Notas de Cálculo III
Alex Rossini
9 de novembro de 2022
Conteúdo
0.1 Resultados Teóricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
0.2 Equações de Variáveis Separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
0.2.1. Soluções constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
0.2.2. Método para determinar soluções não constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
a
0.3 Equação Linear de 1 Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
0.3.1. Método do fator integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
0.4 Equações Diferenciais Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
0.5 Equações de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
0.6 Equação de Riccati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
0.7 Equações Diferenciais Exatas e Fatores Integrantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
0.7.1. Fator Integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
0.8 Equações Diferenciais Lineares de Segunda Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
0.8.1. Equações Diferenciais Lineares de Segunda Ordem Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
0.8.2. Equações Diferenciais Lineares de Segunda Ordem Não Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
0.8.3. Método dos Coeficientes a Determinar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
1
Equações Diferenciais Ordinárias
0.1 Resultados Teóricos
Por uma equação diferencial ordinária (edo) de 1a ordem entendemos uma equação do tipo
dy
= f (x, y)
dx
y ′ = f (x, y)
ou
(0.1)
onde f : (a, b)×(c, d ) → R é uma função conhecida. Qualquer função y = y(x) diferenciável, definida num intervalo I ⊂ (a, b),
é uma solução da equação se,
y ′ (x) = f (x, y(x))
para todo x ∈ I
Ordem: A ordem de uma E.D.O é a ordem da derivada de maior ordem da equação.
(1) y ′ = cos(x)
(1a ordem)
(2) y ′′ + 4y = 0
(2a ordem)
(3) x 2 y ′′′ y ′′ + 2e x y ′′ = x 2 + 2y 2
(3a ordem)
Lineariedade Uma E.D.O é chamada de linear se
(i) y e todas suas derivadas são do primeiro grau, i.e., y e suas derivadas têm potência 1, e
(ii) cada coeficiente depende apenas da variável (independente) x.
a)
x y ′ + 2y = 0
c)
y y ′′ − 2y ′ = e x
(linear)
(não-linear)
b)
y ′′ + 5y ′ − 3y = x 3
d)
y ′′ + 8(y ′ )7 − y = x 3
(linear)
(não-linear)
Nosso objetivo é determinar se essas funções existem e, em caso afirmativo, desenvolver métodos para encontrá-las. Para
uma função f (x, y) qualquer, não há um método geral para resolver a edo. Assim, vamos desenvolver vários métodos, cada
um dos quais se aplica a uma certa subclasse de equações diferenciais de primeira ordem.
Teorema 1 (Existência e Unicidade). Seja f : [x 0 − a, x 0 − a] × [y 0 − b, y 0 − b] → R contínua (logo limitada, i.e., | f | ≤ M ) com
¯ ¯
¯ ∂f ¯
¯ ∂y ¯ ≤ K . Então, existe uma única solução do Problema de Valor Inical (PVI)


 dy = f (x, y)
dx

 y(x 0 ) = y 0
n
o
b
definida em I = [x 0 − α, x 0 + α], com α = min a, M
.
2
¯ ¯
¯ ∂f ¯
Corolário 1. Seja f : [a, b]×R → R contínua com ¯ ∂y ¯ ≤ K . Então, existe uma única solução do Problema de Valor Inical (PVI)


 dy = f (x, y)
dx

 y(x 0 ) = y 0
definida em [a, b].
¯ ¯
¯ ∂f ¯
Corolário 2. Seja f : I × R → R contínua com ¯ ∂y ¯ ≤ K . Então, existe uma única solução do Problema de Valor Inical (PVI)


 dy = f (x, y)
dx

 y(x 0 ) = y 0
definida em I .
Teorema 2 (Existência). Seja f : [x 0 − a, x 0 − a] × [y 0 − b, y 0 − b] → R contínua (logo limitada, i.e., | f | ≤ M ). Então, existe uma
solução do Problema de Valor Inical (PVI)


 dy = f (x, y)
dx

 y(x 0 ) = y 0
n
o
b
definida em I = [x 0 − α, x 0 + α], com α = min a, M
.
Exemplo 1. Determine a solução do seguinte PVI:


y ′ = x y

 y(1) = 2
Solução: Suponha y = y(x) > 0 em I = (1−r, 1+r ) para algum r > 0, pois y(1) > 0 e y = y(x) procurada deve ser diferenciável,
assim, contínua numa vizinhança de x = 1. Daí, podemos escrever
h
i′
y ′ (x)
= x ⇐⇒ ln(y(x)) = x
y(x)
⇐⇒ ln(y(x)) =
⇐⇒ y(x) = e x
x2
+k
2
2 /2
ek
Como y(1) = 2 obtemos e k = 2e −1/2 . Logo, para x ∈ I ,
y(x) = 2e
Note que, podemos considerar I = R, pois y = 2e
x 2 −1
2
x 2 −1
2
está bem definida é satisfaz o PVI.
0.2 Equações de Variáveis Separáveis
Uma equação diferencial de 1a ordem é dita separável, ou de variáveis separáveis, se puder ser posta na forma
dy
= g (x)h(y)
dx
As função g : (a, b) → R e h : (c, d ) → R são contínuas.
ou
y ′ = g (x)h(y)
(0.2)
Exemplo 2. Equações de variáveis separáveis de 1a ordem.
a)
dy
dx
= x(1 − y 2 )
b)
dy
dx
= x y2
c)
dy
dx
= ex
d)
dy
dx
= x2 + y 2
3
(não de variáveis separáveis) (não-linear)
0.2.1. Soluções constantes
Considere a equação de variáveis separáveis
dy
= g (x)h(y)
dx
( g ̸≡ 0 em (a, b))
A função constante y(x) = k será solução se, e só se, x = k é raiz da equação h(y) = 0, i.e., h(k) = 0.
0.2.2. Método para determinar soluções não constantes
Suponha que y : (a, b) → (c, d ) seja uma solução com h(y(x)) ̸= 0. Então,
y ′ (x)
= g (x)
h(y(x))
³
´
¡
¢′
⇐⇒ H (y(x)) = g (x) H : (c, d ) → R é uma primitiva de 1/h(y)
³
´
⇐⇒ H (y(x)) = G(x) + k G : (a, b) → R uma primitiva de g
´
¡
¢ ³ −1
⇐⇒ y(x) = H −1 G(x) + k
H inversa de H
y ′ (x) = g (x)h(y(x)) ⇐⇒
onde H e G são primitivas de
1
h(y)
e g (x), respectivamente. Se pudermos inverter a função H , a solução da Eq. (0.2) será
y ′ (x) = H −1 (G(x) + k)
Algoritmo:
dy
= g (x)h(y)
dx
dy
= g (x) dx (separar as variáveis)
h(y)
ˆ
ˆ
dy
= g (x) dx (integrar de ambos os lados)
h(y)
1
H (y) = G(x) + k (H e G são primitivas de h(y)
e g (x) )
³
´
y(x) = H −1 G(x) + k (H −1 inversa de H )
Fato 1: Se g (x) for contínua em (a, b) e h ′ (y) contínua em (c, d ), então todas as solução não constantes podem ser obtidas
pelo processo acima.
Fato 2: Se y = y(x) for uma solução não constante da Eq. (0.2) então h(y(x)) ̸= 0, x ∈ I .
Exemplo 3. Encontre a solução de cada uma das seguintes equações diferenciais que satisfaça cada condição inicial.
a)
e)


y ′ = x y
b)


 y ′ = − sin(x)y
c)


 y ′ = −e x y

 y(1) = 2

 y(0) = 2

 y(0) = 3/2


y ′ = x y 4

p

y ′ = x y 5


y ′ =

 y(0) = 1
f)
g)

 y(0) = 1
2x
y

 y(1) = 1
Solução:
[c]
4
d)


y ′ = x y 2

 y(1) = 0
Solução não-constante:[ y(0) > 0, então podemos supor y > 0 em algum intervalo contendo a origem.]
dy
= −e x y
dx
dy
= −e x dx
y
ˆ
y>0
1
dy =
y
(separar as variáveis)
ˆ
−e x dx
ln(y) = −e x +C
x
y = e −e e C
¡
x
3
y = e −e +1
2
y >0
¡
¢
3/2 =
y(0) = e −1 e C ⇒ e C = 3e/2
¢
[d]
Solução não-constante:[ y(1) > 0, então podemos supor y ̸≡ 0 em algum intervalo contendo x = 1.]
ˆ
dy/dx
= x y2
dy/y 2
= x dx
1/y 2 dy
ˆ
(separar as variáveis)
x dx
=
x2
+C
2
2
y =− 2
x + 2C
¡
¢
2
y =− 2
0 = y(1) ⇒ 2C = −3
x −3
− 1/y =
[e]
Solução não-constante:[ y(0) > 0, então podemos supor y ̸≡ 0 em algum intervalo contendo a origem.]
ˆ
dy/dx
= −x y 4
dy/y 4
= −x dx
1/y 4 dy
ˆ
=−
(separar as variáveis)
x dx
x2
+C
2
3x 2 − 6C
1/y 3 =
2
¡
¢
2
3
y = 2
1 = y(0) ⇒ −6C = 2
3x − 6C
r
2
3
y=
2
3x + 2
− 1/3y 3 = −
[f]
5
Solução não-constante:[ y(0) > 0, então podemos supor y ̸≡ 0 em algum intervalo I ⊆ [0, ∞).]
dy/dx
=
dy/y 5
=
1/y 5 dy
=
ˆ
p
p
ˆ
x y5
x dx
p
(separar as variáveis)
x dx
2p 3
x +C
3
p
8 x 3 + 12C
1/y 4 = −
3
p
3
¢
8 x −3 ¡
1/y 4 = −
1 = y(0) ⇒ 12C = −3
3
s
3
y= 4
p
3 − 8 x3
− 1/4y 4 =
[g]
Solução não-constante:[ y(0) > 0, então podemos supor y ̸≡ 0 em algum intervalo contendo a origem.]
dy/dx
ˆ
= 2x/y
ydy = 2x dx
ˆ
y dy =
(separar as variáveis)
2x dx
2x
y2
=
+C
2
ln(2)
2x+1
+ 2C
y2 =
ln(2)
2x+1 − 2 + ln(2) ¡
ln(2) − 2 ¢
y2 =
1 = y(0) ⇒ 2C =
ln(2)
ln(2)
s
2x+1 − 2 + ln(2)
y=
ln(2)
Exemplo 4. Determine as soluções da equação
dy
dx
= x y 2 . Esboce as soluções.
Exemplo 5. Determine as soluções da equação
dy
dx
= x 2 y. Esboce as soluções.
Exemplo 6. Determine as soluções da equação
dy
= x(1 − y 2 )
dx
Solução:
Solução constante: 1 − y 2 = 0, se e só se, y = 1 ou y = −1
6
Solução não-constante:
ˆ
1
2
ˆ
ˆ
dy
= x(1 − y 2 )
dx
dy
= x dx (separar as variáveis)
1 − y2
ˆ
ˆ
dy
= x dx
1 − y2
dy
x2
=
+k
(1 + y)(1 − y)
2
1
1
x2
+
dy =
+k
(1 + y) (1 − y)
2
¯
¯
h
i
¯1+ y ¯
1
1
¯
¯
+
dy = ln(|1 + y|) − ln(|1 − y|) = ln ¯
(1 + y) (1 − y)
1− y ¯
¯
¯
¯ 1+y ¯
Se |y| < 1 ou |y| > 1 temos ¯ 1−y ¯ =
1+y
1−y , logo
µ
¶
µ
¶
2
1
1+ y
x2
1+ y
1+ y
ln
=
+ k ⇐⇒ ln
= x 2 + 2k ⇐⇒
= e x +2k
2
1− y
2
1− y
1− y
Portanto,
y=
ex
2 +2k
1 + ex
−1
2 +2k
2
=
Cex − 1
1 +C e x
2
,
com C = e 2k > 0
0.3 Equação Linear de 1a Ordem
Sejam p q contínuas num intervalo I ⊂ R. Uma equação diferencial de 1a ordem que pode ser escrita na forma (padrão)
y ′ + p(x)y = q(x)
(0.3)
é chamada de equação linear de 1a ordem. Diremos que a Eq. (0.3) é não-homogênea se a função q ̸≡ 0 em I e homogênea
se q ≡ 0 em I , e neste caso, ela se reduz a uma equação de variáveis separáveis.
0.3.1. Método do fator integrante
Observe que a expressão à esquerda de Eq.(0.3) “lembra” a derivada de um produto de funções. Se assim fosse, a solução da
equação estaria reduzida a uma simples integração.
Agora, por um momento, admitimos a existência de uma função µ(x) tal que quando o lado esquerdo de Eq.(0.3) for
multiplicado por µ(x) o resultado é a derivada (µ(x)y)′ , i.e.,
µ(x)y ′ + µ(x)p(x)y = [µ(x)y]′
Daí, resulta que
[µ(x)y]′ = µq(x)
7
(0.4)
e integrando ambos os lados desta equação obtemos
µ(x)y =
Portanto, a solução geral de (0.3) é:
y=
1
µ(x)
·ˆ ³
ˆ ³
´
q(x)µ(x) dx
¸
´
q(x)µ(x) dx +C
x∈I
sendo C ∈ R2 uma constante real arbitrária. Agora, para encontramos µ satisfazendo a Eq.(0.4) aplicamos a regra da derivada
do produto ao lado esquerdo como segue
µ(x)y ′ + µ(x)p(x)y = (µ(x)y)′ = µ′ (x)y + µ(x)y ′
e, após simplificação, obtemos a igualdade
µ(x)p(x)y = µ′ (x)y
assumindo y(x) ̸= 0 para x ∈ I , segue que a função µ(x) é uma solução da equação de variáveis separáveis
µ′ = p(x)µ
logo, separando as variáveis
µ′
µ
= p e integrando ambos os lados teremos ln |µ| =
´
p dx, onde
´
p dx é uma primitiva qualquer
p. Tomando a exponencial de ambos os lados desta equação produz uma fórmula para
µ(x) = e
´
p(x) dx
Tal função µ é chamada de fator integrante.
Teorema 3. Let p and q be continuous functions on an interval I . A function y is a solution of the first order linear differential
equation y ′ + p y = q on I if and only if
y=
1
µ
·ˆ ³
¸
´
qµ dx +C
x∈I
where C ∈ R2 , P is any antiderivative of p on the interval I , and µ = e P .
Algoritmo: Método de solução para equações lineares de primeira ordem
1) Coloque a equação linear na forma (padrão): y ′ + p y = q
2) Encontre um fator integrante µ, para isso, calcule
´
p dx (uma primitiva de p) e tome µ(x) = e
´
p dx
3) Multiplique a eq. (na forma padrão) por µ para obter a seguinte simplificação
(µy)′ = µq
4) Integre ambos os lados da última equação, e obtenha o seguinte resultado
ˆ
µy =
5) Divida por µ para obter a solução
y=
1
µ
qµ dx +C
·ˆ
¸
(qµ) dx +C
Exemplo 7. Resolva cada equação diferencial linear de ordem 1.
a)
x y ′ − 2y = x 2
b)
y ′ = x + 5y
d)
4 x
z ′ − 3z
x =x e
e)
x y ′ − 4y = x 4 e x
c)
8
x ln(x)y ′ + y = xe x
Solução:
[a]
• Escrevemos a Eq. na forma padrão: y ′ − x2 y = x
• Fator integrante: µ = e −
´
2
x dx
= e −2 ln(|x|) =
1
x2
• Multiplicamos a Eq. (na forma padrão) por µ para obter a forma simplificada:
y
x2
• Integrando de ambos os lados temos:
=
´
1
x
³
1
x2
´′
y =
1
x
dx = ln(|x|) +C
¡
¢
• Multiplicando por x 2 teremos: y = x 2 ln(|x|) +C Portanto, a solução geral é

 x 2 ¡ ln(x) +C ¢
,x >0
y=
 x 2 ¡ ln(−x) +C ¢
,x <0
[b]
• Eq. na forma padrão: y ′ − 5y = x
• Fator integrante: µ = e
´
(−5)dx
= e −5x
¡
¢′
• Multiplique a Eq. (na forma padrão) por µ e obtenha a forma simplificada: e −5x y = xe −5x
• Integrando de ambos os lados teremos: e −5x y =
• Dividindo por e −5x , segue que : y =
1
25
´
xe −5x dx =
1
25
¡
¢
−5e −5x x − e −5x +C
(−5x − 1) +C e 5x
[c]
1
• Eq. na forma padrão: y ′ + x ln
xy=
• Fator integrante: µ = e
´¡
1
x ln x
¢
dx
ex
ln x
= e ln(| ln x|) = | ln x|
¡
¢′
x
• Multiplicando a Eq. (na forma padrão) por µ obtemos: y| ln x| = | ln x| lne x
• Integrando de ambos os lados obtemos: y| ln x| =
• Dividindo por | ln x| : y =
ex
ln x
´
| ln x| x
ln x e dx
=
| ln x|
ln x
´
ln x|
e x dx = e x | ln
x +C
+ | lnCx| . Portanto, a solução geral é
y=



ou ainda,
y=
e x +C
ln x
e x −C
ln x
,x >1
,0<x <1
ex + k
, k ∈ R, x > 0, x ̸= 1.
ln x
[d]
4 x
• Eq. na forma padrão: z ′ − 3z
x =x e
• Fator integrante: µ = e
´¡
¢
− x3 dx
(x ̸= 0)
= e −3 ln(|x|) =
1
|x|3
• Multiplicando a Eq. (na forma padrão) por µ obtemos:
• Integrando de ambos os lados obtemos:
y
|x|3
=
´
³
´
y ′
3
|x|
=
x4ex
|x|3
= |x|e x
x
|x|e x dx = |x|e x − |x|
x e +C
9
¡
¢
• Multiplique por |x|3 : y = e x x 4 − x 3 +C |x|3 . Portanto,
¢
¡
y = e x x 4 − x 3 + kx 3 ,
k ∈ R x ∈ R, x ̸= 0
[e]
• Eq.: x y ′ − 4y = x 4 e x ⇐⇒ (x y)′ − 3y = x 4 e x
(x ̸= 0)
4 x
• Seja z = x y. Substituindo: z ′ − 3z
x =x e
¡
¢
• Pelo item [d]: z = e x x 4 − x 3 +C x 3
¡
¢
• Resolvendo z = x y temos: y = e x x 3 − x 2 +C x 2 ,
C ∈ R, x ∈ R, x ̸= 0
Exemplo 8. Determine a solução dos seguintes PVIs:




x y ′ = x − y, x > 0
 y ′ + 2y =
x
b)
a)


 y(10) = 20
 y(π) = 0
d)


y ′ +
y
x
=
1
,
1+x 2
x ̸= 0
e)

 y(π) = 2
g)


y ′ + y =
cos(x)
,
x2
x >0
c)


y ′ +
y
x
= sin(x), x > 0

 y(1) = 3


x 2 y ′ = 1 − x y, x > 0
f)

 y(1) = 0


 y ′ = tan(x)y + cos(x), x ∈ (−π/2, π/2)

 y(0) = 1
1
1+e x

 y(0) = 0
Solução:
[a]
y
• Escreva na forma padrão a eq. linear: y ′ + x = 1
• Fator integrante: µ = e
´
1
x dx
=x
• Multiplique a eq. (na forma padrão) por µ e obtenha a forma simplificada: (x y)′ = x
• Integre de ambos os lados a eq. para obter: x y =
• Dividindo por x teremos: y =
´
x2
2
x dx =
+C
x 2 +2C
2x
x 2 +300
2x
• Condição inicial: 20 = y(10) ⇐⇒ 2C = 300. Portanto, y =
é a solução do PVI.
[b]
• Escreva na forma padrão a eq. linear: y ′ +
• Fator integrante: µ = e
´
2
x dx
2y
x
=
cos(x)
x2
= x2
• Multiplique a eq. (na forma padrão) por µ e obtenha a seguinte forma simplificada: (x 2 y)′ = cos(x)
• Integre de ambos os lados a eq. para obter: x 2 y =
• Dividindo por x 2 teremos: y =
´
cos(x) dx = sin(x) +C
sin(x)+C
x2
• Condição inicial: 0 = y(π) ⇐⇒ C = 0. Portanto, y =
sin(x)
x2
é a solução do PVI.
10
[e]
y
• Escreva na forma padrão a eq. linear: y ′ + x =
• Fator integrante: µ = e
´
1
x dx
1
x2
=x
• Multiplique a eq. (na forma padrão) por µ e obtenha a seguinte forma simplificada: (x y)′ = 1/x
• Integre de ambos os lados a eq. para obter: x y =
• Logo, y =
´
1
x>0 x
dx = ln(x) +C
ln(x)+C
x
• Condição inicial: 0 = y(1) ⇐⇒ C = 0. Portanto, y =
ln(x)
x
é a solução do PVI.
[f]
• Escreva na forma padrão a eq. linear: y ′ − y tan(x) = cos(x)
• Fator integrante: µ = e −
´
tan(x)dx
= e ln(cos(x)) = cos(x)
• Multiplique a eq. (na forma padrão) por cos(x) e obtenha: (cos(x)y)′ = cos2 (x)
• Integre de ambos os lados a eq. para obter: y cos(x) =
´
cos2 (x) dx = 12 (x + sin(x) cos(x)) +C
• Dividindo por cos(x) obtemos: y = 12 (x sec(x) + sin(x)) +C sec(x)
[g]
• Escreva na forma padrão a eq. linear: y ′ + y =
• Fator integrante: µ = e
´
1dx
1
1+e x
= ex
• Multiplique a eq. (na forma padrão) por e x e obtenha a seguinte forma simplificada: (e x y)′ =
• Integre de ambos os lados a eq. para obter: e x y =
• Logo, y =
´
ex
1+e x
ex
1+e x
dx = ln(1 + e x ) +C
ln(1+e x )+C
ex
• Condição inicial: 0 = y(0) ⇐⇒ C = − ln(2). Portanto, y = e −x ln
³
1+e x
2
´
é a solução do PVI.
Fato: Se y 1 e y 2 são soluções de y ′ = p(x)y, então λ1 y 1 + λ2 y 2 também é. (O conjunto das soluções é um espaço vetorial)
0.4 Equações Diferenciais Homogêneas
Uma equação diferencial de 1a ordem y ′ = F (x, y) é homogênea se pudermos escrever a equação diferencial na forma
y′ = f
³y´
x
(x > 0 ∨ x < 0)
(0.5)
para alguma função f . Para resolver tal equação diferencial, usamos a substituição y = xz onde z = z(x) é uma função a
determinar. Pela regra do produto, temos y ′ = z + xz ′ . Substituindo isso em (0.5) teremos
z′ =
f (z) − z
x
uma equação diferencial de variáveis separáveis nas variáveis x e z. Uma vez encontrado z, podemos determinar y pela
substituição y = xz.
11
Definição 1 (função homogênea). Uma função F (x, y) é dita ser homogênea de grau n se
F (αx, αy) = αn F (x, y),
α>0
Chamaremos uma função homogênea de grau 0 apenas de homogênea.
Teorema 4 (da Função Implícita). Seja F (x, y) de classe C 1 num aberto Ω ⊂ R2 e seja F (x 0 , y 0 ) = c. Se F y (x 0 , y 0 ) ̸= 0, então
existirão intervalos abertos I e J com x 0 ∈ I e y 0 ∈ J e uma função y : I → J derivável tal que
y(x 0 ) = y 0 ,
Exemplo 9. Mostre que F (x, y) =
x 3 +x y 2
y3
F (x, y(x)) = c
e
y′ = −
F x (x, y(x))
, x∈I
F y (x, y(x))
é uma função homogênea.
Solução: De fato, se α > 0, então
F (αx, αy) =
α3 x 3 + αx(αy)2 α3 x 3 + α3 x y 2
=
= F (x, y)
(αy)3
α3 y 3
Exemplo 10. Resolva as seguintes equações diferencial. Dê o maior intervalo admissível.
a)
y′ =
x 2 +y 2
xy
e)
y′ =
x+y
x−y
y′ =
b)
x+2y
x
c)
y′ =
x 2 +2x y−y 2
2x 2
d)
y′ =
Solução:
[a)]
• Seja y = xz. Substituindo: z + xz ′ =
1+z 2
z
⇐⇒ zz ′ =
1
x
⇐⇒ (z 2 )′ =
2
x
• Integrando de ambos os lados:
p
k
z 2 = 2 ln(x) +C = ln(x 2 ) + ln(k) = ln(kx 2 ) > 0 ,
• Logo, |y| = x
p
para x > 1/
p
k . Então,
ln(kx 2 ), com x > 1/
 p
 x ln(kx 2 )
y=
p
 −x ln(kx 2 )
p
ln(k)
, x > 1/
p
ln(k)
, x > 1/
[b)]
• Seja y = xz. Substituindo na Eq. obteremos: z + xz ′ = 1 + 2z ⇐⇒ xz ′ = 1 + z
– se z = −1 então y = −x, caso contrário (z ̸= −1)
– xz ′ = 1 + z ⇐⇒
dz
1+z
=
dx
x
– Integrando de ambos os lados:
ln |1 + z| = ln(x) +C = ln(kx) (k > 0)
|1 + z| = kx
z = kx − 1 ∨ z = −kx − 1
• Logo,
y=





−x
kx 2 − x



 −kx 2 − x
12
,x > 0
, x > 0 (k > 0)
, x > 0 (k > 0)
(k > 0)
y2
x y+x 2
• Ou simplesmente, y = kx 2 − x, x > 0 com k ∈ R.
y
y2
[c)] [y ′ = 21 + x − 12 x 2 ]
2
• Seja y = xz. Substituindo obteremos: z + xz ′ = 12 + z − z2 ⇐⇒ 2xz ′ = 1 − z 2
– se z = ±1 então y = ±x, caso contrário (|z| > 1 ∨ |z| < 1)
– 2xz ′ = 1 − z 2 ⇐⇒
dz
1−z 2
=
dx
2x
– Integrando de ambos os lados:
p
p
1 |z + 1|
ln
= ln( x) +C = ln( kx) (k > 0)
2 |z − 1|
|z + 1|
= kx
|z − 1|
Se |z| > 1 temos
|z+1|
|z−1|
=
z+1
z−1
e se |z| < 1 temos
|z+1|
|z−1|
z+1
= − z−1
. Logo,
z +1
= ±kx = k 1 x, k 1 ∈ R, k 1 ̸= 0
z −1
• Portanto,
y=









±x
k 1 x 2 +x
k 1 x 2 −1
k 1 x 2 +x
k 1 x 2 −1
,x > 0
, x > 0 se k 1 < 0
,0 < x <
p1
k
∨x >
p1
k
se k 1 > 0
[d)]
• Seja y = xz. Substituindo na Eq. obteremos: z + xz ′ =
z2
1+z
z
⇐⇒ xz ′ = − 1+z
– se z = 0 então y = 0, caso contrário (z ̸= 0)
z
– xz ′ = − 1+z
⇐⇒
1+z
z dz
= − dx
x
– Integrando de ambos os lados:
ln |z| + z = − ln(x) +C = ln(1/x ) + ln(k) = ln(k/x ) (k > 0)
µ
¶
k
k
z = ln( /x ) − ln |z| = ln
x|z|
k
k
ez =
⇐⇒ e z |z| = > 0 ⇐⇒ e z |xz| = k
x|z|
x
• Logo, as soluções são dadas implicitamente pela equação: ye
y/x
= k, x > 0 (k > 0).
[e)]
– Seja y = xz. Substituindo na Eq. obteremos:
z + xz ′ =
1+z
1 + z2
1−z
dx
⇐⇒ xz ′ =
⇐⇒
dz =
1−z
1−z
1 + z2
x
– Integrando de ambos os lados:
arctan(z) −
1
ln(1 + z 2 ) = ln(x) +C = ln(kx) (k > 0)
2
p
p
arctan(z) = ln(kx) + ln( 1 + z 2 ) = ln(kx 1 + z 2 )
¡ p
¢
– Nesta caso, as soluções são dadas implicitamente pela equação arctan( y/x ) − ln k x 2 + y 2 = 0 (k > 0).
13
0.5 Equações de Bernoulli
Sejam p e q funções contínuas num intervalo I ⊂ R e n uma constante real qualquer. Uma equação diferencial da forma
y ′ + p(x)y = q(x)y n
(0.6)
é chamada de equação de Bernoulli. Note que, para n > 0 a função constante y(x) = 0 é uma solução. Note, ainda, que se
n = 0 ou n = 1; a equação é linear e de variáveis separáveis. Assim, vamos supor n ̸= 0, 1. Dividindo a Eq. (0.6) por y n obtemos
y −n y ′ + p(x)y 1−n = q(x)
(0.7)
Considere a função z = y 1−n , pela regra da cadeia,
z ′ = (1 − n)y −n y ′
Então, multiplicando (0.7) por (1 − n) e substituindo por z e z ′ obtemos
z ′ + (1 − n)p(x)z = (1 − n)q(x)
(0.8)
que é uma equação diferencial linear de primeira ordem nas variáveis x e z. Portanto, basta considerar uma solução z = z(x)
1
da equação linear e tomar y = z 1−α para obter uma solução da Equação de Bernoulli.
Exemplo 11. Resolva a equação y ′ = e −3x y 4 + y. Dê o maior intervalo admissível.
Solução:
solução constante: y = 0 é uma solução, pois n = 4 > 0.
solução não-constante:
• Divida a eq. por y 4 para obter: y −4 y ′ = y −3 + e −3x
• Seja z = y −3 . Então, z ′ = −3y −4 y ′
• Substituindo: y −4 y ′ = y −3 + e −3x ⇐⇒ z ′ = −3z − 3e −3x
• Forma padrão da eq. linear: z ′ + 3z = −3e −3x
– Fator integrante: µ = e
´
3dx
= e 3x
– Multiplique a eq. (na forma padrão) por µ e obtenha: (e 3x z)′ = −3
– Integre de ambos os lados a eq. para obter: e 3x z = −3x +C
– Dividindo por e 3x temos: z = e −3x (C − 3x)
• Como z = y −3 então: y =
1
p
3
z
=
ex
p
3
C −3x
• Intervalo admissível: x ∈ R, x ̸= C3 . Portanto, temos a família de soluções da Eq. de Bernoulli
y=

 0

,x ∈R
ex
p
3
C −3x
, x ∈ R, x ̸= C3
Exemplo 12. Resolva as eqs de Bernoulli. Dê o maior intervalo admissível.
a)
y ′ = −5y − 4x
y
b)
y y ′ = y 2 − e 2x y 3
d)
y′ = y − y3
e)
y′ =
y+x y−y 2
x
14
c)
y′ =
y
x
−
p
y
Solução:
[a)]
solução constante: Não há.
solução não-constante:
• Multiplique a Eq. por y para obter: y y ′ = −5y 2 − 4x
• Seja z = y 2 . Então, z ′ = 2y y ′
• Substituindo obtemos: z ′ = −10z − 8x
– Logo,
2 (10x + 1)
+C e 10x
25
−2 (10x + 1)
2 + k 10x
=
+(
)e
25
25
¡
¢
−2 10x + 1 − e 10x + ke 10x
=
, x ∈ R (k ∈ R)
25
z =−
• Se k > 0 então z ≥ 0. Portanto, y =
p
p
−2(10x+1−e 10x )+ke 10x
5
z=
• Intervalo admissível: o maior intervalo admissível é R.
[b)]
solução constante: y ≡ 0
solução não-constante:
• Divida a Eq. por y 3 para obter: y −2 y ′ = y −1 − e 2x
• Seja z = y −1 . Então, z ′ = −y −2 y ′
• Substituindo e escrevendo na forma padrão: z ′ + z = e 2x
• Logo, z =
e 3x +3C
3e x
• Como y = 1/z então: y =
3e x
e 3x +k
(k = 3C )
• Intervalo admissível: o maior intervalo admissível é R.



0
,x ∈R


x
3e
y=
, x ∈ R, se k ≥ 0
e 3x +k


p

3
 3e x
, x ∈ R, x ̸= ln( −k), se k < 0
e 3x +k
[c)]
solução constante: y ≡ 0
solução não-constante:
• Dividindo a Eq. por
• Seja z =
p
p
y obtemos:
y′
p
y
=
y
p
x y
−1
y. Então, pela regra da cadeia z ′ =
• Substituindo: 2z ′ =
z
x
y′
p
2 y
−1
15
z
• Escrevendo a eq. (na forma padrão) nas variáveis x e z teremos: z ′ − 2x
= − 21
– Fator integrante: µ = e −
´
1
2x dx
1
= e − 2 ln |x| =
p1
|x|
´′
pz
= − 2p1|x|
|x|
p
|x| |x|
pz = −
+C
x
|x|
– Multiplique a eq. (na forma padrão) por µ e obtenha:
– Integre de ambos os lados a eq. para obter:
p
– Logo, z = −x +C |x|
• Como z =
p
³
¡
p ¢2
y então: y = z 2 = −x +C |x|
• Intervalo admissível: o maior intervalo admissível é R.



0

 ¡
p ¢2
y=
−x +C x
 ¡


 −x +C p−x ¢2
,x ∈R
, x ∈ (0, ∞)
, x ∈ (−∞, 0)
[d)]
solução constante: y ≡ 0
solução não-constante:
• Dividindo a Eq. por y 3 obtemos: y −3 y ′ = y −2 − 1
• Seja z = y −2 . Então, pela regra da cadeia z ′ = −2y −3 y ′
• Substituindo: z ′ = −2z + 2
• Escrevendo a eq. (na forma padrão) nas variáveis x e z teremos: z ′ + 2z = 2
– Fator integrante: µ = e
´
2dx
= e 2x
– Multiplique a eq. (na forma padrão) por µ e obtenha: (e 2x z)′ = 2e 2x
– Integre de ambos os lados a eq. para obter: e 2x z = e 2x +C
– Logo, z = 1 +C e −2x
• Como z = y −2 então: y =
p1
z
=
p 1
1+C e −2x
• Intervalo admissível: O maior intervalo admissível é R.


0
,x ∈R



p 1
y=
, x ∈ R se C ≥ 0
1+C e −2x


p

 p 1
, 0 < x < ln( −C ) se C < 0
−2x
1+C e
¡
¢
[e)]y ′ = y 1 + x1 −
y2
x
solução constante: y(x) = 0, x ∈ R.
solução não-constante:
¡
¢
• Multiplique a Eq. por y −2 para obter: y −2 y ′ = y −1 1 + x1 − x1
– Seja z = y −1 . Então, z ′ = −y −2 y ′
¡
¢
– Substituindo: z ′ + z 1 + x1 = x1
16
– Logo, z =
1
x
C
+ |x|e
x =
• Portanto, então: y =
1±C e −x
x
1+ke −x
x
=
1+ke −x
x
(k ∈ R)
(k ∈ R)
• Intervalo admissível: o maior intervalo admissível é R.



0
,x ∈ R


x
y=
, x ∈ R, x ̸= 0 se k ≥ 0
1+K e −x



x

, x ∈ R, x ̸= 0 ∧ x ̸= ln(−k) se k < 0
1+K e −x
Exemplo 13. Encontre a solução geral da seguinte equação de Bernoulli. Resolva também o problema do valor inicial.


y ′ − y = x y 2

 y(0) = 1
Solução:
• Divida a eq. por y 2 para obter: y −2 y ′ − y −1 = x
• Seja z = y −1 . Então, z ′ = −y −2 y ′
• Substituindo: y −2 y ′ − y −1 = x ⇐⇒ −z ′ − z = x
• Forma padrão da eq. linear: z ′ + z = −x
– Fator integrante: µ = e
´
1dx
= ex
– Multiplique a eq. (na forma padrão) por µ e obtenha: (e x z)′ = −xe x
´
– Integre de ambos os lados a eq. para obter: e x z = − xe x dx = −xe x + e x +C
– Dividindo por e x temos: z = −x + 1 + e −x C
• Como y =
1
z
então: y =
1
−x+1+C e −x
• Condição inicial: 1 = y(0) ⇐⇒ C = 0. Portanto, y =
1
−x+1
é a solução do PVI.
Exemplo 14. Encontre a solução geral da seguinte equação de Bernoulli. Resolva também o problema do valor inicial.


y y ′ + x y 2 = x

 y(0) = 2
• Seja z = y 2 . Então, z ′ = 2y y ′
• Substituindo: y y ′ + x y 2 = x ⇐⇒ z ′ + 2xz = 2x
• Forma padrão da eq. linear: z ′ + 2xz = 2x
– Fator integrante: µ = e
´
2xdx
= ex
2
2
– Multiplique a eq. (na forma padrão) por µ e obtenha: (e x z)′ = 2xe x
2
– Integre de ambos os lados a eq. para obter: e x z =
2
– Dividindo por e x temos: z = 1 +C e −x
´
2
2xe x dx = e x +C
2
• Como z = y 2 (y > 0, pois y(0) = 2 > 0) então: y =
p
z=
p
2
1 +C e −x
17
2
2
• Condição inicial: 2 = y(0) ⇐⇒ C = 3. Portanto, y =
p
3e −2x + 1 é a solução do PVI.
Exemplo 15. Resolva a equação de Bernoulli y ′ + y = 5(sin 2x)y 2 .
Solução: Observe primeiro que y = 0 é uma solução, pois n = 2 > 0. Depois de dividir a equação por y 2 , obtemos
y −2 y ′ + y −1 = 5 sin 2x
Seja z = y −1 . Então z ′ = −y −2 y ′ e substituindo temos −z ′ + z = 5 sin 2x. Na forma padrão para equações lineares, ela se torna
z ′ − z = −5 sin 2x
Podemos aplicar o Algorítmo a esta equação diferencial linear. O fator de integração será µ = e −x . Multiplicando pelo fator
de integração temos
(e −x z)′ = −5e −x (sin 2x)
Agora integrando de ambos os lados obtemos
ˆ
e −x z = −
5e −x sin 2x dx = (sin 2x + 2 cos 2x)e −x + k
Assim,
z = sin 2x + 2 cos 2x + ke x
Agora voltamos para a função original y escrevendo y = 1/z, portanto
y=
1
sin 2x + 2 cos 2x + ke x
0.6 Equação de Riccati
Outra equação redutível a equação linear é a equação de Riccati:
y ′ = a(x) + b(x)y + c(x)y 2
em que a(x), b(x) e c(x) são funções contínuas num intervalo I e c(x) ̸≡ 0 em I . A fim de resolver uma equação de Riccati é
preciso conhecer uma solução particular. Se y 1 for uma solução particular da equação então a solução geral da equação de
Riccati é da forma
y = y1 +
1
v
para alguma função v(x) ̸= 0 em I a determinar. Substituindo
y ′ = y 1′ −
v′
v2
e
y = y1 +
1
v
na Eq. de Riccati obteremos que v é solução da equação linear de ordem 1
¡
¢
v ′ + b(x) + 2y 1 c v = −c(x)
Portanto, basta considerar uma solução v = v(x) da equação linear anterior e definir y = y 1 + v1 para obter a solução geral da
Equação de Riccati.
Exemplo 16. Empregue a técnica que acabamos de desenvolver, isto é, faça a mudança de y = y 1 +
equação de Riccati
y ′ − x y 2 + (2x − 1)y = x − 1
numa linear, e encontre sua a solução geral. Note que y 1 (x) = 1 é uma solução particular.
18
1
v
para transformar a
Solução:
′
• Seja y = 1 + v1 . Então, y ′ = − vv2
′
• Substituindo: y = 1 + v1 e y ′ = − vv2 temos: v ′ + v + x = 0
• Forma padrão da eq. linear: v ′ + v = −x
• Fator integrante: µ = e
´
1dx
= ex
• Multiplique a eq. (na forma padrão) por µ e obtenha: (e x v)′ = −xe x
¡
¢
• Integre de ambos os lados a eq. para obter: e x v = − xe x − e x +C
• Dividindo por e x temos: v =
e x −xe x +C
ex
= 1 − x +C e −x
1
• Como y = 1 + v1 segue: y = 1 + 1−x+C
e −x
Exemplo 17. Encontre a solução geral da seguinte equação sabendo que y 1 (x) = −e −x cot(x) é solução particular
y ′ = e x y 2 − y + e −x
0.7 Equações Diferenciais Exatas e Fatores Integrantes
Em certas situações é conveniente trabalhar com a equação diferencial de 1a ordem
dy
= f (x, y)
dx
(0.9)
na forma
P (x, y) +Q(x, y)
dy
= 0 ou P (x, y)dx +Q(x, y)dy = 0
dx
(0.10)
Note que sempre podemos escrever (0.9) na forma (0.10), basta por P (x, y) = − f (x, y) e Q(x, y) = 1.
Definição 2. A equação diferencial (0.9) escrita da forma
P (x, y) +Q(x, y)
dy
=0
dx
diz-se uma equação diferencial exata se, e só se, P e Q são funções de classe C 1 (Ω) e
∂Q ∂P
=
∂x
∂y
num retângulo aberto Ω = (a, b) × (c, d )
⃗ : Ω → R2 , F
⃗ = (P,Q) um campo vetorial de classe C 1 num retângulo Ω = (a, b) × (c, d ) aberto. Suponha, em
Teorema 5. Seja F
⃗ é conservativo em Ω, i.e., existe uma função V : Ω → R de classe C 2 chamada de função potencial de
Ω, que Q x = P y então F
⃗ , tal que
F
∂V
=P
∂x
∂V
=Q
∂y
e
em Ω
Para as equações diferenciais exatas
P (x, y) +Q(x, y)
dy
= 0, com (x, y) ∈ Ω
dx
as soluções y = y(x) são dadas implicitamente pela equação
V (x, y) = c (c ∈ R)
19
⃗ = (P,Q) em Ω. De fato, seja y = y(x) dada implicitamente pela equação V (x, y) = c para
sendo V uma função potencial de F
³
algum c ∈ R como Q ̸≡ 0, existe alum ponto (x 0 , y 0 ) ∈ Ω tal que Q(x 0 , y 0 ) ̸= 0. Daí, segue que V y (x 0 , y 0 ) = Q(x 0 , y 0 ) ̸= 0 e, pelo
´
teorema da função implícita, existe y = y(x) da implicitamente pela equação V (x, y) = c com c = V (x 0 , y 0 ) . Pelo Teorema da
Função Implícita, temos:
dy
Vx (x, y(x))
=−
,
dx
V y (x, y(x))
x ∈ I x0 ⊂ (a, b)
⃗ = (P,Q) então
mas, V é uma função potencial de F
Vx (x, y(x)) P (x, y(x))
=
V y (x, y(x)) Q(x, y(x))
Portanto, a função y = y(x) é tal que
P (x, y(x))
dy
=−
dx
Q(x, y(x))
ou equivalentemente, P (x, y(x)) +Q(x, y(x))
dy
= 0 em Ω
dx
Reciprocamente, toda solução da equação exata é solução da equação V (x, y) = c para algum c ∈ R.
Exemplo 18. Resolva as equações diferenciais exatas de 1a ordem (implicitamente).
a)
¡
¢ dy
x y 4 + 2x 2 y 3 + 3y 5 − 20y 3 dx = 0
b)
³
´
2 dy
1 − xy 2 dx + 2x
y = 0 (y > 0)
0.7.1. Fator Integrante
Por vezes uma equação diferencial de 1a ordem não é exata. Neste caso, podemos transformá-la num exata multiplicando a
equação por uma certa função chamada fator integrante.
Método para determinar um fator integrante a fim de transformar uma equação não exata num exata.
Seja P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 uma equação diferencial não exata. Denote por µ = µ(x, y) uma função a determinar.
Multiplicando ambos os lados da equação não exata por µ obtemos:
µP (x, y)dx + µQ(x, y)dy = 0
Para que essa equação seja exata as funções µP e µQ devem ser de classe C 1 (num retângulo aberto Ω) e
(µQ)x = (µP ) y
ou seja, a função µ deve satisfazer a equação diferencial parcial
¶
µ
∂µ
∂µ
∂Q ∂P
−
=P
−Q
µ
∂x ∂y
∂y
∂x
(0.11)
Condições para a equação não exata admita um fator integrante dependente apenas da variável x.
Vamos procurar um fator integrante da forma µ = µ(x) de modo a simplificar (0.11). Dessa forma, temos que (0.11) se
reduz a
³
dµ
−
=µ
dx
³
Se a função
∂Q ∂P
− ∂y
∂x
Q
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
Q
´
depende apenas da variável x, isto é,
³
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
´
Q
20
= g (x)
´
(0.12)
a equação (0.12) se reduz a
−
dµ
= µg (x)
dx
que é uma equação linear de 1a ordem. Supondo g = g (x) contínua, a equação admite como fator integrante a função
µ(x) = e G sendo G = G(x) uma primitiva de g .
Condições para a equação não exata admita um fator integrante dependente apenas da variável y.
Se a função fator integrante depende apenas de y, isto é, µ = µ(y) a equação (0.11) se reduz a
µ
¶
∂Q ∂P
dµ
µ
=P
−
∂x ∂y
dy
³
E, se a função
∂Q ∂P
− ∂y
∂x
(0.13)
´
P
depende também apenas da variável y, isto é,
³
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
´
= h(y)
P
a equação (0.13) torna-se
dµ
= µh(x)
dx
que é uma equação linear de 1a ordem. Supondo h = h(y) contínua, a equação admite como fator integrante a função
µ(x) = e H sendo H = H (y) uma primitiva de −h.
Exemplo 19. Resolva as equações diferenciais não exatas de 1a ordem (implicitamente).
a)
dy
(y + x y 2 ) − x dx = 0
Exemplo 20. A equação de Bernoulli
b)
dy
dx
dy
(x 2 − y 2 ) dx + x y = 0 (y > 0)
+ x y = y 2 , y ̸≡ 0 é equivalente a
³
x
y
´
−1 +
1 dy
y 2 dx
= 0. Procure um fator integrante e
resolva.
0.8 Equações Diferenciais Lineares de Segunda Ordem
Uma equação diferencial linear de 2a ordem tem a forma geral
y ′′ + b(x)y ′ + c(x)y = f (x)
onde b(x), c(x) e f (x) são funções contínuas num intervalo I ⊂ R. Quando f ≡ 0 diz-se que a Eq. é homogênea, caso contrário é dita não-homogênea.
Teorema 6 (Existência e Unicidade). Sejam b(x), c(x) e f (x) funções contínuas num intervalo (a, b). Então, existe uma
única solução da equação linear
y ′′ + b(x)y ′ + c(x)y = f (x)
(0.14)
no intervalo (a, b), que verifica as condições iniciais
y(x 0 ) = A e y ′ (x 0 ) = B
(0.15)
para quaisquer números A, B e x 0 (x 0 dentro do intervalo (a, b)).
Proposição 1. Se y 1 e y 2 são soluções da Eq. homogênea y ′′ + b(x)y ′ + c(x)y = 0 então qualquer combinação linear de y 1 e
¡
¢
y 2 , ou seja, qualquer função da forma y = c 1 y 1 + c 2 y 2 c 1 , c 2 ∈ R também é solução.
21
0.8.1. Equações Diferenciais Lineares de Segunda Ordem Homogêneas
Considere a equação diferencial linear de 2a Ordem homogênea
a y ′′ + b y ′ + c y = 0
(0.16)
com coeficientes a, b e c reais e sejam λ1 e λ2 as raízes da equação característica
aλ2 + bλ + c = 0
1) Se λ1 e λ2 são reais e λ1 ̸= λ2 , então a solução geral da Eq. homogênea (0.16) será
y(x) = c 1 e λ1 x + c 2 e λ2 x
, ∀x ∈ R
2) Se λ1 e λ2 são reais e λ1 = λ2 = λ, então a solução geral da Eq. homogênea (0.16) é da forma
y(t ) = c 1 e λx + c 2 xe λx
, ∀x ∈ R
3) Se λ = α + i β e λ̄ = α − i β são raízes complexas, então a solução geral da Eq. homogênea (0.16) é dada por
¡
¢
y(x) = e αx c 1 cos βx + c 2 sin βx
, ∀x ∈ R
0.8.2. Equações Diferenciais Lineares de Segunda Ordem Não Homogêneas
Vejamos algumas estratégias para resolver equações lineares não homogêneas de 2a ordem da forma
a y ′′ + b y ′ + c y = f (x)
com a, b e c constantes reais e f (x) uma função contínua num intervalo I ∈ R. A equação homogênea associada a y ′′ + b y ′ +
c y = 0 desempenha um papel importante na solução da equação não homogênea original como podemos observar no teorema a seguir.
Teorema 7. A solução geral da equação a y ′′ + b y ′ + c y = f (x) pode ser escrita como
y = yh + y p ,
x∈I
onde y h é a solução geral da Eq. homogênea e y p é uma solução particular da Eq. original.
0.8.3. Método dos Coeficientes a Determinar
A fim de obter uma solução particular da equação não-homogênea, apresentamos o método dos coeficientes a determinar,
também chamado método dos coeficientes indeterminados.
O método consiste em assumir uma certa forma (com base na função f e na solução y h ) para a solução particular y p que
depende de coeficientes a determinar. Vejamos algumas situações:
[Polinômio:] Se f é um polinômio de grau m, admitimos que
y p = Am x m + . . . + A1 x + A0
também é um polinômio de grau m. Encontramos uma solução particular da equação não-homogênea se determinarmos os coeficientes A 0 , A 1 , . . . , A m .
22
Exemplo 21. Encontre uma solução particular da equação não-homogênea
y ′′ + 3y ′ + 4y = 3x + 2
Solução: Vamos buscar uma solução particular da forma
y p = Ax + B
Então, y p′ = A e y p′′ = 0. Assim, substituindo na equação diferencial, temos
3A + 4(Ax + B ) = 3x + 2 ou
(4A)x + (3A + 4B ) = 3x + 2
Dois polinômios são iguais se, e só se seus coeficientes são iguais. Assim, A = 3/4 e B = 1/16. Uma solução particular é, portanto, y p =
3x
4
1
+ 16
, x ∈ R.
[Exponencial:] Se f é uma função exponencial da forma
f (x) = ke βx
admitimos uma solução particular da forma
y p = Ae βx
Exemplo 22. Encontre uma solução particular da equação não-homogênea
y ′′ − 4y = 2e 3x
Solução: Para uma solução particular tentemos
y p = Ae 3x
Então y p′′ = 9Ae 3x . Substituindo na equação diferencial, temos
9Ae 3x − 4Ae 3x = 2e 3x
, ∀x ∈ R
(9A − 4A)e 3x = 2
(5A)e 3x = 2
¡
¢
faça x = 0
A = 2/5
Assim, uma solução particular é y p = 52 e 3x
, x ∈ R.
[Seno e Cosseno:] Se f é uma combinação linear das funções seno e cosseno, ou seja,
f (x) = k 1 cos(ωx) + k 2 sin(ωx)
admitimos uma solução particular da forma
y p = A cos(ωx) + B sin(ωx)
Exemplo 23. Encontre uma solução particular da equação não-homogênea
3y ′′ + y ′ − 2y = 2 cos(x)
23
Solução: Tentemos uma solução particular da forma
y p = A cos(x) + B sin(x)
Então, y p′ = −A sin(x) + B cos(x) e y p′′ = −A cos(x) − B sin(x). Substituindo na equação diferencial, obteremos
¡
¢ ¡
¢
¡
¢
3 − A cos(x) − B sin(x) + − A sin(x) + B cos(x) − 2 A cos(x) + B sin(x) = 2 cos(x) ou
(−5A + B ) cos(x) + (−A − 5B ) sin(x) = 2 cos(x)
Isso ocorre se


−5A + B = 2

−A − 5B = 0
1
5
Assim, a solução deste sistema é A = −5/13 e B = 1/13. Portanto, y p = − 13
cos(x) + 13
sin(x) , x ∈ R.
24
Resumo:
Para encontrar uma solução particular y p = y p (x) de equações lineares não homogêneas de 2a ordem da forma
a y ′′ + b y ′ + c y = f (x)
apresentamos algumas estratégias. Vamos considerar os seguintes casos:
a) f (x) = P m (x) = A m x m + · · · + A 1 x + A 0 , A m ̸= 0
b) f (x) = e αx P m (x)
£
¤
c) f (x) = e αx P m (x) cos(βx) ou f (x) = e αx P m (x) sin(βx) ou f (x) = e αx A cos(βx) + B sin(βx)
d) f (x) = combinação linear das anteriores
Caso: [a] Suponha f (x) = P m (x) = A m x m + · · · + A 1 x + A 0 , A m ̸= 0 um polinômio de grau m.
i) Se c ̸= 0, tentamos y p (x) = B m x m + · · · + B 1 x + B 0 , B m ̸= 0
¡
¢
ii) Se c = 0 e b ̸= 0, tentamos y p (x) = x B m x m + · · · + B 1 x + B 0 , B m ̸= 0
¡
¢
iii) Se c = b = 0, tentamos y p (x) = x 2 B m x m + · · · + B 1 x + B 0 , B m ̸= 0
Caso: [b] Suponha f (x) = e αx P m (x) com P m (x) = A m x m + · · · + A 1 x + A 0 , A m ̸= 0 um polinômio de grau m.
¡
¢
i) Se α não for raiz da eq. ar 2 + br + c = 0, tentamos y p (x) = e αx B m x m + · · · + B 1 x + B 0 , B m ̸= 0
¡
¢
ii) Se α é raiz simples da eq. ar 2 + br + c = 0, tentamos y p (x) = e αx x B m x m + · · · + B 1 x + B 0 , B m ̸= 0
¡
¢
iii) Se α é raiz dupla da eq. ar 2 + br + c = 0, tentamos y p (x) = e αx x 2 B m x m + · · · + B 1 x + B 0 , B m ̸= 0
Caso: [c] Suponha f (x) = e αx (A cos(βx) + B sin(βx)).
i) Se α + i β não for raiz da eq. ar 2 + br + c = 0, tentamos y p (x) = e αx (M cos(βx) + N sin(βx))
ii) Se α + i β for raiz da eq. ar 2 + br + c = 0, tentamos y p (x) = xe αx (M cos(βx) + N sin(βx))
Caso: [c’] Suponha f (x) = e αx P m (x) cos(βx) ou f (x) = e αx P m (x) sin(βx)
i) Se α + i β não for raiz da eq. ar 2 + br + c = 0, tentamos y p (x) = e αx Q m (x) cos(βx) + e αx R m (x) sin(βx)
ii) Se α + i β for raiz da eq. ar 2 + br + c = 0, tentamos y p (x) = xe αx P m (x) cos(βx) + xe αx R m (x) sin(βx)
Caso: [d] Suponha f (x) = combinação linear das anteriores.
Teorema 8 (Princípio da superposição). Considere a equação diferencial
a y ′′ + b y ′ + c y = f 1 (x) + f 2 (x)
(0.17)
Se y 1 = y 1 (x) for uma solução particular da eq. diferencial a y ′′ + b y ′ + c y = f 1 (x) e y 2 = y 2 (x) uma solução particular de
a y ′′ + b y ′ + c y = f 2 (x), então y p = y 1 + y 2 é uma solução particular de (0.17).
25
Fato : Sejam f (x) = e αx P m e y = e αx Q m com P m e Q m polinômios de grau m.
y = e αx Q m
′
y ′ = αe αx Q m + e αx Q m
′
′′
y ′′ = α2 e αx Q m + 2αe αx Q m
+ e αx Q m
¡
¢
′
′′
a y ′′ + b y ′ + c y = a α2 e αx Q m + 2αe αx Q m
+ e αx Q m
¡
¢
′
+ b αe αx Q m + e αx Q m
+ ce αx Q m
¡
¢
¡
¢
′
′′
= e αx Q m aα2 + bα + c + e αx Q m
2α + b + ae αx Q m
Fato : Sejam f (x) = e αx P cos(βx) e y = e αx Q cos(βx) + e αx R sin(βx) com P,Q e R polinômios de grau m. Suponha α + i β raiz
da eq. ar 2 + br + c = 0.
w = e αx Q cos(βx) + e αx R sin(βx)
¡
¢
¡
¢
w ′ = e αx cos(βx) αQ +Q ′ + βR + e αx sin(βx) − βQ + αR + R ′ = e αx Q 1 cos(βx) + e αx R 1 sin(βx)
¡
¢
¡
¢
w ′′ = e αx cos(βx) α2Q − β2Q + 2αQ ′ +Q ′′ + 2αβR + 2βR ′ + e αx sin(βx) α2 R − β2 R + 2αR ′ + R ′′ − 2αβQ − 2βQ ′
= e αx Q 2 cos(βx) + e αx R 2 sin(βx)
com Q 1 ∨ R 1 de grau m e com Q 2 ∨ R 2 de grau m. Agora, considere a eq. homogênea a y ′′ + b y ′ + c y = 0 e suponha
y 1 = e αx cos(βx) e
y 2 = e αx sin(βx)
soluções da eq. homogênea. Para y = Q y 1 , z = R y 2 e w = y + z temos
y = Q y1
y ′ = y 1′ Q + y 1Q ′
y ′′ = y 1′′Q + 2Q ′ y 1′ +Q ′′ y 1
z = R y2
z ′ = y 2′ R + y 2 R ′
z ′′ = y 2′′ R + 2R ′ y 2′ + R ′′ y 2
26
¡
¢
¡
¢
aw ′′ + bw ′ + c w = a y 1′′Q + 2Q ′ y 1′ +Q ′′ y 1 + a y 2′′ R + 2R ′ y 2′ + R ′′ y 2
¡
¢
¡
¢
+ b y 1′ Q + y 1Q ′ + b y 2′ R + y 2 R ′
¡
¢
+ c Q y1 + R y2
¢
¢
¡
¡
= Q a y 1′′ + b y 1′ + c y 1 + R a y 2′′ + b y 2′ + c y 2
¢
¡
+ a 2Q ′ y 1′ +Q ′′ y 1 + 2R ′ y 2′ + R ′′ y 2
¢
¡
+ b y 1Q ′ + y 2 R ′
¢
¢
¡
¡
= a 2Q ′ y 1′ +Q ′′ y 1 + 2R ′ y 2′ + R ′′ y 2 + b y 1Q ′ + y 2 R ′
¢
¢
¡
¡
= y 1 aQ ′′ + 2aαQ ′ + bQ ′ − 2aβR ′ + y 2 aR ′′ + 2aαR ′ + bR ′ − 2aβQ ′
= e αx cos(βx)Q̃ + e αx sin(βx)R̃
com Q̃ ∨ R̃ de grau m − 1.
27