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Equações Diferenciais Ordinárias
ISIG 2002
Eng. de Sistemas Decisionais
Eng. de Informática
Vasco A. Simões
Análise Infinitesimal III Parte II – Equações Diferenciais Ordinárias
Vasco Simões © 2002 ISIG/COCITE
2
Análise Infinitesimal III Parte II – Equações Diferenciais Ordinárias
Vasco Simões © 2002 ISIG/COCITE
3
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.
3
6
10
14
20
22
24
27
32
33
38
42
45
49
51
53
Análise Infinitesimal III Parte II – Equações Diferenciais Ordinárias
Vasco Simões © 2002 ISIG/COCITE
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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
Análise Infinitesimal III Parte II – Equações Diferenciais Ordinárias
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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
=ξ
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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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∑ ′=′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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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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(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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)()(....... 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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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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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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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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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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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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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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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.
Análise Infinitesimal III Parte II – Equações Diferenciais Ordinárias
Vasco Simões © 2002 ISIG/COCITE
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Apêndice 3 – Aplicações
Análise Infinitesimal III Parte II – Equações Diferenciais Ordinárias
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Apêndice 4
Soluções e indicações sobre os Exercícios e Aplicações dos apêndices 2 e 3