Equações Diferenciais Ordinárias -...

Equações Diferenciais Ordinárias

Semanas 6, 7 e 8

Professor Luiz Claudio Pereira

Departamento Acadêmico de Matemática

Universidade Tecnológica Federal do Paraná

Material Previsto para três semanas

EDO (UTFPR) Luiz Claudio Pereira 2015 1 / 73

Equações Diferenciais Ordinárias

1 Exemplos de aplicações das Equações Diferenciais OrdináriasConcentração em solução químicaEnvoltória e envolvida

2 Espécies de Equações Diferenciais OrdináriasEquação de ClairautEquação de LagrangeTipos diversos

3 Equações de ordem maior do que 1Tipos especiais de equações de ordem 2: y ′′ = f (x), y ′′ = f (x ,y ′),y ′′ = f (y), y ′′ = f (y ,y ′)


Equação Diferencial Ordináriade ordem 1, aplicações: concentração em solução química

Exercício

Um grande tanque está parcialmente cheio com 100 galões de um �uido noqual foram dissolvidas 10 libras de sal. Uma salmoura contendo 1/2 librade sal por galão é bombeada para dentro do tanque a uma taxa de 6gal/min. A solução bem misturada é então bombeada para fora a umataxa de 4 gal/min.(a) Determine a taxa da quantidade de sal que chega, por minuto, notanque.(b) Sendo Q(t) a quantidade de sal, em libras, no instante t , prove que aconcentração de sal, em libras por galão, no instante t é

Q(t)

100+2t

(c) Determine a taxa da quantidade de sal que sai, por minuto, do tanque.(d) Ache Q(t) em função de t.



Exercício

Um grande tanque está parcialmente cheio com 100 galões de um �uido noqual foram dissolvidas 10 libras de sal. Uma salmoura contendo 1/2 librade sal por galão é bombeada para dentro do tanque a uma taxa de 6gal/min. A solução bem misturada é então bombeada para fora a umataxa de 4 gal/min.(a) Determine a taxa da quantidade de sal que chega, por minuto, notanque.

Resposta de (a)

Cada galão bombeado para dentro do tanque contém 1/2 libra de soluto.Como a salmoura é bombeada a taxa de 6 gal/min, segue que

12libragal·6 gal

min= 3 libra/min



Exercício

Um grande tanque está parcialmente cheio com 100 galões de um �uido noqual foram dissolvidas 10 libras de sal. Uma salmoura contendo 1/2 librade sal por galão é bombeada para dentro do tanque a uma taxa de 6gal/min. A solução bem misturada é então bombeada para fora a umataxa de 4 gal/min.(b) Sendo Q(t) a quantidade de sal, em libras, no instante t , prove que a

concentração de sal, em libras por galão, no instante t éQ(t)

100+2t.

Resposta de (b)

No tanque, por minuto, �cam 2 galões de solvente e, após t minutos, seuvolume será 100+2t galões. Portanto, a concentração de soluto, no

instante t, éQ(t)

100+2tlibra/gal.



Exercício

Um grande tanque está parcialmente cheio com 100 galões de um �uido noqual foram dissolvidas 10 libras de sal. Uma salmoura contendo 1/2 librade sal por galão é bombeada para dentro do tanque a uma taxa de 6gal/min. A solução bem misturada é então bombeada para fora a umataxa de 4 gal/min.(c) Determine a taxa da quantidade de sal que sai, por minuto, do tanque.

Resposta de (c)

Como a concentração de soluto, no instante t, éQ(t)

100+2tlibra/gal, e a

cada minuto 4 galões saem do tanque, segue que

Q(t)

100+2tlibragal·4 gal

min=

2Q(t)

50+ tlibra/min



Exercício

Um grande tanque está parcialmente cheio com 100 galões de um �uido noqual foram dissolvidas 10 libras de sal. Uma salmoura contendo 1/2 librade sal por galão é bombeada para dentro do tanque a uma taxa de 6gal/min. A solução bem misturada é então bombeada para fora a umataxa de 4 gal/min. (d) Ache Q(t) em função de t.

Resposta de (d)

Por um lado,dQdt

representa a taxa de variação da quantidade de soluto.

Por outro lado, essa taxa é tal que{taxa de sal quechega ao tanque

}−{

taxa de sal quesai do tanque

}= 3− 2Q(t)

50+ t.



Exercício


Resposta de (d)

Deste modo, a situação é modelada pelo Problema de Valor Inicial

dQdt

= 3− 2Q(t)

50+ t⇔ dQ

dτ= 3− 2Q(τ)

τ, Q(0) = 10



Exercício


Resposta de (d)


dQdt

= 3− 2Q(t)

50+ t⇔ dQ

dτ= 3− 2Q(τ)

τ, Q(0) = 10

Sua solução geral é Q(t) = 50+ t+A

(50+ t)2. A condição inicial

Q(0) = 10 acarreta A=−40 ·502 .EDO (UTFPR) Luiz Claudio Pereira 2015 9 / 73


Exercício


Resposta de (d)


dQdt

= 3− 2Q(t)

50+ t⇔ dQ

dτ= 3− 2Q(τ)

τ, Q(0) = 10 .

cuja solução (particular) é Q(t) = 50+ t− 40 ·502

(50+ t)2.



Exercício

Um grande tanque está parcialmente cheio com 100 galões de um �uido noqual foram dissolvidas 10 libras de sal. Uma salmoura contendo 1/2 librade sal por galão é bombeada para dentro do tanque a uma taxa de 6gal/min. A solução bem misturada é então bombeada para fora a umataxa de 4 gal/min.

Ache a quantidade de libras de sal no tanque após 30 min.

Resposta

Como Q(t) = 50+ t− 40 ·502

(50+ t)2, segue que

Q(30) = 50+30− 40 ·502

(50+30)2= 64,375 libras


Equação Diferencial Ordináriade ordem 1, aplicações: escoamento de um �uido

Exercício

Suponha que um tanque contendo um determinado líquido tem um drenoperto do fundo. Seja h(t) a altura da superfície acima do dreno no instantet. O princípio de Torricelli a�rma que a velocidade v do �uxo t no dreno éigual à velocidade de uma partícula em queda livre (sem atrito) de umaaltura h.(a) Mostre que v =

√2gh, onde g é a aceleração da gravidade.

(b) Igualando a taxa do �uxo no dreno à taxa de variação da quantidade delíquido no tanque, mostre que h(t) satisfaz a equação

A(h)dhdt

=−αa√2gh ,

onde A(h) é a área da seção reta do tanque à altura h e a é a área daabertura do dreno. A constante α ∈ (0,1) é o coe�ciente de contração queconsidera o fato observado que a seção reta do jato de líquido �uindo émenor do que a. O valor de α para a água é cerca de 0,6.


Equação Diferencial Ordináriade ordem 1, aplicações: escoamento de um �uido

Exercício

Um tanque hemisférico tem raio do topo 121,92cm e no instante t = 0sestá cheio de água. Neste momento, um buraco circular com diâmetro de2,54cm é aberto no fundo do tanque. Mostre que o tempo necessário paraque toda a água do tanque tenha escoado é 35min 50s.

Sugestão

Desprezando o atrito no buraco que possa causar uma redução na taxa de�uxo e a contração do líquido no orifício, tomando h dado em pés e t emsegundos, veri�que que

π(8h−h2)dhdt

=−π

(124

)2√64h

( porquanto 121,92cm= 1,2192m= 4pés e g = 9,8m/s2 = 32pés/s2 )


Equação Diferencial Ordináriade ordem 1, aplicações em geometria: envoltória e envolvidas

De�nição

Uma família uniparamétrica decurvas associa a cada α ∈ R umacurva f (x ,y ,α) = 0. Isso estabeleceuma aplicação de R no espaço dasfunções:

α 7→ f (x ,y ,α) = 0

No presente contexto, essa aplicaçãoe cada curva f (x ,y ,α) = 0 serãochamadas envolvidas.



De�nição


α 7→ f (x ,y ,α) = 0




De�nição

Uma curva y = φ(x), cujos pontos(x ,φ(x)) estão sobre a famíliauniparamétrica f (x ,y ,α) = 0 e cujatangente em cada ponto é tangentea uma curva desta família é chama-da envoltória.

Observação

Pode ser que não exista a envoltóriarelativa a uma dada famíliauniparamétrica de curvas. Ademais,se existir a envoltória, ela pode nãoser única.



Pergunta

Se existir, como se determina aenvoltória y = φ(x) das envolvidasf (x ,y ,α) = 0?



Pergunta

Se existir, como se determina aenvoltória y = φ(x) das envolvidasf (x ,y ,α) = 0?

Uma resposta possível

(a) Como todo ponto (x ,φ(x)) daenvoltória é ponto da envolvida,deve-se ter

f (x ,φ(x),α) = 0⇔ f (x ,y ,α) = 0 ,

para algum α ∈ R.



Pergunta

Se existir, como se determina a envoltória y = φ(x) das envolvidasf (x ,y ,α) = 0?

Uma resposta possível

(b) A reta tangente a envoltória α 7→ f (x ,y ,α) = 0 coincide com a retatangente de cada envolvida no ponto (x ,φ(x)). Para a envolvida,

0=∂ f

∂xdx+

∂ f

∂ydy ⇔ dy

dx=−

∂ f

∂x∂ f

∂y

. Para a envoltória,dydx

=

dydαdxdα

. Daí,

∂ f

∂x· dxdα

+∂ f

∂y· dydα

= 0. Porém, a derivada da envoltória em relação a α

conduz a∂ f

∂x· dxdα

+∂ f

∂y· dydα

+∂ f

∂α= 0. Logo,

∂ f

∂α= 0.



Assim, o requisito (b) da reta tangente aenvoltória

α 7→ f (x ,y ,α) = 0

coincidir com a reta tangente de cadaenvolvida no ponto (x ,φ(x)), traduz-sealgebricamente na condição

∂ f

∂α= 0



Pergunta

Se existir, como se determina a envoltóriay = φ(x) das envolvidas f (x ,y ,α) = 0?

Resposta

Os pontos (x ,φ(x)) da envoltória são taisque

(∗) f (x ,y ,α) = 0 e∂ f (x ,y ,α)

∂α= 0

A equação da envoltória pode ser obtida naforma paramétrica ou eliminando-se oparâmetro α entre as duas equações dosistema (∗).



De�nição

Os pontos das envolvidas que pertencemà envoltória

(∗)

f (x ,y ,α) = 0

∂ f (x ,y ,α)

∂α= 0

são denominados pontos característicos.

Corolário

A envoltória é o lugar geométrico dospontos característicos.



Exemplo

Ache a envoltória da família de curvas x2+ y2+2(α +2)y +α2 = 0 .



Exemplo

Ache a envoltória da família de curvas x2+ y2+2(α +2)y +α2 = 0 .

Resposta

A equação da envoltória advém da resolução do sistema

f (x ,y ,α) = 0 e∂ f (x ,y ,α)

∂α= 0

Como f (x ,y ,α)≡ x2+ y2+2(α +2)y +α2, segue que

x2+ y2+2(α +2)y +α2 = 0 e y +α = 0

Por conseguinte, x2+ y2+2(−y +2)y +(−y)2 = 0⇔ x2+4y = 0 é aequação da envoltória.



Observação

A envolvida dada pela famíliauniparamétrica de curvas f (x ,y ,α) = 0é solução geral de F (x ,y ,y ′) = 0. Ospontos (x ,φ(x)) da envoltória relativa aesta envolvida são tais quef (x ,φ(x),α) = 0. Portanto, a envolvidaé tal que F (x ,φ(x),φ ′(x)) = 0.

Noutras palavras, a envoltória é tambémsolução da EDO, cuja solução geral é aenvolvida. Que tipo de solução da EDOé a envoltória?



Exercício

Ache a envoltória da família de curvas y = x2/2+αx+α2.



Exercício


Resposta - um outro olhar

A família de curvas é dada por

f (x ,y ,α)≡−y + x2

2+αx+α2 =−y +(α +

x

2)2+

x2

4= 0

Derivando em relação a x ,

0=−y ′+(α +x

2)+

x

2⇔(y ′− x

2

)2= y − x2

4⇔ y =

(dydx

)2

− xdydx

+x2

2.

Fazendo p = y ′, tem-se y = p2− xp+ x2/2. Derivando em relação a x ,p = 2pp′−p− xp′+ x ⇔ 2p(1−p′) = x(1−p′)⇔ (1−p′)(x−2p) = 0.Assim, (i)p′ = 1 ou (ii)p = x/2.



Exercício



(i) p′ = 1⇔ p = x+k origina a solução geral da equação diferencial

y =

(dydx

)2

− xdydx

+x2

2

(ii) p = x/2 origina a solução singular dessa equação diferencial. Portanto,

y =(x2

)2− x ·

(x2

)+

x2

2=

x2

4

é a envoltória da família de curvas dada.



Exercício

Ache a envoltória da família de curvas dada pela equação diferencial:

(a)

(dydx

)2

+1= y−2 . Interprete geometricamente.

(b) y − xdydx

=

(dydx

)2

.

Exercício

Determine a envoltória da família de curvas que distam 2 unidades de umponto �xo.

Exercício

Prove que a família de curvas uniparamétrica x2+ y2 = k > 0 não admiteuma envoltória.


Equação Diferencial Ordináriade ordem 1, de Clairaut

De�nição

É uma equação da forma y = xdydx

+φ

(dydx

).

Soluções da equação de Clairaut

A mudança de variável p =dydx

acarreta y = xp+φ(p). Derivando em

relação a x , obtém-se

p = p+ xp′+φ′(p) ·p′⇔ (x+φ

′(p))p′ = 0

Assim, (i) p′ = 0⇒ p = k fornece a solução geral da equação de Clairaut e(ii) φ ′(p) =−x origina a solução singular, que é a envoltória da família decurvas dada pela solução geral.


Equação Diferencial Ordináriade ordem 1, de Lagrange

De�nição

É uma equação da forma y = xψ

(dydx

)+φ

(dydx

).

Soluções da equação de Lagrange


acarreta y = xψ(p)+φ(p). Derivando em

relação a x , pelo Teorema da Derivada da Função Inversa, obtém-se

p = ψ(p)+ xψ ′(p) · dpdx

+φ ′(p) · dpdx

⇔ dxdp

(p−ψ(p))− xψ ′(p) = φ ′(p)

⇔ dxdp− ψ ′(p)

p−ψ(p)· x =

φ ′(p)

p−ψ(p)cuja solução geral é x = f (p). A solução da equação de Lagrange, na

forma paramétrica, é

{x = f (p)

y = f (p)ψ(p)+φ(p)


Equação Diferencial Ordináriade ordem 1, de Clairaut e de Lagrange

De�nição

Uma equação diferencial da forma y = xdydx

+φ

(dydx

)é dita equação de

Clairaut.

De�nição

Uma equação diferencial da forma y = xψ

(dydx

)+φ

(dydx

)é chamada

equação de Lagrange.

Observação

A equação de Lagrange é uma generalização da equação de Clairaut.Noutras palavras, a equação de Clairaut é um caso particular da equação

de Lagrange com ψ

(dydx

)=

dydx

.


Equação Diferencial Ordináriade ordem 1, de Clairaut e de Lagrange

Exercício

Resolva a equação x

(dydx

)3

− y

(dydx

)2

+1= 0.

Exercício

Resolva a equação y =

(1+

dydx

)x+

(dydx

)2

.


Equação Diferencial Ordináriade ordem 1, de grau diferente de 1 e de tipos diversos

Exercício

Resolva a equação 4y2(dydx

)2

+4y2−(x+ y

dydx

)2

= 0.

Exercício


(dydx

)2

− xdydx

+x2

2.

Exercicio

Resolva a equação x = sendydx

+ lndydx

.


Equação Diferencial Ordinária

de Clairaut: y = xdy

dx+φ

(dy

dx

)

Exercício


(dydx

)3

− y

(dydx

)2

+1= 0.

Resposta

Note que

x

(dydx

)3

− y

(dydx

)2

+1= 0⇔ y = xdydx

+

(dydx

)−2

é uma equação de Clairaut, com φ

(dydx

)=

(dydx

)−2. Considere a

mudança de variável p =dydx

. A equação assume a forma y = xp+p−2.




dx+φ

(dy

dx

)

Exercício


(dydx

)3

− y

(dydx

)2

+1= 0.

Resposta

Derivando y = xp+p−2 em relação a x , decorre que

p ≡ y ′ = xp′+p−2p−3 ·p′⇔ (x−2p−3) ·p′ = 0

Assim, há dois dois casos a analisar: (i) p′ = 0 ou (ii) x = 2p−3.




dx+φ

(dy

dx

)

Exercício


(dydx

)3

− y

(dydx

)2

+1= 0.

Resposta

(i) Se p′ = 0, então p = k = const. e a equação y = xp+p−2 reduz-se ay = kx+k−2, que é a solução geral da equação de Clairaut.

(ii) x = 2p−3⇔ p =

(2x

)1/3

. Neste caso, obtém-se a função

y = x ·(2x

)1/3

+

(2x

)−2/3⇔ 2y = 3 ·21/3 · x2/3⇔ 4y3 = 27x2

que é a solução singular da equação de Clairaut.EDO (UTFPR) Luiz Claudio Pereira 2015 40 / 73


de Lagrange: y = xψ

(dy

dx

)+φ

(dy

dx

)

Exercício


(1+

dydx

)x+

(dydx

)2

.

Resposta

Note que a equação dada é uma equação de Lagrange com

ψ

(dydx

)= 1+

dydx

e φ

(dydx

)=

(dydx

)2

. Considere a mudança de variável

p =dydx

. A equação assume a forma y = (1+p)x+p2. Derivando em

relação a x , pelo Teorema da Derivada da Função Inversa, obtém-se

p ≡ y ′ = p′x+(1+p)+2p ·p′⇔ 0= 1+(x+2p) · dpdx⇔ dx

dp+ x+2p = 0.




(dy

dx

)+φ

(dy

dx

)

Exercício


(1+

dydx

)x+

(dydx

)2

.

Resposta

Ora,dxdp

+ x+2p = 0 é uma equação diferencial linear em x e p. Usando

como fator integrante a função µ(p) = ep, segue que

dxdp

+ x+2p = 0⇔ ddp

(epx) =−2pep⇔ x(p) = 2−2p+Ae−p ,

onde A= const. Ademais,

y = (1+p)x+p2 = (1+p)(2−2p+Ae−p)+p2 = 2−p2+A(1+p)e−p




(dy

dx

)+φ

(dy

dx

)

Exercício


(1+

dydx

)x+

(dydx

)2

.

Resposta

Portanto, a solução da equação de Lagrange, na forma paramétrica, é dadapor {

x(p) = 2−2p+Ae−p

y(p) = 2−p2+A(1+p)e−p

onde A ∈ R é uma constante.



Exercício


)2

+4y2−(x+ y

dydx

)2

= 0.

Resposta

Observe que

4y2(dydx

)2

+4y2 ⇔ 3y2(dydx

)2

−2

(ydydx

)x− x2+4y2 = 0

−(x+ y

dydx

)2

= 0

⇔(ydydx

)2

−2

(ydydx

)· x3+(x3

)2− 4x2

9+

4y2

3= 0



Exercício


)2

+4y2−(x+ y

dydx

)2

= 0.

Resposta

Observe que

4y2(dydx

)2

+4y2 ⇔(ydydx− x

3

)2

+43

(y2− x2

3

)= 0

−(x+ y

dydx

)2

= 0

⇔[ddx

(y2

2− x2

6

)]2+

43

(y2− x2

3

)= 0

Considere a mudança de variável 2u =x2

3− y2. Segue que



Exercício


)2

+4y2−(x+ y

dydx

)2

= 0.

Resposta

Observe que[ddx

(y2

2− x2

6

)]2+

43

(y2− x2

3

)= 0 ⇔

[dudx

]2− 4

3·2u = 0

⇔∣∣∣∣dudx

∣∣∣∣= 2√2√3·u1/2



Exercício


)2

+4y2−(x+ y

dydx

)2

= 0.

Resposta

Observe que[ddx

(y2

2− x2

6

)]2+

43

(y2− x2

3

)= 0 ⇔

[dudx

]2− 4

3·2u = 0

⇔∣∣∣∣dudx

∣∣∣∣= 2√2√3·u1/2

que é uma equação separável.



Exercício


)2

+4y2−(x+ y

dydx

)2

= 0.

Resposta

(i) Se u′(x)> 0, então∣∣∣∣dudx∣∣∣∣= 2

√2√3·u1/2 ⇔ u−1/2 du− 2

√2√3dx = 0

[2u =

x2

3− y2

]⇔ 2

√u− 2

√2√3x = const.

[6u = x2−3y2

]⇔

√x2−3y2−2x = const.



Exercício


)2

+4y2−(x+ y

dydx

)2

= 0.

Resposta

(ii) Se u′(x)< 0, então∣∣∣∣dudx∣∣∣∣= 2

√2√3·u1/2 ⇔ −u−1/2 du− 2

√2√3dx = 0

[2u =

x2

3− y2

]⇔ 2

√u+

2√2√3x = const.

[6u = x2−3y2

]⇔

√x2−3y2+2x = const.



Exercício


)2

+4y2−(x+ y

dydx

)2

= 0.

Resposta

Em síntese,(i) se u′(x)> 0,

√x2−3y2−2x = const.

(ii) se u′(x)< 0,√

x2−3y2+2x = const.

Portanto, a solução da equação diferencial dada é√x2−3y2∓2x = k ⇔ x2−3y2 = k2+4x2±4kx



Exercício


(dydx

)2

− xdydx

+x2

2.


Observe que

y =

(dydx

)2

− xdydx

+x2

2⇔ y =

(dydx

)2

−2 · dydx· x2+(x2

)2+

x2

4

⇔ y =

(dydx− x

2

)2

+x2

4

⇔ y − x2

4=

[ddx

(y − x2

4

)]2EDO (UTFPR) Luiz Claudio Pereira 2015 51 / 73


Exercício


(dydx

)2

− xdydx

+x2

2.


Considere a mudança de variável u = y − x2

4. Daí,

y − x2

4=

[ddx

(y − x2

4

)]2⇔ u =

(dudx

)2

⇔∣∣∣∣dudx

∣∣∣∣= u1/2 .

(i) Se u′(x)> 0, tem-se u−1/2 du−dx = 0 e 2u1/2− x = const.(ii) Se u′(x)< 0, tem-se u−1/2 du+dx = 0 e 2u1/2+ x = const.Portanto, a solução geral da edo dada é

√4y − x2∓ x = k .



de ordem 1, de grau diferente de 1 e de tipos diversos: y = x ·ψ(dy

dx

)+φ

(dy

dx

)

Exercício


(dydx

)2

− xdydx

+x2

2.

Resposta - sob uma nova perspectiva

Note que a equação é de Lagrange, pois

y =

(dydx

)2

− xdydx

+x2

2⇔ y = x ·

(x

2− dy

dx

)+

(dydx

)2


e a diferenciação em relação a x permitem

obter - como visto no tópico sobre envoltória - a solução geraly = x2/2+αx+α2⇔

√4y − x2 = |2α + x |

e também a solução singular y = x2/4, que não fora obtida noprocedimento anterior!



Exercício

Resolva a equação x = sendydx

+ lndydx

.

Resposta


acarreta x = senp+ lnp . Derivando em

relação a y e usando o Teorema da Derivada da Função Inversa, obtém-sea equação linear

dxdy

= cosp · dpdy

+1p· dpdy

⇔ 1p= cosp · dp

dy+

1p· dpdy

⇔ dydp

= p cosp+1

cuja solução, na forma paramétrica, éx(p) = senp+ ln |p|, y(p) = A+p+p senp+ cosp, A= const.



Exercício

Considere a equação diferencial ordinária

ex =

y2+

(dydx

)2

2dydx

(a) Encontre sua solução (geral) na forma paramétrica.(b) Veri�que, por derivação, a validade do resultado obtido no item (a).


Equação Diferencial Ordináriade ordem maior que 1

Recordando

Uma EDO de ordem n na forma normal é dada por

y (n) = f (x ,y ′,y ′′, . . . ,y (n−1)) . (1)

De modo geral, soluções de uma EDO de ordem n contêm n constantes deintegração arbitrárias, que poderão ser determinadas por meio de n infor-mações adicionais, chamadas condições iniciais (ou de contorno).

Exemplo de condições iniciais

y(x0) = y0, y ′(x0) = y1, y ′′(x0) = y2, ..., y (n−1)(x0) = yn−1.

A equação (1) junto com condições iniciais estabelecem um Problema deValor Inicial (ou de Cauchy).



Recordando

Uma EDO de ordem n é dita linear, quando possui a seguinte formaan(x)y

(n)+an−1(x)y(n−1)+ . . .+a2(x)y

′′+a1(x)y′+a0(x)y = Q(x)

Noutras palavras, uma EDO de ordem n é linear quando é uma combinaçãolinear de y e suas derivadas até ordem n.

Ora,

an(x)y(n)+an−1(x)y

(n−1)+ . . .+a2(x)y′′+a1(x)y

′+a0(x)y = Q(x) ⇔

y (n)+an−1(x)

an(x)y (n−1)+ . . .+

a2(x)

an(x)y ′′+

a1(x)

an(x)y ′+

a0(x)

an(x)y =

Q(x)

an(x)⇔

y (n)+αn−1(x)y(n−1)+ . . .+α2(x)y

′′+α1(x)y′+α0(x)y = q(x)

Portanto, pode-se a�rmar queEDO (UTFPR) Luiz Claudio Pereira 2015 57 / 73


Uma EDO de ordem n é linear, quando tem a seguinte forma (normal)

y (n)+αn−1(x)y(n−1)+ . . .+α2(x)y

′′+α1(x)y′+α0(x)y = q(x) (2)

Uma EDO que não possui a forma (2) é dita não-linear.

De�nição

Uma EDO linear, de ordem n, é dita homogênea quandoQ(x) = 0⇔ q(x) = 0. Caso contrário, é denominada não-homogênea.

Observação

Inexistem procedimentos (analíticos) gerais de resolução de equaçõesnão-lineares. Neste caso, usam-se métodos numéricos ou geométricos. Poroutro lado, para equações lineares há procedimentos analíticos adequados.


Equação Diferencial Ordináriade ordem 2 do tipo y ′′ = f (x)

Exemplo 1

Neste caso, porque y ′′ =ddx

(y ′), integrando em relação a x , tem-se

y ′ =∫

x

f (t)dt+ c1

E integrando novamente em relação a x , obtém-se

y(x) =∫

x{∫

s

f (t)dt

}ds+ c1x+ c2,

que fornece a solução geral da equação.

Exercício

Resolva o Problema de Valor Inicial{y ′′ = sen3x+ e−2x

y(0) = 1/2, y ′(0) = 1/6


Equação Diferencial Ordináriade ordem 2 do tipo y ′′ = f (x)

Exercício

Resolva o Problema de Valor Inicial{y ′′ = sen3x+ e−2x

y(0) = 1/2, y ′(0) = 1/6

Resposta

Integrando em relação a x , tem-se

y ′ =∫ (

sen3x+ e−2x)dx =−cos3x

3− e−2x

2+ c1. Como y ′(0) = 1/6,

c1 = 1. Integrando uma vez mais em relação a x decorre

y(x) =−sen3x9

+e−2x

4+ x+ c2. Assim, porque y(0) = 1/2, c2 = 1/4.

Portanto, a solução particular do PVI é y(x) =−sen3x9

+e−2x

4+ x+

14.


Equação Diferencial Ordináriade ordem 2 do tipo y ′′ = f (x ,y ′)

Exemplo 2

Neste caso, a mudança de variável

p =dydx

(3)

transforma a equação diferencial de ordem 2 na equação p′ = f (x ,p). Seessa equação de ordem 1 puder ser resolvida para p, a função y poderá serobtida por integração de (3).

Exercício

Resolva a equação y ′′+ x(y ′)2 = 0.



Exercício


Resposta

y ′′ =−x(y ′)2. Considere a mudança de variável p =dydx

. Segue que

p′+ xp2 = 0⇔ p−2 dp+ x dx = 0⇔−p−1+ x2

2= c1

Daí,

y ′ =2

x2−2c1⇒ y(x) =

∫x 2dxx2−2c1

+ c2.



Exercício


Resposta

(i) Se c1 > 0, então x2−2c1 = (x−√2c1)(x+

√2c1). Pondo

2x2−2c1

=A

x−√2c1

+B

x+√2c1

obtém-se A=−B =1√2c1

e

y(x) =∫

x 2dxx2−2c1

+ c2 =1√2c1

ln

∣∣∣∣x−√2c1x+√2c1

∣∣∣∣+ c2



Exercício


Resposta

(ii) Se c1 < 0, então

2x2−2c1

=1−c1· 1(

x√−2c1

)2

+1

Sendo u = x/√−2c1, decorre que dx =

√−2c1 du e

y(x) =∫

x 2dxx2−2c1

+ c2 =

√−2c1−c1

·arctg∣∣∣∣ x√−2c1

∣∣∣∣+ c2



Exercício


Resposta

(iii) Se c1 = 0, y(x) =∫

x 2dxx2−2c1

+ c2 =−2x−1+ c2.

Portanto, a solução geral da equação é

y(x) =

1√2c1

ln

∣∣∣∣x−√2c1x+√2c1

∣∣∣∣+ c2, se c1 > 0

−2x−1+ c2, se c1 = 0

√−2c1−c1

·arctg∣∣∣∣ x√−2c1

∣∣∣∣+ c2, se c1 < 0


Equação Diferencial Ordináriade ordem 2 do tipo y ′′ = f (y)

Exemplo 3

A variável independente x não aparece explicitamente, mas apenas atravésda variável dependente y . Seja a mudança de variável

p =dydx

(4)

Considerando p como função de y , pela Regra da Cadeia, segue que

y ′′ =dpdx

=dpdy· dydx

= pdpdy

e a equação diferencial reduz-se a

pdpdy

= f (y)⇔ pdp− f (y)dy = 0

que é separável em y e p. Obtida a função p = φ(y) 6= 0, de (4) segue aequação separável

dyφ(y)

−dx = 0,

cuja resolução fornece a função y(x).



Exercício

Resolva a equação diferencial y ′′+ y = 0.



Exercício


Resposta

y ′′ =−y . Seja a mudança de variável p =dydx

. Então, y ′′ = pdpdy

e a

equação diferencial dada reduz-se a

pdpdy

+ y = 0⇔ pdp+ y dy = 0⇔ p2+ y2 = c1 > 0⇔ |p|=√

c1− y2

Assim, obtém-se a equação∣∣∣(c1− y2)−1/2

dy∣∣∣−|dx |= 0⇔

∣∣∣∣∣∣[1−(

y√c1

)2]−1/2

dy

∣∣∣∣∣∣−√c1 |dx |= 0

cuja solução geral é√c1 arcsen

(y√c1

)∓√c1x = const.⇔ arcsen

(y√c1

)∓ x = c2.



Exercício


Resposta

Prosseguindo um pouco mais, tem-se

arcsen

(y√c1

)∓ x = c2 ⇔ arcsen

(y√c1

)= c2± x

⇔ y =√c1 sen(c2± x)

⇔ y =√c1 senc2 · cosx±

√c1 cosc2 · senx

Sendo A≡√c1 senc2 e B ≡±√c1 cosc2 constantes, conclui-se que asolução geral da equação é

y(x) = Acosx+B senx


Equação Diferencial Ordináriade ordem 2 do tipo y ′′ = f (y ,y ′)

Exemplo 4

A variável independente x não aparece explicitamente, mas apenas atravésda variável dependente y . Seja a mudança de variável

p =dydx

(5)


y ′′ = pdpdy

e a equação de ordem 2 assume a forma

pdpdy

= f (y ,p)

Se essa equação de ordem 1 puder ser resolvida para p, a função y poderáser obtida por integração de (5).

Exercício

Resolva a equação diferencial yy ′′+(y ′)2 = 0.EDO (UTFPR) Luiz Claudio Pereira 2015 70 / 73

Equação Diferencial Ordináriade ordem 2 do tipo y ′′ = f (y ,y ′)

Exercício

Resolva a equação diferencial yy ′′+(y ′)2 = 0.

Resposta

Para y(x) 6= 0, y ′′ =−(y ′)2/y . Seja a mudança de variável p =dydx

.


y ′′ = pdpdy

e a equação diferencial dada reduz-se a

ypdpdy

+p2 = 0⇔ p−1 dp+ y−1 dy = 0⇔ ln |y ·p|= const.⇔ |y ·p|= c1

Assim, obtém-se a equação

|y dy |− c1 |dx |= 0

cuja solução geral é y2∓2c1x = 2c2, c1 > 0.EDO (UTFPR) Luiz Claudio Pereira 2015 71 / 73

Equação Diferencial Ordináriade ordem 2, de tipos particulares

Exercício

Encontre a solução do problema dado. Em seguinda, veri�que, porderivação, a validade do resultado obtido.

(a) y ′′−4= (y ′)2

(b) y ′′+(y ′)2 = 2e−y

(c) (1+ x2)y ′′+2xy ′+3x−2 = 0, y(1) = 2, y ′(1) =−1


Leitura Recomendada I

Abunahman, S. A.Equações diferenciais.Rio de Janeiro: EDC, 1989.

Boyce, W. E. e Diprima, R. C.Equações diferenciais elementare e problemas de valores de contorno.Rio de Janeiro: LTC, 2002.

Edwards, C. H. e Penney, D. E.Equações diferenciais elementares com problemas de contorno.Rio de Janeiro: Prentice-Hall, 1995.

Zill, D. G.Equações diferenciais: com aplicações em modelagem.São Paulo: Pioneira Thomson, 2003.


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