Apostila

Universidade Federal de Campina Grande

Centro de Ciências e Tecnologia Agroalimentar

Equações Diferenciais Lineares

Prof. Ms. Hallyson Gustavo G. de M. Lima

Pombal - PB

Conteúdo

1 Introdução 31.1 Definições Preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2 Equações Diferenciais de Primeira Ordem 52.1 Equações Diferenciais Lineares de Primeira Ordem . . . . . . . . . . . . . . 52.2 Problema de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.3 Equações Diferenciais Não-Lineares de Primeira Ordem . . . . . . . . . . . . 8

2.3.1 Equação de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.3.2 Equação de Ricatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.3.3 Equações Exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.3.4 Fator Integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.3.5 Equação Separavél . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.3.6 Equação Redutível à forma Separável . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.4 Teorema de Existência e Unicidade e o Método das Iterações Sucessivas dePicard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.4.1 O Teorema de Existência e Unicidade: Caso Linear . . . . . . . . . . 252.4.2 O Método das Aproximações Sucessivas ou Método de Iteração de

Picard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.4.3 O Teorema de Existência e Unicidade: Caso Não-linear . . . . . . . . 28

2.5 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.5.1 Crescimento e Decrescimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.5.2 Epidemia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.5.3 Trajetórias Ortogonais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.5.4 Problemas de Temperatura e a Lei de Resfriamento e Aquecimento

de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.5.5 Misturas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.5.6 Circuitos Elétricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.5.7 Problemas de Crescimento e Declínio . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2

2.5.8 Datação por Carbono 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.5.9 Investimentos Financeiros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.5.10 Equações Autônomas e Dinâmica Populacional . . . . . . . . . . . . 392.5.11 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3 Equações Diferenciais de Segunda Ordem 493.1 Equações Diferenciais Lineares de Segunda Ordem . . . . . . . . . . . . . . 493.2 Equações de Segunda Ordem com Coeficiente Constantes . . . . . . . . . . 52

3.2.1 Raizes Reais e Distintas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.2.2 Raizes Complexas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543.2.3 Método de Redução de Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563.2.4 Raizes Repetida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

3.3 Equações Diferenciais de Segunda Ordem Não - Homogêneas . . . . . . . . 603.4 Oscilações Mecânicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.4.1 Oscilação Livre Não-Amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.4.2 Oscilação Livre Amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

4 Equações Diferenciais de Ordem Superior 744.1 Equações Diferenciais de Ordem Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 744.2 Equação de Euler-Cauchy Homogêneas de ordem três . . . . . . . . . . . . . 82

5 Sistemas de Equações Lineares de Primeira Ordem 845.1 Sistema de Equações Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 845.2 Independência Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 855.3 Autovalores e Autovetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 865.4 Sistemas de Equações Diferenciais Lineares de Primeira Ordem . . . . . . . 87

5.4.1 Sistemas Homogêneos com coeficientes constantes . . . . . . . . . . 885.4.2 Sistemas Hermitianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 925.4.3 Autovalores Complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 955.4.4 Autovalores Repetidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

5.5 Sistemas de Equações Diferenciais Não-Homogêneos . . . . . . . . . . . . . 103

Capítulo 1

Introdução

1.1 Definições Preliminares

Definição 1.1 (Equações Diferenciais) Uma Equação Diferencial é uma equação que envolveuma função (incognita) e ao menos uma das suas derivadas.

Exemplo 1 Se y = f(x) ou y = f(t) é a função de uma única variável independente então asequações abaixo são exemplos de Equações Diferenciais Ordinárias (EDO).

(a)d2y

dx2− 5

dy

dx+ 6y = 0

(b) y′′′

+ 3y′′

+ 3y′+ y = 0

(c)dy

dt+

2y

t= t2

Exemplo 2 Se w = f(x, y, z) é a função da variável tempo t e das variáveis x, y e z então temoscomo exemplos de equações diferenciais parciais (EDP).

(a)(

∂2w

∂x2+

∂2w

∂y2+

∂2w

∂z2

)= 0

(b) C(

∂2w

∂x2+

∂2w

∂y2+

∂2w

∂z2

)=

∂w

∂t

Definição 1.2 (Ordem) A ordem de uma equação é a ordem da derivada de maior grau queaparece na equação.

Observação 1.3 Uma equação diferencial de ordem n é uma expressão da forma

F (x, y, y′, y′′, . . . , yn) = 0 (1.1)

4

Definição 1.4 (Solução) Uma função y = ϕ(x) é a solução da equação 1.1 se y ∈ Cn e alémdisso F (x, ϕ(x), ϕ′(x), ϕ′′(x), . . . , ϕn(x)) = 0.

Exemplo 3 A equaçãod2y

dx2− 5

dy

dx+ 6y = 0 tem como uma solução a expressão y = e2x.

De fato. Observe que, y′ = 2e2x e y′′ = 4e2x. Daí,

d2y

dx2− 5

dy

dx+ 6y = 0 =⇒ 4e2x − 5 · 2e2x + 6e2x = 0 =⇒ 10e2x − 10e2x = 0 =⇒ 0 = 0.

Exemplo 4 Verifique se y = e3x também é solução ded2y

dx2− 5

dy

dx+ 6y = 0.

Observação 1.5 Na verdade toda solução da equação anterior é da forma y = c1e2x + c2e

3x

Definição 1.6 (Equação Linear) Uma equação diferencial de ordem n, da forma

F (x, y, y′, y′′, . . . , yn) = 0

é dita linear se a mesma é mesma é função linear da variavéis y, y′, y′′, . . . , yn.

Observação 1.7 A forma geral de uma EDL de ordem n é

a0(x)yn + a1(x)yn−1 + . . . + an(x)y = g(x), onde, (a0(x) 6= 0)

Exemplo 5 (a) A equação cos(x)y′′ + 7y′ + (x2 + 1)y = ln x é linear.

Defina L[x] = cos(x)y′′ + 7y′ + (x2 + 1)y. Assim,

• L[y1 + y2] = cos(x)(y1 + y2)′′ + 7(y1 + y2)′ + (x2 + 1)(y1 + y2) =

= cos(x)(y′′1 + y′′2) + 7(y′1 + y′2) + (x2 + 1)(y1 + y2) =

= cos(x)y′′1 + cos(x)y′′2 + 7y′1 + 7y′2 + (x2 + 1)y1 + (x2 + 1)y2 =

= (cos(x)y′′1 + 7y′1 + (x2 + 1)y1) + (cos(x)y′′2 + 7y′2 + (x2 + 1)y2) = L[y1] + L[y2]

• L[ky] = cos(x)(ky)′′ + 7(ky)′ + (x2 + 1)(ky) = cos(x)(ky′′) + 7(ky′) + (x2 + 1)(ky) =

= k(cos(x)y′′) + k7y′ + k(x2 + 1)y = k[cos(x)y′′ + 7y′ + (x2 + 1)y] = kL[y]

(b) A equação d2y

dx2− 5

dy

dx+ 6y = 0 é linear.

(c) A equação y′′′ + y′ + 2y2 = 0 não é linear

(d) A equação y · y′′ = sen(x) não é linear.

Capítulo 2

Equações Diferenciais de PrimeiraOrdem

2.1 Equações Diferenciais Lineares de Primeira Ordem

Definição 2.1 A forma geral de uma Equação Diferencial Ordinária Linear de Primeira Ordem é

y′ + p(x)y = q(x) (2.1)

onde p e q, são funções contínuas em um intervalo aberto I.

Observação 2.2 Quando q(x) = 0 para todo x ∈ I a equação é dita Equação Homogênea.

Método de Resolução"O lado esquerdo da equação 2.1 é a derivada do produto envolvendo y".

Suponha que exista u(x) tal que,

u(x)y′ + u(x)p(x)y = u(x)q(x) (2.2)

e além dissou(x)y′ + u(x)p(x)y =

d

dx(u(x)y) (2.3)

De 2.3, sendo y 6= 0 e u(x) 6= 0, temos que

u(x)y′ + u(x)p(x)y = u(x)y′ + u′(x)y ⇒ u(x)p(x) = u′(x)

logou′(x)

u(x)= p(x).

6

Note que,d

dx(ln u(x)) =

u′(x)

u(x),

dai,d

dx(ln u(x)) = p(x) ⇒ ln u(x) =

∫p(x) dx + C, onde C = 0

portanto,u(x) = e

Rp(x) dx (2.4)

Encontrando a solução de y

De 2.2 e 2.3 obtemos,d

dx(u(x)y) = u(x)q(x)

e finalmente obtemos

u(x)y =∫

u(x)q(x) dx + C ⇒ y =

∫u(x)q(x) dx + C

u(x)(2.5)

ou ainda,y = e−

Rp(x) dx

[∫e

Rp(x) dxq(x)dx + C

](2.6)

• As expressões (2.5) e (2.6) são chamadas de solução geral de (2.1).

• u(x) é fator integrante.

Exemplo 6 Resolva a equação

ty′ + 2y = sen(t), com t > 0.

Determine como se comporta a solução y(t) quando t →∞

Solução: Temos que

ty′ + 2y = sen(t) =⇒ y′ +2y

t=

sen(t)

t

Neste caso p(t) =2

t, então

u(t) = eR

2t

dt = e2 ln t = eln t2 = t2

Assim o fator integrante é u(t) = t2. Deste modo temos,

y′ +2y

t=

sen(t)

t=⇒ t2y′ + 2ty = tsen(t)

7

isto é

d

dt(t2y) = tsen(t) =⇒ t2y =

∫tsen(t) dt + C =⇒ t2y = sen(t)− tcos(t) + C.

Logo,

y(t) =sen(t)− tcos(t) + C

t2

Observe que y(t) → 0 quando t →∞.

Exercício 1: Resolva as equações abaixo e determine como as soluções se comportamquando t → +∞.

a) y′ + 3y = t + e−2t e) y′ − 2y = 3et i) ty′ − y = t2e−t

b) y′ − 2y = t2e2t f) y′ + 2ty = 2te−t2 j) y′ + y = 5cos(2t)

c) y′ + y = te−t + 1 g) (1 + t2)y′ + 4ty = (1 + t2)−2 k) 2y′ + y = 3t2

d) y′ +1

ty = 3cos(2t), t>0 h) 2y′ + y = 3t

2.2 Problema de Valor Inicial

Definição 2.3 Uma equação diferencial

dy

dx= f(x, y),

juntamente com a condição inicial y(x0) = y0, constituem o que chamamos de Problema deValor Inicial (PVI), a qual geralmente é denotada por

dy

dx= f(x, y),

y(x0) = y0.(2.7)

Exemplo 7 Resolva o seguinte PVIty′ + 2y = sen(t), se t > 0,

y(π

2

)= 1.

Solução: Já vimos no exemplo 1 que

y(t) =sen(t)− tcos(t) + C

t2

8

. Queremos agora que, y(π

2

)= 1, isto é,

1 = y(π

2

)=

sen(π

2

)−(π

2

)cos(π

2

)+ C(π

2

)2 .

Segue que, C =

(π2

4

)− 1.

Logo a solução do PVI é

y(t) =

sen(t)− tcos(t) +

(π2

4

)− 1

t2.

Teorema FundamentalSe as funções p(x) e q(x) são contínuas em um intervalo aberto I = (α, β) contendo

o ponto x = x0 então existe uma única função y = φ(x) que satisfaz a equação,

y′ + p(x)y = q(x), ∀x ∈ I

e a condição inicial y(x0) = y0.

2.3 Equações Diferenciais Não-Lineares de Primeira Ordem

Aqui estudaremos métodos de resolução da equação diferencial

y0 = f(x, y),

onde f é uma função não linear em relação a y.

2.3.1 Equação de Bernoulli

Definição 2.4 Uma equação diferencial, não linear, da forma,

y′ + p(x)y = q(x)yn (2.8)

é chamada de Equação de Bernoulli (EB)

Note que se n = 0 ou n = 1 a equação de Bernoulli torna-se linear n = 0, y′ + p(x)y = q(x),

n = 1, y′ + (p(x)− q(x))y = 0.

9

Método de ResoluçãoConsidere n 6= 0 ou n 6= 1. Deste modo, vamos procurar uma solução y = y(x)

diferente de zero (y 6= 0). Assim, seja

w = y1−n (2.9)

daí,

w′ =dw

dx= (1− n)y−ny′. (2.10)

Multipliquemos então (2.8) por (1− n)y−n. Deste modo temos,

(1− n)y−ny′ + (1− n)y−np(x)y = (1− n)y−nq(x)yn ⇒

(1− n)y−ny′ + (1− n)y1−np(x) = (1− n)q(x) (2.11)

Aplicando (2.9) e (2.10) em (2.11) obtemos

w′ + (1− n)p(x)w = (1− n)q(x) (2.12)

a qual é uma EDL de 1o ordem em w, a qual sabemos resolver.

Pela relação em (2.9) encontramos a solução da Equação de Bernoulli.

Exemplo 8 Resolva a equação diferencial

y′ + 2x−1y = x6y3, com x > 0.

Solução: Temos uma EB com n = 3. Assim seja w = y−2, daí, w′ = −2yy−3. Segue entãoque,

y′ + 2x−1y = x6y3 ⇒ (−2y−3)y′ + (−2y−3)2x−1y = (−2y−3)x6y3 ⇒

−2y−3y′ − 4x−1y−2 = −2x6

ou seja,

−2y−3y′ − 4x−1y−2 = −2x6 ⇒ w′ −(

4

x

)w = −2x6

onde w′ −(

4

x

)w = −2x6 é uma EDL de 1o ordem.

• Fator Integrante

10

(∗) u(x) = eR −4

xdx = e−4 ln x = 1

x4 ;

(∗) w(x) =

∫ (1

x4

)(−2x6) dx + C(

1

x4

) ⇒ w(x) =−2x7

3+ Cx4

Portanto, a solução da EB em estudo é dado por

y(t) = ±

1

−2x7

3+ Cx4

12

Exercício 2: Resolva as equações de Bernoulli abaixo:

a) y′ +y

x= xy2, com x > 0 c) xy′ − y = x3y4, com x > 0

b) t2y′ + 2ty − y3 = 0, com t > 0

2.3.2 Equação de Ricatti

Definição 2.5 A equação de Ricatti (ER) é uma equação diferencial da forma

dy

dx= q1(x) + q2(x)y + q3(x)y2 (2.13)

onde q1(x), q2(x) e q3(x) são funções definidas em um intervalo I.

Método de ResoluçãoSuponha que y1(x) é uma solução da equação (ER). Considere,

y = y1 +1

v(x), v(x) 6= 0∀x.

Temos então quedy

dx=

dy1

dx− v′(x)

[v(x)]2

Substituindody

dxe y em (ER) encontramos,

11

dy1

dx− v′(x)

[v(x)]2=

dy1

dx− 1

[v(x)]2v′(x) =

dy1

dx− 1

[v(x)]2dv

dx=⇒

dy1

dx− 1

[v(x)]2dv

dx= q1(x) + q2(x)

[y1 +

1

v(x)

]+ q3(x)

[y1 +

1

v(x)

]2

=⇒

dy1

dx− 1

[v(x)]2dv

dx= q1(x) + q2(x)y1 +

q2(x)

v(x)+ q3(x)y2

1 +2q3(x)y1

v(x)+

q3(x)

[v(x)]2=⇒

dy1

dx− 1

[v(x)]2dv

dx= q1(x) + q2(x)y1 + q3(x)y2

1 +q2(x)

v(x)+

2q3(x)y1

v(x)+

q3(x)

[v(x)]2=⇒

Sendo y1 solução de (ER), segue que

− 1

[v(x)]2dv

dx=

q2(x)

v(x)+

2q3(x)y1

v(x)+

q3(x)

[v(x)]2=⇒−dv

dx= q2(x)v(x) + 2q3(x)y1v(x) + q3(x) =⇒

dv

dx+ [q2(x) + 2q3(x)y1]v(x) + q3(x) = 0 (2.14)

Logo, obtemos em (2.14) uma (EDL) de 1a ordem em v.Portanto, a solução de uma (ER) é dada pela relação

y = y1 +1

v(x)

Exemplo 9 Determine a solução das seguintes equações de Ricatti

(a) y′ = 1 + x2 − 2xy + y2, onde y1(x) = x

(b)dy

dx− [2cos2(x)− sen2(x) + y2]

2cos(x)= 0, onde y1(x) = sen(x)

Solução:

a) Neste caso temos,

q1(x) = 1 + x2, q2(x) = −2x, e q3(x) = 1.

Daí,

dy

dx= −(−2x + 2 · 1 · x)v(x)− 1 =⇒ dy

dx= −1 =⇒ dv = −dx =⇒ v = −x + c.

Logo,

y = x +1

c− x

12

b) Temos que,

dy

dx− [2cos2(x)− sen2(x) + y2]

2cos(x)= 0 =⇒ dy

dx=

[2cos2(x)− sen2(x) + y2]

2cos(x)=⇒

dy

dx=

[cos(x)− sen2(x)

2cos(x)

]+

y2

2cos(x)

Assim,

q1(x) = cos(x)− sen2(x)

2cos(x), q2(x) = 0, e q3(x) =

1

2cos(x)

Daí,

dv

dx= −

(0 + 2 · 1

2cos(x)· sen(x)

)v(x)− 1

2cos(x)=⇒ dv

dx+

(sen(x)

cos(x)

)v(x) =

1

2cos(x)

Deste modo, obtemos uma (EDL) de 1a ordem em v, a qual tem solução,

v(x) = −sen(x)

2+ ccos(x)

Logo

y = sen(x) +

1

−sen(x)

2+ c · cos(x)

Exercício 3: Determine a solução da seguinte equação de Ricatti,

dy

dx= e2x + (1 + 2ex)y + y2, onde y1(x) = −ex

2.3.3 Equações Exatas

Antes de tratamos a definição de Equações Exatas vamos trabalhar com um pequenoexemplo, do que será importante neste tópico.

Observação 2.6 Seja w = f(u, v) onde u = g(x) = x e v = h(x) = y com u = φ(x). Note que

w = f(u, v) = f(x, y) = f(x, φ(x))

Assim,

dw

dx=

∂w

∂u· ∂u

∂x+

∂w

∂v· ∂v

∂x=

∂w

∂u· du

dx+

∂w

∂v· dv

dx=⇒ dw

dx=

∂w

∂u+

∂w

∂v· y′

13

Exemplo 10 Vamos resolver a equação abaixo

2x + y2 + 2xyy′ = 0, (∗)

Solução: Note que temos(2x + y2)dx + (2xy)dy = 0, (∗)

Além disso a função, w = f(x, y) = x2 + xy2 verifica,

∂w

∂x= 2x + y2 e

∂w

∂y= 2xy

Logo a equação (*) pode ser escirta como,

∂w

∂u+

∂w

∂v· y′ = 0 =⇒ dw

dx= 0 =⇒ w = c

ou seja,x2 + xy2 = c

Definição 2.7 Uma equação diferenciável da forma

M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0

é denominada exata se existe uma função f = f(x, y) tal que

∂f(x, y)

∂x= M(x, y) e

∂f(x, y)

∂y= N(x, y)

Neste caso a solução é dada implicitamente pela função f(x, y) = c

Teorema (Importante): Se as funções M(x, y), N(x, y), My(x, y) e Nx(x, y), forem con-tínuas em um retângulo R, então a equação,


é exata se, e somente se,∂M

∂y=

∂N

∂x

Exemplo 11 Resolva a equação

eydx + (xey + 2y)dy = 0

14

Solução: Temos uma equação da forma


onde M(x, y) = ey e N(x, y) = (xey + 2y).Além disso,

∂M

∂y= ey =

∂N

∂x

Logo a equação eydx + (xey + 2y)dy = 0 é exata. Deste modo existe uma função f(x, y) talque,

∂f

∂x= ey e

∂f

∂y= (xey + 2y)

Encontrando a função f(x, y).Temos que,

∂f

∂x= ey =⇒ f(x, y) =

∫ey dx = xey + h(y) + D, com D constante

Para obter a solução implícita na forma f(x, y) = C, obtemos,

∂f

∂y= xey + h′(y)

que comparando

xey + h′(y) = xey + 2y =⇒ h′(y) = 2y =⇒ h(y) = y2

Portanto, concluimos que

xey + y2 = f(x, y) =⇒ xey + y2 = C

Passos para resolver os problemas• Verifique se a equação é exata• Derive com relação a x

• Integrar com respeito a y

• Calcular o h′(x) (comparando)• Depois substituir h(x) em f(x, y)

Exemplo 12 (yexycos2x− 2exysen2x + 2x)dx + (xexycos2x− 3)dy = 0

Temos que,

15

• M(x, y) = yexycos2x− 2exysen2x + 2x =⇒

=⇒ ∂M

∂y(x, y) = exycos2x + xyexycos2x− 2xexysen2x + 2x.

• N(x, y) = xexycos2x− 3 =⇒ ∂N

∂x(x, y) = exycos2x + xyexycos2x− 2xexysen2x.

Como∂M

∂y=

∂N

∂x, então a equação é exata. Logo existe f(x, y) tal que,

(a)∂f

∂x= yexycos2x− 2exysen2x + 2x;

(b)∂f

∂y= xexycos2x− 3.

Vamos então calcular f(x, y). Por (b) temos que

f(x, y) =

∫(xexycos2x− 3) dy = xcos2x

(1

x

)exy − 3y + g(x) = exycos2x− 3y + g(x)

Derivando com relação a x,∂f

∂x= yexycos2x− 2exysen2x + g′(x)

Comparando com relação a∂f

∂x, obtemos que

g′(x) = 2x =⇒∫

g′(x) dx =

∫2x dx =⇒ g(x) = x2.

Portanto,f(x, y) = exycos2x− 3y + x2 =⇒ exycos2x− 3y + x2 = c

Exemplo 13 Equação que não é exata

ydx + (x2y − x)dy = 0

Neste caso faremos a verificação ou teste.

• M(x, y) = y =⇒ ∂M

∂y(x, y) = 1.

• N(x, y) = (x2y − x) =⇒ ∂N

∂x(x, y) = 2xy − 1.

Assim,∂M

∂y(x, y) 6= ∂N

∂x(x, y), ou seja, a equação não é exata.

Façamos então o seguinte, multipliquemos a equação ydx + (x2y − x)dy = 0 pelo

fator1

x2. Daí, temos

ydx + (x2y − x)dy = 0 =⇒ y

x2dx + (y − 1

x)dy = 0

Agora,

16

• M(x, y) =y

x2=⇒ ∂M

∂y(x, y) =

1

x2.

• N(x, y) = y − 1

x=⇒ ∂N

∂x(x, y) =

1

x2.

Assim,∂M

∂y(x, y) =

∂N

∂x(x, y).

Portanto, nosso objetivo agora é, dada uma equação não exata,


determinar o fator, denotado por µ(x, y), que multiplicado em ambos os lados da equaçãoacima,

µ(x, y)[M(x, y)dx + N(x, y)dy] = µ(x, y) · 0 =⇒ µ(x, y)M(x, y)dx + µ(x, y)N(x, y)dy = 0,

obtenhamos em uma equação exata.

2.3.4 Fator Integrante

Se a equaçãoM(x, y)dx + N(x, y)dy = 0

comdx

dx= 1 e

dy

dx= y′, ou seja,

M(x, y) + N(x, y)y′ = 0

não é exata, encontraremos uma função µ(x, y) tal que a equação

µ(x, y)[M(x, y) + N(x, y)y′] = 0

se torne exata.A função µ(x, y) é chamada de fator integrante.

Exercício: Mostre que se y = φ(x) é solução de M(x, y) + N(x, y)y′ = 0, então ele tambémé solução de µ(x, y)[M(x, y) + N(x, y)y′] = 0.

Determinando o fator integrante µ(x, y)

Seja,µ(x, y)M(x, y)dx + µ(x, y)N(x, y)dy = 0,

a qual, para ser exata é necessário,

∂(µM)

∂y=

∂(µN)

∂x,

17

ou seja,(µM)y = (µN)x,

Observação 2.8 A equação (µM)y = (µN)x, é uma equação diferencial parcial.

Assim temos,µyM + µMy = µxN + µNx

Suponha agora que µ(x, y) = µ(x), ou seja, que µ dependa somente de x. Então,

µMy =dµ

dxN + µNx, (µy = 0) =⇒ dµ

dx=

µ(My −Nx)

N

Segue que,dµ

µ=

(My −Nx

N

)dx =⇒ ln µ =

∫ (My −Nx

N

)dx

Portanto,

µ(x) = e

∫ (My −Nx

N

)dx

(2.15)

Observação 2.9 (a) Se considerarmos µ(x, y) = µ(y), obtemos então,

µ(y) = e

∫ (Nx −My

M

)dy

(2.16)

(b) Se a equação é exata, então temos e0 = 1, como sendo o fator integrante.

Exemplo 14 Determine a solução das equações abaixo:

a) ydx + (x2y − x)dy = 0 b) (3x2y + 2xy + y3)dx + (x2 + y2)dy = 0

Solução:

a) Sendo a equação ydx + (x2y − x)dy = 0, observe que,

• M(x, y) = y =⇒ My = 1

• N(x, y) = (x2y − x) =⇒ Nx = 2xy − 1

Logo a equação não é exata. Deste modo vamos calcular o fator integrante µ. Assim,(My −Nx

N

)=

(1− (2xy − 1)

x2y − x

)=

(2− 2xy

x2y − x

)=

(−2(xy − 1)

x(xy − 1)

).

Então,

µ(x) = e

∫−2

xdx

= e−2 ln x =⇒ µ(x) =1

x2

18

Daí, o fator integrante é µ(x) =1

x2.

Vamos agora determinar a solução. Sabendo agora que a equação,

y

x2dx +

(x2y − x)

x2dy = 0 =⇒ y

x2dx +

(y − 1

x

)dy = 0

é exata. Deste modo, observe que,

• M(x, y) =y

x2=⇒ My =

1

x2

• N(x, y) =

(y − 1

x

)=⇒ Nx =

1

x2

Assim, existe uma função f(x, y) tal que,

fx(x, y) =y

x2e = fy(x, y) =

(y − 1

x

)Então,

f(x, y) =

∫ ( y

x2

)dx =⇒ −y

x+ h(y).

Logo, derivando f(x, y) com relação a y, e comparando a expressão com há dada, temos,

y − 1

x= fy(x, y) = −1

x+ h′(y) =⇒ h′(y) = y =⇒ h(y) =

y2

2.

Portanto,

f(x, y) =y2

2− y

x=⇒ y2

2− y

x= C

b) Sendo a equação (3x2y + 2xy + y3)dx + (x2 + y2)dy = 0, observe que,

• M(x, y) = 3x2y + 2xy + y3 =⇒ My = 3x2 + 2x + 3y2

• N(x, y) = x2 + y2 =⇒ Nx = 2x

Logo a equação não é exata. Deste modo vamos calcular o fator integrante µ. Assim,(My −Nx

N

)=

(3x2 + 2x + 3y2 − 2x

x2 + y2

)=

(3x2 + 3y2

x2 + y2

)=

(3(x2 + y2)

x2 + y2

)= 3.

Então,

µ(x) = e

∫3 dx

= e3x

Daí, o fator integrante é µ(x) = e3x.

19

Vamos agora determinar a solução. Sabendo agora que a equação,

e3x(3x2y + 2xy + y3)dx + e3x(x2 + y2)dy = 0

é exata. Deste modo, observe que,

• M(x, y) = e3x(3x2y + 2xy + y3) =⇒ My = e3x(3x2 + 2x + 3y2)

• N(x, y) = e3x(x2 + y2) =⇒ Nx = 3e3x(x2 + y2) + 2xe3x

Assim, existe uma função f(x, y) tal que,

fx(x, y) = e3x(3x2y + 2xy + y3) e = fy(x, y) = e3x(x2 + y2)

Então,

f(x, y) =

∫e3x(x2 + y2) dy =⇒ f(x, y) = e3x

(x2y +

y3

3

)+ g(x).

Logo, derivando f(x, y) com relação a x, e comparando a expressão com há dada, temos,

e3x(3x2y+2xy+y3) = fx(x, y) = 3x2ye3x+y3e3x+2xye3x+g′(x) =⇒ g′(x) = 0 =⇒ g(x) = D.

Portanto,

f(x, y) = e3x

(x2y +

y3

3

)=⇒ e3x

(x2y +

y3

3

)= C

2.3.5 Equação Separavél

Definição 2.10 Uma equação diferenciável é separável se pode ser escrita na forma

dy

dx=

f(x)

g(y)ou g(y)dy = f(x)dx (2.17)

Exemplo 15 Determine a solução da seguinte equação,dy

dx=

(1 + 2y2)cosx

y

y(0) = 1

Solução:

Observe que,

dy

dx=

(1 + 2y2)cosx

y=⇒

(y

1 + 2y2

)dy = cosxdx =⇒

∫ (y

1 + 2y2

)=

∫cosxdx =⇒

(1

4

)ln |1 + 2y2| = senx + C

20

Da condição inicial obtemos(1

4

)ln |1 + 2[y(0)]2| = sen(0) + C =⇒

(1

4

)ln |1| = 0 + C =⇒ C = 0.

Portanto,

ln |1 + 2y2| = 4senx =⇒ y = ±√

e4senx − 1

2

2.3.6 Equação Redutível à forma Separável

Equação Homogênea

Definição 2.11 (Função Homogênea) Uma função f(x, y) é homogênea de grau n se

f(tx, ty) = tnf(x, y), com t ∈ R

Exemplo 16 f(x, y) = x2 + xy

Observe que,

f(tx, ty) = (tx)2 + (txty) = t2x2 + t2xy = t2(x2 + xy) = t2f(x, y)

Logo f(x, y) é homogênea de grau 2.

Exemplo 17 f(x, y) = sen(y

x

)Observe que,

f(tx, ty) = sen

(ty

tx

)= sen

(y

x

)Logo f(x, y) é homogênea de grau 0.

(Equação Homogênea 1)

Definição 2.12 A equação diferenciável

M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 (2.18)

é homogênea se as funções M e N são homogêneas de mesmo grau n.

A equação (2.18) pode ser escrita da forma,

dy

dx= f(x, y), com f(x, y) =

−M(x, y)

N(x, y)(2.19)

21

Observe que f(x, y) é homogênea de grau zero. De fato,

f(tx, ty) =−M(tx, ty)

N(tx, ty)=−tnM(x, y)

tnN(x, y)=−M(x, y)

N(x, y)= f(x, y)

Importante: Se f(x, y) é homogênea de grau zero, f(x, y) = f(tx, ty), com t ∈ R.

Para t =1

x, temos, f(x, y) = f

(1,

y

x

)= F

(y

x

)(Equação Homogênea 2)

Definição 2.13 A equação diferenciável

dy

dx= f(x, y) (2.20)

é homogênea se a função depende unicamente da razãoy

x

(ou

x

y

).

Método de ResoluçãoSe a equação (2.20) é homogênea então,

dy

dx= F

(ou

y

x

)(∗)

Seja v =y

xentão y = vx. Daí,

dy

dx= x

dv

dx+ v

De (∗), obtemos

xdv

dx+ v = F (v) ⇐⇒ dv

dx=

F (v)− v

x⇐⇒ dx

x=

dv

F (v)− v

Observação 2.14 Resolvida a equação separável, a solução da equação homogênea é dada porv =

y

x

Exemplo 18 a) Resolva a equação

y′ =x + y

x

Solução: Observe que,

y′ =x + y

x= 1 +

y

x.

Sendo v =y

x=⇒ y = vx, então,

y′ = xdv

dx+ v.

22

Deste modo temos que,

y′ =x + y

x=⇒ x

dv

dx+ v = 1 + v =⇒ dv

dx=

1

x⇐⇒ dx

x= dv

Logo,v = ln|x|+ C,

Portanto,y = xln|x|+ Cx.

b) Resolva a equaçãody

dx=

y2 + 2xy

x2

Solução: Sendo v =y

x=⇒ y = vx, temos que,

y2 + 2xy

x2=

x2v2 + 2x(xv)

x2=

x2(v2 + 2v)

x2= v2 + 2v = F (v)

Daí,

dy

dx=

y2 + 2xy

x2=⇒ x

dv

dx+ v = v2 + 2v =⇒ dv

dx=

v2 + v

x=⇒ dv

v2 + v=

dx

x.

Deste modo obtemos,∫dx

x=

∫dv

v2 + v=⇒

∫dx

x=

∫dv

v− dv

v + 1=⇒ ln |x|+ C = ln |v| − ln |v + 1| =⇒ .

=⇒ ln | v

v + 1| = ln |x|+ C =⇒ ln

∣∣∣∣ v

v + 1

∣∣∣∣ = ln |x|+ ln |k| =⇒

=⇒ ln

∣∣∣∣ v

v + 1

∣∣∣∣ = ln |kx| =⇒ v

v + 1= kx =⇒ kx(v + 1) = v.

Logo,v = kx(v + 1) =⇒ y

x= kx

(y

x+ 1)

=⇒ y = kyx + kx2

Portanto,

y =kx2

1− kx

c) Resolva a equação

y′ =y + xsen

(y

x

)x

23


y′ =y + xsen

(y

x

)x

=⇒ y′ =y

x+ sen

(y

x

)Sendo v =

y

x=⇒ y = vx, temos que,

y′ =y

x+ sen

(y

x

)=⇒ y′ = v + sen(v)

Daí,

xdv

dx+ v = v + sen(v) =⇒ dv

dx=

sen(v)

x=⇒ dv

sen(v)=

dx

x.

Deste modo obtemos,∫dx

x=

∫dv

sen(v)=⇒ ln |x|+ C =

∫cossecv dv =⇒ ln |x|+ C = ln |cossecv − cotgv| =⇒ .

=⇒ ln |kx| = ln |cossecv − cotgv| =⇒ ln

∣∣∣∣ kx

cossecv − cotgv

∣∣∣∣ = 0 =⇒∣∣∣∣ kx

cossecv − cotgv

∣∣∣∣ = 1

Logo,

kx = cossecv − cotgv =⇒ kx = cossec(y

x

)− cotg

(y

x

)

2.4 Teorema de Existência e Unicidade e o Método das Iter-ações Sucessivas de Picard

Até aqui buscamos determinar métodos de resolução de equações diferenciais deprimeira ordem. Agora estamos interessados em saber se dado o problema de valor inicial

dy

dx= f(x, y),

y(x0) = y0,(2.21)

este problema possui solução e se esta solução é única, caso exista. Isto porque o problemade valor inicial (2.21), às vezes, pode não ter solução e, em alguns casos, possui mais deuma solução. De fato, vejamos os exemplos abaixo.

Exemplo 19 Mostre que o problema de valor inicialdy

dx= y

13 ,

y(0) = 0, ∀ t ≥ 0,(2.22)

possui infinitas soluções.

24

Prova. Notemos que a equação diferencial acima é separavél. Portanto, separando asvariáveis e integrando, obtemos

y(t) =[23(t + c)

]3/2

, ∀ t ≥ 0.

Usando a condição inicial y(0) = 0, segue que c = 0. Logo,

y(t) =[23t]3/2

, ∀ t ≥ 0.

Por outro lado, a função

y2(t) = −(2

3t)3/2

, ∀ t ≥ 0.

também é solução do problema (2.22). Além disso, uma outra função que também ésolução de (2.22) é a função

y3(t) = 0, ∀ t ≥ 0.

Em geral, para qualquer t0 > 0, a família de funções

y = ϕ(t) =

0, se 0 ≤ t ≤ t0,

±[23t(t− t0)

]3/2

, se t ≥ t0,

são contínuas, diferenciáveis (em particular, em t = t0) e soluções do problema (2.22).

Exemplo 20 Mostre que o problema de valor inicialdy

dx=√

y,

y(0) = 0.(2.23)

possui mais de uma solução.

Prova. É fácil ver que as funções

y1(x) =x2

4, para x ≥ 0, e y2(x) = 0.

são soluções do problema de valor inicial (2.23).Para que o problema (2.21) tenha única solução será necessário colocarmos algumas hipóte-ses sobre a função f . Vamos analisar os casos em que a equação diferencial dada em (2.21)seja linear e o caso em que é não-linear.

25

2.4.1 O Teorema de Existência e Unicidade: Caso Linear

Vejamos inicialmente o caso em que a equação diferencial dada em (2.21) é linear.

Teorema 2.4.1 Se as funções p e g são contínuas num intervalo aberto I, α < t < β contendo oponto t = t0, então existe uma única y = ϕ(t) solução do problema de valor inicial{

y′ + p(t)y = g(t),

y(t0) = y0,(2.24)

para cada t ∈ I , onde y0 é um valor inicial arbitrário prescrito.

Prova.Existência:Multiplicando a equação diferencial por um fator integrante µ(t), obtemos

µ(t)y′ + p(t)µ(t)y = µ(t)g(t). (2.25)

A expressão à esquerda de (2.25) é a derivada do produto µ(t)y, desde que µ(t) verifique

d

dtµ(t) = µ(t)p(t). (2.26)

Logo, se existe µ(t) satisfazendo (2.26), então segue de (2.25) que

d

dt

[µ(t)y(t)

]= µ(t)g(t),

ou seja

µ(t)y(t) =

∫ t

µ(s)g(s)ds + C, (2.27)

onde C é uma constante arbitrária.Podemos determinar o fator integrante µ(t) a partir da equação (2.26). De fato,

suponhamos inicialmente que µ(t) > 0. Então de (2.26) segue que µ(t) = eR t p(s)ds+C .

Podemos escolher C = 0 de tal modo que

µ(t) = eR t p(s)ds. (2.28)

Notemos que µ(t) é realmente positivo.A Eq. (2.28) determina µ(t) a menos de um fator multiplicativo que depende do

limite de integração. Se escolhermos esse limite inferior como sendo t0, então

µ(t) = eR t

t0p(s)ds

. (2.29)

Note que µ(t0) = 1. Neste caso, a solução é dada por

y(t) =1

µ(t)

[ ∫ t

t0

µ(s)g(s)ds + C]. (2.30)

26

Por outro lado, usando a condição inicial y(t0) = y0, tem-se C = y0, pois µ(t0) = 1. Entãoa solução torna-se

y(t) =1

µ(t)

[ ∫ t

t0

µ(s)g(s)ds + y0

], (2.31)

onde µ(t) é dado em (2.29).Sendo p contínua em α < t < β, então µ está definida neste intervalo e é uma função

diferenciável e não-nula. Como µ e g são contínuas, a função µg é integrável e a Eq. (2.27)segue da Eq. (2.26). Além disso, a integral de µg é diferenciável, de modo que y dadopela (2.27) existe e é diferenciável no intervalo α < t < β. Substituindo a fórmula paray dada pela Eq. (2.27) ou Eq.(2.31) na (2.24) pode ser facilmente verificada no intervaloα < t < β. A condição inicial é também facilmente verificada.Unicidade:A unicidade segue diretamente de (2.31).

Exemplo 21 Determine o intervalo no qual o problema de valor inicial y′ +2

ty = 4t,

y(1) = 2,(2.32)

tenha solução única e determine esta solução.

Prova. Neste caso, temos g(t) = 4t é contínua para todo t, enquanto que p(t) =2

té

contínua para todo t 6= 0, isto é, para t < 0 ou para t > 0. Como a condição inicial y(1) = 2

vale apenas para t > 0, então interessa apenas o intervalo ]0, +∞). Logo o problema (2.36)ten solução única no intervalo 0 < t < +∞.

Para determinar a solução de (2.36), notemos primeiro que o fator integrante é

µ(t) = eR t 2/sds = e2ln(t) = t2.

Portanto, a solução de (2.36) é

y(t) =1

t2

(∫ t

4s3ds + C)

=1

t2

(t4 + C

)= t2 +

C

t2.

Usando a condição inicial y(1) = 2, segue que C = 1. Logo

y(t) = t2 +1

t2, ∀ t > 0.

Exemplo 22 Determine o intervalo no qual o problema de valor inicial y′ +2

ty = 4t,

y(−1) = 2,(2.33)

tenha solução única e determine esta solução.

27

Prova. Neste caso, o problema terá solução no intervalo t < 0. Isto porque o intervalo

que contém a condição inicial é o intervalo t < 0 no qual p(t) =2

té contínua.

De modo análogo ao exemplo anterior, encontramos a solução

y(t) = t2 +1

t2, ∀ t < 0.

2.4.2 O Método das Aproximações Sucessivas ou Método de Iteraçãode Picard

No caso da função f(x, y) dada no problema de valor inicial (2.21), a demonstração doteorema de existência e unicidade foi relativamente simples por que foi possível determi-nar uma fórmula que daria a solução. Já no caso em que f(x, y) não é linear, não existeuma fórmula que dê a solução do problema de valor inicial (2.21). Portanto, o teorema deexistência e unicidade neste caso é bem mais difícil.

Uma saída é colocar o problema de valor inicial (2.21) em uma forma mais conve-niente. Se supusermos, temporariamente, que existe uma função y = ϕ(t) que satisfazo problema (2.21), então f(t, ϕ(t)) é uma função contínua que só depende de t. Logo,podemos integrar y′ = f(t, y) do ponto inicial t0 até um valor arbitrário t, obtendo

ϕ(t) = y0 +

∫ t

t0

f [s, ϕ(s)]ds. (2.34)

Note que usamos a condição inicial y(t0) = y0 e, também, s para denotar a variável deintegração. A Eq.(2.34) é chamada de equação integral. A equação integral não é umafórmula para a solução do problema (2.21), mas fornece outra relação que é satisfeitapor qualquer solução deste problema. Reciprocamente, se existe y = ϕ(t) contínua sat-isfazendo (2.34), então ela também satisfaz (2.21). Para ver isto, basta notar que o inte-grando que aparece na Eq.(2.34), sendo contínuo, implica que ϕ′(t) = f(t, ϕ(t)), devidoao Teorema Fundamental do Cálculo. E também, que y(t0) = y0. Portanto, o problemade valor inicial (2.21) e a equação integral (2.34) são equivalentes. Logo, a solução deum é também solução do outro. É mais conveniente mostrar que existe única solução daequação integral (2.34) em algum intervalo. A mesma conclusão será válida, então, parao problema de valor inicial (2.21).

Um método usado para mostrar que a equação integral (2.34) possui uma únicasolução é conhecido como método das aproximações sucessivas ou método de iteraçãode Picard. O método funciona da seguinte forma:Primeiro, escolhemos uma função inicial ϕ0, arbitrária ou que aproxima, de alguma forma,a solução do problema de valor inicial (2.21). A escolha mais simples é ϕ0(t) = y0, que,pelo menos, satisfaz a condição inicial em (2.21), embora, presupôe-se que não satisfaça

28

a equação diferencial y′ = f(t, y). A segunda escolha ϕ1 é obtida substituindo-se y(t) naintegral em (2.34) por ϕ0(t), ou seja,

ϕ1(t) = y0 +

∫ t

t0

f [s, ϕ0(s)]ds.

De modo análogo, escolhemos ϕ2 dada por

ϕ2(t) = y0 +

∫ t

t0

f [s, ϕ1(s)]ds.

Em geral, definimos a função ϕn, pondo

ϕn(t) = y0 +

∫ t

t0

f [s, ϕn−1(s)]ds.

Desse modo, geramos a sequência de funções {ϕn}n∈N. Cada elemento da sequência sat-isfaz a condição inicial, mas em geral, nenhum deles satisfaz a equação deferencial. Noentanto, se em algum estágio, por exemplo, para n = k, encontramos ϕk(t) = ϕk−1(t), en-tão ϕk é uma solução da equação integral (2.34), consequentemente, do problema de valorinicial (2.21) e a sequência para neste ponto. Isso normalmente não acontece e é necessárioconsiderar toda a sequência infinita. Por último, usando as hipóteses do Teorema 2.4.2,obtemos que a função

ϕ(t) = limn→∞

ϕn(t)

é a solução única da equação integral (2.34) e, consequentemente, do problema de valorinicial (2.21).

2.4.3 O Teorema de Existência e Unicidade: Caso Não-linear

Vejamos agora o caso em que a equação diferencial dada em (2.21) é não-linear. Nestecaso temos um teorema mais geral que é dado a seguir:

Teorema 2.4.2 Suponhamos que a função f(x, y) e sua derivada∂f

∂ysão contínuas no retângulo

R = {(x, y) ∈ R2|α < x < β, δ < y < γ}

contendo o ponto (x0, y0). Então o problema de valor inicialdy

dx= f(x, y),

y(x0) = y0.(2.35)

possui uma única solução num intervalo contendo x0.

29

Observações:Se no Teorema 2.4.2 colocarmos hipóteses mais fracas, por exemplo, que apenas f sejacontínua em R, então não temos garantido a unicidade. De fato, vimos no exemplo 19que o problema de valor inicial (2.22) possui infinitas soluções, mas isto não contradiz o

Teorema 2.4.2, pois no problema (2.22) tem-se que∂f

∂y=

y−2/3

3que não existe em t = 0, o

que implica que não é contínua neste ponto. Neste caso, pode-se ter existência, mas nãoa unicidade.

Prova do Teorema 2.4.2:Existência:Defina a sequência de funções yn(t) por

y0(t) = y0 e yn(t) = y0 +

∫ t

t0

f(s, yn−1(s))ds, para n = 1, 2, 3, ...

Como f(t, y) é contínua no retângulo R, então existe uma constante positiva b tal que

|f(t, y)| ≤ b, ∀(t, y) ∈ R.

Assim,|y1(t)− y0| ≤ b|t− t0|, para α < t < β.

Como∂f

∂yé contínua no retângulo R, existe uma constante positiva a tal que

|f(t, y)− f(t, z)| ≤ a|y − z|, para α < t < β e δ < y, z < γ.

Assim,

|y2(t)− y1(t)| ≤∫ t

t0

|f(s, y1(s))− f(s, y0(s))|ds ≤ a

∫ t

t0

|y1(s)− y0(s)|ds

≤ ab

∫ t

t0

|s− t0|ds = ab|t− t0|2

2.

e

|y3(t)− y2(t)| ≤∫ t

t0

|f(s, y2(s))− f(s, y1(s))|ds ≤ a

∫ t

t0

|y2(s)− y1(s)|ds

≤ a2b

∫ t

t0

|s− t0|2

2ds = a2b

|t− t0|3

6.

Por indução, supomos que

|yn−1(t)− yn−2(t)| ≤ an−2b|t− t0|n−1

(n− 1)!

31

pois, por (2.36), temos∣∣∣ ∫ t

t0

f(s, yn(s))ds−∫ t

t0

f(s, y(s))ds∣∣∣ ≤ ∫ t

t0

|f(s, yn(s))− f(s, y(s))|ds

≤ a

∫ t

t0

|yn(s)− y(s)|ds ≤ ab(t− t0)∞∑

k=n+1

ak−1(β − α)k

k!,

que tende a zero quando n tende ao infinito. Portanto,

y(t) = limn→∞

yn(t) = y0 + limn→∞

∫ t

t0

f(s, yn−1(s))ds

= y0 +

∫ t

t0

f(s, limn→∞

yn−1(s))ds = y0 +

∫ t

t0

f(s, y(s))ds. (2.37)

Derivando em relação a t esta equação vemos que y(t) é solução do problema de valorinicial.Unicidade:Vamos supor que y(t) e z(t) sejam soluções do problema de valor inicial. Seja

u(t) =

∫ t

t0

|y(s)− z(s)|ds.

Como

y(t) =

∫ t

t0

y′(s)ds =

∫ t

t0

f(s, y(s))ds e z(t) =

∫ t

t0

z′(s)ds =

∫ t

t0

f(s, z(s))ds,

então

u′(t) = |y(t)−z(t)| ≤∫ t

t0

|y′(s)−z′(s)|ds =

∫ t

t0

|f(s, y(s))−f(s, z(s))|ds ≤ a

∫ t

t0

|y(s)−z(s)|ds.

Ou seja,u′(t) ≤ au(t).

Subtraindo-se au(t) e multiplicando-se por e−at, obtemos

d

dt(e−atu(t)) ≤ 0, com u(x0) = 0.

Isto implica que e−atu(t) = 0, pois u(t) ≥ 0. Segue então que u(t) = 0, para todo t. Logo,y(t) = z(t), para todo t.

32

2.5 Aplicações

2.5.1 Crescimento e Decrescimento

A equação diferencialdy

dt= ky

com as condições iniciaisy(t0) = y0

ocorre em muitas teorias envolvendo crescimento e decrescimento.

Exemplo 23 O einsteinio 235 decai à taxa proporcional à quantidade de nuclideos presentes. De-terminar a meia-vida T se o material perder um terço de sua massa em 11, 7 dias.

Solução:

Queremos determinar a meia-vida t do material(

t0 =?; Q(t0) =Q0

2

).

Deste modo sendo a equação diferencial

dQ

dt= −kQ, k > 0,

vamos separar as variáveis,dQ

Q= −kdt

Daí,ln |Q| = −kt + C0 =⇒ Q(t) = e−kt+C0 =⇒ Q(t) = Ce−kt.

Vamos supor que a quantidade inicial é Q(0) = Q0. Então obtemos, C = Q0. Deonde segue que,

Q(t) = Q0e−kt.

Lembrando que após 11, 7 dias a quantidade presente é de2Q0

3, ou seja,

Q(11, 7) =2Q0

3,

Assim,

2Q0

3= Q0e

−11,7k =⇒ 2

3= e−11,7k =⇒ −11, 7k = ln

(2

3

)=⇒ k =

−1

11, 7·ln(

2

3

)=⇒ k = −0, 0346

Assim,Q(t) = Q0e

−0,0346t.

33

Observe que Q(t) −→ 0, quando t −→∞.Vamos agora determinar o tempo para que a substância decaia a metade da quan-

tidade inicial, ou seja, vamos determinar t0 de modo que Q(t0) =Q0

2. Nesta condições

temos,

Q0

2= Q0e

−0,0346t0 =⇒ 1

2= e−0,0346t =⇒ −0, 0346t0 = ln

(1

2

)=⇒ t0 =

−1

−0, 0346·ln(

1

2

)=⇒

t0 = 20 dias

2.5.2 Epidemia

Exemplo 24 Em uma cidade vamos dividir a população em duas partes;

• x: Indivíduos sadíos, mas que podem ser infectados.

• y: Indivíduos infectados.

Determine o número de dias para que toda a cidade seja infectada, sendo,

dy

dt= kxy

Solução:

Temos que x + y = 1, então x = 1− y. Deste modo a equação torna-se,

dy

dt= k(1− y)y =⇒ dy

y(1− y)= kdt =⇒

∫dy

y(1− y)=

∫kdt =⇒

=⇒∫

dy

y+

∫dy

1− y=

∫kdt =⇒ ln |y| − ln |1− y| = kt + C0 =⇒ ln

∣∣∣∣ y

1− y

∣∣∣∣ = kt + C0 =⇒

y

1− y= Cekt (∗)1

Assim,y

1− y= Cekt =⇒ y = Cekt − Cekty =⇒ (1 + Cekt)y = Cekt.

Logo,

y(t) =Cekt

(1 + Cekt)

Considerando que a quantidade inicial de infectados seja dada por,

y(0) = y0

34

E aplicando esta a expressão (∗)1 , obtemos,

C =y0

1− y0

.

Daí,

y(t) =

y0

1− y0

ekt(1 +

y0

1− y0

ekt

) (∗)2

Multiplicando (∗)2 por(

e−kt

e−kt

), obtemos,

y(t) =

y0

1− y0(e−kt +

y0

1− y0

) ou y(t) =y0

y0 + e−kt(1− y0)

Observe que, y(t) −→ 1 quando t −→∞

2.5.3 Trajetórias Ortogonais

Uma família de curvas é definida, em geral, por uma equação da forma

F (x, y, c) = 0,

onde x é a variável independente e y é a variável dependente, para cada c ∈ IR fixo. Porexemplo, a família de curvas

y = cx2, c > 0,

está representada pela função F (x, y, c) = y − cx2, F (x, y, c) = 0, que corresponde a umafamília de parábolas com vértice na origem de coordenadas e distância focal descrita emtermos de c. Já a família de curvas

x2 + (y − c)2 = c2,

está representada pela função F (x, y, c) = x2 + (y − c)2 − c2, F (x, y, c) = 0, que consistenum conjunto de círculos com centro (0, c) e raio c.

Dada uma família de curvas é possível determinar a equação diferencial que geraesta família de curvas. vejamos alguns exemplos:

Exemplo 25 Encontre a equação diferencial que tem como solução a família de curvas y = cx3.

35

Solução: Derivando a família de curvas em relação a x, obtemos

y′ = 3cx2.

A equação acima já é uma equação diferencial, mas possui como solução um conjuntoque contém estritamente a família de curvas y = cx3. Para evitar isto, eliminamos c queé dado por c = y/x3, obtendo y′ = 3

y

x, que é a equação diferencial que gera a família de

curvas y = cx3.

Definição 2.15 Duas curvas são ortogonais num ponto P0 se as retas tangentes as curvas noponto P0 são ortogonais.

Sabemos que duas retas y = m0x + b0 e y = m1x + b1 são ortogonais se o produto de suasinclinações é −1, isto é, m0.m1 = −1. Na equação diferencial

y′ = f(x, y),

o valor da função f(x, y) nos dá o valor das inclinações das retas tangentes a curva y =

y(x) solução da equação. Portanto, para determinar a família de curvas ortogonais a y

basta resolver a equação

y′ = − 1

f(x, y).

Exemplo 26 Encontre a família de curvas ortogonais à família de curvas dada por y = cex.

Solução: Primeiro vamos determinar a equação diferencial que tem como solução a famíliade curvas acima. Derivando em relação a y, obtemos y′ = cex. Notando que c = ye−x,segue que a equação diferencial que gera a família de exponenciais é dada por

y′ = y.

Logo, para encontrar a família de curvas ortogonais à família de exponenciais, devemosresolver a equação diferencial

y′ = −1

y.

Esta equação possui solução dada por

y2 = −2x + C.

Portanto, a família de parábolas y2 = −2x + C. é ortogonal à família de exponenciaisy = cex.

36

2.5.4 Problemas de Temperatura e a Lei de Resfriamento e Aquecimentode Newton

O problema consiste em determinar uma função θ que define a temperatura de um corpoem cada instante de tempo. Para isto, usaremos um princípio físico conhecido como a Leide Esfriamento ou Aquecimento de Newton. Vejamos esta lei.

Lei de Esfriamento e Aquecimento de Newton: A taxa de variação da temperatura dasuperfície de um objeto é proporcional a diferença de temperatura do objeto com atemperatura do meio ambiente.

Se θ(t) é a temperatura de um objeto no instante de tempo t e T é a temperatura do meioambiente, então a Lei de Esfriamento e Aquecimento de Newton nos diz que

dθ

dt= −k(θ − T ), (2.38)

onde k > 0 é a constante de proporcionalidade que depende do material de que é feito oobjeto.Observações:

(a) O sinal negativo que aparece no segundo membro da Eq. (2.38) é devido ao fatode que o calor sempre flui da parte quente para a parte fria. Isto é, se o objeto temtemperatura maior que o meio ambiente, θ − T > 0 e a temperatura θ diminui atéchegar ao ponto de equilíbrio térmico, isto é, a temperatura é uma função decres-

cente em relação ao tempo t. Com isso,dθ

dt< 0 e o sinal negativo é necessário.

Analogamente, se θ − T < 0, então a temperatura θ deve aumentar, tornando assim

uma função crescente em relação ao tempo t. Com isso,dθ

dt> 0 e o sinal negativo

novamente é necessário.

(b) A Eq. (2.38) é uma equação diferencial de primeira ordem que pode ser resolvidautilizando o método de variáveis separáveis. É fácil ver que a solução é dada por

θ(t) = T + Ce−kt. (2.39)

Exemplo 27 Suponha que uma xícara de chá está a uma temperatura inicial de 95◦C e um minutodepois a temperatura baixou para 70◦C num quarto onde a temperatura é de 25◦C. Determine afunção que representa a temperatura em cada instante de tempo e o tempo que demorará a xícarade chá para atingir a temperatura de 30◦C.

Solução: Das condições do problema sabemos que o chá está inicialmente a temperaturade 95◦C, isto é, θ(0) = 95◦C. A temperatura do quarto é de 25◦C, isto é, T = 25◦C. E um

37

minuto depois a temperatura baixou para 70◦C, então, θ(1) = 70◦C. Neste caso a funçãoque define θ em função de t é dada por

θ(t) = 25 + Ce−kt.

Usando que θ(0) = 95◦C, encontramos C = 70◦C. Portanto, teremos

θ(t) = 25 + 70e−kt.

Usando que θ(1) = 70◦C, teremos

70 = 25 + 70e−k ⇒ e−k =45

70=

9

14⇒ k = ln(14/9).

Logo, a função que define θ em função de t é dada por

θ(t) = 25 + 70e− ln(14/9)t.

Vamos agora determinar um tempo t0 no qual a xícara atingirá 30◦C. Temos

30 = 25 + 70e− ln(14/9)t0 ⇒ e− ln(14/9)t0 =5

70=

1

14⇒ t0 =

ln(14)

ln(14/9)' 5, 97.

Logo, a xícara atingirá 30◦C depois de aproximadamente 6 minutos.

2.5.5 Misturas

Exemplo 28 Num tanque há 100 litros de salmoura contendo 30 gramas de sal em solução. Água(sem sal) entra no tanque à razão de 6 litros por minuto e a mistura se escoa à razão de 4 litros porminuto, conservando-se a concentração uniforme por agitação. Vamos determinar qual a concen-tração no tanque ao fim de 50 minutos, sabendo que o problema é modelado da forma,

dQ

dt= −4

Q

100 + 2tQ(0) = 30


dQ

dt= −4

Q

100 + 2t=⇒ dQ

dt+ 4

Q

100 + 2t= 0.

A qual é uma equação diferencial linear. Deste modo, fazendo equações separaveis temos,

dQ

dt+ 4

Q

100 + 2t= 0 =⇒ dQ

Q= −4

dt

100 + 2t=⇒

∫dQ

Q=

∫−4dt

100 + 2t=⇒

38

ln |Q| = −2 ln 100 + 2t + C0 =⇒ ln |Q| = ln (100 + 2t)−2 + C0 =⇒ Q = C(100 + 2t)−2

Então, a quantidade de sal é dada por,

Q(t) =C

(100 + 2t)2

Sendo Q(0) = 30, então,

Q(0) =C

(100 + 2 · 0)2=⇒ 30 =

C

(100)2=⇒ C = 30 · 104 = 3 · 105

Assim,

Q(t) =3 · 105

(100 + 2t)2.

Sabendo que, a concentração c(t) é o quociente da quantidade de sal pelo volume que éigual a V (t) = 100 + 2t, ou seja,

c(t) =Q(t)

V (t)=⇒ c(t) =

3 · 105

(100 + 2t)2

(100 + 2t)=⇒ c(t) =

3 · 105

(100 + 2t)3

Logo, quando t = 50, obtemos

c(50) =3 · 105

(100 + 2 · 50)3=

3 · 105

(200)3=

3 · 105

8 · 106= 0, 0375 gramas/litros

2.5.6 Circuitos Elétricos

Um circuito RC é um circuito que tem um resistor de resistência R, um capacitor decapacitância C e um gerador que gera uma diferença de potencial V (t) ligados em série.Pela segunda lei de Kirchhoff,

RI +Q

C= V (t), (2.40)

onde I(t) =dQ

dte Q(t) é a carga no capacitor. Assim, a equação (2.40) pode ser escrita

comodQ

dt+

1

RCQ =

1

RV (t), (2.41)

A Equação(2.41) é linear de primeira ordem cuja solução é dada por

Q(t) = e−

1

RCt( 1

R

∫ t

e

1

RCsV (s)ds + C

). (2.42)

Exemplo 29 Em um circuito RC uma bateria gera uma diferença de potencial de 10 volts en-quanto a resistência é de 103 ohms e a capacitância é de 10−4 farads. Encontre a carga Q(t) nocapacitor em cada instante t, se Q(0) = 0.

39

2.5.7 Problemas de Crescimento e Declínio

2.5.8 Datação por Carbono 14

2.5.9 Investimentos Financeiros

2.5.10 Equações Autônomas e Dinâmica Populacional

Uma classe importante de equações de primeira ordem consiste naquelas nas quais avariável independente não aparece explicitamente. Tais equações são ditas autônomas etem a forma

dY

dT= f(y). (2.43)

Discutimos essas equações no contexto de crescimento ou declínio populacional de umaespécie dada, um assunto, importante em campos que vão da medicina à ecologia, pas-sando pela economia global.

A Equação(2.43) é separável e pode ser resolvida facilmente. Nosso objetivo aqui éobter informações qualitativas sobre a equação diferencial. Os conceitos de estabilidadee instabilidade de soluções destas equações tem grande importância nesse contexto.

Crescimento Exponencial

Se y = ϕ(t) é a quantidade de uma população dada no instante t, a hipótese maissimples sobre a variação da população é que a taxa de variação de y é proporcional aovalor atual de y, isto é,

dy

dt= ky, (2.44)

onde a constante de proporcionalidade k é chamada taxa de declínio se k < 0 e taxa decrescimento se k > 0. Vamos supor aqui que k > 0, ou seja, que a população está semprecrescendo.

Resolvendo a Equação (2.44) sujeita a condição inicial

y(t0) = y0, (2.45)

obtemosy(t) = y0e

kt. (2.46)

Logo o modelo matemático que consiste no problema de valor inicial (2.44)-(2.45) comk > 0, prevê que a população crescerá exponencialmente sempre para diversos valoresde y0. Sob condições ideais, observou-se que a Equação (2.46) é razoavelmente precisapara muitas populações, pelo menos, por um período limitado de tempo. No entanto,é claro que tais condições ideais não podem perdurar indefinidamente, alguma hora aslimitações sobre o espaço, o suprimento de comida ou outros recursos reduzirá a taxa decrescimento e acabará inibindo o crescimento exponencial.

40

Exemplo 30 A taxa de crescimento da população de uma cidade é proporcional ao número dehabitantes. Se a população em 1950 era de 50.000 e em 1980 era de 75.000, qual a populaçãoesperada em 2010?

Solução: Seja p(t) a função que representa a população em cada instante de tempo t. Neste

caso, p(0) = 50.000 e p(t) = 50.000ekt. Como p(30) = 75.000, segue que k =ln(3/2)

30. Logo

p(t) = 50.000eln(3/2)

30t.

Em 2010, t = 60, logo p(60) = 112.500 é a população em 2010.

Crescimento Limitado

Suponhamos agora que uma quantidade cresça segundo uma taxa proporcional àdiferença entre um número A > 0 fixo e seu tamanho. Se y = ϕ(t) é a quantidade presenteem cada instante de tempo t, então

d

dy= k(A− y), (2.47)

onde k > 0 é a constante de proporcionalidade e y < A, para todo t ≥ 0. A Equação (2.47)é separável e tem solução

y(t) = A−Be−kt, (2.48)

onde A, B e k são constantes positivas.

Observação: Notemos que limt→+∞

y(t) = A, isto é, y = A é assíntota horizontal para o

gráfico de y = ϕ(t). O gráfico da função y(t) = A − Be−kt é denominado curva deaprendizagem. O nome é apropriado quando y(t) representa a competência segundoa qual uma pessoa realiza uma tarefa. Ao iniciar uma atividade, a competência de umindivíduo aumenta rapidamente e depois mais vagarosamente, já que uma experiênciaadicional tem pouco efeito na habilidade de realizar a tarefa.

Exemplo 31 Um operário recém-contratado realiza uma tarefa com mais eficiência a cada dia quepassa. Se y unidades forem produzidas por dia, após t dias no trabalho, então

dy

dt= k(80− y),

onde k > 0 e y < 80, para todo t ≥ 0. O empregado produz 20 unidades no promeiro dia detrabalho e 50 unidades por dia após 10 dias de trabalho.a) Quantas unidades por dia ele estará produzindo após 30 dias de trabalho?b) Mostre que após 60 dias ele estará produzindo apenas 1 unidade a menos do que seu potencialcompleto.

41

Solução: Resolvendo a equação diferencial encontramos

y(t) = 80−Be−kt.

Sendo y(0) = 20, tem-se que B = 60. Por outro lado, sendo y(10) = 50, tem-se que

k =ln 2

10. Desta forma, teremos

y(t) = 80− 60e−ln 2

10t.

a) y(30) = 72, 5.b) y(60) = 79, 0625.O empregado estará produzindo 79 unidades por dia que é uma unidade a menos dopotencial máximo que é 80. De fato,

limt→+∞

y(t) = limt→+∞

(80− 60e− ln 2

10t) = 80.

Crescimento LogísticoConsidere agora a Equação (2.43) na forma

d

dy= f(y)y. (2.49)

Note que estamos substituindo k na Equação (2.44) pela função h(y). Queremos escolherh(y) de modo que h(y) ' k > 0 quando y for pequeno, h(y) decresça quando y crescere h(y) < 0 quando y for suficientemente grande. A função mais simples que tem essaspropriedades é h(y) = r−ay, onde a é, também, uma constante positiva. Logo escrevemos(2.49) na forma

d

dy= (r − ay)y. (2.50)

A Equação (2.50) é conhecida como a equação de Verhuest ou equação logística. Muitasvezes é conveniente escrever a Equação (2.50) na forma equivalente

d

dy= r(1− y

K)y, (2.51)

onde K =r

a. A constante r é chamada taxa de crescimento intrínseco, isto é, a taxa de

cescimento na ausência de qualquer fator limitador.

Observações:

42

(a) Na busca de soluções para a Equação (2.51), primeiro procuramos soluções do tipomais simples possível, isto é, funções constantes. Para tais soluções, y′ = 0. Logoqualquer solução constante da Equação (2.51) deve satisfazer

r(1− y

K)y = 0.

Logo, as soluções constantes são y = ϕ1(t) = 0 e y = ϕ2(t) = K. Essas soluções sãochamadas de soluções de equilíbrio da Equação (2.51). O nome é devido ao fatoque não há variação no valor de y quando t cresce. De modo análogo, as soluções deequilíbrio da equação autônoma mais geral (2.43) são determinadas fazendo f(y) =

0. Os zeros de f(y) tmabém são chamados de pontos críticos.

(b) Para visualisar outras soluções da Equação (2.51) e esboçar seus gráficos, vamosprimeiro desenhar o gráfico de f(y) em função de y. No caso da Equação (2.51),f(y) = r(1 − y

K)y, de modo que o gráfico é uma parábola com vértice no ponto

(K/2, rK/4) e cujos pontos críticos são (0, 0) e (K, 0) que são os pontos de intersecção

com os eixos dos y. Se 0 < y < K, entãody

dt> 0, isto é, y é crescente em t nesse

intervalo. Se y > K, entãody

dt< 0 e, neste caso, y é uma função decrescente de t

nesse intervalo.

(c) O eixo dos y é muitas vezes chamado de reta de fase e é representado por umareta vertical. Os pontos em y = 0 e y = K são os pontos críticos ou soluções deequilíbrio. Quando y está próximo de 0 ou de K, então o coeficiente angular f(y)

fica próximo de zero, de modo que as curvas soluções são quase horizontais. Elasse tornam mais inclinadas quando o valor de y se afasta de 0 ou de K.

(d) Para esboçar os gráficos das soluções da Eq (2.51) no plano ty, começamos com assoluções de equilíbrio y = 0 e y = K. Depois desenhamos outras curvas crescentesquando 0 < y < K e decrescente quando y > K e que se aproximam de uma curvahorizontal quando y se aproxima de um dos valores 0 ou K. Devido ao teorema deexistência e unicidade, apenas uma solução pode conter um ponto dado no planoty. Assim, embora outras soluções possam ser assintóticas à solução de equilíbrioquando t → +∞, elas não podem interseptá-las em um instante finito.

(e) Derivando a Equação (2.43) em relação a t, obtemos

d2y

dt2=

d

dt(f(y)) = f ′(y).y′ = f ′(y).f(y).

Logo, o gráfico de y é convexo quando y′′ > 0, isto é, quando f ′ e f tem o mesmosinal. Analogamente, o gráfico de y é côncavo quando y′′ < 0, isto é, quando f ′ e f

tem sinais contrários. Os pontos de inflexão ocorre quando f ′(y) = 0. No caso da

43

Equação (2.51), as soluções são convexas para 0 < y <K

2, onde f é positiva e cres-

cente, de modo que ambas as funções f e f ′ são positivas. As soluções também sãoconvexas para y > K, onde f é negativa e decrescente e f e f ′ são ambas negativas.

ParaK

2< y < K, as soluções são côncavas, já que f é positiva e decrescente, de

modo que f é positiva e f ′ é negativa. Existe um ponto de inflexão sempre que ográfico de y em função de t cruza a reta y = K/2.

(f) Finalmente, note que K é uma cota superior que é aproximada, mas nunca atingida,para populações crescentes começando abaixo desse valor. É natural se referir a K

como sendo o nível de saturação ou a capacidade ambiental de sustentação, paraa espécie dada.

(g) As soluções da equação não-linear (2.51) são surprendentemente diferentes das daequação linear, pelo menos para valores grandes de t. Independentemente do valorde K, isto é, não interessa quão grande seja a parcela não-linear da Equação (2.51),as soluções tendem a um valor finito quando t → ∞, enquanto que as soluções doproblema linear cresce exponencialmente sem limite quando t →∞. Assim, mesmouma minúscula parcela não-linear na equaçaõ diferencial tem um efeito decisivo nasolução para valores grandes de t.

(h) Em muitas situações é suficiente ter informações qualitativas sobre a solução y =

ϕ(t) da Equação (2.51). Essa informação foi obtida a partir do gráfico de f(y) emfunção de y e sem resolver a equação. Mas se quisermos ter uma descrição maisdetalhada sobre o crescimento logístico, por exemplo, se quisermos saber o valor dapopulação em algum instante particular, então precisamos resolver a Equação (2.51)sujeita a condição inicial

y(0) = y0. (2.52)

Para isto, consideremos y 6= 0 e y 6= K. Separando as variáveis, temos

1

(1− y/K)ydy = rdt.

Integrando, obtemos que

ln |y| − ln |1− y/K| = rt + c, (2.53)

onde c é uma constante arbitrária a ser determinada pela condição inicial (2.52). Se0 < y0 < K, então teremos também 0 < y < K e escrevemos (2.55) na forma

y

1− y/K= Cert,

onde C = ec. Usando a condiçaõ inicial segue que C =y0

1− y0/K. Logo a solução é

dada pory

1− y/K=

y0

1− y0/Kert,

44

implicitamente. Resolvendo para y, encontramos

y =y0K

y0 + (K − y0)e−rt. (2.54)

Se y0 > K, então a abordagem da Equação (2.55) é um pouco diferente mas asolução é também dada por (2.56). Notemos que a Equação (2.56) também con-tém as soluções de equilíbrio y = ϕ1(t) = 0 e y = ϕ2(t) = K, correspondente ascondições iniciais y0 = 0 e y0 = K, respectivamente.

(i) Se y0 = 0 tem-se da Equação (2.56) que y(t) = K para todo t ≥ 0. Se y0 > 0, então

limt→∞

f(t) =y0K

y0

= K.

Portanto a solução tende à solução de equilíbrio y = ϕ2(t) = K assintoticamentequando t → ∞. Neste caso, dizemos que a solução constante ϕ2(t) = K é umasolução assintoticamente estável da Equação (2.51), ou que o ponto y = K é umponto de equilíbrio, ou crítico, assintoticamente estável. Após um longo tempo,a população fica próxima ao nível de saturação K, independente do tamanho ini-cial da população, desde que seja positivo. Outras soluções tendem à solução deequilíbrio mais rapidamente quando r aumenta. Por outro lado, a situação para asolução de equilíbrio y = ϕ1(t) = 0 é bem diferente. Mesmo soluções que começambem próximas de zero crescem quando t cresce e, como vimos, tendem a K quandot → ∞. Dizemos que ϕ1(t) = 0 é uma solução de equilíbrio instável ou que y = 0

é um ponto de equilíbrio, ou crítico, instável. Isso significa que a única maneirade garantir que a solução permaneça nula é certificar-se de que seu valor inicial éexatamente iqual a zero.

Concluimos que y = K é um ponto de equilíbrio, ou crítico, assintoticamente es-tável. Isto quer dizer que após um longo tempo, a população fica próxima ao nível desaturação K independente do tamanho da população inicial, desde que seja positivo.Outras soluções tendem a solução de equilíbrio mais rapidamente quando r aumenta.

Um Limiar CríticoConsidere agora a Equação (2.43) na forma

d

dy= −r(1− y

T)y, (2.55)

com Y (0) = y0, obtemos um crescimento para a solução y(t) com um limiar crítico T , ondeabaixo do limiar crítico T não existe crescimento e acima desse limiar a solução cresceindefinidamente. Isto significa que uma determinada população que se encontra abaixodo limiar crítico tende a se desaparecer, enquanto que um população que se encontraacima desse limiar, tende a crescer indefinidamente sem limitação.

45

As populações de algumas espécies exibem o fenômeno de limiar. Se está presenteuma quantidade muito pequena, a espécie não se propaga com sucesso e a populaçãotorna-se extinta. No entanto, se for possível juntar uma população maior do que o limiarcrítico, então ocorre um crescimento ainda maior. Como é claro que uma população nãopode se tornar ilimitadamente, a Equação (2.55) deve ser modificada, finalmente, para selevar isso em consideração.

Crescimento Logístico com um LimiarO modelo de limiar (2.55) precisa ser modificado de modo que não ocorra o crescimentoilimitado quando a solução está acima do limiar T . A maneira mais simples de fazer isso éintroduzir um outro fator que tem o efeito de tornar dy/dt negativo quando y for grande.Assim, consideramos

d

dy= −r(1− y

T)(1− y

K)y, (2.56)

onde r > 0 e 0 < T < K. Estudando a equação do problema (2.56) sobre a condição inicialY (0) = y0, obtemos que se y começa abaixo do limiar T , então y decresce até chegar àextinção. Por outro lado, se y começa acima do limiar T , então y acaba se aproximandoda capacidade de sustentação K.

Um modelo desse tipo geral descreve, aparentemente, a população de pombos sel-vagens que existia nos Estados Unidos em números imensos até o final do século XIX. Foimuito caçado para comida e por esporte e, em consequência, seus números estavam dras-ticamente reduzidos na década de 1880. Infelismente, esses pombos selvagens só podiamse reproduzir com sucesso quando presentes em grandes concentrações, correspondendoa um limiar relativamente grande T . Embora ainda existisse um número relativamentegrande de pássaros individuais ao final da década de 1880, não havia um número sufi-ciente concentrado em nenhum lugar que permitisse reprodução com suceso e a popu-lação diminuiu rapidamente até a extinção. O último sobrevivente morreu em 1914. Odeclínio desenfreado na população de pombos selvagens de números imensos até a ex-tinção em pouco mais de três décadas foi um dos primeiros fatores na preocupação sobreconservação naquele país.

46

2.5.11 Exercícios

1. Encontre as famílias de curvas ortogonais ás seguintes famílias de curvas:

a) y = x + C b) y2 + (x− C)2 = 1 c)y2

2+

x2

2= C2.

2. Suponha que uma xícara de chá está a uma temperatura inicial de 90◦C e um min-uto depois a temperatura baixou para 70◦C num quarto onde a temperatura é de 30◦C.Determine: a) a função que representa a temperatura em cada instante de tempo; b) atemperatura da xícara após 5 minutos.3. Um filé de salmão, inicialmente a 50oF é cozido num forno com uma temperaturaconstante de 400◦F . Após 10 minutos a temperatura do filé é medida em 150◦F . Con-siderando que o peixe é fino e macio, suponhamos numa primeira aproximação que suatemperatura é uniforme. Quanto tempo levará até que o salmão seja considerado mal pas-

sado, digamos, a 200◦F ? Resposta: θ(t) = 400−350e−

1

10ln(5/7)t

e t0 = −10 ln(4/7)

ln(5/7)' 16, 5

minutos.4. Em um circuito RC uma bateria gera uma diferença de potencial de 10 volts enquantoque a resistência é de 200 ohms e a capacitância é de 10−4 farads. Encontre a carga Q(t)

no capacitor em cada instante t, se Q(0) = 0. Encontre também a corrente I(t) em cadainstante t. Resposta: Q(t) = 10−3(1− e−50t) Coulombs e I(t) = 5.10−2e−50t Amperes.5. Foram encontrados restos mortais numa certa região. Verificou-se no laboratório quea porcentagem relativa de isótopos de carbono 14 encontrados eram de 0,12% da quan-tidade original. Calcule o tempo de antiguidade destes restos mortais. Resposta: t0 =

54.233, 87 anos.6. Foram encontrados restos mortais numa certa região. Verificou-se no laboratório que aporcentagem relativa de isótopos de carbono 14 encontrados eram de 0,1% da quantidadeinicial. Calcule o tempo de antiguidade destes restos mortais. Resposta: t0 = 55.707, 70

anos.7. Numa certa cultura de bactérias, a taxa de crescimento das bactérias é proporcional àpopulação presente em cada instante. Se existirem 1000 bactérias inicialmente e a quan-tidade dobra em 12 minutos, quanto tempo levará até que haja 1.000.000 de bactérias?Resposta: t0 = 119, 6 minutos (y(t) = 1000e0,0577583t).8. A taxa de crescimento da população de uma cidade é proporcional ao número de habi-tantes em cada instante. Se a população em 1950 era de 50.000 habitantes e em 1980era 75.000, qual a população esperada em 2010? Resposta: 112.500 habitantes (y(t) =

50.000eln 3/2

30t).

9. A taxa de decaimento do rádio é proporcional a quantidade existente em cada in-stante. Se houver 60 mg de rádio agora, determine a quantidade de rádio daqui a 100anos, sabendo que a meia vida do rádio é de 1650 anos? Resposta: 57, 6 mg de rádio(y(t) = 60e−0,0004101t).

47

10. A taxa de crescimento de certa cidade é proporcional à população existente. Se apopulação aumenta de 40.000 para 60.000 em 40 anos, quando a população será de 80.000?Resposta: 68, 4 anos depois (y(t) = 40.000e

ln 3/240

t).11. Produtos químicos em um açude. Considere um açude contendo inicialmente 10milhões de galões (cerca de 45 milhões de litros) de água fresca. O açude recebe umfluxo indesejável de produtos químicos a uma taxa de 5 milhões de galões por ano ea mistura sai do açude a uma mesma taxa. A concentração γ(t) de produtos químicosna água que está entrando varia periodicamente com o tempo de acordo com a f´rmulaγ(t) = 2 + sen(2t)g/gal. Construa um modelo matemático desse processo de fluxo e de-termine a quantidade de produtos químicos no açude em qualquer instante.12. Misturas. Num instante t = 0 um tanque contém Q0 lb de sal dissolvidos em 100gal(cerca de 455l). Suponha que água contendo 1/4lb (cerca de 113g) de sal por galão estáentrando no tanque a uma taxa de r galões por minuto e que o líquido, bem misturado,está saindo do tanque à mesma taxa. Escreva o problema de valor inicial que descreve ofluxo. Encontre a quantidade de sal Q(t) no tanque em qualquer instante t e ache, tam-bém, a quantidade limite QL presente após um período muito longo de tempo. Se r = 3 eQ0 = 2QL, encontre o instante T após o qual o nível de sal está dentro de uma faixa a 2%

de QL. Encontre, também, a taxa de fluxo necessária para que o valor de T não exceda 45minutos.

12. Ratos do Campo e Corujas. Considere uma população de ratos do campo quehabitam uma certa área rural. Vamos supor que, na ausência de predadores, a populaçãode ratos cresce a uma taxa proporcional à população atual. Essa hipótese não é umalei física muito bem estabelecida , mas é uma hipótese inicial usual em um estudo decrescimento populacional. Se denotarmos o tempo por t e a população de ratos por p(t),então a hipótese sobre o crescimento populacional pode ser expressa pela equação

dp

dt= rp, (2.57)

onde o fator de proporcionalidade r é chamado de taxa constante ou taxa de crescimento.Agora vamos aumentar o problema supondo que diversas corujas moram na mesma viz-inhança e que elas matam os ratos. Assim, o modelo que descreve essa nova situação édado pela equação

dp

dt= rp− k, (2.58)

onde k é a taxa predatória. As taxas de crescimento r e predatória k devem ser dadas naequação para um mesmo tempo t. Para este problema, pede-se determinar a solução dasequações (2.57) e (2.58) e verificar a diferença entre cada situação determinando o com-portamento de cada solução. Supondo que o tempo seja medido em meses, que a taxa r

tenha o valor de 0, 5 por mês e que as corujas matam 15 ratos do campo por dia, deter-mine como deve ser a Equação (2.58) e sua solução geral. Determine o instante em que a

48

população é extinta se a população inicial é de 850 ratos. E qual seria a população inicialse a população é extinta em um ano?

Capítulo 3

Equações Diferenciais de SegundaOrdem

3.1 Equações Diferenciais Lineares de Segunda Ordem

Definição 3.1 A forma geral de uma Equação Diferencial de Segunda Ordem é

F (x, y, y′, y′′) = 0 (3.1)

Definição 3.2 A forma geral de uma Equação Diferencial Ordinária Linear de Segunda Ordem é

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = g(x) (3.2)

onde p, q e g, são funções contínuas em um intervalo aberto I.

Definição 3.3 Uma equação diferencial

F (x, y, y′, y′′) = 0,

juntamente com a condição inicial y(x0) = y0 e y′(x0) = y0, constituem um Problema de ValorInicial (PVI), a qual geralmente é denotada por

y′′ = f(x, y, y′),

y(x0) = y0,

y′(x0) = y0.

(3.3)

50

Teorema 3.4 (Existência e Unicidade)

Seja o seguinte PVI, y′′ = f(x, y, y′),

y(x0) = y0,

y′(x0) = y0.

(3.4)

com x0 ∈ I . Então existe uma unica solução y = φ(x) do PVI para todo x ∈ I

Exemplo 32 Encontre a única solução do do problema,y′′ + p(x)y′ + q(x)y = g(x),

y(x0) = 0, com x0 ∈ I

y′(x0) = 0.

Solução: A única solução do PVI é y(x) = 0

Teorema 3.5 (Princípio da Superposição)

Se y1 e y2 são soluções da equação homogênea,

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0 (3.5)

então,y = C1y1 + C2y2

onde C1 e C2 são constantes arbitrárias, também é solução de (3.5)

Prova. Sendo y1 e y2 soluções de (3.5) então,

y′′1 + p(x)y′1 + q(x)y1 = 0 e y′′2 + p(x)y′2 + q(x)y2 = 0

Logo, sendo y = C1y1 + C2y2, e aplicando em (3.5), obtemos,

(C1y1 + C2y2)′′ + p(x)(C1y1 + C2y2)

′ + q(x)(C1y1 + C2y2) = 0 =⇒

=⇒ (C1y′′1 + C2y

′′2) + p(x)(C1y

′1 + C2y

′2) + q(x)(C1y1 + C2y2) = 0 =⇒

=⇒ (C1y′′1 + p(x)C1y

′1 + q(x)C1y1) + (C2y

′′2 + p(x)C2y

′2 + q(x)C2y2) = 0 =⇒

=⇒ C1(y′′1 + p(x)y′1 + q(x)y1) + C2(y

′′2 + p(x)y′2 + q(x)y2) = 0 =⇒ C1 · 0 + C2 · 0 = 0.

Portanto, y = C1y1 + C2y2 é solução de (3.5).

Pergunta:Podemos escolher constantes C1 e C2, tal que a solução y = C1y1 + C2y2 satisfaça as

condições iniciais de (3.3)

51

Resposta:Suponha que sim. Logo,

y(x0) = y0 e y′(x0) = y0,

isto é,C1y1(x0) + C2y2(x0) = y0 e C1y

′1(x0) + C2y

′2(x0) = y0.

Assim, temos que,{C1y1 + C2y2 = y0

C1y′1 + C2y

′2 = y0

=⇒{

C1y1y′2 + C2y2y

′2 = y0y

′2

−C1y′1y2 − C2y

′2y2 = −y0y2

=⇒ C1(y1y′2 − y′1y2) = y0y

′2 − y0y2

Daí,

C1 =y0y

′2 − y0y2

y1y′2 − y′1y2

.

De forma analoga obtemos,

C2 =y0y1 − y′1y0

y1y′2 − y′1y2

.

Em forma de determinante,

C1 =

y0 y2

y0 y′2

y1 y2

y′1 y′2

e C2 =

y0 y′1y0 y1

y1 y2

y′1 y′2

Conclusão:Podemos escolher as constantes C1 e C2 desde que,

w[y1, y2] =

∣∣∣∣ y1 y2

y′1 y′2

∣∣∣∣ 6= 0

Definição 3.6 O determinante da matriz,

w[y1, y2] =

∣∣∣∣∣ y1 y2

y′1 y′2

∣∣∣∣∣é chamado de Determinante Wronskiano das soluções y1 e y2.

Teorema 3.7 (Conjunto Fundamental de Soluções)Se y1 e y2 são soluções de (3.5)

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0

e se existe x0 ∈ I tal que w[y1, y2] 6= 0, então

y = C1y1 + C2y2

é a solução de (3.5)

52

Prova. Seja φ(x) uma solução qualquer de (3.5) tal que{φ(x0) = y0

φ′(x0) = y0

Considere o seguinte (PVI)y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0

φ(x0) = y0 (∗)φ′(x0) = y0

Note que φ é solução de (∗). Por outro lado,

w[y1, y2] 6= 0

Logo vai existir uma constante C1 e C2 tal que y = C1y1 + C2y2 é solução de (∗).O teorema de Existencia e Unicidade garante que φ = y, ou seja, φ = C1y1 + C2y2

3.2 Equações de Segunda Ordem com Coeficiente Constantes

Considere a equaçãoay′′ + by′ + cy = 0 (3.6)

com a, b e c constantes.

Exemplo 33 Considere a seguinte equação diferencial

y′′ − y = 0

.Observe que y1(x) = ex e y2(x) = e−x são soluções da equação diferencial. Além disso,

w[y1, y2] =

∣∣∣∣∣ ex e−x

ex −e−x

∣∣∣∣∣ = −1− 1 6= 0

Logo a solução da equação diferencial será

y = C1ex + C2e

−x

Vamos procurar soluções para (3.6) da forma y = erx. Deste modo, temos que,

y′ = rerx e y′′ = r2erx

Substituindo y, y′ e y′′ em (3.6) obtemos,

ar2erx + brerx + cerx = 0

53

Daí,(ar2 + br + c)erx = 0

que é verdade desde que,ar2 + br + c = 0 (3.7)

A equação (3.7) é chamada de Equação Característica Associada a (3.6).

ConclusãoA função y = erx é solução da (3.6) se, e somente se, r é raiz da equação característica.

Caso 1: raizes reais e distintas (∆ > 0, r1 6= r2).

Caso 2: raizes complexas conjugadas (∆ < 0, r = p± iq).

Caso 3: raizes repetidas (∆ = 0, r1 = r2).

3.2.1 Raizes Reais e Distintas

Seja r1 6= r2, onde, y1 = er1x e y2 = er2x, são soluções de (3.6). Além disso,

w[y1, y2] =

∣∣∣∣∣∣er1x er2x

r1er1x r2e

r2x

∣∣∣∣∣∣ = r2e(r1+r2)x − r1e

(r1+r2)x = (r2 − r1)e(r1+r2)x 6= 0

Segue então que a solução geral dada será dada por,

y = C1er1x + C2e

r2x

Exemplo 34 Resolva o seguinte PVI,y′′ + 5y′ + 6y = 0

y(0) = 2

y′(0) = 3

Solução: Observe que a equação y′′ + 5y′ + 6y = 0 é uma equação diferencial. Assim, aequação característica associada a ela é,

r2 + 5r + 6 = 0, com ∆ = 1, r1 = −2 e r2 = −3

Daí a solução geral é,y = C1e

−2x + C2e−3x

Derivando temos,y′ = −2C1e

−2x − 3C2e−3x

54

Utilizando as condições iniciais y(0) = 2 e y′(0) = 3 temos que,{C1 + C2 = 2

−2C1 − 3C2 = 3

Logo C1 = 9 e C2 = −7. Portanto a solução do PVI é,

y = 9e−2x − 7e−3x

3.2.2 Raizes Complexas

Seja ar2 + br + c = 0 e suponha que ∆ = b2 − 4ac < 0. Assim sendo i =√−1 temos,

∆ = b2 − 4ac =⇒ ∆ = −(4ac− b2) =⇒ ∆ = i2(4ac− b2),

neste caso,

r1 =−b + i

√4ac− b2

2ae r2 =

−b− i√

4ac− b2

2a

ou seja, as raizes são da forma:r = p± iq

com p, q ∈ IR e q 6= 0.Portanto as soluções correspondentes são,

y1 = e(p+iq)x e y2 = e(p−iq)x

As quais são soluções complexas. As soluções reais são obtidas com o auxilio da Identi-dade de Euller

e±θi = cosθ ± isenθ

Note que,

e(p+iq)x = epx · eiqx = epx · (cos(qx) + isen(qx)) = y1(x)

e(p−iq)x = epx · e−iqx = epx · (cos(qx)− isen(qx)) = y2(x)

onde,

y1 =y1 + y2

2= epxcos(qx) e y2 =

y1 − y2

2i= epxsen(qx)

que são soluções reais da equação (3.6). Além disso,

w[y1, y2] =

∣∣∣∣∣∣epxcos(qx) epxsen(qx)

pepxcos(qx)− qepxsen(qx) pepxsen(qx) + qepxcos(qx)

∣∣∣∣∣∣ =

pe2pxcos(qx)sen(qx) + qe2pxcos2(qx)− pe2pxcos(qx)sen(qx) + qe2pxsen2(qx) =

55

= qe2px[cos2(qx) + sen2(qx)] = qe2px 6= 0

pois q 6= 0.Consequentemente a solução geral será dada por

y = epx[C1cos(qx) + C2epxsen(qx)]

onde r = p± qi, são as raizes complexas da equação característica.

Exemplo 35 Determine a solução geral da equação

y′′ + y′ + y = 0

Solução:

Sendo a equação característica temos que,

r2 + r + 1 = 0, onde ∆ = −3

Logo,

r1 =−1 + i

√3

2onde

−1 +−i√

3

2Portanto,

y = e−x2

[C1cos

(√3x

2

)+ C2sen

(√3x

2

)]Exemplo 36 Determine a solução geral do PVI

y′′ + y = 0

y(π

3

)= 2

y′(π

3

)= −4

Solução:

Sendo a equação característica temos que,

r2 + 1 = 0 =⇒ r2 = −1 =⇒ r = ±i

Então,y = C1cos(x) + C2sen(x)

Sendo y(π

3

)= 2 e y′

(π

3

)= −4, e y′ = −C1sen(x) + C2cos(x) temos que,

C1cos

(π

3

)+ C2sen

(π

3

)= 2

−C1sen(π

3

)+ C2cos

(π

3

)= −4

=⇒

C1

2+

C2

√3

2= 2

−C1

√3

2+

C2

2= −4

=⇒

56

=⇒

√

3C1 + C2 = 4√

3

−√

3C1 + C2 = −8=⇒ C1 = 1 + 2

√3 e C2 =

√3− 2

Portanto a solução geral é,

y = (1 + 2√

3)cos(x) + (√

3− 2)sen(x)

Exercício:

1) Resolva os PVI’s abaixo:

a)

y′′ + 4y = 0

y(0) = 0

y′(0) = 1

b)

y′′ + y′ − 12y = 0

y(2) = 2

y′(2) = 0

2) Encontre α de modo que a solução do PVI,y′′ − y′ − y = 0

y(0) = α

y′(0) = 2

decai para zero quando t →∞

3) Encontre a equação diferencial cuja solução geral seja,

y = C1e2t + C2e

−3t

3.2.3 Método de Redução de Ordem

Suponha que conhecemos uma solução y1 da equação,

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0.

Vamos procurar uma segunda solução da forma

y2(x) = v(x) · y1(x)

com v(x) não constante.

Por definição temos:

y′2 = v′y1 + vy′1 e y′′2 = v′′y1 + v′y′1 + v′y′1 + vy′′1 = v′′y1 + 2v′y′1 + vy′′1

57

Assim, substituindo y2, y′2 e y′′2 na equação diferencial obtemos,

y′′2 + p(x)y′2 + q(x)y2 = 0 =⇒ [v′′y1 +2v′y′1 + vy′′1 ] + p(x)[v′y1 + vy′1] + q(x)[v(x)y1(x)] = 0 =⇒

=⇒ v′′y1 + [2y′1 + p(x)y1]v′ + [y′′1 + p(x)y′1 + q(x)y1(x)]v(x) = 0

Sendo y1 a solução da equação então y′′1 + p(x)y′1 + q(x)y1(x) = 0. Daí,

v′′y1 + [2y′1 + p(x)y1]v′ = 0 =⇒ v′′ +

[2y′1y1

+ p(x)y1

y1

]v′ = 0 =⇒ v′′ +

[2y′1y1

+ p(x)

]v′ = 0.

Faça u(x) = v′(x), para obtemos,

u′ +

[2y′1y1

+ p(x)

]u = 0

a qual é uma EDL de 1o ordem em u, cuja solução é dada por,

u(x) = ce−

∫ (2y′1y1

+ p(x)

)dx

Tome C = 1, então,

u(x) = e−

∫ (2y′1y1

)dx· e

−

∫p(x) dx

=⇒ e−

∫p(x) dx

· e−2 ln |y1|

ou seja,

u(x) =e−

∫p(x) dx

y21

A segunda solução é,

y2 = v(x)y1, com v(x) =

∫u(x) dx,

onde u(x) foi encontrado antes.Além disso,

w[y1, y2] =

∣∣∣∣ y1 vy1

y′1 v′y1 + vy′1

∣∣∣∣ = v′y21 6= 0,

pois v(x) 6= constante.Logo,

y = C1y1 + C2v(x)y1

Conclusão

As funções y1 e y2 = vy1 constituem um conjunto fundamental de soluções.

58

Exemplo 37 Verificar que y1(x) = x é uma solução da equação

(1− x2)y′′ − 2xy′ + 2y = 0, −1 < x < 1

e achar uma segunda solução que possa compor com a primeira, um conjunto fundamental desoluções.

Solução:Sendo −1 < x < 1 então a equação torna-se,

y′′ − 2x

(1− x2)y′ +

2

(1− x2)y = 0

A segunda solução é dada por

y2 = v(x)y1 = xv(x) = x

∫u(x) dx

onde,

u(x) =e−

∫p(x) dx

y21

=⇒ u(x) =e−

∫2x

(1− x2)dx

x2=

e− ln |1−x2|

x2=

1

1− x2

x2=

1

x2(1− x2)

assim,

u(x) =1

x2+

1

1− x2=

1

x2+

1

2

(1

1 + x

)+

1

2

(1

1− x

)Sendo, v(x) =

∫u(x) dx, então,

v(x) =

∫ [1

x2+

1

2

(1

1 + x

)+

1

2

(1

1− x

)]dx =

∫1

x2dx+

1

2

∫1

1 + xdx+

1

2

∫1

1− xdx =

= −1

x+

ln |1 + x|2

− ln |1− x|2

= −1

x+

1

2ln

[|1 + x||1− x|

]Portanto,

y2 = −1 +x

2ln

∣∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣∣Exercício: Encontre a solução geral para esta equação.

3.2.4 Raizes Repetida

Vamos determinar a solução geral da equação

ay′′ + by′ + cy = 0

59

quando as raizes da equação característica

ar2 + br + c = 0

forem igauis r1 = r2 =−b

2a.

Uma solução da equação geral y′′ +b

ay′ +

c

ay = 0 é

y1 = e−b2a

x

Usando o método da Redução de Ordem vamos obter y2 = ve−b2a

x. Assim, temosque,

u(x) =e−

Rba

dx[e−b2a

x]2 =

e−ba

x

e−ba

x=⇒ u(x) = 1.

Segue que,

v(x) =

∫u(x) dx =

∫1 dx =⇒ v(x) = x.

Logo,y2(x) = xe

−b2a

x

Desta forma a solução geral é dada por, y = C1e−b2a

x + C2xe−b2a

x, ou seja

y = (C1 + C2x)e−b2a

x

Exemplo 38 Determine a solução geral da seguinte equação,

y′′ + 4y′ + 4y = 0

Solução:

Sendo a equação,y′′ + 4y′ + 4y = 0,

temos seguinte equação característica,

r2 + 4r + 4 = 0,

da qual obtemos, r1 = r2 =−b

2a=−4

2= −2. Logo a solução geral é,

y = (C1 + C2x)e−2x

60

3.3 Equações Diferenciais de Segunda Ordem Não - Ho-mogêneas

Considere a equaçãoy′′ + p(x)y′ + q(x)y = g(x) (3.8)

onde p, q e g são funções contínuas num intervalo aberto α < x < β

Teorema 3.8 (Importante)Se yp é solução particular da equação (3.8), então a solução geral de (3.8) é dada por:

y = yp + C1y1 + C2y2

onde y1 e y2 constitue um Conjunto de Fundamental de Soluções para equações homogêneascorrespondentes.

Prova. Seja y uma solução qualquer de (3.8). Temos,

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = g(x) e y′′p + p(x)y′p + q(x)yp = g(x)

daí,(y − yp)

′′ + p(x)(y − yp)′ + q(x)(y − yp) = 0

isto é, y − yp é uma solução da equação homogênea correspondente. Portanto,

y − yp = C1y1 + C2y2 ⇐⇒ y = yp + C1y1 + C2y2

Exemplo 39 Determine a solução geral da equação

y′′ + y = t

Solução: Observe que a função yp = t é uma solução da equação. Temos então a seguinteequação homogênea,

y′′ + y = 0

Assim, a equação diferencial característica é da forma,

r2 + 1 = 0 com r = ±i

Logo a equação diferencial homogênea associada é

yH = C1cost + C2sent

Portanto,y = t + C1cost + C2sent

61

Método da Variação dos Parâmetros

Sejam y1 e y2 duas soluções linearmente independentes (L.I.), ou seja, não são mul-tiplas entre si, da equação homogênea.

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0

Suponha que temos uma solução particular da equação (3.8), na forma,

y = u1y1 + u2y2

Por derivação,

y′ = u1y′1 + u′1y1 + u2y

′2 + u′2y2 =⇒ y′ = u1y

′1 + u2y

′2 + u′1y1 + u′2y2.

vamos admitir que,u′1y1 + u′2y2 = 0 (•)1

então,y′ = u1y

′1 + u2y

′2 (∗)1

derivando mais uma vez obtemos,

y′′ = u1y′′1 + u′1y

′1 + u2y

′′2 + u′2y

′2 (∗)2

Assim, substituindo (∗)1 e (∗)2 na equação (3.8) obtemos,

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0 =⇒

(u1y′′1 + u′1y

′1 + u2y

′′2 + u′2y

′2) + p(x)(u1y

′1 + u2y

′2) + q(x)(u1y1 + u2y2) = g(x),

ou seja,

u1(y′′1 + p(x)y′1 + q(x)y1) + u2(y

′′2 + p(x)y′2 + q(x)y2) + u′1y

′1 + u′2y

′2 = g(x),

sabendo que,y′′1 + p(x)y′1 + q(x)y1 = 0 e y′′2 + p(x)y′2 + q(x)y2 = 0

temos,u′1y

′1 + u′2y

′2 = g(x) (•)2

Por (•)1 e (•)2 formamos o seguinte sistema, u1y′1 + u2y

′2 = 0

u′1y′1 + u′2y

′2 = g(x)

62

Observe que det[coef ] = w[y1, y2] 6= 0. da regra de Cramer temos,

u′1 =−y2g(x)

w[y1, y2]e u′2 =

y1g(x)

w[y1, y2]

Finalmente,

u1 = −∫

y2g(x)

w[y1, y2]dx e u2 =

∫y1g(x)

w[y1, y2]dx

Exemplo 40 Resolva a seguinte equação

y′′ − 4y′ + 4y = (x + 1)e2x

Solução: Sendo y′′ − 4y′ + 4y = 0 a equação homogênea correspondente, então temos aseguinte equação característica associada,

r2 − 4r + 4 = 0

da qual temos,

∆ = 16− 16 = 0 e r =4

2= 2

daí a solução geral desta é,y = C1e

2x + C2xe2x

Neste caso,y1 = e2x e y2 = xe2x

Utilizando a idéia do Wronskiano temos,

w = [y1, y2] =

∣∣∣∣ e2x xe2x

2e2x e2x + 2xe2x

∣∣∣∣ = e4x

Logo,

u1 = −∫

xe2x(x + 1)e2x

e4xdx =

∫x(x + 1) dx = −

(x3

3+

x2

2

)

u2 =

∫e2x(x + 1)e2x

e4xdx =

∫(x + 1) dx =

(x2

2+ x

)Sabendo que, yp = u1y1 + u2y2, então,

yp = −e2x

(x3

3+

x2

2

)+ xe2x

(x2

2+ x

)=⇒ yp = e2x

(x3

6+

x2

2

)

63

Portanto, a solução geral é

y =

(x3

6+

x2

2

)e2x + (C1 + C2x)e2x

EXEMPLOS

Problema de Valor Inicial

Exemplo 41 Encontre a solução do PVI2y′′ − 3y′ + y = 0

y(0) = 2

y′(0) =1

2

em seguida determine o valor de máximo (caso exista) da solução e também o ponto no qual asolução é nula.

Solução:

Vamos determinar inicialmente a solução geral da equação

2y′′ − 3y′ + y = 0

Observe que temos a seguinte equação característica associada a equação,

2r2 − 3r + 1 = 0

da qual obtemos,

∆ = 1 > 0 r1 = 1 r2 =1

2

Logo, a solução geral da equação é,

y = C1ex + C2e

x2

Das condições iniciais obtemos,C1 + C2 = 2

C1 +C2

2=

1

2

64

onde C1 = −1 e C2 = 3.

Portanto a solução geral é do PVI é

y = −ex + 3ex2

Vamos agora determinar, se existir, um valor de máximo para a solução.

Um ponto x0 é um ponto de máximo quando,

y′(x0) = 0 e y′′(x0) < 0.

Então derivando a solução da equação temos,

y = −ex + 3ex2 =⇒ y′ = −ex +

3

2e

x2 =⇒ −ex +

3

2e

x2 = 0 =⇒ e

x2 e

x2 − 3

2e

x2 = 0 =⇒

=⇒ ex2

(e

x2 − 3

2

)= 0 =⇒ e

x2 − 3

2= 0 =⇒ e

x2 =

3

2

devemos então ter,

ex2 =

3

2=⇒ x

2= ln

(3

2

)=⇒ x = ln

(9

4

)Derivando y′, obtemos,

y′′ = −ex +3

4e

x2 =⇒ y′′

(ln

(9

4

))= −eln( 9

4) +3

4e

12·ln( 9

4) = −9

4+

3

4· 3

2= −9

8< 0

Logo, x = ln

(9

4

)é um ponto de máximo.

Por último, vamos determinar o ponto onde a solução é nula. Assim, vamos deter-minar o valor de x onde y(x) = 0. Logo,

y = −ex + 3ex2 =⇒ ex − 3e

x2 = 0 =⇒ e

x2 e

x2 − 3e

x2 = 0 =⇒ e

x2

(e

x2 − 3

)= 0 =⇒ e

x2 − 3 = 0.

Logo, ex2 = 3. Portanto, x = ln 9.

Redução de Ordem

Exemplo 42 Determine a solução da equação,

(x− 1)y′′ − xy′ + y = 0, onde, x > 1 e y1(x) = ex

Solução:Observe que,

(x− 1)y′′ − xy′ + y = 0 =⇒ y′′ − x

x− 1y′ +

1

x− 1y = 0

65

Sabendo que y1(x) = ex, vamos determinar y2(x), o qual é da forma,

y2(x) = v(x) · y1(x), mboxcom v(x) 6= 0

onde,

v(x) =

∫u(x) dx u(x) =

e−R

p(x) dx

y21

Assim queremos y2 da forma y2 = v(x)ex. Então, vamos determinar v. Daí, temos que,

u(x) =e−

Rp(x) dx

y21

=e−

∫x

x− 1dx

e2x=

e−

∫ (1− 1

x− 1dx

)e2x

=ex+ln (x−1)

e2x=

ex(x− 1)

e2x=⇒

=⇒ u(x) = e−x(x− 1)

Deste modo,

v(x) =

∫u(x) dx =

∫e−x(x− 1) dx =⇒ v(x) = −xe−x

Logo,y2 = v(x)ex = (−xe−x)ex =⇒ y2 = −x

Portanto, a solução geral é,y = C1e

x − C2x

Método da Variação de Parâmetros

Exemplo 43 Determine a solução da equação

y′′ + 9y = 3sec23t, t ∈(0,

π

8

)Solução:

Observe que temos a seguinte equação homogênea associada

y′′ + 9y = 0

Daí a equação característica associada a ela é,

r2 + 9 = 0

da qual obtemos,∆ = −36 < 0 e r = ±3i

Logo a solução desta éyH = C1cos3t + C2sen3t

66

Vamos agora determinar a solução particular yp = u1y1 + u2y2. Assim sendo,

y1 = cos3t e y2 = sen3t

e o Wronskiano dado por,

w[y1, y2] =

∣∣∣∣∣∣cos3t sen3t

−3sen3t 3cos3t

∣∣∣∣∣∣ = 3

Então,

u1 = −∫

y2g(x)

w[y1, y2]dx = −

∫3sen3t sec23t

3dx = −sec3t

u2 =

∫y1g(x)

w[y1, y2]dx =

∫3cos3t sec23t

3dx = ln |sec3t + tg3t|

Logo,yp = −sec3tcos3t + ln |sec3t + tg3t|sen3t

Portanto, a solução geral éy = yH + yp =⇒

y = C1cos3t + C2sen3t− sec3tcos3t + ln |sec3t + tg3t|sen3t

3.4 Oscilações Mecânicas

Nos estudaremos neste capítulo o movimento de uma massa pressa a uma mola.Para isso vamos utilizar o Sistema Massa-Mola, o qual podemos ter uma ideia pelo grá-fico abaixo.

Figura 3.1: Sistema Massa-Mola

67

Nesse sentido dividiremos, inicialmente, em etapas o nosso estudo do sistema massa-mola. Deste modo,Etapa A

Mola de comprimento l sem peso.

Etapa BCorpo de massa m preso a mola de comprimento l causando um deslocamento L no

sentido positivo.

Figura 3.2: Repouso Figura 3.3: Deslocado

Nesta etapa duas forças atuam no corpo.

(i) Força Gravitacional (Fg)Fg = mg,

onde, m é a massa do corpo e g é a força gravitacional

(ii) Força da Mola (Fm)

Lei de Hooke: A força exercida por uma mola é proporcional ao seu deslocamento

Fm = −kL,

onde, k é a constante de elastícidade.Quando o corpo está em equilibrio a força resultante sobre o corpo é nula, ou seja,

mg − kL = 0

Etapa CForça externa aplicada ao corpo de massa m, causando um deslocamento de y no

sentido positivo.

Segunda Lei de NewtonA segunda lei de Newton afirma que,

68

Força = massa × aceleração

Se o deslocamento no instante t é dada por y(t), então da segunda Lei de Newton,obtemos,

my′′ = f(t) (3.9)

onde f(t) é força resultante sobre o corpo no instante t. Nesse sentido observe que, as

forças são:

1) Fg = mg

2) Fm = −k(L + y)

3) F (t) =Força externa aplicada a massa4) Força de Amortecimento ou Força resistiva (Fa)

A Força de Amortecimento ou Força resistiva é proporcional a velocidade do objetoe atua no sentido oposto ao deslocamento. Daí temos que,

Fa = constante × velocidade

ou seja,Fa = −cy′(t)

Reescrevendo (3.9) temos,

my′′ = Fg + Fm + F + Fa =⇒ my′′ = mg − k(L + y) + F (t)− cy′(t)

=⇒ my′′ = mg − kL︸︷︷︸0

−ky + F (t)− cy′(t) =⇒

my′′ + cy′ + ky = F (t) (3.10)

onde as constantes m, c e k são positivas.A equação (3.10) é chamada de Equação do Movimento da Massa.Estabelecemos as seguintes condições iniciais,

(C.I.)

{y(0) = y0, posição inicialy′(0) = y′0, velocidade inicial

A equação (3.10) com as condições iniciais constituem um PVI no qual tem umaúnica solução.

3.4.1 Oscilação Livre Não-Amortecidas

Como o movimento não é amortecido temos que c = 0 e a força externa F (t) = 0.A equação nesta nesta situação de massa é,

my′′ + ky = 0 ou y′′ +k

my = 0

69

cuja característica é,

r2 +k

m= 0

daí,

r = ±√− k

m=⇒ r = ±i

√k

m

Logo a solução geral é,

y(t) = C1 cos

(√k

mt

)+ C2 sen

(√k

mt

)

Considere ω20 = k

m. Daí temos,

y(t) = C1 cos (ω0t) + C2 sen (ω0t) (I)

ou ainda,y(t) = R cos (ω0t− δ) (II)

onde, R =√

C21 + C2

2 e δ = arc tg

(C2

C1

)ObservaçãoToda solução da forma (I) pode ser escrita na forma (II) e a reciproca também é

verdadeira. De fato,

R cos (ω0t− δ) = Rcosω0tcosδ −Rsenω0tsenδ

onde,

Figura 3.4: triânguloretangulo

a =√

C21 + C2

2 = R, b = C2, c = C1 e d = ω, daí

cosδ =C1

R=⇒ C1 = Rcosδ

e

senδ =C2

R=⇒ C2 = Rsenδ

Portanto,R cos (ω0t− δ) = C1cosω0t− C2senω0t

Comentários:

70

(a) O movimento de massa é periódico e o seu período é,

t =2π

ω0

= 2π(m

k

)1/2

(b) T aumenta quando m aumenta, ou seja, "os corpos com mais massa, oscilam maislentamente".

(c) T diminui quando k aumenta, ou seja, "Molas rígidas, provocam oscilações maisrápidas".

(d) A amplitude não diminui com o tempo por causa da ausência de amortecimento.

(e) δ ângulo de faces do movimento.

3.4.2 Oscilação Livre Amortecidas

Esta situação é caracterizada pela ausência da força externa (f(t) = 0) e a constantede resistividade c é não nula.

Neste caso temos,my′′ + cy′ + ky = 0

Da qual a equação característica é,

mr2 + cr + k = 0

onde c, m e k são constantes positivas. Deste modo, as raizes são:

r =−c±

√c2 − 4mk

2m

Portanto existem três situações:

1o Caso c2 > 4mkEntão a equação característica terá duas raizes reais distintas r1 e r2 e a solução é

dada por,y(t) = C1e

r1t + C2er2t

Observação:c2 − 4mk < c2 =⇒

√c2 − 4mk < c

Conclusão: r1 < 0 e r2 < 0.Portanto,

y(t) −→ 0, quando t −→∞

71

2o Caso c2 = 4mkNeste caso,

r1 = r2 =−c

2m

e a posição é dada pory = (C1 + C2t)e

−(ct)/2m

Portanto,y(t) −→ 0, quando t −→∞

3o Caso c2 < 4mkNeste caso, temos duas raizes complexas conjugadas. Daí,

y(t) = e−(ct)/2m (C1cosβt + C2senβt)

onde,

β =(4mk − c2)1/2

2m

ou ainda,y(t) = R e−(ct)/2mcos(ω0t− δ)

Exemplo 44 Um corpo com massa de 100 g estica em 5 cm uma mola. Se o corpo é impulsionadoa partir do equilíbrio com uma velocidade para baixo de 10 cm/s e se não houver resitência do ar,determine a posição em qualquer instante t. Em que instante o corpo retorna pela 1o vez, a suaposição de equilíbrio?

Solução:

Observe que,

m = 100 g; g = 9, 8 m/s2 = 980cm/s2; L = 5 cm; k =mg

L=

100 · 980

5= 19.600g · cm/s2

c = 0; F (t) = 0; y(0) = 0; y′(0) = 10 cm/s

Sabendo que a equação de movimento de massa é,

my′′ + cy′ + ky = F (t) =⇒ 100y′′ + 19.600y = 0.

Temos a seguinte equação característica associada,

100r2 + 19.600 = 0 =⇒ r2 + 196 = 0,

da qual obtemos,r = ±i

√196 =⇒ r = ±i

√14.

72

Deste modo a solução geral é,

y(t) = C1cos(14t) + C2sen(14t)

Derivando y(t) obtemos,

y′(t) = −14 C1sen(14t) + 14 C2cos(14t)

Das condições iniciais, y(0) = 0 e y′(0) = 10 cm/s, obtemos,

C1 = 0 e C2 =5

7

Portanto a solução é,

y(t) =5

7sen(14t)

Logo, o momento em que o corpo volta pela primeira vez é dado pela expressão,

5

7sen(14t) = 0 =⇒ sen(14t) = 0 =⇒ 14t = π =⇒ t =

π

14

Exemplo 45 Um corpo com massa de 20 g estica em 5 cm uma mola. Suponha que o corpo estejaligado a um amortecedor viscoso, com constante de amortecimento 400 dyn · s/cm. Se o corpo forpuxado 2 cm além de sua posição de equilíbrio e depois for solto, ache a sua posição em qualquerinstante t.

Solução:

Observe que,m = 20 g; g = 9, 8 m/s2 = 980cm/s2; L = 5 cm;

k =mg

L=

20 · 980

5= 3.920g · cm/s2; c = 400 dyn · s/cm; F (t) = 0

y(0) = 2 cm; y′(0) = 0 cm/s

Sabendo que a equação de movimento de massa é,

my′′ + cy′ + ky = F (t) =⇒ 20y′′ + 400y′ + 3.920y = 0.

Temos a seguinte equação característica associada,

20r2 + 400y′ + 3.920y = 0 =⇒ r2 + 20r + 196 = 0,

da qual obtemos,r = −10± 4

√6 i.

Deste modo a solução geral é,

y(t) = e−10t[C1cos(4√

6 t) + C2sen(4√

6 t)]

73

Derivando y(t) obtemos,

y′(t) = −10 e−10t[C1cos(4√

6 t)+C2sen(4√

6 t)]+e−10t[−4√

6 C1sen(4√

6 t)+4√

6C2cos(4√

6 t)]

Das condições iniciais, y(0) = 2 e y′(0) = 0, obtemos,

C1 = 2 e C2 =5√6


y(t) = e−10t

[2 cos(4

√6 t) +

5√6

sen(4√

6 t)

]

Capítulo 4

Equações Diferenciais de OrdemSuperior

4.1 Equações Diferenciais de Ordem Superior

Definição 4.1 Uma Equação Diferencial Linear de Ordem n é uma equação da forma,

F (x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0 (4.1)

ou ela pode ser descrita da forma,

A0(x)dny

dxn+ A1(x)

dn−1y

dxn−1+ . . . + An−1(x)

dy

dx+ Any = G(x) (4.2)

onde Ai(x), i = 1, . . . , n são funções contínuas num intervalo aberto (α, β)

É comum reescrever a equação (4.2). Devemos ter A0(x) 6= 0, para todo x. Destemodo temos,

dny

dxn+

(A1(x)

A0(x)

)dn−1y

dxn−1+ . . . +

(An−1(x)

A0(x)

)dy

dx+

(An(x)

A0(x)

)y =

G(x)

A0(x)=⇒

dny

dxn+ a1(x)

dn−1y

dxn−1+ . . . + an−1(x)

dy

dx+ an(x)y = g(x),

ou simplismente,

y(n) + a1(x)y(n− 1) + . . . + an−1(x)y′ + an(x)y = g(x). (4.3)

75

A equação (4.3) munido da seguintes condições iniciais,y(x0) = y0

y′(x0) = y′0...

y(n−1)(x0) = y(n−1)0

(4.4)

constitue um Problema de Valor Inicial.Observação: A teoria para equações de ordem n é analogo a teoria desenvolvida

para EDL’s de 2o Ordem.

Teorema 4.2 (Existência e Unicidade)O problema de valor inicial formado pela equação (4.3) e as condições (4.4) tem uma única

solução no intervalo (α, β)

Observação: Na equação quando a solução S(x) ≡ 0 então a identidade é nula.

Uma equação diferencial de ordem n da forma,

y(n) + a1(x)y(n−1) + . . . + an−1(x)y′ + an(x)y = 0, (4.5)

é chamada de equação homogênea (EDLOnH). Deste modo se y1, y2, . . ., yn são soluçõesda (EDLOnH), então,

y = C1y1 + C2y2 + . . . + Cnyn

é também solução.

Determinante Wronskiano

W [y1, y2, . . . , yn] =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣y1 y2 . . . yn

y′1 y′2 . . . y′n...

... . . . ...y

(n−1)1 y

(n−1)2 . . . y

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣Teorema 4.3 (Solução Geral)

Se y1, y2, . . ., yn são soluções da equação homogênea e se W [y1, y2, . . . , yn] 6= 0, então todasolução da equação homogênea é da forma,

y = C1y1 + C2y2 + . . . + Cnyn

76

Equação Homogênea com coeficientes constantes

Seja a equação homogênea,

a0y(n) + a1y

(n−1) + . . . + an−1y′ + any = 0,

onde cada ai, com i = 0, 1, 2, . . . , n é um número real constante.Suponha que y = erx seja solução da equação homogênea de coeficientes constantes.

Daí, sendo,

y = erx, y′ = rerx, y′′ = r2erx, . . . , y(n−1) = rn−1erx e y(n) = rnerx,

temos que,a0y

(n) + a1y(n−1) + . . . + an−1y

′ + any = 0 =⇒

=⇒ a0rnerx + a1r

n−1erx + . . . + an−1rerx + ane

rx = 0 =⇒

=⇒ erx(a0r

n + a1rn−1 + . . . + an−1r + an

)= 0.

Equação Característica

Seja a equação de polinômio característica dada por,

a0rn + a1r

n−1 + . . . + an−1r + an

Note que y = erx é uma solução da equação de coeficientes constantes desde que r

seja raiz do polinômio característico, ou seja,

a0rn + a1r

n−1 + . . . + an−1r + an = 0.

Um polinômio de grau n tem raizes da forma r1, r2, . . ., rn−1, rn.

1o Caso (Raizes reais e distintas)

Se o polinômio assim possui n raizes distintas então a solução geral pe da forma,

y = C1er1x + C2e

r2x + . . . + Cn−1ern−1x + Cne

rnx

2o Caso (Raizes complexas conjugadas)

Para cada raiz complexa r = p± iq (sempre ocorrem em par) obtemos duas soluçõesreais,

y1 = epxcos(qx) e y2 = epxsen(qx)

77

3o Caso (Raizes repetidas)

Se r1 = r2 = . . . = rn−1 = rn = r entã a solução geral é dada por

y =(C1 + C2x + . . . + Cnx

n−1)erx

Exemplo 46 Determine a solução da equação diferencial abaixo.

y(4) − y = 0

Solução:Sendo a equação diferencial dada por,

y(4) − y = 0

temos o seguinte polinômio característico associado,

r4 − 1 = 0 =⇒ (r2 − 1)(r2 + 1) = 0

da qual obtemos,

r2 − 1 = 0 =⇒ r = ±1 e r2 + 1 = 0 =⇒ r = ±i.

Logo, a solução geral é,

y = C1ex + C2e

−x + C3cosx + C4senx


d5y

dt5− 3

d4y

dt4+ 3

d3y

dt3− d2y

dt2= 0


d5y

dt5− 3

d4y

dt4+ 3

d3y

dt3− d2y

dt2= 0


r5 − 3r4 + 3r3 − r2 = 0 =⇒ r2(r3 − 3r2 + 3r − 1) = 0 =⇒ r2(r − 1)3 = 0.

da qual obtemos,

r2 = 0 =⇒ r1 = r2 = 0 e (r − 1)3 = 0 =⇒ r3 = r4 = r5 = 1.


y = C1 + C2t + C3t2et + C4t

3et + C5t4et

78


y′′′ − 2y′′ − y′ + 2y = 0


y′′′ − 2y′′ − y′ + 2y = 0


r3 − 2r2 − r + 2 = 0 =⇒ (r − 1)(r2 − r − 2) = 0 =⇒ r2(r − 1)3 = 0.

da qual obtemos,

r − 1 = 0 =⇒ r1 = 1 e r2 − r − 2 = 0 =⇒ r2 = 2 e r3 = −1.


y = C1ex + C2e

2x + C3e−x


Considere a seguinte equação,

y(n) + p1(x)y(n−1) + . . . + pn−1(x)y′ + pn(x)y = g(x), (4.6)

Se y1, y2, . . ., yn−1 e yn são soluções linearmente independentes (L.I.), ( ou seja,W [y1, y2, . . . , yn−1, yn] 6= 0) da equação homogênea,

y(n) + p1(x)y(n−1) + . . . + pn−1(x)y′ + pn(x)y = 0, (4.7)

então sua solução geral é,

yH = C1y1 + C2y2 + . . . + Cnyn

Se Y 1 e Y 2 são soluções da equação não-homogênea (4.6), então Y 1 − Y 2 é soluçãoda equação homogênea (4.7).

Daí, para Y 1 = y e Y 2 = yP , segue que,

y − yp = C1y1 + C2y2 + . . . + Cnyn =⇒ y = yH + yp.

Vamos supor que a solução particular é dada por,

y = u1y1 + u2y2 + . . . + unyn.

79

Deste modo é possível se mostrar que,

uj =

∫g(x)wj

w(x)dx, com j = 1, 2, . . . , n onde w(x) = W [y1, y2, . . . , yn−1, yn]

e wj é o determinante obtido do Wronskiano pela troca da j−ésima coluna pela coluna(0, 0, . . . , 1).

Por exemplo considere n = 3.

y′′′ + p1(t)y′′ + p2(t)y

′ + p3(t)y = g(t)

Suponha que,yp = u1y1 + u2y2 + u3y3

Derivando obtemos,

y′p = (u′1y1 + u′2y2 + u′3y3) + (u1y′1 + u2y

′2 + u3y

′3)

Tome, u′1y1 + u′2y2 + u′3y3 = 0 . Daí, y′p = u1y′1 + u2y

′2 + u3y

′3.

Derivando mais uma vez, obtemos,

y′′p = (u′1y′1 + u′2y

′2 + u′3y

′3) + (u1y

′′1 + u2y

′′2 + u3y

′′3)

Tome, u′1y′1 + u′2y

′2 + u′3y

′3 = 0 . Daí, y′′p = u1y

′′1 + u2y

′′2 + u3y

′′3 .

Derivando novamente, obtemos,

y′′′p = (u′1y′′1 + u′2y

′′2 + u′3y

′′3) + (u1y

′′′1 + u2y

′′′2 + u3y

′′′3 )

Substituindo os valores de yp , y′p , y′′p e y′′′p na equação obtemos,

y′′′p + p1(t)y′′p + p2(t)y

′p + p3(t)yp = g(t) =⇒

=⇒ [(u′1y′′1 + u′2y

′′2 + u′3y

′′3) + (u1y

′′′1 + u2y

′′′2 + u3y

′′′3 )] + p1(t)[u1y

′′1 + u2y

′′2 + u3y

′′3 ]+

+p2(t)[u1y′1 + u2y

′2 + u3y

′3] + p3(t)[u1y1 + u2y2 + u3y3] = g(t) =⇒

=⇒ [y′′′1 + p1(t)y′′1 + p2(t)y

′1 + p3(t)y1]u1 + [y′′′2 + p1(t)y

′′2 + p2(t)y

′2 + p3(t)y2]u2+

+[y′′′3 + p1(t)y′′3 + p2(t)y

′3]u3 + (u′1y

′′1 + u′2y

′′2 + u′3y

′′3) = g(t) =⇒

=⇒ u′1y′′1 + u′2y

′′2 + u′3y

′′3 = g(t)

80

Formamos então o seguinte sistema,u′1y1 + u′2y2 + u′3y3 = 0

u′1y′1 + u′2y

′2 + u′3y

′3 = 0

u′1y′′1 + u′2y

′′2 + u′3y

′′3 = g(t)

Note que,Det[coef ] = W [y1, y2, y3] 6= 0

Logo pela Regra de Cramer,

u′1 =

∣∣∣∣∣∣0 y2 y3

0 y′2 y′3g(t) y′′2 y′′3

∣∣∣∣∣∣W [y1, y2, y3]

=⇒ u′1 =

g(t)

∣∣∣∣∣∣0 y2 y3

0 y′2 y′31 y′′2 y′′3

∣∣∣∣∣∣W [y1, y2, y3]

=⇒ u1 =

∫g(t)W1 dx

W [y1, y2, y3]

u′2 =

∣∣∣∣∣∣y1 0 y3

y′1 0 y′3y′′1 g(t) y′′3

∣∣∣∣∣∣W [y1, y2, y3]

=⇒ u′2 =

g(t)

∣∣∣∣∣∣y1 0 y3

y′1 0 y′3y′′1 1 y′′3

∣∣∣∣∣∣W [y1, y2, y3]

=⇒ u2 =

∫g(t)W2 dx

W [y1, y2, y3]

u′3 =

∣∣∣∣∣∣y1 y2 0

y′1 y′2 0

y′′1 y′′2 g(t)

∣∣∣∣∣∣W [y1, y2, y3]

=⇒ u′3 =

g(t)

∣∣∣∣∣∣y1 y2 0

y′1 y′2 0

y′′1 y′′2 1

∣∣∣∣∣∣W [y1, y2, y3]

=⇒ u3 =

∫g(t)W3 dx

W [y1, y2, y3]

Exemplo 49 Resolva o seguinte problema de valor inicialy′′′ + y′ = sect

y(0) = 2

y′(0) = 1

y′′(0) = −2

Solução:Iremos inicialmente determinar a solução homogênea da equação diferencial. Daí

esta é dada por,y′′′ + y′ = 0

81

Temos então a seguinte equação característica associada

r3 + r = 0

da qual obtemosr(r2 + 1) = 0 =⇒ r1 = 0, r2 = −i e r3 = i

Daí,yH = C1 + C2cost + C3sent

ondey1 = 1, y2 = cost e y3 = sent

Assim, calculando o Wronskiano temos,

W [y1, y2, y3] =

∣∣∣∣∣∣∣1 cost sent

0 −sent cost0 −cost −sent

∣∣∣∣∣∣∣ = 1

W1 =

∣∣∣∣∣∣∣0 cost sent

0 −sent cost1 −cost −sent

∣∣∣∣∣∣∣ = 1 W2 =

∣∣∣∣∣∣∣0 0 sent

0 0 cost1 1 −sent

∣∣∣∣∣∣∣ = −cost W3 =

∣∣∣∣∣∣∣0 cost 00 −sent 01 −cost 1

∣∣∣∣∣∣∣ = −sent

Deste modo,

u1 =

∫g(t)W1 dx

W [y1, y2, y3]=⇒ u1 =

∫sect dt = ln(sect + tgt)

u2 =

∫g(t)W2 dx

W [y1, y2, y3]=⇒ u2 =

∫sect(−cost) dt =⇒ u2 =

∫−1 dt = −t

u3 =

∫g(t)W3 dx

W [y1, y2, y3]=⇒ u3 =

∫sect(−sent) dt =⇒ u3 =

∫−tgt dt = ln(cost)

Segue então que,

yp = ln(sect + tgt)− tcost + ln(cost) sent

Logo,

y(t) = yH + yp = C1 + C2cost + C3sent + ln(sect + tgt)− tcost + ln(cost) sent

82

Utilizando as condições iniciais temos,

y(t) = C1 + C2cost + C3sent + ln(sect + tgt)− tcost + ln(cost) sent =⇒ y(0) = 2 =⇒ C1 + C2 = 2.

y′(t) = −C2sent + C3cost + sect− cost + tsent + cost ln(cost)− sent tgt =⇒ y′(0) = 1 =⇒ C3 = 1.

y′′(t) = −C2cost−C3sent + sect tgt + sent + sent + tcost− sent ln(cost)− cost tgt− cost tgt− sent sec2t =⇒

=⇒ y′′(0) = −2 =⇒ C2 = 2.

Daí, C1 = 0.

Portanto, a solução geral é,

y(t) = 2cost + sent + ln(sect + tgt)− tcost + ln(cost) sent

4.2 Equação de Euler-Cauchy Homogêneas de ordem três

Definição 4.4 Uma equação de Euler-Cauchy de ordem 3 é uma equação da forma:

x3y′′′ + ax2y′′ + bxy′ + cy = 0, (4.8)

onde a, b e c são constantes.

Definição 4.5 Uma função y(x) = xm é solução da equação de Euler-Cauchy se, e somente se, m

for raiz da equação auxiliar m3 + (a− 3)m2 + (2− a + b)m + c = 0.

Prova. Considere y(x) = xm uma solução da equação (4.8). Observe que,

y′ = mxm−1, y′′ = m(m−1)xm−2 e y′′′ = m(m−1)(m−2)xm−3

Substituindo os valores na equação (4.8), obtemos,

x3y′′′ + ax2y′′ + bxy′ + cy = 0 =⇒

x3m(m− 1)(m− 2)xm−3 + ax2m(m− 1)xm−2 + bxmxm−1 + cxm = 0 =⇒

=⇒ (m3 − 3m2 + 2m)xm + a(m2 −m)xm + bmxm + cxm = 0 =⇒

=⇒ (m3 − 3m2 + 2m + am2 − am + bm + c)xm = 0 =⇒

=⇒ m3 + (a− 3)m2 + (2− a + b)m + c = 0

Exemplo 50 Use o exercício anterior para resolver a seguinte equação

x3y′′′ + x2y′′ − 2xy′ + 2y = 2x4, com x > 0

83

Solução:

Sabendo quey = yH + yp

então vamos determinar yH e yp

• Determinando yH

Considerando a equação diferencial homogênea,

x3y′′′ + x2y′′ − 2xy′ + 2y = 0

onde a = 1, b = −2 e c = 2, temos a seguinte equação auxiliar

m3 − 2m2 −m + 2 = 0

obtemos as seguintes raizes

m1 = −1, m2 = 1 e m3 = 2

Logo as soluções são

y1 = x−1, y2 = x e y3 = x2

Além disso,

W [y1, y2, y3] =

∣∣∣∣∣∣x−1 x x2

−x−2 1 2x

2x−3 0 2

∣∣∣∣∣∣ = 6x−1 6= 0, pois x > 0

W1 =

∣∣∣∣∣∣0 x x2

0 1 2x

1 0 2

∣∣∣∣∣∣ = x2 W2 =

∣∣∣∣∣∣x−1 0 x2

−x−2 0 2x

2x−3 1 2

∣∣∣∣∣∣ = −3 W3 =

∣∣∣∣∣∣x−1 x 0

−x−2 1 0

2x−3 0 1

∣∣∣∣∣∣ = 2x−1

então,

u1 =

∫2x4 · x2 dx

6x−1=

∫x7 dx

3=

x8

24, u2 =

∫2x4 · (−3) dx

6x−1=

∫−x5 dx =

−x6

6

e

u3 =

∫2x4 · 2x−1 dx

6x−1=

∫2x4 dx

3=

2x5

15

Logo, a solução é,

y = yH + yp = C1x−1 + C2x + C3x

2 + x2 · x−1 + (−3) · x + 2x−1 · x2 = C1x−1 + C2x + C3x

2

Capítulo 5

Sistemas de Equações Lineares dePrimeira Ordem

5.1 Sistema de Equações Lineares

Definição 5.1 Um sistema de m equações e n varíaveis é um conjunto da forma,

a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2

......

......

...am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = bm

(5.1)

Observe que podemos colocar o sistema (5.1) na forma,a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

...... . . . ...

am1 am2 . . . amn

·

x1

x2

...xn

=

b1

b2

...bm

ou seja A ·X = B, onde

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

...... . . . ...

am1 am2 . . . amn

, a qual é denominada Matriz dos Coeficientes

85

X =

x1

x2

...xn

, a qual é a Matriz das Incognitas

B =

b1

b2

...bm

, a qual é a Matriz dos Termos Independentes

Quando a matriz B é a matriz nula, ou seja, B =

0...0

o sistema (5.1) é homogêneo.

Se det(A) 6= 0 então a matriz A admite inversa A−1. Então segue,

A−1(A ·X) = A−1B =⇒ (A−1A) ·X = A−1B =⇒ Imn ·X = A−1B =⇒ X = A−1B,

ou seja, se det(A) 6= 0 o sistema tem uma única solução se o sistema é homogêneo, entãoa única solução é a solução nula.

Se det(A) = 0 o sistema não tem solução ou a solução não é única.

5.2 Independência Linear

Um conjunto de vetores X = { ~X1, ~X2, . . . , ~Xn} é linearmente independente (LI) se,

c1~X1 + c2

~X2 + . . . + cn~Xn = 0, (5.2)

então,c1 = c2 = . . . = cn = 0. Caso contrário o conjunto é dito linearmente dependente(LD).

Considere,~X1 = (x11, x21, . . . , xm1)

~X2 = (x12, x22, . . . , xm2)

......

~Xn = (x1n, x2n, . . . , xmn)

86

Reescrevendo (5.2), temos,

c1(x11, x21, . . . , xm1) + c2(x12, x22, . . . , xm2) + . . . + cn(x1n, x2n, . . . , xmn) = 0

De onde obtemos,

c1x11 + c2x12 + . . . + cnx1n = 0

c1x21 + c2x22 + . . . + cnx2n = 0

......

......

...c1xm1 + c2xm2 + . . . + cnxmn = 0

isto é, x11 x12 . . . x1n

x21 x22 . . . x2n

...... . . . ...

xm1 xm2 . . . xmn

·

c1

c2

...cn

=

0

0

...0

=⇒ X · C = 0m×1

.Deste modo, se det(X) 6= 0 então a única solução é c1 = c2 = . . . = cn = 0, caso

contrário, se det(X) = 0 então existe uma única solução não-nula, neste caso x é L.D.

5.3 Autovalores e Autovetores

Um único λ ∈ C é um autovalor da matriz A se a matriz A satisfaz a equação,

AX = λX, onde X =

x1

x2

...xn

6= 0

Dizemos que A é um autovetor associado ao autovalor λ.Assim temos,

AX − λX = 0 =⇒ (A− λImn)X = 0

que tem soluções não nulas se, e somente se, det(A− λImn) = 0

Conclusão

Os autovalores de A são os valores de λ para os quais det(A− λImn) = 0

Observação 5.2 A equação det(A − λImn) = 0 é um polinômio de grau n em λ logo existem n

autovalores λ1, λ2, . . . , λn alguns dos quais podem ser repetidos.

87

Observação 5.3 Autovetores associados a autovalores distintos são L.I..

Observação 5.4 Um autovalor de multiplicidade m pode ter q autovalores L.I., associados com1 ≤ q ≤ m

Observação 5.5 Qualquer múltiplo de autovetor é ainda um autovetor.

5.4 Sistemas de Equações Diferenciais Lineares de PrimeiraOrdem

Dizemos que um sistema é de equações diferenciais lineares de primeira ordem seeste é descrito da forma,

x′1 = P11(t)x1 + P12(t)x2 + . . . + P1n(t)xn + g1(t)

x′2 = P21(t)x1 + P22(t)x2 + . . . + P2n(t)xn + g2(t)...

...... . . . ...

...x′n = Pn1(t)x1 + Pn2(t)x2 + . . . + Pnn(t)xn + gn(t)

(5.3)

ou na forma matricialX ′ = P (t)X + G(t),

onde X ′, X , P (t) e G(t) são matrizes.Quando,

G(t) =

g1(t)

...

g2(t)

=

0

...

0

o sistema é chamado de homogêneo e temos, X ′ = P (t)X

Definição 5.6 (Solução)

Um vetor ~Xk é uma solução de (5.3) se os seus componentes satisfazem ao sistema.Notação: ~X1, ~X2, . . ., ~Xn onde,

~Xk =

x1k

...

xnk

88

Teorema 5.7 (Solução Geral)

Se ~X1, ~X2, . . ., ~Xn são soluções linearmente independentes do sistema (5.3), então suasolução geral é da forma,

~X = C1~X1 + C2

~X2 + . . . + Cn~Xn

onde cada ~Xi, é uma matriz e Ci é uma constante, com 1 ≤ i ≤ n.

Exemplo 51 Dado o sistema, {x′1 = x1 + x2

x′2 = 4x1 + x2

temos que,x1 = C1e

3t + C2e−t e x2 = 2C1e

3t − 2C2e−t

os quais satisfazem as condições do sistema.Portanto, a solução geral é,

X = C1

(1

2

)e3t + C2

(1

−2

)e−t

Definição 5.8 (Determinante Wronskiano)Sejam ~X1, ~X2, . . ., ~Xn soluções do sistema de n equações. Então o determinante Wronskiano

é

W [ ~X1, ~X2, . . . , ~Xn] =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x11 x12 . . . x1n

x21 x22 . . . x2n

...... . . . ...

xn1 xn2 . . . xnn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Sendo W [ ~X1, ~X2, . . . , ~Xn] 6= 0, logo a solução é direta, onde ~X1, ~X2, . . ., ~Xn são soluções L.I.

5.4.1 Sistemas Homogêneos com coeficientes constantes

Considere o sistema,X ′ = AX (5.4)

onde A é uma matriz de ordem n, com cada aij uma constante, ou seja,

A = (aij)n×n

Observemos o caso em que n = 1. Assim o sistema torna-se

x′ = ax ⇐⇒ dx

dt= ax

89

daí,

dx

dt= ax =⇒ dx

x= adt =⇒

∫dx

x=

∫adt =⇒ ln |x| = at + C =⇒ |x| = C1e

at

Suponha que X = ξert, onde ξ é uma matriz de autovetores, é solução do sistema(5.4). Então,

X ′ = AX =⇒ rξert = Aξert =⇒ rξ = Aξ

daí,(A− rI)ξ = 0 (5.5)

na qual temos duas possibilidades,

ξ = 0m×1 ou det(A− rI) = 0.

Mas ξ = 0m×n é a solução obvia, a qual não é interessante. Logo devemos ter,

det(A− rI) = 0 (5.6)

Exemplo 52 Determine um conjunto solução para o sistema,

X ′ =

1 1

4 1

X

Solução:

Vamos procurar uma solução na forma,

X = ξert

Por substituição no sistema obtemos

(A−rI)ξ = 0 =⇒

1 1

4 1

− r

1 0

0 1

· x1

x2

=

0

0

=⇒

1− r 1

4 1− r

· x1

x2

=

0

0

o qual é um sistema algébrico. Queremos que,

det

(1− r 1

4 1− r

)= 0 =⇒ (1− r)2 − 4 = 0 =⇒ r2 − 2r − 3 = 0

Assim as raizes são, r1 = 3 e r2 = −1.Determinando o autovetor associado a r1 = 3. Assim,(

−2 1

4 −2

)·

(x1

x2

)=

(0

0

)=⇒

{−2x1 + x2 = 0

4x1 − 2x2 = 0

90

Daí, x2 = 2x1. Assim,

ξ1 =

(x1

x2

)=

(x1

2x1

)= x1

(1

2

)

Deste modo, o autovalor associado ao autovetor r1 = 3 é ξ1 =

(1

2

)Então a solução associada é,

X1(t) =

(1

2

)e3t

Determinando o autovetor associado a r2 = −1. Assim,(2 1

4 2

)·

(x1

x2

)=

(0

0

)=⇒

{2x1 + x2 = 0

4x1 + 2x2 = 0

Daí, x2 = −2x1. Assim,

ξ2 =

(x1

x2

)=

(x1

−2x1

)= x1

(1

−2

)

Deste modo, o autovalor associado ao autovetor r2 = −1 é ξ2 =

(1

−2


X2(t) =

(1

−2

)e−t

Calculando o determinante Wronskiano, temos,

W [x1, x2] =

∣∣∣∣∣ e3t e−t

2e3t −2e−t

∣∣∣∣∣ = −4e2t 6= 0


x(t) = C1

(1

2

)e3t + C2

(1

−2

)e−t

Exemplo 53 Determine a solução do seguinte problema de valor inicial, x′1 = 5x1 − x2

x′2 = 3x1 + x2

com x1(0) = 2 e x2(0) = −1

91

Solução:

Reescrevndo o problema na forma matricial temos,(x′1

x′2

)=

(5 −1

3 1

)·

(x1

x2

)

Para soluções da forma X(t) = ξert temos o sistema equivalente (A − rI)ξ = 0.Assim calculando det(A− rI) temos(

5− r −1

3 1− r

)= r2 − 6r + 8

do qual obtemos r1 = 2 e r2 = 4.Determinando o autovetor associado a r1 = 2. Assim,(

3 −1

3 −1

)·

(x1

x2

)=

(0

0

)=⇒

{3x1 − x2 = 0

3x1 − x2 = 0

Daí, x2 = 3x1. Assim,

ξ1 =

(x1

x2

)=

(x1

3x1

)= x1

(1

3

)Deste modo,

X1(t) =

(1

3

)e2t

Determinando o autovetor associado a r2 = 4. Assim,(1 −1

3 −3

)·

(x1

x2

)=

(0

0

)=⇒

{x1 − x2 = 0

3x1 − 3x2 = 0

Daí, x1 = x2. Assim,

ξ2 =

(x1

x2

)=

(x1

x1

)= x1

(1

1

)Deste modo,

X2(t) =

(1

1

)e4t


X(t) = C1

(1

3

)e2t + C2

(1

1

)e4t

92

Utilizando as condições iniciais temos,

X(0) = C1

(1

3

)e0 + C2

(1

3

)e0 =⇒

(2

−1

)= C1

(1

3

)+ C2

(1

1

)=⇒

=⇒

{C1 + C2 = 2

3C1 + C2 = −1=⇒ C1 = −3

2e C2 =

7

2


X(t) = −3

2

(1

3

)e2t +

7

2

(1

1

)e4t

5.4.2 Sistemas Hermitianos

Matriz Hermitiana

Uma matriz A = (aij)m×n é Hermitiana se ela for uma matriz quadrada onde aij =

aji, ou seja, a matriz conjugada é igual a matriz transposta, A = At

Exemplo 54

Se A =

1 i

−i 1

, então At =

1 −i

i 1

e A =

1 −i

i 1

, ou seja, A = At

Exemplo 55

B =

3 −2 4

−2 0 2

4 2 3

, daí B = Bt

Sistemas Hermitianos

O sistemaX ′ = AX

é hermitiano se a matriz dos coeficientes A for hermitiano.

93

Importante

Para uma matriz Hermitiana vale o seguinte:

(a) Todos os autovalores são números reais

(b) Sempre obtemos n autovetores L.I., mesmo que alguns autovalores sejam repetidos,ou seja, se temos n autovalores r1, r2, . . . , rn obtemos n autovetores ξ1, ξ2, . . . , ξn

As soluções em um sistema hermitiano são dadas por,

x1(t) = ξ1er1t, x2(t) = ξ2e

r2t, . . . , xn(t) = ξnernt

Observe que,

W [x1, x2, . . . , xn] =

ξ11er1t ξ12e

r2t . . . ξ1nernt

ξ21er1t ξ22e

r2t . . . ξ2nernt

......

. . ....

ξn1er1t ξn2e

r2t . . . ξnnernt

= er1t·er2t·. . .·ernt =

ξ11 ξ12 . . . ξ1n

ξ21 ξ22 . . . ξ2n

......

. . ....

ξn1 ξn2 . . . ξnn

=

= er1t+r2t+...+rnt|∆| 6= 0

No caso, a solução geral é,

X(t) = C1ξ1er1t + C2ξ2e

r2t + . . . + Cnξnernt

Exemplo 56 Determine uma solução para a expressão,

X ′ =

−3√

2√

2 −2

X

Solução:

Vamos procurar uma solução na forma,

X = ξert

Por substituição no sistema obtemos

(A− rI)ξ = 0 =⇒

−3√

2√

2 −2

− r

1 0

0 1

·

x1

x2

=

0

0

=⇒

=⇒

−3− r√

2√

2 −2− r

·

x1

x2

=

0

0

94

o qual é um sistema algébrico. Queremos que,

det

(−3− r

√2

√2 −2− r

)= 0 =⇒ (−3− r)(−2− r)− 2 = 0 =⇒ r2 + 5r + 4 = 0

Assim as raizes são, r1 = −1 e r2 = −4.Determinando o autovetor associado a r1 = −1. Assim,(

−2√

2√

2 −1

)·

(x1

x2

)=

(0

0

)=⇒

{−2x1 +

√2x2 = 0

√2x1 − x2 = 0

Daí, x2 =√

2x1. Assim,

ξ1 =

(x1

x2

)=

(x1√

2x1

)= x1

(1√

2

)


(1√

2


x1(t) =

(1√

2

)e−t

Determinando o autovetor associado a r2 = −4. Assim,(1

√2

√2 2

)·

(x1

x2

)=

(0

0

)=⇒

{x1 +

√2x2 = 0

√2x1 + 2x2 = 0

Daí, x1 = −√

2x2. Assim,

ξ2 =

(x1

x2

)=

(−√

2x1

x2

)= x1

(−√

2

1

)


(−√

2

1


x2(t) =

(−√

2

1

)e−4t


W [x1, x2] =

∣∣∣∣∣ e−t −√

2e−4t

√2e−t e−4t

∣∣∣∣∣ = 3e−5t 6= 0

95


x(t) = C1

(1√

2

)e−t + C2

(−√

2

1

)e−4t

5.4.3 Autovalores Complexos

Considere ainda o sistema,X ′ = AX

onde a matriz dos coeficientes A é real. Se procurarmos soluções da forma X = ξert,onde ξ é uma matriz de autovetores asssociada ao autovalores r1, r2, . . ., rn, os quais sãoraizes da equação,

det(A− rI) = 0

e que os autovetores associados satisfazem daí,

(A− rI)ξ = 0

Neste sentido, autovalores complexos aparecem em pares conjugados. Por exemplo,se r1 = p + iq é um autovalor de A então r2 = p− iq também é. Alem disso os autovetoresassociados ξ1 e ξ2 também são complexos conjugados. Vejamos, Prova. Suponha que r1

e ξ1 satisfazem,(A− r1I)ξ1 = 0

Calculando a equação complexa conjugada dessa e observando que A e I são reais, obte-mos,

(A− r1I)ξ1 = 0

onde r1 e ξ1 são complexos conjugados de r1 e ξ1, respectivamente. Em outras palavras,r2 = r1 é um autovalor e ξ2 = ξ1 é um autovetor associado.

Determinamos assim duas soluções,

X1(t) = ξ1e(p+iq)t e X2(t) = ξ2e

(p−iq)t onde X1(t) = X2(t).

Nosso objetivo agora é determinar soluções reais. Assim, seja ξ1 = a + ib, onde a e b

são reais. Então,

X1(t) = (a + ib)e(p+iq)t = (a + ib)ept[cos(qt) + isen(qt)].

daí,X1(t) = ept[acos(qt)− bsen(qt)] + iept[asen(qt) + bcos(qt)].

se escrevermos X1(t) = U(t) + iV (t), então temos,

U(t) = ept[acos(qt)− bsen(qt)]

96

V (t) = ept[asen(qt) + bcos(qt)]

Afirmação

U(t) e V (t) são soluções reais do sistema.

Prova. Seja X ′ = AX , então temos

X ′1 = AX1

ou seja,U ′(t) + iV ′(t) = A(U(t) + iV (t))

daí,U ′(t) = AU(t) e V ′(t) = AV (t)

Logo, U(t) e V (t) são soluções reais do sistema.

Exemplo 57 Encontre um conjunto fundamental de soluções reais do sistema,

X ′ =

1 0 0

2 1 −2

3 2 1

X

Solução:

Antes de determinarmos a solução observemos que o sistema é,

X ′ =

1 0 0

2 1 −2

3 2 1

X =⇒

x′1

x′2

x′3

=

1 0 0

2 1 −2

3 2 1

·

x1

x2

x3

=⇒

x′1 = x1

x′2 = 2x1 + x2 − 2x3

x′3 = 3x1 + 2x2 + x3

Assim, para determinar um conjunto fundamental de soluções do sistema, pre-cisamos determinar inicialmente os autovalores associados ao sistema, ou seja, os valoresde r para os quais, det(A− rI) = 0. Assim,

det(A− rI) = 0 =⇒

∣∣∣∣∣∣∣∣1− r 0 0

2 1− r −2

3 2 1− r

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (1− r)3 − 4(1− r) = (1− r)(r2 − 2r + 5) = 0

97

de onde obtemos os seguintes autovalores,

r1 = 1, r2 = 1 + 2i e r3 = 1− 2i

Determinando o autovetor associado a r1 = 1. Assim,0 0 0

2 0 −2

3 2 0

·

x1

x2

x3

=

0

0

0

=⇒

{2x1 − 2x3 = 0

3x1 + 2x2 = 0

Daí, x3 = x1 e x2 = −3

2x1. Assim,

ξ1 =

x1

x2

x3

=

2

−3

2

Assim,

X1(t) =

2

−3

2

et

Determinando o autovetor associado a r2 = 1 + 2i. Assim,−2i 0 0

2 −2i −2

3 2 −2i

·

x1

x2

x3

=

0

0

0

=⇒

−2ix1 = 0

2x1 − 2ix2 − 2x3 = 0

3x1 + 2x2 − 2ix3 = 0

Daí, x1 = 0 e x2 = ix3. Assim,

ξ1 =

x1

x2

x3

=

0

i

1

Assim,

X2(t) =

0

i

1

e(1+2i)t =

0

i

1

et(cos(2t)+isen(2t)) =

0

−sen(2t)

cos(2t)

et+i

0

−cos(2t)

sen(2t)

et = U(t)+iV (t)


X(t) = C1X1(t) + C2U(t) + C3V (t) =⇒

98

X(t) = C1

2

−3

2

et + C2

0

−sen(2t)

cos(2t)

et + C3

0

−cos(2t)

sen(2t)

et

5.4.4 Autovalores Repetidos

Considere ainda o sistema,X ′ = AX

Suponha que r = ρ seja um autovalor de multiplicidade k da matriz A. Nesta situ-ação há duas possibilidades a ser considerada.

Caso 1

Existem k autovetores L.I. ξ1, ξ2, . . ., ξk associados ao autovalor r = ρ. Neste caso,

X1(t) = ξ1eρt, X2(t) = ξ2e

ρt, . . . , Xk(t) = ξkeρt

são k soluções linearmente independentes do sistema.


X ′ =

0 1 1

1 0 1

1 1 0

X

Solução:Antes de determinarmos a solução observemos que o sistema é,

X ′ =

0 1 1

1 0 1

1 1 0

X =⇒

x′1

x′2

x′3

=

0 1 1

1 0 1

1 1 0

·

x1

x2

x3

=⇒

x′1 = x2 + x3

x′2 = x1 + x3

x′3 = x1 + x2

Assim, para determinar um conjunto fundamental de soluções do sistema, pre-cisamos determinar inicialmente os autovalores associados ao sistema, ou seja, os valores

99

de r para os quais, det(A− rI) = 0. Assim,

det(A− rI) = 0 =⇒

∣∣∣∣∣∣∣∣−r 1 1

1 −r 1

1 1 −r

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −r3 + 3r + 2 = 0


r1 = 2, e r2 = −1 = r3

Determinando o autovetor associado a r1 = 2. Assim,−2 1 1

1 −2 1

1 1 −2

·

x1

x2

x3

=

0

0

0

=⇒

−2x1 + x2 + x3 = 0

x1 − 2x2 + x3 = 0

x1 + x2 − 2x3 = 0

Daí, x1 = x2 = x3. Assim,

ξ1 =

x1

x2

x3

=

1

1

1

Assim,

X1(t) =

1

1

1

e2t

Determinando o autovetor associado a r = r2 = r3 = −1. Assim,1 1 1

1 1 1

1 1 1

·

x1

x2

x3

=

0

0

0

=⇒

x1 + x2 + x3 = 0

x1 + x2 + x3 = 0

x1 + x2 + x3 = 0

Daí, x3 = −x2 − x1. Assim, escolhendo,

• x1 = 1 e x2 = 0 temos x3 = −1, daí,

ξ3 =

1

0

−1

e escolhendo,

100

• x1 = 0 e x2 = −1 temos x3 = −1, daí,

ξ3 =

0

1

−1


X(t) = C1

1

1

1

e2t + C2

1

0

−1

e−t + C3

0

1

−1

e−t

Caso 2

Existem um número menor que k autovetores L.I.. Assim vamos estudar os casosde autovalores de multiplicidade 2 e 3.

Suponha que r = rho seja um autovalor de multiplicidade 2(3) e que há um só au-tovetor associado L.I..

Primeira Solução

X1(t) = ξ1eρt onde ξ1 satisfaz a equação (A− ρI)ξ1 = 0.

Segunda Solução

X2(t) = ξ1teρt + ξ2e

ρt onde ξ2 satisfaz a equação (A− ρI)ξ2 = ξ1.

Primeira Solução

X3(t) = ξ1t2

2eρt + ξ2te

ρt + ξ3eρt onde ξ3 obedece a equação (A− ρI)ξ3 = ξ2.


X ′ =

1 1 1

2 1 −1

0 −1 1

X

Solução:

101

Antes de determinarmos a solução observemos que o sistema é,

X ′ =

1 1 1

2 1 −1

0 −1 1

X =⇒

x′1

x′2

x′3

=

1 1 1

2 1 −1

0 −1 1

·

x1

x2

x3

=⇒

x′1 = x1 + x2 + x3

x′2 = 2x1 + x2 − x3

x′3 = −x2 + x3

Assim, para determinar um conjunto fundamental de soluções do sistema, pre-cisamos determinar inicialmente os autovalores associados ao sistema, ou seja, os valoresde r para os quais, det(A− rI) = 0. Assim,

det(A− rI) = 0 =⇒

∣∣∣∣∣∣∣∣1− r 1 1

2 1− r −1

0 −1 1− r

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (1− r)3 − 3(1− r)− 2 = 0


r1 = −1, e r2 = 2 = r3

Determinando o autovetor associado a r1 = 2. Assim,2 1 1

2 2 −1

0 −1 2

·

x1

x2

x3

=

0

0

0

=⇒

2x1 + x2 + x3 = 0

2x1 + 2x2 − x3 = 0

−x2 + 2x3 = 0

Daí, x2 = 2x3 e x3 = −2

3x1. Assim,

ξ1 =

x1

x2

x3

=

3

−4

−2

Assim,

X1(t) =

3

−4

−2

e−t

102

Determinando o autovetor associado a r = r2 = r3 = 2. Assim,−1 1 1

2 −1 −1

0 −1 −1

·

x1

x2

x3

=

0

0

0

=⇒

−x1 + x2 + x3 = 0

2x1 − x2 − x3 = 0

−x2 − x3 = 0

Daí, x1 = 0 e x3 = −x2. Assim,

ξ2 =

x1

x2

x3

=

0

1

−1

Assim,

X2(t) =

0

1

−1

e2t

Agora, X3 = ξ2te2t + ξ3e

2t, onde (A− 2I)ξ3 = ξ2. Assim,−1 1 1

2 −1 −1

0 −1 −1

·

x1

x2

x3

=

0

1

−1

=⇒

−x1 + x2 + x3 = 0

2x1 − x2 − x3 = 1

−x2 − x3 = −1

Daí, x1 = 1 e x2 = 1− x3. Assim,

ξ3 =

x1

x2

x3

=

1

0

−1

Assim,

X3(t) =

0

1

−1

te2t +

1

0

1

e2t


X(t) = C1X1(t) + C2X2(t) + C3X3(t)

X(t) = C1

3

−4

−2

e−t + C2

0

1

−1

e2t + C3

0

1

−1

te2t +

1

0

1

e2t

103

5.5 Sistemas de Equações Diferenciais Não-Homogêneos

A parti de agora trabalharemos com sistemas de equações diferenciais lineares deprimeira ordem, o qual é descrito da forma,

x′1 = P11(t)x1 + P12(t)x2 + . . . + P1n(t)xn + g1(t)

x′2 = P21(t)x1 + P22(t)x2 + . . . + P2n(t)xn + g2(t)...

...... . . . ...

...x′n = Pn1(t)x1 + Pn2(t)x2 + . . . + Pnn(t)xn + gn(t)

(5.7)

ou na forma matricialX ′ = P (t)X + G(t), (5.8)

onde X ′, X , P (t) e G(t) são matrizes.Quando,

G(t) =

g1(t)

...

g2(t)

6=

0

...

0

o sistema é assim descrito é chamado de não-homogêneo.

Para resolver problemas desse tipo vamos utilizar o conceito de variação de parâmet-ros.


Considere o sistema (5.8). Se ~X1(t), ~X2(t), . . ., ~Xn−1(t) e ~Xn(t) são soluções linear-mente independentes (L.I.), ( ou seja, W [ ~X1(t), ~X2(t), . . . , ~Xn(t)] 6= 0) da equação ho-mogênea,

X ′ = P (t)X, (5.9)

então sua solução geral é,

XH = C1~X1(t) + C2

~X2(t) + . . . + Cn~Xn(t)

Se X1(t) e X2(t) são soluções da equação não-homogênea (5.8), então X1(t)−X2(t)

é solução da equação homogênea (5.9).Daí, para X1(t) = X(t) e X2 = XP (t), segue que,

X(t)−Xp(t) = C1~X1(t) + C2

~X2(t) + . . . + Cn~Xn(t) =⇒ X = XH + Xp.

Vamos supor que a solução particular é dada por,

Xp(t) = u1~X1(t) + u2

~X2(t) + . . . + un~Xn(t).

104

Deste modo substituindo Xp(t) em (5.8) obtemos,

X ′p = P (t)Xp + G(t) =⇒

=⇒ (u1~X1(t) + u2

~X2(t) + . . . + un~Xn(t))′ = P (t)(u1

~X1(t) + u2~X2(t) + . . . + un

~Xn(t)) + G(t) =⇒

=⇒ u′1 ~X1(t)+u1~X ′

1(t)+. . .+u′n ~Xn(t)+un~X ′

n(t) = P (t)u1~X1(t)+P (t)u2

~X2(t)+. . .+P (t)un~Xn(t)+G(t) =⇒

=⇒ (u′1 ~X1(t)+. . .+u′n ~Xn(t))+(u1~X ′

1(t)+. . .+un~X ′

n(t)) = u1P (t) ~X1(t)+u2P (t) ~X2(t)+. . .+unP (t) ~Xn(t)+G(t).

Sabendo que, X ′1 = P (t)X1, . . ., X ′

n = P (t)Xn, obtemos então,

u′1 ~X1(t) + . . . + u′n ~Xn(t) = G(t)

Exemplo 60 Determine um conjunto solução para o sistema,

X ′ =

−2 1

1 −2

X +

2e−t

3t

Solução:

Vamos inicialmente calcular as soluções do sistema homogêneo, ou seja,

X ′ = AX

Por substituição no sistema (A− rI)~ξ = 0 obtemos,((−2 1

1 −2

)− r

(1 0

0 1

))·(

x1

x2

)=

(0

0

)=⇒

(−2− r 1

1 −2− r

)·(

x1

x2

)=

(0

0

)Calculando det(A− rI) = 0, temos,∣∣∣∣∣ −2− r 1

1 −2− r

∣∣∣∣∣ = 0 =⇒ (−2− r)2 − 1 = 0 =⇒ r2 + 4r + 3 = 0

De onde obtemos os seguintes autovalores, r1 = −3 e r2 = −1.

Substituindo o autovalor r1 = −3 na equação (A− rI)~ξ1 = 0, temos,(1 1

1 1

)·

(x1

x2

)=

(0

0

)=⇒

{x1 + x2 = 0

x1 + x2 = 0

Assim, x2 = −x1. Deste modo, o autovalor associado ao autovetor r1 = 3 é ξ1 =

(1

−1


X1(t) =

(1

−1

)e−3t

105

Substituindo o autovalor r1 = −1 na equação (A− rI)~ξ1 = 0, temos,(−1 1

1 −1

)·

(x1

x2

)=

(0

0

)=⇒

{−x1 + x2 = 0

x1 − x2 = 0

Assim, x2 = x1. Deste modo, o autovalor associado ao autovetor r2 = −1 é ξ2 =

(1

1


X2(t) =

(1

1

)e−t


W [X1, X2] =

∣∣∣∣∣ e−3t e−t

−e−3t e−t

∣∣∣∣∣ = 2e−4t 6= 0

Vamos agora calcular a solução particular. Segue então que,

u′1~X1(t) + u′2

~X2(t) = G(t) =⇒

=⇒ u′1

(1

−1

)e−3t + u′2

(1

1

)e−t =

(2e−t

3t

)=⇒

(u′1e

−3t + u′2e−t

−u′1e−3t + u′2e

−t

)=

(2e−t

3t

)De onde obtemos o seguinte sistema,{

u′1e−3t + u′2e

−t = 2e−t

−u′1e−3t + u′2e

−t = 3t

então,

u′1 = e2t − 3

2te3t e u′2 = 1 +

3

2tet

Assim,

u1 =1

2e2t − 1

2te3t +

1

6e3t e u2 = t +

3

2tet − 3

2et

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