homogênea)
∴ Não é exata.
Se multiplicarmos a equação por e−x
2
, obtemos:
−2xye−x2 + xe−x2dx + e−x2 dy = 0
∂M
∂y
= −2x e−x2 ; ∂N
∂x
= e−x
2
.−2x . Assim, é exata e já sabemos resolver.
Definição: Uma função Ix,y é um Fator Integrante de Mx,ydx + Nx,ydy = 0 se a equação:
Ix,yMx,ydx + Nx,ydy = 0
é exata.
2.9.1 Métodos para Determinação de Fatores Integrantes:
Caso 1:
Fator integrante depende só de x : Ix
Se 1
N
∂M
∂y
− ∂N
∂x
≡ hx é função somente de x, então
Ix = e∫ hxdx
Exemplo: Resolva x − ydx − dy = 0
Não é exata, mas com hx = 1, temos Ix = ex
e a EDO fica exata: exx − ydx − exdy = 0.
Solução geral: xex − ex − yex = k ou y = Ce−x + x − 1
14
Caso 2:
Fator integrante depende só de y : Iy
Se 1
M
∂M
∂y
− ∂N
∂x
≡ hy é função somente de y, então
Iy = e
−∫ hydy
Exemplo: Resolva ydx + 3 + 3x − ydy = 0
Não é exata, mas com hy = − 2y , temos que Iy = y
2 e a EDO fica exata y3dx + 3y2 + 3xy2 − y3dy = 0
Solução geral: y3x + y3 − y
4
4
= k
Caso 3:
Fator integrante depende de x e y : Ix,y
Se 1
xM − yN
∂N
∂x
− ∂M
∂y
≡ hx,y é função de x e y, então
Ix,y = e
−∫ hvdv
onde v = xy
Exemplo: y2 + xy + 1dx + x2 + 5xy + 1dy = 0
Não é exata.
Solução geral: xexy + yexy = k
2.10 Equações Diferenciais Lineares:
Quando podemos escrever fx,y == pxy + qx na equação diferencial
dy
dx
= fx, y, dizemos que a
equação é linear, ou seja,
dy
dx
+ pxy = qx
Solução: Utilizamos o fator de integração Ix = e∫ pxdx.
Ix
dy
dx
+ Ixpxy = qxIx
e
∫ pxdx dy
dx
+ Ixpxy = qxe∫ pxdx
d
dx
e
∫ pxdx
.y = e∫ pxdx.qx
Integrando em relação a x:
e
∫ pxdx
.y = ∫ e∫ pxdx.qxdx
y = e
−∫ pxdx
. ∫ e∫ pxdx.qxdx + C
15
Exemplo 1: Resolva y ′ + 2y = e−x , y0 = 0.75
Fator integrante: Ix = e2x
Solução geral: y = e−x + Ce−2x
Solução particular: y = e−x − 0.25e−2x
Exemplo 2: Resolva y ′ − 2xy = x , y0 = 0
Fator integrante: Ix = e−x
2
Solução geral: y = − 1
2
+ Cex
2
Solução particular: y = − 1
2
+ 1
2
ex
2
2.11 Equação de Bernoulli:
Uma equação diferencial de Bernoulli é uma equação da forma: y ′ + pxy = qxyn,
onde n é real.
Fazendo a substituição z = y1−n reduzimos a equação de Bernoulli a uma equação diferencial linear
na função incógnita z.
Exemplo 1: Resolva
dy
dx
+ xy = xy2
Equação de Bernoulli com n = 2.
Substituição: z = y1−2 ou seja: z = 1y , ainda,
y = 1z
dy
dx
= − 1
z2
dz
dx
Fator integrante: Ix = e
− x
2
2
Solução geral: y = 1
1 + Ce
− x
2
2
Exemplo 2: Resolva
dy
dx
− 3x y = x
4y
1
3
Equação de Bernoulli com n = 1
3
.
Substituição: z = y
2
3 , então
y = z
3
2
dy
dx
= 3
2
z
1
2 dz
dx
Fator integrante: Ix = 1
x2
16
Solução geral: y
2
3 = 2
9
x5 + Cx2 ou y = ± 2
9
x5 + Cx2
3
2
2.12 LISTA DE EXERCÍCIOS 5
1) Em que condições as seguintes equações diferenciais são exatas? Determinadas as condições,
resolva-as.
1.1) 2x + aydx + 2y + bxdy = 0
1.2) coshy + acosaxdx + bx sinhydy = 0
2) Determine um fator integrante para as equações abaixo e resolva-as.
2.1) 2x3 − ydx + xdy = 0, y1 = 1.
2.2) y3 + 2exydx + ex + 3y2dy = 0
2.3)
dy
dx
= x
x2y + y3
.
2.4) ydx − xdy + lnxdx = 0
3) Verifique se as seguintes equações são Equações diferenciais Lineares e resolva-as.
3.1)
dy
dx
+
y
x = 1
3.2)
dy
dx
− 2yx = x
2 sin3x.
3.3)
dy
dx
= 2xy − x + 1
3.4) x
dy
dx
+ y = 2x, y1 = 2.
4) Prove que a equação diferencial
dy
dx
+ pxy = qxy lny, pode ser resolvida mediante a mudança de
variável lny = v. Use isto para resolver a EDO: x
dy
dx
+ 2x2y = y lny
5) Resolva as equações de Bernoulli.
5.1) yy ′ = xy2.
5.2) y ′ + y = y2ex.
5.3) yy ′ − xy2 − x = 0.
Respostas.
1.1) a = b, x2 + axy + y2 = k 1.2) b = 1, xcoshy + sinax = k
2.1) hx = 1
x2
. yx = 2x − x3; 2.2) hx = ex, exy3 + e2xy = k;
2.3) hy = e−y
2
, e
−y2
2
x2 + y2 + 1 = k ; 2.4) hx = 1
x2
. yx = cx − lnx − 1 ;
3.1) yx = x
2
+ kx , 3.2) yx = x
2− cos3x
3
+ k. 3.3) yx = x + kex
2
.
3.4) yx = x2 x
2
2
+ k 4) yx = 3
2
1 − e−2x 5.1) z = y−1; yx = ke
x2
2 .
17
5.2) z = y−1; yx = −1
c + xex
. 5.3) z = y2; y2 = 1 + kex
2
.
2.13 Aplicações das EDO de Primeira Ordem
2.13.1 Trajetórias Ortogonais
Considere a família de curvas no plano xy Fx,y,c = 0 , onde c é um parâmetro (“constante” que
fazemos variar).
Chamamos de trajetórias ortogonais, desta família, a uma nova família Gx,y,k = 0 , onde cada
curva de G intercepta cada curva de F , segundo um ângulo reto.
Exemplo: F : x2 + y2 = c
G : y = kx
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-4
-2
2
4
x
y
2.13.2 Procedimento para Determinação de Trajetórias Ortogonais a Fx,y,c
1) Derivamos Fx,y,c em relação a x (derivação implícita). Se necessário, isolamos c em Fx, y,c e
substituímos na equação derivada. Obtemos:
dy
dx
= fx,y.
2) As trajetórias ortogonais são soluções de
dy
dx
= − 1
fx,y.
.
Exemplo 1: Determine as trajetórias ortogonais da família de curvas x2 + y2 = c2 (circunferências com
centro na origem).
1) 2x + 2yy ′ = 0 ∴ y ′ = − xy
2)
dy
dx
= − 1
fx,y.
∴ dy
dx
=
y
x (EDO a variáveis separáveis)
Solução geral: y = kx Retas que passam pela origem - trajetórias ortogonais.
Exemplo 2: Determine as trajetórias ortogonais da família de curvas y = cx2 (parábolas com vértice na
origem).
18
1) y ′ = 2cx , mas c =
y
x2
∴ y ′ = 2yx
2)
dy
dx
= − 1
fx,y.
∴ dy
dx
= − 1
2
x
y EDO a variáveis separáveis.
Solução geral: x
2
2
+ y2 = C (elipses=trajetórias ortogonais)
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-4
-2
2
4
x
y
2.13.3 Exemplos de aplicação:
- Problemas de Diluição:
Considere um tanque contendo inicialmente V0 litros de salmoura com a kg. de sal. Uma outra
solução com b kg. de sal por litro começa a entrar no tanque a uma razão de e l/min e, simultaneamente, a
mistura deixa o tanque a razão de f l/min. Qual a quantidade de sal no instante t?
Seja: Qt: quantidade (kg) de sal no instante t.
dQ
dt
: taxa de variação de Q.
dQ
dt
= Tent − Tsai = taxa que o sal entra no tanque - taxa que o sal sai do tanque.
Tent: be (kg/min) onde b é a quantidade de sal por l (concentração de sal na solução que entra)
e é a quantidade de l de solução que entra por minuto.
Tsai: concentração de sal no tanque no instante t (kg/l).f (quantidade em litros de mistura que sai
por minuto).
Tsai:
Q
V0 + et − ft
f onde Qt é a quantidade de sal (kg) em t
et é o que entrou em t min
ft é o que saiu em t min
V0 é o volume inicial.
A EDO fica:
dQ
dt
= be − Q
V0 + et − ft
f ou
dQ
dt
+
Q
V0 + et − ft
f = be,
que é linear.
Exemplo 1: Um tanquecontém inicialmente 350 litros de salmoura com 10 kg de sal. No intante t = 0,
água pura começa a entrar no tanque a razão de 20 l por minuto, enquanto a mistura sai do tanque a
19
mesma taxa. Determine a quantidade de sal no tanque no instante t.
V0 = 350 l. b = 0 kg/l f = 20 l/min
Q0 = 10 kg e = 20 l/min
dQ
dt
+ 20
350 + 20t − 20t Q = 0.20 ∴
dQ
dt
+ 2
35
Q = 0 É linear.
Fator integrante: It = e
2t
35
Solução geral: Q = Ce
− 2t
35
Solução particular: Qt = 10e
− 2t
35
Observe que Q → 0 quando t → ∞ , o que esperávamos, pois está entrando água pura.
- Problemas de Temperatura: Lei do Resfriamento de Newton (válida também para aquecimento).
“ A taxa de resfriamento de uma substância numa corrente de ar é proporcional à diferença entre a
temperatura da substância e a temperatura do ar”.
Sejam T: temperatura do corpo
Tm: temperatura do meio
k: constante de proporcionalidade k > 0.
dT
dt
= −kT − Tm
dT
dt
+ kT = kTm
é linear.
Obs.: Por que escolher k positivo?
- Processo de resfriamento: T − Tm > 0 ∴ −kT − Tm < 0 ∴ dT
dt
< 0 (variação da temperatura
negativa, implica em temperatura decrescente).
- Processo de aquecimento: T − Tm < 0 ∴ −kT − Tm > 0 ∴ dT
dt
> 0 (temperatura crescente).
Exemplo 1: Um corpo à temperatura de 50∘ F é colocado ao ar livre onde a temperatura é de 100∘ F.
Se, após 5 min, a temperatura do corpo é 600∘ F, determine:
a) o tempo necessário para que o corpo atinja 75∘ F.
b) a temperatura do corpo após 20 minutos.
Solução:
T0 = 50
T5 = 60
Tm = 100
20
a) Tt1 = 75, encontre t1 :
dT
dt
+ kT = kTm  dT
dt
+ kT = 100k é linear.
Fator integrante: It = ekt
Solução geral : Tt = 100 + Ce−kt. Solução particular: Tt = 100 − 50e
− 1
5
ln1.25t
E para Tt1 = 75, t1 ≅ 15,5 min.
b) T20 = 79,52 ∘ F.
- Problemas de Queda dos Corpos:
Considere um corpo de massa m em queda vertical.
Considerações: - massa e gravidade são constantes;
- resistência do ar é proporcional à velocidade v da queda;
- direção positiva é para baixo.
Da segunda lei do movimento de Newton, obtemos:
F = m dv
dt
onde F é a força líquida e dv
dt
é a taxa de variação do momento do corpo em relação a t (m é
constante).
mg − kv = m dv
dt
 mg = m dv
dt
+ kv  dv
dt
+ km v = g Equação do movimento
onde mg = W é o peso do corpo e kv é a resistência do ar.
.
Obs.1: Se k = 0 (desprezamos a resistência do ar) a equação se reduz à: dv
dt
= g.
Obs.2: Quando o corpo é arremessado para cima, a resistência do ar tem sentido igual ao do peso
porque a resistência é sempre oposta ao sentido do movimento.
Obs.3: Quando a direção positiva é considerada para cima, precisamos reavaliar os sinais da
equação do movimento.
Obs.4: Pode existir outra relação entre a resistência do ar e a velocidade que não seja a relação
considerada na modelagem anterior. Se a resistência do ar for proporcional ao quadrado da velocidade:
−kv2.
Obs.5: O peso é aproximado por W = mg quando o corpo se encontra muito próximo da terra. Caso
contrário, é dado por: W =
mgR2
R + x2
onde R é o raio terrestre e x é a altura acima do nível do mar. Neste
caso, será necessário usar dv
dt
= dv
dx
dx
dt
 v dv
dx
= dv
dt
.
Exemplo 1: Um corpo de massa m cai a partir do repouso, num meio que oferece resistência
proporcional à velocidade. Admitindo que a força gravitacional seja constante, determine:
21
a) a velocidade em qualquer instante.
b) a velocidade limite v e quando t → ∞.
Solução:
a) dv
dt
+ km v = g v0 = 0 é linear.
Fator integrante: It = e
kt
m
Solução geral: v =
mg
k
+ Ce−
kt
m Solução particular: vt =
mg
k
1 − e−
kt
m
b) lim
t→∞
vt = v l , então v l =
mg
k
, velocidade limite.
- Problemas de Circuitos Elétricos:
Considere: R é o resistor (ohms), L é o indutor (henries), C é o capacitor (Faradays), E é a força
eletromotriz (volts), I é a corrente (ampères).
Casos Particulares:
- Circuito RL: Lei que rege a quantidade de corrente no circuito é
dI
dt
+ R
L
I = E
L
Obs.: Não necessariamente E é constante. É uma equação linear não-homogênea.
- Circuito RC: Lei que rege a quantidade de carga é
dq
dt
+ 1
RC
q = E
R
Obs.: A EDO é linear e não-homogênea.
A relação entre q e I é:
I =
dq
dt
Atenção:
It = corrente transiente + corrente estacionária.
- Estado transiente: Tem forte influência no início do experimento. Vai para zero quando t → ∞.
- Estado estacionário: caracteriza a corrente quando t → ∞ (muito grande).
Exemplo 1: Um circuito RL tem uma f.e.m. de 5 volts, uma resistência de 50 ohms, uma indutância de 1
henry e não tem corrente inicial. Determine:
22
a) a corrente no instante t;
b) sua componente no estado estacionário;
c) sua componente no estado transiente.
Solução:
a) dI
dt
+ 50I = 5 I0 = 0
Fator integrante: e50t Solução particular: It = 1
10
− 1
10
e−50t.
b) Iest = 110 A,
c) I trans = − 110 e
−50t
- Crescimento Exponencial:
Exemplo 1: Seja Nt a população de uma certa espécie (ou a quantidade de uma substância).
Hipóteses: taxa de variação de N é proporcional ao valor instantâneo de N. População inicial N0.
dN
dt
= rN
N0 = N0
Obs.: se r > 0 : crescente; se r = 0: Nt = N0 e se r < 0 : decrescente (extinção)
r: velocidade específica de crescimento (ou declíneo).
Solução: Nt = N0ert.
Exemplo 2: Uma pessoa deposita R$20.000,00 em uma conta que paga 5% ao ano de juros
compostos continuamente. Determine:
a) o saldo na conta após 3 anos;
b) o tempo necessário para que a quantia inicial duplique.
Solução:
Sejam Nt : quantidade de dinheiro=saldo na conta
r : taxas de juros compostos continuamente=velocidade específica de crescimento.
r = 0.05 > 0 (o saldo aumenta) e N0 = 20.000
dN
dt
= 0. 05N
N0 = 20.000
Solução: Nt = 20.000e0.05t
a) N3 = 23.236, 68 reais
b) Nt = 40.000  t = 13,86 anos.
23
- Problemas de Crescimento Logísitco:
Suponha que a velocidade específica de crescimento dependa da realidade da população (meio
ambiente, alimentação, competição intra e extra-específica, clima, etc). Então, esta velocidade fica melhor
expressa por uma função de N : fN. Escolhemos: fN = r − aNN onde r,a > 0 são constantes e, portanto:
dN
dt
= r − aNN (Equação Logística) ou dN
dt
= r1 − N
K
N onde K = ar .
Exemplo 1: Cinco ratos de uma população constante de 500 são intencionalmente inoculados com
uma doença contagiosa para testar uma teoria de disseminação da epidemia segundo a qual a taxa de
variação da população infectada é proporcional ao produto de ratos infectados pelo número de ratos sem a
doença. Qual o tempo necessário para que a metade da população contraia a doença?
Solução:
Sejam Nt o número de ratos infectados, N0 = 5 e o número de ratos sem a doença é 500 − N, então
dN
dt
= 500 − NRN ou dN
dt
= 1 − N
500
rN Eq. Logística r = 500R
N0 = 5
Atenção: Integração via frações parciais! Solução Particular: N
500 − N =
1
99
e500Rt
Pergunta: Nt = 250  t = 0.00919
R
u.t.
2.14 LISTA DE EXERCÍCIOS 6
1) Em cada um dos casos abaixo, desenhar curvas da família dada e também das respectívas
tragetórias ortogonais.
a) A famíla de hipérboles xy = c.
b) A família de círculos x − c2 + y2 = c2
c) A família x2 + y2 = Cx
2) Um tanque de 50 litros contém inicialmente 10 litros de água pura. No instante t = 0, começa a ser
despejada uma solução contendo 0,1 kg de sal por litro, a razão de 4 l/min, enquanto a mistura sai do
tanque a razão de 2 l/min. Determine:
a) O instante em que ocorre o transbordamento.
b) A quantidade de sal no tanque neste instante.
3) Um corpo de massa m é lançado verticalmente para cima com velocidade inicial v0. Se a resistência
do ar é proporcional à velocidade, determine:
a) a equação do movimento no sistema coordenado  v, t.
b) a velocidade no instante t.
c) o instante em que o corpo atinge a altura máxima.
4) Um circuito RL tem f.e.m. dada (em volts) por 3sin2t , uma resistência de 10 ohms, uma indutância
de 0.5 henry e uma corrente inicial de 6 ampères. Determine a corrente em t:
24
5) Sabe-se que a população de um determinadopaís aumenta a uma taxa proporcional ao número de
habitantes do país. Se, após 2 anos, a população duplicou e, após 3 anos, é de 20.000 habitantes, estime o
número inicial de habitantes:
Pesquisa
Pesquise, nos livros abaixo indicados, uma aplicação para as equações diferenciais ordinárias de
primeira ordem. Escolha uma aplicação na área que preferir, como por exemplo: biologia (crescimento
populacional e disseminação de doenças), química (decaimento radioativo, misturas e datação por
carbono), física (resfriamento de Newton e corpo em queda livre) e engenharia (circuitos elétricos e
eletromagnetismo).
O trabalho deve conter no mínimo duas páginas com: introdução, descrição do problema de forma
geral (pelo menos uma página), um exemplo resolvido e conclusão, contendo a sua opinião sobre as
aplicações das equações diferenciais e sobre a aplicação escolhida.
Procure pesquisar em mais de um livro da biblioteca, escolhendo a aplicação que achar mais
interessante.
Referências
*BOYCE W.E. DIPRIMA R.C.. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de
Contorno. Rio de Janeiro LTC. 1998.
BRONSON. R.. Moderna Introdução às Equações Diferenciais. São Paulo, McGraw-Hill, 1977.
*EDWARDS C.H. PENNEY D.E. Equações Diferenciais Elementares com Problemas de Contorno.
Prentice-Hall, 1995.
*HUGHES-HALLETT, D., GLEASON, A. M. Cálculo v. 2. Rio de Janeiro LTC. 1997.
*ZILL, D. G., CULLEN M. R. Equações Diferenciais com Aplicações em Modelagem. Thomson Learning
2003.
ZILL, D. G., CULLEN M. R. Equações Diferenciais v 1. MAKRON BOOKS.
MATOS, M. P., Séries e Equações Diferenciais. São Paulo, Prentice Hall, 2002.
( * indicados )
CAPÍTULO 3: EDOs LINEARES DE SEGUNDA ORDEM
3.1 EDO Lineares de Segunda Ordem
Uma EDO de segunda ordem é linear se pode ser escrita na forma:
y ′′ + a1xy ′ + a0xy = gx
Uma EDO linear de segunda ordem homogênea é dada com gx ≡ 0
y ′′ + a1xy ′ + a0xy = 0
Caso contrário, a equação é dita não-homogênea.
Uma EDO linear de segunda ordem é dita com coeficientes constantes se a1,a0 são constantes.
25
Caso contrário, a equação é com coeficientes variáveis.
Obs.1: Uma EDO linear de segunda ordem pode ser escrita como:
Ly = gx
onde L é um operador linear definido como segue:
L : C2I → CI tal que Lyx = y ′′ + a1xy ′ + a0xy
C2I : conjunto das funções definidas no intervalo I duas vezes derivável com segunda derivada
contínua.
CI : conjunto das funções contínuas definidas no intervalo I.
Obs.2: Um operador linear satisfaz as duas propriedades:
P1 Ly1 + y2 = Ly1 + Ly2
P2 Lαy1 = αLy1 α ∈ ℜ
Exemplos.:
a) y ′′ + 4y = ex − sinx a1 = 0,a0 = 4 gx = ex − sinx
EDO linear de segunda ordem com coeficientes constantes não-homogênea.
b) x2y ′′ + xy ′ + x2 − 1y = 0 ou y ′′ + 1x y
′ +
x2 − 1
x2
y = 0 a1x = 1x ,a0x =
x2 − 1
x2
gx ≡ 0
EDO linear de segunda ordem com coeficientes variáveis homogênea.
c) yy ′′ − y ′ = 0
O produto yy ′′ indica a não linearidade da EDO.
d) y ′′ − y = 0
A potência indica a não linearidade da EDO.
TEOREMA: Considere o problema de valor inicial y ′′ + a1xy ′ + a0xy = gx com condições yx0 = y0
e y ′x0 = y0′ , onde a1,a0 e g são contínuas num intervalo I. Então existe uma única solução para este
problema e ela existe sobre todo o intervalo I.
Exemplo: y ′′ − 4xy ′ + 6ycos x = e−x sinx y0 = 2,y ′0 = −3
a1 = −4x,a0 = 6cos x,gx = e−x sinx são contínuas em ℜ.
Este problema possui uma solução única para todo ℜ.
TEOREMA: (Princípio da Superposição)
Se y1 e y2 são duas soluções da equação diferencial y ′′ + a1xy ′ + a0xy = 0 , então a combinação
26
linear c1y1 + c2y2 também é solução para quaisquer constantes c1 e c2.
Obs.: A solução é pelo menos duplamente derivável sobre o intervalo I.
3.2 Wronskiano e Soluções Linearmente Independentes (L.I.):
DEFINIÇÃO: O Wronskiano de duas funções y1 e y2 é dado por:
Wy1,y2 =
y1 y2
y1
′ y2
′
= y1y2
′ − y1′ y2
Propriedade 1:
Se y1 e y2 são funções deriváveis em I e se Wy1,y2 ≠ 0 num ponto xI ∈ I, então y1 e y2 são L.I. em
I.
Exemplo 1: y1x = cos x e y2x = sinx são L.I.?
Wy1,y2 =
cos x sinx
− sinx cos x
= cos2x + sin2x = 1 ≠ 0 ∀ x ∈ ℜ
∴ y1 e y2 são L.I.
Exemplo 2: y1x = eλ1x e y2x = eλ2x , λ1,λ2 são constantes reais e λ1 ≠ λ2 são L.I.?
Wy1,y2 =
eλ1x eλ2x
λ1eλ1x λ2eλ2x
= λ2eλ1+λ2x − λ1eλ1+λ2x = λ2 − λ1eλ1+λ2x ≠ 0
∴ y1x e y2x são L.I.
Propriedade 2:
Se y1 e y2 são soluções L.I. da EDOLH (Ly = 0), então y = c1y1 + c2y2 é a solução geral de Ly = 0.
Exemplo: y ′′ − y = 0
ex,e−x são soluções L.I. Pela propriedade 2, a solução geral da EDO é yx = c1ex + c2e−x
Propriedade 3:
Existem duas soluções L.I. para Ly = y ′′ + a1xy ′ + a0xy = 0.
Obs.1: Relações de Euler:
e ix = cos x + i sinx e e−ix = cos x − i sinx x ∈ ℜ , i : unidade imaginária i2 = −1.
ou equivalentemente:
27
cos x = e
ix + e−ix
2
e sinx = e
ix − e−ix
2
.
Obs.2: Uma função y : ℜ → C pode ser solução de uma equação diferencial.
Exemplo: y = e ix é solução de y ′′ + y = 0. Verifique!
Propriedade 4:
Uma função complexa y = u + iv (u e v são, respectivamente, a parte real e imaginária de y) é
solução de uma EDO Ly = 0 se e, somente se, u e v são também soluções de Ly = 0.
Exemplo: y = e ix é solução de y ′′ + y = 0
Pela relação de Euler: y = cos x + i sinx
Pela propriedade 6, u = cos x e v = sinx também são soluções de y ′′ + y = 0.
3.3 EDOLH de Segunda Ordem com Coeficientes Constantes:
Considere a equação diferencial y ′′ + a1y ′ + a0y = 0. A esta equação associamos uma equação
algébrica conhecida como equação característica λ2 + a1λ + a0 = 0. Fatorando a equação característica,
obtemos: λ − λ1 λ − λ2  = 0.
Obtemos a solução geral da EDOLH a partir das raízes da equação característica.
CASO 1:
λ1 e λ2 são raízes reais distintas.
Como eλ1x e eλ2x são soluções L.I., então a propriedade 2 nos garante que a solução geral é
yx = C1eλ1x + C2eλ2x
Exemplo 1: y ′′ + 5y ′ + 6 = 0
λ2 + 5λ + 6 = 0 → λ + 2λ + 3 = 0
Solução geral: y = C1e−2x + C2e−3x
Exemplo 2: y ′′ − 4y = 0 y0 = 1 , y ′0 = 0
Solução geral: y = C1e2x + C2e−2x
Solução particular: yx = e
2x + e−2x
2
ou yx = cosh2x
CASO 2:
λ1 = λ2 (raízes reais e iguais).
Solução L.I. eλ1x e xeλ1x
A solução geral é yx = C1eλ1x + C2xeλ1x.
28
Verifique se eλ1x e xeλ1x são soluções L.I. W ≠ 0
Exemplo: y ′′ + 2y ′ + y = 0
Solução geral: y = C1e−x + C2xe−x
CASO 3:
λ1 = a + bi , λ2 = a − bi (aparecem aos pares complexos conjugados).
Solução L.I.: ea+bix e ea−bix.
Solução geral: y = C1 ea+bix + C2 ea−bix
Mas, pela propriedade 6, podemos equivalentemente escrever a solução geral como
y = C1eax cos bx + C2eax sinbx
Exemplo 1: y ′′ + 20y ′ + 200y = 0
Solução geral: y = C1e−10x cos 10x + C2e−10x sin10x
Exemplo 2: y ′′ + 9y = 0
Solução geral: y = C1 cos 3x + C2 sin3x
3.4 LISTA DE EXERCÍCIOS 7
1) Resolva as seguintes EDOH.
1.1) y ′′ − 2y ′ + 2y = 0
1.2) y ′′ + 7y = 0
1.3) y ′′ + 2y ′ + 5y = 0
1.4) y ′′ − 4y + 4y = 0
2) Resolva os seguintes problemas de valor inicial.
2.1) y ′′ + 2y ′ + y = 0, y0 = 1,y ′0 = 2.
2.2) y ′′ − 6y + 9y = 0, y0 = 2, y ′0 = 8.
2.3) y ′′ + 4y ′ + 4y = 0, y0 = −1, y ′0 = 3
3) Construa a matriz Wronskiana e determine o valor de seu determinante para os seguintes conjuntos
de soluções.
3.1) ex,e−x
3.2) sen3x, cos3x
3.3) ex,xex
4) Mostre que duas soluções L.I. da equação diferencial y ′′ − 6y ′ + 9y = 0 são dadas por e3x, xe3x.
Escreva a solução geral da EDOH.
29
RESPOSTAS
1.1) y = c1ex cos x + c2ex sinx 1.2) y = c1 cos 7 x + c2 sin 7 x
1.3) y = c1e−x cos 2x + c2e−x sin2x 1.4) y = c1e2x + c2xe2x
2.1) y = e−x + 3xe−x 2.2) y = 2e3x + 2xe3x 2.3) y = −e−2x + xe−2x
3.1) Wex,e−x = −2 3.2) Wsen3x, cos3x = −3 3.3) Wex,xex = e2x
4) y = c1e3x + c2xe3x
3.5 EDOL Não Homogênea com Coeficientes Constantes: Método dos
Coeficientes a Determinar:
Considere a EDO não linear Ly = y ′′ + a1y ′ + a0y = gx
Propriedade 1:
Se yh é a solução geral de Ly = 0 e yp é a solução particular de Ly = gx então: yx= yh + yp é a
solução geral de Ly = gx.
Exemplo: y ′′ − y = e2x
Equação homogênea associada y ′′ − y = 0 cuja solução geral é yx = c1ex + c2e−x.
yp = ? Supõe que yp = Ae2x onde A é uma constante. Derive yp e substitua na EDO para encontrar
A = 1
3
.
∴ yp = 13 e
2x e a solução geral yx = yh + yp será yx = c1ex + c2e−x + 13 e
2x
Propriedade 2:
Se yh é a solução geral de Ly = 0, yp1 é uma solução particular de Ly = g1x e yp2 é uma solução
particular de Ly = g2x, então, pelo princípio da superposição, y = yh + yp1 + yp2 é a solução de Ly = g1 + g2.
Exemplo: y ′′ − y = e2x + 1
yh = c1ex + c2e−x solução de y ′′ − y = 0
yp1 = 13 e
2x solução particular de y ′′ − y = e2x
yp2 = ? Supõe yp2 = A constante, deriva e substitui na EDO para encontrar A = −1.∴ yp2 = −1
∴ y = yh + yp1 + yp2 y = c1ex + c2e−x + 13 e
2x − 1 é a solução geral de y ′′ − y = e2x + 1.
Solução geral: yx = yhx + ypx
Para determinarmos ypx, vamos utilizar o método dos coeficientes a determinar:
CASO 1:
Ly = keax
onde a,k ∈ ℜ
Supõe yp = Aeax onde A = ?
30
Deriva e substitui na EDO:
Se a2 + a1a + a0 ≠ 0, então A = k
a2 + a1a + a0
Mas isto significa que a não pode ser raíz de λ2 + a1λ + a0 = 0 , ou, do mesmo modo, eax não pode
ser uma das soluções L.I. que compõe yh.
Se a é raiz simples de λ2 + a1λ + a0 = 0 , devemos supor yp = Axeax , então:
A = k
2a + a1
se 2a + a1 ≠ 0
Se a é raiz dupla de λ2 + a1λ + a0 = 0 2a + a1 = 0 , devemos supor: yp = Ax2eax onde A = k
2
.
Exemplo 1: Resolva y ′′ + 5y ′ + 4y = −3e−2x
Solução: yh = C1e−x + C2e−4x
Supõe yp = Ae−2x, derivando e substituindo na EDO, encontramos A = 3
2
Solução geral: yx = yh + yp
Exemplo 2: Resolva y ′′ + 5y ′ + 4y = 5e−4x
A solução homogênea é a mesma do exemplo anterior. A solução particular yp = Ae−4x não deve
funcionar, pois -4 é raiz da equação característica. Supõe, então, yp = Axe−4x , que derivando e substituindo
na EDO, obtém-se A = − 5
3
.
Exemplo 3: Resolva y ′′ + 5y ′ + 4y = −e−x + 2e−4x + e5x
Solução: yh = C1e−x + C2e−4x
Supõe yp1 = Axe−x, yp2 = Bxe−4x e yp3 = Ce5x
CASO 2:
Ly = k sinαx
ou
kcosαx
- Se Piα ≠ 0, supõe yp = Acosαx + B sinαx.
- Se Piα = 0, supõe yp = Axcosαx + Bx sinαx
31
Exemplo 1: Resolva y ′′ + 4y = − sin2x + cos x
yh = C1 cos 2x + C2 sin2x
- P2i = 0 → yp1 = Axcos 2x + Bx sin2x . Deriva e substitui na EDO,
encontra: A = 1
4
e B = 0. yp1 = 1
4
xcos 2x
- Pi ≠ 0 → yp2 = Acos x + B sinx . Deriva e substitui na EDO,
encontra: A = 1
3
e B = 0. yp2 = 1
3
cos x
Exemplo 2: Resolva y ′′ + 3y ′ + 2y = − sin2x
yh = C1e−2x + C2e−x
Como P2i ≠ 0, supõe yp = Acosαx + B sinαx. Deriva e substitui na EDO:
A = 3
20
, B = 1
20
yp = 1
20
3cos 2x + sin2x
CASO 3:
Ly = keαx cosβx
ou
Ly = keαx sinβx
Vamos considerar Lwp = keα+iβx :
- se Pα + iβ ≠ 0 , então wp = Aeα+iβx
- se Pα + iβ = 0, então wp = Axeα+iβx
Solução particular yp: se Ly = keαx cosβx, então yp = Rewp 
se Ly = keαx sinβx, então yp = Imwp 
Exemplo 1: Resolva y ′′ + 2y ′ + 5y = −2ex cos 2x
yh = C1e−x cos 2x + C2e−x sin2x
Como P1 + 2i ≠ 0, então wp = Ae1+i2x. Deriva e substitui na EDO,
obtém: A = −1 + 2i
10
yp = Rewp ∴ yp = − 1
10
ex cos 2x − 1
5
ex sin2x
CASO 4:
32
Ly = b0 + b1x +. . .+bnxn
Se P0 ≠ 0 : supõe yp = A0 + A1x +. . .+Anxn
Se P0 = 0 e P′0 ≠ 0 : supõe yp = xA0 + A1x +. . .+Anxn
Se P0 = 0 e P′0 = 0 : supõe yp = x2A0 + A1x +. . .+Anxn
Exemplo 1: Resolva y ′′ + 3y ′ = 2x2 + 3x
yh = C1e−3x + C2
yp : P0 = 0 → yp = xA0 + A1x + A2x2. Deriva e substitui na EDO,
obtém: A0 = − 5
27
, A1 = 5
18
e A2 = 2
9
yp = − 5
27
x + 5
18
x2 + 2
9
x3
CASO 5:
Ly = b0 + b1x +. . .+bnxn eαx
Se Pα ≠ 0 : supõe yp = A0 + A1x + A2x2eαx
Se Pα = 0 e P′α ≠ 0 : supõe yp = xA0 + A1x +. . .+Anxneαx
Se Pα = 0 e P′α = 0 : supõe yp = x2A0 + A1x +. . .+Anxneαx
Exemplo 1: Resolva y ′′ + 2y ′ + 4y = −xe2x + 3e2x
yh = C1e−x cos 3 x + C2e−x sin 3 x
Como P2 ≠ 0, yp = A0 + A1xe2x. Deriva e substitui na EDO:
A0 = 7
24
,A1 = − 1
12
yp = 7
24
− 1
12
x e2x
3.6 EDOL Não Homogênea: Variação de Parâmetros
Nesta seção, vamos desenvolver um outro método para determinar a solução particular da EDOL
Ly = y ′′ + a1xy ′ + a0xy = gx
a partir da solução geral de Ly = 0 : yhx = C1y1x + C2y2x.
Suponha que ypx = v1xy1x + v2xy2x Se yp = v1y1 + v2y2,
yp
′ = ?
yp
′′ = ?
Supõe que v1′ y1 + v2′ y2 = 0 (1)
33
Substitui na EDO: v1′ y1′ + v2′ y2′ = gx (2)
De (1) e (2), obtemos o sistema linear:
v1
′ y1 + v2
′ y2 = 0
v1
′ y1
′ + v2
′ y2
′ = gx
Resolvemos por Cramer:
v1
′ =
0 y2
gx y2
′
detA
= − gxy2x
wy1,y2
e v2′ =
y1 0
y1
′ gx
detA
=
gxy1x
wy1,y2
v1 = ∫− gxy2x
wy1,y2
dx e v2 = ∫ gxy1x
wy1,y2
dx
E, finalmente, yp = v1xy1x + v2xy2x
Exemplo 1: Resolva y ′′ + y = cscx
yh = C1 cos x + C2 sinx, yp = v1 cos x + v2 sinx
wy1,y2 =
cos x sinx
− sinx cos x
= 1
v1 = ∫−cscx sinxdx = ∫−dx = −x,
v2 = ∫ cscxcos xdx = ∫ cos x
sinx
dx = ln|sinx|
yp = −xcos x + ln|sinx| sinx
Exemplo 2: Resolva y ′′ + 4y = tan2x
yh = C1 cos 2x + C2 sin2x, yp : wy1,y2 = 2
v1 = − 12 ∫ tan2x sin2xdx = −
1
2
∫ sin
22x
cos 2x
dx = − 1
2
∫ 1 − cos
22x
cos 2x
dx = − 1
2
∫sec2x − cos 2xdx
v1 = − 14 ln|sec2x + tan2x| +
1
4
sin2x
v2 = 12 ∫ tan2xcos 2xdx =
1
2
∫ sin2xdx = − 1
4
cos 2x
yp = − 14 ln|sec2x + tan2x|
3.7 EDOL de Ordem n com Coeficientes Constantes:
34
EDO:
yn + an−1yn−1 +. . .+a1y ′ + a0y = 0
com a i ∈ ℜ i = 1, . . . ,n − 1
Polinômio característico (equação característica):
Pλ = λn + an−1λn−1 +. . .+a1λ + a0 = 0 (possui n raízes).
Soluções L.I.:
- Se λi é raiz real simples: y i = C ieλ ix
- Se λi é raiz real de multiplicidade p: eλ1x;xeλ1x; . . . ;xp−1eλ1x
- Se λi = a + bi e λi∗ = a − bi são raízes complexas conjugadas: eax cos bx;eax sinbx
Exemplo 1: y ′′′ − 6y ′′ + 11y ′ − 6y = 0
Solução geral: yx = C1ex + C2e2x + C3e3x
Exemplo 2: y ′′′ + 4y ′′ + 13y ′ = 0
Solução geral: yx = C1 + C2e−2x cos 3x + C3e−2x sin3x
3.8 LISTA DE EXERCÍCIOS 8
1) Resolva as seguintes equações usando o método dos coeficientes a determinar.
1.1) y ′′ − 3y ′ + 2y = 5ex
1.2) y ′′ − 4y ′ + 4y = 3e2x.
1.3) y ′′ + 7y ′ + 12y = 3cos2x.
1.4) y ′′ + 4y = x
1.5) y ′′ + 3y ′ + 2y = xe−x + cos2x + x2
2) Resolva as seguintes EDOH de ordem n.
2.1) y ′′′ − 3y ′′ + 2y ′ = 0
2.2) y ′′′ + 2y ′′ + 2y ′ = 0
3) Resolva usando o método de variação de parâmetros
y ′′ − 2y ′ + y = e
x
x
RESPOSTAS
1.1) y = c1ex + c2e2x − 5ex
1.2) y = c1e2x + c2xe2x + 32 x
2e2x
1.3) y = c1e−3x + c2e−4x + 665 cos 2x +
21
130
sin2x
35
1.4) y = c1 cos 2x + c2 sin2x + 14 x
1.5) y = c1e−x + c2e−2x− 23 xe
−x + 1
24
x2e−x + Acos 2x + B sin2x + A0 + A1x + A2x2
yH yP1 yP2(resolver) yP3(resolver)
2.1) y = c1 + c2ex − c3e2x
2.2) y = c1 + c2e−x cos x − c3e−x sinx
3) y = C1ex + C2xex − xex + ln|x|xex  v1 = −x e v2 = ln|x|
3.9 Exemplos de Aplicação:
- Problemas de Mola:
Lei de Hooke: A força F de uma mola é igual e oposta às forças aplicadas sobre esta mola e é
proporcional à distensão (contração) l da mola resultante da força aplicada.
F = −kl
onde k é a constante da mola (constante de proporcionalidade).
Considerações:
- Desprezamos a massa da mola.
- Resistência do ar é proporcional à velocidade do corpo.
- Forças sobre o corpo no instante t são: força da resistência do ar: −ax ′ a > 0
força restauradora: −kx k > 0 Lei de Hooke
Obs.: A resistência do ar é sempre no sentido oposto ao da velocidade do movimento.
Segunda Lei de Newton:
FR = ma
Ft − ax ′ − kx = mx ′′ ou x ′′ + am x
′ + km x =
Ft
m C.I. x0 = 0 e x
′0 = 0
Obs.: Se a gravidade for considerada: x ′′ + am x
′ + km x = g +
Ft
m
Exemplo: Uma massa de 2 kg. está suspensa em uma mola cuja constante é 10 N/m e permanece
em repouso. É, então posta em movimento, imprimindo-lhe uma velocidade inicial de 150 cm/s. Determine a
expressão da posição da massa, desprezando a resistência do ar:
xt = 0.671sin 5 t
- Problemas de Circuitos Elétricos:
Seja umcircuito RCL (resistência-capacitância-indutância).
Lei de Kirchhoff: A soma algébrica das quedas de tensão em um circuito elétrico fechado simples é
zero.
36
QT(resistência)+QT(capacitância)+QT(indutância)-E(t)=0
Rq ′ + Lq ′′ + 1
C
q = Et ou
q ′′ + R
L
q ′ + 1
LC
q =
Et
L
com C.I. q0 = q0 e q ′0 = I0 = I0,que é a equação da carga q com o tempo t.
Por outro lado, a equação da corrente I com o tempo t, é dada por:
I ′′ + R
L
I ′ + 1
LC
I = 1
L
dEt
dt
com C.I. I0 = I0 e I ′0 = 1
L
E0 − R
L
I0 + 1
LC
q0
Exemplo: Um circuito RCL tem R=10 ohms, C=10−1 farad, L=0.5 henry e uma tensão aplicada de
12 volts. Admitindo que não haja corrente inicial nem carga inicial em t = 0 , quando a tensão é aplicada
pela primeira vez, determine a corrente subseqüente no sistema:
Equação diferencial: I ′′ + 20I ′ + 200I = 0
Condições iniciais: I0 = 0 e I ′0 = 24
Solução: It = 12
5
e−10t sin10t
- Problemas de Barras e Vigas:
É um exemplo de problema de contorno.
Exemplo: Seja uma barra de comprimento L sujeita a uma carga uniforme q. Se, no ponto x0 = 0,
esta barra está presa e, em xL = L, está só apoiada, este problema é descrito pelo seguinte problema de
contorno:
y4x + kyx = q
y0 = y ′0 = 0
yL = y ′′L = 0
3.10 LISTA DE EXERCÍCIOS 9
1. Uma mola com massa de 3 kg é mantida esticada 0,6 m além de seu comprimento natural por uma
força de 20 N. Se a mola começar em sua posição de equilíbrio, mas um empurrão der uma velocidade
inicial de 1,2 m/s, determine a posição da massa depois de t segundos (fórmula).
2. Determine a carga e a corrente em um circuito em série RCL quando L = 1 henry, R = 2Ω, C = 0,25
Faraday e Et = 13sin t Volts, com carga inicial e corrente inicial nulas. Escreva a variável dependente e
independente do problema e a função solução.
37
d2q
dt2
+ R
L
dq
dt
+ 1
LC
q =
Et
L
Respostas
1. xt = 0,36sen 10
3
t.
2. qt = 3sin t − 2cos t + 2e−t cos t 3 − 1
3
3 e−t sin t 3 .
3.11 Equação de Cauchy-Euler
Uma equação diferencial linear da forma
anx
n d
ny
dxn
+ an−1xn−1
dn−1y
dxn−1
+. . .+a1x
dy
dx
+ a0y = gx
onde os coeficientes an, an−1, . . . , a0 são constantes, é conhecida como uma equação de Cauchy-Euler.
Método de Resolução:
Como o coeficiente de y é zero em x = 0, restringimos nossa atenção à determinação da solução geral
definida no intervalo 0,∞.
Tentaremos uma solução da forma y = xm, onde m deve ser determinado.
Tem-se
akx
k d
ky
dxk
= akxkmm − 1m − 2. . . m − k + 1xm−k = akmm − 1m − 2. . . m − k + 1xm
Por exemplo, para a equação de segunda ordem,
ax2y ′′ + bxy ′ + cy = amm − 1xm + bmxm + cxm = amm − 1 + bm + cxm
Assim, y = xm será uma solução da equação diferencial sempre que m for uma solução da equação
auxiliar
amm − 1 + bm + c = 0 ou am2 + b − am + c = 0 ∗
Caso I: Raízes Reais Distintas
Sejam m1 e m2 raízes reais de ∗, com m1 ≠ m2. Então y1 = xm1 e y2 = xm2 formam um conjunto
fundamental de soluções. Logo, a solução geral será
y = c1xm1 + c2xm2
Exemplo 1: Resolva x2y ′′ − 2xy ′ − 4y = 0
Equação auxiliar: m2 − 3m − 4 = 0.
Solução geral: y = c1x−1 + c2x4
38
Caso II: Raízes Reais Repetidas
Se m1 = m2, então obtemos somente uma solução, y = xm1 . Quando as raízes da equação quadrática
∗ são iguais, a raiz é m1 = −
b − a
2a
.
Podemos construir uma segunda solução y2 = uxy1, usando o método de redução de ordem,
obtém-se
u = ∫ e
−∫ Pxdx
y1
2
dx = ∫ e
−b/a lnx
x2m1
dx = ∫ x−b/ax−2m1 dx = ∫ x−b/axb−a/adx = ∫ dxx = lnx
Portanto, a solução geral será
y = c1xm1 + c2xm1 lnx
Exemplo 2: Resolva 4x2y ′′ + 8xy ′ + y = 0
Equação auxiliar: 4m2 + 4m + 1 = 0
Solução geral: y = c1x−1/2 + c2x−1/2 lnx
Caso III: Raízes Complexas Conjugadas
Se as raízes de ∗ forem um par de números complexos conjugados m1 = a + bi e m2 = a − bi, onde a e
b > 0 são reais, então a solução será
y = xac1 cosb lnx + c2 sinb lnx
Exemplo 3: Resolva 4x2y ′′ + 17y = 0 , y1 = −1 , y ′1 = 0
Equação auxiliar: 4m2 − 4m + 17 = 0
Solução geral: y = x1/2c1 cos2 lnx + c2 sin2 lnx
CAPÍTULO 4: Sistemas de Equações Diferenciais Ordinárias Lineares com
Coeficientes Constantes:
1) Introdução:
Os sistemas de EDO simultâneas aparecem naturalmente em problemas que envolvem várias variáveis
dependentes, cada qual função de uma única variável independente.
Variável independente: t
Variáveis dependentes: x1 = x1t;x2 = x2t; . . .
39
Aplicações:
1) Sistema Predador-Presa:
Sejam Pt : população de predadores no instante t
Ht : população de presas no instante t
O modelo é descrito pelo sistema de EDO:
dH
dt
= a1H − b1HP
dP
dt
= −a2P + b2HP
2) Sistema Massa-Mola:
Sejam x1t , x2t coordenadas da posição das massas m1 e m2.
O modelo é descrito pelo sistema de EDO:
m1
d2x1
dt2
= k1 + k2x1 + k2x2 + F1t
m2
d2x2
dt2
= k1x1 − k2 + k3x2 + F2t
Segunda Ordem
3) Circuito RCL:
Sejam V : queda de voltagem no capacitor C
I : corrente no indutor L.
O ciruito é descrito pelo sistema de EDO:
dI
dt
= V
L
dV
dt
= − I
C
− V
RC
Como reduzir uma EDO de grau n a um sistema de EDO de grau 1:
Tome a equação de segundo grau: d
2u
dt2
+ p du
dt
+ qu = Ft
Suponha x1t = ut e x2t = du
dt
. Então x1′ t = x2t e na EDO acima:
x2
′ t + px2t + qx1t = Ft
x2
′ t = −px2t − qx1t + Ft
E a EDO fica reduzida ao sistema:
x1
′ = x2
x2
′ = −px2 − qx1 + Ft
De maneira geral, qualquer EDO da forma: ynt = Ft,y,y ′,y ′′, . . . ,yn−1 pode ser reduzida a
sistema de EDO de primeira ordem com n equações. Basta tomar: x1t = y;x2t = y ′; . . . ,xnt = yn−1t.
E o sistema fica:
x1
′ = x2
x2
′ = x3
x3
′ = x4
. . . . . . . . . . .
xn−1
′ = xn
xn
′ = Ft,x1,x2, . . . ,xn
40
Sistema de EDO Lineares de Primeira Ordem:
Considere o sistema na forma geral:
x1
′ = F1t,x1,x2, . . . ,xn
x2
′ = F2t,x1,x2, . . . ,xn
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
xn
′ = Fnt,x1,x2, . . . ,xn
Podem ser dadas condições iniciais na forma: x1t0 = x10, . . . ,xnt0 = xn0. Associado a estas C.I
sistema constitui um PVI. Este sistema tem solução no intervalo I se existirem n funções:
x1 = φ1t; . . . ;xn = φnt , deriváveis em I, que satisfazem o sistem em todo I.
Um sistema é dito sistema de equações lineares de primeira ordem se pode ser escrito na forma:
x1
′ = p11tx1 + p12tx2 +. . .+p1ntxn + g1t
x2
′ = p21tx1 + p22tx2 +. . .+p2ntxn + g2t
. . .
xn
′ = pn1tx1 + pn2tx2 +. . .+pnntxn + gnt
Se não pode ser escrito desta forma, o sistema é não-linear.
Se g1t = g2t =. . .= gnt = 0 , então o sistema é homogêneo. Senão, é não-homogêneo.
Ex.1: Reduzir o PVI a um sistema de EDO de primeira ordem:
u ′′ + 2tu ′ + t2u = sin t
u0 = 0
u ′0 = 1
Sejam x1t = ut e x2t = u ′t
x1
′ t = x2t
x2
′ t + 2tx2t + t2x1t = sin t
CI: x10 = u0 → x10 = 0
x20 = u ′0 → x20 = 1
PVI:
x1
′ = x2
x2
′ + 2tx2 + t2x1 = sin t
x10 = 0;x20 = 1
Exemplo 2: Resolva o problema:
x1
′ = −2x1 + x2
x2
′ = x1 − 2x2
com x10 = 2 e x20 = 3.
41
Isolar x2: x2 = x1′ + 2x1 e substituir na outra equação, resultando: x1′′ + 4x1′ + 3x1 = 0.
Resolve-se pelo método de coeficientes a determinar: x1 = C1e−x + C2e−3x e x2 = C1e−x − C2e−3x são
a solução geral. Com as CI, obtém-se: C1 = 5
2
e C2 = − 1
2
.
Revisão de Autovalores e Autovetores:
Considere a transformação linear (função linear) y = AX, que transforma um vetor X em un novo vetor
Em particular, estamos interessados naqueles vetores que são transformados em múltiplos de si mesmo, ou
seja, y = λX , onde λ é um fator de proporcionalidade.
A − λIX = 0 ∗ se detA − λIX = 0 ∗ ∗ , infinitas soluções (tem soluções além da nula).
Os valores de λ que satisfazem ∗ ∗ são ditos AUTOVALORES de A e as soluções de ∗ são os
AUTOVETORES correspondentes ao seu respectivo autovalor.
A equação Δλ = 0 é uma equação polinomial de grau n em λ :
λn + an−1λn−1 +. . .+a2λ2 + a1λ + a0 = 0
Cada autovalor tem pelo menos um autovetorassociado a ele. No entanto, se um autovalor λi tem
multiplicidade m, ele pode ter q autovetores L.I. associados a ele onde 1≤ q ≤ m.
Exemplo 1: Ache os autovalores e autovetores de A =
1 −1
1 3
:
Exemplo 2: Ache os autovalores e autovetores de A =
0 1 1
1 0 1
1 1 0
:
Um conjunto de vetores X1 =
x1
1
⋮
xn
1
, . . . , é L.I. se, e somente se, detX ≠ 0. (X = x ij = x i
j ).
Um conjunto de k vetores x1,x2, . . . ,xk é L.I. se, e somente se, a equação
c1x
1 + c2x2 +. . .+ckxk = 0 admite a solução trivial como solução única: c1 = c2 =. . .= ck = 0.
Se existirem números c1,c2, . . . ,ck com pelo menos um número diferente de zero, então o conjunto
x1,x2, . . . ,xk é L.D.
42
Exemplo 3: x1 =
1
0
−1
e x2 =
0
1
−1
:
Exemplo 4: x1 =
1
2
−1
,x2 =
2
1
3
e x3 =
−4
1
−11
:
detX = 0, então x1,x2,x3 são L.D.
Teoria Básica dos SEDL de Primeira Ordem:
SEDL com n EDOs de primeira ordem:
x1
′ = p11tx1 +. . .+p1ntxn + g1t
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
xn
′ = pn1tx1 + pnntxn + gnt
Forma matricial: X ′ = PtX + gt
Solução: x1 = φ1t,x2 = φ2t, . . . ,xn = φnt  Φ =
φ1t
φ2t
. . .
φnt
.
SEDL homogêneo: X ′ = PtX
Propriedades:
P1) Se x1,x2 são soluções de X ′ = PtX então c1x1 + c2x2 também é solução.
P2) Se x1,x2, . . . ,xn são soluções L.I. de X ′ = PtX , então φt = c1x1 + c2x2 +. . .+cnxn é a
solução geral do sistema.
P3) Se x1,x2, . . . ,xn são soluções de X ′ = PtX, então ou detX é identicamente nulo ou nunca é nulo.
Ex.: Verifique que x1t =
e3t
2e3t
e x2t =
e−t
−2e−t
é solução de X ′ =
1 1
4 1
X.
Determine a solução geral:
SEDLH com Coeficientes Constantes:
43
X ′ = AX
onde An é uma matriz constante.
Supõe: X = ert com r constante e  vetor constante.
X ′ = rert . Substitui na SEDLH e obtém: A − rI = 0
Portanto, r autovalor,  autovetor de A.
Exemplo 1: Ache a solução geral de X ′ =
−3 2
2 −2
X :
Exemplo 2: Determine a solução geral de X ′ =
1 1
4 1
X :
Exemplo 3: Ache a solução geral de X ′ =
0 1 1
1 0 1
1 1 0
X :
- Autovalores Complexos:
Se r1a + bi é raiz de Δr , então o complexo conjugado r2 = r̄1 = a − bi também é.
1 autovetor correspondente a r1.
2 autovetor correspondente a r2 = r̄1.
Propriedade: 2 = ̄1. (vetor conjugado).
Soluções: x1 = 1er1t e x2 = ̄1e r̄1t
A partir destas soluções, podemos determinar duas soluções reais L.I. Se 1= u + vi , obtemos:
x1t = eatucos bt − v sinbt + ieatvcos bt + u sinbt
xR
1
xR
2
tal que xR
1 e xR
2 são soluções L.I. do sistema X ′ = AX
Exemplo 4: X ′ =
− 1
2
1
−1 − 1
2
X :
44
Exemplo 5: Resolva X ′ =
−1 −1
2 −1
X com X0 =
2
2
:
Exercícios:
1) X ′ =
2 10
−1 −5
X
2) X ′ =
−1/2 −1/8
2 −1/2
X com X0 =
2
3
:
- Autovalores Repetidos:
r = ρ : autovalor de multiplicidade m (m autovetores L.I.→ m soluções L.I.)
Obs.: Menos que m autovetores L.I. → tem que pesquisar outros autovetores L.I. até termos m
autovetores L.I→m soluções L.I.
Exemplo introdutório:
X ′ =
1 −2 2
−2 1 −2
2 −2 1
X
Solução:
1) detA − rI = 0
−r + 15r − 5 = 0 → r1 = r2 = −1 e r3 = 5
2) Para r1 = r2 = −1, temos:
2 −2 2
−2 2 −2
2 −2 2
1
2
3
=
0
0
0
Resolvendo o sistema, temos 1 = 2 − 3
E assim, dois autovetores associados a esses autovalores repetidos são:
1 =
1
1
0
, 2 =
0
1
1
.
45
As soluções correspondentes são:
x1 =
1
1
0
e−t e x2 =
0
1
1
e−t.
Para o autovalor r3 = 5, temos:
−4 −2 2
−2 −4 −2
2 −2 −4
1
2
3
=
0
0
0
.
Resolvendo o sistema, temos 1 = 3 e 2 = −3.
E assim, o autovetor associado a esse autovalor é
3 =
1
−1
1
.
A solução correspondente é:
x3 =
1
−1
1
e5t.
A solução geral é dada por:
X = c1
1
1
0
e−t + c2
0
1
1
e−t + c3
1
−1
1
e5t.
Se a matriz A for simétrica, isto é, A = AT e se tiver elementos reais, será sempre possível obter n
autovetores L.I.
Exemplo 1: X ′ =
1 −1
1 3
X :
Solução:
x1 =
1
−1
e2t
46
x2 = Kte2t + Pe2t
Encontrando P :
A − 2IP = K
−1 −1
1 1
P1
P2
=
1
−1
Resolvendo o sistema, temos P2 = −1 − P1
Se P1 = 0, P2 = −1
Portanto,
P =
0
−1
E a solução x2 é
x2 =
1
−1
te2t +
0
−1
e2t
Assim, a solução geral será:
X = c1
1
−1
e2t + c2
1
−1
te2t +
0
−1
e2t
Exemplo 2: Resolva o sistema não-homogêneo, usando o método dos coeficientes a determinar
X ′ =
−2 1
1 −2
X +
2e−t
3t
:
Solução:
X ′ = AX + gt
onde gt =
2
0
e−t +
0
3
t
1) Resolve-se o sistema homogêneo: X ′ = AX
Solução geral: X = c1
1
−1
e−3t + c2
1
1
e−t
47
Solução particular:
Supõe Xp = ate−t + be−t + ct + d
Xp
′ = −ate−t + a − be−t + c
Substitui no sistema de EDOs e obtém:
Aa = −a
Ab = a − b −
2
0
Ac = −
0
3
Ad = c
A solução geral é dada por:
X = c1
1
−1
e−3t + c2
1
1
e−t +
1
1
te−t +
0
−1
e−t +
1
2
t − 1
3
4
5
Exemplo 3: X ′ =
2 −1
3 −2
X +
1
−1
e t :
Exercício: Encontre a solução geral do sistema X ′ =
3 −18
2 −9
X.
1) detA − rI = 0
r + 32 = 0 → r1 = r2 = −3
Obtemos x1 =
3
1
e−3t
A solução x2 será obtida a partir da solução x1 :
x2 = Kte−3t + Pe−3t, onde K =
3
1
.
Para encontrarmos P , basta resolvermos detA − rIP = K.
Ou seja:
6 −18
2 −6
P1
P2
=
3
1
48
Resulta que P1 =
1 + 6P2
2
, se P2 = 0 → P1 = 12
Assim,
x2 =
3
1
te−3t +
1/2
0
e−3t
E a solução geral é:
X = c1
3
1
e−3t + c2
3
1
te−3t +
1/2
0
e−3t
49