1) A resolução de equações diferenciais de segunda ordem lineares e homogêneas envolve encontrar a equação característica e suas raízes. 2) As soluções dependem do discriminante da equação característica, podendo ser funções exponenciais ou trigonométricas. 3) A solução geral de uma equação diferencial linear não-homogênea é a soma da solução particular com a solução da forma homogênea.

1. Resolução de EDO de 2a
ordem linear e homogênea com coe…-
cientes constantes
O processo de resolução para equações diferenciais de segunda ordem linear e
homogênea, da forma
ay00
+ by0
+ cy = 0 (1)
onde a, b e c são constantes. A equação acima pode ser obtida facilmente em termos das
funções elementares do cálculo.
Equação Característica
Retornando à equação (1) com coe…cientes a; b; c 2 R e arbitrários, e tomando como
base exemplos citados anteriormente, procuremos soluções exponenciais para a referida
equação.
Como visto anteriormente , segue que y = erx
, onde r é um parâmetro a ser determi-
nado, e sabendo que:
y0
= rerx
y00
= r2
erx , substituindo na equação (1) tem-se:
r2
erx
a + rerx
b + erx
c = 0
r2
a + rb + c erx
= 0
como erx
6= 0; 8r; x, segue que
ar2
+ br + c = 0 (2)
que é a equação característica da equação diferencial dada.
Partindo do pressuposto que a equação (2) é uma equação quadrática, segue que:
> 0 ) 9r1; r2 2 R; com r1 6= r2;
= 0 ) 9r1; r2 2 R; com r1 = r2;
< 0 ) 9r1; r2 2 C; com r1 = r2; isto é,
r1 = m + ni
r2 = m ni
:
Solução em termos das raízes características
A solução da equação diferencial (1) é obtida de forma direta, partindo das raízes da
equação característica, que de forma simpli…cada, é dada pela expressão
1

2. r2
+ pr + q = 0; onde
8
>><
>>:
p =
b
a
q =
c
a
(3)
e portanto, por se tratar de uma equação quadrática com coe…cientes constantes e reais,
tem suas raízes descritas a partir do estudo do seu discriminante, onde = p2
4q, sendo
assim, há três casos a considerar.
1o
Caso: > 0
Neste caso, como
> 0 ) p2
4q > 0 ) 9r1; r2 2 R; com r1 6= r2;
daí segue que as soluções da equação diferencial é dada por
y1 = er1x
y2 = er2x , e em conjunto
com o princípio da superposição temos
y = c1er1x
+ c2er2x
:
2o
Caso: = 0
Neste caso, como
= 0 ) p2
4q = 0 ) 9 r1; r2 2 R; com r1 = r2;
segue daí, que r =
p
2
:
Este caso é muitas vezes chamado o caso crítico. Como vimos acima, ela surge
quando o discriminante é nulo. Logo a raíz é r =
p
2
, e obtemos de início uma única
solução, a saber
y1 = erx
; onde r =
p
2
:
Para determinar a outra solução y2 devido o princípio da superposição é aplicado o
método da variação de parâmetros, de…nida como segue
y2 = u (x) y1; onde y1 = e
p
2
x
:
De onde depois de alguns passos, conclui-se que
y = (c1 + c2x) er1x
onde c1 e c2 são constantes arbitrárias e r1 =
p
2
2 R.
2

3. 3o
Caso: < 0
Para este caso, tem-se que, como
< 0 ) 9 r1; r2 2 C; com r1 = r2; isto é
r1 = a + bi
r2 = a bi
, onde
(
a = p
2
b =
p
4q p2
2
;
então a solução geral é dada em conjunto com o princípio da superposição por
y = c1e(a+bi)x
+ c2e(a bi)x
y = c1eax
ebix
+ c2eax
e bix
= c1eax
ebix
+ c2eax
e bix
y = eax
c1ebix
+ c2e bix
em vários campos da Matemática e da Física, há grandes interesses práticos associados a
obtenção de soluções reais a partir das soluções complexas, e isso pode ser feito atráves
das Fórmulas de Euler, onde
ei
= cos + i sin
e i
= cos i sin
, logo, fazendo = bx, temos:
y = eax
c1ebxi
+ c2e bxi
= eax
c1e i
+ c2e i
= eax
(c1 (cos + i sin ) + c2 (cos i sin ))
= eax
(c1 cos + ic1 sin + c2 cos ic2 sin )
= eax
(c1 cos + c2 cos + ic1 sin ic2 sin )
= eax
((c1 + c2) cos + (c1 c2) i sin )
y = eax
((c1 + c2) cos (bx) + (c1 c2) i sin (bx)) :
Fazendo
A = c1 + c2
B = (c1 c2) i
, como duas novas constantes arbitrárias, podemos escrever
a solução geral como
y = eax
[A cos (bx) + B sin (bx)]
onde, temos a solução real, se e somente se, A e B são ambas reais, o que ocorre se e
somente se c1 e c2 forem complexos conjugados.
1 Exercicios
1) Encontre a solução particular para os seguintes problemas de valor inicial:
a)
8
<
:
y00
+ 2y0
3y = 0
y (0) = 1
y0
(0) = 1
;
Solução:
A equação característica associada a equação diferencial é
3

4. r2
+ 2r 3 = 0
r2
+ 2r 3 = 0 )
r1 = 3
r2 = 1
logo a solução geral da E.D é da forma
y (x) = c1e 3x
+ c2ex
:
Fazendo uso das condições iniciais, dado pelo P.V.I, isto é
8
<
:
y00
+ 2y0
3y = 0
y (0) = 1
y0
(0) = 1
;
tem-se
y (x) = c1e 3x
+ c2ex
) 1 = c1 + c2
y0
(x) = 3c1e 3x
+ c2ex
) 1 = 3c1 + c2
:
Resolvendo o sistema, encontrado a partir dos valores iniciais, tem-se
c1 + c2 = 1
3c1 + c2 = 1
)
c1 = 1
2
; c2 = 1
2
, logo a solução particular é dada por:
y (x) =
1
2
e 3x
+
1
2
ex
:
b)
8
<
:
y00
+ 5y0
= 0;
y (0) = 2
y0
(0) = 5
;
c)
8
<
:
y00
2y0
2y = 0;
y (0) = 3
y0
(0) = 1
d)
8
<
:
y00
+ 8y0
+ 16y = 0;
y (0) = 0
y0
(0) = 1
Solução:
A equação característica associada a equação diferencial é
r2
+ 8r + 16 = 0
r2
+ 8r + 16 = 0 ) r = 4
logo a solução geral da E.D é da forma
y (x) = c1e 4x
+ c2xe 4x
:
Fazendo uso das condições iniciais, dado pelo P.V.I, isto é
8
<
:
y00
+ 8y0
+ 16y = 0;
y (0) = 0
y0
(0) = 1
;
tem-se
4

5. y (x) = c1e 4x
+ c2xe 4x
) 1 = c1
y0
(x) = (c1 + c2x) e 4x
= e 4x 0
: (c1 + c2x) + e 4x
(c1 + c2x)0
= 4e 4x
(c1 + c2x) + e 4x
(c2)
= 4e 4x
c1 4e 4x
c2x + e 4x
c2
y0
(x) = 4e 4x
c1 4e 4x
c2x + e 4x
c2 ) 1 = 4c1 + c2 ) 1 = 4 + c2 ) c2 = 5
a solução particular é dada por:
y (x) = e 4x
+ 5xe 4x
:
y = e 4x
+ 5xe 4x
y0
= e 4x
20xe 4x
y00
= 80xe 4x
24e 4x
Veri…cação: veja que
y00
+ 8y0
+ 16y = 0
80xe 4x
24e 4x
+ 8 e 4x
20xe 4x
+ 16 e 4x
+ 5xe 4x
= 0
80xe 4x
24e 4x
+ 8e 4x
160xe 4x
+ 16e 4x
+ 80xe 4x
= 0
80xe 4x
24e 4x
+ 8e 4x
160xe 4x
+ 16e 4x
+ 80xe 4x
= 0
(80x 24 + 8 160x + 16 + 80x) e 4x
= 0
(80x + 80x 160x 24 + 8 + 16) e 4x
= 0
0e 4x
= 0
0 = 0
e) 3y00
4y0
+ 4
3
y = 0 ;
f)
8
<
:
y00
2y0
+ 10y = 0;
y (0) = 1
y0
(0) = 0
Solução:
A equação característica associada a equação diferencial é
r2
2r = 10 = 0
r2
2r + 10 = 0 )
r1 = 1 3i
r2 = 1 + 3i
logo a solução geral da E.D é da forma
y = ex
[A cos (3x) + B sin (3x)]
5

6. Os problemas de valores iniciais
8
>><
>>:
y00
2y0
+ 10y = 0;
y
4
= 1
y0
4
= 0
Inicialmente, veja que
y = ex
(A cos (3x) + B sin (3x))
y0
= Aex
cos (3x) + Bex
sin (3x) + 3Bex
cos (3x) 3Aex
sin (3x)
y = ex
(A cos (3x) + B sin (3x)) , com y (0) = 1 ) A = 1
y0
= Aex
cos (3x) + Bex
sin (3x) + 3Bex
cos (3x) 3Aex
sin (3x) , com y0
(0) = 0
3B + A = 0
3B + 1 = 0
3B = 1
B =
1
3
y = ex
cos (3x)
1
3
sin (3x) :
O operador diferencial linear
De…nimos o operador diferencial linear L (y) da seguinte forma
L (y) y(n)
+ an 1 (x) y(n 1)
+ an 2 (x) y(n 2)
+ + a2 (x) y00
+ a1 (x) y0
+ a0 (x) y
onde ai (x), com i = 0; 1; 2; ; n 1, são contínuas num dado intervalo. Então uma dada
equação diferencial
y(n)
+ an 1 (x) y(n 1)
+ an 2 (x) y(n 2)
+ + a2 (x) y00
+ a1 (x) y0
+ a0 (x) y = (x)
pode, agora ser reescrita sob a forma
L (y) = (x)
e, em particular, uma equação diferencial linear homogênea é expressa sob a forma
L (y) = 0:
Teorema: O operador L (y) é linear, isto é,
L (c1y1 + c2y2) = L (c1y1) + L (c2y2) = c1L (y1) + c2L (y2)
onde c1 e c2 são constantes arbitrárias e y1 e y2 são funções arbitrárias n-vezes de-
riváveis.
6

7. Teorema 02 - (Princípio da Superposição): Se y1 e y2 são duas soluções do
operador L (y) = 0, então
c1y1 + c2y2
é também solução de L (y) = 0 para as constantes arbitrárias c1 e c2:
Equação diferencial linear não-homogênea com coe…-
cientes constantes
Para este caso, temos
L (y) = (x) :
Logo, a solução é dada obedecendo ao teorema que segue.
Teorema 03: A solução geral de L (y) = (x), é dada por
y = yh + yp
onde yh é uma solução da equação diferencial homogênea e yp é uma solução
particular da equação diferencial dada.
Exemplo: Seja a equação diferencial
y00
+ 4y = x:
Uma solução particular é yp =
1
4
x. A solução geral da equação diferencial homogênea
associada, isto é,
y00
+ 4y = 0
é dada por:
i) Equação característica
r2
+ 4 = 0 ) r2
= 4 ) r = 2i
ii) Solução geral
yh = c1 sin (2x) + c2 cos (2x)
logo a solução geral da equação diferencial linear não-homogênea é dada por:
y = yp + yh
y =
1
4
x + c1 sin (2x) + c2 cos (2x) :
Veja que
y =
1
4
x + c1 sin (2x) + c2 cos (2x)
y0
=
d
0
@
1
4
x+c1 sin(2x)+c2 cos(2x)
1
A
dx
= 2c1 cos 2x 2c2 sin 2x + 1
4
y00
=
d(2c1 cos 2x 2c2 sin 2x+ 1
4 )
dx
= 4c2 cos 2x 4c1 sin 2x
Veri…cação: y00
+ 4y = x
7

8. ( 4c2 cos 2x 4c1 sin 2x) + 4
1
4
x + c1 sin (2x) + c2 cos (2x) = x ok.
O método dos coe…cientes a determinar
A solução geral da equação diferencial linear L (y) = (x) é, de acordo com o Teorema
03, dado por
y = yp + yh:
O processo para o cálculo de yh, já é conhecido, quando se tem uma equação diferencial
linear homogênea com coe…cientes constantes, os passos que seguem, é de como determinar
a solução particular para a equação diferencial (x) partindo das já conhecidas yh.
O método dos coe…cientes a determinar tem início supondo conhecida a forma de
yp a menos de constantes arbitrárias multiplicativas. Essas constantes são, em seguida,
calculadas, levando-se a solução suposta conhecida na equação diferencial em estudo, e
identi…cando-se os coe…cientes.
Forma simples do método
Admite-se que a função procurada, yp, possa exprimir-se como soma dos termos que
compõem (x) e todas as derivadas de (x) (a menos de constantes multiplicativas).
Temos então os seguintes casos:
CASO 1: (x) = Pn (x), polinômio de grau n em x.
CASO 2: (x) = exp ( x) Pn (x) ;
CASO 3: (x) = exp ( x) Pn (x) sin ( x) ;
1.1 Limitações do método
Em geral se a função (x) não é de nenhum dos tipos considerados, ou se a equação
diferencial não tem coe…cientes constantes, deve-se então procurar outro método.
Caso 01: (x) = pn (x)
O polinômio de grau n em x, devemos procurar solução da forma
yp = /Anxn
+ /An 1xn 1
+ /An 2xn 2
+ + /A2x2
+ /A1x + A0
onde os Ai, com i = 0; 1; 2; ; n são a determinar.
Exemplo: Resolva a equação diferencial
y00
y0
2y = 4x2
:
Solução: Cálculo de yh da equação L (y) = 0
y00
y0
2y = 0
Equação característica
r2
r 2 = 0 ) (r + 1) (r 2) = 0
8

9. logo
yh = c1er1x
+ c2er2x
= c1e x
+ c2e2x
Cálculo de yp, temos aqui que (x) = pn (x) = 4x2
, é um polinômio de grau 2, logo
yp = /A2x2
+ /A1x + A0
assim
y0
p = 2A2x + A1;
y00
p = 2A2
. Agora substituindo na equação diferencial, tem-se:
y00
y0
2y = 4x2
2A2 2A2x A1 2 /A2x2
2 /A1x 2A0 = 4x2
+ 0x + 0
)
8
<
:
2 /A2x2
= 4x2
2A2x 2 /A1x = 0x
2A2 A1 2A0 = 0
Resolvendo cada termos, temos:
8
<
:
2 /A2x2
= 4x2
2 /A2 = 4
A2 = 2
8
>><
>>:
2A2x 2 /A1x = 0x
2 ( 2) 2 /A1 = 0
4 = 2 /A1
A1 = 2
8
>><
>>:
2A2 A1 2A0 = 0
2 ( 2) 2 2A0 = 0
6 = 2A0
A0 = 3
logo a solução particular é dada por:
yp = 2x2
+ 2x 3
e a solução geral da referida equação diferencial é …nalmente dada por
y = yp + yh
y = 2x2
+ 2x 3 + c1e x
+ c2e2x
:
Exemplo: Resolva a equação diferencial
y00
= 9x2
+ 2x 1:
Solução: Cálculo de yh da equação L (y) = 0
y00
= 0 ) (Eq. Característica) r2
= 0 ) r = 0
yh = (c1 + c2x) erx
= c1 + c2x
Cálculo de yp, temos aqui que (x) = pn (x) = 9x2
+ 2x 1, é um polinômio de grau
2, logo
yp = A2x2
+ A1x + A0
assim
y0
p = 2A2x + A1;
y00
p = 2A2
. Agora substituindo na equação diferencial, temos um prob-
lema, veja:
9

10. y00
= 9x2
+ 2x 1
2A2 = 9x2
+ 2x 1
O que fazer?
Se qualquer termo da solução suposta, a menos de constantes multiplicativas, é tam-
bém um termo da solução homogênea associada, então a forma da solução procurada deve
ser modi…cada, multiplicando por um fator do tipo xm
, onde o expoente m deve ser o
menor inteiro positivo, de tal forma que a provável solução não tenha nenhum termo em
comum com a solução homogênea.
Veja que para m = 1
x A2x2
+ A1x + A0 = A2x3
+ A1x2
+ A0x = yh = c1 + c2x
ainda tem um termo em comum x1
, faça m = 2
x2
A2x2
+ A1x + A0 = A2x4
+ A1x3
+ A0x2
= yh = c1 + c2x
agora, não tem termos em comum com a solução homogênea, devemos então
yp = A2x4
+ A1x3
+ A0x2
y0
p =
d(A2x4+A1x3+A0x2
)
dx
= 4A2x3
+ 3A1x2
+ 2A0x
y00
p =
d(4A2x3+3A1x2+2A0x)
dx
= 12A2x2
+ 6A1x + 2A0
substituindo na E.D, isto é, 12A2x2
+ 6A1x + 2A0 = 9x2
+ 2x 1, temos então
12A2x2
= 9x2
12A2 = 9 ) A2 = 3
4
6A1x = 2x
6A1 = 2 ) A1 = 1
3
2A0 = 1 ) A0 = 1
2
logo a solução particular é dada por:
yp =
3
4
x4
+
1
3
x3 1
2
x2
e a solução geral da referida equação diferencial é …nalmente dada por
y =
3
4
x4
+
1
3
x3 1
2
x2
+ c1 + c2x:
10