˘coes diferenciais: um curso para engenharias, f sica, matem mica · 2013-11-27 · notas de aula...

Notas de Aula da Disciplina Calculo 3

Equacoes Diferenciais: Um Curso para Engenharias, Fısica,Matematica e Quımica

Andre Luiz GaldinoDepartamento de Matematica do Campus Catalao da

Universidade Federal de Goias

Janeiro de 2010

Ultima Atualizacao: 16 de setembro de 2011

Equacoes Diferenciais: Um Curso para Engenharias, Fısica, Matematica e QuımicaAndre Luiz GaldinoHomepage: www.catalao.ufg.br/mat/galdino/E-mail: [email protected]

Ultima Atualizacao: 16 de setembro de 2011

Estas notas de aula foram escritas com o intuıto de apoiar a disciplina de Calculo 3 oferecida peloDepartamento de Matematica do Campus de Catalao da Universidade Federal de Goias. Emoutras palavras, estas notas de aula servem apenas para a orientacao dos estudos, ou seja, servemapenas como apoio didatico, nao devendo ser a unica fonte para os estudos. Este material naosubstitui a presenca em sala de aula nem reproduz todo o conteudo do curso. Vale ainda ressaltar,que os conteudos apresentados neste texto encontram-se em qualquer livro de Introducao asEquacoes Diferenciais. Alem disso, as obras de referencia para o material aqui apresentado estaocitadas no Plano de Curso da Disciplina Calculo 3.

Este texto e atualizado frequentemente.

Sumario

1 Equacoes Diferenciais e sua Terminologia 11.1 Classificacao das equacoes diferenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1.1 Classificacao por tipo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.2 Classificacao por ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.3 Classificacao por linearidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Exercıcios diversos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2 Solucao de uma Equacao Diferencial Ordinaria 52.1 Solucao e famılia de solucoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2.1.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.2 Tipos de solucoes e solucao explıcita e implıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2.2.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.3 Curvas integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2.3.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.4 Problemas de valor inicial e de valor de contorno . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.4.1 Problemas de valor inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.4.2 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.4.3 Problemas de valor contorno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.4.4 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.5 Existencia e unicidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.5.1 EDO’s lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.5.2 EDO’s nao-lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20


3 Equacoes Diferenciais Ordinaria de Primeira Ordem 253.1 Solucao por Integracao Direta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3.1.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.2 Equacoes diferenciais lineares de primeira ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3.2.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303.3 Equacoes com Variaveis Separaveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3.3.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.4 Equacoes diferenciais ordinarias de primeira ordem como modelos matematicos 34

3.4.1 Dinamica populacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353.4.2 Decaimento radioativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.4.3 Lei de Newton do esfriamento/aquecimento . . . . . . . . . . . . . . . 37

iv SUMARIO

3.4.4 Mistura de duas solucoes salinas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.4.5 Reacoes quımicas: irreversıveis mononucleares e bimolecular irreversıvel 41


4 Independencia Linear entre Funcoes 47

5 Equacoes Diferenciais Lineares de Segunda Ordem 515.1 EDO’s Lineares de 2a Ordem Homogeneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 515.2 EDO’s Lineares de 2a Ordem Nao-Homogeneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

6 EDO’s de 2a Ordem Homogeneas de Coeficientes Constantes 556.1 Encontrando a Solucao Geral de ay′′ + by′ + cy = 0 . . . . . . . . . . . . . . . 56

6.1.1 Raızes reais e distintas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 576.1.2 Raızes reais e iguais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 576.1.3 Raızes complexas conjugadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

6.2 PVI - Problemas de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 606.3 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

7 Metodo de Variacao dos Parametros 65

8 Metodo de Reducao de Ordem 71

Capıtulo 1

Equacoes Diferenciais e suaTerminologia

De uma forma compacta, uma Equacao Diferencial e uma equacao que envolve derivadas (oudiferenciais). Melhor dizendo

Definicao 1.1: Chamamos por Equacao Diferencial (ED) uma equacao que contem derivadas(ou diferenciais) de uma ou mais variaveis dependentes em relacao a uma ou mais variaveisindependentes.

Exemplo 1.1: Daqui por diante, em todo o texto, as derivadas ordinarias serao escritas coma notacao de Leibniz dy/dx, d2y/dx2, · · · ou com a notacao linha y′, y′′, · · · .

1.dy

dx+ 5y = ex.

Neste caso, x e a variavel independente e y e a variavel dependente uma vez que y evisto como uma funcao de x.

2.d2x

dt2+ 3

(dx

dt

)2

+ 2x = 0.

Neste caso, t e a variavel independente e x e a variavel dependente uma vez que x evisto como uma funcao de t.

3. y′′′ + 2y′′ + y′ = cos(x).

Neste caso, x e a variavel independente e y e a variavel dependente uma vez que y evisto como uma funcao de x.

4.d2u

dx2+

d2v

dx2= x2 + u+ v.

Neste caso, x e a variavel independente e u e v sao as variaveis dependentes uma vezque u e v sao vistos funcoes de x.

5.∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0.

Neste caso, x e y sao as variaveis independentes e u e a variavel dependente uma vezque u e visto como uma funcao de x e y.

2 Equacoes Diferenciais e sua Terminologia

1.1 Classificacao das equacoes diferenciais

Para poder discuti-las melhor, classificamos as equacoes diferenciais por tipo, ordem e lineari-dade, como vemos a seguir.

1.1.1 Classificacao por tipo

Existem dois tipos de equacoes diferenciais.

1. Equacao Diferencial Ordinaria (EDO): Se a equacao contiver somente derivadasordinarias de uma ou mais variaveis dependentes em relacao a uma unica variavelindependente.

Exemplo 1.2:

(a)d2y

dx2− dy

dx+ 6y = 0 (b) (y′′)3 + yy′ + 3sen(y) = x2

De maneira geral, podemos expressar uma EDO em uma variavel dependente x naforma geral

F (x, y′, y′′, · · · , y(n)) = 0

onde F e uma funcao de valores reais de n+ 2 variaveis x, y′, y′′, · · · , y(n) e onde

y(n) =dny

dxn,

ou seja, a derivada de y com relacao a x de ordem n.

Em uma EDO F (x, y, y′, y′′, · · · , y(n)) = 0, quando for possıvel expressar a derivada deordem maior y(n) em funcao dos outros termos da equacao, ou seja,

y(n) = f(x, y, y′, y′′, · · · , y(n−1))

dizemos que a EDO esta na sua forma normal. Por exemplo,

dy

dx= y2 − 4

2. Equacao Diferencial Parcial (EDP): Se a equacao envolve as derivadas parciais deuma ou mais variaveis dependentes de duas ou mais variaveis independentes.

Exemplo 1.3:

(a)∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0 (b)

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0 (c)

∂u

∂y= −∂v

∂x

1.1 Classificacao das equacoes diferenciais 3

1.1.2 Classificacao por ordem

A ordem de uma equacao diferencial (EDO ou EDP) e a ordem da maior derivada existentena equacao. Por exemplo,

d2y

dx2+ 5

(dy

dx

)3

− 4y = ex

e uma EDO de segunda ordem. Enquanto que

3xy′′′ + y′′ + 3x5y′ = 5 e∂2z

∂x2+

∂2z

∂y2= x2 + y

sao uma EDO de ordem 3 e uma EDP de segunda ordem, respectivamente.Em particular, uma grande quantidade das EDO’s de primeira ordem pode ser escrita na

sua forma normal, dada por:

y′ = f(x, y) oudy

dx= f(x, y)

Tambem, EDO’s de primeira ordem sao ocasionalmente escritas na forma diferencial

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

Por exemplo, supondo que y seja a variavel dependente em

(y − x)dx+ 4xdy = 0. (1.1)

Dividindo a Equacao 1.1 pela diferencial dx obtemos a forma alternativa

4xy′ + y = x onde y′ =dy

dx.

1.1.3 Classificacao por linearidade

Dizemos que uma EDO de ordem n e linear se F for linear em y′, y′′, · · · , y(n). Em outraspalavras, uma EDO de n-esima ordem e linear quando ela puder ser escrita na forma

an(x)y(n) + an−1(x)y

(n−1) + · · ·+ a1(x)y′ + a0(x)y − g(x) = 0

ou

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1y

dxn−1+ · · ·+ a1(x)

dy

dx+ a0(x)y = g(x)

Nota 1.1: E facil observar que uma EDO linear possui as seguintes propriedades:

1. A variavel dependente e todas as suas derivadas sao de primeiro grau, ou seja, a potenciade cada termo envolvendo y e 1;

2. Cada coeficiente depende no maximo da variavel independente x.

4 Equacoes Diferenciais e sua Terminologia

Nos exemplos a seguir temos, respectivamente, EDO’s lineares de primeira, segunda eterceira ordem:

1. (y − x)dx+ 4xdy = 0 2. y′′ − 2y′ + y = 0 3.d3y

dx3+ x

dy

dx− 5y = ex

Uma EDO nao-linear e simplesmente uma EDO que nao e linear. Em outras palavras,uma EDO linear nao pode conter termos como, por exemplo, sen(y) e ey

′. Damos a seguir

exemplos de EDO’s nao-lineares:

1. (1− y)y′ + 2y = ex 2.d2y

dx2+ sen(y) = 0 3.

d4y

dx4+ y2 = 0

A teoria matematica e as tecnicas para o tratamento de equacoes lineares sao bastantedesenvolvidas. Por outro lado, no caso das equacoes diferenciais nao-lineares a situacao naoe tao satisfatoria, nao havendo tecnicas gerais de solucao. Por este motivo, muitas vezes,tentamos descrever um fenomeno nao-linear como sendo linear, pelo menos em primeiraaproximacao. Nos casos em que a nao-linearidade e inevitavel, e os metodos analıticos saoinexistentes ou insuficientes, temos ainda as ferramentas da analise qualitativa e numerica.

1.2 Exercıcios diversos

Classifique as equacoes diferencias abaixo quanto ao tipo, ordem e linearidade.

1. x2y′′ + xy′ + 2y = sen(x)

2. 3xdy

dx+

dz

dx= x5

3. (1 + y2)y′′ + xy′ + y = ex

4. (1− x)y′′ − 4xy′ + 5y = cos(x)

5.∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2∂2u

∂z2= 0

6. xd3y

dx3− 2

(dydx

)+ y = 0

7. yy′ + 2y = 1 + x2

8. x2dy + (y − xy − x ex)dx = 0

9. 3x2y(4) + (y′)6 = 1

10.dx

dt+ 3x

dy

ds+ 1 = 90

11. y(4) + y′′′ + y′′ + y′ + y = ex

12. y′ + xy2 = 0

13.∂u

∂t+

∂(f(x)u)2

∂x= f(x, t)

14. ln(x)d3x

dt3+ 5

dx

dt− x = 0

15. y′′ + sen(x+ y) = sen(x)

16. y′′′ + xy′ + ycos2(x) = x3

Capıtulo 2

Solucao de uma Equacao DiferencialOrdinaria

De uma forma geral, a solucao de uma equacao diferencial e uma funcao que nao contemderivadas nem diferenciais e que satisfaz a equacao dada, ou seja, a funcao que, substituıdana equacao dada, a transforma em uma identidade.

2.1 Solucao e famılia de solucoes

Definicao 2.1: Toda funcao φ, definida em um intervalo I que tem pelo menos n derivadascontınuas em I, as quais quando substituidas em uma equacao diferencial ordinaria de ordemn reduzem a equacao a uma identidade, e denominada uma solucao da equacao diferencialno intervalo.

Em outras palavras, uma solucao de uma equacao diferencial ordinaria de ordem n

F (x, y, y′, y′′, · · · , y(n)) = 0

e uma funcao φ que tem pelo menos n derivadas e para a qual

F (x, φ(x), φ′(x), · · · , φ(n)(x)) = 0, para todo x em I.

Nota 2.1: Alertamos que obter uma solucao para uma equacao diferencial e “similar” acalcular uma integral e nos sabemos que existem integrais que nao possuem primitivas, como eo caso das integrais elıpticas, dessa forma nao e de se esperar que todas as equacoes diferenciaispossuam solucoes.

Exemplo 2.1: Vamos verificar que a funcao

y(x) =x4

16, x ∈ R (2.1)

e uma solucao da EDO

4y′ − x3 = 0. (2.2)

6 Solucao de uma Equacao Diferencial Ordinaria

Solucao: Derivando y na Equacao 2.1 com respeito a x, obtemos

y′ =x3

4.

Substituindo na Equacao 2.2 temos

4y′ − x3 = 4.x3

4− x3 = 0

Portanto y(x) dada e uma solucao da Equacao 2.2 uma vez que e diferenciavel (derivavel)em R e satisfaz a EDO dada.

Uma pergunta que surge naturalmente aqui e: Mas sera que a Equacao 2.1 e a unicasolucao da EDO? A resposta para essa pergunta e nao. De fato, observe que toda expressaoda forma

y(x) =x4

16+ C, C ∈ R (2.3)

tambem e uma solucao para a EDO dada. Quando isso acontece dizemos que a EDO possuiuma famılia de solucoes a um parametro, que nesse caso e C. Na verdade, em geral, umaEDO possui um numero infinito de solucoes. Tambem podemos ter solucoes de uma EDOque nao sao obtidas de uma famılia de solucoes dessa EDO.

Exemplo 2.2: A EDOdy

dx= y2 − 4 (2.4)

possui a seguinte famılia de solucoes

y(x) = 2(1 + C e4x)

(1− C e4x), C ∈ R. (2.5)

No entanto, y1(x) = −2 e uma solucao da EDO dada e nao provem dessa famılia, uma vezque nao existe um valor para parametro C tal que, quando substituido na Equacao 2.1,

y(x) = y1(x) = −2.

2.1.1 Exercıcios

1. Em cada item a seguir identifique as variaveis independentes e dependentes, e mostreem cada caso que a funcao y(x) e solucao da EDO dada, onde a e constante.

(a)dy

dx=

x√x2 + a2

(a 6= 0) y(x) =√x2 + a2

(b)1

4(y′′)2 − xy′ + y = 1− x2 y(x) = x2

2. Verifique que a funcao g(x) = c1cos(4x) + c2sen(4x), onde c1 e c2 ∈ R, e uma famıliade solucoes da EDO

y′′ + 16y = 0.

2.2 Tipos de solucoes e solucao explıcita e implıcita 7

2.2 Tipos de solucoes e solucao explıcita e implıcita

Basicamente, existem 3 tipos de solucoes:

1. Solucao geral: e a solucao da equacao que contem tantas constantes arbitrarias(parametros) quantas forem as unidades da ordem de integracao (famılia de solucoes).

2. Solucao particular: e a solucao deduzida da solucao geral atribuindo-se valores par-ticulares as constantes. Em outras palavras, e quando a solucao vem de uma famıliade solucoes encontrada.

3. Solucao singular: e uma solucao nao deduzida da solucao geral (famılia de solucoes)e que so existe em alguns casos.

Alem disso, se uma solucao de uma EDO e identicamente nula no intervalo I, entao elae chamada de solucao trivial.

Exemplo 2.3: Como vimos anteriormente, a funcao 2.3 e uma solucao geral da EDO 2.2,enquanto que 2.2 e uma solucao particular da mesma EDO. De fato, fazendo em 2.3 C = 0obtemos 2.2. Ja a EDO 2.4 possui como solucao geral 2.5 e como solucao singular y(x) = −2.

Nota 2.2: Itervalos de Definicao: Voce nao pode pensar em solucao de uma EDO sem,simultaneamente, pensar em intervalo. O intervalo I, que aparece na Definicao 2.1, e alterna-tivamente conhecido por intervalo de definicao, intervalo de existencia, intervalo devalidade ou domınio da solucao e pode ser um intervalo aberto (a, b), um intervalo fechado[a, b], um intervalo infinito (a,∞), e assim por diante. Porem, nao devemos confundir odomınio de uma funcao com o intervalo de definicao de uma solucao. Por exemplo, a funcao

y =1

xe uma solucao da EDO xy′ + y = 0,

para x pertencente a qualquer intervalo dos numeros reais que nao contem o zero, como porexemplo, (0,∞). No entanto, lembre-se de que

y =1

x

como uma funcao esta definida para todo x ∈ R− {0}, ou seja, para x ∈ (−∞, 0) ∪ (0,∞).

Definicao 2.2: Uma solucao explıcita de uma equacao diferencial ordinaria e qualquerfuncao y = φ(x) que verifique a equacao num intervalo a < x < b. Uma solucao implıcitae uma relacao G(x, y) = 0 que verifique a equacao.

Como a definicao sugere, nem sempre encontraremos a solucao de uma EDO em suaforma explıcita, y = φ(x). As solucoes de algumas EDO’s, quando for possıvel acharmos taissolucoes, em geral serao dadas na forma G(x, y) = 0, a qual define implicitamente a solucao.Por exemplo, G(t, E) = 0 onde

G(t, E) = C − t+ E − sen(E)


e uma famılia de solucoes implıcitas (a um parametro, C ∈ R) da EDO

dE

dt=

1

1− cos(E).

Para que possamos verificar essa afirmacao, basta simplesmente derivar implicitamente aexpressao G(t, E) = 0 com relacao a t.

Como outro exemplo, tome G(x, y) = 0, onde

G(x, y) = x2 + y2 − 4,

com −2 < x < 2. Se derivarmos implicitamente a expressao G(x, y) = 0 em relacao a x,vemos claramente que G(x, y) e uma solucao ımplicita da EDO

dy

dx= −x

y.

Exemplo 2.4: Verifique se a funcao y indicada abaixo e uma solucao explıcita da EDO dada,no intervalo (−∞,∞).

1.dy

dx= xy

12 , y = 1

16x4

2. y′′ − 2y′ + y = 0, y = x ex

Solucao:

1. Uma maneira de verificar se a funcao dada e uma solucao e observar depois de substituir,se ambos os lados da equacao sao iguais para cada x no intervalo. Sendo assim, observeque:

lado esquerdo:dy

dx=

1

16(4x3) =

1

4x3

lado direito: xy12 = x

(1

16x4

) 12

= x1

4x2 =

1

4x3

Portanto, a funcao dada e uma solucao da EDO.

2. Por simples substituicao da funcao e as suas derivadas ve-se facilmente que a funcaodada e uma solucao da EDO:

2 ex + x ex − 2( ex + x ex) + x ex = 0

2.2 Tipos de solucoes e solucao explıcita e implıcita 9

Exemplo 2.5: Verifiquemos quex+ y + exy = 0 (2.6)

e solucao implıcita de (1 + x exy

)dy

dx+ 1 + y exy = 0 (2.7)

Solucao: Para verificar basta derivar implicitamente a expressao x+y+ exy = 0 com respeitoa x. Vejamos

d

dx(x+ y + exy) = 0

1 + y′ + exyd(xy)

dx= 0

1 + y′ + (y + xy′) exy = 0

(1 + x exy)dy

dx+ 1 + y exy = 0

2.2.1 Exercıcios

1. Mostre que a relacao dada define uma solucao implıcita da equacao diferencial, sabendoque c e constante.

(a) yy′ = e2x, y2 = e2x

(b) y′ =y2

xy − x2, y = c ey/x

(c)dy

dx= −x

y, x2 + y2 − c2 = 0

2. Os problemas seguintes sao um teste a sua intuicao (a “intuicao” so se obtem depoisde alguma pratica e por isso e importante analizar estes problemas e as suas solucoes).Em cada caso tente adivinhar uma solucao, ou seja, faca alguma tentativa e verifiquese e ou nao solucao. Alem disso, diga se a solucao que descobriu e geral ou particular.

(a)dy

dx= y

(b)dy

dx= y2

(c)dy

dx+ y = ex

(d)d2y

dx2= 1

3. Mostre que as funcoes y1 dadas sao solucoes gerais das respectivas EDO’s. Alem disso,mostre que y2 tambem e uma solucao da EDO correspondente, porem ela nao e obtidaa partir da solucao geral y1, ou seja, y2 e uma solucao singular.

(a) y = xy′ +1

2(y′)2, y1 = cx+

c2

2y2 = −x2

2

(b) (y′)2 − xy′ + y = 0 , y1 = cx− c2 y2 =x2

4


2.3 Curvas integrais

Como vimos anteriormente, resolver uma equacao diferencial significa determinar as funcoesque satisfazem tal equacao. Dessa forma, e pela integracao de uma diferencial que se da asolucao e, geometricamente, as curvas que representam as solucoes sao definidas como segue:

Definicao 2.3: A solucao geral (famılia de solucoes) de uma EDO muitas vezes e dada poruma relacao da forma

Φ(x, y, C) = 0

onde a variavel dependente y e dado apenas implicitamente em termos da variavel indepen-dente x e da constante C ∈ R. Tal expressao e denominada integral geral da EDO. Aintegral geral pode ser interpretada geometricamente como a representacao de uma famıliade curvas no plano-xy, dependente do parametro C. Estas curvas sao chamadas curvasintegrais da EDO dada, e uma vez que Φ(x, y, C) = 0 e derivavel (diferenciavel) em seuintervalo de definicao I, as curvas integrais sao contınuas em I.

Exemplo 2.6: Como vimos anteriormente a EDO

4y′ − x3 = 0 (2.8)

possui como solucao geral a famılia de funcoes

y(x) =x4

16+ C (2.9)

onde C ∈ R e uma constante arbitraria. Assim, as curvas integrais da equacao diferencial2.8 sao obtidas fazendo o grafico da funcao 2.9 para diferentes valores de C, como mostramas Figuras 2.1 e 2.2.

−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

x

y

Figura 2.1: Curva integral da equacaodiferencial 4y′ − x3 = 0 para C = 1

−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

x

y

Figura 2.2: Curvas integrais da equacaodiferencial 4y′ − x3 = 0 para C ∈ (−4, 4).

2.3 Curvas integrais 11

Exemplo 2.7: Consideremos a equacao diferencial

dy

dx= −y

x, x 6= 0 (2.10)

A solucao geral desta equacao e dada pela famılia de funcoes

y =C

x(2.11)

onde C ∈ R e uma constante arbitraria. As curvas integrais da Equacao 2.10 sao obtidasfazendo-se o grafico da Equacao 2.11 para diferentes valores de C, como mostra a Figura 2.4.

−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

x

y

Figura 2.3: Curvas integrais da equacaodiferencial dy

dx= − y

xpara C = 1 e C = −1.

−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

x

y

Figura 2.4: Curvas integrais da equacaodiferencial dy

dx= − y

xpara C ∈ (−4, 4).

2.3.1 Exercıcios

1. Verifique que uma famılia a um parametro de solucoes para a EDO

y = xy′ + (y′)2

e dada por y = cx+ c2, e desenhe as curvas integrais. Alem disso, determine um valorde k para que y = kx2 seja uma solucao particular para a EDO dada.

2. Mostre que y1 = 2x+ 2 e y2 = −x2

2sao ambas solucoes da EDO

y = xy′ + ((y′)2

2

e desenhe as curvas integrais. As funcoes c1y1+ c2y2, c1 e c2 ∈ R, tambem sao solucoes?


2.4 Problemas de valor inicial e de valor de contorno

Quando aplicamos as equacoes diferenciais geralmente nao estamos tao interessados em encon-trar uma famılia de solucoes (solucao geral) quanto em encontrar uma solucao que satisfacaalgumas condicoes adicionais.

2.4.1 Problemas de valor inicial

Um problema de valor inicial (PVI) consiste em uma equacao diferencial, juntamente comcondicoes iniciais relativas a funcao incognita e suas derivadas, tudo dado para um mesmovalor da variavel independente. O objetivo destes problemas e resolver uma equacao diferen-cial sujeita a condicao inicial, ou seja, se sao conhecidas condicoes adicionais, podemos obtersolucoes particulares, a partir da solucao geral, para a equacao diferencial dada.

Em outras palavras, estamos interessados na solucao de uma equacao diferencial sujeitaa determinadas condicoes pre-estabelecidas, ou seja, condicoes que estao impostas a solucaodesconhecida y = y(x) e suas derivadas. Sendo assim, uma solucao de um PVI e uma funcaoy = y(x) que satisfaz nao so a equacao diferencial dada, mas tambem todas as condicoesiniciais.

De um jeito um pouco mais formal, sendo I algum intervalo contendo x0, um PVI e dadoda seguinte maneira:

Resolver:dny

dxn= f(x, y, y′, y′′, · · · , y(n−1))

Sujeita a: y(x0) = y0, y′(x0) = y1, y

′′(x0) = y2, · · · , y(n−1)(x0) = yn−1

onde y0, y1, y2, · · · , yn−1 sao constantes reais especificadas previamente. Os valores de y(x) esuas n− 1 derivadas em um unico ponto x0, a saber,

y(x0) = y0, y′(x0) = y1, y

′′(x0) = y2, · · · , y(n−1)(x0) = yn−1

sao chamados de condicoes iniciais.

Nota 2.3: Um PVI de primeira ordem consiste em:Resolver:

dy

dx= f(x, y)

Sujeita a: y(x0) = y0

Observe que por si so a EDO de primeira ordemdy

dx= f(x, y), ou y′ = f(x, y), nao

determina uma funcao solucao unica. Isto porque a EDO apenas especifica o declive y′(x) dafuncao solucao em cada ponto, mas nao especifica o valor de y(x) para nenhum ponto. Emgeral, como vimos anteriormente, existe uma infinidade de funcoes que satisfazem a EDO. Noentanto, para obter uma solucao particular, o valor y0 da funcao solucao tem de ser conhecidopara algum ponto x0, ou seja, e necessario que os dados do problema indiquem y(x0) = y0para determinar a solucao particular da EDO dada.

2.4 Problemas de valor inicial e de valor de contorno 13

Se considerarmos a variavel independente x como o tempo, podemos pensar em x0 como otempo inicial e em y0 como o valor inicial da funcao incognita. Sendo assim, a EDO governaa evolucao do sistema ao longo do tempo desde o seu estado inicial y0 no tempo x0, e nosprocuramos uma funcao y(x) que descreve o estado do sistema em funcao do tempo.

Geometricamente, como vimos anteriormente, o conjunto de solucao de uma EDO deprimeira ordem define um conjunto de curvas com traco no plano-xy, chamadas de curvasintegrais, e neste sentido cada uma das curvas integrais e solucao de um determinado PVI.

Exemplo 2.8: Encontre a solucao do PVI:

dy

dx= −y

x

y(1) = 3

Solucao: Queremos encontrar uma solucao da EDO que satisfaca a condicao y(1) = 3, oumelhor, queremos encontrar uma solucao tal que o ponto (1, 3) seja ponto da curva integraldessa solucao. Veremos no futuro que uma famılia de solucoes para a EDO dada e

y(x) =C

x(2.12)

Agora a pergunta e: sera que dentre a famılia de solucoes 2.12 existe uma solucao tal quey(1) = 3? A resposta para a pergunta, neste caso, e sim. De fato, observe que

y(1) =C

1.

Para que y(1) = 3 temos que ter C = 3. Logo, como podemos ver na Figura 2.5, a solucaoparticular que satisfaz o PVI dado e

y(x) =3

x.

−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

x

y

Figura 2.5: Curva integral solucao do PVI: yx= − y

x, y(1) = 3.


Daqui surgem naturalmente alguns questionamentos, por exemplo: Mas sera que essa e aunica solucao que satisfaz esse PVI ou tem outras? E se mudarmos a condicao inicial, o queacontece? Por exemplo, o PVI

dy

dx= −y

x

y(0) = 0

tem solucao? e se tiver e unica? Nao se desespere o leitor, veremos mais adiante teoremasque nos ajudarao a responder a todas essas perguntas.

Exemplo 2.9: Determine se as funcoes a seguir sao solucoes do PVI:

y′′ + 4y = 0

y(0) = 0, y′(0) = 1

1. y1(x) = sen(2x)

2. y2(x) = x

3. y3(x) =12sen(2x)

Solucao:

1. y1(x) = sen(2x) e uma solucao da EDO e satisfaz a primeira condicao y(0) = 0.No entanto, y1(x) nao satisfaz a segunda condicao, pois, y′1(x) = 2cos(2x) e y′1(0) =2cos(0) = 2 6= 1. Portanto, y1(x) = sen(2x) nao e solucao do PVI apresentando.

2. y2(x) = x safisfaz ambas as condicoes iniciais mas nao e solucao da EDO dada. Portanto,tambem nao e solucao do PVI apresentando.

3. y3(x) =12sen(2x) e solucao da EDO e satifas ambas as condicoes iniciais, sendo, por-

tanto solucao do PVI apresentado.

Exemplo 2.10: Determine uma solucao do PVI:

y′′ + 4y = 0

y(0) = 0, y′(0) = 1, sabendo que a

solucao geral da EDO em questao e dada por

y(x) = C1sen(2x) + C2cos(2x).

Solucao: Como y(x) = C1sen(2x)+C2cos(2x) e uma solucao da EDO para quaisquer valoresde C1 e C2, devemos procurar os valores de C1 e C2 que tambem satisfacam as condicoesiniciais. Observe que

y(0) = C1sen(0) + C2cos(0) = C2

Assim, para atender a primeira condicao inicial, devemos fazer C2 = 0. Alem disso,

y′(x) = 2C1cos(2x)− 2C2sen(2x)


sendo assim,

y′(0) = 2C1cos(0)− 2C2sen(0) = 2C1

Logo, para satisfazer a segunda condicao inicial, y′(0) = 1, devemos fazer 2C1 = 1, ou seja,C1 = 1

2. Substituindo esses valores de C1 e C2 na solucao y(x) = C1sen(2x) + C2cos(2x)

obtemos

y(x) =1

2sen(2x)

a qual e a solucao do PVI apresentado.

2.4.2 Exercıcios

1. Determine C1 e C2 de modo que as funcoes dadas satisfacam as condicoes iniciaisapresentadas.

(a) y(x) = C1 ex + C2 e

−x y(0) = 1 y′(0) = −1

(b) y(x) = C1 ex + C2 e

2x + 3 e3x y(0) = 0 y′(0) = 0

(c) y(x) = C1sen(x) + C2cos(x) + 1 y(π) = 0 y′(π) = 0

(d) y(x) = C1 ex + C2 e

x + x2 ex y(1) = 1 y′(1) = −1

2. Verifique que a funcao dada e solucao do PVI correspondente.

(a)

y′′ + 3y′ + 2y = 0

y(0) = 0 y′(0) = 1y(x) = e−x − e−2x

(b)

y′′ + 4y = 0

y(0) = 1 y′(0) = 0y(x) = cos(2x)

3. Mostre que y(t) = 0 e y(t) =t4

16sao solucoes do PVI:

y′ = t

√y

y(0) = 0.

2.4.3 Problemas de valor contorno

Um problema de valor de contorno (PVC) e uma equacao diferencial que tambem esta sujeitaa determinadas condicoes pre-estabelecidas, as chamadas condicoes de contorno ou condicoesde fronteira. Dessa forma, uma solucao para um PVC e uma funcao y = y(x) que satisfaznao so a equacao diferencial dada, mas tambem todas as condicoes de contorno.

Os PVC surgem em diversos ramos da fısica, por exemplo, problemas envolvendo aequacao da onda e a equacao do calor. Entre os primeiros PVC estudados esta o prob-lema de Dirichlet de encontrar funcoes harmonicas (solucoes da equacao de Laplace). Naverdade, existe uma vasta classe de importantes problemas de valores de contorno, como porexemplo, os problemas de Sturm-Liouville e o problema classico de determinar a forma quetoma um cabo flexıvel, suspenso em dois pontos e sujeito a seu peso. Este ultimo problema


foi proposto por Leonardo da Vinci e resolvido apos anos por Leibniz e J. Bernoulli, e suafuncao solucao recebe o nome, dado por Leibniz, de catenaria.

Como no caso dos PVI, o numero de condicoes impostas para os PVC e igual a ordemda equacao diferencial. No entanto, uma diferenca essencial entre os PVI e os problemas queenvolvem condicoes de contorno e que estes podem ter uma, nenhuma ou infinitas solucoes.Alem disso, diferentemente das condicoes iniciais, as condicoes de contorno nao envolvemderivadas e sao definidas em dois ou mais valores da variavel independente. De outra forma,sendo I algum intervalo contendo x0, x1, x2, · · · , xn−1, um PVC envolvendo uma EDO podeser dado da seguinte maneira:

Resolver:dny

dxn= f(x, y, y′, y′′, · · · , y(n−1))

Sujeita a: y(x0) = y0, y(x1) = y1, y(x2) = y2, · · · , y(xn−1) = yn−1

onde y0, y1, y2, · · · , yn−1 sao constantes reais especificadas previamente, e os valores de y(x)nos pontos x0, x1, x2, · · · , xn−1, a saber,

y(x0) = y0, y(x1) = y1, y(x2) = y2, · · · , y(xn−1) = yn−1

sao as condicoes de contorno.

Exemplo 2.11: Determine uma solucao do PVC:

y′′ + 4y = 0

y(π8) = 0 y(π

6) = 1

, sabendo que a

solucao geral da EDO dada e


Solucao: Observe que

y(π

8) = C1sen(

π

4) + C2cos(

π

4) =

1

2

√2 C1 +

1

2

√2 C2

y(π

6) = C1sen(

π

3) + C2cos(

π

3) =

1

2

√3 C1 +

1

2C2

Alem disso, para atender as condicoes de contorno, y(π8) = 0 e y(π

6) = 1, devemos ter

1

2

√2 C1 +

1

2

√2 C2 = 0 (2.13)

1

2

√3 C1 +

1

2C2 = 1 (2.14)

Considerando as Equacoes 2.13 e 2.14 como um sistema e resolvendo-as simultaneamente,obtemos

C1 = −C2 =2√

3 − 1


Portanto, substituindo estes valores de C1 e C2 na solucao geral y(x) = C1sen(2x)+C2cos(2x)obtemos a solucao do PVC que e

y(x) =2√

3 − 1

(sen(2x)− cos(2x)

)

Exemplo 2.12: Determine uma solucao do PVC:

y′′ + 4y = 0

y(0) = 1 y(π2) = 2

, sabendo que a

solucao geral da EDO dada e


Solucao: Como

y(0) = C1sen(0) + C2cos(0) = C2

devemos fazer C2 = 1 para satisfazer a primeira condicao de contorno y(0) = 1. Como

y(π

2) = C1sen(π) + C2cos(π) = −C2

devemos fazer C2 = −2 para satisfazer a segunda condicao de contorno y(π

2) = 2. Assim, para

satisfazer ambas as condicoes de contorno simultaneamente, devems ter C2 = 1 e C2 = −2,o que e impossıvel. Portanto, o PVC dado nao admite solucao.

Exemplo 2.13: Vale observar que podemos ter um Problema Misto, ou seja, um problemacom condicoes iniciais e de contorno. No entanto, iremos discutir como resolver um problemamisto em um outro momento. Um tıpico problema com condicoes iniciais e de contorno edado juntamente com a Equacao da Onda, que e:

∂2u

∂x2− ∂2u

∂t2= 0 sobre M

u(x, 0) = p(x),∂u

∂t(x, 0) = q(x), a ≤ x ≤ b (Condicoes iniciais)

u(a, t) = r(t), u(b, t) = s(t), t ≥ 0 (Condicoes de contorno)

onde M e a regiao representada por um retangulo infinito. Do ponto de vista fısico, oproblema misto pode ser interpretado como o estudo dos deslocamentos transversais de umacorda de comprimento infinito, mas que nas extremidades x = a e x = b, o deslocamentoocorre segundo uma funcao conhecida u(a, t) = r(t). Quando esta extremidade esta “presa”assumimos r(t) = 0.


2.4.4 Exercıcios

1. Determine C1 e C2 de modo que y(x) = C1sen(2x) + C2cos(2x) satisfaca as condicoesdadas, e determine se tais condicoes sao iniciais ou de contorno.

(a) y(0) = 1, y′(0) = 2

(b) y(0) = 2, y′(0) = 1

(c) y(π2) = 1, y′(π

2) = 2

(d) y(0) = 1, y′(π2) = 1

(e) y′(0) = 1, y′(π2) = 1

(f) y(0) = 1, y′(π) = 1

(g) y(0) = 1, y(π) = 2

(h) y(0) = 0, y′(0) = 0

(i) y(π4) = 0, y(π

6) = 1

(j) y(0) = 0, y′(π2) = 1

2.5 Existencia e unicidade

Muitas aplicacoes de equacoes diferenciais resulta em equacoes que nao podem ser resolvidasexplicitamente. Em situacoes como estas, frequentemente recorremos a analise geometricaou numerica das equacoes diferenciais para obter informacoes sobre a solucao sem de fatoresolve-las. No entanto, antes de nos colocarmos a tentar analizar as solucoes, precisamose devemos saber se a solucao de fato existe. Na verdade, precisamos saber mais do queisso, pois, a aplicacao de metodos numericos e o estudo das propriedades da solucao so fazemsentido no caso em que a solucao existe e e unica. Assim, e fundamental estudarmos a questaoda existencia e unicidade das solucoes, pois, em muitos casos, saber que a solucao existe e eunica e mais importante do que realmente ter a solucao.

Em outras palavras, procuramos responder os seguintes questionamentos: Uma equacaodiferencial sempre tem solucao? (existencia); Quantas solucoes tem uma equacao diferencialdada que ela tem pelo menos uma? ; Que condicoes adicionais devem ser especificadas parase obter apenas uma unica solucao? (unicidade); Dada uma equacao diferencial, podemosdeterminar, de fato, uma solucao? E, se for o caso, como?

Na generalidade dos problemas nao estamos interessados na solucao geral (ou na famıliade curvas integrais) mas apenas numa solucao particular que satisfaz uma condicao dada. Adeterminacao de uma solucao particular corresponde a selecionar uma funcao particular dafamılia de curvas integrais que satisfaz a condicao dada. Porem, como vimos anteriormente,existem solucoes que nao podem ser deduzidas a partir da solucao geral e, neste caso, a solucaoe uma solucao singular da equacao diferencial. Daı, resulta claramente que a existencia desolucoes singulares implica a violacao da unicidade das solucoes. Por exemplo, uma equacaodiferencial nao-linear pode ter uma solucao “geral” e solucoes singulares, veja Exemplo 2.2.

Pode parecer meio estranho, mas existem equacoes diferenciais que nao tem solucao, assimcomo, um PVI pode nao ter solucao, ter uma unica solucao ou ter mais do que uma solucao,como exemplo veja o item 3 do Exercıcio 2.4.2. Problemas sem solucoes nao tem obviamenteinteresse. Ja um PVI com varias solucoes colocam o problema de se saber qual e a solucaoque efetivamente traduz o comportamento do fenomeno estudado.

Nesse sentido, podemos refazer alguns dos questionamentos acima da seguinte forma:Dado um PVI, ele possui solucao? (existencia); Se a solucao exite, ela e unica?(unicidade).

Em outras palavras, o nosso questionamento e: Sem resolver um PVI, quais sao as infor-macoes que podemos obter sobre a existencia e unicidade das solucoes?

2.5 Existencia e unicidade 19

Para responder tais perguntas, existe o chamado Teorema de Existencia e Unicidade deSolucao que nos garante, se e dada uma EDO com condicoes “suficientemente boas”, ou seja,um PVI bem especificado, nao somente a existencia de uma solucao, como tambem a suaunicidade. Em outras palavras, apresentaremos na sequencia teoremas, sem demonstracao,que fornecem condicoes necessarias e suficientes para a existencia e unicidade de solucaode um PVI. Vale ressaltar, que existe uma diferenca muito forte entre equacoes diferenciaislineares e nao-lineares, por isso iremos tratar os dois casos separadamente.

2.5.1 EDO’s lineares

Comecamos com as EDO’s lineares de primeira ordem:

Teorema 2.5.1 [Existencia e Unicidade de Solucao: EDO linear de 1a ordem]:Considere o problema de valor inicial

y′ + p(x)y = q(x)

y(x0) = y0

Se p(x) e q(x) sao funcoes contınuas em um intervalo aberto α < x0 < β, entao existe umaunica solucao para o PVI dado, definida no intervalo (α, β).

Este teorema nos diz que sendo p(x) e q(x) funcoes contınuas, existe exatamente umasolucao para qualquer PVI dado. Ele tambem nos diz que a solucao sera nao derivavel, oudescontınua, somente nos pontos onde p(x) ou q(x) e descontınua. Porem, fique ciente deque a solucao pode ser contınua, mesmo quando p(x) ou q(x) nao seja.

Geometricamente, o teorema tambem nos permite concluir que as curvas integrais deuma equacao diferencial, que satisfaz as hipoteses do teorema, nao podem se interceptarem,pois, caso contrario, tomando o ponto de intersecao de duas curvas integrais como a condicaoinicial terıamos um PVI com duas solucoes distintas, contradizendo a unicidade estabelecidapelo teorema.

Se o intervalo (α, β) e o maior intervalo possıvel para o qual as funcoes p(x) e q(x) saocontınuas, entao (α, β) e chamado de intervalo de validade para a solucao unica garantidapelo teorema. Assim, dado um PVI com uma EDO linear, com condicoes suficientementeboas, nao e necessario resolver a EDO para obter o intervalo de validade, uma vez que ointervalo de validade depende somente de x0, pois tal intervalo deve conter x0, e nao dependede y0.

Exemplo 2.14: Considere a EDO linear y′ − y = 0. Neste exemplo as funcoes a1(x) = −1e g(x) = 0 sao contınuas em R. Portanto, o Teorema 2.5.1 garante que existe e e unica asolucao qualquer que seja a condicao inicial

y(x0) = y0.

Apesar do teorema so garantir a existencia de solucao numa vizinhanca de x0, facilmenteverificamos que a solucao do PVI dado e

y(x) = y0 ex−x0 ,

e ela esta definida para todo o R.


Exemplo 2.15: Determine quais sao as condicoes que x deve satisfazer para que exista umaunica solucao para o problema de valor inicial:

(4− x)y′ + 2xy = ex

y(1) = 5

Solucao: Primeiramente devemos escrever a EDO dada na forma

y′ + p(x)y = q(x).

Isto significa que precisamos dividir ambos os mebros da igualdade por 4− x. Daı obtemos

y′ +2x

4− xy =

ex

4− x.

Assim, neste caso,

p(x) =2x

4− xe q(x) =

ex

4− x.

Observe que p(x) e q(x) sao contınuas para todo x 6= 4. Desde que a condicao inicial dada eespecificada para x = 1, o qual e menor que 4, o Teorema 2.5.1 garante uma unica solucaosobre o intervalo x < 4.

Se fosse dada uma condicao inicial diferente para PVI anterior, digamos y(5) = 4, oTeorema 2.5.1 nos permitiria concluir a existencia de uma unica solucao sobre o intervalox > 4, um vez que a condicao inicial esta especificada para x0 = 5.

O mesmo resultado apresentado no Teorema 2.5.1 vale para um PVI que envolve umaEDO linear de n-esima ordem, como mostra o proximo teorema.

Teorema 2.5.2 [Existencia e Unicidade de Solucao: EDO linear de n-esima ordem]:Considere o problema de valor inicial

y(n) + an−1(x)y(n−1) + · · ·+ a1(x)y

′ + a0(x)y = g(x)

y(x0) = y0, y′(x0) = y1, y

′′(x0) = y2, · · · , y(n−1)(x0) = yn−1

Entao se ai(x), para i = 0, 1, 2, · · · , n − 1, e g(x) sao funcoes contınuas em um intervaloaberto α < x0 < β, existe uma unica solucao para o PVI dado, definida no intervalo (α, β).

2.5.2 EDO’s nao-lineares

No caso linear, um PVI possui solucao unica a menos que as condicoes iniciais sejam “ruins”.Mas, para o caso nao-linear as coisas sao um pouco diferentes, por exemplo, a simples einocente EDO nao-linear (

dy

dx

)2

+ x2 + 1 = 0

nao possui solucao real. Entao uma questao natural a se perguntar e se existe um teoremaanalago ao Teorema 2.5.1 para EDO’s nao-lineares. A resposta a esta questao e dada atravesdo proximo teorema.

2.5 Existencia e unicidade 21

Teorema 2.5.3 [Existencia e Unicidade de Solucao: EDO nao-linear de 1a ordem]:Considere o problema de valor inicial

y′ = f(x, y)

y(x0) = y0

Se f e∂f

∂ysao funcoes contınuas em um retangulo α < x0 < β, γ < y0 < δ contendo o

ponto (x0, y0), entao existe uma unica solucao para o PVI dado, definida no intervalo (a, b)safisfazendo α ≤ a < x0 < b ≤ β.

Assim como o Teorema 2.5.1, Teorema 2.5.1 nos fornece condicoes para as quais um PVInao-linear possui uma unica solucao, mas a conclusao deste teorema nao e tao boa quanto ado Teorema 2.5.1. O Teorema 2.5.1 nos da uma unica solucao sobre o maior intervalo possıvelpara o qual as funcoes p(x) e q(x) sao contınuas. Ja o Teorema 2.5.3 nos diz que existe algumintervalo, que nao e um intervalo de validade, para o qual conseguimos uma unica solucaopara o problema.

Observe que para uma EDO nao-linear, o valor de y0 pode afetar o intervalo de validade.Assim, uma forma de contornar este problema e ter certeza de que as condicoes iniciais naoestao dentro e nem sobre a borda de uma“regiao ruim”, uma regiao onde f e/ou sua derivadasao descontınuas, e entao encontrar o maior intervalo sobre a reta y = y0 contendo x0 ondetudo funciona bem e as funcoes sao contınuas.

O Teorema 2.5.3 se refere a∂f

∂yda funcao de duas variaveis f(x, y). Infelizmente, a

derivada parcial e mais difıcil de calcular do que a derivada ordinaria. Mas, lembre-se de que,neste caso, pensamos em x como um constante e derivamos. Por exemplo, se

f(x, y) = x2 − 3y2x entao∂f

∂y= −6yx.

Exemplo 2.16: Considere o PVI:

y′ =

y

x+ 3x, x 6= 0

y(x0) = y0

. Observe que f(x, y) e∂f

∂yestao

definidas e sao contınuas para qualquer (x, y), desde que x 6= 0. Portanto, o PVI satisfaz oTeorema 2.5.3, e consequentemente possui uma unica solucao.


y′ = y2

y(0) = 1. A famılia de solucoes da EDO em questao

e dada por y(x) =1

x+ C. Daı vem que y(0) = − 1

C. Logo, para satisfazer a condicao inicial

y(0) = 0 devemos ter C = −1. Como f(x, y) = y2 e∂f

∂y= 2y sao contınuas para qualquer

(x, y), temos que a unica solucao do PVI, garantida pelo Teorema 2.5.3, e dada por

y(x) = − 1

x− 1.



y′ = y1/3, x ≥ 0

y(0) = 0. A famılia de solucoes da EDO em

questao e dada por

y(x) =

(2

3(x+ C)

) 32

.

Se C = 0, a condicao inicial y(0) = 0 e satisfeita e

y(x) =

(2

3x

) 32

e uma solucao do PVI dado, para x ≥ 0. Porem, podemos encontrar outras duas solucoespara x ≥ 0, a saber

y(x) = −(2

3x

) 32

e y(x) = 0.

Portanto, poderıamos concluir apressadamente que o Teorema 2.5.3 nao e valido. Mascuidado, a unica solucao neste caso nao e garantida porque o PVI dado nao satisfaz o Teorema

2.5.3, pois,∂f

∂y=

1

3y2/3nao e contınua em 0.


1. Em cada caso, verifique se a funcao dada e uma solucao da EDO correspondente, ondea, b e c sao constantes.

(a) y′ + 2y = 0 y = C e−2x

(b) y′′′ = 0 y = ax2 + bx+ c

(c) y′′ + y = 0 y = a cos(x) + b sen(x)

(d) y′′ − y = x y = a ex + b e−x − x

(e) y′ = 2x y = x2 + c

(f) y′ =2y

xy = cx2

(g) y′ + 2xy = 0 y = c e−x2

(h) y′ = −x

yx2 + y2 = c

(i) y′ − y = e2x y = c ex + e2x

(j) (y′)2 − xy′ + y = 0 y = cx− c2

(k) y′′ + y = 0 y = cos(x)

(l) y′ = cos(x) y = sen(x) + c

(m) y′ − y = 0 y = ex

(n) x2y′′ − 4xy′ + 6y = 0 y = ax2 + bx3

2.6 Exercıcios diversos 23

2. Em cada caso, determinar y(x) =

∫f(x)dx e a constante de integracao C, de modo

que a funcao y(x) satisfaca a condicao dada.

(a) f(x) = x2 y(2) = 0

(b) f(x) = cos2(x) y(π) =π

2

(c) f(x) = cos(2x) y(0) = 1

(d) f(x) = x e−x2y(0) = 0

3. Em cada caso, verificar que a funcao dada e solucao da equacao diferencial correspon-dente e determinar as constantes a, b e c de modo que a solucao particular satisfaca acondicao dada.

(a)

y′ + y = 0

y(0) = 3y(x) = c e−x

(b)

y′ + y = 5

y(1) = 6y(x) = c e−x + 5

(c)

y′ + 2xy = 0

y(0) = −2y(x) = c e−x2

(d)

dy

dx= 2y

x

y(1) = 3

y(x) = cx2

(e)

xd2y

dx2− dy

dx= 0

y(1) = −8 y′(1) = 4

y(x) = ax2 + b

(f)

d2y

dx2+ y = 0

y

(3π

2

)=

a

2y′(3π

2

)=

√3

y(x) = a cos(x+ b)

(g)

dy

dx= y2

y(1) = 2

y(x) =1

c− x


4. Suponha que r1 e r2 sao duas raızes reais e distintas da equacao

ar2 + (b− a)r + c = 0.

Verifique se a funcaoy = d1x

r1 + d2xr2

onde d1 e d2 sao constantes arbitrarias, e uma solucao da equacao diferencial

ax2y′′ + bxy′ + cy = 0.

5. Em cada um dos problemas abaixo verifique se a funcao dada e uma solucao da equacaodiferencial correspondente.

(a) y′′ + 2y′ − 3y = 0 y1 = e−3x y2 = ex

(b) x2y′′ + 5xy′ + 4y = 0, x > 0 y1 =1

x2y2 = x−2ln(x)

(c) y′′ + y = sen(x), 0 < x <π

2y = cos(x)ln(cos(x)) + xsen(x)

6. Em cada um dos problemas abaixo verifique se a funcao dada e uma solucao da equacaodiferencial parcial correspondente.

(a) uxx + uyy = 0 u(x, y) = ln(x2 + y2)

(b) uxx + uyy + uzz = 0, x, y, z 6= 0 u(x, y, z) =1√

x2 + y2 + z2

(c) utt − c2uxx = 0 u(x, t) = f(x− ct) + g(x+ ct)

onde f e g sao funcoes duas vezes diferenciaveis, c e uma constante e uxx =∂2u

∂x2

7. Em cada um dos problemas abaixo determine os valores de r para os quais a equacaodiferencial dada tenha solucoes da forma y = erx ou y = xr.

(a) y′ + 2y = 0

(b) y′′ + y′ − 6y = 0

(c) y′′ − y = 0

(d) x2y′′ + 4xy′ + 2y = 0

(e) x2y′′ + 4xy′ + 4y = 0

Capıtulo 3

Equacoes Diferenciais Ordinaria dePrimeira Ordem

Agora estamos prontos para resolver algumas equacoes diferenciais. Vamos comecar pelasequacoes diferenciais ordinarias de primeira ordem

dy

dx= f(x, y). (3.1)

A habilidade de resolver uma equacao diferencial, ou seja, em encontrar solucoes exatas,em geral depende da habilidade em reconhecer o tipo de equacao diferencial e da aplicacaode um metodo especıfico de solucao. Em outras palavras, o que funciona para um tipo deequacao de primeira ordem nao necessariamente se aplica a outro tipo.

3.1 Solucao por Integracao Direta

Existem alguns tipos de EDO de primeira ordem que podem ser resolvidas analiticamente.Comecemos por estudar o caso mais simples dentre todas as equacoes diferenciais, ou seja,quando f na Equacao 3.1 e independente de y. De outra forma, quando

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

Neste caso, a EDO de primeira ordem 3.1 e reescrita como

dy

dx= g(x). (3.2)

Obeserve que a Equacao 3.2 pode ser reescrita como

dy = g(x)dx (3.3)

e resolvida facilmente por integracao, usando o Teorema Fundamental do Calculo Integral.De fato, se g(x) for uma funcao contınua, integrando-se ambos os lados da Equacao 3.3,obtem-se a solucao

y(x) =

∫g(x)dx = G(x) + C

onde G(x) e uma primitiva (integral indefinida) de g(x) e C ∈ R e uma constante arbitrariaque sera determinada pela condicao inicial do problema.

26 Equacoes Diferenciais Ordinaria de Primeira Ordem

Exemplo 3.1: A solucao de

dy

dx= 1 + e2x

e dada por

y =

∫(1 + e2x)dx = x+

1

2e2x + C

3.1.1 Exercıcios

Resolva as seguintes EDO’s de primeira ordem:

1.dy

dx= x4

2. y′ = sen(x)

3.dy

dx= 7x5/2 + 4

4. y′ = x3(−2x+ x−5)

5.dy

dx=

x+ 1

x5

6.dy

dx= 2

√2− 3x

7. y′ = 3x√2x2 − 4

8.dy

dx=

x√1 + x

9. y′ = sen

(3x

2

)10.

dy

dt= 3tcos (3t2)

11.dy

dt= cos2(t)

12.dy

dt=

1

1 + 9x2

13.dy

dx=

sec2(√

2)

√2

14.dy

dx=

x√x+ 1

15.dy

dx= arcsen(x)

16.dy

dx= (2x+ 1)sen(x)

17.dy

dt= sen(x)sec2(x)

18.dy

dt= cossec2(x)cotg(x)

19. y′ = x3sen(x)

20. y′ =1

x2

21.dy

dx= 3

√x

22.dy

dt=

1

sen2(t)

23.dy

dx= cos(x)− sec(x)tg(x)

24.dy

dx=

2x

x2 + 1

25.dy

dx=

(ln(x)

)2

x

26.dy

dt=

et

cos2 ( et − 2)

27. y′ = x4cos (x5)

28.dy

dt= e2t

29.dy

dx= 2x (x2 + 3)

4

30. y′ = e−3x +√x

31.dy

dx= 7x4 + sec2(x)

32. y′ = xcos(x)

3.2 Equacoes diferenciais lineares de primeira ordem 27

3.2 Equacoes diferenciais lineares de primeira ordem

Lembre-se de que uma equacao diferencial e linear quando e de primeiro grau na variaveldependente e em todas as suas derivadas. Assim,

Definicao 3.1: Uma equacao diferencial de primeira ordem da forma

a1(x)dy

dx+ a0(x)y = g(x) (3.4)

e chamada de equacao diferencial linear de primeira ordem. Quando g(x) = 0 ela e chamadade equacao diferencial linear de primeira ordem homogenea e, caso contrario, equacao difer-encial linear de primeira ordem nao-homogenea. Alem disso, se dividirmos ambos os ladosda Equacao 3.4 pelo coeficiente dominante a1(x) 6= 0, obtemos uma forma mais conveniente,a chamada forma padrao de uma equacao linear, que e:

dy

dx+ P (x)y = f(x)

Teorema 3.2.1: Seja a EDO de primeira ordem na sua forma padrao

y′ + P (x)y = f(x) (3.5)

onde P (x) e f(x) sao funcoes contınuas em I. Entao a solucao geral da equacao diferencial3.5 e

y(x) =

(∫e∫P (x)dxf(x)dx+ C

)e−

∫P (x)dx, para todo x ∈ I. (3.6)

onde e C ∈ R e uma constante arbitraria, e que pode ser determinada se houver uma condicaoinicial para problema.

Demonstracao: Primeiramente, observe que∫P (x)dx e

∫e∫P (x)dxf(x)dx estao bem

definidas em I, uma vez que as funcoes P (x) e f(x) sao contınuas nesse intervalo. Seja φ(x)uma solucao da Equacao 3.5, ou seja,

φ′(x) + P (x)φ(x) = f(x) (3.7)

Multiplicando ambos os lados dessa ultima equacao por e∫P (x)dx, obtemos

φ′(x) e∫P (x)dx + P (x)φ(x) e

∫P (x)dx = e

∫P (x)dxf(x)(

φ(x) e∫P (x)dx

)′

= e∫P (x)dxf(x)

φ(x) e∫P (x)dx =

∫e∫P (x)dxf(x)dx+ C

φ(x) =


)e−

∫P (x)dx

Com isso provamos que toda solucao da equacao diferencial 3.5 tem a forma da Equacao 3.6.


Reciprocamente, qualquer funcao que tenha a forma da Equacao 3.6 e solucao da equacaodiferencial 3.5. Com efeito, por derivacao e considerando o Teorema Fundamental do CalculoIntegral, temos

dy(x)

dx=

d[e−

∫P (x)dx


)]dx

y′(x) =d[e−

∫P (x)dx

]dx


)+ e−

∫P (x)dxd

[(∫e∫P (x)dxf(x)dx+ C

)]dx

y′(x) = −P (x) e−∫P (x)dx


)︸︷︷︸

y(x)

+ e−∫P (x)dxf(x) e

∫P (x)dx︸︷︷︸

f(x)

y′(x) = −P (x)y(x) + f(x)

O teorema anterior nos diz que se a equacao diferencial 3.5 tiver uma solucao, ela deveter a forma da Equacao 3.6. Nao e necessario decorrar, nem mesmo colar a formula 3.6.Porem, e de extrema importancia que voces lembrem-se do termo especial, chamado de fatorintegrante,

µ(x) = e∫P (x)dx (3.8)

pois ele fornece uma maneira mais simples de ressolver a equacao diferecial 3.5. Vejamos!

Metodo de Resolucao (IMPORTANTE!): Para resolver a equacao diferencial

a1(x)y′ + a0(x)y = g(x)

basta seguir na ıntegra o seguinte procedimento:

(1) Ponha a equacao dada na forma padrao, ou seja, divida ambos os membros daequacao por a1(x) obtendo assim

y′ + P (x)y = f(x)

(2) Identifique P (x) na forma padrao e entao encontre o fator integrante

µ(x) = e∫P (x)dx.

(3) Multiplique a forma padrao pelo fator integrante. O lado esquerdo da equacaoresultante e automaticamente a derivada do produto do fator integrante por y,(

e∫P (x)dxy

)′

= e∫P (x)dxf(x).

(4) Integre ambos os lados desta ultima equacao, e resolva a integral resultante.

(5) Isole a variavel y, a qual e a solucao procurada.

3.2 Equacoes diferenciais lineares de primeira ordem 29

Exemplo 3.2: Resolva as seguintes EDO’s lineares de primeira ordem:

(a) y′ − 3y = 0.

Solucao: Sigamos entao os passos citados anteriormente:

(1) A equacao ja esta na forma padrao.

(2) P (x) = −3 e, entao, o fator integrante e: µ(x) = e∫−3dx = e−3x.

(3) Multiplicando a forma padrao pelo fator integrante obtemos:

(e−3xy

)′

= 0.

(4) Integrando ambos os membros da ultima equacao obtemos: e−3xy = C.

(5) Por fim, isolando a variavel y obtemos a solucao da equacao, que e: y = C e3x.

(b)dy

dx− 3y = 6.

Solucao:

(1) Como antes, a equacao ja esta na forma padrao.

(2) P (x) = −3 e, entao, o fator integrante e: µ(x) = e∫−3dx = e−3x.


(e−3xy

)′

= 6 e−3x.

(4) Integrando ambos os membros da ultima equacao obtemos: e−3xy = −2 e−3x + C.

(5) Agora isolamos a variavel y e obtemos a solucao da equacao: y = −2 + C e3x

(c) xy′ − 4y = x6 ex.

Solucao:

(1) Dividindo a equacao por x 6= 0 obtemos a forma padrao: y′ − 4

xy = x5 ex.

(2) P (x) = −4

x, entao o fator integrante e: µ(x) = e

∫− 4

xdx = e−4ln(x) = eln(x

−4) = x−4.


(x−4y

)′

= x ex.

(4) Integrando ambos os membros da ultima equacao obtemos: x−4y = x ex − ex + C

(5) Agora isolamos a variavel y para obter a solucao da EDO: y = x5 ex − x4 ex + Cx4.


Exemplo 3.3: Resolva o problema de valor inicial:

y′ − sen(x)y = sen(x)

y(0) = 1.

Solucao: Como a equacao diferencial dada ja esta na forma padrao, vamos calcular o fatorintegrante, que e dado por

µ(x) = e−∫sen(x)dx = e−(−cos(x)) = ecos(x)

Agora, multiplicando a equacao diferencial dada pelo fator integrante obtemos(y ecos(x)

)′

= sen(x) ecos(x).

Integrando esta ultima equacao vem que

y ecos(x) =

∫sen(x) ecos(x)dx

Podemos resolver a integral que aparece na equacao anterior usando o metodo de integracaopor partes, para isso basta fazer u = cos(x). Daı, temos

y ecos(x) = − ecos(x) + C

Finalmente, isolando a variavel y obtemos a solucao geral da EDO que e

y(x) = −1 + C e−cos(x).

Assim, temos quey(0) = −1 + C e−cos(0) = −1 + C e−1.

Como y(0) = 1 tem-se que −1 + C e−1 = 1, ou seja, C = 2 e. Portanto a solucao do PVI e

y(x) = −1 + 2 e1−cos(x).

3.2.1 Exercıcios

1. Resolva as seguintes equacoes diferenciais lineares de primeira ordem:

1) (x2 − 9)dy

dx+ xy = 0

2) y′ + 3x2y = x2

3)dy

dx= 5y

4)dy

dx+ 2y = 0

5)dy

dx+ y = e3x

6) xy′ + 2y = 3

7)dr

dθ+ rsec(θ) = cos(θ)

8) xdy

dx− y = x2sen(x)

9) x2y′ + xy = 1

10)dy

dx+ y = x

2. Resolva os seguintes problemas de valores iniciais:

1)

(x+ 1)

dy

dx+ y = ln(x)

y(1) = 10

2)

y′ + tg(x)y = cos2x

y(0) = −1

3.3 Equacoes com Variaveis Separaveis 31

3.3 Equacoes com Variaveis Separaveis

A solucao da equacao diferencial (3.2), bem como seu metodo de resolucao e, na verdade,um caso particular de quando f(x, y) e o produto de uma funcao de x por uma funcao de y.Melhor dizendo,

Definicao 3.2: Uma equacao com variaveis separaveis e uma EDO de primeira ordem na

qual a expressaody

dxpode ser fatorada como uma funcao de x vezes uma funcao de y, ou seja,

pode ser escrita na formady

dx= g(x)h(y) (3.9)

O nome separavel vem do fato de que a expressao do lado direito da Equacao 3.9 podeser “separada” em uma funcao de x e uma funcao de y.

Observe que a equacao diferencial 3.9 possui solucoes constantes se, e somente se, a funcaoh(y) se anular. De fato, se na Equacao 3.9 temos h(y) = 0 vem que

dy

dx= 0, donde por integracao direta obtemos a solucao constante y(x) = C.

Vamos admitir que queremos encontrar solucoes nao constantes, ou seja, vamos assumirque h(y) 6= 0. Sendo h(y) 6= 0 a Equacao 3.9 pode ser reescrita na forma diferencial

1

h(y)dy = g(x)dx. (3.10)

Com este passo dizemos que separamos as variaveis, pois, todos os y estao de um lado daequacao e todos os x estao do outro lado. Agora, integrando ambos os membros da Equacao3.10 obtemos as solucoes nao constantes da EDO, que e:∫

1

h(y)dy =

∫g(x)dx. (3.11)

Portanto, a Equacao (3.11) fornece um Metodo de Resolucao para resolver uma EDO deprimeira ordem com variaveis separaveis.

Nota 3.1: E facil ver que a Equacao 3.9 reduz a forma da equacao diferencial 3.2 quando

h(y) = 1.

Assim como, a Equacao 3.4 tambem reduz a forma da Equacao 3.2 quando

a1(x) = 1 e a0(x) = 0.

Exemplo 3.4: Verifique se as seguintes EDO’s de primeira ordem sao de variaveis separaveis.

1.dy

dx= y2x e3x+4y 2.

dy

dx= y + sen(x)


Solucao: A primeira equacao podemos fatorar da seguinte maneira

dy

dx= (x e3x)(y2 e4y)

Portanto, esta equacao e de variaveis separaveis. Agora a segunda nao e possıvel expressa-lacomo sendo um produto de uma funcao de x por uma funcao de y, ou seja, a equacao nao ede variaveis separaveis.

Exemplo 3.5: Resolva a equacao diferecial (1 + x)dy − ydx = 0.

Solucao: Dividindo os dois lados da igualdade por (1 + x)y tem-se

dy

y=

dx

(1 + x)

de onde segue que ∫dy

y=

∫dx

(1 + x)

ln|y| = ln|1 + x|+ C1

elevando a e ambos os membros da ultima igualdade vem que

y(x) = eln|1+x|+C1 = eln|1+x|. eC1

= |1 + x| eC1 = ± eC1(1 + x)

Chamando ± eC1 de C obtemos a solucao geral que e dada por:

y(x) = C(1 + x).

Exemplo 3.6: Resolva o problema de valor inicial:

dy

dx= −x

y

y(4) = −3

.

Solucao: Reescrendo a equacao como

ydy = −xdx, vem que,

∫ydy = −

∫xdx.

cuja solucao ey2

2= −x2

2+ C1, ou ainda, y2 + x2 = 2C1.

Chamando 2C1 de C2 vemos que a solucao geral para o PVI sao cırculos concentricos com

centro na origem, ou melhor,y2 + x2 = C2.

3.3 Equacoes com Variaveis Separaveis 33

Agora, quando x = 4, temos que y(4) = −3, ou seja, C2 = (−3)2 + 42 = 25. Portanto o PVIdado possui como solucao o cırculo

y2 + x2 = 25.

Nota 3.2: Observe que a solucao apresentada esta na forma implıcita. Mas, podemos apartir desta solucao implıcita encontar uma solucao explıcita que satifaz a condicao inicialdada. Para isto, basta “isolar” y, o que nos fornece

y = ±√25− x2, com − 5 < x < 5

Como o ponto (4,−3) encontra-se no quarto quadrante temos que a solucao desejada e

y = −√25− x2

3.3.1 Exercıcios

1. Verifique se as seguintes EDO’s de primeira ordem sao de variaveis separaveis.

1) (x− 1)dy − ydx = 0

2)dy

dx=

1 + y2

(1 + x2)xy

3)dy

dx+ ycos(x) = 0

4) sec2(x)tg(y)dx+ sec2(y)tg(x)dy = 0

5)dy

dx= 3x− 1

6) (1 + x2)y3dx+ (1− y2)x3dy = 0

7)1

x− tg(y)

dy

dx= 0

8) 4xy2dx+ (x2 + 1)dy = 0

9) xydx− 3(y − 2)dy = 0

10) xdx+ y e−x2dy = 0

11)dy

dx= e3x+2y

12)dy

dx= sen(5x)

13) xy′ = 4y

14) (x2 + 1)dx+ (y2 + y)dy = 0

15) sen(x)dx+ ydy = 0

16) a

(xdy

dx+ 2y

)= xy

dy

dx

17) xdx−√4− x

ydy = 0

18) tg(x)sec(y)dx− tg(y)sec(x)dy = 0

19) (x2 − 1)√

1− y2dx− x2dy = 0

20)dy

dx=

1 + y2

1 + x2

21) xy′ = 4y

22) x2y′ = y − xy

23) yln(x)dy

dx=

(y + 1

x

)2

24)dy

dx+ 2xy = 0

25) y′ + 2y = 1

26) dx+ e3xdy = 0

2. Resolva todas as equacoes com variaveis separaveis do item anterior.

3. Resolva os seguintes problemas de valores iniciais.

1)

dx

dt= 4(x2 + 1)

x(π4) = 1

2)

( e2y − y)cos(x)

dy

dx= eysen(2x)

y(0) = 0


3.4 Equacoes diferenciais ordinarias de primeira ordem

como modelos matematicos

Modelos matematicos sao utilizados em muitos campos da atividade humana, como: Matematica,Economia, Fısica, Quımica, Biologia, Psicologia, Comunicacao, Demografia, Astronomia, En-genharia, etc.

Muitos problemas praticos necessitam usar modelos matematicos e as vezes, as situacoessao muito diferentes, mas a abordagem e a filosofia subjacentes sao as mesmas.

Existe uma forma matematica unificada para tratar muitas teorias cientıficas e matemati-cas e tais tecnicas podem ser descritas como uma dinamica geral, que tem sido desenvolvidaem areas conhecidas como Teoria de Sistemas e Teoria de Controle, como e o caso do CalculoDiferencial e Equacoes Diferenciais.

Conceitualmente, um modelo matematico ou simplesmente modelo, pode ser apresentadocomo uma representacao de um sistema real, o que significa que um modelo deve representarum sistema e a forma como ocorrem as modificacoes no mesmo.

O ato de modelar, conhecido como modelagem, pode ser aplicado a um grande numero deproblemas. Por exemplo, o estudo da analise ambiental nas proximidades de um rio, a formada asa de um aviao, um sistema economico, uma cultura agrıcola, um estudo populacional,um estudo fısico, e ate mesmo um sistema matematico como o conjunto dos numeros naturais.

O objetivo mais importante de um modelo e que ele permite entender o proprio modelode uma forma simples ou entao descrever este modelo mais completamente, de modo que omodelo possa ser tao preciso quanto o mundo real.

Um modelo e normalmente uma simplificacao do mundo real ou alguma forma convenientede trabalhar com este mundo, mas as caracterısticas essenciais do mundo real devem aparecerno modelo, de modo que o seu comportamento seja igual ou semelhante aquele do sistemamodelado.

Um modelo pode ser real ou abstrato. Em diversos exemplos, a analise ambiental de umrio e a forma da asa de um aviao ou o aerofolio de um carro de corrida, e usual construirmodelos fısicos e fazer as medidas nos proprios modelos.

Em um sistema economico ou em um estudo de uma populacao, devemos usar um modeloabstrato e empregar a linguagem matematica para definir o modelo. Nao e normal tratar apopulacao como cobaia, como acontece algumas vezes em nosso planeta.

Na sequencia, trataremos sobre modelos abstratos, que podem ser descritos por equacoesmatematicas, portanto usaremos o termo modelo para representar modelo matematico.

Um modelo matematico consiste de um conjunto de equacoes que representam de umaforma quantitativa, as hipoteses que foram usadas na construcao do modelo, as quais seapoiam sobre o sistema real. Tais equacoes sao resolvidas em funcao de alguns valoresconhecidos ou previstos pelo modelo real e podem ser testadas atraves da comparacao comos dados conhecidos ou previstos com as medidas realizadas no mundo real.

As equacoes matematicas de um modelo nao proporcionam a propria explicacao cientıficado modelo, mas simplesmente interpretam as hipoteses de um ponto de vista quantitativo,dando-nos a condicao de deduzir consequencias e mostrar-nos onde estao os detalhes quedeverao ser aceitos ou recusados.

De maneira geral, a construcao de um modelo matematico de um problema segue o

3.4 Equacoes diferenciais ordinarias de primeira ordem como modelos matematicos 35

seguinte:

• comeca com a identificacao das variaveis responsaveis pela variacao do sistema. Pode-mos a princıpio optar por nao incorporar todas essas variaveis no modelo. Nesta etapa,estamos especificando o nıvel do problema.

• Por fim, elaboramos um conjunto de hipoteses razoaveis ou pressuposicoes sobre oproblemas que estamos tentando descrever. Essas hipoteses deverao incluir quaisquerleis empıricas aplicaveis ao problema.

3.4.1 Dinamica populacional

Uma das primeiras tentativas de modelagem do crescimento populacional humano por meioda matematica foi feita pelo economista ingles Thomas Malthus, em 1978. Basicamente, aideia por tras do modelo malthusiano e a hipotese de que a taxa segundo a qual a populacaode um paıs cresce em um determinado instante e proporcional a populacao do paıs naqueleinstante. Em outras palavras, quanto mais pessoas houver em em instante t, mais pessoas vaoexistir no futuro. Em termos matematicos, se P (t) representa a populacao total no instantet, entao essa hipotese e expressada por:

dP (t)

dt= kP (t) ou, simplesmente

dP

dt= kP

onde k e uma constante de proporcionalidade.Em geral, o modelo muito usado hoje em dia para modelar o crescimento/decaimento de

pequenas populacoes, em um curto intervalo de tempo, e dado pelo PVI:dx

dt= kx

x(t0) = x0

(3.12)

Exemplo 3.7: Uma cultura tem inicialmente P0 bacterias. Em t = 1h, o numero medido de

bacterias e de3

2P0. Se a taxa de crescimento for proporcional ao numero de bacterias P (t)

presente no instante t, determine o tempo necessario para triplicar o numero de bacterias.

Solucao: Para resolver este problema, basta simplesmente, resolver o problema de valorinicial 3.12 com:

x(t) = P (t)t0 = 0

ou seja, P (0) = P0, e na sequencia, usar a observacao empırica de que

P (1) =3

2P0

para determinar a constante de proporcionalidade k.


3.4.2 Decaimento radioativo

O nucleo de um atomo consiste em combinacoes de protons e neutrons. Muitas dessas combi-nacoes sao instaveis, isto e, os atomos decaem ou transmutam em atomos de outra substancia.Esses nucleos sao chamados de radioativos. Por exemplo, ao longo do tempo, o altamenteradioativo elemento radio, Ra-226, transmuta-se no gas radonio radioativo, Rn-222.

Para modelar o fenomeno de decaimento radioativo, supoe-se que a velocidade (taxa)dA

dtsegundo a qual o nucleo de uma substancia decai e proporcional a quantidade A(t) de

substancia remanescente no intante t, ou seja,

dA

dt= kA

Exemplo 3.8: Em fısica, a meia-vida e uma medida da estabilidade de uma substanciaradioativa. A meia-vida e simplesmente o tempo necessario para a metade dos atomos emuma quantidade inicial A0 desintegrar-se ou transformar-se em atomos de um outro elemento.Quanto maior for a meia-vida de uma substancia, mais estavel ela sera. Vamos como exemplocalcular a meia-vida do plutonio.

Um reator regenerador converte uranio 238 relativamente estavel no isotopo plutonio239. Depois de 15 anos determinou-se que 0, 043% da quantidade inicial A0 de plutoniodesintegrou-se. Ache a meia-vida desse isotopo, se a taxa de desintegracao for proporcionala quantidade remanescente.

Solucao: Seja A(t) a quantidade de plutonio remanescente no instante t. Como e facilverificar, a funcao

A(t) = A0 ekt

e a solucao do problema de valor inicialdA

dt= kA

A(0) = A0

Se 0, 043% dos atomos de A0 tiverem se desintegrado, restarao 99, 957% de substancia.Para encontrar a constante de decaimento k, usamos

A(15) = 0, 99957A0, ou melhor, A0 e15k = 0, 99957A0

o que nos fornece

k =1

15ln(0, 99957)

Logo,A(t) = A0 e

115

ln(0,99957)t

Agora, a meia-vida corresponde ao valor do tempo t para o qual

A(t) =1

2A0.


Exemplo 3.9: Foi encontrado um osso fossilizado que contem um milesimo de quantidadeoriginal de C-14. Determine a idade do fossil.

Solucao: A Teoria da Datacao por Carbono baseia-se no fato de que o isotopo carbono14 e produzido na atmosfera pela acao da radiacao cosmica sobre o nitrogenio. A razao daquantidade de C-14 em relacao ao carbono comum na atmosfera parece ser uma constante e,consequentemente, a quantidade de isotopo presente em todos os organismos vivos e a mesmana atmosfera. Assim, comparando a quantidade proporcional de C-14 presente, digamos, emum fossil com a razao constante encontrada na atmosfera, e possıvel obter uma estimativarazoavel da idade do fossil. O metodo baseia-se no conhecimento de que a meia-vida doradioativo C-14 e aproximadamente 5.600 anos. Assim, o ponto de partida para solucionar oproblema em questao e o PVI

dA

dt= kA

A(0) = A0

cuja solucao e dada por

A(t) = A0 ekt.

Para determinar o valor da constante de decaimento k, usamos o fato de que

A0

2= A(5600), ou melhor,

1

2A0 = A0 e

5600k

Donde obtemos

k = − ln(2)

5600

Finalmente, de

A(t) =1

1000A0

obtemos o tempo t procurado.

3.4.3 Lei de Newton do esfriamento/aquecimento

De acordo com a lei empırica de Newton do esfriamento/aquecimento, a taxa (velocidade)segundo a qual a temperatura de um corpo varia e proporcional a diferenca entre a temper-atura do corpo e a temperatura do meio que o rodeia, denominada temperatura ambiente.Assim, se T (t) representar a temperatura de um corpo no instante t, e Tm a temperatura domeio que o rodeia entao temos:

dT

dt= k(T − Tm)

onde k e uma constante de proporcionalidade.

Exemplo 3.10: Quando um bolo e tirado do forno, sua temperatura e 300oF . Tres minutosdepois, sua temperatura e 200oF . Quanto tempo levara para o bolo resfriar ate a temperaturaambiente de 70oF?


Solucao: De acordo com a Lei do esfriamento/aquecimento de Newton temos que Tm = 70.Portanto devemos resolver o PVC dado por

dT

dt= k(T − 70)

T (0) = 300

T (3) = 200

Observe que a equacao diferencial dada no PVC acima e de variaveis separaveis, e paradeterminar, se possıvel, a constante C resultante da resolucao da referida equacao diferencial,usamos a condicao T (0) = 300. E para determinar, se possıvel, o valor de k nos valemos dacondicao T (3) = 200.

Exemplo 3.11: O cafe esta a 90oC logo depois de coado e, um minuto depois, passa para85oC, em uma cozinha a 25oC. Vamos determinar a temperatura do cafe em funcao do tempoe o tempo que levara para o cafe chegar a 60oC.

Solucao: De acordo com a Lei do esfriamento/aquecimento de Newton temos que Tm = 25,e temos que resolver o PVC dado a seguir

dT

dt= k(T − 25)

T (0) = 90

T (1) = 85

(3.13)

Observando que a equacao diferencial dada e de variaveis separaveis, usando o respectivometodo de solucao, obtemos que a temperatura do cafe em funcao do tempo e dada por

T (t) = 25 + 65 eln(6065

)t

onde a constante C, resultante da resolucao da referida equacao diferencial, e o valor de k,foram obtidos atraves das condicoes T (0) = 300 e T (1) = 85, respectivamente.

Fazendo T (t) = 60 na Equacao 3.13 vem que

60 = 25 + 65 eln(6065

)t

Logo, o tempo necessario para que o cafe atinja 60o e

t =ln(35

65)

ln(6065)≈ 8 min


3.4.4 Mistura de duas solucoes salinas

A mistura de dois fluidos algumas vezes da origem a uma equacao diferencial de primeiraordem para a quantidade de sal contida na mistura.

Vamos supor que um tanque contenha uma mistura de agua e sal com um volume inicialde V0 litros e Q0 gramas de sal. Suponhamos, tambem, que uma solucao salina seja bombeadapara dentro do tanque a uma taxa de Te litros por minuto possuindo uma concentracao deCe gramas de sal por litro. Suponha que a solucao bem misturada sai a uma taxa de Ts litrospor minuto.

A taxa de variacao da quantidade Qt de sal no tanque e igual a taxa com que entra salno tanque menos a taxa com que sai sal do tanque, ou seja,

dQ

dt= (taxa de entrada de sal) - (taxa de saıda de sal)

A taxa com que entra sal no tanque e igual a taxa com que entra a mistura, ou seja, Te,vezes a concentracao de entrada, Ce.

TeCe

E a taxa com que sai sal do tanque e igual a taxa com que sai a mistura do tanque, ou seja,Ts, vezes a concentracao de sal que sai do tanque, Cs.

TsCs

Dessa forma, a taxa de variacao da quantidade Qt de sal no tanque pode ser dada como

dQ

dt= TeCe − TsCs

Como a solucao e bem misturada a concentracao de sal que sai e igual a concentracao desal no tanque, ou seja,

Cs(t) =Q(t)

V (t)

onde V (t) e o volume no tanque.Como o volume no tanque, V (t), e igual ao volume inicial, V0, somado ao volume que

entra no tanque menos o volume que sai do tanque, entao

V (t) = V0 + Tet− Tst

= V0 + (Te − Ts)t

Assim, a quantidade de sal no tanque, Q(t), e a solucao do problema de valor inicial:dQ

dt= TeCe − Ts

Q

V0 + (Te − Ts)t

Q(0) = Q0


Exemplo 3.12: Num tanque ha 100 litros de salmoura contendo 30 gramas de sal em solucao.Agua (sem sal) entra no tanque a razao de 6 litros por minuto e a mistura se escoa a razao de4 litros por minuto, conservando-se a concentracao uniforme por agitacao. Vamos determinarqual a concentracao de sal no tanque ao fim de 50 minutos.

Solucao: O problema pode ser modelado pelo seguinte problema de valor inicialdQ

dt= −4

Q

100 + 2t

Q(0) = 30

A equacao acima e linear e pode ser escrita como

dQ

dt+ 4

Q

100 + 2t= 0

Neste caso o fator integrante e dado por

e∫

4100+2t

dt = (100 + 2t)2

Multiplicando-se a equacao pelo fator integrante obtemos

d

dt[(100 + 2t)2Q] = 0

Integrando-se obtemos(100 + 2t)2Q = C

ou seja,

Q(t) =C

(100 + 2t)2

Substituindo t = 0 e Q(0) = 30 vem que:

C = 30.1002 = 3.105

Assim,

Q(t) =3.105

(100 + 2t)2

A concentracao e o quociente da quantidade de sal pelo volume que e igual a

V (t) = 100 + 2t

Logo

c(t) =3.105

(100 + 2t)3

Portanto, apos 50 minutos

c(50) =3.105

(100 + 2.50)3=

3

80gramas/litro


Exemplo 3.13: Um determinado remedio e injetado na veia de um paciente de hospital. Olıquido, contendo 5 mg/cm3 do remedio, entra na corrente sanquınea do paciente a uma taxade 100 cm3/h. O remedio e absorvido pelos tecidos do corpo, ou deixa a corrente sanguıneade outro modo, a uma taxa proporcional a quantidade presente, com um coeficiente deproporcionalidade igual a 0, 4/h. Supondo que o remedio e distribuıdo uniformemente nacorrente sanguınea, escreva uma equacao diferencial para a quantidade de remedio presentena corrente sanguınea em qualquer instante de tempo.

Solucao: Sao injetados 100 cm3 por hora, e cada centımetro cubico contem 5 mg do remedio.Assim, o remedio entra na corrente sanguınea do paciente a uma taxa de 500 mg/h. Poroutro lado, se Q(t) e a quantidade (em mg) de remedio na corrente sanguınea no tempo t,entao o remedio deixa a corrente sanguınea a uma taxa de

0, 4Q(t) mg/h

A taxa de variacao da quantidade de remedio e dada pela diferenca entre a quantidadeque entra e quantidade que sai da corrente sanguınea por unidade de tempo. Segue-se que aequacao diferencial para a quantidade de remedio presente na corrente sanguınea em qualquerinstante de tempo e dada por

dQ(t)

dt= 500− 0, 4.Q(t)

3.4.5 Reacoes quımicas: irreversıveis mononucleares e bimolecularirreversıvel

Iniciamos esta secao apresentando alguns conceitos de Cinetica Quımica. Comecamos definindoo que venha a ser Cinetica Quımica:

Definicao 3.3: Cinetica quımica e o estudo da velocidade das reacoes, de como a veloci-dade varia em funcao das diferentes condicoes e quais os mecanismos de desenvolvimentode uma reacao. Aqui entendemos Velocidade de uma reacao quımica como o aumento naconcentracao molar do produto por unidade de tempo ou o decrescimo na concentracao molardo reagente na unidade de tempo. Vale ressaltar tambem que a Constante da velocidade, k,e uma constante de proporcionalidade que relaciona velocidade e concentracao. Tem valorconstante a uma temperatura e varia com a temperatura.

Agora definimos o que venha a ser uma reacao quımica:

Definicao 3.4: Uma reacao quımica e a transformacao de um conjunto de substancias(chamadas reagentes) A, B, etc. em outro conjunto de substancias (chamadas produtos)P , Q, etc. mediante processos que preservam os elementos quımicos componentes; nessecaso, tanto o consumo quanto a producao de substancias ocorrem segundo proporcoes inteirascaracterısticas dadas pelos chamados coeficientes da reacao a, b, · · · , p, q, · · · .

Simbolicamente, representamos a reacao por uma equacao quımica

aA+ bB + · · · −→ pP + qQ+ · · ·


Dizemos que a equacao esta balanceada quando o conjunto dos coeficientes da reacao eirredutıvel, i.e., tem a unidade como maximo divisor comum. De outra forma,

mdc(a, b, · · · , p, q, · · · ) = 1

Para ilustrar esses conceitos, citamos como exemplo a queima do alcool etılico: o alcooletılico C2H6O reage com o oxigenio O2 produzindo gas carbonico CO2 e agua H2O,

C2H6O + 3O2 −→ 2CO2 + 3H2O

Observamos que os (numeros de cada um dos) elementos quımicos envolvidos sao preser-vados na reacao quımica: na equacao balanceada, tanto antes quanto depois da queima temos2 atomos de carbono (denotado por C), 6 atomos de hidrogenio (denotado por H) e 7 atomosde oxigenio (denotado por O).

Definicao 3.5 [Lei de Acao das Massas]: A Lei de Acao das Massas determina a ve-locidade instantanea de uma reacao quımica simples em termos das concentracoes dos seusreagentes. Essa lei foi descoberta empiricamente por Guldberg e Waage em 1864. Em outraspalavras, a Lei de Acao das Massas estabelece que a velocidade de uma reacao quımica eproporcional as concentracoes das substancias que reagem.

Exemplo 3.14 [Reacoes Irreversıveis Mononucleares]: Consideremos inicialmente ainversao da sacarose. A reacao e:

C12H22 +O11 +H2O −→ C6H12O6 + C6H12O6

Sao formadas duas moleculas, uma de glicose e outra de frutose. Como, neste caso, a concen-tracao da agua pode ser suposta constante durante a reacao, ja que sua variacao e desprezıvelnas condicoes em que o problema se realiza, chamamos A esta concentracao, a a da sacaroseantes de iniciar a reacao e x a da sacarose decomposta ao fim do tempo t. A velocidadecom que se verifica a inversao sera dada pela derivada da quantidade decomposta em relacaoao tempo; como esta derivada deve ser proporcional as concentracoes A da agua e a− x dasacarose que ainda nao reagiu, temos:

dx

dt= k1A(a− x)

Reescrevendo a EDO acima:dx

dt= k(a− x),

donde k = k1A. Contando o tempo a partir do momento em que se inicia a reacao, parat = 0, devemos ter x = 0; logo, temos o seguinte PVI:

dx

dt= k(a− x), com x(0) = 0

A EDO e de variaveis separaveis e sua solucao, utilizando a condicao inicial, nos da aquantidade de sacarose decomposta por unidade de volume ao fim do tempo t.


Exemplo 3.15 [Reacao Bimolecular Irreversıvel]: Consideremos a reacao:

C2H2 +O2 −→ 2CO +H2.

Chamando a e b as concentracoes iniciais de acetileno e oxigenio e x a quantidade de cadareagente, expressa tal como as concentracoes iniciais, em moleculas/ grama por unidade devolume, a velocidade da reacao e:

dx

dt= k(a− x)(b− x).


1. Resolva cada uma das seguintes equacoes diferenciais lineares:

1) y′ = 3y + 2x R: y =(C − 2(3x+1) e−3x

9

)e3x

2) y′ = y + 3 R: y = (C − 3 e−x) ex

3) y′ = 2yx+ x2 R: y = x2(x+ C)

4) y′ = 2y − x2 R: y =( (2x2+2x+1) e−2x)

4+ C

)e2x

5) y′ = −y + e2x R: y = e2x

3+ C

ex

6) y′ = −y + 2 e−x + x2 R: y = x2 − 2x+ 2 + 2xex

+ Cex

7) dydx

= ex+y R: y = −ln(− ex − C)

8) dydx

= 2xy R: y = C ex2

9) dydx

= ex

yR: y =

√2( ex + C)

10) dydx

= x+yx

R: y = xln(x) + Cx

11) y′ + 3y = x+ e−2x R: y = x3− 1

9+ e−2x + C e−3x

12) y′ + x2y = x2 R: y = C

ex33

+ 1

13) y′ − 3y = sen(2x) R: y = e3x(

e−3x(−3sen(2x)−2cos(2x)

)13

+ C

)14) y′ + 2y = x e−2x R: y = x2

2 e2x+ C

e2x

15) xy′ + 2y = 4x2 R: y = x4+Cx2

16) dydx

+ cos(x)sen(x)

y = sen(x) R: y = − sen(2x)−2x−4C4sen(x)

17) dydx

= sen(5x) R: y = C − cos(5x)5

18) dydx

= (x+ 1)2 R: y = x3

3+ x2 + x+ C

19) dydx

+ 2xy = 0 R: y = C e−x2

20) dydx

= y+1x

R: y = x(C − 1x)

21) xy′ = 4y R: y = Cx4


22) (x+ 1) dydx

= x+ 6 R: y = 5ln(x+ 1) + x+ C

23) ex dydx

= 2x R: y = 2(−x− 1) e−x + C

24) dydx

= 5y R: y = C e5x

25) 3 dydx

+ 12y = 4 R: y = e−4x

(e4x

3+ C

)26) dy

dx+ y = e3x R: y = e−x

(e4x

4+ C

)27) dy

dx+ 2y = 0 R: y = C e−2x

28) x dydx

+ 2y = 3 R: y = 3x2+2C2x2

29) dydx

= y + ex R: y = (x+ C) ex

30) y′ + 3x2y = x2 R: y = e−x3

(ex

3

3+ C

)31) x2y′ + xy = 1 R: y = ln(x)+C

x

32) y′ + 2xy = x3 R: y = e−x2

((x2−1) ex

2

2+ C

)33) y′ = 2y + x2 + 5 R: y = 4C e2x−2x2−2x−11

4

34) y′ = y + x R: y = −x− 1 + C ex

35) (1 + x)y′ − xy = x+ x2 R: y = C ex−x2−3x−3x+1

2. Resolva os seguintes problemas de valores iniciais.

1)

y′ − 1

xy = x2

y(1) = 3

2)

t2y′ + ty = 1

y(1) = 2

3)

dy

dx+

4

xy = x2, x ∈ (0,∞)

y(1) = 0

4)

y′ − 2xy = 6x ex2

y(0) = 1

5)

y′ + 3x2y = 6x2

y(0) = 3

6)

sen(t)

dy

dt+ cos(t) = cos(2t)

y(π

2) =

1

2

3. Resolva o PVI que modela o esvaziamento de um tanque circular considerando r = 0, 5,k = 0, 0025 e

dh

dt= − k

πr2

√h(t)

h(0) = 2


4. Verifique se as seguintes EDO’s de primeira ordem sao de variaveis separaveis e, casoseja, encontre a solucao.

1) (2 + y)dx− (3− x)dy = 0

2) xydx− (1 + x2)dy

3)dy

dx=

e−2y

x2 + 44) (y − y2)dx− dy = 0

5)dy

dx=

y − 4x

x− y6) exdx− ydy = 0

7)√ydx−

√xdy = 0

8) y2dx+ (x− 1)dy0

9) dx+ (x2 − x)dy = 0

10) (1− y2)dx+ (1− x2)dy = 0

11) (1− y2)dx+ x3dy = 0

12)√1− y2dx+

√1− x2dy

13) (1 + y2)dx+ (1 + x2)dy = 0

14) (x+ 3)ydx+ (6x− x2)dy = 0

15) x eydx− 2(x+ 1)2ydy = 0

16) yln(x)dx− (x+ 1)2dy = 0

17) xdx+1

y= 0

18) y′ = (x+ y + 1)2

19)dy

dx=

y

y3 − 2x20) sen(2x)dx+ cos(3y)dy = 0

21) xdx+ y e−xdy = 0

22)dr

dθ= r

23)dy

dx=

2x

y + x2y

24)dy

dx=

2x

1 + 2y

25) x ex2dx+ (y5 − 1)dy = 0

26) y′ =y

x2

27) y′ =x ex

2y

28) y′ =x2y − y

y + 1

29)1

xdx+ dy = 0

30) exdx− (1 + e−x)2= 0

5. Uma cultura de bacterias cresce a uma taxa proporcional a quantidade da substancia.Ao fim de 10 minutos cresceu 3%.

(a) Determine a constante de proporcionalidade.

(R : k = ln(3/100)

10

)(b) Quanto tempo levara a cultura para duplicar?

(R : t = 10ln(2)

ln(3/100)

)6. Certa substancia radioativa decresce a uma taxa proporcional a quantidade presente.

Observa-se que apos 1 hora houve uma reducao de 10% da quantidade inicial da sub-stancia, determine a meia-vida da substancia.

7. Devido a uma maldicao rogada por uma tribo vizinha, os membros de uma aldeia saogradualmente impelidos ao assassinato ou ao suicıdio. A taxa de variacao da popu-lacao e −2

√p pessoas por mes, quando o numero de pessoas e p. Quando a maldicao

foi rogada, a populacao era de 1600. Quando morrera toda a populacao da aldeia?(Sugestao: dp

dt= −2

√p, ou melhor, p−

12dp = −2dt

)8. Um tanque com 50 galoes de capacidade contem inicialmente 10 galoes de agua. Adiciona-

se ao tanque uma solucao de salmoura com 1kg de sal por galao, a razao de 4 galoespor minuto, enquanto a mistura escoa a razao de 2 galoes por minuto. Determine:


(a) O tempo necessario para que ocorra o transbordamento.(Sugestao: V (t) = V0 + (Te − Ts)t. Sendo, V (t) = 50, temos t = 20

)(b) A quantidade de sal presente no tanque por ocasiao do transbordamento.(

R : Q(20) = 48

)9. Um tanque com capacidade de 900 litros contem inicialmente 100 litros de agua pura.

Entra agua com 4 gramas de sal por litro numa taxa de 8 litros por minuto e a misturaescoa numa taxa de 4 litros por minuto. Determine a quantidade de sal no tanquequando a solucao esta para transbordar.

10. Certa industria lanca seus dejetos quımicos em um rio que desagua num lago. Os dejetoscausam irritacao na pele quando sua concentracao e superior ou igual a 20 partes pormilhao (ppm). Pressionada pelos ecologistas do Green Peace, fazem 30 dias que afabrica parou de lancar dejetos, cuja concentracao no lago foi estimada em 120 ppm.Hoje, verificou-se que a concentracao de dejetos no lago e de 60 ppm. Supondo-se quea taxa de variacao da concentracao de dejetos no lago e proporcional a concentracaopresente no lago em cada instante, quanto tempo ainda levara para se poder nadar semo perigo de sofrer irritacao na pele?

11. Em uma comunidade de 100 pessoas, inicialmente, existe 1 pessoa infectada com umvırus. A velocidade de propagacao do vırus e proporcional ao numero de pessoas in-fectadas vezes o numero de pessoas nao infectadas. Apos 1 dia, 1

4da comunidade esta

contaminada. Assim, apos 2 dias, quantas pessoas estarao contaminadas?

12. Sabe-se que a populacao de uma certa comunidade cresce a uma taxa proporcional aonumero de pessoas presentes em qualquer instante. Se a populacao duplicou em 5 anos,quando ela triplicara?

13. Suponha que a populacao da comunidade do problema anterior seja 10000 apos 3 anos.Qual era a populacao inicial? Qual sera a populacao em 10 anos?

14. O isotopo radioativo de chumbo, Ph 209, decresce a uma taxa proporcional a quantidadepresente em qualquer tempo. Sua meia vida e de 3, 3 horas. Se 1 grama de chumboesta presente inicialmente, quanto tempo levara para 90% de chumbo desaparecer?

15. Inicialmente havia 100 miligramas de uma substancia radioativa presente. Apos 6horas a massa diminui 3%. Se a taxa de decrescimento e proporcional a quantidade desubstancia presente em qualquer tempo, determinar a meia vida desta substancia.

16. Com relacao ao problema anterior, encontre a quantidade remanescente apos 24 horas.

17. Um termometro e retirado de uma sala, em que a temperatura e 70oF, e colocado nolado fora onde a temperatura e 10oF. Apos 0, 5 minuto o termometro marcava 50oF.Qual sera a temperatura marcada pelo termometro no instante t = 1 minuto? Quantolevara para marcar 15oF?

Capıtulo 4

Independencia Linear entre Funcoes

Antes de continuar nosso estudo das EDO’s, vejamos alguns conceitos que nos ajudara nodecorrer do nosso estudo.

Definicao 4.1 [Independencia Linear entre Funcoes]: Dizemos que duas funcoes f(x) eg(x) sao linearmente dependentes (LD) se existem duas constantes C1 e C2, com pelo menosuma delas diferente de zero, tal que

C1f + C2g = 0

para qualquer valor de x. Em outras palavras, f(x) e g(x) sao linearmente dependentes sef(x) = Cg(x), onde C e uma constante. Dizemos que as funcoes f(x) e g(x) sao linearmenteindependente (LI) se elas nao sao linearmente dependentes, ou seja, se as constantes C1 eC2 sao ambas iguais a zero.

Exemplo 4.1:

1. As funcoes 5 e 5x sao linearmente dependentes, pois, existem constantes C1 = −5 eC2 = 1 tais que

−5.x+ 1.5x = 0

Observemos que sendo f(x) = 5 e g(x) = 5x, entao f(x) = 5g(x).

2. As funcoes sen(x) e cos(x) sao linearmente independentes para x ∈ (0, π). De fato,supondo que

C1sen(x) + C2cos(x) = 0 para todo x ∈ (0, π),

entao se x =π

2, resulta

C1sen(π

2) + C2cos(

π

2) = 0, ou seja, C1 = 0.

Logo, C2cos(x) = 0 para todo x ∈ (0, π), o que implica C2 = 0.

Devido a complexidade da definicao, podemos usar um teorema, chamado Teorema doWronskiano, para identificar se um conjunto de funcoes e LI ou LD. Mas, antes vejamos aseguinte definicao.

48 Independencia Linear entre Funcoes

Definicao 4.2: Sejam f(x) e g(x) funcoes derivaveis em [a, b]. Definimos o Wronskianodas funcoes f(x) e g(x), e denotamos por W [f, g](x), como sendo o seguinte determinante:

W [f, g](x) =

∣∣∣∣ f(x) g(x)f ′(x) g′(x)

∣∣∣∣Exemplo 4.2: Calcule o Wronskiano das funcoes sen(x) e cos(x) para x ∈ (0, π).

Solucao: Sejam f(x) = sen(x) e g(x) = cos(x). Primeiramente, calculemos as derivadas def(x) e g(x), as quais sao, respectivamente f ′(x) = cos(x) e g′(x) = −sen(x). Entao temosque o Wronskiano de f e g e dado por

W [f, g](x) =

∣∣∣∣ sen(x) cos(x)cos(x) −sen(x)

∣∣∣∣= −sen2(x)− cos2(x) = −1

Portanto, W [sen(x), cos(x)](x) = −1.

Teorema 4.0.1 [Teorema do Wronskiano]: Sejam f(x) e g(x) funcoes derivaveis em[a, b]. Se o Wronskiano de f(x) e g(x) for diferente de zero para algum x0 ∈ [a, b], entaof(x) e g(x) sao linearmente independentes em [a, b]. Por outro lado, se f(x) e g(x) saolinearmente dependentes, entao o Wronskiano de f(x) e g(x) e zero para todo x ∈ [a, b].

Dessa forma, pelo Teorema do Wronskiano temos:

• duas funcoes f(x) e g(x) sao linearmente independentes se W [f, g](x) 6= 0 para algumx0 ∈ [a, b].

• se f(x) e g(x) sao linearmente dependentes, entao W [f, g](x) = 0 para todo x ∈ [a, b].

Os exemplos a seguir sao muito importantes, pois vemos que as funcoes trigonometricase exponenciais sao solucoes frequentes de EDO’s lineares de 2a ordem.

Exemplo 4.3:

1. Mostre que as funcoes sen(x) e cos(x) sao linearmente independentes para x ∈ (0, π)usando o Teorema do Wronskiano.

Solucao: Vimos no exemplo 4.2 que W [sen(x), cos(x)](x) = −1 6= 0. Portanto, peloTeorema do Wronskiano as funcoes sen(x) e cos(x) sao linearmente independentes parax ∈ (0, π).

2. As funcoes ex e e−x sao linearmente independentes, pois,

W [ex, e−x](x) =

∣∣∣∣ ex e−x

ex −e−x

∣∣∣∣= −exe−x − e−xex = −2 6= 0

49

Exemplo 4.4: Verifique que condicoes os numeros reais a e b devem satisfazer para que asfuncoes eax e ebx sejam linearmente independentes, para todo x pertencente aos reais.

Solucao: Pelo Teorema do Wronskiano, tais funcoes serao LI se W [eax, ebx](x) 6= 0 paraalgum x0.

W [eax, ebx](x) =

∣∣∣∣ eax ebx

aeax bebx

∣∣∣∣= bebxeax − aeaxebx

= beax+bx − aeax+bx

= (b− a)e(a+b)x

Assim, se x = 0, entao W [eax, ebx](0) = b− a. Portanto, se a 6= b, entao eax e ebx sao LI.Em particular, as funcoes ex e e−x sao LI, como vimos no exemplo anterior. Caso contrario,ou seja, se a = b, entao eax e ebx sao LD.

Como podemos perceber claramente, o Wronskiano e utilizado para determinar se umconjunto de funcoes derivaveis sao linearmente dependentes ou independentes, em um inter-valo dado. Esse conceito e muito util em diversas situacoes, por exemplo, como veremos nasequencia, para verificar se duas funcoes que sao solucoes de uma EDO linear de segundaordem sao linearmente dependentes ou independentes. Porem, nao se deixe iludir, um erromuito comum e falar que duas funcoes f(x) e g(x) sao linearmente dependentes quandoW [f, g](x) = 0. Nesta situacao, as funcoes podem, ou nao, ser dependentes. Como vimos an-teriormente, funcoes linearmente dependentes, possuem o Wronskiano correspondente iguala zero, mas o contrario nem sempre e verdadeiro, como podemos ver no proximo exemplo.Em outras palavras, existem casos em que as funcoes sao linearmente independentes e oWronskiano e nulo, em alguns pontos isolados, mas esses casos nao aparecem no estudo dassolucoes das equacoes lineares.

Exemplo 4.5: Considere as funcoes x3 e |x3| (valor absoluto de x3), que pode ser escritacomo:

|x3| ={−x3, se x < 0x3, se x ≥ 0

Pode-se perceber que essas funcoes, x3 e |x3|, sao linearmente independentes para qualquervalor real. Entretanto, seu Wronskiano vale zero:

W[x3, |x3|

](x) =

∣∣∣∣ x3 −x3

3x2 −3x2

∣∣∣∣ = −3x5 + 3x5 = 0, if x < 0

∣∣∣∣ x3 x3

3x2 3x2

∣∣∣∣ = 3x5 − 3x5 = 0, if x ≥ 0

Exercıcios 4.6: Verifique se cada conjunto de funcoes e ou nao linearmente independentes.

1. {e2x, e−2x}

50 Independencia Linear entre Funcoes

2. {x+ 1, x− 1}

3. {x2, x}

4. {2sen2(x), 1− cos2(x)}

5. {x, e2x}

6. {2x2, x4}

Capıtulo 5

Equacoes Diferenciais Lineares deSegunda Ordem

Neste capıtulo iremos estudar exclusivamente as equacoes diferenciais lineares de segundaordem. A forma mais geral de uma EDO linear de segunda ordem e dada por

p(x)y′′ + q(x)y′ + r(x)y = g(x) (5.1)

onde p(x), q(x), r(x) e g(x) sao funcoes contınuas.Se g(x) 6= 0, a equacao 5.1 sera dita nao-homogenea e se g(x) = 0 a equacao sera dita

homogenea.

Exemplo 5.1: As EDO’s a seguir sao ditas nao-homogeneas

x2y′′ + sen(x)y′ + exy = u(x) e y′′ − 7y′ + 12y = cos(x)

Exemplo 5.2: As EDO’s a seguir sao ditas homogeneas

x2y′′ + sen(x)y′ + exy = 0 e y′′ − 7y′ + 12y = 0

Nosso objetivo e determinar uma solucao geral da equacao 5.1 e mostraremos que talsolucao e da forma

y = yh + yp

onde yh e a solucao geral da equacao homogenea associada a equacao 5.1, ou seja,

p(x)y′′ + q(x)y′ + r(x)y = 0

e yp e uma solucao particular de 5.1, ou seja, qualquer solucao da mesma.Na sequencia, com o intuito de tornar o aprendizado (e a leitura) mais facil, iniciaremos

por estudar as EDO’s lineares de segunda ordem homogenea.

5.1 EDO’s Lineares de 2a Ordem Homogeneas

Primeiramente, vamos apresentar alguns conceitos basicos e um fato muito importante quesera usado praticamente em todo problema daqui por diante. Apesar do teorema a seguirser enunciado para EDO’s de 2a ordem, vale ressaltar que tal fato e verdadeiro para qualquerEDO linear homogenea independentemente da ordem.

52 Equacoes Diferenciais Lineares de Segunda Ordem

Teorema 5.1.1 [Princıpio de Superposicao]: Consideremos a EDO linear homogenea desegunda ordem

p(x)y′′ + q(x)y′ + r(x)y = 0 (5.2)

Se y1 e y2 sao ambas solucoes de 5.2 e c1 e c2 sao quaisquer constantes, entao a funcao

y(x) = c1y1 + c2y2 (5.3)

tambem e uma solucao de 5.2.

Demonstracao: Desde que y1 e y2 sao ambas solucoes de 5.2, temos que

p(x)y′′1 + q(x)y′1 + r(x)y1 = 0

ep(x)y′′2 + q(x)y′2 + r(x)y2 = 0

Portanto, substituindo c1y1 + c2y2 em 5.2 e usando as regras basicas de derivacao obtemos:

p(x)

(c1y1 + c2y2

)′′

+ q(x)

(c1y1 + c2y2

)′

+ r(x)

(c1y1 + c2y2

)=

p(x)

(c1y

′′1 + c2y

′′2

)+ q(x)

(c1y

′1 + c2y

′2

)+ r(x)

(c1y1 + c2y2

)=

c1

(p(x)y′′1 + q(x)y′1 + r(x)y1

)+ c2

(p(x)y′′2 + q(x)y′2 + r(x)y2

)=

c1.0 + c2.0 = 0

Assim, y = c1y1 + c2y2 e uma solucao de 5.2.

A pergunta que surge naturalmente e: Como encontrar as constantes c1 e c2?

Uma vez que temos duas constantes, faz sentido esperar que precisamos de duas equacoes,ou condicoes, para encontra-las. Uma maneira de fazer isto e especificar valores da solucao,os quais sao chamados de valores de contorno, em dois pontos distintos, ou seja,

y(x0) = y0 e y(x1) = y1

Uma outra forma de encontrar tais constantes e especificar valores para a solucao e suaderivada em um ponto particular, ou melhor,

y(x0) = y0 e y′(x0) = y1

Estas duas condicoes sao chamadas de condicoes iniciais e, como veremos, uma EDO linearde 2a ordem com duas condicoes iniciais possui uma unica solucao. O numero de condicoesiniciais que sao requeridas para uma dada equacao diferencial depende da ordem da equacaodiferencial. No entanto, a princıpio, estaremos preocupados em encontrar apenas a solucao

5.1 EDO’s Lineares de 2a Ordem Homogeneas 53

geral da equacao diferencial, ou seja, a “forma mais geral” que a solucao pode ter sem con-siderar as condicoes iniciais.

Uma outra pergunta que surge naturalmente e: Se y1 e y2 sao duas solucoes de p(x)y′′ +q(x)y′ + r(x)y = 0, podemos afirmar que toda solucao de tal equacao e da forma c1y1 + c2y2?

Antes de responder esta pergunta vamos apresentar a seguinte definicao:

Definicao 5.1 [Conjunto Fundamental de Solucoes]: Se y1 e y2 sao solucoes linear-mente independentes de p(x)y′′ + q(x)y′ + r(x)y = 0 com p(x) 6= 0, entao as solucoes y1 e y2sao chamadas de Conjunto Fundamental de Solucoes.

De outra forma, dizemos que y1 e y2 formam um Conjunto Fundamental de Solucoes, sey1 e y2 sao solucoes de p(x)y′′ + q(x)y′ + r(x)y = 0 e W [y1, y2](x) 6= 0.

A resposta da ultima pergunta vem atraves do seguinte teorema:

Teorema 5.1.2: Sejam y1 e y2 solucoes linearmente independentes da EDO

p(x)y′′ + q(x)y′ + r(x)y = 0

Se Y e uma solucao da EDO, entao existem constantes c1 e c2 tais que

Y = c1y1 + c2y2

Este ultimo teorema e muito util, pois, ele nos diz que se conhecemos duas solucoesparticulares linearmente independentes, entao conhecemos todas as solucoes. Em outraspalavras, se y1 e y2 sao duas solucoes para uma EDO linear homogenea de 2a ordem

p(x)y′′ + q(x)y′ + r(x)y = 0

e tais solucoes sao linearmente independentes, entao a solucao geral da EDO e dada por

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x).

A demonstracao do Teorema 5.1.2, a qual nao apresentaremos aqui, e obtida atraves doseguinte resultado, que tambem nao demonstraremos.

Teorema 5.1.3: Suponha que y1 e y2 sao duas solucoes de

p(x)y′′ + q(x)y′ + r(x)y = 0

Entao, y1 e y2 sao linearmente independentes se, e somente se,

W (y1, y2)(x0) 6= 0

para algum x0.

Exemplo 5.3: Sejam y1 = ex e y2 = e−x. Verifique que estas funcoes sao solucoes da EDOhomogenea

y′′ − y = 0

e determine sua solucao geral.

54 Equacoes Diferenciais Lineares de Segunda Ordem

Solucao: Vamos entao verificar se y1 e y2 sao solucoes da EDO dada, ou seja, vamos verificarse:

y′′1 − y1 = 0 e y′′2 − y2 = 0

Sendo assim temos

(ex)′′ − ex = ex − ex = 0 e (e−x)′′ − e−x = ex − ex = 0

ou seja, y1 e y2 sao duas solucoes da EDO dada. Agora, para construir a solucao geral,precisamos de um conjunto fundamental de solucoes, ou seja, precisamos verficar se y1 e y2sao LI. Mas como vimos no Exemplo 4.3 tais funcoes sao LI e, portanto, a solucao geral daEDO y′′ − y = 0 e dada por

y = c1ex + c2e

−x

5.2 EDO’s Lineares de 2a Ordem Nao-Homogeneas

Agora vamos pensar um pouco sobre como resolver uma equacao diferencial de segunda ordemnao homogenea, ou seja, como resolver a EDO

p(x)y′′ + q(x)y′ + r(x)y = g(x) (5.4)

com p(x) 6= 0 e g(x) 6= 0.Iniciamos apresentando o seguinte resultado, cuja demonstracao e trivial.

Lema 5.2.1: Suponha que Y1 e Y2 sao duas solucoes da equacao 5.4. Entao a funcao Y1−Y2

e uma solucao da equacao homegenea

p(x)y′′ + q(x)y′ + r(x)y = 0 (5.5)

associada a equacao 5.4.

Entao, qual e a utilidade deste lema para nos? Podemos usar este lema para obter aforma da solucao geral da equacao diferencial 5.4, ou seja, podemos demonstrar o teoremaque segue com o auxilio lema anterior.

Teorema 5.2.2: Seja y1 e y2 um conjunto fundamental de solucoes da equacao 5.5 e yp umasolucao particular de 5.4. Entao a solucao geral de 5.4 e dada por

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

ondeyh(x) = c1y1(x) + c2y2(x)

Demonstracao: Seja yp uma solucao particular de 5.4. Sendo y a solucao geral de 5.4,temos pelo lema anterior que y − yp e uma solucao de 5.5, e pelo Teorema 5.1.2 vem que

y − yp = yhy = yh + yp

Capıtulo 6

EDO’s de 2a Ordem Homogeneas deCoeficientes Constantes

Como vimos na capıtulo anterior para resolver uma EDO linear de 2a order nao homogenea,primeiro precisamos resolver a EDO linear de 2a order homogenea associada. No entanto, emgeral, nao e tao facil descobrir solucoes para uma EDO linear de 2a ordem homogenea geral.Mas e sempre possıvel faze-lo se os coeficientes p(x), q(x) e r(x) sao funcoes constantes, ouseja, se a equacao diferencial possui a forma

ay′′ + by′ + cy = 0 (6.1)

onde a, b e c sao constantes e a 6= 0.Talvez nao seja difıcil pensar em alguma solucao da equacao 6.1 se escrevermos a equacao

“verbalmente”:

Nos estamos procurando uma funcao y tal que uma constante vezes sua segunda derivaday′′ mais uma outra constante vezes y′ mais uma terceira constante vezes y seja igual a 0.

Nos sabemos que a funcao exponencial y = eλx (onde λ e uma constante) possui apropriedade que sua derivada e uma constante vezes ela mesma: y′ = λeλx. Alem disso,y′′ = λ2eλx.

Assim, vamos assumir que todas as solucoes de 6.1 serao da forma

y = eλx

Para ver se realmente estamos corretos, basta substituir y = eλx na equacao 6.1 e ver o queacontece. Sabemos que y′ = λeλx e y′′ = λ2eλx. Portanto,

ay′′ + by′ + cy = aλ2eλx + bλeλx + ceλx

= eλx(aλ2 + bλ+ c)

Dessa forma, para que y = eλx seja uma solucao da equacao 6.1, devemos ter que

eλx(aλ2 + bλ+ c) = 0

Como a funcao exponencial e sempre diferente de zero, entao devemos ter

aλ2 + bλ+ c = 0

56 EDO’s de 2a Ordem Homogeneas de Coeficientes Constantes

Esta ultima equacao e chamada de Equacao caracterıstica.

Tudo bem, como usar tudo isso para encontrar as solucoes da equacao ay′′+ by′+ cy = 0?Primeiro escrevemos a equacao caracterıstica associada a equacao diferencial

ay′′ + by′ + cy = 0

Note que ela e uma equacao de segundo grau que e obtida da equacao diferencial, substituindo

y′′ por λ2, y′ por λ e y por 1

ou seja, a equacao caracterıstica e dada por

aλ2 + bλ+ c = 0

a qual possui duas raızes,

λ1 e λ2

Uma vez que temos estas duas raızes, temos duas solucoes para a equacao diferencial, asaber

y1 = eλ1x e y2 = eλ2x

Observemos que quando os valores de a, b e c sao reais, existem tres possibilidades paraas raızes λ1 e λ2: reais e distintas ou reais e iguais ou complexas conjugadas. Na sequencia,vamos estudar detalhadamente cada caso, os quais nos fornecerao um conjunto de solucoesfundamental para gerar a solucao geral da equacao

ay′′ + by′ + cy = 0.

6.1 Encontrando a Solucao Geral de ay′′ + by′ + cy = 0

Iniciamos com a EDO linear de 2a ordem homogenea de coeficientes constantes,

ay′′ + by′ + cy = 0

em seguinda encontramos a equacao caracterıstica associada

aλ2 + bλ+ c = 0

Resolvendo a equacao caracterıstica (equacao do segundo grau) obtemos duas raızes λ1 e λ2.Esta raızes nos dao duas solucoes


Vamos entao analizar os possıveis casos:

6.1 Encontrando a Solucao Geral de ay′′ + by′ + cy = 0 57

6.1.1 Raızes reais e distintas

Se as duas raızes sao reais e distintas, ou seja, λ1 6= λ2, entao as solucoes


sao linearmente independentes (Verifique!) e a solucao geral e dada por

y(x) = c1eλ1x + c2e

λ2x

Resumo: Se as raızes da equacao

aλ2 + bλ+ c = 0

sao reais e distintas, ou seja, λ1 6= λ2, entao a solucao geral de

ay′′ + by′ + cy = 0

e dada pory(x) = c1e

λ1x + c2eλ2x

Exemplo 6.1: Encontre a solucao geral da equacao y′′ + 11y′ + 24y = 0.

Solucao: A equacao caracterıstica associada a equacao y′′ + 11y′ + 24y = 0 e dada por

λ2 + 11λ+ 24 = 0

cujas raızes sao λ1 = −8 e λ2 = −3. Portanto, as raızes sao reais e distintas e, consequente-mente, a solucao geral da equacao diferencial e dada por

y(x) = c1e−8x + c2e

−3x

6.1.2 Raızes reais e iguais

Finalmente, vamos supor que as raızes λ1 e λ2 sao iguais, ou seja, λ1 = λ2 = λ. Nos sabemosque as solucoes sao

y1 = eλ1x = eλx e y2 = eλ2x = eλx

Contudo, estas solucoes NAO sao LI e, portanto, nao podem gerar a solucao geral.Para resolver este problema podemos considerar a primeira solucao como sendo

y1 = eλx

e nos colocamos a encontrar uma segunda solucao y2. Vamos supor que

y2 = xeλx


Afirmamos que tal funcao e uma solucao para

ay′′ + by′ + cy = 0

De fato,

ay′′2 + by′2 + cy2 = a(2λeλx + λ2xeλx

)+ b

(eλx + λxeλx

)+ c

(xeλx

)=

(2aλ+ b

)xeλx +

(aλ2 + bλ+ c

)xeλx

= 0.xeλx + 0.xeλx

= 0

O primeiro termo e 0 pois, λ = − b2a

e, consequentemente, 2aλ + b = 0. Ja o segundotermo e 0, pois, λ e raiz da equacao caracterıstica. Portanto, uma vez que

y1 = eλx e y2 = xeλx

sao solucoes LI (Verifique!), a solucao geral e dada por

y(x) = c1eλx + c2xe

λx


aλ2 + bλ+ c = 0

sao reais e iguais, digamos, λ1 = λ2 = λ, entao a solucao geral de

ay′′ + by′ + cy = 0

e dada por

y(x) = c1eλx + c2xe

λx.

Exemplo 6.2: Encontre a solucao geral da equacao y′′ − 4y′ + 4y = 0.

Solucao: A equacao caracterıstica associada a equacao y′′ − 4y′ + 4y = 0 e dada por

λ2 − 4λ+ 4 = 0

cujas raızes sao λ1 = λ2 = 2. Portanto, as raızes sao reais e iguais e, consequentemente, asolucao geral da equacao diferencial e dada por

y(x) = c1e2x + c2xe

2x

6.1 Encontrando a Solucao Geral de ay′′ + by′ + cy = 0 59

6.1.3 Raızes complexas conjugadas

Agora, suponhamos que as raızes λ1 e λ2 sejam raızes complexas conjugadas, ou seja,

λ1 = α+ iβ e λ2 = α− iβ

onde α e β sao numeros reais. Logo, obtemos as solucoes LI (Verifique!)

y1 = e(α+iβ)x e y2 = e(α−iβ)x

Para uma melhor apresentacao da solucao geral vamos nos valer da Formula de Euler:

eiθ = cos(θ) + isen(θ)

Precisamos ainda de uma variante da Formula de Euler:

e−iθ = cos(θ)− isen(θ)

Entao, podemos reescrever

y1 = e(α+iβ)x e y2 = e(α−iβ)x

da seguinte formay1 = eαxei(βx) e y2 = eαe−i(βx)

Agora, usando a Formula de Euler e sua variante obtemos

y1 = eαx(cos(βx) + isen(βx)) e y2 = eα(cos(βx)− isen(βx))

Portanto, a solucao geral e dada por

y = C1eαx(cos(βx) + isen(βx)) + C2e

α(cos(βx)− isen(βx))

= eαx[(C1 + C2)cos(βx) + i(C1 − C2)sen(βx)

]

= eαx(c1cos(βx) + c2sen(βx)

)onde c1 = C1 + C2 e c2 = i(C1 − C2).


aλ2 + bλ+ c = 0

sao complexas, digamos, λ1 = α+ iβ e λ2 = α− iβ, entao a solucao geral de

ay′′ + by′ + cy = 0

e dada por

y = eαx(c1cos(βx) + c2sen(βx)

)


Exemplo 6.3: Encontre a solucao geral da equacao diferencial y′′ − 4y′ + 9y = 0.

Solucao: A equacao caracterıstica associada a equacao y′′ − 4y′ + 9y = 0 e dada por

λ2 − 4λ+ 9 = 0

cujas raızes sao λ1 = 2 + i√5 e λ2 = 2− i

√5. Como as raızes sao complexas a solucao geral

da equacao diferencial e dada por

y = e2x(c1cos(

√5x) + c2sen(

√5x)

)

6.2 PVI - Problemas de Valor Inicial

Um problema de valor inicial (PVI) consiste em uma equacao diferencial, juntamente comcondicoes iniciais relativas a funcao incognita e suas derivadas, tudo dado para um mesmovalor da variavel independente.

Uma solucao de um PVI e uma funcao y(x) que satisfaz nao so a equacao diferencialdada, mas tambem todas as condicoes iniciais.

Exemplo 6.4: Determine uma solucao do problema de valor inicial y′′+11y′+24y = 0, comy(0) = 0 e y′(0) = −7.

Solucao: Pelo exemplo 6.1, sabemos que a solucao geral da EDO y′′ + 11y′ + 24y = 0, edada por

y(x) = c1e−8x + c2e

−3x

e sua derivada e dada pory′(x) = −8c1e

−8x − 3c2e−3x

Dessa forma temos que y(0) e y′(0) sao dados por

y(0) = c1e0 + c2e

0 = c1 + c2y′(0) = −8c1e

0 − 3c2e0 = −8c1 − 3c2

Agora, aplicando as condicoes iniciais y(0) = 0 e y′(0) = −7 temos o seguinte sistema

c1 + c2 = 0−8c1 − 3c2 = −8

Resolvendo este sistema obtemos c1 =7

5e c2 = −7

5e, consequentemente, a solucao do

PVI e dada por

y(x) =7

5e−8x − 7

5e−3x.

6.2 PVI - Problemas de Valor Inicial 61

Exemplo 6.5: Determine uma solucao do problema de valor inicial y′′ − 4y′ + 4y = 0, comy(0) = 12 e y′(0) = −3.

Solucao: Pelo exemplo 6.2, sabemos que a solucao geral da EDO y′′ − 4y′ + 4y = 0, e dadapor

y(x) = c1e2x + c2xe

2x

e sua derivada e dada por

y′(x) = 2c1e2x + c2e

2x + 2c2xe2x

Dessa forma temos que y(0) e y′(0) sao dados por

y(0) = c1e0 + c2.0.e

0 = c1y′(0) = 2c1e

0 + c2e0 + 2c2.0.e

0 = 2c1 + c2

Agora, aplicando as condicoes iniciais y(0) = 12 e y′(0) = −3 temos o seguinte sistema

c1 = 122c1 + c2 = −3

Resolvendo este sistema obtemos c1 = 12 e c2 = −27 e, consequentemente, a solucao doPVI e dada por

y(x) = 12e2x − 27xe2x

Exemplo 6.6: Determine uma solucao do problema de valor inicial y′′+4y = 0, com y(0) = 0e y′(0) = 1.

Solucao: Sabemos, secao 6.1, que a solucao da EDO y′′ + 4y = 0 e dada por

y(x) = c1sen(2x) + c2cos(2x)

e consequentemente,y′(x) = 2c1cos(2x)− 2c2sen(2x)

Como y(x) e uma solucao da EDO para quaisquer valores de c1 e c2, devemos procuraros valores de c1 e c2 que tambem satisfacam as condicoes inicias dadas, ou seja, y(0) = 0 ey′(0) = 1. Note que

y(0) = c1sen(0) + c2cos(0)

Uma vez que sen(0) = 0, cos(0) = 1 e y(0) = 0 temos que c2 = 0. Alem disso,

y′(0) = 2c1cos(0)− 2c2sen(0)

Donde concluimos, sabendo que y′(0) = 1, que c1 =1

2. Substituindo os valores de c1 e c2 em

y(x), obetmos a solucao do problema de valor inicial dado

y(x) =1

2sen(2x).


Exemplo 6.7: Determine uma solucao do problema de valor inicial y′′ − 4y′ + 9y = 0, comy(0) = 0 e y′(0) = −8.

Solucao: Sabemos, pelo exemplo 6.3, que a solucao da EDO y′′ − 4y′ + 9y = 0 e dada por

y(x) = e2x(c1cos(

√5x) + c2sen(

√5x)

)Agora, note que neste caso, nao calculamos a derivada de y(x) diretamente como nos

ultimos exemplos. A razao para isto e simples. Embora a derivacao nao seja terrivelmentedifıcil, ela pode ficar um pouco confusa. Assim, em primeiro lugar, vamos olhar para ascondicoes iniciais. Podemos ver a primeira condicao nos da o seguinte:

y(0) = e0(c1cos(0) + c2sen(0)

)ou seja, como e0 = 1 e y(0) = 0 temos que c1 = 0.

Em outras palavras, o primeiro termo de y(x) ira desaparecer, ou seja,

y(x) = c2e2xsen(

√5x)

Agora, claramente, vemos que esta ultima expressao de y(x) e melhor de derivar do que aoriginal, e sua derivada e dada por

y′(x) = 2c2e2xsen(

√5x) +

√5c2e

2xcos(√5x)

Por fim, aplicando a segunda condicao inicial, ou seja, y′(0) = −8 obtemos

y′(0) = 2c2e0sen(0) +

√5c2e

0cos(0)

o que nos leva a c2 = − 8√5e, consequentemente a solucao do PVI e dada por

y(x) = − 8√5e2xsen(

√5x).

6.3 Exercıcios

a) Encontre a solucao geral das seguintes equacoes diferenciais.

1) y′′ + 4y = 0

2) y′′ − 2y′ − 2y = 0

3) 2y′′ + 2y′ + 3y = 0

4) y′′ − 2y′ + 2y = 0

5) 4y′′ + y′ = 0

6) y′′ − 36y = 0

6.3 Exercıcios 63

7) y′′ + 9y = 0

8) 3y′′ + y = 0

9) y′′ + 5y′ = 0

10) y′′ − y′ − 6y = 0

11) y′′ + 3y′ − 5y = 0

12) 12y′′ − 5y′ − 2y = 0

13) 3y′′ + 2y′ + y = 0

14) y′′ − 4y′ + 5y = 0

15) 2y′′ − 3y′ + 4y = 0

16) 2y′′ + 2y′ + y = 0

17) 2y′′ − 5y′ = 0

18) y′′ − 8y = 0

19) y′′ − 25y = 0

20) 9y′′ − 12y′ + 4y = 0

21) 6y′′ + y′ − y = 0

22) y′′ − y′ − 2y = 0

23) y′′ − 7y′ = 0

24) y′′ − 5y = 0

25) y′′ + 4y′ + 5y = 0

26) y′′ + 4y = 0

27) y′′ − 3y′ + 4y = 0

28) y′′ + 4y′ + 4y = 0

29) y′′ = 0

30) y′′ − y = 0

31) y′′ − y′ − 30y = 0

32) y′′ − 2y′ + y = 0

33) y′′ + y = 0

34) y′′ + 2y′ + 2y = 0

35) y′′ − 7y = 0

36) y′′ + 6y′ + 9y = 0

37) y′′ + 2y′ + 3y = 0

38) y′′ − 3y′ − 5y = 0

39) y′′ + y′ + 14y = 0

40) 2y′′ − 5y′ − 3y = 0


41) −10y′′ + 25y = 0

42) y′′ − 4y′ + 13y = 0

43) y′′ − 8y′ + 17y = 0

44) 4y′′ − 4y′ − 3y = 0

45) y′′ − 10y′ + 25y = 0

b) Resolva os seguintes problemas de valor inicial.

1) y′′ − y′ − 2y = 0, y(0) = 2, y′(0) = 1

2) y′′ + y = 0, y(2) = 0, y′(2) = 0

3) y′′ + 16y = 0, y(0) = 2, y′(0) = 2

4) y′′ + 6y′ + 5y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 3

5) y′′ − 8y′ + 17y = 0, y(0) = 4, y′(0) = −1

6) y′′ − y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 1

7) 2y′′ − 2y′ + y = 0, y(0) = −1, y′(0) = 0

8) y′′ − 2y′ + y = 0, y(0) = 5, y′(0) = 10

9) y′′ + y′ + 2y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 0

10) y′′ − 3y′ + 2y = 0, y(1) = 0, y′(1) = 1

11) y′′ + y = 0, y(π

3) = 0, y′(

π

3) = 2

12) y′′ − 4y′ + 9y = 0, y(0) = 0, y′(0) = −8

13) y′′ − 8y′ + 17y = 0, y(0) = −4, y′(0) = −1

14) 4y′′ + 24y′ + 37y = 0, y(π) = 1, y′(π) = 0

15) y′′ + 16y = 0, y(π

2) = −10, y′(

π

2) = 3

16) y′′ + 3y′ − 10y = 0, y(0) = 4, y′(0) = 2

17) 3y′′ + 2y′ − 8y = 0, y(0) = −6, y′(0) = −18

18) 4y′′ − 5y′ = 0, y(−2) = 0, y′(−2) = 7

19) 16y′′ − 40y′ + 25y = 0, y(0) = 3, y′(0) = −9

420) y′′ + 14y′ + 49y = 0, y(−4) = −1, y′(−4) = 5

Capıtulo 7

Metodo de Variacao dos Parametros

A variacao dos parametros e um metodo para determinar uma solucao particular de qualquerequacao diferencial linear de ordem n, desde que se conheca a solucao da EDO homogenea as-sociada. Apesar do metodo de variacao dos parametros ser um metodo mais geral e que podeser aplicado em uma extensa variedade de casos, ele possui duas desvantagens: a primeirae que a solucao da equacao homogenea associada e absolutamente requerida para resolver oproblema. A segunda, como veremos, para completar o metodo devemos resolver um par deintegrais e nao ha garantia de que podemos resolver tais integrais. E sugerido que nos casosde impossibilidade pratica de resolver tais integrais, deve-se recorrer a outros metodos, emparticular, metodos numericos os quais nao serao tratados aqui.

Sendo assim, sejayh = c1y1(x) + c2y2(x)

a solucao geral do problema homogeneo

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0

e tentemos encontrar uma solucao particular da EDO nao homogenea

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = g(x) (7.1)

que possua a formayp = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x)

Se desejamos que yp seja uma solucao particular de 7.1 devemos ter

y′′p + p(x)y′p + q(x)yp = g(x)

Vamos entao calcular a derivada de yp que e

y′p = u′1y1 + u1y

′1 + u′

2y2 + u2y′2 = (u1y

′1 + u2y

′2) + (u′

1y1 + u′2y2)

Desde que estamos buscando determinar duas funcoes desconhecidas, a saber, u1 e u2, ede se esperar que precisamos de duas equacoes envolvendo tais funcoes. Podemos obter umaequacao impondo que as funcoes u1 e u2 satisfazem a seguinte condicao

u′1y1 + u′

2y2 = 0

66 Metodo de Variacao dos Parametros

Esta condicao permite simplificar de forma consideravel a expressao y′p. Deste modo temos

y′p = u1y′1 + u2y

′2

ey′′p = u′

1y′1 + u1y

′′1 + u′

2y′2 + u2y

′′2

Substituindo yp, y′p e y′′p em 7.1 vem que

(u′1y

′1 + u1y

′′1 + u′

2y′2 + u2y

′′2) + p(x)(u1y

′1 + u2y

′2) + q(x)(u1y1 + u2y2) = g(x)

Simplicando obtemos

u′1y

′1 + u′

2y′2 + u1(y

′′1 + p(x)y′1 + q(x)y1) + u2(y

′′2 + p(x)y′2 + q(x)y2) = g(x)

Como ambas y1 e y2 sao solucoes da equacao homogenea associada a 7.1 temos que y′′1 +p(x)y′1 + q(x)y1 = 0 e y′′2 + p(x)y′2 + q(x)y2 = 0, ou seja,

u′1y

′1 + u′

2y′2 = g(x)

Portanto, para determinar u1 e u2 devemos resolver o seguinte sistema

u′1y1 + u′

2y2 = 0 (7.2)

u′1y

′1 + u′

2y′2 = g(x) (7.3)

Observe que no sistema anterior conhecemos que sao as solucoes y1 e y2 e, portanto,devemos determinar que sao u′

1 e u′2. O sistema apresentado e de simples solucao. De fato,

isolando u′1 em 7.2 obtemos

u′1 = −u′

2y2y1

(7.4)

Agora substituindo 7.4 na equacao 7.3 obtemos apos algumas simplificacoes que

u′2 =

y1g(x)

y1y′2 − y2y′1(7.5)

Logo, substituindo 7.5 em 7.4 vem que

u′1 = − y2g(x)

y1y′2 − y2y′1

Lembrem-se que y1 e y2 formam um conjunto fundamental de solucoes e, portanto, saoLI, ou seja,

W [y1, y2](x) = y1y′2 − y2y

′1 6= 0

Assim, podemos reescrever u′1 e u′

2 como

u′1 = − y2g(x)

W [y1, y2](x)

67

u′2 =

y1g(x)

W [y1, y2](x)

Finalmente, integrando u′1 e u′

2 obtermos u1 e u2, ou seja,

u1 = −∫

y2g(x)

W [y1, y2](x)dx (7.6)

u2 =

∫y1g(x)

W [y1, y2](x)dx (7.7)

Obviamente, nao encorajamos os leitores a decorarem as formulas 7.6 e 7.7, mas sim, acompreender bem o procedimento. No entanto, o metodo apresentado pode se tornar umtanto quanto longo e complicado para se aplicar a cada equacao diferencial que desejamosresolver. Dessa forma, o mais conveniente e usar as formulas 7.6 e 7.7. Para uma melhorcompreensao vamos resumir o supracitado como segue:

Resumo: Para resolver a equacao diferencial linear nao homogenea

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = g(x)

Primeiro encontramos um conjunto y1(x) e y2(x) de solucoes fundamentais da equacao ho-mogenea associada

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0

ou seja, encontramos a solucaoyh = c1y1 + c2y2

Em seguida, calculamos o Wronskiano de y1 e y2

W [y1, y2](x)

Na sequencia determinamos u1 e u2 usando as formulas 7.6 e 7.7, ou seja,

u1 = −∫

y2g(x)

W [y1, y2](x)dx

u2 =

∫y1g(x)

W [y1, y2](x)dx

Dessa forma, encontramos uma solucao particular para a equacao diferencial nao ho-mogenea dada por

yp = u1y1 + u2y2

Por fim, obtemos a solucao geral da equacao diferencial, que e dada por

y = yh + yp

Exemplo 7.1: Resolva a seguinte equacao diferencial

y′′ − 3y′ + 2y = exsen(x)


Solucao: Primeiramente encontramos a solucao da EDO homogenea associada

y′′ − 3y′ + 2y = 0

cujo polinomio associado eλ2 − 3λ+ 2 = 0

A ultima equacao possui raızes reais e distintas dadas por λ1 = 1 e λ2 = 2. Logo, a solucaoyh e dada por

yh = c1ex + c2e

2x

Agora o proximo passo e encontrar uma solucao particular yp. Para isto calculamos oWronskiano

W [ex, e2x](x) =

∣∣∣∣ ex e2x

ex 2e2x

∣∣∣∣ = 2exe2x − exe2x = e3x

Sendo assim temos que u1 e u2 sao dados por

u1 = −∫

e2xexsen(x)

e3xdx = −

∫sen(x)dx = cos(x)

u2 =

∫exexsen(x)

e3xdx =

∫e−xsen(x)dx = −e−x

2

(cos(x) + sen(x)

)Logo,

yp = u1y1 + u2y2

= cos(x)ex − e−x

2

(cos(x) + sen(x)

)e2x

= ex

2

(cos(x)− sen(x)

)Portanto, a solucao geral e dada por y = yh + yp, ou seja,

y(x) = c1ex + c2e

2x +ex

2

(cos(x)− sen(x)

)Exemplo 7.2: Resolva a equacao diferencial

y′′ + y =1

cos(x), 0 < x <

π

2

Solucao: Primeiramente encontramos a solucao da EDO homogenea associada

y′′ + y = 0

cujo polinomio associado eλ2 + 1 = 0

69

A ultima equacao possui raızes complexas conjugadas dadas por λ1 = i e λ2 = −i. Logo, asolucao yh e dada por

yh = c1cos(x) + c2sen(x)

Agora o proximo passo e encontrar uma solucao particular yp. Para isto calculamos oWronskiano

W [ex, e2x](x) =

∣∣∣∣ sen(x) cos(x)cos(x) −sen(x)

∣∣∣∣ = −sen2(x)− cos2(x) = −(sen2(x) + cos2(x)) = −1

Sendo assim temos que u1 e u2 sao dados por

u1 = −∫

−cos(x)1

cos(x)dx =

∫1dx = x

u2 =

∫−sen(x)

1

cos(x)dx = −

∫sen(x)

cos(x)dx = ln(cos(x))

Logo,

yp = u1y1 + u2y2= xsen(x) + cos(x)ln(cos(x))

Portanto, a solucao geral e dada por y = yh + yp, ou seja,

y(x) = c1cos(x) + c2sen(x) + xsen(x) + cos(x)ln(cos(x))

Exercıcios 7.3: a) Resolva as seguintes equacoes diferenciais

1. y′′ − 4y′ + 4y = (x+ 1)e2x

2. y′′ − y = 1x

3. y′′ + y = sen(x)

4. y′′ + y = cos2(x)

5. y′′ + y = tg(x)

6. y′′ + y = sec(x)tg(x)

7. y′′ + y = sec2(x)

8. y′′ − 4y =e2x

x

9. y′′ − 9y =9x

e3x

10. y′′ + 3y′ + 2y =1

1 + ex

11. y′′ − 2y′ + y =ex

1 + x2

12. y′′ − 3y′ + 2y =e3x

1 + ex


13. y′′ − 2y′ + 2y =ex

cos(x)

14. y′′ + 2y′ + y = e−xln(x)

15. y′′ + 10y′ + 25y =e−10x

x2

16. y′′ − 2y′ + y =ex

x

17. y′′ − y′ − 2y = e3x

18. y′′ + 4y = sen2(2x)

19. y′′ − 2y′ + y =ex

x5

b) Resolva as seguintes equacoes diferenciais sujeitas as condicoes iniciais y(0) = 1 e y′(0) = 0.

1. 4y′′ − y = xex2

2. 2y′′ + y′ − y = x+ 1

3. y′′ + 2y′ − 8y = 2e−2x − e−x

4. 2y′′ + y′ − y = x+ 1

5. y′′ − 4y′ + 4y = (12x2 − 6x)e2x

c) Resolva os seguintes problemas de valores iniciais.

1. y′′ − y′ − 2y = 4x2, y(0) = 1 e y′(0) = 4

2. y′′ − 2y′ + y =ex

x, y(1) = 0 e y′(1) = 1

3. y′′ + 4y′ + 8y = sen(x), y(0) = 1 e y′(0) = 0

4. y′′ − y′ − 2y = e3x, y(0) = 1 e y′(0) = 2

5. y′′ − y′ − 2y = e3x, y(0) = 2 e y′(0) = 1

6. y′′ − y′ − 2y = 0, y(0) = 2 e y′(0) = 1

7. y′′ − y′ − 2y = e3x, y(1) = 2 e y′(1) = 1

8. y′′ + y = x, y(1) = 0 e y′(1) = 1

9. y′′ + 4y = sen2(2x), y(π) = 0 e y′(π) = 0

Capıtulo 8

Metodo de Reducao de Ordem

Neste capıtulo vamos apresentar um breve estudo sobre as equacoes diferenciais de segundaordem com coeficientes nao constantes homogeneas, ou seja,

p(x)y′′ + q(x)y′ + r(x)y = 0

Em geral, encontrar solucoes deste tipo de equacao nao e uma tarefa facil, em outraspalavras, este trabalho pode ser uma tarefa muito mais difıcil do que encontrar solucoesde equacoes diferenciais com coeficientes constantes. Entretanto, se nos conhecemos umasolucao para a equacao diferencial podemos encontrar uma segunda solucao para a equacaodiferencial que seja linearmente independentes com a primeira. Este metodo e chamado deReducao de Ordem.

Como ja citamos o metodo de reducao de ordem requer que uma solucao ja seja conhecida.Sem conhecer uma solucao nao somos capazes de fazer a reducao de ordem. Para uma melhorcompreensao do metodo, vamos ver um exemplo para ver como isto funciona.

Exemplo 8.1: Encontre a solucao geral da equacao

2x2y′′ + xy′ − 3y = 0 (8.1)

sabendo que uma solucao da equacao e

y1(x) = x−1

Solucao: Uma vez que conhecemos uma solucao y1 para a equacao, iremos assumir que umasegunda solucao y2 possui a forma

y2 = u(x)y1(x)

para alguma escolha da funcao nao constante u(x), ou seja, vamos assumir que

y2 = x−1u(x)

72 Metodo de Reducao de Ordem

Entao devemos verificar quais condicoes u(x) deve satisfazer para que y2 seja uma solucaoda equacao. Para isto devemos calcular as derivadas de y2 e substituir na equacao 8.1.

y2 = x−1u

y′2 = −x−2u+ x2u′

y′′2 = 2x−3u− 2x−2u′ + x−1u′′

Agora substituindo na equacao 8.1 temos

2x2y′′ + xy′ − 3y = 0

2x2

(2x−3u− 2x−2u′ + x−1u′′

)+ x

(−x−2u+ x2u′

)− 3

(x−1u

)= 0

Reescrevendo e simplificando a ultima equacao obtemos

2tu′′ + (−4 + 1)u′ + (4x−1 − x−1 − 3x−1)u = 0

2xu′′ − 3u′ = 0

Observe o leitor que apos as simplificacoes os termos remanescentes sao somente aquelesque envolvem as derivadas de u′. Na verdade, se o leitor fazer todas as contas e simplificacoescorretamente isto sempre vai acontecer, ou seja, os termos que envolvem u vao desaparecer,ficnado somente aqueles que envolvem as devivadas de u.

Assim, para que y2 = x−1u seja solucao da equacao 8.1, a funcao u deve satisfazer aseguinte condicao

2xu′′ − 3u′ = 0 (8.2)

Aqui e que, supostamente, aparece o problema. Para encontrar uma solucao para umaequacao diferencial de segunda ordem homogenea com coeficientes nao constantes devemosresolver uma outra equacao diferencial de segunda ordem homogenea com coeficientes nao con-stantes. Entretanto, isto nao e um problema, pois, podemos resolver a equacao 8.2 utilizandoos metodos que aprendemos ate agora, em particular, os metodos para resolver equacao difer-enciais de primeira ordem, vistos no Capıtulo 3. De fato, para resolver a equacao 8.2 faremosuma mudanca de variavel, que e:

u′ = v ⇒ u′′ = v′

Substituindo estas ultimas na equacao 8.2 obtemos

2xv′ − 3v = 0

a qual e uma equacao diferencial linear de primeira ordem. Neste ponto, vemos a justiciativado nome do metodo“reducao de ordem”, pois, com uma mudanca de variavel, reduzimos umaequacao de segunda ordem para uma equacao de primeira ordem.

73

Se o leitor necessitar de relembrar algum detalhe sobre resolucao de equacoes de primeiraordem, recomendamos voltar ao Capıtulo 3. Dessa forma, nao vamos entrar em detalhes decomo resolver a equacao diferencial linear de primeira ordem 2xv′ − 3v = 0, cuja solucao edada por

v(x) = cx32

Mas inda nao terminamos nosssa tarefa. Agora, que encontramos a funcao v devemos, parafinalizar, encontrar a funcao u. para isto, lembrem-se da mudanca de variavel que fizemos,ou seja, u′ = v. Portanto, para encontrarmos u basta integrar a funcao v. De outra forma,

u′ = v

u′ = cx32

u =∫cx

32dx

u = 25x

52 + k

Assim, quase terminamos, pois, a solucao u que encontramos e a solucao mais geralpossıvel que podemos ter. Mas, podemos, sem perca de generalidade, escolher as constantesc e k de forma conveniente para que a solucao y2 fique um pouco mais “limpa”. Neste caso,faremos

c =5

2k = 0

Estas restricoes nos leva au = x

52

Logo,y2 = x−1x

52 = x

32

Portanto, a solucao geral da equacao 8.1 e dada por

y(x) = c1x−1 + c2x

32

Exemplo 8.2: Encontre a solucao geral da equacao

x2y′′ + 2xy′ − 2y = 0

sabendo que y1(x) = x e uma solucao.

Solucao: A forma da segunda solucao y2 e suas respectivas derivadas sao

y2 = xu

y′2 = u+ xu′

y′′2 = 2u′ + xu′′

Substituindo na equacao diferencial obtemos

74 Metodo de Reducao de Ordem

x2

(2u′ + xu′′

)+ 2x

(u+ xu′

)− 2xu = 0

Agora, fazendo as devidas simplificacoes vem que

x3u′′ + 4x2u′ = 0

Aplicando a mudanca de variavel

u′ = v ⇒ u′′ = v′

temos a equacao diferencial de primeira ordem

x3v′ + 4x2v = 0

cuja solucao ev(x) = cx4

Por fim, integrando v(x) obtemos a funcao u que e

u(x) =

∫cx4dx = −1

3ct−3 + k

Como fizemos no exemplo anterior damos valores convenientes para as constantes c e k, asaber, c = −3 e k = 0, para encontrarmos

u = t−3

Logo, a segunda solucao y2 e dada por

y2 = x(x−3) = x−2

Portanto, a solucao geral da equacao diferencial e

y(x) = c1x+ c2x−2

Exercıcios 8.3: Resolva as seguintes equacoes diferencias:

1. x2y′′ − 7xy′ + 16y = 0, y1 = x4

2. x2y′′ + 2xy′ − 6y = 0, y1 = x2

3. xy′′ + y′ = 0, y1 = ln(x)

4. 4x2y′′ + y = 0, y1 = x12 ln(x)

5. (1− 2x− x2)y′′ + 2(1 + x)y′ − 2y = 0, y1 = x+ 1

6. (1− x2)y′′ − 2xy′ = 0, y1 = 1

7. (1 + 2x)y′′ + 4xy′ − 4y = 0, y1 = e−2x

8. (1 + x)y′′ + xy′ − y = 0, y1 = x

9. x2y′′ − 5xy′ + 9y = 0, y1 = x3ln(x)

10. x2y′′ − 5xy′ + 9y = 0, y1 = x3

˘coes diferenciais: um curso para engenharias, f sica, matem mica · 2013-11-27 · notas de aula...

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