Cálculo III - Jorge Teófilo · 06/06/2019 12:31 CÁLCULO III - Equações Diferenciais Ordinárias de Segunda Ordem Novas soluções de equações lineares homogêneas podem ser

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06/06/2019 12:31 CÁLCULO III - Equações Diferenciais Ordinárias de Segunda Ordem

Cálculo III

Universidade Federal do Pará

Instituto de Tecnologia

Campus de Belém

Curso de Engenharia Mecânica

Prof. Dr. Jorge Teófilo de Barros Lopes


Capítulo II

Universidade Federal do Pará

Instituto de Tecnologia

Equações Diferenciais

Ordinárias de Segunda Ordem

Campus de Belém

Curso de Engenharia Mecânica

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❑ Introdução

❑ Equações Lineares Homogêneas

❑ EDOLH com Coeficientes Constantes

❑ EDOL Não Homogêneas

❑ EDOLH – Redução de Ordem

II – EDOs de Segunda Ordem


II – EDOs Lineares de Segunda Ordem

❑ Introdução





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2.1 Introdução

✓ As equações diferenciais ordinárias lineares de

segunda ordem são uma ferramenta de larga

aplicação na engenharia, pois são essenciais para

qualquer estudo nas áreas clássicas da física

matemática

✓ O seu conhecimento é imprescindível, por exemplo,

no estudo da mecânica dos fluidos, vibrações

mecânicas, condução de calor, movimento

ondulatório, fenômenos eletromagnéticos, dentre

outros, nos quais normalmente se recai na resolução

de equações diferenciais lineares de segunda ordem.


2.1 Introdução

✓ Para que sejam consideradas lineares de segunda

ordem estas equações devem obedecer à forma

geral

𝑦′′ + 𝑓 𝑥 𝑦′ + 𝑔 𝑥 𝑦 = 𝑟(𝑥)

e serem lineares em y e suas derivadas, enquanto f, g

(ditos coeficientes da equação) e r podem ser

quaisquer funções de x.

✓ Frequentemente, em vez da forma anterior a equação é

apresentada na forma

𝑃(𝑥)𝑦′′ + 𝐹 𝑥 𝑦′ + 𝐺 𝑥 𝑦 = 𝑅(𝑥),

sendo 𝑓 𝑥 = Τ𝐹(𝑥) 𝑃 𝑥 e g 𝑥 = Τ𝐺(𝑥) 𝑃(𝑥)

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2.1 Introdução

✓ Qualquer equação de segunda ordem que não pode

ser escrita sob a forma apresentada é dita não

linear.

✓ Ou seja, as equações diferenciais lineares são

caracterizadas por duas propriedades:

i. A variável dependente y e todas as suas derivadas

são do primeiro grau, isto é, a potência de cada

termo envolvendo y é igual a 1.

ii. Cada coeficiente da equação é função apenas da

variável independente (normalmente x).


2.1 Introdução

✓ Exemplos:

✓ y𝑦′′ − 2𝑦′ = 𝑥 𝑦′′ + 𝑦² = 0

Lineares

𝑦′′ + 4𝑦 = 𝑒−𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥𝑥2 − 3𝑥 𝑦′′ + 𝑥𝑦′ − 𝑥 + 3 𝑦 = 02𝑥2𝑦′′ + 3𝑥𝑦′ − 𝑦 = 7

Não lineares

y𝑦′′ − 2𝑦′ = 𝑥𝑦′′ + 𝑦 = 0𝑦′′ + 𝑦² = 0

O coeficiente

depende de y

Potência

diferente de 1

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2.1 Introdução

✓ As EDOs lineares de segunda ordem podem ser

classificadas em homogêneas, quando r(x) = 0, ou

heterogêneas, no caso contrário.

✓ Exemplos:

Homogêneas

𝑥2 − 3𝑥 𝑦′′ + 𝑥𝑦′ − 𝑥 + 3 𝑦 = 0𝑦′′ − 2𝑦′ + 𝑦 = 0𝑥2𝑦′′ + 𝑥𝑦′ − 𝑦 = 0

Heterogêneas

𝑦′′ + 4𝑦 = 𝑒−𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥2𝑥2𝑦′′ + 3𝑥𝑦′ − 𝑦 = 7𝑦′′ − 7y′ + 12𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑥


2.1 Introdução

✓ Observação:

• Uma função Y(x) constitui uma solução de uma EDO

de segunda ordem (linear ou não), em um dado

intervalo, se essa função for duas vezes derivável em

todo o intervalo considerado, e se ela e suas derivadas

ao serem substituídas na equação a transformem em

uma identidade.

• No presente estudo, supõe-se que a variável

independente (normalmente, x) é definida em um

intervalo arbitrariamente fixado (intervalo finito ou

todo o eixo x); assim, não é necessário especificar em

cada caso tal intervalo, ficando isso por conta do leitor.

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❑ Introdução







✓ Novas soluções de equações lineares homogêneas

podem ser obtidas simplesmente a partir de soluções

conhecidas, mediante a multiplicação por constantes

e/ou adição dessas últimas, facilitando, sobremaneira, a

solução de equações complexas. Tal propriedade pode

ser caracterizada pelo seguinte teorema.

✓ Teorema fundamental. (1) Se uma solução da equação

diferencial linear homogênea é multiplicada por

qualquer constante, a função resultante é também uma

solução da equação. (2) Se duas soluções da equação

são adicionadas, a soma resultante é também uma

solução da equação.

2.2 Equações Lineares Homogêneas

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✓ Demonstração de (1). Se Y(x) é uma solução da

equação diferencial ordinária homogênea de

segunda ordem 𝑦′′ + 𝑓 𝑥 𝑦′ + 𝑔 𝑥 𝑦 = 0,substituindo-se cY(x) e suas derivadas na equação,

onde c é uma constante, tem-se que:

(𝑐𝑌)′′ + 𝑓 (𝑐𝑌)′ + 𝑔 (𝑐𝑌) = 0 ∴

𝑐𝑌′′ + 𝑓𝑐𝑌′ + 𝑔𝑐𝑌 = 𝑐(𝑌′′ + 𝑓𝑌′ + 𝑔𝑌) = 0

Como Y(x), por ser solução da equação diferencial,

satisfaz-lhe, a expressão entre parênteses é nula, o

que demonstra a primeira parte do teorema.



✓ Demonstração de (2). Se Y(x) e Z(x) são soluções da

equação diferencial ordinária homogênea de segunda

ordem 𝑦′′ + 𝑓 𝑥 𝑦′ + 𝑔 𝑥 𝑦 = 0, substituindo-seY 𝑥 + 𝑍(𝑥) e suas derivadas na equação, tem-se que:

(𝑌 + 𝑍)′′ + 𝑓 (𝑌 + 𝑍)′ + 𝑔 (𝑌 + 𝑍) = 0 ∴

∴ 𝑌′′ + 𝑍′′ + 𝑓𝑌′ + 𝑓𝑍′ + 𝑔𝑌 + 𝑔𝑍 = 0 ∴

∴ 𝑌′′ + 𝑓𝑌′ + 𝑔𝑌 + (𝑍′′ + 𝑓𝑍′ + 𝑔𝑍) = 0

Como Y(x) e Z(x), por serem soluções da equação

diferencial, satisfazem-na, as expressões entre

parênteses são nulas, o que demonstra a segunda parte

do teorema.


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✓ No caso das equações diferenciais lineares com

coeficientes constantes, dois conceitos são de

fundamental importância:

• Solução geral: é uma solução de uma EDO de

segunda ordem (linear ou não) que contém duas

constantes arbitrárias, as quais devem ser

independentes, ou seja, a mesma solução não pode

ser reduzida a uma forma contendo somente uma

constante arbitrária ou nenhuma.

• Solução particular: quando são atribuídos valores

definidos às duas constantes da solução geral.



✓ Se y1(x) e y2(x) são soluções da equação diferencial

linear

𝑦′′ + 𝑓 𝑥 𝑦′ + 𝑔 𝑥 𝑦 = 0

em um dado intervalo I, então

𝑦 𝑥 = 𝑐1𝑦1(𝑥) +𝑐2 𝑦2(𝑥),

onde c1 e c2 são constantes arbitrárias, será uma

solução geral da equação no intervalo I, desde que

ela não possa ser reduzida a uma expressão

contendo menos que duas constantes arbitrárias.


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✓ As funções y1(x) e y2(x) são ditas linearmente

dependentes em um intervalo I onde ambas são

definidas, se elas são proporcionais nesse intervalo,

ou seja, 𝑦1 𝑥 = 𝑘𝑦2(𝑥) ou 𝑦2 𝑥 = 𝑙𝑦1(𝑥) , paraqualquer x em I, onde k e l são números.

✓ Se tais funções não são proporcionais em I elas recebem a

denominação de linearmente independentes no intervalo.

✓ Sistema fundamental: Duas soluções linearmente

independentes da EDOLH no intervalo I onde são

definidas, constituem um sistema fundamental de soluções

em I, o que embasa o teorema formulado a seguir.



✓ Teorema. A solução

𝑦 𝑥 = 𝑐1𝑦1(𝑥) +𝑐2 𝑦2(𝑥),

✓ constitui uma solução geral da EDOLH em um

intervalo I, se, e somente se, as funções y1(x) e y2(x)

constituírem um sistema fundamental de soluções

da equação em I.

✓ y1(x) e y2(x) constituem um sistema fundamental de

soluções da equação em I, se, e somente se, o

quociente entre ela, y1(x)/y2(x) [y2(x)≠ 0] não forconstante em I, mas depender de x.


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✓ Exemplo 01. As funções

𝑦1 𝑥 = 𝑒𝑥 e 𝑦2 𝑥 = 𝑒

−2𝑥,

✓ são soluções independentes da equação

✓ 𝑦′′ + 𝑦′ − 2𝑦 = 0.

✓ Como o seu quociente não é constante, pois

✓ 𝑦1 𝑥 /𝑦2 𝑥 =𝑒𝑥

𝑒−2𝑥= 𝑒3𝑥,

✓ então, tais soluções formam um sistema fundamental,

e a solução geral correspondente para qualquer x é:

✓ 𝑦 𝑥 = 𝑐1𝑦1 𝑥 + 𝑐2𝑦2 𝑥 = 𝑐1𝑒𝑥 + 𝑐2𝑒

−2𝑥



✓ Exemplo 02. As funções

𝑦1 𝑥 = 𝑒𝑥 e 𝑦2 𝑥 = 3𝑒

𝑥,

✓ não são soluções independentes da equação

✓ 𝑦′′ + 𝑦′ − 2𝑦 = 0.

✓ Como o seu quociente é constante, pois

✓ 𝑦1 𝑥 /𝑦2 𝑥 =𝑒𝑥

3𝑒𝑥=

1

3,

✓ então, tais soluções não constituem um sistema

fundamental e, assim, a combinação entre elas não

formará uma solução geral.


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❑ Introdução







✓ A equação diferencial homogênea da forma

𝑦′′ + 𝑎𝑦′ + 𝑏𝑦 = 0,

onde a e b são constantes, é denominada equação

diferencial de segunda ordem homogênea com

coeficientes constantes.

✓ Supondo-se que a e b são reais e que o intervalo de

variação de x é o próprio eixo x, por analogia com a

equação diferencial homogênea de primeira ordem

com coeficientes constantes

𝑦′ + 𝑘𝑦 = 0,

2.3 EDOH - Coeficientes Constantes

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✓ cuja solução geral é a função exponencial

𝑦(𝑥) = 𝑐𝑒−𝑘𝑥,

✓ Pode-se supor, portanto, que

𝑦(𝑥) = 𝑐𝑒𝜆𝑥,

✓ é uma solução da EDO de segunda ordem

apresentada, desde que 𝜆 seja adequadamenteescolhido.



✓ Substituindo-se y e suas derivadas (𝑦′ = 𝜆𝑒𝜆𝑥 , 𝑦′′ =

𝜆2𝑒𝜆𝑥) na equação, obtém-se

𝜆2𝑒𝜆𝑥 + 𝑎𝜆𝑒𝜆𝑥 + 𝑏𝑒𝜆𝑥 = 0

𝜆2 + 𝑎𝜆 + 𝑏 𝑒𝜆𝑥 = 0

✓ Então y(x) será uma solução da equação diferencial se

segunda ordem se 𝜆 for uma solução da equação desegundo grau

𝜆2 + 𝑎𝜆 + 𝑏 = 0,

✓ denominada equação característica ou equação

auxiliar da EDO de segunda ordem, com as seguintes

raízes:


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✓ 𝜆1 =1

2−𝑎 + 𝑎2 − 4𝑏

✓ 𝜆2 =1

2−𝑎 − 𝑎2 − 4𝑏

✓ Logo, as funções

𝑦1(𝑥) = 𝑒𝜆1𝑥 e 𝑦2(𝑥) = 𝑒

𝜆2𝑥

✓ são soluções da EDO homogênea de segunda ordem.

✓ Sendo a equação característica de segundo grau, e

pelo fato de a e b serem números reais, a sua solução

pode recair em três casos, conforme as raízes sejam

reais e diferentes, complexas conjugadas ou reais e

iguais.



i. Duas raízes reais e distintas;

ii. Duas raízes complexas conjugadas;

iii. Duas raízes reais e iguais.

✓ Caso I - Duas raízes reais e distintas

• Exemplo 01: Determinar as soluções da equação

𝑦′′ + 𝑦′ − 2𝑦 = 0

✓ Equação característica: 𝜆2 + 𝜆 − 2 = 0

✓ Raízes: 𝜆1 = 1 e 𝜆2 = −2

✓ Soluções: 𝑦1 = 𝑒𝜆1𝑥 = 𝑒𝑥 e 𝑦2 = 𝑒

𝜆2𝑥 = 𝑒−2𝑥

✓ Solução geral: y 𝒙 = 𝒄𝟏𝒆𝒙 + 𝒄𝟐𝒆

−𝟐𝒙


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• Exemplo 02: Determinar as soluções da equação

2𝑦′′ − 5𝑦′ − 3𝑦 = 0

✓ Equação característica: 𝜆2 −5

2𝜆 −

3

2= 0

✓ Raízes: 𝜆1 = −1

2e 𝜆2 = 3

✓ Soluções: 𝑦1 = 𝑒𝜆1𝑥 = 𝑒− Τ𝑥 2 e 𝑦2 = 𝑒

𝜆2𝑥 = 𝑒3𝑥

✓ Solução geral: y 𝒙 = 𝒄𝟏𝒆Τ−𝒙 𝟐 + 𝒄𝟐𝒆

𝟑𝒙



✓ Caso II - Duas raízes complexas conjugadas

✓ Raízes: 𝜆1 = 𝑝 + 𝑖𝑞 e 𝜆2 = 𝑝 − 𝑖𝑞

✓ Soluções particulares: 𝑦1 = 𝑒𝑝+𝑖𝑞 𝑥 e 𝑦2 = 𝑒

(𝑝−𝑖𝑞)𝑥

✓ Soluções reais:

✓ Fórmulas de Euler ቊ 𝑒𝑖𝜃 = cos𝜃 + 𝑖𝑠𝑒𝑛 𝜃

𝑒−𝑖𝜃 = cos 𝜃 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃

✓ Fazendo 𝜃 = 𝑞𝑥

✓ ൝𝑦1 = 𝑒

𝑝+𝑖𝑞 𝑥 = 𝑒𝑝𝑥𝑒𝑖𝑞𝑥 = 𝑒𝑝𝑥(cos𝑞𝑥 + 𝑖𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥)

𝑦2 = 𝑒𝑝−𝑖𝑞 𝑥 = 𝑒𝑝𝑥𝑒−𝑖𝑞𝑥 = 𝑒𝑝𝑥(cos 𝑞𝑥 − 𝑖𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥)


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✓ Como 𝑦1 e 𝑦2 são soluções da equação, então

✓ 𝑦1 + 𝑦2 = 𝑒𝑝𝑥(2cos𝑞𝑥) ∴

1

2(𝑦1 + 𝑦2) = 𝑒

𝑝𝑥(cos 𝑞𝑥)

✓ 𝑦1 − 𝑦2 = 𝑒𝑝𝑥(2𝑖𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥) ∴

1

2𝑖(𝑦1 − 𝑦2) = 𝑒

𝑝𝑥(𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥)

✓ também são soluções, com os segundos membros

reais; ademais, como o seu quociente não é constante,

elas são linearmente independentes em qualquer

intervalo, constituindo-se, portanto, em um sistema

fundamental de soluções em todo o eixo dos x. Dessa

forma, a solução geral correspondente é

✓ 𝑦 𝑥 = 𝑒𝑝𝑥 𝐴𝑐𝑜𝑠 𝑞𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥 , ✓ onde A e B são constantes arbitrárias.




• Exemplo 01: Determinar a solução geral da equação

𝑦′′ − 2𝑦′ + 10 = 0

✓ Equação característica: 𝜆2 − 2𝜆 + 10 = 0

✓ Soluções: 𝑦1,2 =− −2 ± −2 2− 4 1 10

2 1= 1 ± 3𝑖

✓ ቊ𝑦1 = 𝑝 + 𝑞𝑖 = 1 + 3𝑖𝑦2 = 𝑝 − 𝑞𝑖 = 1 − 3𝑖

→ 𝑝 = 1 , 𝑞 = 3

✓ Solução geral: 𝑦 𝑥 = 𝑒𝑝𝑥 𝐴𝑐𝑜𝑠 𝑞𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥

✓ 𝒚 𝒙 = 𝒆𝒙 𝑨𝒄𝒐𝒔 𝟑𝒙 + 𝑩𝒔𝒆𝒏 𝟑𝒙

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• Exemplo 02: Resolver o problema de valor inicial

𝑦′′ − 2𝑦′ + 10 = 0; 𝑦 0 = 4, 𝑦′ 0 = 1

𝑦 𝑥 = 𝑒𝑥 𝐴𝑐𝑜𝑠 3𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛 3𝑥

𝑦 0 = 4 → 𝑒0 𝐴𝑐𝑜𝑠 0 + 𝐵𝑠𝑒𝑛 0 = 4 ∴ 𝑨 = 𝟒

𝑦′ 𝑥 = 𝑒𝑥 𝐴𝑐𝑜𝑠 3𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛 3𝑥 +

+ 𝑒𝑥 −3𝐴𝑠𝑒𝑛 3𝑥 + 3𝐵𝑐𝑜𝑠 3𝑥

= 𝑒𝑥[ 𝐴 + 3𝑏 cos 3𝑥 + 𝐵 − 3𝑎 𝑠𝑒𝑛 3𝑥)]



𝑦′ 0 = 1 →

𝑦′ 0 = 𝑒0[ 𝐴 + 3𝐵 cos 0 + 𝐵 − 3𝐴 𝑠𝑒𝑛 0)] = 1 ∴

∴ 𝐴 + 3𝐵 = 1 ∴ 4 + 3𝐵 = 1 ∴ 𝑩 = −𝟏

Solução particular:

𝑦 𝑥 = 𝑒𝑥 𝐴𝑐𝑜𝑠 3𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛 3𝑥 ∴

∴ 𝒚 𝒙 = 𝒆𝒙 𝟒𝒄𝒐𝒔 𝟑𝒙 − 𝒔𝒆𝒏 𝟑𝒙

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✓ Caso III - Duas raízes reais e iguais

𝑦′′ + 𝑎𝑦′ + 𝑏𝑦 = 0

Δ = 𝑎2 − 4 1 𝑏 = 0 → 𝑏 = Τ𝑎2 4

✓ Raízes: 𝜆1 = 𝜆2 = 𝜆 = −𝑎

2

✓ Solução única, a princípio: 𝑦1(𝑥) = 𝑒𝜆𝑥 = 𝑒 Τ−𝑎𝑥 2

✓ Solução y2 – usar o método da variação dos

parâmetros a partir de

✓ 𝑦2 𝑥 = 𝑢 𝑥 𝑦1 𝑥

✓



✓ 𝑦2 = 𝑢𝑦1;

✓ 𝑦2′ = 𝑢′𝑦1 + 𝑢𝑦1

′ ;

✓ 𝑦2′′ = 𝑢′′𝑦1 + 𝑢

′𝑦1′ + 𝑢′𝑦1

′ + 𝑢𝑦1′′

✓ = 𝑢′′𝑦1 + 2𝑢′𝑦1

′ + 𝑢𝑦1′′

✓ Substituindo-se 𝑦2, suas derivadas e o valor de b naequação diferencial, tem-se:

✓ 𝑢 𝑦1′′ + 𝑎𝑦1

′ +1

4𝑎2𝑦1 + 𝑢

′ 2𝑦1′ + 𝑎𝑦1 +

+ 𝑢′′𝑦1 = 0

✓ Como y1 é uma solução, a expressão dentro do

primeiro parênteses é nula.

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✓ Com 𝑦1 = 𝑒Τ−𝑎𝑥 2, então 2𝑦1

′ = 2 −𝑎

2𝑒 Τ−𝑎𝑥 2 , o

que torna a expressão dentro do segundo parênteses

também nula, e a equação fica reduzida a

✓ 𝑢′′𝑦1 = 0 → 𝑢′′ = 0.

✓ Então, uma solução será

✓ 𝑢 = 𝑥

✓ e, consequentemente,

✓ 𝑦2 𝑥 = 𝑥𝑒𝜆𝑥



• Teorema. No caso da equação característicapossuir raízes reais e iguais, as funções 𝑦1 e 𝑦2são soluções da EDOH e constituem um sistemafundamental.

• A solução geral será

✓ 𝑦 𝑥 = (𝑐1 + 𝑐2𝑥)𝑒𝜆𝑥 ,

✓ onde 𝜆 = −𝑎

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• Exemplo 01. Resolver a seguinte equação

diferencial

✓ 𝑦′′ − 10𝑦′ + 25𝑦 = 0

✓ Solução:

✓ 𝑎 = −10 𝑒 𝑏 =25

✓ Equação característica: 𝜆2 − 10𝜆 − 25 = 0

✓ Raízes: 𝜆1 = 𝜆2 = −𝑎

2= −

−10

2= 5

Solução geral: 𝑦 𝑥 = 𝑐1 + 𝑐2𝑥 𝑒𝜆𝑥 ∴

✓ ∴ 𝒚 𝒙 = (𝒄𝟏 + 𝒄𝟐𝒙)𝒆𝟓𝒙



• Exemplo 02. Resolver a seguinte equação

diferencial

✓ 𝑦′′ + 8𝑦′ + 16𝑦 = 0

✓ Solução:

✓ 𝑎 = 8 𝑒 𝑏 = 16

✓ Equação característica: 𝜆2 + 8𝜆 + 16 = 0

✓ Raízes: 𝜆1 = 𝜆2 = −𝑎

2= −

8

2= −4

Solução geral: 𝑦 𝑥 = 𝑐1 + 𝑐2𝑥 𝑒𝜆𝑥 ∴

✓ ∴ 𝒚 𝒙 = (𝒄𝟏 + 𝒄𝟐𝒙)𝒆−𝟒𝒙

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✓ Aplicações - Movimento harmônico simples ou

Movimento livre sem amortecimento.

• Considera-se uma mola comum que resiste tanto à

compressão quanto à distensão.

• A mola, presa a um suporte fixo, é suspensa

verticalmente.

• Na extremidade inferior da mola se pendura um corpo,

cuja massa m é muito maior que a massa da mola

(despreza-se essa última).

• Se o corpo é puxado para baixo de uma certa distância e

então liberado, ele passa a se movimentar verticalmente,

indefinidamente (sistema ideal).



• Deseja-se determinar o movimento do sistema

mecânico, ou seja, o deslocamento do corpo em

função do tempo.

• Considera-se, portanto, as forças que agem sobre o

corpo durante o movimento, com o sentido positivo

para baixo.

• Uma das forças agindo sobre o corpo é a atração da

gravidade:

𝑃 = 𝑚𝑔

onde m é a massa do corpo e g a intensidade de

aceleração da gravidade (g = 9,8 m/s²).

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• A outra força agindo sobre o corpo é a força da mola,

que passa a existir quando esta é deformada

(distendida), experimentalmente verificada como

proporcional à sua deformação:

𝐹 = 𝑘𝑠 (Lei de Hooke)

onde s é o alongamento e k (constante de

proporcionalidade) o módulo da mola (quanto mais

rígida a mola maior será o valor de k).

• Corpo em repouso (posição de equilíbrio estático) → aresultante das forças é nula. Assim,

𝐹 = 𝑃 ∴ 𝑘𝑠 = 𝑚𝑔



• Designa-se 𝑦 = 𝑦(𝑡), o deslocamento do corpo apartir de sua posição de equilíbrio estático, com o

sentido positivo para baixo.

y

mola nãodistendida

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• Da lei de Hooke, tem-se que a força da mola que

corresponde a um deslocamento y é

𝐹𝑀 = 𝐹 − 𝑘𝑦 = −𝑘𝑠 − 𝑘𝑦

• A resultante das forças que atuam no corpo será

𝑅 = 𝑃 + 𝐹𝑀 = 𝑚𝑔 − 𝑘𝑠 − 𝑘𝑦,

• Mas, como 𝑘𝑠 = 𝑚𝑔, a equação se transforma em

𝑅 = −𝑘𝑦

• Sistema não amortecido. Se o amortecimento do

sistema é tão pequeno que pode ser desprezível, a

equação anterior corresponde à resultante de todas as

forças que agem sobre o corpo.



• Da segunda lei de Newton, obtém-se a equação

diferencial que rege o movimento, ou seja,

𝐹𝑜𝑟ç𝑎 = 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑥 𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎çã𝑜

• A força significa a resultante das forças que agem sobre

o corpo em um dado instante (𝑅) e a aceleraçãocorresponde à variação da velocidade com o tempo

( Τሷ𝑦 = 𝑑2𝑦 𝑑𝑡²). Então

𝑚 ሷ𝑦 = −𝑘𝑦 ∴ 𝑚 ሷ𝑦 + 𝑘𝑦 = 0 ∴ ሷ𝑦 +𝑘

𝑚𝑦 = 0

ou

ሷ𝒚 + 𝒘𝟐𝒚 = 𝟎

em que 𝑤² = Τ𝑘 𝑚.

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• A EDOH com coeficientes constantes descreve um

movimento harmônico simples ou movimento livre

sem amortecimento.

• Solução geral da equação:

𝑦 𝑡 = 𝐴 cos𝑤𝑡 + 𝐵 sin𝑤𝑡

• Os coeficientes, A e B, são determinados por duas

duas condições iniciais óbvias:

• 𝑦(0) = 𝛼, representando o deslocamento inicial;

• 𝑦′(0) = 𝛽, representando a velocidade inicial.



• Ou seja

𝛼

< 0Massa solta de um ponto acima daposição de equilíbrio

= 0 Massa solta do ponto de equilíbrio

> 0Massa solta de um ponto abaixo daposição de equilíbrio

𝛽

< 0Massa com velocidade inicial dirigida paracima

= 0 Massa simplesmente solta

> 0Massa com velocidade inicial dirigida parabaixo

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• Período de vibrações livres do movimento:

𝑇 = Τ2𝜋 𝑤 (período natural)

• Frequência:

𝑓 = Τ𝑤 2𝜋 (frequência natural)

• y(t) pode ser escrita como

𝑦(𝑡) = 𝐶 cos(𝑤𝑡 − 𝛿)

tan 𝛿 =𝐵

𝐴

𝐶 = 𝐴2 + 𝐵2



• Exemplo 01. Resolva e interprete o PVI

ሷ𝑦 + 16𝑦 = 0, 𝑦 0 = 10, ሶ𝑦 0 = 0

• Solução:

𝑤 = 16 = 4


𝑦 𝑡 = 𝐴 cos 4𝑡 + 𝐵 sin 4𝑡

𝑦 0 = 10 → 10 = 𝐴 cos 0 + 𝐵 sin 0 → 𝐴 = 10

ሶ𝑦 0 = 0 → 0 = −𝐴4sin 0 + 𝐵4cos 0 → 𝐵 = 0

𝒚 𝒕 = 𝟏𝟎 𝐜𝐨𝐬𝟒𝒕.

𝑦 𝑡 = 𝐶 cos 4𝑡 − 𝛿 = 10cos(4𝑡 − 0)

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Movimento harmônico simples ou movimento livre sem

amortecimento.

A = 10



• Exemplo 02. Uma massa de 2 kg distende uma mola em

6 cm. No instante t = 0, a massa é solta de um ponto a 8

cm abaixo da posição de equilíbrio com uma velocidade

direcionada para cima de 25 cm/s. Determine a função

y(t) que descreve o movimento livre subsequente.

• Solução:

ሷ𝑦 + 𝑤2𝑦 = 0, 𝑦 0 = 8 𝑐𝑚, ሶ𝑦 0 = −25 cm/s


𝑃 = 𝐹𝑀 ∴ 𝑚𝑔 = 𝑘𝑠 ∴𝑘

𝑚=

𝑔

𝑠=

9,8

6∴

𝑘

𝑚= 1,63

𝑤2 = Τ𝑘 𝑚 ∴ 𝑤 = 1,63 = 1,28

𝑦 𝑡 = 𝐴 cos 1,28𝑡 + 𝐵 sin 1,28𝑡

1𝑁=1𝑘𝑔𝑥𝑚/𝑠

²

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𝑦 𝑡 = 𝐴 cos 1,28𝑡 + 𝐵 sin 1,28𝑡

𝑦 0 = 8 → 8 = 𝐴 cos0 + 𝐵 sin 0 ∴ 𝐴 = 8

ሶ𝑦 0 = −25 → −25 = −1,28 ∙ 𝐴 sin 0 + 1,28 ∙ 𝐵 cos 0 ∴

1,28 ∙ 𝐵 = −25 ∴ 𝐵 = −19,53

𝒚 𝒕 = 𝟖𝐜𝐨𝐬 𝟏, 𝟐𝟖𝒕 − 𝟏𝟗, 𝟓𝟑 𝐬𝐢𝐧 𝟏, 𝟐𝟖𝒕



✓ Aplicações – Sistema amortecido.

• Se no sistema massa-mola, anteriormente estudado, for

ligado um amortecedor à massa, tem-se que levar em

conta o amortecimento viscoso correspondente.

• A força de amortecimento possui sentido oposto ao do

movimento, e supor-se-á que a mesma é proporcional à

velocidade ሶ𝑦 = Τ𝑑𝑦 𝑑𝑡 da massa (para pequenasvelocidades esta hipótese constitui, em geral, uma boa

aproximação).

• Assim, a força de amortecimento é dada por

𝐹𝐴 = −𝑐 ሶ𝑦,onde c, denominada constante de amortecimento é > 0.

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• Agora, a resultante das forças que agem sobre a massa

é

𝑅 = 𝑃 + 𝐹𝑀 + 𝐹𝐴 = 𝑚𝑔 − 𝑘𝑠 − 𝑘𝑦 − 𝑐 ሶ𝑦 = −𝑘𝑦 − 𝑐 ሶ𝑦

• Da segunda lei de Newton, obtém-se

𝑚 ሷ𝑦 = −𝑘𝑦 − 𝑐 ሶ𝑦

• Portanto, o movimento do sistema mecânico

amortecido é regido por uma EDO linear com

coeficientes constantes, da forma

𝑚 ሷ𝑦 + 𝑐 ሶ𝑦 + 𝑘𝑦 = 0 ou ሷ𝑦 +𝑐

𝑚ሶ𝑦 +

𝑘

𝑚𝑦 = 0 ,

cuja solução dependerá das raízes da equação

característica, conforme a seguir:

𝑘𝑠 = 𝑚𝑔



• Equação característica:

𝜆2 +𝑐

𝑚𝜆 +

𝑘

𝑚= 0

• Raízes:

𝜆1,2 =𝑐

2𝑚±

1

2𝑚𝑐2 − 4𝑚𝑘

• Notação abreviada:

𝛼 =𝑐

2𝑚e β =

1

2𝑚𝑐2 − 4𝑚𝑘

Então, as raízes podem ser escritas sob a forma

𝜆1 = −𝛼 + 𝛽 e 𝜆2 = −𝛼 − 𝛽

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28



• A solução dependerá do nível do amortecimento, nos

três seguintes casos:

Caso I. 𝑐2 > 4𝑚𝑘. Raízes reais distintas.(Superamortecimento).

Caso II. 𝑐2 < 4𝑚𝑘. Raízes conjugadas complexas.(Subamortecimento).

Caso III. 𝑐2 = 4𝑚𝑘. Raiz dupla real.(Amortecimento crítico).



• Caso I. Superamortecimento. Neste caso, o

coeficiente de amortecimento, c, é grande, de tal

forma que 𝑐2 > 4𝑚𝑘, e a solução geral da EDO é

𝑦 𝑡 = 𝑐1𝑒− 𝛼−𝛽 𝑡 + 𝑐2𝑒

− 𝛼+𝛽 𝑡.

- O corpo não oscila

- Para t > 0, os expoentes da solução são negativos,

pois 𝛼 > 0, 𝛽 > 0 e 𝛽2 = 𝛼2 − Τ𝑘 𝑚 < 𝛼2 . Assim,ambos os termos da solução se aproximam de zero

quando t tende para o infinito.

- Então, após um tempo suficientemente longo, a massa

se encontrará em repouso na posição de equilíbrio

estático (y = 0).

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29



• Exemplo 01. Uma massa de 2 kg distende uma mola

(constante elástica, k, igual a 800 N/m). No instante t =

0, a massa é solta de um ponto a 1 cm abaixo da posição

de equilíbrio, com uma velocidade direcionada para

baixo de 1 cm/s. A massa é acoplada a um dispositivo de

amortecimento (coeficiente de amortecimento, c, igual a

1000 N.s/m). Determine a função y(t) que descreve o

movimento amortecido subsequente.

• Solução:

• ሷ𝑦 +𝑐

𝑚ሶ𝑦 +

𝑘

𝑚𝑦 = 0 ∴ ሷ𝑦 +

10

2ሶ𝑦 +

8

2𝑦 = 0 ∴

• ሷ𝑦 + 5 ሶ𝑦 + 4𝑦 = 0 𝑦 0 = 1 𝑐𝑚, ሶ𝑦 0 = 1 𝑐𝑚/𝑠



•𝜆2 + 5𝜆 + 4 = 0 → 𝜆1 = −1 e 𝜆2 = −4

𝒚 𝒕 = 𝒄𝟏𝒆−𝒕 + 𝒄𝟐𝒆

−𝟒𝒕

• ሶ𝑦 0 = −𝑐1𝑒−𝑡 −4𝑐2 𝑒

−4𝑡

•ቊ𝑦 0 = 1 → 1 = 𝑐1 + 𝑐2ሶ𝑦 0 = 1 → 1 = −𝑐1 −4𝑐2

→ 𝑐1 =5

3e 𝑐2 = −

2

3

𝒚 𝒕 =𝟓

𝟑𝒆−𝒕 −

𝟐

𝟑𝒆−𝟒𝒕

• Para velocidades negativa e nula (Comparando):

- Para ሶ𝑦 0 = −1: 𝒚 𝒕 = 𝒆−𝒕

- Para ሶ𝑦 0 = 0: 𝒚 𝒕 =𝟒

𝟑𝒆−𝒕 −

𝟏

𝟑𝒆−𝟒𝒕

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30



Movimentos típicos no caso superamortecido,

com deslocamento inicial positivo (para baixo)

> 0



• Caso II. Subamortecimento. Neste caso, o

coeficiente de amortecimento, 𝑐 , é suficientementepequena para que 𝑐2 < 4𝑚𝑘, e a solução geral daEDO é

𝑦 𝑡 = 𝑒−𝛼𝑡(𝐴 cos𝑤∗𝑡 + 𝐵 sin𝑤∗𝑡) ou

𝑦 𝑡 = 𝐶𝑒−𝛼𝑡 cos 𝑤∗𝑡 − 𝛿 ,

onde

𝑤∗ =1

2𝑚4𝑚𝑘 − 𝑐2, 𝐶 = 𝐴2 + 𝐵2, tan 𝛿 = Τ𝐵 𝐴

- A frequência é 𝑤∗/2𝜋 ciclos/s.

- Quanto menor for c (c > 0), maior será 𝑤∗ e maisrápidas se tornam as oscilações.

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31



- À medida que c se aproxima de zero, 𝑤∗ se

aproxima do valor 𝑤 = Τ𝑘 𝑚, que corresponde àoscilação harmônica.

• Exemplo 02. Um corpo com massa de 0,5 kg é fixado

a uma mola de 1,5 m de comprimento. Na posição de

equilíbrio, o comprimento da mola é de 2,48 m. Se o

corpo for suspenso e solto a partir do repouso de um

ponto 2 m acima da posição de equilíbrio, encontre o

deslocamento y(t) se é sabido ainda que o meio

ambiente oferece resistência numericamente igual à

velocidade instantânea.



• Solução: O alongamento da mola depois que o peso é

fixado é igual a 2,48 – 1,5 = 0,98 m. Da lei de Hooke,

mg = ks ou 0,5(9,8) = k(0,98) ou k = 5 N/m.

• ሷ𝑦 +𝑐

𝑚ሶ𝑦 +

𝑘

𝑚𝑦 = 0 ∴ ሷ𝑦 +

1

0,5ሶ𝑦 +

5

0,5𝑦 = 0 ∴

• ሷ𝒚 + 𝟐 ሶ𝒚 + 𝟏𝟎𝒚 = 𝟎, 𝐲 𝟎 = −𝟐, ሶ𝒚 𝟎 = 𝟎

• 𝑤∗ =1

2𝑚4𝑚𝑘 − 𝑐2 = 3; 𝛼 =

𝑐

2𝑚= 1

•𝑦 𝑡 = 𝑒−𝑡(𝐴 cos 3𝑡 + 𝐵 sin 3𝑡)

•y 0 = −2 → 𝐴 = −2

• ሶ𝑦 0 = 0 → 𝐵 = −2

3

•𝒚 𝒕 = 𝒆−𝒕(−𝟐 𝐜𝐨𝐬𝟑𝒕 −𝟐

𝟑𝐬𝐢𝐧 𝟑𝒕)

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Movimentos típicos no caso subamortecido,

com deslocamento inicial negativo (para cima)



• Caso III. Amortecimento crítico. Neste caso, o

coeficiente de amortecimento, 𝑐 , é suficientementepequena para que 𝑐2 = 4𝑚𝑘, e a solução geral da EDOé

𝑦 𝑡 = (𝑐1𝑡 + 𝑐2)𝑒−𝛼𝑡

- Como a função exponencial nunca é nula, e a

expressão (𝑐1𝑡 + 𝑐2) pode ter no máximo um zero, oque levará o movimento apresentar somente uma

passagem pela posição de equilíbrio (y = 0).

- Se as condições iniciais 𝑐1 e 𝑐2 possuem o mesmosinal, tal passagem não se produz, o que levará a uma

situação semelhante ao Caso I.

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33



• Exemplo 03. Um corpo com massa de 0,25 kg é

fixado a uma mola com constante de elasticidade igual

a 4 N/cm. Supondo que uma força de amortecimento

igual ao dobro da velocidade instantânea atua no

sistema, determine a equação de movimento se a

massa parte da posição de equilíbrio com velocidade

de 3 cm/s para cima.

• Solução:

• ሷ𝑦 +𝑐

𝑚ሶ𝑦 +

𝑘

𝑚𝑦 = 0 ∴ ሷ𝑦 +

2

0,25ሶ𝑦 +

4

0,25𝑦 = 0

• ∴ ሷ𝑦 + 8 ሶ𝑦 + 16𝑦 = 0, y 0 = 0, ሶ𝑦 0 = −3



•𝜆2 + 8𝜆 + 16 = 0 → 𝜆1 = 𝜆2 = 4

𝒚 𝒕 = (𝒄𝟐𝒕 + 𝒄𝟏)𝒆−𝟒𝒕

• ሶ𝑦 0 = 𝑐2𝑒−4𝑡 −4(𝑐2 𝑡 + 𝑐1)𝑒

−4𝑡

•ቊ𝑦 0 = 0 → 0 = 𝑐1ሶ𝑦 0 = −3 → −3 = 𝑐2 −4𝑐1

→ 𝑐2 = −3

𝒚 𝒕 = −𝟑𝒕𝒆−𝟒𝒕

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Movimentos típicos no caso de amortecimento crítico, com

deslocamento inicial nulo e velocidades iniciais negativa e positiva.



✓ Equação de Cauchy ou de Euler: São equações da

forma

𝑥2𝑦′′ + 𝑎𝑥𝑥′ + 𝑏𝑦 = 0 (a, b constantes)

✓ Portanto, de coeficientes não constantes, mas que

podem ser resolvidas por manipulação algébrica.

• Substituindo-se

𝑦 = 𝑥𝜆

• e suas derivadas na EDO, tem-se

𝑥2𝜆 𝜆 − 1 𝑥𝜆−2 + 𝑎𝑥𝜆𝑥𝜆−1 + 𝑏𝑥𝜆 = 0

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35



• Dividindo-se toda a expressão por 𝑥𝜆 (não nula para𝑥 ≠ 0) se obtém a equação característica

𝜆2 + 𝑎 − 1 𝜆 + 𝑏 = 0

• Se as raízes 𝜆1 e 𝜆2 são diferentes de zero, entãoas funções

𝑦1 𝑥 = 𝑥𝜆1 e 𝑦2 𝑥 = 𝑥

𝜆2

• constituem um sistema fundamental de soluções da

EDO para qualquer valor de x nos quais tais funções

são reais e finitas, e a solução geral correspondente é

𝑦 𝑥 = 𝑐1𝑥𝜆1 + 𝑐2𝑥

𝜆2 (𝑐1 e 𝑐2 arbitrários)



• Exemplo 01: Resolver a equação de Cauchy

𝑥2𝑦′′ −3

2𝑥′ −

3

2𝑦 = 0

• A equação característica ou auxiliar é

𝜆2 + −3

2− 1 𝜆 −

3

2= 𝜆2 −

5

2𝜆 −

3

2= 0

cujas raízes são 𝜆1 = − Τ1 2 e 𝜆2 = 3, formando,assim, o sistema fundamental de solução paraqualquer x > 0

𝑦1 𝑥 = 𝑥− Τ1 2 e 𝑦2 𝑥 = 𝑥

3 ,

com solução geral 𝒚 𝒙 =𝒄𝟏

𝒙+ 𝒄𝟐𝒙

𝟑

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36




𝑥2𝑦′′ − 3𝑥′ + 4𝑦 = 0


𝜆2 + −3 − 1 𝜆 + 4 = 𝜆2 − 4𝜆 + 4 = 0

com raiz dupla 𝜆1 = 𝜆2 = 2 = 𝜆, obtendo-se umaúnica solução.

Neste caso crítico, pode-se obter uma segundasolução por meio do método da variação dosparâmetros, como visto anteriormente, o qualfornece

𝑦2 𝑥 = 𝑢𝑦1 𝑥 = (ln𝑥) 𝑦1(𝑥)



• Então, as duas soluções são

• 𝑦1 𝑥 = 𝑥𝜆 e 𝑦2 𝑥 = 𝑥

𝜆 ln 𝑥,

• que são linearmente independentes e, portanto,

constituem um sistema fundamental de soluções

reais para todo x positivo, e a solução geral

correspondente é

• 𝑦 𝑥 = 𝑐1 + 𝑐2 ln 𝑥 𝑥𝜆 𝜆 =

1−𝑎

2

• No exemplo formulado, a solução geral do problema

é

• 𝒚 𝒙 = (𝒄𝟏 + 𝒄𝟐 𝐥𝐧 𝒙)𝒙𝟐

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37




𝑥2𝑦′′ + 𝑥′ + 4𝑦 = 0


𝜆2 + 1 − 1 𝜆 + 4 = 𝜆2 − 4 = 0

com raízes complexas conjugadas

𝜆1 = 𝑝 + 𝑞𝑖 = 0 + 2𝑖 e 𝜆2 = 𝑝 − 𝑞𝑖 = 0 − 2𝑖.

Neste caso, as soluções da equação seriam asfunções complexas

𝑦1 𝑥 = 𝑥𝑝+𝑞𝑖 e 𝑦2 𝑥 = 𝑥

𝑝−𝑞𝑖



• Mas isto nem sempre é adequado, pois

normalmente se busca funções reais válidas para x

> 0.

• Dessa forma, trabalha-se com as partes real e

imaginária do número complexo (p + qi) para se

obter a solução da EDOLH de Cauchy.

𝑦1 = 𝑥𝑝+𝑞𝑖 = 𝑥𝑝𝑥𝑞𝑖 = 𝑥𝑝𝑒ln(𝑥

𝑞𝑖)) = 𝑥𝑝𝑒ln 𝑥𝑞 𝑖

𝑦2 = 𝑥𝑝−𝑞𝑖 = 𝑥𝑝𝑥−𝑞𝑖 = 𝑥𝑝𝑒ln(𝑥

−𝑞𝑖)) = 𝑥𝑝𝑒−ln 𝑥𝑞 𝑖

✓ Fórmulas de Euler ቊ𝑒𝑖𝜃 = cos 𝜃 + 𝑖𝑠𝑒𝑛 𝜃𝑒−𝑖𝜃 = cos𝜃 − 𝑖𝑠𝑒𝑛

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38



✓ Fazendo 𝜃 = ln 𝑥𝑞

✓ ቊ𝑦1 = 𝑥

𝑝[𝑐𝑜𝑠(ln 𝑥𝑞) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(ln 𝑥𝑞)]

𝑦2 = 𝑥𝑝[𝑐𝑜𝑠(ln 𝑥𝑞) − 𝑖𝑠𝑒𝑛(ln 𝑥𝑞)]

✓ Como 𝑦1 e 𝑦2 são soluções da equação, então

✓ 𝑦1 + 𝑦2 = 𝑥𝑝[2cos(ln 𝑥𝑞)] ∴

✓1

2(𝑦1 + 𝑦2) = 𝑥

𝑝[cos(ln 𝑥𝑝)]

✓ 𝑦1 − 𝑦2 = 𝑥𝑝[2𝑖𝑠𝑒𝑛(ln 𝑥𝑞)] ∴

✓1

2𝑖(𝑦1 − 𝑦2) = 𝑥

𝑝[𝑠𝑒𝑛 ln(𝑥𝑞)]



✓ também são soluções, com os segundos membros

reais; ademais, como o seu quociente não é

constante, elas são linearmente independentes em

qualquer intervalo, constituindo-se, portanto, em um

sistema fundamental de soluções em todo o eixo dos

x. Dessa forma, a solução geral correspondente é

✓ 𝑦 𝑥 = 𝑥𝑝 𝐴𝑐𝑜𝑠(ln 𝑥𝑞) + 𝐵𝑠𝑒𝑛(ln 𝑥𝑞) ,

✓ onde A e B são constantes arbitrárias.

✓ No presente exemplo (p = 0 e q = 2) a solução geral

do problema é

✓ 𝒚 𝒙 = 𝑨𝒄𝒐𝒔(𝐥𝐧 𝒙𝟐) + 𝑩𝒔𝒆𝒏(𝐥𝐧 𝒙𝟐)

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✓ Problema de valor inicial. Para uma ED de n-ésima

ordem, o problema descrito pela referida equação

𝑎𝑛 𝑥 𝑦(𝑛) + 𝑎𝑛−1 𝑥 𝑦

(𝑛−1) +⋯+ 𝑎1 𝑥 𝑦′ +

+ 𝑎𝑜 𝑥 𝑦 = 𝑟(𝑥)

sujeita às condições

𝑦 𝑥𝑜 = 𝑦𝑜, 𝑦′ 𝑥𝑜 = 𝑦𝑜′,..., 𝑦(𝑛−1) 𝑥𝑜 = 𝑦𝑜

(𝑛−1)

em que 𝑦𝑜, 𝑦𝑜′,..., 𝑦𝑜

(𝑛−1)são constantes, é chamado

de um problema de valor inicial (PVI), e as condições

acima especificadas de condições iniciais, do qual

resulta uma solução em algum intervalo I contendo xo.



• No caso de ED linear de segunda ordem, uma

solução para o problema de valor inicial é uma

função que satisfaz a equação no intervalo I e cujo

gráfico passa pelo ponto 𝑥𝑜 , 𝑦𝑜 com inclinaçãoigual a 𝑦𝑜

′ (exemplo 01), conforme condiciona o

teorema a seguir.

• Teorema. Existência de uma única solução. Sejam

𝑎𝑛 𝑥 , 𝑎𝑛−1 𝑥 , ..., 𝑎1 𝑥 , 𝑎𝑜 𝑥 e 𝑟 𝑥 contínuasem um intervalo I com 𝑎𝑛 𝑥 ≠ 0 para todo x nesteintervalo. Se x = xo é algum ponto deste intervalo,

então existe uma única solução y 𝑥 para oproblema de valor inicial neste intervalo.

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• Exemplo 01: Resolver o problema de valor inicial

✓ 𝑦′′ + 16𝑦 = 0, 𝑦 0 = 0, 𝑦′ 0 = 1

✓ 𝑦 = 𝑐1 cos 4𝑥 + 𝑐2𝑠𝑒𝑛 4𝑥,

✓ 𝑦 0 = 0 → 𝑐1 = 0

✓ 𝑦′ = −4𝑐1 sen 4𝑥 + 4𝑐2𝑐𝑜𝑠𝑥 4𝑥,

✓ 𝑦′ 0 = 1 → 𝑐2 =1

4

✓ 𝒚(𝒙) =𝒔𝒆𝒏 𝟒𝒙

𝟒



0

m=y'o=1

-0,8

-0,6

-0,4

-0,2

0

0,2

0,4

0,6

0,8

-60 -30 0 30 60 90 120

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✓ Problema de valor de contorno. Consiste em

resolver uma ED de ordem dois ou maior na qual a

variável dependente y e suas derivadas são

especificadas em pontos diferentes.

Neste tipo de problema, mesmo quando as condições

do teorema apresentado são satisfeitas, a ED pode

ter:

i. várias soluções,

ii. uma única solução, ou

iii. nenhuma solução.



• Exemplos:

• Caso (i): Resolver o problema de valor de contorno

✓ 𝑦′′ + 16𝑦 = 0, 𝑦 0 = 0, 𝑦 Τ𝜋 2 = 0


✓ 𝑦 0 = 0 → 𝑐1 = 0

✓ 𝑦 Τ𝜋 2 = 0 → 𝑐2𝑠𝑒𝑛 2𝜋 = 0 ∴ 𝒄𝟐 ∙ 𝟎 = 𝟎

✓ 𝒚 𝒙 = 𝒄𝟐𝒔𝒆𝒏 𝟒𝝅 = 𝒄 ∙ 𝒔𝒆𝒏 𝟒𝝅

✓ Há uma infinidade de funções satisfazendo a ED,

cujos gráficos passam pelos pontos (0, 0) e ( Τ𝜋 2, 0).

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• Caso (ii): Resolver o problema de valor de

contorno

✓ 𝑦′′ + 16𝑦 = 0, 𝑦 0 = 0, 𝑦 Τ𝜋 8 = 0


✓ 𝑦 0 = 0 → 𝒄𝟏 = 𝟎

✓ 𝑦 Τ𝜋 8 = 0 → 𝒄𝟐 = 𝟎

✓ 𝒚 𝒙 = 𝟎

✓ Portanto, para as condições de contorno impostas

esta seria uma solução, que é única.

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• Caso (iii): Resolver o problema de valor de

contorno

✓ 𝑦′′ + 16𝑦 = 0, 𝑦 0 = 0, 𝑦 Τ𝜋 2 = 1


✓ 𝑦 0 = 0 → 𝑐1 = 0

✓ 𝑦 Τ𝜋 2 = 1 → 𝟏 = 𝒄𝟐 ∙ 𝟎

✓ Portanto, obtém-se uma contradição, isto é,

qualquer que seja o valor de c2 a relação nunca

será obedecida, o que significa que o problema

para tais condições não apresenta solução.



✓ Dependência e independência linear - Wronskiano

• Trata-se de um critério mais geral para verificar a

dependência ou independência linear das soluções

da equação diferencial.

• O teorema a seguir proporciona condição

suficiente para a independência linear de n

funções em um intervalo, supondo que cada uma

dessas funções seja diferenciável pelo menos n – 1

vezes.

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• Teorema. Critério para independência linear de

funções. Supondo-se que f1(x), f2(x),..., fn(x) sejam

diferenciáveis pelo menos n–1 vezes, nesse caso,

se o determinante

𝑓1 𝑓2 ⋯ 𝑓𝑛𝑓1′

⋮

𝑓1(𝑛−1)

𝑓2′ ⋯ 𝑓2

′

⋮ ⋮

𝑓2(𝑛−1)

⋯ 𝑓𝑛(𝑛−1)

• for diferente de zero em pelo menos um ponto do

intervalo I, então as funções f1(x), f2(x),...,fn(x)

serão linearmente independentes no intervalo.



• O referido determinante é denotado por

W(f1(x), f2(x),..., fn(x))

e é chamado de Wronskiano das funções.

• Demonstração: No caso de ED de segunda ordem

(n = 2), sejam y1(x) e y2(x) soluções linearmente

dependentes da função

𝑦′′ + 𝑓 𝑥 𝑦′ + 𝑔 𝑥 = 0

no intervalo I. Então, existem constantes c1 e c2,

não ambas nulas, tais que 𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2 = 0 paratodo x em I.

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• Derivando-se essa combinação, tem-se

𝑐1𝑦1′ + 𝑐2𝑦2

′ = 0

• Obtém-se, então, um sistema de equações lineares

ቊ𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2 = 0

𝑐1𝑦1′+𝑐2𝑦2

′ = 0

• que possuem 𝑐1 e 𝑐2 como incógnitas.

• Como o sistema é homogêneo e o seu

determinante é exatamente o Wronskiano

𝑊[𝑦1(𝑥), 𝑦2(𝑥)], que é igual a zero,



𝑊 𝑦1, 𝑦2 =𝑦1(𝑥) 𝑦2(𝑥)

𝑦1′(𝑥) 𝑦2

′(𝑥)= 𝑦1𝑦2

′ − 𝑦2𝑦1′ = 0

• o sistema possui uma solução não trivial (𝑐1 e 𝑐2 nãosão simultaneamente iguais a zero) para cada x no

intervalo.

• Conclui-se, portanto, que 𝑦1 e 𝑦2 são linearmentedependentes.

• Corolário. Se f1(x), f2(x),..., fn(x) possuem pelo menosn–1 derivadas e são linearmente dependentes, então

𝑊 𝑓1 𝑥 , 𝑓2 𝑥 ,⋯ , 𝑓𝑛 𝑥 = 0

para todo x no intervalo.

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• Exemplo: A EDO de segunda ordem 𝑦′′ − 9𝑦 = 0• possui duas soluções 𝑦1 = 𝑒

3𝑥 e 𝑦2 = 𝑒−3𝑥 .

Verificar se estas funções são linearmente

independentes.

𝑊 𝑦1, 𝑦2 =𝑦1(𝑥) 𝑦2(𝑥)

𝑦1′(𝑥) 𝑦2

′(𝑥)∴

𝑊 𝑒3𝑥, 𝑒−3𝑥 = 𝑒3𝑥 𝑒−3𝑥

3𝑒3𝑥 −3𝑒3𝑥∴

𝑊 𝑒3𝑥, 𝑒−3𝑥 = 𝑒3𝑥 −3𝑒−3𝑥 − 𝑒−3𝑥 3𝑒3𝑥 ∴

𝑊 𝑒3𝑥, 𝑒−3𝑥 = −6



• Logo, as soluções da EDO apresentadas são

linearmente independentes. Assim, para todo

valor de x, elas formam um conjunto fundamental

de soluções em todo intervalo (−∞,∞) e asolução geral para a equação diferencial nointervalo é

𝑦 𝑥 = 𝑐1𝑒3𝑥 + 𝑐2𝑒

−3𝑥

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47


❑ Introdução







2.4 Equações Não Homogêneas

✓ Teorema. Sejam 𝑦1 , 𝑦2 ,..., 𝑦𝑛 soluções para aEDOLH de n-ésima ordem


(𝑛−1) +⋯+ 𝑎1 𝑥 𝑦′ + 𝑎𝑜 𝑥 𝑦 = 0

✓ em um intervalo I e seja 𝑦𝑝 qualquer solução para a

equação não homogênea

✓ 𝑎𝑛 𝑥 𝑦(𝑛) + 𝑎𝑛−1 𝑥 𝑦

(𝑛−1) +⋯+ 𝑎1 𝑥 𝑦′ + 𝑎𝑜 𝑥 𝑦 = 𝑟(𝑥)

✓ no mesmo intervalo. Então

𝑦 𝑥 = 𝑐1𝑦1 𝑥 + 𝑐2𝑦2 𝑥 +⋯+ 𝑐𝑛𝑦𝑛 + 𝑦𝑝(𝑥)

é também uma solução para a equação não homogênea

no intervalo para quaisquer constantes 𝑐1, 𝑐2, … , 𝑐𝑛.

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✓ Teorema. Seja 𝑦𝑝 uma dada solução para a EDOL não

homogênea de n-ésima ordem


(𝑛−1) +⋯+ 𝑎1 𝑥 𝑦′ + 𝑎𝑜 𝑥 𝑦 = 𝑟(𝑥)

✓ em um intervalo I e sejam {𝑦1, 𝑦2, ..., 𝑦𝑛} um conjuntofundamental de soluções para a equação homogênea

associada

✓ 𝑎𝑛 𝑥 𝑦(𝑛) + 𝑎𝑛−1 𝑥 𝑦

(𝑛−1) +⋯+ 𝑎1 𝑥 𝑦′ + 𝑎𝑜 𝑥 𝑦 = 0

✓ no mesmo intervalo. Então, para qualquer solução 𝑌(𝑥)da não homogênea em I, pode-se encontrar constantes

𝐶1, 𝐶2, … , 𝐶𝑛 tais que

𝑌 𝑥 = 𝐶1𝑦1 𝑥 + 𝐶2𝑦2 𝑥 +⋯+ 𝐶𝑛𝑦𝑛 + 𝑦𝑝(𝑥)



✓ Demonstração. Para o caso de n = 2, supõe-se que

𝑌 e 𝑦𝑝 sejam soluções para a EDO não homogênea

𝑎2 𝑥 𝑦′′ + 𝑎1 𝑥 𝑦

′ + 𝑎𝑜 𝑥 𝑦 = 𝑟(𝑥).

✓ Se for definida uma função u por u 𝑥 = 𝑌 𝑥 −𝑦𝑝(𝑥), então

✓ 𝑎2 𝑥 𝑢′′ + 𝑎1 𝑥 𝑢

′ + 𝑎𝑜 𝑥 𝑢 =

✓ = 𝑎2 𝑥 𝑌′′ − 𝑦𝑝

′′ + 𝑎1 𝑥 𝑌′ − 𝑦𝑝

′ + 𝑎𝑜 𝑥 𝑌 − 𝑦𝑝 =

✓ = 𝑎2 𝑥 𝑌′′ + 𝑎1 𝑥 𝑌

′ + 𝑎𝑜 𝑥 𝑌 −

✓ −[𝑎2 𝑥 𝑦𝑝′′ + 𝑎1 𝑥 𝑦𝑝

′ + 𝑎𝑜 𝑥 𝑦𝑝 =

✓ = 𝑟 𝑥 − 𝑟 𝑥 = 0.

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✓ Portanto, pode-se escrever

𝑢 𝑥 = 𝐶1𝑦1 𝑥 + 𝐶2𝑦2 𝑥

𝑌 𝑥 − 𝑦𝑝 𝑥 = 𝐶1𝑦1 𝑥 + 𝐶2𝑦2 𝑥

𝑌 𝑥 = 𝐶1𝑦1 𝑥 + 𝐶2𝑦2 𝑥 + 𝑦𝑝 𝑥 ,

que é a solução geral para a EDO não homogênea de

segunda ordem. Generalizando para as EDOs de ordem

maior, a solução geral é

𝑌 𝑥 = 𝐶1𝑦1 𝑥 + 𝐶2𝑦2 𝑥 + ⋯+ 𝐶𝑛𝑦𝑛 𝑥 + 𝑦𝑝 𝑥

𝑌(𝑥) = 𝑦ℎ 𝑥 + 𝑦𝑝 𝑥 ,

onde 𝑦ℎ 𝑥 é a solução da homogênea associada.



✓ Método dos coeficientes a determinar:

• Para se obter a solução geral de uma EDOL não

homogênea é necessário encontrar a solução geral

da ED homogênea associada 𝑦ℎ 𝑥 e qualquersolução particular 𝑦𝑝 𝑥 da ED não homogênea.

• Uma das técnicas utilizadas para a obtenção de

𝑦𝑝 𝑥 para equações diferenciais de qualquer

ordem é o método dos coeficientes a determinar;

entretanto, esta técnica, não obstante a sua

simplicidade e economia, apresenta algumas

limitações, a saber:

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50



- somente aplicado para equações que tem

coeficientes constantes, e

- nos casos em que r(x) é uma constante ou funções

polinomial, exponencial, seno, cosseno, ou soma

e/ou produtos de tais funções.

• Como as derivadas das somas e produtos das funções

citadas são ainda somas e produtos de constantes,

polinômios, exponenciais, senos e cossenos, e a

combinação linear das derivadas (𝑎𝑦𝑝′′ + 𝑏𝑦𝑝

′ +

𝑐𝑦𝑝) tem de ser identicamente igual a r(x), parecerazoável supor que 𝑦𝑝 𝑥 é da mesma forma de r(x).



• Exemplos 01: Resolver a equação

𝑦′′ + 4𝑦′ + 2𝑦 = 2𝑥2 − 3𝑥 + 6

Solução:

Passo 1 - Resolve-se a ED homogênea associada,

obtendo-se a solução geral

𝑦ℎ = 𝑐1𝑒− 2+ 6 𝑥 + 𝑐2𝑒

−2+ 6 𝑥

Passo 2 - Como r(x) é um polinômio quadrático,

supõe-se uma solução particular com a mesma

forma, ou seja,

𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶

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cujos coeficiente A, B e C devem ser

determinados pela substituição de 𝑦𝑝 e suas

derivadas

𝑦𝑝′ = 2𝐴𝑥 + 𝐵 e 𝑦𝑝

′′ = 2𝐴

na equação não homogênea fornecida, obtendo-se

𝑦𝑝′′ + 4𝑦𝑝

′ − 2𝑦𝑝 =

= 2𝐴 + 8𝐴𝑥 + 4𝐵 − 2𝐴𝑥2 − 2𝐵𝑥 − 2𝐶

= −2𝐴𝑥2 + 8𝐴 − 2𝐵 𝑥 + (2𝐴 + 4𝐵 − 2𝐶)

= 2𝑥2 − 3𝑥 + 6



Comparando-se os membros da expressão, forma-se

o sistema

ቐ−2𝐴 = 28𝐴 − 2𝐵 = −32𝐴 + 4𝐵 − 2𝐶 = 6

de onde se obtém os valores 𝐴 = −1, 𝐵 = − Τ5 2 e

𝐶 = −9. Logo,

𝑦𝑝 = −𝑥2 −

5

2𝑥 − 9

Passo 3 - A solução geral para a equação dada é

𝑦 𝑥 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝

= 𝑐1𝑒− 2+ 6 𝑥 + 𝑐2𝑒

−2+ 6 𝑥 − 𝑥2 −5

2𝑥 − 9

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52



• Exemplos 02: Resolver a equação

𝑦′′ − 2𝑦′ − 3𝑦 = 4𝑥 − 5 + 6𝑥𝑒2𝑥

Solução:

Passo 1 - Resolve-se a ED homogênea associada,

obtendo-se a solução geral

𝑦ℎ = 𝑐1𝑒−𝑥 + 𝑐2𝑒

3𝑥

Passo 2 - Como r(x) envolve a soma e produtos de

funções polinomiais e exponenciais, e como a

derivada do produto 𝑥𝑒2𝑥 = 2𝑥𝑒2𝑥 + 𝑒2𝑥, sugere-seuma solução particular da forma,



𝑦𝑝 = 𝑦𝑝1 + 𝑦𝑝2 = 𝐴𝑥 + 𝐵 + (𝐶𝑥𝑒2𝑥 + 𝐷𝑒2𝑥)

que devidamente substituída, junto com as suas

derivadas, na equação dada, e agrupando os termos,

tem-se

𝑦′′ − 2𝑦′ − 3𝑦 =

= (2𝐶𝑒2𝑥 + 2𝐶𝑒2𝑥 + 4𝐶𝑥𝑒2𝑥 + 4𝐷𝑒2𝑥 −

−2 𝐴 + 𝐶𝑒2𝑥 + 2𝐶𝑥𝑒2𝑥 + 2𝐷𝑒2𝑥 −

−3 𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝐶𝑥𝑒2𝑥 + 𝐷𝑒2𝑥 =

= −3𝐴𝑥 − 2𝐴 + 3𝐵 + 4𝐶 − 4𝐶 − 3𝐶 𝑥𝑒2𝑥 +

+ 2𝐶 + 2𝐶 + 4𝐷 − 2𝐶 − 4𝐷 − 3𝐷 𝑒2𝑥 =

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53



= −3𝐴𝑥 − 2𝐴 + 3𝐵 − 3𝐶𝑥𝑒2𝑥 + 2𝐶 − 3𝐷 𝑒2𝑥=

= 4𝑥 − 5 + 6𝑥𝑒2𝑥

Desta identidade , obtém-se o sistema

−3𝐴 = 42𝐴 + 3𝐵 = 5

−3𝐶 = 62𝐶 − 3𝐷 = 0

cuja resolução resulta em

𝐴 = − Τ4 3 , 𝐵 = Τ23 9 , 𝐶 = −2 e D = − Τ4 3.



Consequentemente,

𝑦𝑝 = −4

3𝑥 +

23

9− 2𝑥𝑒2𝑥 −

4

3𝑒2𝑥

Passo 3 – A solução geral da a EDOL não

homogênea fornecida é

𝑦 𝑥 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 =

= 𝑐1𝑒−𝑥 + 𝑐2𝑒

3𝑥 + −4

3𝑥 +

23

9− 2𝑥𝑒2𝑥 −

4

3𝑒2𝑥

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✓ Método geral:

• Considerando a equação da forma

𝑦′′ + 𝑓 𝑥 𝑦′ + 𝑔 𝑥 = 𝑟(𝑥),

• supondo que f, g e r são funções contínuas sobre um

intervalo I, pode-se obter uma solução particular da

equação empregando-se o método da variação dos

parâmetros como segue.

• O método consiste em substituir c1 e c2 por funções

u(x) e v(x) na solução geral da equação homogênea

associada da equação dada, tais que a função

resultante



𝑦𝑝 𝑥 = 𝑐1𝑦1 𝑥 + 𝑐2𝑦2 𝑥

= 𝑢 𝑥 𝑦1 𝑥 + 𝑣(𝑥) 𝑦2 𝑥

• seja uma solução particular da equação sobre o

intervalo I, cuja derivada é

𝑦𝑝′ = 𝑢′𝑦1 + 𝑢𝑦1

′ + 𝑣′𝑦2 + 𝑣𝑦2′ .

• Como se deseja determinar duas funções

desconhecidas (u e v), pode-se imaginar que serão

necessárias duas equações para tal, uma delas resulta

na substituição 𝑦𝑝 = 𝑢𝑦1 + 𝑣𝑦2 na ED dada, e a

outra imposta é

𝑢′𝑦1 + 𝑣′𝑦2 = 0

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• Isto reduz a expressão de 𝑦𝑝′ à forma

𝑦𝑝′ = 𝑢𝑦1

′ + 𝑣𝑦2′

• Derivando-se esta função, obtém-se

𝑦𝑝′′ = 𝑢′𝑦1

′ + 𝑢𝑦1′′ + 𝑣′𝑦2

′ + 𝑣𝑦2′′

• Substituindo-se a função 𝑦𝑝 e suas derivadas na

ED e agrupando-se, respectivamente, os termosque contem u e v, tem-se

𝑢 𝑦1′′ + 𝑓𝑦1

′ + 𝑔𝑦1 + 𝑣 𝑦2′′ + 𝑓𝑦2

′ + 𝑔𝑦2 ++𝑢′𝑦1

′ + 𝑣′𝑦2′ = 𝑟



• Como 𝑦1e 𝑦2 são soluções da equação homogênea,a expressão se reduz a

𝑢′𝑦1′ + 𝑣′𝑦2

′ = 𝑟,

• que junto com a equação

• 𝑢′𝑦1 + 𝑣′𝑦2 = 0

• forma um sistema de equações lineares cujas

incógnitas são u’ e v’, e cuja a solução geral,

obtida pela regra de Cramer, conforme

desenvolvida a seguir, é

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• Como 𝑦1e 𝑦2 são soluções da equação homogênea,a expressão se reduz a

ቊ𝑢′𝑦1 + 𝑣

′𝑦2 = 0

𝑢′𝑦1′ + 𝑣′𝑦2

′ = 𝑟

𝑊 =𝑦1 𝑦2𝑦1′ 𝑦2

′ = 𝑦1𝑦2′ − 𝑦2𝑦1

′

𝑊𝑢=0 𝑦2𝑟 𝑦2

′ = − 𝑦2r , 𝑊𝑣 =𝑦1 0

𝑦1′ 𝑟

= 𝑦1𝑟

𝑢′ =𝑊𝑢

𝑊= −

𝑦2𝑟

𝑊, 𝑣′ =

𝑊𝑣

𝑊=

𝑦1𝑟

𝑊



• Pela independência linear de 𝑦1 e 𝑦2 no intervalo I,sabe-se que 𝑊 ≠ 0, para todo x no intervalo.

• Integrando-se as expressões, obtém-se

𝑢 = −𝑦2𝑟

𝑊𝑑𝑥, 𝑣 =

𝑦1𝑟

𝑊𝑑𝑥

• Como r(x) é contínua, estas integrais existem, esubstituindo-se as pressões de u e v em yp,obtém-se a solução desejada, como

𝑦𝑝 𝑥 = 𝑢𝑦1 + 𝑣 𝑦2 =

= −𝑦1 𝑦2𝑟

𝑊𝑑𝑥 + 𝑦2

𝑦1𝑟

𝑊𝑑𝑥

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• Não obstante o método da variação dos parâmetros

ter sido explicado utilizando-se uma EDOL não

homogênea de segunda ordem, ele pode ser

generalizado para equações não homogêneas de

ordem superior.

• Exemplo 01: Resolver a equação

𝑦′′ − 4𝑦′ + 4𝑦 = (𝑥 + 1)𝑒2𝑥

Equação auxiliar:

𝜆2 − 4𝜆 + 4 = 0, 𝜆1 = 𝜆2 = 2Solução da homogênea:

𝑦1 = 𝑒2𝑥, 𝑦2 = 𝑥𝑒

2𝑥 → 𝑦ℎ = 𝑐1𝑒2𝑥 + 𝑐2𝑥𝑒

2𝑥



•Wronskiano (W):

𝑊 𝑒2𝑥, 𝑥𝑒2𝑥 =𝑒2𝑥 𝑥𝑒2𝑥

2𝑒2𝑥 (2𝑥 + 1)𝑒2𝑥= 𝑒4𝑥

𝑊1 =0 𝑥𝑒2𝑥

(𝑥 + 1)𝑒2𝑥 2𝑥 + 1 𝑒2𝑥= − 𝑥 + 1 𝑥𝑒4𝑥

𝑊2 =𝑒2𝑥 0

2𝑒2𝑥 𝑥 + 1 𝑒2𝑥= 𝑥 + 1 𝑒4𝑥

Então

𝑢′ =𝑊1

𝑊= −𝑥2 − 𝑥 e 𝑣′ =

𝑊2

𝑊= 𝑥 + 1

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e

𝑢 = 𝑥2−) − 𝑥)𝑑𝑥 = −𝑥3

3−

𝑥2

2

𝑣 = 𝑥) + 1)𝑑𝑥 =𝑥2

2− 𝑥

Portanto,

𝑦𝑝 = −𝑥3

3−𝑥2

2𝑒2𝑥 +

𝑥2

2− 𝑥 𝑥𝑒2𝑥 =

=𝑥3

6+

𝑥2

2𝑒2𝑥

𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 = 𝑐1𝑒2𝑥 + 𝑐2𝑥𝑒

2𝑥 +𝑥3

6+𝑥2

2𝑒2𝑥



• Exemplo 02: Resolver a equação

𝑦′′ + 𝑦 = sec 𝑥

Equação auxiliar:

𝜆2 − 1 = 0, 𝜆1 = 𝑖, 𝜆2 = −𝑖 ቊ𝑝 = 0𝑞 = 1

Solução da homogênea:

𝑦1 = cos𝑥, 𝑦2 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 → 𝑦ℎ = 𝑐1 cos 𝑥 + 𝑐2𝑠𝑒𝑛 𝑥

• Wronskiano (W):

𝑊 cos 𝑥 , 𝑠𝑒𝑛 𝑥 =cos 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥

−𝑠𝑒𝑛 𝑥 cos 𝑥= 1

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𝑊1 =0 𝑠𝑒𝑛 𝑥

sec 𝑥 cos 𝑥= −sec 𝑥 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝑥 = −tan 𝑥

𝑊2 =cos 𝑥 0−𝑠𝑒𝑛 𝑥 sec 𝑥

= 1

•sec 𝑥 = Τ1 cos 𝑥

Então

𝑢′ =𝑊1

𝑊= − tan 𝑥 e 𝑣′ =

𝑊2

𝑊= 1

𝑢 = − tan 𝑥 𝑑𝑥 = −[− ln (cos 𝑥)] = ln(cos 𝑥)

𝑣 = 𝑑𝑥 = 𝑥



Portanto,

𝑦𝑝 = 𝑢𝑦1 + 𝑣𝑦2 = ln (cos 𝑥) ∙ cos 𝑥 + 𝑥𝑠𝑒𝑛 𝑥

e

𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 =

= 𝑐1 cos 𝑥 + 𝑐2𝑠𝑒𝑛𝑥 + ln cos x ∙ cos 𝑥 + 𝑥𝑠𝑒𝑛 𝑥

𝑦 = [𝑐1+ln(cos 𝑥)] cos 𝑥 + 𝑐2 + 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥

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✓ Aplicações - Movimento forçado.

• Considera-se uma força variável r(t) agindo sobre o

sistema massa-mola-amortecedor.

• A inclusão de r(t) na formulação da segunda lei de

Newton dá a equação diferenciável do movimento

forçado, ou seja

𝑚 ሷ𝑦 + 𝑐 ሶ𝑦 + 𝑘𝑦 = 𝑟(𝑡) ou ሷ𝑦 +𝑐

𝑚ሶ𝑦 +

𝑘

𝑚𝑦 =

𝑟(𝑡)

𝑚

• r(t) é chamada de entrada (input) ou força aplicada, e

a solução correspondente é chamada de saída (output)

ou resposta do sistema à força aplicada.

r(t)

y(t)

k

c



• De particular interesse são as entradas (input)

periódicas.

• Para determinar e discutir uma solução geral, que

representa a saída geral do sistema, será adotada uma

entrada senoidal, tal como

𝑟 𝑡 = 𝐹𝑜 cos 𝛾𝑡 (𝐹𝑜 > 0, 𝛾 > 0)

• Logo, a equação diferencial a considerar é

𝑚 ሷ𝑦 + 𝑐 ሶ𝑦 + 𝑘𝑦 = 𝐹𝑜 cos 𝛾𝑡,

portanto, trata-se de uma EDOL não homogênea de

coeficientes constantes.

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• A solução dessa EDO pode ser feita empregando o

método dos coeficientes a determinar, tomando-se

como solução particular

𝑦𝑝 𝑡 = 𝐴 cos 𝛾𝑡 + 𝐵 sin 𝛾𝑡

• Substituindo-se 𝑦𝑝 e suas derivadas na ED, obtém-se

os seguintes valores para as constante A e B

𝐴 = 𝐹𝑜𝑚(𝛾2−𝑤2)

𝑚2(𝛾2−𝑤2)2+𝑤2𝑐2, 𝐵 = 𝐹𝑜

𝑤𝑐

𝑚2(𝛾2−𝑤2)2+𝑤2𝑐2

• Lembrando que 𝑤2 = Τ𝑘 𝑚. Então, a solução geral é

𝑦 𝑡 = 𝑦ℎ 𝑡 + 𝑦𝑝(𝑡)



• Caso I. Oscilações forçadas sem amortecimento.

Sem amortecimento, 𝑐 = 0 , e supondo-se 𝑤 ≠ 𝛾 ,obtém-se

𝑦𝑝 𝑡 =𝐹𝑜

𝑚(𝑤2−𝛾2)cos 𝛾𝑡

e a solução geral é

𝑦 𝑡 = 𝑐1 cos 𝑤𝑡 + 𝑐2 sin 𝑤𝑡) +𝐹𝑜


- A saída representa, então, a superposição de duas

oscilações harmônicas, cujas frequências são Τ𝑤 2𝜋(ciclos/s) do sistema e Τ𝛾 2𝜋 da entrada.

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- RESSONÂNCIA. O máximo de amplitude de 𝑦𝑝(cos 𝛾𝑡 = 1) é

𝑦𝑝 =𝐹𝑜


de onde se observa que quando γ → 𝑤, 𝑦𝑝 → ∞.

- Essa situação proporciona a ocorrência de um

fenômeno de excitação de grandes oscilações pelo

união das frequência do sistema e de entrada (𝛾 = 𝑤),conhecido como ressonância, de importância

fundamental no estudo dos sistemas vibrantes.

- Nesse caso, a ED se transforma em

ሷ𝑦 + 𝑤2𝑦 = 𝐹𝑜 cos𝑤𝑡,



- De onde se conclui que uma solução particular dessa

ED possui a forma

𝑦𝑝 𝑡 = 𝑡(𝐴 cos𝑤𝑡 + 𝐵 sin𝑤𝑡)

- Substituindo-se esta expressão e sua segunda

derivada na ED, obtém-se que

𝐴 = 0 e 𝐵 = Τ𝐹𝑜 2𝑚𝑤.

- Logo,


2𝑚𝑤𝑡 sin𝑤𝑡.

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Solução particular no caso da ressonância.



- BATIMENTOS. Fenômeno que ocorre quando γ épróximo de 𝑤. Nesse caso, considera-se a soluçãoparticular na forma


𝑚(𝑤2−𝛾2)(cos 𝛾𝑡 − cos𝑤𝑡) (𝛾 ≠ 𝑤)

correspondente às condições iniciais 𝑦 0 = 0 ey′(0) = 0, a qual pode ser modificada para

𝑦𝑝 𝑡 =2𝐹𝑜

𝑚(𝑤2−𝛾2)sin

𝑤+𝛾

2𝑡 sin

𝑤−𝛾

2𝑡.

Como 𝑤 − 𝛾 é pequena (valores próximos), operíodo da última função seno é grande, obtendo-se,

dessa forma, uma oscilação do tipo a seguir:

𝑐𝑜𝑠𝑣−𝑐𝑜𝑠𝑢=2𝑠𝑖𝑛𝑢+𝑣

2𝑠𝑖𝑛𝑢−𝑣

2

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Solução particular no caso dos batimentos.



• Caso II. Oscilações forçadas com amortecimento.

- Com amortecimento, 𝑐 > 0.

- No sistema amortecido livre, a solução geral 𝑦ℎ →0 quando 𝑡 → ∞, o que significa que a solução geralda ED representa a solução transitória (transiente) e

tende para a solução do estado estacionário 𝑦𝑝.

𝒚 𝒕 = 𝒚𝒉 + 𝒚𝒑 = 𝒕𝒓𝒂𝒏𝒔𝒊𝒆𝒏𝒕𝒆 + 𝒆𝒔𝒕. 𝒆𝒔𝒕𝒂𝒄𝒊𝒐𝒏á𝒓𝒊𝒐

- Após um tempo suficientemente longo, a saída

correspondente a uma entrada puramente senoidal se

aproxima de uma oscilação harmônica, cuja frequência

é a da entrada.

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• Exemplo. Resolver o problema de valor inicial (PVI)

ሷ𝑦 + 2 ሶ𝑦 + 2𝑦 = 4 𝑐𝑜𝑠 𝑡 + 2 𝑠𝑖𝑛 𝑡 ,

𝑦 0 = 0, ሶ𝑦 0 = 3

- Solução: Para as condições iniciais dadas o

problema apresenta a solução

𝑦 𝑡 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 = 𝑒−𝑡 sin 𝑡 + 2 sin 𝑡,

ቊTermo transiente: 𝑒−𝑡 sin 𝑡

Termo estacionário: 2 sin 𝑡

A figura mostra o efeito do termo transitório na

solução, que neste caso é insignificante após t > 𝜋.



Curva da solução da EDO (oscilação forçada com amortecimento).

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❑ Introdução







✓ Método de d’Alembert:

• Introduzido pelo matemático francês Jean le Rond

d'Alembert, permite transformar uma equação

diferencial linear de ordem n em outra equação

linear de ordem n – 1, a partir de uma solução

particular conhecida.

• É um método de redução de ordem, ou seja,

conhecendo-se uma solução não trivial de uma

EDOLH de segunda ordem, sua resolução se reduz

a resolver uma EDO de primeira ordem, permitindo

calcular a solução geral a partir de uma solução

particular.

2.5 EDOLH – Redução de ordem

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• Seja 𝑦1 uma solução conhecida para a equaçãodiferencial linear homogênea de segunda ordem

𝑦′′ + 𝑓 𝑥 𝑦′ + 𝑔 𝑥 𝑦 = 0

• Busca-se uma solução 𝑦2 = 𝑣(𝑥)𝑦1 que satisfaça𝐿(𝑦1+ 𝑦2) = 0.

• Calcula-se, então, as derivadas 𝑦2′ e 𝑦2

′′ ,

substituindo-as, juntamente com 𝑦2, na equação, deonde se obtém

[𝑦1′′+𝑓 𝑥 𝑦1

′ + 𝑔 𝑥 𝑦1]𝑣 +

+𝑦1𝑣′′ + 2 𝑦1

′ + 𝑓 𝑥 𝑦1 𝑣′ = 0



• Reorganizando os termos e lembrando que

𝑦1′′ + 𝑓 𝑥 𝑦1

′ + 𝑔 𝑥 𝑦1 = 0,

• pois 𝑦1 é solução da equação diferencial ordináriahomogênea, tem-se que v satisfaz uma equação

ordinária de segunda ordem redutível à primeira,

do tipo:

𝑦1𝑣′′ + 2𝑦1

′ + 𝑓 𝑥 𝑦1 𝑣′ = 0

• A primitiva de v’ dá a função v, que multiplicada

por 𝑦1, conduz à segunda solução da equação, 𝑦2,e a solução geral será da forma

𝑦 = 𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2


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✓ Exemplo 01: Sabendo-se que 𝑦1 é solução daequação diferencial dada, encontrar a sua solução

geral.

✓ Solução:

𝑥2𝑦′′ + 2𝑥𝑦′ − 2𝑦 = 0; 𝑦1 𝑥 = 𝑥

𝑦′′ +2

𝑥𝑦′ −

2

𝑥2𝑦 = 0

𝑦2 = 𝑣𝑦1 ⇒ 𝑦1𝑣′′ + 2𝑦1

′ + 𝑓 𝑥 𝑦1 𝑣′ = 0

𝑥𝑣′′ + 2 1 +2

𝑥𝑥 𝑣′ = 0

𝑥𝑣′′ + 4𝑣′ = 0



𝑥𝑣′′ + 4𝑣′ = 0 ou 𝑥𝑑𝑣′

𝑑𝑥+ 4𝑣′ = 0 ∴

𝑑𝑣′

𝑣′= −

4

𝑥𝑑𝑥

𝑑𝑣′

𝑣′= 4−

𝑑𝑥

𝑥+ 𝑐′ ∴ 𝑙𝑛𝑣′ = −4𝑙𝑛𝑥 + 𝑐′

∴ 𝑙𝑛𝑣′ = 𝑙𝑛𝑥−4 + 𝑐′ ∴ ln 𝑣′ = ln c′𝑥−4 ∴ 𝒗′ = 𝒄′𝒙−𝟒

ou𝑑𝑣

𝑑𝑥= c′𝑥−4 ∴ 𝑑𝑣 = 𝑐′𝑥−4𝑑𝑥

𝑑𝑣 = 𝑐′ 𝑥−4𝑑𝑥 + 𝑐′′ ∴ 𝑣 = −𝑐′𝑥−3

3+ 𝑐′′

𝑦 = 𝑣𝑥 → 𝑦 = −𝑐′𝑥−3

3+ 𝑐′′ 𝑥 ∴ 𝒚(𝒙) = 𝒄𝟏𝒙 − 𝒄𝟐𝒙

−𝟐


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✓ Exemplo 02: Sabendo-se que 𝑦1 é solução daequação diferencial dada, encontrar a sua solução

geral.

✓ Solução:

𝑥2𝑦′′ − 3𝑥𝑦′ + 4𝑦 = 0; 𝑦1 𝑥 = 𝑥²

𝑦′′ −3

𝑥𝑦′ +

4

𝑥2𝑦 = 0

𝑦2 = 𝑣𝑦1 ⇒ 𝑦1𝑣′′ + 2𝑦1

′ + 𝑓 𝑥 𝑦1 𝑣′ = 0

𝑥2𝑣′′ + 2 2𝑥 −3

𝑥𝑥² 𝑣′ = 0

𝑥2𝑣′′ + 𝑥𝑣′ = 0 ∴ 𝑥𝑣′′ + 𝑣′ = 0



𝑥𝑣′′ + 𝑣′ = 0 ou 𝑥𝑑𝑣′

𝑑𝑥+ 𝑣′ = 0 ∴

𝑑𝑣′

𝑣′= −

1

𝑥𝑑𝑥

𝑑𝑣′

𝑣′= −

𝑑𝑥

𝑥+ 𝑐 ∴ 𝑙𝑛 𝑣′ = −ln 𝑥 + 𝑐′ ∴

∴ ln 𝑣′ = 𝑙𝑛 𝑥−1 + 𝑐 ∴ 𝒗′ = 𝒄′𝒙−𝟏 ou

𝑑𝑣

𝑑𝑥= c′𝑥−1 ∴ 𝑑𝑣 = 𝑐′𝑥−1𝑑𝑥

𝑑𝑣 = 𝑐′ 1

𝑥𝑑𝑥 + 𝑐′′ ∴ 𝑣 = 𝑐′ ln 𝑥 + 𝑐′′

𝑦 = 𝑣𝑥2 → 𝑦 = 𝑐′ ln 𝑥 + 𝑐′′ 𝑥2 ∴

𝒚(𝒙) = 𝒄𝟏 + 𝒄𝟐 𝐥𝐧 𝒙 𝒙𝟐


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Cálculo III - Jorge Teófilo · 06/06/2019 12:31 CÁLCULO III - Equações Diferenciais Ordinárias de Segunda Ordem Novas soluções de equações lineares homogêneas podem ser