Conteúdo

1 Introdução/Revisão a integral 31.1 Integral de funções primitivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.1.1 Integral de uma constante: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.2 Integral de um função: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.3 Integral de exponencial: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.4 Integral de seno e cosseno: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.1.5 Integral por partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2 Equações Diferenciais 72.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2.1.1 Classi�cação pelo Tipo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.1.2 Classi�cação pela Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.1.3 Equações Diferenciais Lineares e Não Lineares . . . . . . . . . . . . 8

2.2 Aplicação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.3 Equações Diferenciais de Primeira Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2.3.1 Equações Separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.3.2 Primeiro Caso: Equações Diferenciais Homogêneas a Coe�cientes

Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.3.3 Segundo Caso: Equações Diferenciais Ordinárias Não-Homogêneas . 14

2.4 Equação Diferencial Ordinária de Segunda Ordem . . . . . . . . . . . . . . 192.4.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.4.2 Equações Homogêneas com os coe�cientes constantes . . . . . . . . 19

2.5 Equações Não Homegêneas a coe�cientes constantes . . . . . . . . . . . . . 25

3 Transformada de Laplace 323.1 Aplicações em equações diferenciais de primeira ordem . . . . . . . . . . . 34

1

Equações Diferenciais I

Ementa: Equações diferenciais ordinárias: Equações diferenciais de primeira ordem.Equações diferenciais homogênear de Segunda ordem lineares. Soluções por série de po-tências. Transformada de Laplace. Sistemas de equações diferenciais de primeira ordemlineares. Equações diferenciais parciais. Séries de Fourier.

Bibliogra�a Básica

ZILL, D.G., CULLEN, M.R. Equações Diferenciais. São Paulo: v.1. Editora MakronBooks, 2001.

ZILL, D.G., CULLEN, M.R. Equações Diferenciais. São Paulo: v.2. Editora MakronBooks, 2001.

BOYCE, W.F., DIPRIMA, R.C., Equações Diferenciais Elementares e Problemas deValores de Contorno. Ed. Guanabara Dois, 2002.

Bibliogra�a Complementar

AYRES, Jr. F. Equações Diferenciais. Ed. Makron Books, 1994.

COSTA, J.J.S. Equações Diferenciais aplicadas à Física. Editora Vozes, 1972.

LEIGHTON, W. Equações Diferenciais Ordinárias. Editora LTC, 1978.

ÁVILA, G.S.S., Equações Diferenciais Parciais. Editora IMPA, 1973.

CAPUTO, H.P., Iniciação ao estudo das Equações Diferenciais. Ed. LTC, 1973.

Professor Ms. Renan Fernandes Capellette

e-mail: renancapellette@yahoo.com.br

2

Capítulo 1

Introdução/Revisão a integral

Nesta secção faz-se uma breve revisão sobre algumas integrais.

1.1 Integral de funções primitivas

1.1.1 Integral de uma constante:

Considere um número a ∈ R, a integral deste número é:

∫adx = ax

Exemplo:

∫5dx = 5x+K∫1dx = x+K

1.1.2 Integral de um função:

Considere a função f(x) = xa onde é um número real.

∫xadx =

xa+1

a+ 1, a ∈ R

Exemplo 1: ∫2xdx =

2x1+1

1 + 1=

2x2

2= x2 +K

3

Exemplo 2:

∫2x+ x2 + 3dx =

∫2xdx+

∫x2dx+

∫3dx

=2x1+1

1 + 1+x2+1

2 + 1+ 3x+K

=2x2

2+x3

3+ 3x+K

= x2 +x3

3+ 3x+K

Exemplo 3:

∫1

y2dy =

=

∫y−2dx

=y−2+1

−2 + 1+K

=y−1

−1+K

= −1

y+K

Exemplo 4: A integral abaixo é de�nição. Ver (Guidorizzi, Um curso de cálculo, vol1). ∫

1

ydy = ln(y) +K

1.1.3 Integral de exponencial:

Considere a função exponencial eax onde a é um número real e ax é uma função doprimeiro grau.

∫eaxdx =

eax

a

Exemplo 1: ∫e2xdx =

e2x

2+K

4

Exemplo 2: ∫e−ydy =

e−y

−1+K = −e−y +K

1.1.4 Integral de seno e cosseno:∫cos(x)dx = sen(x) +K∫sen(x)dx = −cos(x) +K

1.1.5 Integral por partes

Trata-se de uma integral envolvendo a multiplicação entre duas funções f(x) e g(x) comomostra o exemplo abaixo:

∫f(x) · g(x)dx = 0

Quando trata-se de um processo de integração envolvendo duas funções, tais como,polinomiais e exponenciais, ou funções trigonométricas e exponenciais, dentre outras com-binações, utiliza-se a seguinte fórmula

f(x) · g(x)−∫f ′(x) · g(x)dx

Exemplos resolvidos:

∫e−2x · 3xdx = e−2x3x−

(3e−2x

−2

)+K

= −3xe−2x

2+

3e−2x

4+K

∫2x · cos(x)dx = 2x · sen(x) + 2cos(x) +K

∫2x · sen(x)dx = −2x · cos(x) + 2sen(x) +K

5

Exercícios de Fixação: Resolva as integrais abaixo:

(a)∫

4x+1

x+ e−3x + 1dx (Resposta: 2x2 + ln(x)− e−3x

3+ x+K)

(b)∫

5x · e2xdx (Resposta:5xe2x

2− 5

4e2x +K)

(c)∫x2 cot exdx (Resposta: x2ex − 2xex + 2ex +K)

6

Capítulo 2

Equações Diferenciais

2.1 Introdução

De�nição: Equações diferenciais é uma equação que contém derivadas de uma ou maisvariáveis dependentes, em relação a uma ou mais variáveis independentes.

Exemplo: O juros provenientes de um capital aplicado a regime de juros compostopode ser representado por uma equação diferencial na qual a variável dependete é o jurose a independente é o tempo, pois, a quantidade recebida de juros depende do tempo queeste capital �cará aplicado.

As Equações Diferenciais são classi�cadas de acordo com seu tipo, ordem e a line-aridade.

2.1.1 Classi�cação pelo Tipo

Se uma equação contém derivadas com relação a uma única variável independente, ela échamada de Equação Diferencial Ordinária (EDO)

Exemplos de Equações diferenciais ordinárias (EDO):

dy

dt− 5y = 1

(y − x)dx+ 4xdy = 0

du

dx− dv

dx= u

Uma equação que envolve derivadas parciais, ou seja, que contém derivadas com a rela-ção a duas ou mais variáveis independentes é chamada de Equação Diferencial Parcial

7

(EDP), muitos fenômenos que ocorrem na ótica, eletricidade, biologia, etc, podem serdescritos através de uma equação parcial, mas, por apresentarem soluções não triviaisfaz-se uma tentativa de transformá-las em Equações Diferenciais Ordinárias.

Exemplo de EDP.

x∂u

∂y+ y

∂u

∂x= u

2.1.2 Classi�cação pela Ordem

A ordem de uma equação diferencial ordinária/parcial é a derivada de maior ordem daequação diferencial.

Exemplo:

d2y

dx2+ 5

(dy

dx

)− 4y = ex

esta equação é uma equação diferencial ORDINÁRIA de segunda ordem, porém,observe o exemplo a seguir:

4xdy

dx+ y = x

é uma equação diferencial ordinária de primeira ordem.

já o exemplo abaixo é uma equação diferencial PARCIAL de quarta ordem, observe:

a2∂4u

∂x4+∂2u

∂t2= 0

2.1.3 Equações Diferenciais Lineares e Não Lineares

Tome a equação diferencial:

a0(t)y(n)(t) + a1(t)y

(n−1)(t) + . . .+ an(t)y(t) = g(x)

é uma equação diferencial linear, porém se a equação diferencial não apresentar aforma acima, esta é uma equação diferencial não linear: veja:

y′′′ + 2ety′′ + yy′ = 4

8

2.2 Aplicação

Modelo Matemático

Ratos do campo e corujas:Considere uma população de ratos do campo que habitam uma certa área rural. Vamos

supor que, na ausência de predadores, a população de ratos cresce a uma taxa proporcionalà população atual. Denotando por t o tempo e a população de ratos por p(t), então ahipótese sobre o crescimento populacional pode ser expressa pela equação:

dp

dt= rp,

onde r é chamado de taxa de crescimento.Suponha que o tempo é medido em meses, e que a taxa r tenha o valor de 0, 5 mês.

Sabe-se que diversas corujas moram nas vizinhanças e que elas matam 15 ratos do campoao dia, assim, o modelo matemático é reescrito:

dp

dt= 0, 5p− 450

O modelo acima representa o crescimento populacional de ratos do campo.

Mais aplicações, podem ser encontradas no livro Equações Diferenciais Elementa-res e Problemas de Valores de Contorno, Willian E. Boyce e Richard C. DiPrima,oitava edição.

Exercício Resolvido: Classi�que as equações abaixo quando ao tipo e à ordem.

(a) (2xy − y2) dx+ exdy = 0 (b) (sen(xy)) y′′′ + 4xy′ = 0

Ordinária de primeira ordem Ordinária de terceira ordem

(c)∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= u (d) x2

d2y

dx2− 3x

dy

dx+ y = x2

Parcial de segunda ordem Ordinária de segunda ordem.

2.3 Equações Diferenciais de Primeira Ordem

2.3.1 Equações Separáveis

Considere a equação diferencial:

9

dy

dx=g(x)

h(y)(2.1)

tal equação é considera separável pois, pode-se separar as parcelas dx e dy e resolve-lapor integração. A solução 2.1 se h(y) = 1 é:

∫dy =

∫g(x)dx

y =

∫g(x)dx+ c

Exemplo 1: Resolva as equações:

(a)dy

dx= 1 + e2x e (b)

dy

dx= sen(x)

Solução:

(a) y =∫

(1 + e2x)dx = x+1

2e2x + c

(b) y =∫sen(x)dx = −cos(x) + c

Exemplo 2: Resolva o problema de valor inicial:

dy

dx=

3x2 + 4x+ 2

2(y − 1), y(0) = −1

Solução: Procedendo da mesma forma como anteriormente tem-se:

dy

dx=

3x2 + 4x+ 2

2(y − 1)

(2y − 2)dy = (3x2 + 4x+ 2)dx integrando de ambos os lados∫(2y − 2)dy =

∫(3x2 + 4x+ 2)dx

y2 − 2y + d = x3 + 2x2 + 2x+ c

y2 − 2y − x3 − 2x2 − 2x = c− d︸ ︷︷ ︸e

para obter a solução que satisfaça a condição inicial dada, basta substituirmos osvalores x = 0 e y = −1:

y2 − 2y − x3 − 2x2 − 2x = e

(−1)2 − 2(−1)− 03 − 2 · 02 − 2 · 0 = e

e = 1 + 2 = 3

10

Assim a solução do problema de valor inicial implicitamente é dada por:

y2 − 2y = x3 + 2x2 + 2x+ 3

Exercícios: Nos exercícios abaixo, resolva a equação diferencial dada.

(1) y′ =x2

y

(2) y′ + y2sen(x) = 0

(3)dy

dx=

x− e−x

y + ey

(4)dy

dx=

x2

1 + y2

Solução:

(1) y =

√2x3

3+K

(2) −1

y= cos(x) +K ou y−1 = −cos(x) +K

(3)y2

2+ ey =

x2

2+ e−x + k

(4) y + y3 =x3

3+K

(5) Encontre a solução do problema de valor inicial:

(a) y′ = (1− 2x)y2, y(0) = −1

6

(b) dx+ ye−xdy = 0, y(0) = 1

Solução:

(a) −1

y= x− x2 + 6

11

(b)y2

2= ex − 1

2Nas próximas seções o estudo será divido de acordo com o tipo das equações diferenciais

ordinárias, evidenciando alguns métodos e�cientes para encontrar as soluções das equaçõesdiferenciais.

2.3.2 Primeiro Caso: Equações Diferenciais Homogêneas a Coe-

�cientes Constantes

São equações que apresentam a seguinte forma geral:

y′ + ay = 0 (2.2)

onde a é uma constante dada.

A solução geral da Equação 2.2 é y = ce−ax, onde c ∈ R.

Exemplo 1: Resolva o Problema de Valor Inicial (PVI):{y +

dy

dx= 0

y(0) = 2

Solução: Sabe-se que a solução geral de equação desse tipo é: y = ce−ax, então, asolução geral da Equação 2.2 é:

y = ce−x

porém, de acordo com a condição inicial (CI) tem-se y(0) = 2, então:

y = ce−x

2 = ce0

c = 2

Dessa forma a solução particular da Equação 2.2 é:

y = 2e−x

Dada a solução particular da equação acima, veri�que a veracidade desta informação.

y +dy

dx= 0

2e−xd (2e−x)

dx= 0

2e−x − 2e−x = 0

0 = 0

12

com este resultado a�rma-se que esta é uma solução do PVI.

Exemplo 2: Encontre a solução do PVI.

−3dy

dt+ 6y = 0 y(0) = 3

Solução: Neste caso deve-se reescrever a equação na forma PADRÃO como segue:

−3dy

dt+ 6y = 0 (÷3)

dy

dt− 2y = 0

Dessa forma é possível encontrar a solução geral da equação, pois ela tem a forma de2.2.

y = ce2t

assim, aplicando a CI tem-se:

3 = ce2·0

c = 3

A solução do PVI é:

y = 3e2t

Exercício: Veri�que se é solução do PVI.

Encontre a solução geral das equações diferenciais abaixo:

1 :dy

dx+ 2y = 0

13

2 : −12dy

dx+ 4y = 0

3: Encontre a solução do PVI abaixo, e veri�que a veracidade da solução.{dy

dx= 4y

y(0) = −6

Respostas: 1 : y = ce−2x 2 : y = cex3 3 : −6e4x

2.3.3 Segundo Caso: Equações Diferenciais Ordinárias Não-Homogêneas

.

Considere a equação diferencial ordinária não homogênea, cuja forma padrão é mos-trada na Equação 2.3

y′ + f(x)y = g(x) (2.3)

tal que g(x) e f(x) são funções contínuas ou constantes arbitrárias.

A equação diferencial acima não pode ser resolvida diretamente como no primeirocaso, porém um método proposto por Leibniz mostrou-se bastante e�caz, este métodoenvolve multiplicar a equação diferencial por uma determinada função denominada fatorintegrante, em outras palavras, deve-se encontrar uma função (fator integrante) talque a multiplicação do fator integrante pelos membros da equação a deixa em uma formaque é imediantamente diferenciável. Observe os exemplos

Exemplo 1: Considere a equação diferencial que representa o comportamento da po-pulação de ratos do campo em função da predação das corujas e encontre uma soluçãogeral.

dp

dt= 0, 5p− 450

Note que a equação não esta na forma padrão, assim, a equação acima na forma padrãoé:

p′ − 1

2p = −450

O fator integrante (FI) para esta equação é:

14

FI: e∫− 1

2dt = e−

t2

dessa forma,

e−t2p′ − 1

2pe−

t2︸ ︷︷ ︸

=(pe−

t2

)′= −450e−

t2

ou seja,

(pe−

t2

)′= −450e−

t2∫ (

pe−t2

)′dt =

∫−450e−

t2dt

pe−t2 =

−450e−t2

−1

2

+K

p =900e−

t2

e−t2

+K

e−t2

p = 900 + ket2

Exemplo 2: A equação diferencial que descreve o comportamento de um certo objetoem queda é dada por:

dv

dt= 9, 8− v

5.

qual é a solução geral dessa equação diferencial no instante do lançamento? (lembre-seno instante no lançamento t = 0 e v = 0).

Primeiramente observe que a equação não esta na forma geral, ou seja:

v′ +1

5v = 9, 8

o fator integrante é: F.I. e∫

15dt = e

t5 . Assim, tem-se

et5v′ + e

t5v

5= e

t5 9, 8(

et5v)′

= 9, 8et5

et5v =

∫9, 8e

t5dt

15

et5v =

9, 8et5

1

5

+K

et5v = 49e

t5 +K

v =49e

t5

et5

+K

et5

v = 49 +Ke−t5

Por se tratar de um problema de valor inicial (PVI), na qual v = 0 e t = 0, tem-se

v = 49 +Ke−t5

0 = 49 +Ke−05

−49 = +K

ou seja, a solução deste problema para o instante inicial é:

v = 49− 49e−t5

Até o presente momento abordou-se equações diferenciais ordinárias a coe�cientesconstantes, os exemplos a seguir trata-se de equações diferenciais ordinárias a coe�cientesnão constantes.

Dadas as equações diferenciais encontre uma solução geral:

(a) y′ + 2xy = 2xe−x2

(b) xy′ + 2y = 4x2

Solução:

(a) Note que a equação já está na forma padrão, sendo assim, deve-se encontrar o fatorintegrante, observe:

FI: e∫2xdx = ex

2. Multiplicando em todos os membros da equação obtem-se:

yex2

+ 2xex2

y = 2xe−x2

ex2∫ (

yex2)′dx =

∫2xdx

yex2

= x2 +K

y = x2e−x2

+ ke−x2

16

(b) Neste caso a equação não se encontra na forma padrão, pois o termo y′ vemacompanhado de x, sendo assim, a equação na forma padrão �ca:

xy′ + 2y = 4x2

xy′

x+

2y

x=

4x2

x

y′ +2

xy = 4x

O FI é e∫ 2

xdx

= e2ln(x), porém, sabe-se que 2ln(x) = loge x2, assim o FI é eloge x

2= x2.

y′x2 +2

xx2y = 4xx2∫ (

x2y)′dx =

∫4x3dx

x2y = x4 +K

y = x2 + kx−2

Exemplo: Considere o problema de valor inicial:{4xy′ + 4xy = 12x2

y(0) = 1

Solução: Primeiramente deve-se colocar a equação na forma padrão:

4xy′

4x+

4xy

4x=

12x2

4xy′ + y = 3x

O FI para equação acima é: ex, assim, tem-se:

y′ex + yex = 3xex∫(yex)′ dx =

∫3xexdx

yex =

∫3xexdx

Neste momento faz-se uma pausa para resolver a integral acima, que não é trivial!

17

Trata-se de uma integral envolvendo a multiplicação entre função polinomial e umaexponencial, assim, deve-se utilizar o método de integral por partes, e então:

f(x)g(x)−∫f ′(x)g(x)dx

onde f(x) e g(x) são funções contínuas.determinando:

f(x) = 3x ⇒ f ′(x) = 3

g′(x) = ex ⇒ g(x) = ex

substituindo na fórmula obtem-se:

∫3xex = 3xex −

∫3exdx

= 3xex − 3ex +K

dessa forma, tem-se que

yex = 3xex − 3ex +K

y =3xex

ex− 3ex

ex+K

ex

y = 3x− 3 + ke−x

Exercícios de Fixação:

1 - Classi�que as Equações Diferenciais de acordo com o tipo e a ordem.

(a)dy

dz+ 5zy = 3 (b) x5

∂y

∂x− ∂4y

∂z4= 3

(c)d3y

dx3− x5 d

5y

dx5+ x−9

d9y

dx9= 5x10 (d)

∂y

∂x− x6∂y

∂z= 9

Solução: (a) ordinária de primeira ordem; (b) parcial de quarta ordem; (c) ordináriade nona ordem; (d) parcial de primeira ordem.

2 - Encontre a solução geral das equações diferenciais abaixo:

18

(a)dy

dx=

4x3 + 15x2 − 10

2y + 1(Resposta: y2 + y = x4 + 5x3 − 10x+K)

(b) e−xdy − (4 + e−x) dx = 0 y(0) = −4 (Resposta: y = 4ex = x+K)

(c) 4xy′ + 8xy = 0 y(0) = −1 (Resposta: y = −e−2x)

(d)5x

3y′ − 3x

5y = 0 y(0) = 5 (Resposta: y = 5e

9

25x)

(e) 2xy′ − 6xy = 2x (Resposta: y = x− 1 +Ke−3x)

(f) y′ + 5x4y = 3xe−x5

y(2) = 4 (Resposta: y =3x2

2e−x

5

+Ke−x5

)

2.4 Equação Diferencial Ordinária de Segunda Ordem

2.4.1 Introdução

Uma equação Diferencial Ordinária de Segunda Ordem tem a seguinte forma pardrão:

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = g(x)

onde p, q e g é uma função conhecida.

2.4.2 Equações Homogêneas com os coe�cientes constantes

Nesta seção abordaremos equações do tipo:

ay′′ + by′ + cy = 0 (2.4)

onde a, b e c são constantes conhecidas

Para resolver este tipo equação diferencial é necessário encontrar a equação do segundograu característica associada e encontrar as raízes (t1, t2) da mesma.

A solução geral da equação diferencial 2.4 é:

y = c1et1x + c2e

t2x

onde et1x e et2x são soluções da equação diferencial abordada.

Demonstração: Considere a equação 2.4, seja y = etx, assim, y′ = tetx e y′′ = t2etx,substituindo em 2.4, tem-se

19

at2etx + btetx + cetx = 0

etx(at2 + bt+ c

)= 0

como a função exponencial nunca se anula, tem-se que at2 + bt + c = 0, resolvendoesta equação do segundo grau obtem-se duas raízes e sua caracterítica depende do valordo discriminante delta, em outras palavras:

↪→ Se ∆ > 0 tem-se duas raízes reais distintas.

↪→ Se ∆ = 0 tem-se duas raízes reais e iguais.

↪→ Se ∆ < 0 tem-se duas raizes complexas distintas.

Primeiro caso: Quando o discriminante delta é maior que zero (∆ > 0) .

Tome a equação diferencial:

y′′ + 3y′ + 4y = 0

encontre a solução geral desta equação.Primeiramente deve-se encontrar a equação característica associada, ou seja,

t2 + 3t− 4 = 0

dessa forma:

∆ = 25

t1 = 1

t2 = −4

Assim a solução da equação diferencial acima é:

y = c1ex + c2e

−4x

para veri�car basta substituir na equação diferencial.

Exercícios: Encontre a solução das equações diferenciais.

(a) y′′ − 9y′ + 8y = 0. (Resposta y = c1e8x + c2e

x)

(b) −y′′ + 10y′ − 9y = 0. (Resposta y = c1e9x + c2e

x)

(c) 2y′′ + 3y′ − 2y = 0. (Resposta y = c1e−2x + c2e

12x)

20

Segundo caso: Aborda-se equações cujo discriminante delta da equação característicaassociada é igual a zero (∆ = 0).

Neste caso tem-se duas raízes reias e iguais, portanto, uma única solução para aequação diferencial em questão, ou seja, dada equação abaixo:

at2 + bt+ c = 0

considerando que o discriminante ∆ = 0 assim, t1 = t2, dessa forma tem-se somenteuma solução para a equação diferencial y = cet1x, nesse caso deve-se encontrar umasegunda solução linearmente independente da primeira.

Um método proposto por D'Alembert conhecido como Redução de Ordem auxilia naobtenção da segunda solução para a equação diferencial. A demonstração do métodopode ser encontrada em Boyce e DiPrimam, Equações Diferenciais Elementares eProblemas de Valores do Contorno.

Sendo assim a solução geral da equação diferencial quando o discrimiante ∆ da equaçãocaracterítica é igual a zero é dada por:

y = c1xet1x + c2e

t1x

Exemplos resolvidos: Encontre a solução geral da equação diferencial abaixo:

y′′ + 4y′ + 4y = 0

Resolução:A equação característica é:

t2 + 4t+ 4 = 0

calculando as raízes obtem-se:

∆ = 0

t1 = t1 = −2

Assim, a solução geral da equação diferencial dada é:

y = c1xe−2x + c2e

−2x

Exercício resolvido: Tome a equação diferencial:

y′′ − y′ + 1

4y = 0

21

encontre a solução geral:

Resolução: A equação caracterítica é:

t2 − t+1

4

assim,

∆ = 0

t1 = t1 =1

2

com isso, a solução geral da equação diferencial é:

y = c1xe12x + c2e

12x

Terceiro caso: Quando o discriminante ∆ < 0.Neste caso as raízes da equação característica são raízes complexas e da forma:

t1 = α + βi t2 = α− βi

porém, soluções do tipo complexas não são interessantes, ou seja, as soluções reaistornam-se mais usuais, e utilizando os conceitos da fórmula de Euler é possível encontraruma solução real para a equação diferencial abordada. Demonstração pode ser encon-trada em Boyce e DiPrimam, Equações Diferenciais Elementares e Problemas deValores do Contorno.

De acordo com a Fórmula de Euler a solução geral da equação diferencia é:

y = c1eλx cos (µx) + c2e

λx sin (µx)

onde λ = α e µ = β

Exemplos Resolvidos.Encontre a solução geral da equação diferencial:

y′′ + y′ + y = 0

A equação característica é:

t2 + t+ 1 = 0

assim:

22

∆ = −3

t = −1

2± i√

3

2

com isso,

λ =1

2e µ =

√3

2

a solução geral é:

y = c1e− 1

2x cos

(√3

2x

)+ c2e

− 12x sin

(√3

2x

)

Dada a equação diferencial

y′′ + 9y = 0

encontre a solução geral.

A equação caraterística é:

t2 + 9 = 0

Calculando as raízes e o discriminante delta tem-se:

∆ = −36

t = 0± 3i

assim, a solução geral é:

y = c1 cos (3x) + c2 sin (3x)

1 - Encontre a solução geral das equações diferenciais abaixo:

(a) y′′ + 2y′ + y = 0 (Resposta: y = c1e−2x + c2te

−2x)

(b) −y′′ − y − 1

4y = 0 (Resposta: y = c1e

12x + c2te

12x)

(c) y′′ + 4y = 0 (Resposta y = c1 cos(2x) + c2 sin(2x))

(d) y′′ + 8y′ + 25y = 0 (Resposta y = c1e−4xcos(3x) + c2e

−4xsen(3x))

23

Problema de Valor Inicial (PVI) em equações diferenciais do segundo grau

Nesta seção abordaremos PVI em equações diferenciais do segundo grau. Observe oexemplo abaixo:

Considere a equação diferencial

y′′ + y′ +1

4y = 0

encontre a solução para o problema de valor inicial, sabendo que y(0) = 2 e y′(0) =1

3.

Resolução: Quando trata-se de um PVI, o objetivo é encontrar os valores das cons-tantes proveninentes do processo de integração, sabe-se que a solução geral da equaçãoacima é:

y = c1e12x + c2xe

12x

Da primeira condição incial y(0) = 2, obtem-se

2 = c1e0 + c2 · 0 · e0

c1 = 2

Utilizando a segunda condição inicial y′(0) =1

3, tem-se

y = c1e12x + c2xe

12x

y′ =1

2· c1 · e

12x + c2e

12x +

1

2c2xe

12x

1

3=

1

2· 2e0 + c2e

0 +1

2c20e

0

1

3= 1 + c2

c2 = −2

3

assim a solução do problema de valor inicial é

y = 2e12x − 2

3xe

12x

1 - Encontre a solução para os PVI's.

(a) y′′ − 9y′ + 8y = 0 sabendo que y(0) = 1 e y′ = −2 (Resposta: y =3

7e8x +

10

7ex).

24

(b) 2y′′+ 3y′− 2y = 0 sabendo que y(0) = 2 e y′ = 2 (Reposta: y = −2

5e−2x +

12

5e

12x).

(c) −y′′ − y − 1

4y = 0 sabendo que y(0) = −4 e y′(0) = −1 (Resposta: y = −4e

12x +

xe12x).

(d) y′′+8y′+25y = 0 sabendo que y(0) = 5 e y′(0) = 1 (Resposta: y = 5e−4xcos(3x)+7e−4xsen(3x))

2.5 Equações Não Homegêneas a coe�cientes constan-

tes

Considere a equação diferencial

y′′ + py′ + qy = f(x) (2.5)

onde f(x) é uma função.

O método abordado para resolver a Equação 2.5 é Variação dos Parametros. Pri-meiro deve-se encontrar a solução complementar, ou seja, é a solução da equação homo-gênea associada:

y′′ + py′ + qy = 0 (2.6)

sabe-se que a solução da equação 2.6 é:

yc = c1y1 + c2y2

porém, neste tipo de equação deve-se encontrar a solução não homogênea, que é encon-trada utilizando o método variação dos parâmetros, este método consiste em trocaras constantes c1 e c2 por funções desconhecidas µ1 e µ2:

yp = µ1y1 + µ2y2 (2.7)

dessa forma, deve-se encontrar as funções µ1 e µ2.

Método Variação dos Parâmetros

25

Derivando a Equação 2.7, tem-se:

y′p = µ′1y1 + µ′2y2 + y′1µ1 + y′2µ2 (2.8)

Como não deseja-se que apareça derivadas de segunda ordem da função µ(x) na Equa-ção 2.8 faz-se µ′1y1 + µ′2y2 = 0, assim, tem-se:

y′p = y′1µ1 + y′2µ2 (2.9)

derivando novamente a Equação 2.9, tem-se

y′′p = µ′1y′1 + µ′2y

′2 + µ1y

′′1 + µ2y

′′2 (2.10)

Note que y1 e y2 são conhecidos e estes resolvem a equação homogênea.

Substituindo 2.7, 2.9 e 2.10 em 2.5, tem-se:

µ′1y′1 + µ′2y

′2 + µ1y

′′1 + µ2y

′′2 + p [y′1µ1 + y′2µ2] + q [µ1y1 + µ2y2] = f(x) (2.11)

reorganizando os termos µ1 e µ2, tem-se:

µ′1y′1 + µ′2y

′2 + µ1 [y′′1 + py′1 + qy1] + µ2 [y′′2 + py′2 + qy2] = f(x) (2.12)

Nota na Equação 2.12 que y′′1 + py′1 + qy1 e y′′2 + py′2 + qy2 são iguais a zero, pois sãosolução da equação homogênea, assim, a Equação 2.12 �ca:

µ′1y′1 + µ′2y

′2 = f(x) (2.13)

dessa forma, para encontrar as funções µ1 e µ2, basta resolver o sistema e depoisintegrar.

{µ′1y1 + µ′2y2 = 0µ′1y

′1 + µ′2y

′2 = f(x)

(2.14)

Determinante dos coe�cientes (Wronskiano)

∣∣∣∣ y1 y2y′1 y′2

∣∣∣∣ = W (y1, y2) 6= 0

26

Regra de Cramer

Para resolver o sistemas de equações 2.14, é conveninente utilizar a regra de cramer.

µ′1 =

∣∣∣∣ 0 y2f(x) y′2

∣∣∣∣W (y1, y2)

=−f(x)y2W (y1, y2)

µ′2 =

∣∣∣∣ y1 0y′1 f(x)

∣∣∣∣W (y1, y2)

=f(x)y1

W (y1, y2)

com isso tem-se que:

µ1 =

∫ (−f(x)y2W (y1, y2)

)dx

µ2 =

∫ (f(x)y1

W (y1, y2)

)dx

Assim, basta substituir o resultado em 2.7 reorganizar os termos e a solução geral daequação diferencial 2.5 é:

yg = yc + yp

Exercícios resolvidos:

1 - Considere a equação:

y′′ + 3y′ − 4y = 5

encontre uma solução geral para a equação diferencial em questão:Primeiro: Encontrar a solução da equação homogênea:

y′′ + 3y − 4y = 0

que é:

yc = c1ex + c2e

−4x

assim, sabe-se que: y1 = ex, y2 = e−4x e y′1 = ex, y′2 = −4e−4x.

Segundo: Encontrar a solução não-homogênea:→ Wronskiano

27

W =

∣∣∣∣ ex e−4x

ex −4e−4x

∣∣∣∣ = −5e−3x

assim:

yp = µ1ex + µ2e

−4x (2.15)

µ′1 =−5e−4x

−5e−3x= e−x

µ′2 =5ex

−5e−3x= −e4x

Integrando, obtem-se:

µ1 =

∫e−xdx = −e−x

µ2 =

∫−e4xdx = −1

4e4x

substituindo em 2.15, obtem-se:

yp = −e−xex − 1

4e4xe−4x

yp = −1− 1

4= −5

4

Assim, a solução geral é:

yg = c1ex + c2e

−4x − 5

4

2 - Dada a equação:

y′′ + 3y′ − 4y = 5x

obtenha a solução geral.

Como viu-se anteriormente a solução complementar da homegênea é:

yc = c1ex + c2e

−4x

Agora, deve-se encontrar a solução particular que é dada por:

28

yp = µ1(x)ex + µ2(x)e−4x (2.16)

Calculando as funções µ(x), tem-se:

µ′1 = − f(x)y2W (y1, y2)

µ′1 =f(x)y1

W (y1, y2)

Calculando W (y1, y2), tem-se

W (y1, y2) = −5e−3x

com isso, é possível calcular as funções µ(x).

µ′1 =−5xe−4x

−5−3x= xe−x

µ′2 =5xex

−5e−3x= −xe4x

para encontrar as funções µ1(x), µ2(x), basta integrar as funções µ′1(x), µ′2(x)

∫µ′1(x)dx −

∫xe−xdx

µ1 = −xe−x − e−x∫µ′2 =

∫−xe4xdx

µ2 = −xe4x

4+

1

16e4x

substituindo os resultados na Equação 2.16, tem-se

yc =(−xe−x − e−x

)ex +

(−xe4x

4+

1

16e4x)e−4x

yc = −x− 1− x

4+

1

16

yc = −5x

4− 15

16

3 - Considere a equação:

29

2y′′ + 18y = 4

Primeramente deve-se encontrar a solução homogênea complementar que ja foi obtidaanteriormente:

yc = c1cos(3x) + c2sen(3x)

assim, resta-nos encontrar a solução particular:

yp = µ1cos(3x) + µ2sen(3x)

Primeiramente, deve-se calcular o Wronskiano.

W (y1, y2) =

∣∣∣∣ cos(3x) sen(3x)−3sen(3x) 3cos(3x)

∣∣∣∣W (y1, y2) = 3cos(3x) · cos(3x)− [−3sen(3x)] · sen(3x)

W (y1, y2) = 3cos2(3x) + sen2(3x)

W (y1, y2) = 3[cos2(3x) + sen2(3x)

]︸ ︷︷ ︸=1

W (y1, y2) = 3

Calculando µ(x) e lembrando que f(x) =4

2:

µ′1(x) =−2sen(3x)

3∫µ′1(x)dx =

∫−2sen(3x)

3dx

µ1(x) =2

9cos(3x)

µ′2(x) =2cos(3x)

3∫µ′2(x)dx =

∫2sen(3x)

3dx

µ2(x) =2

9sen(3x)

Substituindo em yp, tem-se:

yp =2

9cos(3x) · cos(3x) +

2

9sen(3x) · sen(3x)

30

yp =2

9

cos2(3x) + sen2(3x)︸ ︷︷ ︸=1

yp =

2

9

assim, a solução geral é:

yg = c1cos(3x) + c2sen(3x) +2

9

Exercício: Encontre a solução geral das equações diferenciais abaixo:

(a) −3y′′ − 4y′ − y = 9x (Resposta: yg = c1e−x + c2e

− 13x − 9x+ 36).

(b) y′′ + 2y′ + y = ex (Resposta: yg = c1e−x + c2xe

−x +1

4ex).

(c) y′′ + 2y′ + 2y = 4 (Resposta: yg = c1e−xcox(x) + c2e

−xsen(x) + 2).

31

Capítulo 3

Transformada de Laplace

Esta seção foca na resolução de equações diferenciais lineares com coe�cientes constantesutilizando a transformada de laplace, este método permite calcular uma equação diferen-cial por uma solução mais fácil de equações algébricas, para isso, deve-se orientar pelatabela que será apresentada a seguir.

Teorema 2.1 Suponhamos que f é contínua e que f ′ é seccionalmente contínua emqualquer intervalo 0 ≤ t ≤ A. Suponha, além disso, que existem constantes K, a eMntaisque |f(t)| ≤ Keat para t ≥M . Então Lf(t) existe para s > a e, além disso,

Lf ′(t) = sLf(t)− f(0)

Teorema 2.2 Suponha que as funções f, f ′, . . . , f (n−1) são contínuas e que f (n) éseccionalmente contínua em qualquer intervalo 0 ≤ t ≤ A. Suponha, além disso, queexistem constantes K, a e M tais que |f(t)| ≤ Keat, |f ′(t)| ≤ Keat, . . . ,

∣∣f (n)(t)∣∣ ≤ Keat,

para t ≥M . Então, Lf (n)(t) existe para s > a e é dado por

Lf (n)(t) = snLf(t)− sn−1f(0)− . . .− sf (n−2)(0)− f (n−1)(0)

Veja como a transformada de Laplace pode ser usada para resolver problemas devalor inicial. Sua utilidade maior é em problemas envolvendo equações diferenciais nãohomogêneas, entretando, vamos começar com algumas equações diferenciais mais simples.

32

Tabela de Transformada de Laplace

f(t) = LF (s) F (s) = Lf(t)

11

s

eat1

s− atn, n ∈ N∗

n!

sn+1

sen(at)a

s2 + a2

cos(at)s

s2 + a2

eatsen(btb

(s− a)2 + b2

eatcos(bt)s− a

(s− a)2 + b2

tneat, n ∈ N∗n!

(s− a)n+1

33

3.1 Aplicações em equações diferenciais de primeira or-

dem

Exemplo 1: Considere o problema de valor inicial

y′ − 5y = 0 y(0) = 5

Sabe-se que a solução geral desta equação diferencial é

y = 5e5x

Porém, utilizando transformada de Laplace, obtem-se:

y′ = sL(y)− y(0)

y = L(y) organizando os termos acima na equação tem-se:

sL(y)− y(0)− 5L(y) = 0

L(y) (s− 5)− 5 = 0

Y (s)(s− 5) = 5

Y (s) =5

s− 5pela tabela de transformação inversa, tem-se

y = 5e5x

Exemplo 2: Considere o problema de valor inicial

y′ + 5y = 0 y(0) = 5

Sabe-se que a solução geral desta equação diferencial é

y = 5e−5x

Porém, utilizando transformada de Laplace, obtem-se:

y′ = sL(y)− y(0)

y = L(y) organizando os termos acima na equação tem-se:

sL(y)− y(0) + 5L(y) = 0

L(y) (s+ 5)− 5 = 0

Y (s)(s+ 5) = 5

Y (s) =5

s+ 5pela tabela de transformação inversa, tem-se

y = 5e−5x

34

Exemplo 3: Considere o problema de valor inicial:

y′ − 5y = 1 y(0) = 0

sabe-se que a solução geral desta equação é:

y = −1

5+

1

5e5x

utilizando a transformada de laplace, tem-se

y′ = sL(y)− y(0)

y = L(y)

1 =1

sorganizando os termos acima na equação tem-se:

sL(y)− y(0)− 5L(y) =1

s

L(y) (s− 5) =1

s

Y (s)(s− 5) =1

s

Y (s) =

1

ss− 5

Y (s) =1

s

1

s− 5neste caso porcede-se da seguinte forma:

Y (s) =A1

s+

A2

s− 5agora deve-se encontrar as constantes A1 e A2

A1 = sY (s)s=0 = s1

s

1

s− 5= −1

5

A2 = sY (s)s=5 = s1

s

1

s− 5=

1

5

Y (s) =−1

5s

+

1

5s− 5

reorganizando:

Y (s) = −1

5

1

s+

1

5

1

s− 5de acordo com a tabela:

y = −1

5+

1

5e5x que é solução geral da equação

35