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Universidade Federal de Pelotas - UFPEL

Instituto de Física e Matemática - IFM

Departamento de Matemática e Estatística - DME

0100269 Equações Diferenciais T2

Profa: REJANE PERGHER

Capítulo 0: Revisão de Integrais

Integral Indefinida

AntiderivadaExemplo:

Qual é a função cuja derivada é a função F′x = 2x ? fx = x2 , pois ddx

x2 = 2x

A função F é chamada uma antiderivada de F′.Definição:

Uma antiderivada da função f é uma função F tal que

F′x = fx

em todo ponto onde fx é definida.

Observação: Sabemos que Fx = x3 é uma antiderivada de F′x = 3x2, assim como:Gx = x3 + 1 e Hx = x3 − 5.

Na verdade, qualquer função do tipo Jx = x3 + C é antiderivada de F′x.

Teorema:

Se F′x = fx em todo ponto do intervalo aberto I, então

toda antiderivada G , de f em I, tem a forma

Gx = Fx + C

onde C é uma constante.

Assim, uma única função tem muitas antiderivadas. O conjunto de todas as antiderivadas da funçãoF′x é chamada integral indefinida (ou antidiferencial) de f com relação a x e denotada por ∫ fxdx.

∫ fxdx = Fx + C

A operação de antidiferenciação, assim como a diferenciação, é linear:

1

∫ cfxdx = c ∫ fxdx (onde c é uma constante)

e

∫fx ± gxdx = ∫ fxdx ± ∫gxdx

A integração e a diferenciação são operações inversas uma da outra. Este fato nos permite obterfórmulas de integração diretamente das fórmulas de diferenciação.

FÓRMULAS:

∫ xndx = 1n+1

xn+1 + C ( n ≠ −1) ∫ secx tanxdx = secx + C

∫dx = x + C ∫ cscxcotxdx = −cscx + C

∫ cos xdx = sinx + C sin2x + cos2x = 1

∫ sinxdx = −cos x + C 1 + tan2x = sec2x

∫ sec2xdx = tanx + C 1 + cot2x = csc2x

∫ csc2xdx = −cotx + C

Integração por Substituição:Trabalharemos algumas técnicas para integrar funções compostas. Essas técnicas envolvem uma

substituição. O uso da substituição na integração pode ser comparado ao uso da Regra da Cadeia nadiferenciação. Iniciaremos recordando a Regra da Cadeia da diferenciação.

Seja a função y = fgx com y = fu e u = gx funções diferenciáveis. Para calcular y ′ devemosutilizar a Regra da Cadeia e obteremos:

y ′ = ddx

fgx = f ′gx.g ′x = f ′u. u ′

Exemplo 1:Derive a função composta y = x2 + 33

:

Seja u = x2 + 3 . Então y = u3

Utilizando a Regra da Cadeia, obtemos:y ′ = 3u2.u ′ = 3u2. x2 + 3 ′ = 3. x2 + 32. 2x

Teorema:

Sejam f e g duas funções tais que f ∘ g e g ′ são contínuas em um intervalo I.

Se F é uma antiderivada de f em I, então:

∫ fgxg ′xdx = Fgx + C

Exemplo 2: Calcule ∫x2 + 14xdx: Resp: 1

10x2 + 15 + C

Exemplo 3: Calcule ∫ cos3x + 1dx : Resp.: 13

sin3x + 1 + C

Exercícios:

2

1) Calcule ∫ ecosx sinxdx. Resp.: −ecosx + C

2) Calcule ∫ cos3x + 1dx . Resp.: 13

sin3x + 1 + C

3) Calcule ∫ 2x − 1x2 − x

dx. Resp.: ln|x2 − x|+C

4) Calcule ∫ 3xx2 − 5

dx. Resp.: 32

ln|x2 − 5|+C

5) Calcule ∫ e2x+1dx. Resp.: 12

e2x+1 + C

6) Calcule ∫ xex2

dx. Resp.: 12

ex2

+ C

7) Calcule ∫ tdt

t + 3Resp.: 2

3t + 3

3− 6 t + 3 + C

Integrais que resultam na função logarítmica natural:

Seja u uma função diferenciável de x :

1. ∫ 1x dx = ln|x| + C 2. ∫ 1

u dx = ln|u | + C

Exemplo 4: Calcule ∫ 2x − 1x2 − x

dx

Exemplo 5: Calcule ∫ 3xx2 − 5

dx

A Integral Indefinida da Função Exponencial Natural:

∫ exdx = ex + C e ∫ eudx = eu + C

Exemplo 6: Calcule ∫ e2x+1dx :

Integração por partes:Teorema:

Se u e v são funções de x com derivadas contínuas, então

∫udv = uv − ∫ vdu

Exemplo 7: Calcule ∫ xexdx . Resp.: xex − ex + C

Exemplo 8: Calcule ∫ x2 lnxdx . Resp.: x3

3lnx − x3

9+ C

OBS.: Uma integral pode necessitar de aplicações repetidas da fórmula de integração por partes.Exemplo 9: Calcule ∫ x2 sinxdx . Resp.: −x2 cos x + 2x sinx + 2cos x + C

Exercícios: Calcule as integrais abaixo:1) ∫ xe2xdx, 2) ∫ xex2

dx, 3) ∫ xe−2xdx, 4) ∫ x3exdx, 5) ∫ x3 lnxdx

6) ∫ t lnt + 1dt, 7) ∫lnx2dx, 8) ∫ lnx2

x dx.

Respostas:

1) e2x

42x − 1 + c, 2) ex2

2+ c, 3) - 1

4e2x2x + 1 + c, 4) exx3 − 3x2 + 6x − 6 + c,

3

5) x4

164 lnx − 1 + c, 6) 1

42t2 − 1 ln|t + 1| − t2 + 2t + c,

7) xlnx2 − 2x lnx + 2x + c,

CAPÍTULO 1: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS

1.1 Conceitos Básicos

Uma equação diferencial é uma equação que envolve uma função incógnita e suas derivadas.

Exemplos:

a)dy

dx= fx ou y ′ = fx y : função incógnita, onde y = yx, ou seja, por exemplo, y ′ = x + 3

b)d2y

dx2+ 2

dy

dx

2

= 1 y = yx

c)d3y

dx3+ x + 3

d2y

dx2+

dy

dx+ xy = 0 y = yx

d)d2y

dx2

3

+ ydy

dx

7

+ y3 dy

dx

2

+ 5x = 0 y = yx

e)∂2y

∂t2= c

∂2y

∂x2y = yx, t

f) md2xt

dt2= F t,xt,

dxtdt

(Lei de Newton)

1.1.1 Classificação:1. Tipo:

Eq, Diferencial

↙ ↘

Eq.Diferencial Ordinária(EDO) Eq. Diferencial Parcial (EDP)

- EDO: uma equação diferencial ordinária é aquela cuja função incógnita depende de apenas umavariável independente.

Exemplos.: a), b), c), d) e f).

- EDP: uma equação diferencial parcial é aquela cuja função incógnita depende de duas ou maisvariáveis independentes.

Exemplo: e).

2. Ordem: A ordem de uma equação diferencial é a ordem da mais alta derivada que nela aparece.Exemplos.: a) é equação diferencial de primeira ordem.

b), d), e) e f) são equações diferenciais de segunda ordem.c) é equação diferencial de terceira ordem.

Exemplos de Aplicação:4

● Um modelo para o movimento de uma mola:A equação diferencial ordinária que modela o movimento de um objeto de massa m preso a uma mola

é:

m d2xdt2

= −kx

onde k é uma constante positiva(chamada constante da mola)

● Equação diferencial ordinária que governa o decaimento de uma substância radioativa com o tempoR(t) (função incógnita):

dRtdt

= −kRt

onde k é uma constante conhecida.

3. Linearidade: Eq. Diferencial

↙ ↘

Linear Não - linear

- Linear: uma equação diferencial ordinária (EDO) de ordem n é linear se puder ser escrita na forma:

a0xdny

dxn + a1xdn−1y

dxn−1+. . .+anxy = gx

(Definição semelhante aplica-se a EDP).

- Não-linear: uma equação diferencial que não tenha a forma da equação acima é dita não-linear.Exemplos.: a), c) e e) são lineares.

b) e d) são não-lineares (potências das derivadas).

Exemplo de Aplicação:Pêndulo: A equação diferencial ordinária que modela o movimento oscilatório de um pêndulo simples é

dada por:d2θdt2

+g

lsinθ = 0

que é uma equação não-linear (termo sinθ ). Faltam técnicas gerais de solução. Em alguns casos, épossível fazer uma aproximação do problema para equações lineares (técnicas desenvolvidas).

Neste exemplo, se o ângulo θ for pequeno, então sinθ ≅ θ e a EDO não-linear é substituída por umaequação linear:

d2θdt2

+g

lθ = 0

Observação: Existem problemas que não é possível aproximar uma equação não-linear por umaequação linear.

1.1.2 Soluções:

5

Uma solução de uma equação diferencial na função incógnita y e na variável independente x, nointervalo I, é uma função que verifica a equação diferencial identicamente para todo x em I.

Exemplo 1: yx = C1 sin2x + C2 cos 2x é solução de y ′′ + 4y = 0 ?y ′x =

y ′′x =Substituindo na EDO, verifica-se que yx satisfaz a equação diferencial para ∀x.

Portanto, yx é solução no intervalo −∞,∞.

Exemplo 2: yx = x2 lnx é solução de x2y ′′ − 3xy ′ + 4y = 0 , x > 0 ?y ′x =y ′′x =

Exemplo 3: y = x2 − 1 é solução de y ′ 4 + y2 = −1 ?

A equação não admite solução, pois y ′ 4 + y2 é sempre não negativo para todo yx real, não podendoser igual a -1.

Exemplo 4: y ′ 4 + y2 = 0 , admite como única solução y ≡ 0 (pelo mesmo motivo do exemplo anterior).

Definição: Uma solução particular de uma equação diferencial é qualquer solução. A solução geral deuma equação diferencial é o conjunto de todas as soluções.

Exemplo 5: Pode-se mostrar que yx = C1 sin2x + C2 cos 2x é a solução geral de y ′′ + 4y = 0. Isto é, todaa solução particular da ED tem esta forma. Por exemplo, são soluções particulares:

y = 5sin2x − 3 cos 2x C1 = 5,C2 = −3y = sin2x C1 = 1,C2 = 0y = 0 C1 = 0,C2 = 0

Observação: Nem sempre se pode expressar por uma fórmula única a solução de uma ED.

Exemplo 6: A equação diferencial y ′ + y2 = 0 tem como soluções particulares y = 1x e y = 0

1.1.3 Problemas de Valores Iniciais e de Valores no Contorno:

Uma equação diferencial acompanhada de condições adicionais sobre a função incógnita e suasderivadas (todas no mesmo valor da variável independente) constitui um problema de valores iniciais. Estascondições são chamadas C.I. (condições iniciais).

Exemplo 1: y ′′ + 2y ′ = ex

yπ = 1 , y ′π = 2 (CI)Este é um problema de valor inicial, pois as condições adicionais são dadas em x = π.

Se as condições adicionais são dadas para mais de um valor da variável independente, temos umproblema de valores no contorno e as condições são C.C. (condições de contorno).

Exemplo 2: y ′′ + 2y ′ = ex

y0 = 1 , y1 = 1 (CC)Este é um problema de valor no contorno, pois as condições adicionais são dadas em x = 0 e x = 1.

Exemplo 3: Determine uma solução do problema y ′′ + 4y = 0 onde y0 = 0 , y ′0 = 1 se a soluçãogeral é yx = C1 sin2x + C2 cos 2x

6

y0 =y ′x =y ′0 =Solução particular: yx = 1

2sin2x

Solução geral: conjunto de todas as soluções (família de curvas)Solução particular: solução que satisfaz as CI ou as CC (uma única curva)

-4 -2 2

-0.4

-0.2

0.2

0.4

x

y

-4 -2 2 4

-3

-2

-1

1

2

3

x

y

Solução particular: yx = 12

sin2x. Solução geral: yx = C1 sin2x + C2 cos2x, C2 = 0 e C1 =12

, 1, 2, 3

Campo de direções: dá um “perfil” das soluçõesdy

dx= fx,y coeficiente angular da solução no ponto

x,y.

1.2 LISTA DE EXERCÍCIOS 1

1- Nos exercícios seguintes, determine:(a) a ordem da eq. diferencial. (b) o tipo EDO ou EDP.(c) a variável independente. (d) a função incógnita.1.1 y ′ + xy = x2

1.2 y ′3 = sinx

1.3 ∂2u∂x2

+ ∂2u∂x∂y

+ 7 ∂2u∂y2

+ 8 ∂u∂x

+ 2u = sinxy

1.4d3y

dx3+ 3

d2y

dx2+ y = ex

1.5d4y

dx4

d3y

dx3

d2y

dx2=

dy

dx

1.6 y ′′2 − 3yy ′ + xy = 0

1.7 x4yIV + xy ′′′ = ex

1.8dny

dxn = y2 + 1

2 - Quais, entre as funções abaixo, são soluções de y ′ − 5y = 0?a) y = 5 b) y = 5x c) y = x5 d) y = e5x e) y = 2e5x f) y = 5e2x

3 - Quais, entre as funções abaixo, são soluções de x ′′ − 4x ′ + 4x = e t ?a) x = e t b) x = e2t c) x = e2t + e t d) x = te2t + e t e) x = e2t + te t

4 - Determine os valores das constantes, de modo que as funções dadas satisfaçam as condiçõesiniciais indicadas:

4.1 yx = C1ex + C2e2x + 3e3x; y0 = 0; y ′0 = 0

7

4.2 yx = C1 sinx + C2 cos x + 1; yπ = 0; y ′π = 0

Respostas:1.1 (a) 1 (b) E.D.O. (c) x (d) yx1.2 (a) 1 (b) E.D.O. (c) x (d) yx1.3 (a) 2 (b) E.D.P. (c) x,y (d) ux,y1.4 (a) 3 (b) E.D.O. (c) x (d) yx1.5 (a) 4 (b) E.D.O. (c) x (d) yx1.6 (a) 2 (b) E.D.O. (c) x (d) yx1.7 (a) 4 (b) E.D.O. (c) x (d) yx1.8 (a) n (b) E.D.O. (c) y (d) xy2- (d) e (e) 3- (a), (c) e (d)4.1 C1 = 3, C2 = −6 4.2 C1 = 0, C2 = 1.

CAPÍTULO 2: EDO DE PRIMEIRA ORDEM

2.1 Interpretação Geométrica das EDOs de Primeira Ordem - Campo de Direções:

Uma EDO de primeira ordem é uma equação da forma:dy

dx= fx,yx

A solução desta equação é uma função y = φx que pode ser representada através de um gráfico.Geometricamente, da equação diferencial acima, podemos afirmar que, em qualquer ponto x,y, o

coeficiente angulardy

dxda solução neste ponto é dada por fx,y.

Graficamente, podemos traçar um pequeno segmento de reta, no ponto x,y, coeficiente angularfx,y.

Exemplo 1:dy

dx= 1

3y, cuja solução exata é yx = Ce

13

x

-4 -2 0 2 4

1

2

3

4

5

x

y

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

5

10

15

20

x

y

O conjunto dos segmentos de reta é o campo de direções da EDO de primeira ordem.

Equações Diferenciais Autonomas

Exemplo: Queda livreConsideremos primeiro o caso de um objeto que cai livremente dentro de um tubo com vácuo. Nessas

8

condições, a única força externa que atua sobre o sistema é o seu peso, mg, e a segunda lei de Newtonpara este sistema é:

ma = −mg 1

A massa do objeto é eliminada nos dois lados da equação, e a aceleração instantânea a é igual àderivada da velocidade, v. Assim, obtemos

v = −g 2

a aceleração será independente da massa ou forma do objeto, e igual à aceleração da gravidade, g. Osinal negativo é devido a estarmos a considerar o sentido positivo da velocidade (e da aceleração) de baixopara cima.

O campo de direções para a equação diferencial 2 é formado por vetores paralelos, todos com decliveigual a −g (figura 1).

Figura 1: Campo de direções para v = −g.

No gráfico 1 é fácil ver que as soluções da equação são retas com declive igual a −g. A velocidadediminui continuamente a uma taxa de −9.8 m/s. A solução que se mostra na figura 1 corresponde a umobjeto que foi lançado verticalmente para cima (velocidade positiva), com uma velocidade inicial de 22m/s. Avelocidade decresce até zero, aproximadamente dois segundos mais tarde, no ponto mais alto da trajetória,e continua a diminuir passando para valores negativos, que indicam que o objeto está descendo.

Se o sistema em queda livre não estiver dentro de um tubo de vácuo, existe outra força externa quenão pode ser desprezada, o atrito com o ar. A força de atrito com o ar é sempre oposta à velocidade edepende da forma do objeto e do quadrado do módulo da velocidade. A expressão matemática para essaforça é

Fa = − 12

CdρA |v|v 3

onde A é a área da seção transversal do objeto, ρ é a massa do ar, e Cd é uma constante, semunidades, que depende da forma geométrica; para esferas, Cd tem o valor de 0.5, e para um pára-quedascircular é aproximadamente 0.8. O produto −|v|v garante um sentido oposto à velocidade; se o objeto desce,v < 0, e força de atrito será para cima (−|v|v positivo). Se objeto sobe, v > 0, e a força de atrito será para

9

baixo (−|v|v negativo).A segunda lei de Newton para o objeto em queda livre é

mv = −mg − 12

CdρA |v|v 4

Para poder desenhar o campo de direções, será preciso substituir os valores numéricos dos parâmetros. Alguns valores realistas para um pára-quedista são: Cd = 0.8, m = 70 kg e A = 7 m2. A aceleração dagravidade é aproximadamente g = 9.8 m/s2. A massa do ar varia com a temperatura, a humidade relativa ea altura sobre o nível do mar. Em temperatura ambiente e alguns metros por cima do nível do mar, a massado ar é aproximadamente 1.2 kg/m3. Assim, em unidades SI, a equação 4 é igual a

v = −9.8 − 0.048 |v|v 5

Figura 2: Campo de direções para a velocidade de um pára-quedista.A figura 2 mostra que a velocidade já não diminui indefinidamente, mas aproxima-se de um limite,

designado de velocidade terminal. O sinal negativo da velocidade terminal indica que essa velocidade éatingida quando o objeto desce.

Nas soluções apresentadas na figura 2 a região de interesse é onde a velocidade é negativa, pois opára-quedas está sempre descendo. De fato, a solução mais realista na figura 2 é a curva de baixo,começando num valor da velocidade com módulo maior do que a velocidade terminal, já que a equaçãoestudada é válida apenas após o pára-quedas ser aberto. Antes da abertura do pára-quedas, opára-quedista desce com uma velocidade maior do que a velocidade terminal.

Equações autônomasA equação 5 tem uma forma mais simples

x = fx 6

Observamos que f não depende da variável independente t. Do ponto de vista físico, a evolução davariável independente não depende do instante inicial; isto é, a partir de uma velocidade inicial o movimentodo sistema será exatamente o mesmo, independentemente do instante em que o sistema obteve essavelocidade inicial. Se repetirmos uma experiência de queda livre uns dias mais tarde, o resultado daexperiência será o mesmo.

Do ponto de vista geométrico, as soluções formam famílias de curvas idênticas, deslocadas na direçãodo eixo horizontal. O campo de direções é invariante se for deslocado na horizontal (eixo do tempo).

Estes tipos de equações diferenciais, em que a função f não depende da variável independente, sãodesignadas de equações diferenciais autônomas. A equação 6, que define a evolução da variável deestado, a partir de um estado inicial x0, é chamada de equação de evolução ou evolutiva.

Retrato de fase

10

Os pontos fixos de um sistema dinâmico contínuo, de primeira ordem, são os pontos onde a derivadada variável de estado é nula. Nesses pontos o estado do sistema permanece constante. O retrato de fasede um sistema dinâmico é um esboço do campo de direções, mostrando os pontos fixos e algumassoluções que começam ou terminam nesses pontos. Os pontos fixos representam-se por meio de um ponto.

Como a derivada x num sistema autónomo (equação 6 ) depende apenas da variável de estado, x, odeclive do campo de direções é o mesmo em todos os pontos com o mesmo valor de x. Por exemplo, nafigura 2 , os vetores sobre uma reta horizontal (pontos com o mesmo valor da variável de estado v) sãotodos iguais.

Assim, para representar o campo de direções, basta desenhar a projeção do campo ao longo do eixoda variável de estado (eixo vertical). O retrato de fase será uma linha onde se mostram os pontos fixos e asdireções das trajetórias. O retrato de fase do campo da figura 2 é apresentado na figura 3.

Figura 3: Retrato de fase para a velocidade do pára-quedista, onde v t designa a velocidade terminal.A velocidade terminal obtém-se a partir da equação 4, no ponto em que a derivada for igual a zero

v t = − 2m g

CdρA 8

Assim, neste caso, existe um àºnico ponto fixo, correspondente à velocidade terminal.Na região à esquerda da velocidade terminal, do retrato de fase (figura 3) o lado direito de 4 é positivo

e, portanto, a derivada da velocidade é positiva. Tal fato é indicado pela seta que aponta para a direita. Asolução que se aproxima do ponto fixo (velocidade terminal) pela esquerda, corresponde ao caso em queno instante inicial o pára-quedista está a descer com uma velocidade com módulo maior que a velocidadeterminal; o pára-quedas trava a queda até que o pára-quedista alcança a velocidade terminal. A soluçãoque se aproxima do ponto fixo, pela direita, corresponde aos casos em que o pára-quedista salta para cima,ou salta do repouso, no instante inicial, ou quando o pára-quedista já estiver a descer no instante inicial,mas com velocidade de módulo menor que a velocidade terminal. O ponto fixo é um ponto não atrativo;todas as soluções aproximam-se dele.

Exemplo: Esboce o retrato de fase do sistema abaixo e analise a evolução do sistema, para diferentesvalores do estado inicial.

x = 4 − x2 9

Resolução: Os pontos fixos encontram-se calculando as raízes da equação obtida igualando o ladodireito da equação a zero:

4 − x2 = 0

Existem dois pontos fixos x = −2 e x = 2. Se o valor de x for menor que −2, o lado direito 4 − x2 seránegativo e a variável x diminui. Para x compreendido em −2 < x < 2, o valor da derivada é positivo e x

aumenta. Finalmente, se x for maior que 2, a derivada é negativa e x diminui. O retrato de fase éapresentado na figura 4.

11

Figura 4: Retrato de fase do sistema autónomo x = 4 − x2.● Se x0 = −2, ou, x0 = 2, o sistema permanece sempre no mesmo estado.● Se x0 < −2, o estado do sistema tendendo para o limite x → −∞● Se −2 < x0 < 2, x aumenta, tendendo para 2.● Se x0 > 2, x diminui, tendendo para 2.● O ponto x0 = −2 é um ponto repulsor.● O ponto x0 = 2 é um ponto atrator.

2.2 Equações a Variáveis Separáveis:

A forma padrão de uma EDO de primeira ordem édy

dx= fx,y. No entanto, podemos escrever

fx,y comoMx,y−Nx,y

, assim,

dy

dx=

Mx,y−Nx,y

−Nx,ydy = Mx,ydx

e obtemos a forma diferencial para esta equação:Mx,ydx + Nx,ydy = 0

Exemplo 1: Escreva yyy ′ − 1 = x na forma padrão e na forma diferencial:

Forma padrão:dy

dx=

x + y

y2

Forma diferencial: (existem infinitas)x + y

y2dx − dy = 0 ou x + ydx − y2dy = 0

Uma EDO de primeira ordem é uma equação a variáveis separáveis se pode ser escrita como:

Mxdx + Nydy = 0

e sua solução geral é obtida via integração:

∫Mxdx + ∫Nydy = C

Exemplo 2: Determinar a solução geral da equaçãody

dx= x2

1 − y2:

Solução: x3 + y3 − 3y = C

Obs.: y = yx implícitamente.

12


dx= 3x2 :

Solução: y = x3 + C

Obs.: dependência explícita ( yx está isolado)


dx= 4y :

Solução: y = Ce4x

2.3 Lista de Exercícios 2

1 - Escreva as seguintes equações diferenciais na forma padrão:1.1 exy ′ + e2xy = sinx

1.2 yyy ′ − 1 = x

1.3 xy + 3dx + 2x − y2 + 1dy = 0

1.4 xy ′ + cosy ′ + y = 1

2 - Determine a equação da curva que passa pelo ponto P5,6, conhecendo a declividade de sua

tangente num ponto qualquer dada por:dy

dx= 2x

3y.

3 - Resolva as seguintes equações diferenciais:

3.1 y ′ = 5y 3.2 y ′ = 5 x2 3.3 dbdp

= 2b 3.4dy

dx= − sinx 3.5 xdx + ydy = 0

Respostas

1.1 y ′ = −exy + e−x sinx, onde fx,y = −exy + e−x sinx 1.2 y ′ =x + y

y2

1.3 y ′ =xy + 3

y2 − 2x − 11.4 Não pode ser escrita na forma padrão.

2 3y2 − 2x2 = 58 3.2 y =5

3x3 + c 3.3 b = Ce2p 3.4 y = cos x + c 3.5 y = ± k − x2

2.4 Exemplo de Aplicação

2.4.1 Cultura de Bactérias

Considere uma cultura de bactérias cuja taxa de crescimento populacional é proporcional àpopulação presente. Determinar a quantidade de bactérias presentes, após 15 horas, sabendo que após 3horas a quantidade inicial duplicou.

Sejam Nt o número (população) de bactérias no intante t, k uma constante de proporcionalidade, N

população inicial (no instante de tempo t = 0) e dNdt

, a taxa de crescimento populacional (velocidade de

crescimento). Então, a EDO é dada por:dNdt

= kNt

N0 = N0 e N3 = 2N0

13

A solução desta EDO é N = Aekt, substituindo as condições de contorno, determinamos A e k :

Nt = N0et ln2

3 e, em t = 15, obtemos N15 = 32N0

2.4.2 Lei do Resfriamento de Newton:

“A taxa de resfriamento de uma substância numa corrente de ar é proporcional à diferença entre atemperatura da substância e a temperatura do ar”.

Considere a temperatura do ar 250C. Se uma substância resfria, neste ambiente, de1000 C para 700

C, em 20 minutos, ache o intante em que a temperatura da substância é 500C.

Obs.: Suponha que a temperatura da substância é homogênea.

Sejam Tt a temperatura da substância 0 C no instante t (min) e k uma constante deproporcionalidade. Então, a EDO é dada por:dTdt

= kT − 25

T0 = 100 e T20 = 70

A solução desta EDO é T = Aekt + 25 , substituindo as condições de contorno, encontramos A e k :

Tt = 75e

t20

ln35 + 25 e, queremos encontrar t1 tal que Tt1 = 50. Substituindo na solução, obtemos

t1 = 42,25 min, ou seja, 42 min e 15 seg.

0 20 40 60 80 100 120

40

60

80

100

x

y

Grafico da solução da EDO.

2.4.3 Um corpo em queda livre:

Um corpo em queda livre, satisfaz a segunda lei de Newton que indica que a força líquida que ajesobre o corpo (peso) é proporcional à sua aceleração.

considerações: - massa e gravidade são constantes;- resistência do ar é proporcional à velocidade v da queda;- direção positiva é para baixo.

Da segunda lei do movimento de Newton, obtemos: F = m dvdt

onde F é a força líquida e dvdt

é a

taxa de variação do momento do corpo em relação a t (m é constante).mg − kv = m dv

dt mg = m dv

dt+ kv dv

dt+ k

m v = g Equação do movimento onde mg = W é o peso do

corpo e kv é a resistência do ar..

Observação: Se k = 0 (desprezamos a resistência do ar) a equação se reduz à: dvdt

= g.

14


APLICAÇÕES

1) Determinar o tempo necessário para que uma certa quantia duplique seu valor quando aplicada àjuros de 5% ao ano, continuamente acumulados.

2) Sabendo que o rádio se decompõe numa razão proporcional à quantidade existente e que a metadeda porção original desaparece em 1600 anos, calcular a percentagem perdida em 100 anos.

3) Numa cultura, a quantidade de fermento ativo cresce proporcionalmente à quantidade presente.Sabendo que em uma hora a porção inicial foi duplicada, qual a multiplicação que se pode esperar no finalde 2 : 45 horas?

4) Uma certa substância esfria-se de 1000C a 600C, em 10 minutos. Agora, sendo a temperatura dasubstância de 200C. Achar a temperatura da substância depois de 40 minutos.

5) O nuclídeo radioativo plutônio 241 decai de acordo com a eqação diferencialdQ

dt= −0,0525Q, onde

Q está em miligramas e t em anos.a) Determinar a meia vida τ do plutônio 241.b) Se 50 mg de plutônio estiverem presentes numa atmosfera no dia de hoje, quanto plutônio existirá

daqui a dez anos?

6) Uma bola, com massa de 0,25 kg, é lançada para cima, com uma velocidade inicial de 20m/s, doterraço de um edifício com 30 m de altura. Desprezar a resistência do ar.

a) Calcular a altura máxima que a bola atinge acima do nível do solo.b) Admitindo que a bola não caia no terraço, ao retornar, calcular o tempo que leva para atingir o solo.

Respostas:1) 13,9 anos. 2) 4,23%. 3) 6,73 vezes a quantia original 4) 250C.

5) a) 13,20 anos b) 29,6 mg 6) a) 50,4 m. b) 5,25 s.

2.6 Equações Homogêneas:

Uma EDO de primeira ordem, na formady

dx= fx,y é homogênea se flx, ly = fx,y para todo l

real.

Exemplo 1: Verifique se y ′ =x + y

x é homogênea:

fx,y =x + y

x ∴ flx, ly =lx + ly

lx=

lx + ylx

=x + y

x = fx,y

∴ A EDO é homogênea.

15

Exemplo 2: Verifique se y ′ =x2 + y

x3é homogênea:

Resp.: A EDO não é homogênea.

Uma equação homogênea pode ser transformada em equação a variáveis separáveis (que jásabemos resolver), mediante a seguinte substituição de variável:

y = xνdy

dx= ν + x dν

dx

Obtemos, então, uma equação diferencial nas variáveis ν e x que resolvemos como equação avariáveis separáveis. Não esqueça de substituir ν =

yx no final do procedimento.

Exemplo 3: Encontre a solução da EDO y ′ =y + x

x :

Já vimos que é uma EDO homogênea.

Façamos a substituição:y = νx

dy

dx= ν + x dν

dx

.

A solução geral da EDO é y = x ln|x| + Cx.

Exemplo 4: Encontre a solução da EDO y ′ =y2 + x2

xy com y1 = −2 :

Solução: A EDO é homogênea e y2 = x2 lnx2 + 4x2 ou y = − x2 lnx2 + 4x2

Obs.: O sinal de menos garante a consistência com a condição inicial.

Atenção: Em algumas situações é conveniente escrever a EDO original como dxdy

= 1fx,y

e fazer

a substituiçãox = νy

dxdy

= ν + y dνdy

Exemplo 5: Resolverdy

dx=

2xyexy

2

y2 + y2exy

2

+ 2x2exy

2

Verifique que a EDO é homogênea!

A substituição conveniente éx = νy

dxdy

= ν + y dνdy

, pois simplifica os termos.

dxdy

= 1fx, y

=y2 + y2e

xy

2

+ 2x2exy

2

2xyexy

2

16

Solução geral: y = k 1 + exy

2

2.7 Equação Diferencial Ordinária de Primeira Ordem Exata:

Uma equação diferencial:Mx,ydx + Nx,ydy = 0

é exata se existe uma função gx,y tal que: dgx,y = Mx,ydx + Nx,ydy.

Por outro lado, dgx,y =∂g

∂xdx +

∂g

∂ydy

de onde concluímos que: Mx,y =∂g

∂xe Nx,y =

∂g

∂y.

Da teoria de derivação, temos que∂2g

∂x∂y=

∂2g

∂y∂x

∂∂x

∂g

∂y= ∂

∂y

∂g

∂x∂∂x

Nx,y = ∂∂y

Mx,y

TESTE: Uma EDO de primeira ordem, na forma diferencial é exata se e, somente se,∂∂y

Mx,y = ∂∂x

Nx,y

SOLUÇÃO: 1) gx,y = ∫Mx,ydx + Yy

2)∂g

∂y= Nx,y

3) Yy = ∫Y′ydy

4) Solução geral gx,y = k (forma implícita)

Exemplo 1: Resolva ycos x + 2xeydx + sinx + x2ey − 1dy = 0

Teste: ∂M∂y

= cos x + 2xey

∂N∂x

= cos x + 2xey

1) gx, y = ∫Mx,ydx + Yy

gx, y = ∫ycos x + 2xeydx + Yy

gx, y = y sinx + x2ey + Yy

2)∂g

∂y= Nx,y

sinx + x2ey + Y′y = sinx + x2ey − 1

17

∴ Y′y = −1

3) Yy = ∫Y′ydy Yy = ∫−dy = −y

4) gx, y =y sinx + x2ey − y = k solução geral!

Exemplo 2: Resolva 3xy + y2dx + x2 + xydy = 0

Exemplo 3: Resolvady

dx=

2 + yexy

2y − xexy .

Solução geral: 2x + exy − y2 = C


1) Resolva as seguintes equações diferenciais:a) 3xy2 + 1dx + yx2 + 2dy = 0 d) v dv

dt= g (g é constante)

b)dy

dx= 8xy + 3y e) y ′ = 1 + x + y2 + xy2

c) yy ′ = cos2wx. (w é constante) f) xyy ′ = 2y + 1

2) Resolva os seguintes problemas de valor inicial:

a) y ′ = − xy , y1 = 2 c) dI

dt+ 5I = 10 , I0 = 0

b) sin2ydx + cos2xdy = 0 , y π4 = π

4d) v dv

dt= g , vt0 = v0

3) Determine as soluções gerais das seguintes equações:

a) xy ′ + y + 2x = 0 c) xy ′ − y − y − x3 = 0

b) y ′ = xy + x sec

yx d) xy ′ = xe

−yx + y

4) Resolva as equações:a) x + y2dy + y − x2dx = 0 c) 3x2 + 2xy2dx + 2x2ydy = 0

b) ex cos ydx = ex sinydy. d) 3x2y +yx dx + x3 + lnxdy

Respostas:

1.a) x2 + 23y2 + 1 = k. 1.b) y = ke4x2+3x. 1.c) y2 = x + sin2wx2w

.

1.d) v2 = 2gt + k. 1.e) arctgy = x2

2+ x + k. 1.f) y − ln|y + 1| − 2 ln|x| = k.

2.a) x2 + y2 = 5 2.b) tgx − cotgy = 0 2.c) It = 21 − e5t 2.d) v2 − 2gt = v02 − 2gt0

3.a) y = cx − x 3.b) y = xarcsinx + c 3.c) y = x + xc − x2

− 12 3.d) e

yx − lnx = k.

4.a)yx − x3

3+

y3

3= k 4.b) ex cos y = k 4.c) x3 + x2y2 = k 4.d) x3 + lnxy = k

2.9 Fatores Integrantes:

18

Normalmente, a equação diferencial Mx,ydx + Nx,ydy = 0

não é exata. Mas, em alguns casos, podemos transformar esta equação diferencial em exata, fazendouma multiplicação adequada.

Exemplo: Resolva y ′ = 2xy − x (não é homogênea)∴ Não é exata.

Se multiplicarmos a equação por e−x2

, obtemos:−2xye−x2

+ xe−x2

dx + e−x2

dy = 0∂M∂y

= −2x e−x2

; ∂N∂x

= e−x2

.−2x . Assim, é exata e já sabemos resolver.

Def: Uma função Ix,y é um Fator Integrante de Mx,ydx + Nx,ydy = 0 se a equação:Ix,yMx,ydx + Nx,ydy = 0

é exata.

2.9.1 Métodos para Determinação de Fatores Integrantes:

Caso 1:

Fator integrante depende só de x : Ix

Se 1N

∂M∂y

− ∂N∂x

≡ hx é função somente de x, então Ix = e∫ hxdx

Exemplo: Resolva x − ydx − dy = 0

Não é exata, mas com hx = 1, temos Ix = ex e a EDO fica exata: exx − ydx − exdy = 0.

Solução geral: xex − ex − yex = k ou y = Ce−x + x − 1

Caso 2:

Fator integrante depende só de y : Iy

Se 1M

∂M∂y

− ∂N∂x

≡ hy é função somente de y, então Iy = e−∫ hydy

Exemplo: Resolva ydx + 3 + 3x − ydy = 0

Não é exata, mas com hy = − 2y , temos que Iy = y2 e a EDO fica exata y3dx + 3y2 + 3xy2 − y3dy = 0

Solução geral: y3x + y3 − y4

4= k

2.10 Equações Diferenciais Lineares:19

Quando podemos escrever fx,y == pxy + qx na equação diferencialdy

dx= fx, y, dizemos que a

equação é linear, ou seja,dy

dx+ pxy = qx

Solução: Utilizamos o fator de integração Ix = e∫ pxdx

.

Ixdy

dx+ Ixpxy = qxIx

e∫ pxdx dy

dx+ Ixpxy = qxe∫ pxdx

ddx

e∫ pxdx

.y = e∫ pxdx

.qx

Integrando em relação a x:

e∫ pxdx

.y = ∫ e∫ pxdx

.qxdx

y = e−∫ pxdx

. ∫ e∫ pxdx

.qxdx + C

Exemplo 1: Resolva y ′ + 2y = e−x , y0 = 0.75

Fator integrante: Ix = e2x

Solução geral: y = e−x + Ce−2x

Solução particular: y = e−x − 0.25e−2x

Exemplo 2: Resolva y ′ − 2xy = x , y0 = 0

Fator integrante: Ix = e−x2

Solução geral: y = − 12

+ Cex2

Solução particular: y = − 12

+ 12

ex2

2.11 Equação de Bernoulli:

Uma equação diferencial de Bernoulli é uma equação da forma: y ′ + pxy = qxyn,onde n é real.

Fazendo a substituição z = y1−n reduzimos a equação de Bernoulli a uma equação diferencial linearna função incógnita z.


dx+ xy = xy2

Equação de Bernoulli com n = 2.

Substituição: z = y1−2 ou seja: z = 1y , ainda,

y = 1z

dy

dx= − 1

z2dzdx

Fator integrante: Ix = e− x2

2

20

Solução geral: y = 1

1 + Ce− x2

2


dx− 3

x y = x4y13

Equação de Bernoulli com n = 13

.

Substituição: z = y23 , então

y = z32

dy

dx= 3

2z

12 dz

dx

Fator integrante: Ix = 1x2

Solução geral: y23 = 2

9x5 + Cx2 ou y = ± 2

9x5 + Cx2

32


1) Em que condições as seguintes equações diferenciais são exatas? Determinadas as condições,resolva-as.

1.1) 2x + aydx + 2y + bxdy = 0

1.2) coshy + acosaxdx + bx sinhydy = 0

2) Determine um fator integrante para as equações abaixo e resolva-as.2.1) 2x3 − ydx + xdy = 0, y1 = 1.

2.2) y3 + 2exydx + ex + 3y2dy = 0

2.3)dy

dx= x

x2y + y3.

2.4) ydx − xdy + lnxdx = 0

3) Verifique se as seguintes equações são Equações diferenciais Lineares e resolva-as.

3.1)dy

dx+

yx = 1

3.2)dy

dx− 2y

x = x2 sin3x.

3.3)dy

dx= 2xy − x + 1

3.4) xdy

dx+ y = 2x, y1 = 2.

4) Prove que a equação diferencialdy

dx+ pxy = qxy lny, pode ser resolvida mediante a mudança de

variável lny = v. Use isto para resolver a EDO: xdy

dx+ 2x2y = y lny

5) Resolva as equações de Bernoulli.5.1) yy ′ = xy2.

5.2) y ′ + y = y2ex.

5.3) yy ′ − xy2 − x = 0.

21

Respostas:1.1) a = b, x2 + axy + y2 = k 1.2) b = 1, xcoshy + sinax = k

2.1) hx = 1x2

. yx = 2x − x3; 2.2) hx = ex, exy3 + e2xy = k;

2.3) hy = e−y2

, e−y2

2x2 + y2 + 1 = k ; 2.4) hx = 1

x2. yx = cx − lnx − 1 ;

3.1) yx = x2+ k

x , 3.2) yx = x2− cos3x3

+ k. 3.3) yx = x + kex2

.

3.4) yx = x2 x2

2+ k 4) yx = 3

21 − e−2x 5.1) z = y−1; yx = ke

x2

2 .

5.2) z = y−1; yx = −1c + xex . 5.3) z = y2; y2 = 1 + kex2

.

2.13 Aplicações das EDO de Primeira Ordem2.13.1 Trajetórias Ortogonais

Considere a família de curvas no plano xy Fx,y,c = 0 , onde c é um parâmetro (“constante” quefazemos variar).

Chamamos de trajetórias ortogonais, desta família, a uma nova família Gx,y,k = 0 , onde cadacurva de G intercepta cada curva de F , segundo um ângulo reto.

Exemplo: F : x2 + y2 = c

G : y = kx

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

-4

-2

2

4

x

y

2.13.2 Procedimento para Determinação de Trajetórias Ortogonais a Fx,y,c

1) Derivamos Fx,y,c em relação a x (derivação implícita). Se necessário, isolamos c em Fx, y,c e

substituímos na equação derivada. Obtemos:dy

dx= fx,y.

2) As trajetórias ortogonais são soluções dedy

dx= − 1

fx,y.

Exemplo 1: Determine as trajetórias ortogonais da família de curvas x2 + y2 = c2 (circunferências comcentro na origem).

1) 2x + 2yy ′ = 0 ∴ y ′ = − xy

2)dy

dx= − 1

fx,y.∴ dy

dx=

yx (EDO a variáveis separáveis)

22

Solução geral: y = kx Retas que passam pela origem - trajetórias ortogonais.

Exemplo 2: Determine as trajetórias ortogonais da família de curvas y = cx2 (parábolas com vértice naorigem).

1) y ′ = 2cx , mas c =y

x2∴ y ′ =

2yx

2)dy

dx= − 1

fx,y.∴ dy

dx= − 1

2xy EDO a variáveis separáveis.

Solução geral: x2

2+ y2 = C (elipses=trajetórias ortogonais)

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

-4

-2

2

4

x

y

2.13.3 Exemplos de aplicação:- Problemas de Diluição:

Considere um tanque contendo inicialmente V0 litros de salmoura com a kg. de sal. Uma outrasolução com b kg. de sal por litro começa a entrar no tanque a uma razão de e l/min e, simultaneamente, amistura deixa o tanque a razão de f l/min. Qual a quantidade de sal no instante t?

Seja: Qt: quantidade (kg) de sal no instante t.dQ

dt: taxa de variação de Q.

dQ

dt= Tent − Tsai = taxa que o sal entra no tanque - taxa que o sal sai do tanque.

Tent: be (kg/min) onde b é a quantidade de sal por l (concentração de sal na solução que entra)e é a quantidade de l de solução que entra por minuto.

Tsai: concentração de sal no tanque no instante t (kg/l).f (quantidade em litros de mistura que saipor minuto).

Tsai:Q

V0 + et − ftf onde Qt é a quantidade de sal (kg) em t

et é o que entrou em t minft é o que saiu em t min

V0 é o volume inicial.

A EDO fica:dQ

dt= be − Q

V0 + et − ftf ou

dQ

dt+

Q

V0 + et − ftf = be, que é linear.

Exemplo 1: Um tanque contém inicialmente 350 litros de salmoura com 10 kg de sal. No intante t = 0,água pura começa a entrar no tanque a razão de 20 l por minuto, enquanto a mistura sai do tanque amesma taxa. Determine a quantidade de sal no tanque no instante t.

V0 = 350 l. b = 0 kg/l f = 20 l/minQ0 = 10 kg e = 20 l/min

23

dQ

dt+ 20

350 + 20t − 20tQ = 0.20 ∴ dQ

dt+ 2

35Q = 0 É linear.

Fator integrante: It = e2t35

Solução geral: Q = Ce− 2t

35

Solução particular: Qt = 10e− 2t

35

Observe que Q → 0 quando t → ∞ , o que esperávamos, pois está entrando água pura.

- Problemas de Temperatura: Lei do Resfriamento de Newton (válida também para aquecimento).

“ A taxa de resfriamento de uma substância numa corrente de ar é proporcional à diferença entre atemperatura da substância e a temperatura do ar”.

Sejam T: temperatura do corpoTm: temperatura do meiok: constante de proporcionalidade k > 0.

dTdt

= −kT − Tm ∴ dTdt

+ kT = kTm é linear.

Obs.: Por que escolher k positivo?- Processo de resfriamento: T − Tm > 0 ∴ −kT − Tm < 0 ∴ dT

dt< 0 (variação da temperatura

negativa, implica em temperatura decrescente).- Processo de aquecimento: T − Tm < 0 ∴ −kT − Tm > 0 ∴ dT

dt> 0 (temperatura crescente).

Exemplo 1: Um corpo à temperatura de 50∘ F é colocado ao ar livre onde a temperatura é de 100∘ F.Se, após 5 min, a temperatura do corpo é 600∘ F, determine:

a) o tempo necessário para que o corpo atinja 75∘ F.b) a temperatura do corpo após 20 minutos.T0 = 50

T5 = 60

Tm = 100

a) Tt1 = 75, encontre t1 :dTdt

+ kT = kTm dTdt

+ kT = 100k é linear.

Fator integrante: It = ekt

Solução geral : Tt = 100 + Ce−kt. Solução particular: Tt = 100 − 50e− 1

5ln1.25t

E para Tt1 = 75, t1 ≅ 15,5 min.

b) T20 = 79,52 ∘ F.

- Problemas de Queda dos Corpos:

Considere um corpo de massa m em queda vertical.Considerações: - massa e gravidade são constantes;

- resistência do ar é proporcional à velocidade v da queda;

24

- direção positiva é para baixo.Da segunda lei do movimento de Newton, obtemos: F = m dv

dt

onde F é a força líquida e dvdt

é a taxa de variação do momento do corpo em relação a t (m é

constante).mg − kv = m dv

dt mg = m dv

dt+ kv dv

dt+ k

m v = g Equação do movimento

onde mg = W é o peso do corpo e kv é a resistência do ar.

Obs.1: Se k = 0 (desprezamos a resistência do ar) a equação se reduz à: dvdt

= g.

Obs.2: Quando o corpo é arremessado para cima, a resistência do ar tem sentido igual ao do pesoporque a resistência é sempre oposta ao sentido do movimento.

Obs.3: Quando a direção positiva é considerada para cima, precisamos reavaliar os sinais daequação do movimento.

Obs.4: Pode existir outra relação entre a resistência do ar e a velocidade que não seja a relaçãoconsiderada na modelagem anterior. Se a resistência do ar for proporcional ao quadrado da velocidade:−kv2.

Obs.5: O peso é aproximado por W = mg quando o corpo se encontra muito próximo da terra. Caso

contrário, é dado por: W =mgR2

R + x2onde R é o raio terrestre e x é a altura acima do nível do mar. Neste

caso, será necessário usar dvdt

= dvdx

dxdt

v dvdx

= dvdt

.

Exemplo 1: Um corpo de massa m cai a partir do repouso, num meio que oferece resistênciaproporcional à velocidade. Admitindo que a força gravitacional seja constante, determine:

a) a velocidade em qualquer instante.b) a velocidade limite v e quando t → ∞.

a) dvdt

+ km v = g v0 = 0 é linear.

Fator integrante: It = ektm

Solução geral: v =mg

k+ Ce

− ktm Solução particular: vt =

mg

k1 − e

− ktm

b) limt→∞

vt = v l , então v l =mg

k, velocidade limite.

- Problemas de Circuitos Elétricos:

Considere: R é o resistor (ohms), L é o indutor (henries), C é o capacitor (Faradays), E é a forçaeletromotriz (volts), I é a corrente (ampères).

Casos Particulares:

25

- Circuito RL: Lei que rege a quantidade de corrente no circuito é dIdt

+ RL

I = EL

Obs.: Não necessariamente E é constante. É uma equação linear não-homogênea.

- Circuito RC: Lei que rege a quantidade de carga édq

dt+ 1

RCq = E

R

Obs.: A EDO é linear e não-homogênea.

A relação entre q e I é: I =dq

dt

Atenção:It = corrente transiente + corrente estacionária.

- Estado transiente: Tem forte influência no início do experimento. Vai para zero quando t → ∞.

- Estado estacionário: caracteriza a corrente quando t → ∞ (muito grande).

Exemplo 1: Um circuito RL tem uma f.e.m. de 5 volts, uma resistência de 50 ohms, uma indutância de 1henry e não tem corrente inicial. Determine:

a) a corrente no instante t;b) sua componente no estado estacionário;c) sua componente no estado transiente.

a) dIdt

+ 50I = 5 I0 = 0

Fator integrante: e50t Solução particular: It = 110

− 110

e−50t.

b) Iest = 110

A,

c) I trans = − 110

e−50t

- Crescimento Exponencial:

Exemplo 1: Seja Nt a população de uma certa espécie (ou a quantidade de uma substância).Hipóteses: taxa de variação de N é proporcional ao valor instantâneo de N. População inicial N0.

dNdt

= rN

N0 = N0

Obs.: se r > 0 : crescente; se r = 0: Nt = N0 e se r < 0 : decrescente (extinção)

r: velocidade específica de crescimento (ou declíneo).Solução: Nt = N0ert.

Exemplo 2: Uma pessoa deposita R$20.000,00 em uma conta que paga 5% ao ano de juroscompostos continuamente. Determine:

a) o saldo na conta após 3 anos;b) o tempo necessário para que a quantia inicial duplique.

26

Sejam Nt : quantidade de dinheiro=saldo na contar : taxas de juros compostos continuamente=velocidade específica de crescimento.

r = 0.05 > 0 (o saldo aumenta) e N0 = 20.000

dNdt

= 0. 05N

N0 = 20.000Solução: Nt = 20.000e0.05t

a) N3 = 23.236, 68 reais

b) Nt = 40.000 t = 13,86 anos.

- Problemas de Crescimento Logísitco:

Suponha que a velocidade específica de crescimento dependa da realidade da população (meioambiente, alimentação, competição intra e extra-específica, clima, etc). Então, esta velocidade fica melhorexpressa por uma função de N : fN. Escolhemos: fN = r − aNN onde r,a > 0 são constantes e, portanto:dNdt

= r − aNN (Equação Logística) ou dNdt

= r1 − NKN onde K = a

r .

Exemplo 1: Cinco ratos de uma população constante de 500 são intencionalmente inoculados comuma doença contagiosa para testar uma teoria de disseminação da epidemia segundo a qual a taxa devariação da população infectada é proporcional ao produto de ratos infectados pelo número de ratos sem adoença. Qual o tempo necessário para que a metade da população contraia a doença?

Sejam Nt o número de ratos infectados, N0 = 5 e o número de ratos sem a doença é 500 − N,então

dNdt

= 500 − NRN ou dNdt

= 1 − N500

rN Eq. Logística r = 500R

N0 = 5

Atenção: Integração via frações parciais! Solução Particular: N500 − N

= 199

e500Rt

Pergunta: Nt = 250 t = 0.00919R

u.t.


1) Em cada um dos casos abaixo, desenhar curvas da família dada e também das respectívastragetórias ortogonais.

a) A famíla de hipérboles xy = c.

b) A família de círculos x − c2 + y2 = c2

c) A família x2 + y2 = Cx

2) Um tanque de 50 litros contém inicialmente 10 litros de água pura. No instante t = 0, começa a serdespejada uma solução contendo 0,1 kg de sal por litro, a razão de 4 l/min, enquanto a mistura sai dotanque a razão de 2 l/min. Determine:

27

a) O instante em que ocorre o transbordamento.b) A quantidade de sal no tanque neste instante.

3) Um corpo de massa m é lançado verticalmente para cima com velocidade inicial v0. Se a resistênciado ar é proporcional à velocidade, determine:

a) a equação do movimento no sistema coordenado v, t.b) a velocidade no instante t.c) o instante em que o corpo atinge a altura máxima.

4) Um circuito RL tem f.e.m. dada (em volts) por 3sin2t , uma resistência de 10 ohms, uma indutânciade 0.5 henry e uma corrente inicial de 6 ampères. Determine a corrente em t:

5) Sabe-se que a população de um determinado país aumenta a uma taxa proporcional ao número dehabitantes do país. Se, após 2 anos, a população duplicou e, após 3 anos, é de 20.000 habitantes, estime onúmero inicial de habitantes:

Trabalho de Pesquisa

Pesquise, nos livros abaixo indicados, uma aplicação para as equações diferenciais ordinárias deprimeira ordem. Escolha uma aplicação na área que preferir, como por exemplo: biologia (crescimentopopulacional e disseminação de doenças), química (decaimento radioativo, misturas e datação porcarbono), física (resfriamento de Newton e corpo em queda livre) e engenharia (circuitos elétricos eeletromagnetismo).

O trabalho deve conter no mínimo três páginas com: introdução, descrição do problema de formageral (pelo menos uma página), resolução e conclusão.

Procure pesquisar em mais de um livro da biblioteca, escolhendo a aplicação que achar maisinteressante. Coloque no trabalho a bibliografia utilizada.

ReferênciasBOYCE W.E. DIPRIMA R.C.. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno.

Rio de Janeiro LTC. 1998.BRONSON. R.. Moderna Introdução às Equações Diferenciais. São Paulo, McGraw-Hill, 1977.EDWARDS C.H. PENNEY D.E. Equações Diferenciais Elementares com Problemas de Contorno.

Prentice-Hall, 1995.HUGHES-HALLETT, D., GLEASON, A. M. Cálculo v. 2. Rio de Janeiro LTC. 1997.ZILL, D. G., CULLEN M. R. Equações Diferenciais com Aplicações em Modelagem. Thomson Learning

2003.ZILL, D. G., CULLEN M. R. Equações Diferenciais v 1. MAKRON BOOKS.MATOS, M. P., Séries e Equações Diferenciais. São Paulo, Prentice Hall, 2002.

CAPÍTULO 3: EDOs LINEARES DE SEGUNDA ORDEM

28

3.1 EDO Lineares de Segunda Ordem

Uma EDO de segunda ordem é linear se pode ser escrita na forma:y ′′ + a1xy ′ + a0xy = gx

Uma EDO linear de segunda ordem homogênea é dada com gx ≡ 0

y ′′ + a1xy ′ + a0xy = 0

Caso contrário, a equação é dita não-homogênea.

Uma EDO linear de segunda ordem é dita com coeficientes constantes se a1,a0 são constantes.Caso contrário, a equação é com coeficientes variáveis.

Obs.1: Uma EDO linear de segunda ordem pode ser escrita como: Ly = gxonde L é um operador linear definido como segue: L : C2I → CI tal que Lyx = y ′′ + a1xy ′ + a0xy

C2I : conjunto das funções definidas no intervalo I duas vezes derivável com segunda derivadacontínua.

CI : conjunto das funções contínuas definidas no intervalo I.

Obs.2: Um operador linear satisfaz as duas propriedades:

P1 Ly1 + y2 = Ly1 + Ly2

P2 Lαy1 = αLy1 α ∈ ℜ

Exemplos.:a) y ′′ + 4y = ex − sinx a1 = 0,a0 = 4 gx = ex − sinx

EDO linear de segunda ordem com coeficientes constantes não-homogênea.

b) x2y ′′ + xy ′ + x2 − 1y = 0 ou y ′′ + 1x y ′ +

x2 − 1x2

y = 0 a1x = 1x ,a0x =

x2 − 1x2

gx ≡ 0

EDO linear de segunda ordem com coeficientes variáveis homogênea.

c) yy ′′ − y ′ = 0

O produto yy ′′ indica a não linearidade da EDO.

d) y ′′ − y = 0

A potência indica a não linearidade da EDO.

TEOREMA: Considere o problema de valor inicial y ′′ + a1xy ′ + a0xy = gx com condições yx0 = y0

e y ′x0 = y0′ , onde a1,a0 e g são contínuas num intervalo I. Então existe uma única solução para este

29

problema e ela existe sobre todo o intervalo I.

Exemplo: y ′′ − 4xy ′ + 6ycos x = e−x sinx y0 = 2,y ′0 = −3

a1 = −4x,a0 = 6cos x,gx = e−x sinx são contínuas em ℜ.

Este problema possui uma solução única para todo ℜ.

TEOREMA: (Princípio da Superposição)Se y1 e y2 são duas soluções da equação diferencial y ′′ + a1xy ′ + a0xy = 0 , então a combinação

linear c1y1 + c2y2 também é solução para quaisquer constantes c1 e c2.

Obs.: A solução é pelo menos duplamente derivável sobre o intervalo I.

3.2 Wronskiano e Soluções Linearmente Independentes (L.I.):

DEFINIÇÃO: O Wronskiano de duas funções y1 e y2 é dado por:

Wy1,y2 =y1 y2

y1′ y2

′= y1y2

′ − y1′ y2

Propriedade 1:Se y1 e y2 são funções deriváveis em I e se Wy1,y2 ≠ 0 num ponto xI ∈ I, então y1 e y2 são L.I. em

I.

Exemplo 1: y1x = cos x e y2x = sinx são L.I.?

Wy1,y2 =cos x sinx

− sinx cos x= cos2x + sin2x = 1 ≠ 0 ∀ x ∈ ℜ

∴ y1 e y2 são L.I.

Exemplo 2: y1x = eλ1x e y2x = eλ2x , λ1,λ2 são constantes reais e λ1 ≠ λ2 são L.I.?

Wy1,y2 =eλ1x eλ2x

λ1eλ1x λ2eλ2x= λ2eλ1+λ2x − λ1eλ1+λ2x = λ2 − λ1eλ1+λ2x ≠ 0

∴ y1x e y2x são L.I.

Propriedade 2:Se y1 e y2 são soluções L.I. da EDOLH (Ly = 0), então y = c1y1 + c2y2 é a solução geral de Ly = 0.

Exemplo: y ′′ − y = 0

ex,e−x são soluções L.I. Pela propriedade 2, a solução geral da EDO é yx = c1ex + c2e−x

Propriedade 3:Existem duas soluções L.I. para Ly = y ′′ + a1xy ′ + a0xy = 0.

30

Obs.1: Relações de Euler:

e ix = cos x + i sinx e e−ix = cos x − i sinx x ∈ ℜ , i : unidade imaginária i2 = −1.

ou equivalentemente:

cos x = e ix + e−ix

2e sinx = e ix − e−ix

2.

Obs.2: Uma função y : ℜ → C pode ser solução de uma equação diferencial.

Exemplo: y = e ix é solução de y ′′ + y = 0. Verifique!

Propriedade 4:

Uma função complexa y = u + iv (u e v são, respectivamente, a parte real e imaginária de y) ésolução de uma EDO Ly = 0 se e, somente se, u e v são também soluções de Ly = 0.

Exemplo: y = e ix é solução de y ′′ + y = 0

Pela relação de Euler: y = cos x + i sinx

Pela propriedade 6, u = cos x e v = sinx também são soluções de y ′′ + y = 0.

3.3 EDOLH de Segunda Ordem com Coeficientes Constantes:

Considere a equação diferencial y ′′ + a1y ′ + a0y = 0. A esta equação associamos uma equaçãoalgébrica conhecida como equação característica λ2 + a1λ + a0 = 0. Fatorando a equação característica,obtemos: λ − λ1 λ − λ2 = 0.

Obtemos a solução geral da EDOLH a partir das raízes da equação característica.

CASO 1:

λ1 e λ2 são raízes reais distintas.Como eλ1x e eλ2x são soluções L.I., então a propriedade 2 nos garante que a solução geral é

yx = C1eλ1x + C2eλ2x

Exemplo 1: y ′′ + 5y ′ + 6 = 0

λ2 + 5λ + 6 = 0 → λ + 2λ + 3 = 0

Solução geral: y = C1e−2x + C2e−3x

Exemplo 2: y ′′ − 4y = 0 y0 = 1 , y ′0 = 0

Solução geral: y = C1e2x + C2e−2x

31

Solução particular: yx = e2x + e−2x

2ou yx = cosh2x

CASO 2:

λ1 = λ2 (raízes reais e iguais).Solução L.I. eλ1x e xeλ1x

A solução geral é yx = C1eλ1x + C2xeλ1x.

Verifique se eλ1x e xeλ1x são soluções L.I. W ≠ 0

Exemplo: y ′′ + 2y ′ + y = 0

Solução geral: y = C1e−x + C2xe−x

CASO 3:

λ1 = a + bi , λ2 = a − bi (aparecem aos pares complexos conjugados).Solução L.I.: ea+bix e ea−bix.

Solução geral: y = C1 ea+bix + C2 ea−bix

Mas, pela propriedade 6, podemos equivalentemente escrever a solução geral comoy = C1eax cos bx + C2eax sinbx

Exemplo 1: y ′′ + 20y ′ + 200y = 0

Solução geral: y = C1e−10x cos 10x + C2e−10x sin10x

Exemplo 2: y ′′ + 9y = 0

Solução geral: y = C1 cos 3x + C2 sin3x


1) Resolva as seguintes EDOH.1.1) y ′′ − 2y ′ + 2y = 0 1.2) y ′′ + 7y = 0

1.3) y ′′ + 2y ′ + 5y = 0 1.4) y ′′ − 4y + 4y = 0

2) Resolva os seguintes problemas de valor inicial.2.1) y ′′ + 2y ′ + y = 0, y0 = 1,y ′0 = 2.

2.2) y ′′ − 6y + 9y = 0, y0 = 2, y ′0 = 8.

2.3) y ′′ + 4y ′ + 4y = 0, y0 = −1, y ′0 = 3

3) Construa a matriz Wronskiana e determine o valor de seu determinante para os seguintes conjuntosde soluções.

3.1) ex,e−x 3.2) sen3x, cos3x 3.3) ex,xex

4) Mostre que duas soluções L.I. da equação diferencial y ′′ − 6y ′ + 9y = 0 são dadas por e3x, xe3x.

32

Escreva a solução geral da EDOH.

RESPOSTAS1.1) y = c1ex cos x + c2ex sinx 1.2) y = c1 cos 7 x + c2 sin 7 x

1.3) y = c1e−x cos 2x + c2e−x sin2x 1.4) y = c1e2x + c2xe2x

2.1) y = e−x + 3xe−x 2.2) y = 2e3x + 2xe3x 2.3) y = −e−2x + xe−2x

3.1) Wex,e−x = −2 3.2) Wsen3x, cos3x = −3 3.3) Wex,xex = e2x

4) y = c1e3x + c2xe3x

3.5 EDOL Não Homogênea com Coeficientes Constantes: Método dosCoeficientes a Determinar:

Considere a EDO não linear Ly = y ′′ + a1y ′ + a0y = gx

Propriedade 1:

Se yh é a solução geral de Ly = 0 e yp é a solução particular de Ly = gx então: yx = yh + yp é asolução geral de Ly = gx.

Exemplo: y ′′ − y = e2x

Equação homogênea associada y ′′ − y = 0 cuja solução geral é yx = c1ex + c2e−x.

yp = ? Supõe que yp = Ae2x onde A é uma constante. Derive yp e substitua na EDO para encontrarA = 1

3.

∴ yp = 13

e2x e a solução geral yx = yh + yp será yx = c1ex + c2e−x + 13

e2x

Propriedade 2:

Se yh é a solução geral de Ly = 0, yp1 é uma solução particular de Ly = g1x e yp2 é uma soluçãoparticular de Ly = g2x, então, pelo princípio da superposição, y = yh + yp1 + yp2 é a solução de Ly = g1 + g2.

Exemplo: y ′′ − y = e2x + 1

yh = c1ex + c2e−x solução de y ′′ − y = 0

yp1 = 13

e2x solução particular de y ′′ − y = e2x

yp2 = ? Supõe yp2 = A constante, deriva e substitui na EDO para encontrar A = −1.∴ yp2 = −1

∴ y = yh + yp1 + yp2 y = c1ex + c2e−x + 13

e2x − 1 é a solução geral de y ′′ − y = e2x + 1.

Solução geral: yx = yhx + ypx

Para determinarmos ypx, vamos utilizar o método dos coeficientes a determinar:

CASO 1:

Ly = keax a,k ∈ ℜ

33

Supõe yp = Aeax onde A = ?

Deriva e substitui na EDO:Se a2 + a1a + a0 ≠ 0, então A = k

a2 + a1a + a0

Mas isto significa que a não pode ser raíz de λ2 + a1λ + a0 = 0 , ou, do mesmo modo, eax não podeser uma das soluções L.I. que compõe yh.

Se a é raiz simples de λ2 + a1λ + a0 = 0 , devemos supor yp = Axeax , então:

A = k2a + a1

se 2a + a1 ≠ 0

Se a é raiz dupla de λ2 + a1λ + a0 = 0 2a + a1 = 0 , devemos supor: yp = Ax2eax onde A = k2

.

Exemplo 1: Resolva y ′′ + 5y ′ + 4y = −3e−2x

Solução: yh = C1e−x + C2e−4x

Supõe yp = Ae−2x, derivando e substituindo na EDO, encontramos A = 32

Solução geral: yx = yh + yp

Exemplo 2: Resolva y ′′ + 5y ′ + 4y = 5e−4x

A solução homogênea é a mesma do exemplo anterior. A solução particular yp = Ae−4x não devefuncionar, pois -4 é raiz da equação característica. Supõe, então, yp = Axe−4x , que derivando e substituindona EDO, obtém-se A = − 5

3.

Exemplo 3: Resolva y ′′ + 5y ′ + 4y = −e−x + 2e−4x + e5x

Solução: yh = C1e−x + C2e−4x

Supõe yp1 = Axe−x, yp2 = Bxe−4x e yp3 = Ce5x

CASO 2:

Ly = k sinαx ou kcosαx :

- Se Piα ≠ 0, supõe yp = Acosαx + B sinαx.

- Se Piα = 0, supõe yp = Axcosαx + Bx sinαx

Exemplo 1: Resolva y ′′ + 4y = − sin2x + cos x

yh = C1 cos 2x + C2 sin2x

- P2i = 0 → yp1 = Axcos 2x + Bx sin2x . Deriva e substitui na EDO,

encontra: A = 14

e B = 0. yp1 = 14

xcos 2x

- Pi ≠ 0 → yp2 = Acos x + B sinx . Deriva e substitui na EDO,

encontra: A = 13

e B = 0. yp2 = 13

cos x

Exemplo 2: Resolva y ′′ + 3y ′ + 2y = − sin2x

yh = C1e−2x + C2e−x

Como P2i ≠ 0, supõe yp = Acosαx + B sinαx. Deriva e substitui na EDO:

34

A = 320

, B = 120

yp = 120

3cos 2x + sin2x

CASO 3:

Ly = keαx cosβx ou Ly = keαx sinβx

Vamos considerar Lwp = keα+iβx :

- se Pα + iβ ≠ 0 , então wp = Aeα+iβx

- se Pα + iβ = 0, então wp = Axeα+iβx

Solução particular yp: se Ly = keαx cosβx, então yp = Rewp se Ly = keαx sinβx, então yp = Imwp

Exemplo 1: Resolva y ′′ + 2y ′ + 5y = −2ex cos 2x

yh = C1e−x cos 2x + C2e−x sin2x

Como P1 + 2i ≠ 0, então wp = Ae1+i2x. Deriva e substitui na EDO

obtém: A = −1 + 2i10

yp = Rewp ∴ yp = − 110

ex cos 2x − 15

ex sin2x

CASO 4:

Ly = b0 + b1x +. . .+bnxn

Se P0 ≠ 0 : supõe yp = A0 + A1x +. . .+Anxn

Se P0 = 0 e P′0 ≠ 0 : supõe yp = xA0 + A1x +. . .+AnxnSe P0 = 0 e P′0 = 0 : supõe yp = x2A0 + A1x +. . .+Anxn

Exemplo 1: Resolva y ′′ + 3y ′ = 2x2 + 3x

yh = C1e−3x + C2

yp : P0 = 0 → yp = xA0 + A1x + A2x2. Deriva e substitui na EDO,

obtém: A0 = − 527

, A1 = 518

e A2 = 29

yp = − 527

x + 518

x2 + 29

x3

CASO 5:

Ly = b0 + b1x +. . .+bnxn eαx

Se Pα ≠ 0 : supõe yp = A0 + A1x + A2x2eαx

Se Pα = 0 e P′α ≠ 0 : supõe yp = xA0 + A1x +. . .+Anxneαx

Se Pα = 0 e P′α = 0 : supõe yp = x2A0 + A1x +. . .+Anxneαx

Exemplo 1: Resolva y ′′ + 2y ′ + 4y = −xe2x + 3e2x

yh = C1e−x cos 3 x + C2e−x sin 3 x

Como P2 ≠ 0, yp = A0 + A1xe2x. Deriva e substitui na EDO:

A0 = 724

,A1 = − 112

yp = 724

− 112

x e2x

35

3.6 EDOL Não Homogênea: Variação de Parâmetros

Nesta seção, vamos desenvolver um outro método para determinar a solução particular da EDOLLy = y ′′ + a1xy ′ + a0xy = gx

a partir da solução geral de Ly = 0 : yhx = C1y1x + C2y2x.

Suponha que ypx = v1xy1x + v2xy2x Se yp = v1y1 + v2y2,yp′ = ?

yp′′ = ?

Supõe que v1′ y1 + v2

′ y2 = 0 (1)Substitui na EDO: v1

′ y1′ + v2

′ y2′ = gx (2)

De (1) e (2), obtemos o sistema linear:v1′ y1 + v2

′ y2 = 0

v1′ y1

′ + v2′ y2

′ = gx

Resolvemos por Cramer:

v1′ =

0 y2

gx y2′

detA= − gxy2x

wy1,y2e v2

′ =

y1 0

y1′ gx

detA=

gxy1xwy1,y2

v1 = ∫− gxy2xwy1,y2

dx e v2 = ∫ gxy1xwy1,y2

dx

E, finalmente, yp = v1xy1x + v2xy2x

Exemplo 1: Resolva y ′′ + y = cscx

yh = C1 cos x + C2 sinx, yp = v1 cos x + v2 sinx

wy1,y2 =cos x sinx

− sinx cos x= 1

v1 = ∫−cscx sinxdx = ∫−dx = −x, v2 = ∫ cscxcos xdx = ∫ cos xsinx

dx = ln|sinx|

yp = −xcos x + ln|sinx| sinx

Exemplo 2: Resolva y ′′ + 4y = tan2x

yh = C1 cos 2x + C2 sin2x, yp : wy1,y2 = 2

v1 = − 12∫ tan2x sin2xdx = − 1

2∫ sin22x

cos 2xdx = − 1

2∫ 1 − cos22x

cos 2xdx = − 1

2∫sec2x − cos 2xdx

v1 = − 14

ln|sec2x + tan2x| + 14

sin2x

v2 = 12∫ tan2xcos 2xdx = 1

2∫ sin2xdx = − 1

4cos 2x

yp = − 14

ln|sec2x + tan2x|

36

3.7 EDOL de Ordem n com Coeficientes Constantes:

EDO: yn + an−1yn−1 +. . .+a1y ′ + a0y = 0 com a i ∈ ℜ i = 1, . . . ,n − 1

Polinômio característico (equação característica):Pλ = λn + an−1λn−1 +. . .+a1λ + a0 = 0 (possui n raízes).

Soluções L.I.:- Se λi é raiz real simples: y i = C ie

λ ix

- Se λi é raiz real de multiplicidade p: eλ1x;xeλ1x; . . . ;xp−1eλ1x

- Se λi = a + bi e λi∗ = a − bi são raízes complexas conjugadas: eax cos bx;eax sinbx

Exemplo 1: y ′′′ − 6y ′′ + 11y ′ − 6y = 0

Solução geral: yx = C1ex + C2e2x + C3e3x

Exemplo 2: y ′′′ + 4y ′′ + 13y ′ = 0

Solução geral: yx = C1 + C2e−2x cos 3x + C3e−2x sin3x


1) Resolva as seguintes equações usando o método dos coeficientes a determinar.1.1) y ′′ − 3y ′ + 2y = 5ex 1.2) y ′′ − 4y ′ + 4y = 3e2x.

1.3) y ′′ + 7y ′ + 12y = 3cos2x. 1.4) y ′′ + 4y = x

1.5) y ′′ + 3y ′ + 2y = xe−x + cos2x + x2

2) Resolva as seguintes EDOH de ordem n.2.1) y ′′′ − 3y ′′ + 2y ′ = 0 2.2) y ′′′ + 2y ′′ + 2y ′ = 0

3) Resolva usando o método de variação de parâmetrosy ′′ − 2y ′ + y = ex

x

RESPOSTAS

1.1) y = c1ex + c2e2x − 5ex

1.2) y = c1e2x + c2xe2x + 32

x2e2x

1.3) y = c1e−3x + c2e−4x + 665

cos 2x + 21130

sin2x

1.4) y = c1 cos 2x + c2 sin2x + 14

x

1.5) y = c1e−x + c2e−2x− 23

xe−x + 124

x2e−x + Acos 2x + B sin2x + A0 + A1x + A2x2

yH yP1 yP2(resolver) yP3(resolver)

2.1) y = c1 + c2ex − c3e2x

2.2) y = c1 + c2e−x cos x − c3e−x sinx

3) y = C1ex + C2xex − xex + ln|x|xex v1 = −x e v2 = ln|x|

37

3.9 Exemplos de Aplicação:- Problemas de Mola:

Lei de Hooke: A força F de uma mola é igual e oposta às forças aplicadas sobre esta mola e éproporcional à distensão (contração) l da mola resultante da força aplicada.

F = −kl

onde k é a constante da mola (constante de proporcionalidade) .

Considerações:- Desprezamos a massa da mola.- Resistência do ar é proporcional à velocidade do corpo.- Forças sobre o corpo no instante t são: força da resistência do ar: −ax ′ a > 0

força restauradora: −kx k > 0 Lei de Hooke

Obs.: A resistência do ar é sempre no sentido oposto ao da velocidade do movimento.Segunda Lei de Newton: FR = ma

Ft − ax ′ − kx = mx ′′ ou x ′′ + am x ′ + k

m x =Ftm C.I. x0 = 0 e x ′0 = 0

Obs.: Se a gravidade for considerada: x ′′ + am x ′ + k

m x = g +Ftm

Exemplo: Uma massa de 2 kg. está suspensa em uma mola cuja constante é 10 N/m e permaneceem repouso. É, então posta em movimento, imprimindo-lhe uma velocidade inicial de 150 cm/s. Determine aexpressão da posição da massa, desprezando a resistência do ar:

xt = 0.671sin 5 t

- Problemas de Circuitos Elétricos:

Seja um circuito RCL (resistência-capacitância-indutância).Lei de Kirchhoff: A soma algébrica das quedas de tensão em um circuito elétrico fechado simples é

zero.QT(resistência)+QT(capacitância)+QT(indutância)-E(t)=0

Rq ′ + Lq ′′ + 1C

q = Et ou q ′′ + RL

q ′ + 1LC

q =Et

Lcom C.I. q0 = q0 e q ′0 = I0 = I0

que é a equação da carga q com o tempo t.Por outro lado, a equação da corrente I com o tempo t, é dada por:

I ′′ + RL

I ′ + 1LC

I = 1L

dEtdt

com C.I. I0 = I0 e I ′0 = 1L

E0 − RL

I0 + 1LC

q0

Exemplo: Um circuito RCL tem R=10 ohms, C=10−1 farad, L=0.5 henry e uma tensão aplicada de12 volts. Admitindo que não haja corrente inicial nem carga inicial em t = 0 , quando a tensão é aplicadapela primeira vez, determine a corrente subsequente no sistema:

38

Equação diferencial: I ′′ + 20I ′ + 200I = 0

Condições iniciais: I0 = 0 e I ′0 = 24

Solução: It = 125

e−10t sin10t

- Problemas de Barras e Vigas:

É um exemplo de problema de contorno.

Exemplo: Seja uma barra de comprimento L sujeita a uma carga uniforme q. Se, no ponto x0 = 0,esta barra está presa e, em xL = L, está só apoiada, este problema é descrito pelo seguinte problema decontorno:

y4x + kyx = q

y0 = y ′0 = 0

yL = y ′′L = 0


1. Uma mola com massa de 3 kg é mantida esticada 0,6 m além de seu comprimento natural por umaforça de 20 N. Se a mola começar em sua posição de equilíbrio, mas um empurrão der uma velocidadeinicial de 1,2 m/s, determine a posição da massa depois de t segundos (fórmula).

2. Determine a carga e a corrente em um circuito em série RCL quando L = 1 henry, R = 2Ω, C = 0,25

Faraday e Et = 13sin t Volts, com carga inicial e corrente inicial nulas. Escreva a variável dependente eindependente do problema e a função solução.

d2q

dt2+ R

L

dq

dt+ 1

LCq =

EtL

Respostas1. xt = 0,36sen 10

3t.

2. qt = 3sin t − 2cos t + 2e−t cos t 3 − 13

3 e−t sin t 3 .

CAPÍTULO 4: Sistemas de Equações Diferenciais Ordinárias Lineares comCoeficientes Constantes:

1) Introdução:Os sistemas de EDO simultâneas aparecem naturalmente em problemas que envolvem várias variáveis

dependentes, cada qual função de uma única variável independente.Variável independente: tVariáveis dependentes: x1 = x1t;x2 = x2t; . . .

Aplicações:1) Sistema Predador-Presa:

Sejam Pt : população de predadores no instante tHt : população de presas no instante t

39

O modelo é descrito pelo sistema de EDO:dHdt

= a1H − b1HP

dPdt

= −a2P + b2HP

2) Sistema Massa-Mola:Sejam x1t , x2t coordenadas da posição das massas m1 e m2.

O modelo é descrito pelo sistema de EDO:m1

d2x1

dt2= k1 + k2x1 + k2x2 + F1t

m2d2x2

dt2= k1x1 − k2 + k3x2 + F2t

Segunda Ordem

3) Circuito RCL:Sejam V : queda de voltagem no capacitor C

I : corrente no indutor L.

O ciruito é descrito pelo sistema de EDO:dIdt

= VL

dVdt

= − IC

− VRC

Como reduzir uma EDO de grau n a um sistema de EDO de grau 1:

Tome a equação de segundo grau: d2udt2

+ p dudt

+ qu = Ft

Suponha x1t = ut e x2t = dudt

. Então x1′ t = x2t e na EDO acima:

x2′ t + px2t + qx1t = Ft

x2′ t = −px2t − qx1t + Ft

E a EDO fica reduzida ao sistema:x1′ = x2

x2′ = −px2 − qx1 + Ft

De maneira geral, qualquer EDO da forma: ynt = Ft,y,y ′,y ′′, . . . ,yn−1 pode ser reduzida asistema de EDO de primeira ordem com n equações. Basta tomar: x1t = y;x2t = y ′; . . . ,xnt = yn−1t.

E o sistema fica:

x1′ = x2

x2′ = x3

x3′ = x4

. . . . . . . . . . .

xn−1′ = xn

xn′ = Ft,x1,x2, . . . ,xn

Sistema de EDO Lineares de Primeira Ordem:

Considere o sistema na forma geral:

x1′ = F1t,x1,x2, . . . ,xn

x2′ = F2t,x1,x2, . . . ,xn

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

xn′ = Fnt,x1,x2, . . . ,xn

40

Podem ser dadas condições iniciais na forma: x1t0 = x10, . . . ,xnt0 = xn

0. Associado a estas C.Isistema constitui um PVI. Este sistema tem solução no intervalo I se existirem n funções:x1 = φ1t; . . . ;xn = φnt , deriváveis em I, que satisfazem o sistem em todo I.

Um sistema é dito sistema de equações lineares de primeira ordem se pode ser escrito na forma:

x1′ = p11tx1 + p12tx2 +. . .+p1ntxn + g1t

x2′ = p21tx1 + p22tx2 +. . .+p2ntxn + g2t

. . .

xn′ = pn1tx1 + pn2tx2 +. . .+pnntxn + gnt

Se não pode ser escrito desta forma, o sistema é não-linear.Se g1t = g2t =. . .= gnt = 0 , então o sistema é homogêneo. Senão, é não-homogêneo.

Ex.1: Reduzir o PVI a um sistema de EDO de primeira ordem:

u ′′ + 2tu ′ + t2u = sin t

u0 = 0

u ′0 = 1

Sejam x1t = ut e x2t = u ′tx1′ t = x2t

x2′ t + 2tx2t + t2x1t = sin t

CI: x10 = u0 → x10 = 0

x20 = u ′0 → x20 = 1

PVI:

x1′ = x2

x2′ + 2tx2 + t2x1 = sin t

x10 = 0;x20 = 1

Ex.2: Resolva o problema:x1′ = −2x1 + x2

x2′ = x1 − 2x2

com x10 = 2 e x20 = 3.

Isolar x2: x2 = x1′ + 2x1 e substituir na outra equação, resultando: x1

′′ + 4x1′ + 3x1 = 0.

Resolve-se pelo método de coeficientes a determinar: x1 = C1e−x + C2e−3x e x2 = C1e−x − C2e−3x sãoa solução geral. Com as CI, obtém-se: C1 = 5

2e C2 = − 1

2.

Revisão de Autovalores e Autovetores:

Considere a transformação linear (função linear) y = AX, que transforma um vetor X em un novo vetorEm particular, estamos interessados naqueles vetores que são transformados em múltiplos de si mesmo, ouseja, y = λX , onde λ é um fator de proporcionalidade.

A − λIX = 0 ∗ se detA − λIX = 0 ∗ ∗ , infinitas soluções (tem soluções além da nula).

41

Os valores de λ que satisfazem ∗ ∗ são ditos AUTOVALORES de A e as soluções de ∗ são osAUTOVETORES correspondentes ao seu respectivo autovalor.

A equação Δλ = 0 é uma equação polinomial de grau n em λ :

λn + an−1λn−1 +. . .+a2λ2 + a1λ + a0 = 0

Cada autovalor tem pelo menos um autovetor associado a ele. No entanto, se um autovalor λi temmultiplicidade m, ele pode ter q autovetores L.I. associados a ele onde 1≤ q ≤ m.

Ex.1: Ache os autovalores e autovetores de A =1 −1

1 3:

Ex.2: Ache os autovalores e autovetores de A =

0 1 1

1 0 1

1 1 0

:

Um conjunto de vetores X1 =

x11

⋮

xn1

, . . . , é L.I. se, e somente se, detX ≠ 0. (X = x ij = x ij ).

Um conjunto de k vetores x1,x2, . . . ,xk é L.I. se, e somente se, a equaçãoc1x1 + c2x2 +. . .+ckx

k = 0 admite a solução trivial como solução única: c1 = c2 =. . .= ck = 0.

Se existirem números c1,c2, . . . ,ck com pelo menos um número diferente de zero, então o conjuntox1,x2, . . . ,xk é L.D.

Ex.1: x1 =

1

0

−1

e x2 =

0

1

−1

:

Ex.2: x1 =

1

2

−1

, x2 =

2

1

3

e x3 =

−4

1

−11

:

detX = 0, então x1,x2,x3 são L.D.

Teoria Básica dos SEDL de Primeira Ordem:

SEDL com n EDOs de primeira ordem:

42

x1′ = p11tx1 +. . .+p1ntxn + g1t

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

xn′ = pn1tx1 + pnntxn + gnt

Forma matricial: X ′ = PtX + gt

Solução: x1 = φ1t,x2 = φ2t, . . . ,xn = φnt Φ =

φ1t

φ2t

. . .

φnt

.

SEDL homogêneo: X ′ = PtX

Propriedades:

P1) Se x1,x2 são soluções de X ′ = PtX então c1x1 + c2x2 também é solução.

P2) Se x1,x2, . . . ,xn são soluções L.I. de X ′ = PtX , então φt = c1x1 + c2x2 +. . .+cnxn é asolução geral do sistema.

P3) Se x1,x2, . . . ,xn são soluções de X ′ = PtX, então ou detX é identicamente nulo ou nunca é nulo.

Ex.: Verifique que x1t =e3t

2e3te x2t =

e−t

−2e−té solução de X ′ =

1 1

4 1X.

Determine a solução geral:

SEDLH com Coeficientes Constantes:

X ′ = AX An é uma matriz constante.Supõe: X = ert com r constante e vetor constante.

X ′ = rert . Substitui na SEDLH e obtém: A − rI = 0

Portanto, r autovalor, autovetor de A.

Ex.1: Ache a solução geral de X ′ =−3 2

2 −2X :

Ex.2: Determine a solução geral de X ′ =1 1

4 1X :

Ex.3: Ache a solução geral de X ′ =

0 1 1

1 0 1

1 1 0

X :

43

- Autovalores Complexos:

Se r1a + bi é raiz de Δr , então o complexo conjugado r2 = r1 = a − bi também é.1 autovetor correspondente a r1.

2 autovetor correspondente a r2 = r1.

Propriedade: 2 = 1. (vetor conjugado).

Soluções: x1 = 1er1t e x2 = 1e r1t

A partir destas soluções, podemos determinar duas soluções reais L.I. Se 1= u + vi , obtemos:x1t = eatucos bt − v sinbt + ieatvcos bt + u sinbt

xR1

xR2

tal que xR1 e xR

2 são soluções L.I. do sistema X ′ = AX

Ex.1: X ′ =− 1

21

−1 − 12

X :

Ex.2: Resolva X ′ =−1 −1

2 −1X com X0 =

2

2:

Exercícios:

1) X ′ =2 10

−1 −5X

2) X ′ =−1/2 −1/8

2 −1/2X com X0 =

2

3:

- Autovalores Repetidos:

r = ρ : autovalor de multiplicidade m (m autovetores L.I.→ m soluções L.I.)Obs.: Menos que m autovetores L.I. → tem que pesquisar outros autovetores L.I. até termos m

autovetores L.I→m soluções L.I.

Exemplo introdutório:

X ′ =

1 −2 2

−2 1 −2

2 −2 1

X

Solução:

1) detA − rI = 0

−r + 15r − 5 = 0 → r1 = r2 = −1 e r3 = 5

44

2) Para r1 = r2 = −1, temos:

2 −2 2

−2 2 −2

2 −2 2

1

2

3

=

0

0

0

Resolvendo o sistema, temos 1 = 2 − 3

E assim, dois autovetores associados a esses autovalores repetidos são:

1 =

1

1

0

, 2 =

0

1

1

As soluções correspondentes são:

x1 =

1

1

0

e−t e x2 =

0

1

1

e−t

Para o autovalor r3 = 5, temos:

−4 −2 2

−2 −4 −2

2 −2 −4

1

2

3

=

0

0

0

Resolvendo o sistema, temos 1 = 3 e 2 = −3

E assim, o autovetor associado a esse autovalor é

3 =

1

−1

1

A solução correspondente é:

x3 =

1

−1

1

e5t

A solução geral é dada por:

X = c1

1

1

0

e−t + c2

0

1

1

e−t + c3

1

−1

1

e5t

Se a matriz A for simétrica, isto é, A = AT e se tiver elementos reais, será sempre possível obter n

autovetores L.I.45

Ex.1: X ′ =1 −1

1 3X :

Solução:

x1 =1

−1e2t

x2 = Kte2t + Pe2t

Encontrando P :

A − 2IP = K

−1 −1

1 1

P1

P2

=1

−1

Resolvendo o sistema, temos P2 = −1 − P1

Se P1 = 0, P2 = −1

Portanto,

P =0

−1

E a solução x2 é

x2 =1

−1te2t +

0

−1e2t

Assim, a solução geral será:

X = c1

1

−1e2t + c2

1

−1te2t +

0

−1e2t

Ex.2: Resolva o sistema não-homogêneo, usando o método dos coeficientes a determinar:

X ′ =−2 1

1 −2X +

2e−t

3t:

Solução:X ′ = AX + gt

onde gt =2

0e−t +

0

3t

1) Resolve-se o sistema homogêneo: X ′ = AX

Solução geral: X = c1

1

−1e−3t + c2

1

1e−t

46

Solução particular:Supõe Xp = ate−t + be−t + ct + d

Xp′ = −ate−t + a − be−t + c

Substitui no sistema de EDOs e obtém:Aa = −a

Ab = a − b −2

0; Ac = −

0

3; Ad = c

A solução geral é dada por:

X = c1

1

−1e−3t + c2

1

1e−t +

1

1te−t +

0

−1e−t +

1

2t − 1

3

4

5

Ex.3: X ′ =2 −1

3 −2X +

1

−1e t :

Exercício: Encontre a solução geral do sistema X ′ =3 −18

2 −9X.

1) detA − rI = 0

r + 32 = 0 → r1 = r2 = −3

Obtemos x1 =3

1e−3t

A solução x2 será obtida a partir da solução x1 :

x2 = Kte−3t + Pe−3t, onde K =3

1.

Para encontrarmos P , basta resolvermos detA − rIP = K

Ou seja:

6 −18

2 −6

P1

P2

=3

1

Resulta que P1 = 1 + 6P2

2, se P2 = 0 → P1 = 1

2

Assim,

x2 =3

1te−3t +

1/2

0e−3t

E a solução geral é:

X = c1

3

1e−3t + c2

3

1te−3t +

1/2

0e−3t

47

Trabalho de Pesquisa

Pesquise, nos livros abaixo indicados, uma aplicação para sistemas de equações diferenciaisordinárias. Escolha uma aplicação na área que preferir.

O trabalho deve conter no mínimo três páginas com: introdução, descrição do problema de formageral (pelo menos uma página), resolução e conclusão.

Procure pesquisar em mais de um livro da biblioteca, escolhendo a aplicação que achar maisinteressante. Coloque no trabalho a bibliografia utilizada.

ReferênciasBOYCE W.E. DIPRIMA R.C.. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno.

Rio de Janeiro LTC. 1998.BRONSON. R.. Moderna Introdução às Equações Diferenciais. São Paulo, McGraw-Hill, 1977.EDWARDS C.H. PENNEY D.E. Equações Diferenciais Elementares com Problemas de Contorno.

Prentice-Hall, 1995.HUGHES-HALLETT, D., GLEASON, A. M. Cálculo v. 2. Rio de Janeiro LTC. 1997.ZILL, D. G., CULLEN M. R. Equações Diferenciais com Aplicações em Modelagem. Thomson Learning

2003.ZILL, D. G., CULLEN M. R. Equações Diferenciais v 1. MAKRON BOOKS.MATOS, M. P., Séries e Equações Diferenciais. São Paulo, Prentice Hall, 2002.


Resolva os seguintes problemas de valores iniciais pelo método da eliminação:

Exercício: Encontre a solução geral dos sistemas

48

Respostas:

49

universidade federal de pelotas ufpel instituto de...

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