EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARA FÍSICOS E ENGENHEIROSEquações Diferenciais para Físicos e Engenheiros Paulo S. C. Lino 2.5 Mais Aplicações das Equações Diferenciais de Primeira

EQUAÇÕES DIFERENCIAISPARA FÍSICOS E ENGENHEIROS

Paulo Sérgio Costa Lino

EQUAÇÕES DIFERENCIAISPARA FÍSICOS E ENGENHEIROS

Universidade Aberta do Brasil - UAB

Licenciatura em Física

Paulo Sérgio Costa Lino

Bacharel em Eng. Agrícola e Mestre em Matemática Pura

Com 37 exemplose 22 ilustrações

Barra do Bugres - MTJulho de 2014

Prefácio

Todo o desenvolvimento matemático que temos hoje, foi obtido atravésde séculos de aprendizado que foi passado de geração a geração, poralgumas pessoas e grupos de pessoas interessadas em compreen-der o mundo a nossa volta. Estas pessoas especiais chamadas dematemáticos compõem a alma das ciências exatas que, sendo per-sitentes em suas ideias criaram novos símbolos, novas notações, al-goritmos e teorias. Esse aprendizado envolve também as equaçõesdiferenciais ordinárias que é a linguagem adequada para compreen-der o mundo a nossa volta através de alguns princípios gerais.

Estas notas introdutórias sobre o assunto foi dividida em 5 capítu-los, começando com o desenvolvimento histórico das equações dife-renciais e seus conceitos preliminares. No capítulo 2, apresentamosas equações diferenciais ordinárias de primeira ordem e suas diversasaplicações nas ciências naturais, com ênfase nos fenômenos físicos.

O capítulo seguinte trata-se das equações diferenciais ordináriasde 2a ordem, com ênfase nas EDO’s de coeficientes homogêneas decoeficientes constantes, cuja solução está estreitamente relacionadacom as equações algébricas do 2o grau. Trataremos também dasEDO’s não-homogêneas usando as técnicas dos coeficientes a deter-minar e da variação de parâmetros para achar a solução particular detais equações. Encerraremos esse capítulo com uma breve aplicaçãonos sistemas massa-mola, destacando o movimento harmônico sim-ples e nos circuitos elétricos RLC. Encerraremos estas notas apre-sentando no capítulo 4, alguns métodos numéricos para resolver asequações diferenciais ordinárias.

Dicas Para Estudar Matemática

Estudar matemática é diferente de estudar outros ramos do conheci-mento. Esta disciplina que possui uma linguagem própria que envolvemuita lógica e raciocínio. É mais fácil um matemático ou físico com-preender as outras ciências do que um biólogo, um químico ou umhistoriador compreender matemática. Algumas dicas gerais são:

• Confira se está tudo de acordo como enunciado e se há questõessem fazer.

• Quando surgir alguma dúvida durante a resolução de exercícios,volte ao enunciado.

• Ao resolver problemas, leia observando o que deve ser feito parasolucioná-los, anotando os dados.

• Corrija todo o dever com muita atenção, não deixe de marcarcerto ou errado e faça sempre a correção necessária. Nuncacopie os exemplos ou exercícios prontos, sem tê-los entendidoprimeiro.

Além disso, não estuda-se matemática simplesmente lendo o texto,o estudante tem que ter um lápis e um papel na mão para fazer an-otações, verificar os cálculos e sempre estar pronto para recomeçar,corrigir os erros e não cometê-los mais. Para todos os alunos doensino a distância, essas dicas são fundamentais e é a garantia desucesso em qualquer área da matemática.

Sumário

1 Introdução 91.1 Um Breve Histórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2 Conceitos Preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2.1 Definição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.2.2 Solução da Equação Diferencial Ordinária . . . . 121.2.3 Ordem de uma EDO . . . . . . . . . . . . . . . . 131.2.4 Linearidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.2.5 Natureza dos Coeficientes . . . . . . . . . . . . 141.2.6 Homogeneidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.2.7 Solução Geral de uma EDO . . . . . . . . . . . . 161.2.8 Sistemas de EDO’s . . . . . . . . . . . . . . . . 171.2.9 Problema de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . 18

1.3 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2 Equações Diferenciaisde Primeira Ordem 212.1 Equações Diferenciais de

Variáveis Separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.1.1 Equações Diferenciais de Variáveis

Separáveis na Cinemática . . . . . . . . . . . . . 232.1.2 Tempo de Esvaziamento de um Tanque . . . . . 30

2.2 Equações Diferenciais Linearesde Primeira Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.3 Equação Diferencial de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . 362.4 Equações Diferenciais Exatas . . . . . . . . . . . . . . . 38

5

Equações Diferenciais para Físicos e Engenheiros Paulo S. C. Lino

2.5 Mais Aplicações das EquaçõesDiferenciais de Primeira Ordem . . . . . . . . . . . . . . 422.5.1 Desintegração Radioativa . . . . . . . . . . . . . 432.5.2 Juros Continuamente Compostos . . . . . . . . 462.5.3 Resfriamento de um corpo . . . . . . . . . . . . 512.5.4 Movimentos Sujeitos a Forças Resistivas . . . . 542.5.5 Circuitos Elétricos Simples . . . . . . . . . . . . 602.5.6 Misturas em um Tanque . . . . . . . . . . . . . . 63


3 Equações Diferenciaisde Segunda Ordem 773.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 773.2 Definição e Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . 773.3 O Operador Diferencial L . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3.3.1 O operador L no caso em que n = 2 . . . . . . . 803.4 Redução de Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

3.4.1 Variável Dependente Ausente . . . . . . . . . . . 863.4.2 Variável Independente Ausente . . . . . . . . . . 87

3.5 Encontrando uma Soluçãoà Partir de Outra Conhecida . . . . . . . . . . . . . . . . 91

3.6 Equações Diferenciais Ordinárias deSegunda Ordem, Homogêneas e deCoeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

3.7 Equações Diferenciais Ordinárias deSegunda Ordem, Não-Homogêneas . . . . . . . . . . . 973.7.1 Solução Particular das EDO’s

de Segunda Ordem Através doMétodo dos Coeficientes a Determinar . . . . . . 98

3.8 Aplicações das Equações Diferenciaisde Segunda Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103


4 Equações Diferenciais Ordinárias Via Operador D 1094.1 Introdução e Definição do Operador D . . . . . . . . . . 109

4.1.1 Caso Homogêneo . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

6


4.1.2 Caso Não-Homogêneo . . . . . . . . . . . . . . 1144.2 Teoremas Fundamentais

Sobre o Operador D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

5 Métodos Numéricos Para EDO’s 1165.1 Breve Introdução Histórica . . . . . . . . . . . . . . . . . 1165.2 Existência e Unicidade de Solução de um PVI . . . . . 1185.3 Métodos Numéricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

5.3.1 Classificação dos Métodos Numéricos . . . . . . 1225.3.2 Método de Picard . . . . . . . . . . . . . . . . . 1235.3.3 Métodos Baseados na Série de Taylor . . . . . . 1235.3.4 Erro Local e Erro Global . . . . . . . . . . . . . . 1275.3.5 Interpretação Geométrica do Método de Euler . 129

5.4 Método de Euler Aperfeiçoado ou de Heun . . . . . . . 1295.5 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

7


8

Capítulo 1

Introdução

1.1 Um Breve Histórico

O estudo das equações diferenciais começou no século XV II porIsaac Newton (1642− 1727) e Gottfried Wilhelm Leibniz (1646− 1716)quando inventaram o Cálculo. As descobertas de Newton sobre o Cál-culo e as leis da mecânica datam de 1665. O seu desenvolvimento doCálculo e a descoberta dos princípios básicos da Mecânica fornece-ram a base para a aplicação das equações diferenciais no séculoXV III, especialmente por Euler.

Leibniz nasceu em Leipzig e completou seu doutorado em Filosofiana Universidade de Altdorf quando tinha 20 anos. Era basicamenteautodidata em matemática, já que seu interesse no assunto desenvol-veu-se quando tinha vinte e poucos anos. Leibniz chegou aos resul-tados sobre Cálculo independentemente, embora um pouco depoisde Newton, mas foi o primeiro a publicá-los, em 1684. Descobriu ométodo de separação de variáveis em 1691, a redução de equaçõeshomogêneas a equações separáveis em 1694. Passou a vida comoembaixador e conselheiro de diversas famílias reais alemãs, o quepermitiu que viajasse muito e mantivesse uma correspondência ex-tensa com outros matemáticos. No decorrer dessa correspondênciaforam resolvidos muitos problemas em equações diferenciais durantea parte final do século XV II.

9


O matemático do século XV III, Leonhard Euler identificou a con-dição para que equações de primeira ordem sejam exatas. Em um ar-tigo publicado em 1734 desenvolveu a teoria dos fatores integrantes eencontrou a solução geral para equações de coeficientes constantestal como

a2y′′ + a1y

′ + a0y = f(x)

Em 1750, Euler usou séries de potências para resolver equações dife-renciais. Propôs também um procedimento numérico para resolverequações do tipo

dy

dx= f(x, y)

y(x0) = y0

Além disso, ele deu contribuições importantes em equações dife-rencias parciais, descobrindo a equação

∂2f

∂x2+

∂2f

∂y2+

∂2f

∂z2= 0

que atualmente é conhecido por laplaciano, muitos anos antes dePierre Simon de Laplace e apresentou o primeiro tratamento sistemá-tico ao Cálculo das Variações.

Outro personagem dessa história é Joseph Louis Lagrange queentre os anos de 1762 e 1765, mostrou que a solução geral de umaequação diferencial linear homogênea de grau n é uma combinaçãolinear de n soluções independentes. Mais tarde, em 1774 − 1775,desenvolveu o seu método da variação dos parâmetros. Lagrangetambém é conhecido pelo seu trabalho fundamental em EquaçõesDiferenciais Parciais e Cálculo das Variações.

No final do século XV III muitos métodos elementares para re-solver equações diferencias ordinárias já tinham sido descobertos. Noinício do século XIX, Joseph Fourier resolveu a equação diferencialparcial que descreve a distribuição de calor em uma barra através deséries trigonométricas. As séries de Fourier mostraram-se muito efi-caz para resolver diversos outros tipos de equações parciais lineares,mas estudos rigorosos de sua convergência, levou ao desenvolvi-mento das funções e de novas teorias de integração.

10


Por volta de 1870, iniciou-se a investigação de questões teóricasde existência e unicidade, assim como o desenvolvimento de méto-dos menos elementares como a expansão em séries de potências noplano complexo. Por volta de 1900, já haviam desenvolvidos métodosefetivos de integração numérica mas sua implementação estava se-veramente prejudicada pela necessidade de se executar os cálculosa mão ou com equipamentos computacionais primitivos.

No século XX, também foram desenvolvidos métodos geométri-cos ou topológicos para o estudo das equações diferenciais parciaisnão-lineares. O objetivo é compreender, pelo menos qualitativamente,o comportamento de soluções de um ponto de vista geométrico, as-sim como analítico. Caso seja necessário maiores detalhes em certasregiões, faz-se o uso de métodos numéricos.

Nos últimos anos essas duas tendências se juntaram e foramresponsáveis pelas descobertas através da computaçao gráfica al-guns fenômenos inesperados tais como atratores, caos e fractais,que estão sendo intensamente estudados e estão gerando novas eimportantes ideias em diversas aplicações diferentes na Matemáticae Física.

1.2 Conceitos Preliminares

1.2.1 Definição

Definição 1.1 Uma equação diferencial ordinária de ordem n é umaequação da forma

F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0 (1.1)

que exprime uma relação entre x, uma função não especificada y(x)e suas derivadas y′, y′′, . . ., até a ordem n.

A equação,x2y′′ + sinxy′ − 4y = 0

é um exemplo de EDO.

11


1.2.2 Solução da Equação Diferencial Ordinária

Qualquer função y = f(x) que satisfaz a equação (1.1) sobre umintervalo I é chamada uma solução desta EDO.

Exemplo 1.1 Verifique se cada função abaixo é solução da EDO cor-respondente.

a) Função: y = sin(2x) EDO: y′′ + 4y = 0

b) Função: y(t) = e2t EDO:d2y

dt2− 6

dy

dt+ 5y = 0

c) Função: y = tet EDO: y′ − y = tet

Resolução:

a) Como y = sin(2x), então y′ = 2 cos(2x) e y′′ = −4 sin(2x). As-sim,

y′′ + 4y = −4 sin(2x) + 4 sin(2x) = 0

b) Nesse caso, a candidata a solução é a função y(t) = e2t, demodo que y′(t) = 2e2t e y′′(t) = 4e2t. Assim,

d2y

dt2− 6

dy

dt+ 5y = 4e2t − 6 · 2e2t + 5e2t = −3e2t = 0

Logo, essa função não é solução da EDO dada.

c) Usando a regra do produto para derivada, temos:

dy

dt=

d(tet)

dt= et + tet (1.2)

Substituindo a função y(t) = tet na expressão (1.2) obtemos aEDO dada, ou seja,

dy

dt= et + y ⇒ dy

dt− y = et

Este é um método alternativo de mostrar que uma função ésolução de uma EDO.

12


Em geral, dada qualquer função infinitamente derivável, podemosobter uma equação diferencial ordinária de qualquer ordem. Ilus-traremos essa ideia no exemplo a seguir.

Exemplo 1.2 Ache uma equação diferencial ordinária de 2a ordemcuja solução é a função y(x) = x sinx.

Resolução: Derivando a função dada, temos: y′(x) = sinx+ x cosx.Derivando novamente, segue que

y′′(x) = (sinx+ x cosx)′ = cosx+ cosx− x sinx = 2 cosx− y(x)

Logo, a y(x) = x sinx é solução da EDO: y′′ + y = 2 cosx.

1.2.3 Ordem de uma EDO

Se y(n) é a derivada de maior ordem que ocorre em uma EDO, dize-mos que sua ordem é n. Por exemplo, as EDO’s y′ = 4y, xy′′ − y′ = xe y′′′ = g(x) são de primeira, segunda e terceira ordem respectiva-mente.

1.2.4 Linearidade

Se a função F é linear nas variáveis y, y′, y′′, . . . , y(n) dizemos que aEDO (1.1) é linear. Em geral, uma EDO linear de ordem n é dada por

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1y

dxn−1+ . . .+ a1(x)

dy

dx+ a0(x)y = b(x) (1.3)

Por exemplo, a equação diferencial ordinária y′+xy = x2 é linear, poisa1(x) = 1, a0(x) = x e b(x) = x2.

É claro que as EDO’s que não tem o formato da expressão (1.3)não são lineares.

Exemplo 1.3 Equações diferenciais ordinárias não-lineares.

a) xy′′ + yy2 = 0 Termo não-linear: yy2

b) my′′ + k sin y = 0 Termo não-linear: sin y

c)d4y

dx4+ x

(d2y

dx2

)2

= cosx Termo não-linear: (d2y

dx2

)2

13


1.2.5 Natureza dos Coeficientes

As equações diferenciais ordinárias lineares podem ser de coeficientesconstantes se as funções a1(x), . . . , an(x), b(x) são constantes ou decoeficientes variáveis caso contrário.

Exemplo 1.4 Identifique os coeficientes das EDO’s abaixo e classifi-que-as quanto a natureza dos coeficientes.

a) xy′′ − 2y′ + 4y = 0

b) x2y′ + 7xy′ + 8y = 0

c) 4y′′′ + y′′ − 3y′ + 2y = ex

Resolução:

a) Os coeficientes desta EDO são a2(x) = x, a1(x) = −2 e a0(x) =4. Trata-se de uma equação diferencial de coeficientes var-iáveis.

b) Os coeficientes desta EDO são a2(x) = x2, a1(x) = 7x e a0(x) =8. Trata-se de uma equação diferencial de coeficientes var-iáveis.

c) Os coeficientes desta EDO são a3(x) = 4, a2(x) = 1, a1(x) = −3e a0(x) = 2. Trata-se de uma equação diferencial de coefi-cientes constantes.

1.2.6 Homogeneidade

Definição 1.2 Dizemos que a EDO dada em (1.3) é homogênea seb(x) ≡ 0. Caso contrário, ela é dita não-homogênea.

As EDO’s dos ítens a) e b) do Exemplo (1.4) são homogêneas,enquanto a EDO dada no item c) é não-homogênea. Equações dife-renciais lineares e homogêneas tem uma propriedade importante comrelação às soluções que é dada pela proposição seguinte.

14


Proposição 1.1 Se y1(x), . . . , yn(x) são soluções da EDO

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1y

dxn−1+ . . .+ a1(x)

dy

dx+ a0(x)y = 0

oun∑

j=0

an−j(x)dn−jy

dxn−j= 0

então a combinação linear delas também é uma solução.

Demonstração: Seja y(x) = c1y1(x) + . . . + cnyn(x) =

n∑k=1

ckyk(x) a

combinação linear das n soluções da EDO homogênea. Assim,

n∑j=0

an−j(x)dn−jy

dxn−j=

n∑j=0

an−j(x)dn−j

dxn−j

n∑k=1

ckyk(x)

=

n∑j=0

ck

n∑k=1

an−j(x)dn−j

dxn−jyk(x) =

n∑j=0

ck · 0 = 0

Exemplo 1.5 Classifique as EDO’s abaixo:

a)dy

dt= −ky (decaimento radioativo)

b) md2x

dt2+ kx = 0 (movimento harmônico simples)

c) xy′′′ + y2 = 2x− 3

d)d4y

dx4− sin y

d2y

dx2+ 2xy = 0

Resolução:

a) Podemos reescrever essa EDO na formady

dt+ ky = 0. Assim,

trata-se de uma equação diferencial ordinária homogênea, de1a ordem, linear e de coeficientes constantes.

15


b) É uma EDO de 2a ordem, linear, homogênea e de coeficientesconstantes.

c) Devido ao termo y2, essa equação é não-linear e devido a pre-sença do termo 2x − 3 trata-se de uma EDO não-homogênea.Logo, temos uma EDO de 3a ordem, não-linear, não-homogêneae de coeficientes variáveis.

d) Devido a presença de sin y no termo sin yd2y

dx2essa EDO é não-

linear. Logo, temos uma equação diferencial ordinária de 4a or-dem, não-linear, homogênea e de coeficientes variáveis.

1.2.7 Solução Geral de uma EDO

A solução que representa o conjunto de todas as soluções o qualsatisfaz a EDO em um intervalo I é chamada solução geral da EDOdada. Por exemplo, a solução geral da equação y′ = y é y(x) = ex+Conde C é uma constante arbitrária. Se for dada uma condição sobrea solução tal como y(x0) = y0, podemos determinar a constante C.Uma EDO com uma condição inicial é chamada de Problema de ValorInicial (PVI). A solução geral de uma EDO, representa uma família decurvas no plano cartesiano conforme a figura abaixo.

Figura 1.1: Família de soluções da equação y′ − 2xy = 1.

16


1.2.8 Sistemas de EDO’s

Uma EDO de ordem n, y(n) = F (x, y, y′, . . . , yn−1) pode ser transfor-mada em um sistema de n equações diferenciais de primeira ordemfazendo y1 = y, y2 = y′, . . . , yn = yn−1. É comum escrever este sis-tema na forma:

y′1 = y′ = y2

y′2 = y′′ = y3...

...y′n = y(n) = F (x, y, y′, . . . , yn−1)

É comum representar as derivadas das funções x(t) e y(t) porx(t), y(t), x(t), y(t), etc. Deste modo, a equação diferencial x′′− 2x′+3x = 0 com x = x(t) pode também ser representada na forma

x− 2x+ 3x = 0

Exemplo 1.6 Transforme a equação diferencial ordinária

y′′ − 2y′ + 2y = 0

em um sistema de duas equações diferenciais ordinárias de 1a ordem.

Resolução: De fato, sejam y1 = y e y2 = y′. Assim, y′1 = y′ = y2. DaEDO dada,

y′′ = 2y′ − 2y = 2y2 − 2y1 (1.4)

Por outro lado,y′2 = y′′ (1.5)

Substituindo (1.4) em (1.5), segue que y′2 = 2y2 − 2y1. Logo, temos osistema de equações diferenciais ordinárias:

y′1 = y2

y′2 = 2y2 − 2y1

17


1.2.9 Problema de Valor Inicial

Um problema de valor inicial ou problema de condições iniciais é umaequação diferencial acompanhada do valor da função a determinarnum determinado ponto, chamado de problema de valor inicial (PVI).

A EDO x′′ + 3x′ − 4x = 0 com x = x(t) e juntamente com ascondições iniciais x(0) = 1 e x′(0) = 2 é um problema de valor iniciale pode ser reescrito na seguinte forma prática:

x′′ + 3x′ − 4x = 0

x(0) = 1

x′(0) = 1

Exemplo 1.7 Mostre que a função y = e2x é solução do PVI abaixo:dy

dx− 2y = 0

x(0) = 1

x′(0) = 1

Resolução: Observe quedy

dx= 2e2x = 2y, de modo que y(x) = e2x

é solução da equação diferencial dada. Como y(0) = e2·0 = 1, segueque y(x) = e2x é solução do PVI dado.

O leitor também pode verificar que a função y = ex − x − 1 ésolução do PVI:

y′ = x+ y

y(0) = 0

Estes exemplos podem sugerir que dado um PVI ele sempre teráuma solução única. Esta hipótese nem sempre é verdadeira. De fato,verifica-se facilmente que y ≡ 0 e y = x4 são soluções do PVI.

y′ = 4x√y

y(0) = 0

18


1.3 Exercícios Propostos

1. Qual a consequência da invenção do Cálculo e as leis da mecâ-nica para o século XV III?

2. Descreva as descobertas de Gottifried W. Leibniz em equaçõesdiferenciais.

3. Na sua opinião as descobertas de Leonhard Euler são mais re-levantes que as descobertas de Joseph L. Lagrange?

4. Escreva sobre os avanços no século XX alcançados na áreade equações diferenciais.

5. Classifique as EDO’s quanto a ordem, linearidade, homogenei-dade e natureza dos coeficientes.

(a) y′ + 4y = 0

(b)d2y

dx2− y

dy

dx= 0

(c) y′′ + 3y′ = x2

(d) (1− x2)y′′ − 2xy′ + 6y = sinx

(e)d4y

dx4+ x

(dydx

)2= 0

6. Determine o valor de a na função y(x) = cos(ax) de modo queela seja solução da equação diferencial (y′)2 + 9y2 = 9.R: a = 3

7. Sabendo que y = ex + e−x é solução da equação diferencialy′′ + ay = 0, determine o valor de a.

8. Quais das seguintes equações diferenciais abaixo são lineares?Justifique.

(a) y′ + P (x)y = Q(x)

(b) y′ + sin(y)x+ cosx = 0

(c) y′ + cos(x)y2 + sinx = 0

19


9. Resolva o determinante abaixo∣∣∣∣∣∣1 x y3 3x+ 1 y′

9 9x+ 6 y′′

∣∣∣∣∣∣ = 0

para obter a equação diferencial ordinária y′′ − 6y′ + 9y = 0.

10. Transforme as EDO’s abaixo em um sistema de equações dife-renciais.

(a) y′′ − 3y′ + 2y = 0

(b) xy′′′ + y′′ − 4y′ = 3x

(c) x+ t sin x = x

11. Sejam b, c ∈ R. Mostre que a equação diferencial ordinária

y′′ + by′ + cy = 0

é equivalente ao sistema de equações diferenciais:y′1 = y′

y′2 = −by2 − cy1

12. Mostre que cada uma das expressões seguintes é uma soluçãoda equação diferencial correspondente:

(a) y = 2x2, xy′ = 2y

(b) x(t) =t sin t

2, x+ x = sin t

(c) x2 = 2y2 ln y, y′ =xy

x2 + y2

20

Capítulo 2

Equações Diferenciaisde Primeira Ordem

A equação diferencial ordinária de primeira ordem tem a forma

F (x, y, y′) = 0 (2.1)

onde y = y(x). Normalmente, esperamos que uma tal equação tenhasolução e que esta contenha uma constante arbitrária. Observe quea equação diferencial (

dy

dx

)2

+ 4 = 0

não tem, de modo algum, uma solução real. Por simplicidade, consi-

deramos que (2.1) pode ser resolvida em termos dedy

dx, isto é,

dy

dx= f(x, y) (2.2)

Consideremos, também, que f é uma função contínua num retânguloR no plano xy para garantir pelo menos a existência de soluções.Entretanto, o estudo da existência e unicidade da equação diferencialdada em (2.2) está além dos objetivos destas notas.

21


2.1 Equações Diferenciais deVariáveis Separáveis

Se a função f dada em (2.2) pode ser escrita como um produto deduas funções, isto é, f(x, y) = M(x)N(y), dizemos que a equaçãodiferencial é de variáveis separáveis. Neste caso, podemos separaras variáveis e integrar facilmente a expressão para achar a soluçãogeral. De fato,

dy

dx= M(x)N(y) ⇒ dy

N(y)= M(x)dx ⇒

∫dy

N(y)=

∫M(x)dx+ C

Com prática, o aluno reconhecerá quais EDO’s são desse tipo e apli-cará manipulações algébricas para separar as variáveis e achar asolução geral.

Exemplo 2.1 Ache a solução geral das equações diferenciais sepa-ráveis abaixo:

a)dy

dx=

2x

y

b) y′ + 2y = 4

c)√2y + 1y′ − 2xex = 0

Resolução:

a) Separando as variáveis e integrando, temos:

ydy = 2xdx ⇒∫

ydy =

∫2xdx ⇒ y2

2= x2 + C

b) Esta é uma EDO linear de 1a ordem e poderá também ser re-solvido através da técnica do fator integrante. Uma vez quetodos os coeficientes da equação diferencial são constantes,

22


podemos separar as variáveis e integrar membro a membro. Defato,

y′ + 2y = 4 ⇒ dy

dx= 4− 2y ⇒

∫dy

4− 2y=

∫dx

− 1

2

∫du

u= x+ C1 ⇒ −1

2ln |u| = x+ C1 ⇒

ln |4− 2y| = −2x+ C1 ⇒ |4− 2y| = e−2x+C1 = e−2xeC1

ou seja,

y(x) =

2− Ce−2x se y < 2

2 + Ce−2x se y > 2

Na primeira integral, fizemos a mudança de variáveis u = 4−2y,de modo que du = −2dy ⇒ dy = −du/2.

c) Neste caso, devemos usar as técnicas de substituição de va-riáveis e integração por partes. Para os alunos que não estãofamiliarizados com estas técnicas, recomendo que leia atenta-

mente os apêndices no final do livro. Usando o fato que y′ =dy

dxe separando variáveis, temos:√

2y + 1dy

dx= 2xexdx

Integrando membro a membro,∫ √2y + 1dy = 2

∫xexdx ⇒ 1

2

∫ √udu = 2

[xex−

∫exdx

]Resolvendo essas integrais, temos

2

3(2y+1)3/2 = 4xex−4ex+C ⇒ (2y+1)3/2 = 6(x−1)ex+C

2.1.1 Equações Diferenciais de VariáveisSeparáveis na Cinemática

O movimento de uma partícula P ao longo de uma reta é definido pelaequação s = f(t), onde t ≥ 0 é o tempo e s é a distância de P a umponto fixo O de sua trajetória.

23


Definição 2.1 A velocidade instantânea de um móvel P na posiçãos(t) é a taxa de variação instantânea de s em relação a t, isto é,

v(t) = s′(t) =ds

dt(2.3)

Observamos que:

• Se v > 0, P está se movendo no sentido de s crescente;

• Se v < 0, P está se movendo no sentido de s decrescente;

• Se v = 0, P está em repouso naquele instante.

Definição 2.2 A aceleração de um móvel P com velocidade v(t) é ataxa de variação instantânea de v em relação a t, isto é,

a(t) =dv

dt=

d2s

dt2(2.4)

Observamos que:

• Se a > 0, v é crescente;

• Se a < 0, v é decrescente.

Além disso, se a e v tiverem o mesmo sinal, o movimento de P éacelerado e se a e v tiverem sinais opostos, o movimento de P éretardado.

Exemplo 2.2 O caminho percorrido por uma partícula sobre uma retaé dado por s(t) = t3 − 6t2 + 9t+ 4.

a) Achar s e a quando v = 0.

b) Achar s e v quando a = 0.

c) Quando s é crescente?

d) Quando v é crescente?

e) Quando é mudado o sentido do movimento?

24


Resolução: Observe que a velocidade é v(t) = 3t2 − 12t + 9 e aaceleração é a(t) = 6t− 12. Assim,

a) Para v = 0, temos t = 1 s e t = 3 s, de modo que s(1) = 8 m,s(3) = 4 m e a(1) = −6 m/s2 e a(3) = 6 m/s2;

b) Para a = 0, temos t = 2 s, de modo que s(2) = 6 m e v(2) =−3 m/s;

c) Para t < 1 s e t > 3 s, v(t) é maior que zero, donde segue ques(t) é crescente nesses intervalos.

Os ítens d) e e) ficam como exercícios.

Exemplo 2.3 Um navio A está navegando, rumo sul, a 16 km/h e umsegundo navio B, 32 km ao sul de A, navega rumo a leste a 12 km/h(Fig.2.1)

a) A que razão estão eles estão se aproximando ou separando nofim de 1 h?

b) Em que instante deixam eles de se aproximar um do outro equal a distância que os separa nesse momento?

Resolução: A figura acima representa as posições dos navios apósum tempo t. A distância s(t) entre os navios é dada por:

s(t) =√(12t)2 + (32− 16t)2 =

√144t2 + (32− 16t)2 (2.5)

Derivando (2.5), temos a velocidade relativa entre eles, isto é:

v(t) =16(25t− 32)√

144t2 + (32− 16t)2(2.6)

a) No fim de 1 h, temos v(1) = −28/5 km/h, ou seja, os naviosestão se aproximando;

b) Eles deixam de aproximar um do outro quando v = 0, isto é,para t = 32/25 = 1, 28 h. Nesse instante, s = 96/5 = 19, 2 km.

25


Figura 2.1: Esquema gráfico do exemplo 2.3.

Em alguns problemas são dados a aceleração em função do tempoem um movimento retilíneo, a velocidade e a posição inicial. Dese-jamos achar a velocidade v(t e a posição do móvel s(t) em um tempoqualquer. Especificamente, devemos resolver o seguinte problema devalor inicial:

dv

dt= a(t)

v(t0) = v0ou

d2s

dt2= a(t)

v(t0) = v0

s(t1) = s1

(2.7)

Vejamos um exemplo envolvendo o PVI (2.7) acima:

Exemplo 2.4 Uma pedra é arremessada para cima com velocidadeinicial v0 = 30 m/s da beirada de um penhasco de 40 m. Determine:

a) A função horária v(t) da velocidade em um tempo qualquer.

b) A função horária do espaço s(t) percorrido em um tempo qual-quer.

c) O instante que a pedra atinge a altura máxima.

26


d) A altura máxima.

e) O tempo em que a pedra permaneceu no ar.

Despreze o efeito da resistência do ar e considere g = 10 m/s2.

Figura 2.2: Lançamento de uma pedra da beirada de um penhasco.

Resolução: Adotaremos um referencial positivo para cima e comorigem no fundo do penhasco. Sendo o peso a única força atuantesobre a pedra, temos pela 2a lei de Newton a equação ma = −mg ⇒a = −10.

a) Sendo a =dv

dt, para determinar a equação horária da veloci-

dade, precisamos resolver o PVI:dv

dt= −10

v(0) = +30

Separando as variáveis e integrando, segue que v(t) = −10t +C1. Usando a condição inicial, temos 30 = v(0) = C1. Logo,v(t) = 30− 10t.

27


b) Sendo v(t) =ds

dt, para determinar a função do espaço percor-

rido pela pedra em um instante qualquer, devemos resolver oPVI:

ds

dt= 30− 10t

s(0) = +40

Separando as variáveis e integrando, temos:∫ds =

∫(30− 10t)dt ⇒ s(t) = 30t− 5t2 + C2

Sendo s(0) = 40, segue que C2 = 40 m. Logo,

s(t) = 40 + 30t− 5t2

c) Observe que no instante em que a altura é máxima, a velocidadeda pedra é nula, ou seja, v(t) = 30− 10t = 0 ⇒ t = 3 s.

d) A altura máxima hmax é obtida, fazendo t = 3 na equaçãohorária do espaço, ou seja, hmax = s(3) = 40 + 30 · 3 − 5 · 32 =85 m.

e) O tempo em que a pedra permaneceu no ar é igual ao períodode tempo entre o arremesso da pedra e o instante em que elatoca o fundo do penhasco. Assim, desejamos achar t tal ques(t) = 0, ou seja, devemos resolver a equação quadrática 40 +30t− 5t2 = 0 ou t2 − 6t− 8 = 0. Logo, t = 3 +

√17 ≃ 7, 12 s. A

raiz negativa da equação é desprezada.

Exemplo 2.5 (Equação de Einstein) Pela Teoria da Relatividade, amassa m de uma partícula aumenta a medida que aumentamos suavelocidade, ou seja,

m =m0√

1− v2/c2(2.8)

onde m0 é a chamada massa de repouso. Supondo que a partículaparte do repouso na origem do eixo x, use a segunda lei generalizadade Newton, isto é, F = d(mv)/dt para mostrar que a energia (trabalho

28


realizado por F sobre a partícula) está relacionada com o aumento demassa (M = m−m0) pela famosa equação de Einstein

E = Mc2 (2.9)

onde c é a velocidade da luz no vácuo.

Note que

F =d

dt(mv) = m0

d

dv

(v√

1− v2/c2

)dv

dt=

m0a

(1− v2/c2)3/2(2.10)

o que mostra quão próxima a Lei de Einstein está da Lei de Newton,quando v é muito menor que c. Entretanto, quando v está perto da ve-locidade da luz, como na maioria dos fenômenos da Física Atômica,então as duas leis diferem consideravelmente e toda a evidência ex-perimental apoia a versão de Einstein. Mas,

a =dv

dt=

dv

dx

dx

dt= v

dv

dx⇒ adx = vdv (2.11)

De (2.10), segue que o trabalho realizado pela força F sobre a partícu-la de 0 a x é dada por:

E =

∫ x

0Fdx = m0

∫ x

0=

a

(1− v2/c2)3/2dx

(2.11)=

m0

∫ v

0v(1− v2/c2)−3/2dv = m0c

2

(1− v2

c2

)−1/2]v0

= m0c2

(1√

1− v2/c2− 1

)= c2(m−m0) = Mc2

Observação 2.1 O ponto central da equação de Einstein é o fatomuito profundo de que a massa de repouso m0 tem também ener-gia associada a ela, na quantidade E = m0c

2. Essa energia podeser encarada como "energia de ser" da partícula, no sentido de quea massa possuienergia exatamente em virtude de existir. O ponto devista da Física Moderna é ainda mais direto: matéria é energia, numaforma altamente concentrada e localizada.

29


Figura 2.3: Duas seções de uma tubulação para ilustrar a equação deBernoulli.

2.1.2 Tempo de Esvaziamento de um Tanque

Na dinâmica de fluidos, a equação de Bernoulli descreve o compor-tamento de um fluido sob condições de variação de fluxo e altura.Usando a lei da conservação de energia, é possível mostrar que

v212g

+p1ρg

+ y1 =v222g

+p2ρg

+ y2 (2.12)

Iremos aplicar a equação (2.12) para demonstrar a lei de Torricelli,muito útil para determinar o tempo de esvaziamento de um tanque.

Proposição 2.1 Considere um grande reservatório ou tanque de qual-quer formato com um pequeno orifício na parte inferior de sua paredelateral. Se h (altura do tanque) não é muito grande e v2 é a velocidadede escoamento, então

v2 =√

2gh (2.13)

onde g é a aceleração da gravidade.

Demonstração: Da equação de Bernoulli, temos:

v21 − v222g

+p1 − p2

ρg+ (y1 − y2) = 0 (2.14)

30


Figura 2.4: Tanque com um orifício na parte inferior de sua paredelateral.

Sendo h = y1 − y2 pequeno, a variação de pressão entre os refe-renciais 1 e 2 é desprezível, então p1 ≈ p2. Além disso, do fato queo reservatório é muito grande, a variação do nível d’água v1 é muitomenor que a velocidade v2, ou seja, v1 ≈ 0. Da equação (2.14),temos:

−v222g

+ 0 + h = 0 ⇒ v2 =√

2gh

Usaremos a lei de Torricelli para deduzir uma fórmula para calcular

o tempo de esvaziamento de um tanque cilíndrico.

Figura 2.5: Tanque cilíndrico com um pequeno orifício na parte inferiorde sua parede lateral.

31


Proposição 2.2 Considere um tanque cilíndrico com água até o nívelh0 conforme a figura 2.5. Se o diâmetro do cilindro é D e o diâmetrode um pequeno furo na parte inferior de sua parede lateral é d, entãoo tempo necessário para esvaziar o tanque é

T =D2

d2

√2h0g

(2.15)

sendo g a aceleração da gravidade.

Demonstração: O nível inicial da água h0 e sua variação h(t) ocorrede forma contínua. O volume de água que deixa o tanque no intervalode tempo ∆t é

∆Vtanque = −πD2

4∆h(t) (2.16)

Por outro lado, se A é a área do orifício circular de diâmetro d, entãono intervalo de tempo ∆t,

∆Vs

∆t= ∆Q = Av(t) ⇒ ∆Vs = Av(t)∆t =

πd2

4v(t)∆t (2.17)

com v(t) =√

2gh(t). Das expressões (2.16) e (2.17) segue que

πd2

4

√2gh(t)∆t = −πD2

4∆h(t) ⇒ ∆h(t)

∆t=

√2g d2

D2

√h(t)

Fazendo ∆t → 0, obtemos a equação diferencial de variáveis sepa-ráveis com a condição inicial h(0) = h0:

dh

dt= −

√2g d2

D2

√h

h(0) = h0

Separando as variáveis e integrando, temos:∫ h0

0

dh√h= −

∫ 0

T

√2g d2

D2dt ⇒ 2

√h

]h0

0

=

√2g d2T

D2⇒

2√h0D

2

√2gd2

= T ⇒ T =D2

d2

√2h0g

32


Exemplo 2.6 Um tanque cilíndrico de altura 2 m e diâmetro 1 m, estátotalmente cheio de água. Faz-se um furo de diâmetro 1 cm na parteinferior de sua parede lateral. Determine o tempo de esvaziamentodesse tanque. Use g = 9, 81 m/s2.

Resolução: Note que d = 1 cm = 0, 01m e h0 = 2m. Pela expressão(2.15), segue que o tempo de esvaziamento é:

T =12

0, 012

√2 · 29, 81

≃ 6386 s = 1h 46 min

2.2 Equações Diferenciais Linearesde Primeira Ordem

As equações diferenciais lineares de primeira ordem possuem muitasaplicações e é uma das primeiras classes de equações abordadasnos cursos de EDO. A forma geral dessas equações diferenciais sãodada por

y′ + P (x)y = Q(x) (2.18)

onde P (x) e Q(x) são funções contínuas. Se Q(x) ≡ 0 esta equaçãodiferencial reduz-se ao tipo de variáveis separáveis cuja solução éfacilmente obtida. Vejamos o caso geral em que Q(x) ≡ 0.

O matemático Leonhard Euler percebeu que a equação diferencialacima é semelhante ao resultado obtido quando deriva o produto deduas funções. Deste modo, ele multiplicou a EDO (2.18) por um fatorintegrante µ(x) a ser determinado, ou seja,

µ(x)y′(x) + P (x)y(x)µ(x) = µ(x)Q(x) (2.19)

Em seguida, impomos a condição que o primeiro membro de (2.19)seja a derivada do produto das funções µ(x) com y(x), isto é,

µ(x)y′(x) + P (x)y(x)µ(x) = [µ(x)y(x)]′ ⇒µ(x)y′(x) + P (x)y(x)µ(x) = µ′(x)y(x) + µ(x)y′(x) ⇒y(x)[µ′ − P (x)µ(x)] = 0

33


uma vez que y(x) ≡ 0 não é solução de (2.18). Assim,

dµ

dx= P (x)µ ⇒ dµ

µ= P (x)dx ⇒

∫dµ

µ=

∫P (x)dx ⇒

lnµ(x) =

∫P (x)dx ⇒ µ(x) = e

∫P (x)dx (2.20)

é a expressão para determinar o fator integrante para a EDO (2.18).Sendo

[µ(x)y(x)]′ = µ(x)Q(x) (2.21)

podemos facilmente obter a solução de (2.18) usando o fator inte-grante dado por (2.20).

Exemplo 2.7 Resolva as equações diferenciais lineares de primeiraordem abaixo:

a) y′ + 2xy = 4x

b) xy′ + y = 2

c) xdy − 2ydx = (x− 2)exdx

Resolução:

a) Neste caso, P (x) = 2x, de modo que µ(x) = e∫2xdx = ex

2.

Sendo (µ(x)y(x))′ = µ(x)Q(x), segue que

[(ex2)y(x)]′ = 4xex

2 ⇒ y(x) = e−x2

[∫4xex

2dx

]Usando a técnica de substituição de variáveis na última integral,segue que:

y(x) = e−x2(2ex

2+ C) = 2 + Ce−x2

b) Pode usar o procedimento do item a), mas neste caso, observeque o primeiro membro da equação é a derivada de xy, de modoque

(xy)′ = 2 ⇒ xy(x) = 2x+ C ⇒ y(x) = 2 +C

x

34


c) Nesse caso, dividindo ambos os membros por xdx, temos:

dy

dx− 2

y

x=

(1− 2

x

)ex

de modo que P (x) = −2

x. Assim,

µ(x) = e∫P (x)dx = e−

∫2xdx = e−2 lnx = x−2

Usando a expressão (2.21), segue que

(µ(x)y(x))′ = µ(x)Q(x) ⇒[y(x)

x2

]′=

(1

x2− 2

x3

)ex ⇒

y(x) = x2[∫ (

1

x2− 2

x3

)exdx

]= x2

∫ (x2ex − 2xex

x4

)dx ⇒

y(x) = x2∫ (

ex

x2

)′dx ⇒ y(x) = x2

(ex

x2+ C

)= ex + Cx2

Exemplo 2.8 Resolva o problema de valor inicial abaixo:dy

dx− 2xy = x

y(0) =1

2

Resolução: Sendo P (x) = −2x ⇒ µ(x) = e−∫2xdx = e−x2

.Assim,

(e−x2y(x))′ = xe−x2 ⇒ y(x) = ex

2

[∫xe−x2

dx

]⇒

y(x) = ex2

(−1

2e−x2

+ C

)= −1

2+ Cex

2

Usando a condição inicial y(0) =1

2, obtemos C = 1. Logo,

y(x) = −1

2+ ex

2

35


2.3 Equação Diferencial de Bernoulli

Definição 2.3 A equação diferencial

dy

dx+ P (x)y = Q(x)yn (2.22)

onde P (x) e Q(x) são funções contínuas de x em um intervalo aberto(a, b) e n = 0 e n = 1 é uma equação diferencial nã0-linear conhecidapor equação de Bernoulli.

Proposição 2.3 A mundança de variável dependente

z = y1−n (2.23)

transforma a EDO (2.22) em uma equação diferencial linear.

Demonstração: Estamos interessados apenas nas soluções não-identicamente nulas. Dividindo ambos os membros por yn, segue que

1

yn· dydx

+ P (x)y1−n = Q(x) (2.24)

Seja z = y1−n. Assim,

dz

dx= (1− n)y−n dy

dx⇒ 1

1− n

dz

dx=

1

yndy

dx(2.25)

Substituindo (2.25) em (2.24), temos:

1

1− n

dz

dx+ P (x)z = Q(x) (2.26)

A equação diferencial (2.26) é linear e pode ser resolvida pela

técnica do fator integrante.

Exemplo 2.9 Resolva a equação diferencial

dy

dx− 1

xy = xy2

36


Resolução: Dividindo a equação diferencial por y2, obtemos:

1

y2dy

dx− 1

yx= x (2.27)

Fazendo a substituição

z =1

y(2.28)

vemos quedz

dx=

d

dx

(1

y

)=

d

dx(y−1) = − 1

y2dy

dx(2.29)

Substituindo (2.28) e (2.29) em (2.27), temos:

−dz

dx− z

x= x ⇒ dz

dx+

z

x= −x

de modo que P (x) =1

xe µ(x) = e

∫1/xdx = elnx = x. Assim,

d

dx(µ(x)z) = µ(x) · (−x) ⇒

∫d(xz) = −

∫x2dx ⇒

xz(x) = −x3

3+ C ⇒ z(x) = −x2

3+

C

x⇒

1

y(x)= −x2

3+

C

x⇒ y(x) =

1Cx − x2

3

Exemplo 2.10 Ache a solução geral da EDO: y′ + 4y = x√y.

Resolução: Dividindo a equação diferencial dada por√y, temos:

1√yy′ +

4y√y= x ⇒ 1

√y

dy

dx+ 4

√y = x (2.30)

Fazendo z =√y, então

dz

dx=

d

dx(y1/2) =

1

2y1/2−1 dy

dx=

1

2√y

dy

dx⇒ 1

√y

dy

dx= 2

dz

dx(2.31)

37


Substituindo o valor de z e a expressão (2.31) em (2.30), obtemos aequação diferencial linear de 1a ordem:

2dz

dx+ 4z = x ⇒ dz

dx+ 2z =

x

2

Sendo P (x) = 2, segue que µ(x) = e2x. Assim,

d

dx(e2xz) = e2x

x

2⇒

∫d[e2xz(x)] =

1

2

∫xe2xdx ⇒

e2xz(x) =1

2

[xe2x

2−

∫e2x

2dx

]+ C ⇒ z(x) = Ce−2x +

x

4− 1

8

Logo,√y(x) = Ce−2x +

x

4− 1

8⇒ y(x) =

[Ce−2x +

x

4− 1

8

]2

2.4 Equações Diferenciais Exatas

Um tipo especial de equação diferencial de primeira ordem e primeirograu é dada por:

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (2.32)

Exemplo 2.11 Determine as funções M e N nos casos abaixo:

a)dy

dx+

y − x

y + x= 0

b)dy

dx= 1 + x2y

Resolução:

a) Note que

dy

dx+

y − x

y + x= 0 =⇒ (x+ y)dy = (x− y)dx =⇒

(x+ y)dy + (y − x)dx = 0

de modo que M(x, y) = y − x e N(x, y) = x+ y

38


b) Analogamente,

dy

dx= 1+x2y ⇒ dy = (1+x2y)dx ⇒ (1+x2y)dx−dy = 0

de modo que M(x, y) = 1 + x2y e N(x, y) = −1.

Definição 2.4 Uma região R do plano xy é um subconjunto aberto econexo do plano.

Definição 2.5 A equação diferencial dada em (2.32) é exata sobre aregião R, se existe uma função F definida em R tal que

∂F

∂x= M(x, y)

∂F

∂y= N(x, y)

(2.33)

A função F é dita curva integral da EDO exata.

Exemplo 2.12 Mostre que a função F (x, y) = xy +x2

2+

y2

2é uma

curva integral da equação diferencial a) do Exemplo 2.11.

Resolução: De fato,

∂F

∂x= y − x = M(x, y) e

∂F

∂y= x+ y = N(x, y)

Dada a equação diferencial a) acima, qual é a condição sobre asfunções M e N para que ela seja exata? A resposta é dada peloseguinte teorema:

Teorema 2.1 Sejam M e N duas funções derivadas parciais de primei-ra ordem contínuas na região R. A equação diferencial M(x, y)dx +N(x, y)dy = 0 é exata se e somente se

∂M

∂y=

∂N

∂x(2.34)

39


Demonstração: Suponhamos que a EDO seja exata, portanto, ex-iste uma função F definida em R tal que a condição (2.33) é satis-feita. Como M e N possuem derivadas parciais de primeira ordemcontínuas em R, então

∂M

∂y=

∂

∂y

(∂F

∂x

)=

∂2F

∂y∂x=

∂2F

∂x∂y=

∂N

∂x

A prova da recíproca envolve integrais de linha e será omitida, mas oprocedimento que consiste de derivações e integrações convenientesserá exposto na resolução das equações diferenciais exatas.

Teorema 2.2 Se a equação diferencial (2.32) é exata, então sua solu-ção geral é dada implicitamente pela expressão F (x, y) = C.

Demonstração: Sendo a EDO exata, existe a função F (x, y) quesatisfaz a condição (2.33). Assim,

0 = M(x, y)dx+N(x, y)dy =∂F

∂xdx+

∂F

∂ydy = dF ⇒ F (x, y) = C

Observação 2.2 As curvas dadas por F (x, y) = C são chamadascurvas integrais da EDO (2.32).

Exemplo 2.13 Verifique se a EDOdy

dx=

2xy − y2

x2 + y2é exata. Se sim,

ache a solução geral.

Resolução: Neste caso, (2xy − y2)dx = (x2 + y2)dy ou seja, (2xy −y2)dx− (x2+ y2)dy = 0, de modo que M(x, y) = 2xy− y2 e N(x, y) =−x2 − y2. Como

∂M

∂y= 2x− 2y = ∂N

∂x= −2x

segue que a EDO dada não é exata.

40


Exemplo 2.14 Verifique se a EDO (xy2 + x)dx + x2ydy = 0 é exata.Se sim, ache a solução geral.

Resolução: Neste caso, M(x, y) = xy2 + x e N(x, y) = x2y. Sendo

∂M

∂y= 2xy =

∂N

∂x

segue que esta equação diferencial é exata. Para achar a soluçãogeral, devemos resolver o sistema de equações diferenciais parciaisabaixo:

∂F

∂x= xy2 + x

∂F

∂y= x2y

Integrando a primeira equação em relação a x, temos:

F (x, y) =

∫(xy2 + x)dx =

x2y2

2+

x2

2+ ϕ(y) (2.35)

Derivando esta expressão em relação a y e usando a segunda equação,obtemos:

x2y =∂F

∂y= x2y + ϕ′(y) ⇒ ϕ′(y) = 0 ⇒ ϕ(y) = C1

Substitituindo ϕ(y) em (2.35), segue que F (x, y) =x2y2

2+

x2

2+ C1.

Logo, a solução geral da EDO é dada por

F (x, y) = C ⇒ x2y2

2+

x2

2= C

Exemplo 2.15 Ache a solução geral da equação diferencial exataabaixo:

cos ydx+ (y2 − x sin y)dy = 0

41


Resolução: Pelo enunciado, sabemos que a equação diferencial éexata e precisamos apenas achar a função F (x, y). Sendo M(x, y) =cos y e N(x, y) = y2 − x sin y, a função F (x, y) satisfaz:

∂F

∂x= cos y

∂F

∂y= y2 − x sin y

Integrando a primeira equação em relação x, temos:

F (x, y) = x cos y + ϕ(y)

Derivando esta expressão em relação a y e usando a segunda equação,obtemos:

y2 − x sin y =∂F

∂y= −x sin y + ϕ′(y) ⇒ ϕ′(y) = y2

Logo,

ϕ(y) =y3

3⇒ F (x, y) = x cos y +

y3

3

e a solução geral é dada por x cos y +y3

3= C.

2.5 Mais Aplicações das EquaçõesDiferenciais de Primeira Ordem

Equações diferenciais são interessantes para os não matemáticosprincipalmente devido à possibilidade de serem usadas para inves-tigar uma ampla gama de problemas nas ciências físicas, biológicas esociais. Uma razão para isso é que os modelos matemáticos e suassoluções levam a equações que relacionam as variáveis e parâmetrosdo problema. Essas equações permitem, muitas vezes, que se façamprevisões sobre o comportamento do processo natural em circunstân-cias diversas. Independente do campo específico de aplicação exis-tem três estágios identificáveis que estão sempre presentes no pro-cesso de modelagem matemática.

42


• Construção do modelo: Isso envolve uma "tradução" da situa-ção física em linguagem matemática. Talvez o mais crucial nes-se estágio seja enunciar claramente o(s) princípio(s) físico(s)que, acredita-se, gorvenam o processo. A equação diferencial éum modelo matemático do processo.

• Análise do Modelo: Uma vez formulado matematicamente oprocesso, devemos resolver uma ou mais equações diferenciais.Pode acontecer que esse problema matemático seja mais difícile, nesse caso, podem ser indicadas aproximações para tornaro problema tratável do ponto de vista matemático. Por exemplo,uma equação não-linear pode ser aproximada por uma linear,ou um coeficiente que varia lentamente pode ser substituído poruma constante.

• Comparação com Experimentos ou Observações: Finalmen-te, devemos interpretar essa informação no contexto onde oproblema apareceu e verificar se a solução matemática parecerazoável do ponto de vista físico. Se possível, temos que cal-cular a solução em pontos selecionados e compare-a com va-lores observados experimentalmente ou questione se o com-portamento da solução após muito tempo é consistente com asobservações.

2.5.1 Desintegração Radioativa

Observações acuradas sugerem que a velocidade de desintegraçãode uma substância radioativa é diretamente proporcional a sua massano instante considerado. Determinaremos a lei de variação da massada substância radioativa em função do tempo, sabendo que no ins-tante t = 0 a massa era m0. Para isso, seja m(t) a massa no instantet. A taxa de variação instantânea da massa em relação ao temponos fornece a velocidade de desintegração no instante t. Assim, oproblema da desintegração radioativa é descrito pelo PVI:

dm

dt= −km

m(0) = m0

(2.36)

43


em que k é um coeficiente de proporcionalidade (k > 0).Introduzimoso sinal negativo uma vez que a massa decresce quando o tempocresce. A solução geral do PVI (2.36) pode ser obtida através da téc-nica de separação de variáveis ou tratando a EDO como um equaçãodiferencial linear de 1a ordem homogênea. Vejamos os dois modos:

10) modo: Variáveis Separáveis

dm

dt= −km ⇒

∫dm

m= −

∫kdt ⇒ ln |m| = −kt+ C

Sendo m > 0, então

ln |m| = lnm = −kt+ C ⇒ m = e−kt+C = Ce−kt

Mas, m0 = m(0) = Cek·0 = C. Logo, m(t) = m0e−kt.

20) modo: Linear de 1a) Ordem Homogênea

dm

dt= −km ⇒ dm

dt+ km = 0 ⇒ P (t) = k

de modo que µ(t) = ekt. Assim, da expressão (2.21), temos:

(ektm)′ = ekt · 0 ⇒ ektm(t) = C ⇒ m(t) = Ce−kt

Mas, m0 = m(0) = Cek·0 = C. Logo, m(t) = m0e−kt.

Exemplo 2.16 O isótopo radioativo tório 234 desintegra-se numa ve-locidade que é diretamente proporcional a sua massa no instante con-siderado. Se 100 miligramas desta substância são reduzidas a 82, 04miligramas em uma semana, responda as perguntas abaixo:

a) Escreva o PVI (problema de valor inicial) desse problema.

b) Ache uma expressão para a massa presente em qualquer tempo.

c) Faça o gráfico de m(t).

Resolução:

44


Figura 2.6: Desintegração de 100 miligramas de Tório.

a) Nesse caso, dm

dt= −km

m(0) = 100

b) A solução do PVI do item a) é m(t) = 100e−kt. Seja t em dias,de modo que

82, 04 = m(7) = 100e−7k ⇒ e−7k = 0, 8204

Aplicando logaritmo natural em ambos os lados da última ex-pressão, temos:

ln e−7k = ln 0, 8204 ⇒ k = − ln 0, 8204

7= 0, 02828

Logo, m(t) = 100e−0,02828t.

c) O gráfico da função m(t) é dado na figura (2.6).

Definição 2.6 Chamamos de meia vida T de uma substância, aoperíodo de tempo gasto para que a massa dessa substância se re-duz a metade.

45


Exemplo 2.17 Mostre que a meia vida de uma substância radioativaé dada pela expressão:

T =ln 2

k(2.37)

Resolução: De fato, sendo m(t) = m0e−kt, pela definição de meia

vida, m(T ) = m0/2. Assim,

m(T ) =m0

2= m0e

−kT ⇒ 1

2= e−kT ⇒ ln

1

2= ln e−kT ⇒

ln 1− ln 2 = −kT ⇒ 0− ln 2 = −kT ⇒ T =ln 2

k

Exemplo 2.18 Sabendo que uma determinada substância radioativase decompõe numa razão proporcional a quantidade existente e quesua meia vida se dá em 1600 anos, calular a percentagem perdida em100 anos.

Resolução: Sabemos que T = 1600 anos. Da expressão da meia

vida (2.37), segue que k =ln 2

1600= 0, 000433216. Assim, m(t) =

m0e−0,000433216t. A massa para t = 100 anos é

m(100) = m0e−0,000433216·100 = 0, 957603375m0

Dessa forma, a massa perdida em 100 anos é

m0 − 0, 957603375m0 = 0, 042396625m0

Logo, a percentagem de massa perdida é obtida através da regra detrês simples:

m0 100%

0, 042396625m0 x⇒ x = 4, 2%

2.5.2 Juros Continuamente Compostos

Suponha que uma certa quantia de dinheiro C0 seja depositada emuma poupança que paga juros a uma taxa anual j. O valor C(t) do

46


investimento em qualquer instante t depende do capital inicial C0 in-vestido e da frequência na qual os juros são compostos.

Se os juros são compostos uma vez por ano, então no final doprimeiro ano, temos:

C(1) = C0 + C0j = C0(1 + j)

No final do segundo ano, temos:

C(2) = C(1) + C(1)j = C(1)(1 + j) = C0(1 + j)2

Procedendo desta forma, no final do t-ésimo ano, segue que

C(t) = C0(1 + j)t (2.38)

A expressão (2.38) nos fornece o montante de um capital inicial apli-cado a juros compostos no final de t anos. Vejamos agora uma situa-ção um pouco diferente. Primeiramente suponhamos que os jurossão calculados duas vezes ao ano. Assim, após seis meses, o valordo investimento é C0(1 + j/2) e ao final de um ano, temos

C(1) = C0

(1 +

j

2

)+ C0

(1 +

j

2

)j

2= C0

(1 +

j

2

)2·1

No final de 3/2 ano, o montante é

C(3/2) = C0

(1 +

j

2

)2

+ C0

(1 +

j

2

)2 j

2= C0

(1 +

j

2

)2· 32

Procedendo desta forma, no final de t anos, teremos

C(t) = C0

(1 +

j

2

)2t

se forem computados duas vezes ao ano. De forma análoga, se osjuros forem computados m vezes ao ano, ao final de t anos, temos

C(t) = C0

(1 +

j

m

)mt

(2.39)

47


Se os juros são computados continuamente, segue da expressão(2.39) que o capital acumulado ou montante após t anos é dado por

C(t) = limm→+∞

C0

(1 +

j

m

)mt

= C0

[lim

m→+∞

(1 +

j

m

)mj]jt

= C0ejt (2.40)

Dessa expressão, vemos que se os juros são computados continua-mente, a taxa de variação intantânea do capital em relação ao tempoé proporcional ao capital, isto é,

dC

dt= jC (2.41)

De fato,dC

dt= C0je

jt = j(C0ejt) = jC

Assim, para grandes períodos de tempo, podemos substituir omodelo discreto pelo contínuo que possui a vantagem de ser maissimples e compacto. Iremos supor agora que podem existir depósi-tos e saques, além do acréscimo de juros, dividendos ou ganhos decapital. Se supusermos que os depósitos ou saques são feitos a umataxa constante k, então a expressão (2.41) é substituída por

dC

dt= jC + k

ou na forma padrão,

dC

dt− jC = k (2.42)

onde a constante k é positiva para depósitos e negativa para saques.A equação diferencial (2.42) é linear com fator integrante µ(t) = e−jt.

48


(Verifique!). Assim,

e−jtdC

dt− je−jtC = ke−jt ⇒ d

dt(e−jtC) = ke−jt ⇒∫

d(e−jtC) = k

∫e−jtdt ⇒ e−jtC(t) = −ke−jt

j+ C1 ⇒

C(t) = C1ejt − k

j

Usando o fato que C(0) = C0, temos:

C0 = C(0) = C1ej·0 − k

j⇒ C1 = C0 +

k

j

Logo,

C(t) =

(C0 +

k

j

)ejt − k

j⇒ C(t) = C0e

jt +k

j(ejt − 1) (2.43)

A primeira parcela na fórmula (2.43) é a parte de C(t) devido aorendimento acumulado sobre o investimento inicial C0, enquanto asegunda parcela é a parte devida à taxa k de depósito ou saque.

Exemplo 2.19 Qual é a taxa de juros j ao ano de modo que um in-vestimento de R$ 1000, 00 dobre o seu valor no fim de 10 anos?

Resolução: Temos o PVI:dC

dt= jC

C(0) = 1000

cuja solução é dada por C(t) = 1000ejt. Pelo enunciado, segue que

2000 = C(10) = 1000e10k ⇒ e10k = 2 ⇒ ln e10k = ln 2

de modo que 10k = ln 2, ou seja, k =ln 2

10= 0, 0693 = 6, 93% ao ano.

Exemplo 2.20 Suponha que após um período T (anos) acumulou ummontante M . Calcule:

49


a) A taxa de depósito k em função de C0, j e M ;

b) A taxa de juros j em função de C0, k e M ;

c) Se um jovem, sem capital inicial, investe R$ 1.500, 00 por anoa uma taxa anual de 8% a.a., determine k de modo que estejadisponível 1 milhão de reais após 50 anos.

Resolução:

a) Da expressão (2.43), temos:

M − C0ejT =

k

jejT ⇒ k =

j(M − C0ejT )

ejT − 1

b) Analogamente, devemos resolver a equação transcendente(C0 +

k

j

)ejT −M − k

j= 0 ⇒ ejT =

M + k/j

C0 + k/j

A interseção entre as curvas f(j) := ejT e g(j) :=M + k/j

C0 + k/jfornece o valor de j.

c) Usando o item a), temos:

k =jM

ejT − 1=

0, 08 · 1.000.000e0,08·50 − 1

= 1492, 50 reais

Exemplo 2.21 Uma pessoa investe R$ 5000, 00 a uma taxa de 2 %ao mês com juros computados continuamente. Determine o mon-tante após 5 anos se ele faz regularmente um depósito mensal deR$ 200, 00.

Resolução: Nesse caso, C0 = 5000, j = 0, 02, k = 200 e T = 5×12 =60 meses. Desejamos achar M = C(60). Substituindo esses valoresna expressão (2.43), temos:

M = C(60) = 5000e0,02·60 +200

0, 02(e0,02·60 − 1) = 39.801, 75

ou seja, após 5 anos, teremos R$ 39.801, 75.

50


2.5.3 Resfriamento de um corpo

Uma situação análoga a do crescimento populacional é a de um ob-jeto aquecido, colocado num meio mais frio (ar ou água, por exemplo)cuja grande massa faz com que a temperatura desse meio permaneçaconstante, sem ser afetada pela presença do objeto mais quente. A leide resfriamento de Newton afirma que, nessas condições, um corpoà temperatura esfria-se a uma taxa proporcional à diferença entre e atemperatura do ar adjacente, ou seja:

dT

dt= −k(T − Ta) (2.44)

onde k é uma constante positiva que depende de propriedades físicasdo corpo. O sinal negativo se explica pelo fato que o calor flui dafonte quente para fonte fria, e assim se T > Ta, então decresce. SeT < Ta, então T cresce e o corpo está se aquecendo, ao invés dese resfriar. Conhecendo-se a temperatura T (0) = T0, podemos obteruma solução para a equação diferencial acima. De fato:

dT

dt= −k(T − Ta) ⇒

∫ T

T0

dT

T − Ta= −

∫ t

0dt ⇒

ln |T − Ta|∣∣∣∣TT0

= −kt ⇒ ln

∣∣∣∣ T − Ta

T0 − Ta

∣∣∣∣ = −kt ⇒

∣∣∣∣ T − Ta

T0 − Ta

∣∣∣∣ = e−kt (2.45)

Análise da expressão (2.45):

• Se T0 > Ta, então T (t) > Ta, de modo queT (t)− Ta

T0 − Ta> 0 e

∣∣∣∣ T − Ta

T0 − Ta

∣∣∣∣ = T − Ta

T0 − Ta= e−kt ⇒ T (t) = Ta + (T0 − Ta)e

−kt

51


• Se T0 < Ta, então T (t) < Ta, de modo queT (t)− Ta

T0 − Ta> 0 e

∣∣∣∣ T − Ta

T0 − Ta

∣∣∣∣ = T − Ta

T0 − Ta= e−kt ⇒ T (t) = Ta − (Ta − T0)e

−kt

É claro que limt→+∞

T (t) = Ta, o que é fisicamente razoável.

Exemplo 2.22 Um corpo a 1000 C é posto numa sala, onde a tem-peratura ambiente se mantém constantemente a 250 C. Após 5 mi-nutos a temperatura do corpo caiu para 900 C.

a) Expresse a equação diferencial referente ao problema.

b) Resolva a equação diferencial determinando todas as constantes.

c) Decorrido quanto tempo estará o corpo a 500 C?

d) Faça o gráfico de T (t).

Resolução: Note que T0 = 1000 C, Ta = 250 C e T (5) = 900 C.

a) dT

dt= −k(T − 250)

T (0) = 1000

b) Para resolve a EDO, podemos usar a técnica de separação devariáveis ou fator integrante de uma equação diferencial linear.Usaremos a segunda técnica. Para isso, reescrevemos a EDOna forma:

dT

dt+ kT = 250k ⇒ P (t) = k ⇒ µ(t) = ekt

Assim,

d

dt(ektT ) = ekt · 250k ⇒

∫d(ektT ) = 250k

∫ektdt ⇒

ektT (t) = 250ekt + C ⇒ T (t) = 250 + Ce−kt

52


Figura 2.7: Gráfico da função T (t) do Exemplo 2.22.

Sendo 1000 = T (0) = 250 + C, então C = 750, de modo queT (t) = 250 + 750e−kt. Além disso,

900 = T (5) = 250 + 750e−5k ⇒ 650

750= e−5k ⇒

ln650

750= ln e−5k ⇒ −0, 1431 = −5k ⇒ k = 0, 0286

Logo, T (t) = 250 + 750e−0,0286t.

c) Seja t∗ o tempo decorrido para que o corpo atinja a temperaturade 500 C. Assim,

500 = T (t∗) = 250 + 750e−0,0286t∗ ⇒ 250

750= e−0,0286t∗ ⇒

ln25

75= −0, 0286t∗ ⇒ t∗ =

−1, 0986

−0, 0286= 38, 4 min

53


d)

Exemplo 2.23 De acordo com a lei de resfriamento de Newton, ataxa de resfriamento de uma substância numa corrente de ar é pro-porcional à diferença entre a temperatura da substância e a do ar.Sendo a temperatura do ar 30 C e resfriando de 100 C para 70 Cem 15 minutos, ache o momento em que a temperatura será 40 C.

Resolução: Note que Ta = 30 C, T0 = 100 C e T (5) = 70 C.Desejamos achar t∗ tal que T (t∗) = 40 C. Sendo

T (t) = Ta + (T0 − Ta)e−kt

então T (t) = 30 + 70e−kt. Para achar k, temos:

70 = T (5) = 30 + e−5k ⇒ 40 = e−5k ⇒ln 40 = ln e−5k ⇒ 3, 689 = −5k ⇒ k = −0, 7378

Assim, T (t) = 30 + 70e−0,7378t, de modo que

40 = T (t∗) = 30 + 70e−0,7378t∗ ⇒ 10

70= e−0,7378t∗ ⇒ t∗ = 2, 64 h

2.5.4 Movimentos Sujeitos a Forças Resistivas

Para modelar a velocidade e a posição de um corpo que se deslocaem um meio fluido, em geral, supõe-se que ele sofre uma força resis-tiva FR proporcional a velocidade instântanea v ou ao seu quadrado,isto é, FR = −kv ou FR = −kv2. Pela 2a lei de Newton, ma =F + FR = F − kv. Com a hipótese que o corpo parte do repouso

e sendo a =dv

dt, temos: m

dv

dt= F − kv

v(0) = 0(2.46)

que é uma EDO de variáveis separáveis ou linear de 1a ordem. Nocaso de quedas de corpos em meios resistivos, adotamos o sentidopositivo para baixo conforme a figura (2.8).

54


Figura 2.8: Diagrama de queda de um corpo sujeito a uma força re-sistiva.

Para um corpo que cai a a força F é igual ao peso do corpo. Paraum barco que se desloca na água ou um carro em movimento a forçaF é igual a força do motor. Além disso, quando o corpo atinge a

velocidade terminal vT , a taxa de variaçãodv

dté nula, de modo que:

0 = F − kvT ⇒ vT =F

k(2.47)

Usando o fato que v =ds

dt, temos:

md2s

dt2+ k

ds

dt= F (2.48)

que é uma equação diferencial linear, homogênea e de 2a que seráestudada detalhamente no próximo capítulo.

Exemplo 2.24 Um bote motorizado e seu tripulante têm uma massade 120 kg e estava inicialmente no repouso. O motor exerce umaforça constante de 100 N , na direção do movimento. A resistênciaexercida pela água, ao movimento, é, em módulo, igual ao dobro davelocidade.

a) Determine a velocidade do bote em função do tempo.

55


b) Determine a velocidade terminal do bote.

Resolução:

a) Do PVI (2.46), temos:

120dv

dt= 100− 2v ⇒ dv

dt+

v

60=

5

6

O fator integrante dessa EDO é µ(t) = et/60, de modo que:

d

dt(et/60v) =

5

6et/60 ⇒ et/60v(t) =

5

6

∫et/60dt ⇒

v(t) =50et/60 + C

et/60= 50 + Ce−t/60

Sendo v(0) = 0, segue que 0 = 50 + C ⇒ C = −50. Logo,a velocidade do bote é

v(t) = 50(1− e−t/60)

b) Temos dois modos de determinar a velocidade terminal do bote:

• Calculando o limite de v(t) quando t → +∞:

vT = limt→+∞

v(t) = limt→+∞

50(1− e−t/60) = 50 m/s

• Determinando o valor de k e usando a expressão (2.47):De fato, sendo a força resistiva igual ao dobro da veloci-

dade, então k = 2, de modo que VT =100

2= 50 m/s.

Exemplo 2.25 Um pára-quedista com o seu pára-quedas pesa 70quilogramas e salta de uma certa altura. O pára-quedas abre au-tomaticamente após 3 segundos de queda. Sabe-se que a veloci-dade terminal é de 5 metros por segundo. Vamos determinar a ve-locidade que o pára-quedista atinge no momento que o pára-quedasabre, quanto tempo demora para a velocidade chegar a 5, 1 metrospor segundo. Adote g = 10 m/s2.

56


Figura 2.9: Diagrama do Exemplo 2.25.

Resolução: Até o momento em que o pára-quedas abre a velocidadeé a solução do PVI:m

dv

dt= mg ⇒ dv

dt= 10

v(0) = 0

ou seja, v(t) = 10t. Quando o pára-quedas abre a velocidade é en-tão v(3) = 30 m/s. Daí em diante, a velocidade do pára-quedista ésolução do PVI:70

dv

dt= 70 · 10− kv ⇒ dv

dt+

kv

70= 10

v(3) = 30

O fator integrante da equação diferencial é µ(t) = ekt/70, de modo que

d

dt(ekt/70v) = 10ekt/70 ⇒ ekt/70v(t) = 10

∫ekt/70dt ⇒

ekt/70v(t) =700

kekt/70 + C ⇒ v(t) =

700

k+ Ce−kt/70

Por hipótese, a velocidade terminal é 5 m/s. Assim,

5 = limt→+∞

(700

k+ Ce−kt/70

)=

700

k⇒ k = 140

57


Assim,v(t) = 5 + Ce−2t

Sendo v(5) = 30, segue que 30 = 5 + Ce−10 ⇒ C = 25e10. Logo,

v(t) = 5 + 25e10e−2t = 5 + 25e10−5t

O tempo que demora para atingir a velocidade v = 5, 1 m/s é:

5, 1 = 5 + 25e10−5t ⇒ ln0, 1

25= ln e10−5t ⇒

− 5, 521 = 10− 2t ⇒ t = 7, 76 s

Exemplo 2.26 Uma certa massa está sendo levada em um trenó so-bre o gelo, sendo a massa total de 40 kg. Desprezando a resistênciaoferecida pelo gelo, sabendo que a resistência do ar em newtons éigual a 75 vezes a velocidade instantânea do trenó e que o trenó par-tiu do repouso, achar:

a) A força constante em newtons que atuando no trenó propor-cionará uma velocidade máxima limite de 10 m/s.

b) A velocidade no fim de 5 segundos.

c) O gráfico de v(t).

Resolução: Note que v(0) = 0, m = 40 kg e FR = 75v. Sendoma = F − FR = F − 75v, então40

dv

dt+ 75v = F ⇒ dv

dt+

15

8v =

F

40v(0) = 0

O fator integrante desse PVI é µ(t) = e15t/8, de modo que

d

dt(e15t/8v) = e15t/8

F

40⇒ e15t/8v(t) =

F

40

∫e15t/8dt ⇒

e15t/8v(t) =F

40· 8

15e15t/8 + C ⇒ v(t) =

F

75+ Ce−15t/8

58


Como o trenó parte do repouso, então 0 = v(0) =F

40+C e C = − F

40.

Logo,

v(t) =F

40(1− e−8t/15) (2.49)

a) É fácil ver que a função v é crescente, de modo que a velocidademáxima é igual a velocidade terminal, ou seja,

vmax = limt→+∞

v(t) = limt→+∞

F

40(1− e−8t/15) =

F

40

Sendo vmax = 10, então F = 400 N

b) A velocidade no fim de 5 segundos é obtida da expressão (2.49)e da força calculada no item anterior, isto é,

v(5) =400

40(1− e−8·5/15) = 10(1− e−8/3) = 9, 31 m/s

c) O gráfico de v(t) é dado na figura 2.10.

Figura 2.10: Gráfico de v(t) do Exemplo 2.26.

59


2.5.5 Circuitos Elétricos Simples

Considere o circuito elétrico simples da figura 2.11, onde a resistên-cia R é medida em ohms, a indutância L da bobina é medida emhenry (H) e a capacitância C é medida em farad (F), além disso, supo-nhamos que I(0) = I0 e Q(0) = Q0. Suponhamos também que existeuma fonte eletromotriz (f.e.m) dada pela função E(t).

Figura 2.11: Circuito RLC de uma malha.

Para encontrar a corrente elétrica I(t) e a carga Q(t) para uminstante t > 0, temos aplicar as três leis experimentais sobre a quedade tensão em cada dispositivo do circuito e a lei das malhas ou lei deKirchhoff. Essas leis sobre a queda de tensão foi obtida pelo físicoGeorge Ohm no século XIX e são dadas por:

ER = RI (2.50)

EL = LdI

dt(2.51)

EC =Q

C(2.52)

A lei das malhas afirma que a soma das tensões em uma malha sim-ples é igual zero. Aplicando esta lei e usando as expressões dadasem (2.50), (2.51) e (2.52) obtemos

−ER − EL − EC +E(t) = 0 ⇒ RI + LdI

dt+

Q

C= E(t) (2.53)

60


Sendo I(t) a taxa de variação instantânea da carga em relação aotempo t, isto é,

I =dQ

dt⇒

∫ Q

Q0

dQ =

∫ t

0Idu ⇒ Q(t) = Q0 +

∫ t

0I(u)du (2.54)

Substituindo (2.53) em (2.54), obtemos a equação íntegro-diferencialda corrente elétrica do circuito acima.

LdI

dt+RI +

1

C

(Q0 +

∫ t

0I(u)du

)= E(t)

Na prática, para determinar a carga Q(t) e a corrente elétrica I(t),substituimos I = dQ/dt na equação diferencial (2.53) para obter umaequação diferencial envolvendo apenas a carga Q(t) e suas derivadas,ou seja,

Ld

dt

(dQ

dt

)+R

dQ

dt+

Q

C= E(t) ⇒ L

d2Q

dt2+R

dQ

dt+

Q

C= E(t)

Usando as condições iniciais Q(0) = Q0 e Q′(0) = I(0) = I0, obtemoso seguinte PVI:

Ld2Q

dt2+R

dQ

dt+

Q

C= E(t)

Q(0) = Q0

Q′(0) = I(0) = I0

(2.55)

Trataremos em detalhes da resolução desse PVI no próximo capítulo.

Definição 2.7 Dizemos que um circuito elétrico é RL em série se elenão contém capacitores, RC se não contém o indutores e ele é LCem série, se não contém resistores.

Em todos esses circuitos RC, RC e LC usam-se as leis de Ohm e deKirchhoff para achar as respectivas equações diferenciais.

Exemplo 2.27 No circuito RC da figura 2.12, a carga no capacitor emt = 0 é zero. Sendo H(t) a função de Heaviside, calcule a carga Q(t)em um instante t > 0.

61


Figura 2.12: Circuito RC com uma malha.

Resolução: Pelas leis de Ohm e Kirchhoff, temos

VR + VC = H(t) ⇒ I(t) +Q(t)

1= H(t)

Sendo a função de Heaviside definida por:

H(t) =

1, se t > 0

0, se t < 0

obtemos o PVI que fornece a carga no capacitor em um tempo t > 0:dQ

dt+Q = 1

Q(0) = 0(2.56)

O fator integrante dessa EDO é µ(t) = et, de modo que

d

dt(etQ) = et · 1 ⇒

∫d[etQ(t)] =

∫etdt ⇒

etQ(t) = et + C ⇒ Q(t) = 1 + Ce−t

Para t = 0, temos 0 = Q(0) = 1 + C, de modo que C = −1. Logo,Q(t) = 1− e−t.

Exemplo 2.28 (Circuito RL em série) Um indutor de 4 H está emsérie com um resistor de 20 Ω e com uma f.e.m de 100 V conforme afigura 2.13. Supondo que em t = 0 a corrente é zero, encontre I(t)para t > 0 e faça o seu gráfico.

62


Figura 2.13: Circuito RL com um malha.

Figura 2.14: Gráfico de I(t) para t de 0 a 6 s

Resolução: A equação diferencial relacionada com o circuito elétricoé dada por:

−20I − 4dI

dt+ 100 = 0 ⇒ dI

dt+ 5I = 25

O fator integrante dessa EDO é µ(t) = e5t, de modo que

d

dt(e5tI) = 25e5t ⇒

∫d(e5tI) = 25

∫e5tdt ⇒

e5tI(t) =25

5e5t + C ⇒ I(t) = 5 + Ce−5t

Sendo I(0) = 0, então I(t) = 5(1 − e−5t) e o seu gráfico é dado nafigura 2.14.

2.5.6 Misturas em um Tanque

Um tipo de problema muito comum na Engenharia Química consisteem efetuar um balanço de massa, de volume ou energético de um

63


Figura 2.15: Esquema de um tanque para misturas.

sistema aberto (um reator químico, por exemplo). Nesta seção vere-mos como podemos usar as equações diferenciais para resolver umproblema simples de mistura.

Proposição 2.4 Suponhamos que num instante t = 0, um tanquecom capacidade V litros contenha C0 kg de sal dissolvido. Faz-se en-trar no tanque uma solução de sal a C1 kg/l a uma vazão de Q l/mine o líquido bem misturado, está saindo do tanque a essa mesma taxaconforme a figura 2.15. Então a a quantidade de sal presente notanque num instante qualquer satisfaz o PVI:

dC

dt+

Q

VC = C1Q

C(0) = C0

(2.57)

Demonstração: Iremos supor que o sal não é criado nem destruídodentro do tanque. Portanto, as variações na quantidade de sal devem-se apenas, aos fluxos de entrada e saída no tanque. Matematica-

mente, a taxa de variação de sal no tanquedC

dté igual a razão de

entrada do sal menos a razão de saída, ou seja:

64


dC

dt= Taxa de entrada − Taxa de saída (2.58)

Observe que

Taxa de entrada = C1

(kg

l

)·Q

(l

min

)= C1Q

(kg

min

)Como a vazão de entrada é igual a vazão de saída, o volume deágua no tanque permanece constante e igual a V , e como o líquidoestá sendo mexido constantemente, a concentração de sal em todo

tanque em um instante qualquer é igual aC(t)

V

(kg

l

). Portanto, a

taxa segundo a qual o sal deixa o tanque é

Taxa de saída =C

V

(kg

l

)·Q

(l

min

)=

QC

V

(kg

min

)Segue de (2.58) que

dC

dt= C1Q− QC

V

Sendo C(0) = C0 a concentração inicial de sal no tanque, obtemos oPVI (2.57).

Exemplo 2.29 Uma solução de 60 kg de sal em água está num tanquede 400 l. Faz-se entrar água nesse tanque na razão de 8 l/min e amistura mantida homogênea por agitação, sai do tanque na mesmarazão. Qual a quantidade de sal existente no tanque no fim de meiahora?

Resolução: Note que a quantidade inicial de sal no tanque é C0 =60 kg, o volume de água é V = 400 l e a vazão é Q = 8 l/min naentrada e na saída do tanque. Como entra apenas água no tanque,então C1 = 0, de modo que obtemos o PVI:

dC

dt+

8

400C = 0

C(0) = 60⇒

dC

dt+

1

50C = 0

C(0) = 60

65


Separando as variáveis e integrando, temos:∫dC

C= −

∫dt

50⇒ lnC(t) = − t

50+K

onde K é a constante de integração. Mas, C(0) = 60, de modo quelnC(0) = ln 60 = K. Assim,

lnC(t) = − t

50+ ln 60 ⇒ ln

C(t)

60= − t

50⇒ C(t) = 60e−t/50

Logo, no fim de meia hora, C(30) = 60e−30/50 ≃ 32, 9 kg.

Exemplo 2.30 Uma solução de 30 kg de sal em água está num tanquede 200 l. Faz-se entrar uma solução salina 0, 2 kg/l nesse tanque narazão de 4 l/min e a mistura mantida homogênea por agitação, saido tanque na mesma razão. Determine:

a) A quantidade de sal existente no tanque no fim de duas horas?

b) A concentração de sal no tanque após um longo período detempo.

c) Faça o gráfico de C(t).

Resolução: Note que a quantidade inicial de sal no tanque é C0 =30 kg, o volume de água é V = 200 l, C1 = 0, 2 kg/l e a vazãoé Q = 4 l/min na entrada e na saída do tanque. Devemos entãoresolver o PVI:

dC

dt+

4

200C = 0, 2 · 4

C(0) = 30⇒

dC

dt+

1

50C = 0, 8

C(0) = 30

O fator integrante dessa EDO é µ(t) = et/50, de modo que

d

dt(et/50C) = 0, 8et/50 ⇒

∫d(et/50C) =

∫0, 8et/50dt ⇒

et/50C(t) = 0, 8 · 50et/50 +K ⇒ C(t) = 40 +Ke−t/50

onde K é a constante de integração. Usando a condição inicial, temos30 = C(0) = 40+K ⇒ K = −10, de modo que C(t) = 40− 10e−t/50.

66


a) No fim de duas horas, temos C(2) = 40− 10e−2/50 = 30, 39 kg.

b) Para determinar a concentração C∞ de sal após um longo perío-do de tempo, devemos calcular lim

t→+∞C(t), ou seja,

C∞ = limt→+∞

[40− 10e−t/50] = 40 kg

c) O gráfico de C(t) é dado na figura 2.16.

Figura 2.16: Gráfico da função C(t) do exemplo 2.30.


1. Um corpo se move sobre uma reta segundo a lei s =t3

2− 2t.

Determine sua velocidade e aceleração no fim de 2 segundos.

2. Um corpo se move sobre uma horizontal de acordo com a leis = f(t) = t3 − 9t2 + 24t.

(a) Quando s é crescente e quando é decrescente?

(b) Quando v é crescente e quando é decrescente?

(c) Quando o movimento do corpo é acelerado e quando éretardado?

67


(d) Determinar a distância total percorrida nos primeiros 5 se-gundos do movimento.

3. No instante t = 0 um corpo inicia um movimento retilíneo e sua

posição num instante t é dada por s(t) =t

t+ 1. Determinar:

(a) a posição no instante t = 2 s.(b) a velocidade média do corpo para t ∈ [2, 4]. Use a fórmula

v =∆s

∆t(c) a velocidade do corpo no instante t = 2

(d) a aceleração média do corpo para t ∈ [0, 4]. Use a fórmula

a =∆v

∆t(e) a aceleração no instante t = 2 s

R: a) s = 2/3 m, b) v = 1/15 m/s c) v(2) = 1/9 m/s2

am = −6/25 m/s2 a(2) = −2/27 m/s2

4. Uma pedra é arremessada verticalmente para baixo de um edi-fício. Sabendo que a horária da pedra é dada por s(t) = 100 −5t−5t2, determine o tempo de queda da pedra e velocidade queela atinge o solo.R: t = 4 s e v = −45 m/s

5. Uma pedra atirada verticalmente para cima a 10 m do solo ecom velocidade inical v0 = 40 m/s. Adote g = 10 m/s2.

(a) Determine a velocidade em um instante t qualquer.(b) Qual a altura máxima atingida pela pedra?(c) Qual a velocidade da pedra quando ela está a 90m do solo

na subida? E na descida?(d) Quando a pedra atingirá o solo novamente?(e) Faça o gráfico da velocidade e da posição da pedra.

6. Um garoto arremessa uma bola na direção vertical ao lado deum barranco. Se a velocidade inicial da bola é 15m/s para cima,e a bola é largada a 40 m do fundo do barranco, determine:

68


a) A altura máxima alcançada pela bola;b) A velocidade da bola imediatamente antes de se chocar

com o solo.

Durante todo tempo em que a bola está em movimento, a mesmaestá sujeita a uma aceleração constante para baixo de 9, 81m/s2

devido à gravidade. Despreze o efeito da resistência do ar.

7. Um professor de Física propõe o seguinte experimento usandoum tanque cilíndrico para medir a aceleração da gravidade. Otanque de diâmetro 50 cm e 1 m de altura está totalmente cheiode água. Fez-se um pequeno furo de diâmetro 5 mm na parteinferior de sua parede lateral. Após abrir o orifício observou quelevou 1 h 15 min 41 s para esvaziar o tanque. Use a expressão(2.15) e calcule o valor de g. R: g = 9, 7 m/s2

8. (Desafio) Considere um funil cônico com o nível de água em h0 eum pequeno furo em sua parte inferior de diâmetro d conformea figura 2.17. Se lâmina d’água faz um ângulo de 45 com aparede lateral, mostre que o tempo de esvaziamento é dadopor:

T =8h205d2

√h02g

Figura 2.17: Funil cônico.

69


9. Considere um reservatório na forma de um semi-hemisférico dediâmetro D. Fazendo um pequeno furo em sua extremidadeinferior de diâmetro d, é possível mostrar que o tempo de es-vaziamento é

T =8

15

√2

g

d2

D2

Se D = 1 m, d = 2 cm e g = 9, 81 m/s2, ache o valor de T .

10. Resolva as equações diferenciais lineares de primeira ordemabaixo:

(a) y′ − 3y = ex

(b) y′ +2

xy = x

(c) y′ + 2xy = 3x2

(d) xy′ + sinx y = ex

11. Ache a solução de cada problema de valor inicial abaixo:

(a)dy

dx=

2y

x, y(2) = 4 R: y = x2

(b)dy

dx+

xy2

2 + x2y= 0, y(2) = 1 R: 4y + x2y2 = 8

(c) xy′ + y =1

x2 + 1, y(1) =

π

4R: y =

1

xarctanx+

π

4x

12. (O Método de Lagrange) Um método alternativo de resolver equa-ções diferenciais lineares foi proposto pelo matemático francêsJoseph L. Lagrange (1736 − 1813) . Este método será desen-volvido nos itens abaixo:

(a) Dada a EDO (2.18), suponhamos que a solução y(x) éum produto de duas funções desconhecidas u e v, isto é,y(x) = u(x)v(x). Substitua esta expressão (2.18) e mostreque

u′v + [v′ + P (x)v]u = Q(x)

70


(b) Sendo u e v duas funções desconhecidas, podemos imporque v′+P (x)v = 0, de modo que u′v = Q(x). Deste modo,mostre que

v(x) = e−∫P (x)dx e u′(x) = Q(x)e

∫P (x)dx

(c) Use esta técnica e ache a solução geral da EDO: y′+4xy =

x. R: y(x) =1

4+ Ce−2x2

.

13. Verifique se as equações diferenciais abaixo são exatas. Casoafirmativo, ache a solução geral.

(a) (2xy − 3x2)dx+ (x2 − 2y)dy = 0

(b) 2x2ydx+ (2x2y + 1)dx = 0

(c)dy

dx=

x− y

x+ y

14. Ache as condições sobre A, B, C e D para que a equação dife-rencial

(Ax+By)dx+ (Cx+Dy)dy = 0

seja exata.

15. Ache as condições sobre A, B, C, D. E e F para que a equaçãodiferencial

(Ax2 +Bxy + Cy2)dx+ (Dx2 + Exy + Fy2)dy = 0

seja exata.

16. Verifique se

y(t) =

∫ t

0e3(t−s)s2ds

é solução do PVI: y′ − 3y = t2

y(0) = 0

17. Resolva as equações diferenciais de Bernoulli abaixo:

71


(a)dy

dx+

1

xy = y3

R: y(x) = 1/√Cx2 + 2x

(b) y′ + 2xy + xy4 = 0R: y(x)−3 = −1/2 + Ce3x

2

(c) xdy − [y + xy3(1 + lnx)]dx = 0

R: y(x)−2 = −2

3x

(2

3− lnx

)+ C

(d) 2xyy′ − y2 + x = 0

R: y =

√x ln

C

x

18. (Piskounov Vol. 2, pg 26-28) Dizemos que a função f(x, y) éuma função homogênea de grau n em relação às variáveis x ey se se tiver para todo λ

f(λx, λy) = λnf(x, y)

A equação de primeira ordemdy

dx= f(x, y) diz-se homogênea

em relação a x e y se a função f(x, y) for uma função ho-mogênea de grau zero em relação a x e y. Considere a EDO

dy

dx=

xy

x2 − y2(2.59)

(a) Mostre que f(x, y) =xy

x2 − y2é homogênea de grau zero.

Portanto, a equação diferencial é homogênea.

(b) Seja u =y

xe mostre que

dy

dx= u+ x

du

dx

(c) Divida o numerador e o denominador do lado direito de(2.59) e mostre que

u+ xdu

dx=

u

1− u2

72


(d) Resolva a equação diferencial obtida no item anterior e

conclua que − x2

2y2= ln |Cy|.

19. Use a expressão (2.37) e o Exemplo (2.16) determine a meiavida do Tório 234. R: 24 dias e 12 horas.

20. A velocidade de desintegração do rádio é diretamente propor-cional a sua massa no instante considerado. Se 10 g de rádiosão reduzidas a 9, 93 g em 15 anos, ache uma expressão para amassa dessa substância presente em qualquer tempo e encon-tre a meia vida de 10 g dela.R: m(t) = 10e−0,000468t e T = 1481 anos.

21. O nuclídeo radioativo plutônio 241, decai de acordo com

dm

dt= −0, 0525m

onde m está em miligramas e t em anos.

(a) Determinar a meia vida do plutônio 241.

(b) Se 50 mg de plutônio estiveram presentes numa amostrano dia de hoje, quanto plutônio existirá daqui 10 anos?

(c) Faça o gráfico de da função m(t).

R: a) T = 13, 2 anos b) m(10) = 29, 6 mg

22. Muitas vezes é admitido que 0, 13 ha de terra é necessário parafornecer alimento para uma pessoa. É também estimado quehá 1, 33 bilhões de hectares de terra arável no mundo e, por-tanto, aproximadamente uma população máxima de 30 bilhõesde pessoas pode ser sustentada se outras fontes de alimentonão forem exploradas. A população total do mundo no iníciode 1985 era de 5 bilhões. Considerando-se que a populaçãocontinua a crescer a uma taxa de 2% ao ano, quando será al-cançada a população máxima? Qual será a população no anode 2020?R: 2075 e 10 bilhões de habitantes

73


23. Suponha que um cidadão abra uma conta individual com a idadede 25 anos, com investimento inicial de R$ 2000, 00 e depois façainvestimentos anuais de R$ 200, 00 de uma maneira contínua.Admitindo que a taxa de juros seja 8 % a.a, qual será o montantedisponível quando o cidadão tiver 65 anos?R: C(40) = 107.896, 38 reais

24. Um copo de Chopp, inicialmente a 4 C foi deixado sobre o bal-cão de um bar por 2 h quando atingiu a temperatura de 18 C.Sabendo que a temperatura do bar é estável em 24 C, deter-minar o k do Chopp.

25. Uma certa substância esfria-se de 100 C a 60 C em 10 mi-nutos, ao ar, sendo a temperatura deste 20 C. Achar a tempe-ratura da substância após 40 minutos. R: T (40) = 25 C

26. Um assado pesando 2, 5 kgf , inicialmente a 10 C, é posto emum forno a 280 C às cinco horas da tarde. Depois de 75 min atemperatura T (t) do assado é de 90 C. Quando a temperaturado assado será igual a 150 C? R: Por volta das 19 : 35 h

27. Supondo que um cadáver foi encontrado num quarto de mo-tel à meia noite à temperatura de 28 C. Após 2 h a temper-atura do cadáver era de 26, 5 C. A temperatura do quarto émantida constante a 22 C. Sabendo que a temperatura docadáver segue a Lei da resfriamento de Newton, determinar ahora provável da morte. Use o fato que a temperatura de umapessoa viva sem febre é 36, 5 C.

28. (Desafio) Considere que a temperatura de um corpo seja T (t) =Ta+(T0−Ta)e

−kt. Se T (t1) = T1 e T (t∗) = 36, 5 C, mostre que

t∗ = t1 ·ln

(36, 5− Ta

T0 − Ta

)ln

(T1 − Ta

T0 − Ta

)

74


29. Um pára-quedista com o seu pára-quedas pesa 80 quilogramase salta de uma certa altura. O pára-quedas abre automatica-mente após 6 segundos de queda. Sabe-se que a velocidadeterminal é de 4 metros por segundo. Determine:

(a) A velocidade que o pára-quedista atinge no momento queo pára-quedas abre

(b) O tempo que demora para a velocidade chegar a 4, 5 me-tros por segundo. Adote g = 10 m/s2.

30. Uma bola de borracha de 200 g é jogada para cima com veloci-dade inicial v(0) = −20 m/s. Além do seu peso, o atrito com oar impede a subida de bola. Se a força resistiva é 10 vezes avelocidade instantânea, determine v(t) e faça o seu gráfico.

31. Considere o circuito elétrico LC abaixo com uma fonte de ten-são E(t) = E0 sin(ωt) e uma corrente inicial Q(0) = 0. Use

Figura 2.18: Figura do exercício 31.

as leis de Ohm e Kirchoff e mostre que a corrente elétrica I(t)satisfaz a equação íntegro-diferencial

LdI

dt+

1

C

∫ t

0I(u)du = E0 sin(ωt)

32. (Desafio) Neste exercício veremos um modelo simplificado depropagação de uma epidemia usando equações diferenciais or-dinárias. Para este modelo adotaremos as seguintes hipóteses:

75


• Uma fração x de uma determinada população tem umadoença infecciosa, então uma fração S = 1− x não a tem.

• Os membros desta população podem encontra-se livremen-te (ao acaso).

• A taxa de aumento de x é proporcional a x e S.

Em conseqüência destas hipóteses, temos que o modelo é dado

pela equação:dx

dt= rx(1− x) onde r é uma constante positiva.

Esta é uma equação diferencial ordinária separável.

(a) Use a técnica de integração de frações parciais e mostreque

rt =

∫dx

x+

∫dx

1− x

(b) Integre as integrais do item anterior, use propriedades delogaritmos e mostre que

rt = ln

(x

1− x

)+ C

(c) Use a condição inicial x(0) = x0 e conclua que

x(t) =1

1−(1− 1

x0

)e−rt

76

Capítulo 3

Equações Diferenciaisde Segunda Ordem

3.1 Introdução

Figura 3.1: JohanBernoulli

Historicamente, as equações diferenciaissurgiram com a própria invenção do Cál-culo no séc. XV II. Um problema famosoproposto e resolvido pelo matemático Jo-han Bernoulli (1667− 1748) é o problema dacatenária, em que devemos calcular a formaque os cabos suspensos adquirem sob seupróprio peso. A solução desse problema éuma curva chamada catenária que satisfaza equação diferencial de segunda ordem:

d2y

dx2=

ρg

H

√1 +

(dy

dx

)2

3.2 Definição e Propriedades

Definição 3.1 A equação diferencial ordinária de segunda ordem éuma equação envolvendo as variáveis x, u e as derivadas u′ e u′′, isto

77


é,F (x, u, u′, u′′) = 0 (3.1)

Um caso particular da equação diferencial (3.1) é:

a2(x)u′′ + a1(x)u

′ + a0(x)u = b(x) (3.2)

sendo as funções a2(x), a1(x), a0(x) e b(x) contínuas em algum in-tervalo I ⊂ R. As funções a2(x), a1(x) e a0(x) são os coeficientesda equação. Se a função b(x) ≡ 0 em I, dizemos que a EDO (3.2) éhomogênea, caso contrário, ela é dita não-homogênea. Além disso,as equações diferenciais ordinárias da forma (3.2) são ditas lineares.

Observação 3.1 É comum também usar a notação de Leibniz paraescrever a EDO (3.2) na forma:

a2(x)d2u

dx2+ a1(x)

du

dx+ a0(x)u = b(x)

Definição 3.2 Uma solução da EDO (3.2) é uma função u = u(x) talque

a2(x)u′′(x) + a1(x)u

′(x) + a0(x)u(x) = b(x)

para todo x ∈ I.

Proposição 3.1 Se u1 e u2 são duas soluções da EDO (3.2) em umintervalo I, então u1 − u2 é solução da EDO homogênea correspon-dente.

Demonstração: Por hipótese,

a2(x)u′′1(x) + a1(x)u

′1(x) + a0(x)u1(x) = b(x) (3.3)

a2(x)u′′2(x) + a1(x)u

′2(x) + a0(x)u2(x) = b(x) (3.4)

Fazendo (3.3) - (3.4), segue que

a2(x)u′′1(x) + a1(x)u

′1(x) + a0(x)u1(x)−

[a2(x)u′′2(x) + a1(x)u

′2(x) + a0(x)u2(x)] = 0 ⇒

a2(x)[u1(x)− u2(x)]′′ + a1(x)[u1(x)− u2(x)]

′+

a0(x)[u1(x)− u2(x)] = 0

donde segue o resultado.

78


3.3 O Operador Diferencial L

Definição 3.3 Sejam a1(x), . . . , an(x) funções contínuas definidas so-bre um intervalo fechado [a, b] e suponhamos que a função u(x) sejan vezes diferenciável em (a, b). O operador diferencial L é definidopor:

(Lu)(x) = u(n)(x) + a1(x)u(n−1)(x) + . . .+ an−1u

′(x) + anu(x) (3.5)

Esta expressão para L em termos de u e suas derivadas é linear nosentido de que

L(αu+ βv) = αL(u) + βL(v)

para quaisquer constantes α e β e quaisquer funções u e v suficien-temente diferenciáveis. As equações diferenciais resultantes do oper-ador diferencial L pode ser homogênea ou não-homogênea, isto é,

Lu = 0 (3.6)

eLu = r(x) (3.7)

onde r é uma função definida em [a, b].

Proposição 3.2 (Princípio da superposição) Se u1 e u2 são solu-ções da equação diferencial homogênea (3.6), então para quaisquerconstantes C1 e C2, a função C1u1 + C2u2 também é solução.

Demonstração: De fato,

L(C1u1 + C2u2) = L(C1u1) + L(C2u2)

= C1L(u1) + C2L(u2) = C1 · 0 + C2 · 0 = 0

Proposição 3.3 Se u1 e u2 são soluções da equação diferencial não-homogênea (3.7), então u1 − u2 também é solução da equação dife-rencial (3.6).

79


Demonstração: Por hipótese, temos Lu1 = r e Lu2 = r, de modoque

L(u1 − u2) = Lu1 − Lu2 = r − r = 0

Proposição 3.4 Suponhamos que u1 e u2 sejam soluções das equa-ções diferenciais não-homogêneas Lu1 = r1 e Lu2 = r2, então paraquaisquer constantes C1 e C2, a função u = C1u1+C2u2 é solução daequação diferencial não-homogênea Lu = r, onde r = C1r1 + C2r2.

Demonstração: De fato,

Lu = L(C1u1 + C2u2) = C1Lu1 + C2Lu2 = C1r1 + C2r2 = r

Estas são as principais propriedades sobre as equações diferen-

ciais lineares de ordem n.

3.3.1 O operador L no caso em que n = 2

Neste caso,Lu = u′′ + p(x)u′ + q(x)u (3.8)

sendo u uma função duas vezes diferenciável. A solução da equaçãodiferencial homogênea Lu = 0 ou a equação diferencial não-homogê-nea Lu = r, envolve as constantes arbitrárias C1 e C2. Estas con-stantes podem ser determinadas especificando condições iniciais so-bre a função u ou sua derivada u′, por exemplo, se u(x0) = u0 eu′(x0) = u′0, obtemos o problema de valor inicial não-homogêneo:

Lu = r

u(x0) = u0

u′(x0) = u′0

(PV INH) (3.9)

No caso em que r(x) ≡ 0, o problema de valor inicial (3.9) é ditohomogêneo. Enunciaremos abaixo um teorema relativo a existênciade soluções cuja demonstração será omitida.

80


Teorema 3.1 (Boyer) Suponha que as funções p, q e r são contínuassobre o intervalo [a, b]. Então o problema de valor inicial (3.9) possuiuma única solução sobre este intervalo.

Uma prova desse teorema pode encontrada em [1].

Definição 3.4 Duas funções f e g são ditas linearmente dependentesLD sobre um intervalo I se existem duas constantes C1 e C2 ambasnão-nulas tal que

C1f(x) + C2g(x) = 0

para todo x ∈ I. As funções f e g são ditas linearmente indepen-dentes LI sobre um intervalo I se elas não linearmente dependentes.

Exemplo 3.1 Mostre que as funções f(x) = 3e2x e g(x) = −e2x sãolinearmente dependentes.

Resolução: De fato, basta tomar C1 = 1 e C2 = 3, pois

C1f(x) + C2g(x) = 1 · 3e2x + 3 · (−e2x) = 0

Exemplo 3.2 Mostre que as funções ex e e−x são LI em qualquerintervalo.

Resolução: Para estabelecer esse resultado, devemos mostrar quetoda combinação linear nula dessas funções implica que C1 = C2 = 0,isto é,

C1ex + C2e

−x = 0 ⇒ C1 = C2 = 0 (3.10)

Para isso, escolhemos dois pontos x1 e x2 com x1 = x2. Da expressão(3.10), segue que

C1ex1 + C2e

−x1 = 0

C1ex2 + C2e

−x2 = 0ou

[ex1 e−x1

ex2 e−x2

] [C1

C2

]=

[00

]O determinante da matriz dos coeficientes é

ex1e−x2 − e−x1ex2 = ex1−x2 − 1

ex1−x2= 0

pois x1 = x2. Logo, C1 = C2 = 0.

81


Definição 3.5 Duas soluções u1 e u2 de u′′ + p(x)u′ + q(x)u = 0formam um conjunto fundamental (base) de soluções se toda soluçãou(x) pode ser escrita de forma única como combinação linear de u1 eu2, ou seja, se existem constantes C1 e C2 tais que

u(x) = C1u1(x) + C2u2(x)

Definição 3.6 Dadas duas funções u1 e u2 chama-se wronskiano des-sas funções, denotado por W (u1, u2) o determinante:

W (u1, u2) =

∣∣∣∣u1 u2u′1 u′2

∣∣∣∣ (3.11)

O wronskiano em um ponto x será denotado por W (u1, u1)(x) ou sim-plesmente W (x).

Considerando o PVI (3.9), onde p e q são funções contínuas em(a, b) ⊂∈ R, o teorema 3.1 garante que existe uma única solução u(x)tal que u(x0) = u0 e u(x1) = u1.

Teorema 3.2 (Boyce) Suponha que u1 e u2 são duas soluções daequação diferencial:

u′′ + p(x)u′ + q(x)u = 0 (3.12)

e que o wronskiano W = u1u′2 − u′1u2 é não nulo no ponto x0 onde as

condições iniciaisu(x0) = u0, u′(x0) = u′0 (3.13)

são válidas. Então existe uma escolha das constantes C1 e C2 para oqual u(x) = C1u1(x) +C2u2(x) satisfaz a equação diferencial (3.12) eas condições iniciais (3.13).

Demonstração: Sendo u1 e u2 duas soluções de u(x) = C1u1(x) +C2u2(x), então

C1u1(x0) + C2u2(x0) = u(x0)

C1u′1(x0) + C2u

′2(x0) = u′(x0)

82


ou na forma matricial,

A︷︸︸︷[u1(x0) u2(x0)u′1(x0) u′2(x0)

] [C1

C2

]=

[u(x0)u′(x0)

]Note que det(A) = u1(x0)u

′2(x0) − u′1(x0)u2(x0) = W (u1, u2)(x0) = 0

por hipótese. Logo, existe uma única escolha das constantes C1 eC2 (solução do sistema linear acima) para o qual u(x) = C1u1(x) +C2u2(x) satisfaz a equação diferencial (3.12) e as condições iniciais(3.13).

Exemplo 3.3 Sejam as funções y1(x) = e2x e y2(x) = e−x.

a) Mostre que elas satisfazem a equação diferencial

y′′ − y′ − 2y = 0

b) Determine W (y1, y2) e conclua que essas funções podem serusadas para construir a solução geral da EDO dada.

Resolução:

a) Note que y′1(x) = 2e2x e que y′′1(x) = 4e2x, de modo que

y′′1(x)− y′1(x)− 2y1(x) = 4e2x − 2e2x − 2e2x = 0

o que mostra que y1 é solução da EDO dada. Analogamente,mostra-se que y2 também é solução.

b) Sendo y′2(x) = −e−x, então

W (e2x, e−x) =

∣∣∣∣ e2x e−x

(e2x)′ (e−x)′

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ e2x e−x

2e2x −e−x

∣∣∣∣= −e2xe−x − 2e2xe−x = −3ex = 0 ∀x ∈ R

Como o wronskiano é não nulo para todo x, segue do teorema3.2 que podemos usar essas funções para construir a soluçãogeral da EDO dada para qualquer valor de x0.

83


Teorema 3.3 (Boyce) Se u1 e u2 são duas soluções da equação dife-rencial (3.12):

L(u) = u′′ + p(x)u′ + q(x)u = 0

e se existe um ponto x0 onde o wronskiano de u1 e u2 é não nulo, en-tão a família de soluções u(x) = C1u1(x) + C2u2(x) com coeficientesC1 e C2 arbitrários inclui todas as soluções da equação diferencialdada.

Demonstração: Seja ϕ qualquer solução da equação diferencial(3.12). Para provar esse teorema, devemos mostrar que a funçãoϕ está incluída na combinação linear C1u1(x) + C2u2(x), isto é, paraalguma escolha das constantes C1 e C2 a combinação linear é iguala ϕ. Seja x0 um ponto tal que W (u1, u2)(x0) = 0. Sejam u0 e u′0definidos por u0 = ϕ(x0) e u′0 = ϕ′(x0). A seguir considere o PVI:

L(u) = u′′ + p(x)u′ + q(x)u = 0

u(x0) = ϕ(x0)

u′(x0) = ϕ′(x0)

(3.14)

A função ϕ é certamente solução desse PVI. Por outro lado, desdeque W (u1, u2)(x0) = 0 é possível pelo teorema 3.2 escolher con-stantes C1 e C2 tal que u(x) = C1u1(x) + C2u2(x) é também umasolução do problema de valor inicial (3.14). A unicidade segue do teo-rema 3.1 que garante que duas soluções de um mesmo PVI devemser iguais. Portanto, existem C1 e C2 tal que ϕ(x) = C1u1(x)+C2u2(x),ou seja, ϕ está incluída na família de funções C1u1+C2u2. Finalmente,desde que ϕ é uma solução arbitrária de L(u) = 0, segue que todasolução dessa equação está incluída nessa família.

É portanto natural chamar a expressão u = C1u1(x) + C2u2(x)

com coeficientes arbitrários de solução geral da equação (3.12). Alémdisso, dizemos que as soluções u1 e u2 com wronskiano não nuloformam um conjunto de soluções fundamentais da equação (3.12).

Para achar a solução geral e portanto todas as soluções de umaequação da forma (3.12), precisamos apenas encontrar duas soluçõesdessa equação cujo o wronskiano é não nulo.

84


Exemplo 3.4 Suponha que u1(x) = er1x e u2(x) = er2x são duassoluções de uma equação diferencial da forma (3.12). Mostre que ser1 = r2, então elas formam um conjunto fundamental de soluções.

Resolução: De fato,

W (u1, u2)(x) =

∣∣∣∣u1(x) u2(x)u′1(x) u′2(x)

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ er1x er2x

r1er1x r2e

r2x

∣∣∣∣= (r2 − r1)e

(r1+r2)t

Sendo r1 = r2, então W (u1, u2)(x) = 0 para todo x ∈ R. Logo, essasfunções formam um conjunto fundamental de soluções.

Teorema 3.4 (Boyce) Considere a equação diferencial (3.12), cujoscoeficientes p e q são contínuos sobre um intervalo I. Escolha al-gum ponto x0 em I. Seja u1 solução da equação (3.12) que tambémsatisfaz as condições iniciais

u1(x0) = 1 e u′1(x0) = 0

e se seja u2 solução da equação diferencial (3.12) que satisfaz ascondições iniciais

u2(x0) = 0 e u′2(x0) = 1

Então u1 e u2 formam um conjunto fundamental de soluções da equa-ção (3.12).

Demonstração: Observe que a existência dessas soluções estãogarantidas pelo teorema 3.1. Para provar que u1 e u2 formam um con-junto fundamental de soluções, basta mostrar que W (u1, u2)(x0) = 0.De fato,

W (u1, u2)(x0) =

∣∣∣∣u1(x0) u2(x0)u′1(x0) u′2(x0)

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣1 00 1

∣∣∣∣ = 1 = 0

Exemplo 3.5 Sejam as funções y1(x) = a e y2(x) = e−bx com a, b ∈R∗.

85


a) Mostre que elas são soluções da equação diferencial

y′′ + y′ = 0

b) Encontre a e b de modo que as soluções y1 e y2 formam um con-junto fundamental de soluções com y1(0) = y2(0) = 1, y′1(0) = 0e y′2(0) = −1

Resolução:

a) Note que y′′1(x) + by′1(x) = 0 + 0 = 0 e que

y′′2(x) + by′2(x) = (e−bx)′′ + (e−bx)′ = b2e−bx − b2e−bx = 0

ou seja, essas funções são soluções da equação diferencialdada.

b) O primeiro passo é mostrar que W (y1, y2)(0) = 0.

W (y1, y2)(0) =

∣∣∣∣y1(0) y2(0)y′1(0) y′2(0)

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣a 10 −b

∣∣∣∣ = −ab = 0

Por outro lado, 1 = y1(0) = a e −1 = y′2(0) = −b, de modo quea = b = 1.

3.4 Redução de Ordem

Já vimos que a equação diferencial ordinária geral de segunda ordemtem a forma F (x, u, u′, u′′) = 0. Veremos nesta seção dois tipos deequações diferenciais de segunda ordem que podem ser reduzidas aduas equações diferenciais de primeira ordem.

3.4.1 Variável Dependente Ausente

Se u não estiver explicitamente presente na equação diferencial, pode-mos reescrevê-la na forma F (x, u′, u′′) = 0. Fazendo u′(x) = p, entãou′′(x) = p′(x) =

p

x, de modo que

F (x, p, p′) = 0 (3.15)

86


Se pudermos achar a solução para (3.15), substituímos p nessa ex-pressão por dy/dx e tentamos obter o resultado final. Desse modo, atarefa de resolver a equação diferencial de segunda ordem reduz-sea resolver duas equações diferenciais de primeira ordem.

Exemplo 3.6 Ache a solução geral da equação diferencial

x2y′′ + 3xy′ = 1

Resolução: Fazendody

dx= p, então

d2y

dx2=

dp

dx, de modo que:

x2dp

dx+ 3xp = 1 ⇒ dp

dx+

3

xp =

1

x2

O fator integrante dessa EDO é

µ(x) = e∫

3xdx = e3 lnx = elnx3

= x3

Assim,

d

dx(x3p) = x3 · 1

x2⇒ x3

dy

dx=

∫xdx+ C1 ⇒

dy

dx=

1

2x+

C1

x3⇒ y(x) =

∫ (1

2x+

C1

x3

)dx ⇒

y(x) =1

2lnx− C1

2x2+ C2

é a solução geral da EDo dada.

3.4.2 Variável Independente Ausente

Se x não estiver presente na equação diferencial, ela pode ser es-crita na forma F (u, u′, u′′) = 0. Novamente introduzimos a variável

dependente p, isto é,du

dx= p, de modo que

d2u

dx2=

d

dx

(du

dx

)=

dp

dx=

dp

du

du

dx= p

dp

du

87


o que nos permite reescrever a EDO acima na forma: F (u, p, pdp

du) e

novamente, podemos achar sua solução resolvendo sucessivamenteduas equações diferenciais de primeira ordem.

Exemplo 3.7 Resolva a equação diferencial y′′ + a2y = 0, sendo y =f(x).

Resolução: Seja p =dy

dx. Assim, y′′ = p

dp

dy. Substituindo na

equação diferencial, temos

y′′ + a2y = pdp

dy+ a2y = 0 ⇒ pdp = −a2ydy ⇒∫

pdp = −a2∫

ydy ⇒ p2

2= −a2y2

2+

C21

2⇒(

dy

dx

)2

= C21 − a2y2 ⇒ ± dy√

C21 − a2y2

= dx ⇒

±∫

dy√C21 − a2y2

=

∫dx = x+ C2.

Para resolver a última integral, fazemos a substituição trigonométrica:

y =C1

asin θ ⇒ dy =

C1

acos θdθ (3.16)

Assim,

± x+ C2 =

∫ C1

acos θdθ√

C21 − C2

1 sin2 θ

=C1

C1a

∫cos θdθ√cos2 θ

=C1

C1a

∫dθ =

θ

a⇒

θ = ±ax+ aC2 = ±ax+ C3 (3.17)

A constante de integração na última integral foi omitida, pois ela foiadicionada na integral

∫dx. Para obter y em função de x, usamos a

expressão (3.16), isto é,

sin θ =ay

C1⇒ θ = sin−1

(ay

C1

)(3.18)

88


Comparando as expressões (3.17) e (3.18), temos:

±ax+ C3 = sin−1

(ay

C1

)⇒ ay

C1= sin(ax+ C3)

Logo,y(x) = A sin(ax+B)

Exemplo 3.8 (Velocidade de Escape) Suponha que um foguete sejadisparado para cima com velocidade inicial v0 e depois se mova semposterior gasto de energia. Para valores grandes de v0, ele sobe bas-tante antes de chegar ao repouso e cair de volta à Terra. Qual deveser v0 para que o foguete jamais chegue ao repouso e por causa dissoescape da atração gravitacional da Terra?

Resolução: De acordo com a Lei de Gravitação de Newton, duaspartículas quaisquer de matéria no universo se atraem com uma forçaque é proporcional a suas massas e inversamente proporcional aoquadrado da distância entre elas. Considerando que toda massada Terra está concentrada em seu centro, podemos tratá-la como sefosse uma partícula (veja a Fig. 3.2), temos:

F = −GMm

s2

onde G é a constante universal de gravitação, M e m são as massasda Terra e do foguete respectivamente e s é a distância do foguete aocentro da Terra. Aplicando a Segunda Lei de Newton, temos:

md2s

dt2= −G

Mm

s2⇒ d2s

dt2= −G

M

s2(3.19)

Esta equação nos diz que o movimento do foguete não depende desua massa. Note que

d2s

dt2=

d

dt

(ds

dt

)=

dv

ds

ds

dt= v

dv

ds(3.20)

Substituindo (3.19) em (3.20), segue que

vdv

ds= −GM

s2(3.21)

89


Figura 3.2: Corpo de massa m sob influência do campo gravitacionalda Terra.

Na superfície da Terra, para s = R, a força gravitacional agindo sobreo foguete é igual ao seu próprio peso, ou seja,

GMm/R2 = mg ⇒ GM = gR2

Substituindo em (3.21), temos:

vdv = −gR2ds

s2⇒

∫ v

v0

vdv = −gR2

∫ s

R

ds

s2⇒

v2

2=

gR2

s+

(v202

− gR

) (3.22)

Nossa conclusão final emerge de (3.22) como se segue: para o fogue-te escapar da Terra, ele deve mover-se de tal modo que v2/2 sejasempre positivo, pois, se v2/2 se anula, o foguete pára e então cai devolta à Terra. Mas o primeiro termo à direita de (3.22) evidentementetende para zero quando s cresce. Portanto, para garantir que v2/2seja positivo, não importa quão grande seja s, devemos ter v20/2 −gR ≥ 0, ou seja, v0 ≥

√2gR. A quantidade ve :=

√2gR é usualmente

90


conhecida como a velocidade de escape da Terra. Sendo R = 6, 37×106 m e g = 9, 81 m/s2, segue que ve = 11, 3 km/s.

3.5 Encontrando uma Soluçãoà Partir de Outra Conhecida

Já vimos como escrever a solução geral da equação homogênea

a2(x)u′′ + a1(x)u

′ + a0(x)u = 0 (3.23)

sempre que conhecemos duas soluções u1 e u2 linearmente indepen-dentes. Mas como encontrar u1 e u2? Não existe um método geral,contudo, quando já se conhece u1, existe um procedimento padrãopara calcular u2 dado na proposição abaixo:

Proposição 3.5 Se u1 é solução da equação diferencial (3.23), então

u2(x) = u1(x)

∫1

u21e−

∫ a1a2

dxdx (3.24)

também é.

Demonstração: Se u1(x) é uma solução da equação diferencial(3.23), então por linearidade, Cu1(x) também é solução para qual-quer constante C ∈ R. A ideia do método é trocar C pela funçãoC(x), de modo que u2(x) = C(x)u1(x) seja solução da EDO (3.23).Para que u2 seja solução devemos ter:

a2(x)u′′2(x) + a1(x)u

′2(x) + a0(x)u2(x) = 0 (3.25)

Por outro lado,

u′2(x) = C ′(x)u1(x) + C(x)u′1(x) (3.26)

u′′2(x) = C ′′(x)u1(x) + 2C ′(x)u′1(x) + C(x)u′′1(x) (3.27)

91


Substituindo (3.26) e (3.27) em (3.41), temos:

a2(x)[C′′(x)u1(x) + 2C ′(x)u′1(x) + C(x)u′′1(x)]

+ a1(x)[C′(x)u1(x) + C(x)u′1] + a0(x)C(x)u1(x) = 0 ⇒

C(x)[a2(x)u′′1(x) + a1(x)u

′1(x) + a0(x)u1(x)] + a2(x)u1(x)C

′′(x)

[2a2(x)u′1(x) + a1(x)u1(x)]C

′(x) = 0

Mas,a2(x)u

′′1(x) + a1(x)u

′1(x) + a0(x)u1(x) = 0

de modo que

a2(x)u1(x)C′′(x) + [2a2(x)u

′1(x) + a1(x)u1(x)]C

′(x) = 0

Dividindo essa expressão por a2(x)u1(x)C ′(x), temos:

C ′′(x)

C ′(x)= −2

u′1(x)

u1x− a1(x)

a2(x)⇒ lnC ′(x) = −2 lnu1(x)−

∫a1(x)

a2(x)dx ⇒

lnC ′(x) = lnu1(x)−2 −

∫a1(x)

a2(x)dx ⇒ C ′(x) =

1

u1(x)2e−

∫ a1(x)a2(x)

dx

Integrando novamente obtemos a expressão (3.24).

Exemplo 3.9 Sabendo que y = x é solução da equação diferencialx2y′′ − xy′ + y = 0, o que pode ser verificado por inspeção, determinea solução geral.

Resolução: Nesse caso, y1(x) = x, a2(x) = x2 e a1(x) = −x, demodo que

C ′(x) =1

u1(x)2e−

∫ a1(x)a2(x)

dx=

1

x2e−

∫ −xx2

dx =1

x2elnx =

1

x

Assim, C(x) =∫ 1

xdx = lnx e y2(x) = xC(x) = x lnx. Logo, a

solução geral é y(x) = C1x+ C2x lnx.

92


3.6 Equações Diferenciais Ordinárias deSegunda Ordem, Homogêneas e deCoeficientes Constantes

Um caso interessante de equação diferencial de segunda ordem abor-dado inicialmente por Leonhard Euler é obtido considerando L comoum operador de coeficientes constantes, isto é,

Lu = au′′ + bu′ + cu sendo a, b, c ∈ R com a = 0

de modo que a equação homogênea correspondente é dada por:

au′′ + bu′ + cu = 0 (3.28)

Para esta equação, Euler teve a ideia de supor que a solução tem aforma u(x) = eλx. Derivando esta expressão e substituindo em (3.28),obtemos:

aλ2eλx + bλeλx + ceλx = 0 ⇒ (aλ2 + bλ+ c)eλx = 0

Esta expressão é um produto de dois termos, sendo que um deles(eλx) nunca se anula. Portanto,

aλ2 + bλ+ c = 0 (3.29)

Esta equação quadrática é chamada equação característica da equa-ção diferencial homogênea (3.28) e conforme o número de raízes queela possui, teremos diferentes tipos de soluções.

Caso 1: ∆ > 0

Se ∆ = b2 − 4ac > 0, temos dois valores distintos de λ dados por:

λ1 =−b−

√∆

2aλ2 =

−b+√∆

2a

e a solução geral é dada por

u(x) = C1eλ1x + C2e

λ2x

93


Exemplo 3.10 Resolva a equação diferencial:

y′′ − 4y′ − 12y = 0

sendo y = y(x).

Resolução: Nesse caso, a = 1, b = −4 e c = −12, de modo que aequação característica é λ2 − 4λ− 12 = 0. Sendo

∆ = (−4)2−4 ·1 ·(−12) = 64 > 0 ⇒ λ =4±

√64

2λ1 = −2 e λ2 = 6

Logo, y(x) = C1e−2x + C2e

6x é a solução da equação diferencial ho-mogênea dada.

Exemplo 3.11 Resolva o problema de valor inicial:u′′ + 3u′ + 2u = 0

u(0) = 1, u′(0) = 0

Resolução: Nesse caso, a = 1, b = 3 e c = 2, de modo que aequação característica é λ2 + 3λ+ 2 = 0. Sendo

∆ = 32 − 4 · 1 · 2 = 1 > 0 ⇒ λ =−3±

√1

2λ1 = −2 e λ2 = −1

Logo, u(x) = C1e−2x + C2e

−x é a solução da equação diferencialhomogênea dada. Sendo um PVI, devemos usar as condições iniciaispara determinar as constantes C1 e C2. Sendo u(0) = 0, então

C1 + C2 = 1 ⇒ C2 = 1− C1 (3.30)

Para usar a condição u′(0) = 0, devemos primeiramente calcularu′(x), isto é,

u′(x) = −2C1e−2x − C2e

−x ⇒ 0 = −2C1 − C2 (3.31)

Substituindo (3.30) em (3.31), temos −2C1−(1−C1) = 0 ⇒ C1 = −1e C2 = 2. Logo, u(x) = −e−2x + 2e−x.

94


Caso 2: ∆ = 0

Se ∆ = b2 − 4ac = 0, a equação característica, apresenta duassoluções iguais dadas por

λ1 = λ2 = − b

2a

de modo queu1(x) = Ce−bx/2a (3.32)

é a única solução. Mas, o conjunto das soluções das equações dife-renciais ordinárias de ordem n, admitem n soluções linearementeindependentes. Para obter uma segunda solução LI usaremos ummétodo desenvolvido pelo matemático francês Joseph L. Lagrange,chamado de variação de parâmetros. Para isso, substituímos em(3.32) a constante C pela função C(x) para obter

u2(x) = C(x)u1(x) = C(x)e−bx/2a (3.33)

Substituindo esta expressão na equação diferencial (3.28), agrupandoos termos segue que:

4A2C ′′(x)− (4ac− b2)C(x) = 0 ⇒ C ′′(x) = 0

pois neste caso, ∆ = b2 − 4ac = 0. Assim,

C(x) = k1x+ k2 (3.34)

Tomando k1 = 0 e k2 = 0, temos C(x) = x que substituído em (3.33)resulta em

u2(x) = xe−bx/2a

Logo, a solução geral da equação diferencial homogênea de segundaordem é dada por

u(x) = C1u1(x) + C2u2(x) = (C1 + C2x)e−bx/2a

É interessante observar que substituindo C(x) dado em (3.33) na ex-pressão (3.34), encontramos diretamente a solução geral, de modoque o método da variação dos parâmetros nos fornece mais do quepedimos.

95


Exemplo 3.12 Resolva a equação diferencial:

y′′ + 4y′ + 4y = 0

Resolução: Nesse caso, a = 1, b = 4 e c = 4, de modo que aequação característica é λ2 + 4λ+ 4 = 0 ⇒ ∆ = 0. Logo,

y(x) = (C1 + C2x)e−4x/2 = (C1 + C2x)e

−2x

Caso 3: ∆ < 0

Se ∆ = b2 − 4ac < 0 as raízes da equação característica são com-plexas e dadas por:

λ =−b±

√−∆i

2a= α± ωi, sendo i =

√−1

onde α = −b/2a e ω =√−∆/2a. Assim, a solução geral é dada por

u(x) = C1eλ1x + C2e

λ2x = C1e(α−ωi)x + C2e

(α+ωi)x

= eαx(C1e−ωix + C2e

ωix)

Manipulando séries infinitas, Leonhard Euler descobriu a seguinteidentidade:

eix = cosx+ i sinx (fórmula de Euler)

Usando a fórmula de Euler, segue que a solução geral da equaçãodiferencial é dada por

u(x) = C1eαx cos(ωx) + C2e

αx sin(ωx) (3.35)

Portanto, se ∆ < 0, devemos encontrar os valores α e ω e substituirna expressão (3.35).

Exemplo 3.13 Ache a solução geral da equação diferencial

y′′ + 2y′ + 2y = 0

sendo y = y(x).

96


Resolução: Nesse caso, a = 1, b = 2 e c = 2, de modo que ∆ =−4 < 0. Sendo

α = − b

2a= −2

2= −1 e ω =

∆

2a=

−(−4)

2= 2

segue quey(x) = C1e

−x cos(2x) + C2e−x sin(2x)

3.7 Equações Diferenciais Ordinárias deSegunda Ordem, Não-Homogêneas

Uma equação diferencial ordinária, linear de segunda ordem, não-homogênea é uma expressão dada em (3.2), isto é:

a2(x)u′′ + a1(x)u

′ + a0(x)u = b(x)

em que b(x) ≡ 0. Vimos na proposicão (3.1) que se u1 e u2 são duassoluções da EDO (3.2), então u1−u2 é solução da equação diferencialhomogênea correspondente dada por:

a2(x)u′′ + a1(x)u

′ + a0(x)u = 0 (3.36)

Reciprocamente, se u1 é solução da equação (3.2) e u2 é solução daequação (3.36), então u1 + u2 é solução da EDO (3.2).

Sejam u1 e u2 soluções linearmente independentes da equaçãodiferencial homogênea (3.36) e seja up uma solução da equação difer-encial (3.2). Se u é qualquer solução da equação nã-homogênea de(3.2), então uh = u− up é solução da equação homogênea (3.36), demodo que u− up = C1u1 + C2u2. Logo,

u(x) = uh(x) + up(x) = C1u1(x) + C2u2(x) + up(x) (3.37)

é a solução geral da equação diferencial não-homogênea (3.2).

Exemplo 3.14 Resolva a equação diferencial y′′ − y = x.

97


Resolução: A equação diferencial homogênea correspondente éy′′ − y = 0. A equação característica dessa equação é λ2 − 1 = 0,de modo que λ = ±1. Assim, y1(x) = e−x e y2 = ex. Para queessas soluções formem um conjunto fundamental de soluções, deve-mos mostrar que W (y1, y2)(x0) = 0. Isso segue do exemplo 3.4, pois−1 = 1.

Assim, yH = C1e−x + C2e

x é a solução geral da equação ho-mogênea. Por inspeção verificamos que yp(x) = −x. Logo,

y(x) = C1e−x + C2e

x − x

é a solução geral da equação diferencial dada.

Observação 3.2 Com relação a solução das equações diferenciaisordinárias de segunda ordem, temos os seguintes resultados:

• Exceto no caso em que as funções a2, a1 e a0 são constantes,não existe um método geral para achar u1.

• Dado u1, existe um método para achar u2.

• Dado y1 e y2, existe um método para achar yp.

3.7.1 Solução Particular das EDO’sde Segunda Ordem Através doMétodo dos Coeficientes a Determinar

O método dos coeficientes a determinar é usado para achar a soluçãoparticular up da equação diferencial:

ay′′ + by′ + cy = f(x) (3.38)

Este método consiste em escrever yp na forma geral da função f ,conforme os ítens abaixo:

i) Se f(x) = k, então yp(x) = A

ii) Se f é um polinômio do 1o grau, então yp(x) = Ax+B

98


iii) Se f(x) = erx, então yp(x) = Aerx desde que r não seja raizdo polinômio característico. No caso em que r é raiz simplesdo polinômio característico, yp(x) = Axerx e se for raiz dupla,tomamos yp(x) = Ax2erx.

iv) Se

f(x) =

cos(rx)

ousin(rx)

entãoyp(x) = A cos(rx) +B sin(rx) (3.39)

No caso em que r é raiz simples do polinômio característico,devemos multiplicar a expressão (3.39) por x e se for raiz dupla,multiplicamos por x.

O método também é aplicável se f é a soma ou produto das funçõesacima. Por exemplo, se f(x) = xerx, tomamos yp(x) = (Ax+B)erx eassim por diante.

Exemplo 3.15 Ache a solução geral das EDO’s abaixo:

a) y′′ − 3y′ + 2y = 4

b) y′′ + 6y′ = x

c) y′′ − 4y′ + 4y = ex

d) y′′ + y = sin(2x)

e) y′′ − 5y′ = e5x

Resolução:

a) O primeiro passo é achar a solução da equação diferencial ho-mogênea y′′ − 3y′ + 2y. A equação característica é

λ2 − 3λ+ 2 = 0

99


Como ∆ = 1 > 0, os valores de λ são reais e distintos, dadospor λ1 = 1 e λ2 = 2. Assim, as soluções são y1(x) = ex ey2(x) = e2x, de modo que a solução da equação homogêneaé yh(x) = C1e

x + C2e2x. Sendo f constante, então yp(x) = A.

Substituindo yp na equação diferencial dada, temos:

y′′p − 3y′p + 2yp = 4 ⇒ 0− 3 · 0 + 2A = 4 ⇒ A = 2

Assim, yp(x) = 2. Logo, a solução geral é

y(x) = yh(x) + yp(x) = C1ex + C2e

2x + 2

Nesse caso, a função f é uma constante, e portanto

b) A solução yh da equação homogênea é yh(x) = C1 +C2e−6x. A

forma da solução particular deve ser yp(x) = Ax + B, de modoque

y′′p(x) + 6y′p(x) = x ⇒ 0 + 6(Ax+B) = x+ 0

Comparando os coeficientes, segue que 6A = 1 e B = 0, demodo que yp(x) =

x

6. Logo,

y(x) = yh(x) + yp(x) = C1 + C2e−6x +

x

6

c) A equação diferencial homogênea é y′′ − 4y′ + 4y = 0, de modoque a equação característica é λ2 − 4λ + 4 = 0. Sendo ∆ =0, então λ = 2 é uma raiz de multiplicidade 2 dessa equação,donde segue que yh(x) = (C1+C2x)e

−2x. Por outro lado, f(x) =ex e sendo r = 1 distinto das raízes da equação característica,então yp(x) = Aex. Assim,

y′′p(x)−4y′p(x)+4yp(x) = ex ⇒ Aex−4Aex+4Aex = ex ⇒ A = 1

de modo que yp(x) = ex e

y(x) = yh(x) + yp(x) = (C1 + C2x)e−2x + ex

100


d) É fácil ver que a equação característica da equação diferencialhomogênea é λ2 + 1 = 0. Sendo ∆ = −4 < 0, suas raízes sãocomplexas. Para escrever a solução yh, note que α = −b/2a =−0/2 = 0 e ω =

√−∆/2a =

√−(−4)/2 = 1, de modo que

yh = C1 cosx+C2 sinx. Por outro lado, f(x) = sin(2x), de modoque r = 2 = ω. Portanto, o formato da solução particular é

yp(x) = A cos(2x) +B sin(2x)

Note quey′p(x) = −2A sin(2x) + 2B cos(2x)

ey′′p(x) = −4A cos(2x)− 4B sin(2x)

Assim,

y′′p + yp(x) = sin(2x) ⇒− 4A cos(2x)− 4B sin(2x) +A cos(2x) +B sin(2x) = sin(2x)

de modo que −3A = 0 ⇒ A = 0

−3B = 1 ⇒ B = −1/3

Logo,

y(x) = yh(x) + yp(x) = C1 cosx+ C2 sinx− 1

3sin(2x)

e) É fácil ver que a solução da equação homogênea é yh(x) = C1+C2e

5x (Verifique!). Por outro lado, r = 5, pois f(x) = e5x. Assim,o valor de 5 é igual a uma das raízes da equação característica,de modo que devemos multiplicar o modelo Ae5x por x, isto é,yp(x) = Axe5x. Sendo

y′p(x) = Ae5x + 5Axe5x

e

y′′p(x) = 5Ae5x + 5Ae5x + 25Axe5x = 10Ae5x + 25Axe5x

101


Da equação y′′p(x)− 5y′p(x) = e5x segue que

10Ae5x +25Axe5x − 5(Ae5x +5Axe5x) = e5x ⇒ 5Ae5x = e5x

donde obtemos que A = 1/5. Logo,

y(x) = yh(x) + yp(x) = C1 + C2e5x +

1

5xe5x

é a solução geral da equação diferencial dada.

Exemplo 3.16 Resolva o PVI:y′′ + 9y = sin(3x)

y(0) = 1

y′(0) = 0

Resolução: A solução da equação diferencial y′′ + 2y′ + 2y = 0 é

yh(x) = C1 cos(3x) + C2 sin(3x)

Por outro lado, sendo f(x) = sin(3x), então r = 3 = ω, portanto, omodelo para a solução particular é

yp(x) = Ax cos(3x) +Bx sin(3x)

Note que

y′p(x) = A cos(3x)− 3Ax sin(3x) +B sin(3x) + 3Bx cos(3x)

e

y′′p(x) = −3A sin(3x)− 3A sin(3x)− 9Ax cos(3x)

+ 3B cos(3x) + 3B cos(3x)− 9Bx sin(3x)

= −6A sin(3x) + 6B cos(3x)− 9Ax cos(3x)− 9Bx sin(3x)

Assim, y′′p(x) + 9yp(x) = sin(3x) ⇒

[−6A sin(3x) + 6B cos(3x)− 9Ax cos(3x)− 9Bx sin(3x)]

+ 9[Ax cos(3x) +Bx sin(3x)] = sin(3x) ⇒

− 6A sin(3x) + 6B cos(3x) = sin(3x) ⇒ A = −1

6e B = 0

102


de modo que yp(x) = −x

6cos(3x). A solução geral é:

y(x) = yh(x) + yp(x) = C1 cos(3x) + C2 sin(3x)−x

6cos(3x)

Usando as condições iniciais, temos:1 = y(0) = C1

0 = y′(0) = 3C2 −1

6⇒ C2 =

1

18

Logo,

y(x) = cos(3x)− 1

18sin(3x)− x

6cos(3x)

3.8 Aplicações das Equações Diferenciaisde Segunda Ordem

Muitos problemas físicos podem ser modelados através das equaçõesdiferencias ordinárias de segunda ordem, tais como o movimento har-mônico simples (MHS), o cálculo da carga e da corrente elétrica deum circuito resistivo-indutivo-capacitivo (RLC) em uma malha simples,etc.

Exemplo 3.17 Considere um carrinho de massa m = 2 kg preso auma parede por meio de uma mola figura 3.3. A mola não exerceforça quando o carrinho está em posição de equilíbrio x = 0. Se ocarrinho for tirado do equilíbrio para uma posição x, então pela Lei deHooke, a mola passará a exercer uma força de restauração F = −kx,onde k > 0 é a constante elástica da mola. Suponha que a constanteelástica da mola seja k = 32 N/m, que o carrinho seja puxado atéuma posição x = 4m e que sua velocidade inicial seja zero. Desprezeo atrito e a resistência do ar e determine o PVI que rege o fenômeno.

Resolução: Estamos admitindo que a única força que age sobre ocarrinho é a força de restauração F = −kx; logo pela segunda lei deNewton, temos:

md2x

dt2= −kx ⇒ d2x

dt2+ 16x = 0

103


Figura 3.3: Carrinho conectado a uma mola em MHS.

Sendo x(0) = 4 m e v(0) = x′(0) = 0, temos o PVI:x′′ + 16x = 0

x(0) = 4 e x′(0) = 0(3.40)

A solução geral dessa EDO é x(t) = C1 cos(4t) + C2 sin(4t). Usandoas condições iniciais, temos:

4 = x(0) = C1 ⇒ x(t) = 4 cos(4t) + C2 sin(4t)

0 = x′(0) = −16 sin 0 + 4C2 cos 0 ⇒ C2 = 0

Logo, x(t)4 cos(4t).

Exemplo 3.18 Uma massa de 20 g estica uma mola de 5 cm. Suponhaque a massa também está presa a um amortecedor viscoso com umaconstante de amortecimento de 400 dinas.s/cm. Se a massa é pu-xada para baixo mais 2 cm e depois solta, encontre sua posição y(t)em qualquer instante t > 0.

Resolução: Nesse caso, devemos levar em conta uma força re-sistiva FR devido a viscosidade. Em geral, adotamos que o móduloessa força é proporcional a velocidade de deslocamento, isto é, FR =

−αv = −αdy

dt. Nesse problema, foi dado que α = 400 dinas.s/cm.

Assim, a equação diferencial que rege esse fenômeno é

ma = −ky − αv ⇒ d2y

dt2+

α

m

dy

dt+

k

my = 0

104


Sendo m = 20 g, α = 400 dinas.s/cm, k = 20000/5 = 4000 dyn/cm,y(0) = 2 e v(0) = y′(0) = 0, temos o PVI:

d2y

dt2+

400

20

dy

dt+

4000

20y = 0 ⇒ d2y

dt2+ 20

dy

dt+ 200y = 0

y(0) = 2, y′(0) = 0

A equação característica é λ2 + 20λ + 200 = 0. O discriminante é

∆ = −400 < 0, de modo que α = − b

2a= −20

2= −10 e ω =

√−∆

2a=

√400

2= 10. Assim, a solução geral é:

y(t) = e−10t[C1 cos(10t) + C2 sin(10t)]

Sendo y(0) = 2 e y′(0) = 0, segue que C1 = 2 e consequentemente,y(t) = e−10t[2 cos(10t)+C2 sin(10t)]. Derivando essa expressão, temos:

y′(t) = −10e−10t[2 cos(10t) + C2 sin(10t)]+

e−10t[−20 sin(10t) + 10C2 cos(10t)] ⇒0 = y′(0) = −10[2 + 0] + 1 · [0 + 10C2] ⇒ C2 = 2

Logo, y(t) = 2e−10t[cos(10t) + sin(10t)].


1. Mostre que y(x) = 4 cos(2x) é solução do PVI:y′′ + 4y = 0

y(0) = 4

y′(0) = 0

2. Calcule o wronskiano de cada par de funções nos ítens abaixo:

(a) u1(x) = e4x e u2(x) = e−2x R: W (x) = −6e2x

(b) u1(x) = cosx e u2(x) = sin(2x) R: W (x) = 2 cos3 x

105


(c) u1(x) = ex sinx e u2(x) = ex cosx R: W (x) = e2x

(d) u1(x) = lnx e u2(x) = ln(2x)

R: W (x) = − ln 2

x

3. Mostre que e4x e e−4x são soluções linearmente independentesde y′′ − 16y = 0.

4. Resolva as seguinte equações diferenciais:

(a) yy′ + (y′)2 = 0R: y(x) = C1 + C2e

−x

(b) 2xy′′ − y′ = (y′)3

R: y(x) =∫ √

x

C1 − xdx+ C2

5. Sabendo y1 = 1 é solução da equação diferencial xy′′ +3y′ = 0,

ache a solução geral. R: y(x) = C1 +C2

x2

6. Verifique que y1 = x2 é uma solução de x2y′′ + xy′ − 4y = 0 e

calcule a solução geral. R: y(x) = C1x2 +

C2

x2

7. Resolva as equações diferenciais ordinárias de segunda ordemhomogêneas abaixo:

a) y′′ − 6y′ + 8y = 0 R: y(x) = C1e2x + C2e

4x

b) y′′ + 8y′ + 16y = 0 R: y(x) = C1e−4x + C2xe

−4x

c) 2y′′ + 3y′ − 5y = 0 R: y(x) = C1e−5x/2 + C2e

x

d) y′′ − 4y′ + 5y = 0 R: y(x) = C1e2x sinx+ C2e

2x cosx

e) 4y′′ − 4y′ +5y = 0 R: y(x) = C1ex/2 sinx+C2e

x/2 cosx

f) 9y′′ + 6y′ + y = 0 R: y(x) = C1e−x/3 + C2xe

−x/3

8. Use o método dos coeficientes a determinar e ache a soluçãogeral das equações diferenciais abaixo:

(a) y′′ − 2y′ + y = x2 − x− 3R: y(x) = (C1 + C2x)e

x + x2 + 3x+ 1

106


(b) y′′ + 3y′ + 2y = 5e2x

R: y(x) = C1e−2x + C2e

x +5

12e2x

(c) y′′ − 4y′ + 5y = 1 + 5xR: y(x) = e2x(C1 cos 2x+ C2 sin 2x) + x+ 1

(d) y′′ − 3y′ = x2

R: y(x) = C1 + C2e3x − x3

9− 2x

9

(e) y′′ − 10y′ + 25y = 3e5t

R: y(t) = (C1 + C2t)e5t +

3

2t2e5t

9. Resolva o problema de valor inicialy′′ + y = 1

y(0) = 2, y′(0) = 7

R: y(x) = 1 + cosx+ 7 sinx

10. Resolva o problema de valor inicialy′′ + 3y′ + 2y = 5

y(0) = −1, y′(0) = 3

R: y(x) =1

2− 4e−2x +

1

2e−x

11. Uma partícula P de massa 2 gramas se move no eixo dos x eé atraída para a origem por um força numericamente igual a 8x.Se ela está inicialmente em repouso em x = 10, encontre suaposição em qualquer instante t > 0 com a seguinte condição:

(a) Nenhuma outra força atua na partícula.R : x(t) = 10 cos(2t)

(b) Uma força de amortecimento numericamente igual a 8 vezesa velocidade instantânea atua sobre a partícula.R : x(t) = 10e−2t(1 + 2t)

107


12. Suponha que no problema anterior, uma força externa F (t) atuana partícula, mas que não haja força de amortecimento. Encon-tre a posição da partícula em um tempo qualquer t se F (t) =8 cos(2t).

13. Use as leis de Newton e mostre que a amplitude de oscilaçãoθ(t) de um pêndulo simples satisfaz a equação diferencial or-

dinária de 2a ordem, não-lineard2θ

dt2+

g

lsin θ = 0, onde g é a

aceleração da gravidade e l é o comprimento do pêndulo. Su-gestão: Pesquise nos livros de Física.

14. Na subseção 2.5.5 apresentamos um circuito elétrico RLC e u-sando as leis das malhas e de Kirchhoff, concluímos que

RI + LdI

dt+

Q

C= E(t) (3.41)

onde I é a corrente elétrica e Q é a carga.

(a) Substitua I pordQ

dtna expressão (3.41) e obtenha uma

equação diferencial não-homogênea de 2a ordem para acarga elétrica.

(b) Derive essa expressão em relação t na expressão (3.41)e obtenha uma equação diferencial não-homogênea de 2a

ordem para a corrente elétrica. I.

15. No tempo t = 0 uma corrente de 2 ampéres flui em um circuitoRLC com resistência = 40 Ω, indutância L = 2 H e capacitânciaC = 10−5 F . Ache a corrente elétrica em um tempo t > 0 queflui no circuito, sabendo que a carga inicial no capacitor é 1 C.Assume que:

(a) E(t) = 0

(b) E(t) = 6 V

16. Um indutor de 2H, um resistor de 16 Ω e um capacitor de 0, 02 Fsão ligados em série com um f.e.m de E(t) = 100 V . Em t = 0, acarga no capacitor e a corrente no circuito são zeros. Determinea carga Q(t) para t > 0.

108

Capítulo 4

Equações DiferenciaisOrdinárias Via Operador D

4.1 Introdução e Definição do Operador D

O objetivo destas notas é desenvolver algumas técnicas para a reso-lução de equações diferenciais ordinárias lineares de forma simplifi-cada. Tais técnicas baseiam-se na interpretação do operador D e oseu inverso D−1 = 1/D.

Definição 4.1 O operador diferencial D é definido por

D =d

dx

cuja potência de expoente n, inteiro positivo, exprime derivações su-cessivas, isto é,

Dn =

nvezes︷︸︸︷D ·D · . . . ·D =

dn

dxn

Proposição 4.1 (Propriedades do Operador D) Seja D o operadordiferencial. Então:

i) D[f(x) + g(x)] = Df(x) +Dg(x)

109


ii) D[f(x)] = cD[f(x)] ∀c ∈ R

iii) Dm[Dnf(x)] = Dn[Dmf(x)] = Dm+nf(x) sendo m e n inteirospositivos.

Demonstração: Segue diretamente da definição de derivada.

Observação 4.1 Os operadores que satisfazem os ítens i) e ii) daproposição (4.1) são ditos lineares.

A equação diferencial linear de ordem n e coeficientes constantesnão-homogênea é dada por

a0dny

dxn+ a1

dn−1y

dxn−1+ . . .+ an−1

dy

dx+ any = f(x) (4.1)

sendo aj ∈ R, j = 0, 1, . . . , n e a0 ∈ R∗. Através do operador Dpodemos reescrever (4.1) na forma

a0Dny + a1D

n−1y + . . .+ an−1Dy + any = f(x)

ou(a0D

n + a1Dn−1 + . . .+ an−1D + an)y = f(x)

ou

P (D)y = f(x) sendo P (D) =n∑

k=0

an−kDn−k (4.2)

Pela proposição (4.1), P (D) é um operador linear. Além disso,podemos tratar P (D) como um polinômio e escrevê-lo na forma fa-torada:

P (D) = a0(D − r1)(D − r2) . . . (D − rn) (4.3)

de modo que P (D)y = f(x) continua verdadeira. A equação obtida de(4.3), P (D) = 0 é algumas vezes denominada equação característicae as raízes r1, r2, . . . , rn são chamadas raízes características.

110


Definição 4.2 O operador D−1 ou1

Drepresenta uma operação in-

versa de D, isto é,

D−1[ ] =

∫[. . .]dx+ C

Desta definição segue a seguinte proposição:

Proposição 4.2 D−1 é um operador linear.

Demonstração: Para isso, basta mostrar que

i) D−1[f(x) + g(x)] = D−1f(x) +D−1g(x)

ii) D−1[cf(x)] = cD−1f(x), ∀c ∈ R

De fato, sejam D−1f(x) = F (x) e D−1g(x) = G(x). Assim, f(x) =DF (x) e g(x) = DG(x), de modo que

f(x) + g(x) = DF (x) +DG(x) = D[F (x) +G(x)] ⇒

D−1[f(x) + g(x)] = F (x) +G(x) = D−1f(x) +D−1g(x)

ecf(x) = cDF (x) = D[cF (x)] ⇒

D−1[cf(x)]cF (x) = cD−1f(x)

Observação 4.2 Dadas as funções f(x) e F (x) tal que DF (x) =f(x), então

[D−1D]F (x) = D−1[DF (x)] = D−1f(x) = F (x) + C

e

[DD−1]f(x) = D[D−1f(x)] = D[F (x) + C]

= DF (x) +DC = f(x) + 0 = f(x)

Assim, DD−1 = 1 e D−1D = 1. Neste trabalho, iremos dispor dasconstantes arbitrárias C de tal forma que D e D−1 sejam semprecomutativos, isto é DD−1 = D−1D = 1.

111


Considerando que o operador P−1(D) ou 1/P (D) é o inverso deP (D) no sentido de que na aplicação sucessiva destes operadores,um anula o efeito do outro, ou seja, P (D)P−1(D) = P−1(D)P (D) = 1.Além disso, segue das proposições (4.1) e (4.2) que os operadoresP (D) e P−1(D) são lineares.

4.1.1 Caso Homogêneo

No caso em que f(x) ≡ 0, a equação diferencial dada em (4.1) ésimplificada para

P (D)y = 0 ou a0(D − r1)(D − r2) · . . . · (D − rn)y = 0 (4.4)

Temos 3 casos para serem analisados:

Caso 1: r1 = r2 = . . . = rnNeste caso, a solução é dada por

y(x) = C1er1x + C2e

r2x + . . .+ Cnernx

ou seja, y(x) é a soma de n soluções linearmente independentes de(4.1) com n constantes arbitrárias.

Exemplo 4.1 Ache a solução geral da EDO: y′′ − 6y′ + 8y = 0.

Resolução: Usando o operador D, temos:

(D2 − 6D + 8)y = 0 ⇒ (D − 4)(D − 2)y = 0 ⇒y(x) = C1e

2x + C2e4x

Caso 2: r1 = r2 = r3 = . . . = rn−1 = rnNeste caso, a solução é dada por

y(x) = C1er1x + C2xe

r1x + C3xer3x + . . .+ Cne

rnx

Em geral, a uma raiz r de multiplicidade m, corresponde a

C1erx + C2xe

rx + . . .+ Cmxm−1erx

112


Exemplo 4.2 Ache a solução geral da EDO:

d3y

dx3− 2

d2y

dx2− 4

dy

dx+ 8y = 0

Resolução: Usando o operador D, temos:

(D3 − 2D2 − 4D + 8)y = 0

Note que 2 é uma raiz da equação característica D3−2D2−4D+8 = 0.Fatorando esta expressão, segue que

(D − 2)2(D + 2)y = 0 ⇒ y(x) = C1e2x + C2xe

2x + C3e−2x

Caso 3: Existe uma raiz complexa r = a+bi de multiplicidade m < n.Neste caso, sendo os coeficientes de P (D) reais, então r = a− bi

também é uma raiz de multiplicidade m de P (D) = 0, de modo que asolução deve ter o termo

eax( m∑

k=1

Ckxk−1

)cos(bx) + eax

( m∑k=1

Cm+kxk−1

)sin(bx)

Exemplo 4.3 Ache a solução geral da EDO:

d2y

dx2− 2

dy

dx+ 2y = 0

Resolução: Usando o operador D, temos

(D2 + 2D + 2)y = 0 ⇒ [(D + 1)2 + 1]y = 0 ⇒y(x) = C1e

−x cosx+ C2e−x sinx

Exemplo 4.4 Ache a solução geral da EDO

y(5) − y(4) + 2y′′′ − 2y′′ + y′ − y = 0

Resolução: A equação característica desta equação é

D5 −D4 + 2D3 − 2D2 +D − 1 = 0

113


É fácil ver que 1 é uma raiz desta equação e usando divisão polino-mial, obtemos a equação biquadrada D4 + 2D2 + 1 = 0 cujas raízessão −i e i com multiplicidade 2. Assim, a forma fatorada da EDOacima é

(D − 1)(D − i)2(D + i)2y = 0 ⇒

y(x) =

2∑k=1

Ckxk−1 cosx+

2∑k=1

C2+kxk−1 sinx+ C5e

x

Logo, a solução geral é

y(x) = C1 cosx+ C2x cosx+ C3 sinx+ C4x sinx+ C5ex

4.1.2 Caso Não-Homogêneo

A solução geral da equação diferencial linear não-homogênea dadapor (4.1) ou na forma (4.2) é composta de duas soluções: A soluçãohomogênea yh(x) vista anteriormente e a solução particular yp(x) quesurge devido ao termo não-homogêneo f(x). Para obter a soluçãogeral y(x) = yh(x) + yp(x) à partir da equação diferencial P (D)y =f(x), aplicaremos o operador linear P−1(D) à equação P (D)y = 0 +f(x), ou seja, P−1(D)P (D)y = P−1(D)·0+P−1(D)f(x), donde segueque

y(x) = P−1(D) · 0 + P−1(D)f(x) (4.5)

Mas,y(x) = yh(x) + yp(x) (4.6)

De (4.5) e (4.6), segue queyh(x) = P−1(D) · 0yp(x) = P−1(D)f(x)

(4.7)

Da primeira expressão em (4.7), temos a seguinte definição:

Definição 4.3 Chamaremos de aplicação à zero, denotado por P−1(D)·0 a solução homogênea yh(x) da EDO dada por (4.1).

114


A técnica para achar P−1(D) · 0 é explicado na seção anterior.Podemos obter yp(x) usando o operador P−1(D) quando f(x) for umaexpressão formada por um dos tipos de funções ou combinações de-las.

f(x) =

k

xn

sin(ax)

cos(ax)

sinh(ax)

cosh(ax)

eaxϕ(x)

xmϕ(x)

sendo

ϕ(x) =

sin(ax)

cos(ax)

sinh(ax)

cosh(ax)

4.2 Teoremas FundamentaisSobre o Operador D

115

Capítulo 5

Métodos Numéricos ParaEDO’s

5.1 Breve Introdução Histórica

Os trabalhos preliminares na área dos métodos numéricos para asolução de equações diferenciais são devidos, entre outros, a IsaacNewton (1642 − 1729) e Gottfried Wilhelm Leibniz (1646 − 1716), noséculo XV II, bem como a Leonhard Euler (1707 − 1783), no séculoXV III. Mas foi sobretudo devido aos trabalhos deste último queforma impulsionados os estudos que conduziram aos métodos quehoje conhecemos.

Euler deduziu um processo iterativo que permitia determinar, deforma aproximada, a solução de um problema de condição inicial numdeterminado ponto. A demonstração rigorosa de que, de fato, o pro-cesso por ele apresentado conduzia à solução da equação só foi ap-resentada mais tarde, em 1824, por Augustin L. Cauchy (1789− 1857)e melhorada por Rudolf Lipschitz (1832 − 1908). No entanto, nemassim, o processo apresentado por Euler se tornou popular. Por e-xemplo, Karl Weierstrass (1815 − 1897), famoso matemático alemãodo século XIX trabalhou nestes assuntos sem conhecer os trabalhosde Cauchy e Lipschitz.

O final do século XIX e início do século XX foram muito pro-

116


dutivo em métodos numéricos para a resolução de equações dife-renciais. Com os desenvolvimentos efetuados na Teoria do Calor porFourier e na Mecânica Celeste por Adams, Bessel, Cauchy, Gauss,Laguerre, Laplace, Legendre, Leverrier, Poincaré e outros, vieramtornar imprescindível a existência de esquemas para determinar asolução de equações diferenciais. A balística foi outra ciência quecomeçou a exigir resultados desta área.

Os métodos numéricos para determinar a solução de equaçõesdiferenciais podem ser divididos em duas classes: Os métodos depasso único aos quais pertence o método de Euler-Cauchy-Lipschitze os métodos de passo múltiplo.

Os sucessores do método de Euler-Cauchy-Lipschitz foram apre-sentados por K. Heun em 1900 e, sobretudo, por Carl Runge (1856 −1927) em 1895 e 1908 e por Martin Wilhelm Kutta (1867 − 1944) em1901, tendo sido considerados como generalizações das regras de in-tegração. Estes métodos tornaram-se bastante populares devido àssuas propriedades e à sua fácil utilização.

Dos primeiros e mais conhecidos métodos de passo múltiplo paraa resolução de equações são os chamados métodos de Adams. JohnCouch Adams (1819 − 1892), famoso astrônomo britânico, em co-autoria, o planeta Netuno, baseou-se nos métodos teóricos propos-tos por Cauchy para apresentar um método novo que usou na inte-gração da equação de Bashforth. Aliás, foi num trabalho de FrancisBashforth (1819 − 1912) de 1883 que o método proposto por Adamsfoi apresentado, sendo por isso também conhecido por método deAdams-Bashforth.

Foi possivelmente a Primeira Guerra Mundial que veio dar um forteimpulso ao florescimento dos métodos numéricos. A grande quanti-dade de cálculos e a complexidade dos problemas que a balístiicaexige não poderiam ser efetuados facilmente sem a ajuda destes pro-cessos alternativos. A primeira contribuição para o melhoramento dosmétodos existentes foi dado pelo matemático americano Forest RayMoulton (1872 − 1952) em 1925, propondo uma classe de métodosconhecidos por Adams-Moulton. Em 1928 apareceu um trabalho daautoria de Richard Courant (1888−1972), Kurt Friedrichs (1901−1982)e Hans Lewis que revolucionou toda a teoria dos métodos numéricos

117


para a resolução de equações diferenciais.No entanto foi só depois da 2a guerra mundial e sobretudo do

aparecimento do primeiro computador e dos trabalhos de HermanGoldstine (1903−) e John Von Neumann (1903− 1957), em 1947, queestes métodos começaram a ser usados de forma sistemática. Con-ceitos como "erros de arredondamento", "instabilidade numérica" co-meçaram a surgir e a tornar-se de capital importância para o estudoda teoria subjacente. Os estudos sobre métodos numéricos para aresolução de equações diferenciais começaram a merecer a atençãode um número crescente de matemáticos e outros cientistas e hoje éuma das áreas mais importantes e profíquas da Matemática em gerale da Análise Numérica em particular.

5.2 Existência e Unicidade de Solução de umPVI

Considere o PVI: y′ = f(x, y)

y(x0) = y0(5.1)

Relativo a esse problema de valor inicial e antes de apresentar-mos o teorema que estabelece as condições suficientes para que oproblema tenha solução única consideremos a seguinte definição:

Definição 5.1 Uma função f(x, y) é lipschitziana, na variável y numconjunto D ⊂ R2 se existir uma constante L > 0 tal que

|f(x, y1)− f(x, y2)| ≤ L|y1 − y2|

sempre que (x, y1), (x, y2) ∈ D. Além disso, L chama-se constante deLipschitz.

Teorema 5.1 (Picard) Seja f(x, y) uma função contínua e lipschtzianana variável y em D = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, y ∈ R. Então o PVI(5.1) tem solução única y(x) para x ∈ [a, b].

118


A demonstração desse teorema foge dos nossos objetivos.

Definição 5.2 Um conjunto D ⊂ R2 é convexo se, para qualquer(x1, y1), (x2, y2) ∈ D, se o ponto

P ((1− θ)x1 + θx2, (1− θ)y1 + θy2) ∈ D, para todo θ ∈ [0, 1]

Segue da definição acima e do Teorema de Picard o seguintecorolário que apresentaremos sem demonstração.

Corolário 5.1 Suponhamos que f(x, y) está definida num conjuntoconvexo D ⊂ R2. Se existir uma constante L > 0 tal que∣∣∣∣∂f∂y (x, y)

∣∣∣∣ ≤ L, ∀(x, y) ∈ D,

então f é lipschitziana na 2a variável com L como constante. Alémdisso, nessas condições o PVI (5.1) tem uma única solução y(x) parax ∈ [a, b].

Observação 5.1 Note-se que o conjunto

D = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, com y ∈ R

é, obviamente, convexo.

Exemplo 5.1 Mostre que o problema de valor inicial y′ =1

1 + y2

y(a) = α

para x ∈ [a, b] tem solução única.

Resolução: Seja D = (x, y) : a ≤ x ≤ b, y ∈ R e f(y) = 1/(1+ y2).Vamos provar que a função∣∣∣∣∂f∂y (x, y)

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ −2y

(1 + y2)2

∣∣∣∣119


é limitada em D. Para isso, temos que determinar

L = maxy∈R

∣∣∣∣ 2y

(1 + y2)2

∣∣∣∣Como a função que queremos provar limitada é par temos que

L = maxy∈R∗

+

∣∣∣∣ 2y

(1 + y2)2

∣∣∣∣Consideremos g(y) = 2y/(1 + y2)2. Como g′(y) = 0 ⇒ y = ±

√3/3,

temos que

L = maxy∈R+

0

g(0), g(

√3

3), lim

y→∞g(y)

= max0, 0.6594, 0 = 0.6594

Pelo corolário 5.1, segue o resultado.Outra questão que se coloca é a de saber se o PVI (5.1) é sensível

a pequenas pertubações nos dados do problema, isto é, se pequenasalterações nas condições iniciais não provocam grandes alteraçõesnos resultados. Jacques Hadamard, em 1923, sugeriu duas condiçõesque devem ser verificadas quando se formula um PVI:

i) A solução deve existir e ser única;

ii) A solução deve depender de forma contínua dos dados iniciaisdo problema.

Temos então a seguinte definição:

Definição 5.3 O PVI (5.1) é bem posto se:

i) Possui solução única y(x);

ii) For estável, isto é, existirem constantes positivas ξ e k tais queo problema perturbado

z′(x) = f(x, z) + δ(z)

y(a) = α+ δ0

120


possui solução única z(x) com

|z(x)− y(x)| < kξ, ∀t ∈ [a, b],

sempre que |δ0| < ξ e |δ(x)| < ξ.

Teorema 5.2 As hipóteses do corolário 5.1 são suficientes para garan-tir que o PVI (5.1) é bem posto.

Demonstração: De fato, o Corolário já estabelece a existência eunicidade e solução, falta apenas provar que o problema é estável.Considerando

w(x) = z(x)− y(x)

temos

w′(x) = f(x, z(x))− f(x, y(x)) + δ(x) = fy(x, y(x))w(x) + δ(x),

com a condição inicial w(a) = δ0 e que y(x) pertence ao intervalodefinido por y(x) e z(x). Integrando a equação anterior, segue que

w(x) = e∫ xa fydτ

[∫ x

aδ(σ)e−

∫ σa fydµ+ δ0

]o que prova que o problema perturbado é estável.

Poderia também provar que, para que o PVI (5.1) tenha solução

única e seja bem posto, é suficiente que se verifiquem as hipótesesdo Teorema de Picard. Vamos assumir que todos os problemas con-siderados neste capítulo verificam tais hipóteses.

Exemplo 5.2 Mostre que o problema de valor inicialy′(x) = x− y + 1

y(0) = 1

para x ∈ [0, 1], é bem posto.

Resolução: Seja D = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, y ∈ R e f(x, y) = x−y+1.Como

L = max(x,y)∈D

∣∣∣∣∂f∂x (x, y)∣∣∣∣ = 1

temos que o PVI dado é bem posto.

121


5.3 Métodos Numéricos

Consideremos o PVI bem posto (5.1). Os métodos numéricos pararesolver este problema são os métodos discretos, isto é, são méto-dos que determinam aproximações y0, y1, . . . , yn para a solução exatay(x0), y(x1), . . . , y(xn) nos pontos distintos da malha

a = x0 < x1 < . . . < xn−1 < xn = b

Às distâncias hi = xi − xi−1, i = 1, . . . , n, dá-se o nome de passos. Se os passos forem todos iguais, a malha diz-se uniforme ou depasso constante, caso contrário, dizemos que a malha é de passovariável. Neste curso vamos apenas considerar malhas uniformes,isto é, tais que xi = x0 + ih, i = 0, . . . , n, onde h = (b− a)/n.

5.3.1 Classificação dos Métodos Numéricos

É usual agrupar os métodos numéricos para a resolução de proble-mas de valor inicial em dois grandes grupos:

1. Métodos de Passo Único: São métodos que determinam ovalor de yi+1 apenas em função de yi. Este método pode sersubdividido em:

(a) Métodos Explícitos: São métodos em que o valor de yi+1

é determinado diretamente a partir de yi. Estes métodospodem ser escritos na forma

yi+1 = yi + hϕ(xi, yi;h) (5.2)

(b) Métodos Implícitos: São métodos em que o valor de yi+1

dependem implicitamente de si mesmo através de f . Estesmétodos podem ser escritos na forma

yi+1 = yi + hϕ(ti, ti+1, yi, yi+1;h) (5.3)

2. Métodos de Passo Múltiplo: São métodos que determinam ovalor de yi+1 em função de yi, yi−1, . . . , yi−r+1. Neste caso diz-se que o método é de r passos.

A função ϕ que define os métodos (5.2) e (5.3) é chamada função deiteração do método numérico.

122


5.3.2 Método de Picard

A demonstração do Teor. (5.1) estabelece um processo iterativo deaproximação da solução do PVI (5.1) conhecido por método de Picard(1856 − 1941) é equivalente a determinar y, continuamente diferen-ciável, que verifica

y0(x) = y(a) = α

yj+1 = α+

∫ x

af(t, yj(t))dt, j = 0, 1, . . .

(5.4)

converge para a única solução de (5.1).

Exemplo 5.3 Resolva o PVI abaixo através do método de Picardy′ = x2 + y2

y(0) = 0

Resolução: Sendo y0(x) = 0, segue que

y1(x) =

∫ x

0f(t, y0(t))dt =

∫ x

0t2dt =

x3

3

y2(x) =

∫ x

0f(t, y1(t))dt =

∫ x

0

[t2 +

( t33

)2]=

x3

3+

x7

63

y3(x) =

∫ x

0f(t, y1(t))dt =

∫ x

0

[t2 +

( t33+

t7

63

)2]=

x3

3+

x7

63+

2x11

2079+

x15

59535

donde segue que

ϕ(x) ∼=x3

3+

x7

63+

2x11

231+

x15

59535

5.3.3 Métodos Baseados na Série de Taylor

Consideremos novamente PVI (5.1):y′ = f(x, y)

y(x0) = y0

123


com f suficientemente diferenciável nas variáveis x e y. Então

yn+1∼= y(xn+1) = y(xn + h) = y(xn) + hy′(xn) +

h2

2y′′(xn) +

h3

6y′′′(xn)+

+ . . .+hk

k!y(k)(xn) +

hk+1

(k + 1)!y(k+1)(ξx), ξ ∈ (xn, xn + h)

(5.5)

Sendo y′(x) = f(x, y(x)), segue que

y′′(x) =d

dxf(x, y(x)) =

∂f

∂x

dx

dx+

∂f

∂y

dy

dx= fx + ffy (5.6)

y′′′(x) =d

dx(fx + ffy) =

d

dx(fx) +

d

dx(ffy)

= fxx + fxyf + (fx + fyy′)fy + f

[∂(fy)

∂x+

∂(fy)

∂y

dy

dx

]= fxx + 2fxyf + fyyf

2 + fxfy + (fy)2f

Observe que para determinar y′′′(x), devemos calcular várias derivadasparciais da função f(x, y) o que torna o método muito trabalhoso. As-sim, nos concentraremos em apenas dois métodos obtidos da sériede Taylor:

1. Método de Taylor de 1a Ordem (Método de Euler)

É um método numérico de passo simples obtido fazendo k = 1em (5.5), isto é

yn+1∼= y(xn) + hy′(xn) + y′′(ξ)

h2

2, ξ ∈ (xn, xn + h)

Assim, dados x0, y0, h, geramos aproximações yi para y(xi) atravésde

yi+1 = yi + hf(xi, yi)

xi+1 = xi + h(5.7)

Neste método, o erro de truncamento é dado por:

e(xn) = y′′(ξ)h2

2(5.8)

124


Exemplo 5.4 Considere o PVIy′ = −2y

y(0) = 1

Determine usando o método de Euler o valor aproximado dey(1), fazendo h = 0.25. Resolva o PVI e compare o valor exatocom o valor aproximado.

Resolução: Sendo h = 0.25 e f(x, y) = −2y, segue de (5.7),que yi+1 = yi + 0.25 × (−2yi) = 0.50yi para i = 0, 1, 2, 3, 4, ouseja,

y(0) ∼= y0 = 1

y(0.25) ∼= y1 = 0.50y0 = 0.50

y(0.50) ∼= y2 = 0.50y1 = 0.50× 0.50 = 0.25

y(0.75) ∼= y3 = 0.50y2 = 0.50× 0.25 = 0.125

y(1) ∼= y4 = 0.50y3 = 0.50× 0.125 = 0.0625

Por outro lado, a solução analítica do PVI é dada por y(x) =e−2x, de modo que y(1) = 1/e2 = 0.135335. Logo, |y4 − y(1)| =0.072835.

Exemplo 5.5 Seja o PVI:y′ = y

y(0) = 1

Trabalhando com quatro casas decimais, determine o passoconstante h no método de Euler para aproximar y(0.04) comϵ ≤ 5× 10−4.

Resolução: Neste caso, sabemos a solução analítica que édada por y(x) = ex, temos então que

M2 = maxx∈[0,0.04]

|y′′(x)| = e0.04 = 1.0408 ⇒ |y′′(ξ)| ≤ M2

125


de modo que

|e(x)| ≤ |y′′(ξ)|2

h2 ≤ 1.0408

2h2 ⇒

1.0408

2h2 ≤ 5× 10−4 ⇒ h ≤ 0.0310

Tomemos pois o maior h, de forma a trabalhar com pontos igual-mente espaçados, ou seja, h = 0.02 pois queremos y(x) parax = 0.04.

2. Método de Taylor de 2a ordem

Fazendo k = 2 em (5.5) e usando (5.6) obtemos o método deTaylor de 2a ordem

yn+1∼= yn + hf +

h2

2(fx + ffy) + y′′′(ξ)

h3

6

Podemos então definir

yn+1 = yn + h

[f +

h

2(fx + ffy)

]

Assim, dado o PVI (5.1) e h > 0 considere xi = x0 + hi, i =0, . . . , n. Podemos então construir uma tabela de yi aproximaçãopara y(xi) onde y(x) é a solução do PVI usando o algoritmo deTaylor: T (xi, yi) = f(xi, yi) +

h

2

[fx(xi, yi) + f(xi, yi)fy(xi, yi)

]yi+1 = yi + hT (xi, yi), para i = 0, . . . , n

(5.9)O erro de truncamento neste método é dado por:

e(xn) = y′′′(ξ)h3

6(5.10)

126


Exemplo 5.6 Dado o PVIy′ = y

y(0) = 1

Faça uma tabela para a solução aproximada do PVI usando h =0.1 e n = 5.

Resolução: Note que f(x, y) = y, fx = 0 e fy = 1. Assim,

T (xi, yi) = yi +h

2(0 + f(xi, yi) · 1) = 1.05yi ⇒

yi+1 = yi + hT (xi, yi) = yi + 0.1× 1.05yi = 1.105yi

Os valores yi calculados através da equação acima estão lista-dos na tabela abaixo bem como os valores da solução exata doPVI que nesse caso é conhecida e é dada por y(x) = ex. Tam-bém listamos a diferença entre a solução exata e a aproximada.

xi 0.00 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50

yi 1.00 1.105 1.221 1.349 1.490 1.647

exi 1.00 1.105 1.221 1.349 1.491 1.648

exi − yi 0.00 0.000 0.000 0.000 0.000 0.001

Observação 5.2 Na tabela acima, notamos que o erro vai aumen-tando a cada iteração. Como veremos a seguir será necessário fazera distinção entre o chamado erro local e o erro global. Como já foienfatizado anteriormente o algoritmo de Taylor tem erro local de or-dem h3 significando que a cada etapa calculada a diferença entrea solução exata e a aproximação é uma função e = e(h) = O(h3).Relembre que e(h) = O(h3) significa que e(h) é proporcional a h3.

5.3.4 Erro Local e Erro Global

Considere o seguinte problema. Dado o PVIy′ = f(x, y)

y(x0) = y0

127


Determinar uma aproximação para a solução num ponto a usando niterações.

É claro que a > x0 e como queremos determinar y(a) em n iter-ações, devemos tomar h = (a−x0)/n, donde segue que a = x0+nh.Por outro lado, sendo xi = x0 + ih, temos xn = x0 + nh, de modo quey(xn) = y(x0 + nh) = y(a).

Exemplo 5.7 Considere o PVIy′ = 2y

y(0) = 1

Usando o Método de Euler, determine aproximadamente y(a) em niterações e mostre que lim

n→∞y(a) = e2a.

Resolução: Observe que f(x, y) = 2y e que y(x) = e2x é a soluçãoexata do PVI. Seja h = (a− 0)/n ⇒ a = nh. Assim,

yi+1 = yi + hf(xi, yi) = yi + 2hyi = yi(1 + 2h)

y0 = 1

y1 = y0(1 + 2h) = 1 + 2h

y2 = y1(1 + 2h) = (1 + 2h)(1 + 2h) = (1 + 2h)2

...

yn = (1 + 2h)n =

(1 +

2a

n

)n

donde segue que y(a) = y(xn) ∼= yn = (1 + 2a/n)n. Além disso,

limn→∞

y(a) = limn→∞

(1 +

2a

n

)n

= e2a

Definição 5.4 Definimos erro local e denotamos por ei o erro cometidoem cada iteração, ou seja,

ei = |y(xi)− yi| (5.11)

Definição 5.5 Definimos o erro global e denotamos por E o erro totalcometido, ou seja,

E = |y(a)− yn| (5.12)

128


5.3.5 Interpretação Geométrica do Método de Euler

Seja r a reta tangente a curva y = y(x) no ponto (xi, yi) e s a retavertical passando por (xi+1, 0). Assim,

r : yi = y′(xi)(x− xi)

s : x = xi+1

Observe agora que yi+1 é a interseção das retas r e s. De fato,

yi + y′(xi)(xi+1 − xi) = yi + y′(xi)h = yi + f(xi, yi)h = yi+1.

5.4 Método de Euler Aperfeiçoado ou de Heun

Analisando o método de Euler observamos que ele considera a incli-nação y′(x) constante no intervalo [xi, xi + h] e toma essa constantecomo a inclinação no extremo esquerdo do intervalo.

O método de Euler aperfeiçoado ao invés disso utiliza o valordessa constante como a média aritmética das inclinações nos pon-tos extremos do intervalo [xi, xi + h]. Podemos então considerar

yi+1 = yi +h

2(y′(xi) + y′(xi+1))

Sendo y′(xi) = f(xi, yi), então y′(xi+1) = f(xi+1, yi+1). Como naúltima expressão não conhecemos o valor de yi+1 vamos utilizar apro-ximação dada por yi+1 = yi + hf(xi, yi) (método de Euler). Assim,teremos

yi+1 = yi +h

2

[f(xi, yi) + f(xi+1, yi + hf(xi, yi))

](5.13)

Com base na relação (5.13), obtemos o algoritmo de Euler aper-feiçoado, ou seja, dados x0, y0, h, geramos aproximações yi para y(xi)dadas por:

k1 = f(xi, yi)

k2 = f(xi + h, yi + hk1)

yi+1 = yi +h

2(k1 + k2)

xi+1 = xi + h

129


para i = 0, 1, 2, . . ..

Exemplo 5.8 Resolva o PVI abaixo utilizando o método de Euler aper-feiçoado com h = 0.1 e n = 4.

y′ = −y

y(0) = 1

Resolução: x0 = 0; y0 = 1; e f(x, y) = −y. Além disso, k1 =f(xi, yi) = −yi, k2 = f(xi + h, yi + hk1) = −(yi + hk1) = (h − 1)yi,donde segue que yi+1 = yi + (k1 + k2)h/2 = (h2 − 2h + 2)yi/2, parai = 0, 1, . . . , 4. Assim, temos a tabela:

i xi yi0 0.00 1.000000

1 0.10 0.905000

2 0.20 0.819025

3 0.30 0.741218

4 0.40 0.670802


1. Mostre que o PVI abaixo possui infinitas soluções distintas:2xy′ = 3y

y(0) = 0

2. Mostre que a função f(x, y) = y cosx é lipschitziana na variávely em todo plano xy.

3. Determine as soluções aproximadas dos PVI´s abaixo atravésdo método de Picard fazendo 3 iterações, ou seja, em cadacaso, ache y3(x).

(a) y′ = x+ y2

y(0) = 1

130


(b) y′ = 2y − 2x2 − 3

y(0) = 2

4. Use o método de Picard e mostre que a solução do PVI abaixoconverge para ex.

y′ = y

y(0) = 1

5. Seja

y(x) = e−x2

∫ x

0et

2dt Integral de Dawson

(a) Mostre que y(x) é a solução do PVIy′ = 1− 2xy

y(0) = 0

(b) Calcule y2(x) usando o método de Picard.

6. Dado o PVI abaixo, calcule y(0.4) através do Método de Eulercom h = 0.1. y′ =

1

x2 + 1y(0) = 0

Calcule aproximadamente y(0.3) usando o método de Euler aper-feiçoado e h = 0.1.

7. Considere o PVI y′ = xy2

y(1) = 2

Determine um valor aproximado para y(1.1), usando o métodode Heun com h = 0.05.

8. Dado o PVI y′ = 1− 2xy

y(0) = 0

131


Calcule aproximadamente y(0.1) usando o método de Runge-Kutta e h = 0.05.

9. Para o PVI abaixo, determine usando h = 0.1 uma aproximaçãopara y(2.2) através do método de Taylor de 2a ordem.

y′ = 2xy2

y(2) = 1

10. Considere o PVI y′ = xy2

y(1) = 2

Determine um valor aproximado para y(1.1), usando o métodode Heun com h = 0.05.

132

Índice Remissivo

aceleração instantânea, 23Augustin L. Cauchy, 108

circuito RC em série, 60circuito RL em série, 61circuito RLC, 102circuitos elétricos simples, 59conjunto convexo, 111conjunto de soluções fundamen-

tais, 83conjunto fundamental de soluções,

81constante de Lipschitz, 110corrente elétrica, 59curva integral, 38

desintegração radioativa, 42dicas para estudar matemática, 4

EDOde coeficientes constantes, 13de variáveis separáveis, 21homogênea, 71linear de primeira ordem, 32solução da, 11exata, 38homogênea, 13linear, 12, 77não-homogênea, 77

ordem, 12solução geral da, 15

EDO’saplicações das, 41sistemas de, 16

EDO’sde segunda ordem, 76

equaçãodiferencial de Bernoulli, 35

equação característica, 92, 98equação de Einstein, 27equações

diferenciais de primeira ordem,20

equações diferenciais exatas, 37erro

global, 120local, 120

erro de truncamento, 116existência e unicidade de PVI’s, 110

fator integrante, 86fonte eletromotriz, 59função

de iteração, 114lipschitziana, 110

função de Heaviside, 60funções

133


linearmente independentes, 80linearmente dependentes, 80

funil cônico, 68

George Ohm, 59Gottfried Wilhelm Leibniz, 8

Isaac Newton, 8, 108

Jacques Hadamard, 112Johan Bernoulli, 76Joseph Fourier, 9Joseph L. Lagrange, 69Joseph Louis Lagrange, 9juros continuamente compostos, 45

Karl Weierstrass, 108

lei da gravitação de Newton, 88lei de Hooke, 102lei de resfriamento de Newton, 50lei de Torricelli, 29leis de Ohm, 60Leonhard Euler, 9, 32, 91, 108

método da variação dos parâmet-ros, 9

método de Euler, 116método de Euler aperfeiçoado, 121método de Lagrange, 69método de Picard, 115métodos baseados na série de Tay-

lor, 115métodos discretos, 114métodos numéricos

classificação, 114métodos numéricos para EDO’s,

108

malhade passo constante, 114de passo variável, 114

malha uniforme, 114meia vida, 44misturas em um tanque, 62modelagem matemática, 41modelo de epidemia, 74movimento harmônico simples, 102

notação de Leibniz, 77

operador diferencial L, 78

passos, 114princípio da superposição, 78problema

da catenária, 76de valor inicial, 17

problema do pára-quedista, 55PVI

bem posto, 112estável, 112

redução de ordem, 85região, 38resfriamento de um corpo, 50

Segunda lei generalizada de New-ton, 27

tanque cilíndrico, 30tempo de esvaziamento, 29teorema de Picard, 110

variável dependente ausente, 85variável independente ausente, 86variação de parâmetros, 94

134


velocidade de escape, 88velocidade instantânea, 23velocidade terminal, 54

wronskiano, 81, 83

135

Referências Bibliográficas

[1] DiPrima, Richard C. e Boyce, William E. Equações DiferenciaisElementares e Problemas de Valores de Contorno. 7a ed. LTCEditora, Rio de Janeiro, RJ, 2002.

[2] Jun Xu, Jian Fundamentals of Ordinary Differential Equation.Kluwer Academic Publishers, McGill, University.

[3] Ayres Jr., Frank. Equações Diferenciais. Tradução José Ro-drigues de Carvalho. Ed. Livro Técnico Ltda, Rio de Janeiro, RJ1959.

[4] K.A. Stroud, Engineering Mathematics, fourth edition, Macmillan,London, 1995.

[5] E.L. Ince, Ordinary Diferential Equations, Dover Publications Inc.,New York, 1956.

[6] M. Braun, Differential Equations and Their Applications, An Intro-duction to Applied Mathematics, fourth edition, Springer-Verlag,New York, 1993.

[7] Piskounov, N. Cálculo Diferencial e Integral. Vol. 1 e 2. Ed. Lopesda Silva, Porto, 1978.

[8] Simmons, George. Cálculo com Geometria Analítica Vol. 1 e2; tradução: Seiji Hariki. São Paulo, Ed. Makron Books, 1987,c1985.

136

Documents

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARA FÍSICOS E ENGENHEIROSEquações Diferenciais para Físicos e Engenheiros Paulo S. C. Lino 2.5 Mais Aplicações das Equações Diferenciais de Primeira