Iedo

¸˜ ` ¸˜ ´
INTRODUCAO AS EQUACOES DIFERENCIAIS ORDINARIAS

Reginaldo J. Santos
Departamento de Matem´ tica-ICEx
a
Universidade Federal de Minas Gerais
http://www.mat.ufmg.br/~regi

Julho 2011

¸˜ ` ¸˜
Introducao as Equacoes Diferenciais Ordin´ rias
a
Copyright c 2011 by Reginaldo de Jesus Santos (110715)

¸˜ ¸˜
Nenhuma parte desta publicacao poder´ ser reproduzida por qualquer meio sem a pr´ via autorizacao, por
a e
escrito, do autor.

¸˜ ¸˜
Editor, Coordenador de Revis˜ o, Supervisor de Producao, Capa e Ilustracoes:
a
Reginaldo J. Santos

ISBN 978-85-7470-021-2
Ficha Catalogr´ ﬁca
a

Santos, Reginaldo J.
S237i ¸˜ ` ¸˜
Introducao as Equacoes Diferenciais Ordin´ rias / Reginaldo J. Santos
a
- Belo Horizonte: Imprensa Universit´ ria da UFMG, 2011.
a

¸˜
1. Equacoes Diferenciais I. T´tulo
ı

CDD: 515.3

Sum´ rio
a

´
Prefacio viii

1 Equacoes Diferenciais de 1a Ordem
¸˜ . 1
¸˜ ` ¸˜
1.1 Introducao as Equacoes Diferenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
¸˜
1.1.1 Classificacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
¸˜ ¸˜
1.1.2 Solucoes de Equacoes Ordin´ rias . . . . .
a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.1.3 Equacoes Ordin´ rias de 1a Ordem . . . . .
¸˜ a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.2 Equacoes Lineares de 1a Ordem . . . . . . . . . .
¸˜ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
¸˜
1.2.1 Equacoes em que p(t) = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
¸˜
1.2.2 Equacoes Lineares - Caso Geral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.2.3 Como chegar ao fator integrante µ(t) = e p(t)dt ? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
¸˜
1.3 Equacoes Separ´ veis . . . . . . . . . . . . . . .
a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
¸˜
1.4 Equacoes Exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

iii

iv Sum´ rio
a

1.4.1 Fatores Integrantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
1.5 Substituicoes em Equacoes de 1a Ordem . . . . . . . . . . .
¸˜ ¸˜ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
1.5.1 Equacoes Homogˆ neas de 1a Ordem . . . . . . . .
¸˜ e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
¸˜
1.5.2 Equacoes de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
¸˜
1.5.3 Equacoes de Ricatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
¸˜
1.5.4 Outras Substituicoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
1.6 ¸˜
Aplicacoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
1.6.1 Dinˆ mica Populacional . . . . . . . . . . . . . . .
a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
¸˜
1.6.2 Datacao por Carbono 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
1.6.3 Misturas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
1.6.4 Lei de Resfriamento de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
1.6.5 Lei de Torricelli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
1.6.6 Resistˆ ncia em Fluidos . . . . . . . . . . . . . . .
e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
1.6.7 Circuitos El´ tricos . . . . . . . . . . . . . . . . . .
e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
1.6.8 Juros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
¸˜
1.6.9 Reacoes Qu´micas . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
1.6.10 Trajet´ rias Ortogonais . . . . . . . . . . . . . . . .
o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
1.7 An´ lise Qualitativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
¸˜
1.7.1 Equacoes Autˆ nomas . . . . . . . . . . . . . . . .
o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
¸˜
1.7.2 Campo de Direcoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
1.8 e ¸˜
Existˆ ncia e Unicidade de Solucoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
¸˜
1.8.1 Demonstracao do Teorema de Existˆ ncia e Unicidade
e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
1.9 Respostas dos Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

Sum´ rio
a v

2 Equacoes Diferenciais Lineares de 2a Ordem
¸˜ . 249
¸˜
2.1 Equacoes Homogˆ neas - Parte I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250
¸˜
2.1.1 Solucoes Fundamentais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251
2.1.2 F´ rmula de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262
¸˜
2.2 Equacoes Homogˆ neas - Parte II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265
¸˜
2.2.1 Obtendo-se uma Segunda Solucao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265
¸˜
2.2.2 Equacoes Homogˆ neas com Coeficientes Constantes . . . . . .
e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278
¸˜
2.3 Equacoes N˜ o Homogˆ neas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 280
e ¸˜
2.3.1 M´ todo de Variacao dos Parˆ metros . . . . . . . . . . . . . . .
a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284
¸˜
2.3.2 Equacoes N˜ o Homogˆ neas com Coeficientes Constantes . . . .
a e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301
¸˜
2.4 Oscilacoes Livres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302
2.4.1 Sem Amortecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304
2.4.2 Com Amortecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319
¸˜
2.5 Oscilacoes Forcadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
¸ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321
2.5.1 Sem Amortecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321
2.5.2 Com Amortecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 326
2.5.3 Circuitos El´ tricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336
¸˜
2.6 Solucoes em S´ ries de Potˆ ncias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
e e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339
¸˜ ¸˜
2.6.1 Demonstracao do Teorema de Existˆ ncia de Solucoes em S´ ries
e e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 360
2.7 Mudancas de Vari´ veis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
¸ a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 367
¸˜
2.7.1 Equacoes que n˜ o Cont´ m y . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 367
¸˜
2.7.2 Equacoes que n˜ o Cont´ m t . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 368
¸˜
2.7.3 Equacoes de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 370
2.7.4 Outras Mudancas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
¸ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372

Julho 2011 Reginaldo J. Santos

vi Sum´ rio
a

Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374
ı
2.8 Respostas dos Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375
ı

3 Transformada de Laplace 446
¸˜
3.1 Introducao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 446
¸˜
3.1.1 Demonstracao da Injetividade da Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 463
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 467
3.2 Problemas de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 468
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472
¸˜
3.3 Equacoes com Termo N˜ o Homogˆ neo Descontńuo . . . . . . . .
a e ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 489
3.4 Transformada de Laplace do Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 499
¸˜
3.5 Convolucao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 500
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 509
3.6 Tabela de Transformadas de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 510
3.7 Respostas dos Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 511

¸˜
4 Sistemas de Equacoes Diferenciais Lineares 559
´
4.1 A Matriz A e Diagonaliz´ vel em R . . . . . . . . .
a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 567
¸˜
4.1.1 Sistema com 2 Equacoes e 2 Inc´ gnitas . .
o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 567
¸˜
4.1.2 Sistema com n Equacoes e n Inc´ gnitas .
o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 569
4.1.3 Como Encontrar as Matrizes P e D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 587
´
4.2 A Matriz A e Diagonaliz´ vel em C . . . . . . . . .
a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 589
¸˜
o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 589
¸˜
4.2.2 Sistema com n Equacoes e n Inc´ gnitas .
o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592
4.2.3 Como Encontrar as Matrizes P e D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 594
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 605
a ´
4.3 A Matriz A n˜ o e Diagonaliz´ vel . . . . . . . . . .
a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 607
¸˜
o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 607

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

Sum´ rio
a vii

¸˜
4.3.2 Sistema com n Equacoes e n Inc´ gnitas . . . . . .
o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 609
4.3.3 Como Encontrar as Matrizes P e J . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 611
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 620
4.4 Sistemas N˜ o-Homogˆ neos (opcional) . . . . . . . . . . . .
a e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 621
´
4.4.1 A Matriz A e Diagonaliz´ vel em R . . . . . . . . . .
a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 622
´
4.4.2 A Matriz A e Diagonaliz´ vel em C . . . . . . . . . .
a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 626
a ´
4.4.3 A Matriz A n˜ o e Diagonaliz´ vel . . . . . . . . . . .
a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 630
4.4.4 Usando a Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 634
¸˜
e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 638
Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 642
4.5 Respostas dos Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 644

Bibliografia 688

ńdice Alfabetico
I ´ 690


Pref´ cio
a

´ ¸˜
Este e um texto alternativo ao excelente livro Boyce-DiPrima [1] para a parte de equacoes diferenciais or-
din´ rias, sendo mais objetivo e mais elementar. Entretanto aqui est˜ o apresentadas provas elementares de
a a
¸˜ ¸˜
resultados como os teoremas de existˆ ncia e unicidade para equacoes diferenciais e para sistemas de equacoes
e
diferenciais, o teorema sobre a existˆ ncia de solucoes em s´ rie de potˆ ncias para equacoes lineares de 2a or-
e ¸˜ e e ¸˜ .
´
dem, a injetividade da transformada de Laplace e outros. O conteudo corresponde ao programa da disciplina
¸˜ ´ ´
’Equacoes Diferenciais A’ que e ministrado para os alunos da area de ciˆ ncias exatas na Universidade Federal
e
de Minas Gerais.
O texto e dividido em quatro cap´tulos. No Cap´tulo 1 apesar do t´tulo ser ’Equacoes diferenciais de 1a
´ ı ı ı ¸˜ .
´ ¸˜ ` ¸˜ ¸˜
Ordem’ e feita uma introducao as equacoes diferenciais em geral e entre as equacoes de 1 a ordem s˜ o estudadas
. a
as equacoes lineares, as separ´ veis e as exatas. Tem uma secao sobre substituicoes em equacoes de 1a ordem
¸˜ a ¸˜ ¸˜ ¸˜ .
a ¸˜
onde s˜ o estudadas as equacoes homogˆ neas, as de Bernoulli e as de Ricatti. Terminamos o cap´tulo com
e ı
aplicacoes das equacoes de 1a ordem, an´ lise qualitativa das equacoes autonomas e existˆ ncia e unicidade de
¸˜ ¸˜ . a ¸˜ ˆ e
¸˜
solucoes.
As equacoes lineares de 2a ordem e o assunto do Cap´tulo 2. Aqui o estudo tanto das equacoes homogˆ neas
¸˜ . ´ ı ¸˜ e
¸˜ ´
como das equacoes n˜ o homogˆ neas e feito inicialmente no caso geral e depois no caso particular em que os
a e
ı e e ¸˜ ı ¸˜
coeﬁcientes s˜ o constantes. O cap´tulo cont´ m tamb´ m oscilacoes. O cap´tulo termina com solucoes em s´ rie
a e
de potˆ ncias em torno de t0 = 0 no caso em que este ponto e ordin´ rio e mudancas de vari´ veis em equacoes
e ´ a ¸ a ¸˜

viii

Pref´ cio
a ix

de 2a ordem.
.

´
O Cap´tulo 3 trata da transformada de Laplace. O objetivo e resolver problemas de valor inicial para
ı
equacoes lineares de 2a ordem tanto com o termo n˜ o homogˆ neo contńuo, quanto descontńuo. Terminamos
¸˜ . a e ı ı
¸˜
o cap´tulo com a transformada de Laplace do delta de Dirac e com a convolucao.
ı

¸˜ ´ ¸˜
No Cap´tulo 4 o estudo de sistemas de equacoes diferenciais lineares e feito usando diagonalizacao de ma-
ı
trizes. O caso 2 × 2 e tratado em separado com detalhe. O cap´tulo termina com os sistemas n˜ o homogˆ neos
´ ı a e
e o uso da transformada de Laplace.

Todos os exercćios est˜ o resolvidos no final do capitulo correspondente. Uma coisa que acho importante
ı a
´ ¸˜ ´
e somente ler a solucao de um exercćio depois de ter tentado verdadeiramente resolvˆ -lo. E como quando
ı e
a ¸˜
lhe d˜ o um enigma para decifrar. Se lhe contarem logo a solucao vocˆ n˜ o vai lembrar depois. Quanto mais
e a
e ¸˜
tempo vocˆ ficar tentando decifrar antes de lhe contarem a solucao mais tempo vocˆ vai lembrar.
e

Os desenhos e gr´ ficos foram feitos usando o M ATLAB ∗ com o pacote GAAL e o Maxima tamb´ m com
a e
o pacote GAAL dispon´veis no site do autor (http://www.mat.ufmg.br/~regi). Neste site tamb´ m est˜ o
ı e a
ı a ¸˜ ¸˜
dispon´veis p´ ginas interativas para o estudo de oscilacoes, equacoes parciais, s´ ries de Fourier e outros.
e

ı ˜
Gostaria de agradecer ao professor Helder C. Rodrigues pelas frut´feras discussoes, aos professores Rog´ rio
e
ˆ ˆ
S. Mol, Antonio Gaspar Ruas, Francisco Dutenhefner, Grey Ercole, Hamilton P. Bueno, Antonio Zumpano,
Marcelo T. Cunha, Jorge Sabatucci, Regina Radich, Marcelo Marchesin, Ricardo Takahashi, Armando G. M.
ı ˜
Neves e Carlos A. Arteaga pelas cr´ticas e sugestoes que possibilitaram o aperfeicoamento do presente texto.
¸

∗ MATLAB ´
e marca registrada de The Mathworks, Inc.


x Pref´ cio
a

Sugest˜ o de Cronograma para 60 Horas
a

Cap´tulo 1
ı 20 aulas

Cap´tulo 2
ı 20 aulas

Cap´tulo 3
ı 10 aulas

Cap´tulo 4
ı 10 aulas

Total 60 aulas

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1

Equacoes Diferenciais de 1a Ordem
¸˜ .

1.1 ¸˜ ` ¸˜
Introducao as Equacoes Diferenciais
¸˜ ´ ¸˜ ´ a ´
Uma equacao alg´ brica e uma equacao em que as incognitas s˜ o numeros, enquanto
e
´ ¸˜ ´
uma equa¸ ao diferencial e uma equacao em que as incognitas s˜ o funcoes e a
c˜ a ¸˜
¸˜ ¸˜ ¸˜
equacao envolve derivadas destas funcoes. Numa equacao diferencial em que a
incognita e uma funcao y(t), t e a vari´ vel independente e y e a vari´ vel dependente.
´ ´ ¸˜ ´ a ´ a
Vejamos alguns exemplos.

1

¸˜ .

θ

−mg sen θ

θ mg cos θ

Figura 1.1 – Pˆ ndulo Simples
e P = mg

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.1 ¸˜ ` ¸˜
Introducao as Equacoes Diferenciais 3

Exemplo 1.1. O movimento de um pˆ ndulo simples de massa m e comprimento l e
e ´
descrito pela funcao θ (t) que satisfaz a equacao diferencial
¸˜ ¸˜

d2 θ g
+ sen θ = 0.
dt2 l
Nesta equacao a incognita e a funcao θ (t). Assim θ e a vari´ vel dependente e t e a
¸˜ ´ ´ ¸˜ ´ a ´
vari´ vel independente.
a


¸˜ .

Fr = −γ v Fext = Focos(ωt)
Fe = − k x



Fe = − k x

Figura 1.2 – Sistema massa-mola 0 x

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.1 ¸˜ ` ¸˜

Exemplo 1.2. Em um sistema massa-mola composto de um corpo de massa m preso a
uma mola com constante el´ stica k, sujeita a uma forca de resistˆ ncia Fr = −γv =
a ¸ e
dx
−γ dt e uma forca externa Fext (t) = F0 cos(ωt) o deslocamento da massa x (t) satisfaz
¸
¸˜
a equacao diferencial
d2 x dx
m 2 +γ + kx = F0 cos(ωt).
dt dt
Nesta equacao a incognita e a funcao x (t). Assim x e a vari´ vel dependente e t e a
¸˜ ´ ´ ¸˜ ´ a ´
a

Exemplo 1.3. Numa regi˜ o do plano em que n˜ o h´ cargas el´ tricas o potencial el´ trico
a a a e e
u( x, y) em cada ponto ( x, y) da regi˜ o satisfaz a equacao diferencial
a ¸˜

∂2 u ∂2 u
+ 2 = 0.
∂x2 ∂y

Nesta equacao a incognita e a funcao u( x, y). Assim u e a vari´ vel dependente e x e
¸˜ ´ ´ ¸˜ ´ a
y s˜ o as vari´ veis independentes.
a a


¸˜ .

R

C

Figura 1.3 – Circuito RC V (t)

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.1 ¸˜ ` ¸˜

Exemplo 1.4. Um circuito RC e um circuito que tem um resistor de resistˆ ncia R, um
´ e
capacitor de capacitˆ ncia C e um gerador que gera uma diferenca de potencial V (t)
a ¸
ligados em s´ rie. A carga Q(t) no capacitor satisfaz a equacao diferencial
e ¸˜
dQ 1
R + Q = V ( t ).
dt C
Nesta equacao a incognita e a funcao Q(t). Assim Q e a vari´ vel dependente e t e a
¸˜ ´ ´ ¸˜ ´ a ´
a

¸˜
1.1.1 Classiﬁcacao

¸˜
As equacoes s˜ o classiﬁcadas quanto ao tipo, a ordem e a linearidade.
a

¸˜
(a) Quanto ao tipo uma equacao diferencial pode ser ordin´ ria ou parcial. Ela
a
´ a ¸˜ ´ ¸˜
e ordin´ ria se as funcoes incognitas forem funcoes de somente uma vari´ vel.
a
´
Caso contr´ rio ela e parcial. Portanto as derivadas que aparecem na equacao
a ¸˜
¸˜
s˜ o derivadas totais. Por exemplo, as equacoes que podem ser escritas na forma
a
F (t, y, y , y , ...) = 0,
em que y e funcao apenas de t, s˜ o equacoes diferenciais ordin´ rias, como as
´ ¸˜ a ¸˜ a
¸˜ ¸˜ ´
equacoes dos Exemplos 1.1, 1.2 e 1.4. A equacao do Exemplo 1.3 e parcial.

(b) Quanto a ordem uma equacao diferencial pode ser de 1a , de 2a , ..., de n-´ sima
` ¸˜ . . e
ordem dependendo da derivada de maior ordem presente na equacao. Uma ¸˜
equacao diferencial ordin´ ria de ordem n e uma equacao que pode ser escrita
¸˜ a ´ ¸˜
na forma
F (t, y, y , y , ..., y(n) ) = 0.
As equacoes dos Exemplos 1.1, 1.2 e 1.3 s˜ o de 2a ordem e a equacao do Exemplo
¸˜ a . ¸˜
´
1.4 e de 1 a ordem.
.


¸˜ .

¸˜
(c) Quanto a linearidade uma equacao diferencial pode ser linear ou n˜ o linear.
a
´ ´
Ela e linear se as incognitas e suas derivadas aparecem de forma linear na
¸˜ ´ ´
equacao, isto e, as incognitas e suas derivadas aparecem em uma soma em
´ ´
que cada parcela e um produto de alguma derivada das incognitas com uma
¸˜ ´ ¸˜
funcao que n˜ o depende das incognitas. Por exemplo uma equacao diferencial
a
ordin´ ria linear de ordem n e uma equacao que pode ser escrita como
a ´ ¸˜

dy d2 y dn y
a0 ( t ) y + a1 ( t ) + a2 ( t ) 2 + . . . + a n ( t ) n = f ( t ).
dt dt dt
¸˜
As equacoes diferenciais ordin´ rias que n˜ o podem ser colocadas nessa forma
a a
a a ¸˜
s˜ o n˜ o lineares. As equacoes dos Exemplos 1.2, 1.3 e 1.4 s˜ o lineares e a
a
¸˜ ´ a
equacao do Exemplo 1.1 e n˜ o linear.

¸˜ ¸˜
1.1.2 Solucoes de Equacoes Ordin´ rias
a

Uma solu¸ ao (particular) de uma equa¸ ao diferencial ordin´ ria de ordem n em um
c˜ c˜ a
intervalo I e uma funcao y(t) deﬁnida no intervalo I tal que as suas derivadas de
´ ¸˜
ordem at´ n est˜ o deﬁnidas no intervalo I e satisfazem a equacao neste intervalo.
e a ¸˜

¸˜
Exemplo 1.5. Considere a equacao

ay + by + cy = 0, com a, b, c ∈ R, a = 0 tais que b2 − 4ac = 0.
b
Vamos mostrar que y(t) = e− 2a t e solucao desta equacao para t ∈ R.
´ ¸˜ ¸˜

b −bt b2 − b t
y (t) = − e 2a , y (t) = e 2a
2a 4a2

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.1 ¸˜ ` ¸˜

Substituindo-se y(t), y (t) e y (t) no primeiro membro da equacao obtemos
¸˜

b2 − b t b b b
ay + by + cy = a e 2a + b − e− 2a t + ce− 2a t
4a2 2a
b2 b2 b
= − + c e− 2a t
4a 2a
−b2 + 4ac − b t
= e 2a = 0,
4a
b
pois por hipotese b2 − 4ac = 0. Assim y(t) = e− 2a t e solucao da equacao.
´ ´ ¸˜ ¸˜

A solu¸ ao geral de uma equa¸ ao diferencial ordin´ ria de ordem n em um inter-
c˜ c˜ a
valo I e uma fam´lia de solucoes y(t) no intervalo I, dependendo de n constan-
´ ı ¸˜
¸˜ ¸˜
tes arbitr´ rias, tal que qualquer solucao particular pode ser obtida da solucao geral
a
`
atribuindo-se valores as constantes.

¸˜
Exemplo 1.6. A equacao
dy
= e3t
dt
¸˜
pode ser resolvida por integracao direta obtendo

e3t
y(t) = e3t dt = + c,
3
que e a solucao geral da equacao diferencial dada v´ lida para −∞ < t < ∞, que e o
´ ¸˜ ¸˜ a ´
¸˜
maior intervalo em que a solucao e sua derivada est˜ o deﬁnidas.
a


¸˜ .

1.5

−2
y

2

−10 −8
−6
1

0

−4
2
2

0.5

−2
0

−8
0 0

−10
−6
t

−4
−0.5
−2
−2

−1

−8
−4

−6

−10
¸˜ ¸˜
Figura 1.4 – Solucoes da equacao do Exem- −4

plo 1.6 −1.5
−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.1 ¸˜ ` ¸˜

1.1.3 Equacoes Ordin´ rias de 1a Ordem
¸˜ a .

As equacoes diferenciais ordin´ rias de 1a ordem s˜ o equacoes que podem ser escritas
¸˜ a . a ¸˜
como
F (t, y, y ) = 0.
¸˜
Vamos estudar equacoes de primeira ordem que podem ser escritas na forma
dy
= f (t, y) (1.1)
dt

Uma solu¸ ao (particular) de uma equa¸ ao diferencial (1.1) em um intervalo I e
c˜ c˜ ´
uma funcao y(t) definida no intervalo I tal que a sua derivada y (t) est´ definida no
¸˜ a
intervalo I e satisfaz a equacao (1.1) neste intervalo.
¸˜
O problema 
 dy
= f (t, y)
dt (1.2)
y ( t0 ) = y0


´
e chamado problema de valor inicial (PVI). Uma solu¸ ao do problema de valor
c˜
inicial (1.2) em um intervalo I e uma funcao y(t) que est´ definida neste intervalo,
´ ¸˜ a
tal que a sua derivada tamb´ m est´ definida neste intervalo e satisfaz (1.2).
e a

¸˜
Exemplo 1.7. Vamos encontrar a solucao do PVI

 dy
= e3t
dt
y(1/3) = e/3


¸˜
A equacao
dy
= e3t
dt


¸˜ .

¸˜
pode ser resolvida por integracao direta obtendo

e3t
y(t) = e3t dt = + c,
3
´ ¸˜ ¸˜
que e a solucao geral da equacao diferencial.
Substituindo t = 1/3 e y = e/3 na solucao geral encontrada obtendo C = 0. Assim
¸˜
¸˜ ´
a solucao do PVI e
e3t
y(t) =
3
v´ lida para −∞ < t < ∞, que e o maior intervalo em que a solucao e sua derivada
a ´ ¸˜
est˜ o deﬁnidas.
a

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.1 ¸˜ ` ¸˜

Exerc´cios (respostas na p´ gina 155)
ı a
¸˜
1.1. Classiﬁque as equacoes abaixo quanto ao tipo, a ordem e a linearidade.
(a) yy + t = 0 (b) x2 y + bxy + cy = 0

1.2. Determine qual ou quais das funcoes y1 ( x ) = x2 , y2 ( x ) = x3 e y3 ( x ) = e− x s˜ o solucoes da equacao
¸˜ a ¸˜ ¸˜

( x + 3) y + ( x + 2) y − y = 0

1.3. Sejam a, b, c ∈ R. Mostre que
(a) y(t) = ert , com r raiz de ar + b = 0, e solucao da equacao ay + by = 0.
´ ¸˜ ¸˜
(b) y(t) = ert , com r raiz de ar2 + br + c = 0, e solucao da equacao ay + by + cy = 0.
´ ¸˜ ¸˜
(c) y( x ) = xr , com r raiz de r2 + (b − 1)r + c = 0, e solucao da equacao x2 y + bxy + cy = 0.
´ ¸˜ ¸˜

1.4. Determine os valores de r para os quais a funcao y(t) e solucao da equacao.
¸˜ ´ ¸˜ ¸˜
r 2 = 0. r
(a) y(t) = 2 e y + ty (c) y(t) = 2 e y − 6ty2 = 0.
t −3 t +1
r r
(b) y(t) = 2 e y − 2ty2 = 0. (d) y(t) = 2 e y − ty2 = 0.
t +1 t +2
¸˜ ¸˜
1.5. Determine todas as solucoes da equacao diferencial

ty + (t − 1)y − y = 0

que s˜ o funcoes de 1o grau, ou seja, da forma y(t) = at + b, para a e b constantes.
a ¸˜ .


¸˜ .

1.2 Equacoes Lineares de 1a Ordem
¸˜ .

As equa¸ oes (diferenciais ordin´ rias) lineares de 1a ordem s˜ o equacoes que po-
c˜ a . a ¸˜
dem ser escritas como
dy
+ p ( t ) y = q ( t ). (1.3)
dt

¸˜
1.2.1 Equacoes em que p(t) = 0
Se a funcao p(t) = 0 a equacao (1.3) torna-se
¸˜ ¸˜

dy
= q ( t ), (1.4)
dt
´ ¸˜
que e facilmente resolvida integrando-se os dois lados. Assim a solucao geral desta
¸˜ ´
equacao e dada por
y(t) = q(t)dt + C.

¸˜
Exemplo 1.8. A equacao
dy
= sen(2t)
dt
¸˜ ¸˜
pode ser resolvida por integracao direta obtendo-se a solucao geral

cos(2t)
y(t) = sen(2t) dt = − + C.
2

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

¸˜ . 15

3
3
3 y
3
2
2 2
2
2
1
1 1
1
1
0
0 0
0
t
0
−1
−1 −1 −1
−1
−2
−2 −2 −2
−2
¸˜ ¸˜
Figura 1.5 – Solucoes da equacao do Exem-
−3 −3
plo 1.8 −3 −2 −1 0 1 2 3


¸˜ .

¸˜ ¸˜ ¸˜
Na subsecao 1.2.2 e na secao 1.3 veremos t´ cnicas de se encontrar solucoes de
e
equacoes de 1a ordem que se baseiam em transformar a equacao inicial em uma
¸˜ . ¸˜
¸˜
equacao do tipo (1.4).

¸˜
1.2.2 Equacoes Lineares - Caso Geral
¸˜
Vamos considerar equacoes da forma

dy
+ p ( t ) y = q ( t ). (1.5)
dt

Vamos deﬁnir uma funcao auxiliar, µ(t), de forma que ao multiplicarmos a equacao
¸˜ ¸˜
(1.5) por esta funcao a equacao obtida e uma equacao linear com p(t) = 0, ou seja,
¸˜ ¸˜ ´ ¸˜
¸˜
do tipo (1.4), que j´ resolvemos anteriormente. Uma funcao com esta propriedade e
a ´
chamada fator integrante da equa¸ ao linear.
c˜

Seja
p(t)dt
µ(t) = e .

Vamos mostrar agora que µ(t) = e p(t)dt ´ ¸˜
e um fator integrante da equacao (1.5).

Observe em primeiro lugar que

dµ p(t)dt d p(t)dt
=e p(t)dt =e p ( t ) = µ ( t ) p ( t ). (1.6)
dt dt

Assim multiplicando-se (1.5) por µ(t), obtemos

dy
µ(t) + µ(t) p(t)y = µ(t)q(t) (1.7)
dt

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

¸˜ . 17

dµ
mas como por (1.6), µ(t) p(t) = , ent˜ o (1.7) pode ser reescrita como
a
dt
dy dµ
µ(t) + y = µ ( t ) q ( t ). (1.8)
dt dt
¸˜ ´
Mas o lado esquerdo dessa equacao e a derivada de um produto o que faz com que
ela possa ser reescrita na forma

d
(µ(t)y(t)) = µ(t)q(t) (1.9)
dt

¸˜ ´ ¸˜
A equacao (1.9) e uma equacao do tipo (1.4), ou seja,

dY
= f (t)
dt
em que Y (t) = µ(t)y(t) e f (t) = µ(t)q(t). Assim, a solucao geral de (1.9) e dada por
¸˜ ´

µ(t)y(t) = µ(t)q(t)dt + C.

Como µ(t) = 0, para todo t ∈ R, dividindo-se a equacao anterior por µ(t) obtemos
¸˜
¸˜ ´
que a solucao geral de (1.5) e dada por

1
y(t) = µ(t)q(t)dt + C
µ(t)

Mostraremos na Subsecao 1.2.3 como podemos chegar a µ(t) = e
¸˜ p(t)dt como fator
¸˜
integrante da equacao (1.5).


¸˜ .

c˜ a ´
Aten¸ ao: N˜ o se deve memorizar a formula obtida no ﬁnal. O que ﬁzemos aqui foi mostrar o caminho que
deve ser seguido para resolver uma equacao linear de 1a ordem.
¸˜ .

´
No proximo exemplo vamos seguir os mesmos passos que seguimos no caso geral.

¸˜
dy 2
+ y = t.
dt t
´
O fator integrante e
2 dt 2
µ(t) = e t = e2 ln t = eln t = t2 .
Multiplicando-se a equacao acima por µ(t) obtemos:
¸˜
dy
t2 + 2ty = t3 .
dt
O lado esquerdo e igual a derivada do produto t2 y(t). Logo a equacao acima e equi-
´ ¸˜ ´
valente a
d 2
t y ( t ) = t3 .
dt
Integrando-se obtemos
t4
t2 y ( t ) = +C
4
Explicitando y(t) temos que a solucao geral da equacao diferencial e
¸˜ ¸˜ ´

t2 C
y(t) = + 2. (1.10)
4 t

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

¸˜ . 19

Podemos esbocar as solucoes desta equacao diferencial. Para C = 0 a solucao e a
¸ ¸˜ ¸˜ ¸˜ ´
par´ bola
a
t2
y(t) = .
4
Para C = 0, temos que o dom´nio de y(t) e o conjunto dos numeros reais tais que
ı ´ ´
t = 0. limt→±∞ y(t) = +∞, se C = 0. Al´ m disso
e

lim y(t) = +∞, se C > 0
t →0

e
lim y(t) = −∞, se C < 0.
t →0

¸˜
Vamos analisar o crescimento e decrescimento das solucoes

dy t 2C
= − 3 =0
dt 2 t
se, e somente se,
t4 = 4C.
√
Assim se C > 0 as solucoes tˆ m somente pontos cr´ticos em t = ± 4 4C e se C < 0
¸˜ e ı
elas n˜ o tˆ m ponto cr´tico.
a e ı


¸˜ .

5

0
y

8
8
16 16
4

−8 −16

8

8

6
−1
3

−8
0
2

0
1

−8
0 0
t

−16
−16

−8
−1

−2

−3

¸˜ ¸˜
Figura 1.6 – Solucoes da equacao do Exem-

−8
−4
¸˜
plo 1.9 e a solucao do problema de valor

−16
−16

−8
inicial do Exemplo 1.10 −5
−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

¸˜ . 21

Exemplo 1.10. Considere o problema de valor inicial

 dy 2
+ y = t.
dt t
y (2) = 3


A equacao e a mesma do Exemplo 1.9. Substituindo-se t = 2 e y = 3 em (1.10)
¸˜ ´
obtemos
4 C
3= +
4 4
De onde obtemos que C = 8. Portanto a solucao do problema de valor inicial e
¸˜ ´
t2 8
y(t) = + 2.
4 t
Observe que a solucao deste problema de valor inicial e v´ lida no intervalo (0, +∞),
¸˜ ´ a
que e o maior intervalo contendo t = 2 (pois a condicao inicial e y(2) = 3) em que
´ ¸˜ ´
a solucao e sua derivada est˜ o deﬁnidas. Se a condicao inicial ao inv´ s de y(2) = 3
¸˜ a ¸˜ e
fosse y(−2) = 3 a solucao teria a mesma express˜ o, mas o intervalo de validade da
¸˜ a
solucao seria (−∞, 0).
¸˜

1.2.3 Como chegar ao fator integrante µ(t) = e p(t)dt ?
Vamos mostrar como podemos chegar ao fator integrante µ(t) = e p(t)dt .
¸˜
Comparando-se as equacoes (1.7) e (1.8) na p´ gina 16 vemos que o fator integrante
a
µ(t) deve ser uma funcao que satisfaz a equacao diferencial
¸˜ ¸˜
dµ
= p ( t ) µ ( t ).
dt
Esta e tamb´ m uma equacao linear, mas com q(t) = 0. Supondo-se µ(t) = 0, vamos
´ e ¸˜
multiplicar esta equacao por 1/µ(t) obtendo a equacao
¸˜ ¸˜
1 dµ
= p ( t ).
µ(t) dt


¸˜ .

1 d
Como µ(t)
= dµ (ln |µ(t)|) a equacao anterior pode ser reescrita como
¸˜

d dµ
(ln |µ(t)|) = p ( t ).
dµ dt

¸˜ ´
Mas pela regra da cadeia esta equacao e equivalente a

d
(ln |µ(t)|) = p(t)
dt
´ ¸˜
que e uma equacao do tipo (1.4) que pode ser resolvida simplesmente integrando-se
ambos os membros obtendo

ln |µ(t)| = p(t)dt + C1

Aplicando-se a exponencial a ambos os membros e eliminando-se o valor absoluto
obtemos
µ(t) = ±ec1 e p(t)dt = Ce p(t)dt .
Como estamos interessados em apenas um fator integrante podemos tomar C = 1 e
obtermos
µ(t) = e p(t)dt .

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

¸˜ . 23

ı a
2.1. Resolva os problemas de valor inicial:
2 +sen t
y + (1 − 2x )y = xe− x (c) y − cos t y = tet
(a)
y (0) = 2 y (0) = 2
3 +t 4x5
(b) y + 3t2 y = e−t y + x4 y = x4 e 5
(d)
y (0) = 2 y (0) = 1

¸˜
2.2. Resolva as equacoes:
4 2
(a) y − y = − 3 .
x x 4
(c) y − y = x5 e x .
1 x
(b) y − y = − x.
x
2.3. (a) Resolva o problema de valor inicial:
y + 5x4 y = x4
y (0) = y0
(b) Para quais valores de y0 a solucao e crescente e para quais valores de y0 a solucao e decrescente.
¸˜ ´ ¸˜ ´
(c) Qual o limite de y( x ) quando x tende a +∞. O limite depende de y0 ?
2.4. (a) Resolva o problema de valor inicial:
( x2 − 9)y + xy = 0
y (5) = y0
¸˜
(b) Qual o intervalo de validade da solucao?
(c) Qual o limite de y( x ) quando x tende a +∞. O limite depende de y0 ?
¸˜
2.5. Considere a equacao
dy
+ p(t)y = 0
dt
(a) Mostre que se y1 (t) e y2 (t) s˜ o solucoes da equacao, ent˜ o y(t) = y1 (t) + y2 (t) tamb´ m o e.
a ¸˜ ¸˜ a e ´


¸˜ .

(b) Mostre que se y1 (t) e solucao da equacao, ent˜ o y(t) = cy1 (t) tamb´ m o e, para qualquer constante
´ ¸˜ ¸˜ a e ´
c.
¸˜
2.6. Considere as equacoes
dy
+ p(t)y = 0 (1.11)
dt
dy
+ p(t)y = q(t) (1.12)
dt
Mostre que se y1 (t) e solucao da equacao (1.11) e y2 (t) e solucao da equacao (1.12), ent˜ o y(t) = cy1 (t) +
´ ¸˜ ¸˜ ´ ¸˜ ¸˜ a
y2 (t) e solucao de (1.12), para qualquer constante c.
´ ¸˜
2.7. Resolva o PVI
dy 1 y
= 2te− 100 t − .
dt 100
y(0) = 100
¸ ¸ a ¸˜
e faca um esboco do gr´ ﬁco da solucao.

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.3 ¸˜
Equacoes Separ´ veis
a 25

1.3 ¸˜
a
c˜ a a ¸˜
As equa¸ oes (diferenciais ordin´ rias) separ´ veis s˜ o equacoes que podem ser escri-
a
tas na forma
dy
g(y) = f ( x ). (1.13)
dx
Seja
h(y) = g(y)dy.

Ent˜ o
a
dh
= g ( y ).
dy
dh
Substituindo-se g(y) por ¸˜
na equacao (1.13) obtemos
dy

dh dy
= f ( x ). (1.14)
dy dx

Mas, pela regra da cadeia
d dh dy
h(y( x )) = ,
dx dy dx
o que implica que (1.14) pode ser escrita como

d
h(y( x )) = f ( x ) (1.15)
dx
¸˜ ´ ´
A equacao (1.15) e do tipo (1.4) na p´ gina 14, ou seja, e da forma
a

dY
= f (x)
dx


¸˜ .

em que Y ( x ) = h(y( x )). Assim, integrando-se (1.15) dos dois lados obtemos que a
¸˜ ´
solucao geral de (1.13) e dada implicitamente por

h(y( x ))) = f ( x )dx + C.

¸˜
Tamb´ m podemos obter a solucao da maneira mostrada a seguir. Integrando-se em
e
relacao a x ambos os membros de (1.13) obtemos
¸˜
dy
g(y) dx = f ( x )dx + C,
dx
que pode ser reescrita como

g(y)y dx = f ( x )dx + C.

Fazendo a substituicao y dx = dy obtemos
¸˜

g(y) dy = f ( x )dx + C.

c˜ a ´
¸˜
deve ser seguido para resolver uma equacao separ´ vel.
a

¸˜ ¸˜
As curvas que s˜ o solucoes de uma equacao separ´ vel podem ser vistas como curvas
a a
¸˜
de n´vel da funcao
ı
z = F ( x, y) = h(y( x ))) − f ( x )dx.

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.3 ¸˜
a 27

¸˜ ¸˜
Exemplo 1.11. Vamos, agora, encontrar a solucao geral da equacao diferencial

dy
2y = −4x ou 2yy = −4x
dx
Integrando-se em relacao a x ambos os membros obtemos
¸˜

2yy dx = − 4xdx + C.

¸˜

2y dy = − 4xdx + C.

¸˜ ´
Assim a solucao geral e dada implicitamente por

y2 = −2x2 + C

¸˜ a a ı ¸˜
As solucoes s˜ o elipses (Figura 1.7) que s˜ o as curvas de n´vel da funcao

z = f ( x, y) = y2 + 2x2 .

O gr´ ﬁco da funcao f ( x, y) = y2 + 2x2 e um paraboloide el´ptico (Figura 1.8).
a ¸˜ ´ ı


¸˜ .

z
2
y 4 5
3
4
1.5

2
5

3
1
2

1

4
3

0.5

5
1
4

0
x
y
2
5

3

−0.5
2

1
3

4

−1 1
5

2
4

2
−1.5
3
3
5
−2 4 4 x
−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

¸˜ ¸˜
Figura 1.8 – Solucoes da equacao diferencial do
¸˜ ¸˜
´
Exemplo 1.11 como curvas de n´vel do paraboloide
ı
Exemplo 1.11
el´ptico z = F ( x, y) = 2x2 + y2
ı

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.3 ¸˜
a 29

Exemplo 1.12. ¸˜
(a) Encontre a solucao do problema de valor inicial

 dy = 2x − 1

dx 3y2 − 3
y (1) = 0


(b) Determine o intervalo de validade da solu¸ ao, ou seja, o maior intervalo con-
c˜
dy
tendo x0 = 1 para o qual a solucao y( x ) e sua derivada
¸˜ est˜ o deﬁnidas.
a
dx
¸˜
(c) Determine os pontos onde a solucao tem um m´ ximo local.
a
¸ ¸ a ¸˜
(d) Faca um esboco do gr´ ﬁco da solucao.

Solu¸ ao:
c˜
¸˜
(a) Podemos reescrever a equacao como
(3y2 − 3)y = 2x − 1
Integrando-se em relacao a x ambos os membros obtemos
¸˜

(3y2 − 3)y dx = (2x − 1)dx + C.

¸˜

(3y2 − 3) dy = (2x − 1)dx + C.

¸˜ ´
y3 − 3y = x2 − x + C
Para encontrar a solucao que satisfaz a condicao inicial y(1) = 0 substitu´mos
¸˜ ¸˜ ı
x = 1 e y = 0 na solucao geral obtendo C = 0. Assim a solucao do problema
¸˜ ¸˜
´
de valor inicial e dada implicitamente por
y3 − 3y − x2 + x = 0


¸˜ .

¸˜
(b) Para determinar o intervalo de validade da solucao do PVI vamos determinar
o maior intervalo que contem x = 1 em que a solucao e sua derivada est˜ o
¸˜ a
dy 2x −1
definidas. Pela equacao dx = 3y2 −3 , temos que os pontos onde a derivada
¸˜
n˜ o est´ definida s˜ o aqueles tais que 3y2 − 3 = 0, ou seja, y = ±1. Como o
a a a
ponto inicial e (1, 0), ent˜ o a solucao do PVI est´ contida na regi˜ o do plano
´ a ¸˜ a a
−1 < y < 1. Substituindo-se y = −1 na equacao que define a solucao obtemos
¸˜ ¸˜
a equacao x2 − x − 2 = 0, que tem solucao x = −1 e x = 2. Substituindo-se
¸˜ ¸˜
y = 1 na equacao que define a solucao y3 − 3y − x2 + x = 0 obtemos a equacao
¸˜ ¸˜ ¸˜
x2 − x + 2 = 0, que n˜ o tem solucao real.
a ¸˜
Como a solucao est´ definida para todo x, mas a derivada n˜ o est´ definida
¸˜ a a a
para x = −1 e x = 2 e o ponto inicial x0 = 1 est´ entre os valores x = −1 e
a
x = 2 conclu´mos que o intervalo de validade da solucao e o intervalo (−1, 2),
ı ¸˜ ´
que e o maior intervalo em que a solucao y( x ) e a sua derivada est˜ o definidas.
´ ¸˜ a
¸˜ ` ´
(c) Nos pontos onde a solucao tem m´ ximo local a reta tangente a curva e horizon-
a
dy
tal, ou seja, pontos onde dx = 0. Neste caso n˜ o precisamos calcular a derivada
a
¸˜ ¸˜
da solucao, pois a derivada j´ est´ dada pela equacao diferencial, ou seja,
a a
dy 2x − 1
= 2
dx 3y − 3
Assim, a reta tangente e horizontal para x tal que 2x − 1 = 0, ou seja, somente
´
para x = 1/2.
(d) Nos pontos x = −1 e x = 2 a reta tangente a curva solucao y3 − 3y − x2 + x = 0
` ¸˜
e vertical, ou seja, dx = 0, pois pela equacao diferencial,
´ dy ¸˜

dx 1 3y2 − 3
= dy = ,
dy 2x − 1
dx

para x = 1/2. Assim j´ sabemos pelo item (b) que a solucao est´ contida em
a ¸˜ a
uma curva que passa pelos pontos (−1, −1) e (2, −1) onde a tangente e vertical,
´

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.3 ¸˜
a 31

e que passa pelo ponto inicial (1, 0). Neste ponto a inclinacao da tangente e
¸˜ ´
dy
−1/3, pois substituindo-se x = 1 e y = 0 na equacao diferencial obtemos dx =
¸˜
−1/3. Al´ m disso sabemos que o unico ponto em que a tangente e horizontal
e ´ ´
ocorre para x = 1/2. Deduzimos da´ que a solucao e crescente at´ x = 1/2
ı ¸˜ ´ e
depois comeca a decrescer.
¸


¸˜ .

y

1

0.5

x

-1 -0.5 0.5 1 1.5 2

-0.5

-1

¸˜
Figura 1.9 – Solucao do problema de valor inicial do Exemplo 1.12

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.3 ¸˜
a 33

z
3
24
13 y
0
−1
−2 4
3
4 2
1
−4 − 23 4 01
−
1 3
2 3 0 2
−1 1
−2 0 −2 3
− −4
−1

1 y
−3
−4

−1 −2
−2
0 0 −3
1 −1 x
−4
0

x
−1

−1
2
2 1
−3

−4 −2 1 −2
0
0
−1 −1 −3
−2 −2 −4
−3
−4

−3
−3 −2 −1 0 1 2 3

¸˜ ¸˜
¸˜ ¸˜
Figura 1.10 – Solucoes da equacao diferencial e do
Exemplo 1.12 como curvas de n´vel de uma funcao
ı ¸˜
problema de valor inicial do Exemplo 1.12
de duas vari´ veis z = f ( x, y) = y3 − 3y − x2 + x
a


¸˜ .

ı a
¸˜

(a) (1 + x2 )y − xy = 0.
(b) y2 − 1 − (2y + xy)y = 0.
(c) ( ayx2 + by)y − x = 0 para a, b ∈ R, a = 0.
(d) ( ax2 + b)1/2 y − xy3 = 0 para a, b ∈ R, a = 0.
(e) ( ay2 + b)1/2 − xyy = 0 para a, b ∈ R, a = 0.
(f) ay2 + b − x2 yy = 0 para a, b ∈ R, a = 0.
3.2. ¸˜
(a) Encontre a solucao do problema de valor inicial

 dy 2x + 1
= 2
dx 3y − 3
y (0) = 0


¸˜
(b) Determine o intervalo de validade da solucao.
¸˜
(c) Determine os pontos onde a solucao tem um m´ ximo local.
a
¸ ¸ a ¸˜
(d) Faca um esboco do gr´ ﬁco da solucao.
3.3. Mostre que a equacao linear y + p(t)y = q(t) e equivalente a uma equacao separ´ vel se
¸˜ ´ ¸˜ a
(a) p(t) = a e q(t) = b, para a, b ∈ R;
(b) p(t) = q(t);
(c) q(t) = 0.
3.4. Resolva o PVI

dy
= y(100 − y),
dt
y (0) = 1

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.3 ¸˜
a 35

¸ ¸ a ¸˜
e faca um esboco do gr´ ﬁco da solucao.


¸˜ .

1.4 ¸˜
Equacoes Exatas
c˜ a ¸˜
As equa¸ oes exatas s˜ o equacoes que podem ser escritas na forma
dy
M ( x, y) + N ( x, y) =0 (1.16)
dx
em que as funcoes M ( x, y) e N ( x, y) satisfazem
¸˜
∂M ∂N
= , (1.17)
∂y ∂x
em um retˆ ngulo
a
{( x, y) ∈ R2 | α < x < β, γ < y < θ },
∂M ∂N
em que M ( x, y), N ( x, y),
e s˜ o cont´nuas.
a ı
∂y ∂x
Nestas condicoes mostraremos depois que existe uma funcao ψ( x, y) tal que
¸˜ ¸˜
∂ψ ∂ψ
M ( x, y) = e N ( x, y) = . (1.18)
∂x ∂y
Substituindo-se estes valores de M( x, y) e de N ( x, y) em (1.16) obtemos
∂ψ ∂ψ dy
+ = 0. (1.19)
∂x ∂y dx
Mas, pela regra da cadeia
d ∂ψ ∂ψ dy
(ψ( x, y( x ))) = + .
dx ∂x ∂y dx
Ent˜ o (1.19) pode ser escrita como
a
d
(ψ( x, y( x ))) = 0. (1.20)
dx

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.4 ¸˜
Equacoes Exatas 37

¸˜ ´
A equacao (1.20) e do tipo (1.4), ou seja,

dY
= f ( x ),
dx
em que Y ( x ) = ψ( x, y( x )) e f ( x ) = 0. Assim, a solucao geral de (1.20) e portanto de
¸˜
´
(1.16) e dada por
ψ( x, y( x )) = C. (1.21)
Vamos, agora, ver como encontrar a funcao ψ( x, y). Integrando-se a 1a equacao de
¸˜ . ¸˜
(1.18) em relacao a x obtemos
¸˜

ψ( x, y) = M( x, y)dx + h(y), (1.22)

em que h(y) e uma funcao a ser determinada. ψ( x, y) dada por (1.22) e solucao
´ ¸˜ ´ ¸˜
da 1a equacao de (1.18) pois derivando a equacao (1.22) em relacao a x obtemos a
. ¸˜ ¸˜ ¸˜
1a equacao de (1.18). Substituindo-se a funcao ψ( x, y) encontrada em (1.22) na 2a
. ¸˜ ¸˜ .
¸˜
equacao de (1.18) obtemos

∂ψ ∂ dh ∂M dh
N ( x, y) = = M ( x, y)dx + = dx + .
∂y ∂y dy ∂y dy

Da´ obtemos uma equacao diferencial para h(y):
ı ¸˜

dh ∂M
= N ( x, y) − dx. (1.23)
dy ∂y

Se a equacao (1.16) e exata o lado esquerdo de (1.23) n˜ o depende de x, pois usando
¸˜ ´ a
(1.17) obtemos

∂ ∂M ∂N ∂ ∂M ∂N ∂M
N ( x, y) − dx = − dx = − = 0.
∂x ∂y ∂x ∂x ∂y ∂x ∂y


¸˜ .

¸˜ ´
A equacao (1.23) e do tipo (1.4) na p´ gina 14, ou seja,
a

dZ
= f (y)
dy

em que Z (y) = h(y) e f (y) = N ( x, y) − ∂M
∂y dx. ¸˜ ´
Assim, uma solucao e dada por

∂M
h(y) = N ( x, y)dy − dx dy.
∂y

Substituindo-se este valor de h(y) em (1.22) obtemos

∂M
ψ( x, y) = M ( x, y)dx + N ( x, y)dy − dx dy.
∂y

¸˜ ¸˜ ´
Portanto a solucao geral da equacao exata (1.16) e, por (1.21),

∂M
ψ( x, y) = M ( x, y)dx + N ( x, y)dy − dx dy = C
∂y

c˜ a ´
¸˜
deve ser seguido para resolver uma equacao exata.

¸˜
Exemplo 1.13. Considere a equacao diferencial

2y(1 + x2 ) 2xy2
y − = 1.
1 + 2x2 (1 + 2x2 )2

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.4 ¸˜
Equacoes Exatas 39

¸˜
Para esta equacao,

2xy2 2y(1 + x2 )
M( x, y) = − −1 e N ( x, y) = .
(1 + 2x2 )2 1 + 2x2
Assim,
∂M −4xy
=
∂y (1 + 2x2 )2
∂N (−1)(4x ) −4xy
=y =
∂x (1 + 2x2 )2 (1 + 2x2 )2
∂M ∂N
Como = , para todo par ( x, y) ∈ R, ent˜ o a equacao e exata. Vamos encon-
a ¸˜ ´
∂y ∂x
trar uma funcao ψ( x, y) tal que
¸˜

∂ψ 2xy2 ∂ψ 2y(1 + x2 )
= M( x, y) = − −1 e = N ( x, y) =
∂x (1 + 2x2 )2 ∂y 1 + 2x2
Integrando-se a 1a equacao em relacao a x obtemos
. ¸˜ ¸˜

−2xy2 1 1 y2
ψ( x, y) = − 1 dx = y2 · − x + h(y) = − x + h(y)
(1 + 2x2 )2 2 1 + 2x2 2(1 + 2x2 )

∂ψ 2y(1 + x2 )
Substituindo-se a funcao ψ( x, y) encontrada na equacao
¸˜ ¸˜ = N ( x, y) =
∂y 1 + 2x2
obtemos
y dh 2y(1 + x2 )
+ = .
1 + 2x2 dy 1 + 2x2
¸˜
Esta equacao pode ser reescrita como

dh 2y(1 + x2 ) y y + 2x2 y
= − = =y
dy 1 + 2x2 1 + 2x2 1 + 2x2


¸˜ .

y2
que tem solucao geral h(y) =
¸˜ + C1 . Assim, a solucao geral da equacao e dada
¸˜ ¸˜ ´
2
implicitamente por
y2 y2
ψ( x, y) = 2)
−x+ =C
2(1 + 2x 2

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.4 ¸˜
Equacoes Exatas 41

5
y
5 4
4
3 2
1
3 5 4

2 0
5 3 1
2 4 −2
−1 −3
3
1 2
0

5

−4
1
0

4
x

−2
−1 −1 −3
2
3
0
−2 5 4 1
5 −2
3 −1
−3 2 0
4
1

5 3
−4 4

−5
−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5

¸˜ ¸˜
Figura 1.12 – Solucoes da equacao diferencial do Exemplo 1.13


¸˜ .

z

x
y

¸˜ ¸˜ ¸˜
Figura 1.13 – Solucoes da equacao diferencial do Exemplo 1.13 como curvas de n´vel de uma funcao de duas
ı
y2 y2
vari´ veis z = ψ( x, y) =
a 2(1+2x2 )
−x+ 2

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.4 ¸˜
Equacoes Exatas 43

1.4.1 Fatores Integrantes
¸˜
Quando multiplicamos uma equacao da forma

dy
M( x, y) + N ( x, y) = 0, (1.24)
dx
que n˜ o e exata por uma funcao µ( x, y) de forma que a nova equacao seja exata,
a ´ ¸˜ ¸˜
chamamos a funcao µ( x, y) de fator integrante para equa¸ ao exata.
¸˜ c˜

¸˜

2xy2
2y(1 + x2 )y − = 1 + 2x2 . (1.25)
1 + 2x2
¸˜
Para esta equacao

2xy2
M ( x, y) = − − 1 − 2x2 e N ( x, y) = 2y(1 + x2 )
1 + 2x2
Assim,
∂M −4xy ∂N
= e = 4xy
∂y 1 + 2x2 ∂x
¸˜ a ´ ¸˜
e portanto a equacao n˜ o e exata. Agora, multiplicando a equacao (1.25) por

1
µ( x ) =
1 + 2x2
obtemos
2y(1 + x2 ) 2xy2
2
y − = 1.
1 + 2x (1 + 2x2 )2
¸˜ ´ ´
A nova equacao e a do Exemplo 1.13 que, como j´ mostramos, e exata.
a


¸˜ .

¸˜
Quando a equacao tem um fator integrante que depende apenas de uma das
vari´ veis x ou y, podemos determin´ -lo da forma como e mostrada a seguir.
a a ´

¸˜
Exemplo 1.15. Considere a equacao do Exemplo 1.14

2xy2
2y(1 + x2 )y − = 1 + 2x2 .
1 + 2x2
Vamos supor, apenas, que exista uma funcao µ( x ) tal que ao multiplicarmos a
¸˜
equacao por µ( x ) a nova equacao seja exata. Ent˜ o
¸˜ ¸˜ a

∂ ∂
(µM) = (µN )
∂y ∂x

ou seja,
∂M dµ ∂N
µ = N+µ
∂y dx ∂x
Assim, µ( x ) deve satisfazer a equacao diferencial
¸˜

dµ
∂M
∂y − ∂N
∂x
= µ
dx N
Assim, reciprocamente, se
∂M( x,y) ∂N ( x,y)
∂y − ∂x
N ( x, y)
e uma funcao apenas de x, ent˜ o uma solucao da equacao diferencial
´ ¸˜ a ¸˜ ¸˜

dµ
∂M
∂y − ∂N
∂x
= µ (1.26)
dx N

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.4 ¸˜
Equacoes Exatas 45

´ ¸˜
e um fator integrante para a equacao diferencial.
¸˜
Para a equacao
2xy2
2y(1 + x2 )y − = 1 + 2x2
1 + 2x2
temos que
∂M ( x,y)
∂y − ∂N∂x )
( x,y −4xy
1+2x2
− 4xy −4x
= =
N ( x, y) 2y(1 + x2 ) 1 + 2x2
¸˜
Assim, a equacao (1.26) torna-se
dµ 4x
=− µ (1.27)
dx 1 + 2x2
que e uma equacao separ´ vel que deve satisfazer o fator integrante µ( x ) para a
´ ¸˜ a
¸˜ ¸˜
equacao (1.25). Multiplicando a equacao (1.27) por 1/µ obtemos
1 4x
µ =−
µ 1 + 2x2
integrando-se em relacao a x obtemos
¸˜
1 4x
µ dx = − dx + C
µ 1 + 2x2

Fazendo-se a substituicao µ dx = dµ obtemos
¸˜
1 4x
dµ = − dx + C,
µ 1 + 2x2
ou seja,
4x
ln |µ( x )| = − dx = − ln |1 + 2x2 | + C1 .
1 + 2x2


¸˜ .

Usando-se propriedades do logaritmo obtemos

ln |µ( x )(1 + 2x2 )| = C1 .

¸˜ ¸˜
Aplicando-se a exponencial obtemos a solucao geral para a equacao (1.27)

±eC1 C
µ( x ) = 2
= .
1 + 2x 1 + 2x2
que inclui o fator integrante usado no Exemplo 1.14.

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.4 ¸˜
Equacoes Exatas 47

ı a
¸˜

dy
(a) 2xy − sen x + ( x2 + ey ) =0
dx
dy
(b) y2 + cos x + (2xy + ey ) = 0.
dx
1 dy
(c) 2xy2 + cos x + (2x2 y + ) = 0.
y dx
1 1 dy
(d) 2 xy2 − + 2x2 y − = 0.
x3 y2 dx
dy
= 0. Sugest˜ o: multiplique a equacao por 1/x.
(e) x + y + x ln x a ¸˜
dx
1 1 dy
(f) 2 xy3 − 3 + 3x2 y2 − 2 = 0.
x y dx
dy
(g) xy4 + 2x2 y3 + 3y5 − 20y3 = 0.
dx
4.2. ¸˜ ¸˜ ¸˜
(a) Encontrar a solucao geral da equacao e a solucao do problema de valor inicial

 dy 2x − y
=
dx x − 2y
y (1) = 3


¸˜
(b) Determinar o intervalo de validade da solucao.
¸˜
(c) Determinar os pontos onde a solucao tem um m´ ximo local.
a
¸ a ¸˜
(d) Esbocar o gr´ ﬁco da solucao.


¸˜ .

4.3. (a) Encontre um fator de integracao µ(y) para a equacao
¸˜ ¸˜

dy
xy + 2x2 + 3y2 − 20 =0
dx
¸˜
de forma a transform´ -la numa equacao exata.
a
(b) Veriﬁque que a funcao µ(y) encontrada e realmente um fator integrante.
¸˜ ´
4.4. (a) Encontre um fator de integracao µ(y) para a equacao
¸˜ ¸˜

dy
x + x2 y + 4y =0
dx
¸˜
de forma a transform´ -la numa equacao exata.
a
(b) Veriﬁque que a funcao µ(y) encontrada e realmente um fator integrante.
¸˜ ´
¸˜
4.5. Considere a seguinte equacao diferencial:
2y y
2y2 + + 2xy + 2 + y = 0. (1.28)
x x
(a) Mostre que a equacao diferencial (1.28) n˜ o e exata e que µ( x ) = x e um fator integrante da mesma.
¸˜ a ´ ´
¸˜
(b) Encontre a solucao geral de (1.28).
(c) Encontre a solucao de (1.28) que satisfaz y(1) = 1.
¸˜
¸˜

1 ey 1
3
+ + ey + y = 0. (1.29)
x x xy

¸˜ a ´ ´
¸˜

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.4 ¸˜
Equacoes Exatas 49

¸˜
¸˜
y3
− 2y + x + y = 0. (1.30)
x
x
(a) Mostre que a equacao diferencial (1.30) n˜ o e exata e que µ( x, y) =
¸˜ a ´ ´
e um fator integrante da
y2
mesma.
¸˜
¸˜
¸˜
3 x
e x + sen y + cos y y = 0. (1.31)
3
(a) Mostre que a equacao diferencial (1.31) n˜ o e exata e que µ( x ) = x2 e um fator integrante da mesma.
¸˜ a ´ ´
¸˜
(c) Encontre a solucao de (1.31) que passa pelo ponto (0, 0).
¸˜
¸˜
ey y
2+ + (ey + )y = 0. (1.32)
x x
¸˜ a ´ ´
¸˜
¸˜
¸˜
4.10. Mostre que toda equacao diferencial separ´ vel
a
dy
g(y) = f (x)
dx
´
e tamb´ m exata.
e


¸˜ .

1.5 Substituicoes em Equacoes de 1a Ordem
¸˜ ¸˜ .

Vamos estudar algumas equacoes de 1a ordem que podem ser transformadas em
¸˜ .
¸˜ a ¸˜
equacoes j´ estudadas em secoes anteriores.

1.5.1 Equacoes Homogˆ neas de 1a Ordem
¸˜ e .

As equa¸ oes homogˆ neas de 1a ordem s˜ o equacoes que podem ser escritas como
c˜ e . a ¸˜

dy
= F (y/x ) (1.33)
dx
Ou seja, o lado direito da equacao (1.33) apesar de depender de x e de y, depende
¸˜
apenas do quociente y/x. Seja
v = y/x.
Ent˜ o
a
y = vx
e derivando o produto vx em relacao a x obtemos pela regra da cadeia
¸˜

dy dv
= x + v.
dx dx
dy
Substituindo-se este valor de e y/x = v na equacao (1.33) obtemos a equacao
¸˜ ¸˜
dx
dv
x + v = F (v)
dx
ou
dv
x = F (v) − v.
dx

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

¸˜ ¸˜ . 51

1
Multiplicando-se por ¸˜
esta equacao se torna
x ( F (v) − v)
1 dv 1
= , (1.34)
F (v) − v dx x
´ ¸˜ ¸˜ ¸˜
que e uma equacao separ´ vel. Podemos encontrar a solucao geral desta equacao
a
e ¸˜
usando a t´ cnica apresentada na Secao 1.3, p´ gina 25. Depois de encontrada a
a
¸˜ ¸˜
solucao geral da equacao (1.34) devemos substituir

v = y/x

¸˜
para encontrar a solucao geral de (1.33).

¸˜
dy y−x
= .
dx y+x
Dividindo numerador e denominador por x obtemos
y
dy x −1
= y .
dx x +1
y
Seja v = . Ent˜ o y = vx e derivando o produto vx em relacao a x obtemos pela
a ¸˜
x
regra da cadeia
dy dv
= x + v.
dx dx
dy y
Substituindo-se este valor de e = v na equacao obtemos
¸˜
dx x
dv v−1
x +v =
dx v+1


¸˜ .

ou
dv v−1 v2 + 1
x = −v = .
dx v+1 −1 − v
v+1
x ( v2 + 1)

v + 1 dv 1
=− .
v2 + 1 dx x

Como

v+1 v 1 1
dv = dv + dv = ln(v2 + 1) + arctan v,
v2 + 1 v2 +1 v2 +1 2

¸˜ ¸˜
ent˜ o a equacao diferencial tem solucao
a

1
ln(v2 + 1) + arctan v = − ln | x | + C,
2
ou
ln (v2 + 1)1/2 x + arctan v = C.

y
Substituindo-se v = x ¸˜
obtemos a solucao

ln ((y/x )2 + 1)1/2 x + arctan(y/x ) = C,

que pode ainda ser escrita como

ln(y2 + x2 )1/2 + arctan(y/x ) = C.

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

¸˜ ¸˜ . 53

¸˜
1.5.2 Equacoes de Bernoulli
c˜ a ¸˜
As equa¸ oes de Bernoulli s˜ o equacoes da forma

dy
+ p( x )y = q( x )yn (1.35)
dx
em que n e um numero real qualquer. Para n = 0 e n = 1 esta equacao e linear. Para
´ ´ ¸˜ ´
n = 0 e n = 1, fazemos a mudanca de vari´ veis v = y1−n .
¸ a
Multiplicando-se a equacao de Bernoulli (1.35) por y−n obtemos
¸˜

dy
y−n + p ( x ) y1− n = q ( x ) (1.36)
dx
Derivando v = y1−n em relacao a x obtemos pela regra da cadeia
¸˜

dv dy
= (1 − n ) y − n ,
dx dx
de onde obtemos que
dy 1 dv
y−n = .
dx 1 − n dx
dy
Fazendo as substituicoes y−n dx =
¸˜ 1 dv
1−n dx e y1−n = v em (1.36) obtemos

1 dv
+ p( x )v = q( x )
1 − n dx
´ ¸˜ ¸˜ ¸˜
que e uma equacao linear. Depois de encontrada a solucao geral desta equacao,
devemos substituir
v = y 1− n
¸˜
para encontrar a solucao geral de (1.35).


¸˜ .

¸˜ ¸˜
Exemplo 1.17. Vamos encontrar a solucao geral da equacao

1
y + y = xy2
x
fazendo a mudanca de vari´ veis v = y−1 .
¸ a
Se v = y−1 , ent˜ o
a
dv dy
= − y −2 .
dx dx
Multiplicando-se a equacao diferencial por y−2 obtemos
¸˜

dy 1
y −2 + y−1 = x.
dx x
dy
Fazendo as substituicoes y−2 dx = − dx e y−1 = v obtemos
¸˜ dv

dv 1
− + v = x.
dx x
Multiplicando esta equacao por −1 obtemos
¸˜

1
v − v = −x
x
´ ¸˜ ¸˜
que e uma equacao linear e tem solucao

v( x ) = − x2 + Cx.

¸˜ ¸˜ ´
Assim a solucao da equacao dada e

1
y( x ) = .
− x2 + Cx

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

¸˜ ¸˜ . 55

¸˜
1.5.3 Equacoes de Ricatti
c˜ a ¸˜
As equa¸ oes de Ricatti s˜ o equacoes da forma
dy
= p ( x ) + q ( x ) y + r ( x ) y2 . (1.37)
dx
Sendo conhecida uma solucao particular da equacao y1 ( x ), a equacao de Ricatti pode
¸˜ ¸˜ ¸˜
¸˜
ser resolvida fazendo a substituicao
y ( x ) = y1 ( x ) + v ( x ). (1.38)
Ent˜ o
a
dy dy dv
= 1+ . (1.39)
dx dx dx
Substituindo-se (1.38) e (1.39) em (1.37) obtemos
dy1 dv
+ = p( x ) + q( x )(y1 + v) + r ( x )(y1 + v)2 .
dx dx
Usando o fato de que y1 ( x ) e solucao da equacao obtemos
´ ¸˜ ¸˜
dv
− (q( x ) + 2y1 ( x )r ( x ))v = r ( x )v2 ,
dx
que e uma equacao de Bernoulli com n = 2.
´ ¸˜

¸˜
dy
= e2x + (1 + 2e x )y + y2 .
dx
Deixamos como exerc´cio para o leitor veriﬁcar que y1 ( x ) = −e x e uma solucao desta
ı ´ ¸˜
¸˜ ¸˜
equacao. Fazendo a substituicao
y ( x ) = − e x + v ( x ),


¸˜ .

¸˜
obtemos a equacao
dv
− v = v2 .
dx
¸˜
que pode ser resolvida como uma equacao separ´ vel
a
1 dv
= 1. (1.40)
v2 + v dx
1
Decompondo v2 + v
¸˜
em fracoes parciais obtemos

1 1 A B
= = +
v2 + v v ( v + 1) v v+1
Multiplicando-se por v(v + 1) obtemos
1 = A(v + 1) + Bv.
Substituindo-se v = 0, −1 obtemos A = 1 e B = −1. Assim a equacao (1.40) pode
¸˜
ser escrita como
d
(ln |v| − ln |v + 1|) = 1.
dx
v
ln = x + c1
v+1
Aplicando-se a exponencial obtemos
v
= ±ec1 e x = ce x .
v+1
Substituindo-se v = y + e x obtemos que a solucao da equacao e dada implicitamente
¸˜ ¸˜ ´
por
y + ex
= ce x .
y + 1 + ex

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

¸˜ ¸˜ . 57

¸˜
1.5.4 Outras Substituicoes

¸˜

dy y−x
= .
dx y−x−1

Vamos resolvˆ -la fazendo a substituicao v = y − x. O que implica que
e ¸˜

dv dy dy dv
= −1 ou = + 1.
dx dx dx dx
Substituindo-se v = y − x e y = v + 1 na equacao obtemos
¸˜

dv v
+1 =
dx v−1
dv 1
=
dx v−1
dv
( v − 1)=1
dx
´ ¸˜ ¸˜ ´
que e uma equacao separ´ vel cuja solucao e
a

v2
−v = x+c
2
Substituindo-se de volta v = y − x obtemos que a solucao da equacao e dada impli-
¸˜ ¸˜ ´
citamente por
( y − x )2
− y = c.
2


¸˜ .

5
y

4

−3
2
4

0
3
5
3

−1
1

−2
2

4
−1
1 0

2
5

3

0
5
1 3
0
2
4 x
1
−1

4
5
3
−2 2
4

−3 3

5
−4 4
¸˜ ¸˜
Figura 1.14 – Solucoes da equacao do
Exemplo 1.19 −5
−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

¸˜ ¸˜ . 59

ı a
5.1. Resolva as equacoes seguintes fazendo a mudanca de vari´ veis v = y/x:
¸˜ ¸ a
dy 3y + x
(a) =
dx 3x + y
dy 2x2 + 5y2
(b) =
dx 2xy
¸˜
5.2. Resolva as equacoes fazendo as mudancas de vari´ veis sugeridas:
¸ a

2 y3
(a) y + y = 3 , v = y −2 .
x x
4
(b) y + y = − x5 e x y2 , v = y−1 .
x
4 1
(c) y = − 2 − y + y2 , y = 2x −1 + u.
x x
(d) y = (y − x )2 , v = y − x.
(e) xy = e− xy − y, v = xy.
(f) ey y = x ( x + ey ) − 1, v = x + ey .


¸˜ .

1.6 ¸˜
Aplicacoes
1.6.1 Dinˆ mica Populacional
a
Crescimento Exponencial
´ ˜
O modelo mais simples de crescimento populacional e aquele em que se supoe que
dy
¸˜ ´ ¸˜
a taxa de crescimento de uma populacao dt e proporcional a populacao presente
naquele instante y(t). Podemos descrever o problema de encontrar y(t) como o pro-
blema de valor inicial 
 dy
= ky
dt
y (0) = y0


¸˜ ´
A equacao e linear e pode ser reescrita como
dy
− ky = 0. (1.41)
dt
Para resolvˆ -la vamos determinar o fator integrante
e
−kdt
µ(t) = e = e−kt .
Multiplicando-se a equacao (1.41) por µ(t) = e−kt obtemos
¸˜
d −kt
(e y) = 0.
dt
Integrando-se ambos os membros obtemos

e−kt y(t) = C ou y(t) = Cekt .

Substituindo-se t = 0 e y = y0 , obtemos

y0 = Cek 0 = C.

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 61

¸˜ ´
Ou seja a solucao do problema de valor inicial e

y(t) = y0 ekt .

¸˜ ¸˜
Exemplo 1.20. Consideremos uma situacao formada por uma populacao de organis-
ˆ
mos zooplanctonicos. S˜ o colocadas em um b´ quer 3 fˆ meas partenogen´ ticas
a e e e
a a ¸˜
gr´ vidas (n˜ o h´ necessidade de fecundacao pelo macho) de um microcrust´ ceo
a a
´ ¸˜ ¸˜ ¸˜
chamado cladocero em condicoes ideais de alimentacao, temperatura, aeracao e
¸˜
iluminacao e ausˆ ncia de predadores. Sabendo-se que em 10 dias havia 240 in-
e
¸˜ ¸˜
div´duos determine a populacao em funcao do tempo supondo-se que a taxa de cres-
ı
¸˜ ´ ` ¸˜
cimento da populacao e proporcional a populacao atual (crescimento exponencial).
A populacao, y(t), e a solucao do problema de valor inicial
¸˜ ´ ¸˜

 dy
= ky
dt
y (0) = 3


¸˜
que como vimos acima tem solucao

y(t) = y0 ekt = 3ekt .

Como em 10 dias a populacao e de 240 indiv´duos, ent˜ o substituindo-se t = 10 e
¸˜ ´ ı a
y = 240 obtemos
ln 80
240 = 3e10k ⇒ k = .
10
¸˜ ¸˜ ´
Assim, a funcao que descreve como a populacao de bact´ rias varia com o tempo e
e
ln 80 t
y(t) = 3e 10 = 3 · 80t/10 .


¸˜ .

700
y

600

500

400

300

200

100

¸˜
Figura 1.15 – Solucao do problema do Exem- 0
t
plo 1.20 e dados obtidos experimental-
mente −100
−5 0 5 10 15 20 25 30

700
y

600

500

400

300

200

100

¸˜
Figura 1.16 – Solucao do problema de valor 0
t
inicial do Exemplo 1.21 e dados obtidos ex-
perimentalmente −100
−5 0 5 10 15 20 25 30

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 63

´
Tabela 1.1 – Numero de indiv´duos por
ı Dias ¸˜
Populacao Dias ¸˜
Populacao
¸˜ ´
litro de uma populacao de cladoceros 1 3 13 510
(Daphnia laevis) em experimento de labo- 2 7 14 630
´
ratorio (dados obtidos de [3]) 3 10 15 638
4 9 16 628
5 39 17 666
6 39 18 668
7 40 19 620
8 113 20 663
9 180 21 667
10 240 22 645
11 390 23 690
12 480 24 650

Crescimento Log´stico
ı

Para levar em conta que a populacao y(t) tem um valor m´ ximo sustent´ vel y M
¸˜ a a
podemos supor que a taxa de crescimento al´ m de ser proporcional a populacao
e ¸˜
atual, e proporcional tamb´ m a diferenca entre y M e a populacao presente. Neste
´ e ` ¸ ¸˜
caso a populacao como funcao do tempo, y(t), e a solucao do problema de valor
¸˜ ¸˜ ´ ¸˜
inicial

 dy
= ky(y M − y)
dt
y ( t0 ) = y0


1
¸˜ ´ a ¸˜
A equacao e separ´ vel. Multiplicando-se a equacao por y(y M −y)
obtemos

1
y =k
y(y M − y)


¸˜ .

Integrando-se em relacao a t obtemos
¸˜

1
y dt = kdt + C1
y(y M − y)

fazendo-se a substituicao y dt = dy obtemos
¸˜

1
dy = kdt + C1 .
y(y M − y)

1
Para calcular a integral do lado esquerdo vamos decompor y(y M −y)
¸˜
em fracoes par-
ciais:
1 A B
= +
y(y M − y) y yM − y
Multiplicando-se a equacao acima por y(y M − y) obtemos
¸˜

1 = A(y M − y) + By

Substituindo-se y = 0 e y = y M obtemos A = 1/y M e B = 1/y M . Assim,

1 1 1 1 1
dy = dy + dy = (ln |y| − ln |y M − y|)
y(y M − y) yM y yM − y yM

¸˜ ¸˜ ´
Logo a solucao da equacao diferencial e dada implicitamente por

ln |y| − ln |y M − y| = ky M t + C1 .

Usando propriedades do logaritmo podemos reescrever como

y
ln = C1 + ky M t.
yM − y

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 65

Aplicando a exponencial a ambos os membros e eliminando-se o valor absoluto ob-
temos
y
= ±eC1 ey M kt = Cey M kt
yM − y
Observe que como C1 e uma constante, ent˜ o ±eC1 tamb´ m e uma constante que
´ a e ´
chamamos de C. Substituindo-se t = t0 e y = y0 na equacao acima obtemos
¸˜
y0
C= e−y M kt0 .
y M − y0

Vamos explicitar y(t).

y = (y M − y)Cey M kt ⇒ y + Cey M kt y = y M Cey M kt

¸˜ ´
Portanto a solucao do problema de valor inicial e
0 M y y
y M k ( t − t0 )
Cy M ey M kt y M − y0 e y 0 y M e y M k ( t − t0 )
y(t) = = y0 =
1 + Cey M kt 1 + y M − y0 e y M k ( t − t0 ) y M − y 0 + y 0 e y M k ( t − t0 )

Dividindo-se numerador e denominador por ey M kt obtemos
y0 y M
y(t) =
y 0 + ( y M − y 0 ) e − y M k ( t − t0 )

Observe que
lim y(t) = y M .
t→∞

¸˜
Exemplo 1.21. Consideremos a mesma situacao do Exemplo 1.20, ou seja, s˜ o colo-
a
cadas em um b´ quer 3 fˆ meas partenogen´ ticas gr´ vidas (n˜ o h´ necessidade de
e e e a a a
¸˜ ´
fecundacao pelo macho) de um microcrust´ ceo chamado cladocero em condicoes
a ¸˜
¸˜ ¸˜ ¸˜
ideais de alimentacao, temperatura, aeracao e iluminacao e ausˆ ncia de predadores.
e


¸˜ .

¸˜
Sabendo-se que essa populacao atinge o m´ ximo de 690 indiv´duos e que em 10 dias
a ı
¸˜ ¸˜
havia 240 indiv´duos determine a populacao em funcao do tempo supondo-se que a
ı
¸˜ ´ ¸˜
taxa de crescimento da populacao e proporcional tanto a populacao atual quanto a `
¸ ¸˜ a ¸˜
diferenca entre a populacao m´ xima e a populacao atual (crescimento log´stico).
ı
A populacao como funcao do tempo, y(t), e a solucao do problema
¸˜ ¸˜ ´ ¸˜

 dy
= ky(690 − y)
dt
y(0) = 3, y(10) = 240


1
¸˜ ´ a ¸˜
A equacao e separ´ vel. Multiplicando-se a equacao por y(690−y)
obtemos

1
y =k (1.42)
y(690 − y)

¸˜

1
y dt = kdt + C
y(690 − y)

¸˜

1
dy = kdt + C.
y(690 − y)
1
Para calcular a integral do lado esquerdo vamos decompor y(690−y)
¸˜
em fracoes par-
ciais:
1 A B
= +
y(690 − y) y 690 − y
Multiplicando-se a equacao acima por y(690 − y) obtemos
¸˜

1 = A(690 − y) + By

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 67

Substituindo-se y = 0 e y = 690 obtemos A = 1/690 e B = 1/690. Assim,

1 1 1 1 1
dy = dy + dy = (ln |y| − ln |690 − y|)
y(690 − y) 690 y 690 − y 690

¸˜ ¸˜
Logo a equacao (1.42) tem solucao dada implicitamente por

ln |y| − ln |690 − y| = k690t + C1 .


y
ln = C1 + k690t.
690 − y

Aplicando-se a exponencial a ambos os membros obtemos
y
= ±eC1 e690kt = Ce690kt . (1.43)
690 − y

Observe que como C1 e uma constante, ent˜ o ±eC1 tamb´ m e uma constante que
´ a e ´
chamamos de C. Substituindo-se t = 0 e y = 3 na equacao acima obtemos
¸˜

3 3 1
C= = = .
690 − 3 687 229

y = (690 − y)Ce690kt ⇒ y + Ce690kt y = 690Ce690kt

¸˜ ´

690Ce690kt 690e690kt 690e690kt 690
y(t) = 690kt
= 690kt
= 690kt
= −690kt + 1
(1.44)
1 + Ce 1/C + e 229 + e 229e


¸˜ .

Para determinar o valor de k, vamos usar o fato de que em 10 dias havia 240 in-
div´duos. Substituindo-se t = 10 e y = 240 obtemos
ı
15
690 690 23 15 ln 1832
240 = ⇒ 229e−6900k = −1 = −1 = ⇒ −690k =
229e−6900k + 1 240 8 8 10
Logo substituindo-se o valor de −690k obtido acima na solucao do PVI (1.44) obte-
¸˜
¸˜ ´ ¸˜ ´
mos que a populacao de cladoceros em funcao do tempo e dada por

690 690
y(t) = = t
ln 15
1832 t 15 10
229e 10 +1 229 1832 +1

¸˜
1.6.2 Datacao por Carbono 14
¸˜ ¸˜
A proporcao de carbono 14 (radioativo) em relacao ao carbono 12 presente nos seres
´ ¸˜
vivos e constante. Quando um organismo morre a absorcao de carbono 14 cessa e
a partir de ent˜ o o carbono 14 vai se transformando em carbono 12 a uma taxa que
a
´
e proporcional a quantidade presente. Podemos descrever o problema de encontrar
a quantidade de carbono 14 em funcao do tempo, y(t), como o problema de valor
¸˜
inicial

 dy
= −ky.
dt
y (0) = y0


¸˜ ´
A equacao e a mesma do crescimento exponencial, mas vamos resolver, agora, como
¸˜ ¸˜ ´
uma equacao separ´ vel, ou seja, a equacao e equivalente a
a

1
y = k.
y

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 69

Integrando-se em relacao a t, lembrando-se que y dt = dy, obtemos
¸˜
ln |y| = kt + c1 .
Aplicando-se a exponencial, obtemos

y(t) = ±ec1 ekt = cekt .
Substituindo-se t = 0 e y = y0 , obtemos c = y0 . Logo a solucao do PVI e
¸˜ ´

y(t) = y0 ekt .

´
Exemplo 1.22. Em um pedaco de madeira e encontrado 1/500 da quantidade original
¸
´
de carbono 14. Sabe-se que a meia-vida do carbono 14 e de 5600 anos, ou seja, que
em 5600 anos metade do carbono 14 presente transformou-se em carbono 12. Vamos
determinar a idade deste pedaco de madeira.
¸
¸˜ ´
O problema de valor inicial que descreve esta situacao e

 dy
= ky.
dt
y (0) = y0


¸˜
que tem solucao
y(t) = y0 ekt
Substituindo-se t = 5600 e y = y0 /2 (meia-vida) obtemos
ln 2
y0 /2 = y0 ek·5600 ⇒ k=−
5600
Agora substituindo-se y = y0 /500 obtemos
y0 ln 500 5600 ln 500
= y0 ekt ⇒ t=− = ≈ 50200 anos
500 k ln 2


¸˜ .

y

y0

y0/2

t
¸˜
Figura 1.17 – Solucao do problema de valor ini-
5000 10000 15000 20000 25000 30000 35000 40000 45000 50000
cial do Exemplo 1.22

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 71


¸˜ .

1.6.3 Misturas

Figura 1.18 – Tanque

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 73

´
Vamos supor que um tanque contenha uma mistura de agua e sal com um volume
inicial de V0 litros e Q0 gramas de sal e que uma solucao salina seja bombeada para
¸˜
dentro do tanque a uma taxa de Te litros por minuto possuindo uma concentracao ¸˜
de Ce gramas de sal por litro. Suponha que a solucao bem misturada sai a uma taxa
¸˜
de Ts litros por minuto.
¸˜ ´
A taxa de variacao da quantidade de sal no tanque e igual a taxa com que entra sal
no tanque menos a taxa com que sai sal do tanque.
A taxa com que entra sal no tanque e igual a taxa com que entra a mistura, Te , vezes
´
a concentracao de entrada, Ce . E a taxa com que sai sal do tanque e igual a taxa com
¸˜ ´
que sai a mistura do tanque, Ts , vezes a concentracao de sal que sai do tanque, Cs .
¸˜
¸˜ ´ ¸˜ ´ ¸˜
Como a solucao e bem misturada esta concentracao e igual a concentracao de sal no
tanque, ou seja,
Q(t)
Cs (t) = .
V (t)
Como o volume no tanque, V (t), e igual ao volume inicial, V0 , somado ao volume
´
que entra no tanque menos o volume que sai do tanque, ent˜ o
a

V (t) = V0 + Te t − Ts t = V0 + ( Te − Ts )t.

Assim, a quantidade de sal no tanque, Q(t), e a solucao do problema de valor inicial
´ ¸˜

 dQ = T C − T Q

e e s
dt V0 + ( Te − Ts )t
Q (0) = Q0


Exemplo 1.23. Num tanque h´ 100 litros de salmoura contendo 30 gramas de sal em
a
¸˜ ´ `
solucao. Agua (sem sal) entra no tanque a raz˜ o de 6 litros por minuto e a mistura
a
` ¸˜
se escoa a raz˜ o de 4 litros por minuto, conservando-se a concentracao uniforme
a
¸˜ ¸˜
por agitacao. Vamos determinar qual a concentracao de sal no tanque ao ﬁm de 50
minutos.


¸˜ .

O problema pode ser modelado pelo seguinte problema de valor inicial

 dQ = −4 Q
dt 100 + 2t
Q(0) = 30


¸˜ ´
A equacao e linear e pode ser escrita como
dQ Q
+4 =0
dt 100 + 2t
´
Um fator integrante e neste caso
4 2
µ(t) = e 100+2t dt = e2 ln(100+2t) = eln((100+2t) ) = (100 + 2t)2 .
4
Multiplicando-se a equacao por µ(t) = e
¸˜ 100+2t dt = (100 + 2t)2 obtemos
d
(100 + 2t)2 Q = 0.
dt
(100 + 2t)2 Q(t) = C
ou seja,
C
Q(t) = .
(100 + 2t)2
Substituindo t = 0 e Q = 30:

C = 30 · 1002 = 3 · 105

Substituindo o valor de C encontrado:
3 · 105
Q(t) =
(100 + 2t)2

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 75

A concentracao e o quociente da quantidade de sal pelo volume que e igual a V (t) =
¸˜ ´ ´
100 + 2t. Assim
3 · 105
c(t) =
(100 + 2t)3
´
e apos 50 minutos

3 · 105 3
c(50) = 3
= = 0, 0375 gramas/litro
(200) 80


¸˜ .

Q
35

30

25

20

15

10

5
t

¸˜
Figura 1.19 – Solucao do problema de valor ini- 100 200 300 400 500


c
0.35

0.3

0.25

0.2

0.15

0.1

0.05
t

¸˜ ¸˜
Figura 1.20 – Concentracao como funcao do 100 200 300 400 500

tempo para o problema do Exemplo 1.23

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 77

1.6.4 Lei de Resfriamento de Newton
A lei de resfriamento de Newton diz que a taxa de variacao da temperatura T (t) de
¸˜
´ `
um corpo em resfriamento e proporcional a diferenca entre a temperatura atual do
¸
corpo T (t) e a temperatura constante do meio ambiente Tm , ou seja, a temperatura
do corpo, T (t) e a solucao do problema de valor inicial
´ ¸˜

 dT
= k( T − Tm )
dt
T (0) = T0


Exemplo 1.24. O caf´ est´ a 90◦ C logo depois de coado e, um minuto depois, passa
e a
para 85◦ C, em uma cozinha a 25◦ C. Vamos determinar a temperatura do caf´ em
e
funcao do tempo e o tempo que levar´ para o caf´ chegar a 60◦ C.
¸˜ a e

 dT
= k( T − 25)
dt
T (0) = 90, T (1) = 85


Dividindo-se a equacao por T − 25:
¸˜
1
T =k
T − 25
Integrando-se em relacao a t
¸˜
1
T dt = kdt
T − 25
1
dT = kdt
T − 25
ln | T − 25| = kt + C1


¸˜ .

T (t) = 25 ± eC1 ekt = 25 + Cekt
Substituindo t = 0 e T = 90:

90 = 25 + C ⇒ C = 65

T (t) = 25 + 65ekt
Substituindo-se t = 1 e T = 85:
60
85 = 25 + 65ek ⇒ k = ln( )
65
¸˜ ´
Assim a temperatura do caf´ em funcao do tempo e dada por
e
t
60 60
T (t) = 25 + 65eln( 65 )t = 25 + 65
65

Substituindo T = 60: 60
60 = 25 + 65eln( 65 )t
Logo o tempo necess´ rio para que o caf´ atinja 60◦ e de
a e ´

ln(35/65)
t= ≈ 8 min
ln(60/65)

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 79

T

100

80

60

40

20

t
¸˜
Figura 1.21 – Solucao do problema de valor ini-
5 10 15 20 25 30 35 40


¸˜ .

1.6.5 Lei de Torricelli

Figura 1.22 – Tanque com um orif´cio
ı

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 81

A lei de Torricelli diz que a taxa com que um l´quido escoa por um orifćio situado
√ ı ı
a uma profundidade h e proporcional a h. Ou seja,
´

dV √
= k h.
dt
Existe uma relacao entre V e h, V = V (h), que depende da forma do tanque. Como
¸˜

dV dV dh
= ,
dt dh dt
ent˜ o a altura, h(t), e a solucao do problema de valor inicial
a ´ ¸˜
 √
 dh h
 = k dV
dt
 dh
h (0) = h0


Exemplo 1.25. Um tambor cilńdrico, de 2 metros de altura e base circular de raio 1
ı
´
metro, est´ cheio de agua. Se fizermos um furo no fundo e em 30 minutos a agua
a ´
cair pela metade vamos determinar a altura h da agua dentro do tambor em funcao
´ ¸˜
do tempo e em quanto tempo o tanque esvazia.


¸˜ .

h

2

1.5

1

0.5

t
¸˜
Figura 1.23 – Solucao do problema do Exemplo
20 40 60 80 100
1.25

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 83

Como para o cilindro
V (h) = πR2 h = πh
ent˜ o
a
dV
= π.
dh
´
Como uma constante sobre π e tamb´ m uma constante, ent˜ o o problema pode ser
e a
modelado por 
 dh √
=k h
dt
h(0) = 2, h(30) = 1


1
Multiplicando-se a equacao por √ obtemos
¸˜
h
1
√ h = k.
h
Integrando-se ambos os membros em relacao a t obtemos
¸˜
1
√ h dt = kdt.
h
Fazendo-se a substituicao h dt = dh obtemos
¸˜
1
√ dh = kdt.
h
¸˜
Calculando-se as integrais obtemos a solucao geral na forma impl´cita
ı
√
2 h = kt + C (1.45)
¸˜
ou explicitando-se a solucao:
C + kt 2
h(t) = ( ) .
2


¸˜ .

Substituindo-se t = 0 e h = 2 em (1.45):
√
2 2=C

Substituindo-se t = 30 e h = 1 em (1.45):
√
2−C 1− 2
C + 30k = 2 ⇒ k= =
30 15
¸˜ ´ ´
Assim a funcao que descreve como a altura da coluna de agua varia com o tempo e
dada por
√
C + kt 2 √ 1− 2 2
h(t) = ( ) = ( 2+ t)
2 30
Substituindo-se h = 0: √
C 30 2
t=− = √ ≈ 102 min
k 2−1

1.6.6 Resistˆ ncia em Fluidos
e
Um corpo que se desloca em um meio ﬂuido sofre uma forca de resistˆ ncia que e
¸ e ´
proporcional a velocidade do corpo. A velocidade, v(t), e a solucao do problema de
´ ¸˜
valor inicial

 dv
m = F − kv
dt
v (0) = 0


Para um corpo que cai a forca F e igual ao peso do corpo. Para um barco que se
¸ ´
desloca na agua ou um carro em movimento a forca F e igual a forca do motor.
´ ¸ ´ ¸

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 85

Fr = − kv

P = − mg

P = − mg

Exemplo 1.26. Um p´ ra-quedista com o seu p´ ra-quedas pesa 70 quilogramas e salta
a a
´
de uma altura de 1400 metros. O p´ ra-quedas abre automaticamente apos 5 segun-
a
´
dos de queda. Sabe-se que a velocidade limite e de 5 metros por segundo. Vamos
determinar a velocidade que o p´ ra-quedista atinge no momento que o p´ ra-quedas
a a
abre, quanto tempo demora para a velocidade chegar a 5,1 metros por segundo e
¸˜
como varia a altura em funcao do tempo.
´
Vamos convencionar que o sentido positivo e para cima e que a origem est´ na su-
a
ı e a ´ ¸˜
perf´cie da terra. At´ o momento em que o p´ ra-quedas abre a velocidade e a solucao
do problema de valor inicial


dv

m = P = −mg
dt
v (0) = 0



¸˜ .

Ou seja, 
 dv
= −10
dt
v (0) = 0


¸˜
o que leva a solucao
v(t) = −10t.
a ´
Quando o p´ ra-quedas abre a velocidade e ent˜ o de
a

v(5) = −50 m/s

¸˜ ´ ¸˜
At´ este momento a altura do p´ ra-quedista em funcao do tempo e a solucao do
e a
problema de valor inicial 
 dh
= v(t) = −10t
dt
h(0) = 1400


¸˜ ´
cuja solucao e
h(t) = 1400 − 5t2
Assim at´ o momento que o p´ ra-quedas abre o p´ ra-quedista caiu
e a a

1400 − h(5) = 125 m

´ ¸˜
Da´ em diante a velocidade do p´ ra-quedista e a solucao do problema de valor inicial
ı a

 dv
m = −mg − kv
dt
v(5) = −50


¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 87

|v|

50
45
40
35
30
25
20
15
10
5
t
´
Figura 1.24 – Modulo da velocidade do Exem- 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50
plo 1.26

h
1400

1200

1000

800

600

400

200
t

50 100 150 200 250
Figura 1.25 – Altura do Exemplo 1.26


¸˜ .

A forca de resistˆ ncia e igual a −kv, o sinal menos com uma constante positiva indica
¸ e ´
¸ e ´
que a forca de resistˆ ncia e no sentido contr´ rio ao da velocidade. Observe que a
a
´
velocidade e negativa o que faz com que a forca de resistˆ ncia seja positiva, ou seja,
¸ e
para cima como convencionamos no in´cio. ı

 dv k
= −10 − v = −10 − Kv, K = k/70
dt 70
v(5) = −50


¸˜
A equacao
dv
= −10 − Kv
dt
pode ser reescrita como
1
v = −1
10 + Kv
Integrando-se
ln |10 + Kv| = −Kt + C1
10 + Kv = ±eC1 e−Kt
10
v(t) = − + Ce−Kt
K
A velocidade limite e de −5 m/s, logo
´
10
lim v(t) = − = −5 ⇒ K=2
t→∞ K
Substituindo-se t = 5 e v = −50 em v(t) = − 10 + Ce−Kt :
K

−50 = −5 + Ce−5K ⇒ C = −45e5K
¸˜ ´
ou seja, a solucao do problema de valor inicial e

v(t) = −5 − 45e−2(t−5)

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 89

Substituindo-se v = −5,1 (lembre-se que e negativo por que e para baixo!) obtemos
´ ´

ln 450
−5,1 = −5 − 45e−2(t−5) ⇒ t−5 = ≈ 3 segundos,
2
a´
ou seja, 3 segundos depois do p´ ra-quedas aberto a velocidade j´ e de 5,1 m/s. De-
a
¸˜ ´ ¸˜
pois que o p´ ra-quedas abre a altura em funcao do tempo e a solucao do problema
a
de valor inicial 
 dh
= v(t) = −5 − 45e−2(t−5)
dt
h(5) = 1400 − 125 = 1275


¸˜ ¸˜ ´
a solucao geral da equacao e

45 −2(t−5)
h ( t ) = −5( t − 5) + e +C
2
Substituindo-se t = 5 e h = 1275 obtemos C = 2505/2. Assim a solucao deste
¸˜
´
problema de valor inicial e

2505 45
h(t) = − 5 ( t − 5 ) + e −2( t −5) , para t > 5
2 2

1.6.7 Circuitos El´ tricos
e
Um circuito RC e um circuito que tem um resistor de resistˆ ncia R, um capacitor de
´ e
capacitˆ ncia C e um gerador que gera uma diferenca de potencial ou forca eletromo-
a ¸ ¸
triz V (t) ligados em s´ rie. A queda de potencial num resistor de resistˆ ncia R e igual
e e ´
Q
a RI e num capacitor de capacitˆ ncia C e igual a .
a ´
C


¸˜ .

Pela segunda lei de Kirchhoff (lei das malhas) a soma da forcas eletromotrizes (neste
¸
caso apenas V (t)) e igual a soma das quedas de potencial (neste caso R I na re-
´
sistˆ ncia e Q/C no capacitor), ou seja,
e

Q
RI+ = V ( t ).
C
dQ
Como I (t) = , ent˜ o a carga Q(t) no capacitor satisfaz a equacao diferencial
a ¸˜
dt
dQ 1
R + Q = V ( t ).
dt C

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 91

R

C

Figura 1.26 – Circuito RC V (t)

Q

0.001

0.0005

t

¸˜
Figura 1.27 – Solucao do problema do Exemplo 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
1.27


¸˜ .

Exemplo 1.27. Em um circuito RC uma bateria gera uma diferenca de potencial de 10
¸
volts enquanto a resistˆ ncia e de 103 ohms e a capacitˆ ncia e de 10−4 farads. Vamos
e ´ a ´
encontrar a carga Q(t) no capacitor em cada instante t, se Q(0) = 0 e o limite de Q(t)
quando t tende a mais inﬁnito.
dQ dQ
103 + 104 Q = 10 ⇒ + 10Q = 10−2 .
dt dt
A equacao e linear. Multiplicando-se a equacao pelo fator integrante µ(t) = e10t
¸˜ ´ ¸˜
obtemos
d
e10t Q = 10−2 e10t
dt
integrando-se obtemos
e10t Q(t) = 10−3 e10t + k
ou
Q(t) = 10−3 + ke−10t
Substituindo-se t = 0 e Q = 0 obtemos k = −10−3 e assim a solucao do problema de
¸˜
´
valor inicial e
Q(t) = 10−3 1 − e−10t coulombs.

lim Q(t) = 10−3 coulombs.
t→∞

1.6.8 Juros
Vamos supor que facamos uma aplicacao de uma quantia S0 em um banco e que a
¸ ¸˜
taxa de variacao do investimento dS e proporcional ao saldo em cada instante S(t).
¸˜ dt ´
Podemos descrever o problema de encontrar S(t) como o problema de valor inicial

 dS
= rS.
dt
S ( 0 ) = S0


¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 93

¸˜
Este problema j´ resolvemos antes e tem solucao
a

S(t) = S0 ert . (1.46)

Pode parecer que este modelo n˜ o seja muito realista, pois normalmente os juros s˜ o
a a
creditados em per´odos inteiros igualmente espacados. Ou seja, se j e a taxa de juros
ı ¸ ´
em uma unidade de tempo, ent˜ o o saldo apos n unidades de tempo S(n) e dado
a ´ ´
por

S (1) = S0 + S0 j = S0 ( 1 + j )
S (2)= S(1)(1 + j) = S0 (1 + j)2
.
. .
. .
.
. . .
S(n) = S(n − 1)(1 + j) = S0 (1 + j)n . (1.47)

Substituindo-se t por n na solucao do problema de valor inicial obtida (1.46) e com-
¸˜
parando com (1.47) obtemos que

S0 ern = S0 (1 + j)n

ou seja,
1 + j = er ou r = ln(1 + j) (1.48)
´ ´
Assim, a hipotese inicial de que os juros s˜ o creditados continuamente e realista
a
desde que a constante de proporcionalidade na equacao diferencial r e a taxa de
¸˜
juros j estejam relacionadas por (1.48). Para pequenas taxas de juros os dois valores
s˜ o muito proximos. Por exemplo, j = 4 % corresponde a r = 3,9 % e j = 1 %
a ´
corresponde a r ≈ 1 %.


¸˜ .

S

So

0
t

0

¸˜ ´
Figura 1.28 – Saldo em funcao do tempo quando n˜ o h´ depositos
a a

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 95

114

112

110

Saldo em R$

108

106

104

102

100
0 2 4 6 8 10 12
Meses

¸˜
Figura 1.29 – Saldo em funcao do tempo para o problema do Exemplo 1.28


¸˜ .

¸˜
Exemplo 1.28. Vamos supor que uma aplicacao renda juros de 1 % ao mˆ s (continua-
e
¸˜ ´
mente). Vamos encontrar o saldo como funcao do tempo e o saldo apos 12 meses se
´
o saldo inicial e de R$ 100, 00.
Podemos descrever o problema de encontrar S(t) como o problema de valor inicial

 dS
= 0, 01 S
dt
S(0) = 100


¸˜
Este problema j´ resolvemos antes e tem solucao
a

S(t) = 100e0,01 t .

´
Assim em 12 meses o saldo e

S(12) = 100e0,01·12 ≈ R$ 112, 75.

Vamos supor, agora, que al´ m do investimento inicial S0 facamos depositos ou sa-
e ¸ ´
ques continuamente a uma taxa constante d (positivo no caso de depositos e negativo
´
¸˜ ´
no caso de saques), ent˜ o neste caso o modelo que descreve esta situacao e o do pro-
a
blema de valor inicial 
 dS
= rS + d
dt
S ( 0 ) = S0


¸˜ ´

dS
− rS = d. (1.49)
dt
Para resolvˆ -la vamos determinar o fator integrante
e
−rdt
µ(t) = e = e−rt

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 97

Multiplicando-se a equacao (1.49) por µ(t) = e−rt obtemos
¸˜
d −rt
(e S) = de−rt
dt
d d
e−rt S(t) = − e−rt + C ou S(t) = Cert −
r r
Substituindo-se t = 0 e S = S0 , obtemos
d d
S0 = Cer 0 − ⇒ C = S0 +
r r
¸˜ ´
Ou seja, a solucao do problema de valor inicial e
d
S(t) = S0 ert + (ert − 1). (1.50)
r
Vamos comparar este resultado com o caso em que al´ m dos juros serem creditados
e
em intervalos constantes os depositos ou saques de valor D s˜ o feitos em intervalos
´ a
constantes. Neste caso o saldo apos n unidades de tempo e dado por
´ ´

S (1) = S0 ( 1 + j ) + D
S (2) = S0 ( 1 + j ) 2 + D ( 1 + j ) + D
.
. .
. .
.
. . .
S(n) = S0 (1 + j)n + D ((1 + j)n−1 + . . . + 1)
(1 + j ) n − 1
S ( n ) = S0 ( 1 + j ) n + D . (1.51)
j
Foi usada a soma de uma progress˜ o geom´ trica. Substituindo-se t por n na solucao
a e ¸˜
¸˜
do problema de valor inicial (1.50) e comparando-se com a equacao (1.51) obtemos


¸˜ .

que
d (1 + j ) n − 1
S0 ern + (ern − 1) = S0 (1 + j)n + D
r j
ou seja
d D
=
r j
Usando (1.48) obtemos

ln(1 + j) D ( er − 1) d
d= ou D= . (1.52)
j r

Assim podemos tamb´ m neste caso usar o modelo cont´nuo em que os depositos
e ı ´
ou saques s˜ o feitos continuamente desde que a taxa cont´nua de depositos d e os
a ı ´
depositos constantes D estejam relacionados por (1.52).
´

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 99

S

So

0
t

0

¸˜ ´
Figura 1.30 – Saldo em funcao do tempo quando s˜ o feitos depositos a uma taxa constante
a


¸˜ .

4
x 10
4.5
S
4

3.5

3

2.5

2

1.5

1

0.5

0
t
−0.5

0 5 10 15 20

¸˜
Figura 1.31 – Solucao do problema de valor inicial do Exemplo 1.29

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 101

Exemplo 1.29. Suponha que seja aberta uma caderneta de poupanca com o objetivo de
¸
no futuro adquirir um bem no valor de R$ 40.000, 00. Suponha que os juros sejam
creditados continuamente a uma taxa de r = 1 % ao mˆ s e que os depositos tamb´ m
e ´ e
sejam feitos continuamente a uma taxa constante, sendo no in´cio o saldo igual a
ı
´
zero. Vamos determinar de quanto deve ser a taxa de deposito mensal para que em
20 meses consiga atingir o valor pretendido.

 dS 1
= S+d
dt 100
S (0) = 0


¸˜ ´

dS 1
− S = d. (1.53)
dt 100
Para resolvˆ -la precisamos determinar o fator integrante
e
1
− 100 dt 1
µ(t) = e = e− 100 t
1
Multiplicando-se a equacao (1.53) por µ(t) = e− 100 t obtemos
¸˜

d − 1 t 1
(e 100 S) = de− 100 t
dt
1 1 1
e− 100 t S(t) = −100de− 100 t + C ou S(t) = Ce 100 t − 100d

Substituindo-se t = 0 e S = 0, obtemos
1
0 = Ce 100 0 − 100d ⇒ C = 100d


¸˜ .

¸˜ ´
1
S(t) = 100d(e 100 t − 1). (1.54)

Substituindo-se t = 20 e S = 40000:
2
40000 = 100d(e 10 − 1)

400 400
d= 2 ≈ ≈ R$ 1818,18
e 10 −1 0,22

´ ´ ´
Esta e a taxa de deposito mensal, supondo-se que os depositos sejam realizados con-
´
tinuamente. Vamos determinar o deposito mensal correspondente.

( er − 1) d (e0,01 − 1)1818,18
D= = ≈ R$ 1827, 30
r 0, 01

¸˜
1.6.9 Reacoes Qu´micas
ı
Um composto C e formado da reacao de duas substˆ ncias A e B. A reacao ocorre de
´ ¸˜ a ¸˜
forma que para cada m gramas de A, n gramas de B s˜ o usadas. A taxa com que se
a
obt´ m a substˆ ncia C e proporcional tanto a quantidade de A quanto a quantidade
e a ´
de B n˜ o transformadas. Inicialmente havia α0 gramas de A e β 0 gramas de B.
a
Sejam α(t) e β(t) as quantidades de A e B n˜ o transformadas, respectivamente e y(t)
a
a quantidade de C obtida. Ent˜ o
a

dy
∝ α ( t ) β ( t ). (1.55)
dt

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 103

Sejam a(t) e b(t) a quantidade de A e B transformadas. Ent˜ o
a
a(t) m
a ( t ) + b ( t ) = y ( t ), = .
b(t) n
De onde segue-se que
m n
a(t) = y ( t ), b(t) = y ( t ). (1.56)
m+n m+n
Mas as quantidades de A e B n˜ o transformadas e transformadas est˜ o relacionadas
a a
por
α ( t ) = α0 − a ( t ), β ( t ) = β 0 − b ( t ). (1.57)
Substituindo-se (1.56) em (1.57) e (1.57) em (1.55) obtemos
dy m n
∝ α0 − y β0 − y ,
dt m+n m+n
ou ainda,
dy m+n m+n
∝ α0 −y β0 −y .
dt m n
Neste caso a quantidade da substˆ ncia C como funcao do tempo, y(t), e a solucao do
a ¸˜ ´ ¸˜
problema de valor inicial

 dy
= k(α − y)( β − y) m+n m+n
dt em que k > 0, α = α0 e β = β0 .
m n
y (0) = 0


(a) Se α = β . Neste caso os reagentes foram colocados em quantidades este-
quiom´ tricas, ou seja, de forma que n˜ o haver´ sobra de reagentes.
e a a
1
¸˜ ´ ¸˜
A equacao e separ´ vel. Multiplicando-se a equacao por (α −y)2 obtemos
a

1
y =k
( α − y )2


¸˜ .

¸˜
1
y dt = kdt + C
( α − y )2
¸˜
1
dy = kdt + C.
( α − y )2
¸˜ ¸˜ ´
1
= kt + C.
α −y
Substituindo-se t = 0 e y = 0 na equacao acima obtemos
¸˜
1
C= .
α
1
α −y =
kt + C
¸˜ ´
1
y(t) = α −
kt + C
Substituindo-se o valor de C obtido:
α
y(t) = α −
α kt + 1
Observe que
lim y(t) = α = β ,
t→∞

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 105

m
lim α(t) = lim (α0 − y(t)) = 0,
t→∞ t→∞ m+n
n
lim β(t) = lim ( β 0 − y(t)) = 0.
t→∞ t→∞ m+n

(b) Se α = β . Neste caso os reagentes foram colocados em quantidades n˜ o este-
a
quiom´ tricas e haver´ sobra de um dos reagentes.
e a
1
¸˜ ´ a ¸˜
A equacao e separ´ vel. Multiplicando-se a equacao por (α −y)( β −y)
obtemos

1
y =k
(α − y)( β − y)

¸˜

1
y dt = kdt + C1
(α − y)( β − y)

¸˜

1
dy = kdt + C1 .
(α − y)( β − y)

1
Vamos decompor (α −y)( β −y)
¸˜
em fracoes parciais:

1 A B
= +
(α − y)( β − y) α −y β −y

Multiplicando-se a equacao acima por (α − y)( β − y) obtemos
¸˜

1 = A( β − y) + B(α − y)


¸˜ .

Substituindo-se y = α e y = β obtemos A = 1/( β − α ) e B = 1/(α − β ).
Assim,
1 1 1 1
dy = dy − dy
(α − y)( β − y) β −α α −y β −y
1
= − ln |α − y| − ln | β − y|
β −α
¸˜ ¸˜ ´
ln |α − y| − ln | β − y| = −k( β − α )t + C1 .
α −y
ln = C1 − k( β − α )t.
β −y
Aplicando-se a exponencial a ambos os membros e eliminando-se o valor abso-
luto obtemos
α −y
= ±eC1 e−( β −α )kt = Ce−( β −α )kt
β −y
¸˜
α
C= .
β

α − y = ( β − y)Ce−( β −α )kt ⇒ y − Ce−( β −α )kt y = α − β Ce−( β −α )kt
¸˜ ´

α − β Ce−( β −α )kt
y(t) =
1 − Ce−( β −α )kt

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 107

Substituindo-se o valor de C obtido:

1 − e−( β −α )kt
y(t) = β α
β − α e−( β −α )kt

Observe que
+
α = α0 mm n , se β > α
lim y(t) = m+n ,
t→∞ β = β0 n , se α > β

m 0, se β > α
lim α(t) = lim (α0 − y(t)) = m ,
t→∞ t→∞ m+n α0 − n β0 , se α > β

n n
β0 − m α0 , se β > α
lim β(t) = lim ( β 0 − y(t)) = .
t→∞ t→∞ m+n 0, se α > β

Exemplo 1.30. Um composto C e formado da reacao de duas substˆ ncias A e B. A
´ ¸˜ a
reacao ocorre de forma que para cada grama de B, 2 gramas de A s˜ o usadas. A taxa
¸˜ a
com que se obt´ m a substˆ ncia C e proporcional tanto a quantidade de A quanto a
e a ´
quantidade de B n˜ o transformadas. Inicialmente havia 40 gramas de A e 50 gramas
a
de B. Vamos determinar a quantidade de C em funcao do tempo, sabendo-se que em
¸˜
10 minutos s˜ o formados 10 gramas de C.
a
Sejam α(t) e β(t) as quantidades de A e B n˜ o transformadas, respectivamente e y(t)
a
a quantidade de C obtida. Ent˜ o
a

dy
∝ α ( t ) β ( t ). (1.58)
dt
Sejam a(t) e b(t) a quantidade de A e B transformadas. Ent˜ o
a

a ( t ) + b ( t ) = y ( t ), a(t) = 2b(t).


¸˜ .

2 1
a(t) =
y ( t ), b ( t ) = y ( t ). (1.59)
3 3
Mas as quantidades de A e B n˜ o transformadas e transformadas est˜ o relacionadas
a a
por
α(t) = 40 − a(t), β(t) = 50 − b(t). (1.60)
dy 2 1
∝ 40 − y 50 − y ,
dt 3 3
ou ainda,
dy
∝ (60 − y) (150 − y) .
dt
a ¸˜ ´ ¸˜
problema 
 dy
= k(60 − y)(150 − y)
dt
y(0) = 0, y(10) = 10

1
¸˜ ´ a ¸˜
A equacao e separ´ vel. Multiplicando-se a equacao por (60−y)(150−y)
obtemos

1
y =k
(60 − y)(150 − y)
¸˜
1
y dt = kdt + C1
(60 − y)(150 − y)
¸˜
1
dy = kdt + C1 .
(60 − y)(150 − y)

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 109

1
Vamos decompor (60−y)(150−y)
¸˜

1 A B
= +
(60 − y)(150 − y) 60 − y 150 − y

Multiplicando-se a equacao acima por (60 − y)(150 − y) obtemos
¸˜

1 = A(150 − y) + B(60 − y)

Substituindo-se y = 60 e y = 150 obtemos A = 1/90 e B = −1/90. Assim,

1 1 1 1
dy = dy − dy
(60 − y)(150 − y) 90 60 − y 150 − y
1
= − (ln |60 − y| − ln |150 − y|)
90
¸˜ ¸˜ ´

ln |60 − y| − ln |150 − y| = −90kt + C1 .


60 − y
ln = C1 − 90kt.
150 − y

Aplicando-se a exponencial a ambos os membros e eliminando-se o valor absoluto
obtemos
60 − y
= ±eC1 e−90kt = Ce−90kt
150 − y
¸˜

2
C= .
5


¸˜ .

Substituindo-se C = 2 , t = 10 e y = 10 na equacao acima obtemos
5 ¸˜

25
= e−900k
28
ou
1 28
90k = ln .
10 25

60 − y = (150 − y)Ce−90kt ⇒ y − Ce−90kt y = 60 − 150Ce−90kt

¸˜ ´

60 − 150Ce−90kt
y(t) =
1 − Ce−90kt
Substituindo-se os valores de C e k obtidos:
1 28 28 −t/10
300(1 − e− 10 ln( 25 )t ) 300(1 − 25 )
y(t) = =
5 − 2e − 10 ln( 28 )t
1
28 −t/10
25 5−2 25

Observe que
lim y(t) = 60 gramas
t→∞
2
lim α(t) = lim (40 − y(t)) = 0
t→∞ t→∞ 3
1
lim β(t) = lim (50 − y(t)) = 30 gramas
t→∞ t→∞ 3
Portanto a quantidade inicial de A ser´ toda consumida na reacao, entretanto sobrar´
a ¸˜ a
ainda 30 gramas de B.

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 111

y

60

50

40

30

20

10
t

50 100 150 200
¸˜
Figura 1.32 – Funcao do Exemplo
1.30


¸˜ .

Exemplo 1.31. Nas mesmas condicoes de exemplo anterior, um composto C e formado
¸˜ ´
da reacao de duas substˆ ncias A e B. A reacao ocorre de forma que para cada grama
¸˜ a ¸˜
de B, 2 gramas de A s˜ o usadas. A taxa com que se obt´ m a substˆ ncia C e propor-
a e a ´
cional tanto a quantidade de A quanto a quantidade de B n˜ o transformadas. Mas
a
agora vamos supor que havia inicialmente 40 gramas de A e 20 gramas de B. Vamos
determinar a quantidade de C em funcao do tempo, sabendo-se que em 10 minutos
¸˜
s˜ o formados 10 gramas de C.
a

Temos ent˜ o
a
dy 2 1
∝ 40 − y 20 − y ,
dt 3 3
ou ainda,
dy
∝ (60 − y)2 .
dt
a ¸˜ ´ ¸˜
problema 
 dy
= k (60 − y)2
dt
y(0) = 0, y(10) = 10

1
¸˜ ´ a ¸˜
A equacao e separ´ vel. Multiplicando-se a equacao por (60−y)2
obtemos

1
y =k
(60 − y)2
¸˜
1
y dt = kdt + C
(60 − y)2
¸˜
1
dy = kdt + C.
(60 − y)2

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 113

¸˜ ¸˜ ´
1
= kt + C.
60 − y
¸˜
1
C= .
60
1
¸˜
1 1 1
k= − = .
500 600 3000
1
60 − y =
kt + C
¸˜ ´
1
y(t) = 60 −
kt + C
3000
y(t) = 60 −
t + 50
lim y(t) = 60,
t→∞
2
lim α(t) = lim (40 − y(t)) = 0,
t→∞ t→∞ 3
1
lim β(t) = lim (20 − y(t)) = 0.
t→∞ t→∞ 3


¸˜ .

y

60

50

40

30

20

10
t

50 100 150 200
¸˜
Figura 1.33 – Funcao do Exemplo
1.31

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 115

1.6.10 Trajet´ rias Ortogonais
o
Considere uma fam´lia F de curvas que pode ser representada por uma equacao
ı ¸˜
diferencial da forma
dy
= f ( x, y). (1.61)
dx
Dado um ponto qualquer ( x0 , y0 ), o coeficiente angular da reta tangente a uma curva
da fam´lia F que passa por este ponto e dado por tan α = f ( x0 , y0 ), pois como a
ı ´
dy
´
curva satisfaz (1.61), este e o valor da derivada em ( x0 , y0 ). Uma curva que passa
dx
por ( x0 , y0 ) de forma que a sua tangente neste ponto seja ortogonal a tangente da
`
curva da fam´lia F tem reta tangente com coeficiente angular dado ent˜ o por tan β =
ı a
−1/ f ( x0 , y0 ). Assim a equacao diferencial que representa a fam´lia de curvas que
¸˜ ı
interceptam ortogonalmente as curvas da fam´lia F e
ı ´

dy 1
=− .
dx f ( x, y)

¸˜ ¸˜ a `
As curvas que s˜ o solucao desta equacao s˜ o chamadas trajetorias ortogonais as
a ´
curvas da fam´lia F .
ı

ı ´
Exemplo 1.32. Vamos encontrar a fam´lia de trajetorias ortogonais da fam´lia de
ı
par´ bolas y = cx2 . Derivando a equacao que define as par´ bolas obtemos
a ¸˜ a

dy
= 2cx
dx

Da equacao das par´ bolas temos que c = y/x2 que sendo substitu´do na equacao
¸˜ a ı ¸˜
acima produz
dy 2y
=
dx x


¸˜ .

¸˜ ¸˜
Esta equacao diferencial caracteriza as par´ bolas dadas. Assim a equacao que carac-
a
´ ´
teriza as suas trajetorias ortogonais e

dy x dy
=− ⇒ 2y = −x
dx 2y dx

´
Assim as trajetorias ortogonais da fam´lia de par´ bolas dadas s˜ o
ı a a

y2
+ x2 = c,
2
ou seja, elipses.

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 117

β
α
y0

x0

Figura 1.34 – Trajetorias Ortogonais: a curva que passa por ( x0 , y0 ) que tem reta tangente com inclinacao tan α =
´ ¸˜
1
f ( x0 , y0 ) e ortogonal a curva que passa por ( x0 , y0 ) que tem inclinacao tan β = −
´ ` ¸˜ .
f ( x0 , y0 )


¸˜ .

1.5
y

1

0.5

0
x

−0.5

−1

−1.5
−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5

Figura 1.35 – As elipses de equacoes x2 + 2y2 = c s˜ o as trajetorias ortogonais das par´ bolas de equacoes y = cx2 .
¸˜ a ´ a ¸˜

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 119

ı a
¸˜ ¸˜
6.1. Um tanque cont´ m 100 litros de uma solucao a uma concentracao de 1 grama por litro. Uma solucao
e ¸˜
1
− 100 t gramas por litro entra no tanque a uma taxa constante de 1 litro por
¸˜
com uma concentracao de 2te
¸˜ `
minuto, enquanto que a solucao bem misturada sai a mesma taxa.

(a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t e contado a partir do in´cio do
´ ı
processo.
(b) Calcule a concentracao de sal no tanque t = 10 minutos apos o in´cio do processo.
¸˜ ´ ı
2
6.2. Um tanque cont´ m inicialmente 100 litros de agua pura. Ent˜ o, agua salgada, contendo 30 e− 10 t gramas
e ´ a ´
de sal por litro, passa a ser bombeada para o tanque a uma taxa de 10 litros por minuto. Simultaneamente
¸˜
a solucao passa a ser agitada e retirada do tanque na mesma taxa.

´ ı
processo.
¸˜
(b) Calcule em que instante a concentracao de sal no tanque ser´ de 7,5 gramas por litro.
a

´ ´
6.3. Um tanque cont´ m inicialmente 100 litros de agua e 100 gramas de sal. Ent˜ o uma mistura de agua e sal
e a
¸˜ ´
na concentracao de 5 gramas de sal por litro e bombeada para o tanque a uma taxa de 4 litros por minuto.
¸˜ ´
Simultaneamente a solucao (bem misturada) e retirada do tanque na mesma taxa.

´ ı
processo.
(b) Calcule a concentracao limite de sal no tanque quando t → ∞ e o tempo necess´ rio para que a
¸˜ a
¸˜
concentracao atinja metade deste valor.

´
6.4. Suponha que um tanque contenha uma mistura de agua e sal com um volume inicial 100 litros e 10
¸˜
gramas de sal e que uma solucao salina seja bombeada para dentro do tanque a uma taxa de 3 litros por
¸˜ ¸˜
minuto possuindo uma concentracao de 1 grama de sal por litro. Suponha que a solucao bem misturada
sai a uma taxa de 2 litros por minuto.


¸˜ .

´ ı
processo.
¸˜ ´
(b) De qual valor se aproxima a concentracao quando o tanque est´ enchendo, se a sua capacidade e de
a
200 litros?

´
6.5. Suponha que um tanque contenha uma mistura de agua e sal com um volume inicial 100 litros e 10
´
gramas de sal e que agua pura seja bombeada para dentro do tanque a uma taxa de 1 litro por minuto.
¸˜
Suponha que a solucao bem misturada sai a uma taxa de 2 litros por minuto.

´ ı
processo.
¸˜
(b) De qual valor se aproxima a concentracao quando o tanque se aproxima de ficar vazio?

´ ` ´
6.6. Dentro da Terra a forca da gravidade e proporcional a distˆ ncia ao centro. Um buraco e cavado de polo
¸ a
´
a polo e uma pedra e largada na borda do buraco.

¸˜
(a) Determine a velocidade da pedra em funcao da distˆ ncia.
a
(b) Com que velocidade a pedra atinge o centro da Terra? Com que velocidade atinge o outro polo?
dv dv dx dx
(Sugest˜ o:
a dt = dx dt ev= dt )

6.7. A taxa com que uma gota esf´ rica se evapora ( dV ) e proporcional a sua area. Determine o raio da gota
e dt ´ ´
em funcao do tempo, supondo que no instante t = 0 o seu raio e r0 e que em uma hora o seu raio seja a
¸˜ ´
metade.

ı a `
6.8. Num processo qu´mico, uma substˆ ncia se transforma em outra, a uma taxa proporcional a quantidade
a a ´
de substˆ ncia n˜ o transformada. Se esta quantidade e 48 ao fim de 1 hora, e 27, ao fim de 3 horas, qual a
quantidade inicial da substˆ ncia?
a

¸˜ ´
6.9. A populacao de bact´ rias em uma cultura cresce a uma taxa proporcional ao numero de bact´ rias no
e e
instante t. Apos trˆ s horas, observou-se a existˆ ncia de 400 bact´ rias. Apos 9 horas, 2500 bact´ rias. Qual
´ e e e ´ e
´
era o numero inicial de bact´ rias?
e

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 121

´ ¸˜ ´
6.10. Suponha que um automovel sofre depreciacao continuamente numa taxa que e proporcional ao seu valor
num instante t. Este automovel novo custa R$ 35000,00. Apos um ano de uso o seu valor e R$ 30000,00.
´ ´ ´
´ ´
Qual ser´ o valor do automovel apos dois anos de uso?
a
¸˜ ¸˜ ´
6.11. Uma populacao de bact´ rias cresce a uma taxa proporcional a populacao presente. Sabendo-se que apos
e
¸˜ ´ ¸˜ ¸˜ ¸˜
uma hora a populacao e 2 vezes a populacao inicial, determine a populacao como funcao do tempo e o
a ¸˜ ¸ ¸ a ¸˜ ¸˜
tempo necess´ rio para que a populacao triplique. Faca um esboco do gr´ fico da populacao em funcao
do tempo.
6.12. Suponha que em uma comunidade de 100 pessoas inicialmente apenas uma pessoa seja portador de um
ı ı ´
v´rus e que a taxa com que o v´rus se espalha na comunidade seja proporcional tanto ao numero de
´ ´
pessoas infectadas como tamb´ m ao numero de pessoas n˜ o infectadas. Se for observado que apos 4
e a
´ ¸˜
semanas 5 pessoas est˜ o infectadas. Determine o numero de pessoas infectadas em funcao do tempo.
a
¸ ¸ a ¸˜
Faca um esboco do gr´ fico da solucao.
´
6.13. Na tabela abaixo est˜ o os dados dos 6 penultimos recenseamentos realizados no Brasil.
a
Ano ¸˜
Populacao
1950 ˜
52 milhoes
1960 ˜
70 milhoes
1970 ˜
93 milhoes
1980 ˜
119 milhoes
1991 ˜
147 milhoes
2000 ˜
170 milhoes
Podemos escrever o modelo log´stico na forma
ı
1 dy
= ay + b
y dt
em que a = −k e b = ky M . Usando a tabela anterior, podemos aproximar a derivada y (ti ), para ti =
1950, 1960, 1970, 1980, 1991, 2000, pela diferenca finita para frente
¸
dy y ( t i +1 ) − y ( t i )
( ti ) ≈
dt t i +1 − t i


¸˜ .

ou pela diferenca ﬁnita para tr´ s
¸ a
dy y ( t i ) − y ( t i −1 )
( ti ) ≈
dt t i − t i −1

Complete a tabela seguinte

1 y −y 1 y i − y i −1 gi + h i
ti yi gi = y t i +1 − t i hi = y i t i − t i −1 2
i i +1 i
1950 ˜
52 milhoes 0, 0346 -
1960 ˜
70 milhoes 0, 0329 0, 0257
1970 ˜
93 milhoes 0, 0280 0, 0247
1980 ˜
119 milhoes 0, 0214 0, 0218
1991 ˜
149 milhoes 0, 0174 0, 0173
2000 ˜
170 milhoes - 0, 0150

Assim
1 dy g + hi
(t ) = ay(ti ) + b ≈ i ,
y dt i 2

para ti = 1960, 1970, 1980, 1991. Usando quadrados m´nimos encontre a melhor reta, z = ay + b, que se
ı
g +h
ajusta ao conjunto de pontos (yi , i 2 i ), para yi = 1960, 1970, 1980, 1991. Determine k e y M a partir dos
valores de a e b encontrados.
Usando t0 = 2000, y0 = 170 milhoes obtenha
˜

257 · 106
y(t) =
1 + 0, 51 · e−0,04(t−2000)

Determine a estimativa para a populacao do ano 2010, y(2010). Compare com o recenseamento realizado
¸˜
¸˜ ˜
em 2010, em que a populacao foi de 190, 7 milhoes.

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 123

260
250
240
230
220
210
200
190
População (em milhões)

180
170
160
150
140
130
120
110
100
90
80
70
60
50
1950 1960 1970 1980 1990 2000 2010 2020 2030 2040 2050 2060
Ano


¸˜ .

ˆ
6.14. Um tambor conico com v´ rtice para baixo, de 2 metros de altura e base circular de raio 1 metro, est´ cheio
e a
´ ´
de agua. Se fizermos um furo no fundo e em 30 minutos a altura da coluna de agua cair pela metade
determinar a altura h em funcao do tempo e em quanto tempo o tanque esvazia. A lei de Torricelli√
¸˜ diz
que a taxa com que um l´quido escoa por um orifćio situado a uma profundidade h e proporcional a h.
ı ı ´
6.15. Um termometro e levado de uma sala onde a temperatura e de 20◦ C para fora onde a temperatura e de
ˆ ´ ´ ´
5◦ C. Apos 1/2 minuto o termometro marca 15◦ C.
´ ˆ
ˆ ¸˜
(a) Determine a temperatura marcada no termometro como funcao do tempo.
ˆ ´
(b) Qual ser´ a leitura do termometro apos 1 minuto?
a
(c) Em quanto tempo o termometro ir´ marcar 10◦ C?
ˆ a
6.16. Um bote motorizado e seu tripulante tˆ m uma massa de 120 quilogramas e estava inicialmente no re-
e
¸ ¸˜
pouso. O motor exerce uma forca constante de 10 newtons, na direcao do movimento. A resistˆ ncia
e
´ ´ ´
exercida pela agua, ao movimento, e, em modulo, igual ao dobro da velocidade.
¸˜
(a) Determine a velocidade do bote em funcao do tempo.
(b) Determine a velocidade limite do bote.
¸ ¸ a ¸˜
(c) Faca um esboco do gr´ fico da velocidade em funcao do tempo.
6.17. Com o objetivo de fazer uma previdˆ ncia particular uma pessoa deposita uma quantia de R$ 100, 00 por
e
´ ´
mˆ s durante 20 anos (suponha que o deposito e feito continuamente a uma taxa de R$ 100, 00 por mˆ s).
e e
(a) Supondo que neste peródo a taxa de juros seja de 1 % ao mˆ s (contńua), qual o valor que esta
ı e ı
pessoa iria ter ao fim deste peródo.
ı
´
(b) Se apos o peródo anterior esta pessoa quisesse fazer retiradas mensais, qual deveria ser o valor
ı
destas retiradas para que em 20 anos tenha desaparecido o capital, se a taxa de juros continuasse em
1 % (contńua)?
ı
6.18. Em um circuito RC uma bateria gera uma diferenca de potencial de 10 volts enquanto a resistˆ ncia e de
¸ e ´
200 ohms e a capacitˆ ncia e de 10−4 farads. Encontre a carga Q(t) no capacitor em cada instante t, se
a ´
Q(0) = 0. Encontre tamb´ m a corrente I (t) em cada instante t.
e

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 125

6.19. Considere o circuito el´ trico abaixo formado por um resistor, um indutor e uma fonte de tens˜ o externa
e a
ligados em s´ rie. A bateria gera uma diferenca de potencial de V (t) = 10 volts, enquanto a resistˆ ncia R
e ¸ e
e de 100 ohms e a indutˆ ncia L e de 0,5 henrys. Sabendo-se que a queda de potencial em um indutor e
´ a ´ ´
dI
igual a L encontre a corrente I (t) em cada instante t, se I (0) = 0.
dt


¸˜ .

y

R

L β

P

β α

x

V (t)

Figura 1.37 – Curva reﬂetindo raios que partem da
Figura 1.36 – Circuito RL
¸˜
origem na direcao do eixo y.

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.6 ¸˜
Aplicacoes 127

6.20. Um composto C e formado da reacao de duas substˆ ncias A e B. A reacao ocorre de forma que para cada
´ ¸˜ a ¸˜
grama de B, 4 gramas de A s˜ o usadas. A taxa com que se obt´ m a substˆ ncia C e proporcional tanto a
a e a ´
quantidade de A quanto a quantidade de B n˜ o transformadas. Inicialmente havia 32 gramas de A e 50
a
gramas de B.
(a) Determine a quantidade de C em funcao do tempo, sabendo-se que em 10 minutos s˜ o formados 30
¸˜ a
gramas de C. Qual a quantidade limite de C apos um longo peródo. Quanto restar´ de A e B apos
´ ı a ´
um longo peródo.
ı
(b) Repita o item anterior se est˜ o presentes inicialmente 32 gramas de A e 8 gramas de B.
a
ˆ ˆ
6.21. Suponha que raios refletem numa curva de forma que o angulo de incidˆ ncia seja igual ao angulo de
e
reflex˜ o. Determine as curvas que satisfazem a propriedade de que os raios incidentes partindo da
a
¸˜
origem refletem na curva na direcao vertical seguindo os seguintes passos:
(a) Mostre que a equacao do raio que parte da origem e incide na curva no ponto P = ( x, y) e
¸˜ ´

y2−1
y= x,
2y
usando o fato de que
π tan2 α − 1
tan(2α − ) = − cot(2α) = .
2 2 tan α
(b) Resolvendo a equacao do raio incidente para y mostre que a curva satisfaz as equacoes diferenciais
¸˜ ¸˜

y y 2
y = ± +1 (1.62)
x x
(c) Resolva as equacoes (1.62) fazendo a mudanca de vari´ veis v = y/x e usando o fato de que
¸˜ ¸ a
1
√ dx = arcsenh x.
1 + x2
¸˜
Explicite as solucoes.


¸˜ .

´ `
6.22. Determine as trajetorias ortogonais as fam´lias de curvas dadas. Faca esboco dos gr´ ﬁcos.
ı ¸ ¸ a
(a) y = c/x (b) x 2 + ( y − c )2 = c2

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.7 a ¸˜
An´ lise Qualitativa de Equacoes Autˆ nomas
o 129

1.7 An´ lise Qualitativa
a
¸˜
1.7.1 Equacoes Autˆ nomas
o
c˜ ˆ a ¸˜
As equa¸ oes autonomas s˜ o equacoes da forma

dy
= f ( y ). (1.63)
dt
Vamos supor que f (y) seja deriv´ vel com derivada contńua no intervalo de estudo.
a ı
¸˜ ˆ ¸˜
Para as equacoes autonomas podemos esbocar v´ rias solucoes sem ter que resolver a
¸ a
¸˜ ¸˜ ¸˜ ` ¸˜
equacao, pois a equacao diferencial fornece a inclinacao da reta tangente as solucoes,
dy
, como funcao de y e assim podemos saber como varia com y o crescimento e o
¸˜
dt
decrescimento das solucoes. Al´ m disso podemos saber os valores de y para os quais
¸˜ e
as solucoes tˆ m pontos de inflex˜ o e como varia a concavidade das solucoes com y,
¸˜ e a ¸˜
pois
d2 y d dy d
= = f (y)
dt2 dt dt dt
e pela regra da cadeia

d dy
f (y) = f (y) = f ( y ) f ( y ).
dt dt
Assim,
d2 y
= f ( y ) f ( y ).
dt2
Observe que se y1 , . . . , yk s˜ o zeros da funcao f (y), ent˜ o y(t) = yi s˜ o solucoes
a ¸˜ a a ¸˜
constantes da equacao (1.63), para i = 1, . . . , k (verifique!).
¸˜


¸˜ .

¸˜
Deﬁnicao 1.1. (a) Sejam y1 , . . . , yk zeros da funcao f (y). Os pontos yi s˜ o chamados pontos cr´ticos ou de
¸˜ a ı
equil´brio da equacao (1.63) e as solucoes y(t) = yi s˜ o chamadas solu¸ oes de equil´brio ou esta-
ı ¸˜ ¸˜ a c˜ ı
¸˜
cion´ rias da equacao (1.63).
a

(b) Um ponto de equil´brio yi e chamado est´ vel se para y(t0 ) um pouco diferente de yi , y(t) se aproxima de
ı ´ a
yi , quando t cresce.

(c) Um ponto de equil´brio yi e chamado inst´ vel se para y(t0 ) um pouco diferente de yi , y(t) se afasta de
ı ´ a
yi , quando t cresce.

O ponto de equil´brio yi e est´ vel se f (y) < 0 para y proximo de yi com y > yi e
ı ´ a ´
f (y) > 0 para para y proximo de yi com y < yi . Pois neste caso
´
• Se y(t0 ) e um pouco maior do que yi , ent˜ o a derivada dy = f (y) e negativa e
´ a dt ´
portanto a solucao y(t) e decrescente e assim y(t) se aproxima de yi , quando t
¸˜ ´
cresce.
• Se y(t0 ) e um pouco menor do que yi , ent˜ o a derivada dy = f (y) e positiva
´ a dt ´
e portanto a solucao y(t) e crescente e assim y(t) se aproxima de yi , quando t
¸˜ ´
cresce.
O ponto de equil´brio yi e inst´ vel se f (y) > 0 para y proximo de yi com y > yi e
ı ´ a ´
f (y) < 0 para para y proximo de yi com y < yi . Pois neste caso
´
dy
• Se y(t0 ) e um pouco maior do que yi , ent˜ o a derivada
´ a = f (y) e positiva e
´
dt
portanto a solucao y(t) e crescente e assim y(t) se afasta de yi , quando t cresce.
¸˜ ´
dy
• Se y(t0 ) e um pouco menor do que yi , ent˜ o a derivada
´ a = f (y) e negativa
´
dt
e portanto a solucao y(t) e decrescente e assim y(t) se afasta de yi , quando t
¸˜ ´
cresce.

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.7 a ¸˜
o 131

y’=f(y)

yi y

dy
Figura 1.38 – = f (y) nas proximidades de um ponto de equil´brio est´ vel
ı a
dt


¸˜ .

y=y(t)

yi

dy
¸˜
Figura 1.39 – Solucoes de = f (y) nas proximidades de um ponto de equil´brio est´ vel
ı a
dt

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.7 a ¸˜
o 133

y’=f(y)

yi y

dy
Figura 1.40 – = f (y) nas proximidades de um ponto de equil´brio inst´ vel
ı a
dt


¸˜ .

y=y(t)

yi

dy
¸˜
Figura 1.41 – Solucoes de = f (y) nas proximidades de um ponto de equil´brio inst´ vel
ı a
dt

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.7 a ¸˜
o 135

¸˜
Exemplo 1.33. Considere a equacao diferencial:

dy
= y2 − y. (1.64)
dt
¸˜ ¸˜
Vamos esbocar v´ rias solucoes da equacao. Para isto vamos determinar os pontos
¸ a
de equil´brio. Depois vamos determinar como varia o crescimento e o decrescimento
ı
das solucoes com y. E finalmente para quais valores de y as solucoes tˆ m ponto de
¸˜ ¸˜ e
inflex˜ o.
a
Os pontos de equil´brio s˜ o as ra´zes de y2 − y = 0, ou seja, y1 = 0 e y2 = 1.
ı a ı
dy
Como = y2 − y < 0, para 0 < y < 1, ent˜ o as solucoes s˜ o decrescentes para
a ¸˜ a
dt
0 < y < 1.
dy
Como = y2 − y > 0, para y < 0 e para y > 1, ent˜ o as solucoes s˜ o crescentes
a ¸˜ a
dt
para y < 0 e para y > 1.
Vamos determinar para quais valores de y as solucoes tˆ m pontos de inflex˜ o e como
¸˜ e a
varia a concavidade das solucoes com y calculando a segunda derivada.
¸˜

d2 y d dy d
2
= = ( y2 − y ).
dt dt dt dt
Mas pela regra da cadeia

d 2 dy
(y − y) = (2y − 1) = (2y − 1)(y2 − y).
dt dt
Assim
d2 y
= (2y − 1)(y2 − y).
dt2
Logo as solucoes tˆ m pontos de inflex˜ o para y = 1/2, y = 0 e y = 1.
¸˜ e a
Observamos que o ponto de equil´brio y1 = 0 e est´ vel pois para valores de y
ı ´ a
proximos de y1 = 0 as solucoes correspondentes y(t) est˜ o se aproximando de
´ ¸˜ a


¸˜ .

y1 = 0, quando t cresce. O ponto de equil´brio y2 = 1 e inst´ vel pois para valo-
ı ´ a
res de y proximos de y2 = 1 as solucoes correspondentes y(t) est˜ o se afastando
´ ¸˜ a
de y2 = 1, quando t cresce. Com as informacoes sobre os pontos cr´ticos, regioes
¸˜ ı ˜
de crescimento e decrescimento, pontos de inﬂex˜ o podemos fazer um esboco dos
a ¸
¸˜
gr´ ﬁcos de algumas solucoes.
a

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.7 a ¸˜
o 137

2

y’=f(y)

1.5

1

0.5

0
y

−0.5
−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

dy
Figura 1.42 – = f (y) da equacao 1.64
¸˜
dt


¸˜ .

3
y

2

1

0
t

−1

−2

−3
−3 −2 −1 0 1 2 3

¸˜ ¸˜
Figura 1.43 – Algumas solucoes da equacao 1.64

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.7 a ¸˜
o 139

¸˜
1.7.2 Campo de Direcoes
¸˜ ¸˜
Uma maneira de se ter uma id´ ia do comportamento das solucoes de uma equacao
e
diferencial de 1a ordem
.
dy
= f (t, y)
dt
e ´
sem ter de resolvˆ -la e desenhar o campo de dire¸ oes
c˜

1 dy 1
(t, y) → (1, )= (1, f (t, y))
1 + (y )2 dt 1 + ( f (t, y))2

da seguinte forma:
´
(a) Constroi-se uma malha retangular consistindo em pelo menos uma centena de
pontos igualmente espacados;
¸
(b) Em cada ponto da malha desenha-se um segmento orientado unit´ rio que tem
a
¸˜ ` ¸˜ ¸˜
inclinacao igual a da reta tangente a solucao da equacao que pelo ponto da
¸˜
malha, ou seja, na direcao e sentido de

dy
(1, ) = (1, f (t, y))
dt
e com comprimento igual a 1.
¸˜ ´
Desenhar o campo de direcoes e, como est´ dito em [1], “uma tarefa para a qual o
a
´
computador e particularmente apropriado e vocˆ deve, em geral, usar o computa-
e
¸˜
dor para desenhar um campo de direcoes.” Por isso escrevemos uma funcao para ¸˜
o M ATLAB que est´ no pacote GAAL e que torna esta tarefa mais f´ cil chamada
a a
campo(f,[xmin xmax],[ymin ymax]).
¸˜ ˆ ¸˜
Entretanto, para as equacoes autonomas, como as que estudamos na secao anterior,
e f´ cil desenhar o campo de direcoes, pois as inclinacoes variam somente com y.
´ a ¸˜ ¸˜
¸˜
Para a equacao do Exemplo 1.33 est´ desenhado a seguir o campo de direcoes.
a ¸˜


¸˜ .

y
2
1.5
1
0.5
t
0
-0.5
-1
-1.5
-2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

¸˜ ¸˜
Figura 1.44 – Campo de Direcoes da equacao do Exemplo 1.33

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.7 a ¸˜
o 141

ı a
¸˜ ˆ
Para as equacoes diferenciais autonomas dadas

dy
= f (y)
dt
(a) Esboce o gr´ fico de f (y) em funcao de y, determine os pontos de equil´brio e classifique cada um dos
a ¸˜ ı
pontos de equil´brio como assintoticamente est´ vel ou inst´ vel. Justifique.
ı a a
(b) Determine como varia o crescimento das solucoes com y.
¸˜

(c) Determine para quais valores de y as solucoes tˆ m pontos de inflex˜ o.
¸˜ e a
¸˜ ¸˜
(d) Esboce algumas solucoes da equacao usando os resultados dos itens anteriores.
¸˜
(e) Desenhe o campo de direcoes.

dy dy
7.1. = y − y2 . 7.3. = − y − y2 .
dt dt
dy dy
7.2. = 1 − y2 . 7.4. = y + y2 .
dt dt
¸˜ ˆ
Para as equacoes diferenciais autonomas dadas
dy
= f (y)
dt
Esboce o gr´ fico de f (y) em funcao de y, determine os pontos de equil´brio e classifique cada um deles
a ¸˜ ı
como assintoticamente est´ vel ou inst´ vel. Justifique.
a a
dy
7.5. = (y2 − 4)(y2 + y)
dt dy
7.7. = f (y) = y(y2 + 3y + 2)
dy dt
7.6. = (ey − 1)(y + 4)
dt


¸˜ .

1.8 ¸˜
Existˆ ncia e Unicidade de Solucoes
e
Considere novamente o problema de valor inicial

 dy
= f (t, y)
dt (1.65)
y ( t0 ) = y0


´ ¸˜ ´
Nem sempre este problema tem uma unica solucao como mostra o proximo exemplo.

√

 dy
= y
dt
y (0) = 0


¸˜
Este problema tem duas solucoes (verifique!)

t2
y1 ( t ) = , para t ≥ 0
4
e
y2 (t) = 0.
∂f
Se a funcao f (t, y) e a sua derivada
¸˜ forem contńuas em um retˆ ngulo em torno
ı a
∂y
de (t0 , y0 ) o que ocorreu no exemplo anterior n˜ o acontece como estabelecemos no
a
´
proximo teorema que ser´ demonstrado apenas ao final da secao.
a ¸˜

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.7 a ¸˜
o 143

0.6
y

0.5

0.4

0.3

0.2

0.1

0
t
¸˜
Figura 1.45 – Duas solucoes do problema de
valor inicial do Exemplo 1.34 −0.1
−1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

y

yo

Figura 1.46 – Retˆ ngulo em torno de (t0 , y0 )
a
onde o problema de valor inicial tem uma t
´ ¸˜
unica solucao to


¸˜ .

Teorema 1.1 (Existˆ ncia e Unicidade). Considere o problema de valor inicial
e

 dy
= f (t, y)
dt (1.66)
y ( t0 ) = y0


∂f
Se f (t, y) e s˜ o cont´nuas no retˆ ngulo
a ı a
∂y

R = {(t, y) ∈ R2 | α < t < β, δ < y < γ}

contendo (t0 , y0 ), ent˜ o o problema (1.66) tem uma unica solu¸ ao em um intervalo contendo t0 .
a ´ c˜

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.7 a ¸˜
o 145

Exemplo 1.35. Para o problema de valor inicial do Exemplo 1.34 mas com o ponto
inicial (t0 , y0 )
√

 dy
= y
dt
y ( t0 ) = y0


√ ∂f 1
f (t, y) = y ⇒ = √ .
∂y 2 y
Vemos que se (t0 , y0 ) e tal que y0 > 0, ent˜ o o problema de valor inicial acima tem
´ a
¸˜ ´
solucao unica.


 dy
= y2
dt
y ( t0 ) = y0


´ ¸˜
Pelo Teorema 1.1 o problema de valor inicial acima tem uma unica solucao para todo
(t0 , y0 ) ∈ R2 . Mas, por exemplo, para t0 = 0 e y0 = 1 o problema tem solucao¸˜
−1
y(t) = (veriﬁque!) e e v´ lida somente no intervalo t < 1.
´ a
t−1

No exemplo anterior apesar do Teorema 1.1 garantir que em todo ponto (t0 , y0 ) ∈ R2
existe uma solucao localmente (num intervalo em torno de t0 ) estas solucoes n˜ o se
¸˜ ¸˜ a
juntam de modo a formar solucoes globais (que existam para todo t ∈ R). Isto n˜ o
¸˜ a
¸˜
ocorre para equacoes lineares como provamos a seguir.


¸˜ .

¸˜
Teorema 1.2 (Existˆ ncia e Unicidade para Equacoes Lineares). Considere o problema de valor inicial
e

 dy
+ p(t)y = q(t)
dt
y ( t0 ) = y0


Se p(t) e q(t) s˜ o fun¸ oes cont´nuas em um intervalo aberto I contendo t0 , ent˜ o o problema de valor inicial tem uma
a c˜ ı a
unica solu¸ ao neste intervalo.
´ c˜

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.7 a ¸˜
o 147

¸˜
Demonstracao. A unicidade segue-se do Teorema 1.1 na p´ gina 144. Vamos provar
a
¸˜
a existˆ ncia exibindo a solucao do problema de valor inicial. Seja
e

1 t t
p(s)ds
t0
y(t) = µ(s)q(s)ds + y0 , em que µ(t) = e .
µ(t) t0

Por hipotese a funcao y(t) est´ bem deﬁnida. Vamos mostrar que y(t) e solucao do
´ ¸˜ a ´ ¸˜
problema de valor inicial.

t
µ(t)y(t) = µ(s)q(s)ds + y0
t0

Como p(t) e q(t) s˜ o cont´nuas, ent˜ o
a ı a

d
(µ(t)y(t)) = µ(t)q(t)
dt

Derivando o produto obtemos

dy dµ
µ(t) + y = µ ( t ) q ( t ).
dt dt
dµ
Mas dt = µ(t) p(t), ent˜ o a equacao acima pode ser escrita como
a ¸˜

dy
µ(t) + µ ( t ) p ( t ) y = µ ( t ) q ( t ).
dt

Dividindo-se por µ(t) obtemos a equacao dada.
¸˜
Agora, como y(t0 ) = y0 segue-se que y(t) dado e a solucao do problema de valor
´ ¸˜
inicial.


¸˜ .


 dy 2
+ y=t
dt t
y ( t0 ) = y0


2
p(t) = e q(t) = t. p(t) e contńua para t = 0. Para t0 = 2, por exemplo, o
´ ı
t
problema de valor inicial tem uma unica solucao para t > 0 e para t0 = −3, o
´ ¸˜
problema de valor inicial tem uma unica solucao para t < 0. Para tirarmos esta
´ ¸˜
a a ´
conclus˜ o n˜ o e necess´ rio resolver o problema de valor inicial, apesar dele estar
a
resolvido no Exemplo 1.9 na p´ gina 18.
a

¸˜
e
¸˜ ´
Demonstracao do Teorema 1.1 na pagina 144.
(a) Existˆ ncia:
e
Defina a sequˆ ncia de funcoes yn (t) por
ë ¸˜
t
y0 ( t ) = y0 , y n ( t ) = y0 + f (s, yn−1 (s))ds, para n = 1, 2, . . .
t0

Como f (t, y) e contńua no retˆ ngulo R, existe uma constante positiva b tal que
´ ı a
| f (t, y)| ≤ b, para (t, y) ∈ R.
Assim
| y1 ( t ) − y0 | ≤ b | t − t0 |, para α < t < β.
∂f
Como e contńua no retˆ ngulo R, existe uma constante positiva a (por que?)
´ ı a
∂y
tal que
| f (t, y) − f (t, z)| ≤ a |y − z|, para α < t < β e δ < y, z < γ.

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.7 a ¸˜
o 149

Assim
t
|y2 (t) − y1 (t)| ≤ | f (s, y1 (s)) − f (s, y0 (s))|ds
t0
t t | t − t0 |2
≤a |y1 (s) − y0 |ds ≤ ab |s − t0 |ds = ab
t0 t0 2
e
t
|y3 (t) − y2 (t)| ≤ | f (s, y2 (s)) − f (s, y1 (s))|ds
t0
t
≤a |y2 (s) − y1 (s)|ds
t0
t | s − t0 |2 | t − t0 |3
≤ a2 b ds = a2 b .
t0 2 6
¸˜
Vamos supor, por inducao, que

| t − t 0 | n −1
|yn−1 (t) − yn−2 (t)| ≤ an−2 b .
( n − 1) !
Ent˜ o
a
t
|yn (t) − yn−1 (t)| ≤ | f (s, yn−1 (s)) − f (s, yn−2 (s))|ds
t0
t
≤a |yn−1 (s)) − yn−2 (s)|ds
t0
t | s − t 0 | n −1 | t − t0 | n
≤a a n −2 b ds = an−1 b (1.67)
t0 ( n − 1) ! n!
Estas desigualdades s˜ o v´ lidas para α ≤ α < t < β ≤ β em que α e β s˜ o
a a a
tais que δ < yn (t) < γ sempre que α < t < β (por que existem α e β ?).


1.7 a ¸˜
o 151

Al´ m disso para α < t < β , temos que
e
t t t
lim f (s, yn (s))ds = f (s, lim yn (s))ds = f (s, y(s))ds,
n → ∞ t0 t0 n→∞ t0

pois, por (1.68), temos que

t t
f (s, yn (s))ds − f (s, y(s))ds
t0 t0
t
≤ | f (s, yn (s)) − f (s, y(s))|ds
t0
t
≤a |yn (s) − y(s)|ds
t0
∞
a k −1 ( β − α ) k
≤ ab(t − t0 ) ∑ k!
k = n +1

que tende a zero quando n tende a inﬁnito. Portanto
t
y(t) = lim yn (t) = y0 + lim f (s, yn−1 (s))ds =
n→∞ n → ∞ t0
t t
= y0 + f (s, lim yn−1 (s))ds = y0 + f (s, y(s))ds
t0 n→∞ t0

Derivando em relacao a t esta equacao vemos que y(t) e solucao do problema
¸˜ ¸˜ ´ ¸˜
de valor inicial.
(b) Unicidade:
Vamos supor que y(t) e z(t) sejam solucoes do problema de valor inicial. Seja
¸˜
t
u(t) = |y(s) − z(s)|ds.
t0


¸˜ .

Assim, como
t t t t
y(t) = y (s)ds = f (s, y(s))ds, z(t) = z (s)ds = f (s, z(s))ds,
t0 t0 t0 t0

ent˜ o
a

u (t) = |y(t) − z(t)|
t t
≤ |y (s) − z (s)|ds = | f (s, y(s)) − f (s, z(s))|ds
t0 t0
t
≤a |y(s) − z(s)|ds
t0

ou seja,
u (t) ≤ au(t).
Subtraindo-se au(t) e multiplicando-se por e− at obtemos

d −at
(e u(t)) ≤ 0, com u(t0 ) = 0.
dt
Isto implica que e−at u(t) = 0 (lembre-se que u(t) ≥ 0) e portanto que u(t) = 0,
para todo t. Assim y(t) = z(t), para todo t.

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.7 a ¸˜
o 153

ı a
8.1. Determine os pontos (t0 , y0 ) para os quais podemos garantir que o problema de valor inicial

 dy
= f (t, y)
dt
y ( t0 ) = y0


´ ¸˜
tem uma unica solucao.
y2
(a) Se f (t, y) = y2 − 4 (c) Se f (t, y) =
√ t2 + y2
(b) Se f (t, y) = ty
(d) Se f (t, y) = t y2 − 1
e ¸˜
8.2. Determine o maior intervalo em que os problemas de valor inicial abaixo tˆ m solucao, sem resolvˆ -los:
e
 
dy dy
 2
( t − 1) + ( t − 2) y = t  2
( t − t ) + ( t + 1) y = e t
(a) dt (c) dt
y (0) = y0 y(−1) = y0
 
 
 2 dy dy
(t − 1) + ty = t2  2
(t − t) + (t + 3)y = cos t
(b) dt (d) dt
y (2) = y0 y (2) = y0
 

∂f
8.3. Mostre que se ´
e cont´nua no retˆ ngulo
ı a
∂y

R = {(t, y) ∈ R2 | α < t < β, δ < y < γ},

ent˜ o existe uma constante positiva a tal que
a

| f (t, y) − f (t, z)| ≤ a |y − z|, para α < t < β e δ < y, z < γ.

Sugest˜ o: Para t ﬁxo, use o Teorema do Valor M´ dio para f como funcao somente de y. Escolha a como
a e ¸˜
∂f
sendo o m´ ximo de
a no retˆ ngulo.
a
∂y


¸˜ .

∂f
8.4. Mostre que se f (t, y) e s˜ o cont´nuas no retˆ ngulo
a ı a
∂y

R = {(t, y) ∈ R2 | α < t < β, γ < y < δ}

e a e b s˜ o constantes positivas tais que
a

| f (t, y)| ≤ b, | f (t, y) − f (t, z)| ≤ a |y − z|, para α < t < β e δ < y, z < γ,

ent˜ o existem α e β com α ≤ α < t0 < β ≤ β tais que a sequˆ ncia
a ¨e
t
y0 ( t ) = y0 , y n ( t ) = y0 + f (s, yn−1 (s))ds, para n = 1, 2, . . .
t0

satisfaz δ < yn (t) < γ sempre que α < t < β . Sugest˜ o: mostre que
a

b
| y n ( t ) − y0 | ≤ − 1 e a | t − t0 | .
a

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

1.9 Respostas dos Exerc´cios
ı 155

ı
1. Introdu¸ ao as Equa¸ oes Diferenciais (p´ gina 13)
c˜ ` c˜ a
1.1. (a) Equacao diferencial ordin´ ria de 1a ordem n˜ o linear.
¸˜ a . a
(b) Equacao diferencial ordin´ ria de 2a ordem linear.
¸˜ a .

1.2. ( x + 3)y1 + ( x + 2)y1 − y1 = ( x + 3)2 + ( x + 2)2x − x2 = x2 + 6x + 6 = 0
( x + 3)y2 + ( x + 2)y2 − y2 = ( x + 3)6x + ( x + 2)3x2 − x3 = 2x3 + 12x2 + 18x = 0
( x + 3) y3 + ( x + 2) y3 − y3 = ( x + 3) e − x − ( x + 2) e − x − e − x = 0
Logo, y1 ( x ) = x2 e y2 ( x ) = x3 n˜ o s˜ o solucoes da equacao e y3 ( x ) = e− x e solucao da equacao.
a a ¸˜ ¸˜ ´ ¸˜ ¸˜

dy
(a) Substituindo-se y = ert e = rert e na equacao obtemos
¸˜
dt
arert + bert = ( ar + b)ert = 0,

pois por hipotese ar + b = 0.
´
dy d2 y
(b) Substituindo-se y = ert , = rert e 2 = r2 ert na equacao obtemos
¸˜
dt dt
ar2 ert + brert + cert = ( ar2 + br + c)ert = 0,

pois por hipotese ar2 + br + c = 0.
´
dy d2 y
(c) Substituindo-se y = xr , = rxr−1 e 2 = r (r − 1) xr−2 em (2.11) obtemos
dx dx
x2 r (r − 1) xr−2 + bxrxr−1 + cxr = 0.

r (r − 1) xr + brxr + cxr = 0.

r2 + (b − 1)r + c xr = 0,

pois por hipotese r2 + (b − 1)r + c = 0.
´


¸˜ .

dy
1.3. (a) Substituindo-se y = ert e = rert na equacao diferencial obtemos
¸˜
dt
arert + bert = ( ar + b)ert = 0.
Como ert = 0, ent˜ o y(t) = ert e solucao da equacao diferencial se, e somente se, r e solucao da
a ´ ¸˜ ¸˜ ´ ¸˜
¸˜
equacao
ar + b = 0
dy d2 y
(b) Substituindo-se y = ert , = rert e 2 = r2 ert na equacao diferencial obtemos
¸˜
dt dt
ar2 ert + brert + cert = ( ar2 + br + c)ert = 0.
Como ert = 0, ent˜ o y(t) = ert e solucao da equacao diferencial se, e somente se, r e solucao da
a ´ ¸˜ ¸˜ ´ ¸˜
¸˜
equacao
ar2 + br + c = 0
dy d2 y
(c) Substituindo-se y = xr , = rxr−1 e 2 = r (r − 1) xr−2 na equacao diferencial obtemos
¸˜
dx dx
x2 r (r − 1) xr−2 + bxrxr−1 + cxr = 0.

r2 + (b − 1)r + c xr = 0.
Como xr = 0, ent˜ o y = xr e solucao da equacao diferencial se, e somente se, r e solucao da equacao
a ´ ¸˜ ¸˜ ´ ¸˜ ¸˜

r2 + (b − 1)r + c = 0.

1.4. (a)
−2tr tr2 (−2r + r2 )t
0 = y + ty2 = + 2 = ∀t
( t2 − 3)2 ( t − 3)2 ( t − 3)2
⇒ r2 − 2r = 0
⇒ r=0 ou r=2

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 157

(b)
−2rt 2tr2 (−2r − 2r2 )t
0 = y − 2ty2 = − 2 = ∀t
( t2 + 1)2 ( t + 1)2 ( t2 + 1)2
⇒ r2 + r = 0
⇒ r=0 ou r = −1
(c)
−2rt 6tr2 (−2r − 6r2 )t
0 = y − 6ty2 = − 2 = ∀t
( t2 + 1) 2 ( t + 1) 2 ( t2 + 1)2
⇒ 3r2 + r = 0
⇒ r=0 ou r = −1/3
(d)
−2rt tr2 (−2r − r2 )t
0 = y − ty2 = − 2 = , ∀t
( t2 + 2)2 ( t + 2)2 ( t2 + 2)2
⇒ r2 + 2r = 0
⇒ r=0 ou r = −2

1.5. y(t) = at + b ⇒ y (t) = a e y (t) = 0.
Substituindo-se y(t) = at + b, y (t) = a e y (t) = 0 na equacao diferencial ty + (t − 1)y − y = 0
¸˜
obtemos
t · 0 + (t − 1) a − ( at + b) = 0.
Simpliﬁcando-se obtemos:
− a − b = 0 ou a = −b.
Logo para que y(t) = at + b seja solucao da equacao diferencial temos que ter a = −b, ou seja,
¸˜ ¸˜

y(t) = at − a = a(t − 1).


¸˜ .

Portanto todas as solucoes da equacao diferencial que s˜ o funcoes de 1o grau s˜ o multiplos escalares de
¸˜ ¸˜ a ¸˜ . a ´

y0 (t) = t − 1.

2. Equa¸ oes Lineares de 1a Ordem (p´ gina 23)
c˜ . a

2.1. (a)
(1−2x )dx 2
µ( x ) = e = e x−x
2
Multiplicando a equacao por µ( x ) = e x− x :
¸˜

d 2 2 2
e x− x y = e x− x xe− x = xe− x
dx

2 2 1 2
e x−x y( x ) = xe− x dx = − e− x + C
2

1 2
y( x ) = − e− x + Ce x − x
2

1
2 = y(0) = − + C ⇒ C = 5/2
2

1 5 2
y( x ) = − e− x + e x − x
2 2
(b)
3t2 dt 3
µ(t) = e = et
3
Multiplicando a equacao por µ(t) = et :
¸˜

d 3 3 3
et y = et e−t +t = et
dt

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 159

3
et y(t) = et dt = et + C

3 3
y(t) = et−t + Ce−t

2 = y (0) = 1 + C ⇒ C = 1

3 3
y (t ) = et−t + e−t

(c)
− cos t dt
µ(t) = e = e− sen t

d − sen t 2 2
e y = e− sen t tet +sen t = tet
dt

2 1 t2
e− sen t y(t) = tet dt = e +C
2

1 t2 +sen t
y(t) = e + Cesen t
2

1
2 = y (0) = + C ⇒ C = 3/2
2

1 t2 +sen t 3 sen t
y(t) = e + e
2 2


¸˜ .

(d)
x4 dx x5
µ( x ) = e =e 5

x5
Multiplicando a equacao por µ( x ) = e 5 :
¸˜

d x5 x5 4x5 5
e5y = e 5 x4 e 5 = x4 e x
dx

x5 5 1 x5
e 5 y( x ) = x4 e x dx = e
5

1 4x5 x5
y( x ) = e 5 + Ce− 5
5

1
1 = y (0) = + C ⇒ C = 4/5
5

1 4x5 4 x5
y( x ) = e 5 + e− 5
5 5
2.2. (a)
4 2
y − y=− 3
x x
− 4 dx
µ( x ) = e x = x −4
Multiplicando a equacao por µ( x ) = x −4 :
¸˜
d 2
x −4 y = − 7
dx x
Integrando-se
2 1
x −4 y ( x ) = − dx = 6 + C
x7 3x

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 161

1
y( x ) = + Cx4
3x2
(b)
1
y − y = −x
x
− 1 dx
µ( x ) = e x = x −1
¸˜
d
x −1 y = − 1
dx
Integrando-se
x −1 y ( x ) = − dx = − x + C

y( x ) = − x2 + Cx
(c)
4
y − y = x5 e x
x
− 4 dx
µ( x ) = e x = x −4
¸˜
d
x −4 y = xe x
dx
Integrando-se
x −4 y ( x ) = xe x dx = xe x − e x + C

y( x ) = x5 e x − x4 e x + Cx4


¸˜ .

2.3. (a)
5x4 dx 5
µ( x ) = e = ex
5
Multiplicando a equacao por µ( x ) = e x :
¸˜
d 5 5 5
e x y = e x x4 = x4 e x
dx

5 5 1 x5
e x y( x ) = x4 e x dx = e +C
5
1 5
y( x ) = + Ce− x
5
1
y0 = y (0) = + C ⇒ C = y0 − 1/5
5

1 1 5
y( x ) = + y0 − e− x
5 5
5
(b) y ( x ) = −5x4 y0 − 1
5 e− x . Para y0 > 1/5 a solucao e decrescente e para y0 < 1/5 a solucao e
¸˜ ´ ¸˜ ´
crescente.
(c) limx→+∞ y( x ) = 1/5 e claramente independe do valor de y0 .
2.4. (a)
x
y + y=0
x2 − 9
x dx 1 2 −9|
µ( x ) = e x2 −9 = e 2 ln | x = x2 − 9
√
Multiplicando a equacao por µ( x ) = x2 − 9:
¸˜
d
x2 − 9 y = 0
dx

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 163

x2 − 9 y( x ) = C

C
y( x ) = √
x2 −9
C
y0 = y (5) = ⇒ C = 4y0
4
4y0
y( x ) = √
x2 − 9
(b) x > 3, para y0 = 0 e −∞ < x < ∞, para y0 = 0.
(c) limx→+∞ y( x ) = 0 e claramente independe do valor de y0 .
dy d dy1 dy2
2.5. (a) dt + p(t)y = dt (y1 (t) + y2 (t)) + p(t)(y1 (t) + y2 (t)) = dt + p ( t ) y1 + dt + p ( t ) y2 = 0 + 0 =
0
dy d dy1
(b) dt + p(t)y = dt (cy1 (t)) + p(t)(cy1 (t)) = c dt + p(t)y1 = c0 = 0

dy d dy1 dy2
2.6. dt + p(t)y = dt (cy1 (t) + y2 (t)) + p(t)(cy1 (t) + y2 (t)) = c dt + p ( t ) y1 + dt + p ( t ) y2 = c0 +
q(t) = q(t)
1 1
2.7. Para resolver a equacao precisamos determinar o fator integrante: µ(t) = e
¸˜ 100 dt = e 100 t .
1
Multiplicando-se a equacao diferencial por µ(t) = e 100 t obtemos
¸˜
d 1
(e 100 t y) = 2t
dt
1
e 100 t y(t) = t2 + C


¸˜ .

ou 1 1
y(t) = t2 e− 100 t + Ce− 100 t .
Substituindo-se t = 0 e y = 100, obtemos 100 = C. Ou seja, a solucao do problema de valor inicial e
¸˜ ´
1 1 1
y(t) = t2 e− 100 t + 100e− 100 t = (t2 + 100)e− 100 t .

Para fazer um esboco do gr´ ﬁco:
¸ a

1 t2 + 100 − 1 t −t2 − 100 + 200t − 1 t
y (t) = 2te− 100 t − e 100 = e 100 .
100 100
Como a funcao exponencial e sempre positiva o sinal de y (t) depende apenas de −t2 − 100 + 200t que e
¸˜ ´ √ ´
zero se, e somente se, t = 100 ± 30 11.
√
Al´ m disso −t2 − 100 + 200t (e portanto y (t√ e negativa para t < 100 − 30 11 ≈ 0, 5 e para t >
e √ )) ´ √
100 + 30 11 ≈ 199, 5 e positiva para 100 − 30 11 ≈ 0, 5 < t < 100 + 30 11 ≈ 199, 5.
√ √
Logo a solucao do PVI, y(√ , e decrescente para t < 100 − 30 11 ≈ 0, 5 e para t > 100 + 30 11 ≈ 199, 5
¸˜ t) ´ √
e crescente para 100 − 30 11 ≈ 0, 5 < t < 100 + 30 11 ≈ 199, 5.
t t t
t2 − 200 t + 100 e− 100 (2 t − 200) e− 100 t2 − 400 t + 20100 e− 100
y (t) = − = .
10000 100 10000
Como a funcao exponencial e sempre positiva o sinal de y (t) e o mesmo de t2 − 400 t + 20100 que e
¸˜ ´ √ ´ ´
zero se, e somente se, t = 200 ± 10 99. Al´ √ disso, t2 − 400 t + 20100 (e portanto y (t)) e positiva para
√ em √ ´
t < 200 − 10 99 ≈ 59 e para t > 200 + 10 99 ≈ 341 e negativa para 200 − 10 99 ≈ 59 ≈ 0, 5 < t <
√
200 + 10 99 ≈ 341.
√
Logo a solucao do PVI, y(t), tem concavidade para cima para t < 200 − 10 99 ≈ 59 e para t > 200 +
√ ¸˜ √ √
10 99 ≈ 341 e concavidade para baixo para 200 − 10 99 ≈ 59 < t < 200 + 10 99 ≈ 341.
Al´ m disso, limt→∞ y(t) = 0.
e
Abaixo o esboco do gr´ ﬁco feito usando o programa Paint que e um acessorio do MSWindows c .
¸ a ´ ´

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 165

3. Equa¸ oes Separ´ veis (p´ gina 34)
c˜ a a

3.1. (a)
(1 + x2 )y − xy = 0
1 x
y =
y 1 + x2
Integrando-se em relacao a x:
¸˜
1
ln |y| = ln(1 + x2 ) + C1
2
|y|
ln = C1
(1 + x2 )1/2


¸˜ .

y
= ±eC1 = ±C2 = C
(1 + x2 )1/2

y( x ) = C (1 + x2 )1/2

(b)
y2 − 1 − (2y + xy)y = 0
y 1
y =
y2 −1 2+x
Integrando-se em relacao a x:
¸˜
1
ln |y2 − 1| = ln |2 + x | + C1
2

|y2 − 1|1/2
ln = C1
|2 + x |

|y2 − 1|1/2
= ±eC1 = ±C2 = C
2+x
¸˜ ´
A solucao e dada implicitamente por

y2 − 1 = C (2 + x )

(c)
x
yy =
ax2 + b
Integrando-se em relacao a x obtemos que a solucao e dada implicitamente por
¸˜ ¸˜ ´

1 2 1
y = ln | ax2 + b| + C
2 2a

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 167

(d)
x
y −3 y =
( ax2 + b)1/2
¸˜ ¸˜ ´

1 1
− y−2 = ( ax2 + b)1/2 + C
2 a

(e)
y 1
y − =0
ay2 +b x
¸˜ ¸˜ ´

1
ay2 + b = ln | x | + C
a

(f)
y 1
y − 2 =0
ay2 + b x
¸˜ ¸˜ ´

1
ln | ay2 + b| = − x −1 + C
2a

3.2. ¸˜

dy
(3y2 − 3) = 2x + 1
dx
ou
d dy d
y3 − 3y = x2 + x
dy dx dx


¸˜ .

que pela regra da cadeia pode ser escrita como

d
y3 − 3y − x2 − x = 0
dx

¸˜ ´

y3 − 3y − x2 − x = C

Para encontrar a solucao que satisfaz a condicao inicial y(0) = 0 substitu´mos x = 0 e y = 0 na
¸˜ ¸˜ ı
solucao geral obtendo C = 0. Assim a solucao do problema de valor inicial e dada implicitamente
¸˜ ¸˜ ´
por
y3 − 3y − x2 − x = 0

¸˜
(b) Para determinar o intervalo de validade da solucao vamos determinar os pontos onde a derivada
n˜ o est´ definida, ou seja, 3y2 − 3 = 0, ou seja, y = ±1. Substituindo-se y = −1 na equacao que
a a ¸˜
define a solucao obtemos a equacao x2 + x − 2 = 0, que tem solucao x = −2 e x = 1. Substituindo-
¸˜ ¸˜ ¸˜
se y = 1 na equacao que define a solucao obtemos a equacao x2 + x + 2 = 0, que n˜ o tem solucao
¸˜ ¸˜ ¸˜ a ¸˜
real.
Como o ponto inicial tem x = 0 que est´ entre os valores x = −2 e x = 1 conclu´mos que o intervalo
a ı
de validade da solucao e o intervalo (−2, 1), que e o maior intervalo em que a solucao y( x ) e a sua
¸˜ ´ ´ ¸˜
derivada est˜ o definidas.
a
¸˜ ` ´
(c) Nos pontos onde a solucao tem m´ ximo local a reta tangente a curva e horizontal, ou seja, pontos
a
dy
onde dx = 0. Neste caso n˜ o precisamos calcular a derivada da solucao, pois a derivada j´ est´ dada
a ¸˜ a a
¸˜
pela equacao diferencial, ou seja,
dy 2x + 1
= 2
dx 3y − 3

Assim, a reta tangente e horizontal para x tal que 2x + 1 = 0, ou seja, somente para x = −1/2.
´

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 169

(d) A reta tangente a curva integral e vertical ( dx = 0) para x = −2 e x = 1, pois pela equacao diferen-
` ´ dy ¸˜
dy 2x +1
cial, dx = 3y2 −3
, ent˜ o
a
dx 1 3y2 − 3
= dy =
dy 2x + 1
dx

para x = −1/2. Assim j´ sabemos que a solucao est´ contida em uma curva que passa pelos pontos
a ¸˜ a
(−2, −1) e (1, −1) onde a tangente e vertical, pelo ponto inicial (0, 0). Neste ponto a inclinacao da
´ ¸˜
dy
tangente e −1/3, pois substituindo-se x = 0 e y = 0 na equacao diferencial obtemos dx = −1/3.
´ ¸˜
Al´ m disso sabemos que o unico ponto em que a tangente e horizontal ocorre para x = −1/2.
e ´ ´
Deduzimos da´ que a solucao e crescente at´ x = −1/2 depois comeca a decrescer.
ı ¸˜ ´ e ¸
0.4
y

0.2

0
x

−0.2

−0.4

−0.6

−0.8

−1
−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1

1
3.3. ¸˜ ´
(a) A equacao e equivalente a b− ay y =1
1
¸˜ ´
(b) A equacao e equivalente a 1− y y = q(t)


¸˜ .

(c) A equacao e equivalente a 1 y = − p(t)
¸˜ ´ y

1
¸˜
3.4. Multiplicando-se a equacao diferencial por y(100−y)
obtemos

1
y =1 (1.69)
y(100 − y)

1
Vamos decompor y(100−y)
¸˜

1 A B
= +
y(100 − y) y 100 − y

¸˜

1 = A(100 − y) + By


1 1 1 1
dy = dy + dy
y(100 − y) 100 y 100 − y
1
= (ln |y| − ln |100 − y|)
100
¸˜ ¸˜
Logo a equacao (1.69) tem solucao

ln |y| − ln |100 − y| = 100t + C1 .


y
ln = C1 + 100t.
100 − y

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 171

Aplicando a exponencial a ambos os membros obtemos
y
= ±eC1 e100t = Ce100t
100 − y
¸˜
1 1
C= = .
100 − 1 99
y = (100 − y)Ce100kt ⇒ y + Ce100t y = 100Ce100t
¸˜ ´

100 100t
C100e100t e 100e100t 100
y(t) = 100t
= 99 1 = 100t
= −100t + 1
1 + Ce 1 + 99 e 100t 99 + e 99e

Usando a equacao diferencial vemos que y e positiva e crescente para 0 < y < 50 e positiva e decrescente
¸˜ ´
para 50 < y < 100.
Al´ m disso, lim y(t) = 100.
e
t→∞


¸˜ .

4. Equa¸ oes Exatas (p´ gina 47)
c˜ a

4.1. (a)
M = 2xy − sen x N = x2 + ey

∂M ∂N
= 2x = 2x
∂y ∂x
∂M ∂N
= ⇒ ¸˜ ´
A equacao e exata!
∂y ∂x

ψ( x, y) = Mdx = x2 y + cos x + h(y)

N = x2 + ey = x2 + h (y)

h (y) = ey

h(y) = ey

ψ( x, y) = x2 y + cos x + ey = C
(b)
M = y2 + cos x N = 2xy + ey

∂M ∂N
= 2y = 2y
∂y ∂x
∂M ∂N
= ⇒ ¸˜ ´
A equacao e exata!
∂y ∂x

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 173

ψ( x, y) = Mdx = xy2 + sen x + h(y)

N = 2xy + ey = 2xy + h (y)

h (y) = ey

h(y) = ey

ψ( x, y) = xy2 + sen x + ey = C

(c)
1
M = 2xy2 + cos x N = 2x2 y +
y

∂M ∂N
= 4xy = 4xy
∂y ∂x

ψ( x, y) = Mdx = x2 y2 + sen x + h(y)

1
N = 2x2 y + = 2x2 y + h (y)
y

h(y) = ln |y|

ψ( x, y) = x2 y2 + sen x + ln |y| = C


¸˜ .

(d)
1 1
M = 2 xy2 − N = 2x2 y −
x3 y2

∂M ∂N
= 4xy = 4xy
∂y ∂x

∂M ∂N
= ⇒ ¸˜ ´
A equacao e exata!
∂y ∂x

1
ψ( x, y) = Mdx = x2 y2 + + h(y)
x2

1
N = 2x2 y − = 2x2 y + h (y)
y2

1
h (y) = −
y2

1
h(y) =
y

1 1
ψ( x, y) = x2 y2 + 2
+ =C
x y
¸˜
(e) Multiplicando a equacao
dy
x + y + x ln x =0
dx
por 1/x obtemos
y dy
1+ + ln x =0
x dx

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 175

y
M = 1+ N = ln x
x

∂M 1 ∂N 1
= =
∂y x ∂x x
∂M ∂N
= ⇒ ¸˜ ´
A equacao e exata!
∂y ∂x

Vamos encontrar uma funcao ψ( x, y) tal que
¸˜

∂ψ y ∂ψ
= M( x, y) = 1 + e = N ( x, y) = ln x
∂x x ∂y

. ¸˜ ¸˜

ψ( x, y) = Mdx = x + y ln x + h(y)

∂ψ
Substituindo-se a funcao ψ( x, y) encontrada na equacao de
¸˜ ¸˜ = N = ln x obtemos
∂y

N = ln x = ln x + h (y)

h (y) = 0
O que implica que
h(y) = C1
¸˜ ¸˜ ´
Assim a solucao da equacao e dada implicitamente por

ψ( x, y) = x + y ln x = C


¸˜ .

(f)
1 1
M = 2 xy3 − N = 3x2 y2 −
x3 y2

∂M ∂N
= 6xy2 = 6xy2
∂y ∂x

∂M ∂N
= ⇒ ¸˜ ´
A equacao e exata!
∂y ∂x

1
ψ( x, y) = Mdx = x2 y3 + + h(y)
x2

1
N = 3x2 y2 − = 3x2 y2 + h (y)
y2

1
h (y) = −
y2

1
h(y) =
y

1 1
ψ( x, y) = x2 y3 + + =C
x2 y

(g)
M = xy4 N = 2x2 y3 + 3y5 − 20y3

∂M ∂N
= 4xy3 = 4xy3
∂y ∂x

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 177

∂M ∂N
= ⇒ ¸˜ ´
A equacao e exata!
∂y ∂x

1 2 4
ψ( x, y) = Mdx = x y + h(y)
2

N = 2x2 y3 + 3y5 − 20y3 = 2x2 y3 + h (y)

h (y) = 3y5 − 20y3

1 6
h(y) = y − 5y4
2

1 2 4 1 6
ψ( x, y) = x y + y − 5y4 = C
2 2
4.2. ¸˜

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

∂M ∂N
= −1 = −1
∂y ∂x
∂M ∂N
= ⇒ ¸˜ ´
A equacao e exata!
∂y ∂x


¸˜ .

Vamos encontrar uma funcao ψ( x, y) tal que
¸˜

∂ψ ∂ψ
= M( x, y) = 2x − y e = N ( x, y) = 2y − x
∂x ∂y

. ¸˜ ¸˜

ψ( x, y) = Mdx = x2 − yx + h(y)

∂ψ
Substituindo-se a funcao ψ( x, y) encontrada na equacao de
¸˜ ¸˜ = N = 2y − x obtemos
∂y

N = 2y − x = − x + h (y)

h (y) = 2y
O que implica que
h(y) = y2 + C1
¸˜ ¸˜ ´
E a solucao geral da equacao e dada implicitamente por

ψ( x, y) = x2 − xy + y2 = C

Para encontrar a solucao que satisfaz a condicao inicial y(1) = 3 substitu´mos x = 1 e y = 3 na
¸˜ ¸˜ ı
solucao geral obtendo C = 1 − 3 + 9 = 7. Assim a solucao do problema de valor inicial e dada
¸˜ ¸˜ ´
implicitamente por
x2 − xy + y2 = 7

¸˜
(b) Para determinar o intervalo de validade da solucao vamos determinar os pontos onde a derivada
dy 2x −y
n˜ o est´ definida, pela equacao diferencial, dx = x−2y , n˜ o est´ definida se, e somente se, x − 2y = 0,
a a ¸˜ a a
ou seja, y = x/2. Substituindo-se y = x/2 na equacao que define a solucao obtemos a equacao
¸˜ ¸˜ ¸˜

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 179

2 2 √
x2 − x + x = 7, que tem solucao x = ± 28/3. Como o ponto inicial tem x = 1 que est´ entre os
4 √ ¸˜ a
2 √
valores x = − 28/3 e x = 28/3 conclu´mos que o intervalo de validade da solucao e o intervalo
√ √ ı ¸˜ ´
(− 28/3, 28/3), que e o maior intervalo em que a solucao y( x ) e a sua derivada est˜ o deﬁnidas.
´ ¸˜ a
√ √
A reta tangente a curva integral x2 − xy + y2 = 7 e vertical ( dx = 0) para x = − 28/3 e x = 28/3,
` ´ dy
pois

dx 1 x − 2y
= dy = , para x = y/2.
dy 2x − y
dx

¸˜ ` ´
(c) Nos pontos onde a solucao tem m´ ximo local a reta tangente a curva e horizontal, ou seja, pontos
a
dy
onde dx = 0. Como a derivada j´ est´ dada pela equacao diferencial, ou seja,
a a ¸˜

dy 2x − y
=
dx x − 2y

Assim, a reta tangente e horizontal para x tal que 2x − y = 0, ou seja, somente para y = 2x.
´
Substituindo-se y = 2x na equacao x2 − xy + y2 = 7 obtemos a equacao x2 − 2x2 + 4x2 = 7, que
√ ¸˜ ¸˜
tem solucao x = ± 7/3.
¸˜
d2 y d 2x −y (2−y )( x −2y)−(2x −y)(1−2y )
dx2
= dx x −2y = ( x −2y)2
d2 y −2 , ent˜ o o ponto de m´ ximo
√
Como dx2 y=2x
= 3x a a ocorre em x = + 7/3.

√ √
(d) J´ sabemos que a solucao est´ contida em uma curva que passa pelos pontos (− 28/3, − 28/3/2)
a√ √ ¸˜ a
e ( 28/3, 28/3/2) onde a tangente e vertical, pelo ponto inicial (1, 3). Neste ponto a inclinacao
´ ¸˜
dy
da tangente e 1/5, pois substituindo-se x = 1 e y = 3 na equacao diferencial obtemos dx = 1/5.
´ ¸˜
√
Al´ m disso sabemos que o unico ponto em que a √ ¸ ao tem m´ ximo local ocorre para x = 7/3.
e ´ soluc ˜ a
Deduzimos da´ que a solucao e crescente at´ x = 7/3 depois comeca a decrescer.
ı ¸˜ ´ e ¸


¸˜ .

4
y

3

2

1

0
x

−1

−2
−3 −2 −1 0 1 2 3

4.3. (a) Vamos supor que exista uma funcao µ(y) tal que ao multiplicarmos a equacao por µ(y) a nova
¸˜ ¸˜
¸˜
equacao seja exata. Ent˜ o
a
∂ ∂
(µM) = (µN )
∂y ∂x
ou seja,
dµ ∂M ∂N
M+µ =µ
dy ∂y ∂x
Assim, µ(y) deve satisfazer a equacao diferencial
¸˜

dµ
∂N
∂x − ∂M
∂y
= µ
dy M
Como
∂N
∂x − ∂M
∂y 4x − x
= = 3/y,
M xy

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 181

ent˜ o µ(y) deve satisfazer a equacao diferencial
a ¸˜

dµ 3
= µ
dy y

1 dµ 3
=
µ dy y
ln |µ| − 3 ln y = C
Assim
µ ( y ) = y3
´ ¸˜
(b)
M = y3 ( xy)
˜ e N = y3 2x2 + 3y2 − 20
˜

˜
∂M ˜
∂N
= 4xy3 = 4xy3
∂y ∂x

4.4. (a) Vamos supor que exista uma funcao µ(y) tal que ao multiplicarmos a equacao por µ(y) a nova
¸˜ ¸˜
¸˜
equacao seja exata. Ent˜ o
a
∂ ∂
(µM) = (µN )
∂y ∂x
ou seja,
dµ ∂M ∂N
M+µ =µ
dy ∂y ∂x
Assim, µ(y) deve satisfazer a equacao diferencial
¸˜

dµ
∂N
∂x − ∂M
∂y
= µ
dy M


¸˜ .

Como
∂N
∂x − ∂M
∂y 2xy
= = 2y,
M x
ent˜ o µ(y) deve satisfazer a equacao diferencial
a ¸˜
dµ
= 2yµ
dy
1 dµ
= 2y
µ dy
ln |µ| − y2 = C
Assim
2
µ(y) = ey
´ ¸˜
4.5. (a)
2y y
M = 2y2 + , N = 2xy + 2 +
x x

∂M 2 ∂N y
= 4y + , = 2y − 2
∂y x ∂x x

∂M ∂N
= ⇒ ¸˜ a ´
A equacao n˜ o e exata!
∂y ∂x
Multiplicando a equacao por µ( x ) = x obtemos
¸˜

2xy2 + 2y + 2x2 y + 2x + y y = 0.

M = xM = 2xy2 + 2y,
˜ N = xN = 2x2 y + 2x + y
˜

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 183

˜
∂M ˜
∂N
= 4xy + 2, = 4xy + 2
∂y ∂x
˜
∂M ˜
∂N
= ⇒ ¸˜ ´
A nova equacao e exata!
∂y ∂x
(b)
ψ( x, y) = Mdx = x2 y2 + 2xy + h(y)
˜

∂ψ
N = 2x2 y + 2x + y =
˜ = 2x2 y + 2x + h (y)
∂y

h (y) = y ⇒ h(y) = y2 /2 + C1
¸˜ ¸˜ ´
A solucao geral da equacao e dada implicitamente por

x2 y2 + 2xy + y2 /2 = C

(c) Substituindo-se x = 1 e y = 1 na solucao acima
¸˜

1 + 2 + 1/2 = C

¸˜ ´
Logo a solucao do problema de valor inicial e dada implicitamente por

x2 y2 + 2xy + y2 /2 = 7/2

4.6. (a)
1 ey 1
M= 3
+ , N = ey +
x x xy

∂M ey ∂N 1
= , =− 2
∂y x ∂x x y


¸˜ .

∂M ∂N
= ⇒ ¸˜ a ´
∂y ∂x

¸˜

1 1
+ ey + xey + y = 0.
x2 y

M = xM = x −2 + ey ,
˜ N = xN = xey + y−1
˜

˜
∂M ˜
∂N
= ey , = ey
∂y ∂x

˜
∂M ˜
∂N
= ⇒ ¸˜ ´
∂y ∂x

(b)
ψ( x, y) = Mdx = − x −1 + xey + h(y)
˜

N = xey + y−1 = xey + h (y)
˜

1
h (y) = ⇒ h(y) = ln y + C1
y
¸˜ ¸˜ ´

− x −1 + xey + ln |y| = C

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 185

¸˜

−1 + e = C
¸˜ ´

− x −1 + xey + ln |y| = e − 1

4.7. (a)
y3
M = −2y, N = x+
x

∂M ∂N y3
= −2, = 1− 2
∂y ∂x x

∂M ∂N
= ⇒ ¸˜ a ´
∂y ∂x
x
Multiplicando a equacao por µ( x, y) =
¸˜ obtemos
y2

2x x2
− + +y y = 0.
y y2

˜ x 2x ˜ x x2
M = 2M = − , N = 2N = 2 +y
y y y y
˜
∂M 2x ˜
∂N 2x
= 2, = 2
∂y y ∂x y
˜
∂M ˜
∂N
= ⇒ ¸˜ ´
∂y ∂x


¸˜ .

(b)
x 2
ψ( x, y) = ˜
Mdx = − + h(y)
y

˜ x2 ∂ψ x2
N = 2 +y = = 2 + h (y)
y ∂y y

y2
h (y) = y ⇒ h(y) = + C1
2
¸˜ ¸˜ ´

x2 y2
− + =C
y 2

¸˜
1
−1 + =C
2
¸˜ ´

x2 y2 1
− + =−
y 2 2

4.8. (a)
3 x
M = e x + sen y, N= cos y
3

∂M ∂N 1
= cos y, = cos y
∂y ∂x 3

∂M ∂N
= ⇒ ¸˜ a ´
∂y ∂x

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 187

Multiplicando a equacao por µ( x ) = x2 obtemos
¸˜

3 x3
x2 e x + x2 + cos y y = 0.
3

3 x3
M = xM = x2 e x + x2 sen y,
˜ ˜
N = xN = cos y
3

˜
∂M ˜
∂N
= x2 cos y, = x2 cos y
∂y ∂x

˜
∂M ˜
∂N
= ⇒ ¸˜ ´
∂y ∂x
(b)
1 3 x3
ψ( x, y) = Mdx = e x +
˜ sen y + h(y)
3 3

˜ x3 ∂ψ x3
N= cos y = = cos y + h (y)
3 ∂y 3

h (y) = 0 ⇒ h(y) = C1
¸˜ ¸˜ ´

1 x3 x 3
e + sen y = C
3 3

¸˜

1
=C
3


¸˜ .

¸˜ ´

1 x3 x 3 1
e + sen y =
3 3 3

4.9. (a)
ey y
M = 2+ N = ey +
x x

∂M ey ∂N y
= , =− 2
∂y x ∂x x

∂M ∂N
= ⇒ ¸˜ a ´
∂y ∂x

¸˜

2x + ey + ( xey + y) y = 0.

M = xM = 2x + ey
˜ N = xN = xey + y
˜

˜
∂M ˜
∂N
= ey , = ey
∂y ∂x

˜
∂M ˜
∂N
= ⇒ ¸˜ ´
∂y ∂x
(b)
ψ( x, y) = Mdx = x2 + xey + h(y)
˜

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 189

∂ψ
N = xey + 2y =
˜ = xey + h (y)
∂y

h (y) = y ⇒ h(y) = y2 /2 + C1
¸˜ ¸˜ ´

x2 + xey + y2 /2 = C

¸˜

1 + e + 1/2 = C

¸˜ ´

x2 + xey + y2 /2 = e + 3/2

¸˜
4.10. A equacao
dy
g(y) = f (x)
dx
pode ser escrita na forma
dy
f ( x ) − g(y) =0
dx
Para esta equacao M( x, y) = f ( x ) e N ( x, y) = − g(y).
¸˜

∂M ∂N
=0= ⇒ ¸˜ ´
A equacao e exata!
∂y ∂x

5. Substitui¸ oes em Equa¸ oes de 1a Ordem (p´ gina 59)
c˜ c˜ . a


¸˜ .

5.1. (a)
dy 3y + x
=
dx 3x + y
Dividindo numerador e denominador por x obtemos
y
dy 3 +1
= x y .
dx 3+ x
y
Seja v = . Ent˜ o y = vx e derivando o produto vx em relacao a x obtemos
a ¸˜
x
dy dv
= x + v.
dx dx
dy y
¸˜
dx x
dv 3v + 1
x +v =
dx 3+v
ou
dv 3v + 1 v2 − 1
x = −v = −
dx 3+v 3+v
3+v
x ( v2 − 1)
3 + v dv 1
=−
v2 − 1 dx x
3+v 3+v A B
= = +
v2 − 1 (v − 1)(v + 1) v−1 v+1
Multiplicando-se por (v − 1)(v + 1) obtemos
3 + v = A ( v + 1) + B ( v − 1)

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 191

Substituindo-se v = −1 e v = 1 obtemos B = −1 e A = 2. Assim

3+v 1 1
dv = 2 dv − dv
v2 − 1 v−1 v+1
= 2 ln |v − 1| − ln |v + 1|
( v − 1)2
= ln
v+1

¸˜
Logo a equacao acima pode ser escrita como

d ( v − 1)2 1
ln =−
dx v+1 x

( v − 1)2
ln = − ln | x | + C1
v+1

x ( v − 1)2
ln = C1
v+1

x ( v − 1)2
=C
v+1
y
Substituindo-se v = obtemos
x
y
x ( x − 1)2
y =C
x +1
Multiplicando-se numerador e denominador por x:

( y − x )2 = C ( y + x )


¸˜ .

(b)
dy 2x2 + 5y2
=
dx 2xy

Dividindo numerador e denominador por x2 obtemos

y 2
dy 2+5 x
= y .
dx 2x

y
Seja v = . Ent˜ o y = vx e derivando o produto vx em relacao a x obtemos
a ¸˜
x
dy dv
= x + v.
dx dx
dy y
¸˜
dx x

dv 2 + 5v2
x +v =
dx 2v
ou
dv 2 + 5v2 3v2 + 2
x = −v =
dx 2v 2v
3v2 + 2
2xv
2v dv 1
=
3v2 + 2 dx x

2v 1
dv = ln |3v2 + 2| = ln |3v2 + 2|1/3
3v2 + 2 3

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 193

¸˜
Logo a equacao acima pode ser escrita como

d 1
ln |3v2 + 2|1/3 =
dx x
ln |3v2 + 2|1/3 = ln | x | + C1

(3v2 + 2)1/3
ln = C1
x

(3v2 + 2)1/3
=C
x
y
Substituindo-se v = obtemos
x
(3(y/x )2 + 2)1/3
=C
x
(3y2 + 2x2 )1/3 = Cx5/3

5.2. (a)
2 y3
y + y= 3
x x
Fazendo a mudanca de vari´ veis v = y−2 , ent˜ o
¸ a a

dv dy
= (−2)y−3
dx dx

Multiplicando-se a equacao acima por y−3 obtemos
¸˜

dy 2 1
y −3 + y −2 = 3
dx x x


¸˜ .

dy
Fazendo as substituicoes y−3 dx = − 1 dx e y−2 = v obtemos
¸˜ 2
dv

1 dv 2 1
− + v= 3
2 dx x x
¸˜
4 2
v − v=− 3
x x
´ ¸˜ ¸˜
1
v( x ) = + Cx4
3x2
¸˜ ¸˜ ´
1
y −2 = + Cx4
3x2
(b)
4
y +y = − x 5 e x y2
x
Fazendo a mudanca de vari´ veis v = y−1 , ent˜ o
¸ a a
dv dy
= − y −2
dx dx
Multiplicando-se a equacao acima por y−2 obtemos
¸˜
dy 4
y −2 + y −1 = − x 5 e x
dx x
dy
Fazendo as substituicoes y−2 dx = − dx e y−1 = v obtemos
¸˜ dv

dv 4
− + v = − x5 e x
dx x

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 195

¸˜
4
v − v = x5 e x
x
´ ¸˜ ¸˜

v( x ) = x5 e x − x4 e x + Cx4

¸˜ ¸˜ ´
1
y( x ) =
x5 e x − x4 e x + Cx4
(c)
2
y= +u
x
2
y = − +u
x
¸˜
Substituindo-se na equacao
2 4 1 2 2
− + u = − 2 − ( + u ) + ( + u )2
x2 x x x x
3
u −u = u2
x
Esta e uma equacao de Bernoulli. Fazendo a substituicao v = u−1 obtemos
´ ¸˜ ¸˜
3
v + v = −1
x
Esta equacao e linear. O fator integrante e µ( x ) = x3 . Multiplicando-se a equacao por µ( x ) obtemos
¸˜ ´ ´ ¸˜
d
x3 v = − x3
dx


¸˜ .

x4
x3 v( x ) = − +c
4
x c
v( x ) = − + 3
4 x
Substituindo-se v = u−1 = (y − 2 )−1 obtemos que a solucao da equacao e dada implicitamente por
x ¸˜ ¸˜ ´

1 x c
2
=− + 3
y− x
4 x

(d) Substituindo-se y − x = v e y = 1 + v na equacao y = (y − x )2 obtemos
¸˜

1 + v = v2
1
v =1
v2−1
v−1
ln = 2x + c1
v+1
v−1
= ce2x
v+1
y−x−1
= ce2x
y−x+1
(e) Substituindo-se vy = v e y + xy = v na equacao xy = e− xy − y obtemos
¸˜

v = e−v

ev v = 1
ev = x + c
e xy = x + c

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 197

(f) Substituindo-se x + ey = v e 1 + ey y = v na equacao obtemos
¸˜

v = xv
1
=v =x
v
x2
ln |v| = + c1
2
x2
v = ce 2

x2
x + ey = ce 2

6. Aplica¸ oes (p´ gina 119)
c˜ a

6.1. (a) 
 dQ 1 Q
= 2te− 100 t − .
dt 100
Q(0) = 100


¸˜ ´

dQ Q 1
+ = 2te− 100 t .
dt 100
e
1 1
µ(t) = e 100 dt = e 100 t
1
¸˜

d 1
(e 100 t Q) = 2t
dt


¸˜ .

1
e 100 t Q(t) = t2 + C

ou 1 1
Q(t) = t2 e− 100 t + Ce− 100 t
Substituindo-se t = 0 e Q = 100, obtemos

100 = C

¸˜ ´
1 1
Q(t) = t2 e− 100 t + 100e− 100 t .

(b) A concentracao em t = 10 min e dada por
¸˜ ´

Q(10) 102 1 1
c(10) = =( + 1)e− 100 10 = 2e− 10 gramas/litro
100 100

6.2. (a) 
 dQ 2 Q
= 300e− 10 t − 10 .
dt 100
Q (0) = 0


¸˜ ´

dQ Q 2
+ = 300e− 10 t .
dt 10
e
1 1
µ(t) = e 10 dt = e 10 t

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 199

1
¸˜

d 1 t 1 2 1
(e 10 Q) = 300e 10 t e− 10 t = 300e− 10 t
dt
1 1
e 10 t Q(t) = −3000e− 10 t + C

ou
2 1
Q(t) = −3000e− 10 t + Ce− 10 t

0 = −3000 + C

¸˜ ´
1 2
Q(t) = 3000(e− 10 t − e− 10 t ).

¸˜ ´
(b) A concentracao de sal no tanque e dada por

Q(t) 1 2
c(t) = = 30(e− 10 t − e− 10 t )
100
1
Se x = e− 10 t . Ent˜ o c(t) = 7,5 se, e somente se, x − x2 =
a 75
300 = 1
4 ou x = 1/2 ou 1
10 t = ln 2 ou
t = 10 ln 2 min.

6.3. (a) 
 dQ Q
= 20 − .
dt 25
Q(0) = 100



¸˜ .

¸˜ ´

dQ Q
+ = 20.
dt 25
e
1 1
µ(t) = e 25 dt = e 25 t
1
¸˜

d 1 t 1
(e 25 Q) = 20e 25 t
dt
1 1
e 25 t Q(t) = 500e 25 t + C

ou 1
Q(t) = 500 + Ce− 25 t

100 = 500 + C

¸˜ ´
1
Q(t) = 500 − 400e− 25 t .

¸˜ ´

Q(t) Q(t) 1
c(t) = = = 5 − 4e− 25 t gramas por litro
V (t) 100

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 201

lim c(t) = 5 gramas por litro
t→∞
1
c(t) = 5
2 se, e somente se, Q(t) = 250 = 500 − 400e− 25 t ou
1 250 5
e− 25 t = =
400 8
ou
1 5
− t = ln
25 8
ou
8
t = 25 ln min.
5
6.4. (a) 
 dQ = 3 − 2 Q .
dt 100 + t
Q(0) = 10


¸˜ ´
dQ Q
+2 = 3.
dt 100 + t
e
2
µ(t) = e 100+t dt = e2 ln |100+t| = (100 + t)2
Multiplicando-se a equacao diferencial por µ(t) = (100 + t)2 obtemos
¸˜
d
((100 + t)2 Q) = 3(100 + t)2
dt

(100 + t)2 Q(t) = (100 + t)3 + C


¸˜ .

ou
Q(t) = 100 + t + C (100 + t)−2

10 = 100 + C10−4 ⇒ C = −9 105

¸˜ ´

Q(t) = 100 + t − 9 105 (100 + t)−2 gramas.

¸˜ ´

Q(t)
c(t) = = 1 − 9 105 (100 + t)−3
100 + t
O tanque estar´ cheio para t = 100.
a

9 71
lim c(t) = 1 − = gramas/litro
t→100 80 80

6.5. (a) 
 dQ = −2 Q .
dt 100 − t
Q(0) = 10


¸˜ ´
A equacao e separ´ vel e pode ser reescrita como
a

1 dQ 2
=− .
Q dt 100 − t

ou ainda
d 2
(ln | Q|) = −
dt 100 − t

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 203

ln | Q(t)| = 2 ln |100 − t| + C1
ou
Q(t) = C (100 − t)2

10 = C104 ⇒ C = 10−3

¸˜ ´

Q(t) = 10−3 (100 − t)2 gramas.

¸˜ ´

Q(t)
c(t) = = 10−3 (100 − t)
100 − t
O tanque estar´ vazio para t = 100.
a

lim c(t) = 0 grama/litro.
t→100

6.6. (a)
dv dv
m = mv = −kx
dt dx
d
mv2 /2 = −kx
dx
mv2 /2 = −kx2 /2 + C
mv2 /2 + kx2 /2 = C
Substituindo-se x = R, v = 0:
kR2 /2 = C


¸˜ .

mv2 /2 = kR2 /2 − kx2 /2
k ( R2 − x 2 )
v( x ) =
m
(b) Substituindo-se x = 0:
kR2
v (0) =
m
Substituindo-se x = − R:
v(− R) = 0.

6.7.
dV
= kA = k4πr2
dt
4
V (r ) = πr3
3
dV dV dr dr
= = 4πr2
dt dr dt dt
¸˜
Substituindo na primeira equacao:
dr
=k
dt
r (t) = kt + C
Substituindo t = 0 e r = r0 :
r0 = C
Substituindo t = 1 e r = r0 /2:
r0 /2 = k + r0
k = −r0 /2
r (t) = r0 (1 − t/2)

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 205

6.8.
dy
= ky ⇒ y(t) = y0 ekt
dt
48 = y(1) = y0 ek
27 = y(3) = y0 e3k
48
= e−2k
27
1 48 1 16 3
k = − ln = − ln = ln
2 27 2 9 4
3 4
y0 = 48e−k = 48e− ln 4 = 48 = 64
3
6.9.
dy
= ky
dt

y(t) = y0 ekt

ln(400/y0 )
400 = y0 e3k ⇒ k=
3
3
400
2500 = y0 e9k ⇒ 2500 = y0
y0

− 2500
y0 2 =
4003
1/2
4003 203
y0 = = = 160
2500 50


¸˜ .

6.10.
dy
= ky
dt

y(t) = 35000ekt

30000 = 35000ek ⇒ k = ln(30000/35000) = ln(6/7)
6 2
y(2) = 35000e2k = 35000 7 = 5000 36 =
7
180000
7 ≈ R$ 25714, 00

6.11. A populacao cresce a uma taxa proporcional a populacao presente o que signiﬁca que a populacao, y(t),
¸˜ ¸˜ ¸˜
´ ¸˜
e a solucao do problema de valor inicial

 dy
= ky.
dt
y (0) = y0


¸˜
que como vimos acima tem solucao
y(t) = y0 ekt
Como em uma hora a populacao e o dobro da populacao original, ent˜ o substituindo-se t = 1 e y = 2y0
¸˜ ´ ¸˜ a
obtemos
2y0 = y0 ek ⇒ k = ln 2
¸˜ ¸˜ ´
Assim, a equacao que descreve como a populacao de bact´ rias varia com o tempo e
e

y(t) = y0 e(ln 2)t = y0 · 2t

Agora para sabermos em quanto tempo a populacao triplica substitu´mos y = 3y0 e determinamos t que
¸˜ ı
´
e
ln 3
t= ≈ 1, 585 horas ≈ 1 hora e 35 minutos.
ln 2

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 207

8yo
y
7yo

6yo

5yo

4yo

3yo

2yo

yo

0
t

−0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

6.12. O numero de pessoas infectadas como funcao do tempo, y(t), e a solucao do problema
´ ¸˜ ´ ¸˜

 dy
= ky(100 − y).
dt
y(0) = 1, y(4) = 5


1
¸˜ ´ a ¸˜
A equacao e separ´ vel. Multiplicando-se a equacao por y(100−y)
obtemos

1 dy
=k (1.70)
y(100 − y) dt
1
Vamos decompor y(100−y)
¸˜

1 A B
= +
y(100 − y) y 100 − y


¸˜ .

¸˜
1 = A(100 − y) + By
1 1 1 1
dy = dy + dy
y(100 − y) 100 y 100 − y
1
= (ln |y| − ln |100 − y|)
100
¸˜
Logo a equacao (1.70) pode ser escrita como
1 d dy
(ln |y| − ln |100 − y|) =k
100 dy dt
ou ainda como
d
(ln |y| − ln |100 − y|) = k100
dt
¸˜
que tem solucao
ln |y| − ln |100 − y| = k100t + C1 .
y
ln = C1 + k100t.
100 − y
Aplicando a exponencial a ambos os membros obtemos
y
= ±eC1 e100kt = Ce100kt
100 − y
¸˜
1 1
C= = .
100 − 1 99

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 209


y = (100 − y)Ce100kt ⇒ y + Ce100kt y = 100Ce100kt
¸˜ ´
100 e100kt
C100e100kt 99 100e100kt 100
y(t) = 1+Ce100kt
= 1 = 99+e100kt
= 99e−100kt +1
1+ 99 e100kt
Substituindo-se t = 4 e y = 5 obtemos

100 19 ln 19
5= ⇒ e−400k = ⇒ −100k = 99
99e−400k + 1 99 4
Logo
100 100
y(t) = 19
= t/4
ln 99
19
99e 4 t
+1 99 · 99 +1
100
y

80

60

40

20

0
t

−20
−5 0 5 10 15 20 25 30


¸˜ .

gi + h i
ti yi gi hi 2
1950 ˜
52 milhoes 0, 0346 -
1960 ˜
70 milhoes 0, 0329 0, 0257 0, 0293
6.13. 1970 ˜
93 milhoes 0, 0280 0, 0247 0, 0263
1980 ˜
119 milhoes 0, 0214 0, 0218 0, 0216
1991 ˜
147 milhoes 0, 0174 0, 0173 0, 0174
2000 ˜
170 milhoes - 0, 0150

1 dy g + hi
(t ) = ay(ti ) + b ≈ i ,
y dt i 2

para ti = 1960, 1970, 1980, 1991. Usando quadrados m´nimos vamos encontrar a melhor reta que se ajusta
ı
ao conjunto de pontos

gi + h i
yi 2
˜
70 milhoes 0.0293
˜
93 milhoes 0.0263
˜
119 milhoes 0.0216
˜
147 milhoes 0.0174

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 211

0.03

0.028

0.026

0.024

z=ay+b
0.022

0.02

0.018

0.016
70 80 90 100 110 120 130 140 150
y (em milhões)

encontrando a = −1, 58 · 10−10 , b = 0, 04. Assim obtemos k = 1, 58 · 10−10 e y M = 257 milhoes.
˜

Usando t0 = 2000, y0 = 170 milhoes obtemos
˜

257 · 106
y(t) =
1 + 0, 51 · e−0,04(t−2000)

Para t = 2010 temos

y(2010) = 191, 6 milhoes de habitantes.
˜

Um erro de 0, 5 %.


¸˜ .

260
250
240
230
220
210
200
190

População (em milhões)
180
170
160
150
140
130
120
110
100
90
80
70
60
50
1950 1960 1970 1980 1990 2000 2010 2020 2030 2040 2050 2060
Ano

6.14.
 √
 dh h
 = k dV
dt
 dh
h (0) = h0


Como para o cone
2 2
1 2 1 hR 1 R
V (h) = πr h = π h= π h3
3 3 H 3 H

2
dV R
=π h2
dh H

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 213

ent˜ o o problema pode ser modelado por
a

 dh
= kh−3/2
dt
h(0) = 2, h(30) = 1


Multiplicando a equacao por h3/2
¸˜
dh
h3/2 =k
dt
d 2 5/2 dh
h =k
dh 5 dt
ou
d 2 5/2
h =k
dt 5
Integrando-se ambos os lados
2 5/2
h = kt + C
5
ou
h(t) = (C + k t)2/5
Substituindo t = 0 e h = 2:
25/2 = C
Substituindo t = 30 e h = 1:

1−C 1 − 25/2
C + 30k = 1 ⇒ k = =
30 30
¸˜ ´
Assim a funcao que descreve como a altura varia com o tempo e dada por

1 − 25/2 2/5
h(t) = (C + k t)2/5 = (25/2 + t)
30


¸˜ .

Substituindo h = 0:
C 30 · 25/2
t=− =− ≈ 36 min
k 1 − 25/2
6.15. (a) A temperatura registrada no termometro, T (t), e a solucao do problema de valor inicial
ˆ ´ ¸˜

 dT
= k ( T − 5).
dt
T (0) = 20


dT
= k ( T − 5)
dt
1 dT
=k
T − 5 dt
d
(ln | T − 5|) = k
dt
ln | T − 5| = kt
ln | T − 5| = C1 + kt
T (t) = 5 + Cekt
Substituindo t = 0 e T = 20:
20 = 5 + C ⇒ C = 15
T (t) = 5 + 15ekt
Substituindo t = 1/2 e T = 15:
15 = 5 + 15ek/2 ⇒ k = 2 ln(2/3)
¸˜ ´
Assim a temperatura do caf´ em funcao do tempo e dada por
e
2t
2
T (t) = 5 + 15e2 ln(2/3)t = 5 + 15 ·
3

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 215

´ ˆ
(b) Apos 1 minuto o termometro deve marcar
2
2 105
T (1) = 5 + 15 = ≈ 11, 7◦ C
3 9

(c) Substituindo T = 10 em T (t) = 5 + 15e2 ln(2/3)t :

10 = 5 + 15e2 ln(2/3)t

Logo o tempo necess´ rio para que o termometro marque 10◦ e de
a ˆ ´

ln(1/3)
t= ≈ 1 min e 20 segundos
2 ln(2/3)

6.16. (a)
dv
120 = 10 − 2v
dt
120 dv
=1
10 − 2v dt
d
(−60 ln |10 − 2v|) = 1
dt
60 ln |10 − 2v| = −t + C1
C1 − t
ln |10 − 2v| =
60
t
v(t) = 5 − Ce− 60
Substituindo-se t = 0 e v = 0:
0 = 5−C ⇒ C=5
t
− 60
v(t) = 5 − 5e


¸˜ .

(b)
t
lim v(t) = lim (5 − 5e− 60 ) = 5 m/s
t→∞ t→∞

5
v

4

3

2

1

0
t

−1
0 50 100 150 200

6.17. (a) 
 dS 1
= S + d.
dt 100
S (0) = 0


¸˜ ´
dS 1
− S = d.
dt 100
e
1
− 100 dt 1
µ(t) = e = e− 100 t

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 217

1
Multiplicando-se a equacao diferencial por µ(t) = e− 100 t obtemos
¸˜

d − 1 t 1
(e 100 S) = de− 100 t
dt
1 1
e− 100 t S(t) = −100de− 100 t + C

ou
1
S(t) = Ce 100 t − 100d
Substituindo-se t = 0 e S = 0, obtemos
1
0 = Ce 100 0 − 100d ⇒ C = 100d

¸˜ ´
1
S(t) = 100d(e 100 t − 1).

Substituindo-se d = 100, t = 20 · 12 = 240 obtemos

S(240) = 10000(e2,4 − 1) ≈ R$ 100231, 00

(b) 
 dS 1
= S − d.
dt 100
S(0) = 100231


A solucao da equacao e obtida da anterior trocando-se d por −d.
¸˜ ¸˜ ´
1
S(t) = Ce 100 t + 100d


¸˜ .

Substituindo-se t = 0 e S = 100231 obtemos
100231 = C + 100d ⇒ C = 100231 − 100d
Assim 1
S(t) = (100231 − 100d)e 100 t + 100d
Substituindo-se t = 20 · 12 = 240 e S = 0 obtemos
0 = (100231 − 100d)e2,4 + 100d
100231e2,4
d= ≈ R$ 1102, 00
100(e2,4 − 1)
6.18.
dQ
200 + 104 Q = 10.
dt
dQ
+ 50Q = 5 · 10−2 .
dt
A equacao e linear. Multiplicando-se a equacao pelo fator integrante µ(t) = e50t obtemos
¸˜ ´ ¸˜
d
e50t Q = 5 · 10−2 e50t
dt
e50t Q(t) = 10−3 e50t + k
ou
Q(t) = 10−3 + ke−50t
Substituindo-se t = 0 e Q = 0 obtemos k = −10−3 e assim a solucao do problema de valor inicial e
¸˜ ´

Q(t) = 10−3 1 − e−50t coulombs.

dQ
I (t) = = 5 · 10−2 e−50t amperes
dt

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 219

6.19. Para este circuito a segunda lei de Kirchhoff nos d´
a

dI
RI+L = V ( t ).
dt
Ou seja,
dI
5 · 10−1 + 102 I = 10.
dt
dI
+ 200I = 20.
dt
A equacao e linear. Multiplicando-se a equacao pelo fator integrante µ(t) = e200t obtemos
¸˜ ´ ¸˜

d
e200t I = 20e200t
dt
e200t I (t) = 10−1 e200t + k
ou
I (t) = 10−1 + ke−200t
Substituindo-se t = 0 e I = 0 obtemos k = −10−1 e assim a solucao do problema de valor inicial e
¸˜ ´

I (t) = 10−1 1 − e−200t amperes.

6.20. (a) Sejam α(t) e β(t) as quantidades de A e B n˜ o transformadas, respectivamente e y(t) a quantidade
a
de C obtida. Ent˜ o
a
dy
∝ α ( t ) β ( t ). (1.71)
dt
Sejam a(t) e b(t) a quantidade de A e B transformadas. Ent˜ o a

a ( t ) + b ( t ) = y ( t ), a(t) = 4b(t).


¸˜ .

4 1
a(t) =
y ( t ), b ( t ) = y ( t ). (1.72)
5 5
Mas as quantidades de A e B n˜ o transformadas e transformadas est˜ o relacionadas por
a a
α(t) = 32 − a(t), β(t) = 50 − b(t). (1.73)
dy 4 1
∝ 32 − y 50 − y ,
dt 5 5
ou ainda,
dy
∝ (40 − y) (250 − y) .
dt
Neste caso a quantidade da substˆ ncia C como funcao do tempo, y(t), e a solucao do problema
a ¸˜ ´ ¸˜

 dy
= k(40 − y)(250 − y)
dt
y(0) = 0, y(10) = 30


1
¸˜ ´ a ¸˜
A equacao e separ´ vel. Multiplicando-se a equacao por (40−y)(250−y)
obtemos

1
y =k
(40 − y)(250 − y)
¸˜
1
y dt = kdt + C1
(40 − y)(250 − y)
¸˜
1
dy = kdt + C1 .
(40 − y)(250 − y)

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 221

1
Vamos decompor (40−y)(250−y)
¸˜

1 A B
= +
(40 − y)(250 − y) 40 − y 250 − y

Multiplicando-se a equacao acima por (40 − y)(250 − y) obtemos
¸˜

1 = A(250 − y) + B(40 − y)

Substituindo-se y = 40 e y = 250 obtemos A = 1/210 e B = −1/210. Assim,

1 1 1 1
dy = dy − dy
(40 − y)(250 − y) 210 40 − y 250 − y
1
= − (ln |40 − y| − ln |250 − y|)
210
¸˜ ¸˜ ´

ln |40 − y| − ln |250 − y| = −210kt + C1 .


40 − y
ln = C1 − 210kt.
250 − y

Aplicando-se a exponencial a ambos os membros e eliminando-se o valor absoluto obtemos

40 − y
= ±eC1 e−210kt = Ce−210kt
250 − y

¸˜

4
C= .
25


¸˜ .

¸˜

25
= e−2100k
88
ou
1 88
210k = ln .
10 25

40 − y = (250 − y)Ce−210kt ⇒ y − Ce−210kt y = 40 − 250Ce−210kt

¸˜ ´

40 − 250Ce−210kt
y(t) =
1 − Ce−210kt
1 88 88 −t/10
1000(1 − e− 10 ln( 25 )t ) 1000(1 − 25 )
y(t) = 1 88
= −t/10
− 10 ln( 25 )t 88
25 − 4e 25 − 4 25

Observe que
lim y(t) = 40 gramas
t→∞

4
lim α(t) = lim (32 − y(t)) = 0
t→∞ t→∞ 5
1
lim β(t) = lim (50 − y(t)) = 42 gramas
t→∞ t→∞ 5
Portanto a quantidade inicial de A ser´ toda consumida na reacao, entretanto sobrar´ ainda 42
a ¸˜ a
gramas de B.

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 223

(b) Temos ent˜ o
a
dy 4 1
∝ 32 − y 8− y ,
dt 5 5
ou ainda,
dy
∝ (40 − y)2 .
dt
Neste caso a quantidade da substˆ ncia C como funcao do tempo, y(t), e a solucao do problema
a ¸˜ ´ ¸˜

 dy
= k (40 − y)2
dt
y(0) = 0, y(10) = 10


1
¸˜ ´ a ¸˜
A equacao e separ´ vel. Multiplicando-se a equacao por (40−y)2
obtemos

1
y =k
(40 − y)2

¸˜

1
y dt = kdt + C
(40 − y)2

¸˜

1
dy = kdt + C.
(40 − y)2

¸˜ ¸˜ ´

1
= kt + C.
40 − y


¸˜ .

¸˜

1
C= .
40
1
¸˜

1 1 1
k= − = .
300 400 1200
1
40 − y =
kt + C
¸˜ ´

1
y(t) = 40 −
kt + C
1200
y(t) = 40 −
t + 30

lim y(t) = 40,
t→∞

4
lim α(t) = lim (32 − y(t)) = 0,
t→∞ t→∞ 5
1
lim β(t) = lim (8 − y(t)) = 0.
t→∞ t→∞ 5
6.21. ¸˜ ´
(a) A equacao do raio incidente e
π
y = tan(2α − )x
2

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 225

Como tan α = y , ent˜ o
a
y 2 −1
tan(2α − π ) = − cot(2α) = − tan12α) = 2y .
2 (
¸˜ ´
Da´ segue-se que a equacao do raio incidente e
ı

y2−1
y= x
2y

¸˜
(b) A equacao anterior pode ser reescrita como

xy 2 − 2yy − x = 0

que e uma equacao do segundo grau em y resolvendo-a obtemos
´ ¸˜

y y 2
y = ± +1
x x

(c) Fazendo y = vx temos que y = v + xv e as equacoes se transformam em
¸˜

v + xv = v ± v2 + 1

xv = ± v2 + 1
1 dv 1
√ =±
v2 + 1 dx x
d 1
(arcsenh v) = ±
dx x
±arcsenh v = ln x + c
˜
±v = senh(ln x + c)
˜
Substituindo-se v = y/x:
y
± ˜
= senh(ln x + c)
x


¸˜ .

y eln x+c − e−(ln x+c)
˜ ˜ cx − (cx )−1
± = =
x 2 2

c 2 1
±y = x −
2 2c

que s˜ o par´ bolas.
a a

6.22. (a) Da equacao das hip´ rboles obtemos que c = xy. Derivando a equacao da fam´lia dada obtemos a
¸˜ e ¸˜ ı
¸˜ ´
equacao diferencial para as hip´ rboles dadas e
e

dy c y
=− 2 =−
dx x x

¸˜ ´ ´
Portanto a equacao diferencial para as trajetorias ortogonais e

dy x
=
dx y

y2 x2
− =c
2 2

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 227

1.5
y

1

0.5

0
x

−0.5

−1

−1.5
−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5

x 2 + y2
(b) Da equacao da fam´lia dada temos que c =
¸˜ ı 2y . ¸˜
Derivando a equacao da fam´lia dada obtemos
ı

dy
2x + 2(y − c) =0
dx
¸˜ ´
Assim a equacao diferencial para a fam´lia de curvas dadas e
ı
dy 2xy
= 2
dx x − y2
´
E para a fam´lia de trajetorias ortogonais
ı

dy x 2 − y2
=−
dx 2xy
¸˜ ´
cuja solucao e
( x − c )2 + y2 = c2


¸˜ .

1.5
y

1

0.5

0
x

−0.5

−1

−1.5
−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5

7. An´ lise Qualitativa de Equa¸ oes Autonomas (p´ gina 141)
a c˜ ˆ a
7.1. (a) Os pontos de equil´brio s˜ o y1 = 0 e y2 = 1.
ı a
y1 = 0 e ponto de equil´brio inst´ vel pois para valores de y proximos de y1 = 0 temos
´ ı a ´
dy
• = f (y) < 0, para y < y1 = 0
dt
dy
• = f (y) > 0, para y > y1 = 0.
dt
O que implica que se y(0) e proximo de y1 = 0 a solucao correspondente y(t) est´ se afastando de
´ ´ ¸˜ a
y1 = 0, quando t cresce.
y2 = 1 e ponto de equil´brio est´ vel pois para valores de y proximos de y2 = 1 temos
´ ı a ´
dy
• = f (y) > 0, para y < y2 = 1
dt
dy
• = f (y) < 0, para y > y2 = 1.
dt

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 229

O que implica que se y(0) e proximo de y2 = 1 a solucao correspondente y(t) est´ se aproximando
´ ´ ¸˜ a
de y2 = 1, quando t cresce.
0.5
y’ = f(y)

0
y

−0.5

−1

−1.5

−2
−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

dy
(b) Como = y − y2 > 0, para 0 < y < 1, ent˜ o as solucoes s˜ o crescentes para 0 < y < 1. Como
a ¸˜ a
dt
dy
= y − y2 < 0, para y < 0 e para y > 1, ent˜ o as solucoes s˜ o decrescentes para y < 0 e para
a ¸˜ a
dt
y > 1.
(c)
d2 y d dy d
2
= = ( y − y2 ).
dt dt dt dt

d dy
(y − y2 ) = (1 − 2y) = (1 − 2y)(y − y2 ).
dt dt


¸˜ .

Assim

d2 y
= (1 − 2y)(y − y2 ).
dt2

Logo as solucoes tˆ m pontos de inﬂex˜ o para y = 1/2, y = 0 e y = 1.
¸˜ e a

(d)

3
y

2

1

0
t

−1

−2

−3
−3 −2 −1 0 1 2 3

(e)

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 231

y
2
1.5
1
0.5
t
0
-0.5
-1
-1.5
-2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

7.2. (a) Os pontos de equil´brio s˜ o y1 = −1 e y2 = 1.
ı a
y1 = −1 e ponto de equil´brio inst´ vel pois para valores de y proximos de y1 = −1 temos
´ ı a ´
dy
• = f (y) < 0, para y < y1 = −1
dt
dy
• = f (y) > 0, para y > y1 = −1.
dt
O que implica que se y(0) e proximo de y1 = −1 a solucao correspondente y(t) est´ se afastando de
´ ´ ¸˜ a
y1 = −1, quando t cresce.
´ ı a ´
dy
• = f (y) > 0, para y < y2 = 1
dt
dy
• = f (y) < 0, para y > y2 = 1.
dt


¸˜ .

´ ´ ¸˜ a
1

y’ = f(y)

0.5

0
y

−0.5

−1

−1.5
−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5

dy
(b) Como = 1 − y2 > 0, para −1 < y < 1, ent˜ o as solucoes s˜ o crescentes para −1 < y < 1. Como
a ¸˜ a
dt
dy
= 1 − y2 < 0, para y < −1 e para y > 1, ent˜ o as solucoes s˜ o decrescentes para y < −1 e para
a ¸˜ a
dt
y > 1.
(c)
d2 y d dy d
2
= = (1 − y2 ).
dt dt dt dt
d dy
(1 − y2 ) = −2y = −2y(1 − y2 ).
dt dt

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 233

Assim

d2 y
= −2y(1 − y2 ).
dt2

Logo as solucoes tˆ m pontos de inﬂex˜ o para y = −1, y = 0 e y = 1.
¸˜ e a

(d)

3
y

2

1

0
t

−1

−2

−3
−1.5 −1 −0.5 0 0.5

(e)


¸˜ .

y
2
1.5
1
0.5
t
0
-0.5
-1
-1.5
-2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

ı a
y1 = −1 e ponto de equil´brio inst´ vel pois para valores de y proximos de y1 = −1 temos
´ ı a ´
dy
• = f (y) < 0, para y < y1 = −1
dt
dy
• = f (y) > 0, para y > y1 = −1.
dt
´ ´ ¸˜ a
´ ı a ´
dy
• = f (y) > 0, para y < y2 = 0
dt
dy
• = f (y) < 0, para y > y2 = 0.
dt

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 235

´ ´ ¸˜ a
0.5

y’ = f(y)

0
y

−0.5

−1

−1.5

−2
−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1

dy
(b) Como = −y − y2 > 0, para −1 < y < 0, ent˜ o as solucoes s˜ o crescentes para −1 < y < 0.
a ¸˜ a
dt
dy
Como = −y − y2 < 0, para y < −1 e para y > 0, ent˜ o as solucoes s˜ o decrescentes para y < −1
a ¸˜ a
dt
e para y > 0.
(c)
d2 y d dy d
= = (−y2 − y).
dt2 dt dt dt

d dy
(−y2 − y) = −(2y + 1) = (2y + 1)(y2 + y).
dt dt


¸˜ .

Assim

d2 y
= (2y + 1)(y2 + y).
dt2

Logo as solucoes tˆ m pontos de inﬂex˜ o para y = −1, y = 0 e y = −1/2.
¸˜ e a

(d)

3
y

2

1

0
t

−1

−2

−3
−0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

(e)

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 237

y
2
1.5
1
0.5
t
0
-0.5
-1
-1.5
-2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

ı a
y1 = −1 e ponto de equil´brio est´ vel pois para valores de y proximos de y1 = −1 temos
´ ı a ´
dy
• = f (y) > 0, para y < y1 = −1
dt
dy
• = f (y) < 0, para y > y1 = −1.
dt
O que implica que se y(0) e proximo de y1 = −1 a solucao correspondente y(t) est´ se aproximando
´ ´ ¸˜ a
de y1 = −1, quando t cresce.
y2 = 0 e ponto de equil´brio inst´ vel pois para valores de y proximos de y2 = 10 temos
´ ı a ´
dy
• = f (y) < 0, para y < y2 = 0
dt
dy
• = f (y) > 0, para y > y2 = 0.
dt


¸˜ .

´ ´ ¸˜ a
2

y’ = f(y)

1.5

1

0.5

0
y

−0.5
−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1

dy
(b) Como = y + y2 < 0, para −1 < y < 0, ent˜ o as solucoes s˜ o decrescentes para −1 < y < 0.
a ¸˜ a
dt
dy
Como = y + y2 < 0, para y < −1 e para y > 0, ent˜ o as solucoes s˜ o crescentes para y < −1 e
a ¸˜ a
dt
para y > 0.
(c)
d2 y d dy d
= = ( y2 + y ).
dt2 dt dt dt

d 2 dy
(y + y) = (2y + 1) = (2y + 1)(y2 + y).
dt dt

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 239

Assim

d2 y
= (2y + 1)(y2 + y).
dt2

Logo as solucoes tˆ m pontos de inﬂex˜ o para y = −1, y = 0 e y = −1/2.
¸˜ e a

(d)

3
y

2

1

0
t

−1

−2

−3
−3 −2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5

(e)


¸˜ .

y
2
1.5
1
0.5
t
0
-0.5
-1
-1.5
-2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

60
y’=f(y)

50

40

30

20

10

0
y

−10
7.5. −3 −2 −1 0 1 2 3

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 241

Os pontos de equil´brio s˜ o as ra´zes de f (y) = (y2 − 4)(y2 + y), ou seja, y1 = −2, y2 = −1, y3 = 0 e
ı a ı
y4 = 2.

(a) y1 = −2 e ponto de equil´brio est´ vel pois para valores de y proximos de y1 = −2 temos
´ ı a ´
• y = f (y) > 0, para y < y1 = −2
• y = f (y) < 0, para y > y1 = −2.
O que implica que se y0 = y(0) e proximo de y1 = −2 a solucao correspondente y(t) est´ se
´ ´ ¸˜ a
aproximando de y1 = −2, quando t cresce.
(b) y2 = −1 e ponto de equil´brio inst´ vel pois para valores de y proximos de y2 = −1 temos
´ ı a ´
• y = f (y) > 0, para y < y2 = −1
• y = f (y) < 0, para y > y2 = −1.
´ ´ ¸˜ a
(c) y3 = 0 e ponto de equil´brio est´ vel pois para valores de y proximos de y3 = 0 temos
´ ı a ´
• y = f (y) > 0, para y < y3 = 0
• y = f (y) < 0, para y > y3 = 0.
O que implica que se y0 = y(0) e proximo de y3 = 0 a solucao correspondente y(t) est´ se aproxi-
´ ´ ¸˜ a
mando de y3 = 0, quando t cresce.
(d) y4 = 2 e ponto de equil´brio inst´ vel pois para valores de y proximos de y4 = 2 temos
´ ı a ´
• y = f (y) > 0, para y < y4 = 2
• y = f (y) < 0, para y > y4 = 2.
´ ´ ¸˜ a


¸˜ .

10
y’=f(y)

8

6

4

2

0
y

−2
7.6. −5 −4 −3 −2 −1 0 1

Os pontos de equil´brio s˜ o as ra´zes de f (y) = (ey − 1)(y + 4), ou seja, y1 = −4 e y2 = 0.
ı a ı

(a) y1 = −4 e ponto de equil´brio est´ vel pois para valores de y proximos de y1 = −4 temos
´ ı a ´
• y = f (y) > 0, para y < y1 = −4
• y = f (y) < 0, para y > y1 = −4.
´ ´ ¸˜ a
(b) y2 = 0 e ponto de equil´brio inst´ vel pois para valores de y proximos de y2 = 0 temos
´ ı a ´
• y = f (y) > 0, para y < y2 = 0
• y = f (y) < 0, para y > y2 = 0.
´ ´ ¸˜ a

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 243

6
y’=f(y)

4

2

0
y

−2

−4

−6
7.7. −3 −2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1

Os pontos de equil´brio s˜ o as ra´zes de f (y) = y(y2 + 3y + 2), ou seja, y1 = −2, y2 = −1 e y3 = 0.
ı a ı

(a) y1 = −2 e ponto de equil´brio inst´ vel pois para valores de y proximos de y1 = −2 temos
´ ı a ´
• y = f (y) < 0, para y < y1 = −2
• y = f (y) > 0, para y > y1 = −2.
´ ´ ¸˜ a
afastando de y1 = −2, quando t cresce.
(b) y2 = −1 e ponto de equil´brio est´ vel pois para valores de y proximos de y2 = −1 temos
´ ı a ´
• y = f (y) > 0, para y < y2 = −1
• y = f (y) < 0, para y > y2 = −1.
´ ´ ¸˜ a
(c) y3 = 0 e ponto de equil´brio inst´ vel pois para valores de y proximos de y3 = 0 temos
´ ı a ´


¸˜ .

• y = f (y) > 0, para y < y3 = 0
• y = f (y) < 0, para y > y3 = 0.
´ ´ ¸˜ a

8. Existˆ ncia e Unicidade (p´ gina 153)
e a

8.1. (a)
∂f y
f (t, y) = y2 − 4 ⇒ = .
∂y y2 −4
Para os pontos (t0 , y0 ) ∈ R2 tais que y0 < −2 ou y0 > 2 o problema de valor inicial tem solucao
¸˜
´
unica.
(b)
∂f t
f (t, y) = ty ⇒ = √ .
∂y 2 ty
Para os pontos (t0 , y0 ) ∈ R2 tais que y0 t0 > 0 o problema de valor inicial tem solucao unica.
¸˜ ´
(c)
y2 ∂f 2t2 y
f (t, y) = ⇒ = 2 .
t2 + y2 ∂y ( t + y2 )2
Para os pontos (t0 , y0 ) ∈ R2 tais que (t0 , y0 ) = (0, 0) o problema de valor inicial tem solucao unica.
¸˜ ´
(d)
∂f ty
f (t, y) = t 1 − y2 ⇒ =− .
∂y 1 − y2
Para os pontos (t0 , y0 ) ∈ R2 tais que −1 < y0 < 1 o problema de valor inicial tem solucao unica.
¸˜ ´
8.2. (a)
t−2 t−2
p(t) = 2−1
=
t (t − 1)(t + 1)

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 245

t t
q(t) = = .
t2 −1 (t − 1)(t + 1)
Como t0 = 0, ent˜ o o problema de valor inicial tem solucao no intervalo −1 < t < 1.
a ¸˜
(b)
t t
p(t) = =
t2 − 1 (t − 1)(t + 1)
t2 t2
q(t) = = .
t2 −1 (t − 1)(t + 1)
Como t0 = 2, ent˜ o o problema de valor inicial tem solucao no intervalo t > 1.
a ¸˜
(c)
t+1 t+1
p(t) = 2−t
=
t t ( t − 1)
et et
q(t) = = .
t2 −t t ( t − 1)
Como t0 = −1, ent˜ o o problema de valor inicial tem solucao no intervalo t < 0.
a ¸˜
(d)
t+3 t+3
p(t) = 2−t
=
t t ( t − 1)
cos t cos t
q(t) = = .
t2 − t t ( t − 1)
Como t0 = 2, ent˜ o o problema de valor inicial tem solucao no intervalo t > 1.
a ¸˜

8.3. Seja t ﬁxo, tal que α < t < β. Pelo Teorema do Valor M´ dio, dados y e z com δ < y, z < γ existe ξ entre y
e
e z tal que
∂f
f (t, y) − f (t, z) = (t, ξ ) (y − z).
∂y


¸˜ .

∂f
Seja a = max (t, w) . Tomando-se o modulo da equacao acima obtemos
´ ¸˜
δ<w<γ ∂y

∂f
| f (t, y) − f (t, z)| = (t, ξ ) |y − z| ≤ a |y − z|.
∂y

8.4. Seja α o m´ ximo entre α, o valor de t < t0 tal que
a b
a e a | t − t0 | − 1 = γ e o valor de t < t0 tal que
− b e a|t−t0 | − 1 = δ. Seja β o m´nimo entre β, o valor de t > t0 tal que
a ı b
a e a|t−t0 | − 1 = γ e o valor de
t > t0 tal que − b e a|t−t0 | − 1 = δ. Vamos mostrar, por inducao, que
a ¸˜

b a | t − t0 |
| y n ( t ) − y0 | ≤ e −1 , para α < t < β
a
e assim que δ < yn (t) < γ, para α < t < β .

| y1 ( t ) − y0 | ≤ b | t − t0 |
∞
a n −1 | t − t 0 | n b a | t − t0 |
= b ∑ n!
=
a
e −1
n =1

¸˜
Vamos supor, por inducao, que

| t − t 0 | n −1
|yn−1 (t) − yn−2 (t)| ≤ an−2 b
( n − 1) !
e
b a | t − t0 |
| y k ( t ) − y0 | ≤
e −1 ,
a
para k = 1, . . . , n − 1 e α < t < β e assim que δ < yk (t) < γ, para k = 1, . . . , n − 1 e α < t < β . Ent˜ o
a
por (1.67) na p´ gina 149,
a
| t − t0 | n
|yn (t) − yn−1 (t)| ≤ an−1 b
n!

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 247

e assim
n
| y n ( t ) − y0 | ≤ ∑ |yk (t) − yk−1 (t)|
k =1
∞
a n −1 | t − t 0 | n b a | t − t0 |
= b ∑ n!
=
a
e −1
n =1


¸˜ .

10
y
9

8

7

6

5

4

3

2

1
¸˜
Figura 1.47 – Solucao do problema de valor
0
inicial do Exemplo 1.36 para t0 = 0 e y0 = t
1. −1
−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2

Equacoes Diferenciais Lineares de 2a Ordem
¸˜ .

Para as equacoes diferenciais lineares de 2a ordem e v´ lido um resultado semelhante
¸˜ . ´ a
ao que e v´ lido para equacoes lineares de 1a ordem (Teorema 1.2 na p´ gina 146) com
´ a ¸˜ . a
¸˜ ¸˜ ¸˜
relacao a existˆ ncia e unicidade de solucoes, mas a demonstracao, infelizmente, n˜ o
e a
´ a
e t˜ o simples quanto naquele caso e ser´ apresentada somente ao ﬁnal do Cap´tulo 4.
a ı

Teorema 2.1 (Existˆ ncia e Unicidade). O problema de valor inicial
e
y + p(t)y + q(t)y = f (t)
y ( t0 ) = y0 , y ( t0 ) = y0
para p(t), q(t) e f (t) fun¸ oes cont´nuas em um intervalo aberto I contendo t0 tem uma unica solu¸ ao neste intervalo.
c˜ ı ´ c˜

249

¸˜ .

Exemplo 2.1. Vamos determinar o intervalo m´ ximo em que o problema de valor ini-
a
cial 
 2 et
(t − 4)y + y + (sen t)y =
 y (1) = y , y (1) = y t
0 0

¸˜ ¸˜
tem solucao. Para esta equacao

1 sen t et
p(t) = , q(t) = , f (t) = .
t2 −4 t2 − 4 t ( t2− 4)

Assim p(t), q(t) e f (t) s˜ o cont´nuas para t = ±2, 0. Como t0 = 1, ent˜ o o problema
a ı a
de valor inicial tem solucao no intervalo 0 < t < 2, que e o maior intervalo contendo
¸˜ ´
t0 = 1 onde p(t), q(t) e f (t) s˜ o cont´nuas.
a ı

2.1 ¸˜
Equacoes Homogˆ neas - Parte I
e
Uma equacao diferencial linear de 2a ordem e homogˆ nea se ela pode ser escrita
¸˜ . ´ e
como
y + p(t)y + q(t)y = 0. (2.1)
¸˜ e ´ a
Para as equacoes lineares homogˆ neas e v´ lido o princ´pio da superposi¸ ao.
ı c˜

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.1 ¸˜
e 251

ı ¸˜
Teorema 2.2 (Princ´pio da Superposicao). Se y1 (t) e y2 (t) s˜ o solu¸ oes de (2.1), ent˜ o
a c˜ a

y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ) (2.2)

para c1 e c2 constantes, tamb´m o e.
e ´

¸˜
Demonstracao. Vamos veriﬁcar que realmente y(t) dado por (2.2) e solucao de
´ ¸˜
(2.1).

y (t) + p(t)y (t) + q(t)y(t) =
= (c1 y1 (t) + c2 y2 (t)) + p(t) (c1 y1 (t) + c2 y2 (t)) + q(t) (c1 y1 (t) + c2 y2 (t))
= c1 y1 + c2 y2 + c1 p ( t ) y1 ( t ) + c2 p ( t ) y2 ( t ) + c1 q ( t ) y1 ( t ) + c2 q ( t ) y2 ( t )
= c1 y1 ( t ) + p ( t ) y1 ( t ) + q ( t ) y1 ( t ) + c2 y2 ( t ) + p ( t ) y2 ( t ) + q ( t ) y2 ( t )
=0 =0
= c1 · 0 + c2 · 0 = 0,

pois y1 (t) e y2 (t) s˜ o solucoes de (2.1).
a ¸˜

´ ¸˜
Usando a linguagem da Algebra Linear podemos dizer que o conjunto das solucoes
¸˜ ´
de uma equacao diferencial linear homogˆ nea e um subespaco vetorial.
e ¸

¸˜
2.1.1 Solucoes Fundamentais
Considere, agora, o problema de valor inicial

y + p(t)y + q(t)y = 0,
(2.3)
y ( t0 ) = y0 , y ( t0 ) = y0


¸˜ .

cy(t)
y1 (t)+ y2 (t)

y1 ( t ) y(t)

y2 ( t )

¸˜ ¸˜
Figura 2.1 – Soma de solucoes de uma equacao ¸˜ ¸˜
Figura 2.2 – Multiplicacao de solucao de uma
diferencial homogˆ nea
e ¸˜
equacao diferencial homogˆ nea por escalar
e

em que y0 e y0 s˜ o condicoes iniciais dadas no problema.
a ¸˜
Vamos determinar condicoes sobre duas solucoes y1 (t) e y2 (t) para que existam
¸˜ ¸˜
constantes c1 e c2 tais que y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) seja solucao do problema de valor
¸˜
inicial (2.3).

Substituindo-se t = t0 na solucao y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) e na derivada de y(t),
¸˜
y (t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) obtemos o sistema de equacoes lineares
¸˜

c1 y1 ( t0 ) + c2 y2 ( t0 ) = y0
c1 y1 ( t0 ) + c2 y2 ( t0 ) = y0

que pode ser escrito na forma
AX = B

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.1 ¸˜
e 253

em que
y1 ( t0 ) y2 ( t0 ) c1 y0
A= , X= e B= .
y1 ( t0 ) y2 ( t0 ) c2 y0

Se a matriz do sistema A e invert´vel, ent˜ o para todo par de condicoes iniciais
´ ı a ¸˜
(y0 , y0 ) o sistema tem uma unica solucao (c1 , c2 ) (A solucao e X = A−1 B). Mas
´ ¸˜ ¸˜ ´
´ ´
uma matriz quadrada e invert´vel se, e somente se, o seu determinante e diferente
ı
de zero. Ou seja, se
y1 ( t0 ) y2 ( t0 )
det = 0,
y1 ( t0 ) y2 ( t0 )
ent˜ o para todo par de condicoes iniciais (y0 , y0 ) existe um unico par de constantes
a ¸˜ ´
(c1 , c2 ) tal que y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) e solucao do problema de valor inicial (2.3).
´ ¸˜

Acabamos de provar o seguinte resultado.

Teorema 2.3. Sejam y1 (t) e y2 (t) duas solu¸ oes da equa¸ ao (2.1) em um intervalo aberto I onde p(t) e q(t) s˜ o cont´nuas
c˜ c˜ a ı
tais que, em um ponto t0 ∈ I,
y1 ( t0 ) y2 ( t0 )
det = 0.
y1 ( t0 ) y2 ( t0 )
Ent˜ o para todo par de condi¸ oes iniciais (y0 , y0 ) o problema de valor inicial
a c˜
y + p(t)y + q(t)y = 0,
y ( t0 ) = y0 , y ( t0 ) = y0
tem uma unica solu¸ ao da forma
´ c˜
y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ),
no intervalo I.


¸˜ .

¸˜
Definicao 2.1. (a) O determinante
y1 ( t0 ) y2 ( t0 )
W [y1 , y2 ](t0 ) = det
y1 ( t0 ) y2 ( t0 )
e chamado wronskiano das funcoes y1 (t) e y2 (t) em t0 .
´ ¸˜
(b) Se duas solu¸ oes y1 (t) e y2 (t) de (2.1), em um intervalo aberto I onde p(t) e q(t) s˜ o contńuas, s˜ o tais que
c˜ a ı a
o seu wronskiano e diferente de zero em um ponto t0 ∈ I dizemos que elas s˜ o solu¸ oes fundamentais
´ a c˜
de (2.1) no intervalo I.

Teorema 2.4. Se y1 (t) e y2 (t) s˜ o solu¸ oes fundamentais de (2.1) em um intervalo aberto I, ent˜ o a fam´lia de solu¸ oes
a c˜ a ı c˜

y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ), (2.4)

para constantes c1 e c2 arbitr´ rias e a solu¸ ao geral de (2.1) em I.
a ´ c˜

Demonstracao. Seja z(t) uma solucao qualquer de (2.1) no intervalo I. Seja t1 ∈ I. Considere o PVI formado
¸˜ ¸˜
por (2.1) e as condicoes iniciais y(t1 ) = z(t1 ) e y (t1 ) = z (t1 ). Como y1 (t) e y2 (t) s˜ o solucoes fundamentais,
¸˜ a ¸˜
existe um ponto t0 ∈ I tal que W [y1 , y2 ](t0 ) = 0, ent˜ o pelo Teorema de Abel (Exercćio 1.10 na p´ gina 264)
a ı a
W [y1 , y2 ](t1 ) = 0, e assim pelo Teorema 2.3 existem constantes c1 e c2 tais que z(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t).

¸˜ ¸˜
Assim para encontrar a solucao geral de uma equacao diferencial linear homogˆ neae
de 2a ordem (2.1) em um intervalo I, precisamos encontrar duas solucoes funda-
. ¸˜
mentais da equacao (2.1), ou seja, duas solucoes y1 (t) e y2 (t) tais que em um ponto
¸˜ ¸˜
t0 ∈ I
y1 ( t0 ) y2 ( t0 )
det = 0.
y1 ( t0 ) y2 ( t0 )

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.1 ¸˜
e 255

Exemplo 2.2. Seja b um numero real n˜ o nulo. Vamos mostrar que y1 (t) = cos bt e
´ a
y2 (t) = sen bt s˜ o solucoes fundamentais da equacao
a ¸˜ ¸˜

y + b2 y = 0.

Como y1 (t) = −b sen bt, y1 (t) = −b2 cos bt, y2 (t) = b cos bt e y2 (t) = −b2 sen bt,
ent˜ o
a
y1 + b2 y1 = −b2 cos bt + b2 cos bt = 0
e
y2 + b2 y2 = −b2 sen bt + b2 sen bt = 0.
Assim, y1 (t) e y2 (t) s˜ o solucoes da equacao y + b2 y = 0. Al´ m disso,
a ¸˜ ¸˜ e

y1 ( t ) y2 ( t ) cos bt sen bt
det = det = b(cos2 bt + sen2 bt) = b = 0 para todo t ∈ R.
y1 ( t ) y2 ( t ) −b sen bt b cos bt

Portanto, y1 (t) = cos bt e y2 (t) = sen bt s˜ o solucoes fundamentais de y + b2 y = 0
a ¸˜
¸˜ ¸˜
e a solucao geral da equacao diferencial e ´

y(t) = c1 cos bt + c2 sen bt.

Dependˆ ncia Linear
e

Dizemos que duas funcoes y1 (t) e y2 (t) s˜ o linearmente dependentes (L.D.) em um
¸˜ a
intervalo I, se uma das funcoes e um multiplo escalar da outra, ou seja, se
¸˜ ´ ´

y1 (t) = αy2 (t) ou y2 (t) = αy1 (t), para todo t ∈ I.

Caso contr´ rio, dizemos que elas s˜ o linearmente independentes (L.I.).
a a


¸˜ .

Se duas funcoes s˜ o L.D. em um intervalo I, ent˜ o
¸˜ a a

y1 ( t ) y2 ( t )
W [y1 , y2 ](t) = det = 0, para todo t ∈ I
y1 ( t ) y2 ( t )

´ ´
pois uma coluna da matriz acima e um multiplo escalar da outra. Assim, vale o
seguinte resultado.

Teorema 2.5. Se y1 (t) e y2 (t) s˜ o fun¸ oes tais que
a c˜

y1 ( t0 ) y2 ( t0 )
W [y1 , y2 ](t0 ) = det = 0, para algum t0 ∈ I,
y1 ( t0 ) y2 ( t0 )

ent˜ o y1 (t) e y2 (t) s˜ o linearmente independentes (L.I.) em I.
a a

´ ¸˜
Usando a linguagem da Algebra Linear podemos dizer que duas solucoes fun-
¸˜
damentais formam uma base para o subespaco das solucoes de uma equacao
¸ ¸˜
e a ¸ ¸˜ ´
homogˆ nea (2.1), pois elas s˜ o L.I. e geram o subespaco (toda solucao e uma
¸˜
combinacao linear delas).

¸˜
Observe que o wronskiano pode ser calculado para quaisquer par de funcoes mesmo
¸˜ ¸˜
que elas n˜ o sejam solucoes de uma equacao diferencial. Tamb´ m os conceitos de
a e
e e a ¸˜
dependˆ ncia e independˆ ncia linear s˜ o deﬁnidos para duas funcoes que podem ou
¸˜ ¸˜
n˜ o ser solucoes de uma equacao diferencial.
a

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.1 ¸˜
e 257

y1 ( t )

y2 ( t )

Figura 2.3 – y1 (t) e y2 (t) solucoes
¸˜
fundamentais de uma equacao di-¸˜
ferencial linear homogˆ nea
e

Exemplo 2.3. Seja b um numero real n˜ o nulo. Mostramos no exemplo anterior que
´ a
y1 (t) = cos bt e y2 (t) = sen bt s˜ o solucoes L.I. da equacao
a ¸˜ ¸˜

y + b2 y = 0.

a ´ ¸˜
A rec´proca do Teorema 2.5 n˜ o e verdadeira, ou seja, duas funcoes podem ser L.I.
ı
com
W [y1 , y2 ](t) = 0, para todo t ∈ R.
´
Vejamos o proximo exemplo.

t2 se t ≥ 0
Exemplo 2.4. Sejam y1 (t) = t2 e y2 (t) = t|t| = .
− t2 se t < 0

t2 t|t|
W [y1 , y2 ](t) = det = 0.
2t 2| t |


¸˜ .

1 1
y y

0.5 0.5

0 0
t t

−0.5 −0.5

−1 −1
−1 −0.5 0 0.5 1 −1 −0.5 0 0.5 1

Figura 2.4 – y1 (t) = t2 e y2 (t) = t|t| s˜ o L.I. mas o wronskiano e igual a zero para todo t
a ´

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.1 ¸˜
e 259

Apesar do wronskiano ser zero para todo t ∈ R as funcoes y1 e y2 s˜ o L.I., pois uma
¸˜ a
funcao n˜ o e multiplo escalar da outra. Para t ≥ 0, y2 (t) = y1 (t) e para t < 0,
¸˜ a ´ ´
y2 ( t ) = − y1 ( t ).


¸˜ .

2.1.2 F´ rmula de Euler
o
Queremos deﬁnir a funcao exponencial ert para numeros complexos r = a + ib de
¸˜ ´
forma que satisfaca as propriedades
¸

e(a+ib)t = e at eibt (2.5)
d rt
e = rert (2.6)
dt
Observamos que a funcao z(t) = eibt e solucao da equacao y + b2 y = 0. Pois pela
¸˜ ´ ¸˜ ¸˜
propriedade (2.6)
z (t) = ibeibt , z (t) = −b2 eibt = −b2 z(t)
e assim
z (t) + b2 z(t) = 0.
Assim z(t) = eibt e solucao do problema de valor inicial
´ ¸˜
y + b2 y = 0,
y(0) = 1, y (0) = ib
Agora, como mostramos no Exemplo 2.2 que y1 (t) = cos bt e y2 (t) = sen bt s˜ oa
solucoes fundamentais de y + b2 y = 0, ent˜ o pelo Teorema 2.3 existem constantes
¸˜ a
c1 e c2 tais que
z(t) = eibt = c1 cos bt + c2 sen bt. (2.7)
Vamos determinar estas constantes c1 e c2 . Substituindo-se t = 0 na equacao (2.7)
¸˜
obtemos que c1 = 1. Derivando a equacao (2.7) em relacao a t obtemos
¸˜ ¸˜
ibeibt = −c1 b sen bt + c2 b cos bt. (2.8)
Substituindo-se t = 0 na equacao (2.8) obtemos que c2 = i. Assim substituindo-se
¸˜
c1 = 1 e c2 = i j´ obtidos na equacao (2.7) obtemos
a ¸˜
eibt = cos bt + i sen bt.

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.1 ¸˜
e 261

Portanto, pela propriedade (2.5),

e(a+ib)t = e at eibt = e at (cos bt + i sen bt). (2.9)

Tomando t = 1 temos
e a+ib = e a (cos b + i sen b). (2.10)
¸˜ ´
Esta equacao e conhecida como formula de Euler.
´

´
Exemplo 2.5. Usando a formula de Euler temos que
π π √ √
eiπ = −1, ei 2 = i, eln 2+ 4 i = 2 + i 2,

que foram obtidas fazendo em (2.10)
π π
a = 0, b = π; a = 0, b = ; a = ln 2, b = ,
2 4
respectivamente.


¸˜ .

ı a
1.1. Considere a equacao diferencial y − ω 2 y = 0, para ω > 0.
¸˜

(a) Mostre que y(t) = c1 e−ω ( x− a) + c2 eω ( x−a) , para a ∈ R ﬁxo, e solucao geral de equacao diferencial.
´ ¸˜ ¸˜
(b) Mostre que y(t) = c1 cosh(ω ( x − a)) + c2 senh(ω ( x − a)), para a ∈ R ﬁxo, e solucao geral de
´ ¸˜
¸˜
equacao diferencial.

1.2. (a) Mostre que y1 ( x ) = x2 e y2 ( x ) = x5 s˜ o solucoes da equacao
a ¸˜ ¸˜

x2 y − 6xy + 10y = 0.

¸˜
(b) Obtenha a solucao do problema de valor inicial
 2
 x y − 6xy + 10y = 0,
y (1) = 3,
y (1) = 3.


c˜ a ¸˜
1.3. As equa¸ oes de Euler s˜ o equacoes que podem ser escritas na forma

x2 y + bxy + cy = 0, em que b, c ∈ R. (2.11)

Mostre que existem valores constantes de r tais que y( x ) = xr e uma solucao de (2.11). Al´ m disso mostre
´ ¸˜ e
que y( x ) = xr e solucao da equacao (2.11) se, e somente se,
´ ¸˜ ¸˜

r2 + (b − 1)r + c = 0, (2.12)

¸˜ ´
A equacao (2.12) e chamada equa¸ ao indicial de (2.11).
c˜

1.4. Mostre que se a equacao indicial (2.12) tem duas ra´zes reais (distintas), r1 e r2 , ent˜ o
¸˜ ı a

y 1 ( x ) = x r1 e y 2 ( x ) = x r2

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.1 ¸˜
e 263

¸˜
s˜ o solucoes fundamentais de (2.11) e portanto
a
y ( x ) = c 1 x r1 + c 2 x r2
e a solucao geral de (2.11), para x > 0.
´ ¸˜
1.5. Se a equacao indicial (2.12) tem duas ra´zes complexas, r1 = α + iβ e r2 = α − iβ, use a formula de Euler
¸˜ ı ´
para escrever a solucao geral complexa em termos das solucoes reais, para x > 0,
¸˜ ¸˜
u( x ) = x α cos( β ln x ) e v( x ) = x α sen( β ln x ).
¸˜ ¸˜
Mostre que estas solucoes s˜ o solucoes fundamentais de (2.11) e portanto
a
y( x ) = c1 x α cos( β ln x ) + c2 x α sen( β ln x )
e a solucao geral de (2.11), para x > 0.
´ ¸˜
1− b 1− b
1.6. Se a equacao indicial (2.12) tem somente uma ra´z real, mostre que y1 ( x ) = x 2 e y2 ( x ) = x
¸˜ ı 2 ln x s˜ o
a
solucoes fundamentais de (2.11) e portanto a solucao geral de (2.11), para x > 0, e
¸˜ ¸˜ ´
1− b 1− b
y ( x ) = c1 x 2 + c2 x 2 ln x.

¸˜ ¸˜
1.7. Use os exerc´cios anteriores para encontrar a solucao geral das seguintes equacoes:
ı
(a) x2 y + 4xy + 2y = 0
(b) x2 y − 3xy + 4y = 0
(c) x2 y + 3xy + 5y = 0
1.8. Baseado no Teorema 2.1 na p´ gina 249, determine um intervalo em que os problemas de valor inicial
a
´ ¸˜
abaixo tˆ m uma unica solucao, sem resolvˆ -los:
e e
2
( t − 1) y + ( t − 2) y = t ( t2 − t ) y + ( t + 1) y + y = e t
(a) (c)
y (0) = y0 , y (0) = y0 y(−1) = y0 , y (−1) = y0
(t2 − 1)y + y + ty = t2 (t2 − t)y + (t + 3)y + 2y = cos t
(b) (d)
y (2) = y0 , y (2) = y0 y (2) = y0 , y (2) = y0


¸˜ .

1.9. Considere a equacao homogˆ nea y + p(t)y + q(t)y = 0, com p(t) e q(t) funcoes cont´nuas num inter-
¸˜ e ¸˜ ı
valo I. Usando o Teorema 2.1 na p´ gina 249 mostre que esta equacao tem solucoes fundamentais.
a ¸˜ ¸˜
1.10. (Teorema de Abel) Considere a equacao homogˆ nea y + p(t)y + q(t)y = 0, com p(t) e q(t) funcoes
¸˜ e ¸˜
cont´nuas num intervalo I. Sejam y1 (t) e y2 (t) duas solucoes desta equacao no intervalo I. Seja
ı ¸˜ ¸˜
W [y1 , y2 ](t) o wronskiano de y1 (t) e y2 (t) no intervalo I. Mostre que:

(a) W [y1 , y2 ] (t) = y1 (t)y2 (t) − y2 (t)y1 (t)
(b) W [y1 , y2 ](t) satisfaz a equacao diferencial y + p(t)y = 0 no intervalo I.
¸˜
(c) W [y1 , y2 ](t) = ce− p(t)dt
.
(d) W [y1 , y2 ](t) = 0, para todo t ∈ I ou W [y1 , y2 ](t) = 0, para todo t ∈ I.
1.11. Mostre que se y1 (t) e y2 (t) s˜ o solucoes fundamentais da equacao y + p(t)y + q(t)y = 0 num intervalo
a ¸˜ ¸˜
I, ent˜ o
a
y2 ( t ) y1 ( t ) − y1 ( t ) y2 y ( t ) y2 − y2 ( t ) y1 ( t )
p(t) = e q(t) = 1 , para t ∈ I.
W [y1 , y2 ](t) W [y1 , y2 ](t)
Sugest˜ o: substitua y1 (t) e y2 (t) na equacao diferencial e resolva o sistema correspondente para p(t) e
a ¸˜
q ( t ).

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.2 ¸˜
Equacoes Homogˆ neas - Parte II
e 265

2.2 ¸˜
e

¸˜
2.2.1 Obtendo-se uma Segunda Solucao
¸˜
Considere uma equacao linear de 2a. ordem homogˆ nea
e

y + p(t)y + q(t)y = 0. (2.13)

Seja y1 (t) uma solucao conhecida da equacao acima num intervalo I onde p(t) e q(t)
¸˜ ¸˜
s˜ o cont´nuas e tal que y1 (t) = 0 para todo t ∈ I. Vamos procurar uma segunda
a ı
¸˜ ¸˜
solucao da equacao (2.13) da forma

y ( t ) = v ( t ) y1 ( t ).

Derivando-se esta express˜ o obtemos
a

y (t) = vy1 + y1 v e y (t) = vy1 + 2y1 v + y1 v .

Substituindo-se y(t), y (t) e y (t) na equacao (2.13) obtemos
¸˜

(vy1 + 2y1 v + y1 v ) + p(t)(vy1 + y1 v ) + q(t)vy1 = 0.
Colocando-se em evidˆ ncia v , v e v obtemos
e

y1 v + (2y1 + p(t)y1 )v + (y1 + p(t)y1 + q(t)y1 )v = 0.

Como y1 (t) e solucao da equacao (2.13), ent˜ o y1 + p(t)y1 + q(t)y1 = 0 e assim a
´ ¸˜ ¸˜ a
¸˜
equacao anterior se torna

y1 v + v (2y1 + p(t)y1 ) = 0. (2.14)

Fazendo a mudanca de vari´ veis w(t) = v (t), a equacao (2.14) se transforma em
¸ a ¸˜

y1 w + (2y1 + p(t)y1 )w = 0.


¸˜ .

´ ¸˜
Esta e uma equacao de 1a. ordem separ´ vel que pode ser reescrita como
a

w 2y
= − 1 − p(t)
w y1

ln |w| = −2 ln |y1 | − p(t)dt + c

que usando propriedade do logaritmo pode ser reescrita como

ln wy2 = −
1 p(t)dt + c.

Explicitando w(t) obtemos

ec e− p(t)dt e− p(t)dt
w(t) = ± 2
˜
= c1 , em que c1 = ±ec .
˜
y1 ( t ) y1 ( t )2

Como w(t) = v (t), ent˜ o
a

e− p(t)dt
v(t) = ˜
w(t)dt = c1 ˜
dt + c2 . (2.15)
y1 ( t )2
˜ ˜
Tomando-se c2 = 0 e c1 = 1 obtemos

e− p(t)dt
v(t) = dt.
y1 ( t )2

Substituindo-se v(t) em y(t) = v(t)y1 (t) obtemos uma segunda solucao da equacao
¸˜ ¸˜
(2.13)
e− p(t)dt
y2 ( t ) = v ( t ) y1 ( t ) = y1 ( t ) dt (2.16)
y1 ( t )2

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.2 ¸˜
e 267

Vamos ver que y1 (t) dada e y2 (t) obtida por (2.16) s˜ o solucoes fundamentais da
a ¸˜
¸˜
equacao (2.13).

 
e− p(t)dt
y1 ( t ) y2 ( t ) y1 ( t ) y1 ( t ) y1 ( t )2
dt
W [y1 , y2 ](t) = det = det  
y1 ( t ) y2 ( t ) e− p(t)dt e− p(t)dt
y1 ( t ) y1 ( t ) y1 ( t )2
dt + y1 ( t )

= e− p(t)dt
= 0 para todo t ∈ R.

Assim se y1 (t) e uma solucao conhecida da equacao (2.13) e y2 (t) e dada por (2.16)
´ ¸˜ ¸˜ ´
ent˜ o
a
y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t )
´ ¸˜ ¸˜
e solucao geral da equacao (2.13).

˜ ˜
Aten¸ ao: Atribuindo-se diferentes valores a c1 e a c2 em (2.15) obtemos uma infinidade de funcoes v(t), mas
c˜ ¸˜
˜
precisamos de apenas uma tal que W [y1 , vy1 ](t0 ) = 0 para algum ponto t0 . Vocˆ pode escolher c1 e c2 da
e ˜
maneira que vocˆ quiser, com excecao de c1 = 0, pois neste caso terámos y2 (t) = y1 (t)v(t) = c2 y1 (t) e assim
e ¸˜ ı
terámos W [y1 , y2 ](t) = 0, para todo t.
ı
N˜ o se deve memorizar a formula obtida para y2 (t). O que fizemos aqui foi mostrar o caminho que deve
a ´
ser seguido para encontrar uma segunda solucao da equacao linear homogˆ nea de 2a ordem.
¸˜ ¸˜ e .

´


¸˜ .

Exemplo 2.6. Sejam a, b, c ∈ R, com a = 0. Considere a equacao
¸˜

ay + by + cy = 0 com b2 − 4ac = 0. (2.17)
b
Deixamos como exercćio verificar que y1 (t) = e− 2a t e uma solucao da equacao
ı ´ ¸˜ ¸˜
¸˜
diferencial (2.17). Vamos procurar uma segunda solucao da forma
b
y(t) = v(t)y1 (t) = v(t)ert , em que r = − .
2a
Como

y (t) = v (t)ert + rv(t)ert e y (t) = v (t)ert + 2rv (t)ert + r2 v(t)ert ,

ent˜ o substituindo-se y(t), y (t) e y (t) na equacao diferencial (2.17) obtemos
a ¸˜

a(v + 2rv + r2 v) + b(v + rv) + cv ert = 0.

Dividindo-se por ert obtemos

a(v + 2rv + r2 v) + b(v + rv) + cv = 0.

Colocando-se em evidˆ ncia v , v e v obtemos
e

av + (2ar + b)v + ( ar2 + br + c)v = 0.
b
Como r = − 2a e (a unica) solucao da equacao ar2 + br + c = 0 e
´ ´ ¸˜ ¸˜
2ar + b = 0, ent˜ o a equacao diferencial anterior fica sendo
a ¸˜

av = 0 ou v = 0.

a ¸˜ ¸˜ ˜
Seja w(t) = v (t). Ent˜ o a equacao v = 0 torna-se w = 0 que tem solucao w(t) = c1 .
˜
Resolvendo-se a equacao v (t) = w(t) = c1 obtemos
¸˜

˜ ˜
v ( t ) = c1 t + c2 e y(t) = v(t)y1 (t) = (c1 t + c2 )ert .
˜ ˜

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.2 ¸˜
e 269

˜ ˜
Tomando-se c2 = 0 e c1 = 1 obtemos uma segunda solucao, que chamamos de y2 (t),
¸˜
¸˜
da equacao diferencial (2.17)
y2 (t) = tert .
b
Vamos ver que y1 (t) = ert e y2 (t) = tert , em que r = − ¸˜
, s˜ o solucoes fundamentais
a
2a
¸˜
da equacao diferencial (2.17)

y1 ( t ) y2 ( t ) ert tert
det = det
y1 ( t ) y2 ( t ) rert (1 + rt)ert
1 t
= e2rt det
r (1 + rt)
= e2rt = 0, para todo t ∈ R.

Assim
b
y(t) = c1 ert + c2 tert , em que r = −
2a
e a solucao geral da equacao ay + by + cy = 0, tal que b2 − 4ac = 0 e a = 0.
´ ¸˜ ¸˜

¸˜
2.2.2 Equacoes Homogˆ neas com Coeﬁcientes Constantes
e
¸˜
Vamos tratar equacoes da forma

ay + by + cy = 0, para a, b, c ∈ R, a = 0. (2.18)

Vamos mostrar que para esta equacao existem valores constantes de r tais que y(t) =
¸˜
ert e uma solucao.
´ ¸˜
Substituindo-se y(t) = ert , y (t) = rert e y (t) = r2 ert em (2.18) obtemos

ar2 ert + brert + cert = ( ar2 + br + c)ert = 0.


¸˜ .

Como ert = 0, ent˜ o y(t) = ert e solucao de (2.18) se, e somente se, r e solucao da
a ´ ¸˜ ´ ¸˜
¸˜
equacao
ar2 + br + c = 0, (2.19)
´
que e chamada equa¸ ao caracter´stica de (2.18).
c˜ ı
¸˜ ¸˜
Observe que a equacao caracter´stica pode ser obtida da equacao diferencial com
ı
coeﬁcientes constantes trocando-se y por r2 , y por r e y por 1.
Como uma equacao de 2o grau pode ter duas ra´zes reais, somente uma raiz real
¸˜ . ı
ı ¸˜
ou duas ra´zes complexas, usando a equacao caracter´stica podemos chegar a trˆ s
ı e
¸˜
situacoes distintas.

¸˜
A Equacao Caracter´stica Tem Duas Ra´zes Reais
ı ı
Se ∆ = b2 − 4ac > 0, ent˜ o a equacao caracter´stica de (2.18) tem duas ra´zes reais
a ¸˜ ı ı
(distintas), r1 e r2 . Neste caso

y 1 ( t ) = e r1 t e y 2 ( t ) = e r2 t

s˜ o solucoes fundamentais, pois o wronskiano de y1 (t) = er1 t e y2 (t) = er2 t e
a ¸˜ ´

y1 ( t ) y2 ( t ) e r1 t e r2 t
W [y1 , y2 ](t) = det = det
y1 ( t ) y2 ( t ) r 1 e r1 t r 2 e r2 t
1 1
= er1 t er2 t det
r1 r2
= (r2 − r1 )e(r1 +r2 )t = 0, para todo t ∈ R.

Assim no caso em que a equacao caracter´stica tem duas ra´zes reais distintas r1 e r2 ,
¸˜ ı ı

y ( t ) = c 1 e r1 t + c 2 e r2 t

´ ¸˜
e a solucao geral de (2.18).

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.2 ¸˜
e 271

´ ¸˜
Exemplo 2.7. Seja ω um numero real positivo. Vamos encontrar a solucao geral da
¸˜
equacao
y − ω 2 y = 0.
A equacao caracter´stica desta equacao diferencial e r2 − ω 2 = 0, que tem como
¸˜ ı ¸˜ ´
ra´zes r1 = ω e r2 = −ω. Assim, a solucao geral da equacao diferencial acima e
ı ¸˜ ¸˜ ´

y(t) = c1 eωt + c2 e−ωt .

¸˜
A Equacao Caracter´stica Tem Somente Uma Raiz Real
ı
Se ∆ = b2 − 4ac = 0, ent˜ o a equacao caracter´stica (2.19) tem somente uma raiz real
a ¸˜ ı
b
r = − . Neste caso,
2a
b
y1 (t) = ert = e− 2a t
´ ¸˜ ¸˜
e solucao da equacao diferencial (2.18).
No Exemplo 2.6 na p´ gina 268 mostramos como encontrar uma segunda solucao
a ¸˜
b
para esta equacao. L´ mostramos que y2 (t) = te
¸˜ a rt = te− 2a t tamb´ m e solucao da
e ´ ¸˜
b b
− 2a t e y ( t ) = te− 2a t s˜ o solucoes fundamentais da
equacao (2.18) e que y1 (t) = e
¸˜ 2 a ¸˜
¸˜
equacao diferencial (2.18).
b
Portanto no caso em que a equacao caracter´stica tem somente uma raiz real r = − ,
¸˜ ı
2a
b b
y(t) = c1 e− 2a t + c2 te− 2a t

´ ¸˜

¸˜ ¸˜

y + 2y + y = 0.


¸˜ .

A equacao caracter´stica e r2 + 2r + 1 = 0 que tem como raiz r1 = −1. Assim a
¸˜ ı ´
¸˜ ¸˜ ´
solucao geral da equacao e

y(t) = c1 e−t + c2 te−t .

¸˜
A Equacao Caracter´stica Tem Duas Ra´zes Complexas
ı ı
Se ∆ = b2 − 4ac < 0, ent˜ o a equacao caracter´stica (2.19) tem duas ra´zes complexas,
a ¸˜ ı ı
que s˜ o conjugadas, ou seja, se r1 = α + iβ e uma raiz da equacao caracter´stica (2.19),
a ´ ¸˜ ı
ent˜ o a outra raiz e r2 = α − iβ. Neste caso, pela formula de Euler (2.9) temos:
a ´ ´

y1 ( t ) = er1 t = e(α+iβ)t = eαt (cos βt + i sen βt) e
y2 ( t ) = er2 t = e(α−iβ)t = eαt (cos(− βt) + i sen(− βt)) = eαt (cos βt − i sen βt).

Pela an´ lise feita no in´cio dessa secao sabemos que y1 (t) = er1 t e y2 (t) = er2 t s˜ o
a ı ¸˜ a
¸˜ ¸˜
solucoes (complexas) da equacao diferencial (2.18). Al´ m disso, assim como quando
e
r1 e r2 s˜ o reais, o wronskiano
a

y1 ( t ) y2 ( t ) e r1 t e r2 t
W [y1 , y2 ](t) = det = det
y1 ( t ) y2 ( t ) r 1 e r1 t r 2 e r2 t
1 1
= er1 t er2 t det
r1 r2
= (r2 − r1 )e(r1 +r2 )t = −2iβe2αt = 0, ∀t ∈ R,

ou seja, y1 (t) e y2 (t) s˜ o solucoes fundamentais de (2.18). Assim no caso em que a
a ¸˜
equacao caracter´stica tem duas ra´zes complexas r1 = α + iβ e r2 = α − iβ,
¸˜ ı ı

y(t) = C1 er1 t + C2 er2 t , C1 , C2 ∈ C

´ ¸˜
e a solucao geral complexa de (2.18).

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.2 ¸˜
e 273

y

t

¸˜ ¸˜
Figura 2.5 – Algumas solucoes da equacao
do Exemplo 2.7
y

2

t

2 4 6 8

-2

-4

-6

¸˜ ¸˜
Figura 2.6 – Algumas solucoes da equacao
do Exemplo 2.8


¸˜ .

¸˜ ¸˜
Vamos encontrar um conjunto fundamental de solucoes reais. A solucao geral com-
plexa pode ser escrita como

y(t) = C1 e(α+iβ)t + C2 e(α−iβ)t
= C1 eαt (cos βt + i sen βt) + C2 eαt (cos βt − i sen βt)
= (C1 + C2 )eαt cos βt + i (C1 − C2 )eαt sen βt (2.20)

1
Tomando C1 = C2 = em (2.20), temos a solucao real u(t) = eαt cos βt.
¸˜
2
1
Tomando C1 = −C2 = , temos a solucao real v(t) = eαt sen βt.
¸˜
2i
ı ¸˜
Vamos mostrar, agora, que se as ra´zes da equacao caracter´stica s˜ o complexas,
ı a
ent˜ o u(t) e v(t) s˜ o solucoes fundamentais de (2.18).
a a ¸˜

u(t) v(t) eαt cos βt eαt sen βt
W [u, v](t) = det = det
u (t) v (t) eαt (α cos βt − β sen βt) eαt (α sen βt + β cos βt)
cos βt sen βt cos βt sen βt
= e2αt α det + β det
cos βt sen βt − sen βt cos βt
= βe2αt = 0, para todo t ∈ R.

Assim no caso em que a equacao caracter´stica tem duas ra´zes complexas r1 = α + iβ
¸˜ ı ı
e r2 = α − iβ,
y(t) = c1 eαt cos βt + c2 eαt sen βt
´ ¸˜

´ ¸˜
Exemplo 2.9. Seja ω um numero real positivo. Vamos encontrar a solucao geral da
¸˜
equacao
y + ω 2 y = 0.

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.2 ¸˜
e 275

A equacao caracter´stica desta equacao diferencial e r2 + ω 2 = 0, que tem como
¸˜ ı ¸˜ ´
ra´zes r1 = iω e r2 = −iω. Assim, a solucao geral da equacao diferencial acima e
ı ¸˜ ¸˜ ´

y(t) = c1 cos ωt + c2 sen ωt. (2.21)

Escrevendo o par (c1 , c2 ) em coordenadas polares temos que
y

( c1 , c2 )
c2
c1 = R cos δ,
(2.22)
R
c2 = R sen δ.

δ
c1 x

Substituindo-se os valores de c1 e c2 na equacao (2.21) obtemos
¸˜

y(t) = R (cos δ cos (ωt) + sen δ sen (ωt)) = R cos(ωt − δ),

em que R = c2 + c2 e δ s˜ o obtidos de (2.22).
1 2 a


¸˜ .

y(t) = R cos(ωt − δ), δ > 0, ω > 0, R > 0

y

+R __
2π
ω

δ
__ δ+2π
____ t
ω ω

−R

¸˜ ¸˜
Figura 2.7 – Uma solucao da equacao do
Exemplo 2.9

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.2 ¸˜
e 277

Resumo
¸˜
Para resolver a equacao diferencial

ay + by + cy = 0, para a, b, c ∈ R, a = 0.

¸˜
encontramos a equacao caracter´stica
ı

ar2 + br + c = 0.

(a) Se ∆ = b2 − 4ac > 0, ent˜ o a solucao geral da equacao diferencial e
a ¸˜ ¸˜ ´
√
r1 t r2 t −b ± ∆
y(t) = c1 e + c2 e , em que r1,2 = .
2a

(b) Se ∆ = b2 − 4ac = 0, ent˜ o a solucao geral da equacao diferencial e
a ¸˜ ¸˜ ´
b b
y(t) = c1 e− 2a t + c2 te− 2a t .

(c) Se ∆ = b2 − 4ac < 0, ent˜ o a solucao geral da equacao diferencial e
a ¸˜ ¸˜ ´
√
αt αt −b −∆
y(t) = c1 e cos βt + c2 e sen βt, em que α = , β= .
2a 2a


¸˜ .

ı a
2.1. Mostre que y1 ( x ) = x3 e solucao da equacao diferencial
´ ¸˜ ¸˜

2x2 y − xy − 9y = 0.

Encontre uma funcao u( x ) tal que y2 ( x ) = u( x )y1 ( x ) seja solucao da equacao dada. Prove que as duas
¸˜ ¸˜ ¸˜
solucoes y1 ( x ) e y2 ( x ) s˜ o solucoes fundamentais.
¸˜ a ¸˜
2.2. Mostre que y1 ( x ) = x −1 , x > 0, e solucao da equacao diferencial
´ ¸˜ ¸˜

x2 y + 3xy + y = 0.

Encontre uma funcao u( x ) tal que y2 ( x ) = u( x )y1 ( x ) seja solucao da equacao dada. Prove que as duas
¸˜ ¸˜ ¸˜
solucoes y1 ( x ) e y2 ( x ) s˜ o solucoes fundamentais.
¸˜ a ¸˜
c˜ a ¸˜
2.3. As equa¸ oes de Euler s˜ o equacoes que podem ser escritas na forma

x2 y + bxy + cy = 0, em que b, c ∈ R. (2.23)

Existem valores constantes de r tais que y( x ) = xr e uma solucao de (2.23). Al´ m disso y( x ) = xr e
´ ¸˜ e ´
¸˜ ¸˜
solucao da equacao (2.23) se, e somente se,

r2 + (b − 1)r + c = 0, (2.24)

que e chamada equa¸ ao indicial de (2.23). Se a equacao indicial r2 + (1 − b)r + c = 0 tem somente
´ c˜ ¸˜
1−b
uma raiz real, r = ¸˜
, determine uma segunda solucao linearmente independente da forma
2
1− b
y2 ( x ) = v ( x ) y1 ( x ) = v ( x ) x 2 , para x > 0.

2.4. (a) Determine qual ou quais das funcoes z1 ( x ) = x2 , z2 ( x ) = x3 e z3 ( x ) = e− x s˜ o solucoes da equacao
¸˜ a ¸˜ ¸˜

( x + 3) y + ( x + 2) y − y = 0

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.2 ¸˜
e 279

(b) Seja y1 ( x ) uma das solucoes obtidas no item anterior. Determine uma segunda solucao y2 ( x ) de
¸˜ ¸˜
forma que y1 ( x ) e y2 ( x ) sejam solucoes fundamentais da equacao.
¸˜ ¸˜
¸˜ ¸˜
(c) Determine a solucao geral da equacao

( x + 3) y + ( x + 2) y − y = 0
¸˜
e obtenha a solucao do problema de valor inicial

 ( x + 3)y + ( x + 2)y − y = 0,
y(1) = 1,
y (1) = 3.


Justiﬁque sua resposta!
2.5. Mostre que a solucao do problema y + 2y = 0, y(0) = a, y (0) = b tende para uma constante quando
¸˜
t → +∞. Determine esta constante.
2.6. Mostre que se 0 < b < 2, ent˜ o toda solucao de y + by + y = 0 tende a zero quando t → +∞.
a ¸˜
2.7. Considere o problema y − 4y = 0, y(0) = 0, y (0) = b = 0. Mostre que y(t) = 0 para todo t = 0.
1
2.8. Considere o problema y − y + 4 y = 0, y(0) = 2, y (0) = b. Determine os valores de b para os quais a
solucao y(t) → +∞ quando t → +∞.
¸˜
2.9. Considere a equacao y + 2by + y = 0. Para quais valores de b a solucao y(t) tende a zero quando
¸˜ ¸˜
t → +∞, independente das condicoes iniciais.
¸˜
2.10. ¸˜ ¸˜
(a) Encontre a solucao geral da equacao

y + 2y + αy = 0

para α > 1, para α = 1 e para α < 1.
(b) Para quais valores de α todas as solucoes tendem a zero quando t → +∞.
¸˜


¸˜ .

2.3 ¸˜
Equacoes N˜ o Homogˆ neas
a e
Uma equacao diferencial linear de 2a ordem e n˜ o homogˆ nea se ela pode ser escrita
¸˜ . ´ a e
como
y + p ( t ) y + q ( t ) y = f ( t ). (2.25)
com f (t) uma funcao n˜ o-nula.
¸˜ a

Teorema 2.6. Seja y p (t) uma solu¸ ao particular da equa¸ ao (2.25). Sejam y1 (t) e y2 (t) solu¸ oes fundamentais da equa¸ ao
c˜ c˜ c˜ c˜
homogˆnea correspondente. Ent˜ o a solu¸ ao geral da equa¸ ao n˜ o homogˆnea (2.25) e
e a c˜ c˜ a e ´

y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ) + y p ( t ).

Ou seja, a solu¸ ao geral da equa¸ ao diferencial linear de 2a ordem n˜ o homogˆnea e a soma da solu¸ ao geral da equa¸ ao
c˜ c˜ . a e ´ c˜ c˜
homogˆnea correspondente, c1 y1 (t) + c2 y2 (t), com uma solu¸ ao particular da equa¸ ao diferencial n˜ o homogˆnea, y p (t).
e c˜ c˜ a e

¸˜
Demonstracao. Seja y(t) uma solucao qualquer de (2.25) e y p (t) uma solucao par-
¸˜ ¸˜
ticular de (2.25). Vamos mostrar que Y (t) = y(t) − y p (t) e solucao da equacao ho-
´ ¸˜ ¸˜
mogˆ nea associada
e
y + p(t)y + q(t)y = 0. (2.26)

Y ( t ) + p ( t )Y ( t ) + q ( t )Y ( t ) = (y(t) − y p (t)) + p(t)(y(t) − y p (t)) + q(t)(y(t) − y p (t))
= y (t) + p(t)y (t) + q(t)y(t) − y p (t) + p(t)y p (t) + q(t)y p (t)
= f (t) = f (t)
= f (t) − f (t) = 0.

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.3 ¸˜
a e 281

Assim se y1 (t) e y2 (t) s˜ o solucoes fundamentais da equacao homogˆ nea associada
a ¸˜ ¸˜ e
(2.26), existem constantes c1 e c2 tais que

Y ( t ) = y ( t ) − y p ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ),

ou seja, se y(t) e uma solucao qualquer de (2.25) e y1 (t) e y2 (t) s˜ o solucoes funda-
´ ¸˜ a ¸˜
¸˜
mentais da equacao homogˆ nea associada (2.26), ent˜ o
e a

y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ) + y p ( t ). (2.27)

Portanto para encontrar a solucao geral de uma equacao linear de 2a ordem n˜ o ho-
¸˜ ¸˜ . a
¸˜ ¸˜
mogˆ nea precisamos encontrar uma solucao particular e duas solucoes fundamen-
e
¸˜
tais da equacao homogˆ nea correspondente.
e

t
Exemplo 2.10. A funcao y p (t) =
¸˜ ´ ¸˜ ¸˜
e solucao da equacao diferencial
4

y + 4 y = t.

¸˜ ¸˜
(veriﬁque!) J´ vimos no Exemplo 2.2 na p´ gina 255 que a solucao geral da equacao
a a
diferencial homogˆ nea correspondente, y + 4 y = 0, e
e ´

y(t) = c1 cos 2t + c2 sen 2t.

Logo a solucao geral da equacao n˜ o homogˆ nea y + 4 y = t e
¸˜ ¸˜ a e ´

t
y(t) = c1 cos 2t + c2 sen 2t + .
4


¸˜ .

t
A funcao y2 (t) =
¸˜ sen(2t) e solucao da equacao
´ ¸˜ ¸˜
2

y + 4 y = 2 cos(2t)

(veriﬁque!). Logo
t
y(t) = c1 cos 2t + c2 sen 2t + sen(2t).
2
´ ¸˜ ¸˜
e solucao geral da equacao diferencial

y + 4 y = 2 cos(2t).

(1)
ı ¸˜ ¸˜
Teorema 2.7 (Princ´pio da Superposicao para Equacoes N˜ o Homogˆ neas). Se y p (t) e uma solu¸ ao de
a e ´ c˜

y + p(t)y + q(t)y = f 1 (t)

(2)
e y p (t) e uma solu¸ ao de
´ c˜
y + p ( t ) y + q ( t ) y = f 2 ( t ),
(1) (2)
ent˜ o y p (t) = y p (t) + y p (t) e solu¸ ao de
a ´ c˜

y + p ( t ) y + q ( t ) y = f 1 ( t ) + f 2 ( t ).

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.3 ¸˜
a e 283

¸˜
Demonstracao.
y p (t) + p(t)y p (t) + q(t)y p (t) =
(1) (2) (1) (2) (1) (2)
= (y p (t) + y p (t)) + p(t)(y p (t) + y p (t)) + q(t)(y p (t) + y p (t)) =
(1) (1) (1) (2) (2) (2)
= y p (t) + p(t)y p (t) + q(t)y p (t) + y p (t) + p(t)y p (t) + q(t)y p (t) =
= f 1 (t) = f 2 (t)
= f 1 ( t ) + f 2 ( t ),
(1)
pois y p (t) e solucao da equacao
´ ¸˜ ¸˜

y + p(t)y + q(t)y = f 1 (t)
(2)
e y p (t), da equacao
¸˜
y + p ( t ) y + q ( t ) y = f 2 ( t ).

t
Exemplo 2.11. Vimos no Exemplo 2.10 que a funcao y1 (t) =
¸˜ ´ ¸˜ ¸˜
e solucao da equacao
4
diferencial
y +4y = t
t
e a funcao y2 (t) =
¸˜ sen(2t) e solucao da equacao
´ ¸˜ ¸˜
2
y + 4 y = 2 cos(2t).
ı ¸˜ ¸˜
Pelo Princ´pio da Superposicao para Equacoes N˜ o Homogˆ neas (Teorema 2.7)
a e
t t
y(t) = + sen(2t) e solucao da equacao
´ ¸˜ ¸˜
4 2
y + 4 y = 2 cos(2t) + t


¸˜ .

¸˜ ¸˜ ´
e a solucao geral desta equacao e

t t
y(t) = c1 cos 2t + c2 sen 2t + + sen(2t).
4 2

e ¸˜
2.3.1 M´ todo de Variacao dos Parˆ metros
a
¸˜
Este m´ todo funciona para qualquer equacao linear de 2a. ordem
e

y + p ( t ) y + q ( t ) y = f ( t ),

para qual se conheca duas solucoes fundamentais y1 (t) e y2 (t) da equacao ho-
¸ ¸˜ ¸˜
mogˆ nea correspondente em um intervalo I, onde o wronskiano W [y1 , y2 ](t) = 0,
e
para todo t ∈ I.
¸˜ ¸˜
Lembramos que neste caso a solucao geral da equacao homogˆ nea correspondente e
e ´

y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ).

¸˜ ¸˜
Vamos procurar uma solucao particular da equacao n˜ o homogˆ nea que tenha a
a e
¸˜
forma da solucao geral da homogˆ nea, mas substituindo os parˆ metros (constantes)
e a
c1 e c2 por funcoes a determinar u1 (t) e u2 (t), respectivamente, ou seja, da forma
¸˜

y ( t ) = u1 ( t ) y1 ( t ) + u2 ( t ) y2 ( t ). (2.28)

¸˜
com a condicao de que

y ( t ) = u1 ( t ) y1 ( t ) + u2 ( t ) y2 ( t ),

ou equivalentemente que

u1 ( t ) y1 ( t ) + u2 ( t ) y2 ( t ) = 0 (2.29)

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.3 ¸˜
a e 285

Assim,
y ( t ) = u1 ( t ) y1 ( t ) + u1 ( t ) y1 ( t ) + u2 ( t ) y2 ( t ) + u2 ( t ) y2 ( t )
Substituindo-se y(t), y (t) e y (t) na equacao obtemos
¸˜

u1 ( t ) y1 ( t ) + u1 ( t ) y1 ( t ) + u2 ( t ) y2 ( t ) + u2 ( t ) y2 ( t )
+ p ( t ) u1 ( t ) y1 ( t ) + u2 ( t ) y2 ( t )
+ q(t) (u1 (t)y1 (t) + u2 (t)y2 (t)) = f (t)
Agrupando os termos que cont´ m u1 (t), u2 (t), u1 (t) e u2 (t) obtemos a equacao dife-
e ¸˜
rencial de 1a. ordem para u1 (t) e u2 (t)

u1 ( t ) y1 ( t ) + u2 ( t ) y2 ( t ) + u1 ( t ) y1 ( t ) + p ( t ) y1 ( t ) + q ( t ) y1 ( t )
=0
+ u2 ( t ) y2 ( t ) + p ( t ) y2 ( t ) + q ( t ) y2 ( t ) = f ( t )
=0

Portanto u1 (t) e u2 (t) satisfazem al´ m da equacao (2.29) a equacao
e ¸˜ ¸˜
u1 ( t ) y1 ( t ) + u2 ( t ) y2 ( t ) = f ( t ) (2.30)
¸˜ ¸˜
Assim juntando as equacoes (2.29) e (2.30) obtemos o sistema de equacoes lineares
para u1 (t) e u2 (t)

y1 ( t ) u1 ( t ) + y2 ( t ) u2 ( t ) = 0
y1 ( t ) u1 ( t ) + y2 ( t ) u2 ( t ) = f (t)
que pode ser escrito na forma
AX = B
em que
a b y1 ( t ) y2 ( t ) u1 ( t ) 0
A= = , X= e B= .
c d y1 ( t ) y2 ( t ) u2 ( t ) f (t)


¸˜ .

¸˜
que tem solucao

u1 ( t ) 1 d −b 1 y2 ( t ) − y2 ( t ) 0
= X = A −1 B = B=
u2 ( t ) det( A) −c a W [y1 , y2 ](t) − y1 ( t ) y1 ( t ) f (t)
1 − y2 ( t ) f ( t )
=
W [y1 , y2 ](t) y1 ( t ) f ( t )

¸˜
Obtemos assim duas equacoes diferenciais de 1a. ordem
y2 ( t ) f ( t )
u1 ( t ) = −
W [y1 , y2 ](t)
y1 ( t ) f ( t )
u2 ( t ) =
W [y1 , y2 ](t)
que podem ser resolvidas simplesmente integrando-se
y2 ( t ) f ( t )
u1 ( t ) = − dt
W [y1 , y2 ](t)
y1 ( t ) f ( t )
u2 ( t ) = dt
W [y1 , y2 ](t)
Substituindo u1 (t) e u2 (t) na equacao (2.28) obtemos uma solucao particular
¸˜ ¸˜
y2 ( t ) f ( t ) y1 ( t ) f ( t )
y p ( t ) = − y1 ( t ) dt + y2 (t) dt.
W [y1 , y2 ](t) W [y1 , y2 ](t)

c˜ a ´
Aten¸ ao: N˜ o se deve memorizar a formula obtida. O que ﬁzemos aqui foi mostrar o caminho que deve ser
seguido para encontrar uma solucao particular da equacao linear n˜ o homogˆ nea de 2a ordem.
¸˜ ¸˜ a e .

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.3 ¸˜
a e 287

´

Exemplo 2.12. Vamos resolver o problema de valor inicial

y + y = sec t
y(0) = 1, y (0) = −2

A solucao geral da equacao homogˆ nea correspondente, y + y = 0, e
¸˜ ¸˜ e ´

y(t) = c1 cos t + c2 sen t.

¸˜
Vamos procurar uma solucao particular da forma

y(t) = u1 (t) cos t + u2 (t) sen t (2.31)

¸˜
com a condicao
y (t) = u1 (t)(− sen t) + u2 (t) cos t (2.32)
ou equivalentemente
u1 (t) cos t + u2 (t) sen t = 0 (2.33)
Assim,

y (t) = u1 (t)(− sen t) + u1 (t)(− cos t) + u2 (t) cos t + u2 (t)(− sen t)

Substituindo-se y(t), y (t) e y (t) na equacao obtemos
¸˜

u1 (t)(− sen t) + u1 (t)(− cos t) + u2 (t) cos t + u2 (t)(− sen t)+
+u1 (t) cos t + u2 (t) sen t = sec t

Simpliﬁcando-se obtemos

u1 (t)(− sen t) + u2 (t) cos t = sec t (2.34)


¸˜ .

¸˜
Resolvendo-se o sistema linear obtido das equacoes (2.33) e (2.34) obtemos
t
u1 ( t ) − sen t
cos
=
u2 ( t ) 1

¸˜
Integrando-se cada equacao obtemos

sen t
u1 ( t ) = − dt = ln | cos t| + c1 , u2 ( t ) = 1 dt = t + c2 ,
cos t
Tomando c1 = 0 e c2 = 0 e substituindo-se em (2.31) obtemos a solucao particular
¸˜

y p (t) = (ln | cos t|) cos t + t sen t.

¸˜ ¸˜ ´
Portanto a solucao geral da equacao e

y(t) = (ln | cos t|) cos t + t sen t + c1 cos t + c2 sen t. (2.35)

Substituindo-se t = 0 e y = 1 em (2.35) obtemos c1 = 1. Por (2.32), a derivada da
¸˜ ´
solucao particular e

y p (t) = −u1 (t) sen t + u1 (t) cos t = −(ln | cos t|) sen t + t cos t

¸˜ ´
e assim a derivada da solucao geral (2.35) e dada por

y (t) = −(ln | cos t|) sen t + t cos t − c1 sen t + c2 cos t. (2.36)

Substituindo-se t = 0 e y = −2 em (2.36) obtemos c2 = −2. Logo a solucao do PVI
¸˜
´
e
π π
y(t) = (ln | cos t|) cos t + t sen t + cos t − 2 sen t, para − < t <
2 2

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.3 ¸˜
a e 289

y

3

2

1

t

-3π/4 -π/2 -π/4 π/4 π/2 3π/4

-1

¸˜
Figura 2.8 – A solucao do problema de valor inicial do Exemplo 2.12


¸˜ .

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.3 ¸˜
a e 291

¸˜
2.3.2 Equacoes N˜ o Homogˆ neas com Coeficientes Constantes
a e
¸˜
Vamos tratar equacoes da forma

ay + by + cy = f (t). (2.37)

em que a, b e c s˜ o numeros reais, a = 0.
a ´

Este m´ todo funciona quando a funcao f (t) tem uma das seguintes formas:
e ¸˜
(1) f (t) = a0 + . . . + an tn , em que a0 , . . . , an ∈ R.
¸˜
Neste caso deve-se procurar uma solucao particular da forma

y p ( t ) = t s ( A0 + . . . + A n t n ),

em que s e o menor inteiro n˜ o negativo que garanta que nenhuma parcela
´ a
de y p (t) seja solucao da equacao homogˆ nea correspondente e A0 , . . . , An s˜ o
¸˜ ¸˜ e a
coeficientes a serem determinados substituindo-se y p (t) na equacao (2.37). O
¸˜
Exemplo 2.13 ilustra este caso.
(2) f (t) = ( a0 + . . . + an tn )eαt , em que a0 , . . . , an , α ∈ R.
¸˜

y p (t) = ts ( A0 + . . . + An tn )eαt ,

em que s e o menor inteiro n˜ o negativo que garanta que nenhuma parcela
´ a
de y p (t) seja solucao da equacao homogˆ nea correspondente e A0 , . . . , An s˜ o
¸˜ ¸˜ e a
coeficientes a serem determinados substituindo-se y p (t) na equacao (2.37). O
¸˜
Exemplo 2.14 ilustra este caso.
(3) f (t) = ( a0 + . . . + an tn )eαt cos βt ou f (t) = ( a0 + . . . + an tn )eαt sen βt,
em que a0 , . . . , an , α, β ∈ R.
¸˜

y p (t) = ts [( A0 + . . . + An tn )eαt cos βt + ( B0 + . . . + Bn tn )eαt sen βt],


¸˜ .

em que s e o menor inteiro n˜ o negativo que garanta que nenhuma
´ a
parcela de y p (t) seja solucao da equacao homogˆ nea correspondente e
¸˜ ¸˜ e
A0 , . . . , An , B0 , . . . , Bn s˜ o coeﬁcientes a serem determinados substituindo-se
a
y p (t) na equacao (2.37). O Exemplo 2.15 ilustra este caso.
¸˜

¸˜
Exemplo 2.13. Vamos encontrar a solucao do problema de valor inicial

y + y = 2 + t2
y(0) = 1, y (0) = 2.

Precisamos encontrar a solucao geral da equacao homogˆ nea correspondente y +
¸˜ ¸˜ e
y = 0. A equacao caracter´stica e
¸˜ ı ´

r2 + r = 0

que tem como ra´zes r1 = 0 e r2 = −1. Assim a solucao geral da equacao homogˆ nea
ı ¸˜ ¸˜ e
correspondente y + y = 0 e ´

y ( t ) = c1 + c2 e − t .

O segundo membro da equacao diferencial, 2 + t2 , e da forma (1). Vamos procurar
¸˜ ´
¸˜
uma solucao particular da forma

y p ( t ) = t1 ( A0 + A1 t + A2 t2 ) = A0 t + A1 t2 + A2 t3

O valor de s e igual a 1, pois para s = 0, a parcela A0 e solucao da equacao ho-
´ ´ ¸˜ ¸˜
mogˆ nea (c2 = 0 e c1 = A0 ).
e

y p (t) = A0 + 2A1 t + 3A2 t2

y p (t) = 2A1 + 6A2 t.

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.3 ¸˜
a e 293

Substituindo y p (t) e y p (t) na equacao y + y = 2 + t2 obtemos
¸˜

(2A1 + 6A2 t) + ( A0 + 2A1 t + 3A2 t2 ) = ( A0 + 2A1 ) + (2A1 + 6A2 )t + 3A2 t2 = 2 + t2
Comparando os termos de mesmo grau obtemos o sistema linear

 A0 + 2A1 = 2
2A1 + 6A2 = 0
3A2 = 1


que tem solucao A0 = 4, A1 = −1 e A2 = 1/3. Assim uma solucao particular da
¸˜ ¸˜
¸˜ a
equacao n˜ o homogˆ nea e
e ´
1
y p (t) = 4t − t2 + t3
3
¸˜ ¸˜ a
e a solucao geral da equacao n˜ o homogˆ nea e
e ´
1
y(t) = c1 + c2 e−t + 4t − t2 + t3 (2.38)
3
¸˜
Para resolvermos o problema de valor inicial vamos calcular a derivada da solucao
¸˜ a
geral da equacao n˜ o homogˆ nea
e

y ( t ) = − c2 e − t + t2 − 2 t + 4 (2.39)

Substituindo-se t = 0 e y = 1 em (2.38) e t = 0 e y = 2 em (2.39) obtemos

c1 + c2 = 1
4 − c2 = 2
de onde obtemos c1 = −1 e c2 = 2. Logo a solucao do PVI e
¸˜ ´
1
y(t) = −1 + 2e−t + 4t − t2 + t3
3


¸˜ .

y

6

4

2

t

-4 -2 2 4

¸˜
Figura 2.9 – A solucao do problema de va-
-2
lor inicial do Exemplo 2.13

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.3 ¸˜
a e 295

¸˜ ¸˜
y + 2y + y = (2 + t)e−t .
¸˜ ¸˜ e
2y + y = 0. A equacao caracter´stica e
¸˜ ı ´

r2 + 2r + 1 = 0
que tem como raiz r1 = −1. Assim a solucao geral da equacao homogˆ nea corres-
¸˜ ¸˜ e
pondente y + 2y + y = 0 e
´
y(t) = c1 e−t + c2 te−t .
O segundo membro da equacao diferencial, (2 + t)e−t , e da forma (2). Vamos procu-
¸˜ ´
¸˜
rar uma solucao particular da forma

y p ( t ) = t2 ( A0 + A1 t ) e − t = ( A0 t2 + A1 t3 ) e − t

O valor de s e igual a 2, pois para s = 0 as parcelas A0 e−t e A1 te−t s˜ o solucoes da
´ a ¸˜
equacao homogˆ nea (c1 = A0 , c2 = 0 e c1 = 0, c2 = A1 ) e para s = 1 a parcela
¸˜ e
A0 te−t e solucao da equacao homogˆ nea (c1 = 0 e c2 = A0 ).
´ ¸˜ ¸˜ e

y p (t) = 2A0 t + (3A1 − A0 )t2 − A1 t3 e−t

y p (t) = 2A0 + (6A1 − 4A0 )t + ( A0 − 6A1 )t2 + A1 t3 e−t .

Substituindo y p (t) e y p (t) na equacao y + 2y + y = (2 + t)e−t obtemos
¸˜

2A0 + (6A1 − 4A0 )t + ( A0 − 6A1 )t2 + A1 t3 e−t +

+ 2 2A0 t + (3A1 − A0 )t2 − A1 t3 e−t +
+ ( A0 t2 + A1 t3 ) e − t = (2 + t ) e − t


¸˜ .

Simpliﬁcando o primeiro membro obtemos

(2A0 + 6A1 t) e−t = (2 + t)e−t ⇒ 2A0 + 6A1 t = 2 + t


2A0 = 2
6A1 = 1

que tem solucao A0 = 1 e A1 = 1/6. Assim uma solucao particular da equacao n˜ o
¸˜ ¸˜ ¸˜ a
homogˆ nea e
e ´
1
y p ( t ) = ( t2 + t3 ) e − t
6
¸˜ ¸˜ a
e ´

1
y(t) = c1 e−t + c2 te−t + (t2 + t3 )e−t
6

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.3 ¸˜
a e 297

y

2

t

2 4 6 8

-2

-4

-6

¸˜
Figura 2.10 – Algumas solucoes da
¸˜
equacao do Exemplo 2.14


¸˜ .

¸˜ ¸˜

y + 2y + 2y = et cos t.

¸˜ ¸˜ e
2y + 2y = 0. A equacao caracter´stica e
¸˜ ı ´

r2 + 2r + 2 = 0

que tem como ra´zes r1 = −1 + i e r2 = −1 − i. Assim a solucao geral da equacao
ı ¸˜ ¸˜
homogˆ nea correspondente y + 2y + 2y = 0 e
e ´

y(t) = c1 e−t cos t + c2 e−t sen t.

O segundo membro da equacao diferencial, et cos t, e da forma (3). Vamos procurar
¸˜ ´
¸˜
uma solucao particular da forma

y p (t) = t0 ( Aet cos t + Bet sen t) = Aet cos t + Bet sen t

O valor de s e igual a 0, pois nenhuma parcela de y p (t) e solucao da equacao ho-
´ ´ ¸˜ ¸˜
mogˆ nea.
e

y p (t) = A(et cos t − et sen t) + B(et sen t + et cos t+) = ( A + B)et cos t + ( B − A)et sen t

y p (t) = 2Bet cos t − 2Aet sen t.
Substituindo y p (t) e y p (t) na equacao y + 2y + y = et cos t obtemos
¸˜

2Bet cos t − 2Aet sen t + 2 ( A + B)et cos t + ( B − A)et sen t
+ 2( Aet cos t + Bet sen t) = et cos t
Simpliﬁcando o primeiro membro obtemos

(4A + 4B)et cos t + (4B − 4A)et sen t = et cos t

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.3 ¸˜
a e 299

Comparando os coeﬁcientes de et cos t e de et sen t obtemos o sistema linear

4A + 4B = 1
−4A + 4B = 0

que tem solucao A = 1/8 e B = 1/8. Assim uma solucao particular da equacao n˜ o
¸˜ ¸˜ ¸˜ a
homogˆ nea e
e ´
1 1
y p (t) = et cos t + et sen t
8 8
¸˜ ¸˜ a
e ´

1
y(t) = c1 e−t cos t + c2 e−t sen t + et (cos t + sen t)
8


¸˜ .

y

6

4

2

t

-4 -2 2 4

-2

¸˜
Figura 2.11 – Algumas solucoes da -4
¸˜
equacao do Exemplo 2.15

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.3 ¸˜
a e 301

ı a
¸˜ ¸˜
3.1. Encontre a solucao geral das equacoes:

(a) y + 5y + 6y = xe−5x .
(b) y − 4y + 6y = 3x.
(c) y + y = cosec t
(d) y − y = (1 + e−t )−2
(e) y + 4 y = 2 sen(2t) + t
(f) y + 2y = et + 2
3.2. Resolva os problemas de valor inicial:
(a) y + y − 2y = t2 + 3, y(0) = 0, y (0) = 0
(b) y + 2 y + y = 3 sen(2t), y(0) = 0, y (0) = 0
(c) y − 4 y + 4 y = 3e−t , y(0) = 0, y (0) = 0
(d) 2y + 2y + y = t2 , y(0) = 0, y (0) = 0
3.3. ¸˜ ¸˜
(a) Encontre a solucao geral da equacao

y + 2y + αy = 0

para α > 1, para α = 1 e para α < 1.
¸˜ ¸˜
(b) Determine a forma adequada para uma solucao particular da equacao
√
y + 2y + αy = te−t sen( α − 1 t)

para α > 1.


¸˜ .

2.4 ¸˜
Oscilacoes Livres

Fe = − k L

F =−ky
0

e
Fr = − γ v
0 L

P=mg

P=mg
F
ext
Figura 2.12 – Sistema massa-mola na verti-
cal u y

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.4 ¸˜
Oscilacoes Livres 303

Considere um sistema massa-mola na vertical. Seja L o alongamento provocado na
mola pela colocacao da massa m quando o sistema est´ em equil´brio. Neste caso a
¸˜ a ı
¸ a ´
magnitude da forca el´ stica e igual a magnitude do peso, ou seja,
mg = kL. (2.40)
Aqui k e chamada constante da mola. Seja y(t) o alongamento da mola em um
´
instante t. Deﬁna a nova funcao
¸˜
u(t) = y(t) − L.
Sobre a massa agem o seu peso,
P = mg,
´
a forca da mola que e proporcional ao seu alongamento e tem sentido oposto a ele,
¸
Fe = −ky(t) = −k(u(t) + L),
uma forca de resistˆ ncia proporcional a velocidade,
¸ e
Fr = −γy (t) = −γu (t)
´
. Aqui γ e a constante de amortecimento.
Pela segunda lei de Newton, temos que
my (t) = mg − ky(t) − γy (t)
ou escrevendo em termos de u(t) = y(t) − L:
mu (t) = mg − k( L + u(t)) − γu (t) (2.41)
Assim, por (2.40) e (2.41), u(t) satisfaz a seguinte equacao diferencial
¸˜
mu (t) + γu (t) + ku(t) = 0. (2.42)
que e a mesma equacao que satisfaz x (t) no caso da mola estar na posicao horizontal.
´ ¸˜ ¸˜
Veriﬁque!


¸˜ .

2.4.1 Sem Amortecimento
Fe = −k x

Fe = −k x

Figura 2.13 – Sistema massa-mola li-
vre n˜ o amortecido
a 0 x

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.4 ¸˜

Vamos considerar inicialmente o caso em que n˜ o amortecimento, ou seja, γ = 0.
a
¸˜
Assim a equacao (2.42) para o movimento da massa e´

mu + ku = 0

¸˜ ´
A equacao caracter´stica e
ı

k
mr2 + k = 0 ⇔ r=± i
m
¸˜ ¸˜ ´
Assim a solucao geral da equacao e

k k
u(t) = c1 cos t + c2 sen t
m m

k
Seja ω0 = m. ¸˜
Ent˜ o a equacao acima pode ser escrita em termos de ω0 como
a

u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) . (2.43)

Marcando o ponto (c1 , c2 ) no plano e escrevendo em coordenadas polares temos que
y

( c1 , c2 )
c2

c1 = R cos δ,
(2.44)
R c2 = R sen δ.

δ
c1 x


¸˜ .

Substituindo-se os valores de c1 e c2 obtidos de (2.44) na equacao (2.43) obtemos
¸˜

u(t) = R cos δ cos (ω0 t) + R sen δ sen (ω0 t)
= R (cos δ cos (ω0 t) + sen δ sen (ω0 t))
= R cos(ω0 t − δ),

¸˜
Aqui foi usada a relacao

cos( a − b) = cos a cos b + sen a sen b.

ω0 e chamada frequˆ ncia natural do sistema, δ a fase e R a amplitude.
´ e
2π
Neste caso a solucao da equacao e periodica de per´odo T =
¸˜ ¸˜ ´ ´ ı . Este movimento
ω0
´ ´
oscilatorio e chamado movimento harmonico simples.
ˆ

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.4 ¸˜

Oscilação Livre sem Amortecimento

u u(t) = R cos(ω0 t − δ)
k
ω0 = m

2π
+R ω
0

δ δ+2π
ω ω t
0 0

−R

¸˜
Figura 2.14 – Solucao do sistema massa-
mola livre n˜ o amortecido
a


¸˜ .

Exemplo 2.16. Sabendo-se que o problema de valor inicial que descreve um sistema
´
massa-mola e dado por

y + 2y = 0, y(0) = 0, y (0) = 1

¸˜ ¸˜
(a) Encontre a solucao geral da equacao diferencial e resolva o problema de valor
inicial. Determine a amplitude, a frequˆ ncia, a fase e o per´odo.
e ı
¸˜
(b) Esboce o gr´ ﬁco da solucao obtida.
a
Solu¸ ao:
c˜
√
(a) Equacao caracter´stica e r2 + 2 = 0, que tem como ra´zes r = ± 2i.
¸˜ ı ´ ı
¸˜ ¸˜ ´
Logo a solucao geral da equacao diferencial e :
√ √
y(t) = c1 cos 2 t + c2 sen 2t .

¸˜
Para resolver o PVI precisamos calcular a derivada da solucao geral:
√ √ √ √
y (t) = −c1 2 sen 2 t + c2 2 cos 2t

Substituindo-se t = 0, y = 0, y = 1 obtemos:
√
2
c1 = 0, c2 = .
2
¸˜
Solucao do PVI: √
2 √
y(t) = sen 2t .
2
√ √
2 2 π
Marcando o ponto (c1 , c2 ) = (0, ) no plano obtemos que R = eδ= ,
2 2 2
ou seja, √ √
2 √ 2 √ π
y(t) = sen 2t = cos 2 t−
2 2 2

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.4 ¸˜

√ √
A amplitude e igual a 22 , a frequˆ ncia e igual a
´ e ´ ´
2, a fase e igual a π/2 e o
√
´
per´odo e igual a 2π/ 2.
ı
(b)
y

+21/2/2

2π
____ t
21/2

−21/2/2

2.4.2 Com Amortecimento
Como as oscilacoes s˜ o livres, Fext = 0. Assim a equacao (2.42) para o movimento da
¸˜ a ¸˜
´
massa e
mu + γu + ku = 0
A equacao caracter´stica e mr2 + γr + k = 0 e ∆ = γ2 − 4km
¸˜ ı ´


¸˜ .

Fr = −γ v Fe = −k x

Fr = −γ v

Fr = −γ v

Fe = −k x

Figura 2.15 – Sistema massa-mola livre com amor-
tecimento 0 x

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.4 ¸˜

Aqui temos trˆ s casos a considerar:
e
√
(a) Se ∆ = γ2 − 4km > 0 ou γ > 2 km, neste caso

u ( t ) = c 1 e r1 t + c 2 e r2 t ,

em que √
−γ ± ∆ −γ ± γ2 − 4km
r1,2 = = <0
2m 2m
´ ¸˜
Este caso e chamado superamortecimento e a solucao

u(t) → 0 quando t → +∞.


¸˜ .

Super Amortecimento

u u ( t ) = c 1 e r1 t + c 2 e r2 t
−γ ± γ2 − 4km
r1,2 =
2m
c1 + c2 = u0

u0

t

¸˜
Figura 2.16 – Algumas solucoes do sis-
tema massa-mola livre com superamor-
tecimento

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.4 ¸˜

√
(b) Se ∆ = γ2 − 4km = 0 ou γ = 2 km, neste caso
γt γt
u(t) = c1 e− 2m + c2 te− 2m

´ ¸˜
Este caso e chamado amortecimento cr´tico e a solucao
ı

u(t) → 0 quando t → +∞.


¸˜ .

Amortecimento Crítico

u γt γt
u(t) = c1 e− 2m + c2 te− 2m
c1 = u0

u0

t

¸˜
tema massa-mola livre com amorteci-
mento cr´tico
ı

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.4 ¸˜

√
(c) Se ∆ = γ2 − 4km < 0 ou 0 < γ < 2 km, neste caso
γt
u(t) = e− 2m (c1 cos µt + c2 sen µt) (2.45)

em que
4km − γ2 γ2 2
µ= = ω0 −
< ω0
2m 4m2
2π
Aqui, µ e chamado quase frequˆ ncia e T =
´ e ´
e chamado quase per´odo.
ı
µ
Escrevendo novamente o par (c1 , c2 ) em coordenadas polares temos que
y

( c1 , c2 )
c2

c1 = R cos δ,
(2.46)
R c2 = R sen δ.

δ
c1 x

Substituindo-se os valores de c1 e c2 na equacao (2.45) obtemos
¸˜
γt γt
u(t) = e− 2m ( R cos δ cos µt + R sen δ sen µt) = Re− 2m cos(µt − δ),

em que R = c2 + c2 e δ s˜ o obtidos de (2.46).
1 2 a
´ ¸˜
Este caso e chamado subamortecimento e a solucao

u(t) → 0 quando t → +∞.


¸˜ .

γt
Este e um movimento oscilatorio com amplitude Re− 2m e chamado quase
´ ´ ´
periodico.
´
Observe que nos trˆ s casos a solucao u(t) → 0 quando t → +∞.
e ¸˜

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.4 ¸˜

Sub Amortecimento
γt
u u(t) = e− 2m (c1 cos µt + c2 sen µt)
2 γ2
µ= ω0 − < ω0
4m2

c1 = u0

u0

t

¸˜
tema massa-mola livre com subamorte-
cimento
Sub Amortecimento
γt
u u(t) = Re− 2m cos(µt − δ),
2 γ2
µ= ω0 − < ω0
4m2
2π
+R µ

← Re−γt/2m

δ δ+2π
µ µ t
← −Re−γt/2m

−R

¸˜
Figura 2.19 – Solucao t´pica do sistema
ı
massa-mola livre com subamortecimento


¸˜ .

u

√
super amortecimento, γ > 2 km

√
amortecimento cr´tico, γ = 2 km
ı

t

√
sub amortecimento, γ 2 km

¸˜ ¸˜
Figura 2.20 – Comparacao das solucoes do
sistema massa-mola livre com amorteci-
mento para diferentes valores da cons-
tante de amortecimento γ

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.4 ¸˜

ı a
´
4.1. Sabendo-se que o problema de valor inicial que descreve um sistema massa-mola e dado por

y + 5y = 0, y(0) = 1, y (0) = 0

¸˜ ¸˜
(a) Encontre a solucao geral da equacao diferencial e resolva o problema de valor inicial. Determine a
amplitude, a frequˆ ncia, a fase e o peródo.
e ı
¸˜
a

´
4.2. Sabendo-se que o problema de valor inicial que descreve um sistema massa-mola e dado por

2y + 3y = 0, y(0) = 1, y (0) = 0

¸˜ ¸˜
(a) Encontre a solucao geral da equacao e resolva o problema de valor inicial. Determine a amplitude,
a frequˆ ncia, a fase e o peródo.
e ı
¸˜
a

4.3. Se um sistema massa-mola com uma massa de 2 kg e uma mola com constante de elasticidade igual 0,5
N/m e colocado em movimento, no instante t = 0, num meio em que a constante de amortecimento e
´ ´
igual a 1 N.s/m, determine a posicao da massa em qualquer instante t, considerando a posicao inicial
¸˜ ¸˜
igual u0 e a velocidade inicial u0 .

4.4. Uma massa de 100 gramas estica uma mola 10 cent´metros. Suponha que n˜ o haja amortecimento e que
ı a
a aceleracao da gravidade seja de 103 cent´metros por segundo ao quadrado. Encontre a frequˆ ncia, o
¸˜ ı e
peródo e a amplitude do movimento. Determine a posicao u em funcao do tempo t e faca um esboco do
ı ¸˜ ¸˜ ¸ ¸
seu gr´ fico.
a

´ ¸˜
(a) Se a massa e colocada em movimento a partir da sua posicao de equil´brio com uma velocidade
ı
apontada para cima de 4 cent´metros por segundo.
ı
´
(b) Se a massa e puxada para baixo esticando a mola 1 cent´metro e depois colocada em movimento
ı
com uma velocidade para baixo de 10 cent´metros por segundo.
ı


¸˜ .

´ ´
(c) Se a massa e puxada para baixo esticando a mola 2 cent´metros e depois e solta.
ı
4.5. Uma massa de 100 gramas estica uma mola 10 cent´metros. A massa est´ presa a um amortecedor viscoso.
ı a
Suponha que a aceleracao da gravidade seja de 103 cent´metros por segundo ao quadrado.
¸˜ ı
´
(a) Para quais valores da constante de amortecimento γ o sistema e super-amortecido, tem um amorte-
´
cimento cr´tico e e sub-amortecido.
ı
(b) Suponha que o amortecedor exerce uma forca de 104 dinas (=gramas·cent´metros por segundos2 )
¸ ı
´ ´
quando a velocidade e de 10 cent´metros por segundo. Se a massa e puxada para baixo 2 cent´metros
ı ı
e depois e solta, determine a posicao u em funcao do tempo t e faca um esboco do seu gr´ fico. Qual
´ ¸˜ ¸˜ ¸ ¸ a
o valor do quase peródo?
ı

4.6. O movimento de um pˆ ndulo simples de massa m e comprimento l e descrito pela funcao θ (t) que
e ´ ¸˜
¸˜
satisfaz a equacao diferencial
d2 θ g
2
+ sen θ = 0.
dt l
Suponha que o angulo θ seja pequeno o suficiente para que seja v´ lida a aproximacao sen θ ≈ θ.
ˆ a ¸˜
(a) Encontre θ (t) sabendo-se que o pˆ ndulo e solto de um angulo θ0 .
e ´ ˆ
e ı ¸˜
(b) Determine a frequˆ ncia, o peródo e a amplitude de oscilacao do pˆ ndulo.
e

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.4 ¸˜

2.5 ¸˜
Oscilacoes Forcadas
¸
Vamos supor que uma forca externa periodica da forma Fext = F0 cos(ωt), com
¸ ´
ω 0, seja aplicada a massa. Ent˜ o a equacao (2.42) para o movimento da massa e
` a ¸˜ ´

mu + γu + ku = F0 cos(ωt)

2.5.1 Sem Amortecimento
¸˜ ´
Neste caso a equacao diferencial para o movimento da massa e

mu + ku = F0 cos(ωt) (2.47)

¸˜
Sabemos que as solucoes s˜ o da forma
a

u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + u p (t)

em que, pelo m´ todo dos coeﬁcientes a determinar,
e

u p (t) = ts [ A cos(ωt) + B sen(ωt)]

e uma solucao particular e s e o menor inteiro n˜ o negativo que garanta que ne-
´ ¸˜ ´ a
nhuma parcela de u p (t) seja solucao da equacao homogˆ nea correspondente e A e B
¸˜ ¸˜ e
s˜ o coeﬁcientes a serem determinados substituindo-se u p (t) na equacao diferencial
a ¸˜
(2.47).
Temos dois casos a considerar:
(a) Se ω = ω0 . Neste caso s = 0, pois nenhuma das parcelas de u p (t) e solucao da
´ ¸˜
¸˜ ¸˜ ´
equacao homogˆ nea correspondente. Ent˜ o a solucao particular e da forma
e a

u p (t) = A cos(ωt) + B sen(ωt)


¸˜ .

¸˜ ¸˜ ´
e a solucao geral da equacao e da forma
u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + A cos(ωt) + B sen(ωt)
Deixamos como exercćio para o leitor verificar que substituindo-se u p (t) na
ı
¸˜
equacao diferencial (2.47) encontramos
F0
A= 2
e B = 0.
m ( ω0 − ω 2 )
Assim
F0
u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + 2
cos(ωt).
m ( ω0− ω2 )
Neste caso a solucao u(t) e oscilatoria e limitada.
¸˜ ´ ´
(b) Se ω = ω0 . Neste caso s = 1, pois para s = 0 as parcelas, A cos(ω0 t)
e B sen(ω0 t), de u p (t), s˜ o solucoes da equacao homogˆ nea correspondente.
a ¸˜ ¸˜ e
¸˜ ´
Ent˜ o a solucao particular e da forma
a
u p (t) = t[ A cos(ωt) + B sen(ωt)]
¸˜ ¸˜ ´
e a solucao geral da equacao e da forma
u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + t[ A cos(ω0 t) + B sen(ω0 t)]
Deixamos como exercćio para o leitor verificar que substituindo-se u p (t) na
ı
¸˜
equacao diferencial (2.47) encontramos
F0
A=0 e B= .
2mω0
Assim
F0
u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) +
t sen(ω0 t).
2mω0
Neste caso u(t) e oscilatoria, mas fica ilimitada quando t tende a +∞. Este
´ ´
fenomeno e conhecido como ressonˆ ncia e a frequˆ ncia ω = ω0 e chamada
ˆ ´ a e ´
frequˆ ncia de ressonˆ ncia.
e a

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.4 ¸˜

F = F cos(ωt)
ext o

F =−kx
e

F = F cos(ωt)
ext o

Fext = Focos(ωt)
Fe = − k x

Figura 2.21 – Sistema massa-mola
forcado sem amortecimento
¸ 0 x


¸˜ .

Exemplo 2.17. Vamos considerar o problema de valor inicial
mu + ku = F0 cos(ωt),
u(0) = 0, u (0) = 0
Temos dois casos a considerar:
(a) Se ω = ω0 . A solucao geral da equacao e
¸˜ ¸˜ ´
F0
u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + 2
cos(ωt)
m ( ω0 − ω 2 )
Derivando e substituindo-se t = 0, u = 0 e u = 0 obtemos que (veriﬁque!)
F0
c1 = − 2
, c2 = 0
m ( ω0 − ω 2 )
¸˜ ´
Assim a solucao do problema de valor inicial e
F0
u(t) = 2
(cos(ωt) − cos(ω0 t)) .
m ( ω0 − ω 2 )
Como
cos( A − B) − cos( A + B) = 2 sen A sen B
ent˜ o
a
2F0
u(t) = 2
sen(ω1 t) sen(ω2 t)
m ( ω0 − ω 2 )
em que
ω0 − ω ω0 + ω
ω1 = , ω2 = .
2 2
− +
Como ω1 = ω02 ω e menor do que ω2 = ω02 ω , ent˜ o o movimento e uma
´ a ´
oscilacao de frequˆ ncia ω2 com uma amplitude tamb´ m oscilatoria R(t) =
¸˜ e e ´
2F0
m(ω 2 −ω 2 )
sen(ω1 t) de frequˆ ncia ω1 . Este movimento e chamado batimento.
e ´
0

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.4 ¸˜

Batimento Ressonância

u u(t) = R sen(ω1 t) sen(ω2 t), u u(t) = R t sen(ωt)
2F0
R= 2 2 ,
m ( ω0 − ω )
ω0 − ω ω0 + ω
ω1 = 2 , ω2 = 2
+R
R sen(ω1t) → Rt→

2π 2π
ω1 t ω0 t

−R sen(ω1t) → −R t →
−R

¸˜
Figura 2.22 – Solucao do sistema massa-mola, para ¸˜
Figura 2.23 – Solucao do sistema massa-mola, para
u(0) = u (0) = 0, no caso de batimento u(0) = u (0) = 0, no caso de ressonˆ ncia
a


¸˜ .

(b) Se ω = ω0 . A solucao geral da equacao e
¸˜ ¸˜ ´

F0
u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + t sen(ω0 t)
2mω0

J´ vimos que neste caso u(t) ﬁca ilimitada quando t tende a +∞ que e o
a ´
fenomeno da ressonˆ ncia. Derivando e substituindo-se t = 0, u = 0 e u = 0
ˆ a
obtemos que (veriﬁque!)
c1 = 0, c2 = 0
¸˜ ´

F0
u(t) = t sen(ω0 t).
2mω0

´ ¸˜
Este movimento e uma oscilacao de frequˆ ncia ω0 com uma amplitude
e

F0
R(t) = t
2mω0

que aumenta proporcionalmente a t.

2.5.2 Com Amortecimento
¸˜ ´
Neste caso a equacao diferencial para o movimento da massa e

mu + γu + ku = F0 cos(ωt) (2.48)

Seja u(t) = c1 u1 (t) + c2 u2 (t) a solucao da equacao homogˆ nea correspondente.
¸˜ ¸˜ e
¸˜ ¸˜ ´
Ent˜ o a solucao geral desta equacao e
a

u ( t ) = c1 u1 ( t ) + c2 u2 ( t ) + u p ( t )

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.4 ¸˜

em que u p (t) e uma solucao particular. Pelo m´ todo dos coeficientes a determinar
´ ¸˜ e

u p (t) = A cos(ωt) + B sen(ωt).

Deixamos como exercćio para o leitor verificar que substituindo-se u p (t) e suas de-
ı
¸˜
rivadas na equacao diferencial (2.48) encontramos

F0 m(ω0 − ω 2 )
2
F0 γω
A= , B= ,
∆ ∆
em que ∆ = m2 (ω0 − ω 2 )2 + γ2 ω 2 . Podemos escrever
2

u p (t) = A cos(ωt) + B sen(ωt) = R cos(ωt − δ)
√
em que R = A2 + B2 e δ e tal que A = R cos δ e B = R sen δ. Neste caso a amplitude
´
¸˜ ´
da solucao estacion´ ria e dada por
a
F0
R= √ .
∆
¸˜ ¸˜ ´
Assim a solucao geral da equacao e

u(t) = c1 u1 (t) + c2 u2 (t) + R cos(ωt − δ).

A solucao geral da equacao homogˆ nea correspondente, c1 u1 (t) + c2 u2 (t), e a
¸˜ ¸˜ e ´
¸˜ ¸˜
solucao do problema de oscilacao livre amortecida e j´ mostramos que tende a zero
a
quando t tende a +∞, por isso e chamada solu¸ ao transiente, enquanto a solucao
´ c˜ ¸˜
particular, R cos(ωt − δ), permanece e por isso e chamada solu¸ ao estacion´ ria.
´ c˜ a
u(t) = c1 u1 (t) + c2 u2 (t) + R cos(ωt − δ) ≈ R cos(ωt − δ), para t suficientemente grande.
Vamos analisar como varia a amplitude da solucao estacion´ ria, R, com a frequˆ ncia
¸˜ a e
da forca externa, ω.
¸

γ2
R (ω ) = 0 ⇔ ∆ (ω ) = 0 ⇔ ω0 − ω 2 =
2
,
2m2


¸˜ .

ou seja, R (ω ) = 0 se, e somente se,

γ2
ω 2 = ω0 −
2
2m2
2 √
2 γ
Assim se ω0 − 2m2 ≥ 0 ou γ ≤ 2
2m2 ω0 = 2km, ent˜ o a amplitude da solucao
a ¸˜
´ a
estacion´ ria e m´ xima para
a
2 γ2
ω= ω0 − .
2m2
√
2
Se γ 2m2 ω0 = 2km, ent˜ o a amplitude da solucao estacion´ ria e decrescente
a ¸˜ a ´
e portanto n˜ o tem m´ ximo, pois estamos supondo ω 0.
a a

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.4 ¸˜

Fe = − k x



Fe = − k x

0 x

Figura 2.24 – Sistema massa-mola forcado com amortecimento
¸


¸˜ .

Oscilaçao Forçada com Amortecimento

u
u(t) = c1 u1 (t) + c2 u2 (t) + R cos(ωt − δ)

2π
+R ω

t
−R

¸˜
Figura 2.25 – Solucao do sistema massa-mola forcado com amortecimento
¸

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.4 ¸˜

R(ω)

F0
R(ω ) =
2
m 2 ( ω0 − ω 2 ) 2 + γ 2 ω 2

√
γ 2km
)

√
γ 2km √
F0 γ= 2km
k

+

ω
2 γ2
ω0 −
2m2

¸˜ a ¸˜
Figura 2.26 – Amplitude da solucao estacion´ ria em funcao da frequˆ ncia da forca do sistema massa-mola
e ¸
forcado com amortecimento
¸


¸˜ .

2.5.3 Circuitos El´ tricos
e
Considere um circuito el´ trico formado por um capacitor, um resistor e um indutor
e
ligados em s´ rie a um gerador como mostrado na Figura 2.27.
e
A queda de potencial num resistor de resistˆ ncia R e igual a RI, num capacitor de
e ´
Q dI
capacitˆ ncia C e igual a
a ´ e em um indutor de indutˆ ncia L e igual a L . Pela
a ´
C dt
segunda lei de Kirchhoff (lei das malhas) a soma da forcas eletromotrizes (neste caso
¸
apenas V (t)) e igual a soma das quedas de potencial (neste caso R I na resistˆ ncia,
´ e
dI
Q/C no capacitor e L no indutor), ou seja,
dt
dI 1
L + RI + Q = V (t) (2.49)
dt C
dQ
Substituindo-se I = ¸˜
obtemos uma equacao diferencial de 2a. ordem para a carga
dt
el´ trica no capacitor.
e
d2 Q dQ 1
L 2 +R + Q = V (t) (2.50)
dt dt C
com condicoes iniciais Q(0) = Q0 e Q (0) = I0 . Uma equacao diferencial de 2a.
¸˜ ¸˜
ordem para a corrente el´ trica no circuito pode ser obtida derivando-se a equacao
e ¸˜
(2.49), ou seja,
d2 I dI 1 dQ dV
L 2 +R + = (t)
dt dt C dt dt
dQ
e substituindo-se I =
dt
d2 I dI 1 dV
L 2
+R + I = (t)
dt dt C dt
V (0) − RI0 − Q0 /C
com condicoes iniciais I (0) = I0 e I (0) =
¸˜ ´ ¸˜ ´
. A ultima condicao e
L
¸˜
obtida usando a equacao (2.50).

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.4 ¸˜

R

L C

V (t)

Figura 2.27 – Circuito LRC


¸˜ .

Exemplo 2.18. Um circuito possui um capacitor de 0, 5 × 10−1 F, um resistor de 25 Ω
e um indutor de 5 H, em s´ rie. O capacitor se encontra descarregado. No instante
e
t = 0 conecta-se esse circuito a uma bateria cuja tens˜ o e de 10e−t/4 V, e o circuito e
a ´ ´
fechado.
Vamos determinar a carga no capacitor em qualquer instante t 0. A equacao ¸˜
´
diferencial para a carga no capacitor e
1
5Q + 25Q + Q = 10e−t/4 .
0, 5 · 10−1
¸˜
Dividindo-se por 5 obtemos a equacao

Q + 5Q + 4Q = 2e−t/4 .

¸˜ ´
Equacao caracter´stica e
ı
r2 + 5r + 4 = 0
cujas ra´zes s˜ o r = −1, −4.
ı a
¸˜ ¸˜ ´
Assim a solucao geral da equacao homogˆ nea e
e

Q(t) = c1 e−t + c2 e−4t .

¸˜ ¸˜
Vamos procurar uma solucao particular da equacao n˜ o homogˆ nea da forma
a e
Q p (t) = A0 e−t/4 .

1 A0 −t/4
Q p (t) = − A0 e−t/4 , Q p (t) = e
4 16
Substituindo-se na equacao Q p (t), Q p (t) e Q p (t) obtemos
¸˜

A0 −t/4 5
e − A0 e−t/4 + 4A0 e−t/4 = 2e−t/4
16 4
45 32
A0 = 2 ⇒ A0 =
16 45

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.4 ¸˜

¸˜ ¸˜ ´
Portanto a solucao geral da equacao diferencial e

32 −t/4
Q(t) = c1 e−t + c2 e−4t + e
45

Derivada da solucao geral: Q (t) = −c1 e−t − 4c2 e−4t −
¸˜ 8 −t/4
45 e
Substituindo-se t = 0, Q = 0, Q = 0 obtemos
32
c1 + c2 + 45 = 0 c1 = −8/9
8 , ⇒
−c1 − 4c2 − 45 = 0 c2 = 8/45

Portanto a solucao do PVI formado pela equacao diferencial e Q(0) = 0, Q (0) = 0 e
¸˜ ¸˜ ´

8 8 32
Q(t) = − e−t + e−4t + e−t/4
9 45 45
Observe que
lim Q(t) = 0.
t→∞


¸˜ .

ı a
5.1. Uma mola, de um sistema massa-mola sem amortecimento, tem constante de elasticidade igual a 3 N/m.
Pendura-se na mola uma massa de 2 kg e o sistema sofre a acao de uma forca externa de 3 cos(3t).
¸˜ ¸
Determine a funcao que descreve o movimento da massa em qualquer instante t, considerando a posicao
¸˜ ¸˜
inicial igual a u0 e a velocidade inicial u0 .

ı a
a aceleracao da gravidade seja de 103 cent´metros por segundo ao quadrado. Se o sistema e colocado em
¸˜ ı ´
movimento com uma forca externa de 9600 cos(6t) dinas, determine a posicao da massa como funcao do
¸ ¸˜ ¸˜
tempo e faca um esboco do seu gr´ fico.
¸ ¸ a

ı a
a aceleracao da gravidade seja de 103 cent´metros por segundo ao quadrado. Se o sistema e colocado
¸˜ ı ´
em movimento na posicao de equil´brio com uma forca externa de 1000 cos(ωt) dinas, para ω igual a
¸˜ ı ¸
e a ¸˜ ¸˜
frequˆ ncia de ressonˆ ncia, determine a posicao da massa como funcao do tempo e faca um esboco do
¸ ¸
seu gr´ fico.
a

5.4. Uma massa de 100 gramas estica uma mola 10 cent´metros. A massa est´ presa a um amortecedor viscoso.
ı a
Suponha que a aceleracao da gravidade seja de 103 cent´metros por segundo ao quadrado. Suponha que
¸˜ ı
¸ ´
o amortecedor exerce uma forca de 4200 dinas quando a velocidade e de 1 cent´metro por segundo. Se a
ı
massa est´ sob a acao de uma forca externa de 26000 cos(6t) dinas, determine a posicao u em funcao do
a ¸˜ ¸ ¸˜ ¸˜
tempo t e faca um esboco do seu gr´ fico, considerando somente a solucao estacion´ ria.
¸ ¸ a ¸˜ a

¸˜
5.5. Considere um sistema massa-mola descrito pela equacao

u + u + 2u = cos ωt, ω 0, u(0) = 0, u (0) = 2

¸˜
(a) Determine a solucao estacion´ ria deste problema.
a
¸˜ ¸˜
(b) Encontre a amplitude da solucao estacion´ ria como funcao de ω.
a
´ a
(c) Determine a frequˆ ncia para a qual a amplitude e m´ xima.
e

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.4 ¸˜

¸˜
5.6. Considere a equacao diferencial do sistema massa-mola forcado sem amortecimento
¸
mu + ku = F0 cos(ωt)
¸˜
Mostre que a solucao geral:
(a) Se ω = ω0 e dada por
´
F0
u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + 2
cos(ωt);
m ( ω0 − ω 2 )

(b) Se ω = ω0 e dada por
´
F0
u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + t sen(ω0 t).
2mω0
¸˜
5.7. Mostre que a solucao do PVI
mu + ku = F0 cos(ωt),
u(0) = 0, u (0) = 0
(a) Se ω = ω0 e dada por
´
F0
u(t) = 2
(cos(ωt) − cos(ω0 t)) .
m ( ω0 − ω 2 )
(b) Se ω = ω0 e dada por
´
F0
u(t) = t sen(ω0 t).
2mω0
¸˜
5.8. Encontre a solucao estacion´ ria de
a
mu + γu + ku = F0 cos(ωt).

5.9. Um circuito possui um capacitor de 0,125 × 10−1 F, um resistor de 60 Ω e um indutor de 10 H, em s´ rie. e
A carga inicial no capacitor e zero. No instante t = 0 conecta-se o circuito a uma bateria cuja tens˜ o e de
´ a ´
´
12 V e o circuito e fechado.


¸˜ .

(a) Determine a carga no capacitor em qualquer instante t 0.
(b) Determine a carga no capacitor quando t → +∞.
¸˜
(c) Esboce o gr´ ﬁco da solucao obtida.
a

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.6 ¸˜
Solucoes em S´ ries de Potˆ ncias
e e 339

2.6 ¸˜
e e
Uma s´ rie de potˆ ncias de x e uma express˜ o da forma
e e ´ a
∞
∑ a n x n = a0 + a1 x + a2 x 2 + . . . ,
n =0

em que a0 , a1 , a2 , . . . s˜ o numeros denominados coeﬁcientes da s´ rie. Podemos deﬁ-
a ´ e
nir uma funcao f ( x ) que associa a cada valor de x, para o qual existe o limite
¸˜
N
lim
N →∞
∑ a n x n = N → ∞ ( a0 + a1 x + a2 x 2 + . . . + a N x N ),
lim
n =0

o valor deste limite e escrevemos
∞
f (x) = ∑ a n x n = a0 + a1 x + a2 x 2 + . . .
n =0

O maior valor de r para o qual o limite acima existe para | x | r, ou seja, a s´ rie
e
´
converge e chamado raio de convergˆ ncia da s´ rie.
e e

Exemplo 2.19. A s´ rie geom´ trica
e e
∞
1 − x N +1 1
f ( x ) = 1 + x + x2 + . . . = ∑ x n = N →∞
lim
1−x
=
1−x
, para | x | 1
n =0

tem raio de convergˆ ncia r = 1.
e

¸˜
Proposicao 2.8. S˜ o v´ lidas as seguintes propriedades para as s´ries de potˆncias:
a a e e


¸˜ .

∞ ∞
(a) Se f ( x ) = ∑ an xn com raio de convergˆncia r1 e g(x) = ∑ bn xn , com raio de convergˆncia r2 , ent˜ o para todos
e e a
n =0 n =0
os numeros α e β,
´
∞ ∞ ∞
α f ( x ) + βg( x ) = α ∑ an xn + β ∑ bn xn = ∑ (αan + βbn )xn ,
n =0 n =0 n =0
com raio de convergˆncia r = min{r1 , r2 }.
e
∞
(b) Se f ( x ) = ∑ an xn = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · , ent˜ o para k = 0, 1, 2, . . .
a
n =0
∞
xk f (x) = xk ∑ an x n = a 0 x k + a 1 x 1+ k + a 2 x 2+ k + a 3 x 3+ k + · · · =
n =0
∞ ∞ ∞
= ∑ an x n+k = ∑ an −k x n = ∑ an−k x n .
n =0 n =k n=k

∞
(c) Se f ( x ) = ∑ an xn = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · , ent˜ o
a
n =0
∞ ∞
f (x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + · · · = ∑ nan xn−1 = ∑ (n + 1)an+1 xn
n =1 n =0
∞ ∞
f (x) = 2a2 + 2 · 3x + 3 · 2x2 + · · · = ∑ (n − 1)nan xn−2 = ∑ (n + 1)(n + 2)an+2 xn
n =2 n =0

∞
(d) Se ∑ an xn = 0, para todo x, com |x| r e r 0, ent˜ o an = 0, para n = 0, 1, 2, . . ..
a
n =0

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.6 ¸˜
e e 341

¸˜
Para uma equacao diferencial da forma

d2 y dy
P( x ) 2
+ Q( x ) + R( x )y = 0
dx dx

em que P( x ), Q( x ) e R( x ) s˜ o polinomios tais que P(0) = 0, a solucao geral pode ser
a ˆ ¸˜
escrita como uma s´ rie de potˆ ncias de x como estabelecemos no proximo resultado
e e ´
que ser´ demonstrado apenas ao ﬁnal da secao.
a ¸˜

Teorema 2.9. Considere a equa¸ ao
c˜
d2 y dy
P( x ) + Q( x ) + R( x )y = 0, (2.51)
dx2 dx
em que P( x ), Q( x ) e R( x ) s˜ o polinˆ mios sem fatores comuns. Se P(0) = 0, ent˜ o a equa¸ ao tem solu¸ ao geral em s´rie
a o a c˜ c˜ e
de potˆncias
e
∞ ∞ ∞
y( x ) = ∑ a n x n = a0 1+ ∑ bn x n + a1 x+ ∑ cn x n ,
n =0 n =2 n =2

em que y1 ( x ) = 1 + ∑∞ 2 bn x n e y2 ( x ) = x + ∑∞ 2 cn x n s˜ o solu¸ oes fundamentais da equa¸ ao que convergem (pelo
n= n= a c˜ c˜
menos) para | x | r, sendo r o raio do maior c´rculo no plano complexo com centro na origem tal que P(z) = 0, para todo
ı
z ∈ C com |z| r.

¸˜

(1 − x2 )y − 2xy + α(α + 1)y = 0,


¸˜ .

em que α ∈ R. Esta equacao e chamada equa¸ ao de Legendre. Pelo Teorema 2.9 a
¸˜ ´ c˜
¸˜ ¸˜
solucao geral desta equacao pode ser escrita como
∞
y( x ) = ∑ a n x n = a0 y1 ( x ) + a1 y2 ( x ),
n =0

em que y1 ( x ) e y2 ( x ) s˜ o solucoes fundamentais em s´ rie que convergem pelo menos
a ¸˜ e
para | x | 1, pois P(z) = 0, para |z| 1, z ∈ C, j´ que P(z) = 0 se, e somente se,
a
z = ±1.
¸˜

(1 + x2 )y − 4xy + 6y = 0,
¸˜ ¸˜
Pelo Teorema 2.9 a solucao geral desta equacao pode ser escrita como
∞
y( x ) = ∑ a n x n = a0 y1 ( x ) + a1 y2 ( x ),
n =0

em que y1 ( x ) e y2 ( x ) s˜ o solucoes fundamentais em s´ rie que convergem pelo menos
a ¸˜ e
para | x | 1, pois P(z) = 0, para |z| 1, z ∈ C, j´ que P(z) = 0 se, e somente se,
a
z = ±i.

Para encontrar a solucao geral em s´ rie de potˆ ncias de x, escrevemos a solucao y( x )
¸˜ e e ¸˜
como uma s´ rie de potˆ ncias de x, com os coeﬁcientes a determinar,
e e
∞
y( x ) = ∑ a n x n = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 + · · · ,
n =0

ı ¸˜
e substitu´mos na equacao (2.51) esta s´ rie, a s´ rie da primeira derivada
e e
∞
y ( x ) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + · · · = ∑ ( n + 1 ) a n +1 x n
n =0

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.6 ¸˜
e e 343

1.5
Im z

1

0.5

0
Re z

−0.5

−1

−1.5
−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5

Figura 2.28 – Maior c´rculo no plano complexo com centro na origem onde P(z) = 0, para o Exemplo 2.20
ı


¸˜ .

1.5
Im z

1

0.5

0
Re z

−0.5

−1

−1.5
−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5

Figura 2.29 – Maior c´rculo no plano complexo com centro na origem onde P(z) = 0, para o Exemplo 2.21
ı

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.6 ¸˜
e e 345

e a s´ rie da segunda derivada
e
∞
y ( x ) = 2a2 + 2 · 3a3 x + 3 · 4a4 x2 + · · · = ∑ (n + 1)(n + 2)an+2 xn .
n =0

Usamos as propriedades que apresentamos anteriormente de forma a escrever o lado
esquerdo da equacao (2.51) como uma s´ rie de potˆ ncias de x cujos coeficientes s˜ o
¸˜ e e a
expressoes dos coeficientes a ser determinados a0 , a1 , . . . Usando estas expressoes
˜ ˜
obtemos formulas que d˜ o os coeficientes an+k em termos dos coeficientes anteriores
´ a
an+k−1 , an+k−2 , . . . Desta forma obtemos qualquer coeficiente em termos dos dois
a a a ¸˜
primeiros coeficientes n˜ o nulos que ser˜ o as constantes arbitr´ rias da solucao geral.

¸˜

y − xy − y = 0.

Substituindo-se
∞ ∞ ∞
y( x ) = ∑ an x n , y (x) = ∑ ( n + 1 ) a n +1 x n e y (x) = ∑ (n + 2)(n + 1)an+2 xn
n =0 n =0 n =0

¸˜
na equacao, obtemos
∞ ∞ ∞
∑ (n + 2)(n + 1)an+2 xn − x ∑ (n + 1)an+1 xn − ∑ an xn = 0
n =0 n =0 n =0

¸˜
Usando a propriedade Proposicao 2.8 (b)
∞ ∞ ∞
∑ (n + 2)(n + 1)an+2 xn − ∑ (n + 1)an+1 xn+1 − ∑ an xn = 0
n =0 n =0 n =0


¸˜ .

7 N=8
y
N=6
6

5 N=4

4

3 N=2

2

1

0
t
−1

−2
−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

Figura 2.30 – Somas parciais da solucao y1 ( x ) da equacao do Exemplo 2.22
¸˜ ¸˜

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.6 ¸˜
e e 347

N=9 N=7
7
N=5
y
6

5
N=3

4

3

2

1

0
t
−1

−2
−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

¸˜ ¸˜


¸˜ .

Como ∑∞ 0 (n + 1) an+1 x n+1 = ∑∞ 1 nan x n , ent˜ o da equacao acima obtemos
n= n= a ¸˜
∞ ∞ ∞
∑ (n + 2)(n + 1)an+2 xn − ∑ nan xn − ∑ an xn = 0
n =0 n =1 n =0

¸˜
Usando a propriedade Proposicao 2.8 (a)
∞
2a2 − a0 + ∑ [(n + 2)(n + 1)an+2 − nan − an ]xn = 0
n =1

´ ¸˜
Como esta e a s´ rie nula, ent˜ o pela propriedade Proposicao 2.8 (d) os seus coefici-
e a
entes tˆ m que ser iguais a zero, ou seja,
e

2a2 − a0 = 0
(n + 2)(n + 1) an+2 − nan − an = 0, n = 1, 2, 3, . . .

De onde obtemos a formula de recorrˆ ncia
´ e

 a = 1a

 2 0
2
n+1 1
 n +2 =
 a an = an , n = 1, 2, 3, . . .
(n + 2)(n + 1) n+2
1
Usando a formula de recorrˆ ncia an+2 =
´ e an , a partir do a0 podemos obter o a2 ,
n+2
a partir do a2 podemos obter o a4 e assim por diante, ou seja,

1 1 1 1
a4 = a2 = a0 , a6 = a4 = a0 , ···
4 4·2 6 6·4·2
Assim os coeficientes de ńdice par (multiplos de 2) s˜ o dados por
ı ´ a

1 1 1
a2k = a2k−2 = a2k−4 = a0 , k = 1, 2, . . .
2k 2k (2k − 2) 2k(2k − 2) · · · 2

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.6 ¸˜
e e 349

1
Usando a formula de recorrˆ ncia an+2 =
´ e an , a partir do a1 podemos obter o a3 ,
n+2
a partir do a3 podemos obter o a5 e assim por diante, ou seja,

1 1 1
a3 = a , a5 = a3 = a , ···
3 1 5 5·3 1
Assim os coeficientes de ńdice ´mpar (multiplos de 2 mais 1) s˜ o dados por
ı ı ´ a

1 1 1
a2k+1 = a2k−1 = a2k−3 = a , k = 1, 2, . . .
2k + 1 (2k + 1)(2k − 1) (2k + 1)(2k − 1) · · · 3 1

Separando-se a s´ rie de y( x ) em duas s´ ries, uma que so cont´ m termos de potˆ ncia
e e ´ e e
par e outra que so cont´ m termos de potˆ ncia ´mpar e substituindo-se os valores dos
´ e e ı
coeficientes a2k e a2k+1 encontrados acima obtemos
∞ ∞ ∞
y( x ) = ∑ an xn = ∑ a2k x2k + ∑ a2k+1 x2k+1 =
n =0 k =0 k =0
∞
1
= a0 1+ ∑ x2k +
k =1
(2k)(2k − 2) · · · 2
∞
1
+ a1 x+ ∑ (2k + 1)(2k − 1) · · · 3
x2k+1
k =1

¸˜ ´
Portanto, a solucao geral e

y ( x ) = a0 y1 ( x ) + a1 y2 ( x ),

em que
∞
1
y1 ( x ) = 1 + ∑ (2k)(2k − 2) · · · 2
x2k
k =1


¸˜ .

∞
1
y2 ( x ) = x + ∑ (2k + 1)(2k − 1) · · · 3
x2k+1
k =1

Pelo Teorema 2.9 na p´ gina 341 esta solucao em s´ rie e v´ lida para todo t ∈ R, pois
a ¸˜ e ´ a
P(z) = 1 = 0, para todo z ∈ C.

¸˜

( x + 1)y + y = 0.

Substituindo-se
∞ ∞ ∞
y( x ) = ∑ an x n , y (x) = ∑ ( n + 1 ) a n +1 x n e y (x) = ∑ (n + 2)(n + 1)an+2 xn
n =0 n =0 n =0

na equacao ( x + 1)y + y = 0, obtemos
¸˜
∞ ∞
( x + 1) ∑ (n + 2)(n + 1)an+2 xn + ∑ an x n = 0
n =0 n =0
∞ ∞ ∞
x ∑ (n + 2)(n + 1)an+2 xn + ∑ (n + 2)(n + 1)an+2 xn + ∑ an x n = 0
n =0 n =0 n =0
∞ ∞ ∞
∑ (n + 2)(n + 1)an+2 xn+1 + ∑ (n + 2)(n + 1)an+2 xn + ∑ an x n = 0
n =0 n =0 n =0
∞ ∞ ∞
∑ (n + 1)nan+1 xn + ∑ (n + 2)(n + 1)an+2 xn + ∑ an xn = 0
n =1 n =0 n =0
∞
2a2 + a0 + ∑ [(n + 1)nan+1 + (n + 2)(n + 1)an+2 + an ]xn = 0
n =1

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.6 ¸˜
e e 351

O que implica em

2a2 + a0 = 0
(n + 1)nan+1 + (n + 2)(n + 1) an+2 + an = 0, n = 1, 2, 3, . . .

a2 = − 1 a0
2
n 1
a n +2 = − n +2 a n +1 − a ,
(n+2)(n+1) n
n = 1, 2, 3, . . .

1 1 1 1
a3 = − a2 − a1 = a0 − a
3 3·2 3·2 3·2 1
1 1 1 1 1 1 1
a4 = − a3 − a2 = − a0 + a1 + a0 = − a0 + a1
2 4·3 3 · 22 3 · 22 4·3·2 4·3·2 3 · 22
Substituindo-se os valores an encontrados acima, na s´ rie de y( x ) obtemos
e
∞
y( x ) = ∑ an x n
n =0
1 1 3 1 1 3 1 4
= a0 1 − x 2 + x − x4 + · · · + a1 x − x + x +···
2 3·2 4·3·2 3·2 3·4

¸˜ ¸˜
Portanto a equacao tem solucao geral

y ( x ) = a0 y1 ( x ) + a1 y2 ( x ),

em que
1 1 3 1
y1 ( x ) = 1 − x 2 + x − x4 + · · ·
2 3·2 4·3·2
1 3 1 4
y2 ( x ) = x − x + x +···
3·2 3·4
Pelo Teorema 2.9 na p´ gina 341 as s´ ries acima convergem pelo menos para | x | 1.
a e


¸˜ .

y

1

N=3
0.8

N=4

0.6

N=2

0.4

0.2

0
t

−0.2
0 0.5 1 1.5 2

¸˜ ¸˜

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.6 ¸˜
e e 353

N=3
N=4
y

1 N=2

0.8

0.6

0.4

0.2

0
t

−0.2
0 0.5 1 1.5 2

¸˜ ¸˜


¸˜ .

¸˜

xy + y = 0

N˜ o podemos aplicar o Teorema 2.9 diretamente pois P( x ) = x e tal que P(0) = 0.
a ´
Mas podemos fazer uma translacao deﬁnindo, por exemplo, x = x − 1. Obtemos
¸˜
que
dy dy dx dy
= = ,
dx dx dx dx
d2 y d dy d dy dx d2 y
= = = ,
dx2 dx dx dx dx dx dx 2
¸˜
Assim a equacao se transforma em

d2 y
( x + 1) +y = 0
dx 2
Esta equacao tem uma solucao em s´ rie de potˆ ncias de x obtida no Exemplo 2.23.
¸˜ ¸˜ e e
Substituindo-se x = x − 1 na solucao do exemplo anterior obtemos que a solucao
¸˜ ¸˜
¸˜ ´
geral da equacao e
y ( x ) = a0 y1 ( x ) + a1 y2 ( x ),
em que

1 1 1
y1 ( x ) = 1 − ( x − 1)2 + ( x − 1)3 − ( x − 1)4 + · · ·
2 3·2 4·3·2

1 1
y2 ( x ) = ( x − 1) − ( x − 1)3 + ( x − 1)4 + · · ·
3·2 3·4
Pelo Teorema 2.9 na p´ gina 341 as s´ ries acima convergem pelo menos para | x − 1|
a e
1 ou 0 x 2.

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.6 ¸˜
e e 355

¸˜ ¸˜
2.6.1 Demonstracao do Teorema de Existˆ ncia de Solucoes em S´ ries
e e

Antes de demonstrar o teorema precisamos mostrar o resultado a seguir sobre
vari´ veis complexas.
a

Lema 2.10. Sejam f ( x ) e g( x ) polinˆ mios tais que g(0) = 0. Ent˜ o f ( x )/g( x ) tem uma representa¸ ao em s´rie de
o a c˜ e
potˆncias de x,
e
∞
f (x)
= ∑ an x n ,
g( x ) n =0

que converge para | x | r, sendo r o raio do maior c´rculo no plano complexo com centro na origem tal que g(z) = 0,
ı
para todo z ∈ C com |z| r.

Demonstracao. Sejam a1 , . . . , ak ∈ C as ra´zes de g( x ). Ent˜ o g( x ) se fatora como
¸˜ ı a

g ( x ) = a 0 ( x − a 1 ) n1 · · · ( x − a k ) n k .

Podemos supor que o grau de f ( x ) e menor do que o grau de g( x ) (por que?). Ent˜ o
´ a
decompondo f ( x )/g( x ) em fracoes parciais obtemos
¸˜

k ni
f (x) αij
=∑∑ j
g( x ) i =1 j =1 ( x − a i )

Para a ∈ C, usando a s´ rie geom´ trica, temos que
e e

1 1 1 1 1 ∞ z n ∞
−1
z−a
=−
a−z
=−
a1− z =− ∑
a n =0 a
= ∑ a n +1
zn
a n =0


¸˜ .

que converge para z 1, ou seja, para |z| | a|. Al´ m disso, usando a derivada da
a e
s´ rie anterior obtemos que
e
∞ ∞
1 d 1 n −n − 1
( z − a )2
=−
dz z−a
=− ∑ a n +1
z n −1 = ∑ a n +2
zn
n =1 n =0

que tamb´ m converge para |z| | a|. Como
e
1 d j −1 1
= (−1) j−1 ( j − 1)! j−1
(z − a) j dz z−a
1
ent˜ o
a tem uma representacao em s´ rie de potˆ ncias de z para j = 1, 2, . . .
¸˜ e e
(z − a) j
que converge para |z| | a|.
Logo f (z)/g(z) tem uma representacao em s´ rie de potˆ ncias de z que converge
¸˜ e e
para todo z ∈ C com |z| r, em que r = min{| a1 |, . . . , | ak |}. Donde segue-se o
resultado.

¸˜ ´
Demonstracao do Teorema 2.9 na pagina 341. Dividindo-se a equacao por P( x )
¸˜
¸˜
obtemos uma equacao da forma
y + p( x )y + q( x )y = 0.
Pelo Lema 2.10 os coeﬁcientes podem ser escritos em s´ rie de potˆ ncias de x
e e
∞ ∞
Q( x ) R( x )
p( x ) = = ∑ pn x n , q( x ) = = ∑ qn x n ,
P( x ) n =0
P( x ) n =0

que convergem para | x | r, sendo r o raio do maior c´rculo no plano complexo com
ı
centro na origem tal que P(z) = 0, para todo z ∈ C com |z| r. Suponhamos que a
solucao da equacao possa ser escrita em s´ rie de potˆ ncias de x como
¸˜ ¸˜ e e
∞
y( x ) = ∑ an x n .
n =0

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.6 ¸˜
e e 357

¸˜
Vamos mostrar que os coeficientes satisfazem uma relacao de recorrˆ ncia de tal
e
forma que a s´ rie converge para | x | r. As derivadas, y ( x ) e y ( x ), s˜ o repre-
e a
sentadas em s´ rie de potˆ ncias como
e e
∞ ∞
y (x) = ∑ ( n + 1 ) a n +1 x n , y (x) = ∑ (n + 1)(n + 2)an+2 xn .
n =0 n =0

¸˜
Substituindo-se na equacao obtemos
∞ n
∑ (n + 1)(n + 2) an+2 + ∑ [ p n − k ( k + 1 ) a k +1 + q n − k a k ] x n = 0.
n =0 k =0

´ e
Esta e a s´ rie nula, o que implica que todos os coeficientes s˜ o iguais a zero. Assim
a
n
(n + 1)(n + 2) an+2 = − ∑ [ p n − k ( k + 1 ) a k +1 + q n − k a k ] . (2.52)
k =0

Por outro lado, da convergˆ ncia das s´ ries de p( x ) e q( x ) segue-se que existe M 0
e e
tal que | pn |tn M e |qn |tn M, para 0 t r e n = 0, 1, 2 . . . Usando isso

n
M
(n + 1)(n + 2)| an+2 | ≤
tn ∑ [(k + 1)|ak+1 | + |ak |] tk
k =0
n
M
≤
tn ∑ [(k + 1)|ak+1 | + |ak |] tk + M|an+1 |t. (2.53)
k =0

Vamos considerar a s´ rie ∑∞ 0 An x n , com os coeficientes definidos por
e n=

A0 = | a0 |, A1 = | a1 |
n
M
(n + 2)(n + 1) An+2 =
tn ∑ [(k + 1) Ak+1 + Ak ] tk + MAn+1 t. (2.54)
k =0


¸˜ .

Usando (2.53) e (2.54), por inducao, temos que | an | ≤ An , para n = 0, 1, 2, . . . Vamos
¸˜
mostrar que a s´ rie ∑∞ 0 An x n e convergente para | x | r, o que implica que a s´ rie
e n= ´ e
de y( x ) tamb´ m e convergente. Usando (2.54) temos que
e ´
n −1
M
(n + 1)nAn+1 =
t n −1
∑ [(k + 1) Ak+1 + Ak ] tk + MAn t
k =0

n −2
M
n ( n − 1) A n =
t n −2 ∑ [(k + 1) Ak+1 + Ak ] tk + MAn−1 t.
k =0
Assim
n −2
1 M
(n + 1)nAn+1 =
t t n −2 ∑ [(k + 1) Ak+1 + Ak ] tk + M [nAn + An−1 ] t + MAn t
k =0
1
= {n(n − 1) An − MAn−1 t + M [nAn + An−1 ] t} + MAn t
t
An
= n(n − 1) + Mnt + Mt2
t
Ent˜ o
a
A n +1 x n +1 n(n − 1) + Mnt + Mt2 |x|
n
= |x| → , quando n → ∞.
An x t ( n + 1) n t

Assim a s´ rie ∑∞ 0 An x n converge | x | t, para todo t r. Logo a s´ rie ∑∞ 0 An x n
e n= e n=
converge para | x | r. Como | an | ≤ An , para n = 0, 1, 2, . . ., ent˜ o tamb´ m converge
a e
para | x | r a s´ rie
e
∞
y( x ) = ∑ an x n .
n =0
Agora, fazendo n = 0 em (2.52), obtemos a2 como combinacao linear de a0 e a1 .
¸˜
Substituindo-se este resultado em (2.52) para n = 1 obtemos tamb´ m a3 como
e

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.6 ¸˜
e e 359

combinacao linear de a0 e a1 . Continuando desta forma obtemos
¸˜

a n = bn a 0 + c n a 1 , para n = 2, 3, . . ..

Assim,
∞ ∞
y ( x ) = a0 1+ ∑ bn x n + a1 x+ ∑ cn x n .
n =2 n =2
∞
Deixamos como exerc´cio para o leitor a veriﬁcacao de que y1 ( x ) = 1 +
ı ¸˜ ∑ bn x n e
n =2
∞
y2 ( x ) = x + ∑ cn x n
¸˜ ¸˜
s˜ o solucoes fundamentais da equacao.
a
n =2


¸˜ .

ı a
6.1. Resolva a equacao diferencial dada em s´ rie de potˆ ncias de x (em torno de x0 = 0). Escreva uma formula
¸˜ e e ´
˜ ¸˜ ¸˜ ´ a
fechada para o termo geral de cada s´ rie que compoe a solucao. Dˆ um intervalo onde a solucao e v´ lida.
e e

(a) y + xy + 2y = 0, y(0) = 4, y (0) = −1.
(b) (1 + x2 )y − 4xy + 6y = 0.
(c) (4 − x2 )y + 2y = 0.
(d) (3 − x2 )y − 3xy − y = 0.
(e) (1 − x )y + xy − y = 0, y(0) = −3, y (0) = 2.
(f) 2y + xy + 3y = 0
(g) y − xy = 0

6.2. Resolva a equacao diferencial dada em s´ rie de potˆ ncias de x (em torno de x0 = 0). Escreva os trˆ s
¸˜ e e e
a e ˜ ¸˜
primeiros termos n˜ o nulos (se existirem) de cada s´ rie que compoe a solucao. Dˆ um intervalo onde a
e
¸˜ ´ a
solucao e v´ lida.

(a) y + k2 x2 y = 0, em que k ∈ R.
(b) (1 − x )y + y = 0.
(c) (2 + x2 )y − xy + 4y = 0, y(0) = −3, y (0) = 2.

6.3. Mostre que se
∞ ∞
y ( x ) = a0 1+ ∑ bn x n + a1 x+ ∑ cn x n .
n =2 n =2

´ ¸˜ ¸˜
e solucao em s´ rie de potˆ ncias da equacao
e e

d2 y dy
P( x ) + Q( x ) + R( x )y = 0
dx2 dx

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.6 ¸˜
e e 361

ent˜ o
a
∞ ∞
y1 ( x ) = 1 + ∑ bn x n e y2 ( x ) = x + ∑ cn x n
n =2 n =2

¸˜ ¸˜
s˜ o solucoes fundamentais da equacao.
a

6.4. Considere a equa¸ ao de Legendre
c˜

(1 − x2 )y − 2xy + α(α + 1)y = 0.

¸˜ ¸˜ ´
(a) Mostre que a solucao geral da equacao de Legendre e

y ( x ) = a0 y1 ( x ) + a1 y2 ( x ),

em que
∞
(2k − 2 − α) · · · (−α)(2k − 1 + α) · · · (1 + α) 2k
y1 ( x ) = 1 + ∑ (2k)!
x ,
k =1
∞
(2k − 1 − α)) · · · (1 − α)(2k − 2 + α) · · · (2 + α) 2k+1
y2 ( x ) = x + ∑ (2k + 1)!
x .
k =1

(b) Mostre que se α = 2N, para N = 0, 1, 2, . . ., ent˜ o y1 ( x ) e um polinomio de grau 2N contendo
a ´ ˆ
apenas potˆ ncias pares de x. Mostre tamb´ m que se α = 2N + 1, para N = 0, 1, 2, . . ., ent˜ o y2 ( x ) e
e e a ´
um polinomio de grau 2N + 1 contendo apenas potˆ ncias ´mpares de x.
ˆ e ı
´ ¸˜ ¸˜
(c) O polinomio de Legendre e deﬁnido como a solucao polinomial da equacao de Legendre, para
ˆ
α = N, que satisfaz PN (1) = 1. Determine os polinomios de Legendre para N = 0, 1, 2, 3, 4.
ˆ

6.5. Considere a equa¸ ao de Hermite
c˜
y − 2xy + λy = 0


¸˜ .

1 y 1 y 1 y

0.5 0.5
0.5

0 x 0 x
0 x
−0.5 −0.5

−1 −0.5 −1
−1 0 1 −1 0 1 −1 0 1

1 y 1 y 1 y

0.5
0.5 0.5

0 x
0 x 0 x
−0.5

−0.5 −1 −0.5
−1 0 1 −1 0 1 −1 0 1

Figura 2.34 – Polinomios de Legendre Pn ( x ), para n = 1, . . . , 6
ˆ

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.6 ¸˜
e e 363

¸˜ ¸˜ ´
(a) Mostre que a solucao geral da equacao de Hermite e
y ( x ) = a0 y1 ( x ) + a1 y2 ( x ),
em que
∞
(−1)k (λ − 2(2k − 2)) · · · λ 2k
y1 ( x ) = 1 + ∑ (2k)!
x ,
k =1
∞
(−1)k (λ − 2(2k − 1)) · · · (λ − 2) 2k+1
y2 ( x ) = x + ∑ (2k + 1)!
x .
k =1

(b) Mostre que se λ = 4N, para N = 0, 1, 2, . . ., ent˜ o y1 ( x ) e um polinomio de grau 2N contendo
a ´ ˆ
apenas potˆ ncias pares de x. Mostre tamb´ m que se λ = 2(2N + 1), para N = 0, 1, 2, . . ., ent˜ o y2 ( x )
e e a
e um polinomio de grau 2N + 1 contendo apenas potˆ ncias ´mpares de x.
´ ˆ e ı
(c) O polinomio de Hermite HN ( x ) e deﬁnido como a solucao polinomial da equacao de Hermite,
ˆ ´ ¸˜ ¸˜
para λ = 2N, tal que o coeﬁciente de x N e igual a 2 N . Determine os polinomios de Hermite para
´ ˆ
N = 0, 1, 2, 3, 4.

6.6. Considere a equa¸ ao de Chebyshev de primeiro tipo
c˜
(1 − x2 )y − xy + α2 y = 0.

¸˜ ¸˜ ´
(a) Mostre que a solucao geral da equacao de Chebyshev e
y ( x ) = a0 y1 ( x ) + a1 y2 ( x ),
em que
∞
((2k − 2)2 − α2 ) · · · (−α2 ) 2k
y1 ( x ) = 1 + ∑ (2k)!
x ,
k =1
∞
((2k − 1)2 − α2 ) · · · (1 − α2 ) 2k+1
y2 ( x ) = x + ∑ (2k + 1)!
x .
k =1


¸˜ .

4 y 15 y 40 y

2 10 20

0 x 5 0 x

−2 0 x −20

−4 −5 −40
−2 0 2 −2 0 2 −2 0 2

100 y 200 y 500 y

100
50 0 x
0 x
0 x −500
−100

−50 −200 −1000
−2 0 2 −2 0 2 −2 0 2

Figura 2.35 – Polinomios de Hermite Hn ( x ), para n = 1, . . . , 6
ˆ

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.6 ¸˜
e e 365

(b) Mostre que se α = 2N, para N = 0, 1, 2, . . ., ent˜ o y1 ( x ) e um polinomio de grau 2N contendo
a ´ ˆ
apenas potˆ ncias pares de x. Mostre tamb´ m que se α = 2N + 1, para N = 0, 1, 2, . . ., ent˜ o y2 ( x ) e
e e a ´
um polinomio de grau 2N + 1 contendo apenas potˆ ncias ´mpares de x.
ˆ e ı
(c) O polinomio de Chebyshev de primeiro tipo TN ( x ) e deﬁnido como a solucao polinomial da
ˆ ´ ¸˜
equacao de Chebyshev de primeiro tipo, para α = N, tal que o coeﬁciente de x N e igual a 1, se
¸˜ ´
N = 0 e igual a 2 N −1 , se N 0. Determine os polinomios de Chebyshev de primeiro tipo para
ˆ
N = 0, 1, 2, 3, 4.


¸˜ .

1 y 1 y 1 y

0.5 0.5 0.5

0 x 0 x 0 x

−0.5 −0.5 −0.5

−1 −1 −1
−1 0 1 −1 0 1 −1 0 1

1 y 1 y 1 y

0.5 0.5 0.5

0 x 0 x 0 x

−0.5 −0.5 −0.5

−1 −1 −1
−1 0 1 −1 0 1 −1 0 1

Figura 2.36 – Polinomios de Chebyshev de primeiro tipo Tn ( x ), para n = 1, . . . , 6
ˆ

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.6 ¸˜
e e 367

2.7 Mudancas de Vari´ veis
¸ a
¸˜
2.7.1 Equacoes que n˜ o Cont´ m y
a e
¸˜
Equacoes que podem ser escritas na forma

y = f (y , t) (2.55)

podem ser resolvidas fazendo-se a substituicao v(t) = y (t). O que transforma a
¸˜
¸˜
equacao (2.55) em
v − f (v, t) = 0
Esta e uma equacao de 1a ordem. Depois de resolvida esta equacao, resolve-se a
´ ¸˜ . ¸˜
¸˜
equacao
y = v ( t ).

¸˜
Exemplo 2.25. Vamos considerar a equacao

t2 y + 2ty = 1, t 0.

Substituindo-se y = v na equacao obtemos
¸˜

t2 v + 2tv = 1

Dividindo-se por t2
2 1
v + v = 2.
t t
2 dt
Multiplicando-se a equacao por µ(t) = e
¸˜ t = t2

d 2
t v =1
dt


¸˜ .

t2 v ( t ) = t + c1
Logo
1 c1
y = v(t) = + 2
t t
Integrando-se
c1
y(t) = ln t + + c2 .
t

¸˜
2.7.2 Equacoes que n˜ o Cont´ m t
a e
¸˜
Equacoes que podem ser escritas na forma
y = f (y , y) (2.56)
podem ser resolvidas fazendo-se a substituicao v(t) = y (t). O que transforma a
¸˜
¸˜
equacao em
dv
= f (v, y)
dt
Se considerarmos v = v(y(t)), ent˜ o
a
dv dv dv
= y =v
dt dy dy
¸˜
E a equacao (2.56) se transforma em
dv
v = f (v, y)
dy
¸˜ ¸˜
Depois de resolvida esta equacao resolve-se a equacao
y = v(y)

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.6 ¸˜
e e 369

¸˜

yy + (y )2 = 0.

Substituindo-se
dv dv dy dv
v=y e y = = =v
dt dy dt dy
¸˜
na equacao obtemos
dv
yv + v2 = 0.
dy
Logo
dv
v=0 ou y + v = 0.
dy
v=0 ⇒ y ( t ) = c1 .
1 dv 1
=−
v dy y
d 1
(ln |v|) = −
dt y
ln |v| = − ln |y| + c1
˜
ln |vy| = c1
˜
vy = c1
Substituindo-se v = y obtemos
yy = c1
que pode ser escrita como
d y2
y = c1
dy 2


¸˜ .

ou ainda
d y2
= c1
dt 2
¸˜ ¸˜ ´
Assim a solucao da equacao inicial e dada implicitamente por

y2
= c1 t + c2 .
2

¸˜
2.7.3 Equacoes de Euler
c˜ a ¸˜
As equa¸ oes de Euler s˜ o equacoes que podem ser escritas na forma

x2 y + bxy + cy = 0. (2.57)

em que b e c s˜ o constantes reais. Para x 0, a substituicao t = ln x transforma a
a ¸˜
¸˜ ¸˜
equacao de Euler numa equacao linear com coeﬁcientes constantes.

dy dy dt 1 dy
= =
dx dt dx x dt

d2 y d dy 1 dy 1 d dy
= =− +
dx2 dx dx x 2 dt x dx dt
1 dy 1 d dy dt 1 dy 1 d2 y
= − 2 dt
+ =− 2 + 2 2
x x dt dt dx x dt x dt

¸˜ ¸˜
Substituindo-se na equacao de Euler (2.57) obtemos a equacao linear com coeﬁcien-
tes constantes
d2 y dy
+ (b − 1) + cy = 0.
dt2 dt

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.6 ¸˜
e e 371

Se y1 (t) e y2 (t) s˜ o solucoes fundamentais desta equacao, ent˜ o
a ¸˜ ¸˜ a
y( x ) = c1 y1 (ln x ) + c2 y2 (ln x )
e a solucao geral da equacao de Euler (2.57) para x 0.
´ ¸˜ ¸˜

Exemplo 2.27. Vamos resolver as equacoes seguintes para x 0.
¸˜
(a) x2 y − 2xy + 2y = 0
(b) x2 y + 5xy + 4y = 0
(c) x2 y − xy + 5y = 0
Solu¸ ao:
c˜
(a) Fazendo t = ln x a equacao x2 y − 2xy + 2y = 0 se transforma em
¸˜
y − 3y + 2y = 0.
¸˜
Equacao caracter´stica
ı

r2 − 3r + 2 = 0 ⇔ r = 2, 1
¸˜
Solucao geral:
y( x ) = c1 e2 ln x + c2 eln x = c1 x2 + c2 x
(b) Fazendo t = ln x a equacao x2 y + 5xy + 4y = 0 se transforma em
¸˜
y + 4y + 4y = 0.
¸˜
ı

r2 + 4r + 4 = 0 ⇔ r = −2
¸˜
Solucao geral:

y( x ) = c1 e−2 ln x + c2 e−2 ln x ln x = c1 x −2 + c2 x −2 ln x


¸˜ .

(c) Fazendo t = ln x a equacao x2 y − xy + 5y = 0 se transforma em
¸˜

y − 2y + 5y = 0.

¸˜
ı

r2 − 2r + 5 = 0 ⇔ r = 1 ± 2i

¸˜
Solucao geral:

y( x ) = c1 eln x cos(2 ln x ) + c2 eln x sen(2 ln x )
= c1 x cos(2 ln x ) + c2 x sen(2 ln x )

2.7.4 Outras Mudancas
¸
¸˜ ¸˜

ty + (2t2 − 1)y + t3 y = 0, para t 0

fazendo a mudanca de vari´ veis x = t2 /2.
¸ a

dx
x = t2 /2 ⇒ = t,
dt

dy dx dy
y = =t ,
dx dt dx
d dy dy d dy dy d2 y dx dy d2 y
y = t = +t = +t 2 = + t2 2
dt dx dx dt dx dx dx dt dx dx

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

2.6 ¸˜
e e 373

¸˜
Substituindo-se na equacao obtemos

dy d2 y dy
t( + t2 2 ) + (2t2 − 1)t + t3 y = 0
dx dx dx

Simpliﬁcando-se e dividindo-se por t3 obtemos

d2 y dy
+2 +y = 0
dx2 dx
¸˜ ¸˜ ´
A solucao geral desta equacao e

y( x ) = c1 e− x + c2 xe− x

Substituindo-se x = t2 /2, temos que a solucao geral da equacao inicial e
¸˜ ¸˜ ´
2 /2 2 /2
y ( t ) = c1 e − t + c2 t2 e − t


¸˜ .

ı a
7.1. Resolva as equacoes abaixo fazendo a substituicao v = y .
¸˜ ¸˜

(a) y + (y )2 = 0
(b) ty = y
(c) (1 + x2 )y + 2xy = 2x −3
7.2. Resolva as equacoes abaixo fazendo a substituicao v = y .
¸˜ ¸˜

(a) y + y(y )3 = 0
(b) y2 y − y = 0
(c) y = (y )3 + y
7.3. Resolva as equacoes abaixo para x 0 fazendo a substituicao t = ln x.
¸˜ ¸˜

(a) x2 y + 4xy + 2y = 0
(b) x2 y − 3xy + 4y = 0
(c) x2 y + 3xy + 5y = 0

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 375

ı
1. Equa¸ oes Homogˆ neas - Parte I (p´ gina 262)
c˜ e a
1.1. (a) Sejam y1 (t) = e−ω (t− a) e y2 (t) = eω (t− a) .
y1 (t) − ω 2 y1 (t) = ω 2 e−ω (t−a) − ω 2 e−ω (t−a) = 0.
y2 (t) − ω 2 y2 (t) = ω 2 eω (t−a) − ω 2 eω (t− a) = 0.
Logo y1 (t) = e−ω (t−a) e y2 (t) = eω (t− a) s˜ o solucoes da equacao diferencial.
a ¸˜ ¸˜
y1 ( t ) y2 ( t ) e−ω (t− a) eω (t− a) 1 1
W [y1 , y2 ](t) = det = det = det = 2ω =
y1 ( t ) y2 ( t ) −ωe−ω (t−a) ωeω (t−a) −ω ω
0.
¸˜ ¸˜
Logo a solucao geral da equacao diferencial e ´

y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ) = c1 e − ω ( t − a ) + c2 e ω ( t − a ) .

e−ω (t− a) + eω (t− a) e−ω (t− a) − eω (t− a)
(b) Sejam y1 (t) = cosh(ω (t − a)) = e y2 (t) = senh(ω (t − a)) = .
2 2
2 y ( t ) = ω 2 cosh( ω ( t − a )) − ω 2 cosh( ω ( t − a )) = 0.
y1 ( t ) − ω 1
y2 (t) − ω 2 y2 (t) = ω 2 senh(ω (t − a)) − ω 2 senh(ω (t − a)) = 0.
Logo y1 (t) = cosh(ω (t − a)) e y2 (t) = senh(ω (t − a)) s˜ o solucoes da equacao diferencial.
a ¸˜ ¸˜
y1 ( t ) y2 ( t ) cosh(ω (t − a)) senh(ω (t − a))
W [y1 , y2 ](t) = det = det =
y1 ( t ) y2 ( t ) ω senh(ω (t − a)) ω cosh(ω (t − a))
cosh(ω (t − a)) senh(ω (t − a))
ω det = ω = 0, pois cosh2 x − senh2 x = 1.
senh(ω (t − a)) cosh(ω (t − a))
¸˜ ¸˜
Logo, a solucao geral da equacao diferencial e ´

y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) = c1 cosh(ω (t − a)) + c2 senh(ω (t − a)).

1.2. (a) x2 y1 − 6xy1 + 10y1 = x2 (2) − 6x (2x ) + 10( x2 ) = 0
x2 y2 − 6xy2 + 10y2 = x2 (20x3 ) − 6x (5x4 ) + 10( x5 ) = 0
Logo, y1 ( x ) = x2 e y2 ( x ) = x5 s˜ o solucoes da equacao.
a ¸˜ ¸˜


¸˜ .

(b) Como
y1 (1) y2 (1) 1 1
det = det =3=0
y1 (1) y2 (1) 2 5
¸˜ ´
ent˜ o a solucao geral e
a
y ( x ) = c1 y1 ( x ) + c2 y2 ( x ),
Agora, como y(1) = 3, ent˜ o substituindo x = 1 e y = 3 na express˜ o de y( x ) obtemos que c1 + c2 =
a a
3. Como y (1) = 3, substituindo-se x = 1 e y = 3 na express˜ o obtida derivando-se y( x ):
a
y (x) = 2c1 x + 5c2 x4
obtemos 2c1 + 5c2 = 3. Resolvendo o sistema
c1 + c2 = 3, 2c1 + 5c2 = 3
obtemos c2 = 4 e c1 = −1. Assim a solucao do problema de valor inicial e
¸˜ ´
y( x ) = 4x2 − x5
dy d2 y
1.3. Substituindo-se y = xr , = rxr−1 e 2 = r (r − 1) xr−2 em (2.11) obtemos
dx dx
x2 r (r − 1) xr−2 + bxrxr−1 + cxr = 0.

r2 + (b − 1)r + c xr = 0.
Como xr = 0, ent˜ o y = xr e solucao da equacao (2.11) se, e somente se, r e solucao da equacao
a ´ ¸˜ ¸˜ ´ ¸˜ ¸˜
r2 + (b − 1)r + c = 0.

1.4.
y1 ( x ) y2 ( x ) x r1 x r2
det = det
y1 ( x ) y2 ( x ) r 1 x r1 −1 r 2 x r2 −1
x x
= xr1 −1 xr2 −1 det
r1 r2
= (r2 − r1 ) xr1 +r2 −1 = 0,

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 377

para todo x 0.
1.5. Neste caso, para x 0, pela formula de Euler:
´

y1 ( x ) = xr1 = er1 ln x = e(α+iβ) ln x
= eα ln x (cos( β ln x ) + i sen( β ln x ))
= x α (cos( β ln x ) + i sen( β ln x )) e
y2 ( x ) = xr2 = er2 ln x = e(α−iβ) ln x
= eα ln x (cos(− β ln x ) + i sen(− β ln x ))
= x α (cos( β ln x ) − i sen( β ln x ))

¸˜ ¸˜
s˜ o solucoes complexas da equacao diferencial (2.11).
a
¸˜ ´
A solucao geral complexa e

y( x ) = C1 xr1 + C2 xr2
= C1 x α (cos( β ln x ) + i sen( β ln x ))
+ C2 x α (cos( β ln x ) − i sen( β ln x ))
= (C1 + C2 ) x α cos( β ln x )
+ i (C1 − C2 ) x α sen( β ln x )

Tomando C1 = C2 = 1/2, temos que a solucao
¸˜

u( x ) = x α cos( β ln x )

i i
e tomando C1 = − e C2 = , temos a solucao
¸˜
2 2
v( x ) = x α sen( β ln x ).


¸˜ .

u( x ) v( x )
det = βx2α−1 = 0, ∀ x 0.
u (x) v (x)

1.6. Vamos mostrar que
y1 ( x ) = x r e y2 ( x ) = xr ln x
1− b
s˜ o solucoes fundamentais da equacao de Euler, em que r =
a ¸˜ ¸˜ 2 .
y2 ( x ) = x r −1 (r ln x + 1),

y2 ( x ) = xr−2 ((r2 − r ) ln x + 2 r − 1))
x2 y2 + bxy2 + cy2 =
= xr ((r2 + (b − 1)r + c) ln x + 2r + b − 1) = 0.

y1 ( x ) y2 ( x ) x r1 xr1 ln x
det = det
y1 ( x ) y2 ( x ) r 1 x r1 −1 (1 + r1 ln x ) xr1 −1
1 ln x
= x2r1 −1 det
r1 (1 + r1 ln x )
= x2r1 −1 = 0, para todo x 0.

1.7. ¸˜
(a) Equacao indicial:
r (r − 1) + 4r + 2 = 0 ⇔ r = −2, −1
¸˜
Solucao geral:
y ( x ) = c 1 x −2 + c 2 x −1

¸˜
(b) Equacao indicial:
r (r − 1) − 3r + 4 = 0 ⇔ r = 2
¸˜
Solucao geral:
y( x ) = c1 x2 + c2 x2 ln x

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 379

¸˜
(c) Equacao indicial:
r (r − 1) + 3r + 5 = 0 ⇔ r = −1 ± 2i
¸˜
Solucao geral:
y( x ) = c1 x −1 cos(2 ln x ) + c2 x −1 sen(2 ln x )

1.8. (a)
p(t) = 0
t−2 t−2
q(t) = 2−1
=
t (t − 1)(t + 1)
t t
f (t) = = .
t2 −1 (t − 1)(t + 1)
Como t0 = 0, ent˜ o o problema de valor inicial tem solucao no intervalo −1 t 1.
a ¸˜
(b)
1 1
p(t) = =
t2 −1 (t − 1)(t + 1)
t t
q(t) = =
t2 − 1 (t − 1)(t + 1)
t2 t2
f (t) = = .
t2 −1 (t − 1)(t + 1)
Como t0 = 2, ent˜ o o problema de valor inicial tem solucao no intervalo t 1.
a ¸˜
(c)
t+1 t+1
p(t) = 2−t
=
t t ( t − 1)
1 t+1
q(t) = =
t2 −t t ( t − 1)


¸˜ .

et et
f (t) = = .
t2 − t t ( t − 1)
Como t0 = −1, ent˜ o o problema de valor inicial tem solucao no intervalo t 0.
a ¸˜
(d)
t+3 t+3
p(t) = =
t2 − t t ( t − 1)
2 t+3
q(t) = =
t2 −t t ( t − 1)
cos t cos t
f (t) = = .
t2 − t t ( t − 1)
Como t0 = 2, ent˜ o o problema de valor inicial tem solucao no intervalo t 1.
a ¸˜
1.9.
1.10. Sejam y1 (t) a solucao do PVI
¸˜
y + p(t)y + q(t)y = 0,
y(t0 ) = 1, y (t0 ) = 0
e y2 (t) a solucao do PVI
¸˜
y + p(t)y + q(t)y = 0,
y(t0 ) = 0, y (t0 ) = 1,
ent˜ o W [y1 , y2 ](t0 ) = 1 = 0.
a
1.11. (a)
W [y1 , y2 ](t) = y1 (t)y2 (t) − y2 (t)y1 (t)

W [ y1 , y2 ] ( t ) = y1 ( t ) y2 ( t ) + y1 ( t ) y2 ( t )
− y2 ( t ) y1 ( t ) − y2 ( t ) y1 ( t )
= y1 ( t ) y2 ( t ) − y2 ( t ) y1 ( t )

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 381

(b) Como y1 (t) e y2 (t) s˜ o solucoes da equacao
a ¸˜ ¸˜
y + p(t)y + q(t)y = 0, ent˜ o a
y1 ( t ) + p ( t ) y1 ( t ) + q ( t ) y1 ( t ) = 0 (2.58)
y2 ( t ) + p ( t ) y2 ( t ) + q ( t ) y2 ( t ) = 0 (2.59)
Multiplicando-se a equacao (2.59) por y1 (t) e subtraindo-se da equacao (2.58) multiplicada por y2 (t)
¸˜ ¸˜
obtemos

y1 ( t ) y2 ( t ) − y2 ( t ) y1 ( t )
+ p(t)(y1 (t)y2 (t) − y1 (t)y2 (t)) = 0,
ou seja, pelo item anterior
W [y1 , y2 ] (t) + p(t)W [y1 , y2 ](t) = 0
(c) Pelo item anterior o wronskiano satisfaz a equacao diferencial W + p(t)W = 0. A equacao diferen-
¸˜ ¸˜
¸˜
cial pode ser escrita como uma equacao separ´ vel
a
W
= − p ( t ).
W
¸˜
W
dt = − p(t)dt
W
1
dW = − p(t)dt
W
ln |W (t)| = − p(t)dt

Aplicando-se a exponencial a ambos os membros obtemos

W (t) = W [y1 , y2 ](t) = ce− p(t)dt
.


¸˜ .

(d) Pelo item anterior, se para algum t0 ∈ I, W [y1 , y2 ](t0 ) = 0, ent˜ o c = 0 e W [y1 , y2 ](t) = 0, para todo
a
t ∈ I.
Por outro lado, se para algum t0 ∈ I, W [y1 , y2 ](t0 ) = 0, ent˜ o c = 0 e W [y1 , y2 ](t) = 0, para todo
a
t ∈ I.

1.12. Substituindo-se y1 (t) e y2 (t) na equacao diferencial y + p(t)y + q(t)y = 0 obtemos o sistema AX = B,
¸˜
y1 ( t ) y1 ( t ) p(t) − y1 ( t ) p(t)
em que A = , X = e B = . Assim, = X = A −1 B =
y2 ( t ) y2 ( t ) q(t) − y2 ( t ) q(t)
−1
y1 ( t ) y1 ( t ) − y1 ( t ) y2 ( t ) − y1 ( t ) y1 ( t ) y2 ( t ) y1 ( t ) − y1 ( t ) y2
= W [y 1 ](t) = 1
.
y2 ( t ) y2 ( t ) − y2 ( t ) 1 ,y2 − y2 ( t ) y1 ( t ) y2 ( t ) W [y1 ,y2 ](t) y1 ( t ) y2 − y2 ( t ) y1 ( t )
¸˜
Observe a aplicacao do Teorema de Abel (exerc´cio anterior).
ı

2. Equa¸ oes Homogˆ neas - Parte II (p´ gina 278)
c˜ e a

2.1. (a) 2x2 y1 − xy1 − 9y1 = 2x2 (6x ) − x (3x2 ) − 9x3 = 12x3 − 3x3 − 9x3 = 0
Logo, y1 ( x ) = x3 e solucao da equacao.
´ ¸˜ ¸˜
(b) Seja y1 ( x ) = x3 . Vamos procurar uma segunda solucao da equacao da forma
¸˜ ¸˜

y ( x ) = v ( x ) y1 ( x ) = v ( x ) x 3 .
Como
y ( x ) = v ( x ) x3 + 3v( x ) x2 e
y ( x ) = v ( x ) x3 + 6v ( x ) x2 + 6v( x ) x,
ent˜ o y( x ) e solucao da equacao se, e somente se,
a ´ ¸˜ ¸˜
2x2 y − xy − 9y = 0
2x2 (v ( x ) x3 + 6v ( x ) x2 + 6v( x ) x ) − x (v ( x ) x3 + 3v( x ) x2 ) − 9v( x ) x3 = 0
2x5 v ( x ) + 11x4 v ( x ) = 0.
Seja w( x ) = v ( x ). Ent˜ o a equacao acima pode ser escrita como
a ¸˜

2xw + 11w = 0.

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 383

´ ¸˜
Esta e uma equacao de 1a. ordem separ´ vel.
a

w 11
2 =−
w x
d 11
(2 ln |w|) = −
dx x
2 ln |w| = −11 ln | x | + c1
˜

ln x11 (w( x ))2 = c1
˜

w( x ) = v ( x ) = c1 x −11/2
Resolvendo a equacao para v( x ):
¸˜

2
v ( x ) = c1 x −11/2 dx = −c1 x −9/2 + c2
9

Tomando-se c2 = 0 e c1 = −9/2 obtemos v( x ) = x −9/2 e uma segunda solucao da equacao e
¸˜ ¸˜ ´

y2 ( x ) = v( x )y1 ( x ) = x −9/2 x3 = x −3/2

Vamos ver que y1 ( x ) = x3 e y2 ( x ) = x −3/2 s˜ o solucoes fundamentais da equacao.
a ¸˜ ¸˜
y1 ( x ) y2 ( x ) x3 x −3/2
W [y1 , y2 ]( x ) = det = det = − 9 x1/2 = 0, para x = 0.
y1 ( x ) y2 ( x ) 3x2 − 3 x −5/2
2
2

2.2. (a) x2 y1 + 3xy1 + y1 = x2 (2x −3 ) + 3x (− x −2 ) + x −1 = 2x −1 − 3x −1 + x −1 = 0
Logo, y1 ( x ) = x −1 e solucao da equacao.
´ ¸˜ ¸˜
(b) Seja y1 ( x ) = x −1 . Vamos procurar uma segunda solucao da equacao da forma
¸˜ ¸˜

y ( x ) = v ( x ) y 1 ( x ) = v ( x ) x −1 .


¸˜ .

Como
y ( x ) = v ( x ) x −1 − v ( x ) x −2 e
−1 −2
y (x) = v (x)x − 2v ( x ) x + 2v( x ) x −3 ,
a ´ ¸˜ ¸˜
x2 y + 3xy + y = 0
x2 (v ( x ) x −1 − 2v ( x ) x −2 + 2v( x ) x −3 ) + 3x (v ( x ) x −1 − v( x ) x −2 ) + v( x ) x −1 = 0
xv ( x ) + v ( x ) = 0.
a ¸˜
xw + w = 0.
´ ¸˜
a
w 1
=−
w x
d 1
(ln |w|) = −
dx x
ln |w| = − ln | x | + c1
˜
ln | xw( x )| = c1
˜
w ( x ) = v ( x ) = c 1 x −1
¸˜

v ( x ) = c1 x −1 dx = c1 ln x + c2

Tomando-se c2 = 0 e c1 = 1 obtemos v( x ) = ln x e uma segunda solucao da equacao e
¸˜ ¸˜ ´
y2 ( x ) = v( x )y1 ( x ) = x −1 ln x
Vamos ver que y1 ( x ) = x −1 e y2 ( x ) = x −1 ln x s˜ o solucoes fundamentais da equacao.
a ¸˜ ¸˜
y1 ( x ) y2 ( x ) x −1 x −1 ln x
W [y1 , y2 ]( x ) = det = det = x −3 = 0, para x = 0
y1 ( x ) y2 ( x ) − x −2 x −2 (1 − ln x )

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 385

2.3.
1− b
y ( x ) = v ( x ) y1 ( x ) = v ( x ) x 2 .
Como
1− b 1−b −1− b
y (x) = v (x)x 2 + v( x ) x 2 e
2

1− b −1− b
y (x) = v ( x ) x 2 + (1 − b ) v ( x ) x 2

1 − b2 −3− b
− v( x ) x 2 ,
4
¸˜
Substituindo na equacao de Euler:
1− b −1− b 1− b2 −3− b 1− b 1− b −1− b 1− b
x2 (v ( x ) x 2 + (1 − b ) v ( x ) x 2 − 4 v( x ) x
2 ) + bx ( v (x)x 2 + 2 v( x ) x
2 ) + cv ( x ) x 2 =0
5− b 3− b
x 2 v (x) + x 2 v ( x ) = 0.
xv ( x ) + v ( x ) = 0.
a ¸˜

xw + w = 0.

´ ¸˜
a

w 1
+ =0
w x
d
(ln |w| + ln | x |) = 0
dx
ln | xw( x )| = c1
˜

w ( x ) = v ( x ) = c 1 x −1


¸˜ .

¸˜

v ( x ) = c1 x −1 dx = c1 ln x + c2

Tomando-se c2 = 0 e c1 = 1 obtemos v( x ) = ln x e uma segunda solucao da equacao e
¸˜ ¸˜ ´
1− b
y2 ( x ) = v ( x ) y1 ( x ) = x 2 ln x

Vamos mostrar que
y1 ( x ) = x r e y2 ( x ) = xr ln x
¸˜ ¸˜
s˜ o solucoes fundamentais da equacao de Euler.
a

y1 ( x ) y2 ( x ) xr xr ln x
det = det
y1 ( x ) y2 ( x ) rxr−1 (1 + r ln x ) xr−1
1 ln x
= x2r−1 det
r (1 + r ln x )
= x2r−1 = 0, para todo x 0.

2.4. (a) ( x + 3)z1 + ( x + 2)z1 − z1 = ( x + 3)2 + ( x + 2)2x − x2 = 3x2 + 6x + 6 = 0
( x + 3)z2 + ( x + 2)z2 − z2 = ( x + 3)6x + ( x + 2)3x2 − x3 = 2x3 + 12x2 + 18x = 0
( x + 3) z3 + ( x + 2) z3 − z3 = ( x + 3) e − x − ( x + 2) e − x − e − x = 0
Logo, z1 ( x ) = x2 e z2 ( x ) = x3 n˜ o s˜ o solucoes da equacao e z3 ( x ) = e− x e solucao da equacao.
a a ¸˜ ¸˜ ´ ¸˜ ¸˜
(b) Seja y1 ( x ) = e− x . Vamos procurar uma segunda solucao da equacao da forma
¸˜ ¸˜

y ( x ) = v ( x ) y1 ( x ) = v ( x ) e − x .
Como
y ( x ) = (v ( x ) − v( x ))e− x e y ( x ) = (v ( x ) − 2v ( x ) + v( x ))e− x ,
a ´ ¸˜ ¸˜

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 387

( x + 3)y + xy − y = 0
( x + 3)(v ( x ) − 2v ( x ) + v( x ))e− x + ( x + 2)(v ( x ) − v( x ))e− x − v( x )e− x = 0.
( x + 3)v ( x ) + (−2( x + 3) + ( x + 2))v ( x ) = 0
( x + 3) v ( x ) − ( x + 4) v ( x ) = 0
a ¸˜

( x + 3)w − ( x + 4)w = 0.

´ ¸˜
a

w x+4
=
w x+3
d x+4 1
(ln |w|) = = 1+
dx x+3 x+3
ln |w| = x + ln( x + 3) + c1
˜
w( x )
ln − x = c1
˜
x+3
w ( x ) = v ( x ) = c1 e x ( x + 3)
¸˜

v ( x ) = c1 e x ( x + 3)dx = c1 ( x + 2)e x + c2

Tomando-se c2 = 0 e c1 = 1 obtemos v( x ) = ( x + 2)e x e uma segunda solucao da equacao
¸˜ ¸˜

y2 ( x ) = v ( x ) y1 ( x ) = ( x + 2) e x e − x = x + 2

Vamos ver que y1 ( x ) = e− x e y2 ( x ) = x + 2 s˜ o solucoes fundamentais da equacao.
a ¸˜ ¸˜
y1 ( x ) y2 ( x ) e− x x+2
W [y1 , y2 ]( x ) = det = det = e− x (3 + x ) = 0, para x = −3
y1 ( x ) y2 ( x ) −e− x 1


¸˜ .

(c) Como y1 ( x ) = e− x e y2 ( x ) = x + 2 s˜ o solucoes fundamentais da equacao a solucao geral e
a ¸˜ ¸˜ ¸˜ ´
y ( x ) = c1 e − x + c2 ( x + 2),
Agora, como y(1) = 1, ent˜ o substituindo x = 1 e y = 1 na express˜ o de y( x ) obtemos que c1 e−1 +
a a
3c2 = 1. Como y (1) = 3, substituindo-se x = 1 e y = 3 na express˜ o obtida derivando-se y( x ):
a
y (x) = − c1 e − x + c2
obtemos −c1 e−1 + c2 = 3. Resolvendo o sistema
c1 e−1 + 3c2 = 1, − c 1 e −1 + c 2 = 3
obtemos c1 = −2e e c2 = 1. Assim a solucao do problema de valor inicial e
¸˜ ´

y( x ) = −2e− x+1 + x + 2

2.5. y + 2y = 0 tem solucao geral y(t) = k1 e−2t + k2 . Logo, k1 + k2 = a, k1 = −b/2 e k2 = a + b/2 e
¸˜
y → a + b/2 quando t → +∞.
2.6. Se 0 b 2 ent˜ o as ra´zes da equacao caracter´stica s˜ o
a ı ¸˜ ı a

−b/2 ± i 4 − b2 /2
¸˜
e as solucoes s˜ o da forma
a

y(t) = c1 e(−b/2)t cos ωt + c2 e(−b/2)t sen ωt,
√
onde ω = 4 − b2 /2. Logo, como 0 b, ent˜ o y → 0 quando t → +∞.
a
2.7. As ra´zes da equacao caracter´stica s˜ o ±2 e a solucao geral e y(t) = c1 e2t + c2 e−2t . Ent˜ o c1 = −c2 = b/4
ı ¸˜ ı a ¸˜ ´ a
e
b
y(t) = (e2t − e−2t ) = 0
4
Como b = 0, ent˜ o e2t = e−2t , ou seja, e4t = 1 e t = 0.
a

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 389

¸˜ ´ ¸˜ ´
2.8. A equacao caracter´stica tem 1/2 como unica raiz. Assim, a solucao geral e da forma
ı

y(t) = c1 et/2 + c2 tet/2 .

y(0) = 2 implica que c1 = 2.
c1 t/2 t
y (t) = e + c2 (1 + )et/2
2 2
y (0) = b implica que c1 /2 + c2 = b. Assim, c2 = b − 1 e a solucao do problema de valor inicial e
¸˜ ´

y(t) = e(1/2)t (2 + (b − 1)t).

Logo, se b ≥ 1, y(t) → +∞ quando t → +∞.
¸˜ ´
2.9. A equacao caracter´stica e
ı
r2 + 2b + 1 = 0
∆ = 4( b2 − 1)
√
• Se |b| 1 ent˜ o as ra´zes da equacao caracter´stica s˜ o −b ± b2 − 1 e as solucoes da equacao
a ı ¸˜ ı a ¸˜ ¸˜
diferencial s˜ o da forma
a √ √
2 2
y(t) = c1 e(−b− b −1)t + c2 e(−b+ b −1)t .
Se b 1, ent˜ o y(t) → 0, quando t → +∞.
a
• Se b = ±1 ent˜ o a ra´z da equacao caracter´stica e −b e as solucoes da equacao diferencial s˜ o da
a ı ¸˜ ı ´ ¸˜ ¸˜ a
forma
y(t) = c1 e−bt + c2 te−bt .
Se b = 1, ent˜ o y(t) → 0, quando t → +∞.
a
√
• Se −1 b 1 ent˜ o as ra´zes da equacao caracter´stica s˜ o −b ± i 1 − b2 e as solucoes da equacao
a ı ¸˜ ı a ¸˜ ¸˜
diferencial s˜ o da forma
a

y(t) = c1 e−bt cos 1 − b2 t + c2 e−bt sen 1 − b2 t .

Se 0 b 1, ent˜ o y(t) → 0, quando t → +∞.
a


¸˜ .

Logo, para b 0, ent˜ o y(t) → 0 quando t → +∞.
a
¸˜ ´
2.10. A equacao caracter´stica e
ı
r2 + 2r + α = 0
∆ = 4 − 4α = 4(1 − α)
√
(a) Se α 1, ent˜ o ∆ 0, as ra´zes da equacao caracter´stica s˜ o r1,2 = −1 ± i α − 1 e a solucao geral
a ı ¸˜ ı a ¸˜
¸˜ ´
da equacao e √ √
y(t) = c1 e−t cos( α − 1 t) + c2 e−t sen( α − 1 t)
(b) Se α = 1, ent˜ o ∆ = 0 e r = −1 e a unica raiz da equacao caracter´stica e a solucao geral da equacao
a ´ ´ ¸˜ ı ¸˜ ¸˜
´
e
y(t) = c1 e−t + c2 te−t
√
(c) Se α 1, ent˜ o ∆ 0, as ra´zes da equacao caracter´stica s˜ o r1,2 = −1 ± 1 − α e a solucao geral
a ı ¸˜ ı a ¸˜
¸˜ ´
da equacao e √ √
y(t) = c1 e(−1− 1−α)t + c2 e(−1+ 1−α)t

3. Equa¸ oes n˜ o Homogˆ neas (p´ gina 301)
c˜ a e a

3.1. ¸˜ ´
(a) A equacao caracter´stica e
ı
r2 + 5r + 6 = 0.
∆ = 25 − 24 = 1
As ra´zes da equacao caracter´stica s˜ o r1 = −3 e r2 = −2 e a solucao geral da equacao homogˆ nea
ı ¸˜ ı a ¸˜ ¸˜ e
´
e
y( x ) = c1 e−3x + c2 e−2x
y p ( x ) = ( A0 + A1 x )e−5x ,
y p ( x ) = A1 e−5x − 5( A0 + A1 x )e−5x = ( A1 − 5A0 − 5A1 x )e−5x ,
y p ( x ) = −5A1 e−5x − 5( A1 − 5A0 − 5A1 x )e5 x = (−10A1 + 25A0 + 25A1 x )e−5x .
Substituindo-se y p ( x ), y p ( x ) e y p ( x ) na equacao obtemos
¸˜

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 391

(−10A1 + 25A0 + 25A1 x ) + 5( A1 − 5A0 − 5A1 x ) + 6( A0 + A1 x ) = x

6A0 − 5A1 = 0
6A1 = 1

que tem solucao A0 = 5/36 e A1 = 1/6. Assim uma solucao particular da equacao n˜ o homogˆ nea
¸˜ ¸˜ ¸˜ a e
´
e
5 1
y p (x) = + x e−5x
36 6
¸˜ ¸˜ a ´
e

5 1
y( x ) = + x e−5x + c1 e−3x + c2 e−2x
36 6

¸˜ ´
(b) A equacao caracter´stica e
ı
r2 − 4r + 6 = 0.
∆ = 16 − 24 = −8
√
As ra´zes da equacao caracter´stica s˜ o r1,2 = 2 ± i 2 e a solucao geral da equacao homogˆ nea e
ı ¸˜ ı a ¸˜ ¸˜ e ´
√ √
y( x ) = c1 e2x cos( 2 x ) + c2 e2x sen( 2 x )

y p ( x ) = A0 + A1 x, y p ( x ) = A1 , y p ( x ) = 0. Substituindo-se y p ( x ), y p ( x ) e y p ( x ) na equacao obtemos
¸˜

−4A1 + 6( A0 + A1 x ) = 3x


6A0 − 4A1 = 0
6A1 = 3


¸˜ .

que tem solucao A0 = 1/3 e A1 = 1/2. Assim uma solucao particular da equacao n˜ o homogˆ nea
¸˜ ¸˜ ¸˜ a e
´
e
1 1
y p (x) = + x
3 2
¸˜ ¸˜ a
e ´

1 1 √ √
y( x ) = + x + c1 e2x cos( 2 x ) + c2 e2x sen( 2 x )
3 2

(c) Equacao caracter´stica: r2 + 1 = 0 ⇔ r = ±i.
¸˜ ı
Solucao geral da equacao homogˆ nea: y(t) = c1 cos t + c2 sen t.
¸˜ ¸˜ e
¸˜

y p (t) = u1 (t) cos t + u2 (t) sen t (2.60)

¸˜
y p (t) = −u1 (t) sen t + u2 (t) cos t
ou equivalentemente
(cos t)u1 (t) + (sen t)u2 (t) = 0 (2.61)
Substituindo-se y p (t), y p (t) na equacao obtemos
¸˜

− (sen t)u1 (t) + (cos t)u2 (t) = cosec t (2.62)

Resolvendo o sistema linear formado por (2.61) e (2.62) obtemos

u1 ( t ) −1
=
u2 ( t ) cotan t

Assim
u1 ( t ) = − 1 dt = −t + c2 ,

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 393

cos t
u2 ( t ) = dt = ln | sen t| + c1 .
sen t
¸˜

y p (t) = (ln | sen t|) sen t − t cos t.

¸˜ ¸˜ ´

y(t) = (ln | sen t|) sen t − t cos t + c1 cos t + c2 sen t.

(d) Equacao caracter´stica: r2 − 1 = 0 ⇔ r = ±1.
¸˜ ı
Solucao geral da equacao homogˆ nea: y(t) = c1 et + c2 e−t .
¸˜ ¸˜ e
¸˜

y p ( t ) = u1 ( t ) e t + u2 ( t ) e − t (2.63)

¸˜
y p ( t ) = u1 ( t ) e t − u2 ( t ) e − t
ou equivalentemente
e t u1 ( t ) + e − t u2 ( t ) = 0 (2.64)
Substituindo-se y p (t), y p (t) na equacao obtemos
¸˜

e t u 1 ( t ) − e − t u 2 ( t ) = (1 + e − t ) −2 (2.65)

Resolvendo o sistema linear formado por (2.64) e (2.65) obtemos
 
e−t
u1 ( t ) 1 − (1+ e − t )2
= −  et

u2 ( t ) 2 −t 2 (1+ e )

Assim
e−t 1
u1 ( t ) = dt = + c1 ,
2(1 + e − t )2 2(1 + e − t )


¸˜ .

et e3t
u2 ( t ) = − dt = − dt
2(1 + e − t )2 2( e t + 1)2
Fazendo u = et + 1, ent˜ o
a
1 (1 − u )2
u2 ( t ) = − du
2 2u2
1 1 2
= − ( 2 − + 1)du
2 u u
1 1 + et
= + ln(1 + et ) − + c2
2(1 + e t ) 2
¸˜
et e−t
y p (t) = −t )
+
2(1 + e 2(1 + e t )
1 + e−t
+ e−t ln(1 + et ) − .
2
¸˜ ¸˜ ´
et e−t
y(t) = −t )
+
2(1 + e 2(1 + e t )
1 + e−t
+ e−t ln(1 + et ) −
2
+ c1 e t + c2 e − t .
(e) Eq. caracter´stica: r2 + 4 = 0 ⇔ r = ±2i.
ı
Sol. geral da eq. homog.: y(t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t)
(1)
y p (t) = t[ A cos(2t) + B sen(2t)] e uma solucao da equacao y + 4 y = 2 sen(2t) e
´ ¸˜ ¸˜
(2)
y p (t) = Ct + D e uma solucao da equacao y + 4 y = t, pelo Princ´pio da Superposicao para
´ ¸˜ ¸˜ ı ¸˜
¸˜
equacoes n˜ o homogˆ neas:
a e

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 395

(1) (2)
Sol. particular da forma y p (t) = y p (t) + y p (t) = t[ A cos(2t) + B sen(2t)] + C + Dt.
y p (t) = A cos(2t) + B sen(2t) + t[−2A sen(2t) + 2B cos(2t)] + D
y p (t) = (−4At + 4B) cos(2t) + (−4Bt − 4A) sen(2t)
¸˜
(−4At + 4B) cos(2t) + (−4Bt − 4A) sen(2t) + 4t[ A cos(2t) + B sen(2t)] + 4C + 4Dt = 2 sen(2t) + t
[−4At + 4B + 4At] cos(2t) + [−4Bt − 4A + 4Bt] sen(2t) + 4C + 4Dt = 2 sen(2t) + t

 4B = 0
−4A = 2
4C + 4Dt = t


Obtemos A = −1/2, B = 0, C = 0, D = 1/4. Assim a solucao geral da equacao e
¸˜ ¸˜ ´
t 1
y(t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t) − cos(2t) + t
2 4
√
(f) Eq. caracter´stica: r2 + 2 = 0 ⇔ r = ± 2i.
ı
√ √
Sol. geral da eq. homog.: y(t) = c1 cos( 2t) + c2 sen( 2t)
Sol. particular da forma y p (t) = Aet + B.
y p (t) = Aet
y p (t) = Aet
Substituindo-se na equacao ¸˜
Ae t + 2( Aet + B ) = et + 2

3Aet + 2B = et + 2
3A = 1
2B = 2
Obtemos A = 1/3, B = 1. Assim a solucao geral da equacao e
¸˜ ¸˜ ´
√ √ 1
y(t) = c1 cos( 2t) + c2 sen( 2t) + et + 1
3


¸˜ .

3.2. ¸˜ ¸˜
(a) Solucao geral da equacao homogˆ nea:
e

y ( t ) = c 1 e −2 t + c 2 e t

y p ( t ) = A2 t2 + A1 t + A0

y p + y p − 2y p = (−2A2 )t2 + (2A2 − 2A1 )t + (2A2 + A1 − 2A0 )

 −2A2 = 1
2A2 − 2A1 = 0
2A2 + A1 − 2A0 = 3


1
 
  − 
 2
A2
 A1  =  − 1 
 
 2 
A0  9 
−
4
y p (t) = −9/4 − 1/2 t − 1/2 t2
¸˜
Solucao geral:
y(t) = c1 e−2 t + c2 et − 9/4 − 1/2 t − 1/2 t2

¸˜
Solucao do PVI
y(t) = 7/12 e−2 t + 5/3 et − 9/4 − 1/2 t − 1/2 t2

¸˜ ¸˜
(b) Solucao geral da equacao homogˆ nea:
e

y(t) = c1 e−t + c2 te−t

¸˜ ¸˜ a
Solucao particular da equacao n˜ o homogˆ nea:
e

y p (t) = A cos 2t + B sen 2t

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 397

¸˜
y p + 2y p + y p = (−3A + 4B) cos 2t + (−4A − 3B) sen 2t = 3 sen 2t

−3A + 4B = 0
−4A − 3B = 3

A − 12
25
= 9
B − 25
12 9
y p (t) = − cos 2t − sen 2t
25 25
¸˜
Solucao geral:
12 9
y(t) = c1 e−t + c2 te−t − cos 2t − sen 2t
25 25
¸˜
Derivada da solucao geral:
y (t) = −c1 e−t + c2 (1 − t)e−t + 24 sen 2t −
25
18
25 cos 2t
Substituindo-se t = 0, y = 0, y = 0:
12 6
c1 = , c2 =
25 5
¸˜
Solucao do PVI:
y(t) = 25 e−t + 6 te−t −
12
5
12
25 cos 2t − 9
25 sen 2t
¸˜ ¸˜
(c) Solucao geral da equacao homogˆ nea:
e

y ( t ) = c1 e2 t + c2 e2 t t

y p (t) = 1/3 e−t
¸˜
Solucao geral:
y(t) = c1 e2 t + c2 e2 t t + 1/3 e−t


¸˜ .

¸˜
Solucao do PVI
y(t) = −1/3 e2 t + e2 t t + 1/3 e−t
¸˜ ¸˜
(d) Solucao geral da equacao homogˆ nea:
e

y(t) = c1 e−t/2 cos(t/2) + c2 e−t/2 sen(t/2)
¸˜
Solucao particular:
y p ( t ) = A2 t2 + A1 t + A0
Substituindo-se na equacao: ¸˜
2y p + 2y p + y p = ( A2 )t2 + (4A2 + A1 )t + (4A2 + 2A1 + A0 ) = t2

 A2 = 1
4A2 + A1 = 0
4A2 + 2A1 + A0 = 0

   
A2 1
 A1  =  −4 
A0 4
y p (t) = t2 − 4t + 4 = (t − 2)2
¸˜
Solucao geral:
y(t) = c1 e−t/2 cos(t/2) + c2 e−t/2 sen(t/2) + (t − 2)2
¸˜
y (t) = c1 e−t/2 (−(1/2) cos(t/2) − (1/2) sen(t/2)) + c2 e−t/2 (−(1/2) sen(t/2) + (1/2) cos(t/2)) +
2( t − 2)
c1 = −4, c2 = 4
¸˜
Solucao do PVI:

y(t) = −4e−t/2 cos(t/2) + 4e−t/2 sen(t/2) + (t − 2)2

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 399

3.3. ¸˜ ´
ı
r2 + 2r + α = 0
∆ = 4 − 4α = 4(1 − α)
√
i. Se α 1, ent˜ o ∆ 0, as ra´zes da equacao caracter´stica s˜ o r1,2 = −1 ± i α − 1 e a solucao
a ı ¸˜ ı a ¸˜
¸˜ ´
geral da equacao e √ √
y(t) = c1 e−t cos( α − 1 t) + c2 e−t sen( α − 1 t)
ii. Se α = 1, ent˜ o ∆ = 0 e r = −1 e a unica raiz da equacao caracter´stica e a solucao geral da
a ´ ´ ¸˜ ı ¸˜
¸˜ ´
equacao e
y(t) = c1 e−t + c2 te−t
√
iii. Se α 1, ent˜ o ∆ 0, as ra´zes da equacao caracter´stica s˜ o r1,2 = −1 ± 1 − α e a solucao
a ı ¸˜ ı a ¸˜
¸˜ ´
geral da equacao e √ √
y(t) = c1 e(−1− 1−α)t + c2 e(−1+ 1−α)t
√ √
(b) y p (t) = t[( A0 + A1 t)e−t sen( α − 1 t) + ( B0 + B1 t)e−t cos( α − 1 t)], se α 1.
4. Oscila¸ oes Livres (p´ gina 319)
c˜ a
4.1. ¸˜ ´
ı
r2 + 5 = 0
√
que tem como ra´zes r = ± 5i. Assim a solucao geral da equacao e
ı ¸˜ ¸˜ ´
√ √
y(t) = c1 cos 5 t + c2 sen 5t

¸˜
Para resolver o problema de valor inicial precisamos calcular a derivada da solucao geral
√ √ √ √
y (t) = − 5 c1 sen 5 t + 5 c2 cos 5t

Substituindo-se t = 0, y = 1 e y = 0 obtemos c1 = 1 e c2 = 0 e a solucao do problema de valor
¸˜
´
inicial e √
y(t) = cos 5t
√ √
´ e ´ ´ ı ´
A amplitude e igual a 1, a frequˆ ncia e igual a 5, a fase e igual a zero e o per´odo e igual a 2π/ 5.


¸˜ .

(b)

y

+1

2π
____ t
51/2

−1

4.2. (a) Equacao caracter´stica: 2r2 + 3 = 0
¸˜ √ ı
Ra´zes: r = ± 3/2 i
ı
3 3
Solucao geral: y(t) = c1 cos
¸˜ 2 t + c2 sen 2 t
¸˜
√ √ √ √
y (t) = −c1 3/2 sen 3/2 t + c2 3/2 cos 3/2 t
c1 = 1, c2 = 0

¸˜
Solucao do PVI:
3
y(t) = cos t
2

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 401

3
´ ´
A amplitude e igual a 1, a frequˆ ncia e igual a
e 2, ´ ´
a fase e igual a zero e o per´odo e igual a
ı
√ √
2 2π/ 3.
(b)

y

+1

21/22π
____ t
31/2

−1

4.3.
1
2u + u + u = 0 ∆ = 1 − 4 = −3
2
√
1 3
r1,2 = − ±i
4 4
√ √
3 3
u(t) = c1 e−t/4 cos 4 t + c2 e−t/4 sen 4 t
√ √ √ √ √ √
3 3 −t/4 3 3 3 3
u (t) = c1 − 4 e−t/4 cos
1
4 t − 4 e sen 4 t + c2 − 1 e−t/4 sen
4 4 t + 4 cos 4 t


¸˜ .

u (0) = u0 = c1
√
4u0 +u0
u (0) = u0 = − c4 +
1 3c2
4 ⇒ c2 = √
3
¸˜ ´
√ √
3 4u0 +u0 −t/4 3
u(t) = u0 e−t/4 cos 4 t + √ e sen 4 t
3

´
4.4. A constante da mola e
mg 100 · 103
= k= = 104
L 10
¸˜ ´
A equacao diferencial que descreve o movimento e

102 u + 104 u = 0

¸˜
Equacao caracter´stica:
ı
r2 + 100 = 0 ⇔ r = ±10i
¸˜
Solucao geral:
u(t) = c1 cos(10t) + c2 sen(10t)
´
A frequˆ ncia natural e
e
k 104
ω0 = = = 10.
m 100
´
O per´odo e
ı
2π 2π
T= = segundos
ω0 10
¸˜ ¸˜ ´ ¸˜
(a) A posicao em funcao do tempo e a solucao do problema de valor inicial

 u + 100u = 0,
u(0) = 0,
u (0) = −4.


¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 403

u (t) = −10c1 sen(10t) + 10c2 cos(10t)
u (0) = 0 = c1 ,
u (0) = −4 = 10c2 .
¸˜ ´
2
u(t) = − sen(10t)
5
´
A amplitude e igual a 2/5.
u
2/5

0
2π/10
t

−2/5

¸˜ ¸˜ ´ ¸˜
(b) A posicao em funcao do tempo e a solucao do problema de valor inicial

 u + 100u = 0,
u(0) = 1,
u (0) = 10.


u (t) = −10c1 sen(10t) + 10c2 cos(10t)
u (0) = 1 = c1 ,
u (0) = 10 = 10c2 .


¸˜ .

Logo c1 = 1 e c2 = 1. Assim
√
√ c1 2
R= c2 + c2 =
1 2 2, δ = arccos = arccos = π/4
R 2
¸˜ ´
e a solucao do problema de valor inicial e
√
u(t) = cos(10t) + sen(10t) = 2 cos(10t − π/4)
√
´
A amplitude e igual a 2.
u
2^(1/2)

0
π/40 π/40+2π/10
t

−2^(1/2)

¸˜ ¸˜ ´ ¸˜
(c) A posicao em funcao do tempo e a solucao do problema de valor inicial

 u + 100u = 0,
u(0) = 2,
u (0) = 0.


u (t) = −10c1 sen(10t) + 10c2 cos(10t)
u (0) = 2 = c1 ,
u (0) = 0 = 10c2 .

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 405

¸˜ ´

u(t) = 2 cos(10t)

´
A amplitude e igual a 2.
u
2

0
2π/10
t

−2

´
4.5. A constante da mola e
mg 100 · 103
k=
= = 104
L 10
¸˜ ´

102 u + γu + 104 u = 0

¸˜
ı
102 r2 + γr + 104 = 0
∆ = γ2 − 4 · 106
(a) • Se γ 2 · 103 o sistema e super-amortecido.
´
• Se γ = 2 · 103 o o sistema tem um amortecimento cr´tico.
ı


¸˜ .

• Se γ 2 · 103 o sistema e sub-amortecido
´
´
(b) Neste caso a constante de amortecimento e dada por

Fr 104
γ= = = 103
v 10
¸˜ ´

102 u + 103 u + 104 u = 0

¸˜
ı
√
102 r2 + 103 r + 104 = 0 ⇔ r = −5 ± 5 3 i

¸˜
Solucao geral: √ √
u(t) = c1 e−5t cos(5 3 t) + c2 e−5t sen(5 3 t)
¸˜ ¸˜ ´ ¸˜
A posicao em funcao do tempo e a solucao do problema de valor inicial

 u + 10u + 100u = 0,
u(0) = 2,
u (0) = 0.


√ √
u (t) = e−5t ((5 3c2 − 5c1 ) cos(5 3 t) +
√ √
+ (−5 3 − 5c2 ) sen(5 3 t))

u(0) = 2 = c1√
,
u (0) = 0 = 5 3c2 − 5c1 .
√
Logo c1 = 2 e c2 = 2/ 3. Assim
4
R= c2 + c2 = √ ,
1 2
3

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 407

√
c1 3
δ = arccos = arccos = π/6
R 2
¸˜ ´
e a solucao do problema de valor inicial e
√ √ √
−5t cos(5 3 t ) + √ e−5t sen(5 3 t ) = √ e−5t cos(5 3 t − π/6)
2 4
u(t) = 2e
3 3
√ √
´ ´
A quase frequˆ ncia e igual a 5 3 e o quase per´odo e igual a 2π/5 3.
e ı
u
4/3^(1/2)

0
π/(30 31/2) π/(30 31/2)+2π/(5 31/2)
t

−4/3^(1/2)

4.6. (a) Com a aproximacao sen θ ≈ θ a equacao diferencial se torna
¸˜ ¸˜
g
θ + θ = 0,
l
¸˜
que tem solucao geral
g g
θ (t) = c1 cos t + c2 sen t
l l
θ0 = θ (0) = c1
g
0 = θ (0) = c2
l


¸˜ .

¸˜ ´
Logo a solucao do PVI e
g
θ (t) = θ0 cos t
l
g l
´
(b) A frequˆ ncia e
e l, ´
o per´odo e 2π
ı g ´
e a amplitude e θ0 .

5. Oscila¸ oes For¸ adas (p´ gina 336)
c˜ c a
5.1.
2u + 3u = 3 cos(3t)

√
2r2 + 3 = 0 r = ±i 3/2

¸˜ ¸˜
Solucao da equacao homogˆ nea
e
√ √
u(t) = c1 cos 3/2 t + c2 sen 3/2 t

u p (t) = A cos(3t) + B sen(3t)

u p (t) = −3A sen(3t) + 3B cos(3t)

u p (t) = −9A cos(3t) − 9B sen(3t)

Substituindo-se u p (t), u p (t) e u p (t) na equacao obtemos
¸˜

−15A cos(3t) − 15B sen(3t) = 3 cos(3t)

−15A = 3
−15B = 0

¸˜ ` ¸˜
a Julho 2011

ı 409

que tem solucao A = −1/5 e B = 0. Assim uma solucao particular da equacao n˜ o homogˆ nea e
¸˜ ¸˜ ¸˜ a e ´

1
u p (t) = − cos(3t)
5
¸˜ ¸˜ a ´
e
√ √
u(t) = − 1 cos(3t) + c1 cos
5 3/2 t + c2 sen 3/2 t .
3
√ √ √ √
u (t) = 5 sen(3t) − 3/2c1 sen 3/2 t + 3/2c2 cos 3/2 t .
1 1
u (0) = u0 = − 5 + c1 ⇒ c1 = u0 + 5

√ √
u (0) = u0 = 3/2c2 ⇒ c2 = 2/3u0
¸˜ ´
1 1
√ √ √
u(t) = − 5 cos(3t) + (u0 + 5 ) cos 3/2 t + 2/3u0 sen 3/2 t .
5.2.
102 u + 104 u = 9600 cos(6t),
u(0) = 0, u (0) = 0
¸˜ ¸˜ ´
A solucao geral da equacao homogˆ nea e
e

u(t) = c1 cos (10t) + c2 sen (10t)

¸˜ ´
A solucao particular pelo m´ todo dos coeﬁcientes a determinar e da forma
e

u p (t) = A0 cos(6t) + B0 sen(6t)

Pelo m´ todo das constantes a determinar encontramos A0 = 3/2 e B0 = 0.
e
¸˜ ¸˜ ´
A solucao geral da equacao e

3
u(t) = c1 cos (10t) + c2 sen (10t) + cos(6t)
2


¸˜ .

Derivando e substituindo-se t = 0, u = 0 e u = 0 obtemos que

c1 = −3/2, c2 = 0

¸˜ ´

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