Equações Diferenciais Ordinárias - UTFPRpaginapessoal.utfpr.edu.br/lcpereira/esta-e-uma-pasta/ma63b/Semana... · EDO (UTFPR) Luiz Claudio Pereira 2015 1 / 41. ... Resolução de

Equações Diferenciais Ordinárias

Semana 12

Professor Luiz Claudio Pereira

Departamento Acadêmico de Matemática

Universidade Tecnológica Federal do Paraná

Material Previsto para uma semana

EDO (UTFPR) Luiz Claudio Pereira 2015 1 / 41

Equações Diferenciais Ordinárias

1 Equações de ordem maior do que 1

Equação linear homogênea.

Equação linear não-homogênea

Algumas aplicações

2 Operador diferencial

Propriedades

Resolução de equações

Equação de Euler-Cauchy

3 Série de potências e equações diferenciais ordinárias

4 Sistema de equações diferenciais ordinárias


Equação Diferencial Ordináriade ordem n > 1, linear, homogênea, com coe�cientes constantes - Método dos operadores

Conceito

O conjunto dos elementos (x ,y) ∈ R2 tais

que (x ,y)+(a,b)def= (x+a,y +b) e

(x ,y) · (a,b) def= (xa− yb,xb+ ya) échamado corpo dos números complexos

e será denotado por C. Note que:

(x ,0) · (a,b) = (xa−0b,xb+0a)= (xa,xb) ∈ R2

≡ x(a,b)Desta forma, indica-se x ≡ (x ,0).



Conceito





(x ,0) · (a,b) = (xa−0b,xb+0a)= (xa,xb) ∈ R2

≡ x(a,b)Desta forma, indica-se x ≡ (x ,0).



Conceito





(0,1) · (0,1) = (0 ·0−1 ·1,0 ·1+1 ·0)= (−1,0) ∈ R2

≡ −1Indicando i = (0,1), tem-se −1= i · i = i2.



Conceito





b · i = (b,0) · (0,1)= (b ·0−0 ·1,b ·1+0 ·0)= (0,b)

Por conseguinte,

(a,b) = (a,0)+(0,b) = a+b · i .



Conceito





Dado z = (a,b) ∈ C, tem-se que

|z |=√a2+b2 = 〈z ,z〉1/2 é o comprimen-

to de z . Ademais,



Conceito





sendo θ o ângulo orientado que o vetor

z = a+bi forma com o eixo real,

obtém-sez = |z |cosθ + i |z |senθ

= |z |(cosθ + i senθ)= |z | [cos(arg(z))+ i sen(arg(z))]



Resumo

Um número complexo z = (a,b) admite

uma representação na forma algébrica

z = a+bi , i2 =−1

e uma forma trigonométrica

z = |z |(cosθ + i senθ)

De�nição

O número complexo a−bi , denotado

por z ou z∗, é chamado conjugado

complexo de z = (a,b).



Resumo

Um número complexo z = (a,b) admite

uma representação na forma algébrica

z = a+bi , i2 =−1

e uma forma trigonométrica

z = |z |(cosθ + i senθ)

De�nição

O número complexo a−bi , denotado

por z ou z∗, é chamado conjugado

complexo de z = (a,b).



Conceito

Dado z = (a,b) ∈ C, o número real a é chamado parte real de z e b parte

imaginária de z . Além disso,

z+ z∗ = (a+bi)+(a−bi) = 2a⇔ a =z+ z∗

2

e

z− z∗ = (a+bi)− (a−bi) = 2bi ⇔ b =z− z∗

2i



Conceito

Seja X ⊂ C. Uma regra η que a cada z ∈ X associa o número w ∈ C é

chamada função complexa de variável complexa.

Como η(z) = w , as partes real e imaginária de w devem ser funções de z .

Assim, existem funções reais f e g tais que η(z) = f (z)+ i ·g(z). Emparticular,

f (z) =η(z)+η(z)

2e g(z) =

η(z)−η(z)

2i

As funções complexas de variável complexa são definidas de modo a

generalizar funções reais de variável real conhecidas. Noutras palavras,

de�ne-se η(z) = w de modo que η(x+0i) = w ∈ R seja uma função real

de variável real conhecida.



Conceito





f (z) =η(z)+η(z)

2e g(z) =

η(z)−η(z)

2i







Conceito





f (z) =η(z)+η(z)

2e g(z) =

η(z)−η(z)

2i







Exemplo

Sabe-se que et =+∞

∑n=0

tn

n!para todo t ∈ R. Supondo que esse

desenvolvimento em série de potências seja válido para um número

imaginário puro t = ix , segue que

e ix = 1+ ix+(ix)2

2!+

(ix)3

3!+

(ix)4

4!+ . . .

=

(1− x2

2!+

x4

4!+ . . .

)+ i

(x− x3

3!+

x5

5!− . . .

)

=+∞

∑n=0

(−1)n x2n

(2n)!+ i ·

+∞

∑n=0

(−1)n x2n+1

(2n+1)!= f (x) +i · g(x)



Exemplo

Note que f (x)≡+∞

∑n=0

(−1)n x2n

(2n)!= 1− x2

2!+

x4

4!− . . . é tal que f (0) = 1 e

f ′(x) =−x+ x3

3!− x5

5!+ . . .=−g(x)

Ademais, g(x)≡+∞

∑n=0

(−1)n x2n+1

(2n+1)!= x− x3

3!+

x5

5!− . . . é tal que g(0) = 0

e

g ′(x) = 1− x2

2!+

x4

4!− . . .= f (x)



Exemplo

Note que f (x)≡+∞

∑n=0

(−1)n x2n

(2n)!= 1− x2

2!+

x4

4!− . . . é tal que f (0) = 1 e

f ′(x) =−x+ x3

3!− x5

5!+ . . .=−g(x)

Ademais, g(x)≡+∞

∑n=0

(−1)n x2n+1

(2n+1)!= x− x3

3!+

x5

5!− . . . é tal que g(0) = 0

e

g ′(x) = 1− x2

2!+

x4

4!− . . .= f (x)

Deste modo, f (x) = cosx , g(x) = senx e

e ix = cosx+ i senx = cos(arg(e ix)

)+ i sen

(arg(e ix)

)EDO (UTFPR) Luiz Claudio Pereira 2015 13 / 41


Observação

Da Fórmula de Euler

e ix = cosx+ i senx = cos(arg(e ix)

)+ i sen

(arg(e ix)

)tem-se que e−ix = cos(−x)+ i sen(−x) = cosx− i senx . Ademais,

cosx =e ix + e−ix

2

e

senx =e ix − e−ix

2i=−ie ix + ie−ix

2



Exemplo

Sendo z = α + iβ ∈ C, a função complexa exponencial, indicada por exp(z)ou ez , é de�nida por

exp(z) = eα+iβ

= eα · e iβ= eα (cosβ + i senβ )

= eα[cos(arg(e iβ )

)+ i sen

(arg(e iβ )

)]Observação

As leis usuais da álgebra e do cálculo elementar são válidas para a função

complexa exponencial, do mesmo modo que para as funções reais

exponenciais. Em particular, por exemplo,d

dz

(eλz)= λeλz .



A função complexa logaritmo, denotada por log(z), é de�nida de modo a

ser a inversa da função exponencial. Deste modo,

log(z)def= ln |z |+ i arg(z)

uma vez que

exp(log(z)) = e log(z) = e ln|z | · e i arg(z) = |z |(cos(arg(z))+ i sen(arg(z))) = z

e

log(ez) = ln |ez |+ i arg(ez) = ln(eα)+ i arg(eα · eβ i ) = α + iβ = z


Equação Diferencial Ordináriade ordem n > 1, linear, homogênea, com coe�cientes contantes - Método dos operadores

De�nição

Sejam z ,k ∈ C. A função expoente complexo, denotada por zk , é de�nida

por

zk = exp(k · log(z))= ek·log(z)

= ek·[ln|z |+i arg(z)]

Em particular, se x ∈ R, então

xα+iβ = xα · x iβ = xα exp(iβ · log(x)) = xα [cos(β ln |x |)+ i sen(β ln |x |)]


Equação Diferencial Ordináriade ordem n > 1, linear, homogênea, com coe�cientes constantes

Retomando o caso de raízes complexas

Da edo any(n)+an−1y

(n−1)+ . . .+a2y′′+a1y

′+a0y = 0, obtém-se a

equação característica anλ n+an−1λ n−1+ . . .+a2λ 2+a1λ +a0 = 0,

admitindo uma solução da forma y(x) = eλx .

Uma possibilidade é que ocorram: (iii) raízes complexas (e possivelmente

raízes reais).

Neste caso, obtém-se duas soluções complexas

y1(x) = e(α+iβ)x = eαx · e iβx = eαx (cosβx+ i senβx)

y2(x) = e(α−iβ)x = eαx · e−iβx = eαx (cosβx− i senβx) = y∗1 (x)





(n−1)+ . . .+a2y′′+a1y





raízes reais).








(n−1)+ . . .+a2y′′+a1y





raízes reais).








(n−1)+ . . .+a2y′′+a1y





raízes reais).

De acordo com o princípio da superposição, as funções

y1(x) =y1(x)+ y2(x)

2= eαx cosβx e y2(x) =

y1(x)− y2(x)

2i= eαx senβx

serão duas soluções reais da edo linear, homogênea, com coe�cientes

constantes dada.




Se λ1,λ2, . . . ,λk ∈ C são raízes da equação característican

∑j=0

ajλj = 0,

então as funções complexas yj = eλjx são soluções da edon

∑j=0

ajDjy = 0 e

W (y1, . . . , yk) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

eλ1x eλ2x . . . eλkx

λ1eλ1x λ2e

λ2x . . . λkeλkx

......

...

λk−21 eλ1x λ

k−22 eλ2x . . . λ

k−2k

eλkx

λk−11 eλ1x λ

k−12 eλ2x . . . λ

k−1k

eλkx

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣




Se λ1,λ2, . . . ,λk ∈ C são raízes da equação característican

∑j=0

ajλj = 0,

então as funções complexas yj = eλjx são soluções da edon

∑j=0

ajDjy = 0 e

W (y1, . . . , yk) = eλ1xeλ2x . . .eλkx

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 . . . 1

λ1 λ2 . . . λk...

......

λk−21 λ

k−22 . . . λ

k−2k

λn−11 λ

k−12 . . . λ

k−1k

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣6= 0



Corolário 1

Sejam λ1,λ2, . . . ,λk ∈ C raízes da equação característican

∑j=0

ajλj = 0. O

conjunto{eλ1x ,eλ2x , . . . ,eλkx

}, formado por soluções complexas da edo

n

∑j=0

ajDjy = 0, é linearmente independente (LI).

Porque os coe�cientes aj ∈ R, se a função complexa φ(x) = eλsx , λs ∈ C, é

solução da edon

∑j=0

ajDjy = 0, então

n

∑j=0

ajλsj=

n

∑j=0

ajλjs =

n

∑j=0

ajλjs = 0= 0.

Provou-se assim o seguinte



Corolário 1

Sejam λ1,λ2, . . . ,λk ∈ C raízes da equação característican

∑j=0

ajλj = 0. O

conjunto{eλ1x ,eλ2x , . . . ,eλkx

}, formado por soluções complexas da edo

n

∑j=0

ajDjy = 0, é linearmente independente (LI).

Porque os coe�cientes aj ∈ R, se a função complexa φ(x) = eλsx , λs ∈ C, é

solução da edon

∑j=0

ajDjy = 0, então

n

∑j=0

ajλsj=

n

∑j=0

ajλjs =

n

∑j=0

ajλjs = 0= 0.

Provou-se assim o seguinte



Lema

O conjunto{eλ1x ,eλ2x , . . . ,eλkx

}, formado pelas soluções complexas da

edon

∑j=0

ajDjy = 0, possui um número par de elementos, sendo λj = λ ∗s para

algum s 6= j .

Corolário 2

Sejam λs = αs + iβs ∈ C, s = 1,2, . . . ,k/2, raízes da equação característican

∑j=0

ajλj = 0, tais que λs 6= λ ∗j sempre que s 6= j ∈ {1,2, . . . ,k/2}. O

conjunto{eα1x cosβ1x ,e

α1x senβ1x , . . . ,eαk/2x cosβk/2x ,e

αk/2x senβk/2x},

formado por k soluções reais da edon

∑j=0

ajDjy = 0, é LI.



Lema

O conjunto{eλ1x ,eλ2x , . . . ,eλkx

}, formado pelas soluções complexas da

edon

∑j=0

ajDjy = 0, possui um número par de elementos, sendo λj = λ ∗s para

algum s 6= j .

Corolário 2


∑j=0




αk/2x senβk/2x},


∑j=0

ajDjy = 0, é LI.



Corolário 2


∑j=0




αk/2x senβk/2x},


∑j=0

ajDjy = 0, é LI.

Prova

Considere a equaçãok/2

∑s=0

Aseαsx cosβsx+

k/2

∑s=0

Bseαsx senβsx = 0

Porque cosβsx =(e iβsx + e−iβsx

)/2 e senβsx =

(−ie iβsx + ie−iβsx

)/2

segue que 0 =k/2

∑s=0

eαsx

(e iβsx

As − iBs

2+ e−iβsx

As + iBs

2



Corolário 2


∑j=0




αk/2x senβk/2x},


∑j=0

ajDjy = 0, é LI.

Prova


∑s=0

Aseαsx cosβsx+

k/2

∑s=0

Bseαsx senβsx = 0


)/2 e senβsx =


)/2

segue que 0 =k/2

∑j=0

(e(αs+iβs)x

As − iBs

2+ e(αs−iβs)x

As + iBs

2



Corolário 2


∑j=0




αk/2x senβk/2x},


∑j=0

ajDjy = 0, é LI.

Prova


∑s=0

Aseαsx cosβsx+

k/2

∑s=0

Bseαsx senβsx = 0


)/2 e senβsx =


)/2

segue que 0 =k

∑j=0

eλjxaj .



Corolário 2


∑j=0




αk/2x senβk/2x},


∑j=0

ajDjy = 0, é LI.

Prova


∑s=0

Aseαsx cosβsx+

k/2

∑s=0

Bseαsx senβsx = 0


)/2 e senβsx =


)/2

segue que 0 =k

∑j=0

eλjxaj . Como aj = 0 para todo j ∈ {1,2, . . . ,k},

tem-se As− iBs = 0 e As + iBs = 0 ⇔ As = 0= Bs para todo s = 1, . . . ,k/2.EDO (UTFPR) Luiz Claudio Pereira 2015 27 / 41


Pergunta

O que se deve fazer no caso de λs = αs + iβs ∈ C ser uma raiz de

multiplicidade ns da equação característican

∑j=0

ajλj = 0 da equação

diferencialn

∑j=0

ajDjy = 0 ?



Pergunta

O que se deve fazer no caso de λs = αs + iβs ∈ C ser uma raiz de

multiplicidade ns da equação característican

∑j=0

ajλj = 0 da equação

diferencialn

∑j=0

ajDjy = 0 ?

Resposta

Neste caso, também valed

dx

(eλsx

)= λse

λsx . Daí, para resolver a

equação diferencialn

∑j=0

ajDjy = Q(D) · (D−λs)

nsy = 0, pode-se usar a

regra do deslocamento exponencial P(D)eλxu = eλxP(D+λ )u, para obter

um conjunto fundamental de soluções de (D−λs)nsy = 0 para cada s.



Exercício 1

Encontre a solução geral da equação (D2+2D+5)y = 0.



Exercício 1


Solução

Porque 0= (D2+2D+5)y = (D+1−2i)(D+1+2i)y , duas soluçõescomplexas, da forma y = eλx , da equação dada são

e(−1+2i)x = e−x · e2xi = e−x (cos2x+ i sen2x)≡ y1

e

e(−1−2i)x = e−x · e−2xi = e−x (cos2x− i sen2x)≡ y∗1

Pelo princípio da superposição, são também soluções da equação dada as

duas funções reais

y1 = (y1+ y∗1 )/2= e−x cos2x e y2 = (y1− y∗1 )/2i = e−x sen2x



Exercício 1


Solução

Porque 0= (D2+2D+5)y = (D+1−2i)(D+1+2i)y , duas soluçõescomplexas, da forma y = eλx , da equação dada são

e(−1+2i)x = e−x · e2xi = e−x (cos2x+ i sen2x)≡ y1

e

e(−1−2i)x = e−x · e−2xi = e−x (cos2x− i sen2x)≡ y∗1

Pelo princípio da superposição, são também soluções da equação dada as

duas funções reais

y1 = (y1+ y∗1 )/2= e−x cos2x e y2 = (y1− y∗1 )/2i = e−x sen2x



Exercício 1


Solução

Ademais,{e(−1+2i)x ,e(−1−2i)x

}é um conjunto fundamental de soluções

complexas e, por conseguinte,{e−x cos2x ,e−x sen2x

}é um conjunto fundamental de soluções reais. Logo, a solução geral da

equação é

y(x) = c1e−x cos2x+ c2e

−x sen2x = (c1 cos2x+ c2 sen2x)e−x

com c1,c2 ∈ R.



Exercício 2

Encontre a solução geral da equação y (4)+8y ′′+16y = 0.



Exercício 2


Solução

O operador diferencial D =d

dx, permite reescrever a equação na forma

(D4+8D2+16

)y = 0⇔

(D2+4

)2y = 0⇔ (D+2i)2 (D−2i)2 y = 0

De imediato, tem-se que duas soluções complexas, da forma y = eλx , da

equação dada são

e2ix = cos2x+ i sen2x

e

e−2ix = cos2x− i sen2x



Exercício 2


Solução

O operador diferencial D =d

dx, permite reescrever a equação na forma

(D4+8D2+16

)y = 0⇔

(D2+4

)2y = 0⇔ (D+2i)2 (D−2i)2 y = 0

De imediato, tem-se que duas soluções complexas, da forma y = eλx , da

equação dada são

e2ix = cos2x+ i sen2x

e

e−2ix = cos2x− i sen2x



Exercício 2


Solução

De (D−2i)2 (D+2i)2 y = 0 segue que

(i) (D−2i)2 y = 0 e (ii) (D+2i)2 y = 0

No primeiro caso, sendo P(D) = (D−2i)2, assumindo uma solução da

forma y = u · e2ix , decorre, pela Regra do Deslocamento Exponencial, que

0= P(D)y = P(D)u · e2ix = e2ixP (D+2i)u = e2ixD2u⇒ D2u = 0

Assim, u ∈ {1,x} e duas soluções complexas da equação são y1 = e2ix e

y2 = xe2ix .



Exercício 2


Solução

De (D−2i)2 (D+2i)2 y = 0 segue que

(i) (D−2i)2 y = 0 e (ii) (D+2i)2 y = 0

No primeiro caso, sendo P(D) = (D−2i)2, assumindo uma solução da

forma y = u · e2ix , decorre, pela Regra do Deslocamento Exponencial, que

0= P(D)y = P(D)u · e2ix = e2ixP (D+2i)u = e2ixD2u⇒ D2u = 0

Assim, u ∈ {1,x} e duas soluções complexas da equação são y1 = e2ix e

y2 = xe2ix . Analogamente, de (ii), obtém-se as soluções e−2ix e xe−2ix .



Exercício 2


Solução

Em resumo, são soluções da equação as quatro funções complexas

e2xi = cos2x+ i sen2x

y∗1 = e−2xi = cos2x− i sen2x

xe2xi =x cos2x+ ix sen2x

y∗2 =xe−2xi =x cos2x− ix sen2x

Pelo princípio da superposição, são também soluções da equação as quatro

funções reais



Exercício 2


Solução

y1 = (y1+ y∗1 )/2= cos2x

y2 =(y1− y∗1 )/2i = sen2x

y3 = (y2+ y∗2 )/2=x cos2x

y4 =(y2− y∗2 )/2i =x sen2x

Ademais, porque {y1, y∗1 , y2, y∗2} é um conjunto fundamental de soluções

complexas, {y1,y2,y3,y4} é um conjunto fundamental de soluções reais.



Exercício 2


Solução

Portanto, a solução geral da edo dada é

y(x) = Acos2x+Bx cos2x+C sen2x+Dx sen2x

= (A+Bx)cos2x+(C +Dx)sen2x

com A,B,C ,D ∈ R.



Exercício 3

Encontre a solução geral da equação y (4)−8y ′′+16y = 0.

Exercício 4

Encontre a solução geral da equação (D+1)(D−2)2(D2+2D+2)2y = 0.


Leitura Recomendada I

Abunahman, S. A.

Equações diferenciais.

Rio de Janeiro: EDC, 1989.

Boyce, W. E. e Diprima, R. C.

Equações diferenciais elementare e problemas de valores de contorno.

Rio de Janeiro: LTC, 2002.

Edwards, C. H. e Penney, D. E.

Equações diferenciais elementares com problemas de contorno.

Rio de Janeiro: Prentice-Hall, 1995.

Zill, D. G.

Equações diferenciais: com aplicações em modelagem.

São Paulo: Pioneira Thomson, 2003.


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