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Lições de teoria quantitativa das
Equações Diferenciais Ordinárias
W. BONOMO
Sumário
1 Preliminares 7
1.1 Equaçoes Diferenciais ordinárias de n-esima ordem . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2 Soluções explicitas e implicitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2 EDOs de primeira ordem 11
2.1 Problema de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2 Equações de variáveis separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.3 Equações homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.4 Equações exatas e fatores integrantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.5 Equações lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.6 Equações de Bernoulli e de Ricati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
3 EDOs lineares de ordem superior 27
3.1 Equações Diferenciais Ordinárias de segunda ordem . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.2 E.D.O.s lineares de segunda ordem homogêneas e com coeficientes constantes . . 28
3.3 Equações lineares de ordem superior com coeficientes constantes . . . . . . . . . 32
3.4 Redução da ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.5 O método dos coeficientes indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.6 O método da variação de parâmetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
4 Transformada de Laplace 43
4.1 Transformada inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
4.2 Funções de Heaviside . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
4.3 Transformadas de derivadas e integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
4.4 Transformada de laplace de uma função periódica . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
4.5 Aplicação: resolução de P.V.I.s lineares com coeficientes constantes . . . . . . . 52
3
4.6 Impulsos: Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
5 Soluções em séries 57
5.1 Soluções em torno de pontos regulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
5.2 Soluções em torno de pontos singulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
6 Sistemas de EDOs lineares de primeira ordem 65
6.1 Resolução de sistemas autonômos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
6.2 Matriz fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
6.3 Exponencial de matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
6.4 A Forma Canônica de Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
6.5 Sistemas não homogêneos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
Bibliografia 83
Prefácio: Como usar este livro
...Baseado num texto de Flavio Abdenur
Em primeiro lugar, este livro não é comestível. não o comam.
Também, mesmo encadernado ele será leve demais para ser usado como arma ou para segurar
portas, mas pode servir como um razoável peso para papéis (desde que não esteja ventando
muito).
O principal uso que temos em mente para ele, porém, é como texto-base para o curso
CMN06061 - Equações diferenciais, ministrado para os cursos de Engenharia e Matemática do
CEUNES.
Para tanto é indispensável que os alunos-leitores tenham bastante familiaridade com os
conceitos de CÁLCULO I, II e III, bem como de ÁLGEBRA LINEAR e desejável também que
tenham tido algum contato com matemática rigorosa (isto é, teoremas e suas demonstrações).
Algumas afirmações foram deixadas como exercícios para os alunos ao longo do texto da
seguinte maneira: EXERCÍCIO. Espero que esta notação não seja demasiadamente ambígua.
Um aviso aos incautos: matemática é um assunto sério - até mesmo grave - e deve ser tratada
como tal. Como todo bom livro de matemática, este texto é seco, sisudo e árido. Abandonem
todo o bom-humor aqueles que adentrarem estas páginas.
DEDICO este a nossas TIAS - importantes personagens de nossas vidas e também as alunas do
curso de farmácia, as quais certamente se impressionarão por qualquer aluno que apresentar bom
conhecimento do assunto aqui tratado.
Capítulo 1
Preliminares
1.1 Equaçoes Diferenciais ordinárias de n-esima ordem
Definição 1.1. Seja x : I ⊂R→R uma função n vezes continuamente diferenciável, onde I é um
intervalo. Uma Equação Diferencial Ordinária de n-ésima ordem é uma igualdade envolvendo a
variável indenpendente (também dita variável temporal) t ∈R, a função x (também denominada
variável dependente ou variável espacial) e suas derivadas dxdt ,
d2x
dt2 , · · · , d
nx
dtn .
Simbolicamente, representamos esta igualdade como
F
(
t, x,
dx
dt
,
d2x
dt2
,
d3x
dt3
, · · · , d
nx
dtn
)
= 0; (1.1)
Exemplo 1.1.
1. 2d fdt −3 f = 1 é uma Equação Diferencial Ordinária de primeira ordem;
2. d
2y
dx2 −5
dy
dx +6y = 0 é uma Equação Diferencial Ordinária de segunda ordem;
3. d
3y
dt3 − (
dy
dt )
4−4y = cos(x) é uma Equação Diferencial Ordinária de terceira ordem.
Definição 1.2. Uma Equação Diferencial Ordinária de n-ésima ordem é dita linear se ela puder
ser escrita na forma
an(x)
dny
dxn
+an−1(x)
dn−1y
dxn−1
+ · · ·+a1(x)dydx +a0(x)y = g(x), (1.2)
do contrário, ela é dita não-linear.
8 Capítulo 1. Preliminares
Exemplo 1.2.
1. x3 d
3y
dx3 − x2
d2y
dx2 + 3x
dy
dx + 5y = cos(x) é uma Equação Diferencial Ordinária linear de
terceira ordem;
2. y
′′−2y′+ y = 0 é uma Equação Diferencial Ordinária linear de segunda ordem;
3. xdy− ydx = 0 é uma Equação Diferencial Ordinária linear de primeira ordem;
4. yy
′′−3y = x2 é uma Equação Diferencial Ordinária não-linear de segunda ordem;
5. d
5y
dx5 − y3 = 0 é uma Equação Diferencial Ordinária não-linear de quinta ordem.
EXERCÍCIO 1.1. classifique as seguintes E.D.O.s quanto a sua ordem e quanto linearidade:
a) (1− x)y′−4xy+5y = cos(x);
b) xd
3y
dx3 −32
(
dy
dx
)4
+ y = 0;
c) dydx =
√
1+
(
dy
dx
)2
;
d) d
2y
dx2 +9y = sen(x);
e) x2dy+(y− xy− xex)dx = 0;
f) x3y(4)− x2y′′+4xy′−3y = 0;
g) d
2r
dt2 =− kr2 .
1.2 Soluções explicitas e implicitas
Definição 1.3. Uma solução explícita para 1.1 é uma função real y : I → R definida
num intervalo I ⊂ R, n vezes continuamente diferenciável e que quando substituida em
1.1, reduz ela a uma identidade. Noutras palavras, y : I → R é uma solução de 1.1 se
F(x,y(x),y
′
(x),y
′′
(x), · · · ,y(n)(x)) = 0 para todo x ∈ I.
Exemplo 1.3. y(x) = 116x
4 é uma solução explícita no intervalo (−∞,+∞) =R para a Equação
Diferencial Ordinária não-linear de primeira ordem dydx − x
√
y = 0.
De fato, para qualquer x ∈ R temos ( 116x4)′− x√( 116x4)= 14x3− x(14x2)= 14x3− 14x3 = 0.
Seção 1.2. Soluções explicitas e implicitas 9
Exemplo 1.4. Para qualquer c ∈ R a função yc : (0,+∞)→ R dada por yc(x) = x+cx é uma
solução explícita no intervalo (0 +∞) = R para a Equação Diferencial Ordinária linear de
primeira ordem x dydx + y = 1.
De fato, para qualquer x ∈ R temos xy′c(x)+ yc(x)−1 = x−cx2 + x+cx −1 =− cx +(1+ cx)−1 = 0.
Uma Equação Diferencial Ordinária pode admitir uma infinidade de soluções. Por Exemplo,
para qualquer c ∈ R, a funcão yc : R→ R dada por yc(x) = cex2 é uma solução da Equação
Diferencial Ordinária dydx = 2xy.
Mas, com o grau de generalidade da definição 1.1, não podemos garantir que toda Equação
Diferencial Ordinária de n-esima ordem admita soluções. Por exemplo, a Equação Diferencial
Ordinária não-linear de primeira ordem (dydx)
2 + 1 = 0 não admite soluções reais, isto é, não
existem funções y : I ⊂ R→ R definidas num intervalo I que satisfaçam ela; por outro lado,
a Equação Diferencial Ordinária não-linear de segunda ordem (y
′′
)2 + y4 = 0 admite apenas a
solução real identicamente nula.
EXERCÍCIO
1.2. Verifique se a função φ dada é solução para a respectiva E.D.O.
a) 2y′+ y = 0, φ(x) = e−
x
2 ;
b) y′−2ty = 1, φ(x) = et2 ∫ t0 e−s2ds+ et2;
c) dydx −2y = e3x, φ(x) = e3x+10e2x;
d) y′ = 25+ y2, φ(x) = 5tg(5x);
f) x2dy+2xydx = 0, φ(x) =− 1x2 ;
g) t2y′′+5ty′+4y = 0, φ(x) = ln(t)t2 ;
h) (y′)3+ xy′ = y, φ(x) = x+1;
i) y′ = 2
√|y|, φ(x) = x|x|;
j) dPdt = p(a−bP), φ(x) = ace
at
1+bceat ;
k) y′′+ y′−12y = 0, φ(x) = ae3x+be−4x;
l) xy′−2y = 0, φ(x) =
{
−x2 x < 0
x2 x≥ 0 ;
EXERCÍCIO 1.3. Determine:
a) Os valores de m para os quais a E.D.O. x2y′′−4xy′+6y = 0 admite solução da forma xm;
b) Os valores de m para os quais a E.D.O. y′′′−3y′′+2y′ = 0 admite solução da forma emx;
EXERCÍCIO 1.4. Explique por que φ(x) =
{ √
4− x2 −2 < x < 0
−√4− x2 0≤ x≥ 2 não é solução de
dy
dx =
−xy no intervalo (−2,2).
10 Capítulo 1. Preliminares
Soluções implícitas
Definição 1.4. Uma relação da forma G(x,y) = 0 é uma solução implícita em um intevalo I para
1.1 se ela define uma ou mais soluções explícitas para 1.1 em I.
Exemplo 1.5. Qualquer relação da forma G(x,y) = x2+y2+c= 0, onde c ∈R+ é uma solução
implícita para a Equação Diferencial Ordinária não-linear de primeira ordem dydx =−xy .
De fato, ddx(x
2+ y2+ c) = ddx(0) = 0⇒ 2x+2ydydx = 0⇒ dydx =−xy .
EXERCÍCIO 1.5. Qualquer relação da forma G(x,y) = 4y− y2− 12x+ x3 = c, onde c ∈ R
é uma solução implícita para a Equação Diferencial Ordinária não-linear de primeira ordem
dy
dx =−12−3x
2
4−2y .
Capítulo 2
EDOs de primeira ordem
2.1 Problema de Valor Inicial
Dada a Equação Diferencial Ordinária de primeira ordem y
′
= f (t,x), onde t0 ∈ I, x0 ∈ R
arbitrários e f é contínua, estamos interessados em encontrar as soluções x : I→R dessa Equação
Diferencial Ordinária tais que x(t0) = x0. Notação:{
x
′
= f (t,x)
x(t0) = x0
(2.1)
Ao depararmos com o Problema de Valor Inicial 2.1 duas perguntas são cruciais:
• Existe solução para o Problema de Valor Inicial 2.1?
• Se existir solução para o Problema de Valor Inicial 2.1, ela é única?
Em geral não é verdade que o Problema de Valor Inicial 2.1 admite uma única solução,
supondo-se apenas que f seja contínua, por exemplo, é fácil ver que as funções x1, x2 : [0,+∞)→
R dadas respectivamente por x1(t) = 0 e x2(t) =
√(2
3x
)3
para todo t ∈ R são soluções de{
x
′
= 3
√
y
x(0) = 0
. Mais geralmente, temos o
Teorema 2.1 (G. Peano). Se f : R×R→ R é contínua, então existe pelo menos uma solução
para 2.1 em algum intevalo contendo x0.
Para podermos garantir a unicidade da solução de 2.1, devemos exigir mais de f , além de sua
continuidade. Temos o
12 Capítulo 2. EDOs de primeira ordem
Teorema 2.2 (Picard). Se f : R×R→ R for Lipschitziana em x, isto é, existe K > 0 tal que
| f (t,x1)− f (t,x2)| ≤ K|x1− x2| para todo t e para todos x1,x2, então existe uma única solução
para 2.1 em algum intevalo contendo x0.
O seguinte corolário é um dos mais famosos Critérios de existência e unicidade de soluções
para 2.1:
Corolário 2.1.1. Seja R = [a,b]× [c,d] ⊂ R2 uma região retangular do plano que contenha o
ponto (t0,x0) em seu interior. Se f e
∂ f
∂x são contínuas em R, então existe um intervalo I centrado
em t0 e uma única função y : I→ R que satisfaz 2.1.
Prova: Sejam p,q ∈R tais que (t0− p, t0+ p)× (x0−q,x0+q)⊂ [a,b]× [c,d]. Existe M > 0 tal
que |∂ f∂x (t,x)| ≤M para todo (t,x) ∈ (t0− p, t0 + p)× (x0− q,x0 + q) (pois do contrário ∂ f∂x (t,x)
seria ilimitada em qualquer vizinhaça de (t0,x0) e portanto seria descontínua neste ponto). Com
isso, fixado t ∈ (t0− p, t0+ p) e tomando x1,x2 ∈ (x0−q,x0+q), pelo Teorema do Valor Médio
existe c ∈ (x1,x2) tal que | f (t,x1)− f (t,x2)| = | f ′(c)||x1− x2| ≤M|x1− x2|. Disso concluímos
que f é Lipschitziana em x num intervalo contendo x0 em seu interior e pelo Teorema de Picard
segue que 2.1 admite uma única solução em algum intervalo contendo x0.
Exemplo 2.1. Estude o problema de existência e unicidade de soluções para o P.V.I.{
dy
dx = x
2− y2
y(3) = 4
.
Resposta: Como f (x,y) = x2− y2 e ∂ f∂y = 2y são contínuas no ponto (3,4), concluímos que este
P.V.I. admite uma única solução.
Exemplo 2.2. Considere o Problema de Valor Inicial
{
dy
dx = 3
√
y
y(0) = 0
.
a) Estude o problema de existência e unicidade de soluções para este P.V.I.
Podemos verificar que para qualquer t0 > 0, yt0(x) =
0 se t < t0±( 3√23(t− t0))2 se t ≥ t0 é uma
solução para este P.V.I. Isto não contradiz o Corolário 2.1.1 pois ∂ f∂y ( 3
√
y) = 13y
− 23 , que não é
continua, nem mesmo definida nos pontos onde y = 0 (= eixo dos x).
Entretanto, se (x0,y0) for um ponto qualquer fora do eixo dos x (y0 6= 0) então como uma
consequência do corolário acima, há uma única solução da EDO y
′
= 3
√
y passando por (x0,y0)
(VERIFIQUE!).
b) EXERCÍCIO: Existe solução para este P.V.I. passando pelo ponto (2,1)? E pelo ponto
(1,1)?
Seção 2.2. Equações de variáveis separáveis 13
EXERCÍCIO 2.1. Determine uma região do plano para a qual a E.D.O. admitirá uma única
solução passando por um ponto (x0,y0) na região:
a) dydx = y
2
3 ;
b) dydx =
√
xy;
c) xdydx = y;
d) (4− y2)y′ = x2;
e) (1+ y3)y′ = x2;
f) (x− y)y′ = x+ y;
EXERCÍCIO 2.2. Considere a Equação Diferencial Ordinária dydx = 1+ y
2
a) Determine uma região do plano para a qual esta EDO admitirá uma única solução passando
por um ponto (x0,y0) da região;
b) y = tg(x) é solução do P.V.I.
{
dy
dx = 1+ y
2
y(0) = 0
no intervalo (−2,2)? E no intevalo
(−1,1)?
EXERCÍCIO 2.3. Mostre que ϕ(t) é solução de
{
y
′
= f (x(t))
x(t0) = x0
se e somente se for
solução de x(t) = x(t0)+
∫ t
t0 f (x(s))ds.
2.2 Equações de variáveis separáveis
Definição 2.1. Uma Equação Diferencial Ordinária da forma dydx =
g(x)
h(y) é dita separável (ou de
variáveis separáveis)
Observe que podemos reescrever esta equação como h(y) dydx = g(x). Se y = f (x) for uma
solução desta equação, então h( f (x)) f
′
(x) = g(x). Logo
∫
h( f (x)) f
′
(x)dx =
∫
g(x)dx+ c⇒
∫
h(y)dy =
∫
g(x)dx+ c.
Exemplo 2.3. Resolva o Problema de Valor Inicial
{
dy
dx =−xy
y(4) = 3
Resposta: Como acabamos de ver, temos:
14 Capítulo 2. EDOs de primeira ordem
∫
y dy =−
∫
x dx+ c1⇒ y
2
2
=−x
2
2
+ c1⇒ x
2
2
+
y2
2
= c1⇒ x2+ y2 = 2c1 = c2.
Como estamos interessados na solução y(x) tal que y(4) = 3, devemos ter c2 = 42 +
y(4)2 = 42 + 32 = 25. Logo a solução procurada é dada implicitamente por x2 + y2 = 25, ou
explicitamente por
y : (−5, 5) → R
x → √25− x2
Exemplo 2.4. Resolva o Problema de Valor Inicial
{
dy
dx = y
2−4
y(0) =−2
Resposta: Temos
∫ 1
y2−4 dy =
∫
dx+ c1⇒∫ [ 1/4
y−2 −
1/4
y+2
]
dy =
∫
dx+ c1⇒ 14 ln|y−2|−
1
4
ln|y+2|= x+ c1.
Se y 6=±2 (observe que as funções constantes y(x)≡−2 e y(x)≡ 2 são soluções da E.D.O.
dy
dx = y
2−4) então
ln
∣∣∣∣y−2y+2
∣∣∣∣= 4x+4c1⇒ y−2y+2 = e4x+c2 = ec2 · e4x⇒ y−2 = (y+2)c · e4x = cy · e4x+2c · e4x⇒
(1− c · e4x)y = 2+2c · e4x⇒ y(x) = 2+2c · e
4x
1− c · e4x .
Ao fazer a substituição x = 0 e y =−2 no entanto, nos deparamos com o seguinte dilema:
y(x) =
2+2c · e4x
1− c · e4x ⇒−2 =
2+2c
1− c ⇒−2+2c = 2+2c⇒−2 = 2
Logo, a solução do P.V.I. não é obtida com nenhum valor de c. Na verdade, a solução deste
P.V.I. é a solução singular y(x)≡−2.
EXERCÍCIO 2.4. Resolva as seguintes equações diferenciais:
a) dydx = cos
2(x) cos2(2y);
b) dx+ e3xdy = 0;
c) ex dydx = 2x;
d) dydx +2xy = 0;
e) dydx =
x−ex
y+ey ;
f) dydx = e
3x+2y;
g) y ln(x) dydx =
(
y+1
x
)2
;
h) sec2(x)dy+ cossec(y)dx = 0;
i) dydx =
xy+3x−y−3
xy−2x+4y−8 ;
j) x
√
1− y2dx = dy;
Seção 2.2. Equações de variáveis separáveis 15
EXERCÍCIO 2.5. Resolva os seguintes P.V.I.s e determine o intervalo maximal onde a solução
está definida.
a)
{
(1+ x4)dy+ x(1+4y2)dx = 0
y(1) = 0
b)
{
dy
dx =
y2−1
x2−1
y(2) = 2
c)
{
y
′
= 1+3x
2
3y2−6y
y(0) = 1
;
d)
{
y
′
= 3x
2
3y2−4
y(1) = 0
;
Dica: Determine os pontos onde o gráfico da solução tem tangente vertical.
EXERCÍCIO 2.6. Considere a EDO dydx =
y−4x
x−y .
a) Mostre que esta EDO não é separável.
b) Mostre que, mediante a substituição v = yx , esta EDO torna-se separável, e em seguida
resolva-a.
EXERCÍCIO 2.7. Determine o ponto em que a solução do P.V.I.
{
y
′
= 2y2+ xy2
y(0) = 1
admite seu
valor mínimo.
EXERCÍCIO 2.8. Considere o Problema de Valor Inicial
{
dy
dx = x
√
y
y(0) = 0
. Estude o problema de
existência e unicidade de soluções para o mesmo.
EXERCÍCIO 2.9. Considere o Problema de Valor Inicial
{
y
′
=
√|y|
y(0) = 0
.
a) Estude o problema de existência e unicidade de soluções para o mesmo.
b) Existe solução para este P.V.I. tal que y(3) = 1? E tal que y(4) = 2 e y(−2) =−1?
EXERCÍCIO 2.10. Considere o Problema de Valor Inicial
{
dy
dx =
y cos(x)
1+2y2
y(0) = 1
.
a) Prove que se f (x,y) = y cos(x)1+2y2 , então | f (x,y)| ≤ 12√2 para quaisquer x,y. Dica: Determine
os valores de máximo e mínimo de y1+2y2 ;
b) Usando a) prove que se φ(x) é a solução do P.V.I. acima, então |φ(x)−1| ≤ |x|
2
√
2
para
qualquer x. Com isso, conclua que φ está definida para todo x ∈ R.
16 Capítulo 2. EDOs de primeira ordem
2.3 Equações homogêneas
Definição 2.2. Uma função f :R2→R é dita homogênea de ordem k∈R se f (tx, ty)= tk f (x, y)
para qualquer (x, y) ∈ R2.
EXERCÍCIO 2.11. Determine quais das seguintes funções são homogêneas e quais não são:
a) f (x, y) = x2−3xy+5y2;
b) 3
√
x2+ y2;
c) f (x, y) = x3+ y3+1;
d) f (x, y) = x2y +4;
e) f (x, y) = x2− y;
f) f (x, y) = 6xy3− x2y2;
EXERCÍCIO 2.12. Prove:
a) se f ,g : R2 → R são funções homogêneas de grau k, então f + g também é uma função
homogênea de grau k.
b) se f ,g : R2→ R são funções homogêneas de grau k e l respectivamente, então f · g é uma
função homogênea (de que grau).
c) Se f : R2→ R é uma função homogênea e contínua, então lim
(x,y)→(0,0)
f (x,y) = 0;
d) Se f : R2→ R é uma função homogênea de grau n, então x∂ f∂x + y∂ f∂y = n f ;
Definição 2.3. Uma EDO da forma M(x, y)dx+N(x, y)dy= 0 (ou equivalentemente, M(x, y)+
N(x, y)dydx = 0) é dita homogênea se M e N forem funções homogêneas de de mesma ordem. Uma
EDO homogênea é facilmente resoluvel por meio da substituição algébrica x = vy (ou y = ux).
De fato, considerando y = ux por exemplo, temos dy = u dx+ x du. Dai:
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 ⇒ M(x, ux)dx+N(x, ux)[u dx+ x du] = 0 ⇒
xk M(1, u)dx+ xk N(1, u)[u dx+ x du] = 0 ⇒ M(1, u)dx+N(1, u)[u dx+ x du] = 0 ⇒
[M(1, u)+u N(1, u)]dx+ x N(1, u)du = 0 ⇒
N(1, u)
M(1, u)+u N(1, u)
du =−1
x
dx
e esta última EDO é separável.
Exemplo 2.5. Resolva a EDO 2x3ydx+(x4+ y4)dy = 0.
Seção 2.4. Equações exatas e fatores integrantes 17
Observe que M(x, y) = 2x3y e N(x, y) = x4+y4 são funções homogêneas de grau 4 e fazendo
a substituição x = vy, obtemos:
2x3ydx+(x4+ y4)dy = 0 ⇒ 2(vy)3y[vdy+ ydv]+ ((vy)4+ y4)dy = 0 ⇒
2v3y4[vdy+ ydv]+ (v4+1)y4dy = 0 ⇒ 2v3[vdy+ ydv]+ (v4+1)dy = 0 ⇒
2v3ydv+(3v4+1)dy = 0 ⇒ 2v33v4+1dv =−1y dy ⇒∫ 2v3
3v4+1dv =−
∫ 1
y dy ⇒ 16 ln(3v4+1) =−ln(y)+ c1⇒
ln(3v4+1) =−6ln(y)+ c2 ⇒ eln(3v4+1)+6ln(y) = c⇒
(3v4+1)y6 = c ⇒ 3(x4y4 )y6+ y6 = c ⇒
3x4y2+ y6 = c
EXERCÍCIO 2.13. Resolva:
a) (y2+ xy)dx− x2dy = 0;
b) −ydx+(x+√xy)dy = 0;
c) xdydx − y =
√
x2+ y2;
d) dydx =
x
y +
y
x ;
d) dydx =
y
x +
x2
y2 +1;
e) ydydx = x+4ye
− 2xy ;
f) dydx =
y
x ln
( y
x
)
;
EXERCÍCIO 2.14. Resolva:
a)
{
xy2 dydx = y
3− x3
y(1) = 2
b)
{
xydx− x2dy = y
√
x2+ y2
y(0) = 1
c)
{
(x+ e
y
x )dx− xe yx dy = 0
y(1) = 0
d)
{
ydx+
[
ycos
( y
x
)− x]dy = 0
y(0) = 2
e)
{
ydx+ x(lnx− lny−1)dy = 0
y(1) = e
f)
{
(
√
x+
√
y)2dx = xdy
y(1) = 0
EXERCÍCIO 2.15. Suponha que M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 seja uma Equação homogenea.
Mostre que a substituição x = rcos(θ), y = rsen(θ) a transforma em uma equação separável.
2.4 Equações exatas e fatores integrantes
Lembremos do cálculo que a diferencial total de uma função f :R2→R é dz= ∂ f∂x dx+ ∂ f∂y dy.
Assim, considerando as curvas de nível f (x,y) = c, temos ∂ f∂x dx+
∂ f
∂y dy = 0, noutras palavras,
18 Capítulo 2. EDOs de primeira ordem
considerando as curvas de nível f (x,y) = c, podemos obter uma E.D.O. de primeira ordem,
calculando a diferencial total de f . Com isso, temos:
Definição 2.4. Uma Equação diferencial Ordinária da forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (ou
equivalentemente M(x, y)+N(x, y)dydx = 0) é dita Exata se a expressão do lado esquerdo dessa
igualdade é a diferencial total de alguma função f : R2→ R.
Teorema 2.3. Sejam M,N : R2 → R funções contínuas com derivadas parciais contínuas na
região retangular R = (a, b)× (c, d). Uma condição necessária e suficiente para que a E.D.O.
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 seja exata é ∂M∂y =
∂N
∂x .
Necessidade: Se M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 é uam E.D.O. exata, então existe uma função
f : R2→ R tal que M(x, y)dx+N(x, y)dy = ∂ f∂x dx+ ∂ f∂y dy para todo (x, y) ∈ R, logo M(x, y) =
∂ f
∂x (x, y) e N(x, y) =
∂ f
∂y (x, y), e dai:
∂M
∂y
=
∂
∂y
(
∂ f
∂x
)
=
∂2 f
∂y∂x
=
∂
∂x
(
∂ f
∂y
)
=
∂N
∂x
.
Suficiência: Se a equação M(x, y)dx+N(x, y)dy= 0 é tal que ∂M∂y =
∂N
∂x e supondo que exista
f :R2→R tal que ∂ f∂x (x, y) =M(x, y), então mediante uma integração com respeito a x obtemos
f (x, y) =
∫
M(x, y)dx+g(y).
Derivando agora esta expressão com respeito a y e supondo que ∂ f∂y (x, y) = N(x, y), obtemos
N(x, y) =
∂ f
∂y
(x, y) =
∂
∂y
(∫
M(x, y)dx
)
+g
′
(y).
Assim, g
′
(y) = N(x, y)− ∂∂y (
∫
M(x, y)dx). finalmente, integrando esta expressão com
respeito a y e substituindo em f (x, y) =
∫
M(x, y)dx+g(y) obtemos
f (x, y) =
∫
M(x, y)dx+
∫
N(x, y)− ∂
∂y
(∫
M(x, y)dx
)
dy.
Exemplo 2.6. Resolva o P.V.I.
{
2xydx+(x2−1)dy = 0
y(0) = 1
Resposta: Na notação da Definição 2.4, temos M(x,y) = 2xy e N(x,y) = x2− 1, assim, ∂M∂y =
2x = ∂N∂x e portanto, pelo Teorema 2.3 concluímos que esta E.D.O. é exata. Novamente, pelo
Teorema 2.3 sabemos que existe f : R2→ R tal que
{
∂ f
∂x (x,y) = 2xy = M(x,y)
∂ f
∂y (x,y) = x
2−1 = N(x,y) .
Da primeira equação, após uma ingração com respeito a variável x, obtemos f (x,y) = x2y+
g(y). Agora, derivando com respeito a y, obtemos x2+g
′
(y) = ∂ f∂y (x,y) = x
2−1⇒ g′(y) =−1.
Seção 2.4. Equações exatas e fatores integrantes 19
Segue que uma possível g é g(y) =−y, assim, f (x,y) = x2y− y, e as soluções da E.D.O. são da
forma x2y− y = f (x,y) = c, ou explicitamente, y(x) = cx2−1 , c ∈ R.
Precisamos determinar c de modo que y(0) = 1. Se este é o caso, então c = x2y− y =
02y(0)− y(0) = −1, noutras palavras, a solução do P.V.I. é x2y− y = −1, ou explicitamente,
y : (−1,1)→ R; y(x) = 11−x2 .
EXERCÍCIO 2.16. Encontre o(s) valor(es) de b para o(s) qual(is) as seguintes equações são
exatas:
a) (xy2+bx2y)dx+(x+ y)x2dy = 0; b) (ye2xy+ x)dx+bxe2xydy = 0.
Fatores integrantes
Uma E.D.O. de primeira ordem M(x, y)dx+N(x, y)dy= 0 que não é exata pode (pelo menos
em teoria) ser convertida para uma E.D.O. de primeira ordem exata, multiplicando-a por um fator
integrante µ(x,y) adequado, isto é, a E.D.O. µ(x,y)M(x, y)dx+ µ(x,y)N(x, y)dy = 0 é exata, e
isto ocorre se e só se ∂∂y [µ(x,y)M(x, y)] =
∂
∂x [µ(x,y)N(x, y)]⇒
M µy+My µ = N µx+Nx µ ⇒ N µx−M µy+(Nx−My) µ = 0
Se uma função µ é solução conhecida dessa Equação Diferencial Parcial, então a equação
µ(x,y)M(x, y)dx + µ(x,y)N(x, y)dy = 0 poderá ser resolvida pelo método descrito acima.
Infelismente esta E.D.P. é pelo menos tão
difícil de ser resolvida quanto a EDO original, e na
prática só é possivel encontrar uma solução µ em alguns casos particulares.
Por exemplo, determinemos condições sobre M e N para que a E.D.O. M(x, y)dx +
N(x, y)dy = 0 tenha um fator integrante que dependa apenas de x.
Se este é o caso, temos My µ = (µ M)y = (µ N)x = Nx µ+N
dµ
dx ⇒ dµdx =
My−Nx
N µ.
Assim, se My−NxN depender apenas de x, então existirá um fator integrante para M(x, y)dx+
N(x, y)dy = 0 dependendo apenas de x (um raciocínio análogo pode ser usado para determinar
se há um fator integrante que dependa apenas de y).
Exemplo 2.7. Encontre um fator integrante para (xy+y2+y)dx+(x+2y)dy= 0; e em seguida
resolva-a.
My−Nx
N =
x+2y+1−1
x+2y =
x+2y
x+2y = 1, logo há um fator integrante que depende apenas de x, o qual
satisfaz dµdx =
My−Nx
N µ = µ ⇒ µ(x) = ex. com isso, ex(xy+ y2 + y)dx+ ex(x+ 2y)dy = 0 é
20 Capítulo 2. EDOs de primeira ordem
exata e pode ser resolvida pelo método descrito anteriormente, isto é, existe f : R2→ R tal que{
∂ f
∂x (x,y) = xye
x+ y2 ex+ yex
∂ f
∂y (x,y) = xe
x+2yex
.
Da segunda equação, após uma ingração com respeito a variável y, obtemos f (x,y) = xyex+
y2 ex+h(x). Agora, derivando com respeito a x, obtemos yex+xyex+y2 ex+h
′
(x) = ∂ f∂x (x,y) =
xyex + y2 ex + yex ⇒ h′(x) = 0. Segue que uma possível h é h(x) = 0, assim, f (x,y) = yex +
xyex+ y2 ex, e as soluções da E.D.O. são da forma yex+ xyex+ y2 ex = f (x,y) = c.
EXERCÍCIO 2.17. Resolva as seguintes equações, utilizando o fator integrante µ(x,y)
indicado:
a) (−xysen(x)+2ycos(x))dx+2xcos(x)dy = 0, µ(x,y) = xy;
b)
(
sen(y)
y −2e−xsen(x)
)
dx+
(
cos(y)+2e−x cos(x)
y
)
dy = 0, µ(x,y) = yex;
c) −y2dx+(x2+ xy)dy = 0, µ(x,y) = 1x2y ;
d) (x2+2xy− y2)dx+(y2+2xy− x2)dy = 0, µ(x,y) = 1(x+y)2 ;
e) (x2+ xy)y′+(3xy+ y2) = 0, µ(x,y) = 1xy(2x+y);
f) (x2+ xy)y′+(3xy+ y2) = 0, µ(x,y) = x;
EXERCÍCIO 2.18. Encontre um fator integrante para as seguintes equações, e em seguida
resolva-as:
a) (x4+6x2y)dy+(2x3y+4xy2)dx = 0;
b) (x+2)sen(y)dx+ xcos(y)dy = 0;
c) (2x3y+4xy2)dx+(x4+6x2y)dy = 0;
d) ydx+(2x− yey)dy = 0;
e) exdx+(excotg(y)+2ycossec(y))dy = 0;
f) y′ = e2x+ y−1;
g) dx+
(
x
y − sen(y)
)
dy = 0;
h)
(
4 x
3
y2 +
3
y
)
+
(
3 xy2 +4y
)
y
′
= 0.
EXERCÍCIO 2.19. a) Prove que se Nx−Myx M−y N depende exclusivamente do produto xy, então a
equação diferencial M+Ny
′
= 0 admite um fator integrante da forma µ(xy) e determine a
fórmula geral deste fator integrante;
b) Resolva
(
3x+ 6y
)
dx+
(
x2
y +3
y
x
)
dy = 0.
EXERCÍCIO 2.20. Prove as seguintes afirmações:
Seção 2.5. Equações lineares 21
a) Qualquer E.D.O. separável (isto é, que pode ser escrita na forma M(x) +N(y)y′ = 0) é
exata;
b) Se M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 é uma E.D.O. homogênea, então ela tem µ(x,y) =
1
x M(x,y)+y N(x,y) como fator integrante.
c) A E.D.O. (y3 − x3)dx + x2ydy = 0 é homogênea (Verifique!), apesar disso, resolva-a
encontrando um fator integrante, como descrito em b).
2.5 Equações lineares
Uma Equação Diferencial Ordinária linear de primeira ordem é uma igualdade da forma
a1(x)
dy
dx +a0(x)y = g(x).
Dividindo ambos os membros por a1(x), obtemos a equação
dy
dx +P(x)y = f (x), onde P(x) =
a0(x)
a1(x)
e f (x) = g(x)a1(x) . Podemos também reescrever esta equação pondo
dy+[P(x)y− f (x)]dx = 0 (2.2)
A ideia para resolver 2.2 é encontrar um fator integrante µ(x) tal que µ(x)dy+µ(x) [P(x)y−
f (x)]dx = 0 seja uma Equação Diferencial Ordinária exata, e isso irá ocorrer se e somente se
∂
∂y(µ(x) [P(x)y− f (x)]) = ∂∂x(µ(x)), isto é, dµdx = µP(x).
A equação dµdx = µP(x) é separável,isto é,
1
µdµ = P(x)dx e integrando, obtemos∫ 1
µd µ =
∫
P(x)dx+ c1⇒ ln(µ) =
∫
P(x)dx+ c1⇒ µ(x) = e
∫
P(x)dx+c1 = ce
∫
P(x)dx.
Tomando c = 1, obtemos o fator integrante µ(x) = e
∫
P(x)dx. Assim:
dy
dx
+P(x)y = f (x)⇒ e
∫
P(x)dx dy
dx
+P(x)e
∫
P(x)dx y = f (x)e
∫
P(x)dx.
Observando que e
∫
P(x)dx dy
dx +P(x)e
∫
P(x)dx y = ddx
(
e
∫
P(x)dx y
)
, temos:
d
dx
(
e
∫
P(x)dx y
)
= f (x)e
∫
P(x)dx ⇒ ∫ ddx (e∫ P(x)dx y) dx = ∫ f (x)e∫ P(x)dx dx + c ⇒
e
∫
P(x)dx y =
∫
f (x)e
∫
P(x)dx dx+ c. Finalmente, obtemos
y(x) =
∫
f (x)e
∫
P(x)dx dx+ c
e
∫
P(x)dx
Não é usual decorar esta fórmula. O melhor a fazer ao resolver um Equação Diferencial
Ordinária de primeira ordem é repetir todo o procedimento acima.
22 Capítulo 2. EDOs de primeira ordem
Exemplo 2.8. Resolva o Problema de Valor Inicial
{
dy
dx +2xy = x
y(0) =−3
Resolução: Um fator integrante é µ(x) = e
∫
2xdx = ex
2
. Logo:
d
dx
(
ex
2
y
)
= ex
2 dy
dx +2xe
x2 y = xex
2 ⇒ ex2 y = ∫ xex2 dx+ c⇒ y(x) = 12 ex2+c
ex2
= 12 + ce
−x2 .
Como estamos interessados na solução y(x) tal que y(0) = −3, temos −3 = y(0) = 12 +
ce−02 = 12 + c⇒ c =−3− 12 =−72 . Assim, a solução procurada é y(x) = 12 − 72 e−x
2
.
Exemplo 2.9. Resolva o Problema de Valor Inicial
{
dy
dx =
1
x+y2
y(−2) = 0
Resolução: Esta EDO não é separável, nem homogênea, nem exta ou linear. Porem se
invertermos as variáveis (de acordo com o teorema da função inversa, podemos fazer isto!)
obtemos dxdy = x + y
2 ou dxdy − x = y2, e esta EDO é linear em x! Um fator integrante é
µ(y) = e
∫ −dy = e−y, dai:
d
dy (xe
−y) = e−y dxdy−xe−y = y2 e−y⇒ xe−y =
∫
y2 e−y dy+c =−y2 e−y−2ye−y−2e−y+c.
Assim, x = −y2− 2y− 2+ cey. Para determinar o valor de c, observe que quando x = −2,
y= 0; assim−2=−02−2 ·0−2+ce0 =−2+c, isto é, c= 0, e dai concluímos que a solução é
dada implicitamente por x =−y2−2y−2, ou explicitamente por y : (−∞, 2)→ R, onde y(x) =
−2+√−x+2.
Exemplo 2.10. Encontre uma solução definida para o Problema de Valor Inicial{
dy
dx + y = f (x)
y(0) = 0
, onde f (x) =
{
1 se x≤ 1
x se x > 1
definida para todo x ∈ R.
Resolução: Como 0< 1, se x≤ 1 então f (x) = 1, e dai dydx +y= 1 neste caso. Um fator integrante
para esta EDO é µ(x) = ex, assim:
d
dx(e
x y) = dydxe
x+ yex = ex⇒ y =
∫
exdx+c1
ex = 1+ c1e
−x.
Como y(0) = 0, temos 0 = y(0) = 1+ c1e−0 ⇒ 1+ c1 = 0 ou c1 = −1. Dai, y(x) = 1−
1e−x se x ≤ 1. Alem disso, y(1) = 1− e. Para definirmos y em (1,∞) basta resolver o P.V.I.{
dy
dx + y = x
y(1) = 1− e .
Observe que µ(x) = ex tembém é um fator integrante para esta EDO, assim:
d
dx(e
x y) = dydxe
x+ yex = xex⇒ ex y = ∫ xexdx+ c2 = xex− ex+ c2⇒ y = x−1+ c2e−x.
Como y(1) = 1− e, temos 1− e = 1− 1+ c2e−1 = c2e−1 ⇒ c2 = e− 1. Logo a solução
procurada é
y(x) =
{
1− e−x se x≤ 1
x−1+(e−1)e−x se x > 1
Seção 2.5. Equações lineares 23
EXERCÍCIO 2.21. Encontre a solução geral da equação dada e determine um intervalo no
qual a solução geral está definida.
a) 3dydx +12y = 4;
b) dydx = y+ e
x;
c) y′+2xy = x3;
d) x2y′+ xy = 1;
e) y′ = 2y+ x2+5;
f) (x+4y2)dy+2ydx = 0;
g) cos(x)dydx + ysen(x) = 1;
h) dydx + ycotg(x) = 2cos(x);
i) dydx + y =
1−e−2x
ex+e−x ;
EXERCÍCIO 2.22. Considere o P.V.I.
{
dy
dx +
1
2y = 2 cos(x)
y(0) =−1 . Determine as coordenadas do
primeiro ponto de máximo local da solução, para t > 0.
EXERCÍCIO 2.23. Considere o P.V.I.
{
dy
dx +
2
3y = 1− t2
y(0) = y0
. Determine o valor de y0 para o
qual a solução toca mas não cruza o eixo t.
EXERCÍCIO 2.24. Considere o P.V.I.
{
dy
dx +
1
4y = 3+2cos(2t)
y(0) = 0
. Se φ é a solução deste P.V.I.,
determine lim
t→∞φ(t).
EXERCÍCIO 2.25. Determine a solução definida em todo o R para os seguintes Problemas de
Valor Inicial:
a)
{
y
′
+ x y = f (x)
y(4) = 1
, onde f (x) =
{
0, se x < 0
x, se x≥ 0
b)
{
dy
dx +4y = |x−1|
y(2) = 1
.
EXERCÍCIO 2.26.
a) Mostre que a solução geral da Equação Diferencial Ordinária dydx +P(x)y = 0 é um espaço
vetorial de
dimensão 1.
b) [Princípio da superposição] Mostre que toda solução de dydx +P(x)y = f (x) se escreve como
soma de uma solução de dydx +P(x)y = 0 com uma soução particular de
dy
dx +P(x)y = f (x).
24 Capítulo 2. EDOs de primeira ordem
2.6 Equações de Bernoulli e de Ricati
Uma Equação Diferencial Ordinária da forma
dy
dx
+P(x)y = f (x)yn, (2.3)
é dita Equação de Bernoulli. Observe que se n 6= 0 ou n 6= 1 então a Equação 2.3 é não-linear.
É claro que a função identicamente nula y(x) ≡ 0 é sempre uma solução para 2.3. Se
y 6= 0, podemos reescrever esta E.D.O. como y−n dydx + P(x)y1−n = f (x), e considerando a
substituição y1−n =w, onde n 6= 0 e n 6= 1, pela regra da cadeia temos dwdx = dwdy dydx = (1−n)y−n dydx .
Substituindo, obtemos 11−n
dw
dx +P(x)w = f (x)⇒ dwdx +(1− n)P(x)w = (1− n) f (x) que é uma
EDO linear. Resolvendo-a e considerando em seguida que y1−n = w, obteremos uma solução
para a Equação de Bernoulli.
Exemplo 2.11. Resolva a equação de Bernoulli dydx +
1
x y = xy
2.
Resolução: Se w = y−1 (n = 2) então dwdx =−y−2 dydx , e substituindo
dy
dx
+
1
x
y = xy2⇒−y−2 dy
dx
− y−2 1
x
y =−y−2xy2⇒−y−2 dy
dx
− 1
x
y−1 =−x⇒ dw
dx
− 1
x
w =−x,
e esta última é uma EDO linear com fator integrante µ(x) = e
∫ − 1x dx = e−ln(x) = 1x . Dai
dw
dx
− 1
x
w =−x⇒ 1
x
dw
dx
− 1
x
1
x
w =−x1
x
⇒ d
dx
(
1
x
w
)
=
1
x
dw
dx
− 1
x2
w =−1⇒
1
x
w =
∫
−1dx+ c =−x+ c⇒ 1
y
= w =−x2+ cx⇒ y(x) = 1−x2+ cx .
EXERCÍCIO 2.27. Resolva os seguintes
a) xdydx + y =
1
y2 ;
b) dydx − y = y2ex;
c) 3(1+ x2)dydx = 2xy(y
3−1);
d) x2 dydx + y
2 = xy;
EXERCÍCIO 2.28. Resolva os seguintes
Seção 2.6. Equações de Bernoulli e de Ricati 25
a)
{
x2 dydx −2xy = 3y4
y(1) = 12
.
b)
{
xy(1+ xy2)dydx = 1
y(1) = 0
.
c)
{
2dydx =
x
y − xy2
y(1) = 1
.
Equações de Ricatti
A E.D.O. não-linear
dy
dx
= P(x)+Q(x)y+R(x)y2 (2.4)
é dita Equação de Ricatti. O nome é uma homenagem ao Conde Jacopo Francesco Riccati,
nobre que viveu na República de Veneza, o qual estudou um problema de determinação
do coeficente angular m = βα em cada ponto de uma curva plana (α(x),β(x)) que satisfz
simultaneamente as equações lineares
{
α′ = c11α+ c12β
β′ = c21α+ c22β
.
Para solucionar este problema, Ricatti teve de resolver preliminarmente a equação de
coeficientes constantes x˙= ax2+bx+c, a qual é normalmente referida como Equação de Riccati
de coeficientes constantes. Entretanto o próprio Riccati considerou equações com coeficientes
tanto constantes quanto variáveis.
Se ϕ é uma solução particular conhecida da Equação de Ricati e considerando y = ϕ+ u,
então dydx =
dϕ
dx +
du
dx . Dai,
dϕ
dx +
du
dx =
dy
dx = P(x)+Q(x)y+R(x)y
2 =
P(x)+Q(x) [ϕ+u]+R(x) [ϕ+u]2 = P(x)+Q(x)ϕ+Q(x)u+R(x)ϕ2+2R(x)ϕu+R(x)u2 =
[P(x)+Q(x)ϕ+R(x)ϕ2]+ [Q(x)+2R(x)ϕ]u+R(x)u2 =
dϕ
dx
+[Q(x)+2R(x)ϕ]u+R(x)u2⇒
du
dx
= [Q(x)+2R(x)ϕ]u+R(x)u2,
que é uma equação de Bernoulli com n = 2.
Exemplo 2.12. Resolva a equação de Ricatti dydx = 2−2xy+ y2.
26 Capítulo 2. EDOs de primeira ordem
Resolução: Verifica-se que ϕ(x) = 2x é uma solução particular dessa equação de Ricatti. Assim,
se y = 2x+u então dydx = 2+
du
dx , logo:
2+ dudx =
dy
dx = 2−2xy+ y2 = 2−2x [2x+u]+ [2x+u]2 = 2−4x2−2ux+4x2+4ux+u2⇒
du
dx = 2ux+u
2 ou dudx −2ux = u2, que é uma equação de Bernoulli.
Fazendo a substituição w = 1u , obtemos
dw
dx = − 1u2 dudx . Dai dwdx = − 1u2 dudx − 2ux(− 1u2 ) =
(− 1u2 )u2 = dwdx +2xw =−1 que é uma Equação linear com fator integrante µ(x) = e
∫
2xdx = ex
2
.
Dai
d
dx(e
x2w) = ex
2 dw
dx +2xe
x2 w =−ex2 ⇒ ex2w = ∫ −ex2dx+c⇒ 1y−2x = 1u = w = −∫ ex2dx+cex2 ⇒
y = 2x+ e
x2
−∫ ex2dx+c
EXERCÍCIO 2.29. Resolva:
a) y′ = y2+2x− x4;
b) y′+ x3y− x2y2 = 1;
c) y′ =−2− y− y2;
d) y′ = 1− x− y+ xy2;
e) y′ = 2x2+ 1x y−2y2;
f) y′ = sec2(x)− tg(x)y+ y2.
EXERCÍCIO 2.30. Considere a EDO x′− xt −2 t3 x2+8t5 = 0. Determine:
a) Sua solução geral;
b) A a solução que satisfaz x(2) = 4.
EXERCÍCIO 2.31. Mostre que se y1 e y2 são soluções da equação de Ricatti 2.4 então a sua
solução geral pode ser dada por y(x)− y1(x) = c(y(x)− y2(x))e
∫
R(x)(y2(x)−y1(x))dx. Dica: Se y
é uma solução qualquer de 2.4 então z1 = y− y1 e z2 = y− y2 são soluções de equações de
Bernoulli (quais ). Divida-as por z1 e z2 respectivamente, em seguida subtraia as equações
obtidas, ...
Com issso, obtenha a solução geral de dydx−ytg(x)−y2 cos(x)=−sec(x) sabendo que y1(x)=
sec(x) e y2(x) =−sec(x) são soluções.
EXERCÍCIO 2.32. Mostre que se y1, y2, y3 e y4 são soluções da equação de Ricatti 2.4 então
a sua razão anarmônica é constante, isto é, y1−y3y1−y4 ÷
y2−y3
y2−y4 = c constante.
Capítulo 3
EDOs lineares de ordem superior
3.1 Equações Diferenciais Ordinárias de segunda ordem
Uma Equação Diferencial Ordinária da forma a(x)y
′′
+b(x)y
′
+c(x)y = g(x), onde a(x) 6= 0
para todo x, é dita linear de segunda ordem.
Teorema 3.1. Se a,b,c,g : I→R são funções continuas, a(x) 6= 0 para todo x ∈ I e t0 ∈ I, então
para cada par x0,y0 ∈ R existe uma única solução φ : I→ R para o P.V.I.
a(x)y
′′
+b(x)y
′
+ c(x)y = g(x)
y(t0) = x0
y
′
(t0) = y0
(3.1)
Se g(x) 6= 0 para todo x, então a E.D.O. obtida a(x)y′′+b(x)y′+c(x)y= 0 é dita homogênea.
Temos o
Teorema 3.2. O conjunto das soluções de a(x)y′′+b(x)y′+ c(x)y = 0 é um subespaço vetorial
bidimensional de C (R).
Este teorema estabelece que para encontrarmos a solução geral de uma Equação Diferencial
Ordinária linear de segunda ordem homogênea, é suficiente determinarmos duas soluções
linearmente independentes da mesma, as quais irão constituir uma base do subespaço das
soluções, e qualquer outra solução se escreverá como combinação linear dessas duas soluções
determinadas.
É fácil provar que o conjunto das soluções de a(x)y
′′
+ b(x)y
′
+ c(x)y = 0 é um subespaço
de C (R) e deixamos isso como um exercício para o aluno!
EXERCÍCIO 3.1. Mostre que o conjunto das soluções de a(x)y′′ + b(x)y′ + c(x)y = 0 é um
espaço vetorial.
A prova de que a dimensão desse subespaço é igual a 2 é mais delicada e será feita no capítulo
6.
28 Capítulo 3. EDOs lineares de ordem superior
O seguinte teorema também é muito importante, sobretudo para considerações futuras:
Teorema 3.3. Considere as funções funções φ1, φ2 : I→ R. Se o determinante W (φ1, φ2)(x) =∣∣∣∣∣ φ1(x) φ2(x)φ′1(x) φ′2(x)
∣∣∣∣∣ é não nulo para todo x ∈ I, então φ1 e φ2 são linearmente independentes.
A prova deste Teorema é feita em um modo mais geral no Teorema 3.4, página 32.
OBS: A reciproca deste Teorema não vale em geral (EXERCÍCIO!), mas pode-se mostrar
que tratando-se de soluções de E.D.O.s, vale a recíproca.
EXERCÍCIO 3.2. Dê exemplo de duas funções linearmente independentes f ,g : R→ R de
classe C 1(R) tais que W (φ1, φ2)(x) = 0 para todo x ∈ R.
EXERCÍCIO 3.3. Sejam y1(t) e y2(t) duas soluções de a2(t)y
′′
+ a1(t)y
′
+ a0(t)y = 0, onde
a0(t),a1(t) e a2(t) são funções contínuas num certo intervalo I e além disso, a2(t) 6= 0 para todo
t ∈ I. Mostre que, nessa condições temos W (y1,y2)(t) = W (y1,y2)(t0) e−
∫ t
t0
a1(s)
a2(s)
ds, onde t0 ∈ I
está fixo.
Dica: Mostre inicialmente que W (y1,y2)(t) é solução do PVI
{
a2(t)dWdt +a1(t)W = 0
W (t0) = W (y1,y2)(t0)
.
Em seguida, calcule a solução deste PVI pelo método aprendido em aula. Finalmente, justifique
porque as duas respostas encontradas devem ser iguais.
EXERCÍCIO 3.4. Prove que se y1 e y2 são duas duas soluções de a2(t)y
′′
+a1(t)y
′
+a0(t)y= 0
definidas em um intervalo I e tais que W (y1,y2)(t0) 6= 0 para algum t0 ∈ I, então W (y1,y2)(t) 6= 0
para todo t ∈ I. sugestão: exercício anterior;
3.2 E.D.O.s lineares de segunda ordem homogêneas e com
coeficientes constantes
Se a(x), b(x) e c(x) forem constantes, então essa EDO é dita linear de segunda ordem com
coeficientes constantes.
A forma mais geral de uma EDO linear de segunda ordem homogênea com coeficientes
constantes é
Ay
′′
+By
′
+Cy = 0 (3.2)
Seção 3.2. E.D.O.s lineares de segunda ordem homogêneas e com coeficientes constantes 29
onde a,b,c ∈ R e a 6= 0.
Procuremos por soluções da forma y(x) = er x para 3.2. Temos então
0 = A(er x)
′′
+ B(er x)
′
+Cer x = Ar2er x + Brer x +Cer x = er x · (Ar2 + Br +C), isto é, er x ·
(Ar2+Br+C) = 0. Como er x 6= 0 para todo x ∈ R, concluímos que Ar2+Br+C = 0 para que
y(x) = er x seja solução de 3.2.
A igualdade Ar2+Br+C = 0 é dita equação característica de 3.2. Temos os seguintes casos:
1◦. caso: A equação característica admite duas raízes reais distintas.
Se a equação característica Ar2 +Br+C = 0 admite duas soluções reais e distintas r1 e r2
então y1(x) = er1 x e y2(x) = er1 x constituem uma base para o espaço das soluções de 3.2. De fato,
W (y1, y2)(x)=
∣∣∣∣∣ er1 x er2 xr1 er1 x r2 er2 x
∣∣∣∣∣=(r2−r1)e(r1+r2)x 6= 0 para todo x∈R, visto que e(r1+r2)x 6= 0
para todo x ∈ R e r2− r1 6= 0 pois r2 6= r1 por hipótese.
Exemplo 3.1. Encontre a solução do Problema de Valor Inicial
y
′′
+6y
′
+8y = 0
y(0) = 1
y
′′
(0) =−6
Resolução: A Equação característica desta EDO é r2 + 6r+ 8 = 0, cujas raízes são r = −2 e
r =−4. Assim, a solução geral é y(x) = c1e−2x+ c2e−4x;c1,c2 ∈ R. Além disso:
y(0) = 1⇒ 1 = y(x) = c1e−20+ c2e−40 = c1+ c2
y
′
(0) =−6⇒−6 = y′(x) =−2c1e−20−4c2e−40 =−2c1−4c2
Resolvendo o sistema linear
{
c1+ c2 = 1
−2c1−4c2 =−6
encontramos c1 = −1 e c2 = 2, logo a
solução do PVI é y(x) =−e−2x+2e−4x.
2◦ caso: A equação característica admite duas raízes reais iguais.
Se a equação característica Ar2 +Br+C = 0 admite duas soluções reais e iguais a r, então
y1(x) = er x é uma solução não nula de 3.2 e precisamos encontrar outra solução que seja
linearmente independente com esta. Procuremos então por uma solução da forma y2(x) =
f (x)er x, onde f (x) é uma função a ser determinada.
Neste caso, a equação 3.2 é equivalente a y
′′−2ry′+ r2y = 0 (Por quê?). Assim, se y2(x) =
f (x)er x é solução, temos 0= [ f (x)er x]
′′−2r[ f (x)er x]′+r2[ f (x)er x] = [ f ′′(x)er x+2r f ′(x)er x+
r2 f (x)er x]−2r[ f ′(x)er x+r f (x)er x]+r2 f (x)er x = f ′′(x)er x, isto é, f ′′(x)er x = 0⇒ f ′′(x) = 0,
30 Capítulo 3. EDOs lineares de ordem superior
e uma função que satisfaz esta igualdade é f (x) = x, noutras palavras, uma segunda solução é
y2(x) = xer x. Além disso, W (y1, y2)(x) =
∣∣∣∣∣ er x xer xr er x (r x+1)er x
∣∣∣∣∣= e2r x 6= 0 para todo x ∈ R.
Exemplo 3.2. Encontre a solução do Problema de Valor Inicial
y
′′−6y′+9y = 0
y(0) = 1
y
′′
(0) = 1
Resolução: A Equação característica desta EDO é r2− 6r+ 9 = 0, a qual admite a raiz dupla
r = 3. Assim, a solução geral é y(x) = c1e3x+ c2xe3x;c1,c2 ∈ R. Além disso:
y(0) = 1⇒ 1 = y(x) = c1e3·0+ c2 ·0 · e3·0 = c1
y
′
(0) = 1⇒ 1 = y′(x) = 3c1e3·0+ c2(e3·0+3 ·0 · e3·0) = 3c1+ c2 = 3+ c2⇒ c2 =−2, logo
a solução do PVI é y(x) = e3x+−2xe3x.
3◦ caso: A equação característica não admite raízes reais.
Neste caso, as raízes da equação característica são complexas conjugadas r1 = a+ bi e
r2 = a− bi com b 6= 0. Motivados pelos casos anteriores, vamos testar as seguintes funções
(complexas): er1x = e(a+bi)x e er2x = e(a−bi)x.
er1x = e(a+bi)x = eax+bix = eax · ebix = eax
∞
∑
n=0
(bix)n
n! = e
ax
∞
∑
n=0
in(bx)n
n! =
eax
[
∞
∑
n=0
i2n(bx)2n
(2n)! +
∞
∑
n=0
i2n+1(bx)2n+1
(2n+1)!
]
= eax
[
∞
∑
n=0
(−1)n(bx)2n
(2n)! +
∞
∑
n=0
i(−1)n(bx)2n+1
(2n+1)!
]
=
eax [cos(bx)+ i sen(bx)]
Analogamente, er2x = e(a−bi)x = eax[cos(bx)− i sen(bx)]. Além disso, y1(x) = er1x+er2x2 =
eax cos(bx) e y2(x) = e
r1x−er2x
2 i = e
ax sen(bx) constituem uma base de soluções reais. De fato,
W (y1, y2)(x) =
∣∣∣∣∣ eax cos(bx) eax sen(bx)aeax cos(bx)−beax sen(bx) aeax sen(bx)+beax cos(bx)
∣∣∣∣∣=
e2ax
∣∣∣∣∣ cos(bx) sen(bx)a cos(bx)−bsen(bx) asen(bx)+bcos(bx)
∣∣∣∣∣=
e2ax{cos(bx)[asen(bx)+bcos(bx)]− sen(bx)[a cos(bx)−bsen(bx)]}=
e2ax{asen(bx)cos(bx)+bcos2(bx)−asen(bx)cos(bx)+bsen2(bx)}=
e2ax{b[cos2(bx)+ sen2(bx)]}= be2ax 6= 0 para todo x ∈ R pois b 6= 0 por hipótese.
Seção 3.2. E.D.O.s lineares de segunda ordem homogêneas e com coeficientes constantes 31
Exemplo 3.3. Encontre a solução geral de y′′−4y′+13y = 0.
As raízes da equação característica r2−4r+13= 0 são r1 = 2+3i 3 r2 = 2−3i, assim, uma
base de soluções reais é constituída por φ1(x) = e2xsen(3x) e φ2(x) = e2xcos(3x).
EXERCÍCIO 3.5. Encontre uma solução definida sobre todo R para os seguintes Problemas de
Valor Inicial:
a)
y
′′−2y′+2y = 0
y(0) = 1
y
′
(0) = 1
b)
y
′′
+6y
′
+9y = 0
y(0) = 1
y
′
(0) = 0
c)
y
′′−8y′+25y = 0
y(0) = −1
y
′
(0) = 1
d)
y
′′−4y′+4y = 0
y(0) = 0
y(1) = 0
EXERCÍCIO 3.6. Determine uma E.D.O. cuja solução geral seja:
a) y(t) = ae
t
2 +be2t;
b) y(t) = a(t+4)e−3t−5be−3t;
c) y(t) = ae4t [2cos(3t)+4sen(3t)]−be4t [3cos(3t)+ sen(3t)];
EXERCÍCIO 3.7. Considere o P.V.I.
y
′′
+3y
′−2y = 0
y(0) = 1
y(1) = −β
, onde β> 0. Encontre o menor valor
de β para o qual a solução do P.V.I. não tem ponto de mínimo.
EXERCÍCIO 3.8. Considere o P.V.I.
y
′′− y′−2y = 0
y(0) = β
y(1) = 2
. Determine os valores de β para os
quais a solução do P.V.I. tende a 0 quando t→+∞.
EXERCÍCIO 3.9. Considere as E.D.O.s
1. y
′′− (2α−1)y′+α(α−1)y = 0; 2. y′′+(3−α)y′−2(α−1)y = 0.
Determine os valores de α para os quais:
a) Todas as soluções tendem a 0 quando t→+∞;
32 Capítulo 3. EDOs lineares de ordem superior
b) Todas as soluções não nulas φ(t) satisfazem lim
t→+∞φ(t) = +∞;
c) Todas as soluções são limitadas;
3.3 Equações lineares de ordem superior com coeficientes
constantes
Do mesmo modo como fizemos para equações diferenciais ordinárias lineares de segunda
ordem homogêneas e com coeficientes constantes, dada a equação linear de ordem superior com
coeficientes constantes
any(n)+an−1y(n−1)+ · · ·+a4y(4)+a3y′′′+a2y′′+a1y′+a0y = 0, (3.3)
onde an 6= 0, a ela associamos a equação característica anrn + an−1rn−1 + · · ·+ a4r4 + a3r3 +
a2r2+a1r+a0 = 0. Temos o
Teorema 3.4. Considere as funções funções de classe C n(I,R) φ1, φ2, · · · φn : I → R . Se o
determinante wronskiano W (φ1, φ2, · · · φn)(x) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
φ1(x) φ2(x) · · · φn(x)
φ′1(x) φ
′
2(x) · · · φ
′
n(x)
φ′′1(x) φ
′′
2(x) · · · φ
′′
n(x)
...)
...
. . .
...
φ(n−1)1 (x) φ
(n−1)
2 (x) · · · φ(n−1)n (x)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
é não
nulo para todo x ∈ I, então φ1 e φ2 são linearmente independentes.
OBS: A reciproca deste Teorema não vale em geral, mas pode-se mostrar que tratando-se de
soluções de E.D.O.s, vale a recíproca.
Prova: Considere uma combinação linear nula a1φ1(x)+a2φ2(x)+ · · ·+anφn(x) = 0,
Derivando membro-a-membro obtemos a1φ
′
1(x)+a2φ
′
2(x)+ · · ·+anφ
′
n(x) = 0.
Derivando novamente obtemos a1φ
′′
1(x)+a2φ
′′
2(x)+ · · ·+anφ
′′
n(x)= 0, e assim sucessivamente
até a derivada de ordem (n−1): a1φ(n−1)1 (x)+a2φ(n−1)2 (x)+ · · ·+anφ(n−1)n (x) = 0.
Temos então o sistema linear
a1φ1(x)+a2φ2(x)+ · · ·+anφn(x) = 0
a1φ
′
1(x)+a2φ
′
2(x)+ · · ·+anφ
′
n(x) = 0
a1φ
′′
1(x)+a2φ
′′
2(x)+ · · ·+anφ
′′
n(x) = 0
...
a1φ
(n−1)
1 (x)+a2φ
(n−1)
2 (x)+ · · ·+anφ(n−1)n (x) = 0
ou
Seção 3.3. Equações lineares de ordem superior com coeficientes constantes 33
φ1(x) φ2(x) · · · φn(x)
φ′1(x) φ
′
2(x) · · · φ
′
n(x)
φ′′1(x) φ
′′
2(x) · · · φ
′′
n(x)
...
...
. . .
...
φ(n−1)1 (x) φ
(n−1)
2 (x) · · · φ(n−1)n (x)
︸ ︷︷ ︸
W (φ1,φ2, ···φn)(x)
·
a1
a2
a3
...
an
=
0
0
0
...
0
Como W (φ1, φ2, · · · φn)(x) 6= 0 por hipótese, segue este sistema linear é possível e
determinado, logo admite apenas a solução trivial a1 = a2 = a3 = · · · = an = 0 e portanto
{φ1, φ2, · · · φn} é L.I.
Supondo que r1,r2, · · · ,rn são as raízes da equação característica de 3.3, se elas forem
distintas então y1(x) = er1x, y2(x) = er2x, · · · , yn(x) = ernx constituem uma base de soluções
(EXERCÍCIO!).
Exemplo 3.4. Encontre a solução geral de y′′′−4y′′+ y′+6y = 0.
Resposta: A equação característica é r3− 4r2 + r+ 6 = 0 e é fácil ver que r3− 4r2 + r+ 6 =
(r+1)(r−2)(r−3), isto é, as raízes da equação característica são r =−1, r = 2 e r = 3. Segue
que y1(x) = e−x, y2(x) = e2x e y3(x) = e3x constituem uma base de soluções, noutras palavras a
solução geral da E.D.O. é a e−x+b e2x+ c e3x, a,b,c ∈ R.
Se as raízes da equação característica forem r1,r2, · · · ,rk ∈ R, (k < n) com
multicplicidades n1,n2, · · · ,nk respectivamente (n1 + n2 + · · · + nk = n), então
{er1x,xer1x,x2er1x, · · · ,xn1−1er1x,er2x,xer2x,x2er2x, · · · ,xn2−1er2x, · · · ,erkx,xerkx,x2erkx, · · · ,xnk−1erkx}
é uma base de soluções.
Exemplo 3.5. Encontre a solução geral de y(6)−7y(5)+13y(4)+7y′′′−34y′′+4y′+24y = 0.
Resposta: A equação característica é r6− 7r5 + 13r4 + 7r3− 34r2 + 4r+ 24 = 0 e é fácil ver
que r6−7r5+13r4+7r3−34r2+4r+24 = (r+1)2(r−2)3(r−3), isto é, as raízes da equação
característica são r =−1, r = 2 e r = 3 com multiplicidades 2, 3 e 1 respectivamente. Segue que
y1(x) = e−x, y2(x) = x e−x, y3(x) = e2x, y4(x) = x e2x, y5(x) = x2 e2x e y6(x) = e3x constituem
uma base de soluções.
Se existirem raízes complexas a+bi com multiplicidade um, a ela (ou a raiz conjugada a−bi)
axssociamos soluções da forma eaxcos(bx) e eaxsen(bx).
Exemplo 3.6. Encontre a solução geral de y(5)−3y(4)− y′′′+5y′′−4y′−6y = 0.
34 Capítulo 3. EDOs lineares de ordem superior
Resposta: A equação característica é r5−3r4− r3+5r2−4r−6 = 0 e é fácil ver que r5−3r4−
r3 + 5r2− 4r− 6 = (r+ 1)2(r− 3)(r2− 2r+ 2), isto é, as raízes da equação característica são
r =−1, r = 3, r = 1+2i e r = 1−2i com multiplicidades 2, 1, 1 e 1 respectivamente. Segue que
y1(x) = e−x, y2(x) = x e−x, y3(x) = e3x, y4(x) = ex cos(2x) e y5(x) = exsen(2x) constituem uma
base de soluções.
Finalmente, se existirem raízes complexas a + bi com multiplicidade
k(< n), a ela (ou a raiz conjugada a − bi) axssociamos soluções da forma
eaxcos(bx),eaxsen(bx),xeaxcos(bx),xeaxsen(bx),x2eaxcos(bx),x2eaxsen(bx), · · · ,xk−1eaxcos(bx),
xk−1eaxsen(bx).
Exemplo 3.7. Encontre a solução geral de y(4)−4y′′′+8y′′−8y′+4y = 0.
Resposta: A equação característica é r4− 4r3 + 8r2− 8r+ 4 = 0 e r4− 4r3 + 8r2− 8r+ 4 =
(r2− 2r + 2)2, isto é, as raízes da equação característica são r = 1+ 2i e r = 1− 2i, ambas
com multiplicidades 2. Segue que y1(x) = ex cos(2x), y2(x) = exsen(2x), y3(x) = xex cos(2x) e
y4(x) = xexsen(2x) constituem uma base de soluções.
EXERCÍCIO 3.10. Resolva as seguintes:
a) d
4y
dx4 = 0;
b) d
5y
dx5 −16
dy
dx = 0;
c) ...y−4y¨−5y˙ = 0;
d) ...y−5y¨+3y˙+9y = 0;
e) d
4y
dx4 −7
d2y
dx2 +18y = 0;
f) y′′′−6y′′+12y′−8y = 0;
g) d
3y
dx3 +6
d2y
dx2 +12
dy
dx +7y = 0;
h) d
4y
dx4 +
d3y
dx3 +
d2y
dx2 +
dy
dx + y = 0;
i) y(5)+5y(4)−2y′′′−10y′′+ y′+5y = 0;
l) y(7)−2y(6)+7y(4)−14y′′′−8y′+16y = 0.
EXERCÍCIO 3.11. Determine todas as funções f : R→ R que coincidem com sua derivada
terceira.
EXERCÍCIO 3.12. Resolva as seguintes:
a)
{
y
′′′′− y = 0
y(0) = 1, y
′
(0) = 0, y
′′
(0) =−1, y′′′(0) = 0. ;
b)
{
y
′′′′− y = 0
y(0) = 1, y
′
(0) = 1, y
′′
(0) = 1, y
′′′
(0) = 1.
;
c)
{
d4y
dx4 = 0
y(0) = 2, y
′
(0) = 3, y
′′
(0) = 4, y
′′′
(0) = 5.
;
Seção 3.4. Redução da ordem 35
d)
{
y
′′′
+12y
′′
+36y
′
= 0
y(0) = 0, y
′
(0) = 1, y
′′
(0) =−7. ;
EXERCÍCIO 3.13. Considere as funções f ,g,h : R→ R dadas respectivamente por f (x) = ex,
g(x) = 1 e h(x) = x ex.
a) { f (x), g(x), h(x)} é linearmente independente? Por quê?
b) Se a sua resposta no ítem a) foi afirmativa, determine uma EDO de terceira ordem
homogênea de modo que { f (x), g(x); h(x)} seja uma base de soluções para ela.
c) Determine a solução y(t) da EDO encontrada em 2) que satisfaz y(0)= 1, y′(0)= 2 e y′′(0)=
3.
EXERCÍCIO 3.14. Determine uma E.D.O. homogênea com coeficientes constantes de grau
menor possível para a qual as seguintes são soluções da mesma.
a) e2x e 3xe7x;
b) cos(2x), 4, x e sen2(x);
c) x+2, 2x+1, x2+4 e sen(2x);
3.4 Redução da ordem
Dada a equação de segunda ordem homogênea a2(x)y
′′
+ a1(x)y
′
+ a0(x)y = 0 e supondo
conhecida uma solução particular y1 desta equação, tentaremos encontrar uma segunda segunda
solução y2 tal que {y1,y2} seja uma base de soluções.
Fazendo P(x) = a1(x)a2(x) e Q(x) =
a0(x)
a2(x)
, onde P e Q são funções contínuas em algum intervalo
I, a E.D.O. a2(x)y
′′
+a1(x)y
′
+a0(x)y = 0 é equivalente a y
′′
+P(x)y
′
+Q(x)y = 0.
Se y1 é uma solução não-nula conhecida para esta equação, procuremos por uma segunda
solução da forma y2(x) = u(x)y1(x). Segue que y
′
2 = u(x)y
′
1(x)+u
′
(x)y1(x) e y
′′
2(x) = u(x)y
′′
1(x)+
2u
′
(x)y
′
1(x)+u
′′
(x)y1(x). Assim 0 = y
′′
2(x)+P(x)y
′
2(x)+Q(x)y2(x) =
[u(x)y
′′
1(x)+2u
′
(x)y
′
1(x)+u
′′
(x)y1(x)]+P(x)[u(x)y
′
1(x)+u
′
(x)y1(x)]+Q(x)[u(x)y1(x)] =
u(x) [y
′′
1(x)+P(x)y
′
1(x)+Q(x)y1(x)]︸ ︷︷ ︸
=0
+y1(x)u
′′
(x)+ [2y
′
1(x)+P(x)y1(x)]u
′
(x) =
y1(x)u
′′
(x)+ [2y
′
1(x)+P(x)y1(x)]u
′
(x) =
36 Capítulo 3. EDOs lineares de ordem superior
Se W = u
′
, então 0 = y1(x)u
′′
(x)+ [2y
′
1(x)+P(x)y1(x)]u
′
(x) =
y1(x)W
′
(x)+ [2y
′
1(x)+P(x)y1(x)]W (x)⇒ y1 dWdx +[2y
′
1+P(x)y1]W = 0⇒ dWdx =
−2y
′
1+P(x)y1
y1
W ⇒
1
W dW =
(
−2 y
′
1
y1
−P(x)
)
dx⇒ ln|W |=−2ln|y1|−
∫
P(x)dx+ c⇒ ln|W y21|=
−∫ P(x)dx+ c⇒W y21 = c1e−∫ P(x)dx⇒ u′ =W = c1 e−∫ P(x)dxy21 ⇒ u(x) = c1 ∫ e−
∫
P(x)dx
y21
dx+ c2
Escolhendo c1 = 0 e c2 = 0 obtemos a solução particular y2(x) = y1(x)
∫ e−∫ P(x)dx
y21
dx.
Alem disso, {y1,y2} é um conjunto linearmente independente pois W (y1,y2)(x) =∣∣∣∣∣∣
y1(x) y1(x)
∫ e−∫ P(x)dx
y21(x)
y
′
1(x)
e−
∫
P(x)dx
y1(x)
+ y
′
1(x)
∫ e−∫ P(x)dx
y21(x)
∣∣∣∣∣∣ = e−
∫
P(x)dx > 0 para todo x em qualquer intervalo onde
y1(x) 6= 0.
Exemplo 3.8. Encontre uma base de soluções e a solução geral da E.D.O. x2y′′−3xy′+4y = 0
no intervalo (0,+∞).
Resolução: Observe inicialmente que y1(x) = x2 é uma solução particular não-nula para
esta E.D.O., além disso, temos y
′′ − 3x y
′
+ 4x2 y = 0 e pelo que acabamos de ver, y2(x) =
y1(x)
∫ e−∫ P(x)dx
y21
dx = x2
∫ e−∫ − 3x dx
[x2]2 dx = x
2 ∫ x3
x4 dx = x
2 ∫ 1
x dx = x
2 ln(x).
Logo uma base de soluções é {x2, x2 ln(x)} e a solução geral é a x2+b x2 ln(x); a,b ∈ R.
EXERCÍCIO 3.15. Verifique por substituição direta que y2(x) = y1(x)
∫ e−∫ P(x)dx
y21
dx realmente é
uma solução de y
′′
+P(x)y
′
+Q(x)y = 0 se y1(x) o for.
EXERCÍCIO 3.16. Nos itens abaixo, verifique que a função dada a direita da E.D.O. é uma
solução da mesma e em seguida resolva-a:
a) x2y¨−7xy˙+16y = 0, φ(x) = x4;
b) 4x2y′′+ y = 0, φ(x) =
√
xln(x);
c) (1−2x− x2)y′′+2(1+ x)y′−2y = 0,
φ(x) = x+1;
d) y′′−3tg(x)y′ = 0, φ(x) = 1;
e) x2y′′−4xy′+6y = 0, φ(x) = x2+ x3;
f) x2y′′−5xy′+6y = 0, φ(x) = x3ln(x);
g) (3x+1)y′′−3(3x+2)y′+9y = 0, φ(x) = e3x;
Seção 3.5. O método dos coeficientes indeterminados 37
3.5 O método dos coeficientes indeterminados
Teorema 3.5 (princípio da superposição). Se y0(t) é uma solução particular da equação
diferencial ordinária não homogênea pn(t)y(n)
+ pn−1(t)y(n−1) + · · · + p2(t)y′′ + p1(t)y′ +
p0(t)y = g(t), então qualquer outra solução desta EDO é da formna y(t) = y0(t)+ c1φ1(t)+
c2φ2(t) + · · ·+ cnφn(t), onde c1,c2, · · · ,cn ∈ R e {φ1(t), φ2(t), · · · , cnφn(t)} é uma base de
soluções da EDO homogênea pn(t)y(n)+ pn−1(t)y(n−1)+ · · ·+ p2(t)y′′+ p1(t)y′+ p0(t)y = 0.
Prova: Temos
pn(t)y(n)+ pn−1(t)y(n−1)+ · · ·+ p2(t)y′′+ p1(t)y′+ p0(t)y = g(t) (1) e
pn(t)y
(n)
0 + pn−1(t)y
(n−1)
0 + · · ·+ p2(t)y
′′
0+ p1(t)y
′
0+ p0(t)y0 = g(t) (2)
Subtraindo (1)− (2) membro a membro, obtemos
pn(t)[y(n)−y(n)0 ]+ pn−1(t)[y(n−1)−y(n−1)0 ]+· · ·+ p2(t)[y
′′−y′′0]+ p1(t)[y
′−y′0]+ p0(t)[y−y0] = 0⇒
pn(t)[y− y0](n)+ pn−1(t)[y− y0](n−1)+ · · ·+ p2(t)[y− y0]′′+ p1(t)[y− y0]′+ p0(t)[y− y0] = 0
Logo y−y0 é uma solução da equação homogênea pn(t)y(n)+ pn−1(t)y(n−1)+ · · ·+ p2(t)y′′+
p1(t)y
′
+ p0(t)y = 0 e portanto existem constantes c1,c2, · · · ,cn ∈ R tais que y− y0 = c1φ1(t)+
c2φ2(t) + · · ·+ cnφn(t) onde {φ1(t), φ2(t), · · · , cnφn(t)} é uma base de soluções da EDO
homogênea pn(t)y(n)+ pn−1(t)y(n−1)+ · · ·+ p2(t)y′′ + p1(t)y′ + p0(t)y = 0 ⇒ y(t) = y0(t) +
c1φ1(t)+ c2φ2(t)+ · · ·+ cnφn(t) como queríamos.
O método dos coeficientes indeterminados consiste em fazer uma hipótese inicial sobre uma
solução particular de uma E.D.O. (principalmente as lineares com coeficientes constantes) e em
seguida, por substituição procuramos determinar os coeficientes.
Exemplo 3.9. Utilizando o método dos coeficientes indeterminados, encontre a solução geral
para os seguintes:
a) y′′−3y′−4y = 3e2x;
Resolução: Procuremos por uma solução particular da forma y0(x) = Ae2x. Assim,
3e2x = (Ae2x)
′′ − 3(Ae2x)′ − 4(Ae2x) = 4Ae2x − 6Ae2x − 4Ae2x = −6Ae2x =⇒ A = −12 .
Consequentemente uma solução particular é y0(x) =−12e2x e a solução geral é y(x) =−12e2x+
ae−x+be4x, a,b ∈ R.
38 Capítulo 3. EDOs lineares de ordem superior
b) y′′−3y′−4y = e4x;
Resolução: Nenhuma função da forma y0(x) = Ae4x é solução desta E.D.O.! Para entender
o que está acontecendo, basta observar que e4x já é solução da E.D.O. homogênea associada
y
′′−3y′−4y = 0. Tentemos então uma solução particular da forma y0(x) = Axe4x:
e4x = (Axe4x)
′′ − 3(Axe4x)′ − 4(Axe4x) = A[8e4x + 16xe4x] − 3A[e4x + 4xe4x] − 4Axe4x =
5Ae4x⇒ A = 15 . Consequentemente uma solução particular é y0(x) = 15xe4x e a solução geral é
y(x) = 15xe
4x+ae−x+be4x, a,b ∈ R;
c) y′′−6y′+9y = e3x;
Resolução: Como no Ítem b) nenhuma função da forma y0(x) = Ae3x é solução desta E.D.O.
pois e3x já é solução da E.D.O. homogênea associada y
′′−6y′+9y= 0. Mas também neste caso
nenhuma função da forma y0(x) = Axe3x é solução desta E.D.O. pois xe3x também é solução da
E.D.O. homogênea associada. Seguindo em frente, tentemos então uma solução particular da
forma y0(x) = Ax2e3x:
e3x = (Ax2e4x)
′′ − 6(Ax2e4x)′ − 9(Ax2e4x) = (9Ax2e4x + 12Axe4x + 2Ae4x)− 6(3Ax2e4x +
2Axe4x)− 9(Ax2e4x) = 9Ax2e4x + 12Axe4x + 2Ae4x − 18Ax2e4x − 12Axe4x − 9Ax2e4x = 2Ae4x.
Consequentemente uma solução particular é y0(x) = 12x
2e3x e a solução geral é y(x) = 12x
2e3x+
ae3x+bxe3x, a,b ∈ R.
d) y′′−3y′−4y = 2sen(x);
Resolução: Em vez da tentar uma função da forma y0(x) = Asen(x) é melhor tentar uma função
da forma y0(x) = Asen(x)+Bcos(x) (com dois coeficientes!):
2sen(x) = y
′′ − 3y′ − 4y = (Asen(x) + Bcos(x))′′ − 3(Asen(x) + Bcos(x))′ − 4(Asen(x) +
Bcos(x)) = (−Asen(x) − Bcos(x)) − 3(−Bsen(x) + Acos(x)) − 4(Asen(x) + Bcos(x)) =
−Asen(x) − Bcos(x) + 3Bsen(x) − 3Acos(x) − 4Asen(x) − 4Bcos(x) = [−5A + 3B]sen(x) +
[−5B− 3A]cos(x)⇒ A = − 517 e B = 317 . Consequentemente uma solução particular é y0(x) =
1
2x
2e3x e a solução geral é y(x) =− 517sen(x)+ 317cos(x)+ae−x+be4x, a,b ∈ R.
e) y′′−3y′−4y = 4x2−1;
Resolução: Tentemos uma solução da forma y0(x) = Ax2+Bx+C:
4x2− 1 = y′′ − 3y′ − 4y = (Ax2 +Bx+C)′′ − 3(Ax2 +Bx+C)′ − 4(Ax2 +Bx+C) = (2A)−
3(2Ax+B)− 4(Ax2 +Bx+C) = −4Ax2− (6A+ 4B)x+(2A− 3B− 4C)⇒ A = −1, B = 32 e
C =−118 . Consequentemente uma solução particular é y0(x) = 12x2e3x e a solução geral é y(x) =
−x2+ 32x− 118 + 317 +ae−x+be4x, a,b ∈ R.
Seção 3.6. O método da variação de parâmetros 39
EXERCÍCIO 3.17. Utilizando o método dos coeficientes indeterminados, encontre a solução
geral para
a) y′′−4y′+5y = x;
b) y′′−4y′+5y = sen(x);
c) y′′−4y′+5y = xsen(x);
d) y′′−4y′+5y = ex sen(x);
e) y′′−4y′+5y = ex;
f) y′′−4y′+5y = xex;
g) y′′−4y′+5y = xex+1;
3.6 O método da variação de parâmetros
Desenvolveremos agora o método da variação de parâmetros, o qual nos diz como encontrar
uma solução particular para uma EDO não homogênea, uma vez conhecida uma base de soluções
da EDO homogênea correspondente. Para introduzir a ideia, começaremos trabalhando com as
EDOs de segunda ordem.
Considere então a EDO y
′′
+ p(t)y
′
+ q(t)y = g(t), onde p e q são duas funções contínuas e
suponha que y(t) = c1φ1(t)+ c2φ2(t) seja a solução da EDO homogênea correspondente y
′′
+
p(t)y
′
+q(t)y = 0.
Pelo Princípio da superposição, para determinarmos a solução geral de y
′′
+ p(t)y
′
+q(t)y =
g(t), resta apenas encontrar uma solução particular para esta EDO, e para isto procuraremos
por funções reais u1(t) e u2(t) tais que y0(t) = u1(t) φ1(t) + u2(t) φ2(t) seja uma tal solução
particular.
Derivando, obtemos y
′
0(t) = [u
′
1(t) φ1(t)+ u
′
2(t) φ2(t)]+ [u1(t) φ
′
1(t)+ u2(t) φ
′
2(t)]. Agora,
faremos a seguinte hipótese adicional sobre as funções-coeficientes u1(t) e u2(t):
u
′
1(t) φ1(t)+u
′
2(t) φ2(t) = 0
com isso, y
′
0(t) = u1(t) φ
′
1(t)+u2(t) φ
′
2(t), e derivando novamente, obtemos y
′′
0(t) = u
′
1(t) φ
′
1(t)+
u1(t) φ
′′
1(t)+u
′
2(t) φ
′
2(t)+u2(t) φ
′′
2(t). com isso, g(t) = y
′′
0+ p(t)y
′
0+q(t)y0 =
[u
′
1(t) φ
′
1(t) + u1(t) φ
′′
1(t) + u
′
2(t) φ
′
2(t) + u2(t) φ
′′
2(t)] + p(t)[u1(t) φ
′
1(t) + u2(t) φ
′
2(t)] +
q(t)[u1(t) φ1(t)+u2(t) φ2(t)] =
u1(t)[φ
′′
1(t) + p(t)u1(t) φ
′
1(t) + q(t) φ1(t)] + u2(t)[φ
′′
2(t) + p(t)u2(t) φ
′
2(t) + q(t) φ2(t)] +
[u
′
1(t) φ
′
1(t)+u
′
2(t) φ
′
2(t)] = u
′
1(t) φ
′
1(t)+u
′
2(t) φ
′
2(t).
40 Capítulo 3. EDOs lineares de ordem superior
Temos então o sistema linear
{
u
′
1(t) φ1(t) + u
′
2(t) φ2(t) = 0
u
′
1(t) φ
′
1(t) + u
′
2(t) φ
′
2(t) = g(t)
, o qual é possível
e determinado, visto que o determinante da matriz dos coeficientes desse sistema é W (φ1,φ2)(t),
o qual é não-nulo pois φ1(t) e φ2(t) constituem uma base de soluções. Noutras palavras, este
sistema é possível e determinado, e resolvendo-o (pela Regra de Cramer), obtemos
u
′
1(t) =−
φ2(t) ·g(t)
W (φ1,φ2)(t)
e u
′
2(t) =
φ1(t) ·g(t)
W (φ1,φ2)(t)
.
Asim, uma solução particular da EDO é
y0(t) =−φ1(t)
∫ φ2(t) ·g(t)
W (φ1,φ2)(t)
dt + φ2(t)
∫ φ1(t) ·g(t)
W (φ1,φ2)(t)
dt.
Exemplo 3.10. encontre a solução geral da EDO y′′+4y = 3 cossec(x).
Resolução: Uma base de soluções da EDO homogênea correspondente y
′′
+4y= 0 é {φ1(x)=
sen(2x), φ2(x) = cos(2x)}, para a qual W (φ1, φ2)(x) =−2. Assim, como acabamos de ver, uma
solução particular da EDO y
′′
+4y = 3 cossec(t) é
y0(t) =−sen(2x)
∫ cos(2x) ·3 cossec(x)
−2 dx+ cos(2x)
∫ sen(2x) ·3 cossec(x)
−2 dx =
3
2
sen(2x)
∫
[cos2(x)− sen2(x)] · cossec(x)dx− 3
2
cos(2x)
∫
2sen(x)cos(x) · cossec(x)dx =
3
2
sen(2x)
∫
cos2(x)cossec(x)− sen2(x) cossec(x)dx−3cos(2x)
∫
cos(x)dx =
3
2
sen(2x)
∫
[1− sen2(x)] cossec(x)− sen(x)dx−3cos(2x) sen(x) =
3
2
sen(2x)
(∫
cossec(x)− sen2(x) cossec(x)− sen(x)dx
)
−3cos(2x) sen(x) =
3
2
sen(2x)
(∫
cossec(x)−2sen(x)dx
)
−3cos(2x) sen(x) =
3
2
sen(2x)
(∫
cossec(x)dx+2cos(x)
)
−3cos(2x) sen(x) =
Seção 3.6. O método da variação de parâmetros 41
3
2
sen(2x) ln|cossec(t)− cotg(t)|+3sen(2x)
cos(x)−3cos(2x) sen(x)
OBS: O que acabamos de fazer com EDOs de segunda ordem pode ser generalizado de modo
análogo para EDOs de ordem superior. Isto é, dada uma EDO da forma y(n)+ pn−1(t)y(n−1)+
· · ·+ p2(t)y′′ + p1(t)y′ + p0(t)y = g(t), com os mesmos argumentos usados anteriormente,
obteríamos o sistema linear
φ1(t) φ2(t) φ3(t) · · · φn(t)
φ′1(t) φ
′
2(t) φ
′
3(t) · · · φ
′
n(t)
φ′′1(t) φ
′′
2(t) φ
′′
3(t) · · · φ
′′
n(t)
φ′′′1 (t) φ
′′′
2 (t) φ
′′′
3 (t) · · · φ
′′′
n (t)
...
...
...
. . .
...
φ(n−1)1 (t) φ
(n−1)
2 (t) φ
(n−1)
3 (t) · · · φ(n−1)n (t)
︸ ︷︷ ︸
W (φ1,φ2(t),φ3(t),··· ,φn)(t)
·
u
′
1
u
′
2
u
′
3
...
u
′
n−1
u
′
n
=
0
0
0
...
0
g(t)
o qual é possível e determinado, e além disso, pela regra de Cramer temos u
′
k =
Wk
W .
EXERCÍCIO 3.18. Resolva
a) d
2y
dx2 + y = sec(x);
b) y′′+ y = tg(x);
c) y¨+ y = sen(x);
d) y′′−2y′+ y = exarctg(x);
e) y¨−2y˙+ y = e−xln(x);
f) d
3y
dx3 +
dy
dx = tg(x);
g) y′′′−6y′′ = x2;
h) x2 d
2y
dx2 −4x
dy
dx +6y =
1
x ;
i) x2 d
2y
dx2 −2x
dy
dx +2y = 5x+2;
j) x2 d
2y
dx2 − x
dy
dx + y = 4x ln(x).
k) x2y¨+ xy˙+
(
x2− 14
)
y =
√
x3. Dica: Procure por soluções da forma xk sen(x) e xk cos(x) ao
resolver a equação homogênea associada;
EXERCÍCIO 3.19. Resolva:
a)
y
′′− y = xe x2
y(0) = 1
y(1) = 0
b)
y
′′− y = xe x2
y(0) = 1
y(1) = 0
Capítulo 4
Transformada de Laplace
Dada f : R+ → R, a integral L{ f (t)} = ∫ ∞0 e−st f (t)dt é chamada de Transformada de
Laplace de f , caso convirja.
Exemplo 4.1. Calcule:
a) L{1};
L{1}= ∫ ∞0 e−st ·1dt = limx→+∞−e−sts
∣∣∣x
0
= 1s .
b) L{t};
L{t}= ∫ ∞0 e−st · t dt = −te−sts |∞0 + 1s ∫ ∞0 e−stdt = 0+ 1sL{1}= 1s2 .
c) L{e−3t}.
L{e−3t}= ∫ ∞0 e−st · e−3tdt = ∫ ∞0 e−(s+3)tdt = −e−(s+3)ts+3 |∞0 = 1s+3 .
Até hoje não conhecemos o domínio da Transformada de Laplace, isto é, dada uma função
f : R+→ R, não existem regras que digam se existe ou não a Transformada de Laplace de f . O
próximo Teorema estabelece condições suficientes sobre f para a existência de sua Transformada
de Laplace.
Teorema 4.1 (Condições suficientes de existência da tansformada de laplace).
Seja f ;R+ → R uma função contínua por partes e de ordem exponencial para todo t >
T , isto é, existem constantes reais c,M > 0 tais que | f (t)| ≤ M ect para todo t > T . então a
Transformada de Laplace de f existe para todo s > c.
Prova: L{ f (t)}= ∫ ∞0 e−st f (t)dt = ∫ T0 e−st f (t)dt+ ∫ ∞T e−st f (t)dt.
44 Capítulo 4. Transformada de Laplace
Como f é contínua por partes, concluímos que a integral
∫ T
0 e
−st f (t)dt está bem definida
(isto é, ela existe como um número real). Além disso, |∫ ∞T e−st f (t)dt| ≤ ∫ ∞T |e−st f (t)| dt =∫ ∞
T e
−st | f (t)| dt ≤ ∫ ∞T e−stM ect dt =M ∫ ∞T e−(s−c)t dt =−M e−(s−c)ts−c |∞T =M e−(s−c)Ts−c <+∞ se s> c.
Logo a integral
∫ ∞
T e
−st f (t)dt é absolutamente convergente, e portanto convergente.
EXERCÍCIO 4.1. Prove:
a) L{tn}= n!sn+1 , n ∈ N;
b) L{ea t}= 1s−a ;
c) L{sen(kt)}= ks2+k2 ;
d) L{cos(kt)}= ss2+k2 ;
e) L{senh(kt)}= ks2−k2 ;
f) L{cosh(kt)}= ss2−k2 ;
EXERCÍCIO 4.2. A Transformada de Laplace de certas funções pode ser econtrada através de
sua expansões em séries de Taylor, supondo que a Transformada de Laplace pode ser calculada
termo a termo. Usando isto, verifique:
a) L{sen(kt)}= ks2+k2 e L{cos(kt)}= ss2+k2 ;
b) Seja f (t) =
{
sen(t)
t se t 6= 0
1 se t = 0
=
∞
∑
n=0
(−1)nx2n
(2n+1)! . Mostre que L{ f (t)}= arctg(1s ), s > 1;
c) A função de Bessel (lê-se Béssel! Bessél é nome de manteiga!) de primeira
espécie de ordem 0 é dada por J0(t) =
∞
∑
n=0
(−1)nx2n
22n(n!)2 . Mostre que L{J0(t)}= 1√s2+1 , s > 1.
EXERCÍCIO 4.3. Use os exercícios anteriores para calcular L{ f (t)}, onde:
a) f (t) = t2+6t−3;
b) f (t) = (2t−1)3;
c) f (t) = (1+ e2t)2;
d) f (t) = (et + e−t)2;
e) f (t) = 4t2−5sen(3t);
f) f (t) = etsenh(t);
g) f (t) = sen(t)cos(2t);
EXERCÍCIO 4.4. Mostre que se c > 0 então L{ f (ct)}= 1c F
( s
c
)
EXERCÍCIO 4.5. Prove que não existe L{ 1t2}. Dica: use a definição de integral imprópria
para mostrar que
∫ 1
0
e−st
t2 dt não existe.
EXERCÍCIO 4.6. Determine se as seguintes funções são de ordem exponencial ou não:
a) f (t) = t2cos(kt); b) f (t) = e
√
t3; c) f (t) = tneatsen(bt);
EXERCÍCIO 4.7. Prove que se f e g forem funções de ordem exponencial para t > T , então o
produto f g também é de ordem exponencial para t > T .
Capítulo 4: Transformada de Laplace 45
Teorema 4.2. L é um operador linear, isto é, se f ,g : R+→ R e c ∈ R, então:
1. L{ f (t)+g(t)}= L{ f (t)}+L{g(t)}; 2. L{c · f (t)}= c ·L{ f (t)}.
Prova:
1. L{ f (t)+g(t)}= ∫ ∞0 e−st [ f (t)+g(t)]dt = ∫ ∞0 e−st f (t)+ e−st g(t)dt =∫ ∞
0 e
−st f (t)dt+
∫ ∞
0 e
−st g(t)dt = L{ f (t)}+L{g(t)}.
2. EXERCÍCIO!
Função Gamma
Definimos a função Gamma Γ : R+→ R pela regra Γ(x) = ∫ ∞0 tx−1e−tdt.
Γ assim definida goza da propriedade fundamental Γ(x+1) = xΓ(x), e como Γ(1) = 1, para
n ∈ N temos Γ(n+1) = n! (Vide o EXERCÍCIO abaixo!).
EXERCÍCIO 4.8. Mostre que L{ta}= Γ(a+1)sa+1 , a ∈ R+.
EXERCÍCIO 4.9. prove:
a) A integral imprópria
∫ ∞
0 t
x−1e−tdt converge se t > 0 e diverge se t < 0;
46 Capítulo 4. Transformada de Laplace
b) Γ(x+1) = xΓ(x);
c) Γ(1) = 1;
d) Se n ∈ N então Γ(n) = (n−1)!. Dica: ítens a) e b) e Indução;
e) É possível estender a função Γ a R − {−1,−2,−3, · · ·} de modo que a propriedade
fundamental descrita em b) valha para todos os elementos desse conjunto;
f) Mostre que
∫ ∞
0 e
−x2dx = 2Γ(12);
g)
∫ ∞
0 e
−x2dx =
√
pi
2 . Dica: Considere a integral
∫ ∞
−∞
∫ ∞
−∞ e−(x
2+y2)dxdy e verifique que∫ ∞
−∞
∫ ∞
−∞ e−(x
2+y2)dxdy=
∫ ∞
−∞ e−x
2
dx
∫ ∞
−∞ e−y
2
dy. Em seguida, usando coordenads polares,
mostre que
∫ ∞
−∞
∫ ∞
−∞ e−(x
2+y2)dxdy = pi. com isso, conclua que
∫ ∞
−∞ e−x
2
dx =
√
pi;
EXERCÍCIO 4.10. Calcule L{ 1√t } e L{
√
t5}.
Teorema 4.3. Se a ∈ R e L{ f (t)}= F(s), então L{eat · f (t)}= F(s−a).
Prova: L{eat f (t)}= ∫ ∞0 e−steat f (t)dt = ∫ ∞0 e(−s+a)t f (t)dt = ∫ ∞0 e−(s−a)t f (t)dt = F(s−a).
EXERCÍCIO 4.11. Prove as belas fórmulas
sen(bt) = e
ibt−e−ibt
2i =−isenh(ibt) e cos(bt) = e
ibt+e−ibt
2 = cosh(ibt).
Em seguida use e abuse delas e do Teorema anterior para calcular as seguintes Transformadas
de Laplace:
a) sen(bt);
b) cos(bt);
c) eatsen(bt);
d) eatcos(bt);
4.1 Transformada inversa
Dada uma função F(s), queremos encontrar uma função f (t) tal que L{ f (t)}= F(s). Neste
caso dizemos que f (t) é uma Transformada de Laplace Inversa de F(s) e escrevemos f (t) =
L−1{F(s)}. É interessante observar que não há várias possibilidades para a Transformada de
Laplace Inversa de uma função F(s), no entanto pode-se mostrar que se f1 e f2 são funções
contínuas por partes em [0, +∞) então f1 e f2 diferm-se apenas em pontos de descontinuidade.
Seção 4.2. Funções de Heaviside 47
Teorema 4.4. L−1 é um operador linear, isto é:
1. L−1{F(s)+G(s)}= L−1{F(s)}+L−1{G(s)};
2. L−1{a F(s)}= a L−1{F(s)}
Exemplo 4.2. Calcule os seguintes:
1. L−1{ 1s5};
Resposta: L−1{ 1s5}= 14!L−1{4!s5}= 124t4;
2. L−1{ 1s2+64};
Resposta: L−1{ 1s2+64}= 18L−1{ 8s2+82}= 18sen(8t);
3. L−1{3s+5s2+7};
Resposta: L−1{3s+5s2+7}= L−1{3 ss2+√72}+L
−1{ 5√
7
√
7
s2+
√
7
2}= 3cos(
√
7t)+ 5√
7
sen(
√
7t);
4. L−1{ 1(s−1)(s+2)(s+4)};
Resposta: L−1{ 1(s−1)(s+2)(s+4)}= L−1{ 115 1s−1 − 116 1s+2 + 110 1s+4}= 115et− 116e−2t + 110e−4t ;
EXERCÍCIO 4.12. Calcule:
a) L−1{
(
2
s − 1s3
)2};
b) L−1{ (s+1)3s4 };
c) L−1{ 4s4s2+1};
d) L−1{ 2s−6s2−16};
e) L−1{ s+1s2−4s};
f)
L−1{ ss2+2s−3};
g) L−1{ 2s+4(s−2)(s2+4s+3)};
4.2 Funções de Heaviside
Definição 4.1. Dado a > 0, definimos a função de Heaveside (ou função degrau) µa : R+→ R
pela regra ua(t) =
{
0 se 0 ≤ t < a
1 se t ≥ a .
48 Capítulo 4. Transformada de Laplace
Quando multiplicada por outra função f definida em R+, a função degrau anula uma parte
do gráfico de f , isto é, ua(t) · f (t) =
{
0 se 0 ≤ t < a
f (t) se t ≥ a . Por exemplo, u2pi(t) · sen(t) ={
0 se 0 ≤ t < 2pi
sen(t) se t ≥ 2pi . Com isso, podemos usar a função degrau para escrever funções
definidas por partes de uma maeneira mais compacta, por exemplo, se f : R+→ R é dada por
f (t) =
{
g(t) se 0 ≤ t < a
h(t) se t ≥ a , então f (t) = g(t)−g(t) ·ua(t)+h(t) ·ua(t). De fato:
se 0 ≤ t < a então g(t)−g(t) ·ua(t)+h(t) ·ua(t) = g(t)−g(t) ·0+h(t) ·0 = g(t), e
se t ≥ a então g(t)−g(t) ·ua(t)+h(t) ·ua(t) = g(t)−g(t) ·1+h(t) ·1 = h(t).
EXERCÍCIO 4.13. Se 0< a< b, e f :R+→R é dada por f (t) =
g(t) se 0≤ t < a
h(t) se a≤ t < b
l(t) se b≤ t
então,
usando as funções-degrau ua e ub, escreva f (t) numa única regra, como feito acima.
Teorema 4.5. Se a∈R+ e L{ f (t)}=F(s), então L{ f (t−a) ·ua(t)}= e−as F(s). Em particular,
L{ua(t)}= e−ass .
Prova: L{ f (t − a) · ua(t)} =
∫ ∞
0 e
−st f (t − a)ua(t)dt =
∫ a
0 e
−st f (t − a)ua(t)dt +
∫ ∞
a e
−st f (t −
a)ua(t)dt = 0+
∫ ∞
a e
−st f (t−a)dt = ∫ ∞a e−s(v+a) f (v)dv = e−as ∫ ∞a e−sv f (v)dv = e−asF(s)
Exemplo 4.3. Calcule L{(t−2)3 ·u2(t)}
Como vimos, L{(t−2)3 ·u2(t)}= e−2sL{t3}= e−2s 3!s4 = 6 e
−2s
s4 .
EXERCÍCIO 4.14. Calcule L{ f (t)}:
a) f (t) =
{
−1 se 0≤ t < 1
1 se t ≥ 1
b) f (t) =
{
t se 0≤ t < 1
1 se t ≥ 1
c) f (t) =
{
sen(t) se 0≤ t < pi
0 se t ≥ pi
d) f (t) =
{
0 se 0≤ t < pi2
cos(t) se t ≥ pi2
e) f (t) =
{
2t+1 se 0≤ t < 1
0 se t ≥ 1
Seção 4.3. Transformadas de derivadas e integrais 49
4.3 Transformadas de derivadas e integrais
Teorema 4.6. Se a ∈ R+ e L{ f (t)}= F(s), então L{tn · f (t)}= (−1)n dndsn [F(s)].
Prova: Por indução sobre n. Se n = 1, então
d
ds [F(s)] =
d
ds
∫ ∞
0 e
−st f (t)dt =
∫ ∞
0
∂
∂s [e
−st f (t)]dt =−∫ ∞0 te−st f (t)dt =−L{t f (t)}.
Supondo agora que a afirmação seja verdadeira para algum n≥ 1, temos
dn+1
dsn+1 (L{ f (t)}) = dds
[
dn
dsn (L{ f (t)})
]
= dds [(−1)nL{tn · f (t)}] = (−1)n dds
∫ ∞
0 e
−sttn · f (t)dt =
(−1)n ∫ ∞0 ∂∂s (e−sttn · f (t))dt = (−1)n ∫ ∞0 −te−sttn · f (t)dt = (−1)n+1 ∫ ∞0 e−st · tn+1 f (t)dt =
(−1)n+1L{tn+1 f (t)}
Logo L{tn+1 f (t)}= (−1)n+1 dn+1dsn+1 (L{ f (t)}) e pelo Principío da Indução Finita concluímos
que a afirmação é verdadeira para todo n ∈ N.
EXERCÍCIO 4.15. Calcule L{t2sen(5t)}.
EXERCÍCIO 4.16. Mostre que f (t) = −1t L−1{ ddsF(s)}. em seguida use isto para calcular as
seguintes transformadas inversas:
a) L−1{ln( s−3s+1)};
b) L−1{pi2 −arctg
( s
2
)};
Teorema 4.7. Se f : R+ → R é uma função de classe C n−1 e f (n)(t) é contínua por partes,
então L{ f (n)(t)} = snF(s)− sn−1 · f (0)− sn−2 · f ′(0)− sn−3 · f ′′(0)− ·· · − s2 · f (n−3)(0)− s ·
f (n−2)(0)− f (n−1)(0).
Prova: Por indução sobre n. Se n = 1, então
L{eat f ′(t)}= ∫ ∞0 e−st f ′(t)dt = e−st · f (t)|∞0 + s∫ ∞0 e−st f (t)dt =− f (0)+ sL{eat f (t)}.
Supondo agora que a afirmação seja verdadeira para algum n≥ 1, temos
L{eat · f (n+1)(t)}= ∫ ∞0 e−st · f (n+1)(t)dt = e−st · f (n)(t)∣∣∣∞0 + s∫ ∞0 e−st · f (n)(t)dt =
−f (n)(0)+s
[
snF(s)−sn−1f(0)−sn−2f ′(0)−sn−3f ′′(0)−·· ·−s2f (n−3)(0)−sf (n−2)(0)− f (n−1)(0)
]
=
sn+1F(s)− sn · f (0)− sn−1 · f ′(0)− sn−2 · f ′′(0)−·· ·− s2 · f (n−2)(0)− s · f (n−1)(0)− f (n)(0).
50 Capítulo 4. Transformada de Laplace
Logo, pelo Principío da Indução Finita concluímos que a afirmação é verdadeira para todo
n ∈ N.
Convolução
se f e g forem funções contínuas por partes em [0,∞), então a Convolução de f e g é por
definição a integral f ∗g := ∫ t0 f (s) ·g(t− s) ds.
Teorema 4.8. Se f e g são funções contínuas por partes e de ordem exponencial em [0,+∞),
então L{ f ∗g(t)}= L{ f (t)} ·L{g(t)}.
Prova:
L{ f (t)} · L{g(t)} = (∫ ∞0 e−sa f (a)da) · (∫ ∞0 e−sb g(b)db) = ∫ ∞0 ∫ ∞0 e−s(a+b) f (a) ·
g(b)da db.
Fazendo t = a+b, dt = db, obtemos∫ ∞
0
∫ ∞
t e
−st f (a) ·g(t−a)da dt = ∫ ∞0 e−st ∫ ∞t f (a) ·g(t−a)da dt,
Pelo Teorema de Fubini, obtemos∫ ∞
0 e
−st ∫ t
0 f (a) ·g(t−a)dt da = L{ f ∗g(t)}.
Corolário 4.3.1. L{∫ t0 f (u)du}= F(s)s .
Prova: L{∫ t0 f (u)du}= L{∫ t0 f (u) ·1du}= L{ f (t)∗1}= L{ f (t)}L{1}= L{ f (t)} · 1s .
EXERCÍCIO 4.17. Calcule as seguintes transformadas de laplace sem resolver as integrais:
a) L{∫ t0 usen(u)du};
b) L{∫ t0 e−ucos(u)du};
c) L{t ∫ t0 usen(u)du};
d) L{t ∫ t0 ue−udu};
e) L{e−2t ∗ tsen(t)};
EXERCÍCIO 4.18. Use o Teorema anterior para calcular as seguintes:
a) L−1{ 1s(s+1)};
b) L−1{ 1s(s2+1)};
c) L−1{ ss2+4};
d) L−1{ 1(s2+4s+5)2}.
EXERCÍCIO 4.19. Mostre:
Seção 4.4. Transformada de laplace de uma função periódica 51
a) f (t)∗g(t) = g(t)∗ f (t);
b) f (t)∗ [g(t)∗h(t)] = [ f (t)∗g(t)]∗h(t);
c) f (t)∗ [g(t)+h(t)] = f (t)∗g(t)+ f (t)∗h(t);
d) Não necessariamente se tem f (t)∗ f (t)≥ 0.
4.4 Transformada de laplace de uma função periódica
Seja f : R→ R uma função periódica , isto é, existe T ∈ R tal que para todo k ∈ Z e para
todo t ∈ [0,T ) temos f (t+ kT ) = f (t).
Teorema 4.9. Se f é uma função periódica, contínua por partes em [0,+∞) e de ordem
exponencial, então
L{ f (t)}= 1
1− e−sT
∫ T
0
e−st f (t)dt.
prova: L{ f (t)}= ∫ ∞0 e−st f (t)dt = ∫ T0 e−st f (t)dt+ ∫ ∞T e−st f (t)dt.
Com a substituição t = u + T , obtemos
∫ ∞
T e
−st f (t)dt =
∫ ∞
0 e
−s(u+T ) f (u + T )du =
e−sT
∫ ∞
0 e
−su f (u)du = e−sTL{ f (t)}. Assim
L{ f (t)}=
∫ T
0
e−st f (t)dt+ e−sTL{ f (t)}⇒ L{ f (t)}= 1
1− e−sT
∫ T
0
e−st f (t)dt.
Exemplo 4.4. Encontre a Transformada de Laplace da função periódica f tal que no intervalo
[0,2) f é definida por f (t) =
{
t se t ∈ [0,1)
0 se t ∈ [1,2) e fora do intervalo [0,2) temos f (t+2k) = f (t),
k ∈ Z.
Resposta: Basta aplicar o resultado do Teorema anterior (observe que T = 2 neste caso!). Assim,
L{ f (t)}= 11−e−2s
∫ 2
0 e
−st f (t)dt = 11−e−2s
∫ 1
0 te
−stdt = 11−e−2s
[
−e−ss + 1−e
−s
s2
]
= 1−(s+1)e
−s
s2(1−e−2s) .
EXERCÍCIO 4.20. Calcule L{sen(t)}, considerando sen(t) como sendo uma função periódica
de período 2pi. idem para cos(t)
52 Capítulo 4. Transformada de Laplace
EXERCÍCIO 4.21. Calcule:
a) L{|sen(t)|}
b) L{ f (t)}, onde f (t) =
{
sen(t) t ∈ [0,pi)
0 t ∈ [pi,2pi) e f (t+2pi) = f (t) para todo t.
c) L{ f (t)}, onde f (t) =
{
t t ∈ [0,1)
−t+1 t ∈ [1,2) e f (t+2) = f (t) para todo t.
d) L{ f (t)}, onde f (t) =
{
1 t ∈ [0,2)
0 t ∈ [2,4) e f (t+4) = f (t) para todo t.
e) L{ f (t)}, onde f (t) =
{
1 t ∈ [0,2)
−1 t ∈ [2,4) e f (t+4) = f (t) para todo t.
4.5 Aplicação: resolução de P.V.I.s lineares com coeficientes
constantes
EXERCÍCIO 4.22. Resolva os seguintes:
a)
{
y
′
+4y = e−4t
y(0) = 2
b)
{
y
′′
+5y
′
+4y = 0
y(0) = 1; y
′
(0) = 0
c)
{
y
′′−4y′+4y = t3e2t
y(0) = 0; y
′
(0) = 0
d)
{
y
′′− y′ = etcos(t)
y(0) = 0; y
′
(0) = 0
e)
{
y
′′′
+2y
′′− y′−2y = etsen(3t)
y(0) = 0; y
′
(0) = 0; y
′′
(0) = 1
f)
{
y
′′′
+3y
′′
+3y
′
+ y = 12e
−t(2−4t+ t2)
y(0) = 0; y
′
(0) = 0; y
′′
(0) =−1
g)
{
d4y
dx4 = y
y(0)=1; y
′
(0)=0; y
′′
(0)=−1; y′′′(0)=0
h)
{
d4y
dx4 = y
y(0)=1; y
′
(0)=1; y
′′
(0)=1; y
′′′
(0)=1
i)
{
y
′′
+4y = u2pi(t)sen(t)
y(0) = 1; y
′
(0) = 0
j)
dy
dt +6y+9
t∫
0
y(u)du = 1
y(0) = 0
k)
{
f (t) = tet +
t∫
0
v f (t− v)dv
l)
{
f (t) = cos(t)+
t∫
0
e−v f (t− v)dv
Seção 4.6. Impulsos: Delta de Dirac 53
m)
{
y
′
+2y = f (t)
y(0) = 0
, onde f (t) =
{
1− t se 0≤ t < 1
0 se t ≥ 1
n)
{
y
′′
+4y = f (t)
y(0) = 0; y
′
(0) =−1 , onde f (t) =
{
2 se 0≤ t < 3
−t+5 se t ≥ 3
EXERCÍCIO 4.23. Use transformada de Laplace para resolver os seguintes (observe que os
P.V.I.s são lineares mas não têm coeficientes constantes):
a)
y
′′− t y = 0 (equação de Airy)
y(0) = 1
y
′
(0) = 0
;
b)
ty
′′
+ y
′
+ t y = 0 (equação de Bessel de ordem zero)
y(0) = 1
y
′
(0) = 0
;
4.6 Impulsos: Delta de Dirac
Sistemas físicos são frequentemente sujeitos a ações de forças esternas de grande intensidade
que atuam somente por um pequeno instante de tempo. por exemplo, uma bola de futebol quando
chutada, ou uma bola de tênis quando atingida pela raquete, etc...
As funções δa,t0 : R → R dadas por δa,t0(t) =
{
1
2a se t ∈ [t0−a, t0+a]
0 se t /∈ [t0−a, t0+a]
servem como
modelo para este problema, mas na prática é conveniente trabalhar com a função (melhor dizer,
distribuição!) δt0(t) = lima→0
δa,t0(t), a qual é caracterizada por
1. δa,t0(t) =
{
0 se t 6= t0
+∞ se t = t0
;
2.
∫ +∞
−∞ δt0(t) = 1.
e não é de modo algum uma função.
Teorema 4.10. L{δt0(t)}= e−t0s. Em particular, L{δ0(t)}= 1.
Prova: Temos δa,t0(t) =
1
2a [ut0−a(t)−ut0+a(t)]. Segue que L{δa,t0(t)} =
1
2a
[
e−s(t0−a)
s − e
−s(t0+a)
s
]
= e−t0s
[
eas−e−as
2as
]
.
Logo L{δt0(t)}= lima→0 e
−t0s
[
eas−e−as
2as
]
=︸︷︷︸
L’Hospital
e−t0s lim
a→0
seas+se−as
2s = e
−t0s lim
a→0
eas+e−as
2 = e
−t0s.
54 Capítulo 4. Transformada de Laplace
Exemplo 4.5. Resolva
y
′′
+ y = 4δ2pi(t)
y(0) = 1
y
′
(0) = 0
.
4e−2pis = L{4δ2pi(t)}= L{y′′+ y}= s2Y (s)− sy(0)− y′(0)+Y (s)⇒
[s2+1]Y (s) = s+4e−2pis⇒ Y (s) = ss2+1 +4 e
−2pis
s2+1
⇒ y(t) = cos(t)+4sen(t−2pi)u2pi(t) ou y(t) =
{
cos(t) se 0≤ t < 2pi
cos(t)+4sen(t) se t ≥ 2pi .
Exemplo 4.6. Resolva
2y
′′
+ y
′
+2y = δ5(t)
y(0) = 0
y
′
(0) = 0
.
e−5s = L{δ5(t)}= L{2y′′+ y′+2y}= 2s2Y (s)−2sy(0)−2y′(0)+ sY (s)− y(0)+2Y (s)⇒
[2s2+ s+2]Y (s) = e−5s⇒ Y (s) = e−5s2s2+s+2 = e
−5s
2
1
(s+ 14 )
2+ 1516
⇒
⇒ y(t) = 2√
15
e−
t−5
4 u5(t)sen
[√
15
4 (t−5)
]
ou
y(t) =
{
0 se 0≤ t < 5
2√
15
e−
t−5
4 sen
[√
15
4 (t−5)
]
se t ≥ 5 .
EXERCÍCIO 4.24. Dada f : R+→ R, mostre que f (t)∗δ0(t) = f (t) para todo t ∈ R.
EXERCÍCIO 4.25. O movimento de uma partícula é descrito por
y
′′
+2y
′
+2y = 2δpi(t)
y(0) = 0
y
′
(0) = 0
.
Responda:
a) Sem fazer nenhum cálculo, diga como se encontra a partícula antes do instante t = pi. Qual
é a velocidade da partícula no instante t = pi?
b) Determine a função x(t) que descreve a posição da particula em cada instante t > 0.
Seção 4.6. Impulsos: Delta de Dirac 55
TÁBUA DE TRANSFORMADAS DE LAPLACE
É imprescindível que o aluno decore TODA esta tabela, ou leve uma cópia sem rasuras, ou
destaque esta no ato da prova para consulta, caso seja liberado pelo Professor.
Se sim, sugiro a primeira opção, considerando que o estudante pode esquecer de providênciar
a cópia.
f (t) L{ f (t)} f (t) L{ f (t)}
1 1s e
atcosh(kt) s−a(s−a)2−k2
t 1s2
eat−ebt
a−b
1
(s−a)(s−b)
tn n!sn+1
aeat−bebt
a−b
s
(s−a)(s−b)
tα Γ(α+1)sα+1
cos(bt)−cos(at)
a2−b2
s
(s2+a2)(s2+b2)√
t
√
pi
2
√
s3
sen(kt) · senh(kt) 2k2ss4+4k4
1√
t
√
pi
s sen(kt) · cosh(kt) k(s
2+2k2)
s4+4k4
sen(kt) ks2+k2 cos(kt) · senh(kt)
k(s2−2k2)
s4+4k4
cos(kt) ss2+k2 cos(kt) · cosh(kt) s
3
s4+4k4
sen2(kt) 2k
2
s(s2+4k2)
ebt−eat
t ln
( s−a
s−b
)
cos2(kt) s
2+2k2
s(s2+4k2)
sen(at)
t arctg
(a
s
)
eat 1s−a
sen(at)·cos(bt)
t
1
2arctg
(a+b
s
)
+ 12arctg
(a−b
s
)
senh(kt) ks2−k2
2−cos(at)
t ln
(
s2+k2
s2
)
cosh(kt) ss2−k2
2−cosh(at)
t ln
(
s2−k2
s2
)
senh2(kt) 2k
2
s(s2−4k2) δ(t) 1
cosh2(kt) s
2−2k2
s(s2−4k2) δ(t− t0) e−st0
teat 1(s−a)2 e
at f (t) F(s−a)
tneat n!(s−a)n+1 Ua(t)
e−as
s
tsen(kt) 2ks(s2+k2)2 f (t−a) ·Ua(t) e−as ·Fs
tcos(kt) s
2−k2
(s2+k2)2 f
(n)(t) snF(s)− sn−1 f (0)−·· ·− f (n−1)(0)
eatsen(kt) k(s−a)2+k2 t
n f (t) (−1)n dndsn F(s)
eatcos(kt) s−a(s−a)2+k2
t∫
0
f (α)g(t−α)dα L{ f (t)} ·L{g(t)}
tsenh(kt) 2ks(s2−k2)2
t∫
0
f (α)dα L{ f (t)}s
tcosh(kt) s
2+k2
(s2−k2)2 e
atsenh(kt) k(s−a)2−k2
Capítulo 5
Soluções em séries
Uma série de potências centrada em x= a é uma somatória infinita da forma
∞
∑
n=0
an(x−a)n =
lim
N→∞
N
∑
n=0
an(x−a)n.
Dizemos que uma série
∞
∑
n=0
cn é convergente e com soma L se dado ε > 0 for possível obter
N ∈ N suficientemente grande tal que
∣∣∣∣ N∑
n=0
cn−L
∣∣∣∣ < ε, do contrário, dizemos que essa série é
divergente.
O conjunto dos pontos x ∈ R para os quais a série de potências
∞
∑
n=0
an(x− a)n converge
constituem um intervalo da reta centrado em a, dito intervalo de convergência. Na verdade, dada
a série de potências
∞
∑
n=0
an(x−a)n, pode ocorrer:
1) a série converge apenas para x = a;
2) A série converge para todo x que satisfaça |x−a| < R e diverge para todo x que satisfaça
|x−a|> R para algum número real R;
3) A série converge para todo x ∈ R.
Os seguintes Teoremas são extremamente úteis para a detrminação do intervalo de
convergência de uma série de potèncias:
Teorema 5.1 (Teste da razão). Considere a série de potências
∞
∑
n=0
an(x−a)n. Se L = lim
n→∞
∣∣∣an+1an ∣∣∣
então a série converge para todo x ∈ R tal que |x− a| < 1L e diverge para todo x ∈ R tal que
|x−a|> 1L . Estamos convencionando é claro que se L = 0 então 1L = ∞ e se L = ∞ então 1L = 0.
Teorema 5.2 (Teste da raiz - versão Baby!). Considere a série de potências
∞
∑
n=0
an(x− a)n. Se
L = lim
n→∞
√|an| então a série converge para todo x ∈ R tal que |x− a| < 1L e diverge para todo
x ∈ R tal que |x−a|> 1L .
58 Capítulo 5. Soluções em séries
EXERCÍCIO 5.1. Calcule lim
n→∞
n
n√n! . Dica: É mais fácil do que parece... mas para isso não use
os métodos tradicionais! em vez destes, use e abuse dos testes da razão e da raiz!
Experimente também usar a fórmula de Stirling (Faça uma pesquisa!), a qual diz que
lim
n→∞
n!√
2 pi n ( ne)
n = 1.
Dizemos que uma função f : I → R é analítica num ponto x0 ∈ I se f (x) =
∞
∑
n=0
an(x− x0)n
para todo x em uma vizinhança de x0. É possível mostrar que neste caso an =
f (n)(x0)
n! para todo
n ∈ N, logo uma função analítica deve ser de classe C∞. Exemplos de funções analíticas:
1. Polinômios
2. ex =
∞
∑
n=0
xn
n! ;
3. cos(x) =
∞
∑
n=0
(−1)nx2n
(2n)! ;
4. sen(x) =
∞
∑
n=0
(−1)nx2n+1
(2n+1)! ;
5. arctg(x) =
∞
∑
n=0
(−1)nx2n+1
2n+1 ;
6. ln(1+ x) =
∞
∑
n=0
(−1)n+1xn
n ;
Além disso, se f e g são funções analíticas num ponto x0, então f +g, f ·g e fg (se g(x0) 6= 0)
também são analíticas em x0.
Vejamos agora alguns exemplos de funções que não são analíticas:
f (x) = |x| não é analítica em x = 0 pois não é diferenciável neste ponto;
definido fk(x) = xk se x > 0 e fk(x) = 0 se x ≥ 0, como f ′k = k fk−1, temos fk ∈ C k−1 mas
fk /∈ C k (Verifique!), logo nenhuma fk é analítica em x = 0;
Apesar de ser uma função f (x) = e−
1
x2 se x 6= 0 e f (0) = 0 não é analítica em x = 0 pois
apesar de ser uma função de classe C∞, é possivel mostrar que f (n)(0) = 0 para todo n, logo
f não é igual a sua série de potências centrada em x = 0 (no entanto f é analitica em todos os
demais pontos diferentes de 0);
Um exemplo ainda mais drástico e por isso belo!, mas que não poderia deixar de ser citado é
a função f (x) =
∞
∑
n=0
(3
2
)− k2 sen[(32)k x] a qual é bem definida e contínua para todo x mas não é
diferenciável em nenhum ponto! logo não é analítica.
EXERCÍCIO
5.2. Prove que a função f (x) =
∞
∑
n=0
(−1)n 1(n!)2
( x
2
)2n está bem definida para todo
x ∈ R e satisfaz xy′′+ y′+ y = 0.
Seção 5.1. Soluções em torno de pontos regulares 59
5.1 Soluções em torno de pontos regulares
Dada a E.D.O. a2(x)y
′′
+a1(x)y
′
+a0(x)y= 0 e fazendo P(x) =
a1(x)
a2(x)
e Q(x) = a0(x)a2(x) , podemos
escrever esta E.D.O. na forma y
′′
+P(x)y
′
+Q(x)y = 0. Com isso, dizemos que x0 ∈ R é um
ponto regular (ou ordinário, ou náo-singular) para a E.D.O. y
′′
+P(x)y
′
+Q(x) = 0 se P e Q são
analíticas (isto é, podem sr representadas em séries de potências) em x0.
Um ponto que não é regular é ddito singular.
Exemplo 5.1. Todo ponto x é um ponto regular para a E.D.O. y′′+ exy′+ sen(x)y = 0
Exemplo 5.2. x = 0 é um ponto regular para a E.D.O. xy′′+ sen(x)y = 0.
Exemplo 5.3. x = 0 é um ponto singular para a E.D.O. y′′+ ln(x)y = 0.
Exemplo 5.4. Os pontos singlares (complexos) da E.D.O. (x2+1)y′′+xy′−y= 0 são±i e todos
os outros pontos (reais ou complexos) são regulares.
Teorema 5.3. Se x0 for um ponto regular para a E.D.O. y
′′
+P(x)y
′
+Q(x)y= 0, então ela admite
duas soluções linearmente independentes, as quais podem ser expressas na forma de séries dade
potências centradas em x0 e convergem para uma solução desta E.D.O. em {x∈R : |x−x0|<R},
onde R é a distância do ponto x0 ao ponto singular complexo mais próximo.
Exemplo 5.5. Encontre uma base na forma de série de potências centrada em x = 0 para a
E.D.O. 4y
′′
+ y = 0.
Como x = 0 é um ponto regular, procuremos por uma solução da forma y(x) =
∞
∑
n=0
cnxn.
Temos y
′
(x) =
∞
∑
n=1
ncnxn−1 e y
′′
(x) =
∞
∑
n=2
n(n−1)cnxn−2. Dai 0 = 4y′′+ y =
4
∞
∑
n=2
n(n−1)cnxn−2︸ ︷︷ ︸
k=n−2
+
∞
∑
n=0
cnxn︸ ︷︷ ︸
k=n
= 4
∞
∑
k=0
(k+2)(k+1)ck+2xk +
∞
∑
k=0
ckxk =
∞
∑
k=0
[4(k+ 2)(k+ 1)ck+2 + ck]xk. Donde concluímos que 4(k+ 2)(k+ 1)ck+2 + ck = 0 para
todo k⇒ ck+2 = −ck4(k+2)(k+1) . Assim
60 Capítulo 5. Soluções em séries
c2 = −c04·2·1 =
−c0
22·2! ;
c4 = −c24·4·3 =
c0
4·4·3·2!·22 =
c0
24·4! ;
c6 = −c44·6·5 =
−c0
4·6·5·4!·24 =
−c0
26·6! ;
c3 = −c14·3·2 =
−c1
22·3! ;
c5 = −c34·5·4 =
c1
4·5·4·3!·22 =
c0
24·5! ;
c7 = −c54·7·6 =
−c1
4·7·6·5!·24 =
−c0
26·7! ;
e assim por diante... nossa intuição (tenha uma confiança demasiadamente moderada nela!
principalmente quando se resolve muitos exercícios!) nos leva a conjecurar que
c2n =
(−1)nc0
22n · (2n)! e c2n+1 =
(−1)nc1
22n · (2n+1)! para todo n ∈ N.
Isso de fato é verdade e facilmente provado via Indução Finita. Assim, y(x) =
∞
∑
n=0
cnxn =
∞
∑
n=0
c2nx2n+
∞
∑
n=0
c2n+1x2n+1 =
∞
∑
n=0
(−1)nc0
22n·(2n)!x
2n+
∞
∑
n=0
(−1)nc1
22n·(2n+1)!x
2n+1 = c0
∞
∑
n=0
(−1)n
(2n)! · x
2n
22n +
c1
∞
∑
n=0
(−1)n
(2n+1)! · x
2n+1
22n = c0
∞
∑
n=0
(−1)n
(2n)! ·
( x
2
)2n + 2c1 ∞∑
n=0
(−1)n
(2n+1)! ·
( x
2
)2n+1 = c0cos( x2)+ 2c1sen( x2)
como era de se esperar...
Exemplo 5.6. Encontre uma base na forma de série de potencias centrada em x = 0 para a
E.D.O. (x2+1)y
′′
+ xy
′− y = 0. Qual é o raio de convergência?
Resposta: Os pontos singulares (complexos) são ±i, logo a solução em série convergira pelo
menos para todo x tal que |x|< 1.
Supondo y(x) =
∞
∑
n=0
cnxn. Temos y
′
(x) =
∞
∑
n=1
ncnxn−1 e y
′′
(x) =
∞
∑
n=2
n(n−1)cnxn−2. Dai
0 = (x2+1)y
′′
+ xy
′− y = (x2+1)
∞
∑
n=2
n(n−1)cnxn−2+ x
∞
∑
n=1
ncnxn−1−
∞
∑
n=0
cnxn =
∞
∑
n=2
n(n−1)cnxn+
∞
∑
n=2
n(n−1)cnxn−2+
∞
∑
n=1
ncnxn−
∞
∑
n=0
cnxn =
2c2+6c3x+ c1x− c0− c1x+
∞
∑
n=2
n(n−1)cnxn︸ ︷︷ ︸
k=n
+
∞
∑
n=4
n(n−1)cnxn−2︸ ︷︷ ︸
k=n−2
+
∞
∑
n=2
ncnxn︸ ︷︷ ︸
k=n
−
∞
∑
n=2
cnxn︸ ︷︷ ︸
k=n
=
2c2+6c3x− c0+
∞
∑
k=2
k(k−1)ckxk +
∞
∑
k=2
(k+2)(k+1)ck+2xk +
∞
∑
k=2
kckxk−
∞
∑
k=2
ckxk =
(2c2− c0)+6c3x+
∞
∑
k=2
[(k(k−1)ck +(k+2)(k+1)ck+2+ kckxk− ck]xk =
(2c2− c0)+6c3x+
∞
∑
k=2
[(k2−1)ck +(k+2)(k+1)ck+2]xk
Seção 5.2. Soluções em torno de pontos singulares 61
Donde concluímos que 2c2−c0 = 0⇒ c2 = 12c0, 6c3 = 0⇒ c3 = 0 e (k2−1)ck+(k+2)(k+
1)ck+2 = 0 para todo k > 2⇒ ck+2 = 1−k2(k+2)(k+1)ck. Assim
c2 = 12c0;
c4 =−14c2 =−14 · 12c0 =− 122·2!c0;
c6 =−36c4 = 32·3 · 122·2!c0 = 1·323·3!c0;
c8 =−58c6 =− 52·4 · 1·323·3!c0 = 1·3·524·4!c0;
c10 =− 710c8 = 72·5 · 1·3·524·4!c0 = 1·3·5·725·5! c0;
c3 = 0;
c5 = 0;
c7 = 0;
c9 = 0;
e assim por diante... Via indução finita podemos provar que c2n =
(−1)n−1
n
∏
i=2
(2i−3)
2n n! para n > 2 e
c2n+1 = 0 para n > 0. Logo, a solução geral é y(x) = c1x+c0
1+ 12x2+ ∞∑
n=2
(−1)n−1
n
∏
i=2
(2i−3)
2n n!
x2n
EXERCÍCIO 5.3. Encontre a solução na forma de seríes de potências centrada no ponto x0
indicado e determine o raio de convergência das mesmas para os seguintes:
a) y′′+ xy′− y = 0, x0 = 0;
b) y′′+ xy′+2y = 0, x0 = 0;
c) (4− x2)y′′+2y = 0, x0 = 0;
d) (3− x2)y′′−3xy′− y = 0, x0 = 0;
e) 2y′′+ xy′+3y = 0, x0 = 0;
f) y′′− xy = 1, x0 = 0;
g) y′′−4xy′−4y = ex, x0 = 0;
5.2 Soluções em torno de pontos singulares
Definição 5.1. Dizemos que um ponto singular x0 de y
′′
+P(x)y
′
+Q(x)y= 0 é um ponto singular
regular (ou singularidade regular) se (x− x0)P(x) e (x− x0)2Q(x) são analíticas em x0. Do
contrário, dizemos que x0 é um ponto singular irregular.
62 Capítulo 5. Soluções em séries
Exemplo 5.7. Detemine os pontos singulares das seguintes E.D.O.s e os classifique em
singulares regulares ou singulares irregulares:
a) (x2−4)2y′′+(x−2)y′+ y = 0.
Resposta: Temos P(x) = 1(x−2)(x+2)2 e Q(x) =
1
(x−2)2(x+2)2 , logo os pontos singulares são x = 2 e
x =−2.
x = −2 é um ponto singular irregular pois (x+ 2)P(x) = 1(x−2)(x+2) não é analítica em x =
−2;
x = 2 é um ponto singular regular pois (x− 2)P(x) = 1(x+2)2 e (x− 2)2Q(x) = 1(x+2)2 são
analíticas em x = 2.
b) (x2+9)y
′′−3xy′+(1− x)y = 0.
Resposta: Temos P(x) = −3x(x2+9) e Q(x) =
1−x
(x2+9) , logo os pontos singulares são x = 3i e x =−3i
e não há pontos singulares reais.
EXERCÍCIO 5.4. Detemine os pontos singulares das seguintes E.D.O.s e os classifique em
singulares regulares ou singulares irregulares
1. (1− t2)x¨−2tx˙+λ(λ+1)x = 0 (Equação de Legendre)
2. (1− t2)x¨− tx˙+λ2x = 0 (Equação de Chebyshev)
3. t2x¨+ tx˙+(t2−λ2)x = 0 (Equação de Bessel)
4. tx¨+(1− t)x˙+λx = 0 (Equação de Laguerre)
Teorema 5.4 (Frobenius). Se x = x0 for um ponto singular regular para y
′′
+P(x)y
′
+Q(x)y = 0
então existe pelo menos uma solução da forma y(x) =
∞
∑
n=0
cn(x− x0)n+r, onde r ∈ R é uma
constante a ser determinada.
Exemplo 5.8. x = 0 é um ponto singular regular para a E.D.O. 3xy′′ + y′ − y = 0 (Verifique!).
tentemos então uma solução da forma y(x) =
∞
∑
n=0
cnxn+rUse o método de Frobenius para
encontrar uma base de soluções na forma de série centrada em x = 0 para a E.D.O. (x2 +
1)y
′′
+ xy
′− y = 0.
Resposta: Temos y
′
(x) =
∞
∑
n=0
(n+ r)cnxn+r−1 e y
′′
(x) =
∞
∑
n=0
(n+ r)(n+ r−1)cnxn+r−2. Dai
0 = 3xy
′′
+ y
′− y = 0 = 3x
∞
∑
n=0
(n+ r)(n+ r−1)cnxn+r−2+
∞
∑
n=0
(n+ r)cnxn+r−1−
∞
∑
n=0
cnxn+r =
Seção 5.2. Soluções em torno de pontos singulares 63
∞
∑
n=0
3(n+ r)(n+ r−1)cnxn+r−1+
∞
∑
n=0
(n+ r)cnxn+r−1−
∞
∑
n=0
cnxn+r =
xr
[
∞
∑
n=0
(n+ r)(3n+3r−2)cnxn−1−
∞
∑
n=0
cnxn
]
=
xr
r(3r−2)c0x−1+ ∞∑n=1(n+ r)(3n+3r−2)cnxn−1︸ ︷︷ ︸
k=n−1
−
∞
∑
n=0
cnxn︸ ︷︷ ︸
k=n
=
xr
[
r(3r−2)c0x−1+
∞
∑
k=0
[(k+ r+1)(3k+3r+1)ck+1− ck]xk
]
⇒
r(3r−2)c0 = 0⇒ r = 0 ou 3r−2 = 0⇒ r = 23 (se c0 = 0 teríamos a solução identicamente
nula! Verifique!),
e (k+ r+1)(3k+3r+1)ck+1−ck = 0 para todo k⇒ ck+1 = ck(k+r+1)(3k+3r+1)
Se r = 0 então ck+1 =
ck
(k+1)(3k+1) . Com isso,
c1 = c01·1 ;
c2 = c12·4 =
c0
2!·4·1 ;
c3 = c23·7 =
c0
3!·7·4·1 ;
c4 = c34·10 =
c0
4!·10·7·4·1 ;
e assim por diante... Via indução finita podemos provar que cn = c0n!·1·4·7·10·····(3n−2) . Temos então
soluções em séries da forma y1(x) = c0
1+ ∞∑
n=1
1
n!
n
∏
j=1
(−2+3 j)
xn
;
Analogamente, se r = 23 então ck+1 =
ck
(3k+3)(k+ 53 )
= ck(k+1)(3k+5) . Com isso,
c1 = c01·5 ;
c2 = c12·8 =
c0
2!·8·5 ;
c3 = c23·11 =
c0
3!·11·8·5 ;
c4 = c34·14 =
c0
4!·14·11·8·5 ;
e assim por diante... Via indução finita podemos provar que cn = c0n!·5·8·11·14·····(3n+2) . Temos então
soluções em séries da forma y2(x) = c0x
2
3
1+ ∞∑
n=1
1
n!
n
∏
j=1
(2+3 j)
xn
;
Usando o Teste da razão, podemos mostrar que essas séries convergem para todo x ∈ R
(EXERCÍCIO!).
EXERCÍCIO 5.5. Encontre duas soluções L.I.s na forma de seríes centrada em x0 = 0 e
determine o raio de convergência das mesmas para os seguintes:
a) 2xy′′− y′+2y = 0;
64 Capítulo 5. Soluções em séries
b) 3xy′′+(2− x)y′− y = 0;
c) 2x2y′′− x(x−1)y′− y = 0;
d) xy′′+2y′− xy = 0;
e) x(x−1)y′′+3y′−2y = 0;
f) x2y′′+3xy′−8y = 0 (equação de Cauchy-Euler).
Capítulo 6
Sistemas de EDOs lineares de primeira ordem
Definição 6.1. Um sistema linear de equações diferenciais ordinárias de primeira ordem é um
conjunto de equações da forma
x
′
1(t) = a11(t)x1(t)+a12(t)x2(t)+ · · ·+a1m(t)xm(t)+g1(t)
x
′
2(t) = a21(t)x1(t)+a22(t)x2(t)+ · · ·+a2m(t)xm(t)+g2(t)
...
...
...
x
′
m(t) = am1(t)x1(t)+am2(t)x2(t)+ · · ·+amm(t)xm(t)+gm(t)
(6.1)
Usando matrizes, podemos reescrever o sistema 6.1 como
x
′
1(t)
x
′
2(t)
...
x
′
m(t)
︸ ︷︷ ︸
X ′(t)
=
a11(t) a12(t) · · · a1m(t)
a21(t) a22(t) · · · a2m(t)
...
...
. . .
...
am1(t) am2(t) · · · amm(t)
︸ ︷︷ ︸
A(t)
x1(t)
x2(t)
...
xm(t)
︸ ︷︷ ︸
X(t)
+
g1(t)
g2(t)
...
gm(t)
︸ ︷︷ ︸
G(t)
ou abreviadamente, X
′
(t) = A(t) ·X(t)+G(t).
Se G(t)≡ 0, isto é,
X
′
(t) = A(t)X(t), (6.2)
então o sistema 6.2 é dito homogêneo.
Teorema 6.1. O conjunto das soluções de 6.2 é um espaço vetorial de dimensão n. Na verdade
é um subespaço de C (I,Rn).
Prova: É fácil ver que a função vetorial identicamente nula X(t) ≡ 0 é solução de 6.2 e que se
X1(t) e X2(t) são soluções de 6.2 e c ∈ R então X1(t)+X2(t) e cX1(t) também são soluções de
66 Capítulo 6. Sistemas de EDOs lineares de primeira ordem
6.2 (EXERCÍCIO!). Com isso, concluímos que o conjunto das soluções de 6.2 é um subespaço
vetorial de C (I,Rn). Resta mostrar que a dimensão deste subespaço é n.
Seja {e1, e2, · · · ,en} a base canônica de Rn e seja t0 ∈ I fixado. considere a solução ϕi(t) de
6.2 tal que ϕi(t0) = ei, a qual existe e é única pelo Teorema de Picard. {ϕ1, ϕ2, · · · , ϕn} assim
definido é uma base para o subespaço das soluções de 6.2. De fato:
Se ϕ é uma solução de 6.2, ϕ(t0) ∈ Rn, e portanto existem escalares a1,a2, · · · ,an tais que
ϕ(t0) = a1 · e1+a2 · e2+ · · ·+an · en = a1 ·ϕ1(t0)+a2 ·ϕ2(t0)+ · · ·+an ·ϕn(t0).
ϕ e a1 ·ϕ1+a2 ·ϕ2+ · · ·+an ·ϕn são soluções de 6.2 que coindicem no ponto t0. pelo Teorema
de Picard, temos ϕ(t) = a1 ·ϕ1(t)+a2 ·ϕ2(t)+ · · ·+an ·ϕn(t)
Para testar a independência linear de soluções para 6.2, temos o seguinte
Teorema 6.2. Se ϕ1(t) =
x11(t)
x21(t)
...
xm1(t)
, ϕ2(t) =
x12(t)
x22(t)
...
xm2(t)
, · · · , ϕn(t) =
x1m(t)
x2m(t)
...
xmm(t)
são
soluções de 6.2 então:
1. W (ϕ1, · · · ,ϕn)(t) = det
x11(t) x12(t) · · · x1m(t)
x21(t) x22(t) · · · x2m(t)
...
...
. . .
...
xm1(t) xm2(t) · · · xmm(t)
ou é identicamente nulo, ou
nunca se anula em I;
2. {ϕ1(t), · · · ,ϕn(t)} é linearmente independente se e somente se W (ϕ1, · · · ,ϕn)(t) 6= 0 para
todo t ∈ I (na verdade, pelo item 1. é suficiente vermos que W (ϕ1, · · · ,ϕn)(t) 6= 0 para um
único t ∈ I!).
6.1 Resolução de sistemas autonômos
Se em 6.2 A(t)≡ A (A independe de t), isto é
X
′
(t) = AX(t), (6.3)
então o sistema 6.2 é dito autônomo.
Motivados pelo caso unidimensional x
′
= ax, onde a ∈ R cujas solução geral é x(t) = ceat ,
procuremos por soluções da forma X(t) = veλt para 6.3. Assim:
Seção 6.1. Resolução de sistemas autonômos 67
λ · v · eλt = X ′(t) = A ·X(t) = A · [veλt ] = eλt ·A · v⇒ A · v = λ · v.
Logo, para que X(t) = veλt seja solução de 6.3, λ deve ser uma autovalor da matriz A e v deve
ser um autovetor da matriz A associado ao autovalor λ.
Exemplo 6.1. Encontre uma base de soluções para
{
x
′
1(t) = x1(t)+2 x2(t)
x
′
2(t) = 8 x1(t)+ x2(t)
Resolução: A matriz dos coeficientes é A =
[
1 2
8 1
]
, e seus autovalores são as raízes do
polinômio característico PA(λ) = det(λId−A) = det
[
λ−1 −2
−8 λ−1
]
= λ2− 2λ− 15. Logo,
λ=−3 ou λ= 5.
Correspondendo ao autovalor λ = −3 temos
{
x1+2 x2 = −3x1
8 x1+ x2 = −3x2
⇒{
4x1+2 x2 = 0
8 x1+4 x2 = 0
⇒ x2 = −2 x1. Logo, o autoespaço associado ao autovalor λ = −3
é V−3 = {(x,y) ∈ R2 : y =−2x}, o qual é gerado pelo autovetor (1,−2).
De modo análogo, correspondendo ao autovalor λ= 5 temos
{
x1+2 x2 = 5x1
8 x1+ x2 = 5x2
⇒{
−4x1+2 x2 = 0
8 x1−4 x2 = 0
⇒ x2 = 2 x1. Logo, o autoespaço associado ao autovalor λ = 5 é
V5 = {(x,y) ∈ R2 : y = 2x}, o qual gerado pelo autovetor (1,2).
Assim, uma base de soluções para este sistema linear de
E.D.O.s é
{[
1
−2
]
e−3t ,
[
1
2
]
e5t
}
, e a solução geral é X(t) ={
a
[
1
−2
]
e−3t +b
[
1
2
]
e5t =
[
ae−3t +be5t
−2ae−3t +2be5t
]
;a,b ∈ R
}
.
Exemplo 6.2. Encontre uma base de soluções para
{
x
′
1(t) = 3x1(t)− x2(t)
x
′
2(t) = x1(t)+ x2(t)
Resolução: A matriz dos coeficientes é A =
[
3 −1
1 1
]
, e seus autovalores são as raízes do
polinômio característico PA(λ) = det(λId−A) = det
[
λ−3 −1
1 λ−1
]
= λ2−4λ+4= (λ−2)2.
Logo, λ= 2 é o único autovalor de A. Temos{
3x1− x2 = 2x1
x1+ x2 = 2x2
⇒
{
x1− x2 = 0
x1− x2 = 0
⇒ x1 = x2
68 Capítulo 6. Sistemas de EDOs lineares de primeira ordem
Logo, o autoespaço associado ao autovalor λ = 2 é V2 = {(x,y) ∈ R2 : y = x}, o qual é
gerado pelo autovetor (1,1). com isso, temos a solução não nula φ1(t) =
[
1
1
]
e2t e precisamos
encontrar outra solução que seja L.I. com esta.
Tentemos uma solução da forma φ2(t) =
[
at+b
ct+d
]
e2t e procuremos determinar a, b, c e d
(isto é um bom exercício de CÁLCULO!):
[
(2at+(a+2b))e2t
(2ct+(c+2d))e2t
]
=
[
ae2t +2(at+b)e2t
ce2t +2(ct+d)e2t
]
=
[
(at+b)e2t
(ct+d)e2t
]′
=
φ
′
2(t) =
[
3 −1
1 1
]
φ
′
2(t) =
[
3 −1
1 1
][
(at+b)e2t
(ct+d)e2t
]
=
[
(3(at+b)− (ct+d))e2t
((at+b)+(ct+d))e2t
]
=
[
((3a− c)t+(3b−d))e2t
((a+ c)t+(b+d))e2t
]
⇒
2a = 3a− c
a+2b = 3b−d
2c = a+ c
c+2d = b+d
⇒
a = c
d = b−a
a = c
d = b− c = b−a
Se a= 1 e b= 0 então c= 1 e d =−1 e obtemos a solução φ2(t) =
[
t
t−1
]
e2t . além disso,
é fácil ver que φ1(t) e φ2(t) são L.I. (EXERCÍCIO!)
Se tivéssemos condições iniciais, por exemplo, digamos que tivéssemos interessados na
solução X(t) =
[
x1(t)
x2(t)
]
tal que X(0) =
[
2
1
]
, poderiamos naturalmente após ter encontrado a
base de soluções
{[
1
1
]
e2t ,
[
t
t−1
]
e2t
}
tomar a combinação linear X(t) = α
[
1
1
]
e2t +
β
[
t
t−1
]
e2t e considerando que X(0) =
[
2
1
]
obteríamos
[
2
1
]
= X(0) = α
[
1
1
]
+
β
[
t
t−1
]
⇒ α= 2 e β= 1, isto é, X(t) =
2
[
1
1
]
e2t +1
[
t
t−1
]
e2t .
Uma forma alternativa de resolução é considerando a transformada de Laplace! Digamos que
L{x1}= X1 e L{x2}= X2. Assim:
x
′
1(t) = 3x1(t)− x2(t)
x
′
2(t) = x1(t)+ x2(t)[
x1(0)
x2(0)
]
=
[
2
1
] ⇒︸︷︷︸
L
{
sX1(s)− x1(0) = 3X1(s)− X2(s)
sX2(s)− x2(0) = X1(s)+X2(s)
⇒
Seção 6.1. Resolução de sistemas autonômos 69
{
(s−3)X1(s)+X2(s) = 2
−X1(s)+(s−1)X2(s) = 1
⇒ X1(s) = s−1(s−2)2 e X2(s) = 2s−3(s−2)2 ⇒ x1(t) = 2e2t + te2t
e x2(t) = e2t + te2t .
O leitor também deve estar querendo saber (e com razão) o que diferencia estes dois
exemplos, visto que no primeiro conseguimos determinar uma base de soluções apenas com
o cálculo dos autovalores e autovetores, ao passo que no segundo exemplo isto não ocorreu. Para
explicar isto basta lembrar do seguinte Teorema de Álgebra Linear:
Teorema 6.3. Seja A uma matriz quadrada de ordem n. A autovalores distintos de A
correspondem autovetores linearmente independentes.
Segue portanto deste Teorema que se todos os autovalores de uma matriz quadrada A
forem distintos, então os seus autovetores correspondentes serão linearmente independentes, e
consequentemente obteremos soluções L.I. para o sistema X
′
= AX .
Se a matriz A tiver autovalores repetidos então pode ocorrer que não existam autovetores em
quantidade suficientes para obtermos uma base (é o que ocorre no ultimo exemplo acima! na
verdade isso sempre ocorre quando a multiplicidade algebrica deste autovalor for extritametne
maior do que a sua multiplicidade geométrica), mas pode ser que tenhamos autovalores
em quantidade suficiente (quando a multiplicidade algébrica deste autovalor for iqual a sua
multiplicidade geométrica) como veremos em outro exemplo a seguir.
Um caso ainda mais drástico é ilustrado no próximo exemplo:
Exemplo 6.3. Encontre uma base de soluções para
{
x
′
1(t) = 3x1(t)+2x2(t)
x
′
2(t) = −x1(t)+ x2(t)
Resolução: A matriz dos coeficientes é A =
[
3 2
−1 1
]
, e seus autovalores são as raízes do
polinômio característico PA(λ) = det(λId−A) = det
[
λ−3 2
−1 λ−1
]
= λ2− 4λ+ 5. Logo,
λ = 2+ i ou λ = 2− i, isto é, a matriz A não admite autovalores reais neste caso! De qualquer
modo procuremos determinar (pelo menos) um autovetor (complexo) associado a (pelo menos)
um dos autovalores (complexos) de A (λ= 2+ i, por exemplo):{
3x1+2x2 = (2+ i)x1
−x1+ x2 = (2+ i)x2
⇒
{
(1− i)x1+2x2 = 0
−x1+(−1− i)x2 = 0
⇒ x1 = −(1 + i)x2 Portanto[
1+ i
−1
]
é um autovetor (complexo) de A. Assim
Y (t) =
[
1+ i
−1
]
e(2+i)t =
[
1+ i
−1
]
e2teit =
[
1+ i
−1
]
e2t [cos(t)+ isen(t)] =
70 Capítulo 6. Sistemas de EDOs lineares de primeira ordem
[
cos(t)− sen(t)
−cos(t)
]
e2t︸ ︷︷ ︸
φ1(t)
+i
[
sen(t)+ cos(t)
−sen(t)
]
e2t︸ ︷︷ ︸
φ2(t)
é uma solução (complexa) para X
′
= AX neste caso, e a sua parte real φ1(t) =[
cos(t)− sen(t)
−cos(t)
]
e2t junto com a sua parte imaginária φ2(t) =
[
sen(t)+ cos(t)
−sen(t)
]
e2t
constituem uma base de soluções reais para este sistema (VERIFIQUE!).
Exemplo 6.4. Encontre uma base de soluções para
x1(t)x2(t)
x3(t)
′
=
0 1 11 0 1
1 1 0
x1(t)x2(t)
x3(t)
Resolução: Após realizar os cálculos necessários, concluímos que os autovalores da matriz dos
coeficientes são -1 (com multiplicidade algébrica 2) e 2 (com multiplicidade algébrica 1), visto
que PA(λ) = (λ−2)(λ+1)2. Logo:
Correspondendo ao autovalor λ = −1 temos os autovetores linearmente independentes
(1,0,−1) e (0,1,−1), e correspondendo ao autovalor λ= 2 temos o autovetor (1,1,1).
Assim, a solução geral é
x1(t)x2(t)
x3(t)
= a
11
1
e2t+b
10
−1
e−t+c
01
−1
e−t , a,b,c∈R.
Observe que neste caso, apesar de termos autovalores repetidos foi possível obter autovetores
L.I. em quantidade suficiente para gerar uma base de soluções. O leitor familiarizado com
Álgebra Linear poderia deduzir imediatamente que isso iria acontecer uma vez visto que a matriz
dos coeficientes é simétrica. Esta conclusão segue da seguinte versão (para principiantes) do
famoso e TOP Teorema de Álgebra Linear:
Teorema 6.4 (Teorema Espectral da Álgebra Linear). Seja A uma matriz simétrica n× n com
coeficentes em R. Então:
1. Todos os autovalores de A são números reais (isto significa que não é preciso preocupar-se
com autovalores complexos quando a matriz A for simétrica!)
2. A matriz A é diagonalizável, e isto é equivalente a dizer que é possível obter uma base de
Rn constituida unicamente por autovetores de A.
EXERCÍCIO 6.1. Encontre a solução geral dos seguintes:
Seção 6.2. Matriz fundamental 71
a) X ′ =
[
3 −2
4 −1
]
X
d) X ′ =
[
−1 −4
1 −1
]
X
g) X ′ =
3 2 42 0 2
4 2 3
X
b) X ′ =
[
3 −4
1 −1
]
X
e) X ′ =
[
2 1
3 −4
]
X
h) X ′ =
−3 0 21 −1 0
−2 −1 0
X
c) X ′ =
[
1 −2
3 −4
]
X
f) X ′ =
[
4 −2
8 −4
]
X
i) X ′ =
1 1 12 1 −1
0 −1 1
X
EXERCÍCIO 6.2. Encontre a solução dos seguintes:
a) X ′ =
[
3 9
−1 −3
]
X com a condição inicial X(0) =
[
2
4
]
;
b) X ′ =
[
1 −5
1 −3
]
X com a condição inicial X(0) =
[
1
1
]
;
c) X ′ =
[
5 −1
3 1
]
X com a condição inicial X(0) =
[
2
−1
]
.
6.2 Matriz fundamental
Suponha que as funções vetoriais X1(t) = (x11(t), x21(t), · · · xn1(t))t , X2(t) =
(x12(t), x22(t), · · · xn2(t))t , · · · , Xn(t) = (x1n(t), x2n(t), · · · xnn(t))t constituam uma base de
soluções para 6.2 em algum intervalo I.
A matriz ψ(t) =
x11(t) x12(t) · · · x1n(t)
x21(t) x22(t) · · · x2n(t)
...
...
. . .
...
xn1(t) xn2(t) · · · xnn(t)
é dita ser uma matriz fundamental de 6.2.
Por exemplo, uma matriz fundamental de
[
x
′
1(t)
x
′
2(t)
]
=
[
1 2
8 1
][
x1(t)
x2(t)
]
(vide o Exemplo
6.1, 67) é ψ(t) =
[
e−3t e5t
−2e−3t 2e5t
]
Propriedades: A matriz ψ : I ⊂ R→ Rn satisfaz
72 Capítulo 6. Sistemas de EDOs lineares de primeira ordem
1. ψ′(t) = A ·ψ(t); 2. ψ(t+ s) = ψ(t) ·ψ(s).
Como já foi visto, a solução geral de 6.2 é X(t) = c1X1(t)+ c2X2(t)+ · · ·+ cnXn(t), ou em
termos da matriz fundamental ψ(t), X(t) = ψ(t) ·
c1
c2
...
cn
︸ ︷︷ ︸
C
. De fato:
ψ(t)C =
x11(t) x12(t) · · · x1n(t)
x21(t) x22(t) · · · x2n(t)
...
...
. . .
...
xn1(t) xn2(t) · · · xnn(t)
c1
c2
...
cn
=
c1x11(t)+ c2x12(t)+ · · ·+ cnx1n(t)
c1x21(t)+ c2x22(t)+ · · ·+ cnx2n(t)
...
c1xn1(t)+ c2xn2(t)+ · · ·+ cnxnn(t)
=
c1 ·
x11(t)
x21(t)
...
xn1(t)
+c2 ·
x12(t)
x22(t)
...
xn2(t)
+ · · ·+cn ·
x1n(t)
x2n(t)
...
xnn(t)
= c1X1(t)+c2X2(t)+ · · ·+cnXn(t)=X(t).
Com isso, dado o Problema de Valor Inicial
{
X
′
(t) = A(t)X
X(t0) = X0
onde t0 ∈ I, o vetor C deve
ser tal que X(t0) = ψ(t0) ·C. Como ψ(t) é inversível para todo t ∈ I, temos C = ψ−1(t0) ·X(t0),
assim, a solução deste PVI é X(t) = ψ(t) ·ψ−1(t0) ·X(t0).
EXERCÍCIO 6.3. Determine uma matriz fundamental para cada um dos seguintes:
a) X ′ =
1 0 02 1 −2
3 2 1
X
b) X ′ =
0 0 −12 0 0
−1 2 4
X
c) X ′ =
1 1 12 1 −1
−3 2 4
X
d) X ′ =
5 −3 −28 −5 −4
−4 3 3
X
Matriz Principal
Seção 6.3. Exponencial de matrizes 73
As vezes é conveniente trabalharmos com a matriz fundamental Φ(t) que satisfaz Φ(t0) = Id
(Mostre como um exercício que esta matriz fundamental existe e é única!), a qual é dita Matriz
principal de 6.2 em t0. Se este é o caso, a solução geral de 6.2 é X(t) =Φ(t) ·X(t0).
Exemplo 6.5. A matriz principal do sistema do Exemplo 6.1 (página 67) em t0 = 0 é Φ(t)
=[
1
2e
−3t + 12e
5t −14e−3t + 14e5t
−12e−3t + e5t 12e−3t + 12e5t
]
.
Mas como foi encontrada Φ(t)? A receita é simples: Basta fazer combinações lineares com
as colunas de uma matriz fundamental de modo que no instante t = t0 possamos obter os vetores
(1,0) e (0,1), o que é equivalente ao cálculo ψ(t) ·ψ−1(t0).
Propriedades:
1. Φ′(t) = A ·Φ(t);
2. Φ(t+ s) =Φ(t) ·Φ(s).
3. Φ(t0) = Id;
4. Se t0 = 0 então [Φ(t)]−1 =Φ(−t)
Prova: 1. e 2. seguem do fato de que toda matriz principal é fundamental; e 3. segue da definição
de matriz principal.
Quanto a 4., esta é uma consequência de 2. De fato, tomando s = −t obtemos Id = Φ(0) =
Φ(t− t) =Φ(t)Φ(−t)⇒Φ(−t) = Id[Φ(t)]−1⇒Φ(−t) = [Φ(t)]−1.
6.3 Exponencial de matrizes
Tomando t0 = 0, as propriedades da matriz principal sugerem que ela tem um comportamento
semelhante ao da função exponencial f : R→ R que a cada número real x associa o número real
f (x) = ex. Com isso, dada uma matriz quadrada A de ordem m, definimos et·A :=
∞
∑
n=0
tn·An
n! =
Id+A · t+ t2·A22 + t
3·A3
6 + · · ·
Observe que et·A está bem definida para qualquer matriz Am×m e para todo t ∈ R. De fato,
tomando em Mm×m(R) a norma ||A|| = max||v||=1 A · v, a qual satisfaz ||A · B|| ≤ ||A|| · ||B||, para
queisquer matrizes A,B ∈Mm×m(R), obtemos:
||et·A||=
∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣ ∞∑n=0 t
n ·An
n!
∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣≤ ∞∑n=0
∣∣∣∣∣∣∣∣tn ·Ann!
∣∣∣∣∣∣∣∣= ∞∑
n=0
tn · ||An||
n!
≤
∞
∑
n=0
tn · ||A||n
n!
= et |˙|A||
74 Capítulo 6. Sistemas de EDOs lineares de primeira ordem
donde concluímos que et·A está bem definida por ser uma série (uniforme e absolutamente)
convergente, a qual satisfaz (et·A)′ = A · et·A e e0·A = Id (EXERCÍCIO!). Com isso, concluimos
que et·A e a matriz principal φ(t) são ambas soluções de
{
X
′
= AX
X(0) = Id
e dai, pelo Teorema de
Picard, obtemos φ(t) = et·A para todo t ∈ R.
Sabendo que φ(t) = et·A, e reescrevendo as propriedades listadas acima para a matriz
principal, obtemos as seguintes Propriedades:
1. (et·A)′ = A · et·A;
2. e(t+s)·A = et·A · es·A.
3. e0·A = Id;
4. [et·A]−1 = e−t·A;
Também temos
5. det(eA) = etr(A)
6. Se A ·B = B ·A então B · et A = et A ·B para todo t ∈ R.
7. eA+B = eA · eB se e somente se A ·B = B ·A;
Prova: 6. É fácil ver (por Indução!) que B ·An = An ·B para todo n ∈ N, com isso, B · et A =
B ·
(
∞
∑
n=0
tn An
n!
)
=
∞
∑
n=0
B · tn Ann! =
∞
∑
n=0
tn B·An
n! =
∞
∑
n=0
tn An·B
n! =
(
∞
∑
n=0
tn An
n!
)
·B = et A ·B.
Prova: 7.
(⇐) Observe que X1(t) = et (A+B) e X2(t) = et A ·et B são ambas soluções de
{
X
′
= (A+B)X
X(0) = Id
.
De fato, é fácil ver que X1(0) = Id = X2(0) e que X
′
1(t) = (A+B)e
t(A+B). Resta mostrar que X2
também satisfaz esta E.D.O. usando 6:
X
′
2(t) = Ae
t A · et B+ et A ·Bet B = Aet A · et B+Bet A · et B = (A+B)et A · et B = (A+B)X2(t)
com isso, pelo Teorema de Picard, temos et (A+B) = et A · et B para todo t ∈ R. Em particular,
quando t = 1 obtemos eA+B = eA · eB como queríamos.
(⇒) SE
EXERCÍCIO 6.4. a) Resolva X ′(t) =
[
x1(t)
x2(t)
]′
=
[
3 5
−1 5
][
x1(t)
x2(t)
]
com a condição
inicial X(0) =
[
2
1
]
.
Seção 6.4. A Forma Canônica de Jordan 75
b) Idem para X ′(t) =
[
3 −1
1 1
][
x1(t)
x2(t)
]
com a condição inicial X(0) =
[
2
1
]
.
EXERCÍCIO 6.5. Considere o sistema de E.D.O.s X ′(t) =
[
x1(t)
x2(t)
]′
=
[
2 8
−1 6
]
︸ ︷︷ ︸
A
·
[
x1(t)
x2(t)
]
a) Encontre a solução geral desse sistema;
b) Calcule eAt;
c) Determine a solução tal que X(0) =
[
2
1
]
.
6.4 A Forma Canônica de Jordan
Relembremos da álgebra linear que duas matrizes quadradas A e B de ordem n são ditas
semelhantes se existir uma matriz quadrada inversível P de ordem n tal que B = P−1 ·A ·P. Se
este é o caso então as matrizes et·A e et·B também são semelhantes para todo t ∈ R. De fato:
et·B =
∞
∑
n=0
tn·Bn
n! =
∞
∑
n=0
tn·(P−1·A·P)n
n! =
∞
∑
n=0
tn·P−1·An·P
n! = P
−1 ·
(
∞
∑
n=0
tn··An
n!
)
·P = P−1 · et·A ·P.
com isso, concluímos que para calcular et·A, é suficiente calcularmos et·B para alquma matriz B
semelhante a matriz A. Temos o seguinte
Teorema 6.5 (Forma canônica de Jordan). Dada uma matriz quadrada A de ordem n, existe uma
matriz inversível P de ordem n tal que J(A) = P−1 ·A ·P = diag{J1,J2, · · · ,Jk}, onde cada Ji é
da forma
λ 0 0 · · · 0 0
0 λ 0 · · · 0 0
0 0 λ · · · 0 0
...
...
...
. . .
...
...
0 0 0 · · · λ 0
0 0 0 · · · 0 λ
ou
λ 1 0 · · · 0 0
0 λ 1 · · · 0 0
0 0 λ · · · 0 0
...
...
...
. . .
...
...
0 0 0 · · · λ 1
0 0 0 · · · 0 λ
onde λ é um autovalor real de A; ou
76 Capítulo 6. Sistemas de EDOs lineares de primeira ordem
a −b 0 0 0 0 · · · 0 0 0 0
b a 0 0 0 0 · · · 0 0 0 0
0 0 a −b 0 0 · · · 0 0 0 0
0 0 b a 0 0 · · · 0 0 0 0
0 0 0 0 a −b · · · 0 0 0 0
0 0 0 0 b a · · · 0 0 0 0
...
...
...
...
...
...
. . .
...
...
...
...
0 0 0 0 0 0 · · · a −b 0 0
0 0 0 0 0 0 · · · b a 0 0
0 0 0 0 0 0 · · · 0 0 a −b
0 0 0 0 0 0 · · · 0 0 b a
ou
a −b 1 0 0 0 · · · 0 0 0 0
b a 0 1 0 0 · · · 0 0 0 0
0 0 a −b 1 0 · · · 0 0 0 0
0 0 b a 0 1 · · · 0 0 0 0
0 0 0 0 a −b · · · 0 0 0 0
0 0 0 0 b a · · · 0 0 0 0
...
...
...
...
...
...
. . .
...
...
...
...
0 0 0 0 0 0 · · · a −b 1 0
0 0 0 0 0 0 · · · b a 0 1
0 0 0 0 0 0 · · · 0 0 a −b
0 0 0 0 0 0 · · · 0 0 b a
onde λ= a+bi é um autovalor complexo de A.
É fácil calcular a exponencial de matrizes em forma de Jordam. De fato:
Se A =
λ 0 0 · · · 0 0
0 λ 0 · · · 0 0
0 0 λ · · · 0 0
...
...
...
. . . 0 0
0 0 0 · · · λ 0
0 0 0 · · · 0 λ
então et·A =
eλt 0 0 · · · 0 0
0 eλt 0 · · · 0 0
0 0 eλt · · · 0 0
...
...
...
. . . 0 0
0 0 0 · · · eλt 0
0 0 0 · · · 0 eλt
.
Seção 6.4. A Forma Canônica de Jordan 77
Se A =
λ 1 0 · · · 0 0
0 λ 1 · · · 0 0
0 0 λ · · · 0 0
...
...
...
. . . 0 0
0 0 0 · · · λ 1
0 0 0 · · · 0 λ
=
λ 0 0 · · · 0 0
0 λ 0 · · · 0 0
0 0 λ · · · 0 0
...
...
...
. . . 0 0
0 0 0 · · · λ 0
0 0 0 · · · 0 λ
︸ ︷︷ ︸
λId
+
0 1 0 · · · 0 0
0 0 1 · · · 0 0
0 0 0 · · · 0 0
...
...
...
. . .
...
...
0 0 0 · · · 0 1
0 0 0 · · · 0 0
︸ ︷︷ ︸
E
,
como as matrizes λId e E comutam (VERIFIQUE!), et·A = et·(λId+E) = et·λId · et·E =
eλt 0 0 · · · 0 0
0 eλt 0 · · · 0 0
0 0 eλt · · · 0 0
...
...
...
. . . 0 0
0 0 0 · · · eλt 0
0 0 0 · · · 0 eλt
·
1 t t
2
2 · · · t
n−2
(n−2)!
tn−1
(n−1)!
0 1 t · · · tn−3(n−3)! t
n−2
(n−2)!
0 0 1 · · · tn−4(n−4)! t
n−3
(n−3)!
...
...
...
. . .
...
...
0 0 0 · · · 1 t
0 0 0 · · · 0 1
=
eλt teλt t
2
2 e
λt · · · tn−2(n−2)!eλt t
n−1
(n−1)!e
λt
0 eλt teλt · · · tn−3(n−3)!eλt t
n−2
(n−2)!e
λt
0 0 eλt · · · tn−4(n−4)!eλt t
n−3
(n−3)!e
λt
...
...
...
. . .
...
...
0 0 0 · · · eλt teλt
0 0 0 · · · 0 eλt
Se A =
a −b 0 0 · · · 0 0
b a 0 0 · · · 0 0
0 0 a −b · · · 0 0
0 0 b a · · · 0 0
...
...
...
...
. . .
...
...
0 0 0 0 · · · a −b
0 0 0 0 · · · b a
então
etA =
eatcos(bt) −eatsen(bt) 0 0 · · · 0 0
eatsen(bt) eatcos(bt) 0 0 · · · 0 0
0 0 eatcos(bt) −eatsen(bt) · · · 0 0
0 0 eatsen(bt) eatcos(bt) · · · 0 0
...
...
...
...
. . .
...
...
0 0 0 0 · · · eatcos(bt)
−eatsen(bt)
0 0 0 0 · · · eatsen(bt) eatcos(bt)
78 Capítulo 6. Sistemas de EDOs lineares de primeira ordem
Se A =
a −b 1 0 0 0 · · · 0 0 0 0
b a 0 1 0 0 · · · 0 0 0 0
0 0 a −b 1 0 · · · 0 0 0 0
0 0 b a 0 1 · · · 0 0 0 0
0 0 0 0 a −b · · · 0 0 0 0
0 0 0 0 b a · · · 0 0 0 0
...
...
...
...
...
...
. . .
...
...
...
...
0 0 0 0 0 0 · · · a −b 1 0
0 0 0 0 0 0 · · · b a 0 1
0 0 0 0 0 0 · · · 0 0 a −b
0 0 0 0 0 0 · · · 0 0 b a
então etA =
eat
cos(bt) −sen(bt) tcos(bt) −tsen(bt) t22 cos(bt) − t
2
2 sen(bt) · · · t
n−2
(n−2)!cos(bt) − t
n−2
(n−2)!sen(bt)
tn−1
(n−1)!cos(bt) − t
n−1
(n−1)!sen(bt)
sen(bt) cos(bt) tsen(bt) tcos(bt) t
2
2 sen(bt)
t2
2 cos(bt) · · · t
n−2
(n−2)! sen(bt)
tn−2
(n−2)! cos(bt)
tn−1
(n−1)!sen(bt)
tn−1
(n−1)! cos(bt)
0 0 cos(bt) −sen(bt) tcos(bt) −tsen(bt) · · · tn−2(n−2)! cos(bt) − t
n−3
(n−3)!sen(bt)
tn−2
(n−2)!cos(bt) − t
n−2
(n−2)! sen(bt)
0 0 sen(bt) cos(bt) tsen(bt) tcos(bt) · · · tn−3(n−3)!sen(bt) t
n−3
(n−3)! cos(bt)
tn−2
(n−2)! sen(bt)
tn−2
(n−2)!cos(bt)
0 0 0 0 cos(bt) −sen(bt) · · · tn−4(n−4)!cos(bt) − t
n−4
(n−4)!sen(bt)
tn−3
(n−3)!cos(bt) − t
n−3
(n−3)! sen(bt)
0 0 0 0 sen(bt) cos(bt) · · · tn−4(n−4)!sen(bt) t
n−4
(n−4)!cos(bt)
tn−3
(n−3)!sen(bt)
tn−3
(n−3)!cos(bt)
...
...
...
...
...
...
. . .
...
...
...
...
0 0 0 0 0 0 · · · cos(bt) −sen(bt) tcos(bt) −tsen(bt)
0 0 0 0 0 0 · · · sen(bt) cos(bt) tsen(bt) tcos(bt)
0 0 0 0 0 0 · · · 0 0 cos(bt) −sen(bt)
0 0 0 0 0 0 · · · 0 0 sen(bt) cos(bt)
Exemplo 6.6. Resolva X ′ =
−1 1 0 0 0
0 −1 0 0 0
0 0 2 0 0
0 0 0 0 −3
0 0 0 3 0
︸ ︷︷ ︸
A
·X.
Resposta: É fácil ver que a matriz A deste sistema está na forma de Jordan, logo
imediatamente concluímos que etA =
e−t te−t 0 0 0
0 e−t 0 0 0
0 0 e2t 0 0
0 0 0 cos(3t) −sen(3t)
0 0 0 sen(3t) cos(3t)
Como etA é a matriz principla, que por sua vez é uma matriz fundamental, segue que as
colunas de etA constituem uma base de soluções para o sistema X
′
= AX .
Seção 6.5. Sistemas não homogêneos 79
EXERCÍCIO 6.6. Dada uma matriz quadrada A com coeficientes reais, determine eA (em
função de A) nos seguintes casos e dê exemplos!:
a) A é involução, isto é, A2 = Id;
b) A é projeção, isto é, A2 = A;
b) A é quadrado nilpotente, isto é, A2 = 0;
EXERCÍCIO 6.7. Prove que se v é um autovetor da matriz A associado ao autovalor λ, então
v também é um autovetor de eA (Associado a que autovalor?).
6.5 Sistemas não homogêneos
Considere um sistema de EDOs da forma X
′
(t) = A(t) ·X(t)+G(t), ond G : I→Rn e A : I→
Mn×n(R) são contínaus em I e suponha que ψ(t) seja uma matriz fundamental para o sistema
homogêneo correspondente X
′
(t) = A(t) ·X(t). Temos o
Teorema 6.6. Se X0(t) é uma solução particular de X
′
(t) = A(t) ·X(t)+G(t) então qualquer
outra solução desse sistema é da forma X(t) = X0(t)+ c1φ1(t)+ c2φ2(t)+ · · ·+ cnφn(t), onde
{φ1,φ2, · · · ,φn} constitui uma base de soluções do sistema homogêneo correspondente X ′(t) =
A(t) ·X(t).
Prova: (EXERCÍCIO!)
Como a solução geral de X
′
(t) = A(t) ·X(t) é ψ(t) ·C, onde C ∈ Rn procuremos por uma
solução de X
′
(t) = A(t) ·X(t)+G(t) da forma X0(t) = ψ(t) ·U(t), onde U : I→ Rn é contínua.
Devemos ter
ψ′(t) ·U(t)+ψ(t) ·U ′(t) = [ψ(t) ·U(t)]′ = X ′0(t) = A(t) ·X0(t)+G(t) = A(t) ·ψ(t) ·U(t)+
G(t) = ψ′(t) ·U(t)+G(t)⇒ ψ(t) ·U ′(t) = G(t).
Como ψ(t) é inversível (por ser uma matriz fundamental) temos U ′(t) = ψ−1(t) ·G(t)⇒
U(t) =
∫
ψ−1(s) · G(s)ds e portanto uma solução particular é X(t) = ψ(t) · c + ψ(t) ·∫
ψ−1(s)g(s)ds.
Tendo o P.V.I.
{
X
′
(t) = AX(t)+g(t)
X(0) = X0
podemos por X(t) = ψ(t) · c + ψ(t) ·∫ t
t0ψ
−1(s)g(s)ds⇒ c = ψ−1(t0)X0, logo X(t) = ψ(t) ·ψ−1(t0)X0+ψ(t) ·
∫ t
t0ψ
−1(s)g(s)ds
Se usarmos a matriz principal que satisfaz Φ(t0) = Id, temos
X(t) =Φ(t) ·X0+Φ(t) ·
∫ t
t0
Φ−1(s)g(s)ds
80 Capítulo 6. Sistemas de EDOs lineares de primeira ordem
Exemplo 6.7. Encontre a solução geral de
[
x1(t)
x2(t)
]′
=
[
3 −1
1 1
][
x1(t)
x2(t)
]
+
[
2e−t
3t
]
Resposta: Uma matriz fundamental é Ψ(t) =
[
e−3t e−t
−e−3t e−t
]
(EXERCÍCIO!) e Ψ−1(t) =[
e3t
2 −e
3t
2
et
2
et
2
]
.
EXERCÍCIO 6.8 (Regra prática para se determinar a inversa de uma matriz 2×2). Mostre que
se A =
[
a b
c d
]
é uma matriz inversível, então A−1 = 1det(A)
[
d −b
−c a
]
.
Procuremos então por uma solução particular x0(t) da forma X0(t) = Ψ(t)U(t), onde U(t)
satisfaz U
′
(t) =Ψ−1(t)g(t) =
[
e3t
2 −e
3t
2
et
2
et
2
]
·
[
2e−t
3t
]
=
[
e2t− 32e3t
1+ 32te
t
]
⇒
U(t) =
[
1
2e
2t− 12te3t + 16e3t
t+ 32te
t− 32et
]
⇒ X0(t) =Ψ(t)U(t) =
[
e−3t e−t
−e−3t e−t
][
1
2e
2t− 12te3t + 16e3t
t+ 32te
t− 32et
]
=
[
e−3t(12e
2t− 12te3t + 16e3t)+ e−t(t+ 32tet− 32et)
−e−3t(12e2t− 12te3t + 16e3t)+ e−t(t+ 32tet− 32et)
]
=
[
(12e
−t− 12t+ 16)+(te−t + 32t− 32)
−(12e−t− 12t+ 16)+(te−t + 32t− 32)
]
=
[
1
2e
−t + te−t + t− 43
−12e−t + te−t +2t− 53
]
.
Logo a solução geral é a
[
1
−1
]
e−3t +b
[
1
1
]
e−t +
[
1
2e
−t + te−t + t− 43
−12e−t + te−t +2t− 53
]
;a,b ∈ R.
EXERCÍCIO 6.9. Resolva os seguintes:
a) X ′ =
[
2 −1
3 −2
]
X +
[
et
t
]
;
b) X ′ =
[
2 −5
1 −2
]
X +
[
−cos(t)
sen(t)
]
;
c) X ′ =
[
4 −2
8 −4
]
X +
[
1
t3
− 1t2
]
, t > 0;
d) X ′ =
[
1 1
4 −2
]
X +
[
e−2t
−2et
]
;
e) X ′ =
[
2 −5
1 −2
]
X +
[
cossec(t)
sec(t)
]
.
Seção 6.5. Sistemas não homogêneos 81
EXERCÍCIO 6.10. Considere dois tanques interligados como mostra a figura abaixo.
Inicialmente, o TANQUE 1 contém 25g de sal diluídos em 30l de água, e o TANQUE 2 contém
15g de sal diluídos em 20l de água.
Entra no TANQUE 1 uma mistura de 1g de sal por 1l de água a uma taxa de 1,5l/min. A
mistura flui do TANQUE 1 para o TANQUE 2 a uma taxa de 3l/min e entra também no TANQUE
2 uma mistura de 3g de sal por 1l de água a uma taxa de 1l/min. A mistura flui do TANQUE
2 para o TANQUE 1 a uma taxa de 4l/min, sendo que parte dela retorna para o TANQUE 1 a
uma taxa de 1,5l/min, enquanto que o restante deixa o sistema constituído pelos dois tanques
(observe que neste sistema não há alterações no volume de água).
a) (0.96) Se Q1(t) e Q2(t) indicam as quantidades de sal presentes no TANQUE 1 e no TANQUE
2, no instante t respectivamente, mostre que
Q
′
1(t) =
3
2 − 110Q1(t)+ 340Q2(t)
Q
′
2(t) = 3+
1
10Q1(t)− 15Q2(t)
b) (0.92) Calcule a solução geral do sistema homogêneo associado ao sistema descrito em a).
c) (0.95) Usando b), encontre a solução do sistema descrito em a) (observe que Q1(0) = 25 e
Q2(0) = 15).
82 Capítulo 6. Sistemas de EDOs lineares de primeira ordem
d) (0.92) Uma solução de um sistema de EDOs é dita solução de equilíbrio, se ela for constante,
noutras palavras, as soluções de equilíbrio são aquelas que não variam com o tempo.
Calcule as soluções de equilíbrio do sistema dado em a) (Dica: do Cálculo sabemos que
se uma função é constante, então sua derivada é ...).
e) (0.96) Se (Q1, Q2) é a solução de equilíbrio encontrada em d) e (Q1(t), Q2(t)) é uma solução
qualquer do sistema descrito em a), mostre que lim
x→+∞(Q1(t), Q2(t)) = (Q1, Q2), isto é,
lim
x→+∞Q1(t) = Q1 e limx→+∞Q2(t) = Q2; em seguida interprete isso fisicamente.
EXERCÍCIO 6.11. Lembrando que duas matrizes quadradas A e B são ditas semelhantes
quando existir uma matriz inversível P tal que P−1AP = B, e que matrizes semelhantes têm o
mesmo determinante e
o mesmo traço (verifique!); mostre que se A é uma matriz 2× 2 então
det(eA) = etr(A). Sugestão: use a forma de Jordan de A.
Referências Bibliográficas
Nível introdutório
[1] LYNCH, Stephen. Dynamical Systems with aplications using Mathematica. EUA:
Birkhauser. 2007.
[2] HIRSCH, Morris W.; SMALE, Stephen; DEVANEY, Robert L. Differential Equations,
Dynamical Systems & An Introduction to Chaos. 2. ed. EUA: Elsevier academic press,
2004. (pure and applied mathematics, vol 60).
[3] F BONOMO, Wescley. Sistemas dinâmicos discretos: estabilidade, comportamento
assintótico e sincronização. Dissertação (mestrado em matemática) - ICMC - USP: São
Carlos, 2007.
Nível intermediário
[4] HIRSCH, Morris W.; SMALE, Stephen; DEVANEY, Robert L. Differential Equations,
Dynamical Systems & An Introduction to Chaos. 2. ed. EUA: Elsevier academic press,
2004. (pure and applied mathematics, vol 60).
Nível avançado
[5] HARTMAN, P. Ordinary Differential Equations. J.Wiley, 1964.
[6] HALE, Jack. K. Ordinary diferential equations. EUA: John Wiley & Sons, 1969. (pure
and applied mathematics).
[7] SOTOMAYOR, Jorge. Licões de equacões diferenciais ordinárias. Rio de Janeiro: IMPA,
1979. (Projeto Euclides).
84 Referências Bibliográficas
Referências complementares
[8] HOFFMAN, Kenneth; KUNZE, Ray. Álgebra Linear. tradução de Adalberto Panobianco
Bergamasco, São Paulo: EDUSP, 1970.
[9] LIMA, Elon Lages. Algebra Linear. Rio de Janeiro: IMPA, 1998. (Coleção Matematica
universitária).
Índice Remissivo
Convolução, 50
Delta de Dirac, 53
Equação Diferencial Ordinária
de n-esima ordem, 7
de Airy, 53
de Bernoulli, 24
de Bessel, 53, 62
de Chebyshev, 62
de Laguerre, 62
de Legendre, 62
de Ricatti, 25
exata, 18
homogênea, 16
linear, 7, 21
separável, 13
Fator integrante, 19, 21
Função
de Bessel, 44
de Heaviside, 47
de ordem exponencial, 43
Gamma, 45
periódica, 51
Princípio da superposição, 37
Problema de Valor Inicial, 11
Teorema
de existência e unicidade, 12
de Peano, 11
de Picard, 12
Transformada de Laplace, 43
Preliminares
Equaçoes Diferenciais ordinárias de n-esima ordem
Soluções explicitas e implicitas
EDOs de primeira ordem
Problema de Valor Inicial
Equações de variáveis separáveis
Equações homogêneas
Equações exatas e fatores integrantes
Equações lineares
Equações de Bernoulli e de Ricati
EDOs lineares de ordem superior
Equações Diferenciais Ordinárias de segunda ordem
E.D.O.s lineares de segunda ordem homogêneas e com coeficientes constantes
Equações lineares de ordem superior com coeficientes constantes
Redução da ordem
O método dos coeficientes indeterminados
O método da variação de parâmetros
Transformada de Laplace
Transformada inversa
Funções de Heaviside
Transformadas de derivadas e integrais
Transformada de laplace de uma função periódica
Aplicação: resolução de P.V.I.s lineares com coeficientes constantes
Impulsos: Delta de Dirac
Soluções em séries
Soluções em torno de pontos regulares
Soluções em torno de pontos singulares
Sistemas de EDOs lineares de primeira ordem
Resolução de sistemas autonômos
Matriz fundamental
Exponencial de matrizes
A Forma Canônica de Jordan
Sistemas não homogêneos
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