O documento aborda a transformação de uma equação diferencial em uma com coeficientes constantes por meio de uma mudança de variável, mostrando que isso ocorre apenas quando a função φ é linear. A solução é encontrada utilizando técnicas de equações diferenciais, e a mudança de variáveis resulta na expressão de y(x) em termos de funções exponenciais e logarítmicas. Exemplos são dados no contexto de problemas de Sturm-Liouville, garantindo que soluções semelhantes possam ser aplicadas.

1. Seja 𝜑 uma função contínua para a qual 𝜑′
não é identicamente nula em 𝐼, intervalo aberto.
Mostre que a substituição 𝑥 = 𝑔(𝑡), 𝑥 ∈ 𝐼, permite transformar a equação diferencial abaixo numa equação de
coeficientes constantes apenas quando 𝜑′′
(𝑥) = 0, ou seja, quando 𝜑 é uma função cujo gráfico é uma reta.
Identifique, nesse caso, a função 𝑔 e explicite a solução do problema.
𝜑2
(𝑥) 𝑦′′
+ 𝜆1 𝜑(𝑥) 𝑦′
+ 𝜆2 𝑦 = 0, 𝜆1, 𝜆2 ∈ ℝ (1)
Resolução:
Existem algumas equações diferenciais conhecidas, tal como a equação de Euler, com a forma de (1).
Nesses casos, uma mudança na variável independente da equação transforma-a numa equação linear da mesma
ordem, mas com coeficientes constantes, o que permite facilmente, a partir daí, determinar uma solução geral.
Resta averiguar se essa mudança de variável só se aplica a determinadas classes da função 𝜑.
Para simplicidade de notação, considera-se 𝑥 = 𝑔(𝑡) e 𝑡 = 𝑓(𝑥), onde 𝑔 = 𝑓−1
.
Assim, pela regra da cadeia tem-se
𝑦′(𝑥) =
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑥
= 𝑦′(𝑡)𝑓′(𝑥)
𝑦′′(𝑥) =
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
=
𝑑
𝑑𝑥
(
𝑑𝑦
𝑑𝑥
) =
𝑑
𝑑𝑥
(
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑥
) =
𝑑2
𝑦
𝑑𝑡2 [
𝑑𝑡
𝑑𝑥
]
2
+
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑑2
𝑡
𝑑𝑥2
= 𝑦′′(𝑡)[𝑓′(𝑥)]2
+ 𝑦′(𝑡)𝑓′′(𝑥)
Substituindo na equação original obtém-se
𝜑2
(𝑥) [𝑦′′[𝑓′(𝑥)]2
+ 𝑦′
𝑓′′(𝑥)] + 𝜆1 𝜑(𝑥)[𝑦′
𝑓′(𝑥)] + 𝜆2 𝑦 = 0 ⇔
⇔ {𝜑2
(𝑥) [𝑓′(𝑥)]2}𝑦′′
+ [𝜑2
(𝑥) 𝑓′′(𝑥) + 𝜆1 𝜑(𝑥)𝑓′(𝑥)]𝑦′
+ 𝜆2 𝑦 = 0
Note-se que, se fizéssemos a mudança auxiliar 𝑧(𝑡) = 𝑦(𝑔(𝑡)), iríamos obter 𝑧′(𝑡) = 𝑦′(𝑡) e,
consequentemente, mesmo para a segunda derivada.
Com efeito, 𝑧′(𝑡) = 𝑦′
(𝑔(𝑡))𝑔′(𝑡) = 𝑦′(𝑡)𝑓′
(𝑔(𝑡))𝑔′(𝑡) = 𝑦′(𝑡)[𝑓(𝑔(𝑡))]
′
= 𝑦′(𝑡) tendo em conta que 𝑔 e
𝑓 são inversas mutuamente.
Por esse motivo, vamos ocultar esse passo.
Vamos agora impor que os coeficientes sejam constantes, derivando em ordem a 𝑥 e igualando a 0.
Para simplicidade de notação, vamos ocultar a variável independente 𝑥.
{
(𝜑2
𝑓′2)′
= 0
(𝜑2
𝑓′′
+ 𝜆1 𝜑𝑓′)′
= 0
⇔ {2𝜑𝜑′
𝑓′2
+ 2𝜑2
𝑓′𝑓′′ = 0
− − −
⇔ { 𝜑𝜑′
𝑓′2
= −𝜑2
𝑓′𝑓′′
− − −
⇔ { 𝜑′
𝑓′ = −𝜑𝑓′′
− − −
⇔
⇔ {
𝜑′
𝑓′ = −𝜑𝑓′′
2𝜑𝜑′
𝑓′′
+ 𝜑2
𝑓′′′
+ 𝜆1 𝜑′
𝑓′
+ 𝜆1 𝜑𝑓′′
= 0
⇔ −2𝜑′2
𝑓′
− 𝜑𝜑′′
𝑓′
− 2𝜑′
𝜑𝑓′′
= 0 ⇔
⇔ −2𝜑′2
𝑓′
− 𝜑𝜑′′
𝑓′
+ 2𝜑′2
𝑓′
= 0 ⇔ 𝜑𝜑′′
𝑓′
= 0 ⇔ 𝜑′′ ≡ 0.
O terceiro passo justifica-se pelo facto de assumirmos que, para todo 𝑥 ∈ 𝐼, 𝜑(𝑥) ≠ 0 e também porque, sendo
𝑓 invertível, a sua derivada não se anula. O mesmo se aplica ao penúltimo passo.
Assim, 𝜑(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏, onde, pelos motivos acima, teremos 𝐼 ⊆ ]−
𝑏
𝑎
, +∞[.
Agora, a primeira equação do sistema permite encontrar a expressão para 𝑓:
𝜑′
𝑓′
+ 𝜑𝑓′′
= 𝑎𝑓′
+ (𝑎𝑥 + 𝑏)𝑓′′
= 0 ⇔ 𝑎𝑓′
= −(𝑎𝑥 + 𝑏)(𝑓′)′
⇔ 𝑓′(𝑥) =
𝐶
𝑎𝑥 + 𝑏
⇔
⇔ 𝑓(𝑥) =
𝐶
𝑎
log(𝑎𝑥 + 𝑏) + 𝐷
onde 𝐶 e 𝐷 são constantes arbitrárias. No penúltimo passo, utilizou-se o método de separação de variáveis para
resolução de equações diferenciais.
Como 𝑔 = 𝑓−1
, resulta
𝑡 = 𝑓(𝑥) ⇔ 𝑥 =
𝑒
𝑎(𝑡−𝐷)
𝐶 − 𝑏
𝑎
= 𝑔(𝑡)
Finalmente, determinemos a solução da equação.
{
[𝑎 (
𝑒
𝑎(𝑡−𝐷)
𝐶 − 𝑏
𝑎
) + 𝑏]
2
[
𝐶
𝑎 (
𝑒
𝑎(𝑡−𝐷)
𝐶 − 𝑏
𝑎 ) + 𝑏
]
2
}
𝑦′′
+

2. [
− [𝑎 (
𝑒
𝑎(𝑡−𝐷)
𝐶 − 𝑏
𝑎
) + 𝑏]
2
𝑎𝐶
[𝑎 (
𝑒
𝑎(𝑡−𝐷)
𝐶 − 𝑏
𝑎 ) + 𝑏]
2 + 𝜆1 [𝑎 (
𝑒
𝑎(𝑡−𝐷)
𝐶 − 𝑏
𝑎
) + 𝑏]
𝐶
[𝑎 (
𝑒
𝑎(𝑡−𝐷)
𝐶 − 𝑏
𝑎 ) + 𝑏]
]
𝑦′
+ 𝜆2 𝑦 = 0 ⇔
⇔ 𝐶2
𝑦′′
− (𝑎 − 𝜆1)𝐶𝑦′
+ 𝜆2 𝑦 = 0 ⇔
⇔ 𝑦(𝑡) = 𝛼1 𝑒(
𝑎−𝜆1+√𝑎2−2𝑎𝜆1+𝜆1
2−4𝜆2
2𝐶
)
𝑡
+ 𝛼2 𝑒(
𝑎−𝜆1−√𝑎2−2𝑎𝜆1+𝜆1
2−4𝜆2
2𝐶
)
𝑡
com 𝛼1 e 𝛼2 constantes arbitrárias.
Voltando à variável inicial,
𝑦(𝑥) = 𝛼1 𝑒(
𝑎−𝜆1+√𝑎2−2𝑎𝜆1+𝜆1
2−4𝜆2
2𝐶
)
(
𝐶
𝑎
log(𝑎𝑥+𝑏)+𝐷)
+ 𝛼2 𝑒(
𝑎−𝜆1−√𝑎2−2𝑎𝜆1+𝜆1
2−4𝜆2
2𝐶
)
(
𝐶
𝑎
log(𝑎𝑥+𝑏)+𝐷)
= 𝛼1 𝑒(
𝑎−𝜆1+√𝑎2−2𝑎𝜆1+𝜆1
2−4𝜆2
2𝑎
)
log(𝑎𝑥+𝑏)
+ 𝛼2 𝑒(
𝑎−𝜆1−√𝑎2−2𝑎𝜆1+𝜆1
2−4𝜆2
2𝑎
)
log(𝑎𝑥+𝑏)
= 𝛼1(𝑎𝑥 + 𝑏)
𝑎−𝜆1+√𝑎2−2𝑎𝜆1+𝜆1
2−4𝜆2
2𝑎 + 𝛼2(𝑎𝑥 + 𝑏)
𝑎−𝜆1−√𝑎2−2𝑎𝜆1+𝜆1
2−4𝜆2
2𝑎
a qual poderá ser verificada.
Porém, as soluções 𝑦(𝑡) e 𝑦(𝑥) acima estão bem definidas apenas para 𝑎2
− 2𝑎𝜆1 + 𝜆1
2
− 4𝜆2 ≠ 0, pois é claro
que, em caso contrário, só teríamos soluções geradas por uma única função (necessariamente linearmente
independente, não sendo identicamente nula).
No caso em que 𝑎2
− 2𝑎𝜆1 + 𝜆1
2
− 4𝜆2 = 0, temos
𝑦(𝑡) = 𝛼1 𝑒
(
𝑎−𝜆1
2𝐶
)𝑡
+ 𝛼2 𝑡𝑒
(
𝑎−𝜆1
2𝐶
)𝑡
e, portanto,
𝑦(𝑥) = 𝛼1(𝑎𝑥 + 𝑏)
𝑎−𝜆1
2𝑎 + 𝛼2 [
𝐶
𝑎
log(𝑎𝑥 + 𝑏) + 𝐷] (𝑎𝑥 + 𝑏)
𝑎−𝜆1
2𝑎 =
= 𝛼1(𝑎𝑥 + 𝑏)
𝑎−𝜆1
2𝑎 + 𝛼2 log(𝑎𝑥 + 𝑏) (𝑎𝑥 + 𝑏)
𝑎−𝜆1
2𝑎
A título de exemplo, podemos considerar o problema de Sturm-Liouville equivalente a (1):
[𝑒
∫
𝜆1
𝜑(𝑥)
𝑑𝑥
𝑦′
]
′
+ 𝜆2 𝑦 = 0
e, portanto, nas mesmas condições abordadas anteriormente, admite a mesma solução.
Miguel Fernandes