Equações Diferenciais e Transformada de Laplace - U.Porto

Equações Diferenciais, uma PrimeiraAbordagem

Maria do Carmo CoimbraDepartamento de Engenharia Civil

Faculdade de Engenharia da Universidade do Porto

Julho de 2008

Prefácio

Imagination is more important thanknowledge.Knowledge is limited. Imaginationencircles the world.Albert Einstein (1879 - 1955)

Estes apontamentos, em forma de E-Book, foram elaborados com o objec-tivo de oferecer ao aluno um instrumento de trabalho que oriente e desperteo interesse pela disciplina de Análise Matemática 3. Não se pretende substi-tuir a bibliografia existente, mas simplesmente fornecer um ponto de partidapara a aprendizagem. Uma nota que gostaríamos realçar é que a Matemáticanão se aprende passivamente. Os exercícios, quando não mecanizados, ensi-nam a usar conceitos, esclarecer dúvidas e dão oportunidade de explorar umuniverso diversificado.

Esta disciplina de Análise Matemática 3 trata do estudo das equaçõesdiferenciais. Como é natural pressupomos uma certa familiaridade comfunções escalares ou vectoriais de uma ou mais variáveis reais. Além dissoadmitem-se conhecidas algumas noções básicas de Álgebra.

Os método numéricos apresentados para a resolução numérica de equaçõesdiferenciais podem ser programados em Matlab ou usando uma calculadoraprogramável. Os gráficos apresentados neste texto foram elaborados com omaple. O aluno pode usar o software livre maxima. Refira-se que apenasse utiliza este software como uma ferramenta, por isso pode utilizar a suamáquina gráfica ou mesmo prescindir de todo do uso de um instrumento decálculo e usar apenas lápis e papel. Bom trabalho!

Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem

Conteúdo

1 Modelação Matemática e Equações Diferenciais 1

2 Equações Diferenciais de Primeira Ordem 112.1 Algumas definições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2 Campos de Direcções e Curvas integrais . . . . . . . . . . . . 132.3 Existência e Unicidade da Solução do PVI . . . . . . . . . . . 162.4 Análise Qualitativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.4.1 Análise Qualitativa das Equações Autónomas . . . . . 212.5 Método iterativo de Picard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.6 Técnicas para Resolução Analítica de Algumas Equações . . . 34

2.6.1 Equações de Variáveis Separáveis . . . . . . . . . . . . 342.6.2 Equações Lineares de Primeira Ordem . . . . . . . . . 372.6.3 Equações Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.6.4 Equações Redutíveis a Exactas . . . . . . . . . . . . . 422.6.5 Mudança de Variável . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.7 Equações Diferenciais: Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . 482.7.1 Trajectórias Ortogonais . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.8 Resolução Numérica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

3 Equações Diferenciais de Ordem Superior 593.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 593.2 Equações Lineares de Ordem Superior . . . . . . . . . . . . . 60

3.2.1 Equações Diferenciais Lineares e Homogéneas . . . . . 623.2.2 Equações Diferenciais Lineares Não Homogéneas . . . . 753.2.3 Soluções em Série de Potências . . . . . . . . . . . . . 82

3.3 Equações Não Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85


4 Sistemas de Equações Lineares de Primeira Ordem 914.1 Introdução aos Sistemas de Equações Diferenciais . . . . . . . 914.2 Método da Eliminação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 944.3 Sistemas Lineares de Primeira Ordem . . . . . . . . . . . . . . 954.4 Sistemas Lineares Homogéneos de Coeficientes Constantes . . 984.5 Método da Variação de Parâmetros . . . . . . . . . . . . . . . 108

5 Estudo Qualitativo de Sistemas Autónomos Bidimensionais 1155.1 Sistemas Autónomos Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1205.2 Sistemas Autónomos Não Lineares . . . . . . . . . . . . . . . 140

5.2.1 Sistemas Potenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1495.2.2 Sistemas Hamiltonianos . . . . . . . . . . . . . . . . . 1505.2.3 Bifurcações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

6 Transformadas de Laplace e Equações Diferenciais 1576.1 Propriedades da transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . 158

6.1.1 Linearidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1586.1.2 Derivada da Transformada . . . . . . . . . . . . . . . . 1596.1.3 Transformada da Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . 1596.1.4 Transformada do produto f por eat: Deslocamento em s160

6.2 Transformadas de Funções Elementares . . . . . . . . . . . . . 1606.3 Equações Diferenciais e Transformada de Laplace . . . . . . . 166

Exercícios 173

Exercícios de Escolha Múltipla 193

Exames 219

Resolução de Exames 233

Capítulo 1

Modelação Matemática eEquações Diferenciais

A construção de modelos, isto é, a representação de um sistema ou fenó-meno com o auxílio da matemática é uma ferramenta importante para oestudo de um dado problema. Um modelo matemático pode ser entendidopor um conjunto de símbolos e relações que representam uma situação ouum problema real. Um modelo matemático pode ser expresso de vários ediferentes modos como por exemplo através de gráficos, tabelas e equações.Por exemplo, a segunda lei do movimento de Newton1 afirma que aceleraçãoa de um corpo de massa m é proporcional à força total que actua sobre ocorpo. Pode ser modelada pela equação algébrica

F = ma (1.1)

Consideremos agora um modelo físico em que pretendemos estudar omovimento de um corpo de massa m colocado na extremidade de uma molavertical. A Lei de Hooke2 diz que se a mola é esticada ou comprimida em xunidades a partir do seu tamanho natural então ela exerce uma força, forçaelástica, que é proporcional a x:

Fel = −kx (1.2)

k é uma constante positiva que se designa por constante da mola.1Isaac Newton (1643-1727)2Robert Hooke (1635-1703)


2 Modelação Matemática e Equações Diferenciais

Se ignorarmos qualquer força externa de resistência então pela a segundalei de Newton temos que

md2x

dt2= −kx (1.3)

Esta equação é um modelo para o movimento de uma mola. Envolve nãoapenas determinadas quantidades mas também as variações dessas quanti-dades. Dizemos que se trata de uma equação diferencial ordinária. Comoenvolve derivadas de segunda ordem diremos que se trata de uma equaçãodiferencial ordinária de segunda ordem. Resolver uma equação diferen-cial é procurar uma função, neste caso, x = x(t), tal que a segunda derivadaseja proporcional mas de sinal oposto à função. Conhecemos alguma funçãoreal de variável real com essa propriedade? É claro que sim! Sabemos que(sin t)

′′= − sin t e que (cos t)

′′= − cos t. Será que não existem outras funções

diferentes destas com essa propriedade? Iremos mostrar que todas as soluçõesda equação 1.3 se escrevem como combinação linear de certas funções senoe coseno, o que não é surpreendente pois sabemos que o esperado é que amola oscile em torno da sua posição de equilíbrio e portanto é natural que asolução envolva aquelas funções.

Algumas definições Uma equação diferencial ordinária é uma equaçãoque relaciona uma função real de variável real e uma ou mais das suasderivadas. Procurar uma solução de uma equação diferencial é procuraruma função real de variável real que satisfaça a equação dada. As equaçõesdiferenciais podem surgir na forma explicita ou na forma implícita.

Exemplos de equações diferenciais na forma explícita

Exemplo 1 No exemplo do movimento da mola podemos escrever

d2x

dt2= − k

mx (1.4)

em que x é a variável dependente, a função que pretendemos determinar e té a variável independente.

Exemplo 2 Por exemplo para a equação diferencialdy

dt= 2ty (1.5)

y é a variável dependente, a função que pretendemos determinar e t é avariável independente.


3

Exemplos de equações diferenciais na forma implícita

Exemplo 3 (dx

dt

)2

+ x2 = 1 (1.6)

em que x é a variável dependente, a função que pretendemos determinar e té a variável independente.

Exemplo 4 Por exemplo para a equação diferencial

(x+ sinx)dy

dx+ 2xy = 0 (1.7)

y é a variável dependente, a função que pretendemos determinar e x é avariável independente.

Vejamos um exemplo em que a Lei de Torricelli3 fornece um modelopara o problema do esvaziamento de um tanque. Suponhamos que um tanquecilíndrico contendo um líquido tem um orifício no fundo através do qual olíquido se escoa. Designemos por h a altura do líquido no tanque no instantet e por r o raio da base. A lei de Torricelli afirma que se num dado instante(t = 0) for aberto o orifício, então o caudal é proporcional à raiz quadradada altura do líquido no tanque. O modelo matemático escreve-se

Q = k√h (1.8)

em que k é uma constante positiva que depende entre outros factores daviscosidade do líquido e da área do orifício. Para escrevermos uma equaçãodiferencial para este modelo físico basta pensar que o caudal, ou seja a quan-tidade de líquido que atravessa o orifício por unidade de tempo, é simétricoà variação de volume no tanque por unidade de tempo,

dV

dt= −Q. (1.9)

Como V (t) = πr2h(t) segue-se que dVdt

= πr2 dhdt. Obtemos assim o modelo

matemático que envolve a equação diferencial de primeira ordem,

dh

dt= − k

πr2

√h(t). (1.10)

3Evangelista Torricelli (1608-1647)



Num problema deste tipo é usual conhecer os dados iniciais do sistema.Por exemplo podemos supor que no instante inicial a altura de líquido éconhecida e tem o valor h0. Temos agora um problema modelado por umaequação diferencial e para o qual conhecemos o valor inicial. Designamos estetipo de problemas por problema de valor inicial (PVI) ou problema deCauchy4.

dhdt

= − kπr2

√h(t)

h(0) = h0(1.11)

Exemplo 5 Considere o PVI 1.11. Admita que r = 0.5, k = 0.0025 e h(0) =2. Suponha que todas as unidades estão expressas no Sistema Internacional.Verifique que a função h definida de modo implícito por

200π√h+ t− 200π

√2 = 0 (1.12)

é solução do PVI.

Fazendo t = 0 na equação 1.12 obtemos 200π√h− 200π

√2 = 0⇔ h = 2,

o que mostra que a solução satisfaz a condição inicial. Derivando agora demodo implícito ambos os membros da equação 1.12 obtemos

200πh′

2√h

+ 1 = 0⇔ h′ = − 2√h

200π(1.13)

que é a equação dada. Assim a função h definida pela equação 1.12 é soluçãodo PVI. Muitas vezes somos tentados a explicitar a solução mas é necessárioestar atento ao domínio da função. Neste exemplo,

200π√h+t−200π

√2 = 0⇔ h(t) =

(200π

√2− t

)240000π2

, t ∈[0, 200π

√2](1.14)

A solução do PVI é a função

h :[0, 200π

√2]→ R

t 7→ (200π√2−t)

2

40000π2

(1.15)

O tempo de esvaziamento do tanque é t = 200π√

2, aproximadamente 15minutos. Como se pode observar no gráfico da solução do PVI apresentadona figura 1.1, o tempo gasto para o tanque passar de h = 2 para h = 1 émenos de metade do tempo gasto para passar de h = 1 para h = 0.

4Augustin-Louis Cauchy (1789-1857)


5

Figura 1.1: Esvaziamento de um tanque

Nota 1 Para obter h′ a partir da equação 1.12 derivámos ambos os membrosda equação. Tal procedimento é válido porque a equação 1.12 define, numavizinhança de (0, 2), h como função de t. O teorema que assegura a validadedo processo é o Teorema da Função Implícita (TFI). Seja

F (t, h) = 200π√h+ t− 200π

√2

F é uma função de classe C1 em R× R+ e ∂F∂h

(t, h) = 100π√h. No ponto (0, 2)

temos ∂F∂h

(0, 2) = 100π√26= 0 o que pelo TFI garante que numa vizinhança de

(0, 2) a equação 1.12 define h como função de t e que h é de classe C1 numavizinhança de t = 0 logo derivável.

Exemplo 6 Em muitos casos simples a variação de uma determinada po-pulação no tempo, com taxas de nascimentos e de mortes constantes, é pro-porcional ao tamanho da população. O modelo mais simples para a evoluçãoda população P no tempo é

dP

dt= kP. (1.16)

em que k é a constante de proporcionalidade. Admitindo que k é conhecido,encontrar uma solução para esta equação é descobrir uma função real devariável real cuja derivada seja igual a k vezes a função. Suponha que k = 5.É capaz de descobrir uma solução? Tente descobrir outra.



Figura 1.2: Modelo populacional, P ′ = −2P

Exercício 1 Verifique que a família de funções reais de variável real definidaspor P (t) = Ce−2t, C uma constante real verifica a equação

dP

dt= −2P (1.17)

De entre os elementos da família identifique a função que satisfaz a condiçãoinicial P (0) = 10

A figura 1.2 mostra a solução do PVI 1.17. Observe-se que P (t) tendepara zero quando t tende para +∞. O modelo diz-nos que a populaçãoextinguir-se-á num tempo infinito.

Exemplo 7 A lei de arrefecimento de Newton pode ser enunciada do modoseguinte: A variação de temperatura T (t) de um corpo com respeito ao tempot é proporcional à diferença da temperatura do corpo no instante t e a tem-peratura ambiente A. O modelo para estudar a variação de temperatura é

dT

dt= −k(T − A). (1.18)


7

em que k é a constante positiva. Observe-se que se T > A então dTdt< 0 o

que significa que a função T decresce, ou seja o corpo arrefece. Se T < Aentão dT

dt> 0 o que significa que a função T cresce, ou seja o corpo aquece.

Não há variação de temperatura se T = A.

Exemplo 8 O modelo SIR é um modelo largamente usado para estudardoenças infecciosas. Descreve a relação da população com o agente infec-tuoso. Para uma dado instante de tempo t um indíviduo pode ser classificadonum dos três estados: S(Susceptible) é um indíviduo susceptível a ser in-fectado nesse instante, I(Infectious) um indíviduo infectado ou R(Removed)um indíviduo que já esteve infectado não pode voltar a ser infectado. Sejax = x(t) a percentagem de indivíduos no estado S e y = y(t) a percentagemde indíviduos no estado I. O modelo para este fenómenos envolve duas va-riáveis dependentes da variável independente t e um sistema de duas equaçõesdiferenciais dependentes de parâmetros α > 0 e β > 0.

dxdt

= −αx(t)y(t)dydt

= αx(t)y(t)− βy(t)(1.19)

Para uma dada população, uma vez conhecidos os parâmetros α e β, e co-nhecendo as condições iniciais do problema, é possível prever o modo comoa doença se espalha. Por exemplo, escolhendo α = 0.5 e β = 0.15 e supondoque no instante inicial (t = 0) 0.01 da população está infectada e 0.99 ésusceptível de ser infectada, a figura 1.3 mostra o evoluir da doença.

Modelos com equações diferenciais com derivadas parciais

Exemplo 9 Podemos também estudar fenómenos que dependem de mais doque uma variável independente. Por exemplo podemos estudar o problema dacondução de calor numa barra. O problema está ilustrado na figura 1.4

Considere que a dada barra está isolada, tem comprimento L, as extre-midades são mantidas à temperatura T = 0, a temperatura é constante emcada secção transversal e que temperatura inicial é dada pela função real devariável real T0. O problema é descrever a temperatura do ponto x da barrano instante t. Temos pois a temperatura T função de duas variáveis, x et. Neste caso o modelo envolve derivadas parciais da função T em ordem às



Figura 1.3: Modelo SIR

../LivroAM3/figuras/cap1/CondCalorBarra.jpg

Figura 1.4: Condução de calor numa barra


9

Figura 1.5: Temperatura para uma barra de prata

variáveis independentes. Fourier5 usou três princípios físicos e escreveu omodelo

∂T

∂t= k

∂2T

∂x2. (1.20)

em que k é a difusividade térmica do material de que a barra é feita. Porexemplo, para uma barra de prata, k = 1.71 e admitindo que inicialmente abarra estava a uma temperatura, T0(x) = x − x2, 0 < x < 1 a evolução datemperatura é mostrada na figura 1.5.

Para cada valor de k, a equação que descreve este modelo envolve derivadasparciais. Por isso não se trata de uma equação ordinária. Designa-se porequação diferencial com derivadas parciais. Observemos que nos sãodados uma condição inicial, conhecemos T0 e condições na fronteira,sabemos que as extremidades são mantidas à temperatura T = 0. Umproblema deste tipo diz-se um problema de valor inicial e de fronteira(PVIF).

5Jean Baptiste Joseph Fourier (1765-1839)




Capítulo 2

Equações Diferenciais de PrimeiraOrdem

Neste capítulo vamos estudar alguma técnicas para resolver equaçõesdiferenciais ordinárias de primeira ordem.

2.1 Algumas definiçõesAs equações diferenciais de primeira ordem que iremos estudar podem surgirna forma:

Explícitady

dt= f(t, y) (2.1)

onde f : D ⊂ R×R→ R, em que D contém o rectângulo, I ×R sendo I umintervalo de R de interior não vazio e f uma função de classe C1.

Implícita

F

(t, y,

dy

dt

)= 0 (2.2)

onde y é uma função real de variável real de classe C1.

Definição 1 Seja I um intervalo de R de interior não vazio.Uma função u : I ⊂ R→ R é solução da equação diferencial 2.1 se e só

se u ∈ C1(I) e dudt

= f(t, u),∀t ∈ I


12 Equações Diferenciais de Primeira Ordem

Uma função u : I ⊂ R→ R é solução da equação diferencial 2.2 se e sóse u ∈ C1(I) e F

(t, u, du

dt

)= 0,∀t ∈ I

Muitas vezes é possível representar o conjunto de todas as soluções de umaequação diferencial ordinária de primeira ordem por uma família de funçõesdependentes de uma constante arbitrária C.

Exemplo 10 Seja C uma constante real. Verificar que a família de funçõesreais de variável real definida por

y(t) = Cet2

(2.3)

é solução da equação diferencial de primeira ordem

y′(t) = 2ty(t) (2.4)

Questão: Será que não há outras funções que não sendo desta família tam-bém são solução da equação diferencial y′(t) = 2ty(t)? A resposta comoveremos mais tarde é não. As únicas funções que satisfazem esta equaçãodiferencial são as desta família.

Exemplo 11 Verificar que a função y : R+ → R definida por

y(t) =1 + e2t

1− e2t(2.5)


y′ = y2 − 1 (2.6)

A função y é uma função de classe C1 em R+ pois é o quociente de funçõesde classe C1 em R+, não se anulando em R+ a função denominador. Assim,derivando y obtemos

y′ =2e2t (1− e2t) + 2e2t (1 + e2t)

(1− e2t)2=

4e2t

(1− e2t)2(2.7)

mas

y2 − 1 =

(1 + e2t

1− e2t

)2

− 1 =(1 + e2t)

2 − (1− e2t)2

(1− e2t)2(2.8)

e portanto

y2 − 1 =4e2t

(1− e2t)2(2.9)

o que mostra que y′ = y2 − 1 e portanto a função y : R+ → R definida por2.5 é solução de 2.6.


2.2 Campos de Direcções e Curvas integrais 13

Exemplo 12 Seja C uma constante real.Verificar que a família de funçõesreais de variável real definida por

y2 + t sin(y) = C (2.10)


[2y + t cos(y)] y′(t) + sin(y) = 0 (2.11)

Neste caso a equação diferencial está definida de forma implícita. Derivandode modo implícito ambos os membros da equação 2.10 vem,

2yy′ + sin(y) + ty′ cos(y) = 0 (2.12)

Colocando em evidência y′ obtemos a equação obtemos 2.11, o que mostraque 2.10 é solução de 2.11.

2.2 Campos de Direcções e Curvas integrais

Geometricamente, o conjunto de solução de uma equação diferencial ordináriade primeira ordem define um conjunto de curvas com traço no plano t − y.Essas curvas designam-se por curvas integrais da equação diferencial. Cadauma das curvas integrais é solução de um determinado problema do valorinicial.

Para cada ponto (t, y) a equação diferencial define y′ isto é, para cadaponto (t, y) conhecemos o valor do declive da recta tangente ao traço da curvaintegral que passa nesse ponto. Dizemos que uma equação diferencial y′ =f(t, y) gera um campo de direcções no plano (t, y). Se em cada ponto (t, y)representarmos a recta com declive f(t, y) obtemos uma representação docampo de direcções associado à equação diferencial. As soluções da equaçãodiferencial são curvas cujas tangentes em cada ponto são definidas por essesdeclives. Vejamos alguns exemplos:

Exemplo 13 Considere-se a lei do arrefecimento/aquecimento de Newton

dT

dt= −0.1(T − 20). (2.13)



Figura 2.1: Campo de direcções para a Lei de Newton

O campo de direcções é ilustrado pela figura 2.1A figura 2.2 mostra duas curvas integrais, ou seja, a solução de dois

problemas do valor inicial. No primeiro T (0) = 50 e como seria de esperara solução é uma função decrescente que quando t cresce se aproxima datemperatura ambiente T = 20. No segundo caso a solução a solução é umafunção crescente que quando t cresce se aproxima da temperatura ambiente.

Como vimos no exemplo anterior a análise do campo de direcções asso-ciado a uma equação diferencial permite conhecer propriedades das soluçõesmesmo sem possuirmos a expressão analítica que define a solução. Desig-namos por estudo qualitativo ao estudo do comportamento das soluçõesde uma dada equação diferencial sem a resolver.

Exercício 2 Descreva o comportamento das soluções da equação diferencial

y′ = y + t (2.14)

com base na análise do campo de direcções dado na figura 2.3.Esboce a curva solução dos seguintes PVI:

1. y(0) = 1

2. y(0) = −1

3. y(0) = −2


2.2 Campos de Direcções e Curvas integrais 15

Figura 2.2: Curvas Integrais para a Lei de Newton

Figura 2.3: Campo de direcções para y′ = t+ y



Figura 2.4: Campo de direcções para y′ = t√y

Exercício 3 Descreva o comportamento das soluções da equação diferencial

y′ = t√y (2.15)

com base na análise do campo de direcções dado na figura 2.4. Esboce a(s)curva(s) solução do PVI y(0) = 0. Teve alguma dificuldade?

2.3 Existência e Unicidade da Solução do PVIConsidere-se o problema do valor inicial

y′ = f(t, y), y(t0) = y0 (2.16)

Poderemos garantir a existência de solução? Poderemos garantir a unicidadeda solução?

Consideremos o PVI

y′ = t√y, y(0) = 0 (2.17)

Facilmente verificamos que são solução as funções:

1. y : R→ R definida por y(t) = 0

2. y : R→ R definida por y(t) = t4

16


2.3 Existência e Unicidade da Solução do PVI 17

Portanto, este PVI possui duas soluções distintas.Detectou este "problema"quando analisou o campo de direcções da figura

2.4?Ao resolvermos um determinado PVI será desejável saber, à partida, se

existe solução e se, caso exista, a solução é única. Vamos enunciar, semdemonstrar, um teorema que fornece condições suficiente para a existência eunicidade de solução de um PVI.

Teorema 1 Seja D = [a, b] × [c, d] um rectângulo de R2 e (t0, y0) ∈ D.Admitamos que f : D → R é uma função contínua em D, admite derivadaparcial com respeito a y e que a função ∂f

∂yé uma função contínua em D.

Então, para algum intervalo I contendo t0, o PVI

y′ = f(t, y), y(t0) = y0 (2.18)

tem uma e uma só solução definida nesse intervalo.

Exemplo 14 Considere-se o PVI

y′ = t√y, y(0) = 0 (2.19)

Neste exemplo sabemos que a função f(t, y) = t√y é continua em R × R+

0 .A sua derivada parcial ∂f

∂y= − t

2√ynão está definida para y = 0. O teorema

da existência e unicidade não se aplica e é por isso que encontrámos mais doque uma solução para este PVI.

Exemplo 15 Considere-se a equação diferencial

y′ = y (2.20)

Neste exemplo a função f(t, y) = y e a sua derivada parcial ∂f∂y

= 1 sãofunções contínuas em R2. O teorema da existência e unicidade da soluçãogarante que existe e é única a solução qualquer que seja a condição inicial,y(t0) = y0. Apesar do teorema só garantir a existência de solução numavizinhança de t0, facilmente verificamos que a solução o PVI, y(t) = y0e

t−t0

está definida em R.

Exemplo 16 Considere-se o PVI

y′ = y2, y(0) = 1 (2.21)



Figura 2.5: Campo de direcções para y′ = y2

Neste exemplo que a função f(t, y) = y2 e a sua derivada parcial ∂f∂y

= 2y

são funções contínuas em R2. O teorema da existência e unicidade da soluçãogarante que existe e é única a solução deste PVI num certo intervalo quecontém to = 0. Em que intervalo está definida a solução?

Pela análise do campo de direcções dado pela figura 2.5, verificamos queque I = [−α, α] com α < 1. De facto a solução deste PVI é a função definidapor y = 1

1−x . Verifique.

Exercício 4 Sabendo que a função y(t) = 1C−t é solução de y′ = y2, encontre

a solução do PVIy′ = y2, y(1) = 2 (2.22)

Substituindo t = 1 e y = 2 na solução, obtemos

2 =1

C − 1⇔ C =

3

2(2.23)

Logo y(t) = 23−2t . Qual o domínio? Observe o gráfico desta função represen-

tado na figura 2.6 e conclua que a solução do PVI é a função

y(t) =2

3− 2t, t ∈ ]−∞, 3

2[ (2.24)


2.4 Análise Qualitativa 19

Figura 2.6: Gráfico da função y(t) = 23−2t

2.4 Análise Qualitativa

Em muitas situações reais não pretendemos conhecer a lei que descreve umdeterminado problema mas apenas descrever o comportamento das soluçõesdesse problema. Noutras situações não é possível por meios analíticos obtera solução e o estudo qualitativo é essencial. O esboço do campo de direcçõesassociado à equação diferencial é um instrumento importante para o estudoqualitativo.

Para caracterizar o comportamento das soluções de uma equação dife-rencial de primeira ordem e uma vez que conhecemos uma expressão para aprimeira derivada temporal, estudando a função derivada podemos descrevero comportamento das soluções da equação diferencial.

Exemplo 17 Considere a equação diferencial y′ = y − 2t. O campo dedirecções e algumas curvas integrais são apresentadas na figura 2.7. Descrevao comportamento das soluções.

Exemplo 18 Analise o campo de direcções e as curvas integrais associadasà equação y′ = ty2− ty diferencial dado na figura 2.8. Descreva o comporta-mento das soluções.



Figura 2.7: Campo de direcções e Curvas integrais para y′ = y − 2t

Figura 2.8: Campo de direcções e Curvas integrais para y′ = ty2 − ty



2.4.1 Análise Qualitativa das Equações Autónomas

Para uma classe particular de equações diferenciais ordinárias de primeiraordem a análise qualitativa fornece informação suficiente para descrever deforma mais pormenorizada as soluções da equação. São as equações dife-renciais em que a derivada da solução é uma função de classe C1 que não de-pende da variável independente t. Designamos essas equações por equaçõesautónomas. A forma geral de uma equação autónoma de primeira ordem é

y′ = f(y) (2.25)

em que f é uma função de classe C1.As equações diferenciais autónomas surgem em muitos modelos físicos.

Por exemplo, quando estudámos o problema do esvaziamento do tanque ob-servamos que a variação da altura da água com o tempo não dependia dotempo mas sim da raiz quadrada da altura. Este problema é modelado porde uma equação autónoma.

Unicidade e Análise Qualitativa Consideremos o problema do valorinicial associado a uma equação autónoma em que f é uma função de classeC1,

dy

dt= f(y), y(t0) = y0 (2.26)

O Teorema da Existência e Unicidade de solução de um PVI permite garantira existência e unicidade da solução para qualquer condição inicial, garantindoassim que as curvas integrais para um problema autónomo com f ∈C1 não se intersectam.

Definição 2 Um ponto y0 diz-se um ponto de equilíbrio da equação diferen-cial autónoma y′ = f(y) se e só se f(y0) = 0 Para os sistemas diferenciaisautónomos os pontos de equilíbrio definem as soluções constantes.

Fazendo o estudo da função f podemos descrever o comportamento dassoluções. Os pontos de equilíbrio vão definir as soluções constantes. De-pois estudando o sinal de f podemos caracterizar a monotonia das soluções.Vejamos um exemplo:



Figura 2.9: Gráfico de f(y) = y(2− y)

Exemplo 19 Estudar de modo qualitativo a equação

dy

dt= y(2− y) (2.27)

Da análise do gráfico da função real de variável real de classe C1 definida porf(y) = y(2− y), figura 2.9, podemos concluir que f(y) = 0⇔ y = 0∨ y = 2.Portanto são pontos de equilíbrios da equação diferencial os pontos y = 0 ey = 2. Correspondem às soluções constantes y(t) = 0 e y(t) = 2. O estudodo sinal de f permite também determinar as regiões do plano t − y em queas soluções são funções crescentes e as regiões em que as soluções são funçõesdecrescentes.

Ora, f(y) > 0⇔ 0 < y < 2 portanto qualquer solução que passe por umponto desta região do plano é uma função crescente. Como as trajectóriasdas soluções de problemas autónomos não se intersectam, as rectas y = 0 ey = 2 são assimptotas horizontais dessas trajectórias. Podemos ainda afirmarque nesta região as soluções tendem para y = 2 quando t→ +∞ e que nestaregião as soluções tendem para y = 0 quando t→ −∞. É o que a figura 2.10mostra.

Como, f(y) < 0 ⇔ y < 0 ∨ y > 2 temos que qualquer solução quepasse por um ponto destas regiões do plano é uma função decrescente. Comoas trajectórias das soluções de problemas autónomos não se intersectam, asrectas y = 0 e y = 2 são assimptotas horizontais dessas trajectórias.



Figura 2.10: Solução do PVI f(y) = y(2− y), y(−1) = 1

Para uma solução que passe num ponto da região y > 2 temos que assoluções são decrescentes e que tendem para y = 2 quando t→ +∞.

Para uma solução que passe num ponto da região y < 0 temos que assoluções são decrescentes e que tendem para y = 0 quando t → −∞. É oque a figura 2.11 mostra.

Classificação dos pontos de equilíbrio Para uma equação diferencial deprimeira ordem autónoma, é usual classificar os pontos de equilíbrio. Assim,

1. Dizemos que o ponto de equilíbrio y = y0 é um poço se toda asolução com condição inicial suficientemente próximo de y0 tende paray0 quando t → +∞. A um poço está associada uma solução de equi-líbrio estável.

2. Dizemos que o ponto de equilíbrio y = y0 é uma fonte se toda asolução com condição inicial suficientemente próximo de y0 tende paray0 quando t → −∞. A uma fonte está associada uma solução deequilíbrio instável.

3. Todo o ponto de equilíbrio y = y0 que não é poço e que não é fontedesigna-se por ponto de sela.

Exemplo 20 Classifiquemos as soluções de equilíbrio da equaçãody

dt= y(2− y) (2.28)



Figura 2.11: Solução dos PVI f(y) = y(2− y), y(−1) = 3, y(0) = −0.5

Figura 2.12: Linha de Fase para y′ = y(2− y)

Podemos reunir toda a informação e apresentá-la de forma simples num di-agrama, como mostra a figura 2.12, que designamos por Linha de Fase.

Temos assim que y = 0 é uma solução de equilíbrio instável, (fonte) e quey = 2 é uma solução de equilíbrio estável, (poço).

Exemplo 21 Classifiquemos as soluções de equilíbrio da equação

dy

dt= y(4− y)2 (2.29)

São soluções de equilíbrio y(t) = 0 e y(t) = 4. Como y(4 − y)2 < 0 ⇔y < 0 e y(4 − y)2 ≥ 0 ⇔ y > 0 segue-se que y = 0 é uma fonte e y = 4 umponto de sela. As soluções de equilíbrio são ambas instáveis.



Equações Diferenciais com um Parâmetro Em muitos modelos é co-mum o aparecimento de parâmetros. Por exemplo se no estudo de uma dadapopulação que está em crescimento afirmamos que a razão de crescimento éproporcional ao número de indivíduos da espécie, escrevemos

dP

dt= kP, k > 0 (2.30)

No entanto, se aplicarmos este modelo a espécies diferentes é naturalque o parâmetro k assuma valores diferentes. Por exemplo o crescimentode uma população de coelhos é bastante diferente de uma população de ele-fantes. Deste modo os os parâmetros presentes no modelo permitem ajustaro modelo a realidades distintas. Em muitas situações estamos interessadosem investigar de que modo a solução da equação diferencial varia com avariação do parâmetro. Em muitos casos, pequenas variações do parâmetroresultam em pequenas variações na solução. Noutros, uma pequena variaçãono parâmetro conduz a variações drásticas no comportamento da solução.

Exemplo 22 Façamos a análise qualitativa da equação diferencialdy

dt= y(y2 − k), k ∈ R (2.31)

A função f definida por f(y) = y(y2 − k) é de classe C1 e não dependeda variável t, qualquer que seja o valor do parâmetro k. Trata-se portantode uma equação autónoma e as trajectórias das soluções não se intersectam.Determinemos as soluções de equilíbrio. Ora

dy

dt= 0⇔ y(y2 − k) = 0⇔ y = 0 ∨ y2 − k = 0 (2.32)

Portanto, independentemente do valor do parâmetro k a equação temuma solução de equilíbrio, y(t) = 0. Terá mais soluções de equilíbrio? Aresposta parece simples: depende do valor de k.

Se k ≤ 0 então y = 0 é a única solução de equilíbrio.Se k > 0 então a equação tem três solução de equilíbrio, y = 0, y =

√k e

y = −√k.

O que se observa? Observa-se que se k for muito pequeno uma pequenavariação de k provoca uma grande variação na natureza das solução daequação diferencial. Dizemos que k = 0 é o valor de bifurcação paraaquela equação diferencial.

Vamos agora descrever o comportamento das soluções de um dado PVI,y(0) = y0



Figura 2.13: Soluções de y′ = y(y2 − k), k ≤ 0

1. Se k ≤ 0 então as soluções da equação diferencial são funções decres-centes se y0 < 0 e funções crescentes se y0 > 0. Neste caso, y = 0 éuma fonte e a solução de equilíbrio y(t) = 0 é instável tal como a figura2.13 ilustra.

2. Se k > 0 então

y(y2 − k) > 0⇔ y ∈ A = [−√k, 0] ∪ [

√k,+∞[

ey(y2 − k) < 0⇔ y ∈ B = [0,

√k] ∪ [−∞,−

√k[

Portanto as soluções do PVI são funções decrescentes se y0 ∈ A efunções crescentes se y0 ∈ B. Neste caso, y = 0 é um poço e query =√k quer y = −

√k são fontes. y(t) = 0 é uma solução de equilíbrio

estável, y =√k e y = −

√k são soluções de equilíbrio instáveis tal

como a figura 2.14 mostra.

Usualmente a informação é condensada num diagrama, designado pordiagrama de bifurcação tal como a figura 2.15 ilustra. Nesse diagramarepresenta-se no plano k − y os pontos de equilíbrio e para cada valor dek a monotonia das soluções. Observando o diagrama representado na figura2.15 identificamos imediatamente k = 0 como o valor de bifurcação para aequação diferencial autónoma 2.31.



Figura 2.14: Soluções de y′ = y(y2 − k), k > 0

Figura 2.15: Diagrama de Bifurcação para a equação 2.31



Qualquer população deixa de obedecer á equação P ′ = kP, k > 0 desdeque certos factor restritivos influenciem o seu crescimento, como por exemploa concorrência resultante da limitação de recursos alimentares. Surge neces-sidade de se introduzir um modelo que se aproxime mais da realidade. Ummodelo mais realista é aquele que considera k = a − bP ou seja a variaçãode uma dada população de indivíduos é governada por

dP

dt= (a− bP )P (2.33)

com a > 0 e b > 0 parâmetros que caracterizam a população. Esta equaçãodiferencial autónoma designa-se por equação logística.

Exercício 5 Fazer a análise qualitativa da equação logística.

Procuremos os pontos de equilíbrio. Ora P ′ = 0 ⇔ P = 0 ∨ P = ab.

Como a > 0 e b > 0 temos dois pontos de equilíbrio a que correspondemduas soluções de equilíbrio, a solução trivial P = 0, e a solução P = a

b.

Como P ′ > 0 ⇔ P ∈]0, ab[ e P ′ < 0 ⇔ P ∈]a

b,+∞[, segue-se que P = 0 é

uma fonte e P = abum poço. P = 0 é uma solução de equilíbrio instável e

P = abé uma solução de equilíbrio estável.

Qualquer PVI com condição inicial P (0) = P0, P0 > 0, tem uma soluçãoque tende para a

bquando t tende para +∞. Se P0 <

aba população está a

crescer, se P0 >aba população está a decrescer.

Fazendo uma recolha conveniente das escalas t e P a equação logísticaescreve-se usualmente,

dP

dt= (1− P )P (2.34)

A figura 2.16 mostra o comportamento das soluções da equação logística.

Exemplo 23 Suponha uma população de peixes modelada pela equação logís-tica em que se introduz um termo descrevendo a subtracção à população deum certa quantidade de peixe na unidade de tempo. O modelo é agora des-crito por

dP

dt= (1− P )P − c (2.35)

em que c > 0 se designa por cota absoluta de pesca. Averiguemos aexistência de valores de bifurcação e vejamos qual a importância desse valorpara o ecosistema.



Figura 2.16: Equação Logística

São pontos de equilíbrio os pontos

(1− P )P − c = 0⇔ P 2 − P + c = 0⇔ P =1±√

1− 4c

2

Analisemos os três casos distintos:

1. se c > 14a equação não tem pontos de equilíbrios e P ′ < 0 pelo que a

população extingue-se num espaço de tempo finito. É o que ilustra afigura 2.17.

2. se c = 14a equação tem um só ponto de equilíbrios, P = 1

2. Se num dado

instante a população for inferior a esse valor essa população extinguir-se-à num tempo finito. Se num dado instante a população for superiora esse valor essa população tenderá para a solução de equilíbrio P = 1

2.

O ponto de equilíbrio é um ponto de sela. É o que ilustra a figura 2.18.

3. se c < 14a equação tem dois pontos de equilíbrios P1 = 1+

√1−4c2

eP2 = 1−

√1−4c2

, P2 < P1. A derivada P ′ é positiva entre P2 e P1 enegativa no exterior deste intervalo. Assim, P = P1 é um poço e



Figura 2.17: Soluções para c > 0.25

Figura 2.18: Soluções para c = 0.25



Figura 2.19: Soluções para c < 0.25

portanto a solução de equilíbrio P = P1 é uma solução estável. Se numdado instante a população for superior a P2 então ela tenderá para P1

quando t tender para +∞.

O ponto de equilíbrio P2 é uma fonte, logo instável . Se num dadoinstante a população for inferior a P2 então ela extingue-se num tempofinito. Se num dado instante a população for superior a P2, ela tenderápara P1 quando t tender para +∞. É o que ilustra a figura 2.19.

Da análise resulta que c = 14é o valor de bifurcação para a equação

logística com cota absoluta de pesca. É o que o diagrama de bifurcaçãorepresentado na figura 2.20 mostra.

Em resumo podemos afirmar que qualquer cota 0 < c ≤ 14assegura

teoricamente a reprodução da espécie. No entanto é de evitar uma demasi-ado próxima da cota máxima c = 1

4pois pequenas perturbações aleatórias

poderão tornar a população inferior a P2 e levar à sua extinção.



Figura 2.20: Diagrama de Bifurcação para a equação 2.31

Exercício 6 Suponha uma população de peixes modelada pela equação logís-tica em que se introduz uma cota relativa de pesca

dP

dt= (1− P )P − rP (2.36)

em que r > 0 se designa por cota relativa de pesca. Averigue a existênciade valores de bifurcação e vejamos qual a importância desse valor para oecosistema.

2.5 Método iterativo de PicardConsidere-se o PVI

dy

dt= f(t, y), y(t0) = y0 (2.37)

O método iterativo de Picard1 ou método das aproximações su-cessivas permite determinar a solução analítica do PVI. Este processo con-siste na construção de uma sucessão de funções (yn) de tal modo que (yn)→y.

1Emile Picard (1856-1941)


2.5 Método iterativo de Picard 33

Definamos o primeiro elemento. Para tal é natural usar a condição iniciale escrever y0(t) = 0. Isto significa que estamos a aproximar a solução do PVIy pela função constante que satisfaz a condição inicial.

Considere-se a equação diferencial e integre-se ambos os membros entreos instantes t = t0 e t = t. Obtemos∫ t

t0

y′ds =

∫ t

t0

f(s, y)ds

Mas pelo Teorema Fundamental do Cálculo,∫ tt0y′ds = y(t)− y0, pelo que

y(t)− y0 =

∫ t

t0

f(s, y)ds (2.38)

Então podemos construir por recorrência a sucessão (yn), definindo

yn+1(t) = y0 +

∫ t

t0

f(s, yn)ds (2.39)

Exemplo 24 Resolver o PVI

dy

dt= y, y(0) = 1 (2.40)

Pelo método iterativo de Picard, y0(t) = 1. Vejamos como calcular osprimeiros termos da sucessão (yn). Note que neste caso f(t, y) = y pelo que,o primeiro termo será

y1(t) = 1 +

∫ t

0

f(s, 1)ds = 1 +

∫ t

0

1ds = 1 + t

Usando este termo podemos calcular o segundo termo

y2(t) = 1 +

∫ t

0

f(s, 1 + s)ds = 1 +

∫ t

0

(1 + s)ds = 1 + t+t2

2

Para o terceiro termo teremos

y3(t) = 1 +

∫ t

0

f(s, 1 + s+s2

2)ds = 1 +

∫ t

0

(1 + s+s2

2)ds = 1 + t+

t2

2+

t3

2.3

Admitindo então que

yn−1(t) = 1 + t+ ...+tn−1

(n− 1)!



Podemos deduzir que

yn(t) = 1 +∫ t0f(s, yn−1(s))ds

= 1 +∫ t0(1 + s+ ...+ sn−1

(n−1)!)ds

= 1 + t+ t2

2+ ...+ tn

n!

(2.41)

Ora quando n→∞ obtemos yn(t)→ et, o que mostra que a solução do PVIy′ = y, y(0) = 1 é a função y definida por y(t) = et.

2.6 Técnicas para Resolução Analítica de Al-gumas Equações

2.6.1 Equações de Variáveis Separáveis

Uma equação de variáveis separáveis é uma equação que se pode escreverna forma

dy

dt= M(t)N(y) (2.42)

Facilmente se observa que esta equação possui soluções constantes se e só sea função N se anular. Nesse caso as soluções constante de 2.42 são dadaspor N(y) = 0.

Admitamos agora que N(y) 6= 0. Então 2.42 pode escreve-sedy

N(y)= M(t)dt (2.43)

Com este passo dizemos que separámos as variáveis. Integrando agoraambos os membros de 2.42 obtemos as solução não constantes,∫

dy

N(y)=

∫M(t)dt (2.44)

Exemplo 25 Resolver o PVIdy

dt= y, y(0) = 1 (2.45)

A equação diferencial admite a solução constante é y(t) = 0. No entantoesta função não satisfaz a condição inicial logo não solução do PVI. Assoluções não constantes são definidas por∫

dy

y=

∫dt (2.46)


2.6 Técnicas para Resolução Analítica de Algumas Equações 35

Calculando estes dois integrais obtemos, ln |y| = t + C com C constantearbitrária. Deste modo obtemos uma família de soluções da equação diferen-cial dada. Esta família está definida na forma implícita. Neste caso podemosfacilmente explicitar y aplicando a função exponencial a ambos os membros

ln |y| = t+ C ⇔ y = et+C = ct.eC = Ket, K 6= 0 (2.47)

Procuremos agora um elemento desta família, y(t) = Ket, que satisfaça acondição inicial. Ora 1 = Ke0 ⇔ K = 1. Assim a solução do PVI éy(t) = et

Exercício 7 Verificar que a equação

(1 + x2)2eydy

dx= −2x (2.48)

se pode escrever como equação de variáveis separáveis e resolva-a. Note quea variável dependente é y e que a variável independente é x.

Exercício 8 Resolva a equação diferencial

t5dy

dt+ y5 = 0 (2.49)


y′

1 + x2=x

y(2.50)

Exercício 10 Resolva o PVI que modeliza a lei de arrefecimento de Newtonconsiderando a temperatura ambiente A = 20 e

dT

dt= −0.1(T − 20), T (0) = 50 (2.51)

Exercício 11 Resolva o PVI que modeliza o esvaziamento de um tanquecircular considerando r = 0.5, k = 0.0025 e

dh

dt= − k

πr2

√h(t), h(0) = 2 (2.52)


y′(1 + y) = 1− x2 (2.53)




y′ + y tan t = 0 (2.54)


y′ − y sin t = 0 (2.55)


2√ty′ =

√1− y2 (2.56)


y′ =1 +√t

1 +√y

(2.57)



2.6.2 Equações Lineares de Primeira Ordem

Uma equação diferencial de primeira ordem à qual é possível dar a forma

dy

dt+ p(t)y(t) = q(t) (2.58)

em que p, q são funções contínuas num intervalo I ⊆ R diz-se uma equaçãolinear de primeira ordem. Se q é a função nula então 2.58 é uma equaçãode variáveis separáveis. Admitamos que q não é a função nula. Para encontrara solução geral de uma equação linear de primeira ordem, consideremos umafunção µ que satisfaça

µ(t) = e∫p(t)dt (2.59)

µ designa-se por factor integrante. Vejamos que multiplicando am-bos os membros por µ obtemos uma equação diferencial equivalente de fácilresolução.

e∫p(t)dt

[dy

dt+ p(t)y(t)

]= q(t)e

∫p(t)dt (2.60)

Observemos agora que o primeiro membro desta equação é a derivada emordem a t do produto de µ por y. De facto

d

dt(µy) =

dy

dte∫p(t)dt + ype

∫p(t)dt = e

∫p(t)dt

[dy

dt+ p(t)y(t)

](2.61)

Assim, a equação 2.58 escreve-se

d

dt(µy) = q(t)µ(t) (2.62)

pelo que

y(t) =

∫µ(t)q(t)dt

µ(t)(2.63)

Exemplo 26 Resolver o seguinte problema do valor inicial:

dy

dx+

4

xy = x2 − 1, y(1) = 0, x ∈ ]0,∞[ (2.64)



Neste caso p, q são funções contínuas em R+ definidas por p(x) = 4x

eq(x) = x2 − 1. O factor integrante é

µ = e∫

4xdx = e4ln(x) = x4 (2.65)

Multiplicando ambos os membros da equação dada por x4 obtemos

d

dx

(x4y(x)

)= x4

(x2 − 1

)(2.66)

e portanto a solução da equação diferencial é a família de funções definidapor

y(x) =1

x4

(x7

7− x5

5+ C

), x ∈ R+ (2.67)

sendo C uma constante que fica definida pelas condições iniciais do problema.C deve verificar

0 =1

14

(17

7− 15

5+ C

)⇔ C =

2

35(2.68)

A solução do PVI é a função

y(x) =x3

7− x

5+

2

35x4, x ∈ R+ (2.69)


sin(t)dy

dt+ cos(t)y = cos(2t), y

(π2

)=

1

2(2.70)

Neste caso p, q são funções contínuas em ]0, π[ definidas por p(x) = cos(t)sin(t)

e q(x) = cos(2t)sin(t)

. O factor integrante é

µ = e∫ cos(t)

sin(t) = eln(sin(t)) = sin(t) (2.71)

Multiplicando ambos os membros da equação dada por sin(t) obtemos

d

dt[sin(t)y(t)] = cos(2t) (2.72)

e portanto a solução da equação diferencial é a família de funções definidapor

y(t) = cos(t) +C

sin(t), x ∈ ]0, π[ (2.73)



sendo C tal que y(π2

)= 1

2. Assim

1

2= 0 +

C

1⇔ C =

1

2. (2.74)

A solução do PVI é

y(t) = cos(t) +1

2 sin(t), x ∈ ]0, π[ (2.75)

Exercício 17 Resolva as seguintes equações diferenciais. Identifique previ-amente as variáveis dependente e independente.

1.xy′ − y = x (2.76)

2.y′ + y = ex (2.77)

3.y′ + 2xy = x (2.78)

4.t2y′ + ty = t3 (2.79)

Exercício 18 Resolva os seguintes PVI

1.y′ − 1

xy = x2, y(1) = 3 (2.80)

2.y′ − 2xy = 6xex

2

, y(0) = 1 (2.81)

3.y′ + 3x2y = 6x2, y(0) = 3 (2.82)

4.t2y′ + ty = 1, y(1) = 2 (2.83)



2.6.3 Equações Exactas

A equação diferencial de primeira ordem, escrita com a forma

M(t, y)dt+N(t, y)dy = 0 (2.84)

diz-se uma equação diferencial exacta se e só se M,N são funções declasse C1(R), onde R = (t, y) : a < t < b ∧ c < y < d e

∂M

∂y=∂N

∂t.

Para uma equação diferencial exacta mostra-se a solução geral é dada naforma implícita por

F (t, y(t)) = C (2.85)

C, uma constante arbitrária e F uma função escalar que verifica

∂F

∂t= M ∧ ∂F

∂y= N (2.86)

Exemplo 28 Resolver

ty4 +(2t2y3 + 3y5 − 20y3

) dydt

= 0 (2.87)

Escrevamos a equação na forma diferencial

ty4dt+(2t2y3 + 3y5 − 20y3

)dy = 0 (2.88)

As funções M,N definidas por M(t, y) = ty4 e N(t, y) = 2t2y3 + 3y5 − 20y3

são funções de classe C1 em R2 e ∂M∂y

= 4ty3 = ∂N∂t. Então a solução da

equação diferencial é dada na forma implícita por F (t, y(t)) = C, C, umaconstante arbitrária e F uma função escalar que verifica

∂F

∂t= ty4 ∧ ∂F

∂y= 2t2y3 + 3y5 − 20y3 (2.89)

Integrando a primeira equação em ordem a t obtemos F (t, y) = t2

2y4 + h(y).

Integrando em ordem a y a segunda equação,

F (t, y) =t2

2y4 +

y6

2− 20y4

4+ g(t).



Comparando estas duas expressões para F podemos escolher F tal que

F (t, y) =t2

2y4 +

y6

2− 20y4

4

e portanto a solução da equação diferencial dada fica definida de modo im-plícito por

t2

2y4 +

y6

2− 20y4

4= C (2.90)

Exemplo 29 Resolver (1− t2

y2

)dy

dt+

2t

y= 0 (2.91)

Esta equação pose escrever-se na forma(1− t2

y2

)dy +

2t

ydt = 0 (2.92)

As funçõesM,N definidas porM(t, y) = 2tye N(t, y) = 1− t2

y2são funções

de classe C1 em R × R+ e ∂M∂y

= −2ty2

= ∂N∂t. Então a solução da equação

diferencial é dada na forma implícita por F (t, y(t)) = C, C, uma constantearbitrária e F uma função escalar que verifica

∂F

∂t=

2t

y∧ ∂F

∂y= 1− t2

y2(2.93)

Integrando a primeira equação em ordem a t obtemos F (t, y) = t2

y+ h(y).

Integrando em ordem a y a segunda equação,

F (t, y) = y +t2

y+ g(t).

Comparando estas duas expressões para F podemos escolher f tal que

F (t, y) = y +t2

y

e portanto a solução da equação diferencial dada fica definida de modo im-plícito por

y +t2

y= C (2.94)



2.6.4 Equações Redutíveis a Exactas

Por vezes uma dada equação não é exacta mas pode-se reduzir a exactamultiplicando ambos os membros por um factor integrante. Vejamos umexemplo

Exemplo 30 Resolver (y2 − t2

) dydt

+ 2ty = 0 (2.95)

Considerando M e N as funções de classe C1 definidas por M(t, y) = 2tye N(t, y) = y2 − t2, facilmente se verifica que

∂M

∂y= 2t 6= −2t =

∂N

∂t(2.96)

e portanto a equação dada não é exacta. Observe-se no entanto que y(t) = 0é solução da equação dada e que se multiplicarmos ambos os membros daequação pelo factor integrante

µ =1

y2(2.97)

obtemos a equação do exemplo anterior, isto é, este factor permite reduzir aequação dada a uma exacta. As soluções desta equação não exacta são

y(t) = 0 ∨ y +t2

y= C (2.98)

A questão que se coloca é a de saber como determinar um factor integrantede modo a reduzir a exacta uma dada equação não exacta. Seja

M(t, y)dt+N(t, y)dy = 0 (2.99)

uma equação não exacta e µ = µ(t, y) o factor a determinar. Multiplicandoambos os membros de uma equação não exacta por µ obtemos

µM(t, y)dt+ µN(t, y)dy = 0 (2.100)

Para que esta equação seja exacta µM e µN devem ser funções de classe C1

e∂ (µM)

∂y=∂ (µN)

∂t(2.101)



o que é o mesmo que dizer que µ deve verificar a equação de derivadasparciais:

µ

(∂M

∂y− ∂N

∂t

)= N

∂µ

∂t−M∂µ

∂y(2.102)

Vejamos dois casos particulares em que é fácil determinar um factor inte-grante.

1. Admitamos que a equação dada admite um factor integrante que de-pende somente de y. Nesse caso a equação de derivadas parciais reduz-se a uma equação de derivadas ordinárias e escreve-se

−d ln(µ)

dy=

∂M∂y− ∂N

∂t

M(2.103)

donde se determina por integração que

µ = e−∫ϕ(y)dy (2.104)

onde

ϕ(y) =

∂M∂y− ∂N

∂t

M(2.105)

Observe-se que não se pode proceder deste modo se a expressão

∂M∂y− ∂N

∂t

M

depender de y e de t e não somente de y.

2. Admitamos que a equação dada admite um factor integrante que de-pende somente de t. Nesse caso a equação de derivadas parciais reduz-sea uma equação de derivadas ordinárias e escreve-se

d ln(µ)

dt=

∂M∂y− ∂N

∂t

N(2.106)

donde se determina por integração que

µ = e∫ϕ(t)dt (2.107)

onde

ϕ(t) =

∂M∂y− ∂N

∂t

N(2.108)



Observe-se que não se pode proceder deste modo se a expressão∂M∂y− ∂N

∂t

N

depender de y e de t e não somente de t.

Exemplo 31 Resolver a equação(y + ty2

)− tdy

dt= 0 (2.109)

Seja M(t, y) = y + ty2 e N(t, y) = −t. Ora,

∂(y + ty2)

∂y= 1 + 2ty

e∂(−t)∂t

= −1 6= 1 + 2ty

e portanto a equação dada não é uma equação exacta. No entanto,∂M∂y− ∂N

∂t

M=

2 + 2ty

y + ty2=

2

y(2.110)

depende somente de y pelo que

µ = e−∫

2ydy = e−2 ln(y) =

1

y2

é um factor integrante. Multiplicando ambos os membros por µ, supondoy 6= 0, obtemos a equação exacta(

1

y+ t

)dt− t

y2dy = 0 (2.111)

com solução na forma implícita dada por

t

y+t2

2= C

Explicitando, y(t) = 2tK−t2 , K uma constante arbitrária. A solução geral da

equação dada é pois

y(t) = 0 ∨ y(t) =2t

K − t2(2.112)



Observe-se que o domínio de uma dada solução particular nem sempre é R.Por exemplo procuremos a solução particular que verifica y(1) = 2. NestecasoK deverá verifica a equação 2

K−1 = 2 ou sejaK = 2. A solução particularé pois,

y(t) =2t

2− t2,−√

2 < t <√

2 (2.113)

Exercício 19 Resolver as equações diferenciais

1.t

2cot y

dy

dt= −1 (2.114)

2.eydx+ (xey + 2y)dy = 0 (2.115)

3.t2y − (t3 + y3)

dy

dt= 0 (2.116)

4.y3dx+ 3xy2dy = 0 (2.117)

5.(1 + xy)dx+ x2dy = 0 (2.118)

6.(x3 +

y

x)dx+ (y2 + lnx)dy = 0 (2.119)



2.6.5 Mudança de Variável

Para finalizar esta secção respeitante a técnicas analíticas para resolução deequações diferenciais ordinárias de primeira ordem apresentamos dois exem-plos que ilustram uma técnica importante: a mudança de variável.

Equações Homogéneas

A equação diferencial y′(t) = f(t, y) diz-se homogénea se e só se a funçãof é homogénea, isto é sse

f(λt, λy) = f(t, y) (2.120)

Para uma equação homogénea a mudança de variável z = ytdá origem a uma

equação de variáveis separáveis na nova variável z. De facto por mudançade variável, a equação y′(t) = f(t, y) origina a equação tz′(t) + z = f(t, tz)e admitindo que f é homogénea f(t, tz) = f(1, z), isto é só depende de z.Assim, na variável z, são soluções constantes

f(1, z)− z = 0 (2.121)

e soluções não constantes ∫dz

f(1, z)− z=

∫dt

t(2.122)

Exemplo 32 Resolverdy

dt=t2 − y2

ty(2.123)

Como y = tz vem y′ = z+ tz′ e portanto a equação escreve-se, na variável z

z + tdz

dt=

1− z2

z(2.124)

São soluções constantes z(t) = 1/√

2 ou z(t) = −1/√

2. As soluções nãoconstantes são dadas por ∫

zdz

1− 2z2=

∫dt

t(2.125)

Ora∫

dtt

= ln(|t|) + C e∫

zdz1−2z2 = − ln |1−2z2|

4+ C pelo que as soluções não

constantes ficam definidas de modo implícito por

1− 2z2 = Kt−4, K 6= 0 (2.126)



Na variável y a família de soluções fica definida por

1− 2(yt

)2= Kt−4 (2.127)

com K uma constante qualquer.

Equações de Bernoulli

Uma equação diferencial de primeira ordem com a forma

dy

dt+ f(t)y = g(t)yα, α 6= 0, 1 (2.128)

com f, g funções de classe C1 num intervalo de R diz-se uma equação deBernoulli.

A mudança de variável, z = y1−α transforma-a na equação linear deprimeira ordem,

dz

dt+ (1− α) f(t)z = (1− α) g(t) (2.129)

Exemplo 33 Resolvery′(t) + ty = ty2

Fazendo z = 1yvem y′ = − z′

z2e a equação transforma-se na equação linear,

− z′

z2+t

z=

t

z2(2.130)

ou seja z′ − tz = −t. O factor integrante é µ = e∫−tdt = e−t

2/2. Deste modoobtemos

d

dt

(z(t)e−t

2/2)

= −te−t2/2. (2.131)

A solução geral da equação linear é

z(t) = Cet2/2 + 1

e portanto y(t) = 1

Cet2/2+1

.



2.7 Equações Diferenciais: Aplicações

2.7.1 Trajectórias Ortogonais

A solução geral da equação

y′(t) = f(t, y)

representa uma família de curvas. As curvas da família F dizem-se orto-gonais às curvas da família G se e só se cada curva de uma dada família éintersectada por uma curva qualquer da outra família de tal modo que noponto de intersecção as respectivas tangentes foram um ângulo recto.

QUESTÃO: Dada uma família de curvas

F (t, y, C) = 0

associada a uma equação diferencial, determinar a família ortogonal a F.A família de curvas cuja trajectória é ortogonal a F obtém-se do seguinte

modo:

1. Escrevendo a equação diferencial associada a F.

2. Eliminando o parâmetro C , obtendo a equação diferencial

Φ

(t, y,

dy

dt

)= 0 (2.132)

3. Resolvendo a equação diferencial

Φ

(t, y,−

(dy

dt

)−1)= 0 (2.133)

pois a família de curvas cuja trajectória é ortogonal a F é solução dessaequação.

Exemplo 34 Determinar a família de curvas ortogonais à família de cir-cunferências x2 + y2 = r2, r > 0

Derivando ambos os membros da equação que define a família de curvasgeramos a equação diferencial cuja solução é essa família, a saber,

2x+ 2yy′ = 0


2.7 Equações Diferenciais: Aplicações 49

Para obrigar à ortogonalidade vamos definir uma nova equação diferencial apartir desta mas substituindo y′ por −1

y′,

2x+ 2y−1

y′= 0

Esta equação é uma equação de variáveis separáveis. As soluções não con-stantes são dadas por ∫

dy

y=

∫dx

x

e portantoy(x) = Kx

define a família de curvas ortogonal à família dada.

Exemplo 35 Determinar a família de curvas ortogonais à família de hipér-boles y = 1

x+a,

Derivando ambos os membros da equação que define a família de curvasgeramos a equação diferencial cuja solução é essa família, a saber,

y′ =−1

(x+ a)2

Da equação dada, facilmente se verifica que x + a = 1y, obtendo a equação

y′ = −y2. Para obrigar à ortogonalidade vamos definir uma nova equaçãodiferencial a partir desta mas substituindo y′ por −1

y′,

y2y′ = 1

Esta equação é uma equação de variáveis separáveis. As soluções não con-stantes são dadas por ∫

y2dy =

∫dx

e portanto a equaçãoy3 − 3x = k

define de forma implícita a família de curvas ortogonal à família dada.



2.8 Resolução NuméricaPara calcular a solução numérica do problema do valor inicial

dy

dt= f(t, y), y(t0) = y0 (2.134)

num intervalo [t0, tf ], devemos primeiramente discretizar a variável livre t.Consideremos uma malha uniforme de passo h > 0. Seja tn+1 = tn+h, n =0, 1, ..., N . Pretendemos determinar um valor aproximado da solução do PVIem cada um dos instantes tn. É usual representar essa aproximação por yn,isto é, yn ≈ y(tn). Nesta secção apresentamos um método muito simples, ométodo de Euler.

Método de Euler O método de Euler2 usa toda a informação que o PVIfornece para o instante tn para calcular uma aproximação da solução noinstante seguinte, tn+1. Para o instante inicial, t0 conhecemos não só osvalores de t0 e de y0 mas também o valor da derivada de y em t0, y′(t0) =f(t0, y0). Deste modo podemos aproximar a solução que procuramos pelafunção cujo gráfico é a recta tangente ao gráfico da solução y que pretendemosdeterminar e que passa por (t0, y0). Podemos pois afirmar que estamos a usara linearização da solução desconhecida y em torno de t0,

L0(t) = y0 + f(t0, y0)(t− t0) (2.135)

Deste modo, no instante t1 = t0 + h obtemos

y1 = y0 + hf(t0, y0) (2.136)

Neste instante são conhecidos t1, uma aproximação de y(t1)), y(t1)) ≈ y1 euma aproximação da derivada de y em t1, y′(t1) ≈ f(t1, y1). Assim por umraciocínio análogo é possível determinar uma aproximação a y(t2),

y2 = y1 + hf(t1, y1) (2.137)

Repetindo este processo, podemos aproximar a solução do PVI num pontotn+1 fazendo

y(tn+1) ≈ yn+1 = yn + hf(tn, yn) (2.138)

2Leonhard Paul Euler (1707-1783)


2.8 Resolução Numérica 51

h y5 ≈ y(t5) |y5 − y(t5)|0.1 1.1258784321 0.00730.05 1.12946683604667 0.00370.005 1.13277594968261 0.000380.0005 1.13311115851822 0.000038

Tabela 2.1: Método de Euler

Usualmente escrevemos fn = f(tn, yn) e a fórmula para o método explícitode Euler escreve-se

yn+1 = yn + hfn (2.139)

Exemplo 36 Usando o método de Euler, calcular um valor aproximado dey(1.5) sendo y a solução do PVI dy

dt= 0.2ty, y(1) = 1

Consideremos o passo h = 0.1. Então,

y(1.1) ≈ 1 + 0.1× 0.2× 1× 1 = 1.02

y(1.2) ≈ 1.02 + 0.1× 0.2× 1.1× 1.02 = 1.04244

y(1.3) ≈ 1.04244 + 0.1× 0.2× 1.2× 1.04244 = 1.06745856

y(1.4) ≈ 1.06745856 + 0.1× 0.2× 1.3× 1.06745856 = 1.09521248256

y(1.5) ≈ 1.09521248256 + 0.1× 0.2× 1.4× 1.09521248256 = 1.1258784321

Para este PVI, conhecemos a solução analítica e portanto podemos avaliaro erro cometido. A solução é y(t) = e0.1(t

2−1) (confirme) e portanto o erroabsoluto é ∣∣∣e0.1((1.5)2−1) − 1.1258784321

∣∣∣ ≈ 0.0073 (2.140)

o que nos indica que o valor aproximado calculado y5 ≈ y(t5) apenas tem umacasa decimal correcta. Um valor mais preciso pode ser obtido fazendo umaescolha de um passo h menor. A tabela 2.1 mostra os valores aproximados dasolução em t = 1.5, para diferentes valores de h, assim como o erro absoluto.Os cálculos foram efectuados usando o programa matlab em anexo.

Como constatamos a partir da tabela, for necessária uma partição dointervalo de integração usando 1000 pontos para se obter uma aproximaçãocom 4 casas decimais correctas. O método de Euler é um método simples eintuitivo mas raramente usado para resolver PVI complexos. Para obtermos



resultados com precisão elevada seria necessário usar valores de h demasiadopequenos o que torna o esforço computacional demasiado elevado. O maisnatural será usar aproximações usando desenvolvimentos de Taylor de ordemsuperior a um. No entanto isso obriga ao cálculo de derivadas de ordemsuperior. Por essa razão foram desenvolvidos métodos com o objectivo deproduzirem resultados com a mesma precisão do que os obtidos por sériede Taylor truncada mas sem ser necessário o cálculo de derivadas de ordemelevada. Esses métodos designam-se por métodos de Runge3-Kutta4.

Runge-Kutta de 2a ordem Um método de Runge-Kutta de segunda or-dem muito usado é

y(tn+1) ≈ yn+1 = yn +h

2(k1 + k2) (2.141)

ondek1 = fn = f (tn, yn) (2.142)

ek2 = f (tn + h, yn + hk1) (2.143)

Runge-Kutta de 4a ordem Fórmulas de Runge-Kutta de ordem superiorpodem ser desenvolvidas. No entanto a sua dedução é fastidiosa pelo que noslimitamos a apresentar o mais popular dos métodos de Runge-Kutta de 4a

ordem. A fórmula para estimar y(tn+1) é,

y(tn+1) ≈ yn+1 = yn +h

6(k1 + 2k2 + 2k3 + k4) (2.144)

ondek1 = f (tn, yn)

k2 = f

(tn +

h

2, yn +

hk12

)k3 = f

(tn +

h

2, yn +

hk22

)k4 = f (tn + h, yn + hk3)

3Carl Runge (1856-1927)4Martin Kutta (1867-1944)



Figura 2.21: Método de Euler e Método de Runge-Kutta de 4a ordem

Exemplo 37 Na tabela 2.2 apresentamos a solução numérica do exemploanterior,

y′ = 0.2ty, y(1) = 1,

usando o método de Runge-Kutta de quarta ordem com um passo h = 0.1.

A figura 2.21 compara a solução exacta, y(t) = e0.1(t2−1), com as aproxi-

mações obtidas pelos métodos de Euler e de Runge-Kutta com passo h = 0.1.

tn yn ≈ y(tn) |yn − y(tn)|1.0 1.00001.1 1.02122205158500 0.053× 10−9

1.2 1.04498235475720 0.14× 10−9

1.3 1.07143620890117 0.25× 10−9

1.4 1.10075906357880 0.42× 10−9

1.5 1.13314845241179 0.66× 10−9

Tabela 2.2: Método de Runge-Kutta de 4a ordem pra y′ = 0.2ty, y(1) = 1



Figura 2.22: Método de Runge-Kutta de 4a ordem e solução exacta de y′ =1 + x+ y, y(0) = 0

Exemplo 38 Na figura 2.22 e tabela 2.3 apresentamos o gráfico da soluçãodo PVI

y′(x) = 1 + x+ y, y(0) = 0

no intervalo [0, 1] usando o método de Runge-Kutta de quarta ordem com umpasso h = 0.1 assim como a solução exacta, y(x) = −x− 2 + 2ex.

O valor exacto é y(1) = −3 + 2e pelo que o erro absoluto é

eabsoluto(1) ≈ 0.42× 10−5

o que garante 5 casas decimais correctas, logo

y(1) ≈ 2.43656.

Função Matlab para implementação do método de Euler A funçãomatlab ’metodoeuler’ integra um sistema de equações diferenciais ordináriasdescrito na M-file ’yderivada.m’ no intervalo tspan = [t0, tfinal] usando umpasso h e condições iniciais y0.



function [tout, yout] = metodoeuler(FunFcn, tspan, y0, h)t0=tspan(1);tfinal=tspan(2);t = t0;y = y0(:);tout = t;yout = y.’;dt = abs(tfinal - t0);N = floor(dt/h) + 1;if (N-1)*h < dt

N = N + 1;endtout = zeros(N,1);tout(1) = t;yout = zeros(N,size(y,1));yout(1,:) = y.’;k = 1;while k < N

if (t + h - tfinal) > 0h = tfinal - t;tout(k+1) = tfinal;

elsetout(k+1) = t0 +k*h;

endk = k+1;s1 = feval(FunFcn, t, y); s1 = s1(:);y = y + h*s1;t = tout(k);yout(k,:) = y.’;

end;

Como exemplo, para resolver o PVI y′ = 0.2ty, y(1) = 1 no intervalo[1, 1.5] usando o método de Euler com um passo h = 0.05 devemos construira função matlab ’yderivada’ e usar a seguinte linha de comando:

>> [t,y] = metodoeuler(’yderivada’, [1 1.5], 1, 0.05)

onde



function yd=yderivada(t,y)yd=0.2.*t.*yend

Para visualização dos resultados podemos usar a instrução

>> plot(t,y,’0’)

Função Matlab para implementação do método de Runge-Kutta desegunda ordem

function [tout, yout] = metodork2(FunFcn, tspan, y0, h)t0=tspan(1);tfinal=tspan(2);t = t0;y = y0(:);dt = abs(tfinal - t0);N = floor(dt/h) + 1;if (N-1)*h < dt

N = N + 1;endtout = zeros(N,1);tout(1) = t;yout = zeros(N,size(y,1));yout(1,:) = y.’;k = 1;while k < N



endk = k + 1;s1 = feval(FunFcn, t, y); s1 = s1(:);s2 = feval(FunFcn, t + h, y + h*s1); s2=s2(:);y = y + h*(s1 + s2)/2;t = tout(k);yout(k,:) = y.’;



end;

Função Matlab para implementação do método de Runge-Kutta dequarta ordem

function [tout, yout] = metodork4(FunFcn, tspan, y0, h)t0=tspan(1);tfinal=tspan(2);t = t0;y = y0(:);dt = abs(tfinal - t0);N = floor(dt/h) + 1;if (N-1)*h < dt

N = N + 1;endtout = zeros(N,1);tout(1) = t;yout = zeros(N,size(y,1));yout(1,:) = y.’;k = 1;while (k < N)



endk = k + 1;s1 = feval(FunFcn, t, y); s1 = s1(:);s2 = feval(FunFcn, t + h/2, y + h*s1/2); s2=s2(:);s3 = feval(FunFcn, t + h/2, y + h*s2/2); s3=s3(:);s4 = feval(FunFcn, t + h, y + h*s3); s4=s4(:);y = y + h*(s1 + 2*s2 + 2*s3 +s4)/6;t = tout(k);yout(k,:) = y.’;

end;



tn yn ≈ y(tn) |yn − y(tn)|0.0 0.00000.1 0.110341666666667 0.017× 10−5

0.2 0.242805141701389 0.038× 10−5

0.3 0.399716994125075 0.062× 10−5

0.4 0.583648480161371 0.092× 10−5

0.5 0.797441277193676 0.13× 10−5

0.6 1.044235924183866 0.17× 10−5

0.7 1.327503253193554 0.22× 10−5

0.8 1.651079126584631 0.28× 10−5

0.9 2.019202827560142 0.34× 10−5

1.0 2.436559488270332 0.42× 10−5

Tabela 2.3: Método de Runge-Kutta de 4a ordem pra y′ = 1+x+y, y(0) = 0


Capítulo 3

Equações Diferenciais de OrdemSuperior

3.1 IntroduçãoNo capítulo anterior vimos como resolver analiticamente equações diferenciaisde primeira ordem, desde que pertencessem a uma classe especial, equaçõesde variáveis separáveis, lineares, exactas ou que por uma mudança de variávelfosse possível convertê-las em equações de uma destas classes. Vamos agoraabordar a questão da resolução analítica de equações diferenciais de ordemsuperior. Uma equação diferencial de ordem n é uma equação envolvendo avariável independente, uma função e as suas derivadas até à ordem n definidasnum intervalo I e escreve-se

Ω(t, y, y′, y′′, ..., yn−1, yn

)= 0 (3.1)

Vejamos alguns exemplos:

Exemplo 39yy′′ + (y′)2 = 0 (3.2)

ty′′ + 2y′ + t = 1 (3.3)

y(4) + y′′ = 2t− 5 (3.4)


60 Equações Diferenciais de Ordem Superior

t3y(3) − t2y′′ + 2ty′ − 2y = 0 (3.5)

A primeira equação é uma equação não linear de segunda ordem, en-quanto que as outras designam-se por equações lineares.

3.2 Equações Lineares de Ordem SuperiorDefinição 3 Uma equação diferencial de ordem n com a forma

an(t)y(n)(t) + an−1(t)y(n−1)(t) + · · ·+ a1(t)y

′(t) + a0(t)y(t) = g(t) (3.6)

diz-se equação diferencial linear de ordem n.

Teorema da existência e unicidade da solução de um PVI linear

Teorema 2 Consideremos a equação (3.6). Se as funções ai, i = 0, ..., n eg são contínuas num intervalo I e an(t) 6= 0,∀t ∈ I e se t0 ∈ I então existeuma única solução da equação linear (3.6) no intervalo I, que verifica ascondições iniciais

y(t0) = y0 , y′(t0) = y1 , · · · , y(n−1)(t0) = yn−1 (3.7)

Exemplo 40 Verificar que y(t) = 3e2t + e−2t− 3t é a única solução do PVI

y′′ − 4y = 12t , t ∈ R , y(0) = 4 , y′(0) = 1 (3.8)

Vejamos primeiramente que são verificadas as condições de existência eunicidade do PVI. Neste caso a2(t) = 1,a1(t) = 0 , a0(t) = −4 e g(t) = 12tlogo a2, a1, a0 e g são funções contínuas em R e a2(t) 6= 0, ∀t ∈ R e portantoo PVI tem solução única. Vejamos agora que a função dada é solução daequação diferencial e satisfaz as condições iniciais. Calculemos

y′(t) = 6e2t − 2e−2t − 3

ey′′(t) = 12e2t + 4e−2t

Substituindo na equação dada,

y′′ − 4y = 12e2t + 4e−2t − 4(3e2t + e−2t − 3t

)Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem

3.2 Equações Lineares de Ordem Superior 61

pelo quey′′ − 4y = −12t

o que mostra que y é solução da equação diferencial. Calculemos agoray(0) = 3e0 + e0 − 3× 0 e y′(0) = 6e0 − 2e0 − 3. Donde y(0) = 4 e y′(0) = 1,o que mostra que y é a única solução do PVI dado.

Exemplo 41 Verificar que o PVI

t2y′′ − 2ty′ + 2y = 6 , t ∈ R , y(0) = 3 , y′(0) = 1 (3.9)

admite as soluções y1(t) = t+ 3 e y2(t) = t2 + t+ 3.

Vejamos primeiramente que não são verificadas as condições de existênciae unicidade do PVI. Neste caso a2(t) = t2,a1(t) = −2t, a0(t) = 2 e g(t) = 6logo a2, a1, a0 e g são funções contínuas em R mas a2(0) = 0 e portanto oteorema não se aplica.

Vejamos agora que a função y1 é solução da equação diferencial e satisfazas condições iniciais. Calculemos

(y1)′(t) = 1

e(y1)

′′(t) = 0


t2(y1)′′ − 2t(y1)

′ + 2y1 = 0− 2t+ 2(t+ 3)

pelo quet2(y1)

′′ − 2t(y1)′ + 2y1 = 6

o que mostra que y1 é solução da equação diferencial. Calculemos agoray1(0) = 3 e (y1)

′(0) = 1, o que mostra que y1 é solução do PVI dado.Consideremos agora a função y2 e vejamos que esta função também é soluçãoda equação diferencial e satisfaz as condições iniciais. Calculemos

(y2)′(t) = 2t+ 1

e(y2)

′′(t) = 2




t2(y2)′′ − 2t(y2)

′ + 2y2 = 2t2 − 4t2 − 2t+ 2(t2 + t+ 3)

pelo quet2(y2)

′′ − 2t(y2)′ + 2y2 = 6

o que mostra que y2 é solução da equação diferencial. Calculemos agoray2(0) = 3 e (y2)

′(0) = 1, o que mostra que y2 é solução do PVI dado.

3.2.1 Equações Diferenciais Lineares e Homogéneas

Uma equação linear com a forma

an(t)y(n)(t) + an−1(t)y(n−1)(t) + · · ·+ a1(t)y

′(t) + a0(t)y(t) = 0 (3.10)

diz-se uma equação diferencial de ordem n linear e homogénea.No que se segue e sempre que façamos referência a esta equação vamos

admitir que

• os coeficientes ai, i = 0, ..., n são funções contínuas em I

• an(t) 6= 0, ∀t ∈ I

Deste modo designamos por equação diferencial de ordem n, linear ehomogénea uma equação do tipo

y(n)(t) + pn−1(t)y(n−1)(t) + · · ·+ p1(t)y

′(t) + p0(t)y(t) = 0 (3.11)

em que as funções pi são funções contínuas em I.

Teorema 3 A função nula é solução de qualquer equação diferencial de or-dem n linear e homogénea.

Teorema 4 Um problema do valor inicial associado a uma equação diferen-cial de ordem n linear e homogénea tem solução única



Princípio da sobreposição

Teorema 5 Sejam y1 e y2 duas soluções de uma equação diferencial, (3.11),de ordem n linear e homogénea no intervalo I e c um número real qualquer.Então

• A função z definida por z(t) = cy1(t), t ∈ I é solução da equaçãodiferencial.

• A função u definida por u(t) = y1(t)+y2(t), t ∈ I é solução da equaçãodiferencial.

Se y1 e y2 são solução da equação diferencial de ordem n linear e ho-mogénea (3.11) então

(y1)(n)(t) + pn−1(t)(y1)

(n−1)(t) + · · ·+ p1(t)(y1)′(t) + p0(t)y1(t) = 0 (3.12)

e

(y2)(n)(t) + pn−1(t)(y2)

(n−1)(t) + · · ·+ p1(t)(y2)′(t) + p0(t)y2(t) = 0

Somando ambos os membros destas duas equações obtemos a equação equi-valente

u(n)(t) + pn−1(t)[u(n−1)

]+ · · ·+ p1(t) [u′(t)] + p0(t) [u(t)] = 0

o que mostra que u definida por u(t) = y1(t) + y2(t) é solução de (3.11).Multiplicando ambos os membros de (3.12) por c facilmente se conclui

que z definida por z(t) = cy1(t) é solução de (3.11).

Definição 4 Qualquer conjunto de n funções y1, y2, ..., yn, soluções da equ-ação diferencial linear homogénea (3.11) no intervalo I, linearmente inde-pendentes em I, diz-se um conjunto fundamental de soluções, CFS.

Critério para a dependência/independência linear Sejam y1, ...,ynsoluções da equação diferencial linear homogénea (3.11) no intervalo I então

• O conjunto das solução y1, ...,yn é linearmente independente em I se esó se o wronskiano, W (y1, y2, ..., yn) 6= 0, ∀t ∈ I



Exemplo 42 As funções y1(t) = e3t e y2(t) = e−3t são soluções linearmenteindependentes da equação y′′ − 9y = 0 em R.

De facto, (y1)′(t) = 3e3t e (y1)

′′(t) = 9e3t logo y′′− 9y = 9e3t− 9 (e3t) = 0é uma proposição verdadeira pelo que y1 é solução da equação em R. Poroutro lado y2 também é solução da equação em R pois (y2)

′(t) = −3e−3t

e (y2)′′(t) = 9e−3t logo y′′ − 9y = 9e−3t − 9 (e−3t) = 0 é uma proposição

verdadeira. Vejamos que y1 e y2 são linearmente independentes em R.

W (y1, y2) =

∣∣∣∣ y1 y2(y1)

′ (y2)′

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ e3t e−3t

3e3t −3e−3t

∣∣∣∣ = −6 6= 0, ∀t ∈ R (3.13)

O princípio da sobreposição diz-nos que quaisquer que sejam c1 e c2, a funçãodefinida por y(t) = c1e

3t + c2e−3t é também solução da equação. O teorema

seguinte permite concluir que qualquer solução da equação y′′ − 9y = 0 tema forma y(t) = c1e

3t+c2e−3t sendo c1 e c2 constantes que ficam determinadas

pelas condições iniciais. Diremos que y(t) = c1e3t + c2e

−3t é a solução geralda equação.

Teorema 6 Sejam yi, i = 1, .., n, e n soluções de uma equação diferencialde ordem n linear e homogénea no intervalo I, (3.11), linearmente indepen-dentes em I. Se y é solução de (3.11) então existem números ci, i = 1, .., ntal que

y(t) = c1y1(t) + c2y2(t) + ...+ cnyn(t), ∀t ∈ R (3.14)

O que este teorema afirma é que um conjunto fundamental de soluçõesda equação (3.11) gera o espaço de soluções.

Reformulemos o teorema e façamos a sua demonstração deste teoremapara o caso de n = 2.

Teorema 7 Sejam y1 e y2 duas soluções linearmente independentes em I deuma equação diferencial linear e homogénea de segunda ordem,

y′′(t) + p(t)y′(t) + q(t)y(t) = 0, (3.15)

em que p e q são funções contínuas em I. Se y é solução de (3.15) entãoexistem números c1 e c2 tal que

y(t) = c1y1(t) + c2y2(t), ∀t ∈ R (3.16)



Seja α ∈ I tal que a solução da equação 3.15 satisfaz as condições iniciaisy(α) = A e y′(α) = B. Se examinarmos o sistema de equações

c1y1(α) + c2y2(α) = Ac1(y1)

′(α) + c2(y2)′(α) = B

(3.17)

verificamos que a matriz principal deste sistema tem um determinante nãonulo pois não é mais do que o wronskiano de y1 e y2 calculados em α e,por hipótese, o wronskiano de W (y1, y2) 6= 0, ∀t ∈ I pois y1, e y2 são duassoluções linearmente independentes em I. Deste modo este sistema temsolução única, isto é, pode ser resolvido de modo único em ordem a c1 e c2.Com estes valores podemos definir a solução

h(t) = c1y1(t) + c2y2(t)

Então, no ponto t = α,

h(α) = c1y1(α) + c2y2(α) = y(α)

eh′(α) = c1(y1)

′(α) + c2(y2)′(α) = y′(α)

Deste modo h e y são duas soluções da equação (3.15) com as mesmascondições iniciais. Pelo teorema da existência e unicidade da solução [admite-se que p e q são funções contínuas em I] podemos concluir que

h ≡ y = c1y1(t) + c2y2(t)

ou seja, qualquer solução da equação (3.15) é gerada pelo CFS y1, y2.

Exemplo 43 As funções y1(t) = e2t e y2(t) = e−2t são soluções linearmenteindependentes da equação y′′ − 4y = 0 em R. A solução geral é y(t) =c1e

2t + c2e−2t, t ∈ R.

Exemplo 44 As funções y1(t) = et, y2(t) = e2t e y3(t) = e3t são soluçõeslinearmente independentes da equação y′′′ − 6y′′ + 11y′ − 6y = 0 em R. Asolução geral é y(t) = c1e

t + c2e2t + c3e

3t, t ∈ R.



Redução de ordem Consideremos a equação de segunda ordem linear ehomogénea

y′′(t) + p(t)y′(t) + q(t)y(t) = 0 (3.18)

e admitamos que é conhecida uma solução, y1 em I. Para determinar umasegunda solução y2, linearmente independente de y1 em I podemos escrevery2(t) = u(t)y1(t) em que u não é constante. Ora,

(y2)′(t) = u′(t)y1(t) + u(t)(y1)

′(t)

e derivando novamente

(y2)′′(t) = u′′(t)y1(t) + 2u′(t)(y1)

′(t) + u(t)(y1)′′(t)


u′′y1 + 2u′(y1)′ + u(y1)

′′ + p(t) [u′y1 + u(y1)′] + q(t)uy1 = 0

Podemos reescrever esta equação,

u′′y1 + 2u′(y1)′ + p(t)u′y1 + u(y1)

′′ + p(t)u(y1)′ + q(t)uy1 = 0

o que é equivalente a

u′′y1 + 2u′(y1)′ + p(t)u′y1 + u [(y1)

′′ + p(t)(y1)′ + q(t)y1] = 0

Mas y1 é solução da equação dada pelo que

u [(y1)′′ + p(t)(y1)

′ + q(t)y1] = 0

Então y2 = uy1 é solução da equação sse

u′′y1 + 2u′(y1)′ + p(t)u′y1 = 0

Esta equação reduz-se a uma equação de primeira ordem fazendo u′ = ve u′′ = v′.

v′y1 + [2(y1)′ + p(t)y1] v = 0

Esta equação é uma equação linear de primeira ordem mas é tambémuma equação de variáveis separáveis, pelo que facilmente se encontra a funçãov. Integrando obtém-se a função u que procurávamos. A segunda soluçãoy2 = uy1, linearmente independente de y1, fica assim encontrada.



Exemplo 45 Sabendo que y1(t) = e3t é solução de y′′ − 9y = 0, encontrarum conjunto fundamental de soluções.

Procuremos uma segunda solução y2, linearmente independente de y1 emI escrevendo y2(t) = u(t)y1(t) em que u não é constante. Ora neste caso,y2(t) = u(t)e3t e portanto (y2)

′(t) = u′e3t + 3ue3t e (y2)′′(t) = u′′e3t + 6u′e3t +

9ue3t.Assim u deve verificar a equação

u′′e3t + 6u′e3t + 9ue3t − 9ue3t = 0⇔ u′′ + 6u′ = 0

Fazendo v = u′ e v′ = u′′ obtemos v′ + 6v = 0 e por separação devariáveis, v(t) = Ke−6t. Integrando vem, u(t) = −K

6e−6t. E portanto y2

pode ser escolhida de entre a família y2 = −K6e−6te3t. Escolhendo K = −6

obtemos y2(t) = e−3t. Deste modo um conjunto fundamental de soluções ée3t, e−3t

e este conjunto gera qualquer solução da equação dada, ou seja a soluçãogeral é

y(t) = ce3t + de−3t

com c e d constantes reais quaisquer.

Equações Lineares Homogéneas de Coeficientes Constantes

Uma equação diferencial de ordem n linear e homogénea de coeficientes cons-tantes é uma equação com a forma

pny(n)(t) + pn−1y

(n−1)(t) + · · ·+ p1y′(t) + p0y(t) = 0 (3.19)

em que pi, i = 0, .., n são constantes reais e pn 6= 0.Do estudo das equações diferenciais de 1a ordem sabemos que a solução

geral da equação de primeira ordem y′ + py = 0 onde p é um parâmetroreal é y(t) = Ke−pt, t ∈ R. Será que também existem soluções exponenciaispara uma equação linear e homogénea de coeficientes constantes de ordemsuperior? Vejamos primeiramente o caso particular das equações de segundaordem.



Equações de Segunda Ordem, Lineares, Homogéneas de Coefi-cientes Constantes

Consideremos a equação de 2a ordem linear e homogénea de coeficientesconstantes,

ay′′(t) + by′(t) + cy(t) = 0 (3.20)

e vejamos em que condições a função exponencial y(t) = eλt, t ∈ R é soluçãode (3.20). Derivando duas vezes e substituindo na equação obtém-se

aλ2eλt + bλeλt + ceλt = 0 (3.21)

Mas

aλ2eλt + bλeλt + ceλt = 0⇔ aλ2 + bλ+ c = 0

Esta equação auxiliar designa-se por equação característica.Pode-se pois afirmar que y(t) = eλt é solução da equação (3.20) se e só

se λ é raiz da equação característica. Ora, como é sabido esta equação temraízes reais e distintas sse b2 − 4ac > 0, tem uma raiz dupla sse b2 − 4ac = 0e tem raízes complexas conjugadas sse b2 − 4ac < 0.

Discutamos cada um dos casos apresentados:

Raízes Reais e Distintas Neste caso a equação característica tem duasraízes reais,

λ1 =−b+

√b2 − 4ac

2a∨ λ2 =

−b−√b2 − 4ac

2a

e portanto a equação diferencial admite as soluções y1(t) = eλ1t e y2(t) = eλ2t.Como λ1 6= λ2 estas soluções são linearmente independentes em R. Assim,

y1(t) = eλ1t, y2(t) = eλ2t

formam um conjunto fundamental de soluções e a solução geral é

y(t) = c1eλ1t + c2e

λ2t, t ∈ R.



Raiz Dupla Neste caso a equação característica tem uma raiz dupla,

λ =−b2a

e portanto a equação diferencial admite a solução y1(t) = eλt. Usando ométodo de redução de ordem procuremos uma outra solução, y2, linearmenteindependente de y1, fazendo y2(t) = u(t)y1(t) = u(t)eλt. Derivando duasvezes, substituindo na equação (3.20) e atendendo a que eλt 6= 0 segue-se que

au′′(t) + 2aλu′ + bu′(t) + u[aλ2 + bλ+ c

]= 0

Como λ é raíz da equação característica, aλ2 + bλ + c = 0, pelo que udeve satisfazer a equação

au′′(t) + [2aλ+ b]u′ = 0

Mas 2aλ+ b = 0. Logo a equação que permite determinar u é

au′′(t) = 0

Fazendo a mudança de variável, v = u′ e v′ = u′′ obtemos a equação deprimeira ordem,

v′(t) = 0

logo v(t) = C e portanto, u′(t) = C. Segue-se pois que u(t) = Ct + K.Escolhendo C = 1 e K = 0 temos que u(t) = t, e portanto uma segundasolução linearmente independente de y1 é

y2(t) = teλ2t

Estas duas soluções são linearmente independentes em R. Assim,

y1(t) = eλt, y2(t) = teλt


y(t) = c1eλt + c2te

λt, t ∈ R.



Raízes Complexas conjugadas Neste caso a equação característica temduas raízes complexas, que podem ser escritas como

λ1 = α + iβ ∨ λ2 = α− iβ

onde α e β > 0 são reais. Portanto não há diferenças formais entre este casoe o saco das raízes reais e distintas. A solução geral complexa da equaçãodiferencial é

y(t) = c1e(α+iβ)t + c2e

(α−iβ)t, t ∈ R.

com c1 e c2 constantes complexas.Na prática preferimos trabalhar com funções reais em vez de funções

complexas.Escolhendo c1 = 1 e c2 = 1 obtemos a solução real

y1(t) = e(α+iβ)t + e(α−iβ)t.

De facto usando a Fórmula de Euler para os complexos,

eiβt = cos(βt) + i sin(βt)

obtemosy1(t) = eαt

(eiβt + e−iβt

)= 2eαt cos(βt)

Escolhendo agora c1 = −i e c2 = i obtemos a solução real

y2(t) = −ie(α+iβ)t + ie(α−iβ)t

ou seja,

y2(t) = 2eαt sin(βt)

Assim, eαt cos(βt), eαt sin(βt)

formam um conjunto fundamental de soluções reais e geram o espaço de

soluções reais.A solução geral real escreve-se,

y(t) = eαtc1 [cos(βt) + c2 sin(βt)]



Exemplo 46 Resolver y′′ − 25y = 0

O polinómio característico associado a esta equação diferencial é

λ2 − 25 = 0

que admite as raízes reais e distintas λ = 5 ou λ = −5.Entãoe5t, e−5t


y(t) = c1e5t + c2e

−5t

Exemplo 47 Resolver y′′ − 10y′ + 25y = 0


λ2 − 10λ+ 25 = 0

que admite a raiz real dupla λ = 5. Entãoe5t, te5t


y(t) = c1e5t + c2te

5t

Exemplo 48 Resolver y′′ + 25y = 0


λ2 + 25 = 0

que admite as raízes conjugada complexas λ = 5i ou λ = −5i. Entãoe5it, e−5it

formam um conjunto fundamental de soluções complexas. Como e5it =

cos(5t) + i sin(5t), a solução geral real é

y(t) = c1 cos 5t+ c2 sin 5t



Equações de ordem superior a 2 Para resolver uma equação diferenciallinear homogénea de ordem superior, procedemos de modo análogo. Identi-ficamos o polinómio característico e procuramos as suas raízes. Se as raízessão reais e distintas procedemos como anteriormente. Os outros casos são umpouco diferentes pois as raízes de um polinómio de grau superior a 2 podemocorrer de várias formas. Vejamos alguns exemplos.

Exemplo 49 Resolver y′′′ − 4y′′ − 5y′ = 0.

A equação característica é

λ3 − 4λ2 − 5λ = 0⇔ λ = 0 ∨ λ2 − 4λ− 5 = 0

Então são raízes da equação característica λ = 0∨λ = 5∨λ = −1. Entãoa solução geral é

y(t) = c1e0t + c2e

5t + c3e−t

ou seja

y(t) = c1 + c2e5t + c3e

−t

com c1, c2 e c3 constantes reais.

Exemplo 50 Resolver y(4) − 4y(3) + 6y′′ − 4y′ + y = 0.


(λ− 1)4 = 0⇔ λ = 1

λ = 1 é raíz de multiplicidade 4 da equação característica. Então asolução geral é

y(t) = c1et + c2te

t + c3t2et + c4t

3et

com c1, c2, c3 e c3 constantes reais.

Exemplo 51 Resolver y′′′ + 2y′′ + 2y′ = 0.




λ3 + 2λ2 + 2λ = 0⇔ λ = 0 ∨ λ2 + 2λ+ 2 = 0

Então são raízes da equação característica λ = 0 ∨ λ = 1 + i ∨ λ = 1− i.Então a solução geral é

y(t) = c1e0t + et [c2 cos(t) + c3 sin(t)]

ou seja

y(t) = c1 + et [c2 cos(t) + c3 sin(t)]


PVI com equações de ordem superior

Exemplo 52 Resolver o problema de valor inicial y”+16y=0, y(0)=2,y’(0)=-2


λ2 + 16 = 0

cujas raízes são λ = 4i ∨ λ = −4i logo a solução geral da equação é

y(t) = c1 sin(4t) + c2 cos(4t)

em que c1 e c2 são tais que

2 = c1 sin(0) + c2 cos(0) ∧ −2 = 4c1 cos(0)− 4c2 sin(0)

Donde,

2 = c2 ∧ −2 = 4c1 × 2⇔ c1 = −0.5 ∧ c2 = 2

A solução do PVI é

y(t) = −0.5 sin(4t) + 2 cos(4t)



PVF com equações de ordem superior Outro tipo de problemas muitofrequente na física consiste na resolução de uma equação diferencial na qualé conhecida a informação sobre a solução em dois pontos distintos. Desig-namos estes problemas por problemas de valor na fronteira ou problemas devalor de contorno. Um problema deste tipo pode ter várias soluções, não tersolução ou ter solução única.

Exemplo 53 Resolver o problema de valor na fronteira

y′′ + 16y = 0, y(0) = 0, y(π

2) = 0

A solução geral da equação é

y(t) = c1 sin(4t) + c2 cos(4t)

Procuremos agora c1 e c2 satisfazendo as condições de contorno, o quesignifica encontrar as soluções de

c1 sin(0) + c2 cos(0) = 0 ∧ c1 sin(2π) + c2 cos(2π) = 0

o que é equivalente a

c2 = 0 ∧ c2 = 0

o que mostra que este PVF tem uma infinidade de soluções:

y(t) = k sin(4t)

Exemplo 54 Verificar o problema de valor na fronteira

y′′ + 16y = 0, y(0) = 0, y(π

2) = 1

não tem solução.

Exemplo 55 Verificar o problema de valor na fronteira

y′′ + 16y = 0, y(0) = 0, y(π

8) = 0

tem solução única.



3.2.2 Equações Diferenciais Lineares Não Homogéneas

Consideremos uma equação diferencial de ordem n, linear não homogénea

y(n)(t) + pn−1(t)y(n−1)(t) + · · ·+ p1(t)y

′(t) + p0(t)y(t) = g(t) (3.22)

e suponhamos que é conhecida uma solução particular, yp num intervalo I.Seja Y uma outra solução qualquer no intervalo I. Então é fácil verificar queY − yp é solução da equação homogénea associada,

y(n)(t) + pn−1(t)y(n−1)(t) + · · ·+ p1(t)y

′(t) + p0(t)y(t) = 0 (3.23)

Deste modo, uma vez conhecida a solução geral da equação homogénea,yH associada podemos dizer que a equação geral da equação linear não ho-mogénea em I é a função Y definida por

Y (t) = yH(t) + yp

Exemplo 56 Verificar que yp definida por yp(t) = e2t é uma solução parti-cular de y′′ − 3y′ − 4y = −3e2t e escrever a solução geral.

Calculemos a primeira e segunda derivadas de yp. Ora (yp)′(t) = 2e2t e

(yp)′′(t) = 4e2t. Ora,

y′′ − 3y′ − 4y = 4e2t − 3× 2e2t − 4× e2t = −3e2t,

o que mostra que yp(t) = e2t é uma solução particular. Procuremos agora asolução geral da equação homogénea associada,

y′′ − 3y′ − 4y = 0.


λ2 − 3λ− 4 = 0

cujas raízes são λ = 4 ∨ λ = −1 logo a solução geral da equação homogéneaassociada é

yH(t) = c1e4t + c2e

−t

e portanto a solução geral da equação não homogénea é

Y (t) = c1e4t + c2e

−t + e2t



Princípio da Sobreposição para Equações Não Homogéneas Con-sideremos uma equação diferencial de ordem n, linear não homogénea

y(n)(t) + pn−1(t)y(n−1)(t) + · · ·+ p1(t)y

′(t) + p0(t)y(t) = g(t) (3.24)

em que g = g1 + g2. Para encontrarmos uma solução particular destaequação basta encontrar separadamente soluções particulares para cada umadas equações:

y(n)(t) + pn−1(t)y(n−1)(t) + · · ·+ p1(t)y

′(t) + p0(t)y(t) = g1(t)y(n)(t) + pn−1(t)y

(n−1)(t) + · · ·+ p1(t)y′(t) + p0(t)y(t) = g2(t)

Seja yp1 uma solução particular da primeira equação e yp2 uma soluçãoparticular da segunda equação. Então facilmente se verifica que yp = yp1+yp2é solução particular da equação dada.

Método dos Coeficientes Indeterminados Vamos agora descrever ummétodo relativamente simples mas de alguma forma limitado que permitedeterminar uma solução particular da equação diferencial linear não ho-mogénea. Dizemos limitado porque este método só se aplica a equações decoeficientes constantes e para alguns alguma funções g que definem o termodo segundo membro da equação, como por exemplo funções polinomiais,funções exponenciais e funções senos e co-senos.

Este método aplica-se quando a função g é da forma

g(t) = Pm(t)ert sin(kt) ∨ g(t) = Pm(t)ert cos(kt)

em que Pm representa um polinómio de grau m.Admitindo que g é desta forma, a solução particular deve ser procurada

com a forma

yp(t) = ts[Qm(t)ert sin(kt) +Rm(t)ert cos(kt)

](3.25)

em que s é o menor inteiro não negativo tal que nenhum termo de yp du-plica termos da solução geral da equação homogénea associada e Qm e Rm

representam polinómios quaisquer de grau m.

Exemplo 57 Considerar a equação diferencial y′′ − 3y′ + 2y = g(t) onde gé tal que



1. g(t) = 3t3

2. g(t) = te−t

3. g(t) = e−t

4. g(t) = et

5. g(t) = 2 sin(2t)

Consideremos a equação homogénea associada, y′′ − 3y′ + 2y = 0. Opolinómio característico é λ2− 3λ+ 2 = 0 que possui raízes reais e distintas,λ = 1 ∨ λ = 2. Então a solução geral da equação homogénea associada éyH(t) = cet + de2t. Procuremos agora uma solução particular para cada umdos casos indicados.

1. Se g(t) = 3t3 então g é um polinómio, termo que não surge na soluçãogeral da equação homogénea associada, logo a solução particular deveráser procurada com a forma yp(t) = At3 + Bt2 + Ct + D. Derivandoduas vezes e substituindo na equação,

6At+ 2B − 3(3At2 + 2Bt+ C) + 2(At3 +Bt2 + Ct+D) = 3t3

Igualando os coeficientes das potências de t de igual expoente,2A = 3

−9A+ 2B = 06A− 6B + 2C = 02B − 3C + 2D = 0

O que conduz a A = 3/2, B = 27/4, C = 63/4, D = 135/8

e portanto

yp(t) =3

2t3 +

27

4t2 +

63

4t+

135

8

Assim, a solução geral da equação não homogénea é

yp(t) = cet + de2t +3

2t3 +

27

4t2 +

63

4t+

135

8

c e d constantes reais.



2. Se g(t) = te−t procure-se uma solução particular com a forma

yp(t) = ts[(At+B)e−t

]com s = 0. Verifique que A = 1/6 e B = 5/36.

3. Se g(t) = e−t procure-se uma solução particular com a forma

yp(t) = ts[Be−t

]com s = 0. Verifique que B = 1/6.

4. Se g(t) = et procure-se uma solução particular com a forma

yp(t) = ts[Bet]

com s = 1 por forma a não duplicar o termo et da solução geral daequação homogénea. Verifique que B = −1.

5. Se g(t) = 2 sin(2t) procure-se uma solução particular com a forma

yp(t) = ts [A sin(2t) +B cos(2t)]

com s = 0. Verifique que A = −0.1 e B = 0.3.

Exemplo 58 Encontrar uma solução particular de y′′′ + 9y′ = t sin(t)

A equação homogénea associada é y′′′ + 9y′ = 0 e portanto a equaçãocaracterística é λ3 + 9λ = 0. As raízes são λ = 0∨λ = 3i∨λ = −3i pelo quea solução da equação homogénea associada é

yH(t) = c1 + c2 sin(3t) + c3 cos(3t).

Uma vez que não há duplicação de termos, a solução particular deve serprocurada com a forma

yp(t) = (A+Bt) sin(t) + (C +Dt) cos(t)

Verifique que A = 3/32, B = C = 0 e D = 1/8.

Exemplo 59 Encontrar uma solução particular de

y′′ + 6y′ + 13y = e−3t sin(2t)



A equação homogénea associada é y′′+6y′+13y = 0 e portanto a equaçãocaracterística é λ2 + 6λ + 13 = 0. As raízes são λ = −3 + 2i ∨ λ = −3 − 2ipelo que a solução da equação homogénea associada é

yH(t) = e−3t [c2 sin(2t) + c3 cos(2t)] .

Para evitar duplicação de termos, a solução particular deve ser procuradacom a forma

yp(t) = ts[e−3t (A sin(2t) +B cos(2t))

]com s = 1. Verifique que A = 0 e B = −1/4.

Método da Variação dos Parâmetros Vejamos como proceder paradeterminar soluções particulares quando o método dos coeficientes indeter-minados não pode ser aplicado. Por exemplo para determinar a solução geralde y′′ + y = tan(t).

Tal como anteriormente o processo inicia-se resolvendo a equação ho-mogénea associada e escrevendo a sua solução geral. Para uma equação deordem, n, a solução geral da equação homogénea associada escreve-se

yH(t) = c1y1(t) + c2y2(t) + c3y3(t) + ...+ cnyn(t)

com ci, i = 1...n constantes reais.A ideia básica do método da variação dos parâmetros consiste em substi-

tuir as constantes ci, i = 1...n por funções e procurar uma solução particularcom a forma

yp(t) = u1(t)y1(t) + u2(t)y2(t) + u3(t)y3(t) + ...+ un(t)yn(t)

Vejamos o caso particular de uma equação diferencial não homogéneade segunda ordem:

y′′ + p(t)y′ + q(t)y = g(t) (3.26)

em que p e q são funções contínuas em I e admitamos que a solução daequação homogénea associada é conhecida:

yH(t) = c1y1(t) + c2y2(t) (3.27)

De acordo com a ideia básica do método da variação dos parâmetros, pre-tendemos determinar as funções u1 e u2 tal que yp definida por

yp(t) = u1(t)y1(t) + u2(t)y2(t) (3.28)



seja solução da equação 3.26. Derivando,

(yp)′(t) = u′1y1 + u1y

′1 + u′2y2 + u2y

′2 (3.29)

Para evitar o aparecimento de u′′1 e de u′′2 exijamos que

u′1y1 + u′2y2 = 0 (3.30)

então(yp)

′(t) = u1y′1 + u2y

′2 (3.31)

Derivando novamente,

(yp)′′(t) = u′1y

′1 + u1y

′′1 + u′2y

′2 + u2y

′′2 (3.32)

Substituindo agora na equação 3.26 e atendendo a que y1 e y2 são soluçõesda equação homogénea associada, obtemos

u′1y′1 + u′2y

′2 = g(t) (3.33)

As equações 3.30 e 3.33 definem um sistema que permite determinar u′1 e u′2.u′1y1 + u′2y2 = 0u′1y

′1 + u′2y

′2 = g(t)

Este sistema é possível e determinado uma vez que o determinante da matrizdos coeficientes não é mais do que o wronsquiano das funções linearmenteindependentes y1 e y2, W (t) = W (y1, y2) 6= 0,∀t ∈ I. Usando a regra deCramer,

u′1 =−g(t)y2(t)

W (t)(3.34)

u′2 =g(t)y1(t)

W (t)(3.35)

Integrando obtemos u1 e u2 e portanto a solução particular fica determi-nada por

yp(t) =

[∫−g(t)y2(t)

W (t)

]y1(t) +

[∫g(t)y1(t)

W (t)

]y2(t) (3.36)

Exemplo 60 Resolver a equação diferencial y′′ + y = tan(t)



A equação homogénea associada é y′′ + y = 0. Portanto a equação caracte-rística é λ2 + 1 = 0 cujas raízes são λ = −i ∨ λ = i. Segue-se que a soluçãoda equação homogénea associada é

yH(t) = c1 cos(t) + c2 sin(t)

Procuremos u1 e u2 tal que yp(t) = u1(t) cos(t) + u2(t) sin(t) seja solução daequação não homogénea. Como vimos u′1 e u′2 são solução do sistema

u′1 cos(t) + u′2 sin(t) = 0−u′1 sin(t) + u′2 cos(t) = tan(t)

Resolvendo este sistema segue-se que

u′1 = cos(t)− sec(t)

eu′2 = sin(t)

Integrando e escolhendo constantes nulas obtemos

u1 = sin(t)− ln |sec(t) + tan(t)|

eu2 = − cos(t)

A solução particular é

yp(t) = (sin(t)− ln |sec(t) + tan(t)|) cos(t) + (− cos(t)) sin(t)

Simplificando,yp(t) = − cos(t) ln |sec(t) + tan(t)|

A solução geral da equação diferencial y′′ + y = tan(t) é

y(t) = c1 cos(t) + c2 sin(t)− cos(t) ln |sec(t) + tan(t)|

Uma dificuldade na aplicação deste método resulta da necessidade decalcular integrais que podem requer algum esforço adicional. No entantoeste método pode ser facilmente implementado num manipulador algébrico,a sua calculadora simbólica ou o Maple. Vejamos o seguinte exemplo:



Exemplo 61 Verificar que yH(t) = Ct +D

té solução geral da equação

diferencial homogénea associada a

y′′ +1

ty′ − 1

t2y = 72t3.

Determinar uma solução particular e escrever a solução geral da equação nãohomogénea em R+

Os seguintes comandos Maple

>y1 := 1/t>y2 := -1/t^2>g := 72*t^3>W := y1*diff(y2,t)-y2*diff(y1,t);>u1 := int(-y2*g/W, t);>u1 := simplify(u1)>u2 := int(y1*g/W, t);>u2 := simplify(u2);>yp := u1*y1 + u2*y2;> simplify(yp);

produzem a solução particular

yp(t) = 3t5

e portanto a solução geral é

y(t) = Ct+D

t+ 3t5, t > 0

3.2.3 Soluções em Série de Potências

Consideremos uma equação diferencial linear homogénea de segunda ordem:

y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0 (3.37)

e admitamos que as funções p e q são analíticas em t0, o que significa que pe q podem ser representadas por uma série de potências em torno de t = t0com raio de convergência positivo ou infinito. Dizemos que t0 é um pontoordinário da equação 3.37. Caso contrário dizemos que t0 é um pontosingular da equação 3.37.



Exemplo 62 t = 0 é um ponto singular da equação

y′′ +1

ty′ + y = 0

Exemplo 63 t = 0 é um ponto singular da equação

y′′ + t2y′ +√ty = 0

Exemplo 64 t = 0 é um ponto ordinário da equação

(1− t3)y′′ + t2y′ + (2t− 7t2)y = 0

O resultado seguinte permite determinar a solução geral de algumas equaçõeslineares homogéneas, numa vizinhança de um ponto ordinário.

Teorema 8 Seja t0 um ponto ordinário da equação 3.37. Então a equação3.37 tem duas soluções linearmente independentes na forma de série de potên-cias centrada em t = t0. O raio de convergência de uma tal série é igual àdistância entre t0 e o ponto singular da equação 3.37 mais próximo.

Exemplo 65 Verificar que t = 0 é um ponto ordinário da equação

(t2 − 4)y′′ + 3ty′ + y = 0.

Encontrar a solução da equação que satisfaz y(0) = 4 e y(0) = 1.

Os únicos pontos singulares da equação são t = 2 ou t = −2. O teo-rema anterior afirma que é possível encontrar duas soluções linearmente in-dependentes na forma de série de potências centrada em t = 0. O raio deconvergência será 2. Consideremos a série de Maclaurin

y(t) =∞∑n=0

cntn (3.38)

derivemos e substituamos na equação 3.37 de modo a determinar os coefi-cientes que definem a série, cn. Obtemos

(t2 − 4)∞∑n=2

n(n− 1)cntn−2 + 3t

∞∑n=1

ncntn−1 +

∞∑n=0

cntn = 0 (3.39)



Reordenando os termos e iniciando os somatórios em n = 0 obtemos∞∑n=0

n(n− 1)cntn − 4

∞∑n=0

(n+ 2)(n+ 1)cn+2tn + 3

∞∑n=0

ncntn +

∞∑n=0

cntn = 0

(3.40)ou seja

∞∑n=0

[(n+ 1)2cn − 4(n+ 2)(n+ 1)cn+2

]tn = 0 (3.41)

O que mostra que os coeficientes cn são tais que:

(n+ 1)2cn − 4(n+ 2)(n+ 1)cn+2 = 0 (3.42)

e que conduz à fórmula de recorrência,

cn+2 =n+ 1

4(n+ 2)cn (3.43)

Podemos calcular alguns dos termos, por exemplo,

c2 =1

4 · 2c0, c4 =

3

4 · 4c2 =

3

42 · 2 · 4c0 (3.44)

ec6 =

5

4 · 6c4 =

3 · 543 · 2 · 4 · 6

c0 (3.45)

o que nos leva a concluir que

c2n =1 · 3 · 5 · · · · · (2n− 1)

4n · 2 · 4 · 6 · · · · (2n)c0 (3.46)

Quanto aos coeficientes ímpares,

c2n+1 =2 · 4 · 6 · · · · · (2n)

4n · 1 · 3 · 5 · · · · (2n+ 1)c1 (3.47)

Pelo que a solução geral da equação dada é,

y(t) = c0

[1 +

1

8t2 +

3

128t4 +

5

1024t6 + · · ·

](3.48)

+c1

[t+

1

6t3 +

3

30t5 +

1

140t7 + · · ·

]Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem

3.3 Equações Não Lineares 85

Atendendo a que y(0) = c0 e y′(0) = c1, usando as condições iniciais, segue-seque c0 = 4 e c1 = 1 pelo que a solução particular que satisfaz as condiçõesiniciais dadas é

y(t) = 4 + t+1

2t2 +

1

6t3 +

3

32t4 +

1

30t5 + · · · (3.49)

Na Física surgem com frequência alguns exemplos de equações de segundaordem cujas soluções se podem escrever sob a forma de séries de potência.Por exemplo,

Equação de Airy A equação de Airy1 é uma equação linear de segundaordem definida por

y′′ − ty = 0 (3.50)

Equação de Legendre A equação de Legendre2 de ordem α, com α > −1é uma equação linear de segunda ordem definida por

(1− t2)y′′ − 2ty′ + α(α + 1)y = 0 (3.51)

Equação de Hermite A equação deHermite3 de ordem α, é uma equaçãolinear de segunda ordem definida por

y′′ − 2ty′ + 2αy = 0 (3.52)

3.3 Equações Não Lineares

As equações não lineares de ordem superior raramente podem ser resolvi-das por métodos analíticos. Vamos ilustrar um método analítico que emdeterminadas situações nos permite resolver equações analíticas de segundaordem.

1 Biddell Airy (1801-1892)2Adrien-Marie Legendre (1752-1833)3Carles Hermite (1822-1901)



Equações não lineares de segunda ordem onde a variável y nãoaparece explicitamente

Exemplo 66 Resolver a equação

y′′ − 2t(y′)2 = 0 (3.53)

Seja u = y′. Esta mudança de variável transforma a equação dada naequação de primeira ordem,

u′ − 2t(u)2 = 0 (3.54)

que na variável u é uma equação de variáveis separáveis. Para além da soluçãonula, u(t) = 0 temos as soluções não constantes dadas por∫

du

u2=

∫2tdt (3.55)

ou seja,

− u−1 = t2 + (c1)2 (3.56)

em que a constante de integração foi escrita sob a forma (c1)2 por conveniên-

cia. Regressando à variável y,

y = −∫

dt

t2 + (c1)2(3.57)

logo Admitindo que (c1)2 6= 0,

y(t) = − 1

c1arctan

t

c1+ c2 (3.58)


y′′ =√

1 + (y′)2 (3.59)

Seja u = y′. Esta mudança de variável transforma a equação dada naequação de primeira ordem,

u′ =√

1 + u2 (3.60)



que na variável u é uma equação de variáveis separáveis. As soluções nãoconstantes dadas por ∫

du√1 + u2

=

∫dt (3.61)

ou seja,

ln[u+√

1 + u2]

= t+ c1 (3.62)

pelo que

u(t) =1

2

(et+c1 − e−t−c1

)(3.63)

pelo que Regressando à variável y

y(t) =1

2

(et+c1 + e−t−c1

)+ c2 (3.64)

Equações não lineares de segunda ordem onde a variável t nãoaparece explicitamente


3y′′ = y−53 (3.65)

Seja como anteriormente u = y′ mas como o termo t não aparece ex-plicitamente podemos pensar que u depende de y. Usando a regra da cadeiaobtemos

y′ =dy

dt= u(y) (3.66)

y′′ =d(u(y))

dt=du

dy

dy

dt= u′(y)u(y)

Substituindo na equação, obtemos a equação de primeira ordem na variávelu = u(y)

u′(y)u(y) =1

3y−53 (3.67)



Integrando obtemos

u2 = c1 − y−23 (3.68)

Mas u = dydt, logo

dy

dt=

√c1 − y

−23 ∨ dy

dt= −

√c1 − y

−23 (3.69)

Considere-se apenas a primeira equação. Por separação de variáveis temos

t+ c2 =

∫dy√

c1 − y−23

(3.70)

Calculemos o integral notando que

1√c1 − y

−23

=y

13√

c1y23 − 1

(3.71)

e fazendo a mudança de variável z2 = c1y23 − 1.∫

dy√c1 − y

−23

=1

(c1)2

∫3z(z2 + 1)

zdz (3.72)

=3

(c1)2

(z3

3+ z

)=

1

(c1)2

√c1y

23 − 1

(c1y

23 + 2

)Finalmente obtemos

t+ c2 =1

(c1)2

√c1y

23 − 1

(y

23 + 2

)(3.73)

ou

t+ c2 = − 1

(c1)2

√c1y

23 − 1

(y

23 + 2

)(3.74)


y′′ + (y′)2 = 2e−y (3.75)



Seja como anteriormente u = y′ mas como o termo t não aparece ex-plicitamente podemos pensar que u depende de y. Usando a regra da cadeiaobtemos

y′ =dy

dt= u(y) (3.76)

y′′ =d(u(y))

dt=du

dy

dy

dt= u′(y)u(y)

Substituindo na equação, obtemos a equação de primeira ordem na variávelu = u(y)

u′(y)u(y) + (u(y))2 = 2e−y (3.77)

Para resolver esta equação de primeira ordem recorramos à mudança de var-iável, z = u2, o que significa que z′ = 2uu′ e obtemos

z′(y) + 2z(y) = 4e−y (3.78)

que é uma equação linear de primeira ordem. Resolvendo esta equação eregressando à variável y é possível encontrar a solução da equação dada.




Capítulo 4

Sistemas de Equações Lineares dePrimeira Ordem

4.1 Introdução aos Sistemas de Equações Dife-renciais

Consideremos a equação diferencial de segunda ordem linear, homogénea decoeficientes constantes na variável x, dependente de t

x′′ + px′ + qx = 0 (4.1)

A mudança de variável x′ = y e x′′ = y′ converte-a no sistema linear de 2equações,

x′ = yy′ = −qx− py (4.2)

que na forma matricial se escreve[x′(t)y′(t)

]=

[0 1−q −p

] [x(t)y(t)

](4.3)

Deste modo o problema da resolução de uma qualquer equação 4.1 converte-se num sistema linear de duas equações de primeira ordem. No capítuloanterior aprendemos a resolver equações do tipo 4.1 e portanto dado umsistema com a forma 4.3 sabemos encontrar a solução geral.

Exemplo 70 Resolver[x′(t)y′(t)

]=

[0 1−1 0

] [x(t)y(t)

](4.4)


92 Sistemas de Equações Lineares de Primeira Ordem

Este sistema gera a equação de segunda ordem, x′′ + x = 0 com soluçãogeral

x(t) = c sin(t) + d cos(t)

Assim, a solução do sistema é

x(t) = c sin(t) + d cos(t) (4.5)y(t) = x′(t) = x(t) = c cos(t)− d sin(t) (4.6)

c e d constantes reais. Sob a forma vectorial a solução escreve-se[x(t)y(t)

]= c

[sin(t)cos(t)

]+ d

[cos(t)− sin(t)

](4.7)

Atendendo ao desenvolvimento de cos(t − α) a solução x(t) = c sin(t) +d cos(t) se pode escrever com a forma

x(t) = a cos(t− α)

em que c = a cos(α) e b = a sin(α). Assim,

y(t) = −a sin(t− α)

Então facilmente se verifica que x e y são tais que

x2 + y2 = a2

A figura 4.1 mostra diferentes soluções no plano x− y.

Figura 4.1: Retrato de fase e trajectórias para x′ = y, y′ = −x


4.1 Introdução aos Sistemas de Equações Diferenciais 93

Uma solução [x(t), y(t)]T de um sistema bi-dimensionalx′ = f(t, x, y)y′ = g(t, x, y)

(4.8)

pode ser vista como a parametrização de uma curva solução ou trajec-tória do sistema no plano x− y. No exemplo anterior as curvas solução sãocircunferências centradas na origem. Uma figura mostrando as trajectóriasno plano x− y designa-se por retrato de fase. Se as funções f e g não de-pendem de t, o sistema diz-se autónomo e é possível representar o campo dedirecções. Vejamos agora um exemplo de um sistema autónomo não linear.

Exemplo 71 Considere-se os problemas de valor inicial associado ao sis-tema

x′(t) = x(t)(1− y(t))y′(t) = 0.3y(t)(x(t)− 1)

(4.9)

satisfazendo

1. x(0) = y(0) = 1.2

2. y(0) = 1, y(0) = 0.7

A figura 4.2 mostra o retrato de fase para este sistema não linear assimcomo a solução dos dois problemas de valor inicial.

Figura 4.2: Retrato de fase e trajectórias para o sistema 4.9



4.2 Método da EliminaçãoÉ bem conhecido de todos o método da eliminação para sistemas algébricos.O método da eliminação para sistemas de equações lineares funciona segundoa mesma ideia básica, eliminar as incógnitas uma de cada vez até se obteruma equação com uma incógnita. Para sistemas de dimensão elevada esteprocedimento é desadequado.

Exemplo 72 Resolver o sistemax′(t) = 3x(t)− y(t)y′(t) = x(t) + y(t)

(4.10)

Da segunda equação, obtemos,

x(t) = y′(t)− y(t)

e portantox′(t) = y′′(t)− y′(t).

Substituindo na primeira,

y′′(t)− y′(t) = 3 (y′(t)− y(t))− y(t)

e, deste modo, eliminámos a variável x. Basta agora resolver a equaçãodiferencial linear de segunda ordem,

y′′(t)− 4y′(t) + 4y(t) = 0

obtendo,y(t) = ce2t + dte2t

e por conseguinte,

x(t) = y′(t)− y(t) = 2ce2t + de2t + 2dte2t − ce2t − dte2t

A solução do sistema éx(t) = (c+ d)e2t − dte2ty(t) = ce2t + dte2t

(4.11)

sendo c e d constantes reais a determinar pelas condições iniciais do sistema.


4.3 Sistemas Lineares de Primeira Ordem 95

4.3 Sistemas Lineares de Primeira Ordem

Um sistema linear de primeira ordem com a formax′1 = p11x1 + p12x2 + ...+ p1nxn + f1(t)x′2 = p21x1 + p22x2 + ...+ p2nxn + f2(t)...x′n = pn1x1 + pn2x2 + ...+ pnnxn + fn(t)

(4.12)

diz-se homogéneo se e só se as funções fi, i = 1, ..., n são identicamentenulas. Caso contrário diz-se não homogéneo.

Qualquer sistema linear de n equações de primeira ordem pode ser escritosob a forma matricial. Considere-se P(t) = [pij] a matrix dos coeficientes edefina-se os vectores coluna, x = [xi] e f(t) = [fi(t)]. O sistema 4.12 escreve-se, na forma matricial

dx

dt= P(t)x + f(t) (4.13)

Teorema 9 Admita-se que as funções pij e fi são continuas num intervaloI contendo a. Então dados n números reais, o sistema 4.12 tem uma únicasolução satisfazendo as condições iniciais,

x1(a) = b1, x2(a) = b2, ..., xn(a) = bn

Exemplo 73 Verificar que as funções vectoriais definidas por

x1(t) =

[3e2t

2e2t

], x2(t) =

[e−5t

3e−5t

]são solução do sistema

dx

dt=

[4 −36 −7

]x

Basta calcular P(t)x1 e verificar que é igual a x′1 e que P(t)x2 é igual a x′2.



Princípio da Sobreposição para Sistemas Lineares Homogéneas Se-jam x1,x2,...,xn n soluções do sistema linear homogéneo,

dx

dt= P(t)x

Se ci, i = 1, ..., n são n constantes então a combinação linear

x(t) = c1x1 + c2x2 + ...+ cnxn

é também solução do do sistema linear homogéneo.Queremos mostrar que P(t)x é igual a x′. Sabemos por hipótese que para

cada i, P(t)xi = x′i. Portanto

x′ = c1x′1 + c2x

′2 + ...+ cnx

′n

= c1P(t)x1 + c2P(t)x2 + ...+ cnP(t)xn

= P(t) (c1x1 + c2x2 + ...+ cnxn)

donde x′ = P(t)x como queriamos demonstrar.

Soluções Linearmente Independentes Sejam x1,x2,...,xn n soluções dosistema linear homogéneo,

dx

dt= P(t)x

definidas num intervalo I. Admita-se que P é contínua em i. Seja

W (t) = W (x1,x2, ...,xn)

o determinante n× n,

W (t) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣x11 x12 · · · x1nx21 x22 · · · x2n...

......

...xn1 xn2 · · · xnn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣Então

• Se x1,x2,...,xn são linearmente dependentes em I entãoW = 0 em todoo ponto de I


4.3 Sistemas Lineares de Primeira Ordem 97

• Se x1,x2,...,xn são linearmente independentes em I então W 6= 0 emcada ponto de I

Teorema 10 Sejam x1,x2,...,xn n soluções linearmente independentes dosistema linear homogéneo,

dx

dt= P(t)x

definidas num intervalo I. Admita-se que P é contínua em i. Se x é soluçãodo sistema então existem constantes ci, i = 1, ..., n tal que

x(t) = c1x1 + c2x2 + ...+ cnxn

Sistemas Lineares Não Homogéneos Consideremos o sistema linearnão homogéneo

dx

dt= P(t)x + f(t)

o teorema seguinte, análogo ao teorema para equações lineares não homogéneasindica que para encontrar a solução de um sistema linear não homogéneo de-vemos realizar as etapas:

• Procurar a solução do sistema linear homogéneo associado

• Procurar uma solução particular do sistema linear não homogéneo.

Teorema 11 Seja xp uma solução particular do sistema linear não homogé-neo

dx

dt= P(t)x + f(t)

Admita-se que P e f são contínuas em i. Sejam x1,x2,...,xn n soluçõeslinearmente independentes em I do sistema linear homogéneo associado. Se xé solução do sistema não homogéneo então existem constantes ci, i = 1, ..., ntal que

x(t) = c1x1 + c2x2 + ...+ cnxn + xp

para todo t em I.



4.4 Sistemas Lineares Homogéneos de Coefi-cientes Constantes

Consideremos agora sistemas lineares homogéneos de coeficientes constantes,ou seja, sistemas com a forma

dx

dt= Ax

onde A = [aij].Seja λ um valor próprio da matriz A associado a vector próprio v. Pela

definição de valor e vector próprio isso significa que

Av = λv

Seja x = veλt. Calculemos x′. Ora

x′ =(veλt

)′= λveλt

e como Av = λv segue-se que

x′ = Aveλt

masveλt = x

pelo que

x′ = Ax

o que significa que x é solução do sistema. Podemos pois enunciar o teoremaseguinte:

Teorema 12 Seja λ um valor próprio da matriz A e v o vector próprioasssociado. Então

x(t) = veλt

é solução do sistema linear homogéneo de coeficientes constantes,

dx

dt= Ax

onde A = [aij].


4.4 Sistemas Lineares Homogéneos de Coeficientes Constantes 99

Vejamos então como proceder para aplicar o Método dos Valores Própriospara resolver um sistema n× n linear homogéneo de coeficientes constantes,x′ = Ax:

1. Identificar os valores próprios da Matriz A

λi, i = 1, ..., n

2. Procurar, caso seja possível, n vectores próprios linearmente indepen-dentes

vi, i = 1, ..., n

3. O passo 2 nem sempre é possível, mas quando existem n vectorespróprios linearmente independentes obtemos n soluções do sistema lin-earmente independentes,

xi(t) = vieλit, i = 1, ..., n

Neste caso a solução geral do sistema x′ = Ax é

x(t) = c1x1 + c2x2 + ...+ cnxn

Vamos agora discutir os casos que podem ocorrer dependendo se os valorespróprios são reais ou complexos, distintos ou de multiplicidade superior a 1.

Valores Próprios Reais e Distintos Se a matriz A possui n valorespróprios reais e distintos então existem n vectores próprios linearmente in-dependentes. Neste caso a solução geral do sistema x′ = Ax é

x(t) = c1x1 + c2x2 + ...+ cnxn

Exemplo 74 Encontrar a solução geral do sistema x′ = Ax em que

A =

−1 1 0

1 2 1

0 3 −1



Os valores e vectores próprios são,

λ1 = −2, v1 = [−1, 1,−3]T (4.14)λ2 = 3, v2 = [1, 4, 3]T

λ3 = −1, v3 = [−1, 0, 1]T

Portanto a solução geral é

x(t) = c1e−2tv1 + c2e

3tv2 + c3e−tv3 (4.15)

x(t) = c1e−2t

−11−3

+ c2e3t

143

+ c3e−t

−101

(4.16)

c1, c2 e c3 constantes reais.

Valores Próprios Complexos e Distintos Se a matriz A possui n va-lores próprios complexos e distintos então existem n vectores próprios linear-mente independentes. A única complicação é que estes vectores próprios sãocomplexos e portanto obtemos soluções complexas. Uma vez que a matriz Aé real, os valores próprios complexos aparecem em pares de valores conjuga-dos. Admitamos que λ = p+ qi e λ = p− qi são um par de valores própriosconjugados. Seja v um vector próprio associado a λ então

(A− λI) v = 0.

Considerando o complexo conjugado(A− λI

)v = 0.

Se v = vR + ivI então v = vR − ivI A solução complexa associada aopar próprio (λ,v) é

x(t) = ve(p+qi)t = (vR + ivI) ept (cos(qt) + i sin(qt))

ou seja

x(t) = ept (vR cos(qt)− vI sin(qt)) + iept (vI cos(qt) + vR sin(qt))



Observe-se agora que a parte real e a parte imaginária de x são tambémsolução da equação. Deste modo obtemos duas soluções reais, linearmenteindependentes.

x1(t) = Re (x) = ept (vR cos(qt)− vI sin(qt)) (4.17)x2(t) = Im (x) = ept (vI cos(qt) + vR sin(qt)) (4.18)

De facto, uma vez que x é solução tem-se,

x′ = Ax⇔ (4.19)(x1 + ix2)

′ = A (x1 + ix2)⇔ (4.20)x′1 + ix′2 = Ax1 + iAx2 (4.21)

Daqui resulta quex′1 = Ax1

ex′2 = Ax2

o que mostra que quer a parte real quer a parte imaginária da solução com-plexa x são soluções reais da equação.


A =

1 −1 2

−1 1 0

−1 0 1


λ1 = 1, v1 = [0, 2, 1]T (4.22)λ2 = 1 + i, v2 = [−i, 1, 1]T

λ3 = 1− i, v3 = [i, 1, 1]T

Portanto a solução geral complexa é

x(t) = c1etv1 + c2e

(1+i)tv2 + c3e(1−i)tv3 (4.23)



com c1, c2 e c3 constantes complexas.Consideremos a solução complexa associada a

λ2 = 1 + i, v2 = [−i, 1, 1]T

Ora,

e(1+i)t

−i11

= et (cos(t) + i sin(t))

−i11

(4.24)

= et

sin(t)cos(t)cos(t)

+ iet

− cos(t)sin(t)sin(t)

Como sabemos, quer a parte real quer a parte imaginária desta solução com-plexa são soluções reais, linearmente independentes logo a solução geral realé

x(t) = c1et

021

+ c2et

sin(t)cos(t)cos(t)

+ c3et

− cos(t)sin(t)sin(t)

(4.25)


Valores Próprios de multiplicidade k > 1 Cada valor próprio, λ, damatriz real n× n, A tem associado um vector próprio v. Se o valor própriotem multiplicidade k > 1 pode ter menos de k vectores próprios linearmenteindependentes. Neste caso não é possível encontrar um conjunto de n vec-tores próprios linearmente independentes. Diremos que um valor própriotem multiplicidade k > 1 é completo se possui k vectores próprios linear-mente independentes. No caso de a matriz A possuir um valor próprio demultiplicidade k > 1 completo, a solução geral do sistema x′ = Ax é

x(t) = c1x1 + c2x2 + ...+ cnxn

Os casos mais trabalhosos surgem quando surge um valor próprio de mul-tiplicidade k > 1 não completo, que designaremos por valor próprio de mul-tiplicidade k > 1 defectivo. Vejamos alguns exemplos:




A =

3 −1 −1

1 1 −1

1 −1 1


λ1 = 1, v1 = [1, 1, 1]T

λ2 = 2, v2 = [1, 1, 0]T , v3 = [1, 0, 1]T

Como A possui 3 vectores próprios linearmente independentes, a soluçãogeral é

x(t) = c1etv1 + c2e

2tv2 + c3e2tv3 (4.26)

x(t) = c1et

111

+ c2e2t

110

+ c3e2t

101

(4.27)



A =

5 −4 0

1 0 2

0 2 5


λ1 = 5, v1 = [2, 0,−1]T

λ2 = 0, v2 = [4, 5,−2]T

Neste caso, ao valor próprio λ1 = 5 de multiplicidade 2 está associado umúnico vector próprio, o vector v1. Temos apenas a solução

x1(t) = e5tv1 (4.28)

= e5t

20−1

Vejamos que uma segunda solução linearmente independente desta pode

ser obtida fazendo,

x2(t) = Kte5t + Pe5t (4.29)



Valores Próprios de Multiplicidade 2 Por forma a não particularizara resolução, seja λ um valor de multiplicidade 2 da matriz v associado a umúnico vector próprio v. Para além da solução

x1(t) = eλtv

uma segunda solução linearmente independente desta pode ser obtida fazendo,

x2(t) = Kteλt + Peλt (4.30)

onde K e P são tais que x2 satisfaz o sistema x′ = Ax.Substituindo no sistema, obtém-se

(AK− λK) teλt + (AP− λP−K) eλt = 0 (4.31)

Como esta equação deve ser válida para todo o t, K e P devem satisfazeras equações

(A− λI) K = 0 (4.32)(A− λI) P = K (4.33)

A primeira equação estabelece que K deve ser um vector próprio associadoa λ. Uma vez determinado K a segunda equação permite determinar P

Voltando ao nosso exemplo,

K = v1 =

20−1

Resta determinar P satisfazendo

(A− 5I) P = K (4.34)

ou seja,

0 −4 0

1 −5 2

0 2 0

abc

=

20−1

(4.35)



o que conduz a b = −12, a = −5

2− 2c e c qualquer. Deste modo escolhendo

c = −1 obtemos

P =

−12

−12

−1

(4.36)

Uma segunda solução linearmente independente de

x1(t) = e5t

20−1

(4.37)

é,

x2(t) =

20−1

te5t +

−12

−12

−1

e5t (4.38)

A solução associada a λ = 0 é

x1(t) = e0t

45−2

(4.39)

A solução geral é pois,

x(t) = c1

45−2

+ c2e5t

20−1

+ c3

20−1

te5t +

−12

−12

−1

e5t (4.40)



A =

1 0 0

2 2 −1

0 1 0




λ = 1, v1 = [0, 1, 1]T

A matriz A possui apenas 1 vectores próprios associado ao valor próprioλ = 1. Uma solução do sistema é

x1(t) = c1etv1 (4.41)

Procuremos uma segunda solução, solução linearmente independente destapode ser obtida fazendo,


Ora

K =

011

Resta determinar P satisfazendo

(A− I) P = K (4.43)

ou seja,

0 0 0

2 1 −1

0 1 −1

abc

=

011

(4.44)

o que conduz a a = 0, b = 1 + c e c qualquer. Deste modo escolhendo c = 0obtemos

P =

010

(4.45)

Assim, uma segunda solução, solução linearmente independente de x1(t) é,

x2(t) =

011

tet +

010

et (4.46)



Devemos agora procurar uma terceira solução, solução linearmente inde-pendente de x1(t) e de x2(t). Vejamos o que sucede numa situação maisgeral.

Valores Próprios de Multiplicidade 3 Seja λ um valor de multiplici-dade 3 da matriz v associado a um único vector próprio v. Para além dasolução

x1(t) = eλtv

uma segunda solução linearmente independente desta pode ser obtida fazendo,


e, uma terceira solução linearmente independente das anteriores é obtida coma forma

x3(t) = Kt2

2eλt + Pteλt + Qeλt (4.48)

Portanto substituindo esta terceira solução no sistema x′ = Ax obtemos asequações que os vectores K, P e Q devem satisfazer,

(A− λI) K = 0 (4.49)(A− λI) P = K (4.50)(A− λI) Q = P (4.51)

Regressando ao exemplo,

K =

011

, P =

010

e portanto Q deve satisfazer

(A− I) Q = P (4.52)

ou seja,



0 0 0

2 1 −1

0 1 −1

abc

=

010

(4.53)

o que conduz a a = 12, b = c e c qualquer. Deste modo escolhendo c = 0

obtemos

P =

12

00

(4.54)

Assim, uma terceira solução, solução linearmente independente de x1(t)e de x2(t) é,

x3(t) =

011

t22et +

010

tet +

12

00

et (4.55)

A solução geral é

x(t) = c1et

011

+ c2

011

tet +

010

et (4.56)

+c3

011

t22et +

010

tet +

12

00

et


4.5 Método da Variação de ParâmetrosNesta secção vamos desenvolver uma versão matricial do método da vari-ação de parâmetros para um sistema linear não homogéneo de n equaçõesdiferenciais de primeira ordem a n incógnitas.


4.5 Método da Variação de Parâmetros 109

Se xi(t), i = 1, ...n forem n soluções linearmente independentes do sistemahomogéneo

x′ = Ax

no intervalo I então a solução geral escreve-se

x(t) = c1x1(t) + c2x2(t) + ...+ cnxn(t) (4.57)

ou

x(t) = c1

x11x21...xn1

+ c2

x12x22...xn2

+ ...+ cn

x1nx2n...xnn

(4.58)

=

c1x11 c2x12 ... cnx1n

c1x21 c2x22 ... cnx2n

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

c1xn1 c2xn2 ... cnxnn

Podemos então dizer que a solução geral pode ser escrita na forma matricialpor

x(t) = Φ(t)C (4.59)

onde C é um vector coluna n×1 e Φ a matriz n×n, cujas colunas consistemnas entradas dos vectores xi(t), i = 1, ...n solução do sistema, ou seja,

Φ(t) =

x11 x12 ... x1n

x21 x22 ... x2n

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

xn1 xn2 ... xnn

(4.60)

A matriz Φ designa-se por matriz fundamental do sistema x′ = Ax nointervalo I.

Propriedades da Matriz Fundamental

1. Uma matriz fundamental Φ é não singular



2. Se Φ é matriz fundamental do sistema x′ = Ax então

Φ′(t) = AΦ(t)

Considere-se o sistema não homogéneo

x′ = Ax + F(t)

tal como no método da variação de parâmetros para uma equação diferencialde ordem n procuremos uma solução particular fazendo variar a matriz deconstantes, C, isto é, procuremos U(t),

U(t) =

u1(t)u2(t)...

un(t)

(4.61)

de tal forma que xp = Φ(t)U(t) seja uma solução particular do sistema nãohomogéneo

x′ = Ax + F(t)

Derivando,x′p = Φ(t)U′(t) + Φ′(t)U(t)

e substituindo na equação,

Φ(t)U′(t) + Φ′(t)U(t) = AΦ(t)U(t) + F(t)

mas pela propriedade 2, Φ′(t) = AΦ(t) pelo que

Φ(t)U′(t) + AΦ(t)U(t) = AΦ(t)U(t) + F(t)

pelo que se temΦ(t)U′(t) = F(t)

Pela propriedade 1, Φ é não singular e portanto existe Φ−1. Então

U′(t) = Φ−1(t)F(t)

e integrando

U(t) =

∫Φ−1(t)F(t)dt.



Como xp = Φ(t)U(t) conclui-se que uma solução particular do sistema nãohomogéneo é

xp = Φ(t)

∫Φ−1(t)F(t)dt (4.62)

Como procuramos uma solução particular qualquer, não é necessário usaruma constante de integração no cálculo do integral

∫Φ−1(t)F(t)dt.

Para calcular a solução geral do sistema não homogéneo, x = xH + xppelo que

x = Φ(t)C + Φ(t)

∫Φ−1(t)F(t)dt (4.63)

Exemplo 79 Encontrar a solução geral do sistema não homogéneo

x′ =

[−3 1

2 −4

]x +

[3te−t

]Vamos em primeiro lugar resolver o sistema homogéneo associado,

x′ =

[−3 1

2 −4

]x

Ora os valores próprios são λ1 = −2 e λ1 = −5 e os vectores próprios são

v1 =

[11

]e v1 =

[1−2

]A matriz fundamental do sistema é pois

Φ(t) =

[e−2 t e−5 t

e−2 t −2 e−5 t

](4.64)

logo,

Φ−1(t) =

[2/3 e2 t 1/3 e2 t

1/3 e5 t −1/3 e5 t

](4.65)

Então a solução particular é

xp = Φ(t)

∫Φ−1(t)F(t)dt (4.66)

=

[e−2 t e−5 t

e−2 t −2 e−5 t

] [e2 tt− 1/2 e2 t + 1/3 et

1/5 e5 tt− 1/25 e5 t − 1/12 e4 t

]Equações Diferenciais, uma Primeira Abordagem


ou seja,

xp =

[65t− 27

50+ 1

4e−t

35t− 21

50+ 1

2e−t

](4.67)

Então a solução geral é

x(t) = c1

[11

]e−2t + c2

[1−2

]e−5t +

[65t− 27

50+ 1

4e−t

35t− 21

50+ 1

2e−t

](4.68)

Problemas de Valor Inicial Consideremos o problema de valor inicial,

x′ = Ax + F(t), x(t0) = x0

A solução geral deste sistema não homogéneo pode escrever-se com a forma

x = Φ(t)C + Φ(t)

∫ t

t0

Φ−1(s)F(s)ds (4.69)

Os limites de integração foram escolhidos de tal modo que a solução particularanula-se no instante inicial, t = t0. Fazendo t = t0 obtemos

x(t0) = Φ(t0)C

e portantoC = Φ−1(t0)x0

Então a solução deste PVI é

x = Φ(t)Φ−1(t0)x0 + Φ(t)

∫ t

t0

Φ−1(s)F(s)ds (4.70)


x′ =

[4 2

3 −1

]x−

[154

]te−2t, x(0) =

[73

]Seja

A =

[4 2

3 −1

]



Os valores e vectores próprios de A são

λ1 = −2, v1 = [1,−3]T (4.71)

λ1 = 5, v1 = [2, 1]T

A matriz fundamental é pois

Φ(t) =

[e−2t 2e5t

−3e−2t 1e5t

](4.72)

e

Φ(0) =

[1 2

−3 1

](4.73)

e portanto

Φ(0)−1 =

[1/7 −2/7

3/7 1/7

](4.74)

Logo,

Φ(t)Φ(0)−1 =1

7

[e−2t + 6e5t −2e−2t + 2e5t

−3e−2t + 3e5t 6e−2t + e5t

](4.75)

e

Φ(t)Φ(0)−1x(0) =

[1/7 e−2 t + 48

7e5 t

−3/7 e−2 t + 247e5 t

](4.76)

Por outro lado,

Φ−1(s)F(s) =1

7

[e2s −2e2s

3e−5s e−5s

][−15se−2s

−4se−2s

](4.77)

Logo

Φ−1(s)F(s) =

[−s

−7se−7s

](4.78)



Calculando agora os integrais, ∫ t

0

(−s) dt =t2

2∫ t

0

(−7se−7s

)dt = −1

7+

1

7e−7t + te−7t

Portanto, a equação 4.70 para este exemplo conduz a

x(t) =

[1/7 e−2 t + 48

7e5 t

−3/7 e−2 t + 247e5 t

]+

[e−2 t 2 e5 t

−3 e−2 t e5 t

][−1/2 t2

1/7 (1 + 7 t) e−7 t − 1/7

]

ou seja

x(t) =

[1/7 e−2 t + 48

7e5 t

−3/7 e−2 t + 247e5 t

]+

[−1/2 e−2 tt2 + 2 e5 t (1/7 (1 + 7 t) e−7 t − 1/7)

3/2 e−2 tt2 + e5 t (1/7 (1 + 7 t) e−7 t − 1/7)

]

Finalmente, obtemos a solução do problema do valor inicial,

x(t) =

[3/7 e−2 t + 46

7e5 t − 1/2 e−2 tt2 + 2 te−2 t

−2/7 e−2 t + 237e5 t + 3/2 e−2 tt2 + te−2 t

](4.79)


Capítulo 5

Estudo Qualitativo de SistemasAutónomos Bidimensionais

Uma grande variedade de fenómenos naturais são modelizados por sistemasbidimensionais com a forma

dx

dt= f(x, y) (5.1)

dy

dt= g(x, y)

em que a variável livre, t, não aparece explicitamente. Um sistema deste tipodesigna-se por sistema autónomo. Vamos supor que as funções f e g sãofunções de classe C1 num região R do plano x − y, que designaremos porplano de fase. Recordando o teorema da existência e unicidade da soluçãode um problema de valor inicial, dado t0 e um ponto (x0, y0) de R existeuma única solução, x = x(t), y = y(t) do sistema autónomo definida numintervalo I contendo t0 satisfazendo as condições iniciais,

x(t0) = x0, y(t0) = y0

As equações x = x(t), y = y(t) representam a parametrização das curvassolução no plano de fase. Ao traço dessas curvas designa-se usualmente portrajectória. Por cada ponto da região R passa uma e só uma trajectória.

Um ponto crítico do sistema autónomo, ou ponto de equilíbrio, é umponto (x∗, y∗) tal que

f(x∗, y∗) = g(x∗, y∗) = 0.


116 Estudo Qualitativo de Sistemas Autónomos Bidimensionais

O comportamento das trajectórias numa vizinhança de um ponto críticotem um interesse particular. Vejamos um exemplo.

Exemplo 81 Considere-se o sistema autónomo linear

dx

dt= −x (5.2)

dy

dt= −αy

em que α é uma constante não nula. Segue-se que a origem, (0, 0), é oúnico ponto crítico deste sistema. Como facilmente se verifica, a solução quesatisfaz a condição inicial

x(t0) = x0, y(t0) = y0

éx(t) = x0e

−t, y(t) = y0e−αt

Vejamos que é possível desenhar as trajectórias para este sistema. Sex0 = 0 ∧ y0 6= 0 as trajectórias são semi-rectas sobre o eixo dos y. Se x0 6= 0podemos escrever,

y = y0e−αt =

y0(x0)α

(x0e−t)α

Assim as trajectórias que passam num ponto (x0, y0) com x0 6= 0 são ascurvas

y = bxα

onde b = y0(x0)α

. O comportamento das trajectórias depende do sinal doparâmetro α.

1. Se α > 0

Neste caso um ponto (x(t), y(t)) aproxima-se da origem ao longo dacurva y = bxα quando t → +∞. No entanto a curva y = bxα dependede α. Dizemos que o ponto crítico (0, 0) é um poço.

• α = 1. Neste caso as trajectórias desenrolam-se sobre a rectay = bx. Qualquer trajectória é uma semi-recta, tal como a figura5.1 ilustra.


117

Figura 5.1: Campo de direcções e trajectórias para x′ = −x, y′ = −y

• α > 1. Neste caso, se y0 6= 0, as trajectórias desenrolam-se sobreas curvas y = bxα tangentes na origem ao eixo dos x, ou melhor,tangentes na origem à direcção própria associada ao valor própriode menor valor absoluto, tal como a figura 5.2 ilustra. Se y0 = 0as trajectórias são semi-rectas.• 0 < α < 1. Neste caso, se y0 6= 0, as trajectórias desenrolam-se

sobre as curvas y = bxα tangentes na origem ao eixo dos y, oumelhor, tangentes na origem à direcção própria associada ao valorpróprio de menor valor absoluto, tal como a figura 5.3 ilustra. Sey0 = 0 as trajectórias são semi-rectas.

2. Se α < 0

Neste caso as trajectórias são semelhantes às que podemos traçar com

α = −1.

As trajectórias desenrolam-se sobre hipérboles xy = b se partirmos deum ponto inicial (x0, y0) que não pertença aos eixos coordenados. Atrajectória associada a um ponto inicial (x0, y0) que pertença aos eixoscoordenados,x0 = 0 ou y0 = 0 é uma semi-recta. A figura 5.4 mostradiferentes trajectórias.Um ponto (x(t), y(t)) da trajectória associada a um ponto inicial (x0, y0)que não pertença aos eixos coordenados é tal que x(t) → 0 quando



Figura 5.2: Campo de direcções e trajectórias para x′ = −x, y′ = −2y

Figura 5.3: Campo de direcções e trajectórias para x′ = −x, y′ = −0.5y

Figura 5.4: Campo de direcções e trajectórias para x′ = −x, y′ = y


119

Figura 5.5: Campo de direcções e trajectórias para x′ = y, y′ = − sin(x)

t→ +∞ mas y(t)→∞ quando t→ +∞. Dizemos que o ponto crítico(0, 0) é um ponto de sela.

Exemplo 82 A figura 5.5 mostra o retrato de fase para o sistemaautónomo não linear

dx

dt= y (5.3)

dy

dt= − sin(x)

É imediato observar que os pontos de equilíbrio são os pontos (kπ, 0), k ∈Z



5.1 Sistemas Autónomos LinearesUm sistema autónomo linear é um sistema com a forma

dx

dt= ax+ by

dy

dt= cx+ dy

(5.4)

Sob a forma matricial um sistema autónomo linear escreve-se dx

dtdy

dt

=

[a bc d

] [xy

](5.5)

Designemos por A a matriz dos coeficiente do sistema. Para um sistemaautónomo linear, a origem (0, 0) é um ponto de equilíbrio. Além disso, sedet(A) 6= 0 a origem (0, 0) é o único ponto de equilíbrio do sistema. Nessecaso dizemos que a origem é um ponto de equilíbrio isolado. Observe-se quedet(A) 6= 0 se e só se a matriz A tem valores próprios não nulos. Vamos fazeragora a representação do retrato de fase para as diferentes possibilidades emfunção dos valores próprios da matriz A, que designaremos por λ1 e λ2:

1. λ1, λ2 ∈ R− 0, λ1 6= λ2

2. λ1, λ2 ∈ C, λ1 6= λ2

3. λ1, λ2 ∈ R− 0, λ1 = λ2

4. λ1 = 0, λ2 6= 0

5. λ1 = λ2 = 0

Caso 1 (λ1, λ2 ∈ R− 0, λ1 6= λ2)Neste caso o sistema tem um único ponto de equilíbrio, a origem. A

solução geral éx(t) = c1e

λ1tv1 + c2eλ2tv2 (5.6)

onde (λ1,v1) e (λ2,v2) são pares próprios de A. Designemos por Ei os espaçospróprios,

Ei = w = αvi , i = 1, 2

Para este caso, três possibilidades podem ocorrer:


5.1 Sistemas Autónomos Lineares 121

1. λ1 < λ2 < 0. Neste primeiro caso e uma vez que os valores própriossão ambos negativos, as soluções convergem para a origem quando t→+∞. Se a condição inicial x(t0) = (x(t0), y(t0)) pertença a um dosespaços próprios, por exemplo, se x(t0) ∈ E1 então a solução geral é

x(t) = αeλ1(t−t0)v1 ∈ E1 (5.7)

De modo análogo, se x(t0) ∈ E2 então a solução geral é

x(t) = αeλ2(t−t0)v2 ∈ E2 (5.8)

Observando que os conjuntos E1 e E2 são rectas, podemos afirmarque as trajectórias são semi-rectas desde que a condição inicial x(t0)pertença a um dos espaços próprios. Se a condição inicial x(t0) não per-tence a um dos espaços próprios então a solução terá uma componentesegundo v1 e outra segundo v2,

x(t0) = α1v1 + α2v2

A solução do sistema satisfazendo esta condição inicial é

x(t) = α1eλ1(t−t0)v1 + α2e

λ2(t−t0)v2 (5.9)

Como λ2 é, o valor próprio de menor valor absoluto, segue-se quequando t → +∞ a componente eλ1(t−t0) tende para 0 mais depressado que eλ2(t−t0) e portanto para t suficientemente grande a componentesegundo v1 é muito menor do que a componente segundo v2. Grafi-camente isto significa que as trajectórias na origem são tangentes àdirecção própria E2, associada ao valor próprio de menor valor abso-luto.

A figura 5.6 mostra um esboço do retrato de fase para o caso geral emque λ1 < λ2 < 0.

Exemplo 83 [x′(t)y′(t)

]=

[−5 11 −5

] [xy

](5.10)



Figura 5.6: Esboço do retrato de fase para λ1 < λ2 < 0

Os pares próprios são

λ1 = −6, v1 = [−1, 1]T

eλ2 = −4, v2 = [1, 1]T

Os valores próprios são ambos negativos logo as soluções convergempara a origem quando t → +∞. Dizemos que o ponto de equilíbrio(0, 0) é um nó estável, um poço. O valor próprio de menor valorabsoluto é λ2 = −4 logo as trajectórias são tangentes na origem àdirecção própria

E2 =w = α[1, 1]T

.

A figura 5.7 mostra os espaços próprios e a trajectória que satisfaz acondição inicial x(0) = (1, 2).

2. 0 < λ2 < λ1. Neste caso, tudo permanece como no caso anterior semudarmos t para −t. A única alteração surge no sentido do percursodas trajectórias. Agora as soluções convergem para a origem quandot→ −∞. Dizemos que o ponto de equilíbrio (0, 0) é um nó instável,uma fonte. A figura 5.8 mostra um esboço do retrato de fase para estecaso, λ1 > λ2 > 0



Figura 5.7: Campo de direcções e trajectória do PVI, exemplo 83

Figura 5.8: Esboço do retrato de fase para λ1 > λ2 > 0



Figura 5.9: Esboço do retrato de fase para λ1 < 0 < λ2

3. λ1 < 0 < λ2. Finalmente para este caso as soluções com condiçõesiniciais em E1 convergem para a origem quando t→ +∞ e as soluçõescom condições iniciais em E2 convergem para a origem quando t →−∞. O esboço do retrato de fase é apresentado na figura 5.9. O pontode equilíbrio (0, 0) é instável e diz-se um Ponto de Sela.

Caso 2 λ1, λ2 ∈ C. Seja λ1 = a+ ib com a, b reais e b 6= 0. Como a matrizA é real, λ2 = a− ib. Seja v = vR + ivI o vector próprio associado a λ1. Asolução geral escreve-se

x(t) = c1eat [cos (bt)vR − sin (bt)vI ] + c2e

at [sin (bt)vR + cos (bt)vI ] (5.11)

Ora esta expressão pode escrever-se

x(t) = pc1eat [cos (w − bt)vR + sin (w − bt)vI ] (5.12)

fazendo c1 = p cos(w) e c2 = p sin(w).Vejamos agora três situações distintas:



Figura 5.10: Esboço do retrato de fase para um centro

a = 0. Neste caso as soluções não nulas são soluções periódicas e as tra-jectórias são elipses centradas na origem com orientação determinada pelosvectores vR e vI . O sentido das trajectórias é o dado pelo campo de vectores[x′, y′]T . Os retratos de fase são análogos ao retratado na figura 5.10. Aorigem é o único ponto de equilíbrio e designa-se por centro. É um pontode equilíbrio estável.

a > 0. Neste caso as soluções não nulas são soluções tais que x(t) → 0quando t→ −∞. O termo periódico continua presente na solução mas agoramultiplicado por uma exponencial. As trajectórias são espirais centradas naorigem com orientação determinada pelos vectores vR e vI . O sentido dastrajectórias é o dado pelo campo de vectores [x′, y′]T . Os retratos de fase sãoanálogos ao retratado na figura 5.11. A origem é o único ponto de equilíbrioe designa-se por foco instável, repulsor.

a < 0. Neste caso as soluções não nulas são soluções tais que x(t) → 0quando t→ +∞. O termo periódico continua presente na solução mas agoramultiplicado por uma exponencial. As trajectórias são espirais centradas naorigem com orientação determinada pelos vectores vR e vI . O sentido dastrajectórias é o dado pelo campo de vectores [x′, y′]T . Os retratos de fase são



Figura 5.11: Esboço do retrato de fase para um foco instável

análogos ao retratado na figura 5.12. A origem é o único ponto de equilíbrioe designa-se por foco estável, atractor.

Caso 3 λ1, λ2 ∈ R − 0, λ1 = λ2. Neste caso estamos perante um valorpróprio duplo, λ1 = λ2 = λ 6= 0, e há duas situações distintas a considerar:

1. A é diagonalizável. Neste caso associado ao valor próprio λ temos doisvectores próprios linearmente independentes, v1 e v2. A solução geralé

x(t) = (c1v1 + c2v2) eλt

consequentemente as trajectórias para além da origem são semi-rectas.As soluções tendem para o ponto de equilíbrio quando t → +∞ seλ < 0 e tendem para o ponto de equilíbrio quando t → −∞ se λ > 0.Para λ < 0 a origem diz-se um nó próprio estável, atractor e paraλ > 0 a origem diz-se um nó próprio instável, repulsor. Um nópróprio pode também ser designado por ponto estrela, tal como afigura fig5:13 ilustra.



Figura 5.12: Esboço do retrato de fase para um foco estável

Figura 5.13: Esboço do retrato de fase para um nó próprio repulsor



Figura 5.14: Esboço do retrato de fase para λ < 0 e A não diagonalizável

2. A é não é diagonalizável. Neste caso associado ao valor próprio λ 6= 0temos apenas um vector próprio, v1. Seja E1 a direcção própria. Sea condição inicial estiver em E1 a solução permanece em E1 . Todasas restantes trajectórias tendem a tornar-se paralelas a E1 quando t→+∞ e quando t→ −∞. A figura 5.15 mostra um esboço do retrato defase para o caso de λ < 0. Neste caso o ponto de equilíbrio, a origem,designa-se por nó impróprio estável ou atractor.

Se λ > 0, o ponto de equilíbrio, a origem, designa-se por nó impróprioinstável ou repulsor.

Caso 4 λ1 = 0, λ2 6= 0. Neste caso a origem não é um ponto de equilíbrioisolado. Seja v1 o vector próprio associado a λ1 e v2 o vector próprio associadoa λ2. A solução geral é

x(t) = c1v1 + c2eλ2tv2

com c1 e c2 constantes reais arbitrárias.



Figura 5.15: Esboço do retrato de fase para λ1 = 0 e λ2 > 0

Se a condição inicial está no espaço próprio E1, associado a λ1, entãoc2 = 0 e a solução x é constante, ou seja não varia com t. Então todos ospontos de E1 são pontos de equilíbrio.

Caso c2 6= 0 então a trajectória é uma semi-recta paralela a E2 = 0 e

• Se λ2 < 0

x→ c1v1, t→ +∞ (5.13)

• Se λ2 > 0

x→ c1v1, t→ −∞ (5.14)

A figura 5.15 mostra um esboço do retrato de fase para o caso de λ1 = 0 eλ2 > 0.

Caso 5 λ1 = λ2 = λ = 0. Neste caso a origem não é um ponto de equilíbrioisolado. Temos a considerar duas situações distintas:



Figura 5.16: Esboço do retrato de fase para λ = 0 e A não diagonalizável

1. A é diagonalizável. Neste caso associado ao valor próprio zero temosdois vectores próprios linearmente independentes, v1 e v2. A soluçãogeral é

x(t) = c1v1 + c2v2

consequentemente todas as soluções são constantes e portanto todos ospontos do plano são pontos de equilíbrio.

2. A é não é diagonalizável. Neste caso associado ao valor próprio zerotemos apenas um vector próprio, v1. Seja E1 a direcção própria. Nestecaso os elementos do conjunto E1 são os pontos de equilíbrio do sistema.Todas as restantes trajectórias são paralelas a E1 tal como a figura 5.16mostra.

Ao classificar os pontos de equilibro, é usual designar os nós estáveisatractores por poço e os nós instáveis repulsores por fonte. Os conceitosapresentados de estabilidade ou instabilidade de soluções têm a ver com ocomportamento de soluções da equação quando t → +∞. Vamos agoradefinir estabilidade e estabilidade assimptótica de um ponto de equi-líbrio.



Definição 5 Um ponto de equilíbrio (x∗, y∗) de um sistema autónomo, 5.2,diz-se estável desde que para qualquer ponto inicial (x0, y0) suficientementepróximo de (x∗, y∗), (x(t), y(t)) permanece próximo de (x∗, y∗) para todo t >0.

Um ponto de equilíbrio (x∗, y∗) é instável se não é estável.

Com esta definição para além dos pontos de equilíbrio classificados ante-riormente, podemos afirmar que um ponto de sela é um ponto de equilíbrioinstável e que um centro é um ponto de equilíbrio estável.

Definição 6 Um ponto de equilíbrio (x∗, y∗) estável de um sistemaautónomo, 5.2, diz-se assimptoticamente estável se toda a trajectóriaque se inicie suficientemente próximo de (x∗, y∗) tenda para (x∗, y∗) quandot→ +∞.

Podemos agora afirmar que um centro é um ponto de equilíbrio estávelmas não é assimptoticamente estável.

Para sistemas autónomos lineares em que a origem é um ponto deequilíbrio isolado podemos afirmar que:

1. A origem é um ponto de equilíbrio assimptoticamente estável se a partereal dos valores próprios é negativa.

2. A origem é um ponto de equilíbrio estável mas não assimptoticamenteestável se a parte real dos valores próprios é nula.

3. A origem é um ponto de equilíbrio instável se a parte real de um dosvalores próprios é positiva.



Figura 5.17: Esboço do retrato de fase para o sistema linear do exemplo 84.1

Exemplo 84 Classificar os pontos de equilíbrio dos seguintes sistemas li-neares:

x′ = A(x) (5.15)

com

1.

A =

[2 11 2

](5.16)

Os pares próprios são não nulos,

[[3,

[1, 1]T

], [1,

[−1, 1]T

]]

logo os valores próprios são reais distintos e ambos positivos pelo que aorigem é um ponto de equilíbrio isolado. É um nó instável, uma fonte.O retrato de fase é apresentado na figura 5.17.




2.

A =

[2 −1−4 2

](5.17)


[[4,

[1,−2]T

], [0,

[1, 2]T

]].

Como 0 é um valor próprio a origem não é ponto de equilíbrio isolado.Os pontos de equilíbrio são os pontos da recta 2x − y = 0. As trajec-tórias ou são pontos ou semi-rectas paralelas à direcção própria definidapelo vector próprio associado ao valor próprio não nulo. O retrato defase é apresentado na figura 5.18.




3.

A =

[2 −54 −2

](5.18)

Os valores próprios são complexos com parte real nula, 4i e −4i, logoa origem é um ponto de equilíbrio isolado, estável mas não assimptoti-camente estável, um centro. O retrato de fase é apresentado na figura5.19.




4.

A =

[3 −11 1

](5.19)

2 é um valor próprio de multiplicidade 2 associado a um espaço própriogerado por < (1, 1) >, logo a origem é um ponto de equilíbrio isolado,instável. O retrato de fase é apresentado na figura 5.20.




5.

A =

[−3 −29 −3

](5.20)

Os valores próprios são complexos com parte real negativa, −3± i3√

2logo a origem é um ponto de equilíbrio isolado, estável e assimptop-ticamente estável, um foco atractor. As trajectórias são espirais quetendem para a origem quando t→ +∞. O retrato de fase é apresentadona figura 5.21.




6.

A =

[5 4−4 5

](5.21)

Os valores próprios são complexos com parte real positiva, 5±4i logo aorigem é um ponto de equilíbrio isolado, instável um foco repulsor. Astrajectórias são espirais que tendem para a origem quando t → −∞.O retrato de fase é apresentado na figura 5.22.




7.

A =

[−5 11 5

](5.22)


[[−4,

[1, 1]T

], [−5,

[−1, 1]T

]].

logo a origem é um ponto de equilíbrio isolado. Como os valorespróprios são reais negativos a origem é um nó estável e assimptoti-camente estável, um poço. O retrato de fase é apresentado na figura5.23




8.

A =

[2 21 3

](5.23)


[[4,

[1, 1]T

], [1,

[−2, 1]T

]].

logo a origem é um ponto de equilíbrio isolado. Como os valorespróprios são reais de sinais contrários a origem é um ponto de selalogo um ponto de equilibro instável. O retrato de fase é apresentadona figura 5.24.



5.2 Sistemas Autónomos Não LinearesComo o esboço do retrato de fase de sistemas lineares é um exercício simplesuma forma de abordar os sistemas não lineares é tentar aproximar sistemasnão lineares por sistemas lineares. Esta abordagem designa-se por lineariza-ção.

Considere-se o sistema não linear

x′ = F(x) (5.24)

em que F : R2 → R2 de classe C1. Suponha-se que x0 é um zero de F eportanto um ponto de equilíbrio do sistema. Então podemos esperar que oretrato de fase para x próximo de x0 seja bem aproximado pelo retrato defase do sistema linear

y′ = A(y) (5.25)

com y = x−x0 próximo da origem. A matriz A é a matriz que representa aderivada de F em x0. Esta ideia funciona em muitas circunstâncias mas nãoem todas. Pode falhar quando a matriz A tem um valor próprio com partereal nula.

Vejamos alguns exemplos de linearização em torno de pontos de equilíbrio.

Exemplo 85 Determinar o tipo de estabilidade da origem, ponto de equi-líbrio do sistema não linear

dx

dt= 4x+ 2y + 2x2 − 3y2

dy

dt= 4x− 3y − 7xy

(5.26)

A origem é de facto um ponto de equilíbrio do sistema. A função F definidapor

F(x, y) = (4x+ 2y + 2x2 − 3y2, 4x− 3y − 7xy)

é de classe C1 e matriz jacobiana J(x, y) é

J(x, y) =

[4 + 4x 2− 6y4− 7y −3− 7x

](5.27)

Portanto J(0, 0) é

J(x, y) =

[4 24 −3

](5.28)


5.2 Sistemas Autónomos Não Lineares 141

Figura 5.25: Retrato de fase perto da origem do sistema linear e não lineardo exemplo 85

e a linearização conduz ao sistema lineardx

dt= 4x+ 2y

dy

dt= 4x− 3y

(5.29)

Os valores próprios são dados por

(4− λ)(−3− λ)− 8 = 0⇔ λ = 5 ∨ λ = −4

Portanto os valores próprios têm ambos parte real não nula. A origem éum Ponto de Sela para o sistema linear e portanto a origem é um ponto deequilíbrio instável para o sistema não linear. A figura 5.25 mostra um esboçodo retrato de fase, nas proximidades da origem, para o caso linear, à esquerdae para o caso não linear, à direita.

Na figura 5.26 podemos observar as trajectórias para pontos mais afasta-dos da origem.

Exemplo 86 O ponto (4, 3) é ponto de equilíbrio do sistema não lineardx

dt= −10x− 3y + x2 + 33

dy

dt= 6x+ 2y − xy − 18

(5.30)



Figura 5.26: Retrato de fase do sistema não linear do exemplo 85

A função F definida por

F(x, y) = (−10x− 3y + x2 + 33, 6x+ 2y − xy)

é de classe C1 e matriz jacobiana J(x, y) é

J(x, y) =

[−10 + 2x −3

6− y 2− x

](5.31)

Portanto J(4, 3) é

J(x, y) =

[−2 −33 −2

](5.32)

e a linearização conduz ao sistema lineardx

dt= −2x− 3y

dy

dt= 3x− 2y

(5.33)

Os valores próprios são dados por

(λ+ 2)2 + 9 = 0⇔ λ = −2 + 3i ∨ λ = −2− 3i

Portanto os valores próprios têm ambos parte real não nula. A origem é umfoco estável para o sistema linear e portanto o ponto (4, 3) é um ponto deequilíbrio estável para o sistema não linear. Na figura 5.27 podemos observaralgumas trajectórias para o sistema não linear.




Exemplo 87 Classificar, se possível, os pontos de equilíbrio do sistema nãolinear

x′(t) = x(t)(1− y(t))y′(t) = 0.3y(t)(x(t)− 1)

(5.34)

São pontos de equilíbrio do sistema os pontos do plano (x, y) que satis-fazem,

x(t)(1− y(t)) = 00.3y(t)(x(t)− 1) = 0

⇔x = 0y = 0

∨x = 1y = 1

(5.35)

O campo vectorial F definido por F(x, y) = (x(1 − y), 0.3y(x − 1)) é declasse C1 e a matriz Jacobiana é

J(x, y) =

[1− y −x0.3y 0.3(x− 1)

](5.36)

Portanto numa vizinhança do ponto de equilíbrio (0, 0) considere-se o sistemalinear x′ = Ax com

A =

[1 0

0 −0.3

]




Como os valores próprios são reais e de sinais contrários, a origem é para osistema linear um ponto de Sela, logo instável. Podemos concluir que para osistema não linear a origem é também um ponto instável. Vejamos agora oque se passa numa vizinhança do ponto de equilíbrio (1, 1). Considere-se osistema linear x′ = Ax com

A =

[0 −1

0.3 0

]

Os valores próprios são complexos com parte real nula, λ = ±i√

0.3. Destemodo a origem é para o sistema linear um centro, ponto de equilíbrio estávelmas não assimptoticamente estável mas nada se pode concluir para o ponto deequilíbrio correspondente do sistema não linear. Fazendo uma representaçãodo campo de direcções pode-se estudar o comportamento das trajectórias. Afigura 5.28 mostra algumas trajectórias para o sistema não linear e permiteconcluir que o ponto (1, 1) é estável mas não assimptoticamente estável.



Exemplo 88 Verificar que a origem é um ponto de equilíbrio do sistema nãolinear

x′(t) = y(t)− [x2(t) + y2(t)]x(t)y′(t) = −x(t)− [x2(t) + y2(t)] y(t)

(5.37)

e que a linearização em torno da origem não permite classificar esse pontode equilíbrio.

Para x = 0 e y = 0 segue-se que x′ = 0 e y′ = 0 logo a origem é ponto deequilíbrio do sistema não linear.

O campo vectorial F definido por F(x, y) = (y−(x2+y2)x,−x−(x2+y2)y)é de classe C1 e a matriz Jacobiana é

J(x, y) =

[−3x2 − y2 1− 2yx−1− 2xy −x2 − 3y2

](5.38)


A =

[0 1

−1 0

]Os valores próprios são complexos com parte real nula, λ = ±i. Deste modoa origem é para o sistema linear um centro, ponto de equilíbrio estável masnão assimptoticamente estável mas nada se pode concluir para o ponto deequilíbrio correspondente do sistema não linear. Para o sistema linear assoluções são funções periódicas, o que não acontece para o sistema não linearpois fazendo uma representação do campo de direcções tal como a figura 5.29mostra, verificamos que as trajectórias para o sistema não linear são espirais.


x′(t) = y(t)y′(t) = −x(t) + y(t)− (y(t))3

(5.39)


y = 0−x+ y − y3 = 0

⇔x = 0y = 0

(5.40)




Logo a origem é o único ponto de equilíbrio do sistema não linear. O campovectorial F definido por F(x, y) = (y,−x+ y − y3) é de classe C1 e a matrizJacobiana é

J(x, y) =

[0 1−1 1− 3y2

](5.41)


A =

[0 1

−1 1

]Os valores próprios são complexos com parte real positiva, λ = 1

2±i√32. Deste

modo a origem é para o sistema linear um foco instável, portanto o pontode equilíbrio correspondente do sistema não linear é instável. Fazendo umarepresentação do campo de direcções pode-se estudar o comportamento dastrajectórias. A figura 5.30 mostra algumas trajectórias para o sistema nãolinear e permite concluir que o ponto (0, 0) é instável mas que as trajectóriasconvergem para um ciclo limite, uma trajectória periódica.





x′(t) = y(t)y′(t) = −4x(t) + (x(t))3

(5.42)

Verificar que (2, 0) e (−2, 0) são pontos de sela logo pontos de equilíbrioinstáveis e que a origem é um ponto de equilíbrio indeterminado. Pela ob-servação do retrato de fase, figura 5.31, (0, 0) parece ser um centro estável.


x′(t) = x(t)− 2y(t) + 3y′(t) = x(t)− y(t) + 2

(5.43)


x− 2y + 3 = 0x− y + 2 = 0

⇔x = −1y = 1

(5.44)




Logo o ponto (−1, 1) é o único ponto de equilíbrio do sistema não linear. Ocampo vectorial F definido por F(x, y) = (x− 2y + 3, x− y + 2) é de classeC1 e a matriz Jacobiana é

J(x, y) =

[1 −21 −1

](5.45)

Para estudar o comportamento das soluções numa vizinhança do ponto deequilíbrio (−1, 1) considere-se o sistema linear x′ = Ax com

A =

[1 −2

1 −1

]

Os valores próprios são complexos com parte real nula, λ = ±i. Deste modoa origem é para o sistema linear um centro mas nada se pode concluir parao sistema não linear. Observando agora que o sistema não linear se podeescrever

x′(t) = (x(t) + 1)− 2 (y(t)− 1)y′(t) = (x(t) + 1)− (y(t)− 1)

(5.46)




é fácil concluir que por uma mudança de variável, u = x + 1 e v = y − 1 osistema dado converte-se no sistema linear

u′(t) = u− 2vv′(t) = u− v (5.47)

Portanto as trajectórias numa vizinhança do ponto de equilíbrio são trajec-tórias fechadas e o ponto de equilíbrio um centro logo estável mas não as-simptoticamente estável. Fazendo uma representação do campo de direcçõespode-se confirmar o comportamento das trajectórias. A figura 5.32 mostraalgumas trajectórias para o sistema não linear e permite concluir que o ponto(−1, 1) é estável mas não assimptoticamente estável.

5.2.1 Sistemas Potenciais

Um sistema autónomo bidimensional de primeira ordemdx

dt= f(x, y) (5.48)

dy

dt= g(x, y)



designa-se por sistema potencial ou sistema conservativo se existe uma funçãopotencial escalar V tal que

∂V

∂x= f(x, y) (5.49)

∂V

∂y= g(x, y)

Para os sistemas potenciais, a matriz Jacobiana do campo de vectores Fdefinido por F(x, y) = (f(x, y), g(x, y)) coincide com a matriz Hessiana deV . Admitindo que F é de classe C1, V é de classe C2 e portanto a matrizHessiana de V é uma matriz simétrica. Deste modo os valores próprios dosistema linearizado são reais. Daqui se conclui que para um sistema potencialos pontos de equilíbrio não podem ser focos nem centros. Todos pontos deequilíbrio de um sistema potencial são ou nós ou pontos de sela. Deste modoafirmar que se um retrato de fase indica a presença de focos ou centros, osistema não é potencial.

Exemplo 92 Verificar que o sistemax′(t) = x(t)− x3(t)y′(t) = −y(t)

(5.50)

é um sistema potencial e que os pontos de equilíbrio são (0, 0), (1, 0) e (−1, 0).Linearizar um torno dos pontos de equilíbrio e fazer um esboço do retrato defase, figura 5.33

5.2.2 Sistemas Hamiltonianos

Um sistema autónomo de bidimensional de primeira ordemdx

dt= f(x, y) (5.51)

dy

dt= g(x, y)

designa-se por sistema hamiltoniano se existe uma função de estado escalarH tal que

∂H

∂y= f(x, y) (5.52)

−∂H∂x

= g(x, y)



Figura 5.33: Retrato de fase do sistema potencial do exemplo 92

Para os sistemas hamiltonianos, a matriz Jacobiana do campo de vectores Fdefinido por F(x, y) = (f(x, y), g(x, y)) é a matriz

J(x, y) =

[∂2H∂x∂y

∂2H∂y2

−∂2H∂x2

− ∂2H∂y∂x

](5.53)

Admitindo que F é de classe C1, H é de classe C2 e portanto a matrizJacobiana de F tem na diagonal valores simétricos. Deste modo os valorespróprios do sistema linearizado são iguais de sinal oposto. Se 0 não for oúnico valor próprio do sistema então dois casos podem ocorrer: Se foremreais os pontos de equilíbrio são pontos de sela. Se forem imaginários sãocentros. Logo os sistema não lineraes hamiltomianos não possuem pontos deequilíbrio que sejam poços ou fontes. Deste modo afirmar que se um retratode fase indica a presença de fontes ou poços, o sistema não é hamiltoniano.

Para um sistema hamiltoniano as trajectórias são a família de curvas paraas quais a função de estado permanece constante.

H(x, y) = K



Para verificação, calculemos dHdt. Ora,

dH

dt=∂H

∂x

∂x

∂t+∂H

∂y

∂y

∂t(5.54)

mas ∂x∂t

= ∂H∂y

e ∂y∂t

= −∂H∂x

, logo

dH

dt=∂H

∂x

∂H

∂y− ∂H

∂y

∂H

∂x= 0 (5.55)

o que implica que as trajectórias são a família de curvas para a qual a funçãode estado é constante.

Exemplo 93 Verificar que o sistemax′(t) = y(t)y′(t) = x(t)− x2(t) (5.56)

é um sistema hamiltoniano e que os pontos de equilíbrio são (0, 0) e (1, 0).Linearizar um torno dos pontos de equilíbrio e fazer um esboço do retrato defase, figura 5.34.

Exemplo 94 Verificar que o sistemax′(t) = y(t)y′(t) = x3(t)− x(t)

(5.57)

é um sistema hamiltoniano e que os pontos de equilíbrio são (0, 0), (1, 0) e(−1, 0). Mostrar que a função de estado é a função H definida por

h(x, y) =y2

2+x2

2− x4

4.

Linearizar um torno dos pontos de equilíbrio e fazer um esboço do retrato defase.



Figura 5.34: Retrato de fase do sistema hamiltoniano do exemplo 93

Figura 5.35: Curvas de nível de H e Retrato de fase do sistema hamiltonianodo exemplo 94



Figura 5.36: Retrato de fase do sistema para α = −1

5.2.3 Bifurcações

Uma bifurcação num sistema autónomo é uma mudança na natureza doponto de equilíbrio devido à mudança do valor de um parâmetro da equação.

Se um sistema não linear depende de parâmetros os pontos de equilíbriopodem mudar quando o parâmetro varia. Por outras palavras, quando oparâmetro varia pode ocorrer uma bifurcação. Consideremos a família desistemas dependentes do parâmetro α.

x′(t) = x(t)2 − αy′(t) = −y(t) (x2(t) + 1)

(5.58)

Verificar que o sistema não tem pontos de equilíbrio para α < 0, que temdois pontos de equilíbrio para α > 0 e apenas um para α = 0 e que portantoα = 0 é o valor de bifurcação para o sistema. As figuras 5.36, 5.37 e 5.38mostram o retrato de fase para α = −1, α = 0 e α = 1 respectivamente.Mostram a transição de um sistema com zero pontos de equilíbrio para umcom dois pontos de equilíbrio, um ponto de sela e outro uma fonte passandopor um sistema com um ponto de equilíbrio instável em que zero é valorpróprio do sistema linearizado.



Figura 5.37: Retrato de fase do sistema para α = 0

Figura 5.38: Retrato de fase do sistema para α = 1




Capítulo 6

Transformadas de Laplace eEquações Diferenciais

Neste capítulo vamos fazer uma breve referência às transformadas de Laplace1, centrando a nossa atenção na sua aplicação à resolução de equações dife-renciais.

Definição 7 A transformada de Laplace de uma função real de variávelreal não negativa f é uma outra função real de variável real F , definida pelointegral:

F (s) = Lf(t) =

∫ ∞0

f(t)e−stdt (6.1)

para todos os valores de s para os quais o integral impróprio é convergente. Atransformada inversa de uma função F é a função f cuja transformadade Laplace seja igual a F .

Recordemos que o integral impróprio definido num intervalo semi-infinitoé definido por ∫ ∞

0

g(t)dt = limb→∞

∫ b

0

g(t)dt (6.2)

Dizemos que o integral é convergente se e só se o limite existe.Observemos que na definição de transformada de Laplace o integral im-

próprio depende do parâmetro s para além da variável de integração t. Destemodo quando o integral converge, converge não para um número mas parauma função F de s.

1Pierre Simon Laplace (1749-1827)


158 Transformadas de Laplace e Equações Diferenciais

Exemplo 95 Seja f : f(t) ≡ 1, t ≥ 0. Calculemos L1.

A transformada de f é:

L1 =

∫ ∞0

1e−stdt = limb→∞−e−st

s

∣∣∣∣t=bt=0

=1

s, s > 0 (6.3)

logo,

L1 =1

s, s > 0 (6.4)

Questão: E se s ≤ 0?

Exemplo 96 Seja f : f(t) = eat. Calculemos Leat.

Pela definição de transformada de Laplace, a transformada da função expo-nencial é

Leat

=

∫ ∞0

eate−stdt =

∫ ∞0

e−(s−a)tdt (6.5)

Ora, ∫ ∞0

e−(s−a)tdt = limb→∞−e−(s−a)t

s− a

∣∣∣∣t=bt=0

(6.6)

Se a é real e s− a > 0 então e−(s−a)t →∞ quando b→∞ e portanto

Leat

=1

s− a, s > a (6.7)

Se a é real e s− a ≤ 0 o integral diverge.Se a = α+ ıβ é complexo então o integral converge se e só se s > Re(a).

Recorde queeıβt = cos βt+ ı sin (βt).

6.1 Propriedades da transformada de Laplace

6.1.1 Linearidade

Para quaisquer duas funções f e g, com transformadas de Laplace respecti-vamente F e G,

Lαf(t) + βg(t) = αLf(t)+ βLg(t) = αF (s) + βG(s) (6.8)


6.1 Propriedades da transformada de Laplace 159

o que significa que a transformada de Laplace é um operador linear.De modo análogo a transformada inversa é também um operador linear:

L−1αF (s) + βG(s) = αf(t) + βg(t) = αL−1F (s)+ βL−1G(s) (6.9)

Exemplo 97 Calcular L3e6t − 2e3t.

Pela linearidade da transformada de Laplace

L

3e6t − 2e3t

= 3Le6t− 2L

e3t

=3

s− 6+

2

s− 3, s > 6 (6.10)

6.1.2 Derivada da Transformada

A primeira derivada da transformada de Laplace de uma função f é:

dF

ds=

d

ds

∫ ∞0

f(t)e−stdt = −∫ ∞0

tf(t)e−stdt = −Ltf(t) (6.11)

Derivando n vezes obtemos a derivada de ordem n,

Ltnf(t) = (−1)ndnF

dsn(6.12)

6.1.3 Transformada da Derivada

Calculemos a Transformada de Laplace da derivada de uma função f . Inte-grando por partes:

Lf ′ =

∫ ∞0

f ′e−stdt = fe−st∣∣∞0

+ s

∫ ∞0

fe−stdt (6.13)

este último integral é a transformada de f . Calculando o limite quandot→ +∞, obtemos para o primeiro termo o valor = −f(0). Deste modo

Lf ′ = sLf − f(0) (6.14)

A transformada de derivadas de ordem superior calcula-se aplicando a mesmapropriedade várias vezes, por exemplo, a transformada da segunda derivadaé igual a:

Lf ′′ = sLf ′ − f ′(0) = s[sLf − f(0)]− f ′(0) (6.15)

logoLf ′′ = s2F (s)− sf(0)− f ′(0) (6.16)



6.1.4 Transformada do produto f por eat: Deslocamentoem s

Leatf(t)

=

∫ ∞0

f(t)e(a−s)tdt = F (s− a) (6.17)

6.2 Transformadas de Funções Elementares

Transformada de f : f(t) = t A transformada de t é

Lt =

∫ ∞0

te−stdt (6.18)

Integrando por partes obtemos

Lt =1

s2, s > 0 (6.19)

Transformada de f : f(t) = tn A transformada de tn, onde n é umnúmero inteiro é

Ltn =

∫ ∞0

tne−stdt (6.20)

Pode-se demonstrar por indução, usando a propriedade da derivada da trans-formada, que

Ltn =n!

sn+1, s > 0 (6.21)

Transformada de f : f(t) = teat Usando a propriedade da derivada datransformada da função f : f(t) = eat, obtemos

Lteat

= − d

ds

(1

s− a

)=

1

(s− a)2, s > a (6.22)

Transformada de f : f(t) = sin bt e de f : f(t) = cos bt As transfor-madas do seno e do coseno podem ser calculadas usando a transformada daexponencial com a = ib

Leibt

= Lcos(bt) + i sin(bt) =1

s− ib=

s+ ib

s2 + b2(6.23)


6.2 Transformadas de Funções Elementares 161

logo

Leibt

=s+ ib

s2 + b2(6.24)

comparando as partes reais e imaginárias,

Lcos(bt) =s

s2 + b2, s > 0 (6.25)

Lsin(bt) =b

s2 + b2, s > 0 (6.26)

Exercício 20 Mostre que

1.Lt sinh kt =

k

(s2 − k2)2, s > |k| (6.27)

2.Lt cosh kt =

s

(s2 − k2)2, s > |k| (6.28)

Sugestão: Recorde que cosh kt = ekt+e−kt

2e que sinh kt = ekt−e−kt

2.

Exercício 21 Mostre que

1.Lt sin kt =

2ks

(s2 + k2)2(6.29)

2.

Lt cos kt =s2 − k2

(s2 + k2)2(6.30)

Sugestão: Use a propriedade da derivada da transformada de uma funçãoapropriada.

Exercício 22 Verifique que são verdadeiras as afirmações

1.L−1

1

s3

=

1

2t2 (6.31)



Figura 6.1: Gráfico de H1

2.

L−1

1

s+ 3

= e−3t (6.32)

3.

L−1

4

s2 + 16

= sin 4t (6.33)

Transformada da função de Heaviside Seja a um número real. Defi-namos a função salto, descontínua em t = a, que toma o valor 0 à esquerda dea e o valor 1 à direita de a. Esta função designa-se por função de Heaviside2.

Ha (t) =

0, t < a1, t ≥ a

(6.34)

A figura 6.1 mostra o gráfico de H1.

Exemplo 98 A função cujo gráfico se ilustra na figura 6.2

f (t) =

−1, t < −11, −1 ≤ t ≥ 13 t ≥ 1

(6.35)

escreve-se de modo simples como combinação linear de funções de Heaviside,

f(t) = −1 + 2H−1(t) + 2H1(t) (6.36)



Figura 6.2: Gráfico de f(t) = −1 + 2H−1(t) + 2H1(t)

Calculemos a transformada de Laplace da função de Heaviside, usando adefinição.

LHa(t) =

∫ ∞0

Ha(t)e−stdt =

∫ ∞a

e−stdt (6.37)

Ora, ∫ ∞a

e−stdt = limb→∞−e−st

s

∣∣∣∣t=bt=a

=e−sa

s(6.38)

Logo,

LHa(t) =e−sa

s, s > 0, a > 0 (6.39)

Transformada de uma função transladada em t A figura 6.3 mostrao gráfico de uma função f e da mesma função transladada para a esquerdauma unidade.

Admitamos que Lf(t) existe para s > c. Calculemos LHa(t)f(t− a).

LHa(t)f(t− a) =

∫ ∞a

f(t− a)e−stdt (6.40)

Por outro lado, pela definição de Lf(t) temos que

Lf(t) =

∫ ∞a

f(τ)e−sτdτ (6.41)

2Olivier Heaviside(1850-1925)



Figura 6.3: Gráfico de f e de H1(t)f(t− 1)

Multiplicando ambos os membros desta equação por e−as obtemos

e−asF (s) =

∫ ∞a

f(τ)e−s(τ+a)dτ (6.42)

fazendo agora t = τ + a obtemos,

e−asF (s) =

∫ ∞a

f(t− a)e−stdτ = LHa(t)f(t− a) (6.43)

Donde

LHa(t)f(t− a) = e−asF (s) (6.44)

Exemplo 99 Calcular Lg(t) onde

g (t) =

0, t < 3t2, t ≥ 3

(6.45)

Observemos que g(t) = H3(t)f(t− 3) onde f(t) = (t+ 3)2. Deste modo,

F (s) = Lf(t) = Lt2 + 6t+ 9

=

2

s3+

6

s2+

9

s

e portanto

Lg(t) = LH3(t)f(t− 3) = e−3t(

2

s3+

6

s2+

9

s

)



Transformada da função de Delta de Dirac Em Física, uma forçaimpulsiva é uma força f que actua durante um intervalo de tempo a ≤t ≤ b. Um exemplo de uma força impulsiva é a força na bola quando umjogador executa um remate. Trata-se de um impacto quase instantâneo. Emsituações deste tipo o principal efeito da força depende do impulso da forçano intervalo [a, b], isto é do integral∫ b

a

f(t)dt (6.46)

Definimos a função impulso unitário como sendo a função que produzum impulso igual a 1, ∫ b

a

f(t)dt = 1 (6.47)

Exemplo 100 A função f(t) = Ha(t)−Hb(t)b−a é um impulso unitário em [a, b]

Consideremos agora a função

da,ε (t) =

1ε, a ≤ t < a+ ε

0, casocontrrio(6.48)

Se b ≥ a+ ε então ∫ b

a

f(t)dt =

∫ a+ε

a

f(t)dt = 1 (6.49)

e portanto a função da,ε tem impulso unitário em [a, b]. Podemos tambémafirmar que ∫ ∞

a

f(t)dt =

∫ a+ε

a

f(t)dt = 1 (6.50)

Se pretendemos modelar um impulso instantâneo é natural fazer ε → 0.Definindo

δa(t) = limε→0

da,ε (t) (6.51)

com a ≥ 0 obtemos a função delta de Dirac3, função que é nula em todosos pontos diferentes de a e infinita em a e∫ ∞

a

δa(t)dt = 1. (6.52)

3Paul Dirac (1902-1984)



Uma propriedade importante da função delta de Dirac é que, se g é umafunção contínua então ∫ ∞

0

g(t)δa(t)dt = g(a). (6.53)

Se considerarmos o caso particular de g : g(t) = e−st segue-se que∫ ∞0

e−stδa(t)dt = e−as. (6.54)

e portantoLδa(t) = e−as, a ≥ 0. (6.55)

6.3 Equações Diferenciais e Transformada deLaplace

A transformada de Laplace permite transformar uma equação diferenciallinear, com coeficientes constantes numa equação algébrica. Resolvendo aequação algébrica, obtemos a solução da equação diferencial através da trans-forma inversa de Laplace.

Exemplo 101 Consideremos o problema do valor inicial:

y′′ + 4y = 8δ2π(t), y(0) = 3, y′(0) = 0 (6.56)

Seja Y (s) = Ly. Então

Ly′ = sY (s)− 3 (6.57)Ly′′ = s2Y (s)− 3s (6.58)

Aplicando a transformada de Laplace aos dois membros da equação e aten-dendo às condições iniciais obtemos:

s2Y (s) + 4Y (s)− 3s = L8δ2π(t) (6.59)

masL8δ2π(t) = 8e−2πs (6.60)


6.3 Equações Diferenciais e Transformada de Laplace 167

A solução da equação algébrica é

Y (s) =3s

s2 + 4+

8e−2πs

s2 + 4(6.61)

Recordando as transformadas das funções seno e coseno assim como o atransformada de uma translação, obtemos a solução do PVI,

x(t) = 3 cos 2t+ 4H2π sin 2(t− 2π). (6.62)

Exemplo 102 Consideremos o problema do valor inicial:

y′′ − 10y′ + 9y = 5t, y(0) = −1, y′(0) = 2 (6.63)


Ly′ = sY (s)− y(0) (6.64)Ly′′ = s2Y (s)− sy(0)− y′(0) (6.65)


s2Y (s)− 10sY (s) + 9Y (s) + s− 12 = L5t (6.66)

Observemos que

L5t =5

s2(6.67)

e portanto obtemos a equação algébrica(s2 − 10s+ 9

)Y (s) + s− 12 =

5

s2(6.68)

Esta equação pode ser facilmente resolvida,

Y =5

(s− 1)(s− 9)s2+

12− s(s− 1)(s− 9)

(6.69)

A solução do problema do valor inicial é a transformada inversa desta função.Combinando os 2 membros, obtemos

Y =5 + 12s2 − s3

(s− 1)(s− 9)s2(6.70)



Para tal vamos decompor a fracção em fracções mais simples.

Y =A

s+B

s2+

C

(s− 9)+

D

(s− 1)(6.71)

onde A, B, C e D são constantes calculadas comparando as duas equações:

5+12s2−s3 = As(s−9)(s−1)+B(s−9)(s−1)+Cs2(s−1)+Ds2(s−9) (6.72)

o que conduz ao sistema

s = 0⇒ 5 = 9B (6.73)s = 1⇒ 16 = −8D (6.74)s = 9⇒ 248 = 648C (6.75)

s = 2⇒ 45 = −14A+4345

81(6.76)

ou seja,

B =5

9(6.77)

D = −2 (6.78)

C =31

81(6.79)

−1 =50

81(6.80)

Deste modo,

Y =50

81

1

s+

5

9

1

s2+

31

81

1

(s− 9)− 2

1

(s− 1)(6.81)

A transformada inversa de cada uma das fracções parciais é facilmente identi-ficada, usando as transformadas de Laplace anteriormente calculadas. Assim,A solução do PVI é:

y(t) =50

81+

5

9t+

31

81e9t − 2et (6.82)

Exemplo 103 Procuremos a solução do problema do valor inicial:

y′′ − 4y′ + 4y = e2t sin(2t), y(0) = 0, y′(0) = 0 (6.83)




Ly′ = sY (s)− y(0) (6.84)Ly′′ = s2Y (s)− sy(0)− y′(0) (6.85)


s2Y (s)− 4sY (s) + 4Y (s) = L

e2x sin(2x)

(6.86)

Observemos que

L

e2x sin(2x)

=2

(s− 2)2 + 4(6.87)

e portanto obtemos a equação algébrica

s2Y − 4sY + 4Y =2

(s− 2)2 + 4(6.88)


Y =2

[(s− 2)2 + 4](s− 2)2(6.89)

A solução do problema do valor inicial é a transformada inversa desta função.Para tal vamos decompor a fracção em fracções mais simples.

Y =A

s− 2+

B

(s− 2)2+

2C

(s− 2)2 + 4+

D(s− 2)

(s− 2)2 + 4(6.90)

onde A, B, C e D são constantes calculadas comparando as duas equações:

A = 0 B =2

3C = −1

3D = 0 (6.91)

A transformada inversa de cada uma das fracções parciais é facilmente identi-ficada, usando as transformadas de Laplace anteriormente calculadas. Assim,

L−1

2/3

(s− 2)2

=

2

3te2t (6.92)

L−1

−2/3

(s− 2)2 + 4

= −1

3sin (2t)e2t (6.93)

A solução do PVI é:

y(t) =

(2t

3− 1

3sin(2t)

)e2t (6.94)



Exemplo 104 Procuremos a solução do problema do valor inicial:

y′′ − y′ + 5y = 4 +H2(t)e−2(t−2), y(0) = 2, y′(0) = −1 (6.95)


Ly′ = sY (s)− 2 (6.96)Ly′′ = s2Y (s)− 2s+ 1 (6.97)

Aplicando a transformada de Laplace aos dois membros da equação e aten-dendo às condições iniciais obtemos:(

s2 − sY (s) + 5)Y (s)− 2s+ 3 = L

4 +H2(t)e

−2(t−2) (6.98)

Observemos que

L

4 +H2(t)e−2(t−2) =

4

s+

e−2s

(s+ 2)(6.99)

e portanto obtemos a equação algébrica(s2 − sY (s) + 5

)Y (s) =

4

s+

e−2s

(s+ 2)+ 2s− 3 (6.100)


Y =2s2 − 3s+ 4

s(s2 − s+ 5)+ e−2t

1

(s+ 2)(s2 − s+ 5)(6.101)

A solução do problema do valor inicial é a transformada inversa desta função.Observemos que

2s2 − 3s+ 4

s(s2 − s+ 5)=

1

5

(4

s+

6s− 11

s2 − s+ 5

)(6.102)

logo,

2s2 − 3s+ 4

s(s2 − s+ 5)=

1

5

(4

s+

6(s− 1/2)

(s− 1/2)2 + 19/4− 8

(s− 1/2)2 + 19/4

)(6.103)

e que1

(s+ 2)(s2 − s+ 5)=

1

11

(1

s+ 2− s− 3

s2 − s+ 5

)(6.104)



logo,

1

(s+ 2)(s2 − s+ 5)=

1

11

(1

s+ 2+

s− 1/2

(s− 1/2)2 + 19/4+

5/2

(s− 1/2)2 + 19/4

)Calculando a transformada inversa obtemos a solução do PVI,

y(t) =4

5+et/2

5

(6 cos

√19

2t− 16√

19sin

√19

2t

)+

+H2(t)

11e−2t

(− cos

√19

2t+

5√19

sin

√19

2t

)(6.105)

Exercício 23 Resolver os seguintes problemas do valor inicial

1.y′′ + 4y = 0, y(0) = 5, y′(0) = 0 (6.106)

2.y′′ + 4y = δ0(t), y(0) = 0, y′(0) = 0 (6.107)

3.y′′ + 4y = δ0(t) + δπ(t), y(0) = 0, y′(0) = 0 (6.108)

4.y′′ + 4y = δ2π(t), y(0) = 3, y′(0) = 0 (6.109)

5.y′′ + 4y′ + 3y = 1, y(0) = 0, y′(0) = 0 (6.110)

6.y′′ + y = sin 2t, y(0) = 0, y′(0) = 0 (6.111)



Função Transformadaf(t) F (s)

11

s

tnn!

sn+1

eat 1s−a

tneat n!(s−a)n+1

cos(bt)s

s2 + b2

sin(bt)b

s2 + b2

cosh(bt)s

s2 − b2

sinh(bt)b

s2 − b2eatf(t) F (s− a)

f ′(t) sF (s)− f(0)

f ′′(t) s2F (s)− sf(0)− f ′(0)∫ t

0

f(u) du1

sF (s)

tf(t) −dF

ds

f(t)

t

∫ ∞s

F (r)dr

Ha(t) e−as

Ha(t)f(t− a) e−asF (s)

δa(t) e−as

f

(t

a

)aF (as)

Tabela 6.1: Tabela das Transformadas de LaplaceEquações Diferenciais, uma Primeira Abordagem

Exercícios

1. Verifique se as funções dadas definidas num intervalo I ⊆ R são soluçãodas equações diferenciais de primeira ordem. Em caso afirmativo in-dique um intervalo I.

(a) y(t) = 5et2, y′ = 2ty

(b) y(t) = 1t, y′ = t2 + y2

(c) y(t) = 2 cos t , y′ + ty = 0

(d) y(t) = Kt, K ∈ R, ty′ − y = 0

2. Verifique que as funções dadas definidas num intervalo I ⊆ R sãosolução das equações diferenciais de primeira ordem. Determine a con-stante C de modo a obter soluções do PVI dado. Indique um intervaloI.

(a) y(t) = C sin t , y′ = y cot t , y(π2) = 2

(b) y(t) = Ce−t + t− 1 , y′ = t− y , y(0) = 10

(c) y(t) = 21+Ce4t

1−Ce4t , y′ = y2 − 4 , y(0) = 6

(d) y(t) = 1t+C

, y′ = −y2 , y(0) = 12

3. Usando o teorema da função implícita, verifique que a equação

3t2y − ty3 + 2y2 = 2

define de modo implícito uma função y = y(t) numa vizinhança de(0, 1). Verifique que y é solução do PVI

(6ty − y3) + (4y + 3t2 − 3ty2)y′ = 0, y(0) = 1


174 Exercícios

4. Escreva uma equação diferencial que traduza os seguintes problemas ede um modo intuitivo tente descrever as soluções:

(a) O declive da recta tangente ao gráfico da função derivável f : R→R, y = f(x), no ponto (x, y) é igual ao valor de y(x).

(b) O gráfico da função derivável f : R → R, y = f(x), é normal atoda a curva na forma xy = K, K uma constante não nula.

(c) Todas as rectas normais ao gráfico da função derivável f : R→ R,y = f(x), no ponto (x, y) passam pelo ponto (1, 1).

5. Escreva uma equação diferencial que modelize as seguintes situações efaça se possível uma análise qualitativa.

(a) A função derivável P : R → R, y = P (t), indica o número deindivíduos de uma dada população P no instante t. Sabe-se quea variação da população no tempo é proporcional à raiz quadradade P .

(b) A aceleração de um determinado carro, a = dvdt, v a sua velocidade

escalar é proporcional à diferença entre 300Km/h e a velocidadedo carro. A velocidade inicial é v0.

6. Construa um modelo matemático para o problema do movimento daqueda livre de um corpo de massa m.

7. Analise os campos de direcção mostrados na figura E1 e associe cadacampo a uma das equações diferenciais de primeira ordem. Identifiqueas equações diferenciais autónomas e desenhe as respectivas linhas defase.

(a) y′ = y(2− y)

(b) y′ = y(4− t2)(c) y′ = y − 2t

(d) y′ = y2 + y − 2

8. Usando as funcionalidades gráficas da sua calculadora reproduza oscampos de direcções do exercício anterior.


175

Figura E1: Campos de Direcções


176 Exercícios

9. Para cada uma das equações diferenciais autónomas esboce a Linha deFase. Classifique os pontos de equilíbrio e descreva qualitativamente asolução dos PVI indicados:

(a) y′ = 2y(1− y) , y(0) = 0 , y(0) = 2 , y(0) = 0.5

(b) y′ = y3 − 2y2 + y , y(0) = 0 , y(0) = 1.5 , y(0) = 0.5 , y(0) =−0.5 , y(1) = 0.5

(c) S ′ = 11−S , S(0) = 0 , S(0) = 5

(d) P ′ = 0.4P (1− P30

) , P (0) = 30 , P (0) = 20 , P (0) = 40

10. Usando as funcionalidades gráficas da sua calculadora trace as soluçõesdos PVI do exercício anterior.

11. Admita que a evolução de uma população de peixes num lago é dadapor

dP

dt= 0.4P (1− P

30)

e que no instante t = 5 foi introduzida uma cota relativa de pesca de5% por ano.

(a) Esboce a Linha de fase para 0 < t < 5.

(b) Escreva a equação diferencial para t ≥ 5 e esboce a Linha de fase.

(c) Descreva o comportamento das soluções da equação diferencial quesatisfazem as condições iniciais. (A) P (0) = 30 e (B) P (0) = 20.

12. Considere a seguintes equações diferenciais com parâmetro k. Paracada uma analise a existência de valores de bifurcação, esboce um dia-grama de bifurcação e classifique os pontos de equilíbrio.

(a) y′ = y2 − k2

(b) y′ = y2 − ky + 1

(c) y′ = y4 − ky2

13. Construa os primeiros iterados de Picard para o PVI y′ = 2t(y +1), y(0) = 0. Verifique que convergem para a solução do PVI, y(t) =et

2 − 1.


177

14. Resolva as seguintes equações diferenciais de variáveis separáveis.

(a) h′ = −0.01π

√h

(b) x′ = −xt

(c) y′ = y2 − 4

(d) 2√ty′ =

√1− y2

(e) (t2 − xt2)x′ + x2 + tx2 = 0

(f) y′ = − t2+2y

(g) tx′ − x = x3

(h) y′ = − x−22(y−1)

15. Resolva os PVI indicados:

(a) h′ = −0.01π

√h , h(0) = 2

(b) y′ = y2 − 4 , y(0) = −4; y(0) = 4

16. Admita que a evolução de uma população de peixes num lago é dadapor

dP

dt= 0.4P (1− P

30)

Resolva os PVI

(a) P (0) = 30

(b) P (0) = 20

17. Resolva o PVI y′ = 2t(y + 1), y(0) = 0. [ver exercício 13]

18. Considere a equação diferencial√

1 + x2y′ = xy3. Resolva os PVI

(a) y(0) = 0

(b) y(0) = 2

19. Resolva as seguintes equações diferenciais lineares de primeira ordem.

(a) x′ = x− 3et

(b) dydx

+ 2yx

= x3


178 Exercícios

(c) dydx

= y tanx+ cosx

(d) x′ = −5x+ sin t

20. Resolva os PVI indicados:

(a) x′ = x− 3et, x(0) = 0

(b) dydx

+ 2yx

= x3, y(1) = 2

(c) dydx

= y tanx+ cosx, y(0) = 1

(d) x′ = −5x+ sin t, x(0) = 1

21. Resolva as seguintes equações diferenciais averiguando se se trata deuma equação exacta ou redutível a exacta.

(a) 2xydx+ (1 + x2)dy = 0

(b) ydx− xdy = 0

(c) (1 + et)y − (t+ et)y′ = 0

22. Resolva as seguintes equações diferenciais efectuando a mudança devariável indicada.

(a) y′ = (x+ y)2, x+ y = u

(b) yy′ = −y2

t+ t−1

2, y2 = u

(c) y′ = y − y2

t+ y

t, y = ut

(d) y′ + xy = xy2, z = y1−2

23. Determine a família de curvas cujas trajectórias são ortogonais a.

(a) x2 + 4y2 = a2

(b) y2 = bt

24. Considere o PVI y′ = xy, y(0) = 1 Determine uma solução aproximadano instante t = 1 usando um passo h = 0.5 e

(a) o método de Euler

(b) o método de Runge-Kutta de segunda ordem


179

Compare os resultados obtidos com a solução exacta e comente.

25. Use o o método de Runge-Kutta de quarta ordem e um passo h = 0.1para calcular a solução do PVI y′ = 1 + x+ y, y(0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1.

26. Verifique se a solução indicada y1 é uma solução da equação diferencialdada e em caso afirmativo indique o domínio.

(a) y′′ − 4y′ + 4y = 0 , y1(t) = e4t

(b) y′′ − 4y′ + 4y = 0 , y1(t) = e2t

(c) y′′ − 4y′ + 4y = 0 , y1(t) = te2t

(d) ty′′ + y′ = 0 , y1 = ln(t)

(e) t2y′′ + 2ty′ − 6y = 0 , y1(t) = t2

27. Considere o problema de valor inicial de 3a ordem

t3y(3) − t2y′′ + 2ty′ − 2y = 0, y(1) = 3 , y′(1) = 2 , y′′(1) = 1

(a) Mostre que o PVI admite solução única em (R+).

(b) Mostre que y1(t) = t, y2(t) = t ln(t) e y3(t) = t2 são soluções,linearmente independentes, da equação diferencial dada .

(c) Encontre constantes c1, c2 e c3 tal que y(t) = c1y1 + c2y2 + c3y3seja solução do PVI.

(d) Escreva a solução do PVI, indicando o domínio.

28. Nos problemas que se seguem são dados um problema de valor inicialassociado a uma equação diferencial linear e homogénea de segundaordem e um par de soluções y1 e y2. Para cada um,

• Verifique que o PVI admite solução única

• Verifique que y1 e y2 são soluções, linearmente independentes, daequação diferencial dada

• Encontre a solução do PVI, y(t) = c1y1 + c2y2

(a) y′′ − y = 0 , y(0) = 0 , y′(0) = 5 , y1(t) = et , y2(t) = e−t

(b) y′′ + y′ = 0 , y(0) = −2 , y′(0) = 8 , y1(t) = 1 , y2(t) = e−t


180 Exercícios

(c) y′′ + 4y = 0 , y(0) = 3 , y′(0) = 8 , y1(t) = cos(2t) , y2(t) = sin(2t)

(d) y′′ − 3y′ + 2y = 0 , y(0) = 1 , y′(0) = 0 , y1(t) = et , y2(t) = e2t

(e) y′′−10y′+25y = 0 , y(0) = 3 , y′(0) = 13 , y1(t) = e5t , y2(t) = te5t

29. Nos problemas que se seguem verifique se as funções dadas formam umconjunto fundamental de soluções da equação diferencial no intervaloindicado.

(a) y′′ − y′ − 12y = 0 , y1(t) = e−3t , y2(t) = e4t , (R)

(b) 4y′′ − 4y′ + y = 0 , y1(t) = et , y2(t) = tet/2 , (R)

(c) y′′ − 2y′ + 5y = 0 , y1(t) = et cos(2t) , y2(t) = et sin(2t) , (R)

(d) t2y′′ − 6ty′ + 12y = 0 , y1(t) = t3 , y2(t) = t4 , (R+)

(e) y(4) + y′′ = 0 , y1(t) = 1 , y2(t) = t , y3(t) = cos(t) , y4(t) =sin(t) , (R)

30. Mostre que y(t) = 1té solução de y′ + y2 = 0 mas y(t) = 2

tnão é. Isto

contraria o princípio da sobreposição? Comente.

31. Mostre que quer y1(t) = 1 quer y2(t) =√t são solução de yy′′+(y′)2 = 0

mas y(t) = y1(t) + y2(t) não é. Isto contraria o princípio da so-breposição? Comente.

32. Nos problemas seguintes é indicada uma equação linear de segundaordem e uma solução dessa equação. Use o método da redução deordem para encontrar uma segunda solução linearmente independenteda anterior.

(a) y′′ − 4y = 0 , y1(t) = e−2t

(b) y′′ − 3ty′ + 4

t2y = 0 , y1(t) = t2

33. Resolva as seguintes equações lineares homogéneas de coeficientes cons-tantes

(a) y′′ + y′ − 6y = 0

(b) y′′ − 6y′ + 9y = 0

(c) y′′ − 2y′ + 5y = 0


181

(d) y′′ + 2y′ − y = 0

(e) y′′′ − 3y′′ + 4y = 0

(f) y(4) + y′′ = 0

34. Seja k uma constante real. Escreva a solução geral da equação diferen-cial y′′ + k2y = 0.

35. Encontre a solução para cada um dos Problemas de valor inicial seguintes:

(a) y′′ − 3y′ − 4y = 0 , y(0) = 1 , y′(0) = 0

(b) 2y′′ + y′ − 10y = 0 , y(0) = 5 , y′(0) = 2

(c) y′′ − 6y′ + y = 0 , y(0) = 1 , y′(0) = −1

(d) y′′ + y′ + 2y = 0 , y(0) = 1 , y′(0) = −2

36. Encontre a solução para cada um dos Problemas de valores na fronteira:

(a) y′′ − 10y′ + 25y = 0 , y(0) = 1 , y(1) = 0

(b) y′′ + 4y = 0 , y(0) = 0 , y(π) = 0

(c) y′′ − 2y′ + 2y = 0 , y(0) = 1 , y(π) = 0

37. Considere a equação diferencial de Euler t2y′′ + aty′ + by = 0 em R+

(a) Mostre que y(t) = tm é uma solução da equação diferencial deEuler desde que m2 + (a− 1)m+ b = 0.

(b) Resolva o PVI t2y′′ − 2ty′ − 4y = 0, y(1) = 1, y′(1) = 4

(c) Suponha que (a − 1)2 = 4b. Usando o método da redução deordem, mostre que y1(t) = t(1−a)/2 ln(t) é a segunda solução daequação.

(d) Resolva o PVI 4t2y′′ + 8ty′ + y = 0, y(1) = 1, y′(1) = 1/2

38. Indicar, para cada caso, a forma da solução particular para a equaçãoy′′ + 4y′ + 13y = g(t) sendo

(a) g(t) = t2

(b) g(t) = t sin(t)


182 Exercícios

(c) g(t) = t2et

(d) g(t) = e−2t

(e) g(t) = sin(3t)

(f) g(t) = e−2t sin(3t)

39. Determine a solução geral de cada uma das seguintes equações linearesnão homogéneas de coeficientes constantes.

(a) y′′ + 2y′ + y = e−t

(b) y′′ + y = cos(2t)

(c) y′′ + y′ − 6y = sin(t) + te2t

(d) y′′ − y′ − 2y = 3t+ 4

(e) y′′ + 4y = 3t3

(f) y′′ − 2y′ + 2y = et sin(t)

(g) y′′ − 2y′ + y = et + e2t

40. Determine a solução geral de cada uma das seguintes equações linearesnão homogéneas utilizando o método da variação dos parâmetros.

(a) y′′ + 9y =1

4 sin(3t)

(b) y′′ + y = sec(t)

(c) y′′ − y =2

1 + et

41. Resolva as seguintes equações diferenciais não lineares.

(a) y′′ = 2t(y′)2

(b) yy′′ = (y′)2

42. Resolva as seguintes equações diferenciais lineares procurando soluçõesem forma de série.

(a) y′′ + ty = 0

(b) y′′ − (1 + t)y = 0


183

43. Considere a equação diferencial y′′ + 4y = f(x)

(a) Encontre a solução geral da equação homogénea associada.

(b) Seja f tal que f(x) = xex. Determine a solução geral da equaçãonão homogénea usando,

i. o método dos coeficientes indeterminadosii. o método da variação do parâmetro

(c) Resolva o problema de valor inicial

y′′ + 4y = xex, y(0) = 1, y′(0) = 0

44. Considere a equação diferencial y′′ − y = 0 e seja a ∈ R.

(a) Encontre a solução da equação que satisfaz y(0) = a ∧ y′(0) = 2.

(b) Para que valor de a a solução do PVI

y′′ − y = 0, y(0) = a ∧ y′(0) = 2

tende para zero quando t tende para infinito?

45. Considere a equação diferencial xy′′ − y′ = 3x2.

(a) Encontre a solução geral da equação usando a mudança de va-riável, u = y′.

(b) Encontre a solução do PVI

xy′′ − y′ = 3x2, y(1) = 1 ∧ y′(1) = 1

46. Transforme em sistema as seguintes equações diferenciais:

(a) x′′ + 2x′ − x = 0

(b) x′′′ + (x′′)2 = 0

(c) x(4) + x′′ = 0

47. Resolva, por eliminação, os sistemas

(a)x′(t) = 3x(t)− y(t)y′(t) = x(t) + y(t)


184 Exercícios

(b)x′(t) = −7x(t) + y(t)y′(t) = −2x(t)− 5y(t)

48. Resolva os problemas de valor inicial seguintes:

(a) x′ =

[2 11 2

]x , x(0) =

[3−2

](b) x′ =

[2 −1−4 2

]x , x(0) =

[2−1

]49. Determine a solução geral dos sistemas de equações

(a)x′(t) = 2x(t) + 2y(t)y′(t) = x(t) + 3y(t)

(b)x′(t) = x(t)− 4y(t)y′(t) = −x(t) + y(t)

(c)x′(t) = 3x(t)− y(t)y′(t) = x(t) + y(t)

(d)x′(t) = −7x(t) + y(t)y′(t) = −2x(t)− 5y(t)

50. Determine a solução geral dos sistemas de equações

(a) x′ =

−1 1 01 2 10 3 −1

x sabendo que os pares próprios são:

(−1, [−1, 0, 1]T

),(−2, [−1, 1, 3]T

),(

3, [1, 4, 3]T)

(b) x′ =

1 −1 2−1 1 0−1 0 1


(1, [0, 2, 1]T

),(

1 + i, [−i, 1, 1]T),(

1− i, [i, 1, 1]T)


185

(c) x′ =

5 −4 01 0 20 2 5


(0, [−4,−5, 2]T

),(

5, [−2, 0, 1]T)

e que o valor próprio 5 tem multiplicidade 2.

51. Considere o sistema linearx′(t) = −1

4x(t) + 2y(t)

y′(t) = −2x(t)− 14y(t)

(a) Sabendo que os pares próprios associados à matriz do sistema são :(−1/4 + 2i, [−i, 1]T

)e(−1/4− 2i, [i, 1]T

), escreva a solução geral

do sistema;

(b) Encontre a solução que satisfaz a condição inicial

x(0) = 2, y(0) = 3

(c) Esboce os gráficos das soluções do PVI da alínea (b) no plano t−xe t− y usando as funcionalidades da máquina gráfica;

(d) Esboce a trajectória da solução encontrada na alínea (b) no planox− y

52. Considere o sistema linearx′(t) = −4x(t) + y(t)y′(t) = 2x(t)− 3y(t)

(a) Encontre os valores próprios e os vectores próprios da matriz doscoeficientes do sistema;

(b) Escreva a solução geral do sistema;

(c) Resolva o Problema de Valor Inicial x(0) = (1, 1)T

(d) Represente a solução desse PVI no plano da fase;

53. Resolva as seguintes equações lineares homogéneas com coeficientesconstantes usando a equação característica e compare as soluções obti-das reduzindo cada equação a um sistema linear de 1aordem:

(a) x′′ + x′ − 6x = 0


186 Exercícios

(b) x′′ + x′ + x/4 = 0

(c) x′′ − 4x = 0

(d) x′′ + 4x = 0

54. Utilize o método da variação dos parâmetros resolver os seguintes Prob-lemas de Valor Inicial:

(a) [x′(t)y′(t)

]=

[3 −1−1 3

] [x(t)y(t)

]+

[4e2t

4e4t

], x(0) =

[11

](b) [

x′(t)y′(t)

]=

[2 −5−1 −2

] [x(t)y(t)

]+

[sin(t)cos(t)

], x(0) =

[00

]Observação: Atenda a que a solução do PVI

x′ = Ax + F(t), x(t0) = x0

é

x = Φ(t)Φ−1(t0)x0 + Φ(t)

∫ t

t0

Φ−1(s)F(s)ds

55. Considere a equação linear de coeficientes constantes de 2aordem

y′′ + py′ + qy = 0

(a) Escreva o sistema linear de 1a ordem correspondente;

(b) Considere p = 0.

i. Determine os valores próprios e os vectores próprios da matrizdo sistema;

ii. Escreva a solução geral do sistema;iii. Determine e classifique os pontos de equilíbrio do sistema;

56. Resolva os sistemas de equações lineares seguintes procedendo sucessi-vamente aos seguintes passos:


187

• determinação de duas soluções linearmente independentes;

• indicação da solução geral;

• indicação dos pontos de equilíbrio;

• estudo do comportamento assimptótico da solução geral;

• esboço do retrato de fase;

(a) [x′(t)y′(t)

]=

[2 00 3

] [x(t)y(t)

]sabendo que os pares próprios são

[2, [1, 0]T ], [3, [0, 1]T ]

(b) [x′(t)y′(t)

]=

[5 41 2

] [x(t)y(t)


[1, [−1, 1]T ], [6, [4, 1]T ]

(c) [x′(t)y′(t)

]=

[−5 11 −5

] [x(t)y(t)


[−6, [−1, 1]T ], [−4, [1, 1]T ]

(d) [x′(t)y′(t)

]=

[1 −4−7 4

] [x(t)y(t)


[8, [1,−7/4]T ], [−3, [1, 1]T ]


188 Exercícios

(e) [x′(t)y′(t)

]=

[0 1−1/4 0

] [x(t)y(t)


[1/2i, [1, i/2]T ], [−1/2i, [1,−i/2]T ]

(f) [x′(t)y′(t)

]=

[2 1−5 2

] [x(t)y(t)


[2 + i√

5, [−i/5√

5, 1]T ], [2− i√

5, [i/5√

5, 1]T ]

57. Para cada um dos sistemas autónomos pretende-se determinar e clas-sificar os pontos de equilíbrio. Para os sistemas não lineares, encontrese possível, sistemas lineares com comportamento local aproximado,numa vizinhança dos pontos de equilíbrio.

(a)x′(t) = 2x(t)− y(t)y′(t) = x(t)− 3y(t)

(b)x′(t) = x(t)− y(t)y′(t) = x(t) + 3y(t)− 4

(c)x′(t) = x(t)− 2y(t) + 3y′(t) = x(t)− y(t) + 2

(d)x′(t) = 2x(t)− 2y(t)− 4y′(t) = x(t) + 4y(t) + 3

(e)x′(t) = 1− (y(t))2

y′(t) = x(t) + 2y(t)

(f)x′(t) = 2x(t) + y(t)

y′(t) = (x(t))2 − y(t)

58. Determine os pontos de equilíbrio para os sistemas dados. Verifique seos sistemas autónomos são sistemas hamiltonianos. Em caso afirmativodeterminar a função de estado.


189

Figura E2: Retratos de Fase: (a), (b) e (c)

Figura E3: Retratos de Fase: (a), (b) e (c)

(a)x′(t) = y(t)y′(t) = x3(t)− x(t)

(b)x′(t) = 1− y2(t)y′(t) = x(t)(1 + y2(t))

(c)x′(t) = x(t)− 3y2(t)y′(t) = −y(t)

59. Analise os retratos de fase mostrados na figura E2 associados a sistemasnão lineares autónomos. Indique os que podem corresponder a sistemashamiltonianos. Justifique a escolha.

60. Analise os retratos de fase mostrados na figura E3 associados a sistemasnão lineares autónomos. Indique os que podem corresponder a sistemaspotenciais. Justifique a escolha.


190 Exercícios

61. Considere o sistemax′(t) = x2(t) + 2x(t)y(t)y′(t) = α− 2x(t)y(t)− y2(t)

que depende do parâmetro α. Descreva em detalhe a bifurcação queocorre em α = 0.

62. Encontre as transformadas de Laplace das funções definidas por:

(a) f(t) = t− 2e3t

(b) f(t) = sin 2t+ cos 2t

(c) f(t) = tet

63. Recorrendo a uma tabela de transformadas de Laplace, encontre astransformadas inversas de

(a) F (s) = 5s4

(b) F (s) = 1s

(c) F (s) = 3s−4

(d) F (s) = 5−3ss2+9

(e) F (s) = 9+s4−s2


(a) y′′ + 4y = sin 3t, y(0) = y′(0) = 0

(b) y′′ + 9y = 1, y(0) = y′(0) = 0

(c) y′′ + 3y′ + 2y = t, y(0) = 0, y′(0) = 2

(d) y′′ + 4y′ + 4y = t2, y(0) = y′(0) = 0

(e) y(4) + 2y′′ + y = 4tet, y(0) = y′(0) = y′′(0) = y′′′(0) = 0

65. Usando a transformada de uma translação, encontre as transformadasde Laplace das funções definidas por:

(a) f(t) = t4e3t

(b) f(t) = e−2t sin 3πt


191

66. Usando a transformada de uma translação, encontre as transformadasinversas de

(a) F (s) = 32s−4

(b) F (s) = s−1(s+1)3

(c) F (s) = s+2s2+4s+5

(d) F (s) = 1s2+4s+4


(a) y′′ + 4y′ + 8y = e−t, y(0) = y′(0) = 0

(b) y′′ − 4y = 3t, y(0) = y′(0) = 0

(c) y′′ + 4y = δ0(t), y(0) = 0, y′(0) = 0

(d) y′′ + 4y′ + 4y = 1 + δ2(t), y(0) = y′(0) = 0

(e) y(3) + y′′ − 6y = 0, y(0) = y′(0) = y′′(0) = 1

68. Resolva o problemas de valor inicial,

y′′ + 4y = f(t), y(0) = y′(0) = 0

sendo f a função definida por

f (t) =

cos 2t, 0 ≤ t < 2πt2, t ≥ 2π


192 Exercícios


Exercícios de Escolha Múltipla

1. Assinale com uma cruz a afirmação correcta

1.1. A função definida por x(t) = 2(t− 1) é solução da equação difer-encial

x′′′ + x′ = 0

x′ − x = 0

tx′ − x− 2 = 0

Nenhuma das anteriores

1.2. A função definida por y(x) = 3e−2x é a solução do problema dovalor inicial y′ + 2y = 0, y(x0) = y0 com

y(1) = −2

y(3) = 0

y(0) = 3

Nenhuma das anteriores.

1.3. Seja a equação autónoma y′ = f(y) em que f é uma função realde variável real cujo gráfico é dado na figura anexa. Então

y = 0 é um poço

y = 0 é uma fonte

y = −1 é um poço

y = −1 é uma fonte.


194 Exercícios de Escolha Múltipla

1.4. A equação diferencial y′(t) = ty − 6 é Uma equação de variáveis separáveis Uma equação linear Uma equação que tem por solução uma família de rectas do

plano t− y que passam pela origem Nenhuma das anteriores.

1.5. As soluções da equação diferencial yy′ = x formam uma famíliade funções cujo gráfico é uma família de: elipses parábolas hipérboles circunferências.

1.6. A equação diferencial x′ = 2x2(x− 2): Não tem pontos de equilíbrio Um dos pontos de equilíbrio é um poço Um dos pontos de equilíbrio é um ponto de sela Nenhuma das anteriores

1.7. A função definida por y(t) = t2−4 é solução da equação diferencial y′′ + 2 = 0

y′ − y + 4 = 0

ty′ − 2y − 8 = 0

Nenhuma das anteriores

1.8. A função definida por y(t) = 2 − t é a solução do problema dovalor inicial ty′ + t = 0, y(t0) = y0 com y(2) = 1

y(3) = 1

y(0) = 2



195

1.9. Seja a equação diferencial y′ = 1y−4 . Então

y = 4 é uma fonte y = 4 é um poço A equação não tem pontos de equilíbrio Nenhuma das anteriores.

1.10. A equação diferencial (1 + ex)y′(x) = ex é Uma equação de variáveis separáveis Uma equação linear Uma equação que admite a solução y(x) = 1


1.11. O campo de direcções dado pela figura anexa está associado àequação diferencial:

y′(x) = y(y − 2)

y′(x) = y2 − 7y + 10

y′(x) = y2 − 6y − 5

y′(x) = xy2.

1.12. A equação diferencial x′ = x3 − 4x2 + 4x: Não tem pontos de equilíbrio Um dos pontos de equilíbrio é um poço Um dos pontos de equilíbrio é uma fonte Nenhuma das anteriores

1.13. A função, y(x) = ex − e−x é solução de que equação diferencial, y′ = y + 2e−x; y′ = y + sinhx; (sinhx = ex−e−x

2)

y′ = 3y; y′ = x− y;



1.14. A função, y(x) = (x−2)33

é a solução do problema de valor inicial,

y′ = 2x+ 1, y(0) = 3; y′ = (x− 2)2, y(2) = 0; y′ =

√x; y(1) = −1

nenhuma das anteriores;

1.15. Seja a equação autónoma, y′ = f(y) em que f é função real devariável real com gráfico dado na figura. Então:

O ponto y = −1 é um poço;

O ponto y = 1 é um poço;

Ambos os pontos de equilibrio são es-táveis;

O ponto y = −1 é uma fonte;

1.16. A equação diferencial y′ = y2,

é linear de primeira ordem; não admite soluções negativas; admite como solução não nula uma família de hipérboles; nenhuma das anteriores;

1.17. A equação diferencial, y′ = −2xy

é uma equação autónoma; é linear de primeira ordem; Admite a solução definida por y(x) = 3ex; Nenhuma das anteriores;


197

1.18. O retrato de fase da figura corresponde à equação diferencialautónoma,

y′ = y2;

y′ = y(4− y2);

y′ = y2(4− y);

y′ = y(4 + y)2;

1.19. A função, y(x) = 11+x2

é solução de que equação diferencial,

y′ = y − arctanx; y′ + 2xy2 = 0; y′ = 3y − x; y′ = x2 − y;

1.20. A função, y(x) = 12

(1 + e2x−2) é a solução do problema de valorinicial,

y′ = 2x+ 1, y(0) = 3; y′ = (x− 5)2, y(2) = 1; y′ = −1 + 2y; y(1) = 1

y′ = 1x2; y(1) = 1

1.21. Seja a equação autónoma, y′ = f(y) em que f é função real devariável real com gráfico dado na figura. Então:

O ponto y = −1 é um poço;

O ponto y = 1 é um poço;

Ambos os pontos de equilíbrio são es-táveis;

O ponto y = 1 é uma fonte;



1.22. A equação diferencial y′ = y,

não tem solução; não admite soluções negativas; as soluções não nulas não possuem extremos locais; nenhuma das anteriores;

1.23. A equação diferencial, y′ = −2xy2,

é uma equação linear; é uma equação de variável separáveis; é simultaneamente uma equação linear e uma equação de var-

iável separáveis; Nenhuma das anteriores;

1.24. O retrato de fase da figura corresponde à equação diferencialautónoma,

y′ = y2;

y′ = y3;

y′ = (y − 1)y4;

Nenhuma das anteriores;

1.25. A equação diferencial associada à família de curvas ortogonais ax2 + 4y2 = a2 é

y′ = − x4y;

y′ = 4yx;

y′ = −4xy;

y′ = −4xy;


199

1.26. A equação diferencial de segunda ordem linear e homogénea decoeficientes constantes cujo espaço de solução é gerado por 〈e−2t, e−3t〉é

y′′ − 5y′ − 6y = 0; y′′ + 5y′ + 6y = 0; y′′ − 6y′ + 5y = 0; y′′ − 4y′ + 20y = 0;

1.27. A equação diferencial y′′ − 4y′ + 20y = 0 tem como solução geral

y(t) = c1e6t + c2e

−2t; y(t) = c1e

2t cos(4t) + c2e2t sin(4t);

y(t) = c1e4t cos(2t) + c2e

4t sin(2t); y(t) = c1e

−6t + c2e2t;

1.28. Uma solução particular da equação diferencial y′′ + 4y = 3t2 é

y(t) = 38t2 − 3

4;

y(t) = e2t + te2t; y(t) = cos(2t) + sin(2t); y(t) = 3

4t2 − 3

8;

1.29. A equação diferencial, y′′ − 12y′ + 36y = e6t sin(t) admite umasolução particular com a forma

c1e6t sin(t);

c1e6t sin(t) + c2e

6t cos(t); t (c1e

6t sin(t) + c2e6t cos(t))

t2 (c1e6t sin(t) + c2e

6t cos(t));

1.30. A equação diferencial, (t2 − 1)y′′ + (t2 − 1)y′ + y = 0,

tem uma solução com a forma y =∑cnt

n; não tem pontos singulares; tem uma solução com a forma y =

∑cn(t− 1)n;




1.31. O sistema não linear,x′ = 4− x2 − 4y2

y′ = y2 − x2 + 1

não tem pontos de equilíbrio; tem 3 pontos de equilíbrio para além da origem; tem 4 pontos de equilíbrio; Nenhuma das anteriores;

1.32. Para o sistema linear, x′ = x− 3yy′ = 3x+ 7y

a origem é

um ponto de equilíbrio estável; um ponto de equilíbrio atractor; um ponto de equilíbrio repulsor; Nenhuma das anteriores;

1.33. As funções x1 =

[−33

]e−4t e x2 =

[33

]e4t são duas soluções

linearmente independentes do sistema bidimensional linear de co-eficientes constante x′ = Ax. A trajectória do PVI que satisfazx(0) = −1, y(0) = 1

aproxima-se da origem quando t→ +∞; afasta-se da origem quando t→ +∞; é um ponto estacionário; Nenhuma das anteriores;


201

1.34. O retrato de fase da figura corresponde ao sistema bidimensionallinear x′ = Ax em que os valores próprios de A são

imaginários puros;

reais de sinais contrários;

complexos com parte real positiva;

complexos com parte real negativa;

1.35. A matriz de um sistema linear de segunda ordem tem um únicovalor próprio igual a −3 e dois vectores próprios (1, 0)T e (0, 1)T .Que tipo de ponto de equilíbrio é a origem?

ponto de sela; nó próprio estável; nó próprio instável; Nenhuma das anteriores;

1.36. Os vectores (1, 2)T e (2, 1)T são vectores próprios da matriz

A =

[−3 2−2 2

].

Que tipo de ponto de equilíbrio é a origem no sistema x′ = Ax?

ponto de sela; nó repulsivo; nó atractivo; Nenhuma das anteriores;



1.37. O sistema não linearx′(t) = y(t)− y2(t)y′(t) = x(t)

é um sistema

potencial; hamiltoniano; sem pontos de equilíbrio; Nenhuma das anteriores;

1.38. Para sistema não linearx′(t) = α− y2(t)y′(t) = x(t)(1 + y2(t))

dependente do parâmetro real α. Podemos afirmar que

Não tem pontos de equilíbrio; O número de pontos de equilíbrio depende do valor de α; Tem dois pontos de equilíbrio; Nenhuma das anteriores;

1.39. A equação diferencial, y′′ − 8y′ + 16y = e4t cos(t) admite umasolução particular com a forma

c1e4t cos(t);

c1e4t sin(t) + c2e

4t cos(t); t (c1e

4t sin(t) + c2e4t cos(t))

t2 (c1e4t sin(t) + c2e

4t cos(t));

1.40. A equação diferencial, t2y′′ + t2y′ + y = 0,

tem uma solução com a forma y =∑cnt

n; não tem pontos singulares; tem uma solução com a forma y =

∑cn(t− 1)n;



203

1.41. Para o sistema linear, x′ = 4x+ 2yy′ = 3x− y

a origem é

um ponto de equilíbrio estável; um ponto de equilíbrio atractor; um ponto de equilíbrio repulsor; Nenhuma das anteriores;

1.42. As funções x1 =

[−33

]e−4t e x2 =

[33

]e4t são duas soluções

linearmente independentes do sistema bidimensional linear de co-eficientes constante x′ = Ax. A trajectória do PVI que satisfazx(0) = 1, y(0) = 1

aproxima-se da origem quando t→ +∞; afasta-se da origem quando t→ +∞; é um ponto estacionário; Nenhuma das anteriores;

1.43. O retrato de fase da figura corresponde ao sistema bidimensionallinear x′ = Ax em que os valores próprios de A são complexos;


ambos valores com parte real posi-tiva;




1.44. A matriz de um sistema linear de segunda ordem tem um únicovalor próprio igual a 3 e dois vectores próprios (1, 0)T e (0, 1)T .Que tipo de ponto de equilíbrio é a origem?

ponto de sela; nó próprio instável; nó próprio estável; Nenhuma das anteriores;

1.45. Os vectores próprios da matriz

A =

[−2 2−3 2

]são complexos. Que tipo de ponto de equilíbrio é a origem nosistema x′ = Ax?

centro; foco repulsivo; foco atractivo; Nenhuma das anteriores;

1.46. O sistema não linearx′(t) = y(t)y′(t) = x(t)− x2(t)

é um sistema

potencial; hamiltoniano; sem pontos de equilìbrio; Nenhuma das anteriores;


205

1.47. O sistema não linearx′(t) = y(t)(1 + x2(t))y′(t) = x2(t)− α

dependente do parâmetro real α. Podemos afirmar que

Não tem pontos de equilíbrio; O número de pontos de equilíbrio depende do valor de α; Tem dois pontos de equilíbrio; Nenhuma das anteriores;

1.48. Para a equação diferencial x′ = −x3 + 4x2 − 4x, os pontos deequilíbrio são

Três fontes um poço e um ponto de sela uma fonte e um ponto de sela Nenhuma das anteriores

1.49. A equação diferencial associada à família de curvas ortogonais ay = Cx2 é

y′ = − x2y;

y′ = 2yx;

y′ = −2xy;

y′ = −2xy;

1.50. A equação diferencial de segunda ordem linear e homogénea decoeficientes constantes cujo espaço de solução é gerado por 〈et, tet〉é

y′′ − 2y′ − 2y = 0; y′′ + 2y′ + y = 0; y′′ − 2y′ + y = 0; y′′ − 5y′ + 6y = 0;



1.51. A equação diferencial y′′ − 3y′ + 2y = 0 tem como solução geral

y(t) = c1e−t + c2e

−2t; y(t) = c1e

2t cos(t) + c2e2t sin(t);

y(t) = c1et cos(2t) + c2e

t sin(2t); y(t) = c1e

t + c2e2t;

1.52. Uma solução particular da equação diferencial y′′ − 6y′ + 5y =−9e2t é

y(t) = 3te2t; y(t) = cos(2t) + sin(2t); y(t) = 3e2t; y(t) = 3t2 − 2;

1.53. A equação diferencial, y′′− y′ = 1 admite uma solução particularcom a forma

c1et;

c1; tc1

c1 + c2et;

1.54. A função cujo gráfico é dado na figura seguinte é solução de

y′′ − 3y′ − 4y = 0;

y′′ + 4y = 0;

y′′ − 4y = 0;



207

1.55. O sistema não linear,x′(t) = y(t)− y2(t)y′(t) = x(t)

não tem pontos de equilíbrio; tem 2 pontos de equilíbrio para além da origem; tem 2 pontos de equilíbrio; Nenhuma das anteriores;

1.56. Para o sistema linear,x′ = −x− 2yy′ = 9x− 3y

a origem é

um ponto de equilíbrio instável; um nó próprio; um ponto de equilíbrio estável; Nenhuma das anteriores;

1.57. Seja y = y(t) uma solução da equação diferencial de coeficientesconstantes y′′ + by′ + cy = 0. Então y(t) tende para zero quandot→ +∞ desde que

b ≥ 0; b2 − 4c ≥ 0; b > 0; Nenhuma das anteriores;




imaginários puros;


reais positivos;

reais negativos;

1.59. A matriz de um sistema linear de segunda ordem tem determi-nante zero. A origem

não é ponto de equilíbrio; é ponto de equilíbrio isolado; não é ponto de equilíbrio isolado; Nenhuma das anteriores;

1.60. O retrato de fase da figura poderá corresponder a sistema bidi-mensional

linear;

não linear, hamiltoniano;

não linear, potencial;

linear após uma translação;1.61. O ponto (2, 4) é ponto de equilíbrio do sistema não linear

x′(t) = −2x(t)− y(t)y′(t) = x2(t)− y(t)

que, por linearização, podemos classificar por

ponto de equilíbrio estável; ponto de equilíbrio instável; ponto de sela; Nenhuma das anteriores;


209

1.62. Para sistema não linearx′(t) = y(t)− αx3(t)y′(t) = y(t)− x(t)

dependente do parâmetro real α, podemos afirmar que

para todo α, a origem é ponto de equilíbrio; existe α para o qual a origem não é ponto de equilíbrio; existe α para o qual o sistema não tem pontos de equilíbrios; Nenhuma das anteriores;

1.63. O campo de direcções dado pela figura anexa está associado àequação diferencial:

y′(x) = y(y − 3)

y′(x) = y2 − 8y + 15

y′(x) = y2 − 6y − 5

y′(x) = yx.

1.64. Para a equação diferencial x′ = x3−2x2+x os pontos de equilíbriosão

Três fontes um poço e um ponto de sela uma fonte e um ponto de sela Nenhuma das anteriores



1.65. A equação diferencial de segunda ordem linear e homogénea decoeficientes constantes cujo espaço de solução é gerado por 〈e−t, te−t〉é

y′′ − 5y′ + 6y = 0; y′′ + 2y′ − y = 0; y′′ + 2y′ + y = 0; y′′ − 2y′ + y = 0

1.66. A equação diferencial y′′ + 3y′ + 2y = 0 tem como solução geral

y(t) = c1e−t + c2e

−2t; y(t) = c1e

−2t cos(t) + c2e−2t sin(t);

y(t) = c1e−t cos(−2t) + c2e

−t sin(−2t); y(t) = c1e

t + c2e2t;

1.67. Uma solução particular da equação diferencial y′′−6y′+5y = −8et

é

y(t) = 2tet; y(t) = cos(t) + sin(t); y(t) = −2et; y(t) = −2t2 − 2;

1.68. A equação diferencial, y′′−4y′ = 2 admite uma solução particularcom a forma

c1e2t;

c1; tc1; c1e

2t + c2e−2t;

1.69. A função cujo gráfico é dado na figura seguinte é solução de

y′′ + y′ + 2y = 0;

y′′ + 4y = 0;

y′′ − 4y = 0;



211

1.70. Para o sistema linear,x′ = −2x+ 2yy′ = x− 3y

a origem é um ponto de equilíbrio instável; um ponto de equilíbrio atractor; um ponto de equilíbrio repulsor; Nenhuma das anteriores;


imaginários puros;


reais positivos;

reais negativos;

1.72. A matriz de um sistema linear de segunda ordem tem determi-nante não nulo. A origem não é ponto de equilíbrio; é ponto de equilíbrio isolado; não é ponto de equilíbrio isolado; Nenhuma das anteriores;

1.73. O retrato de fase da figura poderá corresponder a sistema bidi-mensional

linear;

não linear, hamiltoniano;

não linear, potencial;

linear após uma translação;



1.74. A origem é ponto de equilíbrio do sistema não linearx′(t) = −2x(t) + y(t)y′(t) = x2(t)− y(t)

que, por linearização, podemos classificar por

ponto de equilíbrio estável; ponto de equilíbrio instável; ponto de sela; Nenhuma das anteriores;

1.75. A equação diferencial x′ = 2x3(x− 2):

Não tem pontos de equilíbrio Tem um ponto de equilíbrio estável Tem dois pontos de equilíbrio instável Nenhuma das anteriores

1.76. Uma família de curvas ortogonais a x2 + y2 = a2 é a famíliadefinida por

y(x) = Kx2; y2 − x2 = C; y(x) = Kx; Nenhuma das anteriores

1.77. A equação diferencial de segunda ordem linear e homogénea decoeficientes constantes cujo espaço de solução é gerado por 〈sin 2t, cos 2t〉é

y′′ − 4y = 0; y′′ + 4y = 0; y′′ + 4y′ = 0; y′′ − 4y′ = 0;


213

1.78. A solução geral da equação diferencial y′′ + 9y = 0 é

y(t) = a cos(9t) + b sin(9t);; y(t) = e3t + te3t; y(t) = a cos(3t) + b sin(3t); y(t) = e3t(a cos(t) + b sin(t));;

1.79. A equação diferencial, y′′+y = e6t admite uma solução particularcom a forma

c1e6t sin(t);

c1 sin(t) + c2 cos(t); c1e

6t


1.80. O sistema linear, x′ = −3x+ yy′ = 3x− y

não tem pontos de equilíbrio; tem apenas um ponto de equilíbrio; tem dois pontos de equilíbrio; tem mais do que dois pontos de equilíbrio;

1.81. Para o sistema linear, x′ = 4x+ 2yy′ = 3x− y

a origem é

um nó estável; um nó instável; um foco estável; Num foco instável;



1.82. A função X, X(t) = (x(t), y(t))T , cujo gráfico é dado na figuraseguinte é solução de um PVI associado a um sistema linear bidi-mensional em que a origem é um ponto de equilíbrio isolado. Aorigem é

um ponto de sela;

um centro;

um foco;


1.83. O sistema x′(t) = y(t)− 6y′(t) = x(t)

tem um ponto de equilíbrio estável; tem um ponto de equilíbrio instável; é um sistema linear; Nenhuma das anteriores;

1.84. O sistema x′ = −x+ 3yy′ = xy − 3y

não tem pontos de equilíbrio; tem apenas um ponto de equilíbrio; tem dois pontos de equilíbrio; tem mais do que dois pontos de equilíbrio;


215

1.85. Para o sistema linear,x′ = −x+ 2yy′ = −2x− y

a origem é um ponto de equilíbrio

estável; assimptoticamente estável; assimptoticamente instável; Nenhuma das anteriores;

1.86. A função X, X(t) = (x(t), y(t))T , cujo gráfico é dado na figuraseguinte é solução de um PVI associado a um sistema bidimen-sional em que a origem é

um ponto de sela;

um poço;

um centro;


1. Respostas à escolha mútipla

1.1. (c)

1.2. (c)

1.3. (b)

1.4. (b)

1.5. (c)

1.6. (c)

1.7. (c)

1.8. (c)

1.9. (c)



1.10. (a)

1.11. (b)

1.12. (c)

1.13. (a)

1.14. (b)

1.15. (b)

1.16. (c)

1.17. (b)

1.18. (b)

1.19. (b)

1.20. (c)

1.21. (d)

1.22. (c)

1.23. (b)

1.24. (b)

1.25. (b)

1.26. (b)

1.27. (b)

1.28. (d)

1.29. (b)

1.30. (a)

1.31. (c)

1.32. (c)

1.33. (a)

1.34. (c)

1.35. (b)

1.36. (a)

1.37. (b)

1.38. (b)


217

1.39. (b)

1.40. (c)

1.41. (c)

1.42. (b)

1.43. (b)

1.44. (b)

1.45. (a)

1.46. (b)

1.47. (b)

1.48. (b)

1.49. (b)

1.50. (c)

1.51. (d)

1.52. (c)

1.53. (c)

1.54. (b)

1.55. (c)

1.56. (c)

1.57. (d)

1.58. (d)

1.59. (c)

1.60. (b)

1.61. (a)

1.62. (a)

1.63. (b)

1.64. (c)

1.65. (c)

1.66. (a)

1.67. (a)



1.68. (c)

1.69. (a)

1.70. (b)

1.71. (b)

1.72. (b)

1.73. (c)

1.74. (c)

1.75. (b)

1.76. (c)

1.77. (b)

1.78. (c)

1.79. (c)

1.80. (b)

1.81. (b)

1.82. (b)

1.83. (b)

1.84. (c)

1.85. (a)

1.86. (a)


Exames

Exame de Janeiro de 2007

Exame de Análise Matemática 3 - MIEC: Duração:20m + 2h VA

Nome: Data: 12/01/2007Questão 1 (5 valores): resposta correcta: 1 valor; resposta errada: -0.3 valor;não resposta: 0


1.1. A equação diferencial 3y + et + [3t+ cos(y)] dydt

= 0 tem comosolução a família de funções definida de forma implícita por

3ty + sin(y) + et = K; 3ty + t sin(y) + et = K; 3ty + sin(y) + tet = K; Nenhuma das anteriores;

1.2. Uma família de curvas ortogonais a x2+y2 = a2 é a família definidapor

y(x) = Kx2; y2 − x2 = K; y(x) = Kx; Nenhuma das anteriores


220 Exames

1.3. Seja a equação autónoma y′ = f(y) em que f é uma função realde variável real com quatro zeros reais e cujo gráfico é dado nafigura anexa. Então

Um dos pontos de equilíbrio é um ponto de sela;

Três dos pontos de equilíbrio são instáveis;

Dois dos pontos de equilíbrio são estáveis;


1.4. A equação diferencial de segunda ordem linear e homogénea de co-eficientes constantes cujo espaço de solução é gerado por 〈sin 2t, cos 2t〉é

y′′ − 4y = 0;

y′′ + 4y = 0;

y′′ − 4y′ = 0;



um ponto de sela;

um centro;

um foco;


Deve entregar esta folha ao fim de 20 minutos


221

Exame de Análise Matemática 3 - MIEC Data: 12/01/2007

Indique e justifique cuidadosamente todas as respostasResponda às questões 2, 3, 4 , 5 e 6 em folhas separadas (3+2+3+4+3valores)Se usar calculadora para algum cálculo indique-o de modo claro

2. Considere a seguinte equação diferencial de primeira ordem(1 + e(2t)

)y′ = 2ye(2t) − 2e(2t)

2.1. Verifique que se trata de uma equação diferencial linear de primeiraordem, escrevendo a forma canónica deste tipo de equações.

2.2. Descreva de modo sucinto o método de resolução de uma qualquerequação diferencial linear de primeira ordem.

2.3. Resolva a equação diferencial dada.2.4. Considere a condição inicial y(0) = 3. Resolva o problema de valor

inicial e esboce o gráfico da solução do problema de valor inicial.

3. Considere a equação diferencial de primeira ordem dependente do parâmetroreal k

y′(t) = y2 − 2ky + 1

3.1. Indique os pontos de equilíbrio e averigue a existência de valoresde bifurcação.

3.2. Esboce o diagrama de bifurcação e classifique os pontos de equi-líbrio.

4. Considere a seguinte equação diferencial de segunda ordem não ho-mogénea

y′′ + 2y′ + y = f(x)

4.1. Determine a solução geral da equação diferencial homogénea as-sociada.

4.2. Seja yp uma solução particular da equação dada e yH a soluçãogeral da equação diferencial homogénea associada. Mostre quey = yH + yp é solução da equação não homogénea dada.


222 Exames

4.3. Seja f(x) = x + 1 + e(−x). Determine a solução geral da equaçãonão homogénea.

5. Considere o sistema linear,x′ = 4x− 2yy′ = 3x− y

5.1. Defina valor próprio e vector próprio de uma matriz A. Determineos valores próprios e os vectores próprios da matriz dos coeficientesdo sistema.

5.2. Indique uma base para o espaço de soluções do sistema dado,determine a matriz fundamental do sistema e escreva a soluçãogeral do sistema.

5.3. Resolva o problema de valor inicial definido pelas condições x(0) =1 e y(0) = −1.

5.4. Represente a solução desse problema de valor inicial no plano defase e descreva o comportamento dessa solução quanto t −→ +∞e quando t −→ −∞.

5.5. Indique e classifique os pontos de equilíbrio do sistema e esboce oretrato de fase.

6. Considere o sistema não linearx′ = yy′ = x2 − α

dependente do parâmetro real α.

6.1. Averigue a existência de valores de bifurcação, determinando ospontos equilíbrio do sistema.

6.2. Verifique que o sistema é hamiltoniano e indique uma função deestado.

6.3. Considere α > 0. Linearize em torno dos pontos de equilíbrioe classifique, se possível, os pontos de equilíbrio do sistema nãolinear.

6.4. Mostre que para qualquer sistema hamiltoniano os pontos de equi-líbrio não são nem poços nem fontes.


223

Exame de Fevereiro de 2007Exame de Análise Matemática 3 - MIEC: Duração:20m + 2h VA



1.1. A equação diferencial (1 + e2t) y′ = 2ye2t − 2e2t

não tem pontos de equilíbrio; não tem soluções constantes; tem uma solução constante; Nenhuma das anteriores

1.2. Uma família de curvas ortogonais a x2

4+ y2

2= a2 é a família definida

por


1.3. Considere o sistema autónomo linear cujo gráfico é dado na figuraanexa. Então a origem é

um ponto de sela;

um poço;

uma fonte;



224 Exames

1.4. A equação diferencial de segunda ordem linear não homogénea decoeficientes constantes y′′ − y = 2ex admite a solução particular

yp(x) = xex;

yp(x) = x2ex;

yp(x) = ex;


1.5. O retrato de fase que a figura seguinte ilustra está associado a umsistema bidimensional

linear;

que possui um ponto de equilíbrio estável;

potencial;




225


Indique e justifique cuidadosamente todas as respostasResponda às questões 2, 3, 4 , 5 e 6 em folhas separadas (3+1.5+3.5+4+3valores)Se usar calculadora para algum cálculo indique-o de modo claro

2. Considere a seguinte equação diferencial de primeira ordem

3y + et + [3t+ sin(y)] y′(t) = 0

2.1. Verifique que se trata de uma equação diferencial exacta, escrevendoa forma canónica deste tipo de equações.

2.2. Descreva de modo sucinto o método de resolução de uma qualquerequação diferencial exacta.

2.3. Resolva a equação diferencial dada e resolva o problema de valorinicial y(0) = π.


y′(t) = y2 − 2y + 2k



4. Considere a seguinte equação diferencial homogénea de segunda ordem

y′′ + f(x)y′ + g(x)y = 0

4.1. Considere f e g tais que f(x) = −5 e g(x) = 6.

4.1.1 Determine a solução geral da equação diferencial.4.1.2 Encontre a solução do problema de valor inicial que satisfaz

as condições y(0) = 0 e y′(0) = 1;


226 Exames

4.2. Considere f e g funções reais definidas em R+ tais que f(x) = − 3x

e g(x) = 4x2.

4.2.1 Verifique que y1 definida por y1(x) = x2 é solução da equação.4.2.2 Use o método da redução de ordem para encontrar uma

segunda solução linearmente independente da anterior.4.2.3 Escreva a solução geral da equação dada.

5. Considere o sistema linear,

X ′(t) = AX(t), A =

[2 −1

1 2

]

5.1. Defina valor próprio e vector próprio de uma matriz. Determine osvalores próprios e os vectores próprios da matriz dos coeficientesdo sistema.

5.2. Indique uma base para o espaço de soluções do sistema dado eescreva a solução geral do sistema.

5.3. Resolva o problema de valor inicial definido pelas condições x(0) =1 e y(0) = 1.



6. Considere o sistema não linearx′ = 1− y2y′ = x+ 2y − α


6.1. Determine os pontos equilíbrio do sistema.

6.2. Considere α = 0. Linearize em torno dos pontos de equilíbrioe classifique, se possível, os pontos de equilíbrio do sistema nãolinear.


227

6.3. Averigue a existência de valores de bifurcação.

6.4. Defina sistema autónomo bidimensional potêncial. Mostre quepara qualquer sistema potencial os pontos de equilíbrio não sãonem focos nem centros.

6.5. O sistema dado não é um sistema potêncial. Indique o valor lógicodesta afirmação, justificando de modo conveniente.


228 Exames

Exame de Abril de 2007

Exame de Análise Matemática 3 - MIEC: Duração:20m + 2h VA



1.1. A equação diferencial y′ = y2 − 2y + 2

tem 2 pontos de equilíbrio; não tem soluções constantes; tem uma solução constante; Nenhuma das anteriores

1.2. A família de curvas ortogonais a y2 = 4ax é a família definida por

y(x) = Kx2; y2(x) = K − 2x2; y(x) = K − x2; Nenhuma das anteriores

1.3. Considere o sistema autónomo linear cujo retrato de fase é dadona figura anexa. Então a origem é

um ponto de sela;

um poço;

uma fonte;



229

1.4. A equação diferencial de segunda ordem linear homogénea de co-eficientes constantes y′′ − y = 0 admite a solução particular

yp(x) = e2x;

yp(x) = xex;

yp(x) = 0;


1.5. O retrato de fase que a figura seguinte ilustra está associado a umsistema bidimensional

linear;

que possui um ponto de equilíbrioestável;

não linear;




230 Exames


Indique e justifique cuidadosamente todas as respostasResponda às questões 2, 3, 4 , 5 e 6 em folhas separadas (3+2+3+4+3valores)Se usar calculadora para algum cálculo indique-o de modo claro

2. Considere a seguinte equação diferencial

ty′′(t)− y′(t) = 3t2

2.1. Verifique que a mudança de variável z = y′ transforma a equaçãodada numa equação linear de primeira ordem.

2.2. Descreva de modo sucinto o método de resolução de uma qualquerequação diferencial equação linear de primeira ordem.

2.3. Resolva a equação diferencial obtida por mudança de variável.

2.4. Resolva a equação diferencial dada e resolva o problema de valorinicial y(1) = y′(1) = 1.


y′(t) = y2 − ky + 4



4. Considere a seguinte equação diferencial linear de coeficientes con-stantes de segunda ordem

y′′ − 7y′ + 12y = g(x)

4.1. Seja g tal que g(x) = 0.

4.1.1 Determine a solução geral da equação diferencial.4.1.2 Encontre a solução do problema de valor inicial que satisfaz

as condições y(0) = 0 e y′(0) = 1;


231

4.2. Considere g tal que g(x) = xex.

4.2.1 Determine uma solução particular da equação.4.2.2 Escreva a solução geral da equação dada.

5. Considere o sistema linear,

X ′(t) = AX(t), A =

[−4 −6

1 1

]5.1. Defina valor próprio e vector próprio de uma matriz. Determine os

valores próprios e os vectores próprios da matriz dos coeficientesdo sistema.

5.2. Indique uma base para o espaço de soluções do sistema dado eescreva a solução geral do sistema.

5.3. Resolva o problema de valor inicial definido pelas condições x(0) =1 e y(0) = 1.



6. Considere o sistema não linearx′ = 1− y2y′ = x+ 2y − 2

6.1. Determine os pontos equilíbrio do sistema.

6.2. Linearize em torno dos pontos de equilíbrio e classifique, se pos-sível, os pontos de equilíbrio do sistema não linear.

6.3. Defina sistema autónomo bidimensional potencial. Mostre quepara qualquer sistema potencial os pontos de equilíbrio não sãonem focos nem centros.

6.4. O sistema dado não é um sistema potencial. Indique o valor lógicodesta afirmação, justificando de modo conveniente.

Fim


232 Exames


Resolução de Exames

Tópicos de Resolução do Exame de Janeiro de2007Exame de Análise Matemática 3 - MIEC: Duração:20m + 2h VA

Resposta correcta assinalada com quadrado a negro: Data:12/01/2007Questão 1 (5 valores): resposta correcta: 1 valor; resposta errada: -0.3 valor;não resposta: 0


1.1. A equação diferencial 3y + et + [3t+ cos(y)] dydt

= 0 tem comosolução a família de funções definida de forma implícita por

3ty + sin(y) + et = K; 3ty + t sin(y) + et = K; 3ty + sin(y) + tet = K; Nenhuma das anteriores;

1.2. Uma família de curvas ortogonais a x2+y2 = a2 é a família definidapor



234 Resolução de Exames

1.3. Seja a equação autónoma y′ = f(y) em que f é uma função realde variável real com quatro zeros reais e cujo gráfico é dado nafigura anexa. Então

Um dos pontos de equilíbrio é um ponto de sela;

Três dos pontos de equilíbrio são instáveis;

Dois dos pontos de equilíbrio são estáveis;


1.4. A equação diferencial de segunda ordem linear e homogénea de co-eficientes constantes cujo espaço de solução é gerado por 〈sin 2t, cos 2t〉é

y′′ − 4y = 0;

y′′ + 4y = 0;

y′′ − 4y′ = 0;



um ponto de sela;

um centro;

um foco;




235


Tópicos para a resoluçãoIndique e justifique cuidadosamente todas as respostasResponda às questões 2, 3, 4 , 5 e 6 em folhas separadas (3+2+3+4+3valores)Se usar calculadora para algum cálculo indique-o de modo claro

2. Considere a seguinte equação diferencial de primeira ordem(1 + e(2t)

)y′ = 2ye(2t) − 2e(2t)

2.1. Uma equação diferencial de primeira ordem à qual é possível dara forma

dy

dt+ p(t)y(t) = q(t) (112)

em que p, q são funções de classe C1 num intervalo I ⊆ R diz-seuma equação linear de primeira ordem. Neste caso a equaçãoescreve-se

y′ − 2e2t

1 + e2ty = − 2e2t

1 + e2t

com p = q funções de classe C1 em R e tal que p(t) = q(t) =

− 2e(2t)

1+e(2t).

2.2. Para encontrar a solução geral de uma equação linear de primeiraordem, consideremos uma função µ que satisfaça

µ(t) = e∫p(t)dt (113)

µ designa-se por factor integrante. Vejamos que multiplicandoambos os membros da equação 112 por µ obtemos uma equaçãodiferencial equivalente de fácil resolução.

e∫p(t)dt

[dy

dt+ p(t)y(t)

]= q(t)e

∫p(t)dt (114)

Observemos agora que o primeiro membro desta equação é a derivadaem ordem a t do produto de µ por y. De facto

d

dt(µy) =

dy

dte∫p(t)dt + ype

∫p(t)dt = e

∫p(t)dt

[dy

dt+ p(t)y(t)

](115)



Assim, a equação 112 escreve-se

d

dt(µy) = q(t)µ(t) (116)

pelo que

y(t) =

∫µ(t)q(t)dt

µ(t)(117)

2.3. Seja µ(t) = e∫− 2e(2t)

1+e2tdt

= e− ln(1+e2t) = 11+e2t

logo a equação 112escreve-se (

1

1 + e2ty

)′=−2e2t

(1 + e2t)2(118)

Como ∫−2e(2t)

(1 + e2t)2dt =

1

1 + e2t+ C (119)

Segue-se quey(t) = 1 +

(1 + e2t

)C, t ∈ R (120)

2.4. Como y(0) = 3 segue-se que 3 = 1 +(1 + e(0)

)C ⇔ C = 1. A

solução do problema de valor inicial é

y(t) = 2 + e2t, t ∈ R (121)

Atendendo às propriedades da função exponencial, facilmente eboçamoso gráfico,


237


y′(t) = y2 − 2ky + 1

3.1. São pontos de equilíbrio os pontos y que anulam y′, i.e., y2−2ky+1 = 0. Ora a existência de zeros depende do valor de k. Como∆ = 4k2 − 4 segue-se que se k = 1 ou k = −1 a equação possuiapenas um ponto de equilíbrio, y = k. Se −1 < k < 1 equaçãonão tem pontos de equilíbrio. Se k > 1 ou k < −1 então a equaçãotem 2 pontos de equilíbrio, y = k +

√k2 − 1 ou y = k −

√k2 − 1

pelo que existem dois valores de bifurcação, k = 1 e k = −1.

3.2. Analisemos o sinal de y′, i.e., o sinal do polinómio y2 − 2ky + 1.

Se k = 1 ou k = −1 o polinómio tem apenas um zero e é positivopara todos os outros pontos. Assim a equação diferencial dadatem uma solução constante coorespondente ao ponto de equilíbrioe toodas as outras são funções crescentes. Para estes casos o pontode equilíbrio é um ponto de sela.

Se −1 < k < 1 equação não tem pontos de equilíbrio e y2− 2ky+1 > 0. Assim todas as soluções são funções crescentes.

Se Se k > 1 ou k < −1 então a equação tem 2 pontos de equilíbriologo a equação diferencial dada tem duas soluções constantes core-spondente a cada um dos pontos de equilíbrio. Como a parábolay2 − 2ky + 1 tem a concavidade virada para cima, entre as raízesy2 − 2ky + 1 < 0 e fora y2 − 2ky + 1 > 0, isto significa entreas soluções constantes a equação diferencial tem soluções decres-centes e fora soluções crescentes. Assim o maior dos pontos deequilíbrio, y = k +

√k2 − 1 é uma fonte, logo instável e assimp-

toticamente instável e o menor y = k −√k2 − 1 um poço, logo

estável e assimptoticamente estável.

O diagrama de bifurcação é o apresentado na figura seguinte:



4. Considere a seguinte equação diferencial de segunda ordem não ho-mogénea

y′′ + 2y′ + y = f(x)

4.1. Para determinar solução geral da equação diferencial homogéneaassociada calculemos as raízes do polinómio característico. Oraλ2 + 2λ+ 1 = 0⇔ λ = −1. Assim, −1 é raiz dupla do polinómiocaracterístico pelo que 〈e−x, xe−x〉 forma uma base para o espaçode solução da equação diferencial homogénea. Logo a solução geralda equação diferencial homogénea associada é

yH = Ce−x +Dxe−x

com C e D constantes reais arbitrárias.

4.2. Hipótese 1: yp é uma solução particular da equação dada ⇔y′′p + 2y′p + yp = f(x) Hipótese 2: yH a solução geral da equaçãodiferencial homogénea associada ⇔ y′′H + 2y′H + yH = 0

Queremos mostrar que y = yH + yp é solução da equação nãohomogénea dada. Calculemos y′ e y′′, substituamos na equaçãodada e verifiquemos que y′′ + 2y′ + y = f(x).


239

De facto, y′ = y′p + y′H e y′′ = y′′p + y′′H . Logo y′′ + 2y′ + y =(y′′p + 2y′p + yp

)+ (y′′H + 2y′H + yH). Usando as hipóteses 1 e 2

segue-se que y′′ + 2y′ + y = f(x) + 0 = f(x).

4.3. Seja f(x) = x+ 1 + e(−x).

Calculemos primeiramente uma solução partiicular, yp = yp1 + yp2em que yp1 é uma solução particular de y′′ + 2y′ + y = x+ 1 e yp2uma solução particular de y′′+2y′+y = e(−x). Como o termo x+1é um polinómio de grau 1 e 0 não é raiz do polinómio caracteris-tico da equação diferencial homogénea associada, procuremos umasolução particular com a forma yp1(x) = ax+ b. Logo y′p1(x) = a ey′′p1(x) = 0. Logo 0 + 2a+ ax+ b = x+ 1 pelo que a = 1 e b = −1.Donde yp1(x) = x− 1.

Como o termo e−x é uma exponecial e -1 é raiz dupla do polinómiocaracteristico da equação diferencial homogénea associada, pro-curemos uma solução particular com a forma yp2(x) = ax2e−x.Logo y′p2(x) = 2axe−x−ax2e−x e y′′p2(x) = 2ae−x−4axe−x+ax2e−x.Logo 2ae−x = e−x pelo que a = 1

2. Donde yp2(x) = 1

2x2e−x.

Como sabemos a solução geral da equação não homogénea é y =yH + yp, i.e.,

yH = Ce−x +Dxe−x + x− 1 +1

2x2e−x

5. Considere o sistema linear,x′ = 4x− 2yy′ = 3x− y

5.1. λ é um valor próprio da matriz A associado ao vector próprio v,v 6= ~0, da matriz A se e só se Av = λv ⇔ (A− λI) v = ~0. Destemodo λ é um valor próprio da matriz A se e só se det (A− λI) = 0.Oradet (A− λI) = 0⇔ (4− λ)(−1− λ) + 6 = 0⇔ λ = 2 ∨ λ = 1.

Os vectores próprios v = (a, b)T 6= ~0 da matriz dos coeficientes dosistema associados a λ = 2 são tais que

2a− 2b = 03a− 3b = 0

⇔ a = b



Seja então v1 = (1, 1)T .

Os vectores próprios v = (a, b)T 6= ~0 da matriz dos coeficientes dosistema associados a λ = 1 são tais que

3a− 2b = 03a− 2b = 0

⇔ 3a = 2b

Seja então v2 = (2, 3)T .

5.2. Uma base para o espaço de soluções do sistema dado é⟨e2t(1, 1)T , et(2, 3)T

⟩.

A matriz fundamental do sistema á a matriz[e2t 2et

e2t 3et

]A solução geral do sistema é

X(t) =

[e2t 2et

e2t 3et

] [CD

]ou seja X(t) =

[Ce2t + 2Det

Ce2t + 3Det

]com C e D constantes reais arbi-

trárias.

5.3. Determinemos as constantes reais arbitrárias C eD que satisfazemas condições x(0) = 1 e y(0) = −1.[

1−1

]=

[C + 2DC + 3D

]⇔ C = 5 ∧D = −2.

Logo a solução do PVI é Z(t) =

[5e2t − 4et

5e2t − 6et

]5.4. A solução do problema de valor inicial é

Z(t) =

[x(t)y(t)

]com x(t) = 5e2t − 4et e y(t) = 5e2t − 6et.

Como o ponto inicial (1,-1) não pertence a nenhuma das direcçõespróprias a trajectória não é uma semi-recta. Como os valorespróprios são ambos positivos temos que quando t −→ −∞, Z(t) −→(0, 0). Quando t −→ +∞, Z(t) afasta-se da origem. No plano defase, traçando as direcções próprias e atendendo a que perto daorigem a trajectória é tangente à direcção própria associada aovalor próprio de menor valor absoluto, a sua representação é


241

5.5. O sistema é linear e os valores próprios são não negativos logo aorigem é o único ponto de equilíbrio do sistema. Como os val-ores próprios são ambos positivos qualquer trajectória afasta-seda origem quando t −→ +∞ e aproxima-se da origem quandot −→ −∞. Assim a origem é um ponto de equilíbrio assimp-toticamente instável, uma fonte. Um esboço do retrato de faseé

6. Considere o sistema não linearx′ = yy′ = x2 − α


6.1. São pontos de equilíbrio do sistema os pontos (x, y) tal que (x′, y′) =(0, 0) ⇔ y = 0 ∧ x2 − α = 0. Portanto a existência de pontos deequilíbrio depende do parâmetro α: Se α = 0 o sistema só tem



um ponto de equilíbrio, a origem. Se α > 0 o sistema tem doispontos de equilíbrio, (

√α, 0) e (−

√α, 0). Se α < 0 o sistema não

tem pontos de equilíbrio. Logo α = 0 é o valor de bifurcação dosistema.

6.2. O sistema é hamiltoniano pois existe uma funçãoH tal que ∂H∂y

= y

e ∂H∂y

= x2−α. Uma função de estado H é H(x, y) = y2

2− x3

3+αx.

6.3. Seja α > 0. Os pontos de equilíbrio são (√α, 0) e (−

√α, 0). A

matriz jacobiana do campo de vecores F de classe C∞, definidopor F (x, y) = (y, x2 − α) é a matriz

JF =

[0 1

2x 0

]Logo, JF (−

√α, 0) =

[0 1

−2√α 0

]que possui valores próprios imaginários puros, λ2 + 2

√α = 0, logo

a origem, ponto de equilíbrio do sistema linear associado é umponto estável, um centro. Como a parte real dos valores própriosé nula, a linearização não permite classificar o ponto de equilíbrio(−√α, 0) do sistema não linear.

Como JF (√α, 0) =

[0 1

2√α 0

]possui valores próprios reais e distintos, λ2 − 2

√α = 0, logo a

origem, ponto de equilíbrio do sistema linear associado é um pontode sela. Como a parte real dos valores próprios é não nula, alinearização permite classificar o ponto de equilíbrio (

√α, 0) do

sistema não linear como sendo um ponto de sela, logo instável.

6.4. Mostre que para qualquer sistema hamiltoniano os pontos de equi-líbrio não são nem poços nem fontes.O sistema autónomo

dx

dt= f(x, y) (122)

dy

dt= g(x, y)

designa-se por sistema hamiltoniano se existe uma função de


243

estado escalar H tal que

dH

dy= f(x, y) (123)

−dHdx

= g(x, y)

Para os sistemas hamiltonianos, a matriz Jacobiana do campo devectores F definido por F(x, y) = (f(x, y), g(x, y)) é a matriz

J(x, y) =

[∂2H∂x∂y

∂2H∂y2

−∂2H∂x2

− ∂2H∂y∂x

](124)

Admitindo que F é de classe C1, H é de classe C2 e portanto amatriz Jacobiana de F tem na diagonal valores simétricos. Assim,a matriz Jacobiana de F num ponto de equilíbrio, P ∗ é uma matrizdo tipo

JF (P ∗) =

[a bc −a

]Os seus valores próprios são as raízes da equação(a− λ)(−a− λ)− bc = 0⇔ λ2 − (bc+ a2) = 0

Deste modo os valores próprios do sistema linearizado são iguaisde sinal oposto. Logo os sistemas não lineares hamiltomianos nãopossuem pontos de equilíbrio que sejam poços ou fontes por secaracterizarem por os valores próprios serem reais e do mesmosinal.

Formulário

• ddt

(ln(u)) = u′

u, u(t) > 0,∀t ∈ I

• ddt

(1u

)= − u′

u2, u(t) 6= 0,∀t ∈ I

Fim


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Equações Diferenciais e Transformada de Laplace - U.Porto