Lei de Resfriamento de Newton

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS

EMENTA

 Formas de aplicação das equações diferenciais;

 Classificação das Equações diferenciais quanto à ordem, grau e linearidade;  Tipos de solução, problemas de valor inicial e de contorno;

 Soluções de equações diferenciais ordinárias de primeira ordem lineares, homogêneas, separáveis e exatas;

 Fator Integrante;  Equação de Bernoulli;

 Equações diferenciais de 2ª Ordem;

Equações Diferenciais

1.1Introdução

Muitas vezes em física, engenharia e outros ramos técnicos, há necessidade de encontrar uma função incógnita. Em muitos casos esta pesquisa leva a uma equação envolvendo derivadas (ou diferenciais) da função incógnita. Tais equações envolvendo derivadas (ou diferenciais) são chamadas

equações diferenciais, em que a incógnita não é um número, mas uma função.

Antes de iniciar nosso curso, vamos mostrar algumas aplicações para servir de motivação.

Lei de Resfriamento de Newton

A lei de resfriamento de Newton diz que a taxa de variação de temperatura T(t) de um corpo em resfriamento é proporcional à diferença entre a temperatura do corpo e a temperatura cte Tm do meio ambiente, isto é:

dT/ dt = k(T – Tm) ,

em que k é uma cte de proporcionalidade.

Exemplo Um ovo duro, a 98º C, é colocado em uma pia contendo água a 18º C. Depois de 5 minutos, a temperatura do ovo é de 38º C. Suponha que durante o experimento a temperatura da água não aumente apreciavelmente, quanto tempo a mais será necessário para que o ovo atinja 20º C?

Solução :

Tm = 18º C T(0) = 98º C T(5) = 38º C

t = ? qdo T (t) = 20º C

dT/dt = k(T – Tm) dT/dt = k(T – 18) dT/(T – 18)= kdt

Circuitos em Série

Em um circuito em série contendo somente um resistor e um indutor, a segunda lei de Kirchhoff diz que a soma da queda de tensão no indutor (L(dI/dt)) e da queda de tensão no resistor (I.R) é igual à voltagem (E(t)) no circuito, ou seja

L(dI/dt) + R.I = E(t),

em que L e R são ctes conhecidas como a induntância e a resistência, respectivamente.

Exemplo Suponha que um circuito simples a resistência é 550  (ohms), a indutância é de 4 H (henry) e a pilha fornece uma voltagem constante de 110 V (volts). Determine a corrente I se a corrente inicial é zero.

Solução:

E(t) = 110 V; L = 4 H, e R = 550 

I(t) = ? quando I (0) = 0

L(dI/dt) + RI = E(t)

4. (dI/dt) + 550.I = 110

dI/dt + (550/4).I= (110/4)

…

I(t) = 0,2 – 0,2.e-137,5 t.

--- Nos próximos tópicos veremos métodos de resolver equações diferenciais. Isto é, veremos as vias pelas quais podemos com sucesso usar equações diferenciais para determinar uma função desconhecida.

Simbolicamente, uma equação diferencial pode ser escrita como:

F(x, y, y’ , y ’’, ... , y (n)_{) = 0 ou F(x, y,}

dx dy

, 2₂

dx y d

, ...,

n n

dx y d

Se a função incógnita depende apenas de uma variável, temos uma equação diferencial ordinária. Se depender de mais de uma variável, temos uma equação diferencial parcial.

As expressões seguintes são alguns exemplos de equações diferenciais.

A. x y dx dy _{ 2}

D. 2 3 0 4

2 2 3

3

2 _{  }

       dx dy dx y d y dx y d x

B. x

dx dy

sen

 E. exdyx2ydx2

C. 2₂  y 0

dx dy x dx y d

F. 2₂ 2₂ 0      t u x u

, onde u = (x, t)

A ordem de uma equação diferencialé o número n que corresponde à ordem máxima das derivadas da equação.

Exemplo: Na expressão (A) acima, a equação tem ordem 1 e na expressão (C), ordem 2.

O grau de uma equação diferencialé a maior potência da derivada de maior ordem.

Exemplos Determinar o grau e a ordem de cada uma das seguintes equações diferenciais.

(a) 7 0

3 2 2          dx dy dx dy dx y d

(b) 3 0 2          y dx dy dx dy

A Equação (a) é uma equação diferencial de primeiro grau de ordem 2 porque d2y/dx2 é a derivada de maior ordem na equação e está elevada à primeira potência. Notar que a terceira potência de dy/dx não tem influência no grau da Equação (a) porque dy/dx é de menor ordem que d2y/dx2.

A Equação (b), por outro lado, é uma equação diferencial de segundo grau e primeira ordem; dy/dx é a derivada de maior ordem (ordem 1) e 2 é a maior potência de dy/dx aparecendo na equação.

Exemplos: (a) Verificar que y = 4.e-x + 5 é uma solução da equação diferencial de segunda ordem e

primeiro grau ₂ 0.

2   dx dy dx y d

Observando que x

e dx

dy _4.  _e x

e dx

y d _4. 

2 2

e substituindo na equação diferencial dada, temos:

4.e-x + (– 4.e-x) = 0

0 = 0

(b) Verificar que y = _x

x e C e C . 1 . 1  

é uma solução da equação diferencial de primeira ordem e

primeiro grau ( 1) 2

1 2_

 y

dx dy

.

A primeira derivada da equação dada é





2

. 1 . . 2 x x e C e C dx dy 

 . Substituindo este resultado na

equação diferencial dada, temos:





2

. 1 . . 2 x x e C e C  =









_         1 . 1 . 1 2 1 2 2 x x e C e C =



 







_            2 2 2 2 2 . 1 . . 2 1 . . 2 1 2 1 x x x x x e C e C e C e C e C =





_     

 . 2 1 . . 4 2 1 x x e C e C





2

. 1 . . 2 x x e C e C  .

A solução y = 4.e-x + 5 no Exemplo (a) acima é um exemplo de uma solução particular de uma equação diferencial. Podemos verificar que y = 4.e-x + 3 é também uma solução particular da equação diferencial no exemplo (a). Deste modo, uma equação diferencial pode ter mais do que uma solução particular.

Uma solução y = f(x) de uma equação diferencial de ordem n contendo n constantes arbitrárias

é chamada uma solução geral. Assim, a solução y = _x

x e C e C . 1 . 1  

no Exemplo (b) ou y = 4.e-x + C no

Exemplo (a) é um exemplo de uma solução geral.

Uma solução particular pode ser obtida se forem dadas certas condições iniciais. Uma condição inicial de uma equação diferencial é uma condição que especifica um valor particular de y, y0,

correspondente a um valor particular de x, x0. Isto é, se y = f(x) pode ser uma solução da equação

diferencial, então a função deve satisfazer a condição: y0 = f(x0). O problema de ser dada uma equação

diferencial com condições iniciais é chamado um problema de valor inicial.

Um estudo completo de equações diferenciais incluiria um estudo de equações diferenciais de todos os graus e equações diferenciais parciais e ordinárias. Limitamos deste modo as nossas considerações às equações diferenciais ordinárias do primeiro grau.

Exemplos: (a) Verificar que y = C1.cosx + C2.senx é uma solução geral da equação diferencial

y’’ + y = 0.

Primeiro, determinar as derivadas da função dada:

y' = - C1.senx + C2..cosx y’’= - C1.cosx - C2..senx

Substituindo na equação diferencial, temos:

y’’ + y = 0

- C1.cosx - C2..senx + ( C1.cosx + C2..senx) = 0

- C1.cosx - C2..senx + C1.cosx + C2..senx = 0

_{0 = 0}

Portanto, y = C1.cosx + C2..senx é uma solução geral da equação diferencial dada com duas

constantes arbitrárias distintas.

(b) Mostre que y = C.e-2x _{é uma solução para a equação diferencial y’ + 2y = 0 e encontre}

a solução particular determinada pela condição inicial y(0) = 3.

Sabemos que y = C.e-2xé solução porque y’ = - 2.C.e-2x e y’ + 2y = - 2.C.e-2x + 2.( C.e-2x ) = 0.

Usando a condição inicial y(0) = 3, ou seja, y = 3 e x = 0, obtêm:

y = C.e-2x  3 = C e-2.0  C = 3

Exercícios

Constatar a ordem e o grau de cada uma das seguintes equações diferenciais.

1. x2 y2 dx

dy



 5. y’’’- 4y’’ + xy = 0

2. 3 2 0

2          dx dy x dx dy

6. y’+ x.cosx = 0

3. x y

dx dy xy dx y d ₂ 2 2 5 

 7. (y’’)3 _{- xy’ + y’’ = 0}

4. 0

2

2 _{ }

      dx dy y dx dy

x 8. y’’+ ex y = 2

Verificar que cada uma das funções dadas y = f(x) é uma solução da equação diferencial dada.

9. 3

dx dy

; y = 3x – 7 14. x y dx

dy

x  2 ; y = x2 + Cx

10. y 2x 4 x2 dx

dy

  

 ; y = x2 - 4x 15. 2₂ 16y0

dx y d

; y = C1sen4x + C2cos4x

11. x y x dx

dy

4

2 

 ; y = x2 - 4x 16. 2₂ 20x3 dx

y d

 ; y = x5 + 3x - 2

12. 2₂ y 0

dx y d

; y = 2 senx + 3 cosx 17. y2cosx0

dx dy

; y = senx + cosx - e-x

13. _{y e} x

dx

dy _



 ; y = (x + 2).e-x 18. 2 2 2

2

  y x dx

y d

1.2Classificação das Equações Diferenciais de 1ª Ordem

Existem numerosos métodos desenvolvidos para resolver equações diferenciais ordinárias. Veremos de perto vários destes métodos. Certas equações diferenciais de primeira ordem podem ser mais facilmente resolvidas usando o método de separação de variáveis.

Uma equação diferencial de primeira ordem é uma relação envolvendo a primeira derivada. Isto é, pode ser escrita na forma:

0 )

, ( ) ,

(  

dx dy y x N y x

M (1)

ou (multiplicando ambos os membros pela diferencial dx, onde dx  0)

M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 (2)

onde M(x,y) e N(x,y) são funções envolvendo as variáveis x e y. Para esse tipo de equação, pode-se

juntar todos os termos contendo x com dx e todos os termos contendo y com dy, obtendo-se uma solução através de integração. Tais equações são ditas separáveis, e o método de solução é o método de separação de variáveis. O método é descrito a seguir.

1.2.1 Equações Diferenciais Separáveis

* Método de Separação de Variáveis

1. Coloque a equação na forma diferencial

M(x)dx + N(y)dy = 0 ou M(x)dx = - N(y)dy (3)

2. Integre para obter a solução geral



M(x)dx



N(y)dyC.

Exemplo 01 Reescreva a equação diferencial de primeiro grau x2_{yy’ – 2xy}3 _{= 0 na forma da Equação}

(3).

0

2 3

2 _{ xy } dx

dy y x

x2 ydy – 2xy3dx= 0 (multiplicando cada membro por dx)

-2xy3dx+ x2 ydy = 0 (multiplicando cada membro por 1/x2y3) ou

0 dy y

1 dx x 2

2  



Neste exemplo, M(x) = - 2/x e N(y) = 1/y2. Por multiplicações e divisões apropriadas separamos a equação em termos onde cada um envolve apenas uma variável e a sua diferencial. Assim sendo, a solução geral pode ser obtida por integração de cada termo.

Exemplo 2 Determinar a solução geral da equação diferencial x2_{yy’ – 2xy}3 _{= 0.}

No Exemplo 1 determinamos que x2yy’ – 2xy3 = 0 pode ser escrita como

0 dy y

1 dx x 2

2  



ou

dx x 2 dy y

1 2 

Integrando cada membro da equação, temos:





 dx

x dy y

2 1

2

C 2lnx y 1

-  

ou

1 + 2ylnx + Cy = 0.

Nota 1: Quando a solução de uma equação diferencial envolver a integração de um termo na forma

u du

, escrevemos agora u C

u du

 



ln em vez de u C

u du

 

Nota 2: Algumas regras para logaritmo na base e (e  2,718....)

Sendo a > 0 e b > 0 e IR, então:

P1) ln(a . b) = lna + lnb P3) ln(a) = .lna

P2) ln(a : b) = lna - lnb P4) elna

= a

Exemplo 3 Resolver a equação diferencial

1 '

2_ 

x y

y .

Tornando a escrever, temos:

1 2_ 

x y dx dy

dx x

y dy

1 2_

 (multiplicar cada membro por dx)

1 2_ 

x dx y

dy

(multiplicar cada membro por 1/y)





 _

1 2

x dx y

dy

(integrar cada membro)

lny = arctg x + C

y = earctgx +C

y = k.e arctgx, onde k = eC

Exemplo 4 Resolver a equação diferencial x(1 + y2) – y(1 + x2)y’= 0.

Tornando a escrever, temos:

   

1y2 dxy1x2 dy 0

x

0 1

1 2   y2dy  y dx x x ou dy y y dx x x 2 2 ₁

1  





 _

 y dy

y dx x x 2 2 ₁ 1 C y

x   

 ln(1 )

2 1 ) 1 ln( 2

1 _{2 2}

ou C y x    ) 1 1 ln( 2 1 2 2 .

Como C é uma constante arbitrária, podemos tornar a escrever esta constante como C = ½ lnk onde k > 0. Então temos:

k y x ln 2 1 ) 1 1 ln( 2 1 2 2   

ou k

y x _   ) 1 1 ( 2 2

ou (1x2)k(1y2)

ou x2 1kky2 0

Esta última equação é mais fácil de trabalhar porque já não envolve logaritmos naturais. As

equações C

y x _   ) 1 1 ln( 2 1 2 2

Exemplo 5 Resolver a equação diferencial y’ – 2x = 0 sujeita à condição inicial de que y = 1 quando x = 2, ou seja, y(2) = 1.

A solução geral é:

y = x2 + C Substituindo y = 1 e x = 2, temos:

1 = (2)2 + C  1 = 4 + C  - 3 = C

Portanto, a solução particular é

y = x2– 3

Exemplo 6 Resolver a equação diferencial y + xy’ = 0 sujeita à condição inicial de que y = 2 quando

x = 3, ou seja, y(3) = 2.

Tornando a escrever, temos:

0  

dx dy x y

ydx + xdy = 0

0  

y dy x dx

ou

y dy x

dx

 







y dy x

dx

lnx = - lny + C lnx + lny = C

lnxy = C

ou lnxy = lnk, onde C = lnk

Substituindo y = 2 quando x = 3, temos

3.2 = k  6 = k

Portanto, a solução particular desejada é

xy = 6 ou y = 6/x.

Exercícios

Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.

1. xdyy2dx0

9. 0

2  

y e dx

dy x

2. 3x3y2dxxydy 0 _10. 3x _ex _0

dx dy e

3. xdyydx0 _11.

0 3 1 y2dx dy

x

4. secxdycosecydx 0 12. (1 + x2)dy – dx = 0

5.

y x dx

dy 2

 13. (1 + x

2_{)dy + xdx = 0}

6.

3 2_ 

x xy dx

dy

14. 1 x2 y2 x2y2 dx

dy _{   }

7. y3cosx0 dx

dy

15. _ex y

dx

dy _



8. 3extgy dx

 

1ex sec2 ydy0 16.



xy2x

 

dx yx2y



dy0

17. x2y4 dx

dy _

; y (1) = 1 19.

y x y

x dx

dy

2 2 

 ; y (0) = 4

18.  20 dx

dy

ye x ; y (0) = 2 20. x2dy ydx; y (1) = 1

Respostas

1) y.lnx + 1 = Cy 8) y = arc tg[(ex_{– 1)³.k]}

15) y = _ln



_1/



ex C





2) y = k._ex3 _{9) y =} 3 _3ex _{k 16) y =}



2

 

_/1 2



x x

k 



3) y = C/x 10) 2y + e-2x _{= C 17) (2 – x³).y³ = 1}

4) y = arc cos(senx – c) _{11) y = sen}





x2/6



C



_{18) y =  84e}x

5) 3y² = 2x³ + C 12) y = arc tg x + C 19) y² = 2.ln(x² + 1) + 16

6) y = k. x2 3 13) y = - 0,5.lnx2 1C

20) y = x 1 x

e



7) 1 = 2y².(senx + C) _{14) arc tg y = x +}



3_/3



x +C

Aplicações

21. O preço de revenda de certa máquina descreve em um período de 10 anos, segundo uma taxa que depende do tempo de uso da máquina. Quando a máquina tem t anos de uso, a taxa de variação do seu valor é 220(t-10) reais por ano. Expresse o valor da máquina como função do tempo de uso e do valor inicial. Se a máquina valia originalmente R$ 12.000,00, quanto valerá quando tiver 10 anos de uso? (Resp:V(t) = 110.t² - 2.200t + C e V(10) = R$ 1.000,00)

22. Segundo estatísticas, a população de certo lugar está crescendo a uma taxa aproximada de 1.500 t-1/2 pessoas por ano, sendo t o número de anos transcorridos após 1990. Em 1999, a população deste lugar era de 39.000 pessoas.

(a) Qual era a população, em 1990? (Resp: 30.000)

(b) Se este tipo de crescimento continuar no futuro, quantas pessoas estarão vivendo neste lugar, em

2015? (Resp: 45.000)

meio-dia, sabe-se que, depois de t horas, a taxa de variação do ozônio no ar será de

2

16

36

03

,

0

24

,

0

t

t

t







partes por milhão por hora.

(a) Expresse o nível de ozônio como função de t. (Resp: Q(t) = 0,03.(36 + 16t –t²)1/2 _{+ 0,07)}

(b) Quando ocorre o pico do nível de ozônio? Qual é o nível de ozônio, neste momento?

(Resp:0,37 partes por milhão até 3 horas da tarde)

24. A taxa de variação da temperatura de um objeto é proporcional à diferença entre sua temperatura e a do meio circundante. Um objeto cuja temperatura era de 40 graus foi colocado num ambiente cuja temperatura é de 80 graus. Após 20 minutos, a temperatura do objeto chegou a 50 graus. Expresse a temperatura do objeto como função do tempo. (T(t) = 80 – 40.e-0,014t ₎

---

1.2.2 Equações Diferenciais Homogêneas

Algumas equações que não são separáveis podem vir a sê-lo mediante uma mudança de

variáveis. Isso funciona para equações da forma y’ = f(x,y), onde f é uma função homogênia.

Definição 1.2.2 Função Homogênea

Se uma função f satisfaz

f(tx,ty) = tn f(x,y)

para algum número real n, então dizemos que f é uma função homogênea de grau n.

Exemplos: (1) f(x,y) = x2_{– 3xy + 5y}2

f(tx,ty) = (tx)2– 3(tx)(ty) + 5(ty)2

= t2x2– 3t2 xy + 5t2y2

(2) f(x,y) = x3 + y3 + 1.

f(tx,ty) = (tx)3 + (ty)3 + 1  t3 f(x,y)

pois

t3.f(x,y) = t3x3 + t3y3 + t3 função não é homogênea.

OBS: Muitas vezes uma função homogênea pode ser reconhecida examinando o grau de cada termo.

Exemplos: (1) f(x,y) = 6xy3– x2y2

   A função é homogênea de grau quatro. grau 4 grau 4

(2) f(x,y) = x2– y

   A função não é homogênea, pois os graus dos dois termos são diferentes grau 2 grau 1

Definição 1.2.2 Equação Homogênea

Uma equação diferencial da forma

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

é chamada homogênea se ambos os coeficientes M e N são funções homogêneas do mesmo grau.

Para resolver uma equação diferencial homogênea pelo método de separação de variável, basta fazer a mudança de variáveis dada pelo Teorema a seguir.

Teorema Mudança de Variáveis para Equações Homogêneas

Se M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 é homogênea, então ela pode ser transformada em uma equação

diferencial cujas variáveis são separáveis pela mudança de variável y = v.x onde v é uma função diferenciável de x e dy/dx = v + x dv/dx.

Exemplo Resolva (x2 + y2)dx + (x2– xy)dy = 0.

Solução Como M(x,y) e N(x,y) são homogêneas de grau dois, tomamos y = v.x para obter

dy = v dx + x dv. Então, substituindo, temos:

(x2 + v2x2)dx + (x2– vx2)(v dx + x dv) = 0

(x2+ v2x2)dx + (x2– vx2)vdx +(x2– vx2)xdv = 0

x2(1+ v2 + v – v2)dx + x3 (1 – v)dv = 0

x2(1 + v)dx + x3 (1 – v)dv = 0  (dividindo por x2₎

(1 + v)dx + x(1 – v)dv = 0

0 x dx dv v 1

v

1 _{ }

 

0

x dx dv v 1

2

1 _  

 

 

  (utilizamos frações parciais)

Depois de integrar a última linha, obtemos:

-v + 2 ln1 + v+ lnx= lnc

lnx lnc x

y 1 2ln x

y _{   }



.  (substituindo v)

Usando as propriedades do logaritmo, podemos escrever a solução precedente como:





x y cx

y x

ln  2  .

A definição de um logaritmo implica





x

y

cxe  y 2

Exercícios

Resolva a equação diferencial homogênea dada.

1. x y x y 2

'  _4.

xy y x y

2 ' 2 2

2. ) y x ( 2 y ' y 

 (usar a subst. x = yv) 5.

2 2 ' y x xy y   3. y x y x y   

' 6.

x y x y' 3 2

Encontre a solução particular que satisfaz a condição inicial dada.

7. xdy – (2xe-y/x + y)dx = 0; y(1) = 0

9. sec   0      _ xdy dx y x y

x ; y(1) = 0

8. – y2dx + x(x + y)dy = 0; y(1) = 1

10. 2 2_  0 

 



_{y x y dx xdy ; y(1) = 0}

Respostas

1) x = C.(x – y)²

5) y = C 2

2

y 2 x

e

 9) y = x. arc sen(lnx)

2) x = k.y² - 2y 6) y = kx² - 3x 10) y = x. sen(- lnx)

3) x² - 2xy – y² = k

7) _eyx_{= lnx² + 1}

4) x² - kx = y²

1.2.3 Equações Diferenciais Exatas

Embora a equação

y dx + x dy = 0

seja separável e homogênea, podemos ver que ela é também equivalente à diferencial do produto de x e y; isto é

y dx + x dy = d(xy) = 0.

Por integração, obtemos imediatamente a solução implícita xy = c.

Você deve se lembrar do Cálculo III que, se z = f(x,y) é uma função com derivadas parciais contínuas em uma região R do plano xy, então sua diferencial total é

dy

y f dx x f dz

    

 (1)

Agora, se f(x,y) = c, segue-se de (1) que

dy 0 y f dx x

f _

    

(2)

Em outras palavras, dada uma família de curvas f(x,y) = c, podemos gerar uma equação diferencial de primeira ordem, calculando a diferencial total.

Exemplo 1 Se x2– 5xy + y3 = c, então por (2)

(2x –5y)dx + (-5x +3y2)dy = 0 ou ₂ 3y 5x

2x 5y dx

dy

 



 .

Para nossos propósitos, é mais importante inverter o problema, isto é, dada uma equação como

₂

3y 5x

2x 5y dx

dy

 



 , (3)

Note que a equação (3) não é separável nem homogênea.

Definição 1.2.3 Equação Exata

Uma equação diferencial

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

é uma diferencial exata em uma região R do plano xy se ela corresponde à diferencial total de alguma função f(x,y). Uma equação diferencial da forma

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

é chamada de uma equação exata se a expressão do lado esquerdo é uma diferencial exata, ou seja, se

existir uma função f(x,y) com derivadas parciais contínuas e tais que fx(x,y) = M(x,y) e fy(x,y) =

N(x,y). Assim, a forma geral da solução da equação é f(x,y) = c.

Exemplo 2 A equação x2_y3 _{dx + x}3_y2 _{dy = 0 é exata, pois}

d( 3 1

x3y3) = x2y3 dx + x3y2 dy.

O teorema seguinte é um teste para uma diferencial exata.

Teorema Critério para uma Diferencial Exata

Sejam M(x, y) e N(x, y) funções contínuas com derivadas parciais contínuas em uma região R definida a < x < b, c < y < d. Então, uma condição necessária e suficiente para que

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

seja uma diferencial exata é

x N y M

    

MÉTODO DE SOLUÇÃO

Dada a equação

M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 (5) Mostre primeiro que

x N y M

    

.

Depois suponha que

 

x y M x f

,   

daí podemos encontrar f integrando M(x,y) com relação a x, considerando y constante.

Escrevemos,

f(x,y) =



M(x,y)dxg

 

y , (6)

em que a função arbitrária g(y) é a constante de integração. Agora, derivando (6) com relação a y e supondo f/y = N(x,y):

  

y

f

_{ }





 

y g dx y x M

y ( , ) ' =N

 

x,y .

Assim,

g’(y) = N(x,y) -



 

dx y x M

y ( , ) . (7)

Finalmente, integre (7) com relação a y e substitua o resultado em (6). A solução para a equação é f(x,y) = c.

OBS: Poderíamos começar o procedimento acima com a suposição de que N

 

x y y

f

,   

.

Exemplo 3 Resolva 2xy dx + (x2– 1) dy = 0.

x N y M

    

= 2x.

Logo, a equação é exata e, pelo Teorema anterior, existe uma função f(x,y), tal que

   x f

2xy e   

y f

x2– 1.

Da primeira dessas equações, obtemos, depois de integrar,

f(x,y) = x2y + g(y).

Derivando a última expressão com relação à y e igualando o resultado a N(x, y), temos

  

y f

x2+ g’(y) = x2– 1.

Segue-se que

g’(y) = – 1 e g(y) = - y.

A constante de integração não precisa ser incluída, pois a solução é f(x, y) = c, ou seja, x2y – y = c.

OBS: Observe que a equação poderia também ser resolvida por separação de variáveis.

Exemplo 4 Resolva o problema de valor inicial

(cosx senx – xy2) dx + y.(1 - x2) dy = 0, y (0) = 2.

Solução A equação é exata, pois

x N y M

    

= - 2xy.

Agora,

  

y f

y.(1 - x2)

f(x,y) = 2 y2

   x f

- xy2+ h’(x) = cosx senx – xy2.

A última equação implica

h’(x) = cosx.senx

h(x) = cos . 2

1 -dx

cosx.senx  2x



(Método da Substituição)

Logo, 2 y2

(1 - x2) cos2x 2 1

- = c1

ou

y2 (1 – x2) – cos2x = c,

em que c = 2c1. A condição inicial y = 2 quando x = 0 demanda que (2)2 [1 – (0)2] – cos20 = c, ou seja,

c = 3. Portanto, a solução para o problema é

y2 (1 – x2) – cos2x = 3.

---

Exercícios

Verifique se a equação diferencial dada é exata e, se for, encontre sua solução geral.

1. (2x – 3y)dx + (2y – 3x)dy = 0 _{6. 2y}2_exy2 _{dx + 2xye}xy2 _{dy = 0}

2. yex_{dx + e}x_{dy = 0}

7. ₂ 1 ₂(  )0 y xdy ydx x

3. (3y2 + 10xy2)dx + (6xy – 2 + 10x2y)dy = 0

8. e(x2y2)(xdx ydy)0

4. 2.cos(2x – y)dx - cos(2x – y)dy = 0 9.





( ) 0

1 _{2 2}

2  

y y dx x dy x

Encontre a solução particular que satisfaz a condição inicial dada.

11.



ln( 1) 2



0

1    

 dx x ydy

x y

; y(2) = 4 14. e3x(sen3ydxcos3ydy)0; y(0) = 

12. 1 ( ) 0

2

2_{ y} xdx ydy 

x

; y(4) = 3 15. (2xtgy + 5)dx + (x

2_sec2_{y)dy = 0; y(0) = 0}

13. ₂ 1 ₂ (  )0 y xdx ydy x

; y(0) = 4 16. (x

2 _{+ y}2_{)dx + 2xydy = 0; y(3) = 1}

Respostas

1) x² - 3xy + y² = C 7) arc tg(x/y) = C 13) x² + y² = 16

2) yex = C

8) .e





C 2

1 _x2 _y2



   14) e3x.sen3y = 0

3) 3xy² + 5x²y² - 2y = C 9) não é exata 15) x². tgy - 5x = 0

4) sen(2x – y) = C 10) ey. senxy = C

16) xy² + 3 x3

= 12

5) não é exata 11) y.ln(x – 1) + y² = 16

6) não é exata _{12) x}2 _y2 _5

FATORES INTEGRANTES

Algumas vezes, é possível converter uma equação diferencial não exata em uma equação exata

multiplicando-a por uma função (x,y) chamada fator de integração. Porém, a equação exata resultante:

pode não ser equivalente à original no sentido de que a solução para uma é também a solução para a outra. A multiplicação pode ocasionar perdas ou ganhos de soluções.

Exemplo Se a equação diferencial

2y dx + x dy = 0 (Não é uma equação exata)

for multiplicada pelo fator integrante (x,y) = x, a equação resultante

2xy dx + x2 dy = 0 (Equação exata)

é exata, ou seja, x x N y M

2

    

 _.

Pode ser difícil encontrar um fator integrante. No entanto, existem duas classes de equações diferenciais cujos fatores integrantes podem ser encontrados de maneira rotineira - aquelas que possuem fatores integrantes que são funções que dependem apenas de x ou apenas de y. O Teorema a seguir, que enunciaremos sem demonstração, fornece um roteiro para encontrar esses dois tipos especiais de fatores integrantes.

Teorema Fatores Integrantes

Considere a equação diferencial M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0.

1. Se

y) N(x,

1

[My(x,y) – Nx(x,y)] = h(x)

é uma função só de x, então eh(x)dx é um fator integrante.

2. Se

y) M(x,

1

[ Nx(x,y) - My(x,y)] = k(y)

Exemplo 1 Encontre a solução geral da equação diferencial (y2– x) dx + 2y dy = 0.

Solução A equação dada não é exata, pois My(x,y) = 2y e Nx(x,y) = 0. Entretanto, como

y) N(x,

1

[My(x,y) – Nx(x,y)] = y

2 1

[2y – 0] = 1 = x0 = h(x)

temos que eh(x)dx= e1dx exé um fator integrante. Multiplicando a equação dada por ex, obtemos

a equação diferencial exata

(y2ex– x ex) dx + 2yex dy = 0

cuja solução é obtida da seguinte maneira:

f(x,y) =



N(x,y)dy



2yexdyy2ex g(x)

f ’(x,y) = y2ex g'(x)= y2ex– x ex

) ( ' _x

g = – x ex (integração por partes)

Logo, g(x) = – x ex + ex , o que implica na solução geral _y2_ex _{– x e}x _{+ e}x _{= c.}

OBS: Um outro fator integrante é:

Se M(x,y) = y. f(x,y) e N(x,y) = x. g(x,y), então

y)

y.N(x,

-y)

x.M(x,

1

)

,

(

x

y





(*)

Exemplo 2 Resolva y’ = x

y xy2

.

x y xy 

 2

dx dy

(xy2– y)dx – xdy = 0

y.(xy – 1)dx – x.(1)dy = 0 (multiplicando por – 1)

y.(1 - xy)dx + x.(1)dy = 0 (1)

De acordo com (*), temos:

(x,y) =

_

_

_

_{ }

_

x.(1) y. -xy -1 y. x.

1

=

yx -x -x.y

1 2 2_y

= _{2 2} x

-1

y

= ₂

) (x

1

y



Multiplicando (1) por (x,y), obtemos:

2 ) (x

1

y

 .[y.(1 - xy)dx + x.(1)dy] = 0,

ou seja,





0 1

1

2

2  



dy xy dx y x xy

que é exata. Aplicando o método de resolução de equação exata, chegamos à solução y = -1/(x.lncx)

Exercícios

Encontre o fator integrante que é função apenas de x ou apenas de y, e use-o para encontrar a solução geral da equação diferencial dada.

1. ydx - (x + 6y2_{)dy = 0 6. (2x}2_{y – 1)dx + x}3_{dy = 0}

3. (5x2 - y)dx + xdy = 0 8. (x2 +2x + y)dx + 2dy = 0

4. (5x2_{– y}2_{)dx + 2ydy = 0}

9. 2ydx + (x – sen y )dy = 0

5. (x + y)dx + tgxdy = 0 10. (-2y3 + 1)dx + (3xy2 + x3)dy = 0

Respostas

1) FI: 1/y²  (x/y) – 6y = C 6) FI: x -1 _{ x²y - lnx = C}

2) FI: 1/x²  (y/x) – x² = C 7) FI: (1/y)  xy - lny = C

3) FI: 1/x²  (y/x) + 5x = C _{8) FI:} x₂

e  _{e (2y + 2x² - 4x + 8) = C} x2

4) FI: e-x _{ e}-x _{(y² - 5x² - 10x – 10) = C}

9) FI: (1/ y )  x. y + cos y = C

5) FI: cosx  y.senx + x.senx + cosx = C 10) FI: x -3 _{ x} -2_{y³ + y - (1/ 2x²) = C}

1.2.4 Equações Diferenciais Lineares de Primeira ordem

Definimos a forma geral para uma equação diferencial linear de ordem n como,

 

 

 

a

 

x y g(x)

dx d a dx

d a

dx d x

a_n n_ny _n-1 x n_n-1_-y₁  ₁ x y  ₀  .

Lembre-se de que linearidade significa que todos os coeficientes são funções de x somente e que y e todas as suas derivadas são elevadas à primeira potência. Agora, quando n = 1, obtemos uma equação linear de primeira ordem.

Definição 1.2.4 Equação Linear

Uma equação diferencial da forma

 

a

 

x y g(x) dx

d

Dividindo pelo coeficiente a1(x), obtemos uma forma mais útil de uma equação linear:

 

x .y Q(x) P

dx d

 

y

. (1)

Procuramos uma solução para (1) em um intervalo I no qual as funções P(x) e Q(x) são contínuas. Na discussão a seguir, supomos que (1) possui uma solução.

Usando diferenciais, podemos escrever a equação (1) como

dy + [P(x).y - Q(x)]dx = 0 (2)

Equações lineares possuem a agradável propriedade através da qual podemos sempre encontrar uma função (x) em que

(x)dy + (x)[P(x).y - Q(x)]dx = 0 (3)

é uma equação diferencial exata. Pelo Teorema (Critério para uma Diferencial Exata), o lado

esquerdo da equação (3) é uma diferencial exata se

x

  _

(x)dy =

y

  _

(x)[P(x).y - Q(x)]dx (4)

ou

P(x) dx

dμ _ .

Esta é uma equação separável em que podemos determinar (x). Temos

P(x)dx d _

 

ln 



P(x)dx (5)

assim



 P(x)dx )

(x e

Assim a função (x) definida em (6) é um fator de integração para a equação linear. Note que não precisamos usar uma constante de integração em (5), pois (3) não se altera se a multiplicarmos por

uma constante. Ainda, (x)  0 para todo x em I, e é contínua e diferenciável.

Multiplicando a equação (1) por (6), obtemos:

P(x)dx

e e P

 

x y e Q(x)

dx

dy _{ }P(x)dx _{ }P(x)dx



. P(x)dx



 ( ). P(x)dx dx

d

e x Q e

y (integrando ambos os lados)

C dx e

x Q e

y. P(x)dx 



( ). P(x)dx  .

Assim sendo a solução geral é dada por



Q x e dx C



e

y P(x)dx



( ). P(x)dx  . (7)

Teorema Solução de uma Equação Diferencial Linear de Primeira Ordem

Um fator integrante para a equação diferencial linear de primeira ordem y’ + P(x).y = Q(x) é



 P(x)dx )

(x e

 . A solução da equação diferencial é



Q x e dx C



e

y P(x)dx



( ). P(x)dx  .

Exemplo Encontre a solução geral de 4y x6ex dx

dy

x   .

Solução Escreva a equação como

x 5_e x y 4 dx

dy_{ }

x (dividindo por x) (8)

Como P(x) = -4/x, o fator integrante é     xdx 4 -P(x)dx )

(x e e

Aqui, usamos a identidade básica blogbN = N, N > 0. Agora, multiplicamos (8) por este termo

x –4. 4 y x. 4x5ex x

4 x. dx

dy _{ }

 

x –4. 4x. 5y xex dx

dy



  (9)

e obtemos

 

_x. 4_{.y xe}x dx

d  _{ . (10)}

Segue-se da integração por partes que

x –4y = xex– ex + c ou

y(x) = x5 ex– x4ex + c x 4.

Exercícios

Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.

1. _{y e} x

dx

dy ₃

5 

 8. dy3x2ydx x2dx

2. _{y e} x

dx

dy ₂

3  

 9. xdy – 5ydx = (4x + x

6_)dx

3. 3 x32 x

y dx dy

10. 2y(x24)3 dx

dy x

4. 2  x25 x

y dx dy

11. (1x2)dy2xydx 3x2dx

5. 2xy e3 (3 2x)

dx

dy _x

 

 12. y x x dx

dy

sen tan  

6. 3x2y e (3x21) dx

dy _x

13. 2 2xy x4 7 dx

dy

x

7. dy4ydx x2e4xdx _14. 2 _2xyx3_5

dx dy

Determinar uma solução particular para cada uma das seguintes equações diferencial sujeitas às condições iniciais dadas.

15. _{y e} x

dx

dy ₂

3 

 ; y (0) = 2 17. ecx y x dx

dy

cot

cos 

 ; y (/2) = 3/2

16.   x2 3 x

y dx dy

; y (1) = 3 18.dy 



x3y



dx; y (0) = 1

Respostas

1) –2y = e3x + Ce5x _{7) 3y = x³e}4x _{+ Ce} 4x _{13) 5x²y = x}5– _{35x + C}

2) y = e-2x + Ce-3x _{8) y = (-1/3) + C x}3

e 14) y = x². lnx – (5/3x) + C.x²

3) 14x³y = 2x 7– 7x 4 + C 9) y = x 6– x + Cx 5 15) y = e 2x (3e x– 1)

4) y = x³ - 5x + Cx²

10) y =



₂



₂

4 2

x C x

8 4

x  _ 16) y = (x³/2) + 3x.lnx + Cx

5) ex2ye3xx2+ C 11) (1 + x²).y = x³ + C 17) y.senx = x + 

6) y = - e x + Ce x3 12) y = secx[(sen²x/2) + C] 18) y = (x/3) – (1/9) + Ce -3x

EQUAÇÕES DE BERNOULLI

A equação diferencial

 

_{x.y Q(x).y}n P

dx

dy _{ }

(1)

em que n é um número real qualquer, é chamada de equação de Bernoulli. Para n = 0 e n = 1, a equação (1) é linear em y. Agora, se y  0, (1) pode ser escrita como

 

x.y Q(x) P

dx d

y-n y  1-n  . (2)





dx dy y n 1 dx

dw _{ } _{n .}

Com essa substituição, (2) transforma-se na equação linear

 

x .w (1 n).Q(x) n).P (1 dx dw   

 . (3)

Resolvendo (3) e depois fazendo y1 – n = w, obtemos uma solução para (1), ou seja,



n

Q

x

e

dx

C



e

y

n











 

 (1-n).P(x)dx (1-n).P(x)dx

1

₍

₁

_).

₍

_).

.

Exemplo Resolva 1 y xy2. x

dx

dy _{ }

Solução

Em (1), identificamos P(x) = 1/x, Q(x) = x e n = 2. Logo, a mudança de variável w =

y1-2 = y –1 e

dx dy dx

dw _ ₂

y nos dá

x. w x 1 dx

dw _{ }

(*)

O fator de integração para essa equação linear é ln 1 1       x e e x dx x _.

Multiplicando ambos os lados de (*) pelo seu fator integrante x –1, obtemos:

x w

x 1 dx

dw _{1 1}

1  

 _{ } x x x ou 1 w dx dw ₂

1 _  _ 

x x

 

. 1 dx

d _{1 }

w

x .

Integrando essa última forma, obtemos:

x -1 w = - x + c ou w = - x2 + cx.

Como w = y –1, então y = 1/w ou y = 1/(- x2 + cx)

Exercícios

Resolva a equação diferencial de Bernoulli dada.

1. y’ + 3x2_{y = x}2_y3

4. y’ + 

    

x

1

y = x y

2. y’ + 2xy = xy2

5. y’ - y = x33 y 3. y.y’ – 2y2 = ex

Respostas

1) (1/y²) = Ce2x3 (1/3) ₄₎

x C x 5 1 y  2 

2) y = ₂

x

ke 1

2

 5) 4(4x 18x 54x 81)

1 Ce

y23 _ 2x3 _ 3_ 2 _{ }

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 2º ORDEM–y’’(x) = f (x,y,y’)

1.1 EDO de 2º ordem com coeficientes constantes

São equações da forma

a y’’ + b y’ + c y = f (x) (NH)

onde a, b, c são constantes reais. A equação

a y’’ + b y’ + c y = 0, (H)

é chamada equação homogênea associada à não-homogênea.

Exemplo

a.) A equação 2y’’ + 3y’ – 5y = 0 é uma equação diferencial ordinária linear de segunda ordem

homogênea.

b.) A equação x3y’’’ –2xy’’ + 5y’ + 6y = ex _{é uma equação diferencial ordinária linear de terceira}

ordem não-homogênea.

Definição 01: Dizemos que as funções u(x) e v(x) são linearmente dependente (LD) no intervalo I, se existirem constantes c1 e c2 (não ambas nulas) tais que

c1 u(x) + c2 v(x) = 0,

xI. Caso contrário, dizemos que as funções u(x) e v(x) são linearmente independente (LI) neste intervalo I.

Definição 02: Dada duas funções quaisquer, u(x) e v(x), definimos o wronskiano das mesmas pelo seguinte determinante:





) ( ' ) ( '

) ( )

( ) ( ), (

x v x

u

x v x

u x v x u

Teorema: Se u(x) e v(x) são soluções de (H) em um intervalo I C IR, vale a seguinte afirmação:

“u(x) e v(x) são linearmente independente em I se e somente se w[u(x), v(x)]  0, xI”.

Exemplo Mostre que u(x) = cos2x e v(x) = sen2x são soluções LI da EDO y’’+ 4y = 0 em I = IR.

Solução





x x

sen

x sen x

x sen x w

2 cos . 2 2

2

2 2

cos 2

, 2 cos

 

= 2 cos2 2x + 2 sen2 2x

= 2 (cos2 2x + sen2 2x) = 2  0

 u e v são linearmente independentes.

 u (x) = cos2x

 u’(x) = - 2 sen2x  substituindo na EDO, verificamos que u é solução

 u’’(x) = - 4 cos2x

 v(x) = sen2x

 v’(x) = 2 cos2x  substituindo na EDO, verificamos que v é solução

 v’’(x) = - 4 sen2x

Teorema: Sejam u(x) e v(x) soluções LI de (H). Então, a solução geral de (H) é dada por:

yH (x) = c1 u(x) + c2 v(x).

Além disso, a solução de (NH) é da forma

yNH (x) = c1 u(x) + c2 v(x) + yP (x),

Exercícios

01. Em relação a equação y’’ + 4y = 8e2x _{, mostre que:}

a.) yH (x) = c1 cos2x + c2sen2x é a solução geral de (H);

b.) yP (x) = e2x é uma solução particular de (NH);

c.) y (x) = yH (x) + e2x é solução de (NH).

02. Em relação a equação y’’ - 8y’ + 20y = 100x² - 26x.ex, mostre que:

a.) y_H

 

x C₁e4x.cos2xC₂.e4x.sen2x é a solução geral de (H); e

b.) p

 

2 ).ex

13 12 x 2 ( 10 11 x 4 x 5 x

y       é a solução geral de (NH).

03. Verificar que as funções y1 (x) = tgx e y2 (x) = cotgx são Ld ou Li.

04. Verificar que as funções y1 (x) = e-x, y2 (x) = ex/2.cosx e y3 (x) = ex/2.senx são Ld ou Li.

OBS: De acordo com os resultados anteriores, a busca da solução geral de uma EDO linear de 2º

ordem envolve dois estágios: a determinação da solução geral da equação homogênea (H) e uma

solução particular da não-homogênea (NH).

1.2 Solução geral da EDO homogênea associada

Antes de atacar a Eq. (H), vamos ganhar um pouco de experiência analisando um exemplo especialmente simples. Consideremos a equação

y ’’ – y = 0, (*)

função y2 (x) = e-x. A experimentação revelará que os múltiplos destas duas funções são também

soluções da equação. Por exemplo, as funções 2ex e 5e-x também satisfazem à Eq. (*) , conforme se

pode verificar pelo cálculo das derivadas segundas. Da mesma forma as funções c1.y1 (x) = c1.ex e c2. y2 (x) = c2 .e-x satisfazem à equação diferencial (*) para todos os valores das constantes c1 e c2 .

Depois, tem importância muito grande observar que qualquer soma das soluções da Eq. (*) é também uma solução. Em particular, uma vez que c1.y1 (x) e c2. y2 (x) são soluções da Eq. (*), então também é

solução a função

y = c1.y1 (x) + c2 .y2 (x) = c1.ex +c2 .e-x (**)

para quaisquer valores de c1 e c2 . Pode-se verificar a afirmação pelo cálculo da derivada segunda y ’’

da Equação (**). Na realidade, se tem y ’ = c1.ex -c2 .e-x e y ’’ = c1.ex +c2 .e-x então y ’’ é idêntica a

y e a Eq. (*) está satisfeita.

Vamos resumir o que até agora fizemos neste item. Uma vez observado que as funções

y1(x) = exe y2 (x) = e-x são soluções da Eq. (*), vem que a combinação linear geral (**) destas funções

é também uma solução. Em virtude de os coeficientes c1 e c2 da Eq. (**) serem arbitrários, esta

expressão constitui uma família duplamente infinita de soluções da equação diferencial (*).

É agora possível analisar como escolher, nesta família infinita de soluções, um membro particular que também obedeça a um dado conjunto de condições iniciais. Por exemplo, suponhamos que queremos a solução da Eq. (*) que também obedeça às condições iniciais

y(0) = 2, y ’(0) = -1.

Em outras palavras, procuramos a solução que passe pelo ponto (0,2) e que, neste ponto, tenha o coeficiente angular –1. Primeiro, fazemos t = 0 e y = 2, na Eq. (**); isto dá a equação

c1 + c2 = 2. ( I )

Depois, derivamos a Eq. (**) em relação a x, o que dá o resultado:

y ’ = c1.ex -c2 .e-x.

Então, fazendo x = 0 e y ’= -1 obtém:

Pela resolução das (I)e(II), simultaneamente em c1 e em c2, encontramos que c1 = 1/2 e c2 = 3/2.

Finalmente, retornando com estes valores para a Eq. (**), obtemos: y = 1/2.ex +3/2.e-x,

que é a solução do problema de valor inicial constituído pela equação diferencial (*) e as condições iniciais.

Retornamos agora à equação mais geral (H).

a y’’ + b y’ + c y = 0,

que tem coeficientes constantes (reais) arbitrários. Com base na experiência que tivemos com a Eq. (*), procuraremos soluções exponenciais da Eq. (H). Vamos supor, assim, que y = erx , onde r é um

parâmetro a ser determinado. Vem então y ’ = r.erx e y ’’ = r2.erx .Levando as expressões de y, de y’ e

de y ’’ na Equação (H), obtemos:

(ar2 + br + c).erx = 0,

ou, como erx 0,

ar2 + br + c = 0. (#)

A Eq. (#) é a equação característica da equação diferencial (H). O seu significado está em, no caso de r ser uma raiz da equação polinomial (#), y = erx ser uma solução da equação diferencial (H).

Uma vez que a Eq. (#) é uma equação quadrática com coeficientes reais, tem duas raízes que podem ser reais e diferentes, reais e iguais ou complexas conjugadas.

Teorema Solução geral de uma equação linear homogênea (H)

* Raízes Reais Distintas Se r1  r2 são raízes reais distintas da equação característica, então a solução

geral é:

y = c1.e r1 x +c2 .er2 x.

* Raízes Reais Iguais Se r1 = r2 são raízes reais iguais da equação característica, então a solução geral

é:

y = c1.e r x +c2 .x.er x = (c1 +c2 .x)er x.

* Raízes Complexas Se r1 =  + i e r2 =  - i são raízes complexas da equação característica, então

a solução geral é:

Exemplo Equação característica com duas raízes reais distintas.

Achar a solução do problema de valor inicial

y ’’ + 5y ’ + 6y = 0, y(0) = 2, y’(0) = 3. Solução

Neste caso, a equação característica é r2 + 5r + 6 = 0, de modo que r1 = - 2 e r2 = - 3. Logo, a

solução geral da EDO é dada por:

y = c1.e-2x + c2.e-3x.

Como y = 2 quando x = 0, temos:

c1 + c2 = 2. (I )

Além disso, como y ’ = 3 quando x = 0, temos

y ’ = - 2 c1.e-2x - 3 c2.e-3x

3 = - 2 c1- 3 c2 ( II )

A resolução das Eq. (I) e (II) dá c1 = 9 e c2 = - 7. Com estes valores na solução geral,

conseguimos a solução

y = 9e-2x - 7e-3x

do problema de valor inicial.

Exemplo Equação característica com duas raízes reais iguais.

Achar a solução do problema de valor inicial

y ’’ + 4y ’ + 4y = 0, y(0) = 2, y’(0) = 1.

Neste caso, a equação característica é r2 + 4r + 4 = 0, de modo que r1 = r2 = - 2. Logo, a

solução geral da EDO é dada por

y = c1.e-2x + c2.xe-2x.

Como y = 2 quando x = 0, temos:

c1 = 2. Além disso, como y ’ = 1 quando x = 0, temos

y’ = - 2 c1.e-2x + c2 .(- 2xe-2x+ e-2x)

1 = - 2 . 2 . 1+ c2.[- 2.(0).(1) + 1]

5 = c2 .

Portanto, com estes valores na solução geral, conseguimos a solução:

y = 2e-2x + 5 xe-2x

do problema de valor inicial.

Exemplo Equação característica com raízes complexas

Achar a solução geral da equação diferencial

y’’ + 6y’ + 12y = 0.

Solução

Neste caso, a equação característica é r2 + 6r + 12 = 0, de modo que r = - 3 ± 3 i. Então,

 = - 3,  = 3 e a solução geral da EDO é

y = c1.e-3x cos3 x + c2.e-3xsen3 x.

OBS: Observe, no exemplo anterior, que, embora a equação característica tenha duas raízes

Exercícios

Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.

01. y’’ –5y’ – 14y = 0 02. y’’ –2y’ – 8y = 0

03. y’’ –y = 0 04. y’’ –3y’ = 0

05. 2y’’ –13 y’ + 15y = 0 06. 3y’’ –7y’ + 2y = 0

07. y’’ –4y’ + 4y = 0 08. y’’ –4y’ + 5y = 0

09. 4y’’- 4y’ + y = 0 10. y’’ – 4y’ + 13y = 0

11. y’’– 10y’ + 25y = 0 12. y’’ + 9y = 0

13. y’’ = 0

Determinar a solução particular de cada uma das seguintes equações diferenciais sujeitas às condições dadas.

14. y’’ –4y’ = 0; y(0) = 3 e y’(0) = 4 15. y’’ –y’ –2y = 0; y(0) = 2 e y’(0) = 1

16. y’’ –8y’ + 15y = 0; y(0) = 4 e y’(0) = 2 17. y’’ –6y’ + 9y = 0; y(0) = 2 e y’(0) = 4

18. y’’ + 25y = 0; y(0) = 2 e y’(0) = 0 19. y’’ –12y’ + 36y = 0; y(0) = 1 e y’(0) = 0

Respostas

1. y = C1 e7x + C2 e-2x 2. y = C1 e4x + C2 e-2x

3. y = C1 ex + C2 e-x 4. y = C1 + C2 e3x

5. y = C1 e3x/2 + C2 e5x 6. y = C1 e2x + C2 ex/3

7. y = C1 e2x + C2 xe2x 8. y = C1 e2x cosx + C2 e2x senx

11. y = C1e5x + C2 xe5x 12. y = C1 cos3x + C2 sen3x

13. y = C1 + C2 .x 14. y = 2 + e4x

15. y = e2x + e-x 16. y = -5e5x + 9e3x

17. y = 2e3x– 2xe3x 18. y = 2cos5x

19. y = e6x– 6xe6x

1.2.1 Equações diferenciais lineares de ordem mais alta

Para equações diferenciais lineares homogêneas de ordem mais alta, encontramos a solução geral de maneira análoga ao caso de segunda ordem, isto é, começamos por encontrar as n raízes da

equação características e depois, baseadas nessas n raízes, formam uma coleção linearmente independente de n soluções. A maior diferença é que, para equações de ordem três ou maior, as raízes da equação característica podem aparecer mais de duas vezes. Quando isso acontece, as soluções linearmente independentes são obtidas multiplicando-se por potências crescentes de x. Vamos ilustrar isso nos dois próximos exemplos.

OBS: Radiciação de Números Complexos

b (parte imaginária)

a (parte real)

z = a + bi  z =  = 2 2

b a  e

  

 

 

 

b a

sen cos

z = .(cos + i.sen)



Forma Trigonométrica

Dado um número complexo não nulo z = .(cos + i.sen) e um número natural n > 1, as raízes enésimas do complexo z são da forma:

   

 

   

   

   

   

n k i

n k

Z n

k

  



Exemplo Resolução de uma equação de terceira ordem.

Achar a solução geral da equação diferencial

y’’’ + 3y’’ + 3y’ + y = 0.

Solução

Neste caso, a equação característica é r3 + 3r2 + 3r + 1 = (r + 1)3 = 0. Como a raiz r = -1 é

tripla, a solução geral da EDO é

y = c1.e-x + c2.xe-x + c3.x 2e-x .

Exemplo Resolução de uma equação de quarta ordem.

Achar a solução geral da equação diferencial

y ’’’’ + 2y ’’ + y = 0.

Solução

Neste caso, a equação característica é r4 + 2r2 + 1 = (r2 + 1)2 = 0. Como a raiz r =  i é

dupla, com  = 0 e  = 1, a solução geral da EDO é

y = c1.cosx + c2.senx+ c3.x.cosx + c4.x.senx.

Exercícios

Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.

01. y’’’ – y’’ - y’+ y = 0 02. y’’’ –3y’’ + 3y’- y = 0

03. 2y’’’ - 4y’’ –2y’ + 4y = 0 04. y iv - 4y’’’+ 4y’’ = 0

05. y vi + y = 0 06. y iv - 5y’’+ 4y = 0

07. y vi - 3 y iv + 3y’’ – y = 0 08. y vi - y’’ = 0

09. y v - 3 y iv + 3y’’’- 3y’’ + 2y’ = 0 10. y iv - 8y’ = 0

Respostas

01. y = C1 ex + C2 x.ex + C3 e- x

02. y = C1 ex + C2 x.ex + C3 x²e x

03. y = C1 ex + C2 e2x + C3 e- x

04. y = C1 + C2 x + C3 e2x + C4 xe2x

05. y = C1 cosx + C2 senx + e3x/2 (C3 cos 0,5x + C4 sen 0,5x) + e-3x/2 (C5 cos 0,5x + C6 sen 0,5x)

06. y = C1ex + C2 e- x + C3 e2x + C4 e- 2x

07. y = y = C1 ex + C2 x.ex + C3 x²e x + C4 e- x + C5 xe- x + C6 x².e- x

08. y = C1 + C2 x + C3 ex + C4 e- x + C5 cosx + C6 senx

09. y = C1 + C2 ex + C3 e2x + C4 cosx + C5 senx

10. y = C1 + C2 e2x + e- x (C3 cos3x + C4 sen3x)

11. y = ex [(C1 + C2 x).cosx + (C3 + C4 x).senx] + e- x [(C5 + C6 x).cosx + (C7 + C8 x).senx]

12. y = 2 – 2. cosx + senx

1.3 Equações Lineares Não-homogêneas de Segunda Ordem

Nesta seção, vamos descrever dois métodos para encontrar a solução geral de uma equação diferencial linear não-homogênea. Em ambos, o primeiro passo é encontrar a solução geral, denotada por yh, da equação homogênea correspondente. Após isso, tentamos encontrar

uma solução particular, yp, da equação não-homogênea. Combinando esses dois resultados,

podemos concluir que a solução geral da equação não-homogênea é y = yh + yp, como enunciado

no próximo Teorema.

Teorema Solução geral de uma equação linear não homogênea (NH)

Seja ay” + by’ + cy = F(x) uma equação diferencial linear não homogênea de 2ª ordem.

Se yp , é uma solução particular dessa equação e se yh é a solução geral da equação homogênea

correspondente, então:

y = yh + yp.

1.3.1 O MÉTODO DOS COEFICIENTES A DETERMINAR

Como já temos as ferramentas para encontrar yh , vamos nos concentrar em formas de

encontrar a solução particular yp. Se a função F(x) consiste em somas ou produtos de

xn, emx, cosx, senx

podemos encontrar urna solução particular pelo método dos coeficientes a determinar. A idéia do método é tentar uma solução yp do mesmo tipo que F(x). Eis alguns exemplos:

1. Se F(x) = 5x + 4, escolha yp = Ax + B;

2. Se F(x) = 2xex,+ 5ex escolha yp = (Ax + B)ex = Axex + Bex;

3. Se F(x) = x² + 9 – cos7x, escolha y p = (Ax2 + Bx + C) + C.sen7x + D.cos7x.

Depois, por substituição, determinamos os coeficientes dessa solução. Os próximos exemplos ilustram esse método.

Exemplo O método dos coeficientes a determinar.

Encontre a solução geral da equação y”- 2y’ – 3y = 2.senx.

Solução:

Para encontrar yh , resolvemos a equação característica

m 2 - 2m – 3 = (m+1).(m – 3) = 0  m = -1 e m = 3

Logo, yh = C1e- x + C2 e 3x. A seguir, vamos tomar yp do mesmo tipo que sen2x, isto é,

yp= A.cosx + B.senx y’p = - A.senx + B.cosx

y’’p = - A.cosx - B.senx