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FACULDADE DE TECNOLOGIA SENAI/CIMATEC DISCIPLINA: CÁLCULO C DOCENTE: ANDRÉ SOLEDADE ALUNO:______________________________________

Equações Diferenciais

1.1 Introdução

Muitas vezes em física, engenharia e outros ramos técnicos, há necessidade de encontrar uma

função incógnita. Em muitos casos esta pesquisa leva a uma equação envolvendo derivadas (ou

diferenciais) da função incógnita. Tais equações envolvendo derivadas (ou diferenciais) são chamadas

equações diferenciais, em que a incógnita não é um número, mas uma função.

Antes de iniciar nosso curso, vamos mostrar algumas aplicações para servir de motivação.

Lei de Resfriamento de Newton

A lei de resfriamento de Newton diz que a taxa de variação de temperatura T(t) de um corpo em

resfriamento é proporcional à diferença entre a temperatura do corpo e a temperatura cte Tm do meio

ambiente, isto é:

dT/ dt = k(T – Tm) ,

em que k é uma cte de proporcionalidade.

Exemplo Um ovo duro, a 98º C, é colocado em uma pia contendo água a 18º C. Depois de 5 minutos,

a temperatura do ovo é de 38º C. Suponha que durante o experimento a temperatura da água não

aumente apreciavelmente, quanto tempo a mais será necessário para que o ovo atinja 20º C?

Solução :

Tm = 18º C

T(0) = 98º C

T(5) = 38º C

t = ? qdo T (t) = 20º C

dT/dt = k(T – Tm)

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1

dT/dt = k(T – 18)

dT/(T – 18)= kdt

Resolvendo essa equação diferencial, obtemos t 13 minutos

Circuitos em Série

Em um circuito em série contendo somente um resistor e um indutor, a segunda lei de

Kirchhoff diz que a soma da queda de tensão no indutor (L(dI/dt)) e da queda de tensão no resistor

(I.R) é igual à voltagem (E(t)) no circuito, ou seja

L(dI/dt) + R.I = E(t),

em que L e R são ctes conhecidas como a induntância e a resistência, respectivamente.

Exemplo Suponha que um circuito simples a resistência é 550 (ohms), a indutância é de 4 H (henry)

e a pilha fornece uma voltagem constante de 110 V (volts). Determine a corrente I se a corrente inicial

é zero.

Solução:

E(t) = 110 V; L = 4 H, e R = 550

I(t) = ? quando I (0) = 0

L(dI/dt) + RI = E(t)

4. (dI/dt) + 550.I = 110

dI/dt + (550/4).I= (110/4)

I(t) = 0,2 – 0,2.e-137,5 t

.

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Nos próximos tópicos veremos métodos de resolver equações diferenciais. Isto é, veremos as vias

pelas quais podemos com sucesso usar equações diferenciais para determinar uma função

desconhecida.

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2

Simbolicamente, uma equação diferencial pode ser escrita como:

F(x, y, y’ , y ’’, ... , y (n)

) = 0 ou F(x, y, dx

dy,

2

2

dx

yd, ...,

n

n

dx

yd ) = 0.

Se a função incógnita depende apenas de uma variável, temos uma equação diferencial ordinária.

Se depender de mais de uma variável, temos uma equação diferencial parcial.

As expressões seguintes são alguns exemplos de equações diferenciais.

A. yxdx

dy 2 D. 032

4

2

2

3

32

dx

dy

dx

ydy

dx

ydx

B. xdx

dysen E. 22 dxyxdyex

C. 02

2

ydx

dyx

dx

yd F. 0

2

2

2

2

t

u

x

u, onde u = (x, t)

A ordem de uma equação diferencial é o número n que corresponde à ordem máxima das derivadas

da equação.

Exemplo: Na expressão (A) acima, a equação tem ordem 1 e na expressão (C), ordem 2.

O grau de uma equação diferencial é a maior potência da derivada de maior ordem.

Exemplos Determinar o grau e a ordem de cada uma das seguintes equações diferenciais.

(a) 07

3

2

2

dx

dy

dx

dy

dx

yd (b) 03

2

y

dx

dy

dx

dy

A Equação (a) é uma equação diferencial de primeiro grau de ordem 2 porque d2y/dx

2 é a

derivada de maior ordem na equação e está elevada à primeira potência. Notar que a terceira potência

de dy/dx não tem influência no grau da Equação (a) porque dy/dx é de menor ordem que d2y/dx

2.

A Equação (b), por outro lado, é uma equação diferencial de segundo grau e primeira ordem; dy/dx

Page 4: Apostila de EDO

3

é a derivada de maior ordem (ordem 1) e 2 é a maior potência de dy/dx aparecendo na equação.

Uma solução de uma equação diferencial é uma função y = f (x) a qual, juntamente com as suas

derivadas, satisfaz a equação diferencial dada.

Exemplos: (a) Verificar que y = 4.e-x

+ 5 é uma solução da equação diferencial de segunda ordem e

primeiro grau .02

2

dx

dy

dx

yd

Observando que xedx

dy .4 e xedx

yd .42

2

e substituindo na equação diferencial dada, temos:

4.e-x

+ (– 4.e-x

) = 0

0 = 0

(b) Verificar que y =x

x

eC

eC

.1

.1

é uma solução da equação diferencial de primeira ordem e

primeiro grau )1(2

1 2 ydx

dy.

A primeira derivada da equação dada é 2.1

..2x

x

eC

eC

dx

dy

. Substituindo este resultado na

equação diferencial dada, temos:

2.1

..2x

x

eC

eC

=

1

.1

.1

2

12

2

x

x

eC

eC

=

2

2222

.1

..21..21

2

1x

xxxx

eC

eCeCeCeC

=

2

.1

..4

2

1x

x

eC

eC

2.1

..2x

x

eC

eC

.

A solução y = 4.e-x

+ 5 no Exemplo (a) acima é um exemplo de uma solução particular de uma

equação diferencial. Podemos verificar que y = 4.e-x

+ 3 é também uma solução particular da equação

diferencial no exemplo (a). Deste modo, uma equação diferencial pode ter mais do que uma solução

particular.

Uma solução y = f(x) de uma equação diferencial de ordem n contendo n constantes arbitrárias

é chamada uma solução geral. Assim, a solução y =x

x

eC

eC

.1

.1

no Exemplo (b) ou y = 4.e

-x + C no

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4

Exemplo (a) é um exemplo de uma solução geral.

Geometricamente, a solução geral de uma equação diferencial de primeira ordem representa

uma família de curvas conhecidas como curvas-solução uma para cada valor da constante arbitrária.

Uma solução particular pode ser obtida se forem dadas certas condições iniciais. Uma condição

inicial de uma equação diferencial é uma condição que especifica um valor particular de y, y0,

correspondente a um valor particular de x, x0. Isto é, se y = f(x) pode ser uma solução da equação

diferencial, então a função deve satisfazer a condição: y0 = f(x0). O problema de ser dada uma equação

diferencial com condições iniciais é chamado um problema de valor inicial.

Um estudo completo de equações diferenciais incluiria um estudo de equações diferenciais de

todos os graus e equações diferenciais parciais e ordinárias. Limitamos deste modo as nossas

considerações às equações diferenciais ordinárias do primeiro grau.

Exemplos: (a) Verificar que y = C1.cosx + C2.senx é uma solução geral da equação diferencial

y’’ + y = 0.

Primeiro, determinar as derivadas da função dada:

y' = - C1.senx + C2..cosx

y’’= - C1.cosx - C2..senx

Substituindo na equação diferencial, temos:

y’’ + y = 0

- C1.cosx - C2..senx + ( C1.cosx + C2..senx) = 0

- C1.cosx - C2..senx + C1.cosx + C2..senx = 0

0 = 0

Portanto, y = C1.cosx + C2..senx é uma solução geral da equação diferencial dada com duas

constantes arbitrárias distintas.

(b) Mostre que y = C.e-2x

é uma solução para a equação diferencial y’ + 2y = 0 e encontre

a solução particular determinada pela condição inicial y(0) = 3.

Sabemos que y = C.e-2x

é solução porque y’ = - 2.C.e-2x

e y’ + 2y = - 2.C.e

-2x + 2.( C.e

-2x ) = 0.

Usando a condição inicial y(0) = 3, ou seja, y = 3 e x = 0, obtêm:

y = C.e-2x

3 = C e-2.0

C = 3

Page 6: Apostila de EDO

5

e concluímos que a solução particular é y = 3.e-2x

.

Exercícios

Constatar a ordem e o grau de cada uma das seguintes equações diferenciais.

1. 22 yxdx

dy 5. y’’’- 4y’’ + xy = 0

2. 023

2

dx

dyx

dx

dy 6. y’+ x.cosx = 0

3. yxdx

dyxy

dx

yd 2

2

2

5 7. (y’’)3

- xy’ + y’’ = 0

4. 0

22

dx

dyy

dx

dyx 8. y’’+ e

x y = 2

Verificar que cada uma das funções dadas y = f(x) é uma solução da equação diferencial dada.

9. 3dx

dy; y = 3x – 7 14. yx

dx

dyx 2 ; y = x

2 + Cx

10. 242 xxydx

dy ; y = x

2 - 4x 15. 016

2

2

ydx

yd; y = C1sen4x + C2cos4x

11. x xydx

dy42 ; y = x

2 - 4x 16.

3

2

2

20xdx

yd ; y = x

5 + 3x - 2

12. 02

2

ydx

yd; y = 2 senx + 3 cosx 17. 0cos2 xy

dx

dy; y = senx + cosx - e

-x

13. xey

dx

dy ; y = (x + 2).e-x

18. 22

2

2

xydx

yd; y = e

-x + x

2

Page 7: Apostila de EDO

6

1.2 Classificação das Equações Diferenciais de 1ª Ordem

Existem numerosos métodos desenvolvidos para resolver equações diferenciais ordinárias.

Veremos de perto vários destes métodos. Certas equações diferenciais de primeira ordem podem ser

mais facilmente resolvidas usando o método de separação de variáveis.

Uma equação diferencial de primeira ordem é uma relação envolvendo a primeira derivada. Isto é,

pode ser escrita na forma:

0),(),( dx

dyyxNyxM (1)

ou (multiplicando ambos os membros pela diferencial dx, onde dx 0)

M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 (2)

onde M(x,y) e N(x,y) são funções envolvendo as variáveis x e y. Para esse tipo de equação, pode-se

juntar todos os termos contendo x com dx e todos os termos contendo y com dy, obtendo-se uma

solução através de integração. Tais equações são ditas separáveis, e o método de solução é o método

de separação de variáveis. O método é descrito a seguir.

1.2.1 Equações Diferenciais Separáveis

* Método de Separação de Variáveis

1. Coloque a equação na forma diferencial

M(x)dx + N(y)dy = 0 ou M(x)dx = - N(y)dy (3)

2. Integre para obter a solução geral

CdyyNdxxM )()( .

Page 8: Apostila de EDO

7

Exemplo 01 Reescreva a equação diferencial de primeiro grau x2yy’ – 2xy

3 = 0 na forma da Equação

(3).

x2yy’ – 2xy

3 = 0

02 32 xydx

dyyx

x2 ydy – 2xy

3dx

= 0 (multiplicando cada membro por dx)

-2xy3dx

+ x

2 ydy = 0 (multiplicando cada membro por 1/x

2y

3)

ou

0 dy y

1 dx

x

2

2

Neste exemplo, M(x) = - 2/x e N(y) = 1/y

2. Por multiplicações e divisões apropriadas

separamos a equação em termos onde cada um envolve apenas uma variável e a sua diferencial. Assim

sendo, a solução geral pode ser obtida por integração de cada termo.

Exemplo 2 Determinar a solução geral da equação diferencial x2yy’ – 2xy

3 = 0.

No Exemplo 1 determinamos que x2yy’ – 2xy

3 = 0 pode ser escrita como

0 dy y

1 dx

x

2

2

ou

dx x

2 dy

y

1

2

Integrando cada membro da equação, temos:

dxx

dyy

21

2

C 2lnx y

1 -

ou

1 + 2ylnx + Cy = 0.

Nota 1: Quando a solução de uma equação diferencial envolver a integração de um termo na forma

Page 9: Apostila de EDO

8

u

du, escrevemos agora Cu

u

du ln em vez de Cu

u

du ln . Estamos agora percebendo que a

solução é válida apenas quando u é positivo. Lembrar também de incluir a constante de integração C.

Nota 2: Algumas regras para logaritmo na base e (e 2,718....)

Sendo a > 0 e b > 0 e IR, então:

P1) ln (a . b) = ln a + ln b P3) ln (a) = .ln a

P2) ln (a : b) = ln a - ln b P4) elna

= a

Exemplo 3 Resolver a equação diferencial 1

'2

x

yy .

Tornando a escrever, temos:

12

x

y

dx

dy

dxx

ydy

12 (multiplicar cada membro por dx)

12

x

dx

y

dy (multiplicar cada membro por 1/y)

12x

dx

y

dy (integrar cada membro)

lny = arctg x + C

y = earctgx +C

y = k.e arctgx

, onde k = eC

Exemplo 4 Resolver a equação diferencial x(1 + y2) – y(1 + x

2)y’= 0.

Page 10: Apostila de EDO

9

Tornando a escrever, temos:

011 22 dx

dyxyyx

011 22 dyxydxyx

011 22

dyy

ydx

x

x

ou

dyy

ydx

x

x

22 11

dyy

ydx

x

x

22 11

Cyx )1ln(2

1)1ln(

2

1 22

ou

Cy

x

)

1

1ln(

2

1

2

2

.

Como C é uma constante arbitrária, podemos tornar a escrever esta constante como C = ½ lnk

onde k > 0. Então temos:

ky

xln

2

1)

1

1ln(

2

1

2

2

ou ky

x

)

1

1(

2

2

ou )1()1( 22 ykx

ou 01 22 kykx

Esta última equação é mais fácil de trabalhar porque já não envolve logaritmos naturais. As

Page 11: Apostila de EDO

10

equações Cy

x

)

1

1ln(

2

1

2

2

e 01 22 kykx são equivalentes. Elas diferem apenas na forma da

constante de integração. Praticando nos exercícios você ganhará experiência na escolha da forma mais

apropriada para esta constante arbitrária.

Exemplo 5 Resolver a equação diferencial y’ – 2x = 0 sujeita à condição inicial de que y = 1 quando

x = 2, ou seja, y(2) = 1.

A solução geral é:

y = x2 + C

Substituindo y = 1 e x = 2, temos:

1 = (2)2 + C 1 = 4 + C - 3 = C

Portanto, a solução particular é

y = x2 – 3

Exemplo 6 Resolver a equação diferencial y + xy’ = 0 sujeita à condição inicial de que y = 2 quando

x = 3, ou seja, y(3) = 2.

Tornando a escrever, temos:

0dx

dyxy

ydx + xdy = 0

0y

dy

x

dx

ou

y

dy

x

dx

y

dy

x

dx

lnx = - lny + C

lnx + lny = C

Page 12: Apostila de EDO

11

lnxy = C

ou lnxy = lnk, onde C = lnk

xy = k

Substituindo y = 2 quando x = 3, temos

3.2 = k 6 = k

Portanto, a solução particular desejada é

xy = 6 ou y = 6/x.

Exercícios

Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.

1. 02 dxyxdy 9. 0

2

y

e

dx

dy x

2. 03 23 xydydxyx 10. 03 xx edx

dye

3. 0 ydxxdy 11. 031 2 dydxyx

4. 0cossec ecydxxdy 12. (1 + x2)dy – dx = 0

5. y

x

dx

dy 2

13. (1 + x

2)dy + xdx = 0

6. 32

x

xy

dx

dy 14.

22221 yxyxdx

dy

7. 0cos3 xydx

dy 15.

yxedx

dy

8. 0sec13 2 dyyedxtgye xx 16. 022 dyyxydxxyx

Determinar a solução particular de cada uma das seguintes equações diferencial sujeitas às condições

Page 13: Apostila de EDO

12

dadas.

17. 42 yxdx

dy ; y (1) = 1 19.

yxy

x

dx

dy

2

2

; y (0) = 4

18. 02

dx

dyye x ; y (0) = 2 20. ydxdyx 2 ; y (1) = 1

Respostas

1) y.lnx + 1 = Cy 8) y = arc tg[(ex – 1)³.k] 15) y = Ce x /1ln

2) y = k.3xe 9) y =

3 x ke3 16) y = 22 1/ xxk

3) y = C/x 10) 2y + e-2x

= C 17) (2 – x³).y³ = 1

4) y = arc cos(senx – c) 11) y = sen Cx 6/2 18) y = xe48

5) 3y² = 2x³ + C 12) y = arc tg x + C 19) y² = 2.ln(x² + 1) + 16

6) y = k. 3x 2 13) y = - Cx 1ln.5,0 2 20) y = x

1x

e

7) 1 = 2y².(senx + C) 14) arc tg y = x + 3/3x +C

Aplicações

21. O preço de revenda de certa máquina descreve em um período de 10 anos, segundo uma taxa que

depende do tempo de uso da máquina. Quando a máquina tem t anos de uso, a taxa de variação do seu

valor é 220(t-10) reais por ano. Expresse o valor da máquina como função do tempo de uso e do valor

inicial. Se a máquina valia originalmente R$ 12.000,00, quanto valerá quando tiver 10 anos de uso?

(Resp:V(t) = 110.t² - 2.200t + C e V(10) = R$ 1.000,00)

22. Segundo estatísticas, a população de certo lugar está crescendo a uma taxa aproximada de

1.500 t-1/2

pessoas por ano, sendo t o número de anos transcorridos após 1990. Em 1999, a população

deste lugar era de 39.000 pessoas.

(a) Qual era a população, em 1990? (Resp: 30.000)

(b) Se este tipo de crescimento continuar no futuro, quantas pessoas estarão vivendo neste lugar, em

2015? (Resp: 45.000)

Page 14: Apostila de EDO

13

23. Em certa região, às 7 horas da manhã, o nível de ozônio no ar é de 0,25 partes por milhão. Ao

meio-dia, sabe-se que, depois de t horas, a taxa de variação do ozônio no ar será de

21636

03,024,0

tt

t

partes por milhão por hora.

(a) Expresse o nível de ozônio como função de t. (Resp: Q(t) = 0,03.(36 + 16t –t²)1/2

+ 0,07)

(b) Quando ocorre o pico do nível de ozônio? Qual é o nível de ozônio, neste momento?

(Resp:0,37 partes por milhão até 3 horas da tarde)

24. A taxa de variação da temperatura de um objeto é proporcional à diferença entre sua temperatura e

a do meio circundante. Um objeto cuja temperatura era de 40 graus foi colocado num ambiente cuja

temperatura é de 80 graus. Após 20 minutos, a temperatura do objeto chegou a 50 graus. Expresse a

temperatura do objeto como função do tempo. (T(t) = 80 – 40.e-0,014t

)

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

1.2.2 Equações Diferenciais Homogêneas

Algumas equações que não são separáveis podem vir a sê-lo mediante uma mudança de

variáveis. Isso funciona para equações da forma y’ = f(x,y), onde f é uma função homogênia.

Definição 1.2.2 Função Homogênea

Se uma função f satisfaz

f(tx,ty) = tn f(x,y)

para algum número real n, então dizemos que f é uma função homogênea de grau n.

Exemplos: (1) f(x,y) = x2 – 3xy + 5y

2

f(tx,ty) = (tx)2 – 3(tx)(ty) + 5(ty)

2

= t2x

2 – 3t

2 xy + 5t

2y

2

= t2[

x

2 – 3xy + 5y

2] = t

2 f(x,y) função homogênea de grau dois.

Page 15: Apostila de EDO

14

(2) f(x,y) = x3 + y

3 + 1.

f(tx,ty) = (tx)3 + (ty)

3 + 1 t

3 f(x,y)

pois

t3.f(x,y) = t

3x

3 + t

3y

3 + t

3 função não é homogênea.

OBS: Muitas vezes uma função homogênea pode ser reconhecida examinando o grau de cada termo.

Exemplos: (1) f(x,y) = 6xy3 – x

2y

2

A função é homogênea de grau quatro.

grau 4 grau 4

(2) f(x,y) = x2 – y

A função não é homogênea, pois os graus dos dois termos são diferentes

grau 2 grau 1

Definição 1.2.2 Equação Homogênea

Uma equação diferencial da forma

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

é chamada homogênea se ambos os coeficientes M e N são funções homogêneas do mesmo grau.

Para resolver uma equação diferencial homogênea pelo método de separação de variável, basta

fazer a mudança de variáveis dada pelo Teorema a seguir.

Teorema Mudança de Variáveis para Equações Homogêneas

Se M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 é homogênea, então ela pode ser transformada em uma equação

diferencial cujas variáveis são separáveis pela mudança de variável y = v.x onde v é uma função

diferenciável de x e dy/dx = v + x dv/dx.

OBS: São válidas também as substituições x = y.v e dx = y dv + v dy.

Page 16: Apostila de EDO

15

Exemplo Resolva (x2 + y

2)dx + (x

2 – xy)dy = 0.

Solução Como M(x,y) e N(x,y) são homogêneas de grau dois, tomamos y = v.x para obter

dy = v dx + x dv. Então, substituindo, temos:

(x2 + v

2x

2)dx + (x

2 – vx

2)(v dx + x dv) = 0

(x2+ v

2x

2)dx + (x

2 – vx

2)vdx +(x

2 – vx

2)xdv = 0

x2(1+ v

2 + v – v

2)dx + x

3 (1 – v)dv = 0

x2(1 + v)dx + x

3 (1 – v)dv = 0 (dividindo por x

2)

(1 + v)dx + x(1 – v)dv = 0

0x

dx dv

v1

v1

0x

dx dv

v1

21

(utilizamos frações parciais)

Depois de integrar a última linha, obtemos:

-v + 2 ln1 + v+ lnx= lnc

clnxlnx

y12ln

x

y

. (substituindo v)

Usando as propriedades do logaritmo, podemos escrever a solução precedente como:

x

y

cx

yxln

2

.

A definição de um logaritmo implica

xy

cxe2

yx .

Page 17: Apostila de EDO

16

Exercícios

Resolva a equação diferencial homogênea dada.

1. x

yxy

2'

4.

xy

yxy

2'

22

2. )yx(2

y'y

(usar a subst. x = yv) 5.

22'

yx

xyy

3. yx

yxy

' 6.

x

yxy

23'

Encontre a solução particular que satisfaz a condição inicial dada.

7. xdy – (2xe-y/x

+ y)dx = 0; y(1) = 0 9. 0sec

xdydxy

x

yx ; y(1) = 0

8. – y2dx + x(x + y)dy = 0; y(1) = 1

10. 022

xdydxyxy ; y(1) = 0

Respostas

1) x = C.(x – y)²

5) y = C2

2

y2x

e

9) y = x. arc sen(lnx)

2) x = k.y² - 2y 6) y = kx² - 3x 10) y = x. sen(- lnx)

3) x² - 2xy – y² = k 7) x

y

e = lnx² + 1

4) x² - kx = y² 8) y =

1x

y

e

Page 18: Apostila de EDO

17

1.2.3 Equações Diferenciais Exatas

Embora a equação

y dx + x dy = 0

seja separável e homogênea, podemos ver que ela é também equivalente à diferencial do produto de x

e y; isto é

y dx + x dy = d(xy) = 0.

Por integração, obtemos imediatamente a solução implícita xy = c.

Você deve se lembrar do Cálculo III que, se z = f(x,y) é uma função com derivadas parciais

contínuas em uma região R do plano xy, então sua diferencial total é

dyy

fdx

x

fdz

(1)

Agora, se f(x,y) = c, segue-se de (1) que

0dyy

fdx

x

f

(2)

Em outras palavras, dada uma família de curvas f(x,y) = c, podemos gerar uma equação

diferencial de primeira ordem, calculando a diferencial total.

Exemplo 1 Se x2 – 5xy + y

3 = c, então por (2)

(2x –5y)dx + (-5x +3y2)dy = 0 ou

23y5x

2x5y

dx

dy

.

Para nossos propósitos, é mais importante inverter o problema, isto é, dada uma equação como

23y5x

2x5y

dx

dy

, (3)

podemos identificar a equação como sendo equivalente a d(x2 – 5xy + y

3) = 0?

Page 19: Apostila de EDO

18

Note que a equação (3) não é separável nem homogênea.

Definição 1.2.3 Equação Exata

Uma equação diferencial

M(x,y)dx + N(x,y)dy

é uma diferencial exata em uma região R do plano xy se ela corresponde à diferencial total de alguma

função f(x,y). Uma equação diferencial da forma

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

é chamada de uma equação exata se a expressão do lado esquerdo é uma diferencial exata, ou seja, se

existir uma função f(x,y) com derivadas parciais contínuas e tais que fx(x,y) = M(x,y) e fy(x,y) =

N(x,y). Assim, a forma geral da solução da equação é f(x,y) = c.

Exemplo 2 A equação x2y

3 dx + x

3y

2 dy = 0 é exata, pois

d(3

1x

3y

3) = x

2y

3 dx + x

3y

2 dy.

O teorema seguinte é um teste para uma diferencial exata.

Teorema Critério para uma Diferencial Exata

Sejam M(x, y) e N(x, y) funções contínuas com derivadas parciais contínuas em uma região R

definida a < x < b, c < y < d. Então, uma condição necessária e suficiente para que

M(x,y)dx + N(x,y)dy

seja uma diferencial exata é

x

N

y

M

. (4)

Page 20: Apostila de EDO

19

MÉTODO DE SOLUÇÃO

Dada a equação

M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 (5)

Mostre primeiro que

x

N

y

M

.

Depois suponha que

yxMx

f,

daí podemos encontrar f integrando M(x,y) com relação a x, considerando y constante.

Escrevemos,

f(x,y) = ,),( ygdxyxM (6)

em que a função arbitrária g(y) é a constante de integração. Agora, derivando (6) com relação a y e

supondo f/y = N(x,y):

y

f

ygdxyxM

y'),( = yxN , .

Assim,

g’(y) = N(x,y) -

dxyxM

y),( . (7)

Finalmente, integre (7) com relação a y e substitua o resultado em (6). A solução para a

equação é f(x,y) = c.

OBS: Poderíamos começar o procedimento acima com a suposição de que yxNy

f,

.

Exemplo 3 Resolva 2xy dx + (x2 – 1) dy = 0.

Solução Como M(x,y) = 2xy e N(x,y) = x2 – 1, temos

Page 21: Apostila de EDO

20

x

N

y

M

= 2x.

Logo, a equação é exata e, pelo Teorema anterior, existe uma função f(x,y), tal que

x

f 2xy e

y

f x

2 – 1.

Da primeira dessas equações, obtemos, depois de integrar,

f(x,y) = x2y + g(y).

Derivando a última expressão com relação à y e igualando o resultado a N(x, y), temos

y

f x

2 + g’(y) = x

2 – 1.

Segue-se que

g’(y) = – 1 e g(y) = - y.

A constante de integração não precisa ser incluída, pois a solução é f(x, y) = c, ou seja,

x2y – y = c.

OBS: Observe que a equação poderia também ser resolvida por separação de variáveis.

Exemplo 4 Resolva o problema de valor inicial

(cosx senx – xy2) dx + y.(1 - x

2) dy = 0, y (0) = 2.

Solução A equação é exata, pois

x

N

y

M

= - 2xy.

Agora,

y

f y.(1 - x

2)

f(x,y) = 2

y2

(1 - x2) + h(x).

Page 22: Apostila de EDO

21

x

f - xy

2 + h’(x) = cosx senx – xy

2.

A última equação implica

h’(x) = cosx.senx

h(x) = .cos2

1- dx cosx.senx 2 x (Método da Substituição)

Logo, 2

y2

(1 - x2) x2cos

2

1- = c1

ou

y2 (1 – x

2) – cos

2x = c,

em que c = 2c1. A condição inicial y = 2 quando x = 0 demanda que (2)2 [1 – (0)

2] – cos

20 = c, ou seja,

c = 3. Portanto, a solução para o problema é

y2 (1 – x

2) – cos

2x = 3.

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Exercícios

Verifique se a equação diferencial dada é exata e, se for, encontre sua solução geral.

1. (2x – 3y)dx + (2y – 3x)dy = 0 6. 2y

22xye dx + 2xy

2xye dy = 0

2. yexdx + e

xdy = 0

7. 0)(1

22

ydxxdy

yx

3. (3y2 + 10xy

2)dx + (6xy – 2 + 10x

2y)dy = 0

8. 0)()( 22

ydyxdxe yx

4. 2.cos(2x – y)dx - cos(2x – y)dy = 0 9.

0)(

1 22

2

dyxdxy

yx

5. (4x3 – 6xy

2)dx + (4y

3 – 6xy)dy = 0 10. 0cos dytgxyxydxxye y

Page 23: Apostila de EDO

22

Encontre a solução particular que satisfaz a condição inicial dada.

11. 02)1ln(1

dyyxdxx

y; y(2) = 4 14. 0)3cos3(sen3 ydyydxe x ; y(0) =

12. 0)(1

22

ydyxdx

yx

; y(4) = 3 15. (2xtgy + 5)dx + (x

2sec

2y)dy = 0; y(0) = 0

13. 0)(1

22

ydyxdx

yx; y(0) = 4

16. (x2 + y

2)dx + 2xydy = 0; y(3) = 1

Respostas

1) x² - 3xy + y² = C 7) arc tg(x/y) = C 13) x² + y² = 16

2) yex = C

8) Ce.2

1 22 yx 14) e

3x.sen3y = 0

3) 3xy² + 5x²y² - 2y = C 9) não é exata 15) x². tgy - 5x = 0

4) sen(2x – y) = C 10) ey. senxy = C

16) xy² + 3

x 3

= 12

5) não é exata 11) y.ln(x – 1) + y² = 16

6) não é exata 12) 5yx 22

FATORES INTEGRANTES

Algumas vezes, é possível converter uma equação diferencial não exata em uma equação exata

multiplicando-a por uma função (x,y) chamada fator de integração. Porém, a equação exata

resultante:

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

Page 24: Apostila de EDO

23

pode não ser equivalente à original no sentido de que a solução para uma é também a solução para a

outra. A multiplicação pode ocasionar perdas ou ganhos de soluções.

Exemplo Se a equação diferencial

2y dx + x dy = 0 (Não é uma equação exata)

for multiplicada pelo fator integrante (x,y) = x, a equação resultante

2xy dx + x2 dy = 0 (Equação exata)

é exata, ou seja, xx

N

y

M2

.

Pode ser difícil encontrar um fator integrante. No entanto, existem duas classes de equações

diferenciais cujos fatores integrantes podem ser encontrados de maneira rotineira - aquelas que

possuem fatores integrantes que são funções que dependem apenas de x ou apenas de y. O Teorema a

seguir, que enunciaremos sem demonstração, fornece um roteiro para encontrar esses dois tipos

especiais de fatores integrantes.

Teorema Fatores Integrantes

Considere a equação diferencial M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0.

1. Se

y)N(x,

1[My(x,y) – Nx(x,y)] = h(x)

é uma função só de x, então dxxhe

)( é um fator integrante.

2. Se

y)M(x,

1[ Nx(x,y) - My(x,y)] = k(y)

é uma função só de y, então dyyke

)( é um fator integrante.

Page 25: Apostila de EDO

24

Exemplo 1 Encontre a solução geral da equação diferencial (y2 – x) dx + 2y dy = 0.

Solução A equação dada não é exata, pois My(x,y) = 2y e Nx(x,y) = 0. Entretanto, como

y)N(x,

1[My(x,y) – Nx(x,y)] =

y2

1[2y – 0] = 1 = x

0 = h(x)

temos que dxxhe

)(= xdx

ee 1 é um fator integrante. Multiplicando a equação dada por ex, obtemos

a equação diferencial exata

(y2e

x – x e

x) dx + 2ye

x dy = 0

cuja solução é obtida da seguinte maneira:

f(x,y) = )(y dy2yedy y)N(x, 2 xge xx

f ’(x,y) = )(y '2 xgex = y2e

x – x e

x

)(' xg = – x ex (integração por partes)

Logo, g(x) = – x ex + e

x , o que implica na solução geral xe2y – x e

x + e

x = c.

OBS: Um outro fator integrante é:

Se M(x,y) = y. f(x,y) e N(x,y) = x. g(x,y), então

y)y.N(x, - y)x.M(x,

1),( yx (*)

Exemplo 2 Resolva y’ = x

yxy 2

.

Solução Escrevendo a equação sob forma diferencial, temos

Page 26: Apostila de EDO

25

x

yxy

2

dx

dy

(xy2 – y)dx – xdy = 0

y.(xy – 1)dx – x.(1)dy = 0 (multiplicando por – 1)

y.(1 - xy)dx + x.(1)dy = 0 (1)

De acordo com (*), temos:

(x,y) = x.(1)y. - xy-1y.x.

1

= yx -x-x.y

1

22 y

= 22x-

1

y =

2)(x

1

y

Multiplicando (1) por (x,y), obtemos:

2)(x

1

y .[y.(1 - xy)dx + x.(1)dy] = 0,

ou seja,

0

11

22

dy

xydx

yx

xy

que é exata. Aplicando o método de resolução de equação exata, chegamos à solução y = -1/(x.lncx)

Exercícios

Encontre o fator integrante que é função apenas de x ou apenas de y, e use-o para encontrar a solução

geral da equação diferencial dada.

1. ydx - (x + 6y2)dy = 0 6. (2x

2y – 1)dx + x

3dy = 0

2. (2x3 + y)dx - xdy = 0 7. y

2dx + (xy - 1)dy = 0

Page 27: Apostila de EDO

26

3. (5x2 - y)dx + xdy = 0 8. (x

2 +2x + y)dx + 2dy = 0

4. (5x2 – y

2)dx + 2ydy = 0 9. 2ydx + (x – sen y )dy = 0

5. (x + y)dx + tgxdy = 0 10. (-2y3 + 1)dx + (3xy

2 + x

3)dy = 0

Respostas

1) FI: 1/y² (x/y) – 6y = C 6) FI: x -1

x²y - lnx = C

2) FI: 1/x² (y/x) – x² = C 7) FI: (1/y) xy - lny = C

3) FI: 1/x² (y/x) + 5x = C 8) FI: 2

x

e 2

x

e (2y + 2x² - 4x + 8) = C

4) FI: e-x

e-x

(y² - 5x² - 10x – 10) = C 9) FI: (1/ y ) x. y + cos y = C

5) FI: cosx y.senx + x.senx + cosx = C 10) FI: x -3

x -2

y³ + y - (1/ 2x²) = C

1.2.4 Equações Diferenciais Lineares de Primeira ordem

Definimos a forma geral para uma equação diferencial linear de ordem n como,

g(x)yxadx

da

dx

da

dx

dxa 011-n

1-n

1-nn

n

n y

xy

xy

.

Lembre-se de que linearidade significa que todos os coeficientes são funções de x somente e

que y e todas as suas derivadas são elevadas à primeira potência. Agora, quando n = 1, obtemos uma

equação linear de primeira ordem.

Definição 1.2.4 Equação Linear

Uma equação diferencial da forma

g(x)yxadx

da 01

yx

é chamada de equação linear.

Page 28: Apostila de EDO

27

Dividindo pelo coeficiente a1(x), obtemos uma forma mais útil de uma equação linear:

Q(x).yxPdx

d

y. (1)

Procuramos uma solução para (1) em um intervalo I no qual as funções P(x) e Q(x) são

contínuas. Na discussão a seguir, supomos que (1) possui uma solução.

Usando diferenciais, podemos escrever a equação (1) como

dy + [P(x).y - Q(x)]dx = 0 (2)

Equações lineares possuem a agradável propriedade através da qual podemos sempre encontrar

uma função (x) em que

(x)dy + (x)[P(x).y - Q(x)]dx = 0 (3)

é uma equação diferencial exata. Pelo Teorema (Critério para uma Diferencial Exata), o lado

esquerdo da equação (3) é uma diferencial exata se

x

(x)dy =

y

(x)[P(x).y - Q(x)]dx (4)

ou

P(x)dx

dμ .

Esta é uma equação separável em que podemos determinar (x). Temos

P(x)dxd

P(x)dxln (5)

assim

P(x)dx

)( ex . (6)

Page 29: Apostila de EDO

28

Assim a função (x) definida em (6) é um fator de integração para a equação linear. Note que

não precisamos usar uma constante de integração em (5), pois (3) não se altera se a multiplicarmos por

uma constante. Ainda, (x) 0 para todo x em I, e é contínua e diferenciável.

Multiplicando a equação (1) por (6), obtemos:

P(x)dxe Q(x)eyxPe

dx

d P(x)dxP(x)dx y

P(x)dxP(x)dx

).(.dx

dexQey (integrando ambos os lados)

CdxexQey P(x)dxP(x)dx

).(. .

Assim sendo a solução geral é dada por

CdxexQey P(x)dxP(x)dx

).( . (7)

Teorema Solução de uma Equação Diferencial Linear de Primeira Ordem

Um fator integrante para a equação diferencial linear de primeira ordem y’ + P(x).y = Q(x) é

P(x)dx

)( ex . A solução da equação diferencial é

CdxexQey P(x)dxP(x)dx

).( .

Exemplo Encontre a solução geral de x6ex4y

dx

dyx .

Solução Escreva a equação como

x5exy4

dx

dy

x (dividindo por x) (8)

Como P(x) = -4/x, o fator integrante é

dx

x

4-

P(x)dx)( eex = e

-4 lnx = x

–4.

Page 30: Apostila de EDO

29

Aqui, usamos a identidade básica blog

bN

= N, N > 0. Agora, multiplicamos (8) por este termo

x –4

. x544 exx.yx

4x.

dx

dy

x –4

. x5 xeyx.4dx

dy (9)

e obtemos

x4 xe.yx.dx

d . (10)

Segue-se da integração por partes que

x –4

y = xex – e

x + c

ou

y(x) = x5 e

x – x

4e

x + c x

4.

Exercícios

Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.

1. xeydx

dy 35 8. dxxydxxdy 223

2. xeydx

dy 23 9. xdy – 5ydx = (4x + x

6)dx

3. 23 3 xx

y

dx

dy 10. 32 )4(2 xy

dx

dyx

4. 52 2 xx

y

dx

dy 11. dxxxydxdyx 22 32)1(

5. )23(2 3 xexydx

dy x 12. xxydx

dysentan

6. )13(3 22 xeyxdx

dy x 13. 72 42 xxydx

dyx

7. dxexydxdy x424 14. 52 32 xxydx

dyx

Page 31: Apostila de EDO

30

Determinar uma solução particular para cada uma das seguintes equações diferencial sujeitas às

condições iniciais dadas.

15. xeydx

dy 23 ; y (0) = 2 17. xyecxdx

dycotcos ; y (/2) = 3/2

16. 32 xx

y

dx

dy; y (1) = 3

18. dxyxdy 3 ; y (0) = 1

Respostas

1) –2y = e3x

+ Ce5x

7) 3y = x³e4x

+ Cx4e 13) 5x²y = x

5 – 35x + C

2) y = e-2x

+ Ce-3x

8) y = (-1/3) + C

3xe 14) y = x². lnx – (5/3x) + C.x²

3) 14x³y = 2x 7

– 7x 4

+ C 9) y = x 6

– x + Cx 5 15) y = e

2x (3e

x – 1)

4) y = x³ - 5x + Cx² 10) y =

22

42

x

C

x8

4x

16) y = (x³/2) + 3x.lnx + Cx

5) 22 xx3x eye + C

11) (1 + x²).y = x³ + C 17) y.senx = x +

6) y = - e x + C

3xe 12) y = secx[(sen²x/2) + C] 18) y = (x/3) – (1/9) + Ce

-3x

EQUAÇÕES DE BERNOULLI

A equação diferencial

nQ(x).y.yxPdx

d

y (1)

em que n é um número real qualquer, é chamada de equação de Bernoulli. Para n = 0 e n = 1, a

equação (1) é linear em y. Agora, se y 0, (1) pode ser escrita como

Q(x).yxPdx

dy n-1n-

y. (2)

Se fizermos w = y1 – n

, n 0, n 1, temos

Page 32: Apostila de EDO

31

dx

dyyn1

dx

dw n .

Com essa substituição, (2) transforma-se na equação linear

n).Q(x)(1.wxn).P(1dx

dw . (3)

Resolvendo (3) e depois fazendo y1 – n

= w, obtemos uma solução para (1), ou seja,

CdxexQney n n).P(x)dx-(1n).P(x)dx-(11 ).().1( .

Exemplo Resolva .1 2xyyxdx

dy

Solução

Em (1), identificamos P(x) = 1/x, Q(x) = x e n = 2. Logo, a mudança de variável w =

y1-2

= y –1

e dx

dy

dx

dw 2 y nos dá

x.wx

1

dx

dw (*)

O fator de integração para essa equação linear é 1ln

1

xee xdx

x .

Multiplicando ambos os lados de (*) pelo seu fator integrante x –1

, obtemos:

xwx

1

dx

dw 111 xxx

ou

1wdx

dw 21 xx

assim

Page 33: Apostila de EDO

32

1.dx

d 1 wx .

Integrando essa última forma, obtemos:

x -1

w = - x + c ou w = - x2 + cx.

Como w = y –1

, então y = 1/w ou y = 1/(- x2 + cx)

Exercícios

Resolva a equação diferencial de Bernoulli dada.

1. y’ + 3x2y = x

2y

3

4. y’ +

x

1y = x y

2. y’ + 2xy = xy2 5. y’ - y = x

3 3 y

3. y.y’ – 2y2 = e

x

Respostas

1) (1/y²) = C )3/1(e3x2 4)

x

Cx

5

1y 2

2) y = 2xke1

2

5) )81x54x18x4(

4

1Cey 233

x23

2

3) y² = (-2ex / 3) + Ce

4x

Page 34: Apostila de EDO

33

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 2º ORDEM – y’’(x) = f (x,y,y’)

1.1 EDO de 2º ordem com coeficientes constantes

São equações da forma

a y’’ + b y’ + c y = f (x) (NH)

onde a, b, c são constantes reais. A equação

a y’’ + b y’ + c y = 0, (H)

é chamada equação homogênea associada à não-homogênea.

Exemplo

a.) A equação 2y’’ + 3y’ – 5y = 0 é uma equação diferencial ordinária linear de segunda ordem

homogênea.

b.) A equação x3y’’’ – 2xy’’ + 5y’ + 6y = e

x é uma equação diferencial ordinária linear de terceira

ordem não-homogênea.

Definição 01: Dizemos que as funções u(x) e v(x) são linearmente dependente (LD) no intervalo I, se

existirem constantes c1 e c2 (não ambas nulas) tais que

c1 u(x) + c2 v(x) = 0,

xI. Caso contrário, dizemos que as funções u(x) e v(x) são linearmente independente (LI) neste

intervalo I.

Definição 02: Dada duas funções quaisquer, u(x) e v(x), definimos o wronskiano das mesmas pelo

seguinte determinante:

)(')('

)()()(),(

xvxu

xvxuxvxuw = u(x).v’(x) - v(x).u’(x).

Page 35: Apostila de EDO

34

Teorema: Se u(x) e v(x) são soluções de (H) em um intervalo I C IR, vale a seguinte

afirmação:

“u(x) e v(x) são linearmente independente em I se e somente se w[u(x), v(x)] 0, xI”.

Exemplo Mostre que u(x) = cos2x e v(x) = sen2x são soluções LI da EDO y’’+ 4y = 0 em I = IR.

Solução

xxsen

xsenxxsenxw

2cos.222

22cos2,2cos

= 2 cos2

2x + 2 sen2 2x

= 2 (cos2

2x + sen2 2x) = 2 0

u e v são linearmente independentes.

u (x) = cos2x

u’(x) = - 2 sen2x substituindo na EDO, verificamos que u é solução

u’’(x) = - 4 cos2x

v(x) = sen2x

v’(x) = 2 cos2x substituindo na EDO, verificamos que v é solução

v’’(x) = - 4 sen2x

Teorema: Sejam u(x) e v(x) soluções LI de (H). Então, a solução geral de (H) é dada por:

yH (x) = c1 u(x) + c2 v(x).

Além disso, a solução de (NH) é da forma

yNH (x) = c1 u(x) + c2 v(x) + yP (x),

onde c1 e c2 são constantes genéricas e yP (x) é uma solução particular de (NH).

Page 36: Apostila de EDO

35

Exercícios

01. Em relação a equação y’’ + 4y = 8e2x

, mostre que:

a.) yH (x) = c1 cos2x + c2 sen2x é a solução geral de (H);

b.) yP (x) = e2x

é uma solução particular de (NH);

c.) y (x) = yH (x) + e2x

é solução de (NH).

02. Em relação a equação y’’ - 8y’ + 20y = 100x² - 26x.ex, mostre que:

a.) x2sen.e.Cx2cos.eCxy x4

2

x4

1H é a solução geral de (H); e

b.) x2

p e).13

12x2(

10

11x4x5xy é a solução geral de (NH).

03. Verificar que as funções y1 (x) = tgx

e y2 (x) = cotgx são Ld ou Li.

04. Verificar que as funções y1 (x) = e-x

, y2 (x) = ex/2

.cosx e y3 (x) = ex/2

.senx são Ld ou Li.

OBS: De acordo com os resultados anteriores, a busca da solução geral de uma EDO linear de 2º

ordem envolve dois estágios: a determinação da solução geral da equação homogênea (H) e uma

solução particular da não-homogênea (NH).

1.2 Solução geral da EDO homogênea associada

Antes de atacar a Eq. (H), vamos ganhar um pouco de experiência analisando um exemplo

especialmente simples. Consideremos a equação

y ’’ – y = 0, (*)

que tem a forma de (H) com a = 1, b = 0 e c = -1. Em outras palavras, a Eq. (*) afirma que

procuramos uma função com a propriedade de a derivada segunda da função ser a própria função. Uma

ligeira meditação levará, possivelmente, a pelo menos uma função bastante conhecida no cálculo que

tem esta propriedade, a função exponencial y1(x) = ex. Um pouco mais de análise levará a uma segunda

Page 37: Apostila de EDO

36

função y2 (x) = e-x

. A experimentação revelará que os múltiplos destas duas funções são também

soluções da equação. Por exemplo, as funções 2ex e 5e

-x também satisfazem à Eq. (*) , conforme se

pode verificar pelo cálculo das derivadas segundas. Da mesma forma as funções c1.y1 (x) = c1. ex e

c2. y2 (x) = c2 .e-x

satisfazem à equação diferencial (*) para todos os valores das constantes c1 e c2 .

Depois, tem importância muito grande observar que qualquer soma das soluções da Eq. (*) é também

uma solução. Em particular, uma vez que c1.y1 (x) e c2. y2 (x) são soluções da Eq. (*), então também é

solução a função

y = c1.y1 (x) + c2 .y2 (x) = c1. ex + c2 .e

-x (**)

para quaisquer valores de c1 e c2 . Pode-se verificar a afirmação pelo cálculo da derivada segunda y ’’

da Equação (**). Na realidade, se tem y ’ = c1. ex - c2 .e

-x e y ’’ = c1. e

x + c2 .e

-x então y ’’ é idêntica a

y e a Eq. (*) está satisfeita.

Vamos resumir o que até agora fizemos neste item. Uma vez observado que as funções

y1(x) = ex e y2 (x) = e

-x são soluções da Eq. (*), vem que a combinação linear geral (**) destas funções

é também uma solução. Em virtude de os coeficientes c1 e c2 da Eq. (**) serem arbitrários, esta

expressão constitui uma família duplamente infinita de soluções da equação diferencial (*).

É agora possível analisar como escolher, nesta família infinita de soluções, um membro

particular que também obedeça a um dado conjunto de condições iniciais. Por exemplo, suponhamos

que queremos a solução da Eq. (*) que também obedeça às condições iniciais

y(0) = 2, y ’(0) = -1.

Em outras palavras, procuramos a solução que passe pelo ponto (0,2) e que, neste ponto, tenha

o coeficiente angular –1. Primeiro, fazemos t = 0 e y = 2, na Eq. (**); isto dá a equação

c1 + c2 = 2. ( I )

Depois, derivamos a Eq. (**) em relação a x, o que dá o resultado:

y ’ = c1. ex - c2 .e

-x.

Então, fazendo x = 0 e y ’= -1 obtém:

c1 - c2 = - 1. ( II )

Page 38: Apostila de EDO

37

Pela resolução das (I)e(II), simultaneamente em c1 e em c2, encontramos que c1 = 1/2 e c2 = 3/2.

Finalmente, retornando com estes valores para a Eq. (**), obtemos:

y = 1/2. ex + 3/2 .e

-x,

que é a solução do problema de valor inicial constituído pela equação diferencial (*) e as condições

iniciais.

Retornamos agora à equação mais geral (H).

a y’’ + b y’ + c y = 0,

que tem coeficientes constantes (reais) arbitrários. Com base na experiência que tivemos com a

Eq. (*), procuraremos soluções exponenciais da Eq. (H). Vamos supor, assim, que y = erx

, onde r é um

parâmetro a ser determinado. Vem então y ’ = r.erx

e y ’’ = r2.e

rx .Levando as expressões de y, de y’ e

de y ’’ na Equação (H), obtemos:

(ar2

+ br + c).erx

= 0,

ou, como erx

0,

ar2

+ br + c = 0. (#)

A Eq. (#) é a equação característica da equação diferencial (H). O seu significado está em, no

caso de r ser uma raiz da equação polinomial (#), y = erx

ser uma solução da equação diferencial (H).

Uma vez que a Eq. (#) é uma equação quadrática com coeficientes reais, tem duas raízes que podem

ser reais e diferentes, reais e iguais ou complexas conjugadas.

Teorema Solução geral de uma equação linear homogênea (H)

* Raízes Reais Distintas Se r1 r2 são raízes reais distintas da equação característica, então a solução

geral é:

y = c1. e r1 x

+ c2 .er2 x

.

* Raízes Reais Iguais Se r1 = r2 são raízes reais iguais da equação característica, então a solução geral

é:

y = c1. e r x

+ c2 .x.er x

= (c1 + c2 .x)er x

.

* Raízes Complexas Se r1 = + i e r2 = - i são raízes complexas da equação característica, então

a solução geral é:

y = c1. e x

cosx + c2 . e x

senx.

Page 39: Apostila de EDO

38

Exemplo Equação característica com duas raízes reais distintas.

Achar a solução do problema de valor inicial

y ’’ + 5y ’ + 6y = 0, y(0) = 2, y’(0) = 3.

Solução

Neste caso, a equação característica é r2

+ 5r + 6 = 0, de modo que r1 = - 2 e r2 = - 3. Logo, a

solução geral da EDO é dada por:

y = c1. e-2x

+ c2. e-3x

.

Como y = 2 quando x = 0, temos:

c1 + c2 = 2. ( I )

Além disso, como y ’ = 3 quando x = 0, temos

y ’ = - 2 c1. e-2x

- 3 c2. e-3x

3 = - 2 c1 - 3 c2 ( II )

A resolução das Eq. (I) e (II) dá c1 = 9 e c2 = - 7. Com estes valores na solução geral,

conseguimos a solução

y = 9e-2x

- 7 e-3x

do problema de valor inicial.

Exemplo Equação característica com duas raízes reais iguais.

Achar a solução do problema de valor inicial

y ’’ + 4y ’ + 4y = 0, y(0) = 2, y’(0) = 1.

Solução

Page 40: Apostila de EDO

39

Neste caso, a equação característica é r2

+ 4r + 4 = 0, de modo que r1 = r2 = - 2. Logo, a

solução geral da EDO é dada por

y = c1. e-2x

+ c2. xe-2x

.

Como y = 2 quando x = 0, temos:

c1 = 2.

Além disso, como y ’ = 1 quando x = 0, temos

y’ = - 2 c1. e-2x

+ c2 .(- 2x e-2x

+ e-2x

)

1 = - 2 . 2 . 1 + c2 .[- 2.(0). (1) + 1]

5 = c2 .

Portanto, com estes valores na solução geral, conseguimos a solução:

y = 2e-2x

+ 5 x e-2x

do problema de valor inicial.

Exemplo Equação característica com raízes complexas

Achar a solução geral da equação diferencial

y’’ + 6y’ + 12y = 0.

Solução

Neste caso, a equação característica é r2

+ 6r + 12 = 0, de modo que r = - 3 ± 3 i. Então,

= - 3, = 3 e a solução geral da EDO é

y = c1. e-3x

cos3 x + c2. e-3x

sen3 x.

OBS: Observe, no exemplo anterior, que, embora a equação característica tenha duas raízes

complexas, a solução da equação diferencial é real.

Page 41: Apostila de EDO

40

Exercícios

Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.

01. y’’ – 5y’ – 14y = 0 02. y’’ – 2y’ – 8y = 0

03. y’’ – y = 0 04. y’’ – 3y’ = 0

05. 2y’’ – 13 y’ + 15y = 0 06. 3y’’ – 7y’ + 2y = 0

07. y’’ – 4y’ + 4y = 0 08. y’’ – 4y’ + 5y = 0

09. 4y’’- 4y’ + y = 0 10. y’’ – 4y’ + 13y = 0

11. y’’– 10y’ + 25y = 0 12. y’’ + 9y = 0

13. y’’ = 0

Determinar a solução particular de cada uma das seguintes equações diferenciais sujeitas às condições

dadas.

14. y’’ – 4y’ = 0; y(0) = 3 e y’(0) = 4 15. y’’ – y’ – 2y = 0; y(0) = 2 e y’(0) = 1

16. y’’ – 8y’ + 15y = 0; y(0) = 4 e y’(0) = 2 17. y’’ – 6y’ + 9y = 0; y(0) = 2 e y’(0) = 4

18. y’’ + 25y = 0; y(0) = 2 e y’(0) = 0 19. y’’ – 12y’ + 36y = 0; y(0) = 1 e y’(0) = 0

Respostas

1. y = C1 e7x

+ C2 e-2x

2. y = C1 e4x

+ C2 e-2x

3. y = C1 ex + C2 e

-x 4. y = C1 + C2 e

3x

5. y = C1 e3x/2

+ C2 e5x

6. y = C1 e2x

+ C2 ex/3

7. y = C1 e2x

+ C2 xe2x

8. y = C1 e2x

cosx + C2 e2x

senx

9. y = C1 ex/2

+ C2 x.ex/2

10. y = C1 e2x

cos3x + C2 e2x

sen3x

Page 42: Apostila de EDO

41

11. y = C1e5x

+ C2 xe5x

12. y = C1 cos3x + C2 sen3x

13. y = C1 + C2 .x 14. y = 2 + e4x

15. y = e2x

+ e-x

16. y = -5e5x

+ 9e3x

17. y = 2e3x

– 2xe3x

18. y = 2cos5x

19. y = e6x

– 6xe6x

1.2.1 Equações diferenciais lineares de ordem mais alta

Para equações diferenciais lineares homogêneas de ordem mais alta, encontramos a solução

geral de maneira análoga ao caso de segunda ordem, isto é, começamos por encontrar as n raízes da

equação características e depois, baseadas nessas n raízes, formam uma coleção linearmente

independente de n soluções. A maior diferença é que, para equações de ordem três ou maior, as raízes

da equação característica podem aparecer mais de duas vezes. Quando isso acontece, as soluções

linearmente independentes são obtidas multiplicando-se por potências crescentes de x. Vamos ilustrar

isso nos dois próximos exemplos.

OBS: Radiciação de Números Complexos

b (parte imaginária)

a (parte real)

z = a + bi z = = 22 ba e

b

a

sen

cos

z = .(cos + i.sen)

Forma Trigonométrica

Dado um número complexo não nulo z = .(cos + i.sen) e um número natural n > 1, as

raízes enésimas do complexo z são da forma:

n

ki

n

kZ n

k

2sen

2cos.

1

, onde k {0, 1, 2,..., n – 1}.

Page 43: Apostila de EDO

1

Exemplo Resolução de uma equação de terceira ordem.

Achar a solução geral da equação diferencial

y’’’ + 3y’’ + 3y’ + y = 0.

Solução

Neste caso, a equação característica é r3

+ 3r2

+ 3r + 1 = (r + 1)3 = 0. Como a raiz r = -1 é

tripla, a solução geral da EDO é

y = c1. e-x

+ c2.x e-x

+ c3.x 2

e-x

.

Exemplo Resolução de uma equação de quarta ordem.

Achar a solução geral da equação diferencial

y ’’’’ + 2y ’’ + y = 0.

Solução

Neste caso, a equação característica é r4

+ 2r2

+ 1 = (r2 + 1)

2 = 0. Como a raiz r = i é

dupla, com = 0 e = 1, a solução geral da EDO é

y = c1. cosx + c2.senx + c3.x.cosx + c4.x.senx.

Exercícios

Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.

01. y’’’ – y’’ - y’+ y = 0 02. y’’’ – 3y’’ + 3y’- y = 0

03. 2y’’’ - 4y’’ – 2y’ + 4y = 0 04. y iv

- 4y’’’+ 4y’’ = 0

05. y vi

+ y = 0 06. y iv

- 5y’’+ 4y = 0

07. y vi

- 3 y iv

+ 3y’’ – y = 0 08. y vi

- y’’ = 0

09. y v - 3 y

iv + 3y’’’- 3y’’ + 2y’ = 0 10. y

iv - 8y’ = 0

11. y viii

+ 8y iv

+ 16y = 0 12. y’’’+ y’ = 0; y(0) = 0, y’(0) = 1 e y’’(0) = 2

Page 44: Apostila de EDO

2

Respostas

01. y = C1 ex + C2 x.e

x + C3 e

- x

02. y = C1 ex + C2 x.e

x + C3 x²e

x

03. y = C1 ex + C2 e

2x + C3 e

- x

04. y = C1 + C2 x + C3 e2x

+ C4 xe2x

05. y = C1 cosx + C2 senx + e3x/2

(C3 cos 0,5x + C4 sen 0,5x) + e-3x/2

(C5 cos 0,5x + C6 sen 0,5x)

06. y = C1ex + C2 e

- x + C3 e

2x + C4 e

- 2x

07. y = y = C1 ex + C2 x.e

x + C3 x²e

x + C4 e

- x + C5 xe

- x + C6 x².e

- x

08. y = C1 + C2 x + C3 ex + C4 e

- x + C5 cosx + C6 senx

09. y = C1 + C2 ex + C3 e

2x + C4 cosx + C5 senx

10. y = C1 + C2 e2x

+ e- x

(C3 cos3x + C4 sen3x)

11. y = ex [(C1 + C2 x).cosx + (C3 + C4 x).senx] + e

- x [(C5 + C6 x).cosx + (C7 + C8 x).senx]

12. y = 2 – 2. cosx + senx

1.3 Equações Lineares Não-homogêneas de Segunda Ordem

Nesta seção, vamos descrever dois métodos para encontrar a solução geral de uma

equação diferencial linear não-homogênea. Em ambos, o primeiro passo é encontrar a solução

geral, denotada por yh, da equação homogênea correspondente. Após isso, tentamos encontrar

uma solução particular, yp, da equação não-homogênea. Combinando esses dois resultados,

podemos concluir que a solução geral da equação não-homogênea é y = yh + yp, como enunciado

no próximo Teorema.

Teorema Solução geral de uma equação linear não homogênea (NH)

Seja ay” + by’ + cy = F(x) uma equação diferencial linear não homogênea de 2ª ordem.

Se yp , é uma solução particular dessa equação e se yh é a solução geral da equação homogênea

correspondente, então:

y = yh + yp.

é a solução geral da equação não-homogênea.

Page 45: Apostila de EDO

3

1.3.1 O MÉTODO DOS COEFICIENTES A DETERMINAR

Como já temos as ferramentas para encontrar yh , vamos nos concentrar em formas de

encontrar a solução particular yp. Se a função F(x) consiste em somas ou produtos de

xn, e

mx, cosx, senx

podemos encontrar urna solução particular pelo método dos coeficientes a determinar. A idéia

do método é tentar uma solução yp do mesmo tipo que F(x). Eis alguns exemplos:

1. Se F(x) = 5x + 4, escolha yp = Ax + B;

2. Se F(x) = 2xex,+ 5e

x escolha yp = (Ax + B)e

x = Axe

x + Be

x;

3. Se F(x) = x² + 9 – cos7x, escolha y p = (Ax2 + Bx + C) + C.sen7x + D.cos7x.

Depois, por substituição, determinamos os coeficientes dessa solução. Os próximos

exemplos ilustram esse método.

Exemplo O método dos coeficientes a determinar.

Encontre a solução geral da equação y”- 2y’ – 3y = 2.senx.

Solução:

Para encontrar yh , resolvemos a equação característica

m 2 - 2m – 3 = (m+1).(m – 3) = 0 m = -1 e m = 3

Logo, yh = C1e- x

+ C2 e 3x

. A seguir, vamos tomar yp do mesmo tipo que sen2x, isto é,

yp = A.cosx + B.senx

y’p = - A.senx + B.cosx

y’’p = - A.cosx - B.senx

Substituindo na equação, obtemos:

Page 46: Apostila de EDO

4

(-A.cosx - B.senx) – 2(-A.senx + B.cosx) – 3(A.cosx + Bsenx) = 2.senx

-A.cosx - B.senx + 2A.senx -2B.cosx – 3A.cosx -3Bsenx = 2.senx

(- 4A - 2B).cosx + (2A - 4B).senx = 2senx.

Portanto, yp é uma solução, desde que os coeficientes dos termos correspondentes sejam

iguais. Obtemos, então, o sistema

- 4A - 2B = 0 e 2A - 4B = 2

que tem soluções A = 1/5 e B = - 2/5. Logo, a solução geral é

y = yh + yp = C1e- x

+ C2 e 3x

+ (1/5) cosx – (2/5) senx.

A forma da solução homogênea yh = C1e- x

+ C2 e 3x

no Exemplo anterior não tinha

nenhum termo do mesmo tipo que a função F(x) na equação y”+ by’+ cy = F(x). No entanto, se a

equação diferencial no Exemplo anterior fosse da forma

y”- 2y’- 3y = e- x

não faria sentido tentar uma solução particular da forma y = Ae- x

já que essa função é solução

da equação homogênea. Em tais casos, devemos multiplicar pela menor potência de x

que remova a duplicação. Para esse problema em particular, tentaríamos yp = Axe- x

. O próximo

exemplo ilustra esse tipo de situação.

Exemplo O método dos coeficientes a determinar.

Encontre a solução geral da equação y’’ – 2y’ = x + 2ex.

Solução

A equação característica, m2 - 2m = m.(m - 2) = 0 m = 0 e m = 2, logo

y h = C1 + C2 e2x

Corno F(x) = x + 2ex, nossa primeira escolha para yp seria (A + Bx) + Ce

x. No entanto,

como yh já contém um termo constante C1 , multiplicamos a parte polinomial por x e usamos

Page 47: Apostila de EDO

5

yp = Ax + Bx2 + Ce

x

y’p = A + 2Bx + Cex

y’’p = 2B + Cex

Substituindo na equação diferencial, obtemos

(2B + Cex) – 2(A + 2Bx + Ce

x) = x + 2e

x

2B + Cex – 2A - 4Bx -2 Ce

x = x + 2e

x

(2B – 2A) - 4Bx - Cex = x + 2e

x

Igualando os coeficientes dos termos correspondentes, obtemos o sistema

2B - 2A = 0, - 4B = 1, - C = 2

que tem soluções A = B = - ¼ e C = - 2. Portanto,

y p = - ¼ x - ¼ x2 - 2e

x

e a solução geral é

y = C1 + C2 e2x

- ¼ x - ¼ x2 - 2e

x.

Podemos, também, usar o método dos coeficientes a determinar para uma equação não-

homogênea de ordem mais alta. O próximo exemplo ilustra esse procedimento.

Exemplo O método dos coeficientes a determinar para uma equação de terceira ordem.

Encontre a solução geral da equação y’’’ + 3 y’’ + 3y’ + y = x.

Solução

Sabemos, do exemplo da seção anterior, que a solução da equação homogênea é

y = C1 e-x

+ C2 x e-x

+ C3 x2 e

-x.

Como F(x) = x, escolhemos yp = A + Bx, obtendo y’p = B e y’’p = y’’’p = 0.

Substituindo na equação, temos

(0) + 3.(0) + 3.(B) + (A + Bx) = (3B + A) + Bx = x.

Portanto, B = 1, A = - 3 e a solução geral é y = C1 e-x

+ C2 x e-x

+ C3 x2 e

-x – 3 + x.

Page 48: Apostila de EDO

6

Exercícios

Determine a forma de uma solução particular para:

01. y’’ – 8y’ + 25 y = 5x3 e

-x –7e

-x

02. y’’ + 4y = x.cosx

03. y’’ – 9y’ + 14y = 3x2 – 5sen2x + 7xe

7x

Encontre a solução geral das seguintes equações:

04. y’’ + 4y’ – 2y = 2x2 – 3x + 6

05. y’’ – y’ + y = 2sen3x

06. y’’ – 2y’ – 3y = 4x –5 + 6xe2x

07. y’’+ y = 4x + 10 senx; y() = 0 e y’() = 2.

Respostas

01. yP(x) = (Ax3 + Bx

2 + Cx + D).e

-x.

02. yP(x) = (Ax + B).cosx + (Cx + D).senx

03. yP(x) = (Ax2 + Bx + C) + Dcos2x + Esen2x + (Fx

2 + Gx).e

7x

04. y(x) = .9

2

5.. 2.62

2

.62

1 xxeCeC xx

05. y(x) = xseneCxeCxx

2

3..

2

3cos.. 2

22

1 .3cos.73

63sen.

73

16xx

06. y(x) = C1e3x

+ C2 .e-x

9

23

3

4x xex 2.

3

42

07. y(x) = 9.cosx + 7senx + 4x – 5xcosx.

Page 49: Apostila de EDO

7

1.3.2 O MÉTODO DE VARIAÇÃO DOS PARÂMETROS

O método dos coeficientes a determinar funciona bem se F(x) é uma soma de termos

polinomiais ou de funções cujas derivadas sucessivas formam um padrão cíclico. Para funções

como (1/x) ou tgx que não possuem tais características usamos um método mais geral conhecido

como método de variação dos parâmetros. Nesse método, supomos que yp tem a mesma forma

que yh, exceto que as constantes em yh são substituídas por variáveis.

O Método de Variação dos Parâmetros

Para encontrar a solução geral da equação y” + b y’ + c y = F(x):

1. Encontre yh = C1y1 + C2 y2;

2. Substitua as constantes por variáveis da forma yh = u1 y1 + u2 y2;

3. Resolva o sistema a seguir para u’1 e u’2:

)(

0

'

2

'

2

'

1

'

1

2

'

21

'

1

xFyuyu

yuyu.

4. Integre para encontrar u1 e u2. A solução geral é y = yh + yp.

Exemplo Resolva a equação y’’- 2 y’+ y = (ex / 2x), x > 0.

Solução

A equação característica m2

- 2m + 1 = (m - 1)2 = 0 tem apenas uma solução, m = 1.

Então, a solução da equação homogênea é

yh = C1y1 + C2y2 = C1e x + C2 xe

x.

Substituindo C1 e C2 por u1 e u2, obtemos

yP = u1y1 + u2y2 = u1e x + u2 xe

x.

O sistema de equações resultante é

)2/()(

0

'

2

'

1

'

2

'

1

xeexeueu

xeueu

xxxx

xx

Page 50: Apostila de EDO

8

Subtraindo a segunda equação da primeira, obtemos )2/1('

2 xu . Substituindo na

segunda equação, temos )2/1('

1 u . Finalmente, integrando, obtemos:

22

11

xdxu e xxdx

xu lnln

2

11

2

12

Segue desse resultado que

yp = – (1/2)xex + (lnx)xe

x

é uma solução particular e que a solução geral é

y = C1e x + C2 xe

x – (1/2)xe

x + (lnx)xe

x.

Exercícios

Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.

01. y’’ + y’ = senx 02. y’’ – y’ – 2y = 4x

03. y’’ – 10y’ + 25y = x 04. y’’ – y = x2

05. y’’ + 4y = ex - 2 06. y’’ – 3y’ - 4y = 6e

x

07. y’’ + y = 5 + sen3x 08. y’’ + 6y’ + 9y = x + senx

09. y’’– 2y’ - 3y = x2 + e

-2x 10. y’’ - 2y’ - 3y = e

x

11. 4y’’ + 36y = cosec3x

Determinar a solução particular de cada uma das seguintes equações diferencial sujeitas às

condições dadas.

12. y’’ + y = 10e2x

; y(0) = 0 e y’(0) = 0. 13. y’’ + y = ex ; y(0) = 0 e y’(0) = 3.

14. y’’ + y’ = senx; y(0) = 0 e y’(0) = 0. 15. y’’ – 4y = 2 – 8x; y(0) = 0 e y’(0) = 5.

Page 51: Apostila de EDO

9

RESPOSTAS

01. y(x) = C1 + C2 e-x

– xsenx cos2

1

2

1

02. y(x) = C1e2x

+ C2 e-x

– 2x + 1.

03. y(x)= 125

2

25. 5

2

5

1 x

exCeC xx .

04. y(x) = C1ex + C2 e

-x – x

2 - 2.

05. y(x)= 2

1

52sen2cos. 21

xexCxC .

06. y(x) = C1e4x

+ C2 e-x

– ex.

07. y(x)= xxCxC 3sen8

15sencos. 21 .

08. y(x)=

27

2

9

1.. 3

2

3

1 xexCeC xx .cos50

3sen.

25

2xx

09. y(x)= 527

14

9

4

3..

22

2

3

1

xxx exx

eCeC

.

10. y(x) = C1e3x

+ C2 e-x

– xe4

1.

11. y(x)= xsenxsenxxxsenCxC 3ln.336

13cos

12

133cos. 21 .

12. y(x) = -2.cosx – 4. senx + 2.e2x

.

13. y(x)= .sen2

5cos

2

1

2

1xxex

14. y(x)= .cos2

1sen

2

1

2

11 xxe x

15. y(x) = - 2

1

2

1 2 xe + 2x + e2x

.

Fim !!!!