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Equações Diferenciais Ordinárias

ISIG 2002

Eng. de Sistemas Decisionais

Eng. de Informática

Vasco A. Simões

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Análise Infinitesimal III Parte II – Equações Diferenciais Ordinárias

Vasco Simões © 2002 ISIG/COCITE

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ÍNDICE

Pag.

1. Introdução

2. Equações Diferenciais de Primeira Ordem.

Equações diferenciais de variáveis separáveis

Equações diferenciais exactas

Factor Integrante

Equações diferenciais lineares

Mudança de variável

Equação de Bernoulli

3. Equações Diferenciais Lineares de Ordem n

Equações Homogéneas de Coeficientes Constantes

Equações não Homogéneas de Coeficientes Constantes

3.2.1. Soluções Particulares

3.2.2. Variação das constantes

3.3. Equação de Euler

3.4. Redução de ordem conhecendo uma solução particular

Apêndice 1 – Soluções Singulares

Apêndice 2 – Exercícios variados

Apêndice 3 – Aplicações

Apêndice 4 – Soluções e indicações sobre os Exercícios e Aplicações dos

Apêndices 2 e 3.

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14

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1. INTRODUÇÃO

Muitos problemas reais envolvem derivadas. Uma equação onde figurem derivadas é

chamada Equação Diferencial. Se nela figuram Derivadas Parciais é chamada Equação Diferencial

Parcial, caso contrário diz-se Equação Diferencial Ordinária.

Neste capítulo vamos estudar alguns métodos para a resolução de muitas equações

diferenciais ordinárias que ocorrem em variadíssimos problemas reais. Vejamos alguns exemplos:

A segunda lei de Newton para partículas de massa constante tem a forma vectorial

amF rr=

Se escrevermos a aceleração na forma dtvdr , onde vr é a velocidade, ou na forma 2

2

tdrd r

onde

rr é o vector de posição, obtemos uma equação diferencial (ou um conjunto de equações

diferenciais, uma para cada componente do vector).

A taxa à qual o calor Q escapa através de uma janela é proporcional à área e à taxa de

variação da temperatura T com a distância na direcção do fluxo de calor. Temos então

dxdTkA

dtdQ

=

( k é chamada condutividade térmica e depende do material).

A ordem de uma equação diferencial é a ordem da maior derivada que nela figura. Assim, as

equações

VRIdtdIL

gdtdv

eyyx

xyy

x

=+

−=

=+′

=+′ 12

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são equações de primeira ordem, e

krdt

rdm −=2

2

é de segunda ordem.

A solução de uma equação diferencial ( com variáveis x e y ) é a relação entre essas variáveis

que, substituída na equação, a transforma numa identidade.

Por exemplo, a relação 3sin += xy é solução da equação diferencial xy cos=′ , uma

vez que se substituirmos a primeira relação na equação obtemos a identidade xx coscos = .

Repare-se no entanto que 123sin += xy ou 42sin −= xy são também solução da

equação diferencial proposta, isto é, em geral, a solução de uma equação diferencial não é única.

EXERCÍCIO

Verifique se xxxx BeAeyeyey −− +=== ,, são ou não soluções da equação diferencial

yy =′

2. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE PRIMEIRA ORDEM

As equações diferenciais ordinárias de primeira ordem envolvem a função )(xy , a variável x e a

primeira derivada )(xy′ , são pois equações do tipo:

0),,( =′yyxf

Este tipo de equações dividem-se em dois grandes grupos, a saber;

• Equações resolvidas, se é possível explicitar y′ em função de x e de y

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Por exemplo: 333 xyyx =+′ que se pode escrever na forma

xyxy −=′

3

2

• Equações não resolvidas, se tal não é possível, como por exemplo no caso

yxexy y =+′ ′22

Comecemos por estudar o caso das equações resolvidas, que se podem portanto escrever na forma

),( yxfy =′

e tentemos tirar algumas conclusões a partir do problema invertido, isto é, como aparece uma

equação diferencial.

Considere-se uma equação em x e y, 0),( =yxg .

(a) Podemos diferenciar esta equação:

0=dg

e obtêm-se

0=∂∂

+∂∂ dy

ygdx

xg

Chamemos ),( yxP e ),( yxQ respectivamente ás derivadas xg∂∂ e

yg∂∂ , então, a equação

diferencial terá a forma

0=+ dyQdxP (1.1)

(b) Podemos derivá-la em ordem a x e obter

[ ] 0))(,( =∂∂ xyxgx

isto é:

0=∂∂

+∂∂

dxdy

yg

xg (1.2)

e as equações obtidas em (a) e em (b) são idênticas, são a equação diferencial ordinária de primeira

ordem correspondente à equação inicial 0),( =yxg .

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EXEMPLO

A partir da equação 5332 =+ xeyyx obtém-se por diferenciação

0)33()32( 223 =+++ dyeyxdxeyxy xx

ou, por derivação em ordem a x:

0)33()32( 223 =+++dxdyeyxeyxy xx

O problema que nos propomos resolver é o de encontrar a equação inicial 0),( =yxg , dadas

qualquer uma das equações (1.1) ou (1.2).

2.1. Equações diferenciais de variáveis separáveis

Sempre que se avalia o integral ∫= dxxfy )( está-se a resolver a equação diferencial

)(xfdxdyy ==′

trata-se de um exemplo simples de uma equação que se pode escrever

dxxfdy )(=

onde em cada membro apenas figuram termos com uma só das variáveis x ou y. Sempre que

podemos separar as variáveis numa equação diferencial, dizemos que a equação é separável e obtém-

se a solução por integração dos dois membros da equação separada.

EXEMPLO

A taxa à qual uma substância radioactiva decai é proporcional ao número de átomos dessa

substância que restam depois do decaimento. Se tivermos inicialmente 0N átomos (no instante

0=t ), quantos átomos teremos num instante qualquer posterior t ?

A equação diferencial é NdtdN λ−= onde λ é apenas uma constante de

proporcionalidade. Esta equação é separável, com efeito podemos escrevê-la

dtN

dN λ−=

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e, integrando ambos os membros obtém-se

∫ ∫−= dtN

dN λ

CtN +−= λlog

que é a solução geral da equação. Agora, é obvio que esta solução deve depender do número 0N de

átomos de que dispúnhamos à partida. Como, para 0=t é 0NN = , a solução fica

CCN =+×−= 0log 0 λ

e temos assim determinada a constante C a partir das condições particulares do problema em questão

0log NC =

obtemos então uma solução particular da equação substituindo C na solução geral:

0loglog NtN +−= λ

ou seja

tNN λ−=

0

log

ou ainda teNN λ−= 0

EXEMPLO

Considere-se a equação 1+=′ yyx .

Podemos escrevê-la xy

y 11=

+′

e ficou assim separada. Integrando ambos os membros

fica:

∫∫ =+ x

dxydy

1

Cxy +=+ log)1log(

que é a solução geral procurada. Esta solução geral é uma família de curvas planas. Se chamarmos à

constante C = Alog podemos simplificar a solução obtida:

)log(loglog)1log( xAAxy =+=+

e a solução geral também se pode escrever

xAy =+1 ou 1−= xAy

que é a família de rectas que passam pelo ponto (0, -1).

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Neste mesmo caso, encontrar uma solução particular significa pois seleccionar uma destas

rectas o que se consegue estabelecendo um valor fixo para a constante A, o declive das rectas1.

EXERCÍCIOS ( resolvidos)

Determine a solução geral de cada uma das equações diferenciais seguintes, e para cada uma delas

seleccione a solução particular que satisfaz a condição dada.

(a) xyx =′ , com 3)2( =y

Resposta:

1=′⇒=′ yxyx , portanto Cxy += ( ou ∫ ∫ +=⇒=⇒= Cxydxdydxdy )

Solução geral: Cxy +=

Para obter a solução particular, devemos seleccionar de entre as soluções em geral, aquela que

verifica a condição 3)2( =y , isto é, aquela que passa no ponto (2, 3):

123 =⇒+= CC

e a solução particular procurada será:

1+= xy

(b) 011 22 =−+− dyxydxyx com 21

=y se 21

=x

Resposta:

A equação é separável: 22 11 y

dyy

x

dxx

−−=

Integrando ambos os membros:

∫∫−

−=− 22 11 y

dyy

x

dxx Cyx +−=−−⇒ 22 11 que é a solução geral.

Quanto à solução particular, tem-se

C=−=−− 323

23

e a solução particular será

311 22 −−=−− yx

ou: 311 22 =−+− yx

1 Veja Apêndice 1 – Soluções Singulares

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(c) yyxy logsin =′ com ey =)3(π

Resposta:

A equação pode escrever-se

Cxxydxxyy

dy+−=⇒= )cotgcoseclog(loglogcosec

log

ou:

Axxy log)cotgcoseclog(loglog +−=

)cotgcosec(logloglog xAxAy −=

=ylog xAxA cotgcosec −

Usando agora a condição ey =)3(π obtém-se 3=A e a solução particular será

=ylog xx cotg3cosec3 −

EXERCÍCIOS (propostos)

(a) 0)1( 2 =++ dyxydxy com 0)5( =y

R: Cyx =+ 21 com 5=C

(b) yxyyx =−′ com 1)1( =y

R: Cxxy ++= loglog com 1−=C

(c) yyxxxyy

−+

=′ 2

22 com 0)2( =y

R: 222 )1(12 −=+ xCy com 1=C

(d) 0)8( 2 =−+ dxxxydyy com 3)1( =y

R: 2

82 xCey −=− com eC =

(e) 02 2 =+′ xyy com 1=y se 2=x

R: Cxy

=+− 21 com 3=C

(f) yyy =′+ )1( com 1)1( =y

R: xy eCey = com 1=C

(g) dyyxdxyx sinsincoscos = com ( ) ππ =2y

R: Cyx =cossin com 1−=C

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2.2. Equações diferenciais exactas

Se a equação diferencial 0),(),( =+ dyyxQdxyxP foi obtida diferenciando uma equação

0),( =yxF , isto é, se

dyQdxPdF +=

a equação diz-se diferencial exacta.

Neste caso, a partir de 0),(),( =+ dyyxQdxyxP pode escrever-se imediatamente

0=Fd

e a solução fica, imediatamente:

CF = .

O problema consiste então em determinar a função ),( yxF .

Antes de passarmos à determinação de F , vejamos como é possível identificar se uma equação

diferencial é ou não é diferencial exacta.

Se 0),(),( =+ dyyxQdxyxP é diferencial exacta, então existe a função ),( yxF tal que o

seu diferencial 0=∂∂

+∂∂

= dyyFdx

xFdF , e deve-se então ter

yFQ

xFP

∂∂

=∂∂

= ,

então, se P e Q forem funções continuas e deriváveis com derivadas parciais continuas em certo

domínio deverá também ter-se que

xQ

yxF

xyF

yP

∂∂

=∂∂

∂=

∂∂∂

=∂∂ 22

e portanto a equação será diferencial exacta se:

xQ

yP

∂∂

=∂∂

EXEMPLO

(a) Considere-se a equação 0)2()14( 2 =−+−− dyxxdxyxy

Tem-se xQx

yP

∂∂

=−=∂∂ 14 e portanto trata-se de uma equação diferencial exacta.

(b) Considere-se a equação 02 2 =− dyxydxxy

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Neste caso xQyxy

yP

∂∂

=−≠=∂∂ 4 e portanto a equação não é diferencial exacta.

Vejamos então como determinar a função F e consequentemente a solução CF = da

equação.

A equação diferencial exacta pode escrever-se

0=∂∂

+∂∂ dy

yFdx

xF

temos portanto PxF=

∂∂ e Q

yF=

∂∂ . Se integrarmos a primeira equação em ordem a x , obtém-se

∫= dxyxPF ),(1

esta primitiva resultará certamente numa função de x e y, a que chamaremos ),(1 yxΛ mais uma

função exclusivamente de y, que funciona como constante de integração. A função ),(1 yxΛ , por sua

vez, só poderá ser a soma de uma função com termos onde figuram x e y simultaneamente, e uma

função exclusivamente de x :

)()(),()(),( 111111 yCxyxyCyxF ++=+Λ= βα (1.3)

De igual forma, obtemos simultaneamente que

∫= dyyxQF ),(2

ou seja: )()(),()(),( 222222 xCyyxxCyxF ++=+Λ= βα (1.4)

Mas, como 1F e 2F tem que ser a mesma função, deve ter-se:

i. ),(),( 21 yxyx αα = ),( yxα=

ii. )()( 21 xCx =β

iii. )()( 21 yyC β=

e conclui-se pois que:

)()(),( 211 yxyxFF ββα ++==

a partir de (1.3) , ou, o que é o mesmo:

)()(),( 122 xyyxFF ββα ++==

a solução procurada será pois

Cyxyx =++ )()(),( 21 ββα

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EXEMPLO

Considere-se a equação 0)110()203( 4232 =−++ dyyxdxyxx

É fácil ver que se trata de uma equação diferencial exacta, temos então:

∫ ++=+= )(5)203( 1324232

1 yCxyxdxyxxF

e: ∫ +−=−= )(5)110( 2244

2 xCyyxdyyxF

onde se identificam facilmente as funções ),(21 yxααα == , 31 )( xx =β e yy −=)(2β .

Devemos então ter 12 C=β e 21 C=β , portanto a função F será:

yxyxyxF −+= 3245),(

e a solução procurada é: Cyxyx =−+ 3245

EXERCÍCIOS (resolvidos)

(a) Considere-se a equação 0)()( =−++ dyyxdxyx

Tem-se 1)( =+∂∂

=∂∂ yx

yyP e 1)( =−

∂∂

=∂∂ yx

xxQ , portanto é diferencial exacta.

∫ ++=+= )(2

)( 1

2

1 yCxyxdxyxF

∫ +−=−= )(2

)( 2

2

2 xCyxydyyxF

então: 22

22 yxxyF −+= e a solução procurada será:

Cyxxy =−+22

22

ou: Cyxxy =−+ 222

( repare-se que, como não podia deixar de ser, na função F, o termo em que figuram

simultaneamente x e y é igual em F1 e em F2 )

(b) 0)2()3( 322 =+++ dyexyxdxeyyx xyxy é diferencial exacta (verifique), então

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∫ ++=+= )()3( 12322

1 yCeyxdxeyyxF xyxy

∫ ++=+= )()2( 2233

2 xCeyxdyexyxF xyxy

neste caso, para que se trate da mesma função, devem ser nulos os termos 1C e C 2 , portanto

a solução será

Ceyx xy =+23

(c) 0)23()2(222 22 =+++− dyexyexydxxey yyy é diferencial exacta (verifique)

∫ +−=−= )()2( 12

1

22

yCxexydxxeyF yy

∫ ++= dyexyexyF yy )23(22 22

2 o calculo deste integral pode simplificar-se muito se

atendermos a que o termo onde figuram simultaneamente x e y é forçosamente igual ao de F1.

Com efeito:

∫ ∫∫ ++=++= dyydyexyexdyexyexyF yyyy 22222 3)2()23(

2222

o primeiro integral é, forçosamente 2yexy , o termo de F1 em que figuram x e y. Resta apenas

calcular o segundo integral e obtém-se:

)(23

2

2

xCyexyF y ++=

e a solução será: Cxyexy y =−+ 232

EXERCÍCIOS (propostos)

Resolva as seguintes equações diferenciais:

(a) 0)1()( =++++ dyxydxyx R: Cyyxxy =+++ 22 22

(b) 0)3()2( 2323 =−++ dyyexdxeex yxy R: Cyeex xy =−+3

332

(c) 0)cossin(sin)sincos(cos 22 =+−+ dyyyxdxxyx

R: Cyxyxyx =−−−+ 2sin2sin22cossin4

(d) 0)tg()12sec( 22 =++++ dyxxdxxyxy R: Cxyxxy =++ 2tg

(e) 0)2213()2213( 3

22

22

22

22 =−++++++ dy

yxyx

yydx

yxxy

xx

R: Cyxy

xyxyx =−−+++11

2

23322

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2.3. Factor Integrante

Considere-se a equação diferencial 0),(),( =+ dyyxQdxyxP , tal que xQ

yP

∂∂

≠∂∂ , isto é, não se

trata de uma equação diferencial exacta.

Suponhamos que a equação é tal que é possível encontrar uma função ),( yxλ tal que

xQ

yP

∂∂

=∂

∂ )()( λλ

isso significa que a equação 0=+ dyQdxP λλ é diferencial exacta, e esta nova equação já

sabemos como resolver.

À função ),( yxλ que multiplicada por ambos os membros da equação diferencial inicial a

transforma numa equação diferencial exacta chama-se Factor Integrante.

EXEMPLO

Seja 0)52()23( 4252 =+++ dyxyyxdxyxy .

É fácil ver que não se trata de uma equação diferencial exacta pois que

xQyxyyxy

yP

∂∂

=+≠+=∂∂ 44 54106

mas, multiplicando a equação por x obtém-se

0)52()23( 423522 =+++ dyyxyxdxxyyx

onde:

xQxyyxxyyx

yP

∂∂

=+=+=∂∂ 4242 106106

isto significa que a equação inicial admite a função xyx =),(λ como factor integrante, e teremos

)()23( 15223522

1 yCyxyxdxxyyxF ++=+= ∫

)(25223

2 xCyxyxF ++=

e a solução será:

Cyxyx =+ 5223

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Vejamos se é possível determinar o factor integrante para uma dada equação diferencial.

Suponhamos que a equação 0),(),( =+ dyyxQdxyxP admite um factor integrante ),( yxλ ,

então

0=+ dyQdxP λλ

é diferencial exacta, isto é:

xQ

yP

∂∂

=∂

∂ )()( λλ

xQ

xQ

yP

yP

∂∂

+∂∂

=∂∂

+∂∂ λλλλ (1.5)

Esta equação, no caso geral, é bastante complicada de resolver por forma a obter λ .

Deixemos pois de lado o caso geral e vamos estudar apenas os dois casos particulares

seguintes:

i. λ é apenas função de x

ii. λ é apenas função de y

No primeiro caso temos )(xλλ ≡ , portanto em (1.5) tem-se 0=∂∂

yλ pelo que a equação fica

xddQ

xQ

yP λλλ +

∂∂

=∂∂

e esta equação já é de fácil resolução:

λλλλ ddx

QxQ

yP

xddQ

xQ

yP

=∂∂−

∂∂

⇒=

∂∂

−∂∂

e integrando ambos os membros fica:

∫ ∂∂

−∂∂

= dxQ

xQ

yP

λlog

ou seja,

∫ ∂∂

−∂∂

=xd

QxQ

yP

ex)(λ

que é o factor integrante.

É fácil ver que no caso de λ ser apenas função de y, um raciocínio em tudo semelhante a este

conduz a um factor integrante da forma:

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∫ ∂∂

−∂∂

−=yd

PxQ

yP

ey)(λ

Repare-se que num e noutro caso partimos da hipótese de que o factor integrante seria uma

função exclusiva de x ou de y, no entanto é fácil ver a partir da equação diferencial inicial se temos um

destes casos ou não, e em caso afirmativo qual deles.

Se Q

xQ

yP

∂∂−

∂∂

for função só de x, então )(xλλ ≡

Se P

xQ

yP

∂∂

−∂∂

for função só de y, então )(yλλ ≡

EXEMPLO

Voltemos á equação do exemplo anterior 0)52()23( 4252 =+++ dyxyyxdxyxy

Tem-se xxyyx

yxyyxyQ

xQ

yP

152

5410642

44

=+

−−+=∂

∂−∂∂

,

portanto existe um factor integrante que é função exclusiva de x.

O factor integrante será:

xeex xxdx

==∫= log)(λ

que foi a função utilizada para transformar a equação em diferencial exacta.

EXERCÍCIOS (resolvidos)

(a) Resolver a equação 0)( =−+ dyxydxy

Tem-se 1,1 −=∂∂

=∂∂

xQ

yP , portanto não é Diferencial Exacta.

Vejamos se admite factor integrante função só de x:

xyQ

xQ

yP

−=

∂∂

−∂∂

2 não é função exclusiva de x.

Vejamos então se admite factor integrante função só de y:

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yP

xQ

yP

2=

∂−

é função exclusivamente de y, portanto a equação admite factor integrante

2

1logloglog2

2 1)(22

yeeeey yyyy

dy

====∫

=−−

λ

multiplicando a equação por este factor integrante obtém-se

02 =−

+ dyy

xyy

dx que é diferencial exacta, então

∫ +== )(11 yCyx

ydxF , ∫ ∫ ∫ ++=−=

−= )(log 2222 xCy

yx

ydyx

ydydy

yxyF

e a solução será:

Cyyx

=+ log

(b) Resolver a equação 0)4()62( 2

2

=+−+ dyyx

yxdx

yx sabendo que admite factor integrante

função de xy , ou seja )(),( xyyx ϕλ ≡ .

Se ϕ é factor integrante, então x

Qy

P∂

∂=

∂∂ )()( ϕϕ , ou seja

2

1xyQ

xQ

xP

yP ϕϕϕϕ ′−

∂∂

=′+∂∂

22

2

22

4811626xy

yx

yx

yx

yxyx

yx ϕϕϕϕ ′

−−

+−=′

++−

ϕϕ ′

−−=

+

xyyyx 12122

ξϕϕ 1

−=−=′

yx com

xy

integrando ambos os membros em ordem á variável ξ obtém-se

yxd

∫ ==⇒−=−=ξ

ϕξξξϕ 1loglog

Conhecido o factor integrante tem-se a equação diferencial exacta

04623

3

2

2

2

2

=

+−

+ dy

yx

yxdx

yx

yx

que se resolve facilmente para dar a solução:

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Cyx

yx

=+ 2

32 2

O problema colocado no exercício anterior é bastante comum pelo que merece uma resolução

teórica mais geral.

Consideremos então que a equação diferencial 0=+ dyQdxP admite um factor integrante

função de ),( yxα , isto é: )),(( yxαϕλ = . Então, a equação 0=+ dyQdxP ϕϕ é diferencial

exacta e tem-se sucessivamente:

xQ

yP

∂∂

=∂

∂ )()( ϕϕ

xQ

xQ

yP

yP

∂∂

+∂∂

=∂∂

+∂∂ ϕϕϕϕ

xy QxQP

yP αϕϕαϕϕ ′′+

∂∂

=′′+∂∂

ϕϕαα

∂∂

−∂∂

=′′−′yP

xQQP xy )(

xy QPyP

xQ

ααϕϕ

′−′∂∂

−∂∂

=′

e o factor integrante fica: ∫ ′−′

∂∂

−∂∂

==α

ααϕλd

QPyP

xQ

xye

EXERCÍCIO ( resolvido)

Resolva a equação 0)3(4 2 =++ dyyxdxxy sabendo que admite um factor integrante

função de yx +2 .

Tem-se 12,3,4 22 =′∧=′⇒+=+== yx xyxyxQxyP ααα

Então o factor integrante será:

yxeeed

xydd

xyxxyxx

+==∫=∫

=∫

= ++−−

22)3(442

22

αλ αααα

Então:

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20

0)34()44( 22423 =++++ dyyyxxdxxyyx é diferencial exacta e:

∫ ++=+= )(2)44( 122423

1 yCyxyxdxxyyxF

)(232 232242224

2 xCyyxyxdyyyxyxF +++=++= ∫

e a solução será:

Cyyxyx =++ 3224 2 .

EXERCÍCIO

Resolva a equação do exercício anterior procurando um factor integrante função exclusiva de x

ou de y.

R: y

1=λ e a solução é: Cyyyx =+2

(note-se que , quadrando a equação, obtemos a solução anterior)

Os dois exercícios anteriores mostram que em geral, uma equação diferencial pode admitir

diversos factores integrantes.

EXERCÍCIOS (propostos)

1. Resolva as seguintes equações diferenciais:

(a) 0)32(2 =+− dyxydxy R: 31 yCxy =+

(b) 0)4()2( 2 =++++ dyyxdxyxyy R: xeCyxy −=+ 22

(c) 0log22 =+′ yxyyx com 2)1( =y R: 2loglog2 =yx

2. Determine k sabendo que xy k

=λ é factor integrante da equação

0)log( 2 =−+ dyxxxydxy

e, de seguida, resolva-a para 2)1( =y .

R: 2−=k , Cy

xy =+log com 2=C

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21

2.4. Equações Lineares

Uma equação diferencial de primeira ordem linear é uma equação da forma

)()( xQyxPy =+′

Trata-se de um caso particular de equação que admite factor integrante função exclusiva de x, e

por ser tão frequente é muito útil resolvê-la em particular.

A equação linear pode escrever-se

)()( xQyxPdxdy

=+

dxxQdxyxPdy )()( =+

[ ] 0)()( =+− dydxxQyxP

portanto temos a equação:

0),(),( =Κ+Π dyyxdxyx

com 1),(,),( =Κ−=Π yxQyPyx .

Então )(1

0 xPPxy=

−=

Κ∂Κ∂

−∂Π∂

é função exclusiva de x, e o factor integrante será:

∫=dxP

ex)(λ

e obtemos assim uma equação diferencial exacta:

0)( =∫+∫− dyedxeQyPdxPdxP

Arrumando os termos da equação fica

0=∫+∫−∫ dyedxeQdxeyPdxPdxPdxP

dxeQdyedxeyPdxPdxPdxP ∫=∫+∫

No primeiro membro figura o diferencial da função ∫ dxPey , com efeito:

( )dyedxePy

dyedxedxPx

y

dyedxex

yeyd

dxPdxP

dxPdxP

dxPdxPdxP

∫+∫=

∫+∫∂∂

=

∫+∫∂∂

=∫

)(

portanto podemos escrever a equação diferencial na forma

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∫ ∫=∫ dxeQeydxPdxP

ou seja: ∫= dxQy λλ que é a solução procurada.

A vantagem de, à partida, identificarmos uma equação diferencial de primeira ordem como

sendo linear é o facto de sabermos imediatamente qual é o factor integrante e qual é a sua solução.

EXEMPLO

Pretende-se resolver a equação 54 xxyy =+′ . É uma equação linear com

xP 4= e 5xQ = ,

portanto temos imediatamente:

4log44

xee xdxx ===

∫λ

e a solução será:

∫= dxxxxy 454

Cxxy +=10

104

É de notar que não há, à partida, nenhuma razão para que o papel das variáveis x e y não possa

ser trocado, o que significa que uma equação com a forma

)()( yQxyPx =+′

é também linear, e tem-se neste caso ∫=dyP

eλ , e a solução será:

∫= dyQx λλ .

EXERCÍCIOS (propostos)

Resolva as seguintes equações:

(a) xxyy sectg =+′ R: Cxxy += tgsec

(b) 0)( 3 =+− dydxxxy R: 22 2

2 xeCxy −=+−

(c) 0)1()1( 23 =+++− dyxdxxxy R: Cx

xxxxy ++

++−

−+=

1

1log

1523

2

224

(d) 0)22( 2 =+++ dyxdxyxyx R: 12

−= − xeCxy

(e) xyyy

yy

−+=′

log2 R: Cyyyx += log2

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23

2.5. Mudança de Variável

Tal como em muitos outros domínios da matemática, também no que respeita á resolução de

equações diferenciais, uma técnica bastante útil é a da mudança de variável.

A equação 0),(),( =+ dyyxQdxyxP envolve as variáveis x e y. Se fizermos, por exemplo:

),( txfy =

tendo em conta que:

dttfdx

xfdy

∂∂

+∂∂

=

a equação fica: 0),(),( =

∂∂

+∂∂

+ dttfdx

xffxQdxfxP

isto é, uma equação que envolve as variáveis x e t. Por vezes esta nova equação em x e t é de

resolução bastante mais simples que a equação original.

Um conjunto de equações que se simplificam grandemente usando uma mudança de variável

são as chamadas equações homogéneas.

A equação 0),(),( =+ dyyxQdxyxP diz-se homogénea se ),( yxP e ),( yxQ forem

funções homogéneas do mesmo grau, isto é, se:

),(),( yxPkkykxP n= e ),(),( yxQkkykxQ n= com N∈n

este tipo de equações transformam-se em equações de variáveis separadas mediante a mudança de

variável xuy = .

EXEMPLO

A equação 0)()( =−++ dyyxdxyx é homogénea, então, fazendo uxy = fica:

0)()()( =+−++ duxdxuuxxdxuxx

0)()2( 222 =−+−+ duuxxdxxuuxx

duuuu

xdx

121

2 −−−

=

que é de variáveis separadas.

EXERCÍCIO: Resolva a equação do exemplo anterior.

R: Cxxyy =−− 22 2

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Muitas outras equações que não são homogéneas também se podem resolver mediante

mudanças de variável criteriosamente escolhidas. Vejamos alguns exemplos:

Seja a equação 0)( 2 =+− dxyxdyx . Se fizermos 2xuy = a equação fica2

0)()2( 222 =+−+ dxuxxdxuxduxx

e facilmente se separam as variáveis:

013

=+− x

dxudu

portanto teremos a solução: Cxu =+− log13log31

ou seja AxxyCxx

xy=−⇔=+

− 32

2

3log3log31

Vejamos outro caso.

A equação

01)12( 322 =−+++−+′ xxyxxyy

resolve-se fazendo: z

xy 1+=

Se inicialmente )(xyy ≡ deve ter-se )(xzz ≡ , portanto zzy

xyy ′

∂∂

+∂∂

=′ , isto é:

21zzy′

−=′

e a equação fica:

011)12(11 322

2 =−++

++−

++

′− xx

zxx

zxx

zz

012221 32

32

22 =−−++++

++−

′xx

zx

zxx

zx

zxx

zz

0222 2232223223 =+−−+++−−−′ zxzzxxzzxzxzxxzxz

obtendo-se por fim a equação linear

2 A derivação deve ser feita com cuidado. Na equação original, tem-se )(xyy ≡ , então, se 2uxy = , u deve ser

função de x, isto é )(xuu ≡ , portanto uuy

xyy ′

∂∂

+∂∂

=′ .

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xzz =+′

que tem resolução imediata:

Ceexdxexezee xxxxxdx+−==⇒=∫= ∫λ

e desfazendo a substituição, a solução fica:

Cexxy

e xx

+−=−

)1(

ou, o que é idêntico: xeCxxy

−+−=−

11

EXERCÍCIOS (propostos)

Resolva as seguintes equações diferenciais utilizando as mudanças de variável indicadas:

(a) 22 242 xxyxyyy −+=+′ fazendo

zxy 1+= R: Cx

xyx

+=−

2

(b) 02322 =−++′ zxzxzzx fazendo yx

z−

= 2

1 R: xCxz

x +=−2

1 32

2.6. Equação de Bernoulli

Chama-se equação de Bernoulli a uma equação diferencial de primeira ordem com a forma nyxQyxPy )()( =+′

Trata-se de uma equação diferencial que se transforma numa equação linear mediante a

mudança de variável zy n =−1 . Com efeito, podemos escrever a equação na forma:

)()( xQyyxP

yy

nn =+′

)()( 1 xQyxPyy nn =+′ −−

fazendo agora n

yzyzyynzyn

nn

−′

=′⇔′=′−⇒= −−

1)1(1

a equação fica:

)()(1

xQzxPn

z=+

−′

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)()1()()1( xQnzxPnz −=−+′

fazendo )()()1(),()()1( xxQnxxPn Κ=−Π=− :

)()( xzxz Κ=Π+′ que é linear.

A solução é então imediata:

∫ ∫=∫ ΠΠdxeKez

dxdx

ou, desfazendo a substituição:

∫ ∫=∫ ΠΠ− dxeKeydxdxn1

EXEMPLO

Considere-se a equação 32 xyyx

y =+′ . Trata-se de uma equação de Bernoulli.

Dividindo por 3y fica:

xyx

yy =+′ −− 23 2

fazendo agora zyyyyzyz ′−=′⇔′−=′⇒= −− 332

212

obtém-se xzx

zyy =+′− − 221 33

xzx

z 24−=−′

esta ultima equação é linear, terá factor integrante

4log4

4 1x

ee xdxx ==∫= −−

λ

e solução: ∫ +=−= Cx

dxx

xxz

244

112

Desfazendo a substituição fica finalmente:

Cxyx

+= 224

11

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27

EXEMPLO

A equação 0)42( 33 =−+ dyyxxydx pode escrever-se 3342 xyxyx =+′

que é uma equação de Bernoulli ( é da forma 3)()( xyQxyPx =+′ ).

Dividindo por 3x : 323 42 yxyxx =+′ −−

então, fazendo 332

22 −

−− ′−=′⇔′−=′⇒=

xzxxxzxz fica

384 yzyz −=−′

que é linear, então 224 ydyy

ee −−=∫=λ , e a solução será:

∫ ∫ ∫ −−−−− −=−⋅=−= dyeyeydyeyydyeyez yyyyy 22222 22222232 222)4()2(8

Ceeyez yyy ++= −−− 222 2222 2

e como 2

1x

z = a solução fica:

2222 121 yeCy

x=−−

EXERCÍCIOS (propostos)

Resolva as seguintes equações:

(a) 02 2 =−+′ xyxyy R: Cey

x =

− − 2

211

(b) )2sin(tg2 xyxyy =+′ R: Cxyx =+ cossec

(c) 22 )1( xyxyyx =−′− R: 211 xyCy −=+

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3. EQUAÇÕES LINEARES DE ORDEM n

Chama-se equação diferencial linear de ordem n a uma equação do tipo

)()()(...)()( 1)1(

1)(

0 xQyxPyxPyxPyxP nnnn =+′+++ −−

É de toda a conveniência tratarmos este tipo de equações em duas etapas, primeiro as chamadas

Equações Lineares Homogéneas3 , nas quais se tem 0)( =xQ , e de seguida as não Homogéneas.

3.1. Equações homogéneas de coeficientes constantes

As equações lineares homogéneas são então da forma geral

0)()(...)()( 1)1(

1)(

0 =+′+++ −− yxPyxPyxPyxP nn

nn

Para este tipo de equações vale o princípio de sobreposição que estabelece que, se existirem n

soluções linearmente independentes 4 nyy ,...,1 , então o integral geral da equação será

nnGH yCyCy ++= ....11

EXERCÍCIO

Considere a equação 032 =−′−′′ yyy

(a) Mostre que xe3 e xe− são duas soluções da equação.

(b) Mostre que xx ee −+175 3 também é solução da equação.

Se numa equação linear de ordem n, os coeficientes )(xPi são constantes, a equação diz-se

linear homogénea de coeficientes constantes e terá a forma geral:

3 Note-se que a designação Homogéneas aqui não tem o significado de homogeneidade à Euler utilizado no parágrafo 2.5. 4 Recorde-se que nyy ,...,1 são linearmente independentes se iinn CyCyC ∀=⇒=++ ,00.....11 .

Por exemplo, as funções xey =1 e xy sin2 = são linearmente independentes, com efeito:

00sin 2121 ==⇒=+ CCxCeC x

Já as funções 22

21 5,2 xyxy == não são linearmente independentes, com efeito:

0520)52(0)5()2( 222 =+⇒=+⇔=+ BAxBAxBxA portanto temos soluções diferentes de zero.

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29

R,0... 1)1(

1)(

0 ∈=+′+++ −−

innnn ayayayaya

Se for uma equação de primeira ordem já a sabemos resolver.

Seja

010 =+′ yaya

tem-se então:

010 =+ dxyadya

010 =+ dxaydya

que é de variáveis separadas e portanto

Cxaya =+ 10 log

xaa

Cy0

1log −=

xaax

aaC

eCey 0

1

0

1 −−

==

Portanto, a equação de primeiro grau tem soluções do tipo exponencial.

Vamos agora investigar se uma equação de ordem n poderá ter soluções do tipo exponencial,

da forma genérica xke .

Para tal derivamos n vezes a função xke kxnnkxkxkx ekyekyekyey ==′′=′= )(2 ,...........,,,

e a equação escreve-se então:

0... 11

10 =++++ −− kx

nkx

nkxnkxn eaekaekaeka

0)...( 11

10 =++++ −−

nnnnkx akakakae

0... 11

10 =++++ −−

nnnn akakaka

e portanto temos de facto soluções do tipo exponencial kxe para todos os valores de k que sejam

raízes do polinómio nnnn akakakakPc ++++= −−

11

10 ...)( . Este polinómio chama-se polinómio

característico da equação diferencial, e a equação 0... 11

10 =++++ −−

nnnn akakaka é a equação

característica da equação diferencial.

Esta equação característica obtém-se facilmente a partir da equação diferencial substituindo

cada derivada de ordem i, )(iy , pela potência i de k, ik .

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30

EXEMPLO

Considere a equação diferencial

02 =−′−′′ yyy

a equação característica é

022 =−− kk

que tem raízes -1 e 2, então teremos a solução geral xx eBeAy 2+= −

onde A e B são constantes de integração.

A solução será idêntica se as raízes do polinómio característico forem complexas. Neste caso é

de notar que as raízes complexas aparecem sempre aos pares bia + e bia − . Considere-se então

uma equação diferencial qualquer, tal que o seu polinómio característico admita raízes complexas

conjugadas bia + e bia − . A sua solução será então xbiaxbia eBeAy )()( −+ +=

Normalmente esta solução é apresentada noutra forma. Recordando a Fórmula de Euler

αααα sincos)(cis ie i ±=±=±

a solução obtida pode escrever-se:

[ ]ibxibxaxibxaxibxax eBeAeeeBeeAy −− +=+=

[ ])sin(cos)sin(cos bxibxBbxibxAeax −++=

[ ]bxiBAbxBAeax sin)(cos)( −++=

fazendo 21 )(, CiBACBA =−=+ fica:

)sincos( 21 bxCbxCey ax +=

ou, se as raízes complexas conjugadas do polinómio característico forem indicadas por KK , :

[ ])sin(Im)cos(Im 21)Re( xKCxKCey xK +=

EXEMPLO

Seja a equação 022 =+′+′′ yyy .

A equação característica 0222 =++ kk admite soluções complexas i±−1 , então,

1Im,1Re =−= KK e a solução geral será:

)sincos( 21 xCxCey x += −

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31

Vejamos agora o caso de termos raízes múltiplas do polinómio característico.

Suponhamos que a raiz 1kk = do polinómio característico é dupla. Então, além de ser raiz do

polinómio característico é também raiz da derivada do polinómio, isto é:

0)(0)( 11 =′∧= kcPkPc

devemos pois ter que, além de

0)( =kPcekx

também 0)()( =′+ kcPekPcex kxkx

esta igualdade é garantida se k for raiz dupla da equação característica.

Posto isto, se temos uma equação

0.........1

1

10 =++ −

n

kxn

n

kxn

xdeda

xdeda

que é verificada para determinado k raiz dupla da equação característica e a derivamos em ordem a k:

0.........1

1

10 =++ −

n

kxn

n

kxn

xdxeda

xdxeda

esta equação verifica-se para o mesmo k, e conclui-se que, no caso de k ser raiz dupla da equação

característica tanto a função kxe como a função kxex são soluções da equação diferencial. Como se

trata de funções linearmente independentes, a solução geral será kxkx exCeCy 21 +=

)( 21 xCCey kx +=

que é do tipo geral )1( −× dademultiplicigraudepolinómioekx

Um raciocínio semelhante permite concluir que, se k for uma raiz de multiplicidade n da

equação característica, a solução será:

)1( −×= ngraudepolinómioey kx

EXEMPLO

Para a equação diferencial 033 =−′+′′−′′′ yyyy a equação característica é

0)1(133 323 =−=−+− kkkk

que admite a raiz tripla 1=k , então a solução geral será

)( 2CxBxAey x ++=

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32

EXEMPLO

Se bem que nos exercícios que vamos resolver não aparecem equações características com

raízes complexas múltiplas, o processo para a sua resolução é semelhante ao das raízes reais múltiplas.

Por exemplo, se o par bia ± é duplo, a solução será

[ ] )()()( xDCeBeAy xbiaxbia ++= −+

[ ] )(sincos xDCbxFbxEeax ++=

[ ]bxxCCbxxCCeax sin)(cos)( 4321 +++=

EXERCÍCIOS (propostos)

1. Resolva as seguintes equações diferenciais:

(a) 032 =−′−′′ yyy R: xx eCeBy −+= 3

(b) 0134 =+′−′′ yyy R: )3sin3cos(2 xBxAey x +=

(c) 0=′+′′′ yy R: xCxBAy sincos ++=

(d) 096 =+′−′′ yyy R: xx exBeAy 33 +=

(e) 0)( =′′′− yy V R: xx eEeDCxBxAy ++++= −2

(f) 052 =′+′′+′′′ yyy R: )2sin2cos( xCxBeAy x ++= −

(g) 0=−′′′ yy R: )23sin

23cos(2 xCxBeeAy xx ++= −

2. A equação característica correspondente a uma equação diferencial homogénea de coeficientes

constantes, admite como raízes : 0 – tripla e i±

(a) Escreva a equação diferencial.

(b) Determine a sua solução geral.

(c) Determine o integral particular que satisfaz )2(21)()0()0()0( ππ yyyyy ′′′=′′′=′′=′=

R: (a) 0)( =′′′+ yy V

(b) xExDCxBxAy sincos2 ++++=

(c) xxxy p sincos22

312

+++−=

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33

3.2. Equações não homogéneas de coeficientes constantes

Como já foi dito atrás, uma equação não homogénea, ou completa, de coeficientes constantes é

da forma geral

R,)(... 1)1(

1)(

0 ∈=+′+++ −−

innnn axQyayayaya

ou

)(... 1)1(

1)( xQybybyby nn

nn =+′+++ −−

Já vimos como determinar a solução geral da equação homogénea correspondente

0... 1)1(

1)( =+′+++ −

− ybybyby nnnn

Chamemos-lhe ghy , isso significa que se tem:

0... 1)1(

1)( =+′+++ −

−ghnghn

ngh

ngh ybybyby (1.6)

Suponhamos agora que, de alguma forma, conhecemos uma solução particular da equação

completa, chamando-lhe py , teremos

)(... 1)1(

1)( xQybybyby pnpn

np

np =+′+++ −

− (1.7)

Somando (1,6) e (1,7) membro a membro obtém-se

)(...... 1)1(

1)(

1)1(

1)( xQybybybyybybyby pnpn

np

npghnghn

ngh

ngh =+′+++++′+++ −

−−

isto é:

)()()(...)()( 1)1(

1)( xQyybyybyybyy pghnpghn

npgh

npgh =++′++++++ −

portanto, a função:

pgh yyy +=

é solução da equação completa. De facto é mesmo a solução geral da equação completa uma vez que

nela vão figurar n constante de integração arbitrárias.

Em resumo, a solução geral de uma equação diferencial linear de ordem n e coeficientes

constantes é a soma da solução geral da equação homogénea correspondente com uma solução

particular da equação completa.

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34

EXEMPLO

A equação xyyy =−′+′′ 32 não é homogénea.

A equação homogénea correspondente 032 =−′+′′ yyy tem uma equação característica que

admite raízes 1 e -3, portanto xxgh eBeAy 3−+= .

Pode facilmente verificar-se que a equação completa admite a solução particular 9

23 +−=

xy p

E teremos a solução geral da equação completa:

9233 +

−+= − xeBeAy xx

Como se pode verificar neste exemplo, o problema consiste em determinar uma solução

particular da equação completa. É a esta tarefa que nos vamos dedicar de seguida.

3.2.1. Soluções particulares

Como foi visto, a resolução das equações lineares de ordem n envolve a determinação de uma

solução particular py .

Um método geral para obter a solução é o método da variação das constantes de que falaremos

mais adiante, no entanto há grupos de funções )(xQ que permitem de uma forma rápida obter py .

Em geral, quando procuramos uma solução particular, tentamos encontrá-la do tipo do termo

da equação diferencial que quebra a homogeneidade, isto é, do tipo de Q(x).

(a) Se Q(x) é um polinómio de grau n, procura-se uma solução particular também

polinómio de grau n, desde que seja independente da solução geral da equação

homogénea correspondente.

Por exemplo, para xyyy =+′−′′ 34 tem-se xxgh eCeCy 3

21 += , e como xxQ =)( é um

polinómio de grau 1, tentamos obter uma solução particular com a forma:

baxy p +=

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35

que é obviamente independente de ghy . Agora resta encontrar os valores exactos das constantes a e b.

Para tal, colocamos a solução particular na equação diferencial. Como 0, =′′=′ pp yay

a equação diferencial fica

xbaxa =++− )(340

xabax =−+ 433

e portanto

==

=−=

9431

04313

ba

aba

então, a função 94

31

+= xy p satisfaz a equação completa, é pois uma solução particular, e a solução

geral será:

94

313

21 +++=+= xeCeCyyy xxpghG

Consideremos agora o caso em que a função py do tipo de Q não é independente de ghy .

Seja xyy 2=′−′′ . Tem-se então xgh eCCy 21 += . Como Q é um polinómio de primeiro

grau, tentar-se-ia baxy p += , mas uma inspecção a esta solução revela imediatamente que ela não é

independente de ghy , com efeito, em ambas figura um termo constante ( 1C em ghy , b em py ),

portanto o polinómio geral do primeiro grau não vai ser solução da equação diferencial o que se pode

verificar se substituirmos esta solução na equação e tentarmos encontrar os valores de a e b

convenientes que conduzirá a impossibilidades. Com efeito, com esta solução, a equação fica:

0202 =∧=⇒=− axa

isto significa que não há valores de a e b que façam a função baxy p += ser solução da equação

diferencial.

Quando isto sucede, passamos a tentar a nova solução particular que se obtém da anterior

multiplicada por x, isto é, tenta-se

bxaxbaxxy p +=+= 2)(

esta função é independente de ghy ( com efeito em ghy não figuram termos em 2x nem em x ),

portanto esta deve ser a boa solução particular a procurar ( se esta solução ainda não fosse

independente de ghy , tornava-se a multiplicar por x até obter uma solução independente ).

aybaxy pp 2,2 =′′+=′

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36

a equação diferencial fica então

21222 −=∧−=⇒=−− baxbaxa

portanto, a boa solução particular é

xxy p 22 −−=

e a solução geral procurada é

xxeCCyyy xpghG 22

21 −−+=+=

(b) Se Q(x) é o produto de um polinómio por uma exponencial, continuando a escolher

soluções particulares do tipo de Q, teremos também, á partida kx

np exPy )(=

desde que esta solução seja independente de ghy .

Por exemplo, seja xexyyy 245 =+′−′′ , tem-se xx

gh eCeCy 421 +=

tendo em conta que Q é o produto de um polinómio de grau 1 com uma exponencial, tenta-se xxx

p ebeaxebaxy 222)( +=+=

esta solução é independente de ghy e é pois a boa solução, resta encontrar a e b.

xp

xp eaxbayeaxbay 22 )444(,)22( ++=′′++=′

então tem-se

xbaxbaaxbaax =++−−−++ 4410510444

4/12122 =∧−=⇒=−−− baxbaax

a solução particular é xp exy 2

421−

=

e a solução geral procurada é: xxxG exeCeCy 24

21 421−

++=

Se por outro lado tivermos a equação xeyyy =+′−′′ 23 , fica xxgh eBeAy 2+= , e como Q

é o produto de um polinómio de grau zero (constante) por uma exponencial, tenta-se x

p eCy = . Mas esta função não é independente de ghy ( xe×constante figura em ambas ), portanto

passa-se a:

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37

xp eCxy =

que é independente de ghy e portanto a boa solução particular.

Com esta solução particular obtém-se no final (exercício) xxx

G exeBeAy −+= 2

(c) Se em Q(x) figura a função kxsin ou kxcos , procuram-se soluções particulares

que sejam combinações lineares de sin e cos de kx, desde que independente de ghy .

Neste caso torna-se necessário que na solução particular figurem senos e cosenos uma vez que

as derivadas sucessivas de Q são, exactamente, senos e cosenos.

Seja então xxyy 3sin=′−′′ . É fácil concluir que xgh eCCy 21 += , e como Q é o produto de

um polinómio de grau 1 com x3sin procura-se uma solução particular do tipo

)3cos3sin)(( xBxAbaxy p ++=

xbBaBxxbAaAxy p 3cos)(3sin)( +++=

xGFxxEDxy p 3cos)(3sin)( +++=

que é manifestamente independente de ghy .

Já para o caso da equação xyy cos4=+′′ , tem-se xCxCygh sincos 21 += e como Q é o

produto de um polinómio de grau zero por xcos , tenta-se xbxay p cossin += que não é

obviamente independente de ghy . Multiplicando então esta função por x fica

xbxxaxy p cossin +=

e esta sim, sendo independente de ghy , é a boa solução particular a determinar.

(d) Se nQQxQ ++= ....)( 1 e cada iQ é do tipo (a), (b),(c) ou mesmo do tipo polinómio

vezes exponencial vezes sinusóide, a solução geral da equação homogénea é a

mesma, e o princípio da sobreposição permite que se encontre a solução particular

como sendo a soma das n soluções particulares correspondentes a cada termo iQ

individualmente.

Vejamos um exemplo deste caso.

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38

Seja xexyyy 234 +=+′−′′ . Fica então xxgh eCeCy 3

21 += .

Considere-se agora a equação

xyyy =+′−′′ 34

procura-se baxy p +=1 e obtém-se 94

31

1 += xy p .

Agora, considera-se a equação xeyyy 234 =+′−′′

e procura-se xp eAy 2

2 = , que permite concluir que (exercício) xp ey 2

2 −= .

A solução geral da equação completa será pois

xxxppghG exeCeCyyyy 23

2121 943−

+++=++=

EXERCÍCIOS (propostos)

1. Resolva as seguintes equações diferenciais

(a) xyy 2sin4=′−′′ R: 5

2sin42cos2 xxeBAy x −++=

(b) xyyy 434 =+′−′′ R: 9

16343 +++= xeBeAy xx

(c) 12 +=+′′ xyy R: xBxAxy sincos12 ++−=

(d) xeyy =′−′′′ R: xx eCexCCy −+

++= 321 2

(e) xyy sin2=′′+′′′ R: xxeCBxAy x cossin +−++= −

(f) xxyy cos2 +=′+′′′ R: xxxxCxBAy cos2

sincos 2 −+++=

(g) 24xyy =′′−′′′ R: 234

43

43

xxxCeBxAy x −−−++=

(h) xx exexyy 31 +++=′′+′′′ − R: xx exexCxBxAy 33

43211

36)(

6

−+++++= −

(i) xeyyy x cos34 =′+′′−′′′ R: xx exxCeBAy10

sin3cos3 −+++=

2. Resolva a equação 2332 1612)81( xexyxyxyx =+′+−′′ fazendo a mudança de variável tx = .

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39

R: 22

)2( 23 xx exBeAy −+=

3. Considere a equação )(243)( xPyyyy IV =′−′′+′′′−

(a) Verifique que xey = é solução da equação homogénea correspondente.

(b) Determine o integral geral da equação homogénea.

(c) Considere xexxP 2)( += e determine o integral geral da equação completa.

R: (b) )sincos( 4321 xCxCeeCCy xxgh +++=

(c) xxexxCxCeeCCy xxx −−++++= 24321 4

1)sincos(

3.2.2. Variação das constantes

O método que vamos expor de seguida é geral, mas por ser trabalhoso deve ser evitado sempre

que seja possível obter as soluções procuradas por outra via.

Comecemos por um exemplo simples de uma equação que, para ilustrar a generalidade do

método, nem sequer é de coeficientes constantes, a equação linear

23 xyx

y =+′

é fácil e quase imediato estabelecer a sua solução (Exercício):

Cxyx +=6

63

Vejamos como resolvê-la utilizando o método da variação das constantes.

Primeiro obtém-se a solução da equação homogénea 23 xyx

y =+′ que, sendo de variáveis

separáveis conduz a:

03=+

xy

dxdy

03=+

xdx

ydy

Cxy =+ log3log

Cxy =3

portanto:

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40

3xCygh =

Agora, vamos supor que a constante C é de facto uma função de x, )(xCC ≡ , para que a

solução ghy se transforme na solução da equação completa, isto é, estamos a supor que 3

)(x

xCyG = é

solução da equação completa.

Como

46

23 33x

CxCx

CxxCy −′=

−′=′

a equação completa fica:

244

33 xxC

xCxC

=+−′

633 xCCxC =+−′

∫ +==⇒=′ AxdxxCxC6

655

e portanto deve ser

3

3

3 6)(

xAx

xxCyG +==

ou, escrito de outra forma

Axyx +=6

63

Vejamos então o que se passa no caso geral da equação

)()(.....)( )(0 xQyxPyxP n

n =++

que supomos admitir como solução geral da equação homogénea a função

∑=i

iigh yCy

Supondo então que os Ci são funções de x, nixCC ii ,....,2,1,)( =≡ , ter-se á

∑∑∑ ′+′=′⇒=i

iii

iii

ii yCyCyxyxCy )()(

como temos apenas n funções a determinar, )(,......),(1 xCxC n , podemos estabelecer uma relação

arbitrária entre n termos de y′ , e faz-se

0=′∑i

ii yC (1)

portanto:

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41

∑ ′=′i

ii yCy

neste caso a segunda derivada é

∑∑ ′′+′′=′′i

iii

ii yCyCy

e de novo podemos impor

0=′′∑i

ii yC (2)

ficando então

∑ ′′=′′i

ii yCy

Repetindo o processo, chega-se por fim à condição

0)2( =′∑ −

i

nii yC (n-1)

com

∑ −− =i

nii

n yCy )1()1(

e finalmente:

∑∑ +′= −

i

nii

i

nii

n yCyCy )()1()(

Colocando as sucessivas derivadas na equação diferencial completa, e tendo em conta que os

iy são soluções da equação homogénea, fica

)(..... 1)(

0)1(

0 xQyCPyCPyCPyCPi

iini

iini

nii

i

nii =+′+++′ ∑∑∑∑ −−

ou, com 0,0

≠= ∀iPP

R ii :

01

)()1( .....PQyCRyCRyCyC

iiin

iiin

i

nii

i

nii =+′+++′ ∑∑∑∑ −−

mas, como os iy são soluções da equação homogénea, fica apenas

0

)1(

PQyC

i

nii =′∑ −

que, juntamente com as condições (1), (2), …. , (n-1) impostas permite calcular os iC ′ , obtendo-se os

iC por integração.

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42

EXEMPLO

Seja xyy tg=+′′

É fácil ver que (exercício): xCxCygh sincos 21 +=

Supondo então que 1C e 2C são funções de x ter-se-á

xCxCxCxCy cossinsincos 2121 +−′+′=′

Impõe-se então que

0sincos 21 =′+′ xCxC (a)

então: xCxCy cossin 21 +−=′

e

xCxCxCxCy sincoscossin 2121 −−′+′−=′′

então a equação completa fica

xxCxC tgcossin 21 =′+′− (b)

juntando (a) e (b):

=′

−=′⇒

=′+′−=′+′

xCxxC

xxCxCxCxC

sincossin

tgcossin0sincos

2

2

1

21

21

e portanto

Axxxdxxxdxx

xdxxxC +++−=−−=

−−=−= ∫ ∫∫ sintgseclog)cossec(

coscos1

cossin 22

1

∫ +−== BxdxxC cossin2

pelo que, a solução procurada é

xxxxBxAyG costgseclogsincos +−+=

EXERCÍCIOS (propostos)

1. Resolva as seguintes equações diferenciais:

(a) xyy sec=′+′′′ R: xxxxxxxCxBAy coslogsincostgseclogsincos +−++++=

(b) 2

3

96xeyyy

x

=+′−′′ R: )||log(3 xBxAey x −+=

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43

(c) xyy 3cos−=+′′ R: x

xxBxAycos2

1sin2cossin2 −

++=

2. Resolva a equação )cos(2 xx eeyy =′−′′

(a) Usando o método da variação das constantes

(b) Fazendo a mudança de variável zy =′

R: )cos( xx eeBAy −+=

3.3. Equação de Euler

A equação de Euler é um caso particular de uma equação diferencial linear de ordem n, onde os

coeficientes )(xPi têm uma forma determinada, o que vai permitir resolvê-la de uma forma mais ou

menos simples.

A sua forma é tal que, cada derivada )(iy aparece multiplicada por múltiplos inteiros da

potência i de um polinómio de grau 1:

)()(.......)()( 01)1(1

1)( xQyayxPayxPayxPa nn

nnn

n =+′+++ −−−

Para uma equação deste tipo, a substituição tebaxxP =+=)(

transforma-a numa equação linear de ordem n e coeficientes constantes. Com efeito

dPdt

dtdya

dxdP

dPdt

dtdy

dxdyyexP t ===′⇒=)(

Como tt eedtd

dtdP

== , então tedPdt −= e portanto:

ttt

x yeaedtdyay

dxdy ′==′= −−

e:

tttt

ttt

tt

t eyyayedtdea

xdPd

Pdtdye

dtdayea

xdd

xdyd 2222

2

)()()()( −−−−− ′−′′=′=′=′=

e:

tttt eyyya

xdyd 333

3

)23(..... −′+′′−′′′==

etc …

Colocando estas derivadas na equação diferencial, obtém-se

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44

)()(....... 01222

2 xQyayeaeaeyyaea tttt =+′+′−′′+ −−

ou seja:

)()(....... 012

2 xQyayaayyaa =+′+′−′′+

)(....... 012

22

2 xQyayaayaayaa =+′+′−′′+

)()(....... 02

212

2 xQyayaaaayaa =+′−+′′+

que é de coeficientes constantes:

)(....... xQyCyByA =+′+′′+

EXEMPLO

Seja a equação 03)12()12(2 2 =+′+−′′+ yyxyx

Fazendo ttt exdtdexex −==′⇒=+ 2,

2112 , as derivadas ficam

teydxdt

dtdy

dxdy −′== 2

e:

ttt eyyeeydtd

xdyd 22

2

2)22(2)2( −−− ′−′′=′=

então a equação fica:

03104 =+′−′′ yyy que é de coeficientes constantes.

Repare-se que apenas na equação original, as derivadas indicadas por yy ′′′, são em ordem a x,

todas as outras são derivadas em ordem a t. Enquanto a equação original envolve variáveis y e x, a

equação de coeficientes constantes final envolve veriáveis y e t.

EXERCÍCIOS (resolvidos)

1. Seja a equação xxydxdyx

xdydx log2

22 =−+ .

Se tex = , então:

tedtdy

dxdt

dtdy

dxdy −==

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45

tttt edtdy

tdydee

dtdy

dtde

dtdy

dxd

dxdy

dxd

dxyd 2

2

2

2

2−−−−

−=

=

==

Substituindo na equação original, obtém-se uma equação em y e t: ttttt etyeyeeyye =−′+′−′′ −−22 )(

tetyy =−′′

Para a equação homogénea tem-se a solução geral ttgh eBeAy −+= , e de seguida procura-se

uma solução particular tp etbaty )( += (exercício), obtendo-se:

tp etty

4

2 −=

portanto ttt etteBeAy4

2 −++= −

e como xt log= fica

4)log(log2 xxx

xBxAy −++=

2. Seja xydxdyx

dxydx =++−+ )1()1(2 2

22

Fazendo tex =+1 fica:

tedxdy

dxdt

dtdy

dxdy −==

ttt edtdy

dtydee

dtdy

dtd

dxyd 2

2

2

2

2−−−

−=

=

e a equação fica:

132 2

2

−=+− teydtdy

dtyd

que é de coeficientes constantes. A equação característica tem soluções 1 e 21 , portanto

2ttgh eBeAy +=

Procura-se de seguida soluções particulares do tipo do termo que quebra a homogeneidade,

neste caso 1)( −= tetQ tentar-se-ia beayyy tppp +=+= 21 , mas 1py não é independente de

ghy , há pois que tentar

betay tp +=

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46

t

p etay =1

tp eatay )(1 +=′

tp eatay )2(1 +=′′

e a equação, com teQ =1 fica apenas 1=a

portanto t

p ety =1

Cyp =2

022 =′′=′ pp yy

e a equação, com 12 −=Q fica apenas 1−=C

portanto

12 −=py

Então 12 −++= ttt eteBeAy

ou, como )1log( += xt

[ ] 11)1log()1( −+++++= xBxAxy

EXERCÍCIOS (propostos)

Resolva as seguintes equações diferenciais

1. xxdxdyx

dxydx

dxydx log42

22

3

33 =++ R: [ ] xxxCxBxAy

41log)sin(log)cos(log 22 −

+++=

2. xyxyxyx log523 +=′+′′−′′′ R: 2

log38

log)log(2

2 xxxCBxAy ++++=

3. 03 =′−′′′ yxyx R: 25

23

25

23

−+++= xCxBAy

4. 42 22 xyyxyx =+′−′′ R: 24

6BxAxxy +−=

3.4. Redução de ordem conhecendo uma solução particular

Uma técnica particularmente útil em vários casos é a seguinte.

Suponhamos que, de alguma forma, conhecemos uma solução particular phy da equação

homogénea correspondente a uma equação linear de ordem n, 0),,,....,( )( =′ xyyyf n . Neste caso, é

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47

possível transformar a equação diferencial numa equação diferencial de ordem n 1− mediante a

mudança de variável

zyy ph=

Considere-se por exemplo a equação 4. dos exercícios propostos acima 42 22 xyyxyx =+′−′′

Observando a solução conclui-se que uma possível solução particular da equação homogénea

correspondente é 2xy = .

Fazendo então zxzyy ph2== , zxxzy ′+=′ 22 , zxzxzy ′′+′+=′′ 242 , a equação fica

43432 242 xzxzxzxzx =′−′′+′+

ou apenas: 434 2 xzxzx =′+′′

Se for então zw ′= ficamos com a equação de primeira ordem 434 2 xwxwx =+′

que é linear:

12=+′ w

xw

temos pois o factor integrante 2loglog22

2

xeee xxdxx ===∫=λ , e a solução

∫ +== Cxdxxwx3

322

23 xCxw +=

como ∫= dxwz :

∫ +−=

+= − D

xCxdxxCxz

63

22

e resta agora obter

24

2

6xDCxxzxy +−==

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48

EXERCÍCIOS (propostos)

Resolva as equações diferenciais seguintes, uma vez conhecida a solução particular da equação

homogénea correspondente indicada

(a) 332 24)101( xyxyxyx =+′+−′′ sabendo que =phy22 xe R:

22 23

241 xx eBeAy ++=

(b) xydxdyx

dxydx =+− 222

22 sabendo que 2xy ph = R: xxBxAxy log2 −+=

(c) 086 32 =+′−′−′′ yxyxyyx sabendo que 2x

ph ey = R: 222 xx eBeAy +=

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49

Apêndice 1 – Soluções Singulares

Considere a equação diferencial 011 22 =−+− dyxydxyx .

É uma equação de variáveis separáveis

011 22

=−

+−

dyy

ydxx

x

cuja solução é

Cyx =−+− 22 11

Apesar desta solução ser chamada solução geral, é fácil mostra que a função constante 1±=y

é solução da equação diferencial, com efeito a equação 011 22 =−+− dyxydxyx pode

escrever-se:

011 22 =−+−dxdyxyyx

e, se 1±=y , tem-se 0=′= ydxdy e 01 2 =− y e portanto a equação transforma-se numa

identidade 00 = .

O que é de notar é que esta solução 1±=y não pode ser obtida da solução geral

Cyx =−+− 22 11 por escolha precisa da constante C.

Ás soluções 1=y e 1−=y chamam-se soluções singulares.

Fazendo um esboço de diversas

soluções gerais, para vários valores de C

podemos verificar uma propriedade

interessante destas soluções singulares.

O gráfico das soluções singulares é

tangente em cada ponto a um dos gráficos

da solução geral.

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50

No gráfico acima estão representados os ramos positivos de )(xy para diversos valores de C

entre 0 e 1. Todas as curvas são tangentes à solução singular 1=y .

Note-se que a equação usada não é linear. Para equações lineares, todas as soluções estão

contidas na solução geral, mas as equações não lineares podem ter soluções que não estão contidas na

sua solução geral. Isto significa que uma equação não linear de primeira ordem em x e y pode ter pode

ter duas ou mais soluções que passam por um determinado ponto ),( yx enquanto que uma equação

linear tem sempre apenas uma solução que passe por um determinado ponto.

EXERCÍCIO (Resolvido)

Determine soluções singulares da equação 21 yy −=′ .

Tem-se

Cxydxy

dy+=⇒=

−arcsin

1 2

portanto

)sin( Cxy +=

Na figura estão diversas

soluções gerais, e pode ver-se que

as rectas 1±=y são tangentes a

todas elas, devem pois ser soluções

singulares da equação. Com efeito

01 =′⇒±= yy

e a equação reduz-se a uma

identidade 00 = .

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51

Apêndice 2 - Exercícios variados

1. Resolva as seguintes equações diferenciais

(separáveis, exactas, homogéneas, factor integrante)

(a) y

yxylog

cos =′ tal que 1)0( =y (b) yxy tgtg=′ .

(c) 0=+′ yex

yy com 0)1( =y (d) 0)2( 2 =++ dyxydxxyx

(e) xy

xyy sin=−′ (f) 0)( 22 =−+ dyxydxyx

(g) 0)sincos()sin( =−++ dyyyxdxyx (h) 0)( =++ dyeydxey xx

(i) 0)arctg1()2(arcsin 2 =++++ dyyxdxxyx (j) 0)4()3( 32 =+++ ++ dyyedxxe yxyx

(k) 0)( 2 =+− dyyxdxy (l) 0)1(1 22 =+−+− dyyyxdxyy

2. Resolva as seguintes equações

(de primeira ordem lineares e Bernoulli)

(a) xyxy tgcos2 =+′ (b) xxx

xyy +=−

+′ arcsin1 2

(c) xxxx

yy loglog

=−′ com 2

)(2eey = (d) yxxy −=+′ arctg)1( 2

(e) xyxy sin1cos −=+′ (f) yyxy =+′ )( 2

(g) yyxy =′+ )2( 4 (h) xy

xxy

2cos2

2 −=′

(i) 034 54 =++′ yeyxyx x (j) 0sintg2 22 =+−′ xyxyy

3. Resolva as equações

(lineares de ordem n)

(a) 02 =′+′′−′′′ yyy (b) 0134 =+′−′′ yyy

(c) 02)( =′′+′′′− yyy IV (d) 0102 =+′−′′ yyy com 6)6

(,0)6

( πππ eyy =′=

(e) 222 xyyy =+′−′′ (f) xeyyy 534 =+′−′′ com 9)0(,3)0( =′= yy

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(g) 12sin4 +=+′′ xyy com 41)0( =y , 0)0( =′y (h) xe

yyy 21165+

=+′+′′

(i) xyy 2cotg4 =+′′

4. Resolva as seguintes equações

( equação de Euller, redução de ordem)

(a) 02 =+′−′′ yyxyx (b) 08)14(2)14( 2 =+′−−′′− yyxyx

(c) xyyxyx 22 log333 =+′−′′ (d) x

yyxyx 132 =+′+′′ com 0)1(,1)1( =′= yy

(e) 322 log22 xxxxyyxyx ++=+′−′′ (f) 03

33 =−

dxdyx

xdydx

5. Resolva as equações seguintes efectuando a mudança de variável indicada

(a) xyyxyx =−′+′′ 222 , 2xzy = (b) xx eeyy cos2=′−′′ , xet =

(c) yyyxx cotg)cos1( 2 =′+ , ty arccos=

6. Uma equação diferencial de 5ª ordem, linear homogénea de coeficientes constantes, admite como

soluções 2xy = e )2cos( xy = . Determine a equação em causa.

7. Resolva a equação xyyxyx =+′−+′′− 8)21(4)21( 2

(a) fazendo a substituição tex =− 21

(b) partindo do conhecimento que xy 21−= é uma solução da equação homogénea.

8. Seja )(xϕ uma função derivável. Resolva a equação

4)()()()( yxxyxdxdyx ϕϕϕϕ ′=′+

9. Considere a equação 0)2( =++ dyyxdxx . Sabendo que existe um factor integrante da forma

R,)( ∈+= kyx kλ

determine o valor de k e integre a equação.

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Apêndice 3 – Aplicações

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Apêndice 4

Soluções e indicações sobre os Exercícios e Aplicações dos apêndices 2 e 3