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Universidade Estadual do Norte Fluminense
Metodos Matematicos
Liliana A. L. Mescua
Rigoberto G. S. Castro
Junho de 2011
Sumario
Introducao 1
1 Equacoes Diferenciais Ordinarias 3
2 Equacoes Diferenciais de 1a Ordem 6
2.1 Problema de Valor Inicial (P.V.I.) ou Problema de Cauchy . . . . . . . 6
2.2 Interpretacao Geometrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.3 Equacoes de Variaveis Separaveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.3.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.4 Equacoes Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.4.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.5 Equacoes Exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.5.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.6 Fatores Integrantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.6.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.7 Equacoes Homogeneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.7.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.8 Metodos de Substituicao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.9 Equacoes Redutıveis a um dos Tipos Anteriores . . . . . . . . . . . . . 29
ii
2.9.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3 EDO’s Lineares de Ordem Superior 35
3.1 EDO Incompleta com Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . 36
3.1.1 Caso I: Raızes Reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.1.2 Caso II: Raızes Reais Repetidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.1.3 Caso III: Raızes Complexas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.2 EDO Completa com Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . 40
3.2.1 Metodo dos Coeficientes a Determinar (MCD). . . . . . . . . . . 41
3.3 EDO Completa com Coeficientes Variaveis . . . . . . . . . . . . . . . . 46
3.3.1 Metodo de Variacao de Parametros (MVP) . . . . . . . . . . . . 46
3.4 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
4 Sistema de Equacoes Diferenciais Lineares 52
4.1 Sistemas Homogeneos de 1ra Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
4.1.1 Autovalores Reais Distintos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
4.1.2 Autovalores Complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
4.1.3 Autovalores Repetidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
4.1.4 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
4.2 Sistemas Nao Homogeneos de 1ra Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
4.2.1 Coeficientes Indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
4.2.2 Variacao de Parametros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
4.3 Sistemas Homogeneos de 2da Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
4.3.1 Aplicacoes a Mecanica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
4.4 Sistemas Nao Homogeneos de 2da Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
iii
5 Transformada de Laplace 73
5.1 Transformada Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
5.2 Teoremas de Translacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
5.3 Derivada e Integral de uma Transformada . . . . . . . . . . . . . . . . 81
5.4 Funcao Degrau Unitario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
5.5 A Convolucao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
5.6 Aplicacao as Equacoes Lineares com Coeficientes Constantes . . . . . . 88
6 Equacoes Diferenciais Parciais 93
6.1 Series Infinitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
6.1.1 Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
6.1.2 Series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
6.2 Equacoes Diferenciais em Derivadas Parciais (EDP) . . . . . . . . . . . 108
6.3 Equacoes Fundamentais da Fısica-Matematica . . . . . . . . . . . . . . 112
6.3.1 Equacao do Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
6.3.2 Equacao de Onda ou da Corda Vibrante . . . . . . . . . . . . . 116
6.3.3 A Solucao Geral da Eq. de Onda. Metodo de D’Alembert . . . 131
6.3.4 Equacao de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
6.4 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
A 137
A.1 Numeros Complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
iv
Introducao
Ao estudar um fenomeno fısico com frequencia nao e possıvel achar de imediato
as leis fısicas que relacionam as magnitudes que caraterizam dito fenomento. Assim,
obtemos equacoes que contem as funcoes desconhecidas, escalares ou vetoriais sob o
sinal da derivada ou da diferencial.
As equacoes nas quais a funcao desconhecida, escalar ou vetorial se encontra sob
o sinal da derivada ou da diferencial, se chamam equacoes diferenciais. Vejamos
alguns exemplos de equacoes diferenciais.
1.d x
dt= kx e a equacao da desintegracao radioactiva, onde k < 0 e a constante
de desintegracao; x = x(t) e a quantidade da substancia nao desintegrada no
tempo t. Em outras palavras, a velocidade de desintegracaodx
dte proporcional a
quantidade de substancia que se desintegra.
2. md2r
dt2= F
(
t, r,dr
dt
)
e a equacao do movimento de um ponto de massa m, sobre
a influencia de uma forca F dependente do tempo, do vetor posicao r e de sua
velocidadedr
dt. A forca e igual ao produto da massa pela aceleracao.
3.∂2u
∂t2−a2
(∂2u
∂x2+
∂2u
∂y2+
∂2u
∂z2
)
= 0 e a equacao de ondas que modela a propagacao
de som, da luz ou de outros fenomenos ondulatorios.
A busca das funcoes incognitas, determinadas pelas equacoes diferenciais, e precisa-
mente o problema fundamental da teoria das equacoes diferenciais.
Se na equacao diferencial as funcoes desconhecidas, escalares ou vetoriais, sao
funcoes de uma so variavel, a equacao e chamada de Equacao Diferencial Ordinaria
1
(por exemplo as equacoes 1. e 2.). Por outro lado, se a funcao desconhecida e funcao
de duas ou mais variaveis independentes, a equacao diferencial se chama Equacao
Diferencial Parcial (por exemplo a equacao 3.).
2
Capıtulo 1
Equacoes Diferenciais Ordinarias
Definicao 1.1. Chama-se equacao diferencial ordinaria (EDO) a uma equacao
que estabelece uma relacao entre a variavel independente x, a funcao desconhecida y(x)
e suas derivadas y′, y′′, y′′′, . . . , y(n)(
y′ =dy
dx= Dy, y′′ =
d2y
dx2= D2y, y′′′ =
d3y
dx3=
D3y, . . . , y(n) =dny
dxn= Dny
)
.
Simbolicamente, pode-se escrever:
F (x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0
sendo, x ∈ I (I intervalo aberto em R).
Exemplo 1.1. A seguir algumas equacoes diferenciais ordinarias
a) y′ = x b) y′′ + y = 0 c) (1 + x2)y′ = arctan x d) y′ =xy
x2 + y2.
Equacoes diferenciais sao classificadas de acordo a ordem e linearidade:
Definicao 1.2. A ordem de uma equacao diferencial e o maior ordem (grau) da
derivada que figura nessa equacao.
Exemplo 1.2. Do exemplo anterior concluimos que
i) As equacoes a), c), d) sao de ordem 1. Diz-se que sao equacoes de 1ra ordem.
ii) A equacao b) e de ordem 2. Equacao de 2da ordem.
iii) y(4) + y′′ − y3 = sen x, com x ∈ R e de 4a ordem.
3
Definicao 1.3. (EDO Linear) Sejam as funcoes ai(x), i = 1, 2, . . . , n, e b(x)
contınuas em (a, b) e a0(x) 6= 0, ∀ x ∈ (a, b). Uma equacao da forma
a0(x) y(n) + a1(x) y(n−1) + a2(x) y(n−2) + · · · + an−1(x) y′ + an(x) y = b(x), (1.1)
chama-se equacao diferencial ordinaria linear de ordem n (n ≥ 1).
Pode-se escrever a equacao (1.1) na forma:
y(n) + p1(x) y(n−1) + p2(x) y(n−2) + · · · + pn−1(x) y′ + pn(x) y = q(x), (1.2)
ou
[
D(n) + p1(x) D(n−1) + p2(x) D(n−2) + · · ·+ pn−1(x) D + pn(x)]
y = q(x). (1.3)
Observacao 1.1. Denotando a expressao a esquerda de (1.3) pelo operador linear
L(D) y, obtemos L(D) y = q(x), ou abreviadamente
L(y) = q(x). (1.4)
Se q(x) = 0 para todo x, a equacao (1.4) e chamada homogenea ou incompleta.
Se q(x) 6= 0 para algum x, a equacao (1.4) se diz nao homogenea ou completa.
Exemplo 1.3. A equacao y′′ − 2y′ + y = 0 e uma EDO de 2da ordem linear homogenea
Exemplo 1.4. As equacoes yy′′ − 2y = x e y′′′ + y2 = 0 sao EDO’s nao
lineares, de 2da e 3a ordem respectivamente (a EDO e nao-linear quando nao for de
primeiro grau em y ou em suas derivadas).
Definicao 1.4. A EDO dada na definicao (1.1) esta na forma normal quando se
encontra explicitada em relacao a derivada de maior ordem que nela figura, isto e
y(n) = G(x, y, y′, y′′, . . . , y(n−1)).
As equacoes diferenciais a) e d) do exemplo (1.1) estao na forma normal. As outras
nao o estao, mas e possıvel po-las escrevendo y′′ = −y e y′ =arctan x
1 + x2. A equacao
do item (iii) do exemplo (1.2) em sua forma normal escreve-se y(4) = sen x − y′′ + y3.
Observacao 1.2. Nem sempre e possıvel escrever uma equacao em sua forma normal.
4
Exemplo 1.5. As equacoes
a) y = xy′ − 1
4(y′)2
b) (y′)4 − (x + 2y + 1)(y′)3 − 2xyy′ = 0
sao equacoes de 1ra ordem, em que y′ nao pode ser explicitada em funcao de y e de x.
Definicao 1.5. Solucao de uma EDO F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0 num intervalo I, e uma
funcao y = φ(x) tal que
F (x, φ(x), φ′(x), . . . , φ(n)(x)) = 0, ∀ x ∈ I
Dependendo do contexto do problema, I pode ser un intervalo aberto (a, b), um
intervalo fechado [a, b], um intervalo infinito (a,∞), etc.
Exemplo 1.6. A funcao y = x2 e solucao em (−∞,∞), da equacao y′ = 2x. Mais
ainda y = x2 +1, y = x2 +π, y = x2 +ln 3 sao tambem solucoes de y′ = 2x. A solucao
y = x2 +C e chamada de solucao geral da equacao diferencial y′ = 2x onde C e uma
constante arbitraria.
Exemplo 1.7. A funcao y = sen x e solucao de y′′ + y = 0. De fato, se y′ = cos x,
entao y′′ = − sen x. Logo, − sen x + sen x = 0, ∀ x ∈ R.
5
Capıtulo 2
Equacoes Diferenciais de 1a Ordem
As EDO’s de primeira ordem se apresentam sob duas formas equivalentes:
1. Forma Normal: y′ = f(x, y).
2. Forma Diferencial: P (x, y) dx + Q(x, y) dy = 0.
2.1 Problema de Valor Inicial (P.V.I.) ou Problema
de Cauchy
Trata de resolver uma EDO de primeira ordem
dy
dx= f(x, y)
sujeita a condicao inicial
y(x0) = y0.
Em termos geometricos, procuramos uma solucao para uma EDO, definida em algum
intervalo I tal que o grafico da solucao passe por um ponto (x0, y0) ∈ I determinado
apriori.
Exemplo 2.1. Resolver o problema de valor inicial em I = (−∞,∞).
y′ = y,
y(0) = 3.(2.1)
6
Sol.: E simples de ver que y = Cex satisfaz a equacao y′ = y em I, onde C e uma
constante arbitraria (Ver Fig. 2.1). Embora, y = 3ex e a unica funcao da famılia que
satisfaz a condicao y(0) = 3e0 = 3.
Figura 2.1: Famılia de Solucoes de y′ = y.
Observacao 2.1. O exemplo anterior, levanta duas questoes funtamentais:
1. Existe sempre uma solucao para o problema de Cauchy?
2. Se existe ela e unica?
Em outras palavras, por cada ponto fixo (x0, y0) passa uma unica solucao y = y(x)?.
O seguinte exemplo, mostra que a resposta a segunda pergunta as vezes e nao.
Exemplo 2.2. Uma simples substituicao permite verificar que as funcoes y =x4
16e
y = 0 satisfazem o P.V.I,
y′ = xy1/2,
y(0) = 0.(2.2)
7
Figura 2.2: Solucoes de y′ = xy1/2.
O Teorema de Picard nos garante as condicoes de existencia e unicidade das solucoes
do P.V.I.
Teorema 2.1. (Existencia e Unicidade) Seja o problema de valor inicial
y′ = f(x, y)
y(x0) = y0
(2.3)
onde (x0, y0) ∈ R = {(x, y) ∈ R2/a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}. Se f(x, y) e ∂f/∂x sao
contınuas em R, entao existe um intervalo I centrado em x0 e uma unica funcao y(x)
definida em I que satisfaz o problema de valor inicial (2.3) (Veja a Figura 2.3).
2.2 Interpretacao Geometrica
O ponto de vista geometrico e util no caso de equacoes de primeira ordem, isto e,
equacoes da forma:
y′ = f(x, y) (2.4)
Uma vez que a solucao da equacao diferencial (2.4) e uma funcao y = y(x), a repre-
sentacao geometrica de uma solucao e o grafico de uma funcao. Geometricamente
a equacao (2.4) afirma que em qualquer ponto (x, y), o coeficiente angular y′ da
8
Figura 2.3:
solucao neste ponto e dado por f(x, y). Podemos representar graficamente esta situacao
tracando um pequeno segmento de reta no ponto (x, y) com coeficiente angular f(x, y).
O conjunto de segmentos de reta e conhecida como o campo de direcoes da equacao
diferencial (2.4).
Exemplo 2.3. Seja a equacao diferencial y′ = y, onde f(x, y) = y. O campo de
direcoes desta equacao diferencial e mostrada na Figura 2.4. Note que a solucao e a
funcao y(x) = Cex, onde C ∈ R.
Figura 2.4: Campo de direcoes da equacao y′ = y.
Exemplo 2.4. Seja a equacao diferencialdy
dx=√
x2 + y2. Para a construcao do
campo de direcoes desta equacao, acha-se o lugar geometrico dos pontos nos quais as
tangentes as curvas integrais (ou grafico das solucoes) procuradas conservam
9
Figura 2.5: Campo de Direcoes e Isoclinas da eq.dy
dx=√
x2 + y2.
uma direcao constante. Tais linhas chamam-se isoclinas (Fig. 2.5). A equacao
das isoclinas obtem-se considerandody
dx= k, onde k e uma constante. Logo, para
este exemplo temos√
x2 + y2 = k, ou x2 + y2 = k2. Consequentemente as isoclinas
sao circunferencias com centro na origem de coordenadas, e o coeficiente angular da
tangente as curvas integrais procuradas e igual ao raio de ditas circunferencias. Para
construir o campo de direcoes, damos a constante k certos valores determinados.
2.3 Equacoes de Variaveis Separaveis
Uma equacao diferencial ordinaria de 1ra ordem e separavel se for possıvel, por mani-
pulacoes algebricas elementares, reescrever a equacao na forma diferencial
M(x) dx + N(y) dy = 0 (2.5)
ou equivalentemente
N(y) dy = −M(x) dx. (2.6)
Para resolver (2.6) simplesmente se reduz a uma integracao em cada variavel.
Exemplo 2.5. Resolva a EDO y′ = 2x e−y.
Sol.: Como dy/dx = 2x e−y, entao podemos escrever ey dy = 2x dx. Assim, integrando
temos ey = x2 + C. Observemos que devido a que ey > 0 teremos que x2 + C deve ser
10
positivo. Logo, tomando o logaritmo neperiano resulta que
y(x) = ln(x2 + C), onde x2 + C > 0. (2.7)
Exemplo 2.6. Resolva o Problema de Valor Inicial (PVI)
y′ = 2√
y
y(−1) = 0(2.8)
Sol.: Como dy/dx = 2√
y, entaody
2√
y= dx. Logo,
√y = x + C. Fazendo x = −1 e
y = 0 temos que C = 1. Logo,√
y = x + 1, ( note que x + 1 ≥ 0 e o domınio de y e
[−1,∞]). Portanto, a solucao e
y(x) = (x + 1)2, x ≥ −1. (2.9)
Exemplo 2.7. Resolva o Problema de Valor Inicial (PVI)
y′ = y2 − 4
y(0) = −2(2.10)
Sol.: Se y2 − 4 6= 0 entao dy/(y2 − 4) = dx, entao integrando∫
dy
(y − 2)(y + 2)=
∫
dx
1
4
∫
( 1
y − 2− 1
y + 2
)
dy =
∫
dx
ln(y − 2)
(y + 2)= 4x + C
(y − 2)
(y + 2)= e4x+C . (2.11)
Portanto,
y(x) = 21 + Ce4x
1 − Ce4x(2.12)
Fazendo x = 0 e y = −2 chegmos a que 1 = −1. Observamos que y deve ser distinto
de −2 (condicao imposta) em (2.12).
Porem y = −2 e solucao da equacao dada. Mais ainda, de (2.12) observamos:
1. Solucoes limitadas quando C < 0, −2 < y(x) < 2, x ∈ R.
2. Solucoes ilimitadas quando C > 0. Veja a Figura 2.6.
11
Figura 2.6:
2.3.1 Exercıcios
1. Usando variaveis separaveis determine a solucao da equacao.
(a) y√
1 − x2 y′ = x
(b) x5y′ + y5 = 0
(c) x dy = (1 − 2x2) tan y dx;
(d) e−xdy + (xey + e−x+y)dx = 0
(e) xyy′ = y + 2 ; y(0) = −2
(f) y′ − y = 3 ; y(1) = −3
(g) y′(1 + y) = (1 − x2); y(−1) = −2
(h)dy
dx=
3x2
3y2 − 4; y(1) = 0
2. A equacao diferencial p dv + kv dp = 0 descreve a variacao adiabatica (processo
de transformacao de um sistema no qual no ha trocas termicas com o exterior)
do estado do ar, com p = pressao; v = volume; k = constante. Exprima p como
funcao de v.
3. O planeamento dum sistema de abastecimento de agua para uma povoacao baseia-
se no modelo matematicodp
dt= kp(pM − p)
em que k = 10−6 habitante/ano; pM = 105 habitantes; p = populacao no instante
t. A populacao inicial e de 104 habitantes. Determine o tempo aproximado,
necessario para a populacao atingir 15000 habitantes.
12
4. Sabendo que a velocidade de resfriamento de um corpo, num ambiente de temper-
atura constante, e proporcional a diferenca entre a sua temperatura T (t) em cada
instante e a temperatura do meio ambiente Tm (Lei do resfriamento de Newton),
isto e:dT
dt= k(T − Tm)
Resolva o seguinte problema: Um objecto metalico a temperatura de 100o e mer-
gulhado num rio. Ao fim de cinco minutos a temperatura do objecto desceu para
60o. Determine o instante em que a temperatura do objecto e de 31o, sabendo
que a temperatura da agua do rio e de 30o.
5. A velocidade de desintegracao radioactiva de um elemento e proporcional a sua
concentracao em cada instante:dA
dt= kA. Sabendo que a meia vida (o tempo
gasto para metade dos atomos de uma quantidade inicial A0 se desintegrar ou se
transmutar em atomos de outros elemento) do radio e de 1590 anos, determine a
percentagem de massa que se desintegra ao fim de 100 anos.
6. A populacao de uma certa comunidade cresce a uma taxa proporcional ao numero
de pessoas presentes em qualquer instante. Se a populacao duplicou em 5 anos,
quando ela triplicara?. Quando quadriplicara?
7. Use o campo de direcoes gerado pelo computador para esbocar, a mao, uma curva
integral aproximada que passe pelos pontos indicados.
a) dydx
= xy; y(4) = 2.
b) dydx
= e−0,001xy2; y(0) = −4.
c) dydx
= sen x cos y; y(1) = 0.
d) dydx
= 1 − xy; y(−1) = 0.
2.4 Equacoes Lineares
Uma equacao diferencial da forma
a0(x)y′ + a1(x)y = g(x) (2.13)
e chamada de equacao linear de primeira ordem.
Dividindo pelo coeficiente a0(x) obtemos a forma mais util de uma equacao linear
y′ + p(x)y = q(x) (2.14)
13
Para resolver esta equacao multiplicamos a equacao diferencial por um fator inte-
grante µ(x) apropriado e assim coloca-la em uma forma integravel. Temos entao
µ(x)y′ + µ(x)p(x)y = µ(x)q(x) (2.15)
e queremos reconhecer o lado esquerdo de (2.15) como a derivada de alguma funcao.
Como um dos termos e µ(x)y′ sugere que o lado esquerdo da eq. (2.15) pode ser a
derivada do produto µ(x)y. Para que seja verdade µ′(x)y = µ(x)p(x)y que por sua
vez significa que µ(x) deve satisfazer a equacao diferencial
µ′(x) = p(x) µ(x). (2.16)
Se µ(x) > 0 a equacao (2.16) pode ser escrita como
µ′(x)
µ(x)= p(x), ou (2.17)
(lnµ(x))′ = p(x). (2.18)
Entao, integrando ambos os termos temos
ln µ(x) =
∫
p(x) dx + k. (2.19)
Escolhendo k = 0 obtemos a funcao µ na sua forma mais simples, ou seja
µ(x) = e∫
p(x) dx. (2.20)
Uma vez determinado µ voltamos a eq. (2.15) e obtemos que
(e∫
p(x) dx y)′ = e∫
p(x) dxq(x). (2.21)
Integrando ambos membros de (2.21) obtemos
e∫
p(x) dx y =
∫
e∫
p(x) dx q(x) dx + C, ou
y(x) = e−∫
p(x) dx[
∫
e∫
p(x) dx q(x) dx + C]
(2.22)
Portanto, esta e a solucao geral da equacao (2.15).
Exemplo 2.8. Ache uma solucao geral de (x2 + 1)y′ + 3xy = 6x.
14
Sol.: Dividindo por (x2 + 1) a anterior equacao fica
y′ +3x
x2 + 1y =
6x
x2 + 1.
Entao, p(x) =3x
x2 + 1e q(x) =
6x
x2 + 1.
O fator integrante e dado por:
µ(x) = e
∫
3x
x2 + 1dx
= e
3 ln(x2 + 1)
2 = (x2 + 1)3/2.
Logo, a solucao e dada por
y(x) = (x2 + 1)−3/2[
∫
(x2 + 1)3/2 6x
x2 + 1dx + C
]
= (x2 + 1)−3/2[
∫
6x(x2 + 1)1/2 dx + C]
= (x2 + 1)−3/2 [2(x2 + 1)3/2 + C]
= 2 + C (x2 + 1)−3/2, C ∈ R (2.23)
Exemplo 2.9. Resolva o Problema de Valor Inicial (PVI)
y′ − 3y = e2x
y(0) = 3(2.24)
Sol.: Temos que p(x) = −3 e q(x) = e2x. O fator integrante e µ(x) = e∫
−3 dx = e−3x.
Logo, a solucao e dada por
y(x) =(
∫
e−3x e2x dx + C)
e3x =(
∫
e−x dx + C)
e3x (2.25)
=(
− e−x + C)
e3x = −e2x + C e3x. (2.26)
Pela condicao inicial temos
y(0) = −1 + C = 3 =⇒ C = 4.
Logo, a solucao do PVI e dado por y(x) = 4e3x − e2x.
Exemplo 2.10. Resolva o Problema de Valor Inicial (PVI)
x2 y′ + x y = sen x
y(1) = 2(2.27)
15
Sol.: Dividindo por x2 temos que y′ + y/x = sen x/x2, de modo que o fator integrante
e µ(x) = e∫
1x dx = elnx = x. Assim, a solucao e
y(x) =(
∫
xsen x
x2dx + C
)
x−1 =(
∫
sen x
xdx + C
)
x−1. (2.28)
Observamos que a antiderivada de sen x/x nao e possivel calcular. Podemos usar
o Teorema Fundamental do Calculo para escrever uma antiderivada de uma funcao
contınua arbitraria f(x) na forma F (x) =∫ x
af(t) dt. Logo, temos que:
y(x) =(
∫ x
0
sen t
tdt + C
)
x−1. (2.29)
O limite de integracao a = 0 e permissıvel porque sen t/t → 1 quando t → 0.
Aplicando a condicao inicial temos
y(1) =
∫ 1
0
sen t
tdt + C = 2.
Logo, C = 2 −∫ 1
0sen t
tdt, de onde substituindo em (2.29) obtemos
y(x) =(
∫ x
0
sen t
tdt + 2 −
∫ 1
0
sen t
tdt)
x−1.
Portanto, y(x) =2
x+
1
x
∫ x
1
sen t
tdt e a solucao do PVI.
2.4.1 Exercıcios
1. Determine a solucao geral para os problemas seguintes
(a) y′ − xy = 0
(b) y′ + xy = x
(c) y′ + y = 11+e2x
(d) y′ + y = 2xe−x + x2
(e) (1 + x2)y′ + 2xy = cot x
(f) y′ + y = 5 sen 2t
(g) y′ − 2y = t2e2t
(h) y′ + (1/x)y = 3 cos 2x
(i) ty′ + 2y = sen t , t > 0
(j) (1 + t2)y′ + 4ty = (1 + t2)−2 , t > 0
(k) ty′ − y = t2e−t
(l) 2y′ + y = 3t2
2. Ache a solucao do problema de valor inicial proposto
16
(a) xy′ + y = 3xy ; y(1) = 0
(b) xy′ + 3y = 2x5 ; y(2) = 1
(c) y′ + y = ex ; y(0) = 1
(d) xy′ − 3y = x3 ; y(1) = 10
(e) y′ + 2xy = x ; y(0) = −2
(f) y′ = (1 − y) cosx ; y(π) = 2
(g) (1 + x)y′ + y = cos x ; y(0) = 1
(h) y′ = 1 + x + y + xy ; y(0) = 0
(i) xy′ = 3y + x4 cos x ; y(2π) = 0
(j) y′ = 2xy + 3x2ex2; y(0) = 5
(k) (x2 + 4)y′ + 3xy = x ; y(0) = 1
(l) 2xy′ = y + 2x cos x ; y(1) = 0
3. Expresse a solucao geral de y′ = 1 + 2xy em termos da funcao de erro
erro(x) =2√π
∫ x
0
e−t2dt
4. Em um circuito em serie contendo somente um resistor e um indutor, a segunda
lei de kirchhoff diz que a soma da queda de tensao L (di/dt) e da queda de tensao
do resistor iR e igual a voltagem E(t) no circuito, isto e:
Ldi
dt+ Ri = E(t)
onde L e R sao conhecidas como a indutancia e a resitencia, respectivamente. A
corrente i(t) e a chamada resposta do sistema.
Resolva o seguinte problema: Uma bateria de 12 volts e conectada a um circuito
em serie no qual a indutancia e de 1/2 henry e a resistencia, 10ohms. Determine
a corrente i se a corrente inicial e zero.
5. Se A e a quantidade de sal (em gramas) no tanque no instante t. A taxa de
variacao de A(t) e dada por:
dA
dt= (taxa de entrada de sal) − (taxa de saıda de sal) = R1 − R2
sendo que:
• taxa de entrada de sal = concentracao (g/l) × velocidade de entrada (l/min)
• taxa de saıda de sal = concentracao (g/l) × velocidade de saida (l/min)
Resolva o seguinte problema: Um tanque contem 200 litros de fluido no qual
foram dissolvidos 30 gramas de sal Uma salmoura contendo 1 grama de sal por
litro e entao bombeada para dentro do tanque a uma taxa de 4 L/min; a solucao
17
bem misturada e bombeada para fora a mesma taxa. Ache o numero A(t) de
gramas de sal no tanque no instante t.
6. Forma-se um lago quando a agua e recolhida numa depressao conica de raio a
e profundidade h. Suponhamos que a agua aflutua a vazao constante k e que o
lago sofra evaporacao a uma taxa proporcional a area superficial da agua.
a) Mostrar que o volume V (t) da agua no lago, no instante t, satisfaz a equacao
diferencial
dV/dt = k − απ(3a/πh)2/3V 2/3
b) Achar a profundidade de equilıbrio da agua no lago.
c) Achar a condicao para que o lago nao transborde.
2.5 Equacoes Exatas
Definicao 2.1. Uma expressao diferencial
M(x, y) dx + N(x, y) dy
e uma diferencial exata em uma regiao R do plano xy se ela corresponde a diferen-
cial total de alguma funcao f(x, y). Isto e, df = M(x, y) dx + N(x, y) dy onde∂f
∂x= M e
∂f
∂y= N .
Definicao 2.2. Uma equacao diferencial da forma
M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 (2.30)
e chamada uma equacao exata se a expressao do lado esquerdo e uma diferencial
exata.
Observacao 2.2. Dizemos que (2.30) e uma equacao exata se existe f(x, y) tal que
∂f
∂x= M,
∂f
∂y= N,
e a solucao e dada implıcitamente por f(x, y) = C .
18
Exemplo 2.11. A equacao diferencial x2y3 dx + x3y2 dy = 0 e exata. De fato,
d(1
3x3y3
)
= x2y3 dx + x3y2 dy. Logo, a solucao e implıcitamente pela equacao
1
3x3y3 = C.
Teorema 2.2. (Criterio para uma Diferencial Exata) Sejam M(x, y) e N(x, y) funcoes
contınuas com derivadas parciais contınuas numa regiao R = [a, b] × [c, d]. Entao,
M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 (A equacao e exata) ⇐⇒ ∂M
∂y=
∂N
∂x(2.31)
Demonstracao: ⇒) Se M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 e uma equacao exata, entao
existe uma funcao f = f(x, y) tal que
df =∂f
∂xdx +
∂f
∂ydy = M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0, ∀ (x, y) ∈ R = [a, b] × [c, d].
Logo,
∂f
∂x= M(x, y) e
∂f
∂y= N(x, y) (2.32)
Portanto,
∂M
∂y=
∂
∂y
(∂f
∂x
)
=∂2f
∂y ∂x(2.33)
∂N
∂x=
∂
∂x
(∂f
∂y
)
=∂2f
∂x ∂y. (2.34)
Como M e N sao funcoes contınuas com derivadas contınuas (ver (2.32-2.34), temos
que:
∂M
∂y=
∂2f
∂y ∂x=
∂2f
∂x ∂y=
∂N
∂x. (2.35)
⇐) Devemos provar que existe uma funcao f = f(x, y) tal que
∂f
∂x= M(x, y) e
∂f
∂y= N(x, y). (2.36)
Integrando∂f
∂x= M obtemos f(x, y) =
∫
M(x, y) dx + ϕ(y). Note que ϕ e tal que
∂f
∂y=
∂
∂y
(
∫
M(x, y) dx)
+ ϕ′(y) = N(x, y). (2.37)
Logo, ϕ′(y) = N(x, y) − ∂∂y
(
∫
M(x, y) dx)
.
19
Devemos provar que ϕ′ e uma funcao que depende de y. Derivando em relacao a x,
temos
∂ϕ′
∂x=
∂
∂xN(x, y) − ∂
∂x
[
∂
∂y
(
∫
M(x, y) dx)
]
=∂
∂xN(x, y) − ∂
∂y
[
∂
∂x
(
∫
M(x, y) dx)
]
=∂
∂xN(x, y) − ∂
∂yM(x, y)
= 0 (2.38)
Portanto, integrando (2.37) obtemos:
f(x, y) =
∫
M(x, y) dx +
∫
N(x, y) dy −∫
M(x, y) dx =
∫
N(x, y) dy.
Consequentemente,∂f
∂y= N(x, y).
Analogamente se prova que∂f(x, y)
∂x= M(x, y).
Exemplo 2.12. Determine se a equacao 2xy dx + (x2 − 1) dy = 0 e exata.
Figura 2.7: Solucoes da equacao 2xy dx + (x2 − 1) dy = 0.
Sol. Com M(x, y) = 2xy e N(x, y) = x2 − 1 temos:
∂M
∂y= 2x =
∂N
∂x.
Logo, pelo Teorema anterior existe uma funcao f(x, y) tal que
∂f
∂x= 2xy e
∂f
∂y= x2 − 1 (2.39)
20
Integrando em x a primeira das equacoes anteriores temos
f(x, y) = x2y + ϕ(y)
e derivando esta em funcao de y
∂f
∂y= x2 + ϕ′(y) = x2 − 1
Logo, ϕ(y) = −y.
Assim, f(x, y) = x2y − y = (x2 − 1)y = C. Portanto,
y(x) =C
x2 − 1e a solucao. Veja Figura 2.7.
Exemplo 2.13. Resolva
(x + y)2 dx + (2xy + x2 − 1) dy = 0
y(1) = 1(2.40)
Sol.: Facamos M(x, y) = (x + y)2 e N(x, y) = 2xy + x2 − 1, entao
∂M
∂y= 2(x + y) =
∂N
∂x.
Logo, (2.40) e uma EDO exata. De fato, seja f = f(x, y) tal que
∂f
∂x= (x + y)2 e
∂f
∂y= 2xy + x2 − 1.
Entao,
f(x, y) =
∫
(x2 + 2xy + y2) dx =x3
3+ x2y + y2x + ϕ(y). (2.41)
Daı
∂f
∂y= x2 + 2xy + ϕ′(y) = 2xy + x2 − 1.
o que implica que ϕ(y) = −y.
Portanto, f(x, y) =x3
3+ x2y + y2x − y = C e solucao da equacao (2.40).
Usando a condicao inicial temos que C = f(1, 1) = 1/3+1+1−1 = 4/3. Portanto,
f(x, y) =x3
3+ x2y + y2x − y =
4
3e sol. do problema (2.40).
21
2.5.1 Exercıcios
1. Nos problemas a seguir, verifique se a equacao dada e exata. Se for, resolva.
(a) (2x − 1)dx + (3y + 7)dy = 0
(b) (5x + 4y)dx + (4x − 8y3)dy = 0
(c) (2y2x − 3)dx + (2yx2 + 4)dy = 0
(d) (x + y)(x− y)dx + x(x − 2y)dy = 0
(e) (1 − 2x2 − 2y)dy = (4x3 + 4xy)dx
(f) xdy = (2xex − y + 6x2)dx
(g) dx =y
1 − x2y2dx +
x
1 − x2y2dy
(h) −1
ysen
x
ydx +
x
y2sen
x
ydy = 0
(i) (2x − y)dx− (x + 6y)dy = 0
(j) (x3 + y3)dx + 3xy2dy = 0
(k) (3x2y+ey)dx+(x3+xey−2y)dy = 0
(l)(
1 + ln x +y
x
)
dx = (1 − ln x)dy
2. Nos problemas a seguir, resolva a equacao diferencial dada sujeita a condicao
inicial indicada.
(a) (x + y)2dx + (2xy + x2 − 1)dy = 0, y(1) = 1
(b) (4y + 2x − 5)dx + (6y + 4x − 1)dy = 0, y(−1) = 2
(c) (ex + y)dx + (2 + x + yey)dy = 0, y(0) = 1
3. Determine uma funcao M(x, y) para que a seguinte equacao diferencial seja exata:
M(x, y)dx +
(
xexy + 2xy +1
x
)
dy = 0
2.6 Fatores Integrantes
Se a equacao diferencial
M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 (2.42)
nao e exata, o procedimento sera tentar achar uma funcao µ(x, y) (fator integrante)
que ao ser multiplicada pela equacao (2.42) a transforme numa equacao exata, isto e:
∂
∂y[µ M ] =
∂
∂x[µ N ].
22
Logo, temos
∂µ
∂yM + µ
∂M
∂y=
∂µ
∂xN + µ
∂N
∂x
∂µ
∂yM − ∂µ
∂xN = −µ
(
∂M
∂y− ∂N
∂x
)
1
µ
∂µ
∂y
M
N− 1
µ
∂µ
∂x= −
(
∂M/∂y − ∂N/∂x
N
)
(2.43)
• Suponhamos agora que exista um fator integrante dependente so da variavel x,
isto e, µ = µ(x). Entao,
1
µ
dµ
dx=
(
∂M/∂y − ∂N/∂x
N
)
. (2.44)
Note que o lado esquerdo da equacao anterior e uma funcao de x. Portanto, o mesmo
acontece com o lado direito. Assim, denotando por
g(x) =
(
∂M/∂y − ∂N/∂x
N
)
temos a equacao em variavies separaveis:
1
µ
dµ
dx= g(x)
cuja solucao e
µ(x) = e∫
g(x) dx onde g(x) =∂M/∂y − ∂N/∂x
N. (2.45)
• Se o fator integrante for dependente so da variavel y, isto e, µ = µ(y). Entao, de
forma analoga temos que:1
µ
dµ
dy= h(y)
cuja solucao e
µ(y) = e∫
h(y) dy onde h(y) =∂N/∂x − ∂M/∂y
M. (2.46)
Observacao 2.3. Embora na teoria sempre exista um fator integrante, na pratica so
ha dois casos em que a determinacao de um fator integrante e facil, se:
1. µ e uma funcao que so depende da variavel x.
23
2. µ e uma funcao que so depende da variavel y.
Exemplo 2.14. Determine um fator integrante da equacao
(3xy + y2) dx + (x2 + xy) dy = 0. (2.47)
Sol. Sejam M(x) = 3xy + y2 e N(x) = x2 + xy. A equacao (2.47) nao e exata, pois
∂M
∂y= 3x + 2y 6= ∂N
∂x= 2x + y.
A seguir,∂M/∂y − ∂N/∂x
N=
x + y
x(x + y)=
1
x
depende apenas de x. Assim, bastara supor que a expressao anterior sera nosso g(x),
logo
µ(x) = e∫
g(x) dx = e∫
1x
dx = x, x > 0. (2.48)
Portanto, multiplicando (2.47) pelo fator integrante µ(x) = x, temos a equacao exata,
(3x2y + xy2) dx + (x3 + x2y) dy = 0.
Usando o metodo anterior e possivel resolver a equacao anterior.
Exemplo 2.15. Determine um fator integrante para a seguinte equacao:
y dx + (2x − yey) dy = 0 (2.49)
Sol.: Se M(x) = y e N(x) = 2x − yey, entao:
∂N/∂x − ∂M/∂y
N=
2 − 1
y=
1
y.
Concluımos que, no caso de existir um fator integrante µ(y) que dependa apenas de y,
µ(y) = e∫
1y
dy = y, y > 0.
Logo, a equacao exata e:
y2 dx + (2xy − y2ey) dy = 0. Resolva esta equacao!!..
24
2.6.1 Exercıcios
1. Nos problemas a seguir, resolva a equacao diferencial dada, verificando qua a
funcao indicada µ(x, y) seja um fator de integracao.
(a) 6xydx + (4y + 9x2)dy = 0, µ(x, y) = y2
(b) (2y2 + 3x)dx + 2xydy = 0, µ(x, y) = x
(c) y(x + y + 1)dx + (x + 2y)dy = 0, µ(x, y) = ex
2. Use o metodo do fator integrante para resolver as equacoes diferenciais seguintes
(a) (xy − 1)dx + (x2 − xy)dy = 0
(b) 2xy dx + (y2 − x2)dy = 0
(c) (4xy2 + y)dx + (6y3 − x)dy = 0
(d) (4x + 3y3)dx + 3xy2 dy = 0
(e) (x + 2) sen y dx + x cos y dy = 0
(f) (y ln y − 2xy)dx + (x + y)dy = 0
2.7 Equacoes Homogeneas
Definicao 2.3. Uma funcao f(x, y) e uma funcao homogenea de grau α, onde α e
um numero real, se
f(tx, ty) = tα f(x, y), para todo t > 0.
Exemplo 2.16. Determine se as funcoes dadas a seguir sao homogeneas.
(a) f(x, y) = −3xy + y2
(b) f(x, y) = 3√
x2 + y2
Sol.:
(a) Como f(tx, ty) = −3t2xy + t2y2 = t2f(x, y), entao f e homogenea de grau 2.
(b) Como f(tx, ty) = 3√
t2x2 + t2y2 = t2/3 3√
x2 + y2 = t2/3f(x, y), diremos que f e
homogenea de grau 2/3.
Observacao 2.4. Muitas vezes uma funcao homogenea pode ser reconhecida exami-
nando o grau de cada termo
(a) f(x, y) = 6xy3 − x2y2 homogenea de grau 4
(b) f(x, y) = x2 − y nao e homogenea pois os graus de x2 e y sao diferentes.
25
Definicao 2.4. Uma equacao diferencial da forma
M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 oudy
dx= −M(x, y)
N(x, y)
e chamada homogenea se ambos os coeficientes M e N sao funcoes homogeneas do
mesmo grau.
Uma equacao diferencial homogenea M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0 pode ser resolvida
por meio de uma substituicao algebrica,
y = µ x ou x = ν y
desde que µ e ν sejam as novas variaveis independentes.
Esta substituicao transformara a equacao em uma equacao diferencial de primeira
ordem de variaveis separaveis.
Se por exemplo y = µ x, entao dy = µ dx + x dµ. Logo, substituindo na equacao
obtemos
M(x, µx) dx + N(x, µx) [µ dx + x dµ] = 0.
Do fato de M e N serem funcoes homogeneas de grau n temos:
xn M(1, µ) dx + xn N(1, µ) [µ dx + x dµ] = 0,
ou equivalentemente xn [M(1, µ)+µ N(1, µ)] dx+xn[x N(1, µ)] dµ = 0. Consequente-
mente,
dx
x+
N(1, µ)
[M(1, µ) + µ N(1, µ)]dµ = 0, (2.50)
e uma equacao diferencial separavel.
Exemplo 2.17. Resolva a equacao diferencial (x2 + y2) dx + (x2 − xy) dy = 0.
Sol.: Observe que a equacao diferencial nao e exata, porem e homogenea. Fazendo
y = µ x temos,
(x2 + (µ x)2) dx + (x2 − x (µ x)) [µ dx + x dµ] = 0
(1 + µ2) dx + (1 − µ) [µ dx + x dµ] = 0
26
Logo,
dx
x+
1 − µ
1 + µdµ = 0
dx
x+
1 − µ
1 + µdµ = 0
dx
x+[
− 1 +2
1 + µ
]
dµ = 0
ln |x| + 2 ln |1 + µ| − µ = ln |C|
ln |x| + 2 ln∣
∣
∣1 +
y
x
∣
∣
∣− y
x= ln |C|. (2.51)
2.7.1 Exercıcios
1. Nos problemas a seguir, determine se a funcao dada e homogenea. Especifique o
grau de homogeneidade quando for o caso.
(a) x3 + 2xy2 − y4/x
(b)x3y − x2y2
x + 8y
2
(c) cosx2
x + y
(d)1
√
x2 + y2
(e)x
y2 +√
x4 + y4
(f)ln x3
ln y3
2. Nos problemas a seguir, resolva a equacao diferencial usando uma substituicao
apropriada.
(a) (x2 − 2y2)dx + xydy = 0
(b) (y2 + yx)dx − x2dy = 0
(c) −ydx + (x +√
xy)dy = 0
(d) x seny
x
dy
dx= y sen
y
x+
x
y+ x
(e) xdx
dy= y + 2xe−y/x
(f) (x + y)dx + xdy = 0
(g)dy
dx=
x + 3y
3x + y
(h) xdy
dx− y =
√
x2 + y2
(i)dy
dx=
y
xln
y
x
(j) (x2e−y/x + y2)dx = xy dy
3. Nos problemas a seguir, resolva a equacao diferencial dada sujeita a condicao
inicial indicada.
(a) xy2 dy
dx= y3 − x3, y(1) = 2
(b) (x + yey/x)dx − xey/xdy = 0, y(1) = 0
27
4. Suponha que M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 seja uma equacao homogenea. Mostre
que a substituicao x = r cos θ, y = r sen θ leva a uma equacao separavel.
5. Seja f(x, y) uma funcao homogenea de grau n. Mostre que
x∂f
∂x+ y
∂f
∂y= nf
2.8 Metodos de Substituicao
Uma equacao pode parecer diferente de todas as que vimos e estudamos, mas mudando
a variavel, tal vez um problema aparentemente difıcil possa ser resolvido de forma facil.
Exemplo 2.18. Resolva a EDO x e2y dy
dx+ e2y =
ln x
x.
Sol.: Facamos µ = x2 e2y e observemos que:
dµ
dx= 2x e2y + 2x2 e2y dy
dx= 2x
(
e2y + x e2y dy
dx
)
= 2xln x
x= 2 ln x.
Logo,
dµ = 2 ln x dx ⇒ µ = 2 (x ln x − x) + C. (2.52)
Portanto,
x2 e2y = 2x ln x − 2x + C.
Exemplo 2.19. Resolva a EDO y′ + y ln y = y ex
Sol.: Fazendo w = ln y temos que:
dw
dx=
1
y
dy
dx=
y′
y,
de onde resulta a eq. linear.
dw
dx+ w = ex.
Multiplicando a eq. anterior pelo fator integrante µ(x) observamos que
(w µ(x))′ = µ(x) ex ⇔ µ′(x) = µ(x) ⇔ µ(x) = ex.
28
Logo,
w(x) ex =
∫
(w(x) ex)′ dx =
∫
µ(x) ex dx =
∫
e2x dx =e2x
2+ C. (2.53)
Portanto,
w(x) =1
2ex + Ce−x.
Consequentemente
ln y =1
2ex + Ce−x.
2.9 Equacoes Redutıveis a um dos Tipos Anteriores
Caso 1: Uma equacao da forma
y′ = f(ax + by + c), b 6= 0, (2.54)
pode-se reduzir a uma equacao de variaveis separaveis, por meio da subtituicao:
w = ax + by + c. (2.55)
Exemplo 2.20. Resolva a EDO y′ =2
2x + y + 3
Sol.: Fazendo w = 2x + y + 3 temos
dw
dx= 2 +
dy
dx⇒ dy
dx=
dw
dx− 2.
Logo, substituindo na EDO a ser resolvida, temos
dw
dx− 2 =
2
w,
ou que implica que
dw
dx=
2
w+ 2 =
2 + 2w
ww
2 + 2wdw = dx
dw
2− dw
2(1 + w)= dx
w
2− ln |w + 1|
2= x + C.
29
Consequentemente
2x + y + 3 − ln(2x + y + 4) = 2x + 2C
Caso 2: Considere a equacao da forma
y′ = f( ax + by + c
a1x + b1y + c1
)
. (2.56)
• Se c = c1 = 0 a equacao e homogenea.
• Se c e c1 nao sao nulos simultaneamente temos que: as retas ax + by + c = 0 e
a1x+b1y+c1 = 0 no plano XY intersectam-se em um ponto ou elas sao paralelas.
a) Se em (2.56) as retas intersectam-se num ponto (x0, y0)
Observa-se que no caso da eq. homogenea
y′ = f( ax + by
a1x + b1y
)
as retas ax + by = 0 e a1x + b1y = 0 intersectam-se na origem dos eixos coordenados.
Isto sugere que no caso em que c e c1 nao sao nulos simultaneamente se efectue uma
translacao dos eixos coordenados, de modo que a nova origem coincide com (x0, y0).
Exemplo 2.21. Resolva a EDO y′ =−7x + 3y + 7
3x − 7y − 3.
Sol.: Calculando o ponto de intersecao das retas −7x + 3y + 7 = 0 e 3x− 7y − 3 = 0
obtemos o ponto x0 = 1 e y0 = 0. Ver Figura 2.8.
Logo, fazendo
X = x − 1
Y = y(2.57)
e substituindo na EDO temos
y′ = Y ′ =−7(X + 1) + 3Y + 7
3(X + 1) − 7Y − 3,
a qual e uma equacao homogenea da forma:
Y ′ =−7X + 3Y
3X − 7Y.
30
Figura 2.8:
Logo, para resolver esta ultima equacao usamos a substituicao Y = µ X. Assim, temos
que:
µ′ X + µ =−7X + 3µX
3X − 7µX=
−7 + 3µ
3 − 7µ,
µ′ X =−7 + 3µ
3 − 7µ− µ =
−7 + 7µ2
3 − 7µ(2.58)
Se −7 + 7µ2 6= 0, tem-se
(
3 − 7µ
−7 + 7µ2
)
dµ =dX
X3 − 7µ
(µ − 1)(µ + 1)dµ =
7
XdX
−2
µ − 1dµ +
−5
µ + 1dµ =
7
XdX. (2.59)
De onde integrando cada termo resulta
− 2 ln |µ − 1| − 5 ln |µ + 1| dµ = 7 lnX − ln C,
ln
( |µ − 1|−2
|µ + 1|5)
= lnX7
C. (2.60)
Logo,
C = |µ + 1|5X7|µ − 1|2. (2.61)
31
Portanto,
C =
(
Y
X+ 1
)5
X7
(
Y
X− 1
)2
,
C = (Y + X)5(Y − X)2,
C = (y + x − 1)5(y − x + 1)2. (2.62)
Exercıcio: Determine a solucao da equacao diferencial
(4y + 2x − 5) dx + (6y + 4x − 1) dy = 0
y(−1) = 2(2.63)
b) Se em (2.56) as retas sao paralelas
Neste caso temos que
ax + by + c = 0
a1x + b1y + c1 = 0.⇒
y = −a
bx − c
b
y = −a1
b1x − c1
b1= 0.
⇒ a
b=
a1
b1(2.64)
Assim, fazendo λ =a
a1=
b
b1∈ R na equacao (2.56) temos:
y′ = f(λa1x + λb1y + c
a1x + b1y + c1
)
= f(λ(a1x + b1y) + c
a1x + b1y + c1
)
.
Introduzindo a nova variavel z = a1x + b1y obtem-se
dz
dx= a1b1
dy
dx= a1 + b1y
′
e consequentemente (2.56) reduz-se a uma equacao de variaveis separaveis da forma:
z′ − a1
b1
= f(λz + c
z + c1
)
,
dz
b1 f(
λz+cz+c1
)
+ a1
= dx (2.65)
Exemplo 2.22. Resolva a EDO y′ =2x + y − 1
4x + 2y + 5.
Sol.: Resolvendo, as seguintes equacoes temos que sao retas paralelas (Ver Figura2.9):
2x + y − 1 = 0
4x + 2y + 5 = 0⇒
y = −2x + 1
y = −2x − 5
2
(2.66)
32
Figura 2.9:
Fazendo z = 2x + y temosdz
dx= 2 + y′. Logo, z′ − 2 =
z − 1
2z + 5,
dz
dx=
z − 1
2z + 5+ 2 =
z − 1 + 4z + 10
2z + 5=
5z + 9
2z + 5.
Consequentemente, para z 6= −9/5,
2z + 5
5z + 9dz = dx. (2.67)
Integrando
∫
2z + 5
5z + 9dz =
2
5
∫
dz +7
5
∫
1
5z + 9dz
2
5z +
7
25ln |5z + 9|. (2.68)
Portanto, de (2.68)
2
5z +
7
25ln |5z + 9| = x + C
Substituindo o valor de z = 2x+y na equacao anterior obtemos a solucao na sua forma
implıcita.
2
5(2x + y) +
7
25ln |5(2x + y) + 9| = x + C
2.9.1 Exercıcios
1. Determine a solucao para os problemas seguintes
33
(a) y′ =2x − 3
x + y − 3
(b) y′ =x − 1
3y + 2
(c) y′ =1 − x − y
x + y
(d) y′ =1
x + y
(e) (2x + 4y − 5)dx − (4x + 6y − 1)dy =
0; y(−1) = 2
(f) (x + 2y − 1)dx − (2x − 3)dy = 0; y(1) = 0
(g) y′ =1 − 2y − 4x
1 + y + 2x; y(1) = 0
(h) y′ =x + y − 1
x − y + 1; y(1) = 1
2. Resolva a equacao y′ = cos2(y − x) usando a substituicao y − x = u
3. Resolva o problema de Cauchy y′ = cos2(y − x), y(0) = π. A solucao encontrada
e uma solucao particular de (2). Justifique.
4. Verifique que a equacao da forma y′ + a(x)y = b(x)yk (Eq. de Bernoulli),
com k 6= 0 se pode transformar numa eq. linear, usando a mudanca de variavel
z = y−k+1.( Sugestao: multiplique ambos os membros da eq. dada por y−k).
5. A equacao dy/dt = q1(t)+q2(t)y+q3(t)y2 e conhecida como a ”Eq. de Ricatti”.
Suponhamos que uma certa solucao y1 seja conhecida. Uma solucao mais geral,
com uma constante arbitraria, pode ser conseguida pela substituicao y = y1 +
1/ν(t). Mostrar que ν(t) obedece a eq. linear de primeira ordem dν/dt = −(q2 +
2q3y1)ν − q3.
6. Dada uma solucao particular, resolver cada uma das seguintes equacoesde Ricatti.
(a) y′ = 1 + t2 − 2ty + y2; y1(t) = t
(b) y′ = − 1
t2− y
t+ y2; y1(t) =
1
t
(c) y′ =2 cos2 t − sin2 t + y2
2 cos t; y1(t) = sin t
34
Capıtulo 3
EDO’s Lineares de Ordem Superior
Uma EDO linear geral de ordem n (n > 1), e da forma
L[y] = y(n) + a1(x) y(n−1) + a2(x) y(n−2) + · · ·+ an−1(x) y′ + an(x) y = b(x), (3.1)
onde os coeficientes ai(x) e b(x) sao funcoes contınuas em algum intervalo I.
Associado a EDO (3.1) e considerado a EDO incompleta ou homogenea:
L[y] = y(n) + a1(x) y(n−1) + a2(x) y(n−2) + · · ·+ an−1(x) y′ + an(x) y = 0, (3.2)
Aqui o termo homogeneo tem significado diferente daquele usado na secao de Equacoes
Homogeneas.
Teorema 3.1. (Existencia e Unicidade) Seja x0 um numero real fixado no intervalo I.
Dados n-numeros reais y0, y1, . . . , yn−1, existe uma unica solucao y(x) da EDO (3.1)
definida no intervalo I, satisfazendo as seguintes condicoes iniciais:
y(x0) = y0, y′(x0) = y1, y′′(x0) = y2, . . . , y(n−1)(x0) = yn−1.
Teorema 3.2. Existem n-solucoes reais linearmente independentes (LI) y1, y2, . . . , yn
da equacao EDO incompleta (ou homogenea) (3.2) com a seguinte propriedade: qual-
quer solucao y(x) da EDO incompleta (3.2) e da forma
y(x) = C1 y1(x) + C2 y2(x) + · · ·+ Cn yn(x)
Em particular, a colecao S das solucoes de (3.2) e um espaco vetorial real de di-
mensao n e o conjunto B = {y1, y2, . . . , yn} e uma base para S.
35
3.1 EDO Incompleta com Coeficientes Constantes
Na equacao linear geral de ordem n (3.2) consideramos ai(x) = ai, onde ai sao
constantes reais. Logo, a equacao linear incompleta com coeficientes constantes e da
forma
L[y] = y(n) + a1 y(n−1) + · · · + an−1y′ + any = 0, (3.3)
Seja a equacao linear incompleta de primeira ordem com coeficientes constantes
y′ + ay = 0.
E sabido que uma solucao geral desta equacao e da forma:
y = C e−a x
Isto, sugere que no caso geral (n > 1) de uma equacao linear incompleta com coefi-
cientes constantes (ai(x) = ai, ∀i = 1, 2, . . . , n), se procurem solucoes do tipo y = erx,
com r constante.
Se y = erx e solucao de L[y] = 0, entao existem
y′ = r erx, y′′ = r2 erx, . . . , y(n) = rn erx.
Substituindo em (3.3) temos
rn erx + a1rn−1 erx + · · · + an−2r
2 erx + +an−1r erx + an erx = 0
erx (rn + a1rn−1 + · · ·+ an−1r + an) = 0 (3.4)
Como erx 6= 0 ∀x ∈ R, entao:
rn + a1rn−1 + · · ·+ an−1r + an = 0 (3.5)
Esta ultima equacao denomina-se equacao caracterıstica ou polinomio carac-
terıstico e tem n-raızes reais ou complexas, e com estas raızes construiremos n-solucoes
reias L.I. da equacao (3.3)
36
3.1.1 Caso I: Raızes Reais
(I1) As raızes r1, r2 . . . , rn sao reais e distintas.
Se as raızes r1 6= r2 6= r3 6= · · · 6= rn, entao as n-solucoes correspondentes sao:
y1 = er1x, y2 = er2x, . . . , yn = ernx.
Por outro lado, para estas solucoes o wronskiano e definido por
W (x) = det
er1x er2x ... ernx
r1 er1x r2 er2x ... rn ernx
. .
. .
rn1 er1x rn
2 er2x ... rnn ernx
(3.6)
e, usando propriedades do determinante, obtemos que:
W (x) = er1x er2x . . . ernx det
1 1 ... 1
r1 r2 ... rn
. .
. .
rn1 rn
2 ... rnn
. (3.7)
Como o determinante do lado direito da anterior equacao conhecido como o determi-
nante de Vandermond, e diferente de zero, pois as raızes ri sao diferentes, o wronskiano
e diferente de zero (W (x) 6= 0).
Logo, {er1x, er2x, . . . , ernx} e um conjunto linearmente independente do espaco
vetorial Cn(R) (Espaco vetorial das funcoes contınuas com derivadas contınuas ate
ordem n). Portanto, [{er1x, er2x, . . . , ernx}] e um subespaco vetorial de Cn(R). Conse-
quentemente, qualquer solucao de L[y] = 0, e combinacao linear dos elementos da base
B = {er1x, er2x, . . . , ernx}, isto e
y = c1 er1x + c2 er2x + · · · + cn ernx (3.8)
Exemplo 3.1. Resolva y′′′ − 3y′′ + 2y′ = 0
37
Sol.: A eq. dada pode-se escrever na forma
(D3 − 3D2 + 2D) y = 0, (3.9)
de modo que a eq. caracterıstica e
r3 − 3r2 + 2r = 0. (3.10)
Daı, fatorando (3.10) temos que r(r2 − 3r + 2) = r(r − 2)(r − 1) = 0. Logo as raızes
desta equacao sao:
r1 = 0, r2 = 2, r3 = 1.
Uma base do espaco de solucoes da eq. (3.9) dada e: B = {e0x, e2x, ex} = {1, , e2x, ex}.Logo, a sol. geral e
y = c1 + c2 e2x + c3 ex.
3.1.2 Caso II: Raızes Reais Repetidas
Se existem k-raızes do polinomio caracterıstico associados a EDO L[y] = 0 tais que
r1 = r2 = · · · = rk = r, entao as respectivas solucoes da equacao diferencial sao iguais a
erx. Portanto, e necessario procurar k funcoes LI que sejam solucoes da eq. incompleta
L[y] = 0. Com a raiz r de multiplicidade k construiremos k solucoes LI, y1, y2, . . . , yk
da EDO da seguinte maneira:
y1 = erx, y2 = x erx, y3 = x2 erx, . . . . . . , yk = xk−1 erx.
Essa construcao e feita com todas as raızes da equacao caracterıstica, para obtermos
n solucoes LI da EDO, que formam uma base para o espaco das solucoes.
Exemplo 3.2. Resolva a equacao diferencial y′′′ − 2y′′ + y′ = 0.
Sol.: A equacao caracterıstica e r3 − 2r2 + r = 0. As raızes desta equacao sao r1 = 0
e r2 = r3 = 1, logo as solucoes LI sao dadas por:
y1(x) = e0x = 1 associado a raız r1 = 0
y2(x) = ex, y3(x) = x ex associados a raız r2 = 1 (3.11)
38
Portanto, B = {1, ex, x ex} e uma base do espaco de solucoes da eq. dada., conse-
quentemente a solucao geral e
y(x) = C1 + C2 ex + C2 x ex.
Exemplo 3.3. Resolva a equacao diferencial y′′ − 6y′ + 9y = 0.
Sol.: A equacao caracterıstica e r2 − 6r + 9 = 0. Resolvendo esta equacao quadratica
temos a raiz dupla
r =6 ±
√36 − 36
2= 3,
com isso a solucao geral e
y(x) = C1 e3x + C2 xe3x = e3x(C1 + C2x).
3.1.3 Caso III: Raızes Complexas
Suponhamos que λ = a+bi, b 6= 0, e uma raiz complexa da equacao caracterıstica (3.5).
Como os coeficientes desta equacao sao reais, temos pela observacao A.1 (Apendice)
que o conjugado λ = a − bi e tambem uma raiz. E facil verificar que ϕ(x) = eλx
e uma solucao complexa da EDO (3.3) e as funcoes ϕ1(x) = Re(ϕ(x)) e ϕ2(x) =
Im(ϕ(x)) sao solucoes reais linearmente independentes. Assim, temos que as solucoes
correspondentes as raizes λ e λ sao
ϕ1(x) = Re(ϕ(x)) =1
2[ϕ(x) + ϕ(x)] = eax cos bx (3.12)
ϕ2(x) = Im(ϕ(x)) =1
2[ϕ(x) − ϕ(x)] = eax sen bx (3.13)
Quando houver multiplicidade da raiz λ (e, portanto de λ), aplicamos o processo
descrito para raızes repetidas.
Exemplo 3.4. Ache a solucao geral da EDO linear de ordem quatro y(4) + 9y = 0.
Sol.: A EDO linear de ordem quatro tem equacao caracterıstica λ4+9 = 0, cujas raızes
complexas sao λ1 =
√6
2(1 + i), λ2 =
√6
2(1 − i), λ3 =
√6
2(−1 + i), λ4 =
√6
2(−1 − i).
39
Correspondendo as raızes λ1 e λ2 temos as solucoes reais:
ϕ1(x) = e√
62
x cos
√6
2x e ϕ2(x) = e
√
62
x sen
√6
2x
Correspondendo as raızes λ3 e λ4 temos as solucoes reais:
ϕ3(x) = e−√
62
x cos
√6
2x e ϕ4(x) = e−
√
62
x sen
√6
2x
Logo, a solucao geral e
y(x) = e√
62
x[
C1 cos
√6
2x + C2 sen
√6
2x]
+ e−√
62
x[
C3 cos
√6
2x + C4 sen
√6
2x]
.
Exemplo 3.5. Resolva a equacao diferencial y(4) + 2y′′ + y = 0.
Sol.: As raızes da equacao caracterıstica λ4 + 2λ2 + λ = (λ2 + 1)2 = 0 sao:
λ1 = i, λ2 = −i
ambas de multiplicidade 2.
Assim, as solucoes reais associadas a λ1 e λ2 sao:
ϕ1(x) = cos x e ϕ2(x) = sen x.
Pelo fato de essas raızes serem de multiplicidade 2, temos mais duas solucoes reais:
ϕ3(x) = x cos x e ϕ4(x) = x sen x.
Portanto, a solucao geral e:
y(x) = C1 cos x + C2 sen x + C3 x cos x + C4 x sen x.
3.2 EDO Completa com Coeficientes Constantes
Uma equacao linear completa com coeficientes constantes e da forma
L[y] = y(n) + a1 y(n−1) + · · · + an−1y′ + any = b(x), (3.14)
40
Teorema 3.3. A solucao y da eq. completa L[y] = b(x) (3.14) obtem-se adicionando
uma solucao particular de (3.14) com a solucao geral da EDO incompleta associada
L[y] = 0.
Em simbolos, escrevemos:
y(x) = yH(x) + yP (x)
onde yH(x) e yP (x) representam, respectivamente, a solucao da EDO incompleta L[y] =
0 e uma solucao particular da EDO completa L[y] = b(x).
A seguir apresentamos dois metodos que nos permitem achar a solucao particular
yP (x) de (3.14).
3.2.1 Metodo dos Coeficientes a Determinar (MCD).
Este metodo como o mesmo nome sugere, inicia-se supondo conhecida a forma da
solucao particular yP , salvo as constantes multiplicativas, as quais uma vez determi-
nadas levaram a suposta solucao yP da EDO (3.14).
Este metodo e aplicado com sucesso para alguns casos especiais da funcao b(x).
• 1er Caso: Seja b(x) for um polinomio de grau k,
b(x) = a0 + a1 x + · · · + ak xk.
Se as solucoes do problema incompleto L[y] = 0 sao diferentes da expressao
yP (x) = A0 + A1 x + · · ·+ Ak xk
entao diremos que yP e uma solucao particular da (3.14).
Exemplo 3.6. Ache a solucao particular da EDO y′′ − 5y′ − 6y = 3x + 4
Sol.: A solucao do problema homogeneo y′′ − 5y′ − 6y = 0 e
yH(x) = C1 e6x + C2 e−x.
41
Como a funcao b(x) e o polinomio de primeiro grau 3x + 4, entao suporemos que a
solucao particular yP e da forma:
yP (x) = A0x + A1.
Assim, substituindo na EDO original nos da:
0 − 5A0 − 6(A0X + A1) = 3x + 4
e, identificando os termos semelhantes, chegamos ao sistema algebrico:
− 6A0 = 3
− 6A1 − 5A0 = 4 (3.15)
de onde segue A0 = −1/2 e A1 = −1/4.
Consequentemente a solucao particular do problema e
yP (x) = −1
2x − 1
4
e a solucao geral desta EDO e
y(x) = C1 e6x + C2 e−x − 1
2x − 1
4.
• 2do Caso: Quando b(x) e do tipo
b(x) = (a0 + a1 x + · · · + ak xk) eα x
admitiremos como solucao particular a funcao
yP (x) = (A0 + A1 x + · · ·+ Ak xk) eα x
Exemplo 3.7. Encontre a solucao particular da EDO y′′ + 4y′ + 4y = (x + 2) e2x
Sol.: A solucao do problema homogeneo e
yH(x) = C1 e−2x + C2 x e−2x.
Por outro lado, ja que b(x) = (x+2) e2x uma suposta solucao particular sera da forma
yP (x) = (Ax + B) e2x = A e2xx + B e2x. Logo, substituindo yP no problema temos
que:
[2A + 2A + 4Ax + 4B] e2x + 4[A + 2Ax + 2B] e2x + 4(Ax + B) e2x = (x + 2) e2x
42
Comparando as constantes das variaveis da mesma ordem, resulta que
8A + 16B = 2
16A = 1. (3.16)
Assim, A = 1/16 e B = 3/32. Portanto, a solucao geral da EDO proposta e:
y(x) = C1 e−2x + C2 x e−2x +1
16x e2x +
3
32e2x.
• 3er Caso: Quando b(x) for do tipo
b(x) = (a0 + a1 x + · · · + ak xk) eα x sen βx
ou
b(x) = (b0 + b1 x + · · ·+ bj xj) eα x cos βx
a solucao particular e da forma:
yP (x) = (A0 +A1 x+ · · ·+Ak xk) eα x sen βx+(B0 +B1 x+ · · ·+Bj xj) eα x cos βx
Exemplo 3.8. Ache a solucao particular da EDO y′′ − y′ − 2y = sen 2x
Sol.: A solucao do problema homogeneo e
yH(x) = C1 e2x + C2 e−x.
Como b(x) = sen 2x, entao suporemos que a solucao particular yP e da forma:
yP (x) = A sen 2x + B cos 2x,
a qual levada a EDO original nos da:
(−4A sen 2x−4B cos 2x)−(2A cos 2x−2B sen 2x)−2(A sen 2x+B cos 2x) = sen 2x
e, identificando os termos semelhantes, chegamos ao sistema algebrico:
− 6A + 2B = 1
− 2A − 6B = 0 (3.17)
43
de onde segue A = −3/20 e B = 1/20.
Consequentemente a solucao particular do problema e
yP (x) = − 3
20sen 2x +
1
20cos 2x.
Portanto, a solucao geral desta EDO e
y(x) = C1 e2x + C2 e−x − 3
20sen 2x +
1
20cos 2x.
• 4er Caso: (Generalizacao) Quando a funcao b(x) e a soma (ou diferenca) de
funcoes dos casos anteriores, admitimos para solucao particular yP (x) a soma (ou
diferenca) das supostas solucoes correspondentes.
Quando algum termo da suposta solucao particular yP (x), sem considerar
as constantes multiplicativas, coincidir com algum termo da solucao geral
yH(x) da EDO homogenea associada, a solucao yP (x) deve ser modificada,
multiplicando-a pelo peso xm, de modo que elimine tal coincidencia. Isto,
afasta a possibilidade de chegarmos a igualdades obvias do tipo 0 = 0, ou
um sistema algebrico sem solucoes.
Exemplo 3.9. Ache a solucao geral da EDO y′′ + y = sen x.
Sol.: Observando que a solucao da equacao incompleta e yH = C1 cos x + C2 sen x, e
inspirados no caso das raızes repetidas, tentaremos para nossa solucao particular:
yP (x) = A0x cos x + A1x sen x.
substituindo yP na EDO original temos
(A0x cos x + A1x sen x)′′ + A0x cos x + A1x sen x = sen x
logo
−2A0 sen x + 2A1 cos x = sen x.
Assim, identificando os termos semelhantes, chegamos ao sistema algebrico:
A0 = −1/2
A1 = 0
44
de onde segue que a solucao geral desta EDO e
y(x) = C1 cos x + C2 sen x − 1
2x sen x
Exemplo 3.10. Ache a solucao geral da EDO y′′ − 3y′ + 2y = ex − 2e2x + sen x.
Sol.: A solucao do problema homogeneo e
yH(x) = C1 ex + C2 e2x,
e, de acordo com a descricao do metodo, a solucao particular deveria ser do tipo
A ex + B e2x + C sen x + D cos x, que contem termos identicos aos que aparecem na
solucao yH(x). Logo, sera necessario substituir a solucao particular pela funcao:
yP (x) = A xex + B xe2x + C sen x + D cos x.
Assim, substituindo yP na EDO original temos
ex − 2e2x + sen x =[A(2 + x)ex + B(4 + 4x)e2x − C sen x − D cos x]
− 3[A(1 + x)ex + B(1 + 2x)e2x + C cos x − D sen x]
+ 2[A xex + B xe2x + C sen x + D cos x]
e, identificando os termos semelhantes, chegamos ao sistema algebrico:
−A = 1
B = −2
3D + C = 1 (3.18)
D − 3C = 0
de onde segue A = −1, B = −2, C = 1/10 e D = 3/10.
Consequentemente a solucao particular do problema e
yP (x) = −xex − 2 xe2x +1
10sen x +
3
10cos x.
Portanto, a solucao geral desta EDO e
y = C1 ex + C2 e2x − xex − 2 xe2x +1
10sen x +
3
10cos x.
45
3.3 EDO Completa com Coeficientes Variaveis
As equacoes lineares completas com coeficientes variaveis da forma
L[y] = y(n) + a1(x) y(n−1) + · · ·+ an−1(x)y′ + any = b(x), (3.19)
serao tratadas pelo Metodo de Variacao de Parametros (MVP) que, a grosso modo,
pode ser visto como generalizacao do Metodo de Coeficientes a Determinar.
3.3.1 Metodo de Variacao de Parametros (MVP)
Consideremos a equacao de segunda ordem
L[y] = y′′ + a1(x) y′ + a2(x)y = b(x), (3.20)
Seja B = {y1, y2} uma base do espaco de solucoes da eq. incompleta L[y] = 0 associada
a EDO (3.19), entao y = C1 y1 + C2 y2 e solucao geral da eq. incompleta L[y] = 0.
Admitindo que as constantes C1, C2 sao parametros que dependem de x, isto e:
C1 = C1(x), C2 = C2(x), entao:
y′ = C ′1 y1 + C1 y′
1 + C ′2 y2 + C2 y′
2.
Escolhendo C1(x), C2(x) de modo que:
C ′1 y1 + C ′
2 y2 = 0,
temos que:
y′ = C1 y′1 + C2 y′
2
y′′ = C ′1 y′
1 + C1 y′′1 + C ′
2 y′2 + C2 y′′
2 . (3.21)
Logo, substituindo (3.21) na equacao (3.20) temos
(C ′1 y′
1 + C1 y′′1 + C ′
2 y′2 + C2 y′′
2) + a1(x)(C1 y′1 + C2 y′
2) + a2(x)(C1 y1 + C2 y2) = b(x)
C1(y′′1 + a1(x) y′
1 + a2(x) y1) + C2(y′′2 + a1(x) y′
2 + a2(x) y2) + C ′1 y′
1 + C ′2 y′
2 = b(x).
46
Como y1, y2 sao solucoes da equacao L[y] = 0, entao a ultima equacao se reduz a
expressao:
C ′1 y′
1 + C ′2 y′
2 = b(x).
Consequentemente, da hipotese inicial e do anterior temos que
C ′1 y1 + C ′
2 y2 = 0
C ′1 y′
1 + C ′2 y′
2 = b(x),
ou equivalentemente, em forma matricial
y1 y2
y′1 y′
2
C ′1
C ′2
=
0
b(x)
. (3.22)
Se W = det
y1 y2
y′1 y′
2
6= 0, entao
C ′1
C ′2
=
y1 y2
y′1 y′
2
−1
0
b(x)
=1
W
y′2 −y2
−y′1 y1
0
b(x)
=1
W
−b(x) y2
b(x) y1
Portanto,
C ′1(x) = − 1
Wb(x) y2(x) e C ′
2(x) =1
Wb(x) y1(x)
ou
C1(x) = −∫
1
Wb(x) y2(x) dx e C2(x) =
∫
1
Wb(x) y1(x) dx
Consequentemente a solucao particular de (3.20) e
yP (x) =
(
−∫
1
Wb(x) y2(x) dx
)
y1 +
(∫
1
Wb(x) y1(x) dx
)
y2 (3.23)
Exemplo 3.11. Determine a solucao geral da eq. completa y′′ + y = tan x.
Sol.: Observa-se que a solucao da equacao y′′ + y = 0 e:
yH(x) = C1 cos x + C2 sen x,
47
onde {cos x, sen x} e um conjunto LI no espaco das solucoes do problema homogeneo
associado, isto pois o wronskiano
W = det
cos x sen x
− sen x cos x
= 1 6= 0
Consequentemente,
yP (x) =
(
−∫
tanx sen x dx
)
cos x +
(∫
tan x cos x dx
)
sen x
=
(
tan x cos x −∫
cos x sec2 x dx
)
cos x +
(∫
sen x dx
)
sen x
=
(
sen x −∫
sec x dx
)
cos x − cos x sen x
=
(
sen x − ln | sec x + tanx|)
cos x − cos x sen x
= − ln | sec x + tan x| cos x (3.24)
Exemplo 3.12. Determine a solucao geral da eq. completa
(1 − x) y′′ + x y′ − y = ex (1 − x)2, ∀ x > 1
sabendo que B = {x, ex} forma uma base do espaco de solucoes da eq. homogenea
associada.
Sol.: A EDO proposta equivale a resolver a equacao diferencial
y′′ +x
1 − xy′ − 1
1 − xy = ex (1 − x), (3.25)
onde B e uma base do espaco de solucoes da equacao
y′′ +x
1 − xy′ − 1
1 − xy = 0. (3.26)
Logo,
yH(x) = C1 x + C2 ex.
Como o wronskiano e:
W = det
x ex
1 ex
= (x − 1) ex 6= 0
48
entao, a solucao particular e dada por
yP (x) =
(
−∫
1
(x − 1) exex (1 − x) ex dx
)
x +
(∫
1
(x − 1) exex (1 − x) x dx
)
ex
=
(∫
ex dx
)
x −(∫
x dx
)
ex
= x ex − x2
2ex. (3.27)
Portanto, a solucao geral de (3.25) e:
y(x) = C1 x + C2 ex + x ex − x2
2ex. (3.28)
Exemplo 3.13. Determine a solucao geral da eq. completa y′′′ − 2y′′ − y′ + 2y = ex.
Sol.: Uma base do espaco de solucoes da equacao homogenea associada e B = {e−x, ex, e2x}cujo wronskiano e:
W = det
e−x ex e2x
−e−x ex 2e2x
e−x ex 4e2x
= 6e2x 6= 0.
Usando o metodo de Variacao de Parametros temos que
yP = C1(x) e−x + C2(x) ex + C3(x) e2x, (3.29)
sendo C ′1(x), C ′
2(x), C ′3(x) as solucoes do sistema
C ′1(x) e−x + C ′
2(x) ex + C ′3(x) e2x = 0
−C ′1(x) e−x + C ′
2(x) ex + 2C ′3(x) e2x = 0 (3.30)
C ′1(x) e−x + C ′
2(x) ex + 4C ′3(x) e2x = ex.
Calculando estas solucoes temos:
C ′1(x)
C ′2(x)
C ′3(x)
=
e−x ex e2x
−e−x ex 2e2x
e−x ex 4e2x
−1
0
0
ex
=1
6e2x
2e3x 6ex −2
−5e3x 3ex 0
e3x −3ex 2
T
0
0
ex
(3.31)
C ′1(x)
C ′2(x)
C ′3(x)
=1
6e2x
2e3x −5e3x e3x
6ex 3ex −3ex
−2 0 2
0
0
ex
=1
6e2x
e4x
−3e2x
2ex
=
16
e2x
−12
13
e−x
(3.32)
49
Integrando obtemos
C1(x) =1
12e2x, C2(x) = −x
2, C3(x) = −1
3e−x. (3.33)
Logo, a solucao particular e dada por
yP (x) =1
12e2x e−x − x
2ex − 1
3e−x e2x
=1
12ex − x
2ex − 1
3ex
= −1
4ex − x
2ex. (3.34)
Portanto, a solucao geral e:
y(x) = C1 e−x + C2 ex + C3 e2x − 1
4ex − x
2ex. (3.35)
3.4 Exercıcios
1. Determine a solucao geral de cada uma das equacoes.
(a) y′′ − y = 0
(b) y′′ − 2y′ − 8y = 0
(c) y′′ − 2y′ + 3y = 0
(d) y′′ + 3y′ − 10y = 0
(e) y′′′ − 3y′′ − 3y′ + y = 0
(f) y′′′ + 10y′′ + 25y′ = 0
(g) y(4) + 2y′′ + y = 0
(h) y(5) − 2y(4) + 17y′′′ = 0.
2. Determine a solucao geral de cada uma das equacoes.
(a) y′′′ + 5y′ = 0
(b) y(4) − 7y′′ − 18y = 0
(c) y(4) + 2y′′ + y = 0
(d) y(5) + 16y′ = 0
(e) y(5) + 5y(4) − 2y′′′ − 10y′′ + y′ + 5y = 0
(f) y′′′ + 12y′′ + 36y′ = 0
3. Resolva as seguintes equacoes diferenciais sujeitas as condicoes iniciais indicadas.
(a) y′′ + 16y = 0; y(0) = 2, y′(0) = −2
(b) y′′ + 6y′ + 5y = 0; y(0) = 0, y′(0) = 3
(c) y′′′ − 8y = 0;
y(π/3) = 0, y′(π/3) = 2, y′′(π/3) = 0
(d) y′′ − y = 0; y(0) = 1, y′(0) = 1
(e) y′′ + y = 0; y(0) = 0, y′(0) = −1,
(f)d4y
dx= 0; y(0) = 2, y′(0) = 3,
y′′(0) = 4, y′′′(0) = 5
50
4. Determine a solucao geral de cada uma das equacoes usando o metodo dos coe-
ficientes a determinar (MCD).
(a) y′′ + 3y′ − 10y = 6e4x
(b) y′′ − y′ − 6y = 20e−2x
(c) y′′ − 2y′ + 5y = 25x2 + 12
(d) y′′ + 4y′ + 8y = x + ex
(e) y′′ − 3y′ + 2y = 14 sen 2x − 18 cos 2x
(f) y′′ − 2y′ + 2y = ex sen x.
5. Encontre a solucao do problema de valor inicial
y(4) − y′′′ − y′′ − y′ − 2y = 8x5
com as condicoes iniciais y(0) = y′(0) = y′′(0) = y3(0) = 0
6. Seja a equacao mx′′+kx = F0 cos wt que descreve oscilacoes nao amortecidas
de um sistema mecanico massa-mola. Ache a solucao geral para esta equacao.
7. Resolva o problema de valor inicial:
y′′ + 9y = 80 cos 5x , y(0) = y′(0) = 0.
8. Determine a solucao geral de cada uma das equacoes usando o metodo de variacao
dos parametros (MVP).
(a) y′′ + 2y′ + y = e−x ln x
(b) y′′ − 3y′ + 2y = (1 + e−x)−1
(c) y′′ − 2y′ − 3y = 64xe−x
(d) y′′ − y′ = tan 2x
(e) y′′ + y = sec x tan x
(f) y′′′ + y′ = sec x
(g) y′′ + y = sec x
(h) x2y′′ − 2y = (x − 1)x−2, y1 = 1/x, y2 = x2.
51
Capıtulo 4
Sistema de Equacoes Diferenciais
Lineares
Um sistema de equacoes diferenciais ordinarias e um conjunto de equacoes que en-
volve dois ou mais variaveis dependentes que dependem de uma variavel independente.
No decorrer deste capıtulo, trabalharemos apenas com sistemas lineares com Coe-
ficientes Constantes.
4.1 Sistemas Homogeneos de 1ra Ordem
Consideremos o sistema de n-equacoes diferenciais com coeficientes reais
x′1 = a11x1 + a12x2 + ... + a1nxn
x′2 = a21x1 + a22x2 + ... + a2nxn
.
.
.
x′n = an1x1 + an2x2 + ... + annxn
(4.1)
Em forma matricial, escreve-se (4.1) da forma:
X′ = A X, (4.2)
52
onde
X =
x1
...
xn
e A =
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
...... . . .
...
an1 an2 . . . ann
n×n
.
O sistema (4.2) e chamado de Sistema Linear Homogeneo de Primeira Or-
dem, cuja solucao em um intervalo I e qualquer vetor X cujos elementos sao diferen-
ciaveis que verificam o sistema (4.2) no intervalo.
Definicao 4.1. Qualquer conjunto X1, X2, . . . ,Xn de n-vetores solucao linearmente
independentes do sistema homogeneo (4.1) em um intervalo aberto I (isto e, onde o
Wronskiano W (X1,X2, . . . ,Xn) 6= 0 para t ∈ I) e chamado um conjunto funda-
mental de solucoes no intervalo. A matriz
Φ =[
X1 X2 · · · Xn
]
=
x11 x12 · · · x1n
x21 x22 · · · x2n
......
xn1 xn2 · · · xnn
, onde Xi =
x1i
x2i
...
xni
(4.3)
e chamada uma matriz fundamental do sistema no intervalo.
Teorema 4.1. (Princıpio de Superposicao) Sejam X1, X2, . . . ,Xn n-solucoes L.I.
do sistema homogeneo (4.1) no intervalo aberto I. Se c1, c2, . . . , cn sao constantes,
entao a combinacao linear X = c1 X1 + c2 X2 + · · · + cn Xn e tambem solucao de
(4.1) em I.
Definicao 4.2. Seja X1, X2, . . . ,Xn um conjunto fundamental de solucoes do sis-
tema homogeneo (4.1) em um intervalo I. Define-se a solucao geral do sistema no
intervalo como
X = c1 X1 + c2 X2 + · · ·+ cn Xn = ΦC, C =
c1
c2
...
cn
(4.4)
onde Φ e a matriz fundamental e os ci sao constantes arbitrarias.
53
Teorema 4.2. (Existencia de uma solucao unica) Seja t0 um ponto pertencente
ao intervalo I, tal que
X′ = A X
X(t0) = X0
(4.5)
Entao, existe uma unica solucao X(t) definida em I que satisfaz o problema de valor
inicial (4.5).
A Partir de (4.4) temos que X(t) = Φ(t)C. Logo, substituindo a condicao inicial
X(t0) = X0, encontramos que
X(0) = Φ(0)C
X0 = Φ(0)C
C = Φ(0)−1X0
Portanto, a solucao do problema de valor inicial homogeneo e dado por
X(t) = Φ(t)Φ(0)−1X0.
Para determinarmos uma solucao geral X que satisfaza (4.2) usaremos um metodo
analogo ao que foi empregado para resolver equacoes lineares de 1ra ordem incompletas
com coeficientes constantes. Isto e, procuramos solucoes de (4.2) da forma:
X(t) = ~v eλ t (4.6)
onde o expoente λ e o vetor constante ~v sao grandezas a determinar.
Substituindo (4.6) em (4.2) temos λ ~v eλ t = A(~v eλ t) ⇒ λ ~v = A(~v), logo
(A− λI) ~v = 0. (4.7)
Note-se da ultima identidade que o problema agora consiste em achar os autovalores λ
e autovetores ~v associados a matriz A.
4.1.1 Autovalores Reais Distintos
Como consequencia do Principio de Superposicao temos que, a solucao corres-
pondente ao sistema (4.1) quando a matriz A tem n-autovalores reais diferentes (λ1 6=
54
λ2 6= · · · 6= λn) e da forma
X(t) = c1−→v1 eλ1t + c2
−→v2 eλ2t + · · ·+ cn−→vn eλnt (4.8)
onde −→v1,−→v2, . . . ,
−→vn sao os correspondentes autovetores de λ1, λ2, . . . , λn.
Exemplo 4.1. Ache a solucao geral do sistema
X′ =
1 1
4 1
X.
Sol.: Suponhamos que X(t) = ~v eλt e uma solucao do sistema, logo
(A− λ I) ~v =
1 − λ 1
4 1 − λ
v1
v2
=
0
0
. (4.9)
O polinomio caracterıstico sera denotado por p(λ), que e o determinante da matriz
associada a equacao caracterıstica. Assim p(λ) = (1 − λ)2 − 4, isto e
p(λ) = (1 − λ)2 − 4 = 1 − 2λ + λ2 − 4 = λ2 − 2λ − 3 = (λ + 1)(λ − 3) = 0
Portanto, os autovalores de A, que sao as raızes da equacao caracterıstica, sao: λ1 = −1
e λ2 = 3.
Para cada um destes autovalores precisamos calcular previamente os autovetores ~v
associados.
Assim, em (4.9) substituindo o valor de λ1 temos:
(A − λ1 I) ~v =
2 1
4 2
·
v1
v2
=
0
0
⇒ v2 = −2v1
Logo, o autovetor ~v e do tipo
v1
−2v1
= v1
1
−2
.
Note que o auto-espaco associado a λ1 e Sλ1 = [(1,−2)]. Portanto, uma solucao
do sistema e X1(t) =
1
−2
e−t.
55
Por outro lado, calculando o autovetor ~v associado ao autovalor λ2 do sistema (4.9)
temos:
(A − λ2 I) ~v =
−2 1
4 −2
.
v1
v2
=
0
0
⇒ v2 = 2v1
Logo, o autovetor ~v e do tipo
v1
2v1
= v1
1
2
.
Note que o auto-espaco associado a λ2 e Sλ2 = [(1, 2)]. Portanto, uma solucao do
sistema e X2(t) =
1
2
e3t.
Assim, a solucao do sistema proposto constitue um conjunto fundamental L.I de
solucoes (W [X1,X2] 6= 0). Logo, a solucao geral do sistema e:
X(t) = c1 X1(t) + c2 X2(t) = c1
1
−2
e−t + c2
1
2
e3t.
4.1.2 Autovalores Complexos
Mesmo se alguns dos autovalores sao complexos, desde que sejam distintos, o metodo
descrito anteriormente, ainda fornece n-solucoes linearmente independentes. A unica
complicacao e que os autovetores associados aos autovalores complexos, sao normal-
mente complexos, assim, teremos solucoes complexas.
Teorema 4.3. (Solucoes complexas correspondentes a autovalores complexos)
Seja A a matriz de coeficientes do sistema homogeneo (4.2) e seja v um autovetor cor-
respondente ao autovalor complexo λ = α + iβ, com α e β reais (v o autovetor
conjugado correspondente ao autovalor conjugado λ). Entao,
X1(t) = v.eλt e X2(t) = v.eλt
sao solucoes complexas de (4.2).
Exemplo 4.2. Encontre as solucoes complexas do sistema
dx
dt= 6x − y
dy
dt= 5x + 4y
56
Sol.: Os autovalores sao as raızes do polinomio caracterıstico
p(λ) = det(A− λI) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
6 − λ −1
5 4 − λ
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (6 − λ)(4 − λ) + 5 = λ2 − 10λ + 29 = 0. (4.10)
Assim, os autovalores sao: λ1 = 5 + 2i e λ2 = 5 − 2i.
Para λ1 = 5 + 2i, vemos que seu autovetor associado v = (v1, v2) e solucao do
sistema
1 − 2i −1
5 −1 − 2i
v1
v2
=
0
0
⇔
(1 − 2i)v1 − v2 = 0
5v1 − (1 + 2i)v2 = 0⇔
v1 = 1
v2 = 1 − 2i
Portanto o autovetor v associado a λ1 e:
1
1 − 2i
.
Em consequencia do Teorema 4.3, as duas solucoes complexas do sistema, sao
X1 =
1
1 − 2i
e(5+2i)t e X2 =
1
1 + 2i
e(5−2i)t.
Teorema 4.4. (Solucoes reais correspondentes a um autovalor complexo)
Seja λ = α + iβ um autovalor complexo da matriz A de coeficientes reais no sistema
homogeneo (4.2) e v seu autovetor correspondente.
Se B1 = Re(v) =1
2[v + v] e B2 = Im(v) =
i
2[−v + v], entao:
X1 = Re(veαt) = (B1 cos βt −B2 sen βt) eαt (4.11)
X2 = Im(veαt) = (B2 cos βt + B1 sen βt) eαt (4.12)
sao solucoes reais linearmente independentes do sistema homogeneo (4.2).
Exemplo 4.3. Ache uma solucao geral real do sistema
dx
dt= 6x − y
dy
dt= 5x + 4y
Sol.: No exemplo anterior, vimos que:
57
Para λ1 = 5 + 2i seu autovetor associado e:
1
1 − 2i
=
1
1
+ i
0
−2
e
para λ2 = λ1 = 5− 2i seu autovetor associado e:
1
1 + 2i
=
1
1
+ i
0
2
.
Em consequencia do Teorema 4.4, as duas solucoes reais do sistema sao:
X1 =
(
1
1
cos 2t −
0
−2
sen 2t
)
e5t =
cos 2t
cos 2t + 2 sen 2t
e5t (4.13)
X2 =
(
0
−2
cos 2t +
1
1
sen 2t
)
e5t =
sen 2t
−2 cos 2t + sen 2t
e5t. (4.14)
Usando o princıpio da superposicao, concluimos que a solucao geral do sistema e:
X = c1
cos 2t
cos 2t + 2 sen 2t
e5t + c2
sen 2t
−2 cos 2t + sen 2t
e5t.
4.1.3 Autovalores Repetidos
Seja A a matriz n × n de coeficientes do sistema homogeneo (4.2). Se λ e um
autovalor de multiplicidade m (m ≤ n), distinguimos duas possibilidades:
1. Existem m autovetores linearmente independentes −→v1,−→v2, . . . ,
−→vm correpondentes
ao autovalor λ. Neste caso, a solucao geral do sistema contem a combinacao
linear
c1−→v1 eλt + c2
−→v2 eλt + · · · + cm−→vm eλt.
2. Se ha apenas um autovetor correspondendo ao autovalor λ de multiplicidade m.
Este caso nao sera tratado pois requer de um estudo mais detalhado.
Exemplo 4.4. Ache uma solucao geral do sistema
dx
dt= 9x + 4y
dy
dt= −6x − y
dz
dt= 6x + 4y + 3z
ou X′ =
9 4 0
−6 −1 0
6 4 3
X
58
Sol.: Os autovalores sao as raızes do polinomio caracterıstico
p(λ) = det(A− λI) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
9 − λ 4 0
−6 −1 − λ 0
6 4 3 − λ
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (λ − 5)(λ − 3)2 = 0. (4.15)
Assim, os autovalores sao: λ1 = 5 e λ2 = λ3 = 3 (λ2 de multiplicidade 2).
Para λ1 = 5, vemos que o sistema
4 4 0
−6 −6 0
6 4 −2
v1
v2
v3
=
0
0
0
⇔
v1 = −v2
v1 = v3
⇔ ~v = v1
1
−1
1
Para λ2 = 3, vemos que o sistema
6 4 0
−6 −4 0
6 4 0
v1
v2
v3
=
0
0
0
⇔ 3v1 = −2v2 ⇔ ~v = v1
1
−3/2
0
+ v3
0
0
1
Considerando v1 = 2 e v3 = 0 temos o autovetor associado a λ2,
2
−3
0
.
Quando v1 = 0 e v3 = 1 temos outro autovetor associado a λ2, dado por:
0
0
1
.
Como o conjunto de vetores {(1,−1, 1), (2,−3, 0), (0, 0, 1)} sao linearmente in-
dependentes, usando o princıpio da superposicao, concluimos que a solucao geral do
sistema e:
X(t) = c1
1
−1
1
e5t + c2
2
−3
0
e3t + c3
0
0
1
e3t.
4.1.4 Exercıcios
1. Achar a solucao geral do sistema de equacoes
59
(a) X′ =
5 −1
0 3
X (b) X′ =
5 5 2
−6 −6 −5
6 6 5
X
(c) X′ =
1 0 0
2 1 −2
3 2 1
X (d) X′ =
1 −10
−7 10
X
2. Resolver o problema de valor inicial proposto
(a) X′ =
5 −1
3 1
X, X(0) =
2
−1
(b) X′ =
1 −5
1 −3
X, X(0) =
1
1
(c) X′ =
1 1 2
0 2 2
−1 1 3
X, X(0) =
2
0
1
(d) X′ =
−2 1
−5 4
X, X(0) =
1
3
(e) X′ =
−3 2
−1 −1
X, X(0) =
1
−2
(f) X′ =
0 0 −1
2 0 0
−1 2 4
X, X(0) =
7
5
5
3. Resolver o problema de valor inicial proposto
(a) X′ =
3 −4
4 −7
X, X(0) =
3
2
(b) X′ =
−5/2 1 1
1 −5/2 1
1 1 −5/2
X, X(0) =
2
3
−1
4.2 Sistemas Nao Homogeneos de 1ra Ordem
Um sistema linear de primeira ordem nao homogeneo e da forma
X′ = AX + B(t), (4.16)
onde B(t) e contınua em um intervalo I.
Uma solucao geral de (4.16) e da forma:
X(t) = Xh(t) + Xp(t), (4.17)
60
onde Xh e a solucao geral do sistema homogeneo X′ = AX e Xp e uma solucao
particular de (4.16).
Teorema 4.5. (Existencia de uma solucao unica) Suponhamos B(t) uma funcao
contınua em um intervalo I que contenha o ponto t0. Entao, existe uma unica solucao
X(t) definida em I que satisfaz o problema de valor inicial
X′ = A X + B(t)
X(t0) = X0
(4.18)
Calculo da Solucao Particular Xp: Dois metodos podem ser usados
1. Coeficientes Indeterminados
2. Variacao de Parametros
4.2.1 Coeficientes Indeterminados
Este metodo e restrito a sistemas lineares de equacoes com coeficientes constantes da
forma
X′ = AX + B(t) (4.19)
onde A e uma matriz constante n × n e B(t) e uma combinacao linear de productos
de polinomios, funcoes exponenciais e senos e cosenos.
Exemplo 4.5. Encontre uma solucao geral do sistema
x′ = 4x + 2y − 8t
y′ = 3x − y + 2t + 3⇔
x
y
′
=
4 2
3 −1
x
y
+
−8t
2t + 3
(4.20)
Sol.: Desde que a solucao geral e X = Xh + Xp procederemos em duas etapas.
1ra Etapa: Para calcular a solucao Xh determinamos as raızes do polinomio caracte-
ristico
p(λ) = det(A−λ I) = det
(
4 2
3 −1
−λ
1 0
0 1
)
= (λ+1)(λ−4)−6 = (λ−5)(λ+2)
61
Assim, temos para λ = 5 que:
(A− λI)~v =
−1 2
3 −6
v1
v2
=
0
0
⇒ v1 = 2v2 ⇒ ~v = v2
2
1
.
Analogamente, para λ = −2,
(A− λI)~v =
6 2
3 1
v1
v2
=
0
0
⇒ v2 = −3v1 ⇒ ~v = v1
1
−3
.
Portanto,
Xh(t) = c1
2
1
e5t + c2
1
−3
e−2t.
2da Etapa: Suponhamos que a solucao particular e da forma Xp =
xp(t)
yp(t)
= ~a t+~b,
onde ~a =
a1
a2
e ~b =
b1
b2
. Entao:
X′p =
a1
a2
=
4 2
3 −1
a1t + b1
a2t + b2
+
−8t
2t + 3
=
4a1 + 2a2
3a1 − a2
t +
4b1 + 2b2
3b1 − b2
+
−8t
2t + 3
=
4a1 + 2a2 − 8
3a1 − a2 + 2
t +
4b1 + 2b2
3b1 − b2 + 3
. (4.21)
Portanto,
4a1 + 2a2 = 8
3a1 − a2 = −2e
4b1 + 2b2 = a1
3b1 − b2 + 3 = a2
(4.22)
Resolvendo o sistema anterior resulta que
a1 = 2/5 b1 = 2/25 (4.23)
a2 = 16/5 b2 = 1/25 (4.24)
62
Consequentemente, Xp(t) =
2/5 t + 2/25
16/5 t + 1/25
Concluımos de ambas etapas que:
X(t) = c1
2
1
e5t + c2
1
−3
e−2t +
2/5 t + 2/25
16/5 t + 1/25
.
4.2.2 Variacao de Parametros
Seja Xh uma solucao do problema homogeneo X′ = AX, onde
Xh(t) = c1 X1(t) + c2 X2(t) + · · ·+ cn Xn(t),
onde X1, X2, . . . , Xn sao solucoes fundamentais.
Denotemos por Φ(t) a matriz fundamental cujos vetores coluna sao: X1, X2, . . . , Xn
e C =
c1
...
cn
, entao:
Xh(t) = Φ(t) C ⇔ Φ′(t) = A Φ(t). (4.25)
Uma solucao Xp (particular) do sistema linear nao homogeneo
X′ = AX + B(t) (4.26)
sera asssumida da forma
Xp(t) = Φ(t) ~u(t).
O proposito agora e determinar ~u(t) de forma que Xp(t) satisfaca (4.26). Assim,
X′p(t) = Φ′(t) ~u(t) + Φ(t) ~u′(t) = AΦ(t) ~u(t) + B(t). (4.27)
Portanto, de (4.25) segue-se que
Φ(t) ~u′(t) = B(t). (4.28)
63
Consequentemente,
~u′(t) = Φ−1(t)B(t) ⇒ u(t) =
∫
Φ−1(t)B(t) dt ⇒ Xp(t) = Φ(t)
∫
Φ−1(t)B(t) dt.
(4.29)
Logo, a solucao geral de (4.26) e da forma:
X(t) = Xh(t) + Xp(t)
= Φ(t) C + Φ(t)
∫
Φ−1(t)B(t) dt. (4.30)
Observacao 4.1. Deve-se notar que:
1. A escolha da constante em (4.29) e irrelevante pois precisamos apenas de uma
solucao particular.
2. Em problemas de valor inicial e convenienete escolher a constante de integracao
de modo que Xp(0) = 0, e desta maneira integrar de 0 para t,
Xp(t) = Φ(t)
∫ t
0
Φ−1(s)B(s) ds.
Desta maneira temos que a solucao geral e
X(t) = Φ(t) C + Φ(t)
∫ t
0
Φ−1(s)B(s) ds.
Exemplo 4.6. Ache a solucao geral do PVI
X′ =
4 2
3 −1
X −
15
4
t e−2t (4.31)
X(0) =
1
−1
(4.32)
Sol.: Dividiremos a solucao do exercıcio em duas etapas:
1ra Etapa: (Solucao do Problema Homogeneo X′ = AX).
Calculando as raızes de p(λ) = det
4 − λ 2
3 −1 − λ
= (λ−5)(λ+2) = 0, obtemos
os autovalores λ1 = 5 e λ2 = −2.
64
Para λ1 = 5 temos o autovetor −→v1 =
2
1
e para λ2 = −2 o autovetor −→v2 =
1
−3
.
Portanto,
Xh(t) = c1
2
1
e5t + c2
1
−3
e−2t =
2e5t e−2t
e5t −3e−2t
c1
c2
= Φ(t) C (4.33)
2da Etapa: (Solucao Particular do Problema Nao Homogeneo X′ = AX + B(t) ).
Pelo que foi visto, Xp(t) = Φ(t)∫
Φ−1(s) B(s) ds, sendo
Φ−1(t) =1
det Φ[Cof Φ]T =
1
−7e3t
−3e−2t −e5t
−e−2t 2e5t
T
= − 1
7e3t
−3e−2t −e−2t
−e5t 2e5t
=1
7e3t
3e−2t e−2t
e5t −2e5t
. (4.34)
Logo, uma solucao particular e
Xp(t) =
2e5t e−2t
e5t −3e−2t
∫ t
0
1
7e3s
3e−2s e−2s
e5s −2e5s
−15 s e−2s
−4 s e−2s
ds
=
2e5t e−2t
e5t −3e−2t
∫ t
0
1
7e3s
−49 s e−4s
−7 s e3s
ds
=
2e5t e−2t
e5t −3e−2t
∫ t
0
−7 s e−7s
−s
ds
=
2e5t e−2t
e5t −3e−2t
−7∫ t
0s e−7s ds
−∫ t
0s ds
=
2e5t e−2t
e5t −3e−2t
s e−7s + 1/7 e−7s∣
∣
∣
t
0
−1/2 s2∣
∣
∣
t
0
=
2e5t e−2t
e5t −3e−2t
t e−7t + 1/7 e−7t − 1/7
−1/2 t2
=
e−2t(2t + 2/7 − 2/7 e5t − 1/2 t2)
e−2t(t + 1/7 − 1/7 e5t + 3/2 t2)
(4.35)
65
Consequentemente a solucao geral e:
X(t) = Xh(t) + Xp(t).
4.3 Sistemas Homogeneos de 2da Ordem
Consideremos o sistema de n-equacoes diferenciais com coeficientes constantes
x′′1 = a11x1 + a12x2 + ... + a1nxn
x′′2 = a21x1 + a22x2 + ... + a2nxn
.
.
.
x′′n = an1x1 + an2x2 + ... + annxn
(4.36)
Em forma matricial, escreve-se (4.36) da forma:
X′′ = A X, (4.37)
onde
X =
x1
.
xn
e A =
a11 a12 ... a1n
a21 a22 ... a2n
. . . .
an1 an2 ... ann
n×n
.
O sistema (4.37) e chamado de Sistema Linear Homogeneo de Segunda Ordem.
Para determinarmos uma solucao de (4.37) usaremos uma solucao tentativa da
forma:
X(t) = ~v eα t (4.38)
onde ~v e um vetor constante.
Entao, X′′(t) = α2 ~v eαt. Assim, substituindo em (4.37) tem-se α2 ~v eαt = A ~v eαt,
o que implica que
A ~v = α2 ~v.
Portanto, X(t) = ~v eαt e solucao de X′′ = AX, se e somente se, A ~v = α2 ~v.
66
4.3.1 Aplicacoes a Mecanica
Consideremos tres massas ligadas uma a outra e a duas paredes por quatro molas,
Suponhamos que as massas deslizam sem atrito e que cada mola obedece a “lei de
Hooke”(sua extensao ou comprenssao x e forca F de reacao e relacionada pela formula
F = −kx).
Se os deslocamentos para a direita x1, x2, x3 das tres massas (apartir de suas
posicoes de equilibrio) sao todos positivos, entao:
• A primeira mola esta esticada da distancia x1;
• A segunda mola esta esticada da distancia x2 − x1;
• A terceira mola esta esticada da distancia x3 − x2;
• A quarta mola esta comprimida da distancia x3.
Portanto, aplicando a 2da lei de Newton (ma = F ), temos para as tres massas suas
equacoes de movimento
m1x′′1 = −k1x1 + k2(x2 − x1) = −(k1 + k2)x1 + k2x2
m2x′′2 = −k2(x2 − x1) + k3(x3 − x2) = k2x1 − (k2 + k3)x2 + k3x3 (4.39)
m3x′′3 = −k3(x3 − x2) − k4x3 = k3x2 − (k3 + k4)x3
Chamando X =
x1
x2
x3
o vetor deslocamento, de M =
m1 0 0
0 m2 0
0 0 m3
a matriz de
67
massa, e a matriz de rigidez de K =
−(k1 + k2) k2 0
k2 −(k2 + k3) k3
0 k3 −(k3 + k4)
temos que
(4.39) toma a forma matricial
MX′′ = KX.
Como o det M = m1m2m3 6= 0, entao existe M−1, logo
X′′ = M−1KX.
Chamando A = M−1K temos um sistema matricial de 2da ordem homogeneo, da forma
X′′ = AX. (4.40)
Logo, X(t) = ~v eαt e uma solucao de (4.40) se e somente se
A ~v = α2 ~v. (4.41)
Portanto, λ = α2 e um autovalor de A e ~v um autovetor associado.
Como X′′ = AX modela um sistema mecanico, e tıpico que os autovalores sejam
numeros reais negativos. Se λ = α2 < 0 ⇒ α = ±i√
|λ|.
Portanto,
X(t) = ~v eαt = ~v e−i√
|λ| t = ~v[
cos√
|λ| t + i sen√
|λ| t]
(4.42)
As partes real e imaginaria sao:
x1(t) = cos√
|λ| t e x2(t) = sen√
|λ| t.
Entao,
X(t) =[
c1 cos√
λ t + c2 sen√
λ t]
~v (4.43)
Teorema 4.6. Se a matriz A ∈ Mnxn tem autovalores negativos distintos −w21, −w2
2,
. . . , −w2n com autovetores associados ~v1, ~v2, . . . , ~vn, entao a solucao geral de X′′ = AX
e dada por:
X(t) =
n∑
j=1
[aj cos wjt + bj sen wjt] ~vj (4.44)
68
onde aj e bj sao numeros reais. No caso especial que de um autovalor nulo nao-repetido
λ0 = 0 com autovetor associado ~v0, a parte correspondente da solucao geral e:
X0(t) = (a0 + b0t)~v0 (4.45)
Importante
• A frequencia natural interna e definida por ωi =√−λi ∈ R, onde λi e um
autovalor de A.
• O perıodo e definido por P =2π
ωi
=2π√−λi
.
Exemplo 4.7. Ache a solucao do sistema massa mola MX′′ = KX, quando m1 =
2, m2 = 1, k1 = 100, k2 = 50.
Como nao ha uma terceira mola ligada a uma parede direita, no sistema (4.39)
fazemos k3 = 0. Assim,
m1 x′′(t) = −(k1 + k2)x(t) + k2 y(t) = −150 x(t) + 50 y(t)
m2 y′′(t) = k2 x(t) − k2 y(t) = 50 x(t) − 50 y(t), (4.46)
ou dito de outra forma,
2 0
0 1
X′′ =
−150 50
50 −50
X, onde X =
x
y
. (4.47)
Resolvendo este sistema obtemos:
X′′ =
2 0
0 1
−1
−150 50
50 −50
X =1
2
1 0
0 2
−150 50
50 −50
X =
−75 25
50 −50
X.
69
Entao,
X(t) = ~v eα t onde A~v = α2 ~v.
Calculando os autovalores atraves do polinomio caracterıstico p(λ) = det(A−λ I) = 0,
obtemos
det
−75 − λ 25
50 −50 − λ
= 0 ⇔ λ = −100 ou λ = −25.
Para λ = −100 temos que o autovetor ~v = (v1, v2) e solucao do sistema
(A + 100 I)~v =
25 25
50 50
v1
v2
=
0
0
⇔ ~v =
v1
v2
=
v1
−v1
= v1
1
−1
.
Para λ = −25 temos que o autovetor ~v = (v1, v2) e solucao do sistema
(A + 25 I)~v =
−50 25
50 −25
v1
v2
=
0
0
⇔ ~v =
v1
v2
=
v1
2v1
= v1
1
2
.
Consequentemente, pelo Teorema 4.6
X(t) = (a1 cos 10t + b1 sen 10t)
1
−1
+ (a2 cos 5t + b2 sen 5t)
1
2
. (4.48)
4.4 Sistemas Nao Homogeneos de 2da Ordem
Suponha agora que a i-esima massa de um sistema massa-mola e submetida a uma
forca externa F em acrescimo as forcas exercidas pelas molas a ela ligadas. Entao, a
equacao homogenea MX′′ = KX e substituida pela eq. nao homogenea
MX′′ = KX + F ou X′′ = M−1K X + M−1F = AX + f . (4.49)
Caso Particular: Forca Externa Periodica f = F0 cos ωt.
Uma solucao particular neste caso e:
Xp(t) = C cos ωt, (4.50)
onde C e o vetor coeficiente a ser determinado.
70
Assim, temos que:
−C ω2 cos ωt = AC cos ωt + F0 cos ωt
(AC + C ω2) cosωt = −F0 cos ωt
(A + ω2I) C = −F0. (4.51)
Se a matriz (A + ω2 I) e nao singular, entao C = (A + ω2I)−1 F0 com o que teremos
resolvido (4.49), a nao ser que −ω2 = λ seja um autovalor de A. Deste modo, uma
solucao particular periodica Xp = C cos ωt existe, desde que a frequencia forcada
externa ω nao se iguale a uma das frequencias naturais ω1, ω2, . . . , ωn (autovalores do
sistema (A + ω2I)~v = ~0).
Exemplo 4.8. Ache a solucao do sistema de massa-mola X′′ = M−1K X + f (4.49),
quando m1 = 2, m2 = 1, k1 = 100, k2 = 50. Suponha que a segunda massa m2 e
submetida a forca externa periodica de 50 cosωt.
Sol.: Substituindo os dados no sistema obtemos a eq. nao homogenea
X′′ =
−75 25
50 −50
X +
0
50 cosωt
.
Supondo que Xp(t) = C cos ωt e solucao particular de (4.49), por (4.51) C =
c1
c2
satisfaz:
(
−75 25
50 −50
+ ω2
1 0
0 1
)
C =
0
−50
. (4.52)
71
Logo,
ω2 − 75 25
50 ω2 − 50
C =
0
−50
⇒ C =
ω2 − 75 25
50 ω2 − 50
−1
0
−50
.
Portanto,
C =1
(ω2 − 100)(ω2 − 25)
ω2 − 50 −25
−50 ω2 − 75
0
−50
=1
(ω2 − 100)(ω2 − 25)
1250
−50(ω2 − 75)
. (4.53)
Assim, a oscilacao forcada resultante e descrita por
x1(t) =1250
(ω2 − 100)(ω2 − 25)cos
√50t (4.54)
x2(t) =−50(ω2 − 75)
(ω2 − 100)(ω2 − 25)cos
√50t. (4.55)
• No caso em que ω2 = 50, obtem-se de (4.53) que C =
−1
−1
. Neste caso, a oscilacao
e descrita por:
Xp(t) =
x1(t)
x2(t)
=
−1
−1
cos√
50t =
− cos√
50t
− cos√
50t
(4.56)
o que quer dizer que as duas massas oscilam com amplitudes e direcoes iguais. Portanto,
de (4.48-4.56) temos que a solucao geral e
X(t) = Xh(t) + Xp(t)
=
a1 cos 10t + b1 sen 10t + a2 cos 5t + b2 sen 5t
−a1 cos 10t − b1 sen 10t + 2a2 cos 5t + 2b2 sen 5t
+
− cos√
50t
− cos√
50t
(4.57)
Observacao 4.2. No exemplo anterior verifica-se que a frequencia externa ω tem que
ser diferente as frequencias internas ω1 = 10 e ω2 = 5. E evidente, pois quando
ω → ω1 ou ω → ω2, as componentes da amplitude C, c1 e c2 aproximam-se de ∞.
Este fenomeno se conhece como ressonancia.
72
Capıtulo 5
Transformada de Laplace
Muitos problemas praticos de engenharia envolvem sistemas mecanicos ou eletricos
atuados por agentes descontınuos ou impulsivos. Um metodo apropriado a estes proble-
mas embora tenha utilidade muito mais geral, esta baseado na transformada de Laplace.
Definicao 5.1. Uma integral impropria sobre um intervalo infinito e definida como
um limite de integrais sobre intervalos limitados; isto e,
∫ ∞
a
g(t) dt = limx→∞
∫ x
a
g(t) dt. (5.1)
Se o limite em (5.1) existe, entao dizemos que a integral impropria converge. Do
contrario, ela diverge ou deixa de existir.
Definicao 5.2. Seja f uma funcao definida para t ≥ 0. Entao, a transformada de
Laplace de f e a funcao F de s definida como segue:
L[f(t)] = F (s) =
∫ ∞
0
e−stf(t) dt (5.2)
para todos os valores de s onde a integral impropria converge.
Observe que o integrando da integral impropria em (5.2) contem o parametro s adi-
cionalmente a variavel de integracao t. Portanto, quando a integral em (5.2) converge,
ela nao converge meramente para um numero, mas para uma funcao F de s.
Exemplo 5.1. Calcule a transformada de Laplace de f(t) = 1, para t ≥ 0.
73
Sol.: Usando a definicao temos que
L[1] =
∫ ∞
0
e−st dt = limb→∞
∫ b
0
e−st dt
= limb→∞
− 1
s(e−sb − 1)
=1
s, para s > 0. (5.3)
Teorema 5.1. Se f(t) e seccionalmente contınua para t ≥ 0 e de ordem exponencial
(existem constantes k e a tais que |f(t)| ≤ k eat, para todo t ≥ M > 0). Entao,
L[f(t)] existe para s > a.
Exemplo 5.2. Calcular L[f(t)] sendo f(t) =
2, se 0 ≤ t < c
1, se t ≥ c.
Sol.: Na figura seguinte e facil observar que f e seccionalmente contınua e de ordem
exponencial.
Logo, temos que
L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−stf(t) dt = limx→∞
∫ x
0
e−stf(t) dt.
74
Calculando temos que,
∫ x
0
e−stf(t) dt =
∫ c
0
e−stf(t) dt +
∫ x
c
e−stf(t) dt
=
∫ c
0
2e−st dt +
∫ x
c
e−st dt
= −2
se−st
∣
∣
∣
∣
c
0
− 1
se−st
∣
∣
∣
∣
x
c
= −2
s(e−sc − 1) − 1
s(e−sx − e−sc). (5.4)
Supondo s > 0 temos que
limx→∞
∫ x
0
e−stf(t) dt = limx→∞
{
− 2
s(e−sc − 1) − 1
s(e−sx − e−sc)
}
=1
s(2 − e−sc). (5.5)
Portanto,
L[f(t)] =1
s[2 − e−sc], para s > 0.
Teorema 5.2. Se α, β sao constantes e f, g funcoes cujas transformadas de Laplace
existem, entao:
L[α f(t) + β g(t)] = α L[f(t)] + β L[g(t)].
Demonstracao: Se L[f(t)], L[g(t)] existem, entao se prova que a transformada de
Laplace e uma transformacao Linear, isto e,
α L[f(t)] + β L[g(t)] = α
∫ ∞
0
e−stf(t) dt + β
∫ ∞
0
e−stg(t) dt
=
∫ ∞
0
e−st(α f(t) + β g(t)) dt
= L[α f(t) + β g(t)]. (5.6)
Exemplo 5.3. Calcular L[3t − 5 sen 2t].
Sol.: Usando o Teorema anterior temos que
L[3t − 5 sen 2t] = 3L[t] − 5L[sen 2t]
= 3
∫ ∞
0
e−stt dt − 5
∫ ∞
0
e−st sen 2t dt. (5.7)
75
Calculando separadamente cada uma das integrais temos:
∫ ∞
0
e−stt dt = limx→∞
∫ x
0
e−stt dt
= limx→∞
{−t
se−st
∣
∣
∣
x
0+
∫ x
0
1
se−st dt
}
= limx→∞
{−x
se−sx − 1
s2e−sx +
1
s2
}
=1
s2(5.8)
e
∫ ∞
0
e−st sen 2t dt = limx→∞
∫ x
0
e−st sen 2t dt
= limx→∞
{
− e−st cos 2t
2
∣
∣
∣
x
0−∫ x
0
s e−st cos 2t
2dt
}
= limx→∞
{−e−sx cos 2x
2+
1
2− s
4e−sx sen 2x − s2
4
∫ x
0
e−st sen 2t dt
}
=1
2− s2
4lim
x→∞
∫ x
0
e−st sen 2t dt
=1
2− s2
4
∫ ∞
0
e−st sen 2t dt. (5.9)
Portanto,
L[t] =1
s2e L[sen 2t] =
2
4 + s2.
Segue-se entao que
L[3t − 5 sen 2t] =3
s2− 10
4 + s2=
12 − 7s2
s2(4 + s2)(5.10)
Teorema 5.3. (Transformada de Algumas Funcoes Basicas)
1. L[1] =1
s
2. L[tn] =n!
sn+1, n = 1, 2, . . . .
3. L[eat] =1
s − a
4. L[sen kt] =k
s2 + k2
5. L[cos kt] =s
s2 + k2
76
6. L[sinh kt] =k
s2 − k2
7. L[cosh kt] =s
s2 − k2
Demonstracao: Fazer como exercicio.
5.1 Transformada Inversa
O problema agora e dada uma funcao F (s), tentaremos encontrar uma funcao f(t) cuja
transformada de Laplace seja F (s). Dizemos que f(t) e a Transformada Inversa de
F (s) e escrevemos
f(t) = L−1[F (s)].
A transformada de Laplace inversa L−1 goza das mesmas propriedades de L.
Teorema 5.4. (Transformada Inversa de Algumas Funcoes Basicas)
1. L−1
[
1
s
]
= 1
2. L−1
[
n!
sn+1
]
= tn, n = 1, 2, . . . .
3. L−1
[
1
s − a
]
= eat
4. L−1
[
k
s2 + k2
]
= sen kt
5. L−1
[
s
s2 + k2
]
= cos kt
6. L−1
[
k
s2 − k2
]
= sinh kt
7. L−1
[
s
s2 − k2
]
= cosh kt
Demonstracao: Uma consequencia do teorema anterior.
77
Observacao 5.1. Para a funcao
f(t) =
1, se; t ≥ 0, t 6= 1, t 6= 3
2, se; t = 1
0, se t = 3,
(5.11)
tem-se que: L[f(t)] = 1/s.
De fato,
L[f(t)] = limx→∞
{∫ 1
0
e−st dt +
∫ 3
1
e−st dt +
∫ x
3
e−st dt
}
= limx→∞
{
− e−st
s
∣
∣
∣
1
0− e−st
s
∣
∣
∣
3
1− e−st
s
∣
∣
∣
x
3
}
= limx→∞
{
− e−s
s+
1
s− e−3s
s+
e−s
s− e−sx
s+
e−3s
s
}
= 1/s. (5.12)
Consequentemente,
L−1
[
1
s
]
=
f(t), dado em (5.11)
1, para todo t > 0.
O que implica que a transformada inversa pode nao ser necessariamente unica, mais
isso nao e tao ruim, pois se,
L[f1(t)] = L[f2(t)],
pode-se mostrar que f1 e f2 sao essencialmente iguais, isto e, elas podem ser diferentes
somente nos pontos de discontinuidade, como no caso de f(t) e 1.
78
Exemplo 5.4. Calcular L−1[ 1s2+64
]
Sol.:
L−1
[
1
s2 + 64
]
=1
8L−1
[
8
s2 + 82
]
=1
8sen 8t. (5.13)
Exemplo 5.5. Calcular L−1
[
1
(s − 1)(s + 2)(s + 4)
]
Sol.: Desde que
1
(s − 1)(s + 2)(s + 4)=
A
s − 1+
B
s + 2+
C
s + 4
A(s + 2)(s + 4) + B(s − 1)(s + 4) + C(s − 1)(s + 2)
(s − 1)(s + 2)(s + 4)
A(s2 + 6s + 8) + B(s2 + 3s − 4) + C(s2 + s − 2)
(s − 1)(s + 2)(s + 4)
s2(A + B + C) + s(6A + 3B + C) + (8A − 4B − 2C)
(s − 1)(s + 2)(s + 4),
entao, A = 1/15, B = −1/6, C = 1/10.
Segue-se daı que:
L−1
[
1
(s − 1)(s + 2)(s + 4)
]
=1
15L−1
[
1
s − 1
]
− 1
6L−1
[
1
s + 2
]
+1
10L−1
[
1
s + 4
]
=1
15et − 1
6e−2t +
1
10e−4t. (5.14)
5.2 Teoremas de Translacao
Usar a definicao para calcular uma transformada de Laplace pode resultar extremada-
mente trabalhosa, por exemplo a integracao por partes no calculo de L[ett2 sen 3t]. A
seguir um teorema que vai a facilitar estes calculos.
Teorema 5.5. (Primeiro Teorema de Translacao) Se a ∈ R e L[f(t)] = F (s), entao:
L[eat f(t)] = F (s − a). (5.15)
79
Demonstracao:
L[eat f(t)] =
∫ ∞
0
e−steatf(t) dt =
∫ ∞
0
e−(s−a)tf(t) dt = F (s − a). (5.16)
Exemplo 5.6. Calcular L[e5t t3] e L[e−2t cos 2t]
Sol.: Aplicando o Teorema de translacao, temos
L[e5t t3] = F (s − 5) =3!
(s − 5)4=
6
(s − 5)4(5.17)
e
L[e−2t cos 2t] = F (s + 2) =s + 2
(s + 2)2 + 4. (5.18)
Exemplo 5.7. Calcular L−1
[
s
s2 + 6s + 11
]
.
Sol.: Desde que,
s
s2 + 6s + 11=
s
(s + 3)2 + 2=
s + 3
(s + 3)2 + (√
2)2− 3
(s + 3)2 + (√
2)2, (5.19)
entao,
L−1
[
s
s2 + 6s + 11
]
= L−1
[
s + 3
(s + 3)2 + (√
2)2
]
−L−1
[
3
(s + 3)2 + (√
2)2
]
= L−1
[
s + 3
(s + 3)2 + (√
2)2
]
− 3√2L−1
[√
2
(s + 3)2 + (√
2)2
]
.
(5.20)
Lembremos que
F1(s) = L[cos√
2t] =s
s2 + (√
2)2⇒ F1(s + 3) =
s + 3
(s + 3)2 + (√
2)2
F2(s) = L[sen√
2t] =
√2
s2 + (√
2)2⇒ F2(s + 3) =
√2
(s + 3)2 + (√
2)2.
80
Logo, do Teorema de translacao,
L[eatf(t)] = F (s − a) ⇒ L−1[F (s − a)] = eatf(t).
Portanto,
L−1[F1(s + 3)] = e−3t cos√
2t
L−1[F2(s + 3)] = e−3t sen√
2t.
Consequentemente,
L−1
[
s
s2 + 6s + 11
]
= e−3t cos√
2t − 3√2
e−3t sen√
2t. (5.21)
Exemplo 5.8. Calcular L−1
[
s
(s + 1)2
]
.
Sol.: Desde que
s
(s + 1)2=
A
s + 1+
B
(s + 1)2=
As + A + B
(s + 1)2, (5.22)
entao, A = 1, B = −1.
Logo,
L−1
[
s
(s + 1)2
]
= L−1
[
1
s + 1
]
− L−1
[
1
(s + 1)2
]
. (5.23)
Lembrando que
L[eat] =1
s − ae L[t] =
1
s2,
temos que
L−1
[
s
(s + 1)2
]
= e−t − L−1[F (s + 1)]
= e−t − te−t, (pelo teor. de translacao). (5.24)
5.3 Derivada e Integral de uma Transformada
Teorema 5.6. (Derivadas de Transformadas) Para n = 1, 2, 3, . . . ,
L[tnf(t)] = (−1)n dn
dsnF (s), onde F (s) = L[f(t)]. (5.25)
81
Demonstracao: Como F (s) = L[f(t)] =∫∞
0e−stf(t) dt,
d
dsF (s) =
d
ds
(∫ ∞
0
e−stf(t) dt
)
=
∫ ∞
0
d
ds
(
e−stf(t) dt
)
=
∫ ∞
0
−te−stf(t) dt
= −∫ ∞
0
e−st(tf(t)) dt
= −L[tf(t)]. (5.26)
Portanto,
L[tf(t)] = − d
dsF (s)
Analogamente,
L[t2f(t)] = L[t(tf(t))] = − d
dsL[tf(t)] = − d
ds
[
− dF (s)
ds
]
=d2F (s)
ds2. (5.27)
Exemplo 5.9. Calcular L[t sen t], L[te−t cos t] e L[te−t cosh t].
Sol.: De fato,
L[t sen t] = − d
dsL[sen t] = − d
ds
[
1
s2 + 1
]
=2s
(s2 + 1)2. (5.28)
L[t e−t cos t] = − d
dsL[e−t cos t]
= − d
dsF (s + 1), onde F (s) = L[cos t] =
s
s2 + 1
= − d
ds
[
s + 1
(s + 1)2 + 1
]
=s2 + 2s
(
(s + 1)2 + 1)2 . (5.29)
82
L[t e−t cosh t] = − d
dsL[e−t cosh t]
= − d
dsF (s + 1), onde F (s) = L[cosh t] =
s
s2 − 1
= − d
ds
[
s + 1
(s + 1)2 − 1
]
= −s2 + 2s + 2
(s2 + 2s)2. (5.30)
Teorema 5.7. (Transformada de Laplace de uma Derivada) Se f(t), f ′(t), . . . , f (n−1)(t)
forem contınuas em [0,∞), de ordem exponencial, e se f (n)(t) for contınua por partes
em [0,∞), entao:
L[f (n)(t)] = snF (s) − sn−1f(0) − sn−2f ′(0) − . . . . . . − f (n−1)(0), (5.31)
onde F (s) = L[f(t)].
Exemplo 5.10. Calcular L[2 sen t cos t].
Sol.: De fato,
L[2 sen t cos t] = L[
d
dtsen2t
]
= s L[sen2t] − sen20
= s L[
1 − cos 2t
2
]
=s
2L[1] − s
2L[cos 2t]
=s
2
[
1
s
]
− s
2
[
s
s2 + 22
]
=2
s2 + 4. (5.32)
Teorema 5.8. Se existirem L[f(t)] = F (s), L[
f(t)
t
]
e∫∞
sF (p) dp, entao:
L[
f(t)
t
]
=
∫ ∞
s
F (p) dp. (5.33)
Exemplo 5.11. Prove que
∫ ∞
0
sen t
tdt =
π
2.
Sol.: Desde que L[sen t] =1
s2 + 1= F (s), entao pelo Teorema anterior,
L[
sen t
t
]
=
∫ ∞
s
1
p2 + 1dp. (5.34)
83
Desenvolvendo cada um dos termos anteriores e considerando s = 0 temos
L[
sen t
t
]
=
∫ ∞
0
e−st sen t
tdt =
∫ ∞
0
e0t sen t
tdt =
∫ ∞
0
sen t
tdt
e
∫ ∞
0
1
p2 + 1dp = lim
M→∞
∫ M
0
1
p2 + 1dp
= limM→∞
arctan p∣
∣
M
0= lim
M→∞arctan M
=π
2.
Logo, substituindo em (5.34) segue-se o resultado procurado.
Teorema 5.9. Se existe L[f(t)] = F (s), entao:
L[∫ t
0
f(τ) dτ
]
=F (s)
s. (5.35)
Exemplo 5.12. Calcule∫ t
0sen 2τ dτ .
Sol.: De fato,
∫ t
0
sen 2τ dτ = L−1
[
2
s(s2 + 4)
]
= L−1
[
1
2s− s
2(s2 + 4)
]
=1
2L−1
[
1
s
]
− 1
2L−1
[
s
s2 + 4
]
=1
2− 1
2cos 2t. (5.36)
5.4 Funcao Degrau Unitario
A funcao degrau unitario U(t − a), onde a e um numero real, e definido por
U(t − a) =
0, 0 ≤ t < a
1, t ≥ a
(5.37)
Exercıcio: Grafique U(t − 5) e U(t)
84
Observacao 5.2. Se a funcao f definida para t ≥ 0 e multiplicada por U(t − a), a
funcao degrau unitario “desliga” uma parte do grafico dessa funcao. Veja-se o seguinte
grafico:
(a) f(t) = 2t − 3 (b) f(t) U(t − 1)
A funcao degrau unitario e usada tambem para escrever funcoes por partes em
forma compacta. Por exemplo,
f(t) =
g(t), 0 ≤ t < a
h(t), a ≤ t.= g(t) − g(t)U(t− a) + h(t)U(t − a)
Teorema 5.10. (Segundo Teorema de Translacao) Se a ∈ R e L[f(t)] = F (s), entao:
L[f(t− a) U(t − a)] = e−asF (s) (5.38)
ou
L[g(t) U(t − a)] = e−asL[g(t + a)] (5.39)
Exemplo 5.13. Calcule L[sen(t − π/6) U(t − π/6)]
Sol.: Usando o segundo teorema de translacao temos:
L[sen(t − π/6) U(t − π/6)] = e−sπ/6L[sen t] =e−sπ/6
s2 + 1
5.5 A Convolucao
As vezes encontramos que a transformada de Laplace H(s) e produto de duas transfor-
madas F (s) = L[f(t)] e G(s) = L[g(t)] conhecidas, no entanto ja que a transformada
85
de Laplace nao conmuta com a multiplicacao usual, nao e possıvel afirmar que que
H(s) seja a transformada do produto de f e g. Por outro lado, se definirmos, conve-
nientemente, um ”produto generalizado”, entao a situacao muda, conforme enunciado
no teorema a seguir.
Teorema 5.11. Se ambas F (s) = L[f(t)] e G(s) = L[g(t)] existem para s > a ≥ 0,
entao
H(s) = F (s)G(s) = L[h(t)], s > a,
onde
h(t) =
∫ t
0
f(t − τ)g(τ)dτ =
∫ t
0
f(τ)g(t − τ)dτ.
A funcao h e conhecida como a convolucao de f e g, f ∗ g, isto e
h(t) = (f ∗ g)(t).
A convolucao f ∗ g tem muitas propriedades da multiplicacao usual. Por
exemplo, e simples provar que:
1. f ∗ g = g ∗ f (conmutatividade)
2. f ∗ (g1 + g2) = f ∗ g1 + f ∗ g2 (distributividade)
3. (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h) (associatividade)
4. f ∗ 0 = 0 ∗ f = 0
Observacao 5.3. No entanto, a multiplicacao tem outras propriedades que a convolucao
nao tem. Por exemplo, nao e verdade que:
1. f ∗ 1 = f (falso!), pois
(f ∗ 1)(t) =
∫ t
0
f(t − τ).1 dτ =
∫ t
0
f(t − τ) dτ 6= f(t).
Assim, para f(t) = cos t, temos que:
(f ∗ 1)(t) =
∫ t
0
cos(t − τ) dτ = − sen(t − τ)
∣
∣
∣
∣
t
0
= sen t 6= f(t).
86
2. f ∗ f ≥ 0 (falso!), pois
(f ∗ f)(t) =
∫ t
0
f(t − τ).f(τ) dτ.
Assim, para f(t) = sen t, temos que:
(f ∗ f)(t) =
∫ t
0
sen(t − τ) sen τ dτ =1
2
∫ t
0
(cos(t − 2τ) − cos t) dτ
= −sen(t − 2τ)
4+
τ
2cos t
∣
∣
∣
∣
t
0
=sen t
4+
t
2cos t 6= f(t).
As convolucoes aparecem em diversas aplicacoes onde o comportamento do sistema
em qualquer instante t nao depende apenas do estado no instante t, mas tambem da
sua historia passada. Sistemas de esse tipo sao chamados, algumas vezes, de sistemas
hereditarios e ocorrem em campos tao diversos quanto transporte, viscoelasticidade
e dinamica populacional.
Exemplo 5.14. Encontre a inversa de:
H(s) =a
s2(s2 + a2)
Sol. Ja que
F (s) =a
s2 + a2= L[sen at] e G(s) =
1
s2= L[t]
entao H(s) = F (s)G(s). Logo, pelo Teorema anterior temos que H(s) = L[h(t)], onde
h(t) e a convolucao de sen t e t. Portanto, a transformada inversa de H(s) e
h(t) =
∫ t
0
sen a(t − τ)τdτ =at − sen at
a2
Exemplo 5.15. Encontre a inversa de:
H(s) =a
s2(s2 + a2)
Sol. Ja que
F (s) =a
s2 + a2= L[sen at] e G(s) =
1
s2= L[t]
entao H(s) = F (s)G(s). Logo, pelo Teorema anterior temos que H(s) = L[h(t)], onde
h(t) e a convolucao de sen t e t. Portanto, a transformada inversa de H(s) e
h(t) =
∫ t
0
sen a(t − τ)τdτ =at − sen at
a2.
87
5.6 Aplicacao as Equacoes Lineares com Coeficientes
Constantes
Exemplo 5.16. Resolva o problema de Cauchy seguinte usando transformada de Laplace
y′′ + 5y′ + 4y = 0,
y(0) = 1,
y′(0) = 1.
(5.40)
Sol.: Aplicando a transformada de Laplace na eq. anterior temos
L[y′′ + 5y′ + 4y] = L[0]
L[y′′] + 5L[y′] + 4L[y] = 0
(5.41)
Chamando F (s) = L[y], do Teorema 5.7 temos
[s2F (s) − s y(0) − y′(0)] + 5[s F (s) − y(0)] + 4F (s) = 0
(s2 + 5s + 4) F (s) = s y(0) + y′(0) + 5y(0) = s + 1 + 5
F (s) =s + 6
s2 + 5s + 4. (5.42)
Portanto,
y(t) = L−1
[
s + 6
s2 + 5s + 4
]
= L−1
[
s + 6
(s + 4)(s + 1)
]
= L−1
[
− 2
3
(
1
s + 4
)
+5
3
(
1
s + 1
)]
= −2
3L−1
[
1
s + 4
]
+5
3L−1
[
1
s + 1
]
= −2
3e−4t +
5
3e−t, (Lembre que: L[eat] =
1
s − a). (5.43)
Exemplo 5.17. Resolva o seguinte problema de Cauchy usando transformada de Laplace
y′′ + y = sen t,
y(0) = −1,
y′(0) = 1.
(5.44)
88
Sol.: Aplicando a transformada de Laplace na eq. anterior temos
L[y′′ + y] = L[sen t]
L[y′′] + L[y] = L[sen t] (5.45)
Se F (s) = L[y], do Teorema 5.7 temos:
[s2F (s) − s y(0) − y′(0)] + F (s) =1
s2 + 1
(s2 + 1) F (s) =1
s2 + 1+ s y(0) + y′(0)
F (s) =1
(s2 + 1)2− s
s2 + 1+
1
s2 + 1. (5.46)
Portanto,
y = L−1
[
1
(s2 + 1)2− s
s2 + 1+
1
s2 + 1
]
= L−1
[
1
(s2 + 1)2
]
−L−1
[
s
s2 + 1
]
+ L−1
[
1
s2 + 1
]
= sen t − cos t + L−1
[
1
(s2 + 1)2
]
. (5.47)
Calculo de L−1
[
1
(s2 + 1)2
]
:
Supondo F (s) =1
s2 + 1temos que f(t) = L−1
[
1
s2 + 1
]
= sen t. Assim, pelo
Teorema 5.6,
− d
dsF (s) = L[t f(t)]. (5.48)
Logo,
L−1
[
2s
(s2 + 1)2
]
= t sen t.
Por outro lado, aplicando o Teorema 5.9 quando F (s) =2s
(s2 + 1)2, temos
L−1
[
F (s)
s
]
= L−1
[
2
(s2 + 1)2
]
=
∫ t
0
τ sen τ dτ
= −τ cos τ∣
∣
t
0+
∫ t
0
cos τ dτ
= −t cos t + sen t. (5.49)
89
Logo,
L−1
[
1
(s2 + 1)2
]
=sen t − t cos t
2.
Portanto,
y(t) = sen t − cos t +sen t − t cos t
2. (5.50)
Exemplo 5.18. Encontre a solucao do problema de valor inicial:
y′′ + 4y = cos t + U(t − 2π) cos(t − 2π)
y(0) = 0, y′(0) = 1
Sol. Usando a transformada de Laplace obtemos,
s2F (s) − 1 + 4F (s) =s
(s2 + 1)+ L[U(t − 2π) cos(t − 2π)]
Pelo segundo teorema de translacao:
(s2 + 4)F (s) − 1 =s
(s2 + 1)+ e−2πsL[cos(t)]
Logo,
F (s) =1
s2 + 4+
s
(s2 + 1)(s2 + 4)+ e−2πs s
(s2 + 1)(s2 + 4)
=1
s2 + 4+
{
s
3(s2 + 1)− s
3(s2 + 4)
}
+ e−2πs
{
s
3(s2 + 1)− s
3(s2 + 4)
}
Portanto, aplicando a transformada inversa e a inversa do segundo teorema de translacao
resulta que
y(t) =sen 2t
2+
cos t
3− cos 2t
3+
U(t − 2π) cos(t − 2π)
3− U(t − 2π) cos 2(t − 2π)
3
Exemplo 5.19. Encontre a solucao do problema de valor inicial:
y′′ + 4y = g(t)
y(0) = 3, y′(0) = −1
Sol. Usando a transformada de Laplace obtemos,
s2F (s) − 3s + 1 + 4F (s) = G(s)
90
entao:
F (s) =3s − 1
s2 + 4+
G(s)
s2 + 4= 3
s
s2 + 4− 1
2
2
s2 + 4+
1
2
2
s2 + 4G(s)
Portanto,
y = 3 cos 2t − 1
2sen 2t +
1
2
∫ t
0
sen 2(t − τ)g(τ)dτ.
Exemplo 5.20. Encontre a solucao do problema de valor inicial:
ay′′ + by′ + cy = g(t)
y(0) = y0, y′(0) = y1
Sol. Usando a transformada de Laplace obtemos,
(as2 + bs + c)F (s) − (as + b)y0 − ay1 = G(s)
entao:
F (s) =(as + b)y0 + ay1
as2 + bs + c+
G(s)
as2 + bs + c= Φ(s) + Ψ(s).
Portanto,
y = L−1[Φ(s)] + L−1[Ψ(s)].
EXERCICIOS:
1. Encontre a transformada de Laplace inversa da funcao dada usando o teorema
sobre convolucao.
a) F (s) =1
s4(s2 + 1)
b) F (s) =s
(s + 1)(s2 + 4)
c) F (s) =1
(s + 1)2(s2 + 4)
d) F (s) =G(s)
s2 + 1
2. Encontre a transformada de Laplace da funcao
a) f(t) =
∫ t
0
(t − τ)2 cos 2τ dτ
b) f(t) =
∫ t
0
e−(t−τ) sen τ dτ
c) f(t) =
∫ t
0
(t − τ)eτ dτ
d) f(t) =
∫ t
0
sen(t − τ) cos τ dτ
3. Exprese a solucao do PVI dado, em funcao de uma convolucao.
91
(a) y′′ + ω2y = g(t); y(0) = 0, y′(0) = 1
(b) y′′ + 2y′ + 2y = sen αt; y(0) = 0, y′(0) = 0
(c) 4y′′ + 3y′ + 2y = cos αt; y(0) = 1, y′(0) = 0
(d) y(4) − y = g(t); y(0) = y′(0) = y′′(0) = y′′′(0) = 0
(e) y′′ + 4y′ + 4y = g(t); y(0) = 2, y′(0) = −3
4. Use a transformada de Laplace para obter a corrente i(t) em um circuito em serie
de malha simples contendo somente um resistor e um indutor, onde a segunda lei
de kirchhoff diz que a soma da queda de tensao L (di/dt) e da queda de tensao
do resistor iR e igual a voltagem E(t) no circuito, isto e:
Ldi
dt+ Ri = E(t)
onde L e R sao conhecidas como a indutancia e a resistencia, respectivamente.
a) Determine a corrente i se a corrente inicial e zero e se L = 1 henry, R = 10
ohms e E(t) = sen t − U(t − 3π/2) sen t.
b) Use um programa grafico para fazer o grafico de i(t) no intervalo 0 ≤ t ≤ 6.
Estimar os valores maximo e mınimo da corrente.
5. A deflexao estatica y(x) de uma viga uniforme de comprimento L suportando
uma carga de w(x) por unidade de comprimento satisfaz a equacao de 4ta ordem
EId4y
dx4= w(x)
onde E e o modulo de elasticidade de Young e I e um momento de inercia de
uma secao transversal da viga
Encontre a deflexao da viga de comprimento L fixa em ambos extremos (engas-
tada, isto e y(0) = y(L) = 0, y′(0) = y′(L) = 0); quando a carga e dada por:
w(x) =
w0, 0 < x < L/2
0, L/2 < x < L.
92
Capıtulo 6
Equacoes Diferenciais Parciais
6.1 Series Infinitas
Um processo que intrigou matematicos por seculos foi a soma de infinitos termos, a
qual pode resultar em um numero, como em
1
2+
1
4+
1
8+
1
16+ . . . = 1.
Outras veces a soma infinita era infinita, como em
1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+ . . . = +∞,
e algumas vezes era impossıvel definir a soma infinita, como em
1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + . . . =?
Nesta secao, estudaremos como as series infinitas formam a base para uma tecnica
notavel que nos permite expressar funcoes diferenciaveis como polinomios infinitos
(chamados de series de potencias) e, ao mesmo tempo, calcular o erro quando trun-
camos esses polinomios para torna-los finitos. Veremos tambem como usar somas in-
finitas de termos trigonometricos, chamados series de Fourier, para representar funcoes
importantes usadas nas aplicacoes da ciencia e engenharia.
93
6.1.1 Series de Potencias
Definicao 6.1. Uma serie de potencia de (x − a) e uma soma infinita da forma
∞∑
n=0
cn(x − a)n = c0 + c1(x − a) + c2(x − a)2 + . . .
A seguir uma tecnica mais geral para a construcao de series de potencias que repre-
sentam funcoes diferenciaveis.
Teorema 6.1. (Teorema de Taylor) Se f(x) e uma funcao que tem todas as derivadas
ate a (n + 1)−esima ordem, numa vizinhanca I do ponto a (i.e: I e um intervalo que
contem o ponto a), entao para cada x ∈ I existe um numero c entre x e a tal que
f(x) = f(a) +f ′(a)
1!(x − a) +
f ′′(a)
2!(x − a)2 + . . . +
f (n)(a)
n!(x − a)n + Rn(x) (6.1)
onde o termo complementario Rn(x) se calcula segundo a formula
Rn(x) =f (n+1)(c)
(n + 1)!(x − a)n+1. (6.2)
Observacao 6.1. Se Rn(x) → 0 quando n → ∞ para todo x ∈ I, dizemos que a serie
de Taylor gerada por f em torno de a converge para f em I e escrevemos
f(x) =
∞∑
k=0
f (k)(a)
k!(x − a)k. (6.3)
Exemplo 6.1. Represente em series de Taylor as seguintes funcoes com a = 0.
1. ex
2. sen x
3. cos x
4. sinh x
5. cosh x
6. ln(1 + x)
7.1
1 − x
8. (1 + x)n
Sol.:
1. Se f(x) = ex, entao f(0) = 1, f ′(0) = 1, f ′′(0) = 1, . . .. Logo,
ex = 1 +1
1!x +
1
2!x2 + . . . +
1
n!xn + Rn(x)
= 1 + x +x2
2+ . . . +
xn
n!+ Rn(x) (6.4)
94
onde
Rn(x) =f (n+1)(0)
(n + 1)!xn+1 =
1
(n + 1)!xn+1 −→
n→∞0, ∀ x ∈ (−1, 1). (6.5)
Consequentemente,
ex =∞∑
k=0
xk
k!.
2. Se f(x) = sen x, entao f(0) = 0, f ′(0) = 1, f ′′(0) = 0, f ′′′(0) = −1, f (iv)(0) =
0 . . ., logo
sen x = 0 +1
1!x +
0
2!x2 +
−1
3!x3 +
0
4!x4 +
1
5!x5 + . . . +
f (n)(0)
n!xn + Rn(x)
= x − x3
3!+
x5
5!− x7
7!+ . . . +
f (n)(0)
n!xn + Rn(x), (6.6)
onde para cada n ∈ N e ∀ x ∈ (−1, 1),
R2n−1(x) =(−1)n+1
(2n − 1)!x2n−1 −→
n→∞0 e R2n(x) = 0 −→
n→∞0. (6.7)
Consequentemente,
sen x =
∞∑
k=0
(−1)k
(2k + 1)!x2k+1.
3. Se f(x) = cos x, entao f(0) = 1, f ′(0) = 0, f ′′(0) = −1, f ′′′(0) = 0, f (iv)(0) =
1 . . ., logo
cos x = 1 +0
1!x +
−1
2!x2 +
0
3!x3 +
1
4!x4 +
0
5!x5 + . . . +
f (n)(0)
n!xn + Rn(x)
= 1 − x2
2!+
x4
4!− x6
6!+ . . . +
f (n)(0)
n!xn + Rn(x), (6.8)
onde para cada n ∈ N e ∀ x ∈ (−1, 1),
R2n−1(x) = 0 −→n→∞
0 e R2n(x) =(−1)n
2n!x2n −→
n→∞0. (6.9)
Consequentemente,
cos x =∞∑
k=0
(−1)k
2k!x2k.
95
4. Se f(x) = sinh x, entao f(0) = 0, f ′(0) = 1, f ′′(0) = 0, f ′′′(0) = 1, f (iv)(0) =
0 . . ., logo
sinh x = 0 +1
1!x +
0
2!x2 +
1
3!x3 +
0
4!x4 +
1
5!x5 + . . . +
f (n)(0)
n!xn + Rn(x)
= x +x3
3!+
x5
5!+
x7
7!+ . . . +
f (n)(0)
n!xn + Rn(x), (6.10)
onde para cada n ∈ N e ∀ x ∈ (−1, 1),
R2n−1(x) =1
(2n − 1)!x2n−1 −→
n→∞0 e R2n(x) = 0 −→
n→∞0. (6.11)
Consequentemente,
sinh x =∞∑
k=0
x2k+1
(2k + 1)!.
5. Se f(x) = cosh x, entao f(0) = 1, f ′(0) = 0, f ′′(0) = 1, f ′′′(0) = 0, f (iv)(0) =
1 . . ., logo
cosh x = 1 +0
1!x +
1
2!x2 +
0
3!x3 +
1
4!x4 +
0
5!x5 + . . . +
f (n)(0)
n!xn + Rn(x)
= 1 +x2
2!+
x4
4!+
x6
6!+ . . . +
f (n)(0)
n!xn + Rn(x), (6.12)
onde para cada n ∈ N e ∀ x ∈ (−1, 1),
R2n−1(x) = 0 −→n→∞
0 e R2n(x) =x2n
2n!−→n→∞
0. (6.13)
Consequentemente,
cosh x =
∞∑
k=0
x2k
2k!.
6. Se f(x) = ln(1 + x), entao f(0) = 0, f ′(0) = 1, f ′′(0) = −1!, f ′′′(0) =
2!, f (iv)(0) = −3! . . ., logo
ln(1 + x) = 0 +1
1!x +
−1
2!x2 +
2!
3!x3 +
−3!
4!x4 + . . . +
(−1)n+1(n − 1)!
n!xn + Rn(x)
= x − x2
2+
x3
3− x4
4+ . . . +
(−1)n+1
nxn + Rn(x), (6.14)
onde para cada n ∈ N e ∀ x ∈ (−1, 1),
Rn(x) =(−1)n+2
(n + 1)!xn+1 −→
n→∞0. (6.15)
96
Consequentemente,
ln(1 + x) =
∞∑
k=1
(−1)k+1
kxk.
7. Se f(x) =1
1 − x, entao f(0) = 0, f ′(0) = 1, f ′′(0) = 2!, f ′′′(0) = 3!, f (iv)(0) =
4! . . ., logo
1
1 − x= 1 +
1
1!x +
2!
2!x2 +
3!
3!x3 +
4!
4!x4 + . . . +
n!
n!xn + Rn(x)
= 1 + x + x2 + x3 + x4 + . . . + xn + Rn(x), (6.16)
onde para cada n ∈ N e ∀ x ∈ (−1, 1),
Rn(x) = xn+1 −→n→∞
0. (6.17)
Consequentemente,
1
1 − x=
∞∑
k=0
xk.
8. Se f(x) = (1 + x)α, entao f(0) = 1, f ′(0) = α, f ′′(0) = α(α − 1), f ′′′(0) =
α(α − 1)(α − 2), . . ., logo
(1 + x)α =1 +α
1!x +
α(α − 1)
2!x2 +
α(α − 1)(α − 2)
3!x3 + . . . . . . . . .
. . . +α(α − 1) . . . (α − (n − 1))
n!xn + Rn(x), (6.18)
onde para cada n ∈ N e ∀ x ∈ (−1, 1),
Rn(x) =α(α − 1) . . . (α − n)
(n + 1)!xn+1 −→
n→∞0. (6.19)
Consequentemente,
(1 + x)α = 1 +
∞∑
k=1
α(α − 1) . . . (α − (k − 1))
k!xk.
6.1.2 Series de Fourier
Definicao 6.2. A serie de funcoes da forma
a0
2+ a1 cos
πx
L+ b1 sen
πx
L+ a2 cos
2πx
L+ b2 sen
2πx
L+ ... (6.20)
97
ou simplificadamente
a0
2+
∞∑
k=1
{
ak coskπx
L+ bk sen
kπx
L
}
(6.21)
chama-se de serie trigonometrica. Os numeros constantes a0, a1, ..., ak e b1, b2, ..., bk
sao os coeficientes da serie.
Definicao 6.3. No conjunto de pontos x em que a serie (6.21) for um numero finito,
ela define uma funcao f cujo valor em cada ponto x, e a soma da serie para este valor.
Neste caso, a serie (6.21) e chamada de serie de Fourier de f e
f(x) =a0
2+
∞∑
k=1
{
ak coskπx
L+ bk sen
kπx
L
}
. (6.22)
O nosso objetivo e determinar que funcoes podem ser representadas como a soma
de uma serie de Fourier e achar um processo para calcular os coeficientes da serie de
Fourier.
Previamente lembremos a seguinte definicao.
Definicao 6.4. Uma funcao f e periodica, se f(x + T ) = f(x) ∀ x ∈ Dom(f).
Diremos que o menor valor T 6= 0 que satisfaz a igualdade anterior e o perıodo de f .
Exemplo 6.2. A funcao f(x) = sennπx
L, e uma funcao periodica de perıodo T = 2L/n.
De fato, f e periodica se,
f(x) = sennπx
L= sen
nπ(x + T )
L= f(x + T ), ∀x ∈ R
ou seja,
sennπx
L= sen
nπx
Lcos
nπT
L+ cos
nπx
Lsen
nπT
L. (6.23)
Logo, para x = L/2n temos:
senπ
2= sen
π
2cos
nπT
L+ cos
π
2sen
nπT
L
1 = cosnπT
L. (6.24)
Por outro lado, da identidade sen2θ + cos2 θ = 1, segue que:
sennπT
L= 0. (6.25)
98
Como estamos interessados no menor valor positivo de T que satisfaca (6.24) e
(6.25), simultaneamente, obtemos que:
nπT
L= 2π ⇒ T =
2L
n.
Observacao 6.2. Como as funcoes seno e cosseno sao periodicas entao a funcao (6.22)
e periodica, de perıodo P = 2L.
Calculo dos coeficientes de Fourier de f(x)
Queremos calcular os coeficientes de Fourier de uma funcao f(x) definida num intervalo
com ponto medio na origem, isto e [−L, L]. Supondo que f seja integravel em [−L, L],
os seguintes casos serao considerados:
1. f e uma funcao definida no intervalo [−L, L].
2. f e uma funcao definida no intervalo [−π, π].
3. f e uma funcao par ou ımpar.
4. f e uma funcao definida no meio intervalo [0, L].
1.- f definida em [−L, L].
Seja F (x) uma funcao periodica em R, de modo que F (x) = f(x) em [−L, L], da
definicao 6.3 resulta que
F (x) = f(x) =a0
2+
∞∑
k=1
{
ak coskπx
L+ bk sen
kπx
L
}
∀x ∈ (−L, L). (6.26)
Integrando ambos lados de (6.26) no intervalo [−L, L], temos∫ L
−L
f(x) dx =
∫ L
−L
a0
2dx +
∞∑
k=1
∫ L
−L
(
ak coskπx
L+ bk sen
kπx
L
)
dx. (6.27)
Calculando por separado cada integral do segundo membro temos∫ L
−L
a0
2dx = a0 L
∫ L
−L
ak coskπx
Ldx = ak
L
kπsen
kπx
L
∣
∣
∣
∣
L
−L
= akL
kπ
(
sen kπ − sen(−kπ))
= 0, ∀ k ∈ N
∫ L
−L
bk senkπx
Ldx = −bk
L
kπcos
kπx
L
∣
∣
∣
∣
L
−L
= −bkL
kπ
(
cos kπ − cos(−kπ))
= 0, ∀ k ∈ N.
99
Logo, substituindo as equacoes anteriores em (6.27) temos que
∫ L
−L
f(x)dx = a0L.
Portanto,
a0 =1
L
∫ L
−L
f(x) dx. (6.28)
Por outro lado, multiplicando ambos os termos da equacao (6.26) por cosnπx
Le
integrando em [−L, L] temos:
∫ L
−L
f(x) cosnπx
Ldx =
a0
2
∫ L
−L
cosnπx
Ldx +
∞∑
k=1
∫ L
−L
cosnπx
L
{
ak coskπx
L+ bk sen
kπx
L
}
dx
= Lan, (6.29)
ja que
∫ L
−L
cosnπx
Lcos
kπx
Ldx =
0, n 6= k,
L, n = ke
∫ L
−L
cosnπx
Lsen
kπx
Ldx = 0, ∀ k, n.
(6.30)
Logo,
ak =1
L
∫ L
−L
f(x) coskπx
Ldx (6.31)
Analogamente, multiplicando (6.26) por sennπx
Le integrando esta expressao em
[−L, L] temos
∫ L
−L
f(x) sennπx
Ldx =
a0
2
∫ L
−L
sennπx
Ldx +
∞∑
k=1
∫ L
−L
sennπx
L{ak cos
kπx
L+ bk sen
kπx
L} dx.
(6.32)
Usando (6.30) e a seguinte identidade,
∫ L
−L
sennπx
Lsen
kπx
Ldx =
0, n 6= k,
L, n = k (6.33)
100
obtem-se que
bk =1
L
∫ L
−L
f(x) senkπx
Ldx (6.34)
Os coeficientes determinados pelas formulas (6.28), (6.31) e (6.34) chaman-se coe-
ficientes de Fourier da funcao f , e a serie trigonometrica (6.21) com tais coeficientes e
chamada serie de Fourier da funcao f .
Exemplo 6.3. Calcular a serie de Fourier da funcao periodica definida em [−3, 3] por:
f(x) =
1, se 0 ≤ x ≤ 3;
0, se − 3 ≤ x < 0.(6.35)
Sol.:
Usando (6.28)-(6.31)-(6.34) temos que
a0 =1
3
∫ 3
−3
f(x) dx =
∫ 3
0
1 dx = 1
ak =1
3
∫ 3
−3
f(x) coskπx
3dx =
1
3
∫ 3
0
coskπx
3dx =
1
kπsen
kπx
3
∣
∣
∣
∣
3
0
= 0 (6.36)
bk =1
3
∫ 3
−3
f(x) senkπx
3dx =
1
3
∫ 3
0
senkπx
3dx = − 1
kπcos
kπx
3
∣
∣
∣
∣
3
0
=1
kπ(1 − cos(kπ))
Portanto,
f(x) =1
2+
∞∑
k=1
bk senkπx
3=
1
2+
∞∑
k=1
1
kπ(1 − cos(kπ)) sen
kπx
3
=1
2+
∞∑
k=1
2
(2k − 1)πsen
(2k − 1)πx
3. (6.37)
Na Figura (4.3) e mostrada a aproximacao da funcao.
101
Figura 6.1: Aprox. da funcao f(x) em [−3, 3] para k ≤ 3, k ≤ 15, k ≤ 30
2.- f definida em [−π, π].
Para obter um desenvolvimento de Fourier da funcao f bastara fazer L = π em
(6.22). Assim,
f(x) =a0
2+
∞∑
k=1
{ak cos kx + bk sen kx}. (6.38)
onde os coeficientes de Fourier da funcao f obtem-se de modo analogo ao caso anteior-
mente considerado. Logo,
a0 =1
π
∫ π
−π
f(x) dx. (6.39)
ak =1
π
∫ π
−π
f(x) cos kx dx (6.40)
bk =1
π
∫ π
−π
f(x) sen kx dx (6.41)
Exemplo 6.4. Ache a serie de Fourier da funcao periodica f no intervalo [−π, π]
f(x) =
0, x ∈ [−π, 0]
x, x ∈ (0, π](6.42)
Sol.:
Como esta funcao e periodica em [−π, π] (Fig. 4.1), entao usando (6.39), (6.40) e
(6.41) temos
a0 =1
π
∫ π
−π
f(x) dx =1
π
∫ π
0
x dx =π
2(6.43)
102
Figura 6.2:
ak =1
π
∫ π
−π
f(x) cos kx dx =1
π
∫ π
0
x cos kx dx
=1
π
{
xsen kx
k
∣
∣
∣
∣
π
0
−∫ π
0
sen kx
kdx
}
= − 1
k π
∫ π
0
sen kx dx =cos kx
k2 π
∣
∣
∣
∣
π
0
=1
k2 π
(
cos(kπ) − 1)
(6.44)
bk =1
π
∫ π
−π
f(x) sen kx dx =1
π
∫ π
0
x sen kx dx
=1
π
{
− xcos kx
k
∣
∣
∣
∣
π
0
+
∫ π
0
cos kx
kdx
}
=1
π
{
− π
kcos kπ +
sen kx
k2
∣
∣
∣
∣
π
0
}
= −1
kcos kπ (6.45)
Consequentemente,
f(x) =a0
2+
∞∑
k=1
(
ak cos kx + bk sen kx)
=π
4+
∞∑
k=1
{
1
k2 π
(
cos(kπ) − 1)
cos kx − 1
kcos kπ sen kx
}
(6.46)
Observacao 6.3. Se f e uma funcao periodica em [−π, π] entao∫ π
−π
f(x) dx =
∫ λ+2π
λ
f(x) dx (6.47)
3.- f e par ou ımpar, definida em [−L, L].
Se uma funcao g(x) e uma funcao par em [−L, L] (g(x) = g(−x)), entao∫ L
−L
g(x) dx = 2
∫ L
0
g(x) dx.
103
Figura 6.3: Aprox. da funcao f(x) para k ≤ 3, k ≤ 10, k ≤ 20
De fato,
∫ L
−L
g(x) dx =
∫ 0
−L
g(x) dx+
∫ L
0
g(x) dx =
∫ L
0
g(−x) dx+
∫ L
0
g(x) dx = 2
∫ L
0
g(x) dx
Analogamente, se g(x) e uma funcao ımpar em [−L, L] (g(x) = −g(−x)), entao
∫ L
−L
g(x) dx = 0.
De fato,
∫ L
−L
g(x) dx =
∫ 0
−L
g(x) dx +
∫ L
0
g(x) dx =
∫ L
0
g(−x) dx +
∫ L
0
g(x) dx
= −∫ L
0
g(x) dx +
∫ L
0
g(x) dx = 0. (6.48)
• Se uma funcao par f(x) se desenvolve em serie de Fourier em [−L, L], o produto
f(x) cos
(
kπx
L
)
e tambem par e o produto f(x) sen
(
kπx
L
)
e uma fucao ımpar, ja que
104
a funcao cos
(
kπx
L
)
e par e sen
(
kπx
L
)
e ımpar, entao
a0 =2
L
∫ L
0
f(x) dx
ak =2
L
∫ L
0
f(x) coskπx
Ldx (6.49)
bk =1
L
∫ L
−L
f(x) senkπx
Ldx = 0.
• Analogamente, se uma funcao ımpar f(x) se desenvolve em serie de Fourier em
[−L, L], o produto f(x) cos
(
kπx
L
)
e tambem ımpar e o produto f(x) sen
(
kπx
L
)
e
uma funcao par, entao
a0 =1
L
∫ L
−L
f(x) dx = 0
ak =1
L
∫ L
−L
f(x) coskπx
Ldx = 0 (6.50)
bk =2
L
∫ L
0
f(x) senkπx
Ldx.
Exemplo 6.5. Ache a Serie de Fourier da funcao periodica f(x) = x2 em [−1, 1].
Sol.: Como f(x) e par e periodica em [−1, 1], entao usando (6.49) temos
a0 =2
1
∫ 1
0
x2 dx =2
3
ak =2
1
∫ 1
0
x2 cos kx dx = 2
{
x2 sen kx
k
∣
∣
∣
∣
1
0
−∫ 1
0
2xsen kx
kdx
}
=2
ksen k − 4
k
{
− xcos kx
k
∣
∣
∣
∣
1
0
+
∫ 1
0
cos kx
kdx
}
105
=2
ksen k +
4
k2cos k − 4
k2
sen kx
k
∣
∣
∣
∣
1
0
=2
ksen k +
4
k2cos k − 4
k3sen k
bk = 0. (6.51)
Figura 6.4: Aprox. da funcao f(x) = x2 para k ≤ 2, k ≤ 5, k ≤ 20
Consequentemente,
f(x) =1
3+
∞∑
k=1
ak cos kx =1
3+
∞∑
k=1
{
2
ksen k +
4
k2cos k − 4
k3sen k
}
cos kx. (6.52)
Exemplo 6.6. Calcular a serie de Fourier da funcao periodica f(x) = x definida em
[−π, π]
106
Sol.: Como esta funcao e ımpar e periodica em [−π, π], entao usando (6.50) temos
a0 = 0
ak = 0 (6.53)
bk =2
π
∫ π
0
x sen kx dx =2
π
{
− xcos kx
k
∣
∣
∣
∣
π
0
+
∫ π
0
cos kx
kdx
}
= −2
π
{
πcos kπ
k
}
=
2
k, se k e ımpar
−2
k, se k e par
(6.54)
Figura 6.5: Aprox. da funcao f(x) = x para k ≤ 3, k ≤ 10, k ≤ 20
Consequentemente,
f(x) =∞∑
k=1
bk sen kx =∞∑
k=1
(−1)k+1 2
ksen kx = 2
∞∑
k=1
(−1)k+1 sen kx
k(6.55)
4.- f nao periodica.
Suponhamos que a funcao contınua por partes esteja definida num intervalo [a, b].
Podemos representar esta funcao f(x) nos pontos de continuidade por uma serie de
Fourier. Para isso, devemos considerar uma funcao arbitraria periodica g(x) de perıodo
2µ > |b − a| que coincida com a funcao f(x) no intervalo [a, b]. Logo, como g(x) se
desenvolve em serie de Fourier, f(x) tambem se desenvolvera em serie de Fourier.
g(x) =a0
2+
∞∑
k=1
(ak cos kx + bk sen kx)
f(x) = g(x)
∣
∣
∣
∣
[a,b]
. (6.56)
107
Por outro lado, se f(x) e definida no intervalo [0, L] completamos a funcao de modo
arbitrario no intervalo [−L, 0]. Logo, podemos desenvolver em serie de Fourier a funcao
f periodica de perıodo 2L em [−L, L]. Podemos completar a funcao de forma par ou
ımpar dependendo se desejarmos que a serie esteja em funcao de cossenos ou de senos.
6.2 Equacoes Diferenciais em Derivadas Parciais (EDP)
Definicao 6.5. A forma geral de uma equacao diferencial parcial de segunda
ordem em duas variaveis independentes x e y e
a(x, y)∂2u
∂x2+ b(x, y)
∂2u
∂x ∂y+ c(x, y)
∂2u
∂y2= f
(
x, y, u,∂u
∂x,∂u
∂y
)
. (6.57)
108
No caso particular que a funcao
f
(
x, y, u,∂u
∂x,∂u
∂y
)
= d(x, y)∂u
∂x+ e(x, y)
∂u
∂y+ g(x, y)
diremos que a EDP e linear. Neste caso, se g(x, y) = 0 a equacao se diz homogenea,
em caso contrario, e nao-homogenea.
Definicao 6.6. (Classificacao de Equacoes) A equacao diferencial parcial de segunda
ordem (6.57) e
1. Hiperbolica em (x0, y0), se b2(x0, y0) − 4a(x0, y0)c(x0, y0) > 0
2. Parabolica em (x0, y0), se b2(x0, y0) − 4a(x0, y0)c(x0, y0) = 0
3. Elıtica em (x0, y0), se b2(x0, y0) − 4a(x0, y0)c(x0, y0) < 0
Exemplo 6.7. A Equacao da onda∂2u
∂t2− ∂2u
∂x2= f(x, t) e linear, nao homogenea,
e desde que a(x, t) = −1, b(x, t) = 0 e c(x, t) = 1 sera tipo hiperbolica no domınio de
f .
Exemplo 6.8. A Equacao do Calor∂u
∂t− ∂2u
∂x2= f(x, t) e linear, nao homogenea,
e como a(x, t) = −1, b(x, t) = 0 e c(x, t) = 0 sera tipo parabolica no domınio de f .
Exemplo 6.9. A Equacao de Laplace∂2u
∂x2+
∂2u
∂y2= f(x, y) e linear, nao homogenea,
e ja que a(x, y) = 1, b(x, y) = 0 e c(x, y) = 1 sera tipo elıtica no domınio de f .
Exemplo 6.10. A Equacao de Tricomi y∂2u
∂x2+
∂2u
∂y2= 0 e linear, homogenea, e
visto que a(x, y) = y, b(x, y) = 0 e c(x, y) = 1, sera de tipo misto.
De fato, ja que b2(x, y) − 4a(x, y)c(x, y) = −4y,
1. no semiplano y < 0, a eq. sera hiperbolica,
2. no eixo y = 0, a eq. sera parabolica,
3. no semiplano y > 0, a eq. sera elıtica.
109
Exercıcios: Classifique as equacoes abaixo
1. 4uxx + 12uxy + 5uyy = 6ux − uy
2. uxx − 4uxy + 4uyy = 4 + 2ux
3. 2uxx + 9uxy + 9uyy = xy u
4. (1 + x2)2uxx − 2(1 + x2)(1 + y2)uxy + (1 + y2)2uyy = 0
5. (1 + x2)2uxx − (1 + y2)2uyy = 0
6. uxx − (1 + x2)2uyy = 0.
Definicao 6.7. Uma solucao de uma EDP de duas variaveis independentes x e y e
uma funcao u(x, y) que possui todas as derivadas parciais que comparecem na equacao
(6.57) e que satisfaz a equacao em alguma regiao do plano xy.
Para achar solucoes particulares de uma EDP usaremos um metodo chamado metodo
de separacao de variaveis, o qual consiste em procurar solucoes u(x, y) da forma
u(x, y) = X(x)Y (y), (6.58)
de modo que a EDP seja reduzida a duas EDO’s.
Exemplo 6.11. Ache a solucao da EDP uxx = 4uy.
Sol.: Se u(x, y) = X(x)Y (y) entao substituindo na EDP temos:
X ′′(x)Y (y) = 4X(x)Y ′(y). (6.59)
Logo,
X ′′(x)
4X(x)=
Y ′(y)
Y (y)= α ( constante). (6.60)
Como o membro esquerdo da igualdade anterior e independente de y e e igual ao
membro direito, que e independente de x, concluımos que cada membro da eq. (6.60)
deve ser uma constante. Distinguimos os seguintes casos:
110
Caso I Se α = λ2 > 0, entao
X ′′(x)
4X(x)=
Y ′(y)
Y (y)= λ2. (6.61)
conduzem a
X ′′(x) − 4λ2X(x) = 0 e Y ′(y) − λ2Y (y) = 0. (6.62)
Estas equacoes admitem as solucoes X(x) = c1e2λx + c2e
−2λx e Y (y) = c3 eλ2y ou
X(x) = c1 cosh 2λx + c2 sinh 2λx e Y (y) = c3 eλ2y.
Consequentemente
u(x, y) = (C1 cosh 2λx + C2 sinh 2λx)eλ2y (6.63)
Caso II Se α = −λ2 < 0, entao
X ′′(x)
4X(x)=
Y ′(y)
Y (y)= −λ2. (6.64)
conduzem a
X ′′(x) + 4λ2X(x) = 0 Y ′(y) + λ2Y (y) = 0. (6.65)
Estas equacoes admitem as solucoes
X(x) = c4 cos 2λx + c5 sen 2λx e Y (y) = c6 e−λ2y.
Consequentemente
u(x, t) = (C3 cos 2λx + C4 sen 2λx) e−λ2y (6.66)
Caso III Se α = 0, entao
X ′′(x)
4X(x)=
Y ′(y)
Y (y)= 0. (6.67)
conduzem a
X ′′(x) = 0 Y ′(y) = 0. (6.68)
111
Estas equacoes admitem as solucoes
X(x) = c7 x + c8 e Y (y) = c9
Consequentemente
u(x, t) = C5 x + C6. (6.69)
Note-se que a solucao adotada vai depender das condicoes iniciais e de fronteira
para obter solucoes nao nulas..
Observacao 6.4. A separacao de variaveis nao e um metodo geral para achar solucoes
particulares, algumas EDP’s lineares simplesmente nao sao separaveis. Por exemplo,
uxx − uy = x
Teorema 6.2. (Principio de Superposicao) Se u1, u2, . . . , un sao solucoes de uma
equacao de derivadas parciais linear homogenea, entao a combinacao linear
u = c1u1 + c2u2 + . . . + cnun,
tambem e solucao, quaisquer que sejam os valores das constantes c1, c2 . . . , cn.
6.3 Equacoes Fundamentais da Fısica-Matematica
Chamam-se equacoes fundamentais da fısica-matematica (para o caso de funcoes de
duas variaveis independentes) as seguintes equacoes diferenciais com derivadas parciais
de segunda ordem
1. Equacao de Onda (D’Alembert -1949): Aplicada na analise de processos
de vibracoes transversais de uma corda, oscilacoes eletricas em um condutor,
oscilacoes de um gas, etc. Esta equacao e a mais simple do tipo hiperbolico.
2. Equacao de Transferencia de Calor: Ajuda na analise de processos de
propagacao de calor, filtracao de lıquido e gas em um meio poroso (por exemplo
filtracao de petroleo e gas em areniscos subterraneos). Esta equacao e a mais
simple do tipo parabolico.
112
3. Equacao de Laplace. Aplica-se ao estudo de campos electricos e magneticos
sobre o estado termico estacionario, e em problemas de hidrodinamica, difusao,
etc. Esta equacao e a mais simple do tipo elıtico.
6.3.1 Equacao do Calor
Consideremos uma vara que se estende ao longo do eixo x. Assumimos que a vara
tem secao transversal perpendicular ao eixo x, com area A que e feita de um material
homogeneo, de forma que possamos supor que:
• A secao transversal da vara e tao pequena que u e constante em cada secao
transversal;
• A superfıcie lateral da vara e isolada de modo que nao passe calor atraves dela;
• A vara tem comprimento L e que sua funcao-temperatura e f(x) no instante
t = 0.
Se cada extremo da vara fosse fixada num bloco grande de gelo terıamos as condicoes
de fronteira
u(0, t) = u(L, t) = 0.
Assim, combinando tudo isto, temos o problema de contorno:
ut − c ∂2xu = 0 em Q = (0, L) × (0, T )
u(0, t) = u(L, t) = 0 t ∈ (0, T )
u(x, 0) = f(x), x ∈ (0, L),
(6.70)
onde c e a condutividade termica do material da vara. A equacao (6.70) modela a
variacao de temperatura u(x, t) com a posicao x e o tempo t numa vara aquecida que
se estende ao longo do eixo x.
113
Solucao por Separacao de Variaveis da Equacao do Calor
Procuraremos uma solucao particular da forma:
u(x, t) = X(x)T (t)
Substituindo-se na equacao (6.70) obtemos:
X(x)T ′(t) = cX ′′(x)T (t)
Separando as variaveis obtemos
X ′′(x)
X(x)=
T ′(t)
cT (t)= α, α constante. (6.71)
1er Caso Se α = −λ2 < 0, entao temos as seguintes EDO’s
a)T ′(t)
T (t)= −λ2c ⇒ (ln T (t))′ = −λ2c ⇒ T (t) = C e−λ2ct, C = cte.
b) X ′′(x) + λ2X(x) = 0 (E.D.O. de 2aordem), cujo polinomio caracterıstico e
p(r) = r2 + λ2 = 0, com raızes r = ±λi. Logo, a solucao desta EDO e
X(x) = A cos λx + B sen λx
Portanto, uma solucao particular e:
u(x, t) = (A cosλx + B sen λx)C e−λ2ct
Utilizando as condicoes de fronteira, obtemos que:
u(0, t) = A C e−λ2ct = 0 ⇒ A = 0 (6.72)
u(L, t) = B C e−λ2ct sen λL = 0 ⇒ λL = nπ ⇒ λ =nπ
L(6.73)
Consequentemente, para cada n ∈ N temos solucoes particulares da forma
un(x, t) = B C sen(λ x) e−λ2ct = B C sen
(
nπx
L
)
e−(
nπL
)2
ct.
Portanto, pelo princıpio de superposicao, a solucao geral de (6.70) e
u(x, t) =
∞∑
n=0
Bn e−(
nπL
)2
ct sen
(
nπx
L
)
. (6.74)
114
Por outro lado, se f(x) admite um desenvolvimento em series de Fourier em [0, L],
das condicoes de fronteira obtemos que
u(x, 0) =∞∑
n=0
Bn sen
(
nπx
L
)
= f(x) =a0
2+
∞∑
n=1
{
an cos
(
nπx
L
)
+ bn sen
(
nπx
L
)}
.
Da igualdade acima e claro que a0 = 0, an = 0, e
Bn = bn =2
L
∫ L
0
f(x) sen
(
nπx
L
)
dx
Para o caso α = 0 e α > 0 obtemos solucoes nulas.
Exemplo 6.12. Suponha que uma vara de 50 cm de comprimento e imersa em vapor
ate que sua temperatura seja de 100o C ao longo dela toda. No instante t = 0, sua
superfıcie lateral e isolada e suas duas extremidades sao enterradas em gelo a 0oC.
Calcule a temperatura no seu ponto medio apos meia hora, se a vara e feita de:
1. ferro (c = 0, 25).
2. concreto (c = 0, 005)
Sol.: Seja L = 50 e f(x) = 100, entao o problema consiste em achar u(x, t) tal que
ut − c ∂2xu = 0
u(0, t) = u(50, t) = 0
u(x, 0) = 100, ∀ x ∈ (0, 50).
(6.75)
Usando (6.74) temos que
u(x, t) =
∞∑
n=0
Bn e−(nπ50
)2 c t sen
(
nπx
50
)
,
onde
Bn =2
50
∫ 50
0
100 sennπx
50dx = −4
(
50
nπ
)
cosnπx
50
∣
∣
∣
∣
50
0
=200
nπ[1 − cos nπ]
=
0, se n for par400
nπ, se n for ımpar.
(6.76)
115
Consequentemente
u(x, t) =∑
n= ımpar
400
nπe−(nπ
50)2 c t sen
(
nπx
50
)
. (6.77)
Assim, quando o material e ferro, a temperatura no ponto medio x = 25 cm, no
instante t = 30 min = 1800 seg. e:
u(25, 1800) =400
π
∑
n ımpar
1
ne(−450 n2π2
502) sen
(
nπ
2
)
=400
π
∞∑
n=1
(−1)n−1
2n − 1e(−9 (2n−1)2π2
50) ≈ 21, 54oC. (6.78)
Quando o material e concreto, a temperatura no ponto medio x = 25 cm, no
instante t = 30 min = 1800 seg. e:
u(25, 1800) =400
π
∑
n∈ ımpar
1
ne(−9 n2π2
502) sen
(
nπ
2
)
=400
π
∞∑
n=1
(−1)n−1
2n − 1e(−9 (2n−1)2π2
502) ≈ 100oC. (6.79)
6.3.2 Equacao de Onda ou da Corda Vibrante
Estuda as pequenas vibracoes transversais de uma corda flexıvel. O fenomeno tem
lugar num plano (x, u) e supoe-se que a corda vibre em torno da posicao de repouso
116
ao longo do eixo x.
Consideremos uma corda uniforme, fina e flexıvel, com comprimento L a qual esta
fortemente esticada entre dois suportes fixos, em um mesmo nıvel horizontal, de modo
que o eixo coordenado x seja coincidente com a corda.
Suponhamos que a vibracao da corda seja no plano vertical (x, u), de tal maneira
que cada ponto da corda se mova na direcao perpendicular ao eixo x e paralelamente ao
eixo das ordenadas u (vibracoes transversais). Isto e, nao existe movimento na direcao
horizontal pois as componentes horizontais das tensoes se anulam. A corda elastica
pode ser a corda de um violino, ou um cabo de retencao, ou uma linha de transmissao.
O objetivo e determinar a forma da corda em qualquer momento e a lei de movimento
de cada ponto da corda em funcao do tempo.
A fim de determinar a equacao diferencial que rege o movimento da corda, consi-
deramos as forcas que atuam sobre um pequeno elemento de corda de comprimento
∆x situado entre os pontos x e x + ∆x.
Denotemos por u(x, t) o deslocamento vertical no instante t > 0 do ponto x da
corda desde sua posicao de equilıbrio. Entao, para qualquer valor fixo de t, a forma da
corda no instante t e definida por u = u(x, t). Logo, temos algumas suposicoes para
encontrar uma solucao:
• A corda e perfeitamente flexıvel e nao oferece resistencia a vibracao.
117
• A corda e homogenea, isto e, com densidade linear constante ρ (ρ e a massa por
unidade de comprimento).
• Os deslocamentos u(x, t) sao pequenos se comparados com o comprimento da
corda.
• Como a corda e perfeitamente flexıvel a tensao T (x, t) no ponto (x, t) atua tan-
gencialmente ao longo da onda e seu modulo e o mesmo em todos os pontos dela.
Esta forca e infinitamente maior do que o peso da corda, por isso a atuacao da
gravidade e nula.
Com estas suposicoes podemos esperar solucoes u(x, t) que descrevam bem a realidade
fısica. Assim, num determinado instante t visualizamos a corda fixa nos pontos 0 e L
como na figura seguinte:
Consideremos I = [x, x + ∆x], onde 0 < x < L. Como nao existe movimento na
direcao horizontal, as tensoes se anulam e daı temos que:
T (x + ∆x, t) cos(θ + ∆θ) − T (x, t) cos θ = 0 (6.80)
Pela Segunda Lei de Newton a resultante das forcas verticais e igual ao produto da
massa m (m = ρ ∆x) pela aceleracao. Sendo assim, temos:
T (x + ∆x, t) sen(θ + ∆θ) − T (x, t) sen θ = ρ ∆x utt(x, t) (6.81)
118
onde x e a coordenada do centro de massa do elemento da corda que esta sendo anali-
sado. Como e claro, x esta no intervalo (x, x + ∆x). Note-se que o peso da corda que
atua na vertical para baixo, nao aparece em (6.81), pois, esta e considerada desprezıvel.
Denotando por TV = T (x, t) sen θ a tensao vertical e TH = T (x, t) cos θ a tensao
horizontal (nao depende de x), de (6.80-6.81) temos que:
TH(x + ∆x, t) = TH(x, t)
TV (x + ∆x, t) − TV (x, t) = ρ ∆x utt(x, t) (6.82)
Logo, dividindo por ∆x a segunda igualdade temos
TV (x + ∆x, t) − TV (x, t)
∆x= ρ utt(x, t)
Consequentemente, tomando o limite quando ∆x → 0 temos que x → x e
d
dxTV (x, t) = ρ utt(x, t).
Por outro lado, tan θ =TV (x, t)
TH(x, t)=
TV (x, t)
TH(t), entao
d
dx[TH(t) tan θ] = ρ utt(x, t)
Porem, tan θ = ux(x, t), logo
TH(t)d
dx[ux(x, t)] = ρ utt(x, t).
Portanto,
utt(x, t) − c2 uxx(x, t) = 0, onde c2 =TH(t)
ρ(6.83)
Para pequenos movimentos da corda e possıvel assumir TH = T nao dependendo de t.
Como T = massa × aceleracao e ρ =massa
comprimento, entao:
c =
√
massa × aceleracao × comprimento
massa=
√
comprimento2
tempo2= velocidade
E possıvel identificar c com a velocidade com que uma pequena perturbacao (a onda)
se desloca ao longo da corda.
119
Observacao 6.5. De acordo com o tipo de forcas temos os seguintes casos:
1. Vibracoes Livres, quando as unicas forcas atuantes sao as de tensao, logo
utt − c2uxx = 0
2. Vibracoes Forcadas, quando a corda esta sujeita a uma forca exterior, logo
utt − c2uxx = F (x, t)
3. Vibracoes Amortecidas, quando a corda esta imersa em um fluıdo (ou ar) que
opoe uma resistencia ao movimento. Nesse caso, ha uma forca externa F (x, t)
dependendo de forma linear ou nao linear da velocidade. Por exemplo, no caso
linear temos:
utt − c2uxx = −but(x, t) (b > 0)
4. Vibracoes sob acao de uma Forca Restauradora, quando existe uma forca tendente
a trazer a corda a posicao inicial u ≡ 0. Por exemplo,
utt − c2uxx = −au(x, t) (b > 0)
Condicoes Iniciais e de Fronteira
Sob o ponto de vista matematico e importante conhecer as Condicoes Iniciais do
problema, isto e, o deslocamento inicial da corda, representado por u(x, 0), e o modo
como a corda e abandonada nesta posicao, o que e traduzido pela velocidade inicial
ut(x, 0). Resumindo,
u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x) 0 ≤ x ≤ L.
Embora, a descripcao do processo vibratorio de uma corda finita so ficara completo
se considerarmos o tipo de articulacao das extremidades, chamadas Condicoes de
Fronteira, vejamos alguns casos:
1. Corda Finita com Extremidades Fixas. Implica que u(0, t) = u(L, t) = 0.
120
2. Corda Finita com Extremidades Livres. Implica que ux(0, t) = ux(L, t) = 0.
3. Outras condicoes de Fronteira. Por exemplo, o caso de uma corda cujas extre-
midades se movem, transversalmente
u(0, t) = a(t), u(L, t) = b(t), para t ≥ 0
Solucao da Eq. de Onda por Series de Fourier
A seguir usando o metodo de Separacao de Variaveis e as series de Fourier resolveremos
o problema de deslocamento vertical de uma corda vibrante com extremidades fixas:
utt(x, t) = c2uxx(x, t) 0 < x < L, t ≥ 0
u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0
u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x) 0 ≤ x ≤ L
(6.84)
Observe-se que a corda e perturbada de sua posicao de equilıbrio f(x) e depois libertada
com velocidade g(x) no instante t = 0, a fim de vibrar livremente.
Para resolver o problema (6.84) usaremos o metodo de separacao de variaveis ou
tambem chamado metodo de Fourier.
Supondo u(x, t) = X(x)T (t) entao
X(x) T ′′(t) = c2 X ′′(x) T (t). (6.85)
Pelas condicoes de fronteira u(0, t) = X(0) T (t) = 0 e u(L, t) = X(L) T (t) = 0
resulta que
X(0) = 0 e X(L) = 0. (6.86)
Separando as variaveis temos
X ′′(x)
X(x)=
1
c2
T ′′(t)
T (t)= α, com α sendo uma constante. (6.87)
Consideramos tres casos:
1o Caso Se α = λ2 > 0 , entao
X ′′(x)
X(x)=
1
c2
T ′′(t)
T (t)= λ2. (6.88)
121
Logo,
X ′′(x) − λ2X(x) = 0
X(0) = X(L) = 0e T ′′(t) − λ2c2T (t) = 0 (6.89)
Resolvendo a EDO X ′′ − λ2X = 0 usando a equacao caracterıstica: r2 − λ2 = 0,
encontramos que r = ±λ, logo
X(x) = C1eλx + C2e
−λx.
Mais pelas condicoes iniciais X(0) = X(L) = 0, resulta que
C1 = −C2 e C1eλL = −C2e
−λL. (6.90)
Uma vez que L > 0 temos que C1 = C2 = 0, logo X(x) = 0, ∀ x ∈ [0, L]. Portanto,
u(x, t) = 0 (6.91)
2o Caso Se α = 0, entao
X ′′(x)
X(x)=
1
c2
T ′′(t)
T (t)= 0. (6.92)
Consequentemente X ′′(x) = 0 cuja solucao e X(x) = Ax + B. Pelas condicoes de
fronteira X(0) = 0 e X(L) = 0 resulta que A = 0 e B = 0, logo X(x) = 0. Portanto,
u(x, t) = 0. (6.93)
3o Caso Se α = −λ2 < 0, entao
X ′′(x)
X(x)=
1
c2
T ′′(x)
T (t)= −λ2. (6.94)
Logo,
X ′′(x) + λ2X(x) = 0
X(0) = X(L) = 0e T ′′(t) + λ2c2T (t) = 0 (6.95)
Para resolver a EDO X ′′ + λ2X = 0 usamos a equacao caracterıstica: r2 + λ2 = 0,
cujas raizes sao r = ±λi. Logo
X(x) = A cos λx + B sen λx (6.96)
122
onde A e B sao constantes reais.
Usando a condicao de fronteira X(0) = 0 em (6.96) tem-se que, A + 0 = 0 e
portanto A = 0. Analogamente, de X(L) = 0, resulta que A cos λL + B sen λL = 0,
o que implica que B sen λL = 0. Como B 6= 0, entao sen λL = 0. Isto e, λL = nπ ,
λ =nπ
L, n = 1, 2, 3, ....
Portanto, uma solucao da EDO dada em (6.95) e
Xn(x) = B sennπx
L, n = 1, 2, 3, ...
Agora para cada λn =nπ
Lresolvemos o problema:
T ′′(t) + λ2n c2 T (t) = 0. (6.97)
A equacao caracterıstica associada a (6.97) e dada por r2 + λ2nc2 = 0 a qual tem por
solucao r = ± λn c i = ± nπc
Li. Portanto,
Tn(t) = C cos
(
nπc t
L
)
+ D sen
(
nπc t
L
)
. (6.98)
Consequentemente, para cada n ∈ N obtemos solucoes da equacao de onda da
forma:
un(x, t) = sen
(
n π x
L
)(
an cos
(
nπct
L
)
+ bn sen
(
nπct
L
))
, (6.99)
que satisfazem a condicao de fronteira u(0, t) = u(L, T ) = 0. Estas solucoes sao
chamadas de ondas estacionarias, pois para x, tal que n π x/L = kπ, isto e, se
x = kL/n, k = 1, 2 . . . , n, temos sen(n π x/L) = 0. Portanto esses pontos, e apenas
esses, permanecem parados se a vibracao da corda e descrita apenas pela funcao un
(nos da onda estacionaria).
Logo, pelo princıpio de superposicao, uma solucao formal do problema (6.84) e
u(x, t) =
∞∑
n=1
αn un(x, t)
=
∞∑
n=1
αn
(
an cos
(
nπct
L
)
+ bn sen
(
nπct
L
))
sen
(
nπx
L
)
=
∞∑
n=1
(
An cos
(
nπct
L
)
+ Bn sen
(
nπct
L
))
sen
(
nπx
L
)
(6.100)
123
e tambem solucao se a serie for convergente.
Resta apenas escolher {An} e {Bn} para que seja satisfeita a condicao inicial. Para
isto, devemos supor que as funcoes f, f ′, f ′′ e g, g′ sejam contınuas em [0, L] e f ′′′ e
g′′ seccionalmente contınuas em [0, L].
Como, u(x, 0) = f(x), entao
∞∑
n=1
An sen
(
nπx
L
)
= f(x) ∀ x ∈ [0, L].
Mas isto e a serie de Fourier em senos de f(x) desde que escolhamos:
An =2
L
∫ L
0
f(x) sen
(
nπx
L
)
dx (6.101)
Por outro lado, como ut(x, 0) = g(x) entao
∞∑
n=1
nπc
LBn sen
(
nπx
L
)
= g(x), (6.102)
de onde resulta que
Bn =2
n π c
∫ L
0
g(x) sen
(
nπx
L
)
dx. (6.103)
Exemplo 6.13. Encontre a solucao da equacao da onda
∂2u
∂t2− 25
∂2u
∂x2= 0
u(0, t) = u(3, t) = 0
u(x, 0) =1
4sen πx, ut(x, 0) = 10 sen 2πx
(6.104)
124
Sol.: Substituindo L = 3, c = 5 e a funcao f(x) =1
4sen πx em (6.101), temos:
An =2
3
∫ 3
0
1
4sen πx sen
(
nπx
3
)
dx =1
6
∫ 3
0
sen πx sen
(
nπx
3
)
dx
=
1
6
∫ 3
0
1
2
{
cos
(
πx − nπx
3
)
− cos
(
πx +nπx
3
)}
dx, se n 6= 3
1
6
∫ 3
0
1
2
{
1 − cos(2πx)
}
dx, se n = 3
=
1
12(π − nπ3
)sen
(
πx − nπx
3
)
− 1
12(π + nπ3
)sen
(
πx +nπx
3
)∣
∣
∣
∣
3
0
, se n 6= 3
x
12− sen(2πx)
24π
∣
∣
∣
∣
3
0
, se n = 3
=
0, se n 6= 3
1
4, se n = 3
(6.105)
Analogamente, para g(x) = 10 sen 2πx, substituindo em (6.103), obtemos:
Bn =2
5nπ
∫ 3
0
10 sen 2πx sen
(
nπx
3
)
dx =4
nπ
∫ 3
0
sen 2πx sen
(
nπx
3
)
dx
=
4
nπ
∫ 3
0
{
cos(2πx − nπx3
) − cos(2πx + nπx3
)
2
}
dx, se n 6= 6
4
6π
∫ 3
0
{
1 − cos(4πx)
2
}
dx, se n = 6
=
2
nπ(2π − nπ3
)sen
(
2πx − nπx
3
)
− 2
nπ(2π + nπ3
)sen
(
2πx +nπx
3
)∣
∣
∣
∣
3
0
, se n 6= 6
x
3π− sen(4πx)
12π2
∣
∣
∣
∣
3
0
, se n = 6
=
0, se n 6= 6
1
π, se n = 6
(6.106)
Assim, a solucao exata de (6.104) e
u(x, t) =1
4cos 5πt sen πx +
1
πsen 10πt sen 2πx.
125
Exemplo 6.14. Encontre a solucao da equacao de onda
utt(x, t) = uxx(x, t)
u(0, t) = u(1, t) = 0, t ≥ 0
u(x, 0) = x(x − 1), ut(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1
(6.107)
Sol.: Em (6.107) temos que f(x) = x(x − 1), g(x) = 0, c = 1 e L = 1, entao de
(6.100)
u(x, t) =
∞∑
n=1
An cos(nπt) sen(nπx), (6.108)
onde
An = 2
∫ 1
0
(x2 − x) sen(nπx) dx = 2
∫ 1
0
x2 sen(nπx) dx − 2
∫ 1
0
x sen(nπx) dx
= −2 x2 cos(nπx)
nπ
∣
∣
∣
∣
1
0
+ 4 xsen(nπx)
(nπ)2
∣
∣
∣
∣
1
0
+ 4cos(nπx)
(nπ)3
∣
∣
∣
∣
1
0
+ 2 xcos(nπx)
nπ
∣
∣
∣
∣
1
0
− 2sen(nπx)
(nπ)2
∣
∣
∣
∣
1
0
= −2cos nπ
nπ+ 4
cos nπ
(nπ)3− 4
(nπ)3+ 2
cos nπ
nπ= 4
cos nπ − 1
(nπ)3
=
0, se n for par
− 8
(nπ)3, se n for ımpar.
(6.109)
126
Portanto,
u(x, t) =∑
n=ımpar
−8
(nπ)3cos(nπt) sen(nπx)
=∞∑
n=1
−8
(2n − 1)3π3cos(
(2n − 1)πt)
sen(
(2n − 1)πx)
. (6.110)
A Solucao da Eq. de Onda com Extremidades Fixas pelo Metodo de
D’Alembert
Supondo que os dados iniciais f e g sao funcoes reais tais que f e de classe C2([0, L])
e g de classe C1([0, L]), satisfazendo f(0) = f(L) = f ′′(0) = f ′′(L) = g(0) = g(L) = 0.
Se F e G sao as extensoes periodicas ımpares de f e g, respectivamente, com perıodo
2L, entao a unica solucao da equacao (6.84), tal que u(x, t) ∈ C2(R), e da forma:
u(x, t) =1
2(F (x + ct) + F (x − ct)) +
1
2c
∫ x+ct
x−ct
G(s)ds.
De fato, e facil verificar que
u(x, t) = z(x, t) + w(x, t) (6.111)
127
onde z = z(x, t) e w = w(x, t) sao solucoes dos problemas
ztt(x, t) = c2zxx(x, t) x ∈ [0, L]
z(0, t) = z(L, t) = 0
z(x, 0) = f(x), zt(x, 0) = 0,
wtt(x, t) = c2wxx(x, t) x ∈ [0, L]
w(0, t) = w(L, t) = 0
w(x, 0) = 0, wt(x, 0) = g(x).
(6.112)
Deste modo, a usando as series de Fourier resulta que:
z(x, t) =∞∑
n=1
An cos
(
nπct
L
)
sen
(
nπx
L
)
(6.113)
w(x, t) =∞∑
n=1
Bn sen
(
nπct
L
)
sen
(
nπx
L
)
. (6.114)
Sabendo que sen A cos B =sen(A + B) + sen(A − B)
2em (6.113) temos que
z(x, t) =1
2
∞∑
n=1
An
{
sen
(
nπx
L+
nπct
L
)
+ sen
(
nπx
L− nπct
L
)}
=1
2
∞∑
n=1
An
{
sen
(
nπ
L(x + ct)
)
+ sen
(
nπ
L(x − ct)
)}
z(x, 0) =∞∑
n=1
An sen
(
nπx
L
)
= F (x), ∀ x. (6.115)
onde F (x) e a extensao ımpar em [−L, L] da funcao f(x). Logo,
z(x, t) =1
2
{
F (x + ct) + F (x − ct)
}
(6.116)
Analogamente, verifica-se que
wt(x, t) =
∞∑
n=1
Bnnπc
Lcos
(
nπct
L
)
sen
(
nπx
L
)
=1
2
∞∑
n=1
Bnnπc
L
{
sen
(
nπx
L+
nπct
L
)
+ sen
(
nπx
L− nπct
L
)}
=1
2
∞∑
n=1
Bnnπc
L
{
sen
(
nπ
L(x + ct)
)
+ sen
(
nπ
L(x − ct)
)}
wt(x, 0) =∞∑
n=1
Bnnπc
Lsen
(
nπx
L
)
= G(x), ∀ x. (6.117)
onde G(x) e a extensao ımpar em [−L, L] da funcao g(x). Logo,
wt(x, t) =1
2
{
G(x + ct) + G(x − ct)
}
(6.118)
128
Portanto,
∫ t
0
wt(x, s) ds =1
2
∫ t
0
{
G(x + cs) + G(x − cs)
}
ds
w(x, t) − w(x, 0) =1
2
∫ t
0
G(x + cs) ds +1
2
∫ t
0
G(x − cs) ds
w(x, t) =1
2c
∫ x+ct
x
G(y) dy − 1
2c
∫ x−ct
x
G(y) dy
=1
2c
∫ x+ct
x
G(y) dy +1
2c
∫ x
x−ct
G(y) dy
=1
2c
∫ x+ct
x−ct
G(y) dy (6.119)
Finalmente, resulta que
u(x, t) =1
2
{
F (x + ct) + F (x − ct)
}
+1
2c
∫ x+ct
x−ct
G(y) dy (6.120)
Observacao 6.6. E importante notar que a solucao (6.120) satisfaz as condicoes ini-
ciais impostas. Assim, desde que F e G sao ımpares temos que
u(0, t) =1
2
{
F (ct) + F (−ct)
}
+1
2c
∫ ct
−ct
G(y) dy = 0. (6.121)
Por outro lado, desde que F e G sao periodicas em [−L, L], F (x + 2L) = F (x) e
G(y + 2L) = G(y). Mais ainda, ja que F e G sao ımpares, para x = ct − L e
y = cs − L, temos que
F (ct + L) = F (ct−L) = −F (L− ct) e G(cs + L) = G(cs−L) = −G(L− cs),
entao
u(L, t) =1
2
{
F (L + ct) + F (L − ct)
}
+1
2c
∫ L+ct
L−ct
G(y) dy
=1
2
{
− F (L − ct) + F (L − ct)
}
+1
2c
∫ L
L−ct
G(y) dy +1
2c
∫ L+ct
L
G(y) dy
=1
2c
∫ L
L−ct
G(y) dy +c
2c
∫ t
0
G(L + cs) ds =1
2c
∫ L
L−ct
G(y) dy − 1
2
∫ t
0
G(L − cs) ds
=1
2c
∫ L
L−ct
G(y) dy +1
2c
∫ L−ct
L
G(y) dy
= 0 (6.122)
129
Exemplo 6.15. Encontre a solucao para os tempos t = 1.8 e t = 3 da equacao de
onda
utt(x, t) = uxx(x, t)
u(0, t) = u(1, t) = 0, t ≥ 0
u(x, 0) = x(x − 1), ut(x, 0) = 0 0 ≤ x ≤ 1
(6.123)
Sol.: Dos dados do problema (6.123) temos que f(x) = x(x − 1), g(x) = 0, c = 1 e
L = 1, e de (6.120) resulta que
u(x, t) =1
2
{
F (x + t) + F (x − t)
}
(6.124)
e a solucao de (6.123), sendo F a extensao periodica ımpar de f(x) em [−1, 1].
Assim, para t = 1.8 temos da periodicidade de F , F (ξ + 2) = F (ξ), que
F (x + 1.8) = F (x − 0.2) = −F (0.2 − x) e F (x − 1.8) = F (x + 0.2).
Desde que 0 ≤ x < 0.2, F (x− 0.2) = −F (0.2− x) = −f(0.2− x). Por outro lado se,
0.8 ≤ x ≤ 1, F (x+0.2) = F (x+0.2−2) = F (x−1.8) = −F (1.8−x) = −f(1.8−x).
Logo,
u(x, 1.8) =1
2
{
F (x + 1.8) + F (x − 1.8)
}
=1
2
{
F (x − 0.2) + F (x + 0.2)
}
=
−f(0.2 − x) + f(x + 0.2)
2, se 0 ≤ x < 0.2
f(x − 0.2) + f(x + 0.2)
2, se 0.2 ≤ x < 0.8
f(x − 0.2) − f(1.8 − x)
2, se 0.8 ≤ x ≤ 1
=
(1/5 − x)(x + 4/5) + (x + 1/5)(x− 4/5)
2, se 0 ≤ x < 0.2
(x − 1/5)(x − 6/5) + (x + 1/5)(x − 4/5)
2, se 0.2 ≤ x < 0.8
(x − 1/5)(x − 6/5) − (9/5 − x)(4/5 − x)
2, se 0.8 ≤ x ≤ 1
=
−3x/10, se 0 ≤ x < 1/5
x2 − x + 1/25, se 1/5 ≤ x < 4/5
3x/5 − 3/5, se 4/5 ≤ x ≤ 1
(6.125)
130
Para t = 3 temos que
F (x + 3) = F (x + 1) = F (x − 1) e F (x − 3) = F (x − 1).
Logo,
u(x, 3) =1
2
{
F (x + 3) + F (x − 3)
}
= F (x − 1) = −F (1 − x)
= −f(1 − x) = −(1 − x)(−x)
= x(1 − x) (6.126)
6.3.3 A Solucao Geral da Eq. de Onda. Metodo de D’Alembert
Um enfoque alternativo ao metodo de separacao de variaveis foi dado por d’Alembert.
Este metodo, estuda as oscilacoes de uma corda de comprimento infinito (idealizacao
matematica para uma corda muito longa), neste caso nao ha condicoes de fronteira a
satisfazer, e, assim o problema consiste em buscar uma funcao u(x, t) definida no
semiplano fechado x ∈ R e t ≥ 0, tal que:
utt(x, t) = c2uxx(x, t) x ∈ R, t ≥ 0
u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x) x ∈ R.
(6.127)
Assim, introduzindo as variaveis
ξ = x + ct η = x − ct
e a funcao
v(ξ, η) = v(x + ct, x − ct) = u(x, t)
131
temos que
ux =du
dx=
dv
dξ
dξ
dx+
dv
dη
dη
dx=
dv
dξ+
dv
dη= vξ + vη
uxx =d
dx
(
du
dx
)
=d
dξ(vξ + vη)
dξ
dx+
d
dη(vξ + vη)
dη
dx= vξξ + 2vξη + vηη (6.128)
e
ut =du
dt=
dv
dξ
dξ
dt+
dv
dη
dη
dt= c
dv
dξ− c
dv
dη= cvξ − cvη
utt =d
dt
(
du
dt
)
=d
dξ(cvξ − cvη)
dξ
dt+
d
dη(cvξ − cvη)
dη
dt= c2vξξ − 2c2vξη + c2vηη.
(6.129)
Logo, substituindo na equacao (6.127) resulta que:
−4vξη = 0.
Portanto, integrando resulta que
v(ξ, η) = F (ξ) + G(η),
onde F, G : R → R. Consequentemente,
u(x, t) = F (x + ct) + G(x − ct). (6.130)
Por outro lado, das condicoes iniciais temos que
u(x, 0) = F (x) + G(x) = f(x) (6.131)
u′(x, 0) = cF ′(x) − cG′(x) = g(x) (6.132)
Integrando em (6.132) tem-se
F (x) − G(x) =1
c
∫ x
0
g(s) ds + K, (Kconstante). (6.133)
Logo, de (6.131) e (6.133), obtemos:
F (x) =1
2f(x) +
1
2c
∫ x
0
g(s) ds +K
2(6.134)
G(x) =1
2f(x) − 1
2c
∫ x
0
g(s) ds − K
2. (6.135)
Finalmente substituindo em (6.130) resulta a conhecida formula de D’Alembert
u(x, t) =1
2(f(x + ct) + f(x − ct)) +
1
2c
∫ x+ct
0
g(s) ds − 1
2c
∫ x−ct
0
g(s) ds
=1
2(f(x + ct) + f(x − ct)) +
1
2c
∫ x+ct
x−ct
g(s) ds. (6.136)
132
6.3.4 Equacao de Laplace
A equacao de Laplace descreve a distribuicao de temperatura numa placa retangular em
estado estacionario (nao existe dependencia do tempo). Portanto, nao tem condicoes
iniciais, somente condicoes de contorno.
Assim, o problema consiste em achar u = u(x, y) tal que
∂2xu + ∂2
yu = 0 em Q = (0, a) × (0, b)
u(x, 0) = f1(x) u(x, b) = f2(x)
u(0, y) = g1(y) u(a, y) = g2(y)
(6.137)
Solucao por Separacao de Variaveis da Equacao de Laplace
Consideremos
f1(x) = f2(x) = 0, ∀ x ∈ [0, a] (6.138)
g1(y) = 0, ∀ y ∈ [0, b] (6.139)
Procura-se uma solucao particular da forma:
u(x, y) = X(x)Y (y)
Substituindo-se na equacao (6.149) obtem-se:
X ′′(x)
X(x)= −Y ′′(y)
Y (y)= α, α constante. (6.140)
Consequentemente, temos as EDO’s
X ′′(x) − αX(x) = 0, X(0) = 0 (6.141)
Y ′′(y) + αY (y) = 0, Y (0) = Y (b) = 0. (6.142)
1er Caso Se α = λ2 > 0, as solucoes das EDO’s sao
X(x) = C1 eλx + C2 e−λx ; X(0) = C1 + C2 = 0 (6.143)
Y (y) = C3 cos λy + C4 sen λ y ; Y (0) = C3 = 0, Y (b) = C4 sen λ b = 0. (6.144)
133
Logo, de (6.143) e (6.144) temos que: C2 = −C1, C3 = 0, C4 6= 0 e λ b = nπ.
Consequentemente,
X(x) = C1
(
eλx − e−λx)
= 2C1 sinh λx = 2C1 sinhnπx
b(6.145)
Y (y) = C4 sennπy
b. (6.146)
Portanto, para cada n ∈ N uma solucao particular e:
un(x, y) = C sinhnπx
bsen
nπy
b.
Logo, pelo princıpio de superposicao, temos que a solucao geral de (6.149) e
u(x, y) =∞∑
n=1
Cn sinhnπx
bsen
nπy
b. (6.147)
Por outro lado, se g2(y) admite um desenvolvimento em series de Fourier em [0, b],
das condicoes de fronteira obtemos que
u(a, y) =∞∑
n=1
Cn sinhnπa
bsen
(
nπy
b
)
= g2(y) =a0
2+
∞∑
n=1
{
an cos
(
nπy
b
)
+bn sen
(
nπy
b
)}
.
Da igualdade acima e claro que a0 = 0, an = 0, e
Cn sinhnπa
b= bn =
2
b
∫ b
0
g2(y) sen
(
nπy
b
)
dy,
isto e,
Cn =2
b sinh nπab
∫ b
0
g2(y) sen
(
nπy
b
)
dy (6.148)
Para o caso α = 0 e α < 0 temos solucoes nulas.
Exemplo 6.16. Achar u = u(x, t) tal que
∂2xu + ∂2
yu = 0 em Q = (0, 1) × (0, 1)
u(x, 0) = 0 u(x, 1) = 0
u(0, y) = 0 u(1, y) = y
(6.149)
134
Sol.: Desde que
Cn =2
sinh nπ
∫ 1
0
y sen(nπy) dy
=2
sinh nπ
{
− ycosnπy
nπ
∣
∣
∣
∣
1
0
+1
nπ
∫ 1
0
cos(nπy) dy
}
=2
sinh nπ
{
− cos nπ
nπ+
1
(nπ)2sen(nπy)
∣
∣
∣
∣
1
0
}
= − 2
sinh nπ
(−1)n
nπ, (6.150)
entao,
u(x, y) =∞∑
n=1
2
sinh nπ
(−1)n+1
nπsinh nπx sen nπy. (6.151)
6.4 Exercıcios
1. Usando o Metodo de Fourier, resolva a equacao das ondas
∂2u
∂t2− c2∂2u
∂x2= 0
u(0, t) = u(L, t) = 0
u(x, 0) = f(x)
u′(x, 0) = g(x)
com os dados abaixo.
135
(a) f(x) = 110
sin 2x; g(x) = 0; c = 2; L = π.
(b) f(x) = 14cos πx; g(x) = 0; c = 5; L = 3.
2. Usando o Metodo de Fourier, encontre a solucao da equacao do calor
∂u
∂t− c
∂2u
∂x2= 0
u(0, t) = u(L, t) = 0
u(x, 0) = f(x)
com os dados abaixo.
(a) f(x) = 4 sin 2x; c = 3; L = π.
(b) f(x) =
x 0 ≤ x ≤ L2
1 − x L2≤ x ≤ L
Resp: u(x, t) =4L
π2
∞∑
k=0
(−1)k
(2k + 1)2e−
(2k+1)2π2ct
L2 sin(2k + 1)πx
L.
136
Apendice A
A.1 Numeros Complexos
Seja C = {z = a + bi, a, b ∈ R} o conjunto dos numeros complexos, onde definimos
as operacoes de adicao e multiplicacao da forma:
(a + bi) + (c + di) = a + c + (b + d)i (A.1)
(a + bi) · (c + di) = ac − bd + (ad + bc)i. (A.2)
Dado um numero complexo z = a + bi, destacamos os objetos:
1. Modulo de z: |z| =√
a2 + b2.
2. Parte Real de z: Re(z) = a.
3. Parte Imaginaria z: Im(z) = b.
4. Conjugado de z: z = a − bi
e temos as seguintes propriedades:
a)|z| = |z| b)|z|2 = z · z
c)z + w = z + w d)zw = z · w
e)Re(z) =1
2(z + z) f)Im(z) =
1
2(z − z) (A.3)
g)z = z ⇔ z ∈ R h)1/z = z/|z|2, z 6= 0.
137
Observacao A.1. Como consequencia destas propriedades, e facil verificar que, se um
numero complexo z e raız de um polinomio P (z) com coeficientes reais, entao o conju-
gado z de z tambem o e. Como as raızes complexas aparecem aos pares concluımos que
todo polinomio de grau ımpar, com coeficientes reais, possui ao menos uma raiz real.
Um numero complexo z = a + bi tambem pode ser representado na forma polar,
considerando as coordenadas polares (r, θ) do ponto P = (a, b). Logo, temos que
a = r cos θ e b = r sen θ, de modo que
z = r(cos θ + i sen θ) e z = r(cos θ − i sen θ)
Mais ainda, denotando por e±i θ = cos θ ± i sen θ obtemos a notacao simplificada
z = r ei θ e z = r e−i θ
Note-se que r = |z|. Alem disso, se z1 = r1eiθ1 e z2 = r2e
iθ2 , entao z1z2 = r1r2ei(θ1+θ2)
Formula de De Moivre. Consideremos um numero complexo z = r ei θ dado na
forma polar, e seja n um numero natural. Usando as propriedades de funcao exponen-
cial obtemos zn = rn ei n θ, ou, de maneira equivalente:
zn = rn(cos θ + i sen θ)n = rn(cos n θ + i sen n θ)
de onde segue a conhecida formula de De Moivre:
(cos θ + i sen θ)n = cos n θ + i sen n θ.
Raızes de um Numero Complexo. Para n ∈ N definimos as raızes n-esimas de z
como sendo
z1/n = |z|1/n
[
cos
(
θ + 2kπ
n
)
+ i sen
(
θ + 2kπ
n
)]
, k = 0, 1, . . . , n − 1.
138
Referencias Bibliograficas
[1] ABELL, MARTHA L., BRASELTON, JAMES P. Modern Differential Equations.
Harcourt Brace & Company, Florida,USA, 1995
[2] BOYCE, W. E., DIPRIMA, R. C. Elementary Differential Equations and Bounda-
ry Value Problems. 3a ed., John Wiley & Sons, 1977.
[3] ZILL, DENIS G., CULLEN, MICHAEL R. Equacoes Diferenciais, Vol 1 e 2.
MAKRON Books Ltda, Sao Paulo,Brasil, 2001
[4] ZILL, DENIS G. Equacoes Diferenciais, com Aplicacoes em Modelagem. Pioneira
Thomson Learning, Sao Paulo, Brasil, 2003
139