Apont ed

¸˜
Equacoes diferenciais para engenheiros:
¸˜
teoria, modelacao e exerc´cios
ı

Teresa Paula C. Azevedo Perdico´ lis
u
Sandra Isabel Ventura Ricardo

UTAD, 18 de Agosto de 2010

´
Prefacio

Este texto foi escrito como material de apoio a unidade curricular An´ lise Ma-
` a
tem´ tica III, das licenciaturas em Engenharia Civil e Engenharia Mecˆ nica, lec-
a a
cionada pelas docentes nos anos lectivos de 2008/09 e 2009/10.

Pretendemos com este texto apresentar uma abordagem simples a teoria das equacoes
` ¸˜
diferenciais ordin´ rias, a qual pode ser facilmente compreendida por alunos que te-
a
nham conhecimentos de C´ lculo em Rn , nomeadamente conhecimentos de c´ lculo
a a
´
diferencial e de c´ lculo integral, assim como conhecimentos de Algebra Linear, do-
a
minando c´ lculo matricial, resolucao de sistemas de equacoes lineares, c´ lculo de
a ¸˜ ¸˜ a
determinantes e determinacao de valores e de vectores pr´ prios.
¸˜ o

Estas notas pretendem ser uma mistura entre teoria e aplicacoes das equacoes Di-
¸˜ ¸˜
ferencias, focando-se muitas vezes em problemas concretos da “vida real” como
motivacao para o estudo da teoria, mas tamb´ m para mostrar a enorme aplica-
¸˜ e
bilidade que este ramo da matem´ tica tem em diversas areas do conhecimento:
a ´
Engenharia, Biologia, Medicina, Ciˆ ncias Sociais, etc. Sendo este um texto diri-
e
gido a alunos de Engenharia, um relevo especial e dado a problemas desta area,
´ ´
procedendo-se a sua modelacao e resolucao mediante os conhecimentos expostos.
` ¸˜ ¸˜
Introduzem-se e desenvolvem-se conceitos e t´ cnicas anal´ticas para a resolucao de
e ı ¸˜
equacoes diferenciais ordin´ rias.
¸˜ a

Na verdade, sendo as leis da F´sica geralmente escritas como equacoes diferenciais,
ı ¸˜
elas destacam-se como instrumento de linguagem no que toca a Ciˆ ncia e Engenha-
e

i

ii

ria em particular. Assim, compreender e saber manipular equacoes diferenciais e
¸˜ ´
sem d´ vida essencial para qualquer aluno de Engenharia.
u

Relativamente a organizacao deste texto, cada cap´tulo e composto por uma sńtese
` ¸˜ ı ´ ı
de resultados te´ ricos, alguns dos quais apresentados sem demonstracao. O nosso
o ¸˜
objectivo foi fornecer aos nossos alunos de Engenharia ferramentas para resolver
problemas, sendo os alunos convidados a recorrer as referˆ ncias bibliogr´ ficas sem-
` e a
pre que desejarem ir mais al´ m na compreens˜ o dos conte´ dos apresentados. A
e a u
enfase e dada assim aos resultados e a aplicacao dos mesmos, sendo apresentados
ˆ ´ ` ¸˜
ao longo do texto numerosos exemplos, que visam facilitar a compreens˜ o do que
a
e exposto. Estes exemplos podem ser exemplos de aplicacao directa de resultados
´ ¸˜
te´ ricos ou exemplos de modelacao de problemas concretos. Finalmente, os alunos
o ¸˜
s˜ o convidados a exercitar a aplicacao dos conhecimentos adquiridos, mediante a
a ¸˜
resolucao duma listagem de exercćios com que terminamos cada cap´tulo.
¸˜ ı ı

Teresa Paula Azevedo Perdico´ lis
u
Sandra Isabel Ventura Ricardo

´
Indice Geral

Lista de figuras v

1 ED de ordem–1 1
1.1 Alguns exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Separacao de vari´ veis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
¸˜ a 9
1.3 Classificacao de ED . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
¸˜
1.4 Solucoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
¸˜
1.5 Campo de direccoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
¸˜
1.6 ED lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
1.7 ED n˜ o lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
a
1.8 Equacao de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
¸˜
1.9 Equacao de Riccati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
¸˜
1.10 Equacoes omog´ neas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
¸˜ e
1.11 Equacoes diferenciais exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
¸˜
1.11.1 ED exactas: obtencao de factor integrante . . . . . . . . . . 55
¸˜
1.12 AplicacoesCircuitos el´ ctricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
¸˜ e
1.13 Consideracoes finais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
¸˜
1.14 Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
ı

2 ED de ordem–2 ou superior 79
2.1 Solucao de ED Homog´ neas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
¸˜ e
2.2 Solucao de ED n˜ o homog´ neas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
¸˜ a e

iii

iv ´
INDICE GERAL

2.3 M´ todo da reducao de ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
e ¸˜
2.4 ED homog´ neas com coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . 93
e
2.4.1 Ra´zes reais e distintas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
ı
2.4.2 Ra´zes reais e iguais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
ı
2.4.3 Ra´zes complexas conjugadas . . . . . . . . . . . . . . . . 97
ı
2.5 ED n˜ o homog´ neas: M. coeficientes indeterminados . . . . . . . . 99
a e
2.6 ED n˜ o homog´ neas: M. variacao de parˆ metros . . . . . . . . . . 108
a e ¸˜ a
2.7 Equacao de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
¸˜
2.8 Aplicacoes: sistemas mecˆ nicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
¸˜ a
2.8.1 Movimento harm´ nico simples (ou n˜ o amortecido) . . . . 118
o a
2.8.2 Movimento harm´ nico amortecido . . . . . . . . . . . . . . 121
o
2.8.3 Movimento harm´ nico forcado . . . . . . . . . . . . . . . . 122
o ¸
2.8.4 Aplicacoes: Circuitos el´ ctricos . . . . . . . . . . . . . . . 123
¸˜ e
2.9 Equacoes diferenciais de ordem superior . . . . . . . . . . . . . . . 127
¸˜
2.10 Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
ı

3 Sistemas de ED lineares de ordem–1 143
3.1 Conceitos b´ sicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
a
3.1.1 Equacoes diferenciais lineares de ordem n e sistemas dife-
¸˜
renciais lineares de ordem 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
3.1.2 Forma matricial de um sistema linear . . . . . . . . . . . . 147
3.1.3 Problemas de valor inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
3.1.4 Dependˆ ncia e independˆ ncia linear . . . . . . . . . . . . . 150
e e
3.1.5 Sistemas n˜ o homog´ neos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
a e
3.2 Sistemas Lineares homog´ neos com coeficientes constantes . . . . . 153
e
3.2.1 A matriz A tem valores pr´ prios reais distintos . . . . . . . 154
o
3.2.2 A matriz A tem valores pr´ prios reais repetidos . . . . . . . 156
o
3.2.3 A matriz A tem valores pr´ prios reais complexos . . . . . . 165
o
3.3 Variacao de parˆ metros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171
¸˜ a

´
INDICE GERAL v

3.3.1 Matriz fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171
3.3.2 Variacao de parˆ metros ou variacao das constantes arbitr´ rias 172
¸˜ a ¸˜ a
3.3.3 Problema de valor inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
3.4 Consideracoes finais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
¸˜
3.5 Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
ı

4 Transformada de Laplace 185
4.1 Definicao e existˆ ncia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
¸˜ e
4.2 A tabela de transformadas e alguns exemplos . . . . . . . . . . . . 187
4.3 A TL de outras funcoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188
¸˜
4.4 Propriedades da TL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
4.5 A transformada de Laplace Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193
4.6 Aplicacoes: circuitos e sistemas mecˆ nicos . . . . . . . . . . . . . 195
¸˜ a
4.7 Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201
ı

Bibliografia 203
Referˆ ncias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204
e

Lista de Figuras

1.1 Crescimento exponencial e decrescimento exponencial. . . . . . . . 5
1.2 Representacao gr´ ﬁca de algumas solucoes de (1.26). . . . . . . . . 21
¸˜ a ¸˜
1.3 Exemplo de uma solucao particular deﬁnida por ramos. . . . . . . . 23
¸˜
1.4 Interpretacao geom´ trica do Teorema de Picard. . . . . . . . . . . . 27
¸˜ e
1.5 Campo de direccoes para a equacao diferencial (1.32). . . . . . . . 33
¸˜ ¸˜
1.6 Uma solucao de (1.32). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
¸˜
1.7 Campo de direccoes para a equacao log´stica, com β = 3.5 e δ = 1.8. 35
¸˜ ¸˜ ı
1.8 Solucoes para a equacao log´stica, com β = 3.5 e δ = 1.8. . . . . . 35
¸˜ ¸˜ ı
1.9 Exemplo de um circuito el´ ctrico simples. . . . . . . . . . . . . . . 58
e

2.1 Sistema mola–massa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
2.2 Exemplo de um circuito com trˆ s componentes. . . . . . . . . . . . 124
e

vii

Cap´tulo 1
ı

¸˜
Equacoes diferenciais de
primeira ordem

Muitas s˜ o as leis b´ sicas, e mais recentemente tamb´ m muitos fen´ menos biol´ gicos
a a e o o
e sociais, que s˜ o expressos por equacoes matem´ ticas. Sempre que estas equacoes
a ¸˜ a ¸˜
¸˜
envolvem derivadas, chamam-se equacoes diferenciais (ED). Pretende-se mostrar
no inćio deste primeiro cap´tulo como surgem algumas destas equacoes e ilustrar
ı ı ¸˜
como pode ser a sua solucao obtida.
¸˜

Ao modelar um dado problema atrav´ s de uma equacao diferencial, a maior difi-
e ¸˜
culdade surge em descrever uma situacao real quantitativamente. De forma a ob-
¸˜
ter um modelo, e usualmente necess´ rio recorrer a assercoes simplificativas que
´ a ¸˜
tornem essa mesma situacao pass´vel de ser representada em termos matem´ ticos.
¸˜ ı a
Assercoes usuais s˜ o, por exemplo: (i) assumir que o movimento de uma dada
¸˜ a
massa no espaco e um ponto e (ii) n˜ o existe friccao na resistˆ ncia do ar. Tais
¸ ´ a ¸˜ e
assercoes, n˜ o sendo de modo algum realistas, permitem ao cientista (investigador)
¸˜ a
obter informacao valiosa sobre o problema real ainda que servindo-se de modelos
¸˜
extremamente ideais. Uma vez entendida uma parte do problema, o modelo pode
ser tornado mais complexo de forma a ter em conta outros factores observados. No

1

2 ´
CAPITULO 1. ED DE ORDEM–1

entanto e sempre importante manter os modelos manuse´ veis, isto e, modelos para
´ a ´
os quais seja poss´vel calcular uma solucao, exacta ou anal´tica.
ı ¸˜ ı

1.1 Alguns exemplos

Exemplo 1.1 (Queda livre) Segundo a lei da gravidade de Newton, a gran-
deza da forca gravitacional da terra num dado corpo e directamente proporcional
¸ ´
a sua massa m e inversamente proporcional ao quadrado da distˆ ncia dessa mesma
` a
massa ao centro da Terra r. Temos ent˜ o que:
a
km
F=
r2
sendo k a constante de proporcionalidade. Pela segunda lei de Newton, temos
ainda:
d2r k
2
= 2. (1.1)
dt r
dr
Observacao 1 A velocidade v =
¸˜ e negativa, pois a medida que um objecto
´ `
dt
cai a sua distˆ ncia ao centro da Terra diminui. Mais ainda, a sua aceleracao
a ¸˜
dv d 2 r
a= = 2 e tamb´ m negativa, pois a medida que o objecto cai, a velocidade
´ e `
dt dt
diminui (´ cada vez mais negativa). Temos ent˜ o que k e uma constante negativa.
e a ´

Seja R o raio m´ dio da Terra (i.e. r = R). Denotamos a aceleracao da gravidade
e ¸˜
na superf´cie da Terra por a(R) = −g. Ent˜ o considerando (1.1):
ı a
k
−g = a(R) = ,
R2
temos k = −gR2 . Voltando a (1.1), obtemos:
d 2 r −gR2
= 2 (1.2)
dt 2 r
sendo g ≃ 9.81m/seg2. Seja r = R + h, onde h e a altura do corpo a partir da
´
dr dh
superf´cie da Terra, ent˜ o
ı a = e a equacao (1.2) vem
¸˜
dt dt
d 2h −gR2
= .
dt 2 (R + h)2

1.1. ALGUNS EXEMPLOS 3

R2
Se h e muito pequeno temos que
´ ≃ 1, obtendo ent˜ o:
a
(R + h)2

d2h
= −g. (1.3)
dt 2

Integrando ambos os membros da equacao relativamente a t, temos:
¸˜

h′ (t) = −gt +C1 .

A constante C1 pode ser determinada considerando, por exemplo, t = 0. Obtemos
C1 = h′ (0), ou seja, C1 e o valor da velocidade inicial. Temos ent˜ o que a veloci-
´ a
dade do corpo, em qualquer instante, e dada por:
´

h′ (t) = −gt + h′ (0) (1.4)

Voltando a integrar:
t2
h(t) = −g + h′ (0)t +C2
2
Determinamos C2 considerando, por exemplo, t = 0. Obtemos C2 = h(0), ou seja,
C2 e a altura inicial. Ent˜ o a altura do corpo, em qualquer instante, e dada por:
´ a ´

t2
h(t) = −g + h′ (0)t + h(0). (1.5)
2

Por exemplo, suponhamos que uma bola cai do alto de um edif´cio com altura
ı
h(0) = 44.145 m e velocidade inicial h′ (0) = 0. Quanto tempo demora a bola a
chegar ao ch˜ o?
a

Temos:
t2
h(t) = −981 + 4414.5.
2
Donde resulta 490.5t 2 = 4414.5 ou seja t 2 = 9. Como t = −3 n˜ o tem qualquer
a
signiﬁcado f´sico, vem que t = 3 segundos.
ı

A solucao da equacao diferencial do Exemplo 1.1 foi obtida directamente por integra-
¸˜ ¸˜
cao. Se tal fosse sempre poss´vel, ent˜ o as equacoes diferenciais seriam uma aplicacao
¸˜ ı a ¸˜ ¸˜
directa do c´ lculo integral e seria desnecess´ ria toda uma teoria sobre as equacoes
a a ¸˜

4 ´

diferenciais. No entanto, a determinacao da solucao da maioria das equacoes dife-
¸˜ ¸˜ ¸˜
renciais implica o uso de t´ cnicas mais avancadas e espec´ficas.
e ¸ ı

Vamos iniciar com um tipo cl´ ssico de equacao diferencial para a qual e poss´vel
a ¸˜ ´ ı
determinar a solucao:
¸˜

Exemplo 1.2 Sendo α uma constante, resolva a seguinte equacao diferencial:
¸˜
dy
= α y, y(0) = 10. (1.6)
dx
¸˜
Resolucao: Reescrevemos a equacao (1.6)
¸˜
dy
= α dx
y
e depois integramos
dy
= α dx
y
ou
ln |y| = α x +C (Se ln a = b entõ a = eb ).
a

Temos:
|y| = eα x+C = eα x eC

ou ainda:
y = keα x , com k = ±eC (1.7)

Verifiquemos o resultado obtido.
dy
Seja y(x) = keα x ent˜ o
a = k (α eα x ) = α (keα x ) = α y, donde se conclui que y =
dx
keα x satisfaz (1.6). Isto e, a equacao (1.6) tem uma infinidade de solucoes, uma
´ ¸˜ ¸˜
para cada concretizacao de k. Determinamos a solucao do problema (1.6) mediante
¸˜ ¸˜
o uso da condicao inicial y(0) = 10. De facto,
¸˜

y(0) = 10 ⇒ keα 0 = 10 ⇒ k = 10,

ou seja y = 10eα x e uma solucao unica para o problema de valor inicial (1.6).
´ ¸˜ ´


e e ¸˜
Ao m´ todo utilizado no Exemplo 1.2 chamamos m´ todo de separacao de vari´ veis,
a
uma vez que a t´ cnica utilizada consiste na separacao das vari´ veis independente e
e ¸˜ a
dependente, colocando-as em membros diferentes da equacao.
¸˜

Se α > 0, temos que eα x cresce exponencialmente. Se α < 0, temos que eα x decai
exponencialmente (ver Fig. 1.1). Se α = 0, ent˜ o n˜ o existe crescimento, ou seja
a a
y = e0 = 1 mant´ m-se constante.
e
y
y
y = eα x , α > 0

y = eα x , α < 0

0
0 x x

Figura 1.1: Crescimento exponencial e decrescimento exponencial.

Como observ´ mos no Exemplo 1.2, a resolucao da equacao diferencial conduziu-
a ¸˜ ¸˜
nos a uma infinidade de solucoes (y = keα x , com k uma constante arbitr´ ria). Con-
¸˜ a
tudo, do ponto de vista f´sico, n˜ o interessa ter uma infinidade de solucoes. Esta
ı a ¸˜
dificuldade e facilmente suplantado particularizando o valor de y para um valor par-
´
ticular de x, i.e. y(x0 ) = y0 . Chama-se a este valor particular uma condicao inicial
¸˜
e viabiliza uma solucao unica para o problema. Este conceito ser´ ilustrado nos
¸˜ ´ a
exemplos seguintes.

Exemplo 1.3 (Lei do arrefecimento de Newton) A lei do arrefecimento
de Newton diz que a taxa da variacao da diferenca de temperatura entre um ob-
¸˜ ¸
jecto e o seu meio involvente e proporcional a diferenca de temperaturas. Seja ∆T
´ ` ¸
a diferenca de temperatura no instante t. Dado que matematicamente a taxa de
¸
variacao e expressa por uma derivada, podemos ent˜ o escrever a lei do arrefeci-
¸˜ ´ a
mento de Newton como:
d∆T
= α ∆T, (1.8)
dt

6 ´

com α negativo, dado que a temperatura est´ a diminuir. A partir do Exemplo 1.2,
a
facilmente se conclui que
∆T (t) = ∆T (0)eα t . (1.9)

¸˜
Chama-se a (1.9) solucao geral da equacao diferencial (1.8), dado qualquer solucao
¸˜ ¸˜
de (1.8) ser desta forma. ∆T (0) e uma constante arbitr´ ria que denota a diferenca
´ a ¸
de temperatura em t = 0.

Como ilustracao pr´ tica, consideremos uma panela de agua a ferver (100◦ C) que
¸˜ a ´
e retirada do lume e deixada a arrefecer a temperatura da cozinha, que sabemos
´ `
ser de 20◦ C. Dois minutos depois a temperatura da panela e 80◦ C. Qual ser´ a
´ a
temperatura da panela 5 minutos depois de ter sido retirada do lume?

Uma vez que a diferenca inicial da temperatura e dada por:
¸ ´

∆T (0) = 100◦ − 20◦ = 80◦ ,

a igualdade (1.9) toma a forma

∆T (t) = 80eα t . (1.10)

Quando t = 2 minutos, temos:

∆T (2) = 80◦ − 20◦ = 60◦ ,

Se susbstituirmos t = 2 em (1.10) temos:

60 = 80eα 2 ,

e ainda
3 60
= = eα 2 ,
4 80
Aplicando o logaritmo natural, vem:

3 1 3
2α = ln ⇔ α= ln .
4 2 4


Repare que α e negativo (≃ −0.1438), o que faz sentido dado que a temperatura
´
est´ a diminuir.
a

Substituimos de seguida α na equacao (1.9) e relembrando que eln x = x e a ln b =
¸˜
ln ba temos:
 
t/2
3 3
ln t/2 ln 
4 4
∆T = 80e = 80e
t/2
3
= 80 . (1.11)
4

A equacao (1.11) e uma solucao particular de (1.7), pois e unicamente determinada
¸˜ ´ ¸˜ ´
pelas condicoes especificadas para esta situacao particular.
¸˜ ¸˜

Finalmente, de forma a determinar a temperatura da agua ao fim de 5 minutos,
´
comecamos por determinar a diferenca de temperatura:
¸ ¸
5/2
3
∆T (5) = 80 ≃ 38.97,
4

que somamos de seguida a temperatura da cozinha. Temos ent˜ o que 5 minutos
` a
ap´ s a panela ser retirada do lume, a agua se encontra a temperatura de 58.97◦ C.
o ´ `

Exemplo 1.4 (Envelhecimento do carbono) O envelhecimento do car-
bono e uma t´ cnica usada por arqueologistas e ge´ logos, entre outros, que preten-
´ e o
dam estimar a idade de certos utens´lios ou vest´gios arqueol´ gicos. A t´ cnica e
ı ı o e ´
baseada em certas propriedades do atomo de carbono. No seu estado natural, o
´
atomo de carbono 12C tem 6 prot˜ es e 6 neutr˜ es. Outro isotopo do carbono e 14C
´ o o ´
que tem dois neutr˜ es e dois n´ cleos adicionais.
o u 14C e radioactivo, i.e., emite um
´
electr˜ o e atinge o estado est´ vel 14 N. Assumimos que existe uma raz˜ o constante
a a a
na atmosfera entre 14C e 12C. Esta suposicao e apoiada experimentalmente, dado
¸˜ ´
que se verificou que embora 14C esteja permanentemente a desaparecer devido a
`
degradacao radioactiva, tamb´ m novo 14C est´ permanentemente a ser produzido
¸˜ e a
devido ao bombardeamento c´ smico do nitrog´ nio na atmosfera superior. Plantas
o e
e animais n˜ o distinguem entre
a 12C e 14C, de modo que no momento da morte a

8 ´

raz˜ o entre 12C e 14C no organismo e a mesma que a raz˜ o presente na atmosfera.
a ´ a
No entanto, esta raz˜ o muda ap´ s a morte, dado que 14C e transformado em 14 N,
a o ´
sem que seja produzido mais 14C.

Atrav´ s de observacoes, os cientistas chegaram a conclus˜ o que o 14C se degrada
e ¸˜ ` a
a uma taxa proporcional a sua massa, sendo a sua meia-vida de aproximadamente
`
1
5730 anos. Isto significa que tendo inicialmente 1g de 14C, resta-nos g ao fim de
2
5730 anos, tendo sido a outra metade convertida em 14 N.

Como exemplo, consideremos agora o seguinte problema: Os vest´gios de um or-
ı
ganismo s˜ o desenterrados e determina-se que a quantidade de 14C presente e de
a ´
40% da de um organismo vivo semelhante. Qual e a idade aproximada dos vest´gios
´ ı
encontrados?

¸˜
Resolucao: Seja M(t) a massa de 14C dos vest´gios encontrados.
ı
Sabendo que 14C se degrada a uma taxa proporcional ` sua
a
massa, temos:
dM
= −α M,
dt
sendo α a constante de proporcionalidade. Entõ M(t) = ce−α t,
a
com c = M0 a quantidade inicial de 14C. Com t = 0, M(0) = M0 ;
1
t = 5730, M(5730) = M0 . Usamos este facto para determinar α :
2
1 1
M0 = M0 e−α ·5730 ⇔ e−α ·5730 = .
2 2
Entõ
a
1/5730 t/5730
−α 5730 1 −α 1 −α t 1
e = ⇔ e = e e = ,
2 2 2
donde
1 t/5730
M(t) = M0 .
2
Sabemos que t anos ap´s a morte do organismo M(t) = 0.4M0 e
o
queremos determinar t. Fazemos entõ:
a
t/5730
1
0.4M0 = M0 ,
2

¸˜ ´
1.2. SEPARACAO DE VARIAVEIS 9

aplicando logaritmos naturais:

t 1 5730 ln (0.4)
ln 0.4 = ln ⇔ t=
5730 2 1
ln
2

ou seja aproximadamente 7575 anos.

Esta t´ cnica de envelhecimento do carbono tem sido usada com sucesso em in´ meras
e u
ocasi˜ es. Foi esta mesma t´ cnica que permitiu datar os Manuscritos do mar morto
o e
com cerca de dois mil anos.

Nos Exemplos 1.1–1.4 determin´ mos a solucao de equacoes diferenciais muito sim-
a ¸˜ ¸˜
ples, usando o m´ todo de separacao de vari´ veis. Este m´ todo tamb´ m pode ser
e ¸˜ a e e
usado para resolver equacoes diferenciais mais elaboradas, como iremos mostrar na
¸˜
pr´ xima seccao.
o ¸˜

Os exemplos considerados ilustram tamb´ m que da resolucao de equacoes diferen-
e ¸˜ ¸˜
ciais muito simples se pode encontrar solucao para aplicacoes f´sicas mais diversi-
¸˜ ¸˜ ı
ﬁcadas.

¸˜ ´
1.2 Separacao de variaveis

Vamos aprender agora a resolver algumas equacoes um bocadinho mais complica-
¸˜
das do que as que resolvemos at´ aqui.
e

Considere-se a equacao diferencial
¸˜

dy
= f (x, y) (1.12)
dx

e suponhamos que f (x, y) e factoriz´ vel no produto:
´ a

f (x, y) = g(x)h(y), (1.13)

10 ´

onde g(x) e h(y) s˜ o funcoes de uma s´ vari´ vel. Sempre que isto ocorre, a equacao
a ¸˜ o a ¸˜
ı ¸˜ e ¸˜
(1.12) e pass´vel de resolucao pelo m´ todo da separacao de vari´ veis. Para resol-
´ a
ver a equacao, substituimos (1.13) em (1.12):
¸˜
dy
= g(x)h(y),
dx
ou
1 dy
= g(x), (1.14)
h(y) dx
Integrando ambos os membros da equacao (1.13) em relacao a x, obtemos:
¸˜ ¸˜
1 dy
dx = g(x)dx +C,
h(y) dx
e
1
dy = g(x)dx +C. (1.15)
h(y)
Se ambos os integrais de (1.15) forem calcul´ veis, ent˜ o a solucao da equacao dife-
a a ¸˜ ¸˜
rencial (1.12) e feita atrav´ s do c´ lculo dos integrais.
´ e a
dx √
Exemplo 1.5 Resolva a equacao
¸˜ = t 1 − x2 .
dt
¸˜
Resolucao: ¸˜
Reescrevemos a equacao como
dx dx
√ = tdt ⇒ √ = tdt +C
1 − x2 1 − x2
Calculando os integrais, obtemos:
t2
arcsin x = +C
2
ou seja
t2
x = sin +C .
2
Existe um n´mero infinito de soluc˜es, uma para cada valor
u ¸o
π π
de C com C ≤ . (Porquˆ C ≤ ?)Para determinadas condic˜es
e ¸o
2 2
iniciais, vai existir uma solucõ ńica. Suponhamos por
¸a u
1
exemplo x(0) = . Entõ
a
2
1 02 1 π
= sin +C = sinC e C = arcsin =
2 2 2 6.

¸˜ ´

Entõ a solucao ńica ´
a ¸˜ u e
t2 π
x(t) = sin + .
2 6
Repare que se x(0) = 2 nõ existe solucao, pois a funcõ seno
a ¸˜ ¸a
s´ toma valores no intervalo [−1, 1] .
o

Exemplo 1.6 (Velocidade de escape) No Exemplo 1.1 estud´ mos o mo-
a
vimento de um corpo em queda livre, i.e. sujeito a forca de gravidade da Terra.
` ¸
Nesse exemplo assumimos ser pequena a altura a que se encontra o corpo, h, re-
lativamente ao raio da Terra R. No entanto, se pretendermos estudar a equacao
¸˜
do movimento de um sat´ lite de comunicacoes ou de um većulo interplanet´ rio,
e ¸˜ ı a
a distˆ ncia r do objecto ao centro da Terra poder´ ser considerada grande em
a a
relacao a R. Assim a assercao que fizemos para obter a equacao (1.3) deixa de ser
¸˜ ¸˜ ¸˜
v´ lida. Retomemos a equacao (1.2):
a ¸˜
d2r R2
= −g 2
dt 2 r
dr
e considerando v = , temos pela regra da cadeia:
dt
d 2 r dv dv dr dv
2
= = =v . (1.16)
dt dt dr dt dr
Assim, a equacao (1.2) pode ser reescrita como:
¸˜
dv R2
v = −g 2 , (1.17)
dr r
onde g e R s˜ o constantes. Separando as vari´ veis e integrando obtemos
a a
dr
vdv = −gR2 +C,
r2
ou seja
1 2 gR2
v = +C.
2 r
Supondo que no instante inicial o objecto se encontra a superfćie da Terra, temos
` ı
ent˜ o que:
a
1 gR2
v(0)2 = +C.
2 R

12 ´

ou
1
v(0)2 − gR = C.
2
Ent˜ o
a
R2
v2 = 2g + v(0)2 − 2gR. (1.18)
r
Para que o objecto escape a forca gravitacional da Terra, e necess´ rio que v > 0 em
` ¸ ´ a
√
cada instante t. Se escolhermos v(0) = 2gR, os dois ultimos termos da equacao
´ ¸˜
(1.18) cancelam-se mutuamente, e temos que v2 > 0 para todo o r. Observemos
√
que uma escolha para v(0) inferior a 2gR vai permitir que o segundo membro da
equacao (1.18) possa ser zero, bastando para tal que o valor de r seja suficiente-
¸˜
mente grande. Assim sendo, para que o objecto escape a atraccao gravitacional
` ¸˜
√
da Terra e necess´ rio que ele tenha velocidade inicial mńima de v(0) = 2gR ≃
´ a ı
11.2km/seg. A esta velocidade mńima chama-se velocidade de escape.
ı

A substituicao (1.16) pode sempre ser usada para reduzir uma equacao que contenha
¸˜ ¸˜
a segunda derivada numa que contenha somente a primeira derivada, sendo para tal
necess´ rio que a vari´ vel independente n˜ o apareca explicitamente na equacao.
a a a ¸ ¸˜

Exemplo 1.7 (Crescimento log´stico) Seja P(t) a populacao de uma esp´ -
ı ¸˜ e
cie no instante t. A taxa de crescimento individual de uma populacao e definido
¸˜ ´
como o crescimento de uma populacao dividido pelo tamanho da populacao. Por
¸˜ ¸˜
exemplo, se considerarmos a taxa de natalidade igual a 3.2 em cada 100 e a taxa de
mortalidade igual a 1.8 em cada 100, ent˜ o a taxa de crescimento e 3.2 − 1.8 = 1.4
a ´
1.4 dP
em cada 100, i.e. = . Escrevemos ent˜ o
a = 0.014P.
100 dt
Consideremos uma dada populacao cuja taxa de natalidade m´ dia e dada pela
¸˜ e ´
constante positiva β . E razo´ vel considerar a taxa m´ dia de mortalidade pro-
´ a e
porcional ao n´ mero de indiv´duos da populacao. Populacoes com maior n´ mero
u ı ¸˜ ¸˜ u
de indiv´duos correspondem a uma maior densidade de indiv´duos, donde a uma
ı ı
maior competicao por comida e territ´ rio entre os seus membros. Seja δ a cons-
¸˜ o
dP
tante que representa esta proporcionalidade. Sendo a taxa de crescimento da
dt

¸˜ ´

1 dP
populacao, ent˜ o
¸˜ a ser´ a taxa de crescimento por indiv´duo nessa populacao.
a ı ¸˜
P dt
Ser´ l´cito considerar ent˜ o a seguinte equacao diferencial que governa o cresci-
a ı a ¸˜
mento da populacao:
¸˜
1 dP
= β − δ P.
P dt
Multiplicando ambos os membros desta equacao por P, temos:
¸˜

dP
= P (β − δ P) . (1.19)
dt

´ ¸˜
Esta e a equacao log´stica. O crescimento expresso por esta equacao chama-se
ı ¸˜
crescimento log´stico. Separemos as vari´ veis:
ı a

dP
= dt +C. (1.20)
P (β − δ P)

Decompondo a fraccao nos seus elementos simples, temos:
¸˜

1 1 δ
= + .
P (β − δ P) β P β (β − δ P)

Substituimos estes elementos simples em (1.20) e temos:

1 1
ln |P| − ln |β − δ P| = t +C
β β

ou ainda
1 P
ln = t +C. (1.21)
β β −δP
Aplicando a funcao exponencial a ambos os membros, vem:
¸˜

P P
= eβ t+β C ⇒ = C1 eβ t . (1.22)
β −δP β −δP

Para t = 0 obtemos
P(0)
= C1 .
β − δ P(0)
Substituindo o valor obtido para C1 em (1.22), vem:

P(t) P(0)
= eβ t .
β − δ P(t) β − δ P(0)

14 ´

Facamos o produto cruzado para depois resolver em ordem a P(t) :
¸

P(t) [β − δ P(0)] = P(0) [β − δ P(t)]eβ t

β P(t) − δ P(t)P(0) = β P(0)eβ t − δ P(0)P(t)eβ t

P(t) β − δ P(0) + δ P(0)eβ t = β P(0)eβ t ,

dividindo ambos os membros por P(0)eβ t :

β P(0)eβ t β
P(t) = = . (1.23)
β − δ P(0) + δ P(0)eβ t β
δ+ − δ e−β t
P(0)

Uma vez que β > 0, e−β t tende para zero com t. Temos ent˜ o que a populacao tem
a ¸˜
β β
um limite de crescimento . Facilmente se veriﬁca ainda que com P = em (1.19)
δ δ
dP
vem = 0, i.e. a populacao e constante.
¸˜ ´
dt

Aprendemos como resolver uma equacao diferencial de primeira ordem quando se-
¸˜
par´ vel. No entanto nem sempre e muito claro ver se a equacao e ou n˜ o separ´ vel.
a ´ ¸˜ ´ a a
Por exemplo, e obvio que se f (x, y) = ex cos y e separ´ vel. Mas j´ n˜ o e t˜ o obvio
´ ´ ´ a a a ´ a ´
que f (x, y) = 2x2 + y − x2 y + xy − 2x − 2 e separ´ vel. Damos, de seguida condicoes
´ a ¸˜
que permitem decidir sobre a separabilidade das vari´ veis numa equacao diferen-
a ¸˜
cial.

¸˜ ´

´ ¸˜ ´
Quando e que uma equacao diferencial e separ´ vel?
a
Teorema 1 Suponhamos que f (x, y) = g(x)h(y), onde g e h s˜ o diferenci´ veis.
a a
Ent˜ o
a
f (x, y) fxy (x, y) = fx (x, y) fy (x, y). (1.24)

Dem. Facamos
¸

fx (x, y) = g′ (x)h(y)

fy (x, y) = g(x)h′ (y)

fxy (x, y) = g′ (x)h′ (y)

f (x, y) fxy (x, y) = g(x)h(y)g′ (x)h′ (y) = g′ (x)h(y) g(x)h′ (y)

= fx (x, y) fy (x, y)

Teorema 2 Seja D = (x, y) : (x − a)2 + (y − b)2 < r2 , com a, b ∈ R e r ∈ R+ ,
uma bola do plano-xy. Suponhamos que f , fx , fy e fxy existem e s˜ o cont´nuas em
a ı
D, f (x, y) = 0 e a equacao (1.24) se veriﬁca. Ent˜ o existem funcoes continuamente
¸˜ a ¸˜
diferenci´ veis g(x) e h(y) tais que, para cada (x, y) ∈ D,
a f (x, y) = g(x)h(y).

dy
Exemplo 1.8 Seja = f (x, y) com f (x, y) = 2x2 + y − x2 y + xy − 2x − 2.
dx
Ent˜ o:
a

fx (x, y) = 4x − 2xy + y − 2

fy (x, y) = 1 − x2 + x

fxy (x, y) = −2x + 1

f (x, y) fxy (x, y) = 2x2 + y − x2 y + xy − 2x − 2 (−2x + 1)

= −4x3 − xy + 2x3 y − 3x2 y + 6x2 + 2x + y − 2

fx (x, y) fy (x, y) = (4x − 2xy + y − 2) 1 − x2 + x

= 2x − xy + y − 2 − 4x3 + 2x3 y − 3x2 y + 6x2

16 ´

Donde se conclui a partir do Teorema 2 que f (x, y) e separ´ vel.
´ a

¸˜
Resolucao:

dy
= 2x2 + y − x2 y + xy − 2x − 2
dx
= (y − 2)(−x2 + x + 1)

= ···

dy
Exemplo 1.9 Seja = f (x, y) com f (x, y) = 1 + xy. Ent˜ o:
a
dx

fx (x, y) = y

fy (x, y) = x

fxy (x, y) = −1

f (x, y) fxy (x, y) = 1 + xy

e

fx (x, y) fy (x, y) = xy

Como as duas ultimas express˜ es n˜ o s˜ o iguais, conclui-se a partir do Teorema 2
´ o a a
que f (x, y) n˜ o e separ´ vel.
a ´ a
dy
Uma equacao diferencial da forma
¸˜ = f (ax + by + c) , n = 0 pode sempre reduzir-
dx
se a uma equacao diferencial de vari´ veis separ´ veis, atrav´ s da substituicao
¸˜ a a e ¸˜

du dy
u = ax + by + c ⇒ = a+b .
dx dx

dy 1
Exemplo 1.10 Resolva a equacao diferencial
¸˜ = .
dx x + y + 1
1
Resolucao: Consideramos f (u) = e em conformidade u = x+y+
¸˜
u
du dy
1⇒ = 1+ .
dx dx

¸˜ ´

¸ a ¸˜
Efectuamos esta mudanca de vari´vel na equacao diferencial
e obtemos:

du 1
−1 = ⇔
dx u
du 1 + u
⇔ = ⇔
dx u
u
⇔ du = dx ⇒
1+u
u
⇔ du = dx +C
1+u
u
Como calcular du?
1+u
Temos que saber calcular primitivas de func˜es racionais.
¸o
¸˜
Posto isto, e sendo a funcao integranda uma fraccõ racional
¸a
o ¸ ¸˜
impr´pria, temos que comecar por reduzi-la a uma fraccao
racional pr´pria, i.e.:
o

u 1
= 1− .
1+u 1+u

Prossigamos agora com o c´lculo das primitivas:
a

1
1− du = dx +C ⇔
1+u
⇔ u − ln |1 + u| = x +C ⇔

Voltando ` vari´vel original, escrevemos:
a a

⇔ x + y + 1 − ln |1 + x + y + 1| = x +C ⇔

⇔ y + c = ln |2 + x + y| ⇔

⇔ ey+c = 2 + x + y ⇔

⇔ 2 + x + y = Cey .

Temos assim a solucao implćita da equacõ diferencial.
¸˜ ı ¸a

Consideremos ent˜ o outros exemplos:
a

18 ´

dy
1. Consideremos a equacao diferencial
¸˜ = (x+y+1)2 . Reduzimos esta equacao ¸˜
dx
diferencial a uma equacao diferencial de vari´ veis separ´ veis efectuando a se-
¸˜ a a
guinte mudanca de vari´ vel f (u) = u2 .
¸ a
dx 1 − t − x
¸˜ = . Reduzimos esta equacao
¸˜
dt t +x
diferencial a uma equacao diferencial de vari´ veis separ´ veis efectuando a
¸˜ a a
1−u
seguinte mudanca de vari´ vel f (u) =
¸ a .
u
dy √
¸˜ = 2 + y − 2t + 3. Reduzimos esta
dx
equacao diferencial a uma equacao diferencial de vari´ veis separ´ veis efectu-
¸˜ ¸˜ a a
√
ando a seguinte mudanca de vari´ vel f (u) = 2 + u.
¸ a
dy
¸˜ = 1+ey−t+5 . Reduzimos esta equacao ¸˜
dx
diferencial a uma equacao diferencial de vari´ veis separ´ veis efectuando a se-
¸˜ a a
guinte mudanca de vari´ vel f (u) = 1 + eu .
¸ a

Exercćio 1 Calcule a solucao de cada uma das equacoes diferenciais acima
ı ¸˜ ¸˜
enumeradas.

¸˜ ¸˜
1.3 Classificacao de equacoes diferenciais

Ficou claro, no estudo efectuado nas ultimas seccoes, que grande e a variedade de
´ ¸˜ ´
equacoes diferenciais resultantes de fen´ menos que nos s˜ o familiares. Torna-se
¸˜ o a
ent˜ o necess´ rio estudar classes mais restritas destas equacoes.
a a ¸˜

Comecemos por classificar as equacoes diferenciais. A classificacao mais obvia ser´
¸˜ ¸˜ ´ a
uma baseada na natureza das derivadas da equacao. Uma equacao diferencial diz-se
¸˜ ¸˜
¸˜
equacao diferencial ordin´ ria (ODE) se involve somente derivadas ordin´ rias, i.e.
a a
em ordem a uma s´ vari´ vel independente e de uma ou v´ rias vari´ veis dependentes.
o a a a

Exemplo 1.11 Considerem-se os seguintes exemplos:

¸˜
1.4. SOLUCOES 19

dy
1. − 5y = 1
dx
2. (t + y) dt − 4ydy = 0
du dv
3. − = t, u(t) e v(t)
dt dt
d2y dy
4. 2
− 2 + 6x = 0
dx dx
Uma equacao que involva derivadas parciais, de uma ou mais vari´ veis dependentes
¸˜ a
¸˜
e, obviamente, de duas ou mais vari´ veis independentes, diz-se equacao diferencial
a
`
as derivadas parciais.

∂x ∂y
1. =− x(t, ?), y(t, ?)
∂t ∂t
∂x ∂x
2. t + k = x, x(t, z)
∂t ∂z
¸˜
Definicao 1 A ordem da derivada mais elevada envolvida na equacao diferen-
¸˜
cial, determina a ordem da equacao diferencial.
¸˜

dy
1. + 2yx = 1 primeira ordem
dx
d 2 y dy
2. + +x = 0 segunda ordem
dx2 dx
d 3 y y2
3. = terceira ordem
dx3 x2
Quanto a estrutura, as equacoes diferenciais classificam-se em equacoes diferenciais
` ¸˜ ¸˜
lineares e n˜ o lineares. Definimos equacao diferencial linear na Seccao 1.6.
a ¸˜ ¸˜

¸˜
1.4 Solucoes

¸˜
Definicao 2 Uma funcao y, definida no intervalo I, que possui derivadas at´ a
¸˜ e`
ordem n, e tal que uma vez substitu´da na equacao diferencial de ordem–n a reduz
ı ¸˜

20 ´

a uma identidade, diz-se solucao dessa equacao diferencial. Simbolicamente, isto
¸˜ ¸˜
significa que a solucao da equacao diferencial
¸˜ ¸˜

F x, y, y′ , . . ., y(n) = 0 (1.25)

e uma funcao y(x), cujas derivadas y′ (x), y′′ (x), . . ., y(n) existem e satisfazem a equacao
´ ¸˜ ¸˜
(1.31) para todos os valores da vari´ vel independente x em todo o intervalo em que
a
(1.31) est´ definida.
a

`
A solucao tamb´ m se chama curva integral ou simplesmente integral da ED.
¸˜ e

Observacao 2 O intervalo I pode ser da forma (a, b), [a, b], [a, b), (a, b] com a, b
¸˜
valores finitos ou infinitos.

As aplicacoes f´sicas que descrevemos nesta seccao (e.g. Exemplos 1.1, 1.3 e 1.4)
¸˜ ı ¸˜
correspondem a problemas para os quais sabemos existir solucao. No entanto, e
¸˜ ´
importante distinguir a realidade f´sica do modelo matem´ tico dado pela equacao
ı a ¸˜
diferencial que representa o problema. Pois o nosso raciocćio poder´ estar comple-
ı a
tamente errado e as equacoes apresentadas n˜ o apresentarem qualquer ligacao com
¸˜ a ¸˜
a realidade.

Existem equacoes diferenciais para as quais n˜ o existe solucao. Por exemplo:
¸˜ a ¸˜
2
dy
+3 = 0
dx
2
dy
n˜ o tem obviamente solucao, pois
a ¸˜ + 3 ≥ 3 !!!
dx
Por outro lado, a equacao
¸˜
2
dy
+ y2 = 0
dx
tem y = 0 como unica solucao.
´ ¸˜

A equacao
¸˜
dy
+y = 0
dx
tem um n´ mero infinito de solucoes y = ce−x para toda a constante c.
u ¸˜

¸˜
1.4. SOLUCOES 21

Uma equacao diferencial tem usualmente uma infinidade de solucoes.
¸˜ ¸˜

Ao determinar a solucao de uma equacao diferencial de ordem–n,
¸˜ ¸˜

F x, y, y′ , . . . , y(n) = 0, ∀t ∈ I

esperamos obter uma fam´lia de solucoes de n parˆ metros G(x, y, c1 , . . . , cn ) = 0.
ı ¸˜ a

¸˜ a ¸˜
Cada concretizacao dos parˆ metros fornece uma solucao particular, ou seja uma
solucao livre de parˆ metros.
¸˜ a

¸˜
Chamamos solucao singular a uma solucao da equacao diferencial que n˜ o per-
¸˜ ¸˜ a
tence a fam´lia de parˆ metros.
` ı a

Se a fam´lia de parˆ metros cont´ m todas as solucoes da equacao diferencial, ent˜ o
ı a e ¸˜ ¸˜ a
¸˜
chama-se solucao geral.

Exemplo 1.14 Consideremos a equacao diferencial
¸˜

dy
= 2xy (1.26)
dx
2
cuja solucao geral e y = cex . Cada concretizacao da constante c fornece uma
¸˜ ´ ¸˜
solucao particular. A Figura 1.3 mostra algumas concretizacoes de c, isto e algu-
¸˜ ¸˜ ´
mas solucoes de (1.26).
¸˜

200

c>0
100

0
c=0

−100
c<0

−200

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

Figura 1.2: Representacao gr´ fica de algumas solucoes de (1.26).
¸˜ a ¸˜

A y ≡ 0, representada a vermelho na figura, chamamos solucao trivial.
¸˜

22 ´

Se y ≡ 0 (i.e., y e identicamente igual a zero) e solucao da equacao diferencial num
´ ´ ¸˜ ¸˜
intervalo I, ent˜ o chama-se a y ≡ 0 solucao trivial dessa equacao diferencial em I.
a ¸˜ ¸˜

Exemplo 1.15 A equacao diferencial do Exemplo 1.2 pode ser reescrita na
¸˜
forma y′ − α y = 0. E f´ cil veriﬁcar que y(x) = keα x ,
´ a k ∈ R, e solucao para todo
´ ¸˜
o real x :

y′ (x) − α y(x) = (keα x )′ − α (keα x ) = α keα x − α keα x = 0.

Exerc´cio 2
ı 1. Prove que y1 = c1 cos(4x) e y2 = c2 sin(4x) s˜ o solucoes de
a ¸˜
d2y
+ 16y = 0.
dx2
2. Prove que

y = ex

y = e−x

y = c1 ex

y = c2 e−x

y = c1 ex + c2 e−x

d 2y
com c1 , c2 ∈ R, s˜ o solucoes de 2 − y = 0.
a ¸˜
dx
Exemplo 1.16 Consideremos os seguintes exemplos:

1. y = cx4 e solucao da equacao diferencial xy′ − 4y = 0.
´ ¸˜ ¸˜

 −x4 , x < 0
2. y = e solucao da mesma equacao, i.e.
´ ¸˜ ¸˜
 x4 , x ≥ 0

 −1, x < 0
c= A constante c n˜ o e unica em todo o intervalo.
a ´´
 1, x ≥ 0

A solucao particular 2. e solucao, mas n˜ o pode ser obtida a partir da fam´lia de
¸˜ ´ ¸˜ a ı
parˆ metros por uma escolha unica de c.
a ´

¸˜
1.4. SOLUCOES 23

15

10
c=1
5

0

−5
c = −1
−10

−15
−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

Figura 1.3: Exemplo de uma solucao particular definida por ramos.
¸˜

A solucao da equacao diferencial pode estar na forma implćita ou explćita. Se
¸˜ ¸˜ ı ı
apresentamos a solucao na forma y = f (x), ent˜ o a solucao est´ na forma explćita.
¸˜ a ¸˜ a ı
Se a apresentamos na forma f (x, y) = c, onde c e uma constante, ent˜ o a solucao
´ a ¸˜
est´ na forma implćita.
a ı

Exemplo 1.17 1. A solucao y = 2e3x e uma solucao explćita da equacao
¸˜ ´ ¸˜ ı ¸˜
diferencial do Exemplo 1.15.

2. Considere a equacao diferencial
¸˜

dy x
= .
dx y

Ap´ s separacao de vari´ veis obt´ m-se
o ¸˜ a e

ydy = xdx
y2 x2
= +c
2 2
y2 − x2 = 2c = C

Temos a solucao na sua forma implćita.
¸˜ ı

Nota 1 De facto, n˜ o e lćito apresentar a solucao deste problema na sua
a ´ ı ¸˜
√
forma explćita, pois y = ± x2 +C n˜ o e funcao.
ı a ´ ¸˜

24 ´

Como vimos nas Seccoes 1.1 e 1.2, muitas s˜ o as situacoes em que estamos interes-
¸˜ a ¸˜
sados em resolver uma equacao diferencial de primeira ordem:
¸˜

dy
= f (x, y)
dx

sujeita a condicao adicional
` ¸˜
y(x0 ) = y0 .

Este e um exemplo de um problema de valor inicial. Chamamos a esta condicao
´ ¸˜
¸˜
adicional condicao inicial e a x0 o valor inicial. Formalizemos:

¸˜
Definicao 3 Um problema de valor inicial (PVI) consiste numa equacao di-
¸˜
ferencial de qualquer ordem e num conjunto de condicoes iniciais (o n´ mero de
¸˜ u
condicoes iniciais e igual a ordem da equacao diferencial) que dever˜ o ser satisfei-
¸˜ ´ ` ¸˜ a
tas pela solucao da equacao diferencial e das suas sucessivas derivadas no valor
¸˜ ¸˜
inicial.

Exemplo 1.18 Considerem-se os seguintes exemplos de PVIs:

1.

dy
= 2y − 3x,
dx
y(0) = 2

2.

x′′ (t) + 5x′(t) + (sint)x(t) = 0,

x(1) = 0

x′ (1) = 7

¸˜
Definicao 4 Definimos solucao de um PVI de ordem–n como uma funcao com
¸˜ ¸˜
derivadas at´ a ordem–n, que satisfaca a equacao diferencial e a(s) condicao(˜ es)
e` ¸ ¸˜ ¸˜ o
inicial(is).

¸˜
1.4. SOLUCOES 25

Exemplo 1.19 A funcao y(x) = 2e3x e solucao do PVI
¸˜ ´ ¸˜

dy
= 3y,
dx
y(0) = 2

dy d 3x
pois y(0) = 2e3·0 = 2e0 = 2 e =2 e = 3 2e3x = 3y.
dx dx
Atencao, y ≡ 0 e solucao da equacao diferencial do Exemplo ??, mas n˜ o solucao
¸˜ ´ ¸˜ ¸˜ a ¸˜
do PVI, pois n˜ o verifica a condicao inicial.
a ¸˜

Observacao 3 As condicoes impostas a y(x) e as suas (n − 1) primeiras deriva-
¸˜ ¸˜ `
das s˜ o dadas num unico ponto, i.e., y(x0 ), y′ (x0 ), . . . , y(n−1) (x0 ).
a ´

1.

dy
= f (x, y)
dx
y(x0 ) = y0

PVI de ordem–1

2.

d2y
= f (x, y, y′ )
dx2
y(x0 ) = y0

y′ (x0 ) = y′
0

PVI de ordem–2

Ao analisar um PVI, duas quest˜ es fundamentais surgem:
o

1. Existe solucao?
¸˜

2. A solucao (se existir) e unica?
¸˜ ´´

Geometricamente, a segunda quest˜ o traduz-se em questionar se de entre todas as
a
solucoes do PVI, definido em I, existe uma unica cujo gr´ fico passa pelo ponto
¸˜ ´ a
(x0 , y0 ).

26 ´

 dy − xy1/2 = 0
Exemplo 1.20 Consideremos o seguinte PVI dx , para o qual

y(0) = 0
queremos determinar a solucao.
¸˜

¸˜
Resolucao: Vamos determinar a solucõ utilizando separacao
¸a ¸˜
de vari´veis:
a

dy
= xy1/2 ⇔
dx
dy
⇒ = tdt ⇔
y1/2
y=0?!
x2
⇔ y1/2 = +c ⇔
4
x4
⇔ y= +C ∧ y(0) = 0
16
x4
⇒C = 0 ⇒y=
16

No entanto, a solucao trivial y ≡ 0 ´ tamb´m solucõ.
¸˜ e e ¸a Mais
ainda, a solucao trivial ´ solucõ singular (pois nõ pode
¸˜ e ¸a a
ser obtida a partir da fam´lia de parˆmetros).
ı a

Como vemos a solucõ deste PVI nõ ´ ńica.
¸a a e u

Antes de tentarmos determinar a solucao de um PVI, e desej´ vel investigar primeiro
¸˜ ´ a
a existˆ ncia/unicidade dessa mesma solucao.
e ¸˜

O resultado seguinte, originalmente devido a Cauchy, mas generalizado por Picard,
e uma das condicoes mais populares devido a facilidade da sua aplicacao.
´ ¸˜ ` ¸˜

Teorema 3 (Teorema de Picard) Seja R uma regi˜ o rectangular defi-
a
nida no plano xOy e tal que a ≤ x ≤ b e c ≤ y ≤ d. O ponto (x0 , y0 ) pertence ao
interior de R. Se f e ∂ f /∂ y s˜ o funcoes contńuas no rectˆ ngulo R, ent˜ o existe um
a ¸˜ ı a a

¸˜
1.4. SOLUCOES 27

intervalo I, centrado em x0 , e uma unica funcao y(x), x ∈ I, que satisfaz o PVI
´ ¸˜

dy
= f (x, y), y(x0 ) = y0 .
dx

Figura 1.4: Interpretacao geom´ trica do Teorema de Picard.
¸˜ e

¸˜
Observacao 4 Em geral n˜ o e poss´vel determinar um intervalo I em que essa
a ´ ı
solucao esteja definida sem antes determinar essa mesma solucao.
¸˜ ¸˜

´ ¸˜
O Teorema 3 e uma condicao suficiente de existˆ ncia e unicidade de solucao, dado
e ¸˜
fornecer crit´ rios capazes de garantir a existˆ ncia de uma unica solucao. Nome-
e e ´ ¸˜
adamente, requer a a verificacao da continuidade das funcoes. Se f e ∂ f /∂ y no
¸˜ ¸˜
rectˆ ngulo R que cont´ m o ponto inicial (x0 , y0 ). Dado a garantia deste teorema ser
a e
s´ para uma pequena regi˜ o em torno do ponto inicial, dizemos ser este resultado
o a
um teorema de existˆ ncia e unicidade local. Ilustramos de seguida a aplicacao do
e ¸˜
Teorema 3:

Exemplo 1.21 O PVI
dy
= x2 + y3
dx
y(0) = 1

tem solucao unica?
¸˜ ´

28 ´

¸˜
Resolucao: Sejam f (x, y) = x2 +y3 e ∂ f /∂ y = 3y2 funcoes contńuas
¸˜ ı
em todo o R×R, entõ obviamente tamb´m o serõ na regiõ
a e a a
R. Est´ assim demonstrada a existˆncia de solucao ńica.
a e ¸˜ u

x 1
Exemplo 1.22 Retomemos o Exemplo 1.20. Temos ent˜ o que ∂ f /∂ y =
a ,
2 y1/2
n˜ o estando esta funcao definida no ponto (0, 0). Dado ser o Teorema 3 uma condicao
a ¸˜ ¸˜
suficiente, nada se pode concluir sobre a existˆ ncia de solucao unica, mas de facto
e ¸˜ ´
n˜ o se pode garantir a sua existˆ ncia.
a e

Caso n˜ o estejamos interessados na unicidade de solucao, mas somente na sua
a ¸˜
existˆ ncia existe um resultado tamb´ m muito conhecido:
e e

Teorema 4 Nas condicoes do Teorema de Picard, a continuidade da funcao
¸˜ ¸˜
f (x, y) em R e condicao suficiente para garantir a existˆ ncia de pelo menos uma
´ ¸˜ e
solucao do PVI.
¸˜

O Teorema de Picard um de entre os v´ rios resultados de existˆ ncia/unicidade de
a e
solucao. Em diferentes situacoes, as condicoes podem ser relaxadas permitindo
¸˜ ¸˜ ¸˜
ainda tirar as mesmas conclus˜ es. Ao longo do nosso estudo abordaremos alguns
o
destes resultados.

¸˜
Definicao 5 Um problema de valores de fronteira (PVF) e constitu´do por
´ ı
uma equacao diferencial se um conjunto de condicoes adicionais que a solucao
¸˜ ¸˜ ¸˜
da equacao diferencial, bem com as sucessivas derivadas, deve satisfazer. As
¸˜
condicoes adicionais devem ser dadas para pelo menos dois valores distintos da
¸˜
vari´ vel independente.
a

Exemplo 1.23 Considerem-se os seguintes exemplos de PVF

¸˜
1.4. SOLUCOES 29

1.

d2y
+ 5xy = cos x
dx2
y(0) = 0

y′ (1) = 2

2.

dy
+ 5xy = 0
dx
y(0) = 2

y(1) = 2

Para n = 2, deﬁnimos:

d 2y dy
a2 (x, y)
2
+ a1 (x, y) + a0 (x, y)y = g(x) (1.27)
dx dx

y(a) = y0 
Condicoes de fronteira
¸˜ (1.28)
y(b) = y1 

com a, b ∈ I.

Para n = 2, outras escolhas poss´veis de condicoes de fronteira s˜ o:
ı ¸˜ a
  
 y′ (a) = y  y(a) = y  y′ (a) = y
0 0 0
, ou (1.29)
 y(b) = y  y′ (b) = y  y′ (b) = y
1 1 1

onde y0 , y1 s˜ o constantes arbitr´ rias.
a a

Seja: 
 α y(a) + β y′ (a) = γ
1 1 1
(1.30)
 α y(b) + β y′ (b) = γ
2 2 2

Atencao, ter˜ o de ser sempre duas condicoes, dado ser dois a ordem do problema.
¸˜ a ¸˜

Nota 2 O Teoremema de Picard s´ se aplica a PVIs.
o

Vejamos:

30 ´

Exemplo 1.24 Consideremos a equacao diferencial y′′ + 16y = 0, que tem
¸˜
como solucao geral y = c1 cos 4x + c2 sin 4x. De seguida consideramos diferentes
¸˜
condicoes de fronteira que nos permitir˜ o calcular os parˆ metros.
¸˜ a a

 y(0) = 0
1. π
 y = 0
2
¸˜
Resolucao:

 0 = c
1
 0 = c sin 2π
2

temos entõ a solucao (0, c2 )
a ¸˜

¸˜
∴ o PVF tem um n´mero infinito de solucoes:
u y = c2 sin 4t.


 y(0) = 0
2. π
 y = 0
8
¸˜
Resolucao:

 0 = c
1
 0 = c
2

temos entõ a solucõ y = (0, 0)
a ¸a

¸˜ u
∴ o PVF tem solucao ńica.


 y(0) = 0
 y π
3.
= 1
2
¸˜
Resolucao:

 0 = c1
 1 = c2 sin π
2
Imposs´vel!
ı

¸˜
1.5. CAMPO DE DIRECCOES 31

¸˜
∴ o PVF n˜o tem solucao.
a

Ainda que ao longo de todo este curso nos debrucemos sobre o estudo/aprendizagem
de m´ todos que nos permitem determinar a solucao de diferentes ED, o facto e que
e ¸˜ ´
muitas s˜ o as equacoes diferenciais provenientes de aplicacoes para as quais n˜ o e
a ¸˜ ¸˜ a ´
poss´vel obter uma solucao anal´tica. Dito de outro modo, muitas s˜ o as equacoes
ı ¸˜ ı a ¸˜
diferenciais para as quais e imposs´vel obter uma solucao exprimıvel em termos de
´ ı ¸˜
funcoes elementares.
¸˜

Existem diferentes formas para abordar esta diﬁculdade, nomeadamente:

1. Optar por uma solucao num´ rica
¸˜ e

2. Proceder a um estudo qualitativo da ED, i.e., perceber como se comportam as
solucoes da ED. Quest˜ es pertinentes deste t´ pico s˜ o por exemplo:
¸˜ o o a

• As solucoes da equacao diferencil crescem ilimitadamente com x?
¸˜ ¸˜

• As solucoes da equacao diferencial tendem para zero?
¸˜ ¸˜

• As solucoes oscilam entre determinados valores?
¸˜

¸˜
1.5 Campo de direccoes

Considere-se a equacao diferencial de ordem–1 na sua forma normal
¸˜

y′ = f (x, y). (1.31)

Considerando determinadas condicoes, e uma condicao inicial, o PVI associado
¸˜ ¸˜
a equacao (1.31) tem uma solucao unica. Ou seja, existe uma unica funcao que
` ¸˜ ¸˜ ´ ´ ¸˜
satisfaz o PVI:
y′ (x) = f (x, y)
y(x0 ) = y0

32 ´

com (x0 , y0 ) arbitr´ rio. A funcao y(x) e uma curva do plano–xy, da qual conhecemos
a ¸˜ ´
a tangente em cada ponto.

A tangente a curva y(x) em cada ponto (x, y) e dada por f (x, y).
` ´

Conhecemos ent˜ o a direccao da curva y(x) em cada ponto (x, y) do xy-plano em
a ¸˜
que a funcao f (x, y) est´ definida. Chama-se campo de direccoes da equacao di-
¸˜ a ¸˜ ¸˜
ferencial, y′ = f (x, y), ao conjunto de todas estas direccoes no plano. O que e
¸˜ ´
interessante e o facto de podermos usar a nocao de campo de direccoes para tracar
´ ¸˜ ¸˜ ¸
um esboco da solucao duma equacao diferencial no plano-xy sem chegar a calcular
¸ ¸˜ ¸˜
essa mesma solucao. Se achar muito difćil resolva este mesmo problema para a
¸˜ ı
equacao diferencial do exercćio seguinte.
¸˜ ı

Exemplo 1.25 Retomemos o PVI do Exemplo 1.2

y′ = 2xy (1.32)

y(0) = 1.

Temos que

y′ (x) > 0 se xy > 0 (i.e. quadrantes I e III)

y′ (x) < 0 se xy < 0 (i.e. quadrantes II e IV).

Para tracar o campo de direccoes, comecamos por determinar onde o coeficiente
¸ ¸˜ ¸
angular e constante:
´

y′ = c, c ∈ R. (1.33)

Obtemos desta forma a fam´lia de curvas 2xy = c, onde c e uma constante, a que
ı ´
chamamos isoclinas.

¸˜

Para o Exemplo ch1-1.5-ex25, calculamos de seguida as isoclinas:

c = 0 ⇔ x = 0∨y = 0
1
c = 1 ⇔ 2xy = 1 ⇔ y =
2x
1
c = 2 ⇔ 2xy = 2 ⇔ y =
x
1
c = −1 ⇔ 2xy = 1 ⇔ y = −
2x
1
c = −2 ⇔ 2xy = 2 ⇔ y = −
x

A Figura 1.5 mostra o campo de direccoes para esta equacao diferencial.
¸˜ ¸˜

2

y(x)
1

0
-2 -1 0 1 2
x

-1

-2

Figura 1.5: Campo de direccoes para a equacao diferencial (1.32).
¸˜ ¸˜

Para a solucao particular em causa, escolhemos a curva que passa no ponto (0, 1).
¸˜
Temos ent˜ o:
a

¸˜
Observacao 5 e aconselh´ vel esbocar sempre um n´ mero razo´ vel de curvas, de
´ a ¸ u a
forma a podemos ilustrar convenientemente o comportamento de todas as solucoes
¸˜
da equacao diferencial.
¸˜

Exemplo 1.26 Debrucemo-nos agora sobre o campo de direccoes da equacao
¸˜ ¸˜
dP
log´stica do Exemplo 1.7,
ı = P (β − δ P) , onde β e δ s˜ o constantes positivas.
a
dt
¸˜
Resolucao: No Exemplo 1.7 determinamos a soluc˜o desta equac˜o
¸a ¸a

34 ´

2

y 1

0
-2 -1 0 1 2
x

-1

-2

Figura 1.6: Uma solucao de (1.32).
¸˜

diferencial:
β
P(t) = . (1.34)
β
δ+ − δ e−β t
P(0)
` semelhanca do que aconteceu no exemplo anterior, ´ poss´vel
A ¸ e ı
determinar o campo de direccoes desta equacõ diferencial
¸˜ ¸a
sem a resolver.

Dado que as constantes β e δ sõ positivas, tornam-se eviden-
a
tes os seguintes factos:

P′ < 0 se P < 0 ∨ P > β /δ ;

P′ > 0 se 0 < P < β /δ ;

P′ = 0 se P = 0 ∨ P = β /δ ;

A Figura 1.7 mostra o campo de direcc˜es para esta equacao
¸o ¸˜
diferencial.

Repare que toda a solucao tal que P(0) > 0 tende para o valor
¸˜
β /δ , ou seja a capacidade de suporte. J´ tinha- mos chegado
a
¸˜
a esta conclusõ antes, quando calculamos o valor da solucao
a
quando t → ∞. Na Figura 1.8 mostram-se algumas solucoes:
¸˜

¸˜

4

y(t)
2

0
-4 -2 0 2 4
t

-2

-4

Figura 1.7: Campo de direccoes para a equacao log´stica, com β = 3.5 e δ = 1.8.
¸˜ ¸˜ ı

2 4

3

y 1 y

2

0 1
-2 -1 0 1 2 3 4
t
0
-2 -1 0 1 2 3 4
-1
t
-1

-2 -2

Figura 1.8: Solucoes para a equacao log´stica, com β = 3.5 e δ = 1.8.
¸˜ ¸˜ ı

Observe que o campo de direccoes de uma equacao diferencial pode ser uma ferra-
¸˜ ¸˜
menta preciosa sempre que n˜ o for poss´vel determinar a solucao de uma equacao
a ı ¸˜ ¸˜
diferencial.

36 ´

¸˜
1.6 Equacoes diferenciais lineares

¸˜
Definicao 6 Uma equacao diferencial de ordem–n diz-se linear se pode ser
¸˜
reescrita na seguinte forma:

d ny d n−1 y dy
n
+ an−1 (x) n−1 + · · · + a1 (x) + a0 (x)y = g(x). (1.35)
dx dx dx

Posto isto, verifica-se que as equacoes diferenciais lineares s˜ o caracterizadas por
¸˜ a
duas propriedades:

1. a vari´ vel dependente e todas as suas sucessivas derivadas dever˜ o ser de
a a
grau 1; ou seja, n˜ o podem involver funcoes n˜ o lineares (funcoes quadradas,
a ¸˜ a ¸˜
exponenciais, trigonom´ tricas, etc.) ou produtos da vari´ vel dependente pelas
e a
suas derivadas.

2. cada coeficiente depende unicamente da vari´ vel independente.
a

¸˜
Definicao 7 Toda a equacao diferencial que n˜ o possa ser escrita na forma
¸˜ a
(1.35) diz-se n˜ o linear.
a

Exercćio 3 Classifique cada uma das seguintes equacoes em linear ou n˜ o
ı ¸˜ a
linear.

1. (x − t)dt + 4tdx = 0

2. y′′ − 2y′ + y
d 3x dx
3. t 3 3
− 4t + 6x = et
dt dt
4. (1 + y)y′ + 2y = et
d2x
5. + sin x = 0
dt 2

d2y
6. + y2 = 0
dt 2

1.6. ED LINEARES 37

¸˜ ¸˜ ´
Deﬁnicao 8 (Equacao homogenea) Uma equacao diferencial diz-se
¸˜
homog´ nea se em (1.35) g(x) = 0.
e

Caso contr´ rio diz-se equacao n˜ o homog´ nea.
a ¸˜ a e

Consideremos ent˜ o a equacao diferencial de ordem-1:
a ¸˜
dy
+ a(x)y = g(x). (1.36)
dx
Esta forma da equacao diferencial diz-se forma standard da equacao diferencial
¸˜ ¸˜
linear.

Comecemos por considerar o caso homog´ neo:
e
dy dy
+ a(x)y = 0 ⇔ = −a(x)y. (1.37)
dx dx
Por separacao de vari´ veis, temos:
¸˜ a
dy
=− a(x)dx + c ⇒ ln |y| = − a(x)y + c
y
ou seja, a solucao geral e
¸˜ ´

y = ce− a(x)dx
, c ∈ R. (1.38)

Exerc´cio 4 Prove, concretizando a(x) e usando a nocao de campo de direccoes
ı ¸˜ ¸˜
de uma equacao diferencial que esta e de facto a solucao geral da equacao diferen-
¸˜ ´ ¸˜ ¸˜
cial
dy
+ a(x)y = 0.
dx
Exemplo 1.27 1. Determine a solucao da equacao diferencial
¸˜ ¸˜

y′ + 3y = 0

¸˜
Resolucao: y = ce−3x , c∈R

2. Determine a solucao da equacao diferencial
¸˜ ¸˜

y′ − 2xy = 0, y(1) = 1.

38 ´

¸˜
Resolucao:

dy
= −2 xdx +C
y
ln |y| = −x2 +C
2
y = ce−x .

¸˜
Calculemos agora a solucao particular:

1 = y(1) = ce−1 ⇒ c = e,

2
donde se conclui que y = e1−x .

A solucao (1.38) pode ser escrita na forma:
¸˜

a(x)dx
ye = c. (1.39)

Se diferenciarmos a equacao (1.39), obtemos:
¸˜

y′ + a(x)y e a(x)dx
= 0. (1.40)

Repare que o que n´ s ﬁzemos foi multiplicar a equacao (1.36) por o factor e
o ¸˜ a(x)dx ,

a que chamamos factor integrante da equacao (1.37).
¸˜

Vamos agora tentar aplicar esta mesma t´ cnica ao caso n˜ o homog´ neo (1.36). Mul-
e a e
tiplicamos ambos os membros da equacao diferencial pelo factor integrante:
¸˜

y′ + a(x)y e a(x)dx
= g(x)e a(x)dx
. (1.41)

Como o lado esquerdo da equacao (1.41) e a derivada de ye
¸˜ ´ a(x)dx , temos:

d a(x)dx a(x)dx
ye = g(x)e . (1.42)
dx

Integrando a equacao (1.42), vem:
¸˜

d a(x)dx a(x)dx
ye dx = g(x)e dx + c (1.43)
dx

1.6. ED LINEARES 39

ou ainda
a(x)dx a(x)dx
ye = g(x)e dx + c (1.44)

e temos ent˜ o a solucao:
a ¸˜

y= g(x)e a(x)dx
dx +C e− a(x)dx
. (1.45)

Nota 3 A express˜ o (1.45) fornece a solucao geral para uma equacao diferencial
a ¸˜ ¸˜
linear de ordem–1. No entanto, e usualmente prefer´vel deduzir todo o processo em
´ ı
vez do que aplicar directamente esta express˜ o.
a

Exemplo 1.28 Determine a solucao do seguinte problema de valor inicial:
¸˜

y′ = y + x2 , y(0) = 1 (1.46)

¸˜
Resolucao:

y′ = y + x2 ⇔ y′ − y = x2 .

Sabendo que a(x) = −1, calculemos o factor integrante:

e− dx
= e−x .

Observacao 6 De facto o factor integrante e e−
¸˜ ´ dx+c = e−x+c = e−x ec = ce−x .
No que se segue, veriﬁcamos que ao multiplicar toda a equacao pelo factor inte-
¸˜
grante, a constante se auto cancela. Logo, a constante de integracao do c´ lculo do
¸˜ a
factor integrante pode ser esquecida.

¸˜
Multiplicamos agora a equacao pelo factor integrante:

y′ − y e−x = x2 e−x
′
ye−x = x2 e−x .

40 ´

¸˜
Integrando ambos os membros da equacao, temos:

ye−x = x2 e−x dx + c

ye−x = c − x2 + 2x + 2 e−x

y = cex − x2 + 2x + 2 .

Finalmente, considerando x = 0, tem-se:

1 = y(0) = c − 2 ⇒ c = 3,

donde
y = 3ex − x2 + 2x + 2 .

Exerc´cio 5 Determine a solucao do PVI:
ı ¸˜

y′ − 2xy = 1

y(0) = 1.

2
Observacao 7 O integral de e−x n˜ o e exprim´vel como uma funcao elementar.
¸˜ a ´ ı ¸˜
A solucao ter´ ent˜ o de ser deixada na sua forma integral.
¸˜ a a
2 x 2
No entanto, a funcao f (x) = √
¸˜ e−z dz tem sido muito estudada e por tal raz˜ o
a
π 0
pode ser entendida como uma funcao bem conhecida, o que faz com que do ponto
¸˜
de vista computacional uma solucao deste tipo seja perfeitamente aceit´ vel.
¸˜ a

¸˜
Observacao 8 Relembremos que

dy dy a2 (x) g(x)
a1 (x) + a2 (x)x = g(x) ⇔ + y= .
dx dx a1 (x) a1 (x)

Especial atencao deve ser dedicada a esta divis˜ o sempre que a1 (x) = constante.
¸˜ a
Pois pode acontecer que ∃x : a1 (x) = 0 e estes pontos traduzir-se-˜ o em pontos de
a
poss´veis descontinuidades ... o que se traduz em problemas!
ı

1.6. ED LINEARES 41

dx
Exemplo 1.29 Calcule a solucao de t
¸˜ + x = 2t.
dt
¸˜
Resolucao: ¸˜
Para resolver a equacao, comecamos por pˆ-la na
¸ o
sua forma standard:
dx 1
+ x=2
dt t
t=0
Com t = 0, consideramos por exemplo o dom´nio de continuidade
ı
(0, +∞).
dx
Calculemos o factor integrante: e t = eln |t| = |t|.

¸˜
Observacao 9 Podemos considerar o factor integrante como t e negligenciar o
valor absoluto, pois, a semelhanca do que acontece com as constantes, o sinal
` ¸
menos cancela ao multiplicar ambos os membros da equacao pelo factor integrante.
¸˜

¸˜
Multipliquemos a equacao diferencial pelo factor integrante:
dx 1
t +t x = 2t ⇔
dt t
t=0
⇔ tx = 2tdt + c ⇔

⇔ tx = t 2 dt + c ⇔
c
⇔ x(t) = t + , c∈R
t

Nota 4 Consideremos o PVI:
dy 1
= (1.47)
dx x + y2
y(−2) = 0

Esta equacao e n˜ o linear!!
¸˜ ´ a

Tentemos o seu rec´proco:
ı
dx
− x = y2 (1.48)
dy

42 ´

e linear! Podemos ent˜ o agora resolver esta equacao.
´ a ¸˜

Exercćio 6 Prove que a solucao do PVI (1.48) e x(y) = y2 − 2y − 2 + ce−y ,
ı ¸˜ ´
c ∈ R.

Exemplo 1.30 Consideremos o seguinte PVI
dy
+ y = g(x) (1.49)
dx
y(0) = 0

 1, 0 ≤ x ≤ 1
com g(x) = .
 0, x > 1

¸˜
Resolucao: Neste caso resolvemos o problema para cada um
dos ramos da funcõ:
¸a

dy dy
+y = 1 ou +y = 0
dx dx
ex y(x) = ex dx + c ex y(x) = 0 + c

ex y(x) = ex + c y(x) = ce−x

y(x) = 1 + ce−x

y(0) = 0 = 1 + c

c = −1

y(x) = 1 − e−x

¸˜
Repare que a condicao inicial s´ diz respeito a um dos ramos
o
da funcao g(x)!
¸˜

Temos entõ:
a


 1 − e−x , 0 ≤ x ≤ 1
y(x) =
 ce−x , x > 1.

a ¸˜
Seria desej´vel ter uma solucao contńua.
ı

1.6. ED LINEARES 43

Facamos entõ um esforco nesse sentido:
¸ a ¸

e−1 e−1
lim ce−x = 1 − e−x x=1
= 1 − e−1 = ⇒ ce−1 = ⇔ c = e − 1.
x→1+ e e

Temos entõ:
a


 1 − e−x , 0≤x≤1
y(x) =
 (e − 1)e−x , x > 1.

¸˜ ¸˜ ´
Atencao que esta solucao e contńua, mas nõ diferenci´vel!
ı a a
Temos que ter uma solucao y(x) contńua e diferenci´vel.
¸˜ ı a

∴ y(x) nõ ´ solucõ em R, mas s´ em R+ .
a e ¸a o

Nota 5 Se a equacao diferencial e linear, ent˜ o a sua fam´lia de parˆ metros coin-
¸˜ ´ a ı a
cide com a sua solucao geral.
¸˜

Nota 6 No caso particular das equacoes diferenciais lineares de ordem–1 o Teo-
¸˜
rema da existˆ ncia e unicidade de solucao enuncia-se da seguinte forma:
e ¸˜

Teorema 5 Consideremos o PVI

dy
+ a(x)y = g(x)
dx
y(x0 ) = y0 .

Se a(x) e g(x) s˜ o funcoes contńuas na regi˜ o R ent˜ o existe solucao unica para o
a ¸˜ ı a a ¸˜ ´
PVI na vizinhanca do ponto (x0 , y0 ).
¸

44 ´

¸˜ ˜
1.7 Equacoes nao lineares

Consideremos o PVI

dy
= f (x, y)
dx
y(x0 ) = y0 .

Se f (x, y) e n˜ o linear as coisas complicam-se, pois n˜ o existe um m´ todo geral de
´ a a e
resolucao para estas equacoes. A determinacao de uma solucao para as equacoes
¸˜ ¸˜ ¸˜ ¸˜ ¸˜
diferenciais n˜ o lineares e muito difćil, se n˜ o mesmo imposs´vel.
a ´ ı a ı

Neste contexto, tomam especial relevˆ ncia os m´ todos num´ ricos para o c´ lculo de
a e e a
uma solucao aproximada (ou num´ rica) ou o estudo qualitativo da solucao de uma
¸˜ e ¸˜
equacao diferencial.
¸˜

No entanto, existem algumas classes de equacoes diferenciais para as quais e poss´vel
¸˜ ´ ı
obter representacoes implćitas da solucao, e utilizando ferramentas elementares de
¸˜ ı ¸˜
c´ lculo. Algumas destas classes de equacoes diferenciais de ordem–1, bem como
a ¸˜
os respectivos m´ todos de resolucao, s˜ o apresentadas at´ ao final deste cap´tulo.
e ¸˜ a e ı

Nota 7 Para o caso das equacoes diferenciais lineares, a fam´lia de solucoes con-
¸˜ ı ¸˜
t´ m todas as solucoes poss´veis da equacao diferencial, i.e. a fam´lia de solucoes
e ¸˜ ı ¸˜ ı ¸˜
coincide com a solucao geral. Para as equacoes n˜ o lineares, podem existir ainda
¸˜ ¸˜ a
solucoes para al´ m das representadas na fam´lia de solucoes, ou seja podem existir
¸˜ e ı ¸˜
solucoes singulares. Temos ent˜ o de ter muito cuidado ao usar o termo “solucao
¸˜ a ¸˜
geral” no contexto das equacoes n˜ o lineares.
¸˜ a

¸˜
1.8 Equacao de Bernoulli

Algumas equacoes n˜ o lineares de ordem–1 s˜ o reduz´veis a uma equacao linear
¸˜ a a ı ¸˜
atrav´ s de uma mudanca de vari´ vel conveniente. Um exemplo de tais equacoes e a
e ¸ a ¸˜ ´

¸˜
1.8. EQUACAO DE BERNOULLI 45

¸˜
equacao de Bernoulli:
dy
+ a(x)y = g(x)yn . (1.50)
dx
com n = 0, 1. Pois com n = 0, 1 esta equacao e a uma equacao linear.
¸˜ ´ ¸˜

Efectuando a mudanca de vari´ vel z = y1−n , temos z′ = (1 − n)y−n y′ . Posto isto,
¸ a
multiplicamos (1.50) por (1 − n)y−n:
dy
(1 − n)y−n + (1 − n)a(x)y1−n = (1 − n)g(x), (1.51)
dx
ou na nova vari´ vel
a
dz
+ (1 − n)a(x)z = (1 − n)g(x). (1.52)
dx
A equacao (1.52) e linear e pode ser resolvida com o m´ todo apresentado anterior-
¸˜ ´ e
mente.

Exemplo 1.31 Resolva a equacao diferencial
¸˜
dy y 5
− = − x2 y3 .
dx x 2
¸˜
Resolucao: Consideramos a mudanca de vari´vel z = y−2 e ent˜o
¸ a a
z′ = −2y−3 y′ . Multiplicamos a equacao diferencial por z′ e obtemos:
¸˜
2
−2y−3 y′ + y−2 = 5x2
x
2
z′ + z = 5x2 .
x
a ¸˜
Temos ent˜o uma equacao linear. Calculemos o factor integrante:
dx
2 2
e x = e2 ln |x| = eln |x| = x2 .

¸˜
Multiplicamos agora a equacao diferencial linear pelo factor
integrante:

x2 z′ + 2xz = 5x4 ⇔

⇔ (x2 z)′ = 5x4 ⇒

⇒ x2 z = 5 x4 dx + c = x5 + c ⇔

⇔ z = x3 + cx−2

46 ´

Voltando ` vari´vel original:
a a

y−2 = x3 + cx−2 ⇔
−1/2
⇔ y = ± x3 + cx−2 (!)
1 1
ou seja, podemos escolher entre y = √ e y = −√
x3 + cx−2 x3 + cx−2
com c ∈ R.

Nota 8 Um procedimento similar pode ser usado para resolver
dy
+ a(x)y = g(x)y ln y. (1.53)
dx
y′
efectuemos neste caso a mudanca de vari´ vel z = ln y, e ent˜ o z′ =
¸ a a . Dividimos
y
(1.54) por y e temos:
dz
+ a(x) = g(x)z. (1.54)
dx
que e uma equacao de Bernoulli.
´ ¸˜

¸˜
1.9 Equacao de Riccati

Consideremos uma equacao diferencial do tipo:
¸˜
dy
= c(x) + b(x)y + a(x)y2 (1.55)
dx
¸˜
a que chamamos equacao diferencial de Riccati. Se y p e solucao particular da
´ ¸˜
equacao diferencial de Riccati supostamente conhecida, ent˜ o a fam´lia de solucoes
¸˜ a ı ¸˜
desta equacao diferencial e dada por
¸˜ ´

y = y p + u(x),

onde u e solucao da seguinte equacao diferencial e Bernoulli:
´ ¸˜ ¸˜
du
− (b(x) + 2y p a(x)) u(x) = a(x)u(x)2
dx
du
u−2 − (b(x) + 2y p a(x)) u−1 = a(x)
dx
w

¸ ˜ ´
1.10. EQUACOES OMOGENEAS 47

dw du
Efectuemos a mudanca de vari´ vel w = u−1 ⇒
¸ a = −u−2 , ou seja:
dx dx
dw
(b(x) + 2y p a(x)) w = −a(x).
dx

Nota 9 Por vezes a solucao da equacao diferencial de Riccati n˜ o pode ser ex-
¸˜ ¸˜ a
pressa em termos de funcoes elementares, como pode ser visto no exercćio seguinte.
¸˜ ı
dy
Exercćio 7 Determine a solucao da equacao diferencial
ı ¸˜ ¸˜ = 2 + −2xy + y2 ,
dx
com y p = 2x.

¸˜ ´
1.10 Equacoes omogeneas

Definicao 9 Uma funcao diz-se funcao homog´ nea de grau n se f (α x, α y) =
¸˜ ¸˜ ¸˜ e
α n f (x, y), α ∈ R.

Exemplo 1.32 Consideremos os seguintes exemplos:
√
1. f (x, y) = x − xy + 5y.
√
¸˜
Resolucao: f (α x, α y) = α x− α 2 xy+5α y = α x − xy + 5y = α f (x, y)
∴ f ´ funcõ homogńea de grau 1.
e ¸a e

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

¸˜
Resolucao: f (α x, α y) = α 3 (x3 + y3 ) = α 3/2 x3 + y3 = α 3/2 f (x, y).
∴ f ´ funcao homogńea de grau 3/2.
e ¸˜ e

3. f (x, y) = x2 + y2 + 1.

¸˜
Resolucao: f (α x, α y) = (α x)2 +(α y)2 +1 = α 3/2 x3 + y3 = α 3/2 f (x, y).
∴ f nõ ´ funcõ homogńea.
a e ¸a e

48 ´

x
4. f (x, y) = + 4.
2y
αx x
¸˜
Resolucao: f (α x, α y) =
+4 = α 0 + 4 . ∴ f ´ funcõ ho-
e ¸a
2α y 2y
mogńea de grau zero.
e

Nota 10 A menos que a funcao seja homog´ nea de grau zero, soma de uma cons-
¸˜ e
tante destr´ i a homogeneidade.
o

Por vezes analisa-se a homogeneidade de uma funcao atrav´ s da an´ lise do grau
¸˜ e a
dos seus termos. I.e., se todos os termos da funcao tˆ m igual grau, ent˜ o a funcao e
¸˜ e a ¸˜ ´
homog´ nea. Vejamos:
e

1. f (x, y) = 6xy3 − x2 y2 .

Dado que ambos os termos tˆ m grau 4, ent˜ o a funcao e homog´ nea de grau
e a ¸˜ ´ e
4.

2. f (x, y) = x2 − y.

Dado que o primeiro termo tem grau 2 e o segundo grau 1, ent˜ o a funcao n˜ o
a ¸˜ a
e homog´ nea.
´ e

3. f (x, y) = x2 + 3xy + y2 .

Dado que todos os termos tˆ m grau 2 , ent˜ o a funcao e homog´ nea de grau
e a ¸˜ ´ e
2.

Nota 11 Se f (x, y) e uma funcao homog´ nea de grau n, podemos escrever:
´ ¸˜ e

y x
f (x, y) = xn f (1, ) e f (x, y) = yn f ( , 1).
x y

¸˜ ¸˜ ´
Definicao 10 (Equacao diferencial homogenea) Consideremos a
seguinte equacao diferencial
¸˜

M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0, (1.56)

¸ ˜ ´
1.10. EQUACOES OMOGENEAS 49

se

M(α x, α y) = α n M(x, y)

N(α x, α y) = α n N(x, y),

i.e., a equacao tem coeficientes homog´ neos do mesmo grau, ent˜ o e homog´ nea.
¸˜ e a ´ e

Uma equacao diferencial homog´ nea pode sempre ser reduzida a uma equacao di-
¸˜ e ¸˜
ferencial de vari´ veis separ´ veis, utilizando uma das seguintes substituicoes:
a a ¸˜

y = ux ou x = vy

dy = udx + xdu dx = vdy + ydv.

Por exemplo, se M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 ent˜ o significa que M(x, y) e N(x, y) s˜ o
a a
funcoes homog´ neas de igual grau n, podendo ent˜ o escrever-se como:
¸˜ e a
 
y 
M(x, y) = xn M 1,


x
u
 
y 
N(x, y) = xn N 1,


x
u

Ent˜ o temos:
a

M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 ⇔

⇔ xn M(1, u)dx + xn N(1, u)dy = 0 ⇔

⇔ M(1, u)dx + N(1, u)dy = 0 ⇔

⇔ M(1, u)dx + N(1, u)(udx + xdu) = 0 ⇔

⇔ (M(1, u) + uN(1, u))dx + xN(1, u)du = 0 ⇔
dx N(1, u)du
⇔ =−
x M(1, u) + uN(1, u)
Acab´ mos de separar as vari´ veis.
a a

Exercćio 8 Mostre a separacao de vari´ veis, usando a outra mudanca de
ı ¸˜ a ¸
vari´ vel.
a

50 ´

Sempre que M(x, y) e mais simples do que N(x, y), usamos a substituicao x = vy.
´ ¸˜

Pode tamb´ m acontecer que uma substituicao conduza a integrais mais difćeis de
e ¸˜ ı
resolver. Neste caso, tentamos a outra substituicao que pode eventualmente condu-
¸˜
zir a c´ lculos mais simples.
a

Exemplo 1.33 Determine a solucao da equacao diferencial
¸˜ ¸˜

y2 + x2 dx + x2 − xy dy = 0.
M(x,y) N(x,y)

¸˜
Resolucao: Como vemos M(x, y) e N(x, y) tˆm igual grau, logo
e
sõ func˜es homogńeas de igual grau.
a ¸o e Estamos entõ em face
a
¸˜
duma equacao diferencial homogńea.
e Neste exemplo tanto
¸˜
faz optarmos por uma ou outra substituicao.

Facamos entõ y = ux ⇒ dy = udx + xdu.
¸ a

¸ a ¸˜
Efectuemos esta mudanca de vari´vel na equacao diferencial
e obtemos:

(1 + u2 ) + (1 − u)u dx + (1 − u)xdu = 0 ⇔

⇔ (1 + u)dx + (u − 1)xdu = 0 ⇔
dx (u − 1)
⇔ = du
x (1 + u)

a ¸˜
Temos entõ uma equacao diferencial de vari´veis sepa- r´veis.
a a

¸ ˜
1.11. EQUACOES DIFERENCIAIS EXACTAS 51

Vamos entõ resolvˆ-la:
a e

dx (u − 1)
= du + c ⇔
x (1 + u)
(u − 1)
⇔ ln |x| = du + c ⇔
(1 + u)
du
⇔ ln |x| = du − 2 +c ⇔
1+u
⇔ ln |x| = u − 2 ln |u + 1| + c ⇔
|x|
⇔ ln = ln c + u ⇔
|(u + 1)−2|
⇔ ln |x|(u + 1)2 = ln c + u ⇔

⇔ |x|(u + 1)2 = ec+u ⇒

⇒ x(u + 1)2 = ceu ⇔
y 2
⇔ x + 1 = cey/x ⇔
x
⇔ (y + 1)2 = cxey/x

¸˜
1.11 Equacoes diferenciais exactas

Comecemos por relembrar o seguinte resultado:

Se g(x, y) e uma funcao de duas vari´ veis, com derivadas parciais de primeira
´ ¸˜ a
ordem contńuas em R, regi˜ o rectangular do plano xOy, ent˜ o o diferencial
ı a a
total dg desta funcao define-se da seguinte forma:
¸˜

∂g ∂g
dg = dx + dy.
∂x ∂y
∂g ∂g
Se g(x, y) = c ⇒ dx + dy = 0.
∂x ∂y

52 ´

Dito de outra forma, dada uma fam´lia de curvas g(x, y) = c, podemos obter uma
ı
equacao diferencial calculando o seu diferencial.
¸˜

Exemplo 1.34 Sendo g(x, y) = x2 y3 + e4x sin y, calcule o seu diferencial total
dg.

¸˜
Resolucao:

∂g
= 2xy3 + 4e4x sin y
∂x
∂g
= 3x2 y2 + e4x cos y
∂y
dg = 2xy3 + 4e4x sin y dx + 3x2 y2 + e4x cos y dy.

O problema inverso e, no entanto, mais interessante:
´

Dada uma equacao diferencial exacta, determinar g(x, y) = c, cujo diferencial total
¸˜
coincide com a equacao diferencial.
¸˜

Por exemplo, d x2 y3 + e4x sin y = 0 ⇒ x2 y3 + e4x sin y = c.

Mas como saber se uma equacao diferencial e exacta?
¸˜ ´

¸˜
Deﬁnicao 11 A express˜ o M(x, y)dx + N(x, y)dy diz-se exacta na regi˜ o R se
a a
corresponder ao diferencial de alguma funcao g(x, y).
¸˜

Uma equacao diferencial de ordem–1
¸˜

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

diz-se exacta se a express˜ o do membro esquerdo for o diferencial total de alguma
a
funcao.
¸˜

Seria agrad´ vel dispˆ r de um crit´ rio ...
a o e

¸ ˜

´ ¸˜
Teorema 6 (Criterio da equacao diferencial exacta) Nas condicoes
¸˜
de definicao do diferencial total, uma condicao necess´ ria e suficiente para que
¸˜ ¸˜ a
∂M ∂N
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 seja exacta e
´ =
∂y ∂x
Dem.
Consideremos a regi˜ o
a R: a<x<b ∂M ∂M ∂N ∂N
e , , e contńuas em R.
ı
c<y<d ∂x ∂y ∂x ∂y

Queremos provar:

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

∂M ∂N
Condicao necess´ ria: M(x, y)dx + N(x, y)dy e diferencial exacta ⇒
¸˜ a ´ =
∂y ∂x
Se M(x, y)dx + N(x, y)dy e diferencial exacta ent˜ o existe g(x, y) tal que
´ a

∂g ∂g
M(x, y)dx + N(x, y)dy = dx + dy,
∂x ∂y

 M(x, y) = ∂ g


∂x ∂M ∂ ∂g ∂ ∂g ∂N
⇒ = = = ,
 N(x, y) = ∂ g
 ∂y ∂y ∂x ∂x ∂y ∂x
∂y
dado que as derivadas parciais de primeira ordem s˜ o contńuas.
a ı
∂M ∂N
Condicao suficiente:
¸˜ = ⇒ M(x, y)dx + N(x, y)dy e diferencial exacta, ou
´
∂y ∂x
 M(x, y) = ∂ g


seja ∃ g : ∂x Temos que construir g !!!
 N(x, y) = ∂ g

∂y
A construcao de g fornece um m´ todo de resolucao da equacao diferencial.
¸˜ e ¸˜ ¸˜

´ ¸˜
Metodo de Resolucao: Seja M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0.

Se

∂M ∂N ∂g
= ⇒ ∃ g : M(x, y) = ⇒ g(x, y) = M(x, y)dx + h(y), (1.57)
∂y ∂x ∂x

54 ´

onde h(y) e a constante de integracao. Mais ainda:
´ ¸˜
∂g ∂
= M(x, y)dx + h(y) = N(x, y)
∂y ∂y
ou seja
∂
h′ (y) = N(x, y) − M(x, y)dx. (1.58)
∂y
Temos que integrar h′ (y) em ordem a y e substituir em (1.57).

Acab´ mos de construir g, e como tal existe.
a

Nota 12 A express˜ o (1.58) e independente de x. Vejamos:
a ´
∂ ∂ ∂N ∂M
N(x, y) − M(x, y)dx = − = 0,
∂x ∂y ∂x ∂y
pois por hip´ tese e diferencial exacta. Assim se vˆ ser esta uma express˜ o constante
o ´ e a
em x.

Nota 13 O m´ todo tamb´ m funciona se ﬁzermos:
e e
∂g
∃ g : N(x, y) = ⇒ g(x, y) = N(x, y)dy + h(x),
∂y

onde h(x) e a constante de integracao. Mais ainda:
´ ¸˜
∂g ∂
= N(x, y)dy + h(x) = M(x, y)
∂x ∂x
ou seja
∂
h′ (x) = M(x, y) − N(x, y)dy ···
∂x
Nota 14 A solucao da equacao diferencial exacta escreve-se sempre na forma
¸˜ ¸˜
g(x, y) = c.

Exemplo 1.35 Resolva a seguinte equacao:
¸˜

(1 − sin x tan y) dx + cos x sec2 y dy = 0. (1.59)

¸˜
Resolucao: Seja M(x, y) = 1 − sin x tan y e N(x, y) = cos x sec2 y, temos:
∂M ∂N
= − sin x sec2 y = ,
∂y ∂n

¸ ˜

ou seja, a equacao diferencial ´ exacta.
¸˜ e Temos entõ
a
que determinar g(x, y) que satisfaca este diferencial to-
¸
∂g ∂g ∂g
tal, i.e. = M(x, y) e = N(x, y). Mas se = M(x, y) entõ
a
∂x ∂y ∂x

g(x, y) = Mdx + h(y) = (1 − sin x tan y) dx + h(y) = x + cos x tan y + h(y).

Facamos agora:
¸

∂g ∂
= (x + cos x tan y + h(y)) = cos x sec2 y + h′ (y) = N(x, y) = cos x sec2 y
∂y ∂y

donde h′ (y) = 0 ⇒ h(y) = c, c ´ uma constante.
e Temos entõ:
a

x + cos x tan y = c.

1.11.1 ¸˜ ¸˜ ´
Obtencao de uma equacao diferencial exacta atraves
¸˜
da multiplicacao de um factor integrante

As equacoes diferenciais s˜ o raras. Mas atrav´ s de uma transformacao simples,
¸˜ a e ¸˜
nomeadamente a multiplicacao por um factor integrante, e poss´vel transformar uma
¸˜ ´ ı
equacao diferencial numa equacao diferencial exacta.
¸˜ ¸˜

Exemplo 1.36 Consideremos por exemplo

(3x + 2y)dx + xdy = 0

que e n˜ o exacta. Mas se a multiplicarmos por x, obtemos:
´ a

(3x2 + 2xy)dx + x2 dy = 0

que e uma equacao exacta.
´ ¸˜

56 ´

P˜ e-se ent˜ o a seguinte quest˜ o:
o a a

Se a equacao
¸˜
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 (1.60)

e n˜ o exacta, em que condicoes existe um factor integrante µ (x, y) tal que
´ a ¸˜

µ M(x, y)dx + µ N(x, y)dy = 0

e exacta?
´

Surpreendentemente, a resposta e sempre que a equacao (1.60) tem uma solucao do
´ ¸˜ ¸˜
tipo g(x, y) = c. De forma a melhor vermos que isto e verdade, resolvemos (1.60)
´
dy
em ordem a . Pela regra da cadeia, temos:
dx
∂g ∂g
dg = dx + dy = µ M(x, y)dx + µ N(x, y)dy = 0
∂x ∂y
donde
dy M ∂ g/∂ x
=− =− ,
dx N ∂ g/∂ y
e temos:
∂ g/∂ x ∂ g/∂ y
= = µ (x, y)
M N
e ent˜ o
a
∂g ∂g
µ (x, y)M ou µ (x, y)N, (1.61)
∂x ∂y
e a equacao diferencial (1.60) tem pelo menos um factor integrante µ .
¸˜

A determinacao de factores integrantes n˜ o e em geral uma tarefa muito dif´cil.
¸˜ a ´ ı
Apresentamos de seguida um procedimento que muitas vezes e bem sucedido. Ve-
´
jamos:

A equacao (1.61) indica que µ M(x, y)dx + µ N(x, y)dy = 0 e exacta ent˜ o
¸˜ ´ a
∂M ∂ µ ∂ µM ∂ µN ∂N ∂µ
µ +M = = =µ +N
∂y ∂y ∂y ∂x ∂x ∂x
ou seja
∂M ∂µ ∂N ∂µ
µ +M =µ +N
∂y ∂y ∂x ∂x

¸ ˜

e ent˜ o
a
∂M ∂N ∂µ ∂µ
µ −µ =N −M
∂y ∂x ∂x ∂y
o que e equivalente a
´

∂M ∂N 1 ∂µ ∂µ
− = N −M (1.62)
∂y ∂x µ ∂x ∂y

Se o factor integrante depender somente de uma vari´ vel, por exemplo do x, a
a
equacao (1.62) fica:
¸˜

∂ M/∂ y − ∂ N/∂ x 1 ∂µ
= = k(x, y).
N µ ∂x

Como o lado esquerdo da equacao consiste de funcoes em x, k(x, y) deve ser tamb´ m
¸˜ ¸˜ e
uma funcao s´ em x. Se este for o caso, ent˜ o (1.62) e uma equacao diferenci´ vel
¸˜ o a ´ ¸˜ a
separ´ vel e determina-se ent˜ o o factor integrante:
a a

µ (x) = e k(x)dx
.

O mesmo acontece se µ for somente funcao de y.
¸˜

Exemplo 1.37 Resolva a equacao 3x2 − y2 dy − 2xydx = 0.
¸˜

¸˜
Resolucao: Seja M = −2xy e N = 3x2 − y2 , entõ
a

∂M ∂N
= −2x e = 6x.
∂y ∂x

Entõ
a
−4
∂ M/∂ y − ∂ N/∂ x −4 dy
k= = , e µ =e y = y−4 .
−M y

¸˜
Multipliquemos a equacao diferencial pelo factor integrante:

3x2 − y2 y−4 dy − 2xy−3 dx = 0 ···

Ser´ que esta equacao ´ exacta?
a ¸˜ e ¸˜
Pode calcular a sua solucao?

58 ´

¸˜ ´
1.12 AplicacoesCircuitos electricos

Vamos considerar circuitos el´ ctricos em s´ rie com uma resistˆ ncia, um condensa-
e e e
dor, uma inductˆ ncia e um gerador. Este tipo de circuitos e mostrado na Figura 1.9.
a ´
R

E(t) C
i

Figura 1.9: Exemplo de um circuito el´ ctrico simples.
e

Num circuito el´ ctrico, (C-RL), constitu´do por um gerador G que, em cada instante
e ı
t produz uma voltagem de E(t) volts (V) e uma corrente I(t) amp´ res (A), por uma
e
resistˆ ncia R ohms (Ω) e uma bobina que gera uma indutˆ ncia L henrys (H), tem-se
e a
que a diferenca de potencial nas extremidades da bobina e dada por:
¸ ´
dI
VL (t) = L (t) (1.63)
dt
e a diferenca de potencial nas extremidades da resistˆ ncia e dada por:
¸ e ´

VR (t) = R I(t). (1.64)

Ent˜ o, de acordo com uma das leis de Kirchhoff,
a
Lei da voltagem de Kirchhoff
A soma alg´ brica das voltagens num circuito fechado e zero.
e ´

quando for fechado o interruptor, obt´ m-se:
e

VL (t) +VR(t) = E(t), (1.65)

ou seja
dI
L +R I = E (1.66)
dt
Se o circuito el´ trico, (C-RC), for constitu´do por um gerador G que, em cada
e ı
instante t produz uma voltagem de E(t) volts (V) e uma corrente I(t) amp´ res (A),
e

¸˜ ´
1.12. APLICACOESCIRCUITOS ELECTRICOS 59

por uma resistˆ ncia R ohms (Ω) e um condensador (C) com capacitˆ ncia de C farads
e a
(F) e que gera uma carga de Q(t) coulombs, tem-se que a diferenca de potencial nas
¸
extremidades do condensador e dada por:
´

Q
VC (t) = . (1.67)
C

dQ
Tendo em conta que I = , de acordo com a lei da voltagem de Kirchhoff, quando
dt
for fechado o interruptor, obt´ m-se:
e

VC (t) +VR(t) = E(t), (1.68)

ou seja:
dQ Q
R + = E(t). (1.69)
dt C

Exerc´cio 9
ı 1. Suponha que num circuito el´ trico (C-RC) a resistˆ ncia e
e e ´
de 5 Ω, a capacitˆ ncia de 0.05 F e o gerador fornece uma voltagem constante
a
de 60 V.

(a) Escreva uma equacao diferencial que descreva a variacao da carga no
¸˜ ¸˜
circuito ao longo do tempo e resolva-a.

(b) Se a carga inicial for Q(0) = 0 C, determine o seu valor passados 2 s.

2. Suponha que num circuito el´ trico (C-RL) a resistˆ ncia e de 5 Ω, a indutˆ ncia
e e ´ a
de 4 H e o gerador fornece uma voltagem constante de 60 V.

(a) Escreva uma equacao diferencial que descreva a variacao da corrente
¸˜ ¸˜
no circuito ao longo do tempo e resolva-a.

(b) Se a intensidade inicial for I(0) = 0 A, determine o seu valor passados
10 s.

60 ´

¸˜
1.13 Consideracoes finais

Antes de iniciarmos propriamente o nosso estudo sobre a determinacao da solucao
¸˜ ¸˜
de uma ED, algumas consideracoes se imp˜ em:
¸˜ o

1. Dada uma ED, dever´ sempre comecar-se por investigar se essa ED tem ou
a ¸
n˜ o solucao. Para quˆ desperdicar tempo a determinar uma coisa que nem
a ¸˜ e ¸
sequer existe? A esta quest˜ o chama-se quest˜ o da existˆ ncia de solucao.
a a e ¸˜

2. Depois de termos a certeza que a ED tem de facto solucao a pr´ xima quest˜ o
¸˜ o a
que se p˜ e e a quest˜ o da unicidade, i.e., quantas solucoes existem? Podemos
o ´ a ¸˜
ainda perguntar quais/quantas s˜ o as condicoes adicionais que devemos impor
a ¸˜
a ED de forma a garantir a existˆ ncia de uma solucao unica.
` e ¸˜ ´

3. Finalmente, tentamos determinar uma solucao da ED. Nem sempre e poss´vel
¸˜ ´ ı
obter uma resposta para esta quest˜ o, i.e., uma solucao anal´tica para a ED, e
a ¸˜ ı
muitos s˜ o os casos em que temos de recorrer ao estudo qualitativo da solucao
a ¸˜
ou em que temos que contentarmos com uma solucao aproximada para o pro-
¸˜
blema, obtida atrav´ s de t´ cnicas num´ ricas.
e e e

1.14 Exercćios
ı

1. Classifique cada uma das seguintes equacoes diferenciais, relativamente a sua
¸˜ `
ordem, tipo e se e linear ou n˜ o linear.
´ a
4
d3x dx
(a) (1 − x) y′′ − 4xy′ + 5y = cosx; (b) t −2 + x = 0;
dt 3 dt
(c) xx′ + 2x = 1 + t 2; (d) t 2 dx + (x − tx − tet ) dt = 0;
d2x
(e) x3 y(4) − x2 y′′ + 4xy′ − 3y = 0; (f) + 9x = sin x;
dt 2
2
dx d 2x d2r k
(g) = 1+ ; (h) = − 2;
dt dt 2 dt 2 r
(i) (sint) x′′′ − (cost) x′ = 2; (j) 1 − y2 dx + xdy = 0.

´
1.14. EXERCICIOS 61

2. Para cada um dos seguintes problemas, veriﬁque que a funcao indicada e
¸˜ ´
solucao da respectiva equacao diferencial.
¸˜ ¸˜
x
(a) 2y′ + y = 0, y = e− 2 ;
(b) x′ + 4x = 32, x = 8;
dx
(c) − 2x = e3t , x = e3t + 10e2t ;
dt
(d) y′ = 25 + y2 , y = 5 tan 5x;
dx x √ 2
(e) = , x= t + c1 ,t > 0, c1 > 0;
dt t
(f) 2xydx + x2 + 2y dy = 0, x2 y + y2 = c1 ;
(g) y = 2xy′ + y (y′ )2 , 1
y2 = c1 x + 4 c1 ;
(h) x′ = 2 |x|, x = t|t|;
2 t τ2 −t 2 ;
(i) x′ + 2tx = 1, x = e−t 0 e d τ + c1 e

(j) y′′ − 6y′ + 13y = 0, y = e3x cos 2x;
d2x dx
(k) 2
− 4 + 4x = 0, x = e2t + te2t ;
dt dt
(l) x′′ = x, x = cosht + sinht;

(m) x′′ + x = tant, x = − cost ln(sect + tant);
(n) x′′ + (x′ )2 = 0, x = ln |x + c1 | + c2 , x = c1 ;
(o) x2 y′′ − xy′ + 2y = 0, y = x cos(ln x), x > 0;
3 2
(p) t 3 d x + 2t 2 d x − t dx + x = 12t 2 , x = c t + c t lnt + 4t 2 ,t > 0.
1 2
dt 3 dt 2 dt

3. Veriﬁque se a funcao por ramos indicada, e solucao da respectiva equacao
¸˜ ´ ¸˜ ¸˜
diferencial. 
 −t 2 , t < 0
(a) tx′ − 2x = 0; x = ;
 t 2, t≥0

 0, t < 0
(b) (x′ )2 = 9tx; x = .
 t 3, t ≥ 0

1 + ce2x
4. Seja y = a fam´lia de solucoes, de um parˆ metro, da equacao diferen-
ı ¸˜ a ¸˜
1 − ce2x
cial y′ = y2 − 1. Por inspeccao, determine a solucao singular desta equacao.
¸˜ ¸˜ ¸˜

62 ´
√ √
5. Sejam y1 = 4 − x2 e y2 = − 4 − x2 solucoes da equacao diferencial
¸˜ ¸˜

dy x
=− ,
dx y

no intervalo (−2, 2). Justifique porque
 √
 4 − x2 , −2 < x < 0
y= √
 − 4 − x2 , 0 ≤ x < 2

n˜ o e solucao.
a ´ ¸˜

6. Determine valores de m para os quais x = emt e solucao da equacao diferencial
´ ¸˜ ¸˜
(a) x′′ − 5x′ + 6x = 0; (b) x′′ + 10x′ + 25x = 0.

7. Determine valores de m para os quais x = t m e solucao da equacao diferencial
´ ¸˜ ¸˜
(a) t 2 x′′ − x = 0; (b) t 2x′′ + 6tx′ + 4x = 0.

dy
8. Suponha uma regi˜ o do plano–xy onde a equacao diferencial
a ¸˜ = y(a − by),
dx
com a, b s˜ o constantes positivas, esteja definida.
a

(a) Por inspeccao determine duas solucoes constantes da equacao.
¸˜ ¸˜ ¸˜

(b) Usando simplesmente a equacao diferencial, determine intervalos no
¸˜
eixo–y para os quais a solucao y = φ (x), n˜ o constante, cresce; bem
¸˜ a
como decresce.
a
(c) Usando somente a equacao diferencial, explique porque e y =
¸˜ ´ um
2b
ponto de inflex˜ o do gr´ fico da solucao n˜ o constante y = φ (x).
a a ¸˜ a

9. Determine uma regi˜ o do plano–xy na qual a equacao diferencial tenha uma
a ¸˜
solucao unica, que passe por (x0 , y0 ), nessa mesma regi˜ o.
¸˜ ´ a
dy 2 dy √ dy
(a) = y3 ; (b) = xy; (c) x = y;
dx dx dx
dy dy y
(d) − y = x; (e) 4 − y2 y′ = x2 ; (f) = (t − 1)e t−1 ;
dx dt
dx 3 cos x.
(g) =t
dt

´
1.14. EXERCICIOS 63

10. Determine, por inspeccao, pelo menos 2 solucoes do PVI
 ¸˜  ¸˜
 x′ = 3x 32 dx
 t = 2x
(a) ; (b) dt .
 x(0) = 0  x(0) = 0

11. Verifique se o Teorema da existˆ ncia e unicidade garante a existˆ ncia de uma
e e
dy
solucao unica para a equacao diferencial
¸˜ ´ ¸˜ = y2 − 9 em cada ponto dado;
dx
(a) (1,4); (b) (5,3); (c) (2,-3); (d) (-1,1).

12. Considere-se a equacao diferencial y′ = 1 + y2 .
¸˜

(a) Determine a regi˜ o R do plano–xOy para a qual a equacao diferencial
a ¸˜
tenha uma solucao unica.
¸˜ ´

(b) Mostre que y = tan x satisfaz a equacao diferencial e a condicao y(0) =
¸˜ ¸˜
0.

(c) Determine o maior intervalo I para o qual y = tan x e solucao do PVI.
´ ¸˜

13. (a) Verifique que a equacao diferencial y′ = y2 possui uma unica solucao
¸˜ ´ ¸˜
que passa no ponto (x0 , y0 ).

(b) Use um software para resolucao de equacoes diferenciais (por exemplo o
¸˜ ¸˜
Scilab) para obter a representacao gr´ fica da solucao que passa por cada
¸˜ a ¸˜
um dos pontos: (0, 0), (0, 2), (1, 3), (−2, 4), (−2, −4), (0, −1.5), (1, −1).

(c) Use os gr´ ficos obtidos em (b) de forma a conjecturar sobre o maior
a
intervalo I de validade da solucao para cada um dos problemas de valor
¸˜
inicial.

14. (a) Considere a equacao diferencial y′ = x/y. Determine a regi˜ o R do plano–
¸˜ a
xOy para a qual a equacao possui uma solucao unica que passe por
¸˜ ¸˜ ´
(x0 , y0 ) ∈ R.

(b) Use um software para resolucao de equacoes (por exemplo o Scilab)
¸˜ ¸˜
para obter a representacao gr´ fica de diferentes PVI para (x0 , y0 ) ∈ R.
¸˜ a

64 ´

(c) Usando os resultados obtidos em (b), conjecture sobre a fam´lia de solucoes,
ı ¸˜
de um s´ parˆ metro, da equacao diferencial.
o a ¸˜

˜ ˜
15. Esboce o campo de direcA§Aes de cada uma das seguintes EDs:
dy dy
(a) = xy; (b) = 1 − xy;
dx dx
dy dy
(c) x = x; (d) = y + x;
dx dx
dy dy 1
(e) y = −x; (f) = ;
dx dt y
dx dy
(g) = 0.2t 2 + x; (h) = xey ;
dt dt
dx π dy y
(i) = x − cos t; (j) = 1− ;
dt 2 dt x
dy
(l) y = x.
dx

¸˜
Equacoes Diferenciais Ordin´ rias de ordem–1
a

¸˜
Equacoes diferenciais de vari´ veis separ´ veis
a a

1. Mostre que cada uma das equacoes diferenciais seguintes e de vari´ veis se-
¸˜ ´ a
par´ veis e resolva-as.
a

(a) xe−y sin x − yy′ = 0; (b) y′ = y2 x3 ;
1 + 2y2
(c) sec2 x dy + csc y dx = 0; (d) x′ = ;
y sin x
dy dy
(e) = sin x cos 2y − cos2 y ; (f) = xy1/2 ;
dx dx
dy
(g) = y2 − 9; (h) dy = 2t y2 + 4 dt;
dx
dx t
(i) (1 + x)dy − ydx = 0; (j) =− ;
dt x
(k) xy4 dx + (y2 + 2)e−3x dy = 0; (l) (1 + y2 )dx + (1 + x2 )dy = 0.

2. Determine a solucao de cada um dos seguintes problemas de valores iniciais:
¸˜
dx π
(a) = 4 x2 + 1 , x 4 = 1;
dy

´
1.14. EXERCICIOS 65

(b) 1 + t 4 dy + t 1 + 4y2 dt = 0, y (1) = 0;

(c) (e−y + 1) sin x dx = (1 + cos x) dy, y (0) = 0.

3. Para cada um dos seguintes casos, determine a funcao y cujo gr´ ﬁco contenha
¸˜ a
o ponto indicado:
dy 1
(a) − y2 = −9, P = (0, 0), Q = (0, 1), R = 3 , 1 ;
dx
dy
(b) x = y2 − y, P = (1, 2), Q = (1, −1), R = 1 , 2 . 2
1
dx
dx
4. Uma ED da forma = f (at + bx + c), b = 0 pode sempre reduzir-se a uma
dt
equacao de vari´ veis separ´ veis, atrav´ s da substituicao u = at + bx + c.
¸˜ a a e ¸˜
dx 1
(a) = ;
dt t +x+1
dy
(b) = (x + y + 1)2 ;
dx
dx 1 − t − x
(c) = ;
dt t +x
dx √
(d) = 2 + x − 2t + 3;
dt
dx
(e) = 1 + ex−t+5 .
dt
¸˜
Equacoes diferencias homog´ neas
e

1. Veriﬁque a homogeneidade das seguintes funcoes:
¸˜
√
(a) f (t, x) = t 3 + x3 ; (b) f (t, x) = x2 + y2 + 1;
t
(c) f (t, x) = + 4; (d) f (t, x) = 6t 3 − t 2 x2 ;
2x
(e) f (t, x) = t 2 − y; (f) f (t, x) = t 2 + 3tx + x2 ;

2. Usando uma substituicao adequada, resolva as seguintes ED homog´ neas:
¸˜ e

(a) (t − x)dt + tdx = 0;

(b) tdt + (x − 2t)dx = 0;

66 ´

(c) (x2 + xt)dt − t 2dx = 0;
dx t + 3x
(d) = ;
dt 3t + x
√
(e) −xdt + (t + tx)dx = 0;
dx √
(f) t − x = t 2 + x2 .
dt
3. Resolva cada uma das seguinte ED homog´ nea, sujeitas a condicao inicial
e ` ¸˜
indicada.
dx
(a) tx2 = x3 − t 3 , x(1) = 2;
dt
x x
(b) t + xe t dt − te t dx = 0, x(1) = 0;

(c) xdt + t(lnt − ln x − 1)dx = 0, x(1) = e;
dt
(d) (t 2 + 2x2 ) = tx, x(−1) = 1.
dy

¸˜
Equacoes diferenciais lineares

1. Determine a solucao das equacoes diferenciais seguintes:
¸˜ ¸˜
dy
(a) + y cot x = 2 cos x;
dx
(b) y′ + 3x2 y = x2 ;

(c) xy′ + (1 + x) y = e−x sin (2x);

(d) cos2 x sin x dy + y cos3 x − 1 dx = 0;
dy 1 − e−2x
(e) +y = x ;
dx e + e−x
dr 4
(f) + r = θ 4;
dθ θ
(g) y′ = (10 − y) cosh x;
dx
(h) + 2tx = x + 4t − 2.
dt
2. Resolva cada um dos seguintes problemas de condicoes iniciais:
¸˜

´
1.14. EXERCICIOS 67

(a) y′ = 2y + x e3x − e2x , y (0) = 2;
dy
(b) (x + 1) + y = ln x, y (1) = 10;
dx
(c) y′ + (tan x) y = cos2 x, y (0) = −1;

dy  x, 0 ≤ x < 1
(d) 1 + x2 + 2xy = f (x), f (x) = , y (0) = 0;
dx  −x, x ≥ 1

dT
(e) = k (T − 50), T (0) = 200 (k e uma constante real).
´
dt

¸˜
Equacoes diferenciais de Bernoulli

1. Considere a equacao diferencial de Bernoulli
¸˜

y′ + a (x) y = b (x) yk , (1.70)

(a) Mostre que existe uma substituicao da forma z = yl que transforma a
¸˜
equacao (1.70), com k = 0, 1, numa equacao diferencial linear;
¸˜ ¸˜
y
(b) Resolva a equacao diferencial y′ + 3x = − 3 y4 .
¸˜ x

2. Mostre que cada uma das equacoes diferenciais seguintes e de Bernoulli e
¸˜ ´
resolva-as.
1
(a) 3y′ + y = ;
y2
(b) y′ + xy = xy2 ;
3 1
(c) y′ − y = x4 y 3 ;
x
2
(d) y′ + 2xy = 2y2 ex ;

(e) 2y′ sint + y cost = y3 sin2 t;
x cos y
(f) 2x′ ln y + = ;
y x
(g) ty′ + y = y2 lnt.

3. Determine a solucao de cada um dos seguintes problemas de valores iniciais:
¸˜

68 ´

(a) 3y′ = (3 − 6t)y4 − y, y (0) = 1;

(b) xy′ + y = x2 y2 , y (1) = 1.

¸˜
Equacoes diferenciais de Riccati

1. Considere a equacao diferencial de Riccati
¸˜

y′ = a (x) y2 + b (x) y + c (x) (1.71)

e suponha conhecida uma solucao particular y1 .
¸˜

(a) Mostre que a substituicao y = y1 + u transforma a equacao (1.71) numa
¸˜ ¸˜
equacao diferencial linear;
¸˜

(b) Resolva a equacao diferencial y′ = y2 + (1 − 2x) y + x2 − x + 1 , sa-
¸˜
bendo que y = x e solucao.
´ ¸˜

2. Determine a solucao de cada uma das seguintes equacoes diferenciais de Ric-
¸˜ ¸˜
cati, sendo dada uma das suas solucoes particulares:
¸˜

(a) y′ − y2 + 2ex y = e2x + ex , y1 = ex ;

(b) y′ + y2 − 2y sin x + sin2 x = cos x, y1 = sin x;

(c) e−x y′ + y2 − 2ex y = 1 − e2x , y1 = ex ;

(d) xy′ − y2 + (2x + 1) y = x2 + 2x, y1 = x.

¸˜
Equacoes exactas

1. Determine se cada uma das seguintes equacoes e exacta. Resolva-a em caso
¸˜ ´
aﬁrmativo.

(a) (2t − 1) dt + (3x + 7) dx = 0;

(b) (sin x − x sint) dt + (cost + t cos x − x) dx = 0;
1 dx x
(c) 2x − + cos 3t + − 4t 3 + 3x sin 3t = 0;
t dt t 2

´
1.14. EXERCICIOS 69

(d) (t + x) (t − x) dt + t (t − 2x) dx = 0;

(e) 3t 2 x + ex dt + t 3 + tex − 2x dx = 0;
3 3
(f) 1 − + x dt + 1 − + t dx = 0;
t x
2 2
(g) 2x sint cost − x + 2x2 etx dt = t − sin2 t − 4txetx dx = 0.

2. Determine a solucao de cada uma das seguintes equacoes diferenciais sujeitas
¸˜ ¸˜
a respectiva condicao inicial.
` ¸˜

(a) (t + x)2 dt + 2tx + t 2 − 1 dx = 0, x(1) = 1;

(b) (et + x) dt + (2 + t + xex ) dx = 0, x(0) = 1;

(c) (4x + 2t − 5) dt + (6x + 4t − 1) dx = 0, x(−1) = 2;
3x2 − t 2 dx t
(d) + 4 = 0, x(1) = 1;
x5 dt 2x
(e) x2 cost − 3t 2 x − 2t dt + 2x sint − t 3 + ln x dx = 0, x(0) = e;
1 dx
(f) + cost − 2xt = x (x + sint) , x(0) = 1.
1 + x2 dt
3. Para cada uma das seguintes equacoes diferenciais, determine k de tal forma
¸˜
que a ED seja exacta.

(a) x3 + ktx4 − 2t dt + 3tx2 + 20t 2 x3 dx = 0;

(b) 2t − x sintx + kx4 dt − 20tx3 + t sintx dx = 0;

(c) 2tx2 + xet dt + 2t 2 x + ket − 1 dx = 0;

(d) 6tx3 + cos x dt + kt 2x2 − t sin x dx = 0.

4. Determine uma funcao M(t, x), de tal forma que a ED
¸˜

1
M(t, x)dt + tetx + 2tx + dx = 0
t

seja exacta.

70 ´

5. Determine a funcao N(t, x), de tal forma que a a ED
¸˜

1 1 t
x 2 t−2 + dt + N(t, x)dx = 0
t2 + x

seja exacta.

6. Por vezes e poss´vel transformar uma ED n˜ o exacta numa ED exacta, atrav´ s
´ ı a e
da multiplicacao dessa equacao por um factor integrante µ (t, x). Para os se-
¸˜ ¸˜
guintes problemas, resolva a ED indicada utilizando o factor integrante suge-
rido.

(a) 6txdt + (4x + 9t 2 )dx = 0, µ (t, x) = x2 ;
1
(b) −x2 dt + (t 2 + tx)dx = 0, µ (t, x) = ;
t 2x
(c) (−tx sint + 2x cost)dt + 2t costdx = 0, µ (t, x) = tx;

(d) x(t + x + 1)dt + (t + 2x)dx = 0, µ (t, x) = ex .

´
1.14. EXERCICIOS 71

¸˜ ¸˜
Aplicacoes das equacoes diferencias de ordem—1

Crescimento demogr´ ﬁco
a

O modelo de Malthus
O modelo matem´ tico mais simples para descrever o crescimento populaci-
a
onal de algumas esp´ cies e conhecido por modelo de crescimento populaci-
e ´
onal ou de Malthus. Este modelo assume que uma populacao cresce a uma
¸˜
taxa proporcional ao tamanho da populacao presente. Se P(t) representa o
¸˜
n´ mero de indiv´duos de uma determinada esp´ cie no instante t, ent˜ o um
u ı e a
esta situacao pode ser descrita pela equacao diferencial:
¸˜ ¸˜
dP
(t) = KP(t) (1.72)
dt
onde K e a constante de proporcionalidade.
´

1. O n´ mero inicial de bact´ rias numa cultura e 600 e aumenta para 1 800
u e ´
em duas horas. A taxa de variacao do n´ mero de bact´ rias e directa-
¸˜ u e ´
mente proporcional ao n´ mero de bact´ rias presente.
u e

(a) Determine o n´ mero de bact´ rias ao ﬁm de 4 horas.
u e

(b) Quanto tempo demorar´ a populacao a atingir 48 600?
a ¸˜

2. No seu anivers´ rio, o Jo˜ o recebeu um formigueiro onde o n´ mero de
a a u
formigas cresce a uma taxa proporcional ao n´ mero de formigas exis-
u
tentes em cada instante. Passadas 10 horas, o n´ mero de formigas tinha
u
duplicado. Quanto tempo demorar´ at´ ue o n´ mero de formigas tenha
a e u
quadriplicado?

Modelo Log´stico ou de Verhulst
ı
A equacao diferencial (1.72) e apropriada a modelacao do crescimento de
¸˜ ´ ` ¸˜
uma populacao, mas s´ em condicoes ideais.
¸˜ o ¸˜
Um modelo mais realista deve ter em conta que, num determinado ambiente,
os recursos s˜ o limitados e portanto s´ h´ capacidade para um certo n´ mero
a o a u

72 ´

de indiv´duos, L, que se designa por capacidade de suporte. Segundo este
ı
modelo, inicialmente a populacao cresce exponencialmente, mas o n´ mero
¸˜ u
de indiv´duos tende a estabilizar quando se aproxima a sua capacidade de
ı
suporte L. Considera-se ent˜ o a seguinte equacao diferencial
a ¸˜

dP P
(t) = KP 1 − , (1.73)
dt L

onde K e a constante de proporcionalidade, e P(t) designa o n´ mero de in-
´ u
div´duos da populacao em cada instante.
ı ¸˜

1. (a) Mostre que se P satisfaz a equacao log´stica (1.73), ent˜ o
¸˜ ı a

d2P P 2P
2
= K 2P 1 − 1− . (1.74)
dt L L

(b) Deduza que a populacao cresce mais rapidamente quando atinge
¸˜
um n´ mero de indiv´duos igual a metade da capacidade de suporte
u ı
L.

2. Uma equipa de bi´ logos colocou num lago 400 peixes de uma esp´ cie
o e
com capacidade de suporte de 10 000. Ao ﬁm do primeiro ano o n´ mero
u
de peixes triplicou.

(a) Admitindo que o n´ mero de peixes cresce de acordo com o modelo
u
log´stico, determine o tamanho da populacao passados t anos.
ı ¸˜

(b) Quanto tempo ser´ necess´ rio para que a populacao aumente para
a a ¸˜
5 000?

¸˜
Propagacao de doenca
¸
Na propagacao de uma doenca contagiosa, por exemplo o v´rus da gripe, e
¸˜ ¸ ı ´
razo´ vel admitir a taxa de propagacao proporcional ao produto de atingidos
a ¸˜
pela doenca x(t) pelo n´ mero dos n˜ o atingidos y(t):
¸ u a

dx
= Kxy (1.75)
dt

´
1.14. EXERCICIOS 73

1. A propagacao de um boato pode ser modelada da seguinte forma: a taxa
¸˜
de propagacao e proporcional ao produto da parte da populacao que j´
¸˜ ´ ¸˜ a
ouviu o boato pela parte que ainda n˜ o ouviu.
a

(a) Escreva uma equacao diferencial que modele esta situacao, e deter-
¸˜ ¸˜
mine a sua solucao.
¸˜

´
(b) Uma aldeia tem 1 000 habitantes. As 8 horas, 80 pessoas tinham
ouvido o boato, e ao meio-dia metade da aldeia. A que horas 80%
da populacao ter´ ouvido o boato?
¸˜ a

2. Um estudante, portador do v´rus da gripe, regressa ao col´ gio com mais
ı e
1 000 alunos. Suponha que o col´ gio est´ completamente isolado e
e a
que o v´rus se propaga a uma taxa proporcional, n˜ o apenas ao n´ mero
ı a u
infectados, I, mas tamb´ m ao n´ mero de alunos n˜ o infectados.
e u a

(a) Determine o n´ mero de infectados ap´ s 6 dias, sabendo que passa-
u o
dos 4 dias eles j´ s˜ o 50.
a a

(b) Calcule o valor limite de I(t).

Problemas de aquecimento e arrefecimento

Lei do arrefecimento de Newton
A velocidade de arrefecimento de um corpo, num ambiente de temperatura
constante, Tm , e proporcional a diferenca entre a sua temperatura em cada
´ ` ¸
instante, T, e a temperatura do meio ambiente:

˙
T = K (T − Tm ) . (1.76)

1. Um objecto met´ lico a temperatura de 100o C e mergulhado em agua.
a ` ´ ´
Ao ﬁm de cinco minutos a temperatura do objecto desceu para 60o C.
Determine o instante em que a temperatura do objecto e de 31o C, sa-
´
bendo que a agua e mantida a 30o C.
´ ´

74 ´

2. Ao meio-dia o Dr. Poiares chega a cena do crime e depara-se com um
`
detective a tapar o corpo assassinado. ”Doutor, precisamos de saber a
que horas foi cometido o crime.“—diz imediatamente o detective. O Dr.
Poiares repara que o ar condicionado estava ligado a temperatura de 20o
`
C, e mede a temperatura do corppo: 34o C. ”N˜ o mexam nem no corp
a
nem no ar condicionado, que eu j´ volto”—grita o Dr. Poiares, para que
a
todos possam ouvi-lo. Passada 1 hora, ele verifica que a temperatura do
corpo tinha descido para 33.7o C. A que horas foi o crime cometido?
(Nota: Assume-se a temperatura do corpo, em vida, como sendo 37o C.)

¸˜
Desintegracao radioactiva
As substˆ ncias radioactivas desintegram-se por emiss˜ o expontˆ nea de radiacao.
a a a ¸˜
Factos experimentais mostram que a taxa de desintegracao e proporcional a
¸˜ ´ `
quantidade de substˆ ncia presente.
a
Se Q = Q(t) e a quantidade de uma substˆ ncia radioactiva existente no ins-
´ a
tante t, ent˜ o o processo de desintegracao pode ser descrito pela seguinte
a ¸˜
equacao diferencial
¸˜
dQ
(t) = KQ(t), (1.77)
dt

onde K e a constante de proporcionalidade, que sabemos ser bem definida sob
´
o ponto de vista f´sico.
ı
A meia-vida de uma substˆ ncia radioactiva e o tempo necess´ rio para uma
a ´ a
quantidade inicial dessa substˆ ncia , Q0 = Q(0), por desintegracao, se reduzir
a ¸˜
a metade.

1. A meia-vida do r´ dio e de 1590 anos. Determine a percentagem de
a ´
massa de r´ dio que se desintegra ao fim de 100 anos.
a

1
2. Descobriu-se um osso fossilizado com da quantidade inicial de
1 000
carbono 14. Sabendo que a meia-vida do carbono 14 e de 5 600 anos,
´
determine a idade do f´ ssil.
o

´
1.14. EXERCICIOS 75

3. Ap´ s 3 dias, uma amostra de rad˜ o–222 reduziu-se, por desintegracao,
o a ¸˜
para 58% da quantidade original.

(a) Determine a meia-vida do rad˜ o–222.
a

(b) Determine o tempo necess´ rio para que a amostra se reduza a 10%
a
da quantidade original.

Problemas geom´ tricos Determine uma EDO satisfeita por uma fam´lia de
e ı
curvas que tem a propriedade de a recta tangente a curva no ponto (x, y) ser
`
perpendicular a recta que pasa por esse ponto e pela origem das coordenadas.
`

Trajectorias ortogonais
Uma curva que intersecta ortogonalmente cada elemento de uma fam´lia de
ı
curvas, diz-se uma traject´ ria ortogonal a dita fam´lia.
o ` ı

1. Suponhamos que a fam´lia de curvas e deﬁnida pela relacao:
ı ´ ¸˜

y = f (x) + c, c ∈ ℜ, (1.78)

onde f e funcao real de vari´ vel real, diferenci´ vel. Determine uma
´ ¸˜ a a
EDO a que est˜ o sujeitas as traject´ rias ortogonais desta fam´lia.
a o ı

2. Determine as traject´ rias ortogonais das seguintes fam´lias de curvas:
o ı
(a) y = Kx2 (b) y = (x + k)−1
(c) x2 − y2 = k (d) y = ke−x .

Circuitos el´ ctricos Num circuito el´ ctrico, (C-RL), constitu´do por um ge-
e e ı
rador G que, em cada instante t produz uma voltagem de E(t) volts (V) e uma
corrente I(t) amp´ res (A), por uma resistˆ ncia R ohms (Ω) e uma bobina que
e e
gera uma indutˆ ncia L henrys (H), tem-se que a diferenca de potencial nas
a ¸
extremidades da bobina e dada por:
´

dI
VL (t) = L (t) (1.79)
dt

76 ´

e a diferenca de potencial nas extremidades da resistˆ ncia e dada por:
¸ e ´

VR (t) = R I(t). (1.80)

Ent˜ o, de acordo com uma das leis de Kirchhoff, quando for fechado o inter-
a
ruptor, obt´ m-se:
e
VL (t) +VR(t) = E(t), (1.81)

ou seja
dI
L +R I = E (1.82)
dt
Se o circuito el´ trico, (C-RC), for constitu´do por um gerador G que, em
e ı
cada instante t produz uma voltagem de E(t) volts (V) e uma corrente I(t)
amp´ res (A), por uma resistˆ ncia R ohms (Ω) e um condensador (C) com
e e
capacitˆ ncia de C farads (F) e que gera uma carga de Q(t) coulombs, tem-se
a
que a diferenca de potencial nas extremidades do condensador e dada por:
¸ ´
Q
VC (t) = . (1.83)
C
dQ
Tendo em conta que I = , de acordo com uma das leis de Kirchhoff,
dt
quando for fechado o interruptor, obt´ m-se:
e

VC (t) +VR(t) = E(t), (1.84)

ou seja:
dQ Q
R + = E(t). (1.85)
dt C
1. Suponha que num circuito el´ trico (C-RC) a resistˆ ncia e de 5 Ω, a
e e ´
capacitˆ ncia de 0.05 F e o gerador fornece uma voltagem constante de
a
60 V.

(a) Escreva uma equacao diferencial que descreva a variacao da carga
¸˜ ¸˜
no circuito ao longo do tempo e resolva-a.

(b) Se a carga inicial for Q(0) = 0 C, determine o seu valor passados 2
s.

´
1.14. EXERCICIOS 77

2. Suponha que num circuito el´ trico (C-RL) a resistˆ ncia e de 5 Ω, a
e e ´
indutˆ ncia de 4 H e o gerador fornece uma voltagem constante de 60 V.
a

(a) Escreva uma equacao diferencial que descreva a variacao da cor-
¸˜ ¸˜
rente no ciruito ao longo do tempo e resolva-a.

(b) Se a intensidade inicial for I(0) = 0 A, determine o seu valor pas-
sados 10 s.

78 ´

Cap´tulo 2
ı

¸˜
Equacoes diferenciais de
segunda ordem e de ordem
superior

Como j´ nos apercebemos, n˜ o existe um procedimento geral para resolver equacoes
a a ¸˜
diferenciais, mesmo de primeira ordem. Mas existem m´ todos sistem´ ticos que nos
e a
permitem obter a solucao de determinadas classes de equacoes diferenciais, como
¸˜ ¸˜
por exemplo a classe das equacoes diferenciais lineares. Neste cap´tulo, vamos estu-
¸˜ ı
dar a teoria da equacoes diferenciais lineares. Comecemos por relembrar a deﬁnicao
¸˜ ¸˜
de equacao linear dada na Seccao 1.6.
¸˜ ¸˜

Aquando da discuss˜ o da equacao diferencial de primeira ordem
a ¸˜

y′ (x) + a(x)y(x) = g(x),

vimos que esta equacao tem um n´ mero inﬁnito de solucoes, dado a sua solucao
¸˜ u ¸˜ ¸˜
geral envolver uma constante arbitr´ ria. Esta constante arbitr´ ria pode ser determi-
a a
nada atrav´ s de uma condicao adicional y(x0 ) = y0 , como vimos nos v´ rios exem-
e ¸˜ a
plos dessa mesma seccao. Atrav´ s do Teorema 5, sabemos que sempre que a(x) e
¸˜ e

79

80 ´
CAPITULO 2. ED DE ORDEM–2 OU SUPERIOR

g(x) s˜ o funcoes contńuas, a solucao do PVI e unica. Podemos resumir estas ideias
a ¸˜ ı ¸˜ ´´
da seguinte forma:

Se a(x) e g(x) s˜ o funcoes contńuas, ent˜ o a equacao
a ¸˜ ı a ¸˜

y′ (x) + a(x)y(x) = g(x)

tem uma e uma s´ solucao que satisfaz a condicao inicial y(x0 ) = y0 .
o ¸˜ ¸˜

Este e um resultado muito util dado que facilmente nos permite concluir que, uma
´ ´
vez obedecendo a condicoes de continuidade, toda a equacao diferencial de primeira
¸˜ ¸˜
ordem associada a uma condicao inicial tem solucao unica. Falta agora determinar
¸˜ ¸˜ ´
essa mesma solucao. M˜ os ao trabalho, ent˜ o!
¸˜ a a

Acontece que esta agrad´ vel propriedade continua a ser v´ lida para equacoes di-
a a ¸˜
ferenciais lineares de segunda ordem ou superior, residindo a unica diferenca no
´ ¸
n´ mero de condicoes a especificar. Por exemplo para uma equacao de ordem dois,
u ¸˜ ¸˜
temos de especificar duas condicoes:
¸˜

Se a(x), b(x) e g(x) s˜ o funcoes contńuas, ent˜ o a equacao
a ¸˜ ı a ¸˜

y′′ (x) + a(x)y′ (x) + b(x)y(x) = g(x) (2.1)

tem uma e uma s´ solucao que satisfaz a condicao inicial
o ¸˜ ¸˜

y(x0 ) = y0 , y′ (x0 ) = y1 ,

para quaisquer n´ meros reais x0 , y0 e y1 .
u

Vejamos de seguida a generalizacao do Teorema 5 para equacoes diferenciais de
¸˜ ¸˜
ordem –2 ou superior.

ˆ ¸˜
Teorema 7 (Existencia/Unicidade de solucao para PVI) Sejam
a0 (x), a1 (x), . . ., an−1 (x) e g(x) funcoes contńuas num intervalo I, centrado em
¸˜ ı

81

x0 ∈ I e c1 , c2 , . . . , cn constantes dadas. Ent˜ o existe uma unica solucao y(x), x ∈ I,
a ´ ¸˜
que satisfaz a equacao diferencial
¸˜
d ny d n−1 y dy
n
+ an−1 (x) n−1 + · · · + a1 (x) + a0 (x)y = g(x),
dx dx dx
no intervalo I, bem como as n condicoes iniciais
¸˜

y(x0 ) = c0 , y′ (x0 ) = c1 , y′′ (x0 ) = c2 , . . . , y(n−1) (x0 ) = cn .

A demonstracao deste teorema pode ser encontrada em v´ rios textos cl´ ssicos. Ver
¸˜ a a
por exemplo (Grossman & Derrick, 1988).

Exemplo 2.1

3y′′′ + 5y′′ − y′ + 7y = 0

y(1) = 0

y′ (1) = 0

y′′ (1) = 0

Claramente y = 0 e solucao trivial do PVI. Atendendo ao Teorema 7, esta solucao
´ ¸˜ ¸˜
e a unica solucao do PVI em qualquer intervalo contendo x0 = 1.
´ ´ ¸˜

Exemplo 2.2 Seja y = 3e2x + e−2x − 3x uma solucao do seguinte PVI:
¸˜

 y′′ − 4y = 12x



y(0) = 4


 ′
 y (0) = 1

Uma vez que a1 (x) = 0, a0 (x) = −4 e g(x) = 12x s˜ o cont´nuas, podemos aﬁrmar
a ı
que esta solucao e unica.
¸˜ ´ ´

Exemplo 2.3 Consideremos o seguinte PVI:

 x2 y′′ − 2xy′ + 2y = 6



y(0) = 3


 ′
 y (0) = 1

82 ´

Podemos verificar que a funcao y = cx2 + x + 3 e uma solucao deste PVI em no
¸˜ ´ ¸˜
intervalo (−∞, ∞) , qualquer que seja o valor do parˆ metro real c. (Verifique!)
a

Sendo assim, conclu´mos que este PVI admite uma infinidade de solucoes, o que nos
ı ¸˜
conduz a quest˜ o: “Porque motivo n˜ o podemos usar o Teorema 7 neste caso?”
` a a

Observemos que a2 (x) = x2 toma o valor zero quando x = 0 e 0 ∈ (−∞, ∞) e precisa-
´
mente o valor x0 das condicoes iniciais. Deste modo, n˜ o s˜ o reunidas as condicoes
¸˜ a a ¸˜
do Teorema 7.

Atencao que o Teorema 7 e uma condicao suficiente que se aplica somente a PVI
¸˜ ´ ¸˜
e nunca a problemas de valor de fronteira (PVF). Ou seja, quando se trata de um
PVF nada se pode concluir ainda que as condicoes do Teorema 7 sejam verificadas.
¸˜
Vejamos os seguintes exemplos:

Exemplo 2.4 Consideremos a equacao diferencial y′′ + 16y = 0.
¸˜

 y(0) = 0
 y π
1. Com as condicoes de fronteira
¸˜ ,
= 0
2
o PVF tem um n´ mero infinito de solucoes.
u ¸˜

 y(0) = 0
¸˜ π ,
 y = 0
8
o PVF tem solucao unica.
¸˜ ´

 y(0) = 0
 y π
¸˜ ,
= 1
2
o PVF n˜ o tem solucao.
a ¸˜

De forma a simplificar a nossa exposicao, passaremos de seguida a discutir somente
¸˜
equacoes de ordem-2, sendo a generalizacao a equacoes diferenciais de ordem su-
¸˜ ¸˜ ¸˜
perior a segunda feita no final deste cap´tulo. Chamamos a atencao para o facto de
` ı ¸˜
todos os resultados apresentados neste cap´tulo poderem ser estendidos a qualquer
ı
equacao diferencial linear de ordem superior.
¸˜

83

No que se segue, a n˜ o ser que algo seja dito em contr´ rio, assumimos que todas as
a a
funcoes s˜ o contńuas em R.
¸˜ a ı

¸˜
Definicao 12 Se as funcoes a(x) e b(x) em (2.1) s˜ o constantes, i.e. a(x) = a
¸˜ a
e b(x) = b, ent˜ o a equacao diz-se de coeficientes constantes. Caso a(x) ou b(x)
a ¸˜
n˜ o sejam constantes, ent˜ o a equacao diz-se de coeficientes vari´ veis.
a a ¸˜ a

Obviamente que as equacoes de coeficientes constantes s˜ o as mais f´ ceis de resol-
¸˜ a a
ver.

Exemplo 2.5 1. A equacao y′′ + 3y′ − 10y = 0 tem coeficientes constantes.
¸˜

2. A equacao y′′ + 3xy′ − 10x2 y = 0 tem coeficientes vari´ veis.
¸˜ a

Antes de prosseguirmos, e melhor percebermos bem o que procuramos. Comece-
´
mos por analisar a equacao de primeira ordem
¸˜

y′ + 2y = 0,

cuja solucao sabemos ser y = ce−2x , c ∈ R. Observando esta solucao geral, con-
¸˜ ¸˜
clu´mos que uma vez encontrada uma solucao n˜ o nula, cada uma das outras solucoes
ı ¸˜ a ¸˜
e um m´ ltiplo dessa solucao. Para as equacoes de segunda ordem, temos uma
´ u ¸˜ ¸˜
situacao muito semelhante, somente com a diferenca de que necessitarmos de en-
¸˜ ¸
contrar duas solucoes n˜ o nulas e tal que uma n˜ o seja m´ ltipla da outra. Dito isto
¸˜ a a u
de uma maneira mais formal, precisamos de encontrar duas solucoes n˜ o nulas li-
¸˜ a
nearmente independentes entre si. Consideremos duas funcoes y1 e y2 . A y(x) =
¸˜
c1 y1 (x) + c2 y2 (x), com c1 , c2 constantes arbitr´ rias em R, chamamos combinacao
a ¸˜
linear de y1 e y2 .

Temos que:

1. As funcoes y1 e y2 dizem-se linearmente independentes no intervalo I se
¸˜
nesse intervalo a relacao y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) = 0 implicar c1 = c2 = 0
¸˜
para todo o x ∈ R.

84 ´

2. Caso contr´ rio, i.e., se ∃c1 , c2 = 0 : c1 y1 (x) + c2 y2 (x) = 0 as funcoes y1 e y2
a ¸˜
dizem-se linearmente dependentes no intervalo I.

Existe no entanto uma forma mais expedita de verificar se duas funcoes s˜ o ou n˜ o
¸˜ a a
linearmente independentes entre si. Consideremos:

c1 y1 (x) + c2 y2 (x) = 0, com c1 , c2 n˜ o simultaneamente nulos.
a

Suponhamos, sem perda de generalidade, que c1 = 0. Podemos escrever:
c2
y1 (x) + y2 (x) = 0,
c1
c2 c2
y1 (x) = − y2 (x) = cy2 (x), com c = − .
c1 c1
Portanto:

Duas funcoes dizem-se linearmente dependentes num intervalo I se uma e
¸˜ ´
m´ ltipla da outra.
u

Atencao que esta regra s´ funciona com duas funcoes!!! Quando queremos de-
¸˜ o ¸˜
monstrar a dependˆ ncia linear de mais do que duas funcoes, temos mesmo que usar
e ¸˜
a definicao.
¸˜

¸˜ ´
2.1 Solucao de ED homogeneas

As nocoes de combinacao linear e independˆ ncia linear s˜ o fulcrais a teoria das
¸˜ ¸˜ e a `
equacoes diferenciais lineares homog´ neas, como veremos de seguida. Considere-
¸˜ e
mos ent˜ o a a equacao homog´ nea
a ¸˜ e

y′′ (x) + a(x)y′ (x) + b(x)y(x) = 0 (2.2)

com a(x) e b(x) funcoes contńuas.
¸˜ ı

´
Teorema 8 E sempre poss´vel determinar duas solucoes linearmente indepen-
ı ¸˜
dentes da equacao diferencial (2.2).
¸˜

¸˜ ´
2.1. SOLUCAO DE ED HOMOGENEAS 85

Dem. Ver a demonstracao em (?, ?).
¸˜

Exemplo 2.6 Verifique que y1 = e−5x e y2 = e2x s˜ o solucoes linearmente in-
a ¸˜
dependentes da equacao:
¸˜
y′′ + 3y′ − 10y = 0.

¸˜
Resolucao: Comecamos por mostrar que y1 e y2 sõ de facto
¸ a
¸˜
solucoes:
′′ ′
e−5x + 3 e−5x − 10 e−5x = 25e−5x − 15e−5x − 10e−5x = 0
′′ ′
e2x + 3 e2x − 10 e2x = 4e2x + 6e2x − 10e2x = 0

Como e−5x = e−7x · e2x e e2x nõ ´ uma constante, entõ y1 e y2
a e a
sõ linearmente independentes.
a

Toda a equacao diferencial linear de segunda ordem tem duas solucoes linearmente
¸˜ ¸˜
independentes. Ora esta e toda a informacao de que necessitamos para escrever
´ ¸˜
qualquer solucao da equacao.
¸˜ ¸˜

Teorema 9 Sejam y1 e y2 duas solucoes da equacao (2.2) ent˜ o qualquer combina-
¸˜ ¸˜ a
cao linear destas duas solucoes e solucao da equacao (2.2).
¸˜ ¸˜ ´ ¸˜ ¸˜

Dem. Exercćio.
ı

Teorema 10 Sejam y1 e y2 duas solucoes linearmente independentes da equacao
¸˜ ¸˜
(2.2) e y3 uma outra solucao de (2.2). Ent˜ o existem constantes c1 e c2 , univoca-
¸˜ a
mente determinadas, tais que:

y3 (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x).

Dem. Exercćio.
ı

Por outras palavras, qualquer combinacao linear destas duas solucoes e solucao da
¸˜ ¸˜ ´ ¸˜
equacao (2.2).
¸˜

86 ´

¸˜ ¸˜
Definicao 13 (Solucao Geral da ED de segunda ordem) A solucao
¸˜
geral de (2.1) e dada pela combinacao linear
´ ¸˜

y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x),

com c1 e c2 constantes arbitr´ rias e y1 e y2 duas solucoes linearmente independen-
a ¸˜
tes.

Exemplo 2.7 A solucao geral da equacao y′′ + 3y′ − 10y = 0 e
¸˜ ¸˜ ´

y(x) = c1 e−5x + c2 e2x ,

com c1 , c2 constantes arbitr´ rias.
a

¸˜ ¸˜
Definicao 14 (Conjunto fundamental de solucoes ) Qualquer con-
junto de n solucoes linearmente independentes de uma equacao diferencial linear
¸˜ ¸˜
¸˜
de ordem–n, num intervalo I, designa-se conjunto fundamental de solucoes da
equacao no intervalo.
¸˜

Exemplo 2.8 e−5x , e2x e conjunto fundamental para a equacao do Exem-
´ ¸˜
plo 2.7.

¸˜
Definicao 15 (Wronskiano) Sejam y1 e y2 duas solucoes da equacao (2.2).
¸˜ ¸˜
O wronskiano de y1 (x) e y2 (x), W (y1 , y2 ) (x), e definido por
´

W (y1 , y2 ) (x) = y1 (x)y′ (x) − y′ (x)y2 (x).
2 1 (2.3)

O Wronskiano pode tamb´ m ser escrito utilizando determinantes:
e

y1 (x) y2 (x)
W (y1 , y2 ) (x) = (2.4)
y′ (x) y′ (x)
1 2

Relembrando que
a b
= ad − bc,
c d

¸˜ ´
2.1. SOLUCAO DE ED HOMOGENEAS 87

temos ent˜ o que
a

y1 (x) y2 (x)
= y1 (x)y2 (x) − y2 (x)y′ (x).
′
1
y′ (x)
1 y′ (x)
2

Diferenciado a equacao (2.3), temos que
¸˜

(W (y1 , y2 ))′ = y1 y′′ + y1 y′ − y′ y′ − y′′ y2
2
′
2 1 2 1

= y1 y2 − y′′ y2 .
′′
1

Dado que y1 e y2 s˜ o solucao da equacao (2.2), temos que
a ¸˜ ¸˜

y′′ + ay′ + by1 = 0
1 1 e y′′ + ay′ + by2 = 0
2 2

Multiplicando a primeira destas equacoes por y2 e a segunda por y1 e subtraindo-as
¸˜
entre si, temos que:

2 1 2
′
y1 y′′ − y2 y′′ + a y1 y′ − y2 y1 = 0,

ou seja
W ′ + aW = 0.

Utilizando a teoria da equacoes diferenciais de primeira ordem, facilmente chega-
¸˜
mos a conclus˜ o que
` a
W (y1 , y2 ) (x) = ce− a(x)dx
(2.5)

onde c e uma constante real arbitr´ ria. A f´ rmula (2.5) e conhecida por f´ rmula de
´ a o ´ o
Abel. Dado que a exponencial nunca se anula, conclu´mos que o wronskiano ou e
ı ´
sempre zero (quando c = 0) ou nunca se anula (quando c = 0). A importˆ ncia deste
a
facto est´ patente no seguinte teorema:
a

Teorema 11 As solucoes y1 e y2 da equacao (2.2) s˜ o linearmente indepen-
¸˜ ¸˜ a
dentes num intervalo I se e s´ se W (y1 , y2 ) (x) = 0, ∀x ∈ I.
o

Este ultimo teorema revela a sua utilidade de trˆ s modos distintos:
´ e

88 ´

• Fornece um modo de determinar a independˆ ncia linear entre duas solucoes
e ¸˜

• Simpliﬁca muito a demonstracao do Teorema 10
¸˜

• O wronskiano e facilmente extens´vel a equacoes de terceira e quarta ordem,
´ ı ¸˜
obtendo-se desta forma resultados semelhantes para equacoes de ordem mais
¸˜
elevada.

Exemplo 2.9 As funcoes y1 = e−5x e y2 = e2x s˜ o solucoes da equacao
¸˜ a ¸˜ ¸˜

y′′ + 3y′ − 10y = 0

e tem-se

e−5x e2x
W (y1 , y2 ) (x) =
−5e−5x 2e2x

= e−5x 2e2x − −5e−5x e2x = 7e−3x = 0

Como o wronskiano e n˜ o nulo para todo o x, conclui-se que as solucoes y1 = e−5x
´ a ¸˜
e y2 = e2x s˜ o linearmente independentes.
a

¸˜ ˜ ´
2.2 Solucao de ED nao homogeneas

Retomemos a equacao diferencial de segunda ordem n˜ o homog´ nea:
¸˜ a e

y′′ + a(x)y′ + b(x)y = g(x) (2.6)

Seja y p uma solucao particular de (2.6). Se soubermos a solucao geral da equacao
¸˜ ¸˜ ¸˜
homog´ nea que lhe est´ associada, podemos representar a solucao geral da equacao
e a ¸˜ ¸˜
n˜ o homog´ nea da seguinte forma:
a e

Teorema 12 Seja y p (x) uma solucao particular de (2.6) e y∗ (x) uma outra
¸˜
qualquer solucao. Ent˜ o y∗ (x) − y p (x) e solucao da equacao homog´ nea que lhe
¸˜ a ´ ¸˜ ¸˜ e

¸˜ ˜ ´
2.2. SOLUCAO DE ED NAO HOMOGENEAS 89

est´ associada, i.e.
a

y∗ (x) − y p (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)

y∗ (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + y p (x)

onde c1 e c2 s˜ o constantes arbitr´ rias e y1 e y2 s˜ o solucoes linearmente indepen-
a a a ¸˜
dentes da equacao homog´ nea associada (2.2).
¸˜ e

Temos ent˜ o que a solucao geral de uma equacao n˜ o homog´ nea se obt´ m so-
a ¸˜ ¸˜ a e e
mando:

• uma solucao particular da equacao n˜ o homog´ nea
¸˜ ¸˜ a e

com

• a solucao geral da equacao homog´ nea associada.
¸˜ ¸˜ e

Ou seja:

¸˜
Deﬁnicao 16 Seja y p uma solucao particular de (2.6) e y1 e y2 solucoes line-
¸˜ ¸˜
armente independentes da equacao homog´ nea associada (2.2). Ent˜ o a solucao
¸˜ e a ¸˜
geral da equacao n˜ o homog´ nea (2.6) e dada por
¸˜ a e ´

y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + y p (x) (2.7)

onde c1 e c2 s˜ o constantes reais arbitr´ rias.
a a

¸˜ ¸˜
Deﬁnicao 17 (Funcao complementar) Sendo a solucao de uma ED
¸˜
a e ¸˜
n˜ o homog´ nea do tipo (2.6) constituida por duas partes, chama-se funcao com-
plementar, e representa-se por yc , a parte que e tamb´ m solucao da ED homog´ nea
` ´ e ¸˜ e
associada, i.e.,

yc = c1 y1 (x) + c2 y2 (x).
1
Exemplo 2.10 Sabemos que xex e solucao da equacao y′′ − y = ex . Duas
´ ¸˜ ¸˜
2
solucoes da equacao y′′ − y = 0 s˜ o y1 = ex e y2 = e−x .
¸˜ ¸˜ a

90 ´

W (y1 , y2 ) (x) = 2ex (−e−x ) = −2 = 0, logo as solucoes s˜ o linearmente indepen-
¸˜ a
dentes.
1
Temos ent˜ o que y(x) = c1 ex +c2 e−x + xex e solucao geral da equacao y′′ −y = ex .
a ´ ¸˜ ¸˜
2

´ ¸˜
2.3 Metodo da reducao de ordem

De acordo com o Teorema 10, se conhecermos um conjunto fundamental de solucoes
¸˜
da equacao diferencial homog´ nea associada a (2.6), i.e., da equacao (2.2) a sua
¸˜ e ¸˜
solucao geral e a combinacao linear dos elementos do conjunto fundamental de
¸˜ ´ ¸˜
solucoes: y = c1 y1 + c2 y2 , onde c1 , c2 s˜ o constantes arbitr´ rias.
¸˜ a a

O m´ todo de reducao de ordem consiste em determinar a solucao y2 conhecendo
e ¸˜ ¸˜
y1 , ou vice-versa, atrav´ s do abaixamento da ordem da equacao diferencial.
e ¸˜

Assumindo que y1 e uma solucao n˜ o nula da ED homog´ nea, vamos procurar uma
´ ¸˜ a e
segunda solucao y2 tal que y1 e y2 sejam linearmente independentes. Assim, caso
¸˜
y2
y2 exista, teremos que ter = v(x), ou seja
y1

y2 = v(x)y1 . (2.8)

Assumindo (2.8), determinemos as derivadas sucessivas de y2 com vista a substituir
na equacao (2.2):
¸˜

(vy1 )′ = v′ y1 + vy′ ,
1

(vy1 )′′ = vy′′ + 2v′ y1 + v′′ y1 .
1
′

Substituindo ent˜ o em (2.2):
a

vy′′ + 2v′ y′ + v′′ y1 + a(x) v′ y1 + vy′ + b(x)vy1 = 0
1 1 1

y1 v′′ + (2y′ + ay1 )v′ + (y′′ + ay′ + by1 )v = 0
1 1 1

´ ¸˜
2.3. METODO DA REDUCAO DE ORDEM 91

Lembrando que y1 e solucao de (2.2), temos y′′ + ay′ + by1 = 0, donde
´ ¸˜ 1 1

y1 v′′ + (2y1 + ay1 )v′ = 0
′

Fazendo a mudanca de vari´ vel z = v′ transformamos esta ultima equacao, que e de
¸ a ´ ¸˜ ´
ordem–2, numa equacao de ordem–1:
¸˜

y1 z′ + (2y1 + ay1 )z = 0
′
(2.9)

Dividindo por y1 z, obtemos:
z′ 2y′
= − 1 − a.
z y1
Integrando em ordem a x, obtemos:

ln z = −2 ln y1 − a(x)dx.

Ent˜ o
a
1 −
z = eln z = e−2 ln y1 − a(x)dx
= e−2 ln y1 e− a(x)dx
= e a(x)dx
.
y2
1
Como z = v′ , temos:
1 − a(x)dx
ev′ = .
y2
1
Dado que a funcao exponencial nunca e nula, conclu´mos que v e n˜ o constante.
¸˜ ´ ı ´ a
Temos ent˜ o de integrar uma outra vez para obter v :
a

1 − a(x)dx
v= e dx. (2.10)
y2
1

Temos ent˜ o que
a
1 − a(x)dx
y2 = vy1 = y1 e dx.
y2
1

Exemplo 2.11 Consideremos y1 = x uma solucao particular da equacao
¸˜ ¸˜

x2 y′′ − xy′ + y = 0, x > 0.

Determine uma outra solucao linearmente independente.
¸˜

¸˜
Resolucao: Podemos resolver este problema de dois modos diferentes:

92 ´

Metodo 1 Seja y2 = vy1 = vx.
´
y1 =x

Derivando temos: y′ = v′ x + v e y2 = v′′ x + 2v′ .
2
′′

Substitu´mos na equacõ diferencial em questõ e obtemos:
ı ¸a a

x2 y′′ − xy′ + y2 = 0 = x2 v′′ x + 2v′ − x v′ x + v + vx = x3 v′′ + x2 v′ = 0
2 2

Dividindo ambos os membros por x2 temos:

xv′′ + v′ = 0

Efectuando agora a mudanca de vari´vel u = v′ , obtemos a seguinte
¸ a
¸˜
equacao de ordem primeira, que facilmente podemos resolver:

1
u′ = − u.
x

Ora a solucao desta equacõ de primeira ordem ´
¸˜ ¸a e

1
u(x) = e− ln x = eln(1/x) = .
x

Como u = v′ , temos que integrar outra vez:

1
v(x) = u(x)dx = dx = ln x.
x

Conclu´mos assim que y2 = vy1 = x ln x.
ı

Verifique agora que y2 ´ de facto solucõ da equacõ diferencial.
e ¸a ¸a

´
Metodo 2 Aplicamos directamente a f´rmula (2.10) para calcular
o
v. Para tal, dividimos a equacõ que queremos resolver por
¸a
x2 , e obtemos:
1 1
y′′ − y′ + 2 y = 0
x x
1
Temos que a(x) = − , o que implica que − a(x)dx = ln x e e− a(x)dx =
x
eln x = x.

´
2.4. ED HOMOGENEAS COM COEFICIENTES CONSTANTES 93

Aplicando a f´rmula, temos:
o
x
y2 = x = x ln x
x2

Posto isto a solucao geral da equacõ ´
¸˜ ¸a e

y = c1 y1 + c2 y2 = c1 x + c2 x ln x, x>0

e c1 , c2 sõ constantes arbitr´rias.
a a

Nota 15 Ainda que possa aplicar a f´ rmula (2.10) directamente, e sempre pre-
o ´
fer´vel deduzir todo o processo.
ı

¸˜ ´
2.4 Equacoes diferenciais homogeneas com co-
eficientes constantes

Apresentamos nesta seccao um procedimento de c´ lculo da solucao de uma equacao
¸˜ a ¸˜ ¸˜
diferencial homog´ nea com coeficientes constantes:
e

y′′ + ay′ + by = 0 (2.11)

Recordando que a equacao diferencial linear homog´ nea de ordem–1 y′ + ay = 0
¸˜ e
tem como solucao y = ce−ax , e plaus´vel investigar se uma solucao de (2.11) ter´
¸˜ ´ ı ¸˜ a
a forma y = eλ x , onde λ e um n´ mero real ou complexo. Assumimos ent˜ o que a
´ u a
solucao e desta forma e substitu´mos esta hipot´ tica solucao em (2.11) :
¸˜ ´ ı e ¸˜

λ 2 eλ x + aλ eλ x + beλ x = 0.

Dado que eλ x = 0, vem que

λ 2 + aλ + b = 0 (2.12)

com a e b n´ meros reais.
u

94 ´

Chama-se equacao caracter´stica a equacao (2.12). Fica assim claro que se λ
¸˜ ı ` ¸˜
satisﬁzer a equacao caracter´stica, ent˜ o eλ x e solucao de (2.11).
¸˜ ı a ´ ¸˜

Dado que a equacao caracter´stica e quadr´ tica, logo tem duas ra´zes:
¸˜ ı ´ a ı
√ √
−a + a2 − 4b −a + a2 − 4b
λ1 = and λ2 = (2.13)
2 2

De acordo com as ra´zes da equacao caracter´stica, distinguimos trˆ s diferentes ca-
ı ¸˜ ı e
sos:

Caso 1 Se a2 − 4b > 0 ent˜ o as ra´zes λ1 e λ2 s˜ o reais e distintas.
a ı a

Caso 2 Se a2 − 4b = 0 ent˜ o as ra´zes λ1 e λ2 s˜ o reais e iguais.
a ı a

Caso 3 Se a2 − 4b < 0 ent˜ o as ra´zes λ1 e λ2 s˜ o complexas conjugadas.
a ı a

Analisemos agora em pormenor cada um destes casos:

2.4.1 Ra´zes reais e distintas
ı

Temos neste caso que as solucoes da equacao (2.11) s˜ o y1 = eλ1 x e y2 = eλ2 x .
¸˜ ¸˜ a
y1
Estas solucoes s˜ o linearmente independentes, pois
¸˜ a = e(λ1 −λ2 )x e claramente
´
y2
n˜ o constante sempre que λ1 = λ2 .
a

Acab´ mos de provar o seguinte teorema:
a

Teorema 13 Se a2 − 4b > 0, ent˜ o as ra´zes da equacao caracter´stica, λ1 e
a ı ¸˜ ı
λ2 , s˜ o reais e distintas. Neste caso, a solucao geral da equacao (2.11) e dada por
a ¸˜ ¸˜ ´

y(x) = c1 eλ1 x + c2 eλ2 x , (2.14)

onde c1 , c2 s˜ o constantes reais arbitr´ rias e y1 , y2 s˜ o as ra´zes de (2.12)
a a a ı

Exemplo 2.12 Consideremos a equacao
¸˜

y′′ + 3y′ − 10y = 0,

´

cuja equacao caracter´stica e λ 2 + 3λ − 10 = (λ − 2)(λ + 5) = 0, cujas ra´zes s˜ o
¸˜ ı ´ ı a
λ = 2 e λ = −5. Ent˜ o a solucao geral e
a ¸˜ ´

y(x) = c1 e2x + c2 e−5x .

Se especiﬁcarmos as condicoes iniciais y(0) = 1 e y′ (0) = 3, podemos calcular as
¸˜
constantes c1 e c2 : 
 c1 + c2 = 1
 2c − 5c = 3,
1 2

8 1
que tem como solucao c1 =
¸˜ e c2 = − . Ent˜ o a solucao unica deste problema de
a ¸˜ ´
7 7
valor inicial e
´
1
y(x) = 8e2x − e−5x .
7

2.4.2 Ra´zes reais e iguais
ı

Neste caso a equacao (2.12) tem a ra´z dupla λ1 = λ2 = −a/2, o que faz com que
¸˜ ı
y(x) = e−ax/2 seja solucao da equacao (2.11).
¸˜ ¸˜

Usamos agora o procedimento da seccao anterior para calcular uma segunda ra´z
¸˜ ı
que seja linearmente independente desta. Facamos
¸

y2 = vy1 = ve−ax/2 (2.15)
a
y′ = v′ e−ax/2 − ve−ax/2
2 (2.16)
2
a2 −ax/2
y′′ = v′′ e−ax/2 − av′ e−ax/2 +
2 ve (2.17)
4

Substitu´mos y2 na equacao (2.11):
ı ¸˜

a2 −ax/2 a
v′′ e−ax/2 − av′ e−ax/2 + ve + a v′ e−ax/2 − ve−ax/2 + bve−ax/2 = 0
4 2
a 2 a
v′′ − av′ + v e−ax/2 + a v′ − v e−ax/2 + bve−ax/2 = 0
4 2
a 2 a
v′′ − av′ + v + a v′ − v + bv = 0
4 2

96 ´

Relembremos que a2 = 4b e substitu´mos nesta ultima equacao, donde obtemos que
ı ´ ¸˜
v′′ = 0, ou seja v′ e uma constante, que pode ser por exemplo 1. Temos ent˜ o que
´ a
v = x. Ent˜ o y2 = xe−ax/2 .
a

Veriﬁquemos:

a
y′ = e−ax/2 1 − x
2
2
a2
y′ = e−ax/2 −a + x
2
4
a2 a2
y′′ + ay′ + by2 = e−ax/2 −a + x + a − x + bx
2 2
4 2
a2
= xe−ax/2 − + b = 0
4

y2 e−ax/2
Como = x −ax/2 = x = constante, temos que y1 e y2 s˜ o linearmente indepen-
a
y1 e
dentes. Temos ent˜ o o seguinte resultado:
a

Teorema 14 Se a2 − 4b = 0, ent˜ o as ra´zes da equacao caracter´stica s˜ o
a ı ¸˜ ı a
iguais e a solucao geral da equacao (2.11) e dada por
¸˜ ¸˜ ´

y(x) = c1 e−ax/2 + c2 xe−ax/2 = (c1 + c2 x) e−ax/2 (2.18)

onde c1 , c2 s˜ o constantes reais arbitr´ rias.
a a

Exemplo 2.13 Consideremos a equacao
¸˜

y′′ − 6y′ + 9 = 0,

cuja equacao caracter´stica e λ 2 − 6λ + 9 = (λ − 3)2 = 0, produzindo a ra´z dupla
¸˜ ı ´ ı
λ1 = −a/2 = 3, e a solucao geral e
¸˜ ´

y(x) = c1 e3x + c2 xe3x , c1 , c2 ∈ R.

´

2.4.3 Ra´zes complexas conjugadas
ı

Estudamos agora o caso em que as ra´zes da equacao caracter´stica (2.12) s˜ o um
ı ¸˜ ı a
par de ra´zes conjugadas:
ı

λ1 = α + iβ e λ2 = α − iβ (2.19)
√ √
a 4b − a2 a 4b − a2
λ1 = − + i e λ2 = − − i (2.20)
2 2 2 2
De facto, temos duas solucoes linearmente independentes: y1 = eλ1 x e y2 = eλ2 x !
¸˜
Mas seria agrad´ vel, dado que isso por vezes facilita imenso os c´ lculos, ter duas
a a
solucoes linearmente independentes e reais. Tal e poss´vel, e simples, se nos recor-
¸˜ ´ ı
darmos da f´ rmula de Euler:
o

eiθ = cos θ + i sin θ

e tamb´ m
e
e−iθ = cos θ − i sin θ .

Usando estas duas f´ rmulas, temos ent˜ o:
o a

y1 = eλ1 x = eα x+iβ x = eα x eiβ x = eα x (cos β + i sin β )

y2 = eλ2 x = eα x−iβ x = eα x e−iβ x = eα x (cos β − i sin β )

Finalmente, temos:
eλ1 x + eλ2 x eλ2 x − eλ2 x
y∗ =
1 = eα x cos β e y∗ =
2 = eα x sin β ,
2 2
y∗ eα x cos β
Como 1
= αx = cot β , β = 0, que n˜ o e constante, conclu´mos que y∗ , y∗
a ´ ı
y∗
2 e sin β 1 2

s˜ o solucoes linearmente independentes. Temos ent˜ o:
a ¸˜ a

Teorema 15 Se a2 − 4b < 0, ent˜ o a equacao caracter´stica tem duas solucoes
a ¸˜ ı ¸˜
complexas conjugadas e a solucao geral da equacao (2.11) e dada por
¸˜ ¸˜ ´

y(x) = eα x (c1 cos β x + c2 sin β x) (2.21)
√
a 4b − a2
onde c1 , c2 s˜ o constantes reais arbitr´ rias e α = − e β =
a a .
2 2

98 ´

Exemplo 2.14 Seja y′′ + y = 0. A equacao caracter´stica e λ 2 + 1 = 0, cujas
¸˜ ı ´
ra´zes s˜ o ±i. Uma vez que α = 0 e β = 1, a solucao geral e
ı a ¸˜ ´

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

Esta e a equacao do movimento harm´ nico.
´ ¸˜ o

Exemplo 2.15 Consideremos o PVI

y′′ + y′ + y = 0

y(0) = 1

y′ (0) = 3.

A equacao caracter´stica da equacao diferencial e λ 2 + λ + 1 = 0, cujas ra´zes
¸˜ √ ı √ ¸˜ ´ √ ı
−1 + i 3 −1 − i 3 1 3
λ1 = e λ2 = . Ent˜ o α = − e β =
a e a solucao geral e
¸˜ ´
2 2 2 2
dada por:
√ √
−x/2 3 3
y(x) = e c1 cos x + c2 sin x ,
2 2

com c1 , c2 constantes arbitr´ rias. A solucao do PVI tem que veriﬁcar as condicoes
a ¸˜ ¸˜
iniciais y(0) = 1 e y′ (0) = 3, isto e:
´

c1 = 1
√
3 1
c2 − c1 = 3,
2 2

√
donde c1 = 1, c2 = 7/ 3 e a solucao do PVI e:
¸˜ ´

√ √
3 7 3
y(x) = e−x/2 cos x + √ sin x .
2 3 2

˜ ´
2.5. ED NAO HOMOGENEAS: M. COEFICIENTES INDETERMINADOS 99

¸˜ ˜ ´
2.5 Equacoes diferenciais nao homogeneas:
´
Metodo dos coeﬁcientes indeterminados

¸˜
Vamos agora apresentar um m´ todo que nos permite calcular uma solucao particu-
e
¸˜ a
lar para uma equacao n˜ o homog´ nea com coeﬁcientes constantes
e

y′′ + ay′ + by = g(x). (2.22)

Com vista a tal prop´ sito, comecamos por apresentar um resultado muito importante
o ¸
a que chamamos princ´pio da sobreposicao:
ı ¸˜

Teorema 16 Suponhamos que a funcao g(x) em (2.22) e a soma de duas funcoes
¸˜ ´ ¸˜
g1 (x) e g2 (x) :
g(x) = g1 (x) + g2 (x).

Se y1 (x) e solucao da equacao
´ ¸˜ ¸˜

y′′ + ay′ + by = g1 (x) (2.23)

e y2 (x) e solucao da equacao
´ ¸˜ ¸˜

y′′ + ay′ + by = g2 (x), (2.24)

ent˜ o y = y1 + y2 e solucao da equacao (2.22). Isto e, a solucao de (2.22) e obtida
a ´ ¸˜ ¸˜ ´ ¸˜ ´
atrav´ s da sobreposicao de (2.23) e (2.24).
e ¸˜

Dem. Consideremos y = y1 + y2 , e substituamos esta solucao em (2.22):
¸˜

y′′ + ay′ + by = y′′ + y2 + a y1 + y′ + b (y1 + y2 )
1
′′ ′
2 (2.25)

= y′′ + ay′ + by1 + y′′ + ay′ + by2
1 1 2 2 (2.26)

= g1 + g2 = g, (2.27)

pois g1 (x) e g2 (x) s˜ o solucao de (2.23) e (2.24), respectivamente.
a ¸˜

100 ´

Em palavras simples, o princ´pio da sobreposicao diz-nos que se a funcao g(x) e
ı ¸˜ ¸˜ ´
decomposta em soma de funcoes simples gk (x), ent˜ o teremos que calcular uma
¸˜ a
solucao particular, y pk , para equacoes do tipo :
¸˜ ¸˜

y′′ + ay′ + by = gk (x), k = 1, 2, . . ., m, (2.28)

sendo a solucao particular da equacao (2.22) igual a soma de todas estas solucoes:
¸˜ ¸˜ ` ¸˜
y p = y1k + · · · + ymk .

O m´ todo que vamos apresentar nesta seccao requere que a funcao g(x) tenha uma
e ¸˜ ¸˜
das seguintes trˆ s formas:
e

(i) Pn (x)

(ii) Pn (x)eα x

(iii) eα x (Pn (x) cos β x + Qn (x) sin β x) ,

onde Pn (x), Qn (x) s˜ o polin´ mios em x de grau n (n ≥ 0). O dito m´ todo pode
a o e
ser usado se g(x) for a soma de funcoes gk (x) desta forma, obtendo-se a solucao
¸˜ ¸˜
particular da equacao em quest˜ o usando o princ´pio da sobreposicao.
¸˜ a ı ¸˜

Se nem todos os termos de g(x) forem de uma destas formas, o m´ todo dos
e
coeﬁcientes indeterminados n˜ o pode ser aplicado.
a

Observe que da conjugacao destas trˆ s formas entre si, resulta uma grande diversi-
¸˜ e
dade de situacoes, como por exemplo:
¸˜

• 2e3x

• e4x cos x

• x cos x + x sin x

Porquˆ s´ funcoes deste tipo? Porque a derivada de somas e produtos deste tipo de
e o ¸˜
funcoes s˜ o ainda funcoes deste tipo.
¸˜ a ¸˜

Por exemplo, este m´ todo n˜ o e aplic´ vel as funcoes:
e a ´ a ` ¸˜

˜ ´

• g(x) = ln x
1
• g(x) =
x
1
• g(x) =
tan x
• g(x) = tan x

• g(x) = sin−1 x

Veremos na Seccao 2.6 como tratar estes casos.
¸˜

O m´ todo dos coeficientes indeterminados assume que a solucao que procuramos
e ¸˜
tem exactamente a mesma forma que g(x). Vejamos o seguinte exemplo:

Exemplo 2.16 Pretende-se calcular a solucao geral da seguinte equacao di-
¸˜ ¸˜
ferencial:
y′′ − y = x2 . (2.29)

Resolucao: Dado que g(x) = x2 , entõ a solucõ que procuramos
¸˜ a ¸a
ter´ que ser um polin´mio de grau 2:
a o

y p (x) = a + bx + cx2

(usar sempre polin´mios completos).
o
Temos agora que calcular as constantes a, b, c :

y′p (x) = b + 2xc (2.30)

y′′ (x) = 2c
p (2.31)

Substituindo y′p e y′′ na equacao (2.29), obtemos:
p ¸˜

2c − (a + bx + cx2 ) = x2 .

Equacionando os coeficientes temos:

 2c − a
 = 0


−b = 0



 −c = 1

102 ´

donde facilmente se chega ` conclusõ que a = −2, b = 0 e c =
a a
−1. Assim uma solucõ particular ´ y p (x) = −2 − x2 .
¸a e

Devemos agora substituir esta solucao na equacõ e verificar
¸˜ ¸a
que de facto a verifica.

A solucao geral da equacõ (2.29) ´ dada por:
¸˜ ¸a e

y = c1 y1 + c2 y2 − 2 − x2 .

Como exercćio, calcule a funcao complementar ou solucõ
ı ¸˜ ¸a
¸˜
geral da equacao homogńea.
e

Exemplo 2.17 Resolva a seguinte equacao diferencial
¸˜

y′′ − 3y′ + 2y = ex sin x. (2.32)

¸˜
Resolucao: A solucao particular ter´ de ser da forma
¸˜ a

y p (x) = ex (a sin x + b cos x) .

Da mesma forma que usamos sempre polin´mios completos, tamb´m
o e
usamos a sin x+b cos x, dado que a derivada do seno ´ o cosseno
e
e vice-versa. Temos entõ:
a

y′p (x) = (a − b) ex sin x + (a + b) ex cos x (2.33)

y′′ (x) = 2aex cos x − 2bex sin x
p (2.34)

Substituindo estas express˜es em (2.32), temos:
o

ex (2a cos x − 2b sin x)−3ex ((a − b) sin x + (a + b) cos x)+2ex (a sin x + b cos x) = ex sin x.

Assim:

2a − 3(a + b) + 2b = 0

−2b − 3(a − b) + 2a = 1,

˜ ´

1 1
e a=− e b= e a solucõ particular ´:
¸a e
2 2
ex
y p (x) = (cos x − sin x) .
2

A equacao (2.32) tem como solucõ geral:
¸˜ ¸a
ex
y(x) = c1 e2x + c2 ex + (cos x − sin x) .
2

Exemplo 2.18 Resolva a equacao
¸˜

y′′ + y = xe2x . (2.35)

¸˜
Resolucao: A solucõ particular ´ da forma:
¸a e

y p (x) = e2x (a + bx) .

Entõ:
a

y′p (x) = e2x (2a + b + 2bx) (2.36)

y′′ (x) = e2x (4a + 4b + 4bx) .
p (2.37)

¸˜
Depois de feita a substituicao obtemos:

e2x (4a + 4b + 4bx) + e2x (a + bx) = xe2x .

Do que resulta:

5a + 4b = 0 e 5b = 1. (2.38)
4 1
Entõ a = −
a e b = , donde resulta a solucõ particular
¸a
25 5
e2x
y p (x) = (5x − 4) .
25
Ou seja, a solucao geral de (2.35) ´:
¸˜ e
e2x
y = c1 y1 + c2 y2 + (5x − 4) .
25

104 ´

Este m´ todo fica um pouco mais complicado sempre que a potencial solucao parti-
e ¸˜
cular e j´ solucao da equacao homog´ nea (2.11).
´ a ¸˜ ¸˜ e

Vejamos por exemplo a equacao
¸˜

y′′ + y = 1 + x + x2 sin x, (2.39)

A funcao g(x) tem trˆ s termos, um dos quais e solucao da equacao homog´ nea
¸˜ e ´ ¸˜ ¸˜ e
y′′ + y = 0.

De acordo com g(x), a solucao particular teria a forma:
¸˜

y p = a0 + a1 x + a2 x2 sin x + b0 + b1 x + b2 x2 cos x (2.40)

A equacao homog´ nea associada tem como solucao geral a0 sin x + b0 cos x. Sempre
¸˜ e ¸˜
que temos uma situacao destas, o m´ todo dos coeficientes indeterminados tem que
¸˜ e
ser modificado.

Exemplo 2.19 Determine a solucao de
¸˜

y′′ − y = 2ex .

¸˜
Resolucao:
A solucao geral de y′′ − y = 0 ´ y(x) = c1 ex + c2 e−x . Entõ
¸˜ e a
g(x) = 2ex ´ solucõ da equacõ homogńea associada.
e ¸a ¸a e Se
¸˜
experimentarmos calcular uma solucao particular para a
¸˜
equacao nõ homogńea utilizando o procedimento que
a e
acab´mos de expor, i.e.
a yp = Aex , nõ iremos a lado
a
nenhum....
Experimente e chegue ` conclusõ que de facto assim ´.
a a e
O que fazer entõ?
a ¸˜
Toda a potencial solucao particular
ter´ que ser multiplicada por x :
a

y p = Axex .

˜ ´

Entõ
a

y′p = Aex (x + 1) (2.41)

y′′ = Aex (x + 2),
p (2.42)

e substituindo vem:

y′′ − y p = Aex (x + 2) − Axex .
p

Depois das contas feitas, obtemos A = 1 e a solucao geral
¸˜
da equacõ ´:
¸a e
y(x) = c1 y1 + c2 y2 + xex .

Este exemplo, sugere a seguinte regra:

¸˜
Modificacao do m´ todo
e
Se algum dos termos da potencial solucao particular y p da equacao (2.22) e
¸˜ ¸˜ ´
solucao da equac˜ o homog´ nea associada, ent˜ o a solucao y p e repetidamente
¸˜ a e a ¸˜ ´
multiplicada por x at´ que nenhum dos termos de y p xk seja solucao da equacao
e ¸˜ ¸˜
homog´ nea associada a (2.22). O produto y p xk e ent˜ o usado para resolver a
e ´ a
equacao (2.22).
¸˜

¸˜

y′′ + y = cos x

que satisfaz as condicoes iniciais: y(0) = 2 e y′ (0) = −3.
¸˜

¸˜
Resolucao:
A solucao geral da equacõ homogńea associada e
¸˜ ¸a e ´
y(x) = c1 cos x + c2 sin x, donde fica claro que g(x) ´ solucõ
e ¸a
¸˜
da equacao homogńea.
e

106 ´

Temos entõ que usar o m´todo modificado.
a e Consideremos
entõ y p
a = Ax cos x + Bx sin x. Agora nenhum termo de y p ´
e
solucao da equacõ homogńea associada.
¸˜ ¸a e Facamos entõ
¸ a
os c´lculos:
a

y′p = (A + Bx) cos x + (B − Ax) sin x

y′′ = (2B − Ax) cos x + (−2A − Bx) sin x
p

¸˜
e substituindo na equacao:

y′′ +y p = (2B − Ax) cos x+(−2A − Bx) sin x+(Ax sin x + Bx cos x) = −2A sin x+2B cos x.
p

Depois das contas feitas, vem que:

1
−2A = 0, 2B = 1, B =
2

e a solucao particular ´:
¸˜ e

1
y p = x sin x.
2

A solucõ geral da equacao nõ homogńea ´ entõ:
¸a ¸˜ a e e a

1
y(x) = c1 cos x + c2 sin x + x sin x.
2

Falta calcular o valor das constantes arbitr´rias por forma
a
¸˜
a que sejam satisfeitas as condicoes iniciais:

y(0) = c1 = 2

y′ (0) = c2 = −3.

Temos assim a solucõ do PVI:
¸a

1
y(x) = 2 cos x − sin x + x sin x.
2

˜ ´

Exemplo 2.21 Determine a solucao geral de
¸˜

y′′ + y = x sin x.

¸˜
Resolucao: ¸˜
A solucao particular teria a forma

y p = (Ax + B) cos x + (Cx + D) sin x,

mas dado que a solucao geral da equacõ y′′ + y = 0 ´
¸˜ ¸a e

B cos x + D sin x,

temos que o m´todo tem que ser modificado e y p passa a ter
e
a forma:
y p = Ax2 + Bx cos x + Cx2 + Dx sin x.

Calculando as derivadas:

y′p = Cx2 + (2A + D) x + B cos x + −Ax2 + (2C − B) x + D sin x

y′′ =
p −Ax2 + (4C − B) x + 2A + 2D cos x + −Cx2 − (4A + D) x + 2C − 2B sin x

e substituindo na equacõ:
¸a

y′′ + y p = (4Cx + 2A + 2D) cos x + (−4Ax + 2C − 2B) sin x = x sin x,
p

1 1
obtemos A = − , B = 0,C = 0 e D = , e donde a solucao particular
¸˜
4 4
da equacõ nõ homogńea ´:
¸a a e e

1 1
y p = − x2 cos x + x2 sin x.
4 4

Consequentemente, temos como solucao geral da equacõ nõ
¸˜ ¸a a
homogńea:
e

1 1
y(x) = c1 − x2 cos x + c2 + x2 sin x.
4 4

108 ´

Vamos agora sumariar estes resultados.

Consideremos a equacao n˜ o homog´ nea de coeﬁcientes constantes:
¸˜ a e

y′′ + ay′ + by = g(x) (2.43)

e a equacao homog´ nea que lhe est´ associada:
¸˜ e a

y′′ + ay′ + by = 0 (2.44)

Caso 1
Nenhum termo de y p e solucao de (2.44), ent˜ o a solucao y p e constru´da de
´ ¸˜ a ¸˜ ´ ı
forma ordin´ ria.
a

Caso 2
Se algum termo de y p e solucao de (2.44), ent˜ o a potencial solucao y p e multi-
´ ¸˜ a ¸˜ ´
plicada por xk , onde k e o menor inteiro de forma a que nenhum dos seus termos
´
seja solucao de (2.44).
¸˜

¸˜ ˜ ´
2.6 Equacoes diferenciais nao homogeneas:
´ ¸˜ ˆ
Metodo da variacao de parametros

Nesta seccao vamos descrever um procedimento que permite calcular uma solucao
¸˜ ¸˜
particular de uma equacao diferencial homog´ nea do tipo:
¸˜ e

y′′ + a(x)y′ + b(x)y = g(x), (2.45)

onde as funcoes a(x), b(x) e g(x) s˜ o necessariamente cont´nuas. De forma a fazer
¸˜ a ı
bom uso deste m´ todo, e necess´ rio o conhecimento da solucao geral
e ´ a ¸˜

y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)

˜ ´ ¸˜ ˆ
2.6. ED NAO HOMOGENEAS: M. VARIACAO DE PARAMETROS 109

da equacao homog´ nea associada:
¸˜ e

y′′ + a(x)y′ + b(x)y = 0. (2.46)

Caso a(x) e b(x) sejam funcoes constantes, ent˜ o a solucao geral de (2.45) e facil-
¸˜ a ¸˜ ´
mente calculada utilizando os m´ todos descritos na Seccao 2.4. Se estes coeﬁci-
e ¸˜
entes n˜ o forem ambos constantes, podemos usar o m´ todo da reducao de ordem
a e ¸˜
descrito na Seccao 2.3 caso conhecamos uma das solucoes. Caso contr´ rio, calcular
¸˜ ¸ ¸˜ a
a solucao geral da equacao homog´ nea associada poder´ ser bastante complicado ...
¸˜ ¸˜ e a

Qualquer solucao particular y p de (2.45) dever´ ser tal que y p /y1 e y p /y2 dever˜ o
¸˜ a a
ser n˜ o constantes, sugerindo desta forma que procuremos uma solucao particular
a ¸˜
de (2.45) com a seguinte forma:

y(x) = c1 (x)y1 (x) + c2 (x)y2 (x). (2.47)

O m´ todo deve o seu nome a substituicao das vari´ veis c1 e c2 pelas funcoes c1 (x)
e ` ¸˜ a ¸˜
e c2 (x).

Diferenciando (2.47), obtemos:

y′ (x) = c1 (x)y′ (x) + c2 (x)y′ (x) + c′ (x)y1 (x) + c′ (x)y2 (x).
1 2 1 2 (2.48)

De forma a simpliﬁcar esta ultima express˜ o, fazemos:
´ a

c′ (x)y1 (x) + c′ (x)y2 (x) = 0,
1 2 (2.49)

donde
y′ (x) = c1 (x)y′ (x) + c2 (x)y′ (x).
1 2 (2.50)

Diferenciando mais uma vez, obtemos:

y′′ (x) = c1 (x)y′′ (x) + c2 (x)y′′ (x) + c′ (x)y′ (x) + c′ (x)y′ (x).
1 2 1 1 2 2 (2.51)

Substituindo y′ (x) e y′′ (x) em (2.45), obtemos:

y′′ + a(x)y′ + b(x)y = c1 (x) y′′ + ay′ + by1
1 1

+c2 (x) y′′ + ay′ + by2 + c′ (x)y′ (x) + c′ (x)y′ (x)
2 2 1 1 2 2

= g(x)

110 ´

Como y1 , y2 s˜ o solucao da equacao homog´ nea, esta ultima equacao reduz-se a
a ¸˜ ¸˜ e ´ ¸˜

c′ (x)y1 (x) + c′ (x)y′ (x) = g(x)
1
′
2 2 (2.52)

Considerando conjuntamente as equacoes (2.49) e(2.52), temos:
¸˜

c1 (x)y1 (x) + c′ (x)y2 (x) = 0
′
2 (2.53)

c′ (x)y1 (x) + c′ (x)y′ (x) = g(x)
1
′
2 2 (2.54)

Podemos escrever (2.53) e (2.54) na seguinte forma:
    
y1 y2 c′ 0
  1  =   (2.55)
′ y′
y1 2 ′
c2 g(x)

Ora o determinante da matriz deste sistema e o wronskiano, W (y1 , y2 )(x). Como
´
W (y1 , y2 )(x) = 0, c′ (x) e c′ (x) s˜ o univocamente determinados.
1 2 a

Voltemos as equacoes (2.53) e (2.54). Com a equacao (2.53) multiplicada por y′ e
` ¸˜ ¸˜ 2

a equacao (2.54) por y2 , obtemos:
¸˜

c′ (x)y1 (x)y2 (x) + c′ (x)y2 (x)y′ (x) = 0
1
′
2 2 (2.56)

c′ (x)y′ (x)y2 (x) + c′ (x)y2 (x)y′ (x) = y2 (x)g(x).
1 1 2 2 (2.57)

Subtraindo (2.57) de (2.56), temos:

y1 (x)y′ (x) − y′ (x)y2 (x) c′ = −y2 (x)g(x)
2 1 1

ou ainda:
′ −y2 g(x)
c1 = .
W (y1 , y2 )(x)
Uma express˜ o an´ loga e obtida para c′
a a ´ 2:

y1 g(x)
c′ =
2 .
W (y1 , y2 )(x)

Posto isto, se conseguirmos integrar c′ e c′ , ent˜ o podemos substituir c1 e c2 em
1 2 a
(2.47) e obter a solucao particular pretendida.
¸˜

Vejamos o seguinte exemplo:

˜ ´ ¸˜ ˆ
2.6. ED NAO HOMOGENEAS: M. VARIACAO DE PARAMETROS 111

Exemplo 2.22 Resolva a equacao diferencial y′′ − y = e2x pelo m´ todo da
¸˜ e
variacao de parˆ metros.
¸˜ a

¸˜
Resolucao: As solucoes da equacõ homogńea sõ y1 = e−x e
¸˜ ¸a e a
y1 = ex . Temos entõ que W (y1 , y2 ) = 2, e
a
−e2x ex −e3x e2x e−x ex
c′ =
1 = , c′ =
2 = .
2 2 2 2
Integrando, vem:
−e3x e3x ex ex
c1 = dx = − , c2 = dx = .
2 6 2 2
A solucao particular ´:
¸˜ e
e2x e2x e2x
c1 (x)y1 (x) + c2 (x)y2 (x) = − + =
6 2 3

e a solucõ geral ´:
¸a e
e2x
y(x) = c1 ex + c2 e−x + , c1 , c2 constantes arbitr´rias
a
3

Exemplo 2.23 Resolva a seguinte equacao:
¸˜

y′′ + y = tan x.

¸˜
Resolucao: As solucoes da equacao homogńea sõ y1 = cos x e
¸˜ ¸˜ e a
y2 = sin x, e como tal W (y1 , y2 )(x) = 1.

Temos a seguir que:

0 y2
g(x) y′
2 −y2 g(x)
c′
1 = = = − tan sin x = cos x − sec x
W (y1 , y2 ) W (y1 , y2 )

y1 0
y′ g(x)
1 y1 g(x)
c′
2 = = = tan x cos x = sin x.
W (y1 , y2 ) W (y1 , y2 )

112 ´

Donde

c1 = cos xdx − sec xdx = sin x − ln |sec x tan x|

c2 = sin xdx = −cosx,

e a solucõ particular ´ dada por:
¸a e

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

= sin x cos x − cos x ln |sec x tan x| − sin x cos x

− cos x ln |sec x tan x| .

¸˜
Segue-se que a solucao geral toma a forma:

y(x) = c1 cos x + c2 sin x − cos x ln |sec x tan x| ,

com c1 , c2 constantes arbitr´rias.
a

¸˜
2.7 Equacao de Euler

Para a maioria das equacoes diferenciais com coeficientes vari´ veis torna-se im-
¸˜ a
poss´vel obter uma representacao da solucao geral em termos de funcoes elementa-
ı ¸˜ ¸˜ ¸˜
res, sendo na maioria dos casos necess´ rio usar t´ cnicas mais sofisticadas, como por
a e
exemplo s´ ries de potˆ ncias, para obter a solucao. Existe, no entanto, uma classe
e e ¸˜
de equacoes bastante frequente nas aplicacoes e cuja representacao da solucao pode
¸˜ ¸˜ ¸˜ ¸˜
e e ¸˜
ser obtida atrav´ s de m´ todos simples. Trata-se da equacao de Euler, que tem a
forma:
x2 y′′ + axy′ + by = g(x), x = 0. (2.58)

Reescrevemos a equacao (2.58) como:
¸˜

a b g(x)
y′′ + y′ + 2 y = 2 , (2.59)
x x x

¸˜
2.7. EQUACAO DE EULER 113

que n˜ o est´ definida para x = 0. Como ponto de partida, devemos resolver a
a a
equacao de Euler homog´ nea
¸˜ e

x2 y′′ + axy′ + by = 0, x = 0. (2.60)

Se conseguirmos determinar duas solucoes linearmente independentes de (2.60),
¸˜
ent˜ o podemos posteriormente determinar uma solucao particular de (2.58) atrav´ s
a ¸˜ e
do m´ todo da variacao de parˆ metros.
e ¸˜ a

Com o intuito de resolver a equacao (2.60), assumiremos que esta equacao admite
¸˜ ¸˜
uma solucao da forma xλ . Substituindo na equacao (2.60), obtemos:
¸˜ ¸˜

λ (λ − 1) xλ + aλ xλ + bxλ = xλ (λ (λ − 1) + aλ + b) = 0.

Se x = 0, podemos dividir por xλ e obtemos ent˜ o a equacao caracter´stica para esta
a ¸˜ ı
classe de equacoes:
¸˜
λ (λ − 1) + aλ + b = 0 (2.61)

ou ainda
λ 2 + (a − 1) λ + b = 0.

`
A semelhanca das equacoes lineares homog´ neas com coeficientes constantes, exis-
¸ ¸˜ e
tem trˆ s casos distintos que devem ser considerados separadamente:
e

Caso 1: A equacao caracter´stica (2.61) tem duas ra´zes reais distintas.
¸˜ ı ı

Exemplo 2.24 Determine a solucao da equacao
¸˜ ¸˜

x2 y′′ + 2xy′ − 12y = 0, x = 0.

¸˜
Resolucao: A equacõ caracter´stica ´
¸a ı e

λ (λ − 1) + 12λ − 12 = (λ + 4) (λ − 3) = 0,

114 ´

cujas ra´zes sõ λ = −4 e λ = 3. Temos entõ duas solucoes
ı a a ¸˜
y1 = x−4 e y2 = x3 que sõ linearmente independentes.
a Segue-se
que a solucao geral da equacõ ´ dada por:
¸˜ ¸a e
c1
y(x) = + c2 x3 , c1 , c2 ∈ R.
x4

Em geral, temos o seguinte resultado:

Teorema 17 Se a equacao caracter´stica da equacao (2.60) tem duas ra´zes
¸˜ ı ¸˜ ı
reais e distintas λ1 e λ2 , ent˜ o a solucao geral de (2.60) e
a ¸˜ ´

y(x) = c1 xλ1 + c2 xλ2 , c1 , c2 ∈ R. (2.62)

Caso 2: A equacao caracter´stica (2.61) tem duas ra´zes reais iguais.
¸˜ ı ı

Exemplo 2.25 Determine a solucao da equacao x2 y′′ − 3xy′ + 4y = 0, x > 0.
¸˜ ¸˜

¸˜
Resolucao: A equacõ caracter´stica ´
¸a ı e

λ 2 − 4λ + 4 = (λ − 2)2 = 0

cuja ra´z ´ λ = 2 (ra´z com multiplicidade 2).
ı e ı

Temos entõ uma solucao y1 (x) = x2 .
a ¸˜
¸˜ e
A segunda solucao ´ determinada usando o M´todo da
e
¸˜
Reducao de ordem (ver Seccõ 2.3), obtendo-se
¸a

y2 (x) = x2 ln x

(Prove-o como exercćio).
ı
Temos entõ que a solucõ geral ´
a ¸a e

y(x) = c1 x2 + c2 x2 ln x, c1 , c2 ∈ R.

¸˜
2.7. EQUACAO DE EULER 115

Em geral, temos:

Teorema 18 Se a equacao caracter´stica da equacao (2.60) tem uma ra´z dupla
¸˜ ı ¸˜ ı
λ , ent˜ o a solucao geral de (2.60) e
a ¸˜ ´

y(x) = c1 xλ + c2 xλ ln |x|, c1 , c2 ∈ R. (2.63)

Caso 3: A equacao caracter´stica (2.61) tem duas ra´zes complexas conjuga-
¸˜ ı ı
das
λ1 = α + iβ e λ2 = α − iβ .

Exemplo 2.26 Determine a solucao da equacao
¸˜ ¸˜

x2 y′′ + 5xy′ + 13y = 0, x > 0.

Resolucao: A equacao caracter´stica e
¸˜ ¸˜ ı ´

λ 2 + 4λ + 13 = 0

cujas ra´zes s˜ o λ = −2 ± 3i.
ı a

Temos ent˜ o as solucoes y1 (x) = x−2+3i e y2 (x) = x−2−3i .
a ¸˜
a
´
E poss´vel eliminar os expoentes complexos, se nos lembrarmos que xa = eln x =
ı
ea ln x .

Temos ent˜ o y1 (x) = x−2+3i = x−2 x3i = x−2 e3i ln x e aplicando a f´ rmula de Euler,
a o
vem
y1 (x) = x−2 (cos (3 ln x) + i sin (3 ln x)) .

De igual modo temos:

y2 (x) = x−2 (cos (3 ln x) − i sin (3 ln x)) .

Constru´mos agora duas outras solucoes a partir de y1 e y2 :
ı ¸˜
1
y3 (x) = (y1 (x) + y2 (x)) = x−2 cos (3 ln x) (2.64)
2
1
y4 (x) = (y1 (x) − y2 (x)) = x−2 sin (3 ln x) (2.65)
2

116 ´

e a solucao geral e:
¸˜ ´

y(x) = x−2 (c1 cos (3 ln x) + c2 sin (3 ln x)) , c1 , c2 ∈ R.

Em geral, temos: Estudamos de seguida duas aplicacoes da equacoes diferenciais
¸˜ ¸˜
de ordem–2 com coeficientes constantes. O leitor interessado poder´ consultar a
a
bibliografia para outras aplicacoes, nomeadamente em (?, ?; Zill, 1997).
¸˜

¸˜ ˆ
2.8 Aplicacoes: sistemas mecanicos

Suponha-se que uma mola flex´vel est´ pendurada verticalmente num suporte r´gido,
ı a ı
e que na extremidade livre da mola se pendura uma massa m. Esta massa vai pro-
vocar um movimento vibrat´ rio da mola at´ ser atingida uma posicao de equil´brio.
o e ¸˜ ı
Designe-se por L o alongamento da mola na posicao de equil´brio, i.e., L e o com-
¸˜ ı ´
primento da mola na posicao de equil´brio menos o comprimento original da mola
¸˜ ı
(de acordo com a Figura 2.1). Para construir um referencial relativamente ao qual

x(t) < 0 F (t)
O x(t) = 0
L X x(t) > 0 P (t)
m

Figura 2.1: Sistema mola–massa.

est´ descrito o movimento da massa, supomos que a massa est´ concentrada num
a a
ponto material e consideramos um eixo vertical, OX , em que O coincide com o

¸˜ ˆ
2.8. APLICACOES: SISTEMAS MECANICOS 117

¸˜ ı ˙
ponto material na posicao de equil´brio e o semi-eixo OX aponta para baixo. Assim,
consideramos como deslocamentos positivos os efectuados para baixo da posicao
¸˜
de equil´brio e negativos os feitos para cima da posicao de equil´brio. Seja x(t) a
ı ¸˜ ı
posicao do ponto material no instante t, referenciada no eixo OX (de acordo com a
¸˜
Figure 2.1).

O alongamento da mola no instante t e o comprimento da mola no instante t menos
´
o comprimento original da mola. Facilmente se veriﬁca que o alongamento da mola
no instante t e x(t) + L, tanto se x(t) ≥ 0 como se x(t) < 0. Este alongamento e
´ ´
positivo ou negativo consoante a mola est´ esticada ou encolhida. De acordo com
a
a lei de Hooke, no instante t, a mola exerce na massa uma forca, F(t), que tem
¸
a direccao vertical (direccao coincidente com a direccao do alongamento), sentido
¸˜ ¸˜ ¸˜
contr´ rio ao do alongamento e cuja norma e, em cada instante, proporcional ao
a ´
alongamento sofrido pela mola nesse instante. Isto e, F(t) = −k(x(t) + L)ˆ, onde
´ ı
a constante de proporcionalidade, k > 0, e designada por constante da mola e ˆ
´ ı
˙
representa o vector de norma um com a direccao e o sentido do semi-eixo OX .
¸˜

A posicao de equil´brio e atingida quando a forca exercida pela mola e o peso P =
¸˜ ı ´ ¸
mgˆ, (onde g = 9, 8ms−2 e a aceleracao da gravidade) se anulam, isto e, quando
ı ´ ¸˜ ´
F(t) = −P.

Uma vez que na posicao de equil´brio se tem x(t) = 0, a condicao de equil´brio e
¸˜ ı ¸˜ ı ´
mg = kL. Assim, conhecendo o alongamento da mola na posicao de equil´brio, L, e
¸˜ ı
a massa, m, pode obter-se a constante da mola k.

Suponha-se agora que a massa e deslocada para a posicao de equil´brio e depois
´ ¸˜ ı
libertada com velocidade v0 . Seja x0 = x(0) a posicao ocupada pela massa (ponto
¸˜
material) no instante inicial (instante em que e libertada). Assim x0 > 0 ou x0 <
´
0 consoante a massa e libertada de uma posicao abaixo ou acima da posicao de
´ ¸˜ ¸˜
equil´brio L.
ı

118 ´

2.8.1 ´ ˜
Movimento harmonico simples (ou nao amortecido)

Pela Lei de Newton, a forca total a actuar na massa no instante t e mx′′ (t)ˆ. Supondo
¸ ´ ı
que se trata de um movimento livre, por exemplo no v´ cuo, as forcas que actuam na
a ¸
massa no instante t s˜ o a forca exercida pela mola, F(t) = −k(x(t) + L)ˆ, e o peso,
a ¸ ı
P = mgˆ.
ı

Dever´ assim ter-se que mx′′ (t) = −k (x(t) + L) + mg. Da condicao de equil´brio,
a ¸˜ ı
kL = mg, resulta que mx′′ (t) + kx(t) = 0. Obt´ m-se assim a ED de ordem–2 e coe-
e
ficientes constantes:
k
x′′ (t) + x(t) = 0, t > 0. (2.66)
m
Ent˜ o o PVI :
a 
 x′′ (t) + k x(t) = 0, t > 0


 m
(2.67)
 x(0) = x0

 ′
 x (0) = v
0

descreve completamente o movimento vibrat´ rio da massa.
o

Considerando ω = k/m, a ED (2.66) assume ent˜ o a forma:
a

x′′ (t) + ω 2 x(t) = 0, t > 0. (2.68)

A ω chamamos velocidade angular, cuja unidade e rad/seg.
´

Vamos de seguida dar resposta as seguintes quest˜ es.
` o

1. Prove que o integral geral desta ED e
´

x(t) = c1 cos(ω t) + c2 sin(ω t), c1 , c2 ∈ R. (2.69)

2. Determine a solucao do PVI.
¸˜
2π
3. Prove que esta funcao e peri´ dica de peródo T =
¸˜ ´ o ı . A T chama-se o
ω
peródo do movimento e a ω a frequˆ ncia circular do movimento.
ı e

¸˜ ˆ

4. Supondo v0 = 0, reescreva a solucao na forma:
¸˜

x(t) = A sin (ω t + φ )

Atencao: tem de determinar A e φ .
¸˜

5. Determine a amplitude do movimento.

De forma a determinar a solucao geral de (2.67), determinamos as ra´zes da equacao
¸˜ ı ¸˜
caracter´stica, que s˜ o ±iω , levando a equacao geral:
ı a ` ¸˜

x(t) = c1 cos ω t + c2 sin ω t.

v0
Atrav´ s das condicoes iniciais, determinamos as constantes c1 = x0 e c2 =
e ¸˜ ,ea
ω
solucao do problema de valor inicial e:
¸˜ ´

v0
x(t) = x0 cos ω t + sin ω t. (2.70)
ω

Seria agrad´ vel ter uma solucao do tipo:
a ¸˜

x(t) = A sin (ω t + φ ) , (2.71)

pois tal permitiria tracar com maior facilidade o gr´ ﬁco da sobreposicao das funcoes
¸ a ¸˜ ¸˜
sinus´ ides. De forma a conseguir tal, usamos a f´ rmula trigonom´ trica do seno da
o o e
soma sin(x + y) = sin x cos y + cosx sin y :

x(t) = A sin (ω t + φ )

= A sin ω t cos φ + A cos ω t sin φ
v0
= x0 cos ω t + sin ω t.
ω

Ent˜ o, equacionando os coeﬁcientes temos:
a

v0
A sin φ = x0 e A cos φ =
ω

v0 2
x2 + = A2 sin2 φ + A2 cos2 φ = A2 sin2 φ + cos2 φ = A2
0
ω

120 ´

e ent˜ o
a
v0 2
A= x2 + .
0 ω
Temos ainda que:

1 v0 x0
cos φ = e sin φ =
Aω A

e ent˜ o
a
sin φ x0 /A x0 ω
tan φ = = = .
cos φ v0 /ω A v0
Conclu´mos assim que a solucao (2.69) pode ser escrita na forma (2.71) com
ı ¸˜

v0 2
A= x2 +
0 ω

e
x0 ω
φ = tan−1
v0
ou
x0 ω
φ = tan−1 + π.
v0

Devido a representacao (2.71), o movimento da massa diz-se movimento harm´ nico,
` ¸˜ o
dado ser sinusoidal. Da an´ lise desta equacao, conclui-se que a massa oscila entre
a ¸˜
as posicoes extremas ±A; A diz-se a amplitude do movimento. Como o seno tem
¸˜
2π
per´odo
ı , este e ent˜ o o tempo requerido para completar uma oscilacao com-
´ a ¸˜
ω
pleta. A frequˆ ncia natural f do movimento e o n´ mero de oscilacoes completas
e ´ u ¸˜
por unidade de tempo:
ω
f=
2π .
Observemos que ainda que a amplitude depende das condicoes iniciais, o mesmo
¸˜
n˜ o acontece com a frequˆ ncia.
a e

Exemplo 2.27 Suponhamos que x0 = 0.5m, k = 0.4N/m, m = 10kg, e v0 =
k 2 √
0.25m/s. Ent˜ o ω =
a = = 0.04 = 0.2 e da equacao (2.70)
¸˜
m 3
0.25
x(t) = 0.5 cos 0.2t + sin 0.2t = 0.5 cos 0.2t + 1.25 sin 0.2t.
0.2

¸˜ ˆ

Calculemos ainda:
√
A= 0.52 + 1.252 = 1.8125 ≈ 1.3463

e
(0.5)(0.2)
φ = tan−1 = tan−1 (0.4) ≈ 0.3805 radianos(≈ 21.8◦ )
0.25
e ent˜ o
a
x(t) ≈ 1.3463 sin (0.2t + 0.3805) m.

Exerc´cio 10 Uma forca de 5 N provoca um alongamento de 5 cm numa mola.
ı ¸
Suponha-se que a massa e deslocada 5cm na direccao positiva e libertada com uma
´ ¸˜
velocidade inicial, para cima, de 0, 3 m/s. Determinemos a posicao da massa em
¸˜
cada instante, o per´odo e a amplitude do movimento.
ı

2.8.2 ´
Movimento harmonico amortecido

Como a suposicao de n˜ o existirem outras forcas a actuar na mola n˜ o e muito
¸˜ a ¸ a ´
realista, vamos agora considerar a existˆ ncia de forcas amortecedoras, como por
e ¸
exemplo a resistˆ ncia do meio em que se desloca a massa. Supondo ser razo´ vel
e a
considerar a forca amortecedora total proporcional a velocidade intantˆ nea da massa
¸ ` a
(por exemplo, quanto mais lento e o movimento mais pequena e a resistˆ ncia do ar),
´ ´ e
obt´ m-se a equacao:
e ¸˜

mx′′ (t) = −β x′ (t) − kx(t), t > 0. (2.72)

onde β > 0 e a constante de amortecimento. Temos ent˜ o o problema de valor
´ a
inicial:

mx′′ (t) + β x′(t) + kx(t) = 0 (2.73)

x(0) = x0 (2.74)

x′ (0) = v0 (2.75)

122 ´

Comecamos ent˜ o por calcular as ra´zes da equacao caracter´stica:
¸ a ı ¸˜ ı
−β ± β 2 − 4mk
x(t) = .
2m
A natureza da solucao geral depende do discriminante
¸˜ β 2 − 4mk. Se β 2 > 4mk,
ent˜ o as ra´zes s˜ o ambas negativas, pois
a ı a β 2 − 4mk < β . Neste caso
−β + β 2 − 4mk −β − β 2 − 4mk
t t
x(t) = c1 e 2m + c2 e 2m (2.76)

Esta solucao tende para zero quando t → ∞, para quaisquer condicoes iniciais.
¸˜ ¸˜

De igual modo, se o discriminante for nulo ent˜ o
a

x(t) = e(−β /2m)t (c1 + c2t, )

e o comportamento assimpt´ tico da solucao e semelhante.
o ¸˜ ´

Se β 2 < 4mk, ent˜ o a solucao geral e
a ¸˜ ´

4mk − β 2 4mk − β 2
x(t) = e(−β /2m)t c1 cos t + c2 sin t , (2.77)
2m 2m
que tem oscilacoes de frequˆ ncia
¸˜ e
4mk − β 2
f= .
4π m
Exerc´cio 11 Uma forca de 2 N provoca um alongamento de 0, 2 m numa mola.
ı ¸
Suponha-se que a massa e deslocada a partir da posicao de equil´brio com uma ve-
´ ¸˜ ı
locidade inicial, no sentido negativo, de 0, 5 m/s. Supondo que actua na massa uma
forca de amortecimento numericamente igual a dez vezes a velocidade instantˆ nea
¸ a
da massa, determinar o afastamento da massa em relacao a posicao de equil´brio,
¸˜ ` ¸˜ ı
em cada instante.

2.8.3 ´
Movimento harmonico forcado
¸

Neste caso, al´ m de existir, eventualmente, amortecimento, existe tamb´ m uma
e e
forca externa vertical a actuar no sistema ”mola-massa“.
¸

¸˜ ˆ

Suponha-se que o valor num´ rico dessa forca e, em cada instante, g(t) (g(t) > 0 ou
e ¸ ´
g(t) < 0 consoante a forca externa aponta para baixo ou para cima).
¸

Assim, o PVI cuja solucao descreve o movimento vibrat´ rio da massa e do tipo
¸˜ o ´

 mx′′ (t) − β x′ (t) + kx(t) = g(t), t > 0



x(0) = x0 (2.78)


 ′
 x (0) = v
0

onde β = 0 se n˜ o houver amortecimento e β > 0 se houver amortecimento.
a

Suponhamos que g(t) = F0 sin ω0t, temos ent˜ o:
a

β ′ k F0
x′′ (t) − x (t) + x(t) = sin ω0t.
m m m

Pelo m´ todo dos coeﬁcientes indeterminados, temos que a solucao particular e da
e ¸˜ ´
seguinte forma:
x p (t) = b1 cos ω0t + b2 sin ω0t.

Substituindo x p na equacao obt´ m-se:
¸˜ e

−F0 β ω0
b1 =
m2 ω 2 − ω0 + (β ω0 )2
2

−F0 m ω 2 − ω0
2
b2 = .
m2 ω 2 − ω0 + (β ω0 )2
2

2.8.4 ¸˜ ´
Aplicacoes: Circuitos electricos

Considere-se um circuito el´ ctrico em s´ rie (C-BRC) constitu´do por um gerador
e e ı
G que, em cada instante, produz uma voltagem de E(t) volts (V ), por uma bobina
B que gera uma indutˆ ncia de L henrys (h), por uma resistˆ ncia R de R ohms (Ω) e
a e
por um condensador C com capacitˆ ncia de C farads ( f ). Geralmente a resistˆ ncia,
a e
a indutˆ ncia e a capacitˆ ncia s˜ o constantes e em cada instante t representa-se por
a a a
q(t)C (coulomb) a carga no condensador e por i(t) A (amp´ re) a intensidade da cor-
e
rente no circuito. Depois de fechado o circuito, de acordo com a 2a Lei Kirchhoff,

124 ´

a soma das diferencas de potencial em cada n´ e igual a voltagem produzida pelo
¸ o´ `
gerador, isto e, VB +VR +VC = E(t), ou seja
´
di 1
L + Ri + q = E(t) (2.79)
dt C
Tendo em conta que a intensidade da corrente i(t) est´ relacionada com a carga q(t)
a
dq
no condensador por i(t) = , obt´ m-se
e
dt
d2q dq 1
L 2
+ R + q = E(t). (2.80)
dt dt C
Se E(t) e constante, podemos diferenciar a equacao (2.79) de forma a obtermos
´ ¸˜
R L

E(t) C
i

Figura 2.2: Exemplo de um circuito com trˆ s componentes.
e

uma equacao de ordem–2 homog´ nea:
¸˜ e
d2i di i
L 2
+ R + = 0. (2.81)
dt dt C
De forma a resolver esta equacao, escrevemos a equacao caracter´stica
¸˜ ¸˜ ı
R 1
λ2 + λ + =0
L CL
que tem as seguintes ra´zes:
ı

−R + R2 − 4L/C −R − R2 − 4L/C
λ1 = , λ2 = (2.82)
2L 2L
Exemplo 2.28 Seja L = 1 henry (H), R = 100 ohm (Ω), C = 10−4 farad (f) e
E = 1000 volt (V) no circuito da Figura 2.2. Suponha que no instante t = 0 n˜ o se
a
¸ a ´
regista a presenca de qualquer carga e n˜ o corre qualquer corrente no circuito. E
ent˜ o aplicada a voltagem E ao circuito. Particularizando a equacao (2.81) para
a ¸˜
os valores deste exemplo, obt´ m-se as seguintes ra´zes da equacao caracter´stica:
e ı ¸˜ ı
√ √
λ1 = −50 + 50 3i λ2 = −50 − 50 3i, (2.83)

¸˜ ˆ

e temos ent˜ o que
a

√ √
i(t) = e−50t c1 cos 50 3t + c2 sin 50 3t .

Aplicando agora a condicao inicial, i(0) = 0, obtemos c1 = 0. Ent˜ o:
¸˜ a

√
i(t) = c2 e−50t sin 50 3t.

Falta agora calcular c2 . Vamos fazˆ -lo atrav´ s da equacao (2.79), que e equivalente
e e ¸˜ ´
a:
di
q(t) = C E − L − Ri
dt
Temos que calcular i′ (t) :

√ √ √
i′ (t) = 50c2 e−50t 3 cos 50 3t − sin 50 3t .

Substituindo i(t) e i′ (t) em q(t), obtemos :

√ √ √ √
q(t) = 10−4 1000 − 50c2e−50t 3 cos 50 3t − sin 50 3t + 2 sin 50 3t
1 c2 −50t √ √ √
= − e sin 50 3t + 3 cos 50 3t
10 200

e segue que: √
1 c2 3 20
q(0) = − = 0 ou c2 = √ ,
10 200 3
e agora substitu´mos c2 :
ı

1 1 √ √ √
q(t) = − √ e−50t sin 50 3t + 3 cos 50 3t (2.84)
10 10 3
20 √
i(t) = √ e−50t sin 50 3t. (2.85)
3

Da an´ lise destas equacoes, conclu´mos que a corrente rapidamente se desvane-
a ¸˜ ı
1
cer´ fazendo com que a carga rapidamente atinja o seu estado est´ vel de
a a cou-
10
lomb. Neste caso, chamamos a i(t) corrente transiente devido a brevidade do seu
`
efeito.

126 ´

Exemplo 2.29 Consideremos os mesmos valores do Exemplo 2.28 para a in-
ductˆ ncia, a resistˆ ncia e a capacitˆ ncia, mas E(t) = 962 sin 60t. Da equacao
a e a ¸˜
(2.79) vem:
di
+ 100i + 104q = 962 sin 60t (2.86)
dt
e convertendo toda a equacao em q como em (2.80)
¸˜
d 2q dq
2
+ 100 + 104 q = 962 sin 60t. (2.87)
dt dt
´
E evidente a existˆ ncia de uma solucao particular da forma:
e ¸˜

q p (t) = A1 sin 60t + A2 cos 60t (2.88)

(n˜ o h´ qualquer problema, pois j´ calcul´ mos no exerc´cio anterior a solucao da
a a a a ı ¸˜
equacao homog´ nea associada e n˜ o existe qualquer sobreposicao entre a solucao
¸˜ e a ¸˜ ¸˜
particular e as solucoes do conjunto fundamental da equacao homog´ nea.)
¸˜ ¸˜ e

De forma a determinar os valores de A1 e A2 temos que substituir q p na equacao,
¸˜
obtendo-se desta forma o seguinte sistema de equacoes:
¸˜

 6400A − 6000A = 962
1 2
 6000A − 6400A = 0
1 2

2 3
e A1 = e A2 = − . Tendo em atencao que a solucao geral da equacao ho-
¸˜ ¸˜ ¸˜
25 40
mog´ nea associada e a mesma da equacao do Exemplo 2.28, a solucao geral de
e ´ ¸˜ ¸˜
(2.87) e:
´
√ √ 2 3
q(t) = e−50t c1 cos 50 3t + c2 sin 50 3t + sin 60t − cos 60t.
25 40
Diferenciado esta ultima equacao, obt´ m-se:
´ ¸˜ e
√ √ √ √ 24 9
i(t) = 50e−50t 3c2 − c1 cos 50 3t − c2 + 3c1 sin 50 3t + cos 60t + sin 60t.
5 2
Com t = 0 e fazendo uso da condicao inicial, obt´ m-se:
¸˜ e
3 √ 24
q(0) = c1 − = 0, i(0) = 50 3c2 − c1 + = 0, (2.89)
40 5

¸˜
2.9. EQUACOES DIFERENCIAIS DE ORDEM SUPERIOR 127

3 21
ent˜ o c1 =
a e c2 = − √ .
40 1000 3
Temos ent˜ o:
a
e−50t √ √ √ 80 sin 60t − 75 cos 60t
q(t) = 75 cos 50 3t − 7 3 sin 50 3t +
1000 1000
e−50t √ √ √ 45 sin 60t + 48 cos 60t
i(t) = − 24 cos 50 3t + 17 3 sin 50 3t + .
5 10

¸˜
2.9 Equacoes diferenciais de ordem superior

Nesta seccao generalizamos os resultados deste cap´tulo a equacoes diferenciais de
¸˜ ı ¸˜
ordem superior a dois.

Deﬁnimos a equacao diferencial linear homog´ nea de ordem–n:
¸˜ e

y(n) (x) + an−1 (x)y(n−1) (x) + · · · + a1 (x)y′ (x) + a0 (x)y(x) = g(x), (2.90)

cuja equacao homog´ nea associada e
¸˜ e ´

y(n) (x) + an−1 (x)y(n−1) (x) + · · · + a1 (x)y′ (x) + a0 (x)y(x) = 0. (2.91)

Generalizando o Teorema 1, sabemos que o problema de valor inicial

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

y(0) = y0

y′ (0) = y0
′

.
.
.
(n)
y(n) (0) = y0

tem solucao unica sempre que a0 (x), . . . , a(n−1) , g(x) s˜ o funcoes cont´nuas.
¸˜ ´ a ¸˜ ı

De forma a calcular a solucao procedemos de modo an´ logo ao adoptado para calcu-
¸˜ a
lar a solucao de equacoes difererenciais lineares de ordem–2. Generalizemos ent˜ o
¸˜ ¸˜ a

128 ´

os procedimentos descritos para a resolucao de equacoes diferenciais de segunda
¸˜ ¸˜
ordem.

As solucoes y1 , y2 , . . ., yn s˜ o linearmente independentes num intervalo I se nesse
¸˜ a
intervalo c1 y1 +c2 y2 +· · ·+cn yn = 0 implica c1 = c2 = · · · = cn = 0. Caso contr´ rio,
a
as solucoes dizem-se linearmente dependentes.
¸˜

A express˜ o c1 y1 +c2 y2 +· · ·+cn yn diz-se combinacao linear das funcoes y1 , y2 , . . . , yn .
a ¸˜ ¸˜
O Wronskiano de y1 , y2 , . . . , yn e deﬁnido como:
´

y1 y2 ··· yn
y′1 y′
2 ··· y′
n
W (y1 , y2 , . . . , yn ) = . (2.92)
.
.
(n−1) (n−1) (n−1)
y1 y2 · · · yn

Teorema 19 Sejam a0 , a1 , . . . , an−1 funcoes cont´nuas num intervalo I e y1 , y2 , . . . , yn
¸˜ ı
n solucoes da equacao diferencial (2.91). Ent˜ o
¸˜ ¸˜ a

1. O W (y1 , y2 , . . ., yn ) (x) ou e sempre identicamente zero para todo o x ∈ I ou
´
nunca se anula.

2. y1 , y2 , . . . , yn s˜ o linearmente independentes se e s´ se
a o

W (y1 , y2 , . . . , yn ) = 0.

Exemplo 2.30 Sabendo que as funcoes 1, x, x2 s˜ o solucoes da equacao
¸˜ a ¸˜ ¸˜

y′′′ (x) = 0,

determine se s˜ o linearmente independentes entre si.
a

¸˜
Resolucao:
1 x x2
W (y1 , y2 , y3 ) = 0 1 2x = 2 = 0
0 0 2

¸˜

as func˜es sõ linearmente independentes e como tal podemos
¸o a
escrever a solucõ geral:
¸a

y(x) = c1 + c2 x + c3 x2 , c1 , c2 , c3 ∈ R.

¸˜
Solucao geral O procedimento para determinacao da solucao geral de uma
¸˜ ¸˜
equacao do tipo (2.90) e o seguinte:
¸˜ ´

passo 1 Determine n solucoes linearmente independentes y1 , y2 , . . . , yn da equacao
¸˜ ¸˜
homog´ nea associada (2.91).
e

passo 2 Determine uma solucao particular, y p , da equacao n˜ o homog´ nea (2.90).
¸˜ ¸˜ a e

Posto isto:

¸˜
A solucao geral da equacao (2.90) escreve-se da seguinte forma:
¸˜

y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + · · · + cn yn (x) +y p
yc

onde yc e a solucao geral de (2.91).
´ ¸˜

Como j´ vimos antes, na generalidade s´ e poss´vel determinar a solucao de equacoes
a o´ ı ¸˜ ¸˜
diferenciais do tipo (2.90) com coeficientes constantes.

Se substituirmos y = eλ x na equacao homog´ nea (2.90), obtemos a equacao carac-
¸˜ e ¸˜
teristica:

λ n + an−1 λ n−1 + · · · + a1 λ + a0 . (2.93)

A equacao caracter´stica tem n ra´zes λ1 , λ2 , . . ., λn . Algumas destas ra´zes poder˜ o
¸˜ ı ı ı a
ser reais e distintas, reais e iguais, ra´zes complexas conjugadas distintas e pares
ı
iguais de ra´zes conjugadas.
ı

130 ´

Se uma ra´z λk , real ou complexa, ocorre m vezes, dizemos que a ra´z tem multipli-
ı ı
cidade m.

Sintetizamos no seguinte quadro, as diferentes formas de construir as ra´zes da
ı
equacao geral a partir das ra´zes da equacao caracter´stica:
¸˜ ı ¸˜ ı

¸˜
Como determinar a solucao de uma ED homog´ nea?
e
¸˜ ¸˜
Procedimento para determinar a solucao geral de uma equacao linear ho-
mog´ nea com coeﬁcientes constantes
e
1. Determine a equacao caracter´stica de (2.90).
¸˜ ı
2. Determine as ra´zes de (2.93)
ı
3. Cada ra´z real simples λ origina uma ra´z y =λ x de (2.90)
ı ı
4. Cada ra´z real λk de multiplicidade m > 1, origina m ra´zes de (2.90)
ı ı

y1 = eλk x , y2 = xeλk x , . . . , ym = xm−1 eλk x

5. Cada par de ra´zes conjugada simples y1 = α + iβ e y2 = α − iβ originam
ı
duas solucoes de (2.90):
¸˜

y1 = eα x cos β x e y2 = eα x sin β x.

6. Cada par de ra´zes conjugadas de multiplicidade m > 1, origina 2m ra´zes de
ı ı
(2.90):

y1 = eα x cos β x, y2 = xeα x cos β x, . . . , ym = xm−1 eα x cos β x

ym+1 = eα x sin β x, ym+2 = xeα x sin β x, . . . , y2m = xm−1 eα x sin β x.

7. Se y1 , y2 , . . . , yn s˜ o n solucoes de (2.90) obtidas nos passos 3—6, ent˜ o estas
a ¸˜ a
solucoes s˜ o linearmente independentes e a solucao geral e:
¸˜ a ¸˜ ´

y(x) = c1 y1 + c2 y2 + · · · + cn yn .

Exemplo 2.31 Resolva a equacao y′′′ − 3y′′ − 10y′ + 24y = 0.
¸˜

¸˜

Resolucao: A equacõ caracter´stica λ 3 −3λ 2 −10λ +24 = 0 tem
¸˜ ¸a ı
ra´zes λ1 = 2, λ2 = −3, λ3 = 4.
ı

Dado que estas ra´zes sõ reais e distintas, entõ as resultantes
ı a a
solucoes da equacõ sõ linearmente independentes, e escrevemos
¸˜ ¸a a
¸˜
entõ a solucao geral:
a

y(x) = c1 e2x + c2 e−3x + c3 e4x , c1 , c2 , c3 ∈ R.

Exemplo 2.32 Determine a solucao geral de y(4) − 4y′′′ + 6y′′ − 4y′ + y = 0.
¸˜

¸˜
Resolucao: A equacõ caracter´stica
¸a ı

λ 4 − 4λ 3 + 6λ 2 − 4λ + 1 = (λ − 1)4 = 0

tem uma ńica ra´z de multiplicidade 4.
u ı ¸˜
Temos entõ a solucao
a
geral:
y(x) = ex c1 + c2 x + c3 x2 + c4 x3 .

Exemplo 2.33 Determine a solucao de y(5) − 2y(4) + 8y′′ − 12y′ + 8y = 0.
¸˜

¸˜
Resolucao: A equacao caracter´stica ´
¸˜ ı e
2
λ 5 − 2λ 4 + 8λ 2 − 12λ + 8 = (λ + 2) λ 2 − 2λ + 2 = 0,

que tem como solucoes a ra´z real simples λ1 = −2 e um par
¸˜ ı
de ra´zes conjugadas de multiplicidade 2
ı

λ2 = 1 + i e λ3 = 1 − i.

Posto isto, a solucao geral ´:
¸˜ e

y(x) = c1 ex + (c2 + c3 x) ex cos x + (c4 + c5 x) ex sin x.

132 ´

Nota 16 A determinacao das ra´zes de um polin´ mio de grau superior a trˆ s nem
¸˜ ı o e
sempre e tarefa f´ cil.
´ a

A quest˜ o que a seguir se coloca e a de como determinar a solucao particular
a ´ ¸˜
de (2.90). Para servir este prop´ sito, e a semelhanca do que acontece com as
o ` ¸
equacoes lineares de ordem–2, existem dois m´ todos (i) o m´ todo dos coeficientes
¸˜ e e
indeterminados e (ii) o m´ todo da variacao de parˆ metros.
e ¸˜ a

Finalmente, s´ algumas equacoes com coeficientes vari´ veis s˜ o pass´veis de resolucao,
o ¸˜ a a ı ¸˜
como por exemplo a equacao de Euler.
¸˜

2.10 Exercćios
ı

1. Considere x = c1 et + c2 e−t como a fam´lia de dois parˆ metros de solucoes
ı a ¸˜
da ED x′′ − x = 0 no intervalo (−∞, ∞). Determine um membro desta fam´lia
ı
que satisfaca as condicoes x(0) = 0 e x′ (0) = 1.
¸ ¸˜

2. Para o mesmo problema, determine a solucao particular que satisfaca as condicoes
¸˜ ¸ ¸˜
de fronteira x(0) = 0 e x′ (1) = 1.

3. Considere a equacao diferencial
¸˜

xy′′ − y′ = 0 (⋆)

cuja solucao geral, em R, e a fam´lia de funcoes caracterizada por y = α1 +
¸˜ ´ ı ¸˜
α2 x2 , α1 , α2 ∈ R.

(a) Mostre que o problema de condicoes iniciais
¸˜

(⋆) ∧ y (0) = 0 ∧ y′ (0) = 1

n˜ o tem solucao. Analise a causa de tal facto;
a ¸˜

´
2.10. EXERCICIOS 133

(b) Determine duas solucoes do seguinte problema
¸˜

(⋆) ∧ y (0) = 0 ∧ y′ (0) = 0;

(c) Resolva o seguinte problema de condicoes de fronteira;
¸˜

(⋆) ∧ y (0) = 1 ∧ y′ (1) = 6.

4. Estude quanto a independˆ ncia linear os seguintes conjuntos de funcoes:
` e ¸˜

(a) f1 (t) = t, f2 (t) = t + 1 em R;

(b) f1 (t) = t, f2 (t) = |t| em R;

(c) f1 (t) = t, f2 (t) = |t| em R+ ;

(d) f1 (t) = 0, f2 (t) = t, f3 (t) = 1 em R;

(e) f1 (t) = sin2 t, f2 (t) = cost, f3 (t) = 1 em R;

(f) f1 (t) = cos 2t, f2 (t) = 1, f3 (t) = cos2 t em R;

(g) f1 (t) = et , f2 (t) = e−t , f3 (t) = e4t em R.

5. Considerando f1 (t) = 2 e f2 (t) = et , repare que f1 (0) − 2 f2 (0) = 0. Pode
garantir que f1 e f2 s˜ o linearmente dependentes em qualquer intervalo con-
a
tendo t = 0?

6. Averig´ e se as funcoes et e e2t constituem um sistema fundamental de solucoes
u ¸˜ ¸˜
para as seguintes ED:

(a) x′′ − 3x′ + 2x = 0;

(b) x′′′ − 4x′′ + 5x′ − 2x = 0.

7. Para cada um dos casos seguintes, mostre que as funcoes y′ s apresentadas for-
¸˜ i

mam um conjunto fundamental de solucoes da equacao diferencial e escreva
¸˜ ¸˜
a solucao geral desta.
¸˜

134 ´

(a) y′′ − y′ − 12y = 0, y1 = e−3x , y2 = e4x , em R;

(b) y′′ − 4y = 0, y1 = cosh (2x) , y2 = sinh (2x) , em R;

(c) y′′ − 2y′ + 5y = 0, y1 = ex cos (2x) , y2 = ex sin (2x), em R;

(d) x2 y′′ − 6xy′ + 12y = 0, y1 = x3 , y2 = x4 , em R+ ;

(e) y(4) + y′′ = 0, y1 = 1, y2 = x, y3 = cos x, y4 = sin x, em R.

8. Averig´ e se as seguintes funcoes constituem um sistema fundamental de solucoes
u ¸˜ ¸˜
para a ED x′′′ = 0, e em caso aﬁrmativo escreva a solucao geral:
¸˜

(a) 1,t + 1,t 2 ;
2
(b) t 2 ,t 2 + 1, t 2 + 1 ;
2
(c) t + 1, t 2 + 1 ;
2
(d) 1,t − 1, t 2 + 2 ;

(e) {t, 2t};

(f) t, 2t,t + 1,t 2 ;

9. Em algumas das seguintes al´neas, as funcoes apresentadas constituem sis-
ı ¸˜
temas fundamentais de solucoes para determinadas equacoes diferenciais ho-
¸˜ ¸˜
mog´ neas normais em certos intervalos. Em cada caso, determine essas equacoes
e ¸˜
diferenciais e os correspondentes intervalos.

(a) 2,t − 4,t 2 ; (b) t 3 ,t 4 ;
(c) et , e3t , e5t ; (d) {t − 1, sint, cost} ;
(e) {1,t, sint, cost}; (f) {2,t + 2,t − 4} ;
1
(g) {et , sinht, cosht} ; (h) t 2,t − , (t − 1)2 .
2
10. Determine o integral geral de cada uma das seguintes equacoes diferenciais
¸˜
homog´ neas:
e

´

(a) 2y′′ − 5y′ = 0;

(b) 2y′′ − 3y′ + 4y = 0;

(c) y′′ − y′ − 6y = 0;
d 2y dy
(d) 2
− 10 + 25y = 0;
dx dx
(e) y′′′ − 4y′′ − 5y′ = 0;
d 4y d 3y d 2y
(f) + + = 0;
dt 4 dt 3 dt 2
(g) y′′′ + 3y′′ + 3y′ + y = 0;
d 5x dx
(h) 5
− 16 = 0.
dt dt
11. Resolva os seguintes problemas de condicoes iniciais:
¸˜

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

(b) x′′ − 2x′ + x = 0, x (0) = 5, x′ (0) = 10;

π π
(c) y′′ + y = 0, y 3 = 0, y′ 3 = 2;

(d) y′′′ + 2y′′ − 5y′ − 6y = 0, y (0) = y′ (0) = 0, y′′ (0) = 1;
d 4y
(e) = 0, y (0) = 0, y′ (0) = 3, y′′ (0) = 4, y′′′ (0) = 5;
dx4
d 4y d3y d 2 y dy
(f) −3 3 +3 2 − = 0, y (0) = y′ (0) = 0, y′′ (0) = y′′′ (0) = 1;
dt 4 dt dt dt
(g) x(iv) − x = 0, x (0) = x′ (0) = x′′ (0) = 0, x′′′ (0) = 1.

12. Resolva os problemas de condicoes de fronteira:
¸˜

(a) y′′ − 10y′ + 25y = 0, y (0) = 1, y (1) = 0;

π
(b) y′′ + y = 0, y′ (0) = 0, y′ 2 = 2.

13. Sabendo que x p1 = 3e2t e x p2 = t 2 + 3t s˜ o solucoes particulares de
a ¸˜

x′′ − 6x′ + 5x = −9e2t
x′′ − 6x′ + 5x = 5t 2 + 3t − 16,

136 ´

respectivamente, determine as solucoes particulares de
¸˜

x′′ − 6x′ + 5x = 5t 2 + 3t − 16 − 9e2t
x′′ − 6x′ + 5x = −10t 2 − 6t + 32 + e2t .

14. Determine a solucao geral de cada uma das equacoes diferenciais seguintes:
¸˜ ¸˜

(a) y′′ − 9y = 54;

(b) y′′′ + 2y′′ + y′ = 10;

(c) y′′ + 4y′ + 4y = 2x + 6;

(d) y′′′ + y′′ = 8x2

(e) y′′ − y′ − 12y = e4x ;

(f) y′′ − 2y′ − 3y = 4ex − 9;

(g) y′′ + 25y = 6 sin x;

(h) y′′ − y = x2 ex + 5;

(i) y′′ − 2y′ + 5y = ex sin x;

(j) y′′ + y = 4 cos x − sin x.

15. Resolva os problemas de condicoes iniciais seguintes:
¸˜

π π
(a) y′′ + y = 8 cos (2x) − 4 sin x, y 2 = −1, y′ 2 = 0;

(b) y′′′ − 2y′′ + y′ = xex + 5, y (0) = 2, y′ (0) = 2, y′′ (0) = −1;

(c) y(4) − y′′′ = x + ex , y (0) = 0, y′ (0) = 0, y′′ (0) = 0, y′′′ (0) = 0.

16. Usando reducao de ordem, determine uma segunda solucao de cada uma das
¸˜ ¸˜
¸˜ ˜
seguintes equacoes e indique tambA c m a solucao geral da equacao.
¸˜ ¸˜

(a) x′′ + 5x′ = 0, x1 = 1;

(b) x′′ − 4x′ + 4x = 0, x1 = e2t ;

´

(c) x′′ + 2x′ + x = 0, x1 = te−t ;

(d) x′′ + 16x = 0, x1 = cos 4t;

(e) x′′ − x = 0, x1 = cosht;
2x
(f) 9y′′ − 12y′ + 4y = 0, y1 = e 3 .

17. Use o m´ todo da reducao de ordem para determinar a solucao de cada uma das
e ¸˜ ¸˜
seguintes equacoes n˜ o homog´ neas: A solucao indicada e uma das solucoes
¸˜ a e ¸˜ ´ ¸˜
da ED homog´ nea associada. Determine a segunda solucao da ED homog´ nea
e ¸˜ e
e ainda uma solucao particular da ED n˜ o homog´ nea. No ﬁnal, apresente a
¸˜ a e
solucao geral.
¸˜

(a) x′′ − 4x = 2, x1 = e−2t ;

(b) x′′ + x′ = 1, x1 = 1;

(c) x′′ − 3x′ + 2x = 5e3t , x1 = et ;

(d) x′′ − 4x′ + 3x = t, x1 = et .

18. Determine a solucao de cada uma das seguintes ED, utilizando o m´ todo da
¸˜ e
variacao de parˆ metros
¸˜ a

(a) x′′ + x = sect;

(b) x′′ − x = cosht;

e2t
(c) x′′ − 4x = t ;

(d) x′′ + x = tant;

(e) x′′ + x = sect tant;

(f) x′′ + 4x = cos2 t;

(g) x′′′ + 4x′ = sec 2t;

(h) 2x′′′ − 6x′′ = t 2 .

138 ´

19. Considerando as seguintes condicoes iniciais x(0) = 1 e x′ (0) = 0, resolva os
¸˜
seguintes PVI, usando o m´ todo da variacao de parˆ metros.
e ¸˜ a

(a) 4x′′ − x = tet/2 ;

(b) 2x′′ + x′ − x = t + 1;

(c) x′′ + 2x′ − 8x = 2e−2t − e−t ;

˜ ˜
20. Dadas duas soluA§Aes x1 = cos(ln x) e x2 = sin(ln x) linearmente indepen-
dentes de
t 2 x′′ + tx + x = 0,

em (0, ∞) , determine uma soluA§A£o particular de
˜ ˜

t 2 x′′ + tx + x = sec(lnt).

21. Resolva as seguintes ED lineares:

(a) t 2x′ − 2x = 0;

(b) 4t 2x′ + x = 0;

(c) tx′′ + x′ = 0;

(d) 3t 2x′′ + 6tx′ + x = 0;

(e) t 3x′′′ + tx′ − x = 0;
d3x d 2x dx
(f) t 3 3
− 2t 2 2 + 4t − 4x = 0.
dt dt dt
22. Resolva os seguinte PVI:

(a) t 2x′′ + 3tx′ = 0, x(1) = 0, x′ (1) = 4;

(b) t 2x′′ − 5tx′ + 8x = 0, x(2) = 32, x′ (2) = 0;

(c) t 2x′′ + tx′ + x = 0, x(1) = 1, x′ (1) = 2;

˜ ˜ ˜
23. Resolva as seguinte ED lineares, usando o mA c todo da variaA§A£o de
˜
parAmetros:

´

(a) tx′′ + x′ = t;

(b) 2t 2x′′ + 5tx′ + x = t 2 − t;

(c) t 2x′′ − tx′ + x = 2t.

24. (a) Uma massa de 2 Kg provoca um alongamento de 10 cm numa mola.
Suponha-se que a massa e puxada para baixo mais 5 cm e depois li-
´
bertada, com velocidade inicial nula. Supondo que n˜ o h´ resistˆ ncia
a a e
do ar, determine a posicao da massa em cada instante t, o per´odo e a
¸˜ ı
amplitude do movimento.

(b) Uma massa de 100 g provoca um alongamento de 5 cm numa mola. A
massa e posta em movimento a partir da sua posicao em equil´brio com
´ ¸˜ ı
uma velocidade inicial, no sentido positivo, de 10 cm/s. Desprezando a
resistˆ ncia do ar, determine a posicao da massa em cada instante t. Em
e ¸˜
que instantes passa a massa pela sua posicao de equil´brio?
¸˜ ı

(c) Uma massa pesando 3 N provoca um alongamento de 6 cm numa mola.
Suponha-se que a massa e empurrada para cima numa distˆ ncia de 1cm e
´ a
e ent˜ o colocada em movimento com uma velocidade inicial, no sentido
´ a
positivo, de 1 m/s. Desprezando a resitˆ ncia do ar, determine o per´odo
e ı
e a amplitude do movimento.

(d) O movimento de um certo sistema mola-massa e governado pela equacao
´ ¸˜
5
x′′ (t) + x′(t) + x(t) = 0, t > 0, (2.94)
2
onde t est´ medido em segundos e x em metros. Supondo que x(0) = 0
a
√
e x′ (0) = 3/2, determine a posicao da massa em qualquer instante t.
¸˜
Determine ainda qual o instante em que a massa, ap´ s ser colocada em
o
movimento, volta a passar pela sua posicao de equil´brio pela primeira
¸˜ ı
vez?

(e) Uma massa de 4 Kg est´ presa a uma mola cuja constante vale 2 N/m.
a

140 ´

O meio onde o sistema est´ colocado oferece uma resistˆ ncia ao movi-
a e
mento da massa que e numericamente igual a quatro vezes a velocidade
´
instantˆ nea da massa. Suponha que a massa e libertada do seu ponto de
a ´
equil´brio com uma velocidade inicial, no sentido positivo, de 2 m/s.
ı

i. Determine a posicao da massa em cada instante.
¸˜

ii. Em que instante atinge a massa a posicao mais afastada da sua
¸˜
posicao de equil´brio, e qual e essa mesma posicao?
¸˜ ı ´ ¸˜

iii. Supondo desprez´ veis vibracoes de amplitude inferior a 0, 1 mm,
a ¸˜
quanto tempo demora a massa a imobilizar-se?

(f) Uma forca de 2 N provoca um alongamento de 4 cm numa mola. Suponha-
¸
se que a massa e deslocada 5 cm no sentido positivo e libertada sem ve-
´
locidade inicial. Suponha-se ainda que o sistema se move num meio que
oferece uma resistˆ ncia ao movimento da massa que e numericamente
e ´
igual a 3 vezes a velocidade instantˆ nea da massa e que uma forca ex-
a ¸
terna, vertical e apontando para baixo, de 2 sint N actua na massa. For-
mule o problema de valor inicial cuja solucao descreve o movimento da
¸˜
massa.

25. (a) Considere um circuito el´ ctrico em s´ rie (C-BRC). Suponha que E(t) =
e e
3V, L = 0, 2 h,C = 10−3 f , R = 30 Ω e que no instante inicial q(0) =
3 × 10−2 C e q′ (0) = 10−2 A. Calcule a carga no condensador em cada
instante t > 0.

(b) Considere um circuito el´ ctrico em s´ rie (C-BRC), onde L = 0.05 h,C =
e e
0.01 f , R = 2 Ω e E(t) = 0V. Supondo que no instante inicial q(0) = 5C
e i(0) = 0 A,

i. Determine a carga no condensador no instante t = 0.01 s.

ii. Determine o primeiro instante em que a carga no condensador se

´

torna nula.

26. Veriﬁque que o par de funcoes dado e solucao do sistema de equacoes
¸˜ ´ ¸˜ ¸˜

 
 dx  x = e−2t + 3e6t
 = x + 3y
(a) dt e ;
 dy = 5x + 3y
  y = −e−2t + 5e6t
dt
 2 
 d x t  x = cos 2t + sin 2t + 1 et

2
= 4y + e 
(b) dt e 5 .
 d 2y t  y = − cos 2t − sin 2t − 1 et
 = 4x − e 
5
dt 2
27. Veriﬁque se X e vector-solucao de cada um dos seguintes sistemas de ED.
´ ¸˜


 dx = 3x − 4y
 
 1
(a) dt ; X =   e−5t ;
 dy 2
 = 4x − 7y
dt

 dx =
 
 −2x + 5y 5 cost
(b) dt ; X =  et ;
 dy 3 cost − sint
 = −2x + 4y
dt
     
2 1 1 4
(c) X′ =  X; X =   et +   tet ;
−1 0 3 −4

   
1 0 1 sint
   
′=    1 1 
(d) X  1 1 0  X ; X = − 2 sint − 2 cost  ;
   
−2 0 −1 − sint + cost
28. Determine a solucao geral das seguintes ED, depois de as reduzir a um SH de
¸˜
EDL da forma X ′ = AX .

(a) x′′′ − 2x′′ + x′ = 0; (b) 2x′′ + 2x′ − x = 0;
(c) x′′′ − 2x′′ − x′ + 2x = 0; (d) x′ − 3x′ + 2x = 0.
29. Transforme cada um dos seguintes sistemas diferenciais numa ED de 2a or-

142 ´

dem.
Em seguida determine a solucao que satisfaz as condicoes iniciais indicadas.
¸˜ ¸˜

 
 x′ = 3x − 2x
 1  x (0) = 3
 1
1 2
(a) ;
 ′
 x = 2x1 − 2x2 
 x2 (0) = 1
2 2

 
 x′ = x − 2x
 1  x (0) = −1
 1
1 2
(b) .
 ′
 x = 3x1 − 4x2 
 x2 (0) = 2
2
 
x(t)
30. (a) Seja x(t) uma solucao da ED x′′ +x′ +x = 0. Mostre que X (t) = 
¸˜ 
x ′ (t)

e solucao do sistema diferencial
´ ¸˜
 
0 1
X′ =  X.
−1 −1

 
x(t)
(b) Seja X (t) =   solucao do sistema diferencial
¸˜
x ′ (t)

 
0 1
X′ =  X.
−3 4

Mostre que y(t) = x1 (t) e solucao da ED y′′ − 4y′ + 3y = 0.
´ ¸˜

Cap´tulo 3
ı

Sistemas de ED lineares de
ordem–1

Sistemas de equacoes diferenciais aparecem em problemas que envolvam mais do
¸˜
que uma inc´ gnita, sendo cada uma das inc´ gnitas funcao de uma vari´ vel inde-
o o ¸˜ a
pendente, que frequentemente representa o tempo. Representamos esta vari´ vel
a
independente por t e as vari´ veis dependentes por x(t) e y(t), no caso de termos
a
apenas duas inc´ gnitas, ou por x1 (t), x2(t), . . ., xn (t), caso se trate de um sistema
o
com mais do que duas inc´ gnitas.
o

O nosso objecto de estudo ser˜ o os sistemas de equacoes lineares de primeira or-
a ¸˜
dem, para os quais apresentaremos uma abordagem em muito similar a apresentada
`
no cap´tulo anterior para equacoes lineares de ordem n. Comecaremos, na Sess˜ o
ı ¸˜ ¸ a
3.1, por introduzir deﬁnicoes b´ sicas e a notacao que usaremos ao longo do cap´tulo,
¸˜ a ¸˜ ı
e mostraremos a estreita relacao que existe entre uma equacao linear de ordem n e
¸˜ ¸˜
um sistema de n equacoes lineares de primeira ordem. A quest˜ o da existˆ ncia e
¸˜ a e
unicidade de solucao de um sistema de equacoes lineares ser´ tamb´ m abordada
¸˜ ¸˜ a e
nesta seccao introdut´ ria. A sess˜ o 3.2 conduz-nos ao estudo de sistemas linea-
¸˜ o a
res homog´ neos com coeﬁcientes constantes, o qual assenta no estudo dos valores
e

143

144 ´
CAPITULO 3. SISTEMAS DE ED LINEARES DE ORDEM–1

pr´ prios da matriz dos coeficientes do sistema. Na seccao 3.3 consideraremos siste-
o ¸˜
mas n˜ o homog´ neos de coeficientes constantes e utilizaremos uma vers˜ o matricial
a e a
do m´ todo da variacao de parˆ metros, que nos permitir´ obter uma solucao particu-
e ¸˜ a a ¸˜
lar do sistema n˜ o homog´ neo. A resolucao de alguns exercćios modelo permitir˜ o
a e ¸˜ ı a
consolidar a apresentacao te´ rica dos conte´ dos.
¸˜ o u

´
3.1 Conceitos basicos

¸˜
Definicao 18 Um sistema de equacoes diferenciais e um sistema constitu´do
¸˜ ´ ı
por duas, ou mais, equacoes diferenciais, envolvendo derivadas de duas, ou mais,
¸˜
vari´ veis dependentes relativamente a uma unica vari´ vel independente.
a ´ a

Um sistema de equacoes diferenciais de 1a ordem pode ser escrito na forma normal
¸˜

 dx1 = g (t, x , . . ., x )


 dt 1 1 n

.
.
.

 dx

 n
 = gn (t, x1, . . ., xn ),
dt
onde gi , i = 1, . . ., n, s˜ o funcoes de n + 1 vari´ veis definidas num intervalo I ⊂ R.
a ¸˜ a

Em particular, quando cada uma das funcoes g1 , g2 , . . . , gn e linear nas vari´ veis
¸˜ ´ a
dependentes x1 , . . . , xn , obtemos a forma normal de um sistema linear de equacoes
¸˜
de 1a ordem:


 dx1
 dt = a11 (t)x1 + a12 (t)x2 + . . . + a1n (t)xn + f1 (t)



.
.
. (3.1)

 dx

 n
 = an1 (t)x1 + an2 (t)x2 + . . . + ann (t)xn + fn (t).
dt
Ao sistema (3.2) chamamos sistema de n equacoes diferenciais lineares de 1a ordem
¸˜
ou, abreviadamente, sistema linear.

No que se segue iremos supor que os coeficientes ai j e as funcoes fi s˜ o contńuas
¸˜ a ı
num intervalo I ⊂ R.

´
3.1. CONCEITOS BASICOS 145

Quando fi (t) = 0, i = 1, . . ., n, o sistema linear diz-se homog´ neo. Caso contr´ rio,
e a
diz-se n˜ o homog´ neo.
a e

¸˜
Definicao 19 Uma solucao de um sistema de n equacoes diferenciais ordin´ rias
¸˜ ¸˜ a
e um conjunto de funcoes, suficientemente diferenci´ veis
´ ¸˜ a

x1 = φ1 (t), x2 = φ2 (t), ..., xn = φn (t)

que satisfazem todas as equacoes diferenci´ veis do sistema, nalgum intervalo co-
¸˜ a
mum.

ˆ ¸˜
Teorema 20 (Existencia e Unicidade de Solucao) Se os coefici-
entes ai j (t) e as funcoes fi (t) forem contńuas num intervalo I,t0 ∈ I, e se k1 , k2 , . . . , kn
¸˜ ı
forem n constantes, ent˜ o existe uma e uma s´ solucao
a o ¸˜

x1 (t), x2 (t), ..., xn (t)

do sistema (3.2), tal que

x1 (t0 ) = k1 , x2 (t0) = k2 , ..., xn (t0) = kn .

3.1.1 ¸˜
Equacoes diferenciais lineares de ordem n e siste-
mas diferenciais lineares de ordem 1

Existe uma estreita relacao entre as equacoes diferenciais lineares de ordem n e os
¸˜ ¸˜
sistemas diferenciais lineares de ordem 1. Como ilustracao consideremos os se-
¸˜
guintes exemplos.

Exemplo 3.1 Consideremos a equacao diferencial linear de ordem n
¸˜

y(n) + an−1 (t)y(n−1) + . . . + a2 (t)y′′ + a1 (t)y′ + a0 (t)y = f (t).

Esta equacao pode ser transformada num sistema linear de n equacoes diferenciais
¸˜ ¸˜
de 1a ordem. Mostraremos a seguir esta transformacao.
¸˜

146 ´

Para o efeito, consideremos y1 = y e introduzimos novas funcoes inc´ gnitas para
¸˜ o
cada uma das derivadas, isto e,
´

y1 = y
y2 = y′ = y′
1

y3 = y′′ = y′
2
.
.
.
yn = y(n−1) = y′ .
n−1

Procedendo desta forma, obtemos o sistema

′
y1 = y2
y2′ = y3
.
.
.
′
yn−1 = yn
y′
n = −an−1 (t)yn − . . . − a2 (t)y3 − a1 (t)y2 − a0 (t)y1 + f (t)

Exemplo 3.2 Neste exemplo vamos ver como transformar um sistema linear
de duas equacoes numa ED linear de 2a ordem.
¸˜
Dado o sistema linear 
 dx1 =
 3x1 + 8x2

 dt


 dx

 2
 = −x1 − 3x2 .
dt
pretendemos obter uma ED linear de 2a ordem que lhe seja equivalente. Comece-
mos por considerar a 2a equacao do sistema:
¸˜

x′ = −x1 − 3x2
2

x1 = −3x2 − x′
2 (3.2)

Derivando a equacao (3.2), obtemos
¸˜

x′ = −3x′ − x′′ .
1 2 2 (3.3)

´

Substituindo (3.2) e (3.3) na primeira equacao do sistema segue-se
¸˜

−3x′ − x′′ = 3(−3x2 − x′ ) + 8x2 ,
2 2 2

donde

x′′ − x2 = 0.
2

A solucao desta ED linear homog´ nea e
¸˜ e ´

x2 = c1 et + c2 e−t , c1 , c2 ∈ R.

Substituindo em (3.2) obtemos

x1 = −4c1 et − 2c2 e−t .

Desta forma, obtivemos a solucao do sistema.
¸˜

¸˜
Observacao 10 Existem casos em que n˜ o e poss´vel reduzir um sistema de n
a ´ ı
equacoes a uma s´ ED de ordem n.
¸˜ o

3.1.2 Forma matricial de um sistema linear

Denotemos
     
x (t) a11 (t) a12 (t) · · · a1n (t) f1 (t)
 1     
     
 x2 (t)   a21 (t) a22 (t) · · · a2n (t)   f2 (t) 
X = .
 .
, A= .
 . . .. .
, F(t) =  . .
 .

  . .
. . .
.


 .
 .


     
xn (t) an1 (t) an2 (t) · · · ann (t) fn (t)

O sistema de ED lineares de 1a ordem (3.2) pode ser re-escrito como
      
x (t) a (t) a12 (t) · · · a1n (t) x (t) f (t)
 1   11  1   1 
      
d  x2 (t)   a21 (t) a22 (t) · · · a2n (t)   x2 (t)   f2 (t)
=

.  . + .
    ,
dt  .   .
 . .   . .
.
.
.
..
. .  .   .
. . .


      
xn (t) an1 (t) an2 (t) · · · ann (t) xn (t) fn (t)

148 ´

ou, abreviadamente,

˙
X = AX + F.

Se o sistema for homog´ neo, a sua forma matricial ser´
e a

˙
X = AX .

Exerc´cio 12 Escrever em notacao matricial os seguintes sistemas:
ı ¸˜

 x′ = 6x + x + x + t 
 1
 1 2 3  dx
  = 3x + 4y
(a) x′ = 8x1 + x2 − x3 + 10t , (b) dt .
 2
  dy = 5x − 7y

 ′
 x = 2x + 9x − x3 + 6t
3 1 2 dt

¸˜ ˙
Deﬁnicao 20 Um vector solucao do sistema X = AX + F num intervalo I e um
¸˜ ´
vector
   
x (t) φ (t)
 1   1 
  φ2 (t)
   
 x2 (t) 
X = .
 .
=
  .
,
  .

 . . 
   
xn (t) φn (t)

cujos elementos s˜ o funcoes diferenci´ veis que satisfazem o sistema no intervalo.
a ¸˜ a

¸˜ ˙
Observacao 11 Um vector solucao de X = AX + F e equivalente a n solucoes
¸˜ ´ ¸˜

x1 = φ1 (t), . . . , xn = φn (t)

e pode ser interpretado geometricamente como um conjunto de equacoes param´ tricas
¸˜ e
de uma curva no espaco. No caso particular em que n = 2 temos
¸

x1 = φ1 (t), x2 = φ2 (t)

que representa uma curva no plano xOy, a que chamamos traject´ ria.
o

´

Exercćio 13 Verifique que no intervalo (−∞, +∞) ,
ı
   
1 3
X1 =   e−2t e X2 =   e6t
−1 5

s˜ o solucoes do sistema diferencial
a ¸˜
 
1 3
˙
X = X.
5 3

Grande parte da teoria dos sistemas lineares de n ED lineares de 1a ordem e similar
´
a das ED lineares de ordem n.
`

3.1.3 Problemas de valor inicial

Denotemos por t0 um ponto de um intervalo real I. O problema descrito no Teorema
20 toma a forma:

Resolver o problema de valor inicial
 
k1
 
 
 k2 
˙
X = AX + F, X (t0) = X0 =  . (3.4)
 .
. 
 . 
 
kn

O Teorema 20 pode ent˜ o ser re-escrito como
a

Teorema 21 Se os elementos das matrizes A e F s˜ o funcoes contńuas num
a ¸˜ ı
intervalo I que contenha o ponto t0 , ent˜ o existe uma unica solucao do problema
a ´ ¸˜
de valor inicial (3.4) no intervalo.

No que se segue consideraremos somente sistemas homog´ neos e suporemos que
e
ai j e fi s˜ o funcoes contńuas de t no mesmo intervalo I.
a ¸˜ ı

150 ´

¸˜
Teorema 22 (Princ´pio da sobreposicao) Sejam X1, X2 , . . . , Xk um con-
ı
¸˜ e ˙
junto de vectores solucao do sistema homog´ neo X = AX num certo intervalo real
I. Ent˜ o a combinacao linear
a ¸˜

X = c1 X1 + c2 X2 + . . . + ck Xk

onde c1 , c2 , . . . , ck s˜ o constantes arbitr´ rias, e tamb´ m um vector solucao do sis-
a a ´ e ¸˜
tema no intervalo I.

Exercćio 14 Verifique que
ı
   
cost 0
   
 1 1   t 
X1 =  − 2 cost + 2 sint  e X2 =  e 
   
− cos t − sint 0
s˜ o solucoes do sistema
a ¸˜
 
1 0 1
 
˙ 
X = 1 1 0

X.
 
−2 0 −1
Conclua que
X = c1 X1 + c2 X2 , c1 , c2 ∈ R

e ainda uma solucao do sistema.
´ ¸˜

3.1.4 ˆ ˆ
Dependencia e independencia linear

¸˜
Definicao 21 Sejam X1 , X2 , . . . , Xk um conjunto de vectores solucao do sistema
¸˜
e ˙
homog´ neo X = AX num certo intervalo real I. Dizemos que o conjunto e line-
´
armente dependente no intervalo se existirem constantes c1 , c2 , . . . , ck n˜ o todas
a
nulas, de tal forma que

c1 X1 + c2 X2 + . . . + ck Xk = 0, ∀t ∈ I.

Se o conjunto n˜ o for linearmente dependente em I, ent˜ o ser´ designado linear-
a a a
mente independente.

´

Observacao 12 Notemos que no caso em que k = 2 a definicao anterior corres-
¸˜ ¸˜
ponde a dizer que dois vectores solucao s˜ o linearmente dependentes se um for
¸˜ a
m´ ltiplo constante do outro. Se k > 2 tem-se que um conjunto de vectores solucao
u ¸˜
e linearmente dependente se pudermos expressar pelo menos um vector solucao
´ ¸˜
como uma combinacao linear dos restantes.
¸˜

´
Teorema 23 (Criterio do Wronskiano) Sejam
     
x11 (t) x12 (t) x1n (t)
     
     
 x21 (t)   x22 (t)   x2n (t) 
X1 =  .
 .
,
 X2 =  .
 .
,
 ..., Xn =  .
 .
,

 .   .   . 
     
xn1 (t) xn2 (t) xnn (t)

¸˜ ˙
n vectores solucao do sistema X = AX no intervalo I. Ent˜ o o conjunto de vectores
a
solucao e linearmente independente em I se e s´ se
¸˜ ´ o

x11 x12 · · · x1n
x21 x22 · · · x2n
W (X1, X2 , . . . , Xn) = . . .. . = 0, ∀t ∈ I.
.
. .
. . ..
xn1 xn2 · · · xnn

Exercćio 15 Considere os vectores solucao X1 e X2 do exercćio 13 e mostre
ı ¸˜ ı
que se tratam de vectores solucao linearmente independentes para todos os valores
¸˜
reais de t.

¸˜ ¸˜
Definicao 22 (Conjunto Fundamental de Solucoes) Todo o con-
junto X1 , X2 , . . ., Xn de n vectores solucao linearmente independentes do sistema ho-
¸˜
e ˙
mog´ neo X = AX no intervalo I e chamado conjunto fundamental de solucoes no
´ ¸˜
intervalo.

˙
Teorema 24 Dado o sistema X = AX , existe um conjunto fundamental de solucoes
¸˜
para este sistema num intervalo I.

¸˜ ´
Teorema 25 (Solucao geral - sistemas homogeneos) Sejam
¸˜ e ˙
X1 , X2 , . . ., Xn um conjunto fundamental de solucoes do sistema homog´ neo X = AX

152 ´

num intervalo I. Ent˜ o, a solucao geral do sistema no intervalo I e
a ¸˜ ´

X = c1 X1 + c2 X2 + . . . + cn Xn ,

onde c1 , c2 , . . . , cn s˜ o constantes arbitr´ rias.
a a

Exercćio 16 Indique a solucao geral do sistema considerado no exercćio13.
ı ¸˜ ı

3.1.5 ˜ ´
Sistemas nao homogeneos

a e ˙
Para sistemas n˜ o homog´ neos X = AX + F, uma solucao particular X p num inter-
¸˜
valo I e qualquer vector livre de constantes arbitr´ rias, cujos elementos s˜ o funcoes
´ a a ¸˜
˙
que satisfazem o sistema X = AX + F.

¸˜ ˜ ´
Teorema 26 (Solucao geral - sistemas nao homogeneos) Sejam
˙
• X p uma solucao particular do sistema X = AX + F no intervalo I;
¸˜
˙
• XH = c1 X1 + c2 X2 + . . . + cn Xn a solucao geral do sistema X = AX no mesmo
¸˜
intervalo I.
Ent˜ o a solucao geral do sistema n˜ o homog´ neo em I e
a ¸˜ a e ´

X = XH + X p .

A solucao geral do sistema homog´ neo, XH = c1 X1 + c2 X2 + . . . + cn Xn , designa-se
¸˜ e
por funcao complementar do sistema n˜ o homog´ neo.
¸˜ a e

Exercćio 17 Considere o sistema
ı
   
1 3 12t − 11
˙
X = X + .
5 3 −3

(a) Mostre que  
3t − 4
Xp =  ,
−5t + 6

´
3.2. SISTEMAS LINEARES HOMOGENEOS COM COEFICIENTES CONSTANTES153

e solucao do sistema anterior.
´ ¸˜
(b) Escreva a solucao geral do sistema anterior (recorde que determinou a solucao
¸˜ ¸˜
do sistema homog´ neo associado no exerc´cio anterior.)
e ı

´
3.2 Sistemas Lineares homogeneos com coeﬁ-
cientes constantes

Atendendo aos exemplos da seccao anterior somos levados a perguntar se podemos
¸˜
obter uma solucao da forma
¸˜
 
k1
 
 
 k2  λt
X =  e = K eλ t (3.5)
 .
. 
 . 
 
kn

e ˙
para o sistema homog´ neo de primeira ordem X = AX , onde A e uma matriz n × n
´
cujas entradas s˜ o constantes.
a

Notemos que, para o vector X dado por (3.5), temos que X = K λ eλ t . Assim, se X e
˙ ´
˙
um vector solucao de X = AX , segue-se:
¸˜

K λ eλ t = AK eλ t

K λ = AK

AK − λ K = 0.

Uma vez que K = IK, onde I denota a matriz identidade de ordem n, obtemos

(A − λ I) K = 0. (3.6)

´
E evidente que K = 0 satisfaz a equacao matricial (3.6). Para garantirmos que existe
¸˜
outra solucao para al´ m de K = 0 devemos ter
¸˜ e

det(A − λ I) = 0.

154 ´

Esta ultima equacao e polinomial em λ e e chamada equacao caracter´stica da
´ ¸˜ ´ ´ ¸˜ ı
matriz A, e as suas solucoes s˜ o os valores pr´ prios de A.
¸˜ a o

Uma solucao K = 0 da equacao matricial (3.6) correspondente ao valor pr´ prio λ e
¸˜ ¸˜ o ´
chamada um vector pr´ prio de A.
o

e ˙
Uma solucao do sistema homog´ neo X = AX e ent˜ o
¸˜ ´ a

X = K eλ t .

Consideraremos os trˆ s casos seguintes:
e
• A matriz A tem valores pr´ prios reais distintos;
o
• A matriz A tem valores pr´ prios reais repetidos;
o
• A matriz A tem valores pr´ prios complexos.
o

3.2.1 ´
A matriz A tem valores proprios reais distintos

Se A e uma matriz n × n com n valores pr´ prios reais distintos
´ o

λ1 , λ2 , . . ., λn

podemos sempre determinar um conjunto de vectores K1 , K2 , . . ., Kn linearmente
independentes e

X1 = K1 eλ1t , X2 = K2 eλ2t , ... , Xn = Kn eλnt

´ ¸˜ ˙
e um conjunto fundamental de solucoes de X = AX , no intervalo I = R.

Teorema 27 Sejam λ1 , λ2, . . . , λn n valores pr´ prios distintos da matriz de co-
o
˙
eﬁcientes A ∈ Rn×n do sistema X = AX e sejam K1 , K2 , . . ., Kn os vectores pr´ prios
o
a ¸˜ ˙
correspondentes. Ent˜ o, a solucao geral do sistema X = AX em R ser´ dada por
a

X = c1 K1 eλ1t + c2 K2 eλ2t + . . . + cn Kn eλnt ,

com c1 , c2 , . . . , cn constantes arbitr´ rias.
a

´

Exemplo 3.3 Determinemos a solucao geral do sistema linear homog´ neo com
¸˜ e
coeﬁcientes constantes

dx

dt = 2x + 3y
dy

dt = 2x + y

Comecemos por observar que
   
x 2 3
X =  e A= .
y 2 1

• Determinemos os valores pr´ prios de A :
o

2−λ 3
|A − λ I| = 0 ⇔ =0
2 1−λ
⇔ (2 − λ )(1 − λ ) − 6 = 0

⇔ λ = −1 ∨ λ = 4 (valores pr´ prios distintos).
o

• Determinemos os vectores pr´ prios de A correspondentes:
o
Se λ = −1 obtemos

(A − λ I) K = 0 ⇔ (A + I) K = 0
    
3 3 k1 0
⇔   = 
2 2 k2 0

 3k + 3k = 0
1 2
⇔
 2k + 2k = 0
1 2
⇔ k1 = −k2 .

Tomando, por exemplo, k2 = −1, obtemos o vector pr´ prio
o
 
1
K1 =  .
−1

156 ´

Se λ = 4 obtemos

(A − λ I) K = 0 ⇔ (A − 4I) K = 0
    
−2 3 k 0
⇔   1  =  
2 −3 k2 0

 −2k + 3k = 0
1 2
⇔
 2k − 3k = 0
1 2
3
⇔ k1 = k2 .
2

Tomando, por exemplo, k2 = 2, obtemos o vector pr´ prio
o
 
3
K2 =   .
2

• Os vectores K1 e K2 s˜ o linearmente independentes e
a
   
1 3
X1 =   e−t e X2 =   e4t
−1 2

s˜ o solucoes linearmente independentes do sistema. Segue-se que
a ¸˜
   
1 3
X = c1 X1 + c2 X2 = c1   e−t + c2   e4t , c1 , c2 ∈ R,
−1 2

e a solucao geral do sistema.
´ ¸˜

3.2.2 ´
A matriz A tem valores proprios reais repetidos

Dada a matrix A de coeﬁcientes e evidente que nem todos os seus valores pr´ prios
´ o
precisam de ser distintos.

Exemplo 3.4 Dado o sistema
 
3 −18
˙
X = X
2 −9

´

obtemos a equacao caracter´stica
¸˜ ı

3−λ −18
|A − λ I| = 0 ⇔ = 0 ⇔ (3 − λ )(−9 − λ ) + 36 = 0 ⇔ (λ + 3)2 = 0.
2 −9 − λ

Assim, λ1 = λ2 = −3 e uma raiz de multiplicidade dois.
´

Para este valor pr´ prio obtemos o unico vector pr´ prio K tal que
o ´ o

    
6 −18 k1 0
(A − λ I) K = 0 ⇔ (A + 3I) K = 0 ⇔   = 
2 −6 k2 0

 6k − 18k = 0
1 2
⇔ ⇔ k1 = 3k2 .
 2k − 6k = 0
1 2

Tomando, por exemplo, k2 = 1, obtemos o vector pr´ prio
o

 
3
K1 =  .
1

Segue-se que X1 = K e−3t e uma solucao do sistema. Por´ m, como estaremos inte-
´ ¸˜ e
ressados em obter a solucao geral do sistema, precisaremos de obter uma segunda
¸˜
solucao, o que ser´ feito no exemplo 3.6.
¸˜ a

158 ´

Em geral, se λ e um valor pr´ prio de multiplicidade alg´ brica m, duas situacoes
´ o e ¸˜
podem ocorrer:
(i) Para algumas matrizes A, n × n, e poss´vel obter m vectores pr´ prios linear-
´ ı o
mente independentes K1 , K2 , . . ., Km correspondentes a um valor pr´ prio λ1
o
de multiplicidade m ≤ n. Nesse caso, a solucao geral do sistema cont´ m a
¸˜ e
combinacao linear
¸˜

c1 K1 eλ1t + c2 K2 eλ1t + . . . + cm Km eλ1t .

(ii) Dado o valor pr´ prio λ1 de multiplicidade m, existir um unico vector pr´ prio
o ´ o
associado a λ1 . Neste caso, as m solucoes linearmente independentes podem
¸˜
ser obtidas como sendo da forma:

X1 = K11 eλ1t

X2 = K21t eλ1t + K22 eλ1t
.
.
.
t (m−1) λ1t t (m−2) λ1t
Xm = Km1 e + Km2 e + . . . + Kmm eλ1t
(m − 1)! (m − 2)!

onde cada Ki j e um vector coluna.
´

O pr´ ximo exemplo cont´ m uma ilustracao para o item (i) acima.
o e ¸˜

˙
Exemplo 3.5 Resolva o sistema X = AX com
 
1 −2 2
 
 
A =  −2 1 −2  .
 
2 −2 1

• Determinemos os valores pr´ prios de A :
o

1−λ −2 2
|A − λ I| = 0 ⇔ −2 1−λ −2 = 0.
2 −2 1−λ

´

Da resolucao desta equacao obtemos os valores pr´ prios λ1 = λ2 = −1 e λ3 = 5.
¸˜ ¸˜ o
• Determinemos os vectores pr´ prios de A:
o
Se λ = −1 obtemos

(A − λ I) K = 0 ⇔ (A + I) K = 0
    
2 −2 2 k1 0
    
    
⇔  −2 2 −2   k2  =  0  .
    
2 −2 2 k3 0
Passando para a matriz ampliada do sistema
     
2 −2 2 0 2 −2 2 0 1 −1 1 0
     
     
 −2 2 −2 0  −→  0 0 0 0  −→  0 0 0 0 
     
2 −2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0
do que se segue k1 − k2 + k3 = 0, ou seja, k1 = k2 − k3 . Escolhendo k2 = 1, k3 = 0
e k2 = 1, k3 = 1 obtemos, respectivamente, k1 = 1 e k1 = 0. Assim
   
1 0
   
   
K1 =  1  e K2 =  1 
   
0 1
s˜ o dois vectores pr´ prios independentes, e
a o
   
1 0
   
  −t   −t
X1 =  1  e e X2 =  1  e
   
0 1
s˜ o duas solucoes linearmente independentes correspondentes ao mesmo valor
a ¸˜
pr´ prio.
o

Para λ3 = 5 obtemos

(A − λ3 I) K = 0 ⇔ (A − 5I) K = 0
    
−4 −2 2 k1 0
    
    
⇔  −2 −4 −2   k2  =  0  .
    
2 −2 −4 k3 0

160 ´

Passando para a matriz ampliada do sistema
     
−4 −2 2 0 2 −2 −4 0 2 −2 −4 0
     
     
 −2 −4 −2 0  −→  −2 −4 −2 0  −→  0 −6 −6 0 
     
2 −2 −4 0 −4 −2 2 0 0 −6 −6 0
   
1 −1 −2 0 1 0 −1 0







 k1 = k3
−→  0 1 1 0  −→  0 1 1 0 ⇒
    k2 = −k3
0 0 0 0 0 0 0 0

Tomando k3 = 1 obtemos
 
1
 
 
K3 =  −1 
 
1

o terceiro vector pr´ prio. Conclu´mos que a solucao geral do sistema e
o ı ¸˜ ´
     
1 0 1
     
  −t   −t
X = c1  1  e + c2  1  e + c3  −1  e5t ,
 
c1 , c2 , c3 ∈ R.
     
0 1 1

Observacao 13 A matriz A do exemplo anterior e sim´ trica, isto e, A = AT , onde
¸˜ ´ e ´
T denota transposta. Quando a matriz A e sim´ trica e poss´vel provar que temos
´ e ´ ı
sempre a situacao descrita no item (i).
¸˜

Passamos agora a considerar o caso referido no item (ii) do quadro anterior. Co-
mecemos por considerar que λ1 e um valor pr´ prio de multiplicidade 2 e que existe
´ o
apenas um vector pr´ prio associado a λ1 . De acordo com o referido em (ii), uma
o
segunda solucao pode ser obtida da forma
¸˜

X2 = Kteλ1t + Peλ1t , (3.7)

´

onde
   
k1 p1
   
   
 k2   p2 
K= .
 e P= .
.

 .
.



 .
.


   
kn pn

´ ¸˜ ˙
Ora, se X2 e uma solucao do sistema X = AX , obtemos uma identidade ao substituir
(3.7) no sistema. Como

X2 = Keλ1t + Kt λ1eλ1t + Pλ1 eλ1t
˙

obtemos

X2 = AX2 ⇒ Keλ1t + Kt λ1eλ1t + Pλ1 eλ1t = AKteλ1t + APeλ1t
˙

⇒ (AK − λ1 K)teλ1t + (AP − λ1 P − K)eλ1t = 0.

Como esta equacao deve ser v´ lida para todos os valores de t, devemos ter
¸˜ a

(AK − λ1 I)K = 0 (3.8)

(AP − λ1 I)P = K. (3.9)

A equacao (3.8) estabelece simplesmente que K deve ser um vector pr´ prio de A as-
¸˜ o
sociado a λ . Resolvendo (3.8), determinamos uma solucao X1 = Keλ1t . Para obter
¸˜
uma segunda solucao X2 , precisamos somente de resolver (3.9) por forma a obter-
¸˜
mos o vector P.

¸˜
Exemplo 3.6 (continuacao do exemplo 3.4) No exemplo 3.4 encontr´ mos
a
o valor pr´ prio de multiplicidade dois: λ = −3. Vimos que
o
 
3
K1 =  
1

e o unico vector pr´ prio associado aquele valor pr´ prio. Assim X1 = K1 e−3t e
´ ´ o ` o ´
uma solucao. Pretendemos agora determinar uma segunda solucao. Para o efeito,
¸˜ ¸˜

162 ´

resolvamos a equacao (A − λ I)P = K, isto e,
¸˜ ´
    
6 −18 p1 3
(A + 3I)P = K ⇔    =  .
2 −6 p2 1

Desta equacao matricial obtemos 2p1 −6p2 = 1. Temos uma inﬁnidade de solucoes.
¸˜ ¸˜
1
Escolhendo, por exemplo, p1 = 2 obtemos p2 = 0 e
 
1
2
P= .
0

Uma segunda solucao e dada por X2 = Kte−3t + Pe−3t , donde
¸˜ ´
      
1
3 3
X = c1   e−3t + c2   te−3t +  2  e−3t  , c1 , c2 ∈ R,
1 1 0

e a solucao geral do sistema do exemplo 3.4.
´ ¸˜

Suponhamos agora que associados ao valor pr´ prio λ , de multiplicidade trˆ s, n˜ o
o e a
existem trˆ s vectores pr´ prios linearmente independentes. Neste caso, obtemos uma
e o
primeira solucao fazendo
¸˜

X1 = K eλ1t ,

uma segunda solucao fazendo
¸˜

X2 = Kt eλ1t + P eλ1t ,

e a terceira solucao e obtida como
¸˜ ´
t 2 λ1t
X3 = K e + Pt eλ1t + Q eλ1t , (3.10)
2
onde
     
k1 p1 q1
     
     
 k2   p2   q2 
K= .
, P= .
 e Q= .
.

 .
.



 .
.



 .
.


     
kn pn qn

´

˙
Substituindo (3.10) no sistema X = AX , obtemos

˙
X3 = AX3 ⇒
t2 t 2 λ1t
⇒ Kte + K λ1 e + Pe + Pλ1te + Qλ1 e = AK e + APteλ1t + AQeλ1t
λ1t λ1 t λ1t λ1t λ1 t
2 2
t 2 λ1t
⇒ (A − λ1 I)K e + (AP − λ1 P − K)teλ1t + (AQ − P − λ1 Q)eλ1t = 0.
2
Como esta equacao e v´ lida para todos os valores de t, devemos ter
¸˜ ´ a

(A − λ1 I)K = 0 (3.11)

(A − λ1 I)P = K (3.12)

(A − λ1 I)Q = P. (3.13)

Exemplo 3.7 Resolva o sistema
 
2 1 6
 
˙ =  0 2 5 X.
X


 
0 0 2
¸˜
Resolucao:

¸˜
Resolvendo a equacao caracter´stica
ı

2−λ 1 6
0 2−λ 5 = 0 ⇔ (2 − λ )3 = 0 ⇔ λ = 2
0 0 2−λ
obtemos λ = 2 valor pr´prio de multiplicidade 3.
o

Resolvendo a equac˜o matricial (3.11) para
¸a λ = 2 obtemos
      
0 1 6 k 0  k + 6k =
 2 0  k ∈R
 1
  1    
 3 

    
 0 0 5   k2  =  0  ⇒ 5k3 = 0 ⇒ k =0
     
  2

 
0 0 0 k3 0  0 = 0  k =0
3

Tomando, por exemplo, k1 = 1, obtemos o vector pr´prio (´nico)
o u
 
1
 
 
K =  0 .
 
0

164 ´

Tomando agora a equac˜o
¸a matricial (3.12)
      
0 1 6 p 1  p + 6p = 1
  p ∈R
 1
  1     2
 3 

    
 0 0 5   p2  = K =  0  ⇒ 5p3 = 0 ⇒ p =1
     
  2

 
0 0 0 p3 0  0 = 0  p =0
3

Tomando, por exemplo, p1 = 0, obtemos o vector
 
0
 
 
P =  1 .
 
0

Finalmente, a equacao matricial (3.13) produz
¸˜
      
0 1 6 q1 0  q + 6q = 0
 2  q ∈R
 1
 3 
      
     6
 0 0 5  q2  = P =  1  ⇒ 5q3 = 1 ⇒ q = −5
     
  2

 
 q =1
0 0 0 q3 0  0 = 0 3 5

Tomando, por exemplo, q1 = 0, obtemos o vector
 
0
 
 6 
Q =  −5 .
 
1
5

Conclu´mos, portanto, que
ı
 
1
 
X1 = K eλ1t =  0  e ,
  2t
 
0
   
1 0
   
X2 = Kt eλ1t + P eλ1t =  0  te2t +  1  e2t ,
   
   
0 0
     
1 0 0
t2   t2    
X3 = K eλ1t + Pteλ1t + Qeλ1t =  0  e2t +  1  te2t +  − 5  e2t ,
     6 
2  2    
1
0 0 5

´

sõ soluc˜es linearmente independentes do sistema e, por
a ¸o
conseguinte, a solucõ geral do sistema ´ dada por
¸a e

X = c1 X1 + c2 X2 + c3 X3 , c1 , c2 , c3 ∈ R.

3.2.3 ´
A matriz A tem valores proprios reais complexos

Se λ1 = a + bi e λ2 = a − bi s˜ o valores pr´ prios complexos da matriz A, podemos
a o
esperar que os vectores pr´ prios associados sejam tamb´ m complexos.
o e

Por exemplo, dado o sistema

 dx
 = 6x − y
dt
 dy = 5x + 4y

dt

obtemos    
x 2 3
X =  e A= ,
y 2 1

donde

6−λ −1
|A − λ I| = 0 ⇔ =0
5 4−λ
⇔ (6 − λ )(4 − λ ) + 5 = 0

⇔ λ = 5 ± 2i,

isto e, os valores pr´ prios da matriz dos coeficientes A s˜ o os n´ meros complexos
´ o a u
conjugados λ1 = 5 + 2i e λ2 = 5 − 2i.

Determinemos os correspondentes vectores pr´ prios:
o

166 ´

Para λ1 = 5 + 2i obtemos
    
6 − 5 − 2i −1 k1 0
(A − λ I) K = 0 ⇔   = 
5 4 − 5 − 2i k2 0
    
1 − 2i −1 k1 0
⇔   = 
5 −1 − 2i k2 0

 (1 − 2i)k − k = 0
1 2
⇔
 5k − (1 + 2i)k = 0
1 2

⇔ k2 = (1 − 2i)k1 .

Da escolha k1 = 1, resulta o seguinte vector pr´ prio
o
 
1
K1 =  
1 − 2i

e o seguinte vector solucao
¸˜
 
1
X1 = K1 e(5+2i)t =   e(5+2i)t .
1 − 2i

Procedendo de modo semelhante, obtemos para λ2 = 5 − 2i, o vector pr´ prio
o
 
1
K2 =  
1 + 2i

e o vector solucao
¸˜
 
1
X2 = K2 e(5−2i)t =   e(5−2i)t .
1 + 2i

Recorrendo ao Wronskiano podemos mostrar que estas solucoes s˜ o linearmente
¸˜ a
independentes, do que se conclui que a solucao geral do sistema e
¸˜ ´
   
1 1
X = c1 X1 + c2 X2 = c1   e(5+2i)t + c2   e(5−2i)t , (3.14)
1 − 2i 1 + 2i

onde c1 , c2 ∈ R.

´

Teorema 28 (Solucoes correspondentes a valores pr´ prios complexos)
¸˜ o
˙
Seja A a matriz dos coeﬁcientes com elementos reais do sistema homog´ neo X = AX
e
e seja K1 um vector pr´ prio correspondente ao valor pr´ prio λ1 = α +iβ , α , β ∈ R.
o o
Ent˜ o
a

X1 = K1 eλ1t e X2 = K1 eλ1t

s˜ o solucoes do sistema homog´ neo.
a ¸˜ e

Relativamente ao exemplo anterior, a solucao geral (3.14) pode ser reescrita em
¸˜
termos de funcoes reais. Para isso, notemos que
¸˜

e(5+2i)t = e5t e2ti = e5t (cos(2t) + i sin(2t)),

e(5−2i)t = e5t e−2ti = e5t (cos(2t) − i sin(2t)),

atendendo a formula de Euler eiθ = cos(θ ) + i sin(θ ), θ ∈ R. Assim, (3.14) toma a
`
forma
   
1 1
X = c1   e5t (cos(2t) + i sin(2t)) + c2   e5t (cos(2t) − i sin(2t))
1 − 2i 1 + 2i

    
1 0
= (c1 + c2 )   cos(2t) +   sin(2t) e5t +
1 2
    
1 1
+(c1 − c2 )i   sin(2t) +   cos(2t) e5t
1 −2

= (c1 + c2 )X1 + (c1 − c2 )iX2 = C1 X1 +C2 X2 ,

onde C1 = c1 + c2 e C2 = (c1 − c2 )i.

Este processo pode ser generalizado. Seja K1 um vector pr´ prio da matriz de coe-
o
ﬁcientes A ∈ Rn×n correspondente ao valor pr´ prio complexo λ1 = α + iβ . Ent˜ o,
o a

168 ´

os dois vectores solucao do Teorema 28 podem ser escritos como
¸˜

X1 = K1 eλ1t = K1 e(α +iβ )t = K1 eα t eiβ t = K1 eα t [cos(β t) + i sin(β t)],

X2 = K1 eλ1t = K1 e(α −iβ )t = K1 eα t e−iβ t = K1 eα t [cos(β t) − i sin(β t)].

Pelo princ´pio da sobreposicao os seguintes vectores s˜ o tamb´ m solucoes
ı ¸˜ a e ¸˜

1
X1 = K1 eλ1t + K1 eλ1t
2
1 i
= K1 + K1 eα t cos(β t) − −K1 + K1 eα t sin(β t)
2 2

e

i
X2 = −K1 eλ1t + K1 eλ1t
2
i 1
= −K1 + K1 eα t cos(β t) + K1 + K1 eα t sin(β t).
2 2

Atendendo a que qualquer n´ mero complexo z = a + ib satisfaz
u

1
(z + z) = a ∈ R,
2
i
(−z + z) = b ∈ R,
2

segue-se que as coordenadas nos vectores coluna

1 i
K1 + K1 e −K1 + K1
2 2

s˜ o n´ meros reais.
a u

´

Teorema 29 Seja λ1 = α +iβ , α , β ∈ R, um valor pr´ prio complexo da matriz
o
˙
dos coeﬁcientes A do sistema homog´ neo X = AX e sejam
e

1 i
B1 = K1 + K1 = Re(K1 ) e B2 = −K1 + K1 = Im(K1 )
2 2

vectores coluna (Re(K1 ) e Im(K1 ) denotam, respectivamente, parte real e coeﬁci-
ente da parte imagin´ ria de K1 ). Ent˜ o
a a

X1 = [B1 cos(β t) − B2 sin(β t)]eα t e X2 = [B2 cos(β t) + B1 sin(β t)]eα t

s˜ o solucoes linearmente independentes do sistema homog´ neo em R.
a ¸˜ e

Exemplo 3.8 Resolva o problema de valor inicial
   
2 8 2
˙
X = X, X (0) =  .
−1 −2 −1

¸˜
Resolucao: • Determinar os valores pr´prios:
o

2−λ 8
|A − λ I| = 0 ⇔ =0
−1 −2 − λ

⇔ (2 − λ )(−2 − λ ) + 8 = 0

⇔ λ = ±2i,

• Para λ1 = 2i (α = 0, β = 2), obtemos
    
2 − 2i 8 k 0
(A − λ I) K = 0 ⇔   1  =  
−1 −2 − 2i k2 0

 (2 − 2i)k + 8k = 0
1 2
⇔
 −k − (2 + 2i)k = 0
1 2


 0 = 0
⇔
 k
1 = −(2 + 2i)k2

170 ´

Escolhendo k2 = −1, obtemos
       
k1 2 + 2i 2 2
K1 =  = = +i .
k2 −1 −1 0

Segue-se que
   
2 2
B1 = Re(K1 ) =   e B2 = Im(K1 ) =  .
−1 0

Como α = 0 e β = 2 obtemos
   
2 2
X1 =   cos(2t) −   sin(2t) e
−1 0

   
2 2
X2 =   cos(2t) +   sin(2t)
0 −1

¸˜
solucoes linearmente independentes do sistema. Assim, a
solucao geral do sistema ´ dada por
¸˜ e

X = c1 X1 + c2 X2
         
2 2 2 2
= c1   cos(2t) −   sin(2t) + c2   cos(2t) +   sin(2t)
−1 0 0 −1

   
2 cos(2t) − 2 sin(2t) 2 cos(2t) + 2 sin(2t)
= c1   + c2  .
− cos(2t) − sin(2t)

A condic˜o inicial pode ser re-escrita como x(0) = 2 e y(0) =
¸a
−1. Destas igualdades obtemos c1 = 1 e c2 = 0, do que se conclui
¸˜
que a solucao do problema de valor inicial ´ e
 
2 cos(2t) − 2 sin(2t)
X = .
− cos(2t)

¸˜ ˆ
3.3. VARIACAO DE PARAMETROS 171

¸˜ ˆ
3.3 Variacao de parametros

O m´ todo de variacao de parˆ metros desenvolvido para obter uma solucao particular
e ¸˜ a ¸˜
de uma equacao diferencial linear n˜ o homog´ nea pode ser estendido aos sistemas
¸˜ a e
lineares de equacoes diferenciais. Nesta seccao, vamos desenvolver uma vers˜ o
¸˜ ¸˜ a
a a e ˙
matricial da variacao de parˆ metros para um sistema linear n˜ o homog´ neo X =
¸˜
AX + F. Antes por´ m, precisaremos de estudar uma matriz especial formada pelos
e
¸˜ e ˙
vectores solucao do sistema homog´ neo correspondente X = AX .

3.3.1 Matriz fundamental

Suponhamos que X1 , X2 , . . ., Xn formam um conjunto fundamental de solucoes do
¸˜
e ˙
sistema homog´ neo X = AX num intervalo I. Ent˜ o, de acordo com o Teorema 25,
a
a solucao geral do sistema homog´ neo no intervalo ser´
¸˜ e a

X = c1 X1 + c2 X2 + . . . + cn Xn
     
x11 x12 x1n
     
     
 x21   x22   x2n 
= c1  . 
 + c2 
. 
 + . . . + cn 
.


 . 
.

 . 
.

 .
.


     
xn1 xn2 xnn

 
c x + c2 x12 + · · · + cn x1n
 1 11 
 
 c1 x21 + c2 x22 + · · · + cn x2n 
=  .


 .
.


 
c1 xn1 + c2 xn2 + · · · + cn xnn
n×1

172 ´
   
x11 x12 · · · x1n c1
   
   
 x21 x22 · · · x2n   c2 
   
 .
. .
. .. . 
.   .
. 
=  . . . .  .  = Φ(t)C
   
xn1 xn2 · · · xnn cn

Φ(t) C

A matriz Φ(t) e chamada matriz fundamental do sistema X = AX no intervalo.
´ ˙

¸˜
Proposicao 1 (Propriedades da matriz fundamental) A matriz
Φ(t) satisfaz as propriedades:

(i) Φ(t) e n˜ o singular;
´ a

(ii) Φ(t) satisfaz a equacao matricial Φ(t) = AΦ(t).
¸˜ ˙

Dem.

(i) Uma vez que X1 , X2 , . . . , Xn formam um conjunto fundamental de solucoes do
¸˜
sistema homog´ neo, tem-se
e

det Φ(t) = W (X1, X2 , . . . , Xn) = 0, ∀t ∈ I.

Segue-se imediatamente que existe (Φ(t))−1, ∀t ∈ I.

(ii) E uma consequˆ ncia de cada coluna de Φ ser um vector solucao de X = AX .
´ e ¸˜ ˙

3.3.2 ¸˜ ˆ ¸˜
Variacao de parametros ou variacao das constantes
´
arbitrarias

Vamos proceder de modo semelhante ao usado na variacao de parˆ metros para
¸˜ a
equacoes diferenciais lineares. Consideremos o sistema n˜ o homog´ neo:
¸˜ a e

˙
X = AX + F.

¸˜ ˆ

1. Determinamos X = Φ(t)C, a solucao geral do sistema homog´ neo X = AX ;
¸˜ e ˙

2. Assumimos que X p = Φ(t)U (t) e uma solucao particular do sistema n˜ o ho-
´ ¸˜ a
˙
mog´ neo X = AX + F, onde
e
 
u1 (t)
 
 
 u2 (t) 
U (t) =  .
 .
;

 . 
 
un (t)

3. Derivando, obtemos

X p = Φ(t)U (t) + Φ(t)U(t)
˙ ˙ ˙

De notar que a ordem dos produtos na equacao anterior e muito importante.
¸˜ ´
Como U (t) e uma matriz coluna, os produtos U(t)Φ(t) e U (t)Φ(t) n˜ o est˜ o
´ ˙ ˙ a a
deﬁnidos.

˙
4. Substituindo na equacao matricial X = AX + F, obtemos
¸˜

Φ(t)U (t) + Φ(t)U(t) = AΦ(t)U (t) + F(t).
˙ ˙

Como Φ(t) = AΦ(t) segue-se
˙

AΦ(t)U (t) + Φ(t)U(t) = AΦ(t)U (t) + F(t)
˙

Φ(t)U(t) = F(t)
˙

U(t) = Φ−1 (t)F(t)
˙

U (t) = Φ−1 (t)F(t)dt,

onde na ultima igualdade o integral
´ Φ−1 (t)F(t)dt obt´ m-se integrando
e
cada entrada da matriz coluna Φ−1 (t)F(t).

Uma vez que X p = Φ(t)U (t) obtemos

X p = Φ(t) Φ−1 (t)F(t)dt.

174 ´

¸˜ ˙
5. A solucao geral do sistema X = AX + F e dada por
´

X = Φ(t)C + Φ(t) Φ−1 (t)F(t)dt.

Exemplo 3.9 Resolva o sistema
   
−3 1 3t
˙
X = X + 
2 −4 e−t

no intervalo (−∞, ∞).

¸˜
Resolucao:

¸˜
1. Comecemos por determinar a solucao geral do sistema homogńeo,
e
a qual ser´ da forma X = Φ(t)C, com Φ(t) a matriz fundamental,
a
isto ´, a matriz cujas colunas sõ os vectores solucõ
e a ¸a
do sistema homogńeo.
e

Para resolver o sistema homogńeo precisamos de determinar
e
os valores pr´prios e os vectores pr´prios da matriz
o o
de coeficientes e encontrar os correspondentes vectores
¸˜
solucao.

• Determinar os valores pr´prios:
o

−3 − λ 1
|A − λ I| = 0 ⇔ =0
2 −4 − λ

⇔ (−3 − λ )(−4 − λ ) − 2 = 0

⇔ λ = −2 ∨ λ = −5.

¸˜ ˆ

• Determinar os vectores pr´prios:
o
Para λ1 = −2 obtemos
    
−1 1 k1 0
(A − λ I) K = 0 ⇔   = 
2 −2 k2 0

 −k + k = 0
1 2
⇔ ⇔ k1 = k2 .
 2k − 2k = 0
1 2

Escolhendo k1 = 1, obtemos
 
1
K1 =  .
1

Para λ2 = −5 obtemos
    
2 1 k1 0
(A − λ I) K = 0 ⇔   = 
2 1 k2 0

⇔ 2k1 + k2 = 0 ⇔ k2 = −2k1 .

Escolhendo k1 = 1, obtemos
 
1
K2 =  .
−2

• Os vectores K1 e K2 sõ linearmente independentes e
a
       
1 e−2t 1 e−5t
X1 =   e−2t =   e X2 =   e−5t =  
1 e−2t −2 −2e−5t

¸˜
sõ os vectores solucao correspondentes.
a ¸˜
Assim a solucao
geral do sistema homogńeo ´ obtida como
e e
   
e−2t e−5t
XH = c1   + c2  , c1 , c2 ∈ R.
e−2t −2e−5t

176 ´

¸˜
2. Determinar uma solucao particular do sistema nõ homogńeo:
a e

• Assumimos que X p = Φ(t)U (t) ´ uma solucõ particular do
e ¸a
sistema nõ homogńeo, com
a e
 
e−2t e−5t
Φ(t) = (X1 , X2) =  
e−2t −2e−5t

e U (t) definida pela igualdade U (t) = Φ−1 (t)F(t)dt.

Com o intuito de calcular U (t) comecemos por determinar
Φ−1 (t) :
   
e−2t e−5t 1 0 e−2t e−5t 1 0
  −→   −→
e−2t −2e−5t 0 1 L2 ←L2 −L1 0 −3e−5t −1 1 1
L1 ← 3 L2 +L1

   
e−2t 0 2
3
1
3 1 0 2 2t
3e
1 2t
3e
  −→   −→
0 −3e−5t −1 1 L1 ←e2t L1 0 −3e−5t −1 1 1
L2 ←− 3 e5t L2

 
2 2t 1 2t
1 0 3e 3e
 .
1 5t
0 1 3e − 1 e5t
3

Assim, tem-se sucessivamente
 
2 2t 1 2t
3e 3e
Φ−1 (t) =  
1 5t
3e − 1 e5t
3
    
2 2t 1 2t 1
3e 3e 3t 2te2t + 3 et
Φ−1 (t)F(t) =   = 
1 5t
3e − 1 e5t
3 e−t te5t − 1 4t
3e
 
2t t
e2t t − e2 + e
Φ−1 (t)F(t) dt =  3 
e5t t e5t e4t
5 − 25 − 12

¸˜ ˆ

e, finalmente,

X p = Φ(t) Φ−1 (t)F(t)dt =
    
2t t
e−2t e−5t e2t t − e2 + e
3
6
5t −
27
50 + 1 −t
4e
=   = .
e5t t e5t e4t
e−2t −2e−5t 5 − 25 − 12
3
5t −
21
50 + 1 −t
2e

3. A solucao geral do sistema n˜o homog´neo ´ dada por
¸˜ a e e
     
e−2t e−5t 6 27 1 −t
t − 50 + 4 e
X = XH + X p = c1   + c2  + 5 ,
−2t −2e−5t 3 21 1 −t
e 5 t − 50 + 2 e

com c1 , c2 ∈ R.

3.3.3 Problema de valor inicial

¸˜ a e ˙
Como acab´ mos de ver a solucao do sistema n˜ o homog´ neo X = AX + F pode ser
a
escrita na forma
X = Φ(t)C + Φ(t) Φ−1 (t)F(t)dt,

ou, alternativamente, na forma
t
X = Φ(t)C + Φ(t) Φ−1 (s)F(s)ds, (3.15)
t0

onde t0 e t s˜ o pontos do intervalo I.
a

A forma (3.15) e util na resolucao de sistemas n˜ o homog´ neos sujeitos a uma
´ ´ ¸˜ a e
condicao inicial X (t0) = X0. Com efeito, mediante esta condicao inicial obtemos
¸˜ ¸˜
t0
X (t0) = Φ(t0)C + Φ(t0) Φ−1 (t)F(t)dt
t0
.
=0

178 ´

Donde X0 = Φ(t0)C e, por conseguinte, C = Φ−1 (t0 )X0. A solucao do problema de
¸˜
valor inicial e ent˜ o
´ a
t
X = Φ(t)Φ−1(t0 )X0 + Φ(t) Φ−1 (s)F(s)ds.
t0

¸˜
3.4 Consideracoes finais

Consider´ mos neste cap´tulo uma abordagem para resolver sistemas de equacoes
a ı ¸˜
diferenciais lineares de primeira ordem, similar a usada no cap´tulo anterior para a
` ı
resolucao de equacoes diferenciais lineares de ordem n. Em particular, vimos como
¸˜ ¸˜
resolver um sistema linear de primeira ordem com coeficientes constantes. De refe-
rir, que muito mais haveria a fazer caso nos tiv´ ssemos proposto ao objectivo am-
e
bicioso de considerar sistemas gerais de equacoes diferenciais. Tal n˜ o foi o nosso
¸˜ a
prop´ sito por limitacoes de tempo e por n˜ o fazer parte dos objectivos inicialmente
o ¸˜ a
propostos.

3.5 Exercćios
ı

1. Reescreva cada um dos seguintes sistemas na forma matricial.

 
 dx = 3x − 5y
  dx = −3x + 4y + e−t sin 2t

(a) dt (b) dt
 dy  dy
 = 4x + 8y  = 5x + 9y + 4e−t cos 2t
dt dt
 
 dx = x − y + z + t − 1
  dx = x − y

 dt
  dt


 

dy dy
(c) = 2x + y − z − 3t 2 (d) = x + 2z
 dt
  dt


 dz 
 dz
 
 = x + y + z + t2 − t + 2  = −x + z
dt dt

´
3.5. EXERCICIOS 179

2. Reescreva cada um dos seguintes sistemas na forma n˜ o matricial.
a

   
4 2 1
(a) X′ =   X +   et ;
−1 3 −1
        
x 1 −1 2 x 1 3
  
d         
y =  3 −4 1 y + 2 e−t − −1 t;
     
(b)
dt         
z −2 5 6 z 2 1

        
d x 3 −7 x 4 t −4
 e4t .
(c) = + sint + 
dt y 1 1 y 8 2t + 1

3. Veriﬁque que o par de funcoes dado e solucao do sistema de equacoes
¸˜ ´ ¸˜ ¸˜

 
 dx  x = e−2t + 3e6t
 = x + 3y
(a) dt e
 dy = 5x + 3y
  y = −e−2t + 5e6t
dt
 2 
 d x  x = cos 2t + sin 2t + 1 et
 = 4y + et 
(b) dt 2 e 5
 d 2y  y = − cos 2t − sin 2t − 1 et
 = 4x − et 
5
dt 2

4. Veriﬁque se X e vector-solucao de cada um dos seguintes sistemas de ED.
´ ¸˜


 dx = 3x − 4y
 
 1
(a) dt ; X =   e−5t .
 dy 2
 = 4x − 7y
dt

 dx = −2x + 5y
 
 5 cost
(b) dt ; X =  et .
 dy 3 cost − sint
 = −2x + 4y
dt

180 ´
     
2 1 1 t 4
(c) X′ =  X; X =   e +   tet .
−1 0 3 −4

   
1 0 1 sint
   
X′
   1 1 
(d) =  1 1 0  X ; X = − 2 sint − 2 cost  .
   
−2 0 −1 − sint + cost

5. Veriﬁque se cada um dos seguintes grupos de vectores-solucao forma um con-
¸˜
junto fundamental de solucoes (CFS) do sistema homog´ neo (SH) X ′ = AX
¸˜ e
em I, sabendo que cada um dos   indicados e solucao do SH.
  vectores ´ ¸˜
1 1
(a) X1 =   e−2t , X2 =   e−6t ;
1 −1

     
1 2 8
(b) X1 =   et , X2 =   et +   tet ;
−1 6 −8

     
1 1 2
     
  t   −4t   3t
(c) X1 =  6  e , X2 = −2 e , X3 =  3  e .
     
−13 −1 −2

6. Veriﬁque que X p e solucao particular para cada um dos seguintes sistemas.
´ ¸˜

 dx = x + 4y + 2t − 7
   
 2 5
(a) dt ; Xp =   t +  
 dy −1 1
 = 3x + 2y − 4t − 18
dt
     
2 1 −5 1
(b) X′ =  X + ; Xp =  
1 −1 2 3

     
1 −1
2 3 sin 3t
     
X ′ = −4 2 0 X +  4  sin 3t; X p =  0 
     
(c)
     
−6 1 0 3 cos 3t

´
3.5. EXERCICIOS 181

7. Prove que
     
6 −3 2
     
  −t   −2t   3t
X = c1 −1 e + c2  1  e + c3 1 e
     
−6 1 1
 
0 6 0
 
e solucao geral de X ′ = 1 0 1 X em I.
 
´ ¸˜
 
1 1 0

8. Determine a solucao geral de cada um dos seguintes sistemas homog´ neos.
¸˜ e

 
 dx = x + 2y
  dx = −4x + 2y

(a) dt (b) dt
 dy  dy
 = 4x + 3y  = − 5 x + 2y
2
dt dt
 

 dx = −4y
 
1

2 3
(c) dt (d) X ′ = −4 2 0 X
 
 dy  
 = 4x
dt −6 1 0

 
  −1 0 0
−6 2  
X′ =  X ′ =  1 5 −1 X
 
(e) X (f)
−3 1  
1 6 2

9. Utilizando o Scilab, determine a solucao geral de cada um dos seguintes sis-
¸˜
temas homog´ neos.
e  
1 0 2 −1.8 0
   
 
0.9 2.1 3.2  0 5.1 0 −1 3
   
(a) X ′=  ′= 
0.7 6.5 4.2 X (b) X  1 2 −3 0 0 X
   
 
1.1 1.7 3.4  0 1 −3.1 4 0
 
−2.8 0 0 1.5 1

182 ´

10. Determine a ¸ ao geral de cada dos seguintes sistemas n˜ o homog´ neos.
soluc ˜   um  a
  e 
3 −5 1 0 −1 sect
(a) X ′ =   X +   et/2 (b) X ′ =  X + 
3
4 −1 −1 1 0 0

       
0 1 1 1 −2 tant
(c) X′ =  X +  (d) X′ =  X + 
−1 0 cott 1 −1 1

   
1 1 0 0
   
X ′ = 1 1 0 X +  t 
   
(e)
   
0 0 3 2et
t
11. Utilizando X = Φ(t)Φ−1(t0 )X0 +Φ(t) Φ−1 (s)F(s)ds, resolva cada um dos
t0
seguintes PVIs:
     
3 −1 4e2t 1
(a) X′ =  X +  , X (0) =  
−1 3 4e4t 1

     
1
1 −1 2
(b) X′ =  X +  t , X (1) =  
1
1 −1 t −1
12. Considere o seguinte sistema de EDL
      
−(R1 +R2 ) R2 E
i1
d    L2 L 2   i1   L 2 
= + .
dt i2 R2
− R22
i2 0
L1 L

Considerando R1 = 8 Ω, R2 = 3 Ω, L1 = 1 h, L2 = 1 h, E(t) = 100 sint V, i1 (0) =
0A e i2 (0) = 0A.

13. Com a ajuda do Scilab, determine a solucao geral do seguinte sistema
¸˜
   
2 −2 2 1 tet
   
   −t 
′
−1 3 0 3  e 
X =  X + 
  2t 
0 0 4 −2 e 
   
0 0 2 −1 1
Sugest˜ o: Siga os seguintes passos:
a

´
3.5. EXERCICIOS 183

(a) Determine os valores pr´ rios e vectores pr´ prios da matriz.
p o

(b) Construa a matriz fundamental Φ(t) e calcule Φ(t)−1.

(c) Execute a seguinte sequˆ ncia de operacoes:
e ¸˜
Φ(t)−1(t)F(t), Φ(t)−1(t)F(t)dt, Φ(t)Φ(t) Φ(t)−1(t)F(t)dt, Φ(t)C, Φ(t)C +
Φ(t)Φ(t) Φ(t)−1(t)F(t)dt

14. Determine a solucao geral das seguintes ED, depois de as reduzir a um SH de
¸˜
EDL da forma X ′ = AX .
(a) x′′′ − 2x′′ + x′ = 0 (b) 2x′′ + 2x′ − x = 0
(c) x′′′ − 2x′′ − x′ + 2x = 0 (d) x′ − 3x′ + 2x = 0

15. Transforme cada um dos seguintes sistemas diferenciais numa ED de 2a or-
dem.
Em seguida determine a solucao que satisfaz as condicoes iniciais indicadas.
¸˜ ¸˜

 
 x′ = 3x − 2x
 1  x (0) = 3
 1
1 2
(a)
 ′
 x = 2x1 − 2x2 
 x2 (0) = 1
2 2

 
 x′ = x − 2x
 1  x (0) = −1
 1
1 2
(b)
 ′
 x = 3x1 − 4x2 
 x2 (0) = 2
2

 
x(t)
16. (a) Seja x(t) uma solucao da ED x′′ +x′ +x = 0. Mostre que X (t) = 
¸˜ 
x′ (t)
e solucao do sistema diferencial
´ ¸˜

 
0 1
X′ =  X.
−1 −1

184 ´
 
x(t)
(b) Seja X (t) =   solucao do sistema diferencial
¸˜
x′ (t)

 
0 1
X′ =  X.
−3 4

Mostre que y(t) = x1 (t) e solucao da ED y′′ − 4y′ + 3y = 0.
´ ¸˜

17. Determine a solucao dos seguintes PVI:
¸˜

   
1 0 0 1
   
X ′ = 3 1 −2 X ,
   
(a) X (0) =  0 
   
2 2 1 −1

   
1 1 1 −1
   
X ′ = 2 1 −1 X , X (0) =  0 
   
(b)
   
0 −1 1 3

   
1 1 1 1
   
X ′ =  2 1 −1 X , X (1) = 0
   
(c)
   
−3 2 4 0

   
−1 1 2 1
   
X ′ = −1 1 1 X ,
   
(d) X (0) = 0 .
   
−2 1 3 1

Cap´tulo 4
ı

Transformada de Laplace

A Transformada de Laplace (TL) e uma poderosa ferramenta de resolucao de equacoes
´ ¸˜ ¸˜
diferenciais lineares. Funcoes sinusoidais ou sinusoidais amortecidas, bem como
¸˜
funcoes exponenciais podem ser convertidas em funcoes alg´ bricas de uma vari´ vel
¸˜ ¸˜ e a
complexa s atrav´ s deste operador.
e

Operacoes tais como a diferenciacao ou a integracao podem ser substitu´das por
¸˜ ¸˜ ¸˜ ı
operacoes alg´ bricas no plano complexo.
¸˜ e

Posto isto, uma ED pode ser transformada numa equacao alg´ brica na vari´ vel com-
¸˜ e a
plexa s. A solucao da ED pode depois ser obtida atrav´ s da TL inversa da solucao
¸˜ e ¸˜
da equacao alg´ brica.
¸˜ e

Uma vantagem da transformacao efectuada pela TL e permitir a utilizacao de t´ cnicas
¸˜ ´ ¸˜ e
gr´ ﬁcas que permitem prever o desempenho do sistema sem determinar a sua solucao.
a ¸˜

Outra vantagem adicional e a possibilidade de determinacao simultˆ nea da compo-
´ ¸˜ a
nente transit´ ria e “steady-state” na resolucao de ED.
o ¸˜

185

186 ´
CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

¸˜ ˆ
4.1 Definicao e existencia

Consideremos a funcao f (t), funcao do tempo t, tal que f (t) = 0 quando t < 0,
¸˜ ¸˜
donde adv´ m que t ≥ 0. A vari´ vel s e complexa e L e o operador laplaciano.
e a ´ ´
Designemos por F(s) a TL de f (t), i.e. L { f (t)} = F(s).

De igual maneira, definimos L −1 {F(s)} = f (t), a qual chamamos transformada
de Laplace inversa.

Consideremos a definicao de transformada de Laplace:
¸˜

¸˜
Definicao 23 Seja f uma funcao definida para t ≥ 0. Ent˜ o o integral
¸˜ a

∞
L { f (t)} = F(s) = f (t)e−st dt
0

diz-se a Transformada de Laplace de f , conquanto que o integral conviria.

Exercćio 18 Calcule:
ı

1. L {1};

2. L {e−t }.

Se

(i) f (t) e seccionalmente contńua no intervalo [0, ∞) e
´ ı

(ii) f (t) e de ordem exponencial c com t > T,
´

ent˜ o L { f (t)} existe para s > c,ou seja, as condicoes (i) e (ii) acima s˜ o condicoes
a ¸˜ a ¸˜
suficientes para a existˆ ncia da TL.
e

Considere-se ent˜ o a seguinte definicao:
a ¸˜

¸˜
Definicao 24 Dizemos que a funcao f e de ordem exponencial c se
¸˜ ´

∃ c, M > 0 tal que | f (t)| ≤ Mect , ∀t > T.

4.2. A TABELA DE TRANSFORMADAS E ALGUNS EXEMPLOS 187

A TL e uma funcao linear, ou seja, tem-se que:
´ ¸˜

L {α f (t) + β g(t)} = α L { f (t)} + β L {g(t)} = α F(S) + β G(S).

Exerc´cio 19 Calcule, usando f´ rmulas trigonom´ tricas:
ı o e

1. L {3t − 5 sin 2t};

2. L {sin2 t}.

4.2 A tabela de transformadas e alguns exem-
plos

Aplicando a deﬁnicao da TL, facilmente calculamos a TL de algumas funcoes ele-
¸˜ ¸˜
mentares, como e o caso dos exemplos listados na tabela:
´

1 s
L {1} = L {coskt} =
s s2 + k2
n! k
L {t n } = , n = 1, 2, . . . L {sinh kt} = 2
sn+1 s − k2
1 s
L {eat } = L {cosh kt} = 2
s−a s − k2
k
L {sin kt} = 2
s + k2

ı

1. L {t};

2. L {e−3t };

3. L {sin 2t}.

188 ´

¸˜
4.3 A TL de outras funcoes

¸˜
funcao Heaviside 
 0 , 0≤t <a
U (t − a) =
 1 , t≥a

e−as
Temos que: L {U (t − a)} = .
s

¸˜
Funcao pulso 
 A
 , 0 ≤ t < t0
f (t) = t0

 0 , t ≤ 0 e t0 < t

com A,t0 constantes,

A A
ou ainda f (t) = U (t) − U (t − t0 ).
t0 t0

A
Temos ent˜ o que: L { f (t)} =
a (1 − e−t0 s )
t0 s

¸˜
Funcao impulso 
 lim A

, 0 ≤ t < t0
f (t) = t0 →0 t0

 0 , t ≤ 0 e t0 < t
com A,t0 constantes.

As
Temos ainda que: L { f (t)} = =A
s

Se A = 1, temos o impulso de Dirac ou funcao de Dirac:
¸˜

¸˜
Funcao de Dirac 
 0 , t =t
0
δ (t − t0 ) =
 ∞ , t=0

com A,t0 constantes.

Temos ainda que: L {δ (t − t0)} = 1

4.4. PROPRIEDADES DA TL 189

4.4 Propriedades da TL

Segue-se o enunciado e a aplicacao de alguns teoremas importantes no c´ lculo da
¸˜ a
TL, bem como na relacao entre o domńio do tempo e o domńio da frequˆ ncia.
¸˜ ı ı e

Se usarmos o seguinte resultado

L {t f (t)} = −F ′ (s) com L { f (t)} = F(s),

facilmente calculamos L {te−2t } e L {t 2 e−2t }

Se
n
L {t n} = L {t n−1 }
s
facilmente calculamos L {t 2} e L {t 3}.

Seguem-se outras propriedades que vamos definir de um modo mais formal. Comecamos
¸
com

¸˜
Teorema 30 (Primeiro teorema da translacao) Seja

L { f (t)} = F(s) e a ∈ R.

Ent˜ o
a
L {eat f (t)} = F(s − a).

Segundo este resultado, ao multiplicarmos f (t) por eat temos que substituir s por
s − a.

Exercćio 21 Utilizando o teorema anterior, calcule L {e5t t 3 } e L {e−2t cos 4t}.
ı

Temos ainda outro teorema translacional:

¸˜
Teorema 31 (Segundo teorema da translacao) Seja

L { f (t)} = F(s) e a ∈ R.

Ent˜ o:
a

190 ´

• Primeira forma (ou do atraso)

L { f (t − a)U (t − a)} = e−as F(s), a>0

• Segunda forma

L {g(t)U (t − a)} = e−as L {g(t + a)}, a>0

Exercćio 22 Com a ajuda do segundo teorema da translacao, calcule:
ı ¸˜

1. L {(t − 2)3 U (t − 2)};

2. L {sintU (t − 2π )}.

e muito f´ cil calcular a TL de uma funcao f (t) multiplicada por uma potˆ ncia de t.
´ a ¸˜ e
De facto, o seguinte teorema expressa uma relacao com a derivada de ordem–n da
¸˜
TL F(s).

dn
L {t n f (t)} = (−1)n F(s)
dsn

Exercćio 23 Calcule L {t 2 sin 2t} e L {e−t t 2 cost}
ı

e muito f´ cil calcular a TL da derivada de uma qualquer ordem de uma funcao:
´ a ¸˜

Teorema 32 (Teorema da Derivada) Consideremos:

• f (t), f ′(t), . . ., f (n−1) (t) funcoes contńuas em [0, ∞) e de ordem exponencial;
¸˜ ı

• f n (t) uma funcao seccionalmente contńua. Ent˜ o:
¸˜ ı a

L { f n (t)} = sn F(s) − sn−1 f (0) − sn−2 f ′ (0) − · · · − f (n−1)(0).

Exemplo 4.1
d
L {kt cos kt + sin kt} = L { (t sin kt)} = sL {t sin kt}
dt
d d k
= s − L {sin kt} = s − 2 + s2
ds ds k

4.4. PROPRIEDADES DA TL 191

Vejamos que kt cos kt + sin kt = (t sin kt)′ . Depois aplicamos o resultado na caixa
acima com n = 1.

2ks2 d
2 + k 2 )2
= L {2t cos 2t + sint} = L { (t sin 2t)}
(s dt

Ao alterar a escala de tempo, o que acontecer´ a TL?
a`

t
L f = α F (α s)
α

Exercćio 24 Calcule f (t/5) = e−0.2t com f (t) = e−t .
ı

Vamos agora definir convolucao e TL da convolucao de duas funcoes. Comecemos
¸˜ ¸˜ ¸˜
por definir convolucao de duas funcoes:
¸˜ ¸˜

¸˜
Definicao 25 Consideremos f (t) e g(t) funcoes seccionalmente contńuas em
¸˜ ı
[0, ∞). Definimos convolucao das funcoes f e g como
¸˜ ¸˜

t t
f ∗g = f (τ )g(t − τ )d τ = f (t − τ )g(τ )d τ
0 0

Exercćio 25 Calcule et ∗ sint.
ı

E agora a TL da convolucao:
¸˜

Consideremos f (t) e g(t) funcoes seccionalmente contńuas em [0, ∞). Ent˜ o
¸˜ ı a

L { f ∗ g} = L { f (t)}L {g(t)} = F(s)G(s).

t τ
Exercćio 26 Calcule L
ı 0 e sin(t − τ )d τ .

Estamos agora em condicoes de definir a transformada de Laplace do integral:
¸˜

t F(s)
L f (τ )d τ =
0 s

E, finalmente, a TL de uma funcao peri´ dica:
¸˜ o

192 ´

Seja f (t) uma funcao seccionalmente contńua em [0, ∞), de ordem exponencial,
¸˜ ı
e peri´ dica de periodo T, ent˜ o
o a

1 T
L { f (t)} = e−st f (t)dt.
1 − e−sT 0

Os resultados que se seguem permitem tirar conclus˜ es sobre f (t), conhecendo
o
somente F(s) e vice-versa.

O primeiro destes resultados, s´ e v´ lido se todos os p´ los de sF(s) est˜ o no semi-
o´ a o a
plano esquerdo.

Chama-se p´ los aos zeros do denominador de F(s).
o

Teorema 33 (Teorema do valor final) Se existirem as transformadas
d f (t)
de Laplace de f (t) e de tal que F(s) = L { f (t)} e se existir o limite limt→∞ f (t),
dt
ent˜ o:
a

lim f (t) = lim sF(s).
t→∞ s→0

Exercćio 27 Este teorema n˜ o e aplic´ vel a f (t) = sin wt. Porquˆ ? (Sug:
ı a ´ a e
Calcule os plos da transformada da sinusoidal.)

Exercćio 28 Seja f (t) = 1 − e−t , t ≥ 0. O que acontece quando aplicamos
ı
o teorema valor final.

Teorema 34 (Teorema do valor inicial) Se existir transformada de La-
d f (t)
place de f (t) e tal que F(s) = L { f (t)} e se existir o limite limss→∞ sF(s),
dt
ent˜ o:
a

f (0+ ) = lim sF(s).
s→∞

Exercćio 29 Seja f (t) = 1 − e−t , t ≥ 0. O que acontece quando aplicamos
ı
o teorema valor inicial.

4.5. A TRANSFORMADA DE LAPLACE INVERSA 193

4.5 A transformada de Laplace Inversa

Dizemos que f (t) e a TL inversa de F(s) e escreve-se:
´

f (t) = L −1 {F(s)} .

e desta forma que voltamos ao domńio do tempo.
´ ı

Abaixo est˜ o tabeladas as TL inversas de algumas funcoes elementares.
a ¸˜
1 s
1 = L −1 { } cos kt = L −1 { 2 }
s s + k2
n! k
t n = L −1 { n+1 }, n = 1, 2, . . . sinh kt = L −1 { 2 }
s s + k2
1 s
eat = L −1 { } cosh kt = L −1 { 2 }
s−a s + k2
k
sin kt = L −1 { 2 }
s + k2

A TL inversa e tamb´ m linear, isto e,
´ e ´

L −1 {α F(s) + β G(s)} = α L −1 {F(s)} + β L −1 {G(s)}.

Exercćio 30
ı 1. Calcule:
1
(a) L −1 { },
s5
1
(b) L −1 { 2 },
s + 64
1
(c) L −1 { },
(s − 1)(s + 2)(s + 4)
s+1
(d) L −1 { }.
s2 (s + 2)3
2. Como sabemos se uma funcao de s corresponde a TL de uma data funcao
¸˜ ` ¸˜
f (t)?

Sendo f (t) uma funcao contńua em [0, ∞) e de ordem exponencial t > T , ent˜ o
¸˜ ı a

lim L { f (t)} = lim F(s) = 0.
s→∞ s→∞

194 ´

Seguem-se as formas inversas dos teoremas da Secao 4.7.
¸˜

¸˜
Teorema 35 (Forma inversa do primeiro teorema da translacao)
Tem-se:

L −1 {F(s − a)} = L −1 {F(s)|s→s−a} = eat f (t)
s
Exerc´cio 31 Calcule L −1
ı .
s2 + 6s + 11

¸˜
Teorema 36 (Forma inversa do primeiro teorema da translacao)
Tem-se:

L −1 e−as F(s) = f (t − a)U (t − a).

e−π s/2
ı .
s2 + 9

Segue-se a transformada inversa da convolucao:
¸˜

f ∗ g = L −1 {F(s)G(s)}

1
ı .
(s − 1)(s + 4)
Tamb´ m a transformada inversa do integral:
e

t F(s)
f (τ )d τ = L −1
0 s

ı
1
1. L −1 ;
s(s2 + 1)

1
2. L −1 ;
s2 (s2 + 1)

1
3. L −1 .
s3 (s2 + 1)

¸˜ ˆ
4.6. APLICACOES: CIRCUITOS E SISTEMAS MECANICOS 195

¸˜ ˆ
4.6 Aplicacoes: circuitos e sistemas mecanicos

A Transformada de Laplace e especialmente adequada a resolucao de PVI lineares
´ ` ¸˜
com coeﬁcientes constantes. Este tipo de problema e prontamente reduzido a uma
´
equacao alg´ brica em Y (s). Vejamos:
¸˜ e

d ny d n−1 y dy
an n
+ an−1 (n−1) + · · · + a1 + a0 y = g(t) (4.1)
dt dt dt
′
y(0) = y0 , y (0) = y1 , . . . y(n−1) (0) = yn−1 (4.2)

Relembrando a linearidade da TL, vem:

−1 dny −1 d n−1 y
an L + an−1 L +···+ (4.3)
dt n dt (n−1)
dy
+ a1 L −1 + a0 L −1 {y} = L −1 {g(t)} (4.4)
dt

Utilizando o teorema da derivada, vem:

an snY (s) − sn−1 y(0) − · · · − y(n−1) (0) +

+an−1 sn−1Y (s) − sn−2 y(0) − · · · − y(n−1) (0) + · · · a0Y (s) = G(s)

onde Y (s) = L {y(t)} e G(s) = L {g(t)}. Resolvemos esta equacao alg´ brica em
¸˜ e
ordem a Y (s). Depois de obtermos Y (s), fazemos:

y(t) = L −1 {Y (s)} .

Repare que este m´ todo incorpora automaticamente as condicoes iniciais. Vejamos
e ¸˜
um exemplo.

Exemplo 4.2 Determine a solucao do seguinte PVI:
¸˜

dy
− 3y = e2t , y(0) = 1 (4.5)
dt

¸˜
Resolucao: Comecamos por aplicar o operador ` equac˜o:
¸ a ¸a

dy
L − 3L {y} = L e2t . (4.6)
dt

196 ´

ou seja

1
sY (s) − 1 − 3Y (s) = (4.7)
s−2
s−1 −1 2
Y (s) = = + (4.8)
(s − 2)(s − 3) s − 2 s − 3
1 1
y(t) = −L −1 + 2L −1 (4.9)
s−2 s−3

e temos que y(t) = −e2t + 2e3t .

No exemplo que se segue, vamos usar o primeiro teorema da translacao.
¸˜

¸˜

y′′ + 4y′ + 6y = 1 + e−t , y(0) = 0 y′ (0) = 0. (4.10)

¸˜
Resolucao:

L y′′ + 4L y′ + 6L {y} = L {1} + L e−t
1 1
s2Y (s) − sy(0) − y′(0) + 4 (sY (s) − y(0)) + 6Y (s) = +
s s+1
2s + 1
s2 + 4s + 6 Y (s) =
s(s + 1)
2s + 1
Y (s) = .
s(s + 1)(s2 + 4s + 6)

¸˜
Temos agora que decompor em fraccoes parciais:

1/6 1/3 −s/2 − 5/3
Y (s) = + + .
s s + 1 s2 + 4s + 6

¸˜
Vamos preparar agora as funcoes para determinar a TL
inversa:

1/6 1/3 (−1/2)(s + 2) − 2/3
Y (s) = + + (4.11)
s s+1 (s + 2)2 + 2
1/6 1/3 1 s+2 2 1
= + − 2+2
+ (4.12)
s s + 1 2 (s + 2) 3 (s + 2)2 + 2

¸˜ ˆ

Aplicando agora o operador e atendendo ` sua linearidade,
a
segue-se que
1 −1 1 1 1 1 s+2
y(t) = L + L −1 − L −1
6 s 3 s+1 2 (s + 2)2 + 2
2 1
+ L −1
3 (s + 2)2 + 2
√
1 1 −t 1 −2t √ 2 −2t √
y(t) = + e − e cos 2t − e sin 2t.
6 3 2 3

Consideremos um outro exemplo:

Exemplo 4.4 Resolva

x′′ + 16x = cos 4t, x(0) = 0, x′ (0) = 1.

¸˜
Resolucao:
Observe que este PVI pode descrever, por exemplo,
o movimento forcado e n˜o amortecido de uma massa
¸ a
pendurada na extremidade de uma mola, anteriormente
descrito. A massa tem velocidade inicial de 1 m/s no
sentido positivo. Aplicando a TL, obtemos a seguinte
¸˜
equacao alg´brica:
e

s
(s2 + 16)X (x) = 1 + (4.13)
s2 + 16
1 s
= 2 + 2 . (4.14)
s + 16 (s + 16)2
Relembrando o resultado L −1 {−F ′ (s)} = t f (t), temos:
1 −1 4 1 8s
x(t) = L 2 + 16
+ L −1 (4.15)
4 s 8 (s2 + 16)2
1 1
= sin 4t + sin 4t. (4.16)
4 8

198 ´

Nos modelos matem´ ticos que representam os sistemas f´sicos, tais como os circui-
a ı
tos el´ ctricos e os sistemas mecˆ nicos, como por exemplo:
e a

1
mx′′ + β x′ + kx = f (t) e Lq′′ + Rq′ + q = E(t) (4.17)
C

o lado direito da equacao diferencial representa uma forca motriz que pode ser uma
¸˜ ¸
forca externa ou uma voltagem que e imprimida ao sistema.
¸ ´

No cap´tulos anteriores, estas funcoes foram consideradas contńuas, por´ m v´ rios
ı ¸˜ ı e a
s˜ o os casos em funcoes seccionalmente contńuas s˜ o aplicadas ao sistema. E(t)
a ¸˜ ı a
poder´ ser por exemplo a funcao pulso ou a funcao rampa. Nestes casos, a resolucao
a ¸˜ ¸˜ ¸˜
destas equacoes e muito complicada. A Transformada de Laplace e assim um ins-
¸˜ ´ ´
trumento valioso neste tipo de problemas.

Exemplo 4.5 Resolva

x′′ + 16x = f (t), x(0) = 0, x′ (0) = 1, (4.18)


 cos 4t, 0 ≤ t < π
com f (t) =
 0 t ≥π

¸˜
Resolucao:

A funcao f (t) pode ser interpretada como uma forca
¸˜ ¸
externa que actua no sistema mecˆnico s´ por um
a o
curto peródo de tempo, sendo logo depois removida.
ı
Comecamos por reeescrever a funcao f (t) utilizando a
¸ ¸˜
¸˜
funcao de Heaviside:

f (t) = cos 4t − cos 4tU (t − π ).

¸˜ ˆ

Temos entõ:
a

L x′′ + 16L x′ = L { f (t)}
s s
s2 X (s) − sx(0) − x′(0) + 16X (s) = 2 − 2 e−π s
s + 16 s + 16
s s
2
(s + 16)X (s) = 1 + 2 − 2 e−π s
s + 16 s + 16
1 s s
X (s) = 2 + 16)
+ 2 2
− 2 2
e−π s
(s (s + 16) (s + 16)
Calculamos agora a transformada inversa de X (s) e lembramos
o segundo teorema da translacõ:
¸a
1 −1 4 1 8s 1 8s
x(t) = L 2 + 16)
+ L −1 2 + 16)2
− L −1 e−π s
4 (s 8 (s 8 (s2 + 16)2
1 1 1
= sin 4 + t sin 4t − (t − π ) sin 4(t − π )U (t − π ),
4 8 8
ou seja, 
 1 sin 4t + 1 t sin 4t, 0 ≤ t π


4 8
x(t) =
 2+π

 sin 4t, t ≥ π.
8

Aplicando a lei da voltagem de Kirchhoff a um circuit (RLC)–serie obtemos a se-
guinte equacao integro-diferencial:
¸˜
di 1 t
L + Ri + i(τ )d τ = E(t).
dt C 0

Exemplo 4.6 Determine a corrente i(t) dum circuito (RLC)–serie com L =
0.1h, R = 20Ω, C = 10−3 f , i(0) = 0 e a voltagem e dada pela funcao:
´ ¸˜

 120t, 0 ≤ t < 1
E(t) =
 0,t ≥ 1

`
A semelhanca do que fizemos anteriormente, comecamos por reescrever a funcao
¸ ¸ ¸˜
E(t) em termos da funcao de Heaviside:
¸˜

E(t) = 120t − 120tU (t − 1).

200 ´

Aplicando a lei de Kirchhoff, obtemois a seguinte equacao:
¸˜

di t
0.1 + 20i + 103 i(τ )d τ = 120t − 120tU (t − 1).
dt 0

Apliquando a TL:

I(s) 1 1 1
0.1I(s) + 20I(s) + 103 = 120 2 − 2 e−s − e−s .
s s s s

Recorde a segunda forma do Teorema do atraso: L {g(t)U (t − a)} = e−as L {g(t + a)} .

Depois de todos os c´ lculos efectuados, obt´ m-se
a e

3 3 −100t
i(t) = (1 − U (t − 1)) − e − e−100(t−1) U (t − 1)
25 25
−12e−100t − 1188(t − 1)e−100(t−1) U (t − 1).

Agora falta s´ resolvermos um sistema.
o

Exemplo 4.7 Considere o seguinte sistema de equacoes diferenciais lineares:
¸˜

2x′ + y′ = t (4.19)

x′ + y′ = t 2 (4.20)

sujeito as condicoes iniciais x(0) = 1 e y(0) = 0.
` ¸˜
¸˜
Resolucao: Sejam X (s) = L {x(t)} e Y (s) = L {y(t)} . Temos ent˜o
a

1
2 (sX (s) − x(0)) + sY (s) − y(0) =
s2
2
sX (s) − x(0) + sY(s) − y(0) = 3
s

ou seja

1
2sX (s) + (s − 1)Y(s) = 2 +
s2
2
sX (s) + −sY (s) = 1 + 3
s

´
4.7. EXERCICIOS 201

Multiplicando a segunda linha por 2 e depois subtraindo `
a
primeira, obtemos:

1 4
(s − 1)Y (s) = 2
− 3
s s
4−s
Y (s) = 3
s (s + 1)
5 5 4 5
Y (s) = − 2+ 3− .
s s s s+1

Aplicando agora o operador inverso, temos

y(t) = 5 − 5t + 2t 2 − 5e−t .

Passemos agora ` segunda equac˜o:
a ¸a

1 2
X (s) = −Y (s) + + 2 ,
s s

e depois aplicando o operador inverso obtemos

1
x(t) = −4 + 5t − 2t 2 + t 3 + 5e−t .
3

4.7 Exerc´cios
ı

1. Use o operador Transformada de Laplace (TL) para determinar a solucao dos
¸˜
seguintes PVI.

202 ´

 x(0) = 0
(a) x′′ + 4x′ + 4x = e−x , .
 x′ (0) = 1


 x(0) = 0
(b) x′′ + 4x′ + 3x = 0, .
 x′ (0) = 1


 x(0) = 1
(c) x′′ + 6x − 7 = 0, .
 x′ (0) = 0


 x(0) = 0
(d) x′′ − x′ − 2x = t, .
 x′ (0) = 0


 x(0)

 = 1


 ′
 x (0) = 0
(e) x(iv) − 16x = 0, .
 x′′ (0)
 = 0



 ′′′
 x (0) = 0

 x(0) = 0
(f) x′′ − 2x′ + 5x = 0, .
 x′ (0) = 1


 x(0) = 1
(g) x′′ − 9x′ = 5e−2t , .
 x′ (0) = 2

2. Num circuito em s´ rie (C-BRC) a carga q(t) no condensador e dada pela
e ´
seguinte equacao diferencial
¸˜
d2q dq
2
+ 20 + 100q = 120 sin(10t).
dt dt
Determine a carga e a intensidade da corrente, tendo em conta que q(0) = 0 e
i(0) = 0.

3. Utilizando o operador TL, determine a solucao geral de cada uma das seguin-
¸˜
tes equacoes:
¸˜

´
4.7. EXERCICIOS 203

(a) x′ + 2x = et ; (b) x′′ + 4x′ + 3x = 0.

4. Use o operador TL para determinar as solucoes de cada um dos seguintes sis-
¸˜
temas de ED que satisfazem as condicoes iniciais.
` ¸˜

 
 x′ + x = 0
 1  x (0) = 1
 1
2
(a) , .
 ′
 x + x1 = 0 
 x2 (0) = 0
2

 
 d 2x dy  x(0) = 0 = x′ (0)
 2 − 6 − 7x = 0
 
(b) dt dt , .
 d 2y
  y(0) = 0 = y′ (0)

 +x = 3
dt 2
 
 x′ + 4x + 3y = 0
  x(0) = 0

(c) , .
 ′
 y + 3x + 4y = 2et 
 y(0) = 0
 
 y′ + 2y + z = sin x
  y(0) = 0

(d) , .
 ′
 z − 4y − 2z = cos x 
 z(0) = 1

 
 5y′ + z′′ + 4z = sint
  y(0) = 0 = y′ (0)

(e) , .
 ′′
 y + 2z′ + y  z(0) = 0 = z′ (0)

= 0

5. Numa rede el´ trica, contendo uma resistˆ ncia, um indutor e um condensador,
e e
as correntes i1 (t) e i2 (t) s˜ o descritas pelo seguinte sistema diferencial:
a


 di1 + 50i
 = 60
2
dt .
 0.005 di2 + i2 − i1 = 0

dt

Calcule i1 e i2 em cada instante.

204 ´

ˆ
Referencias

Arnold, V. I. (1985). Equacoes diferenciais ordin´ rias. Editora Mir Moscovo.
¸˜ a
Grossman, S. I., & Derrick, W. R. (1988). Advanced engineering mathematics.
New York, Harper Collins Publishers.
Rainville, E. D., & Bedient, P. E. (1981). Elementary differential equations, sixth
edition. New York, Collier Macmillian Publishers.
Ross, S. L. (1966). Introduction to ordinary differential equations, third edition.
John Wiley & Sons, New York.
Sallet, G. (2004.) Ordinary differential equations with scilab, wats lectures, provi-
sional notes. Universit´ De Metz, INRIA Lorraine.
e
Urroz, G. E. (n.d.). Ordinary differential equations with scilab, wats lectures,
provisional notes. infoClearinghouse.com.
Zill, D. G. (1997). A ﬁrst course in differential equations with modelling applicati-
ons, sixth edition. Brooks/Cole Publishing Company, London.

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