Notas de Aula Equaç˜oes Diferenciais Ordinárias ... - Arquivo Escolar

Notas de AulaEquações Diferenciais OrdináriasBásicasRodney Josué Biezuner 1Departamento de MatemáticaInstituto de Ciências Exatas (ICEx)Universidade Federal de Minas Gerais (UFMG)Notas de aula do curso Equações Diferenciais A do Ciclo Básico do ICEx.21 de julho de 20101 E-mail: rodney@mat.ufmg.br; homepage: http://www.mat.ufmg.br/∼rodney.

Sumário0 Introdução 31 Equações Diferenciais Ordinárias de Primeira Ordem 81.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2 Equações Lineares de Primeira Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.1 Caso p (t) = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.2 Caso homogêneo q (t) = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.3 Caso Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.2.4 Caso Geral – Método do Fator Integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.2.5 Caso Geral – Método de Variação dos Parâmetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.3 Equações Separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4 Equações Exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.5 Método de Mudança de Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.5.1 Equações Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.5.2 Equações de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.5.3 Outras Substituições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.6 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.6.1 Equação Logística . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.6.2 Lei de Torricelli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.6.3 Lei de Resfriamento de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.6.4 O Problema da Braquistócrona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.7 Equações Autônomas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.8 Teorema de Existência e Unicidade de Soluções de EDOs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292 Equações Diferenciais Ordinárias de Segunda Ordem 322.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.2 Equações Lineares de Segunda Ordem Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.2.1 Soluções Fundamentais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.2.2 Equações Homogêneas com Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.3 Equações Lineares de Segunda Ordem Não-Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.3.1 Método de Variação dos Parâmetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.3.2 Equações Não-Homogêneas com Coeficientes Constantes: Método dos Coeficientes aDeterminar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.4 Aplicação: Estudo de Oscilações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.4.1 Oscilações Livres sem Amortecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.4.2 Oscilações Livres com Amortecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.4.3 Oscilações Forçadas sem Amortecimento – Ressonância . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.4.4 Oscilações Forçadas com Amortecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.5 Resolução por Séries de Potências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 501

Rodney Josué Biezuner 22.5.1 Pontos Ordinários . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.5.2 Pontos Singulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.6 Mudança de Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.6.1 Equações que não contém y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.6.2 Equações que não contém t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.6.3 Equações de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 603 Transformada de Laplace 623.1 Definição e Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 623.2 Tabela de Transformadas de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.3 Transformada de Laplace Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.4 Aplicação à Resolução de Problemas de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 703.5 Convolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 733.6 Aplicação à Resolução de Problemas de Valor Inicial com Termo Não-Homogêneo Especial . . 753.6.1 Funções Impulso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.6.2 Função Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 783.6.3 Transformadas de Funções Periódicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 804 Sistemas de EDOs Lineares de Primeira Ordem 814.1 Sistemas Homogêneos com Matrizes de Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . 824.1.1 Matrizes Diagonalizáveis em R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 834.1.2 Matrizes Diagonalizáveis em C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 844.1.3 Matrizes Não Diagonalizáveis; caso bidimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 864.2 Sistemas Não-Homogêneos com Matrizes de Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . 874.2.1 Resolução de sistemas via transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 884.3 Diagramas de Fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 884.3.1 Matriz diagonalizável em R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 884.3.2 Matriz diagonalizável em C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 894.4 Forma Canônica de Jordan Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

Capítulo 0IntroduçãoUma equação diferencial ordinária (EDO) é uma equação cuja incógnita é uma função de uma variávely = y (x) envolvendo uma ou mais derivadas da função y, e possivelmente a variável x e a própria função y:(F x, y, y ′ , y ′′ , . . . , y (n)) = 0.A ordem da EDO é a ordem da derivada de maior ordem que aparece na equação. Resolver a EDO é portantoencontrar a função y. EDOs aparecem freqüentemente como modelos matemáticos para descrever e preverfenômenos naturais. Nestes modelos matemáticos, a taxa de variação de alguma grandeza em função de umaúnica variável (ou as taxas de variação de várias ordens) obedece alguma lei hipotetizada ou verificadaexperimentalmente, que é expressa apenas em termos da variável ou da grandeza; esta é uma EDO. Quandoa EDO é resolvida, obtém-se a função da grandeza em relação a esta variável, o que permite prever o valorda grandeza em valores específicos da variável, e assim entender melhor o fenômeno natural.Exemplo 0.1. (Objeto em Queda Livre) Um objeto em queda livre satisfaz a segunda lei de Newton F =ma, onde F = mg é a força gravitacional. Portanto, a função distância percorrida pelo objeto com otempo x = x (t) satisfaz a EDO de segunda ordemd 2 xdt 2 = g (1)e a função velocidade do objeto com o tempo v = v (t) satisfaz a EDO de primeira ordemdvdt= g. (2)Ambas as equações podem ser resolvidas por integração direta. Integrando a segunda equação umavez, obtemosv (t) = gt + Conde C é a constante de integração, arbitrária. A constante de integração fica determinada uma vezque o valor da velocidade do objeto em um determinado instante de tempo é conhecido. Por exemplo,se a velocidade inicial do objeto é conhecida, isto é, a velocidade v 0 = v (0) no instante de tempo t = 0é conhecida, então comov (0) = g · 0 + Csegue que C = v 0 . A única solução do problema év (t) = gt + v 0 . (3)3

Rodney Josué Biezuner 4Em geral esperamos que quando um fenômeno natural determinístico é bem compreendido, com todasas variáveis que possam influenciá-lo conhecidas, deve existir apenas uma única solução. Caso contrário,não há como prevê-lo e provavelmente o modelo não é suficientemente completo, se o fenômeno é dotipo determinístico.Para resolver a equação de segunda ordem, precisamos integrá-la duas vezes, obtendo no processo duasconstantes arbitrárias:dxdt = gt + C 1,x (t) = g 2 t2 + C 1 t + C 2 .Como dxdt = v a primeira constante C 1 é a velocidade inicial do objeto v 0 . A segunda constante C 2 éa posição inicial do objeto x 0 = x (0), poisx (0) = g 2 02 + C 1 0 + C 2 = C 2Assim, a distância percorrida pelo objeto em queda livre com o tempo é dada por□x (t) = g 2 t2 + v 0 t + x 0 . (4)Exemplo 0.2. (Crescimento Exponencial) O caso mais simples em que a taxa de variação de uma grandezaem relação a uma variável depende da própria grandeza é o caso do crescimento exponencial. Porexemplo, suponha que p (t) representa o número de bactérias em uma placa de petri no minuto t.Assuma que a placa possui uma quantidade suficiente de açúcar, de modo que não falta comida paraas bactérias. Espera-se que, nessas condições, cada bactéria se dividirá em duas a cada 20 minutos. Senenhuma bactéria morre (não há predadores ou influências externas danosas), então a taxa de variaçãode p é igual a 1 p = 0.05p por minuto. Portanto, a EDO que modela o crescimento da população de20bactérias na placa de petri édp= ap, (5)dtonde a = 0.05. Esta EDO de primeira ordem também pode ser resolvida por integração direta:∫ ∫ dpp = adtdondeouln p = at + Cp (t) = Ce at .Mais uma vez, uma condição inicial determina o valor da constante C, C = p (0) =: p 0 , de modo quea única solução da EDO ép (t) = p 0 e at . (6)Se o número de bactérias no instante inicial t = 0 não é conhecido, mas o número de bactérias emqualquer instante específico t 0 é conhecido, a constante C também pode ser determinada. Neste caso,p (t) = p (t 0 ) e a(t−t 0) . (7)

Rodney Josué Biezuner 5É claro que a medida que o número de bactérias cresce, este modelo matemático começa a refletirmenos e menos a situação real. A partir de um certo momento, o número de bactérias na placa depetri é tão grande que a competição por recursos começa a afetar a reprodução das bactérias e a taxade crescimento cai. O modelo matemático original não assumia nenhuma interação entre as bactérias.É necessário modificar o modelo, obtendo uma EDO que descreva melhor o crescimento da populaçãode bactérias depois de decorrido um certo tempo. Veremos as modificações necessárias na próximaseção e ao longo do curso. □EDOs Lineares e Não-LinearesAlém da classificação das EDOs com relação a sua ordem, uma importante classificação é a de EDOslineares e EDOs não-lineares. Uma EDO(F x, y, y ′ , y ′′ , . . . , y (n)) = 0é chamada linear se a função F for uma função linear, caso contrário ela é não-linear. Uma EDO linearpode ser escrita na formaa n (x) dn ydx n + a n−1 (x) dn−1 ydx n−1 + . . . + a 2 (x) d2 ydx 2 + a 1 (x) dydx + a 0 (x) y = f (x) . (8)Uma das principais propriedades que distinguem as equação lineares das equações não-lineares é o fato deque a combinação linear de soluções de equações lineares homogêneas (isto é, quando f (x) = 0) é tambémuma solução. De fato, se y 1 (x) e y 2 (x) são duas soluções da EDO linear (8) com f (x) = 0, isto é,e se α, β ∈ R são dois escalares reais, entãoa n (x) dn y 1dx n + . . . + a 2 (x) d2 y 1dx 2 + a 1 (x) dy 1dx + a 0 (x) y 1 = 0,a n (x) dn y 2dx n + . . . + a 2 (x) d2 y 2dx 2 + a 1 (x) dy 2dx + a 0 (x) y 2 = 0,a n (x) dn (αy 1 + βy 2 )dx n + . . . + a 2 (x) d2 (αy 1 + βy 2 )dx 2 + a 1 (x) d (αy 1 + βy 2 )+ a 0 (x) (αy 1 + βy 2 )[dx= α a n (x) dn y 1dx n + . . . + a 2 (x) d2 y 1dx 2 + a 1 (x) dy ]1dx + a 0 (x) y 1[+ β a n (x) dn y 2dx n + . . . + a 2 (x) d2 y 2dx 2 + a 1 (x) dy ]2dx + a 0 (x) y 2= α · 0 + β · 0 = 0,de modo que αy 1 + βy 2 também é uma solução de (8). Mais que isso, podemos dizer o seguinte:Proposição 0.1. Sejaa n (x) dn ydx n + a n−1 (x) dn−1 ydx n−1 + . . . + a 2 (x) d2 ydx 2 + a 1 (x) dydx + a 0 (x) y = 0 (9)uma EDO linear homogênea. Então o conjunto de suas soluções definidas em um intervalo especificadoforma um subespaço de dimensão n no espaço de funções.No caso não-homogêneo, se uma solução particular pode ser obtida, todas as soluções são somas desta soluçãoparticular com as soluções do problema homogêneo (um espaço afim de dimensão n no espaço de funções). A

Rodney Josué Biezuner 6teoria é semelhante à resolução de sistemas lineares em álgebra linear. Isso se deve ao fato que uma equaçãodiferencial linear é um operador linear no espaço de funções diferenciáveis.Outra diferença fundamental é que as EDOs lineares são muito mais fáceis de resolver do que as EDOsnão-lineares e sua teoria, tanto analítica (qualitativa) quanto quantitativa (métodos de resolução) está bemdesenvolvida. Já a teoria qualitativa das EDOs não-lineares ainda está em desenvolvimento e muitas vezesnão existem métodos exatos para obter as suas soluções. Por outro lado, EDOs não-lineares aparecem namodelagem matemática de muitos fenômenos naturais. Soluções discretas aproximadas podem ser obtidasatravés de métodos numéricos com o auxílio de computadores. Um método também muito popular éaproximar EDOs não-lineares por EDOs lineares, através de um processo chamado linearização. O principalobjetivo deste curso é o estudo de EDOs lineares.Exemplo 0.3. (Equação Logística I) Vamos considerar um modelo matemático mais realista de crescimentopopulacional do que o do Exemplo 0.2. Por exemplo, considere uma população de peixes em um lago,sem a presença de predadores naturais. Se começarmos com um lago grande e uma população inicialpequena de peixes, esperamos que inicialmente o crescimento seja do tipo exponencial. A populaçãode peixes não pode crescer para sempre sem limites; a quantidade limitada de recursos do lago (comidae espaço para depositar os ovos) impõe um limite natural à população máxima de peixes que o lagocomporta. Esperamos que a população de peixes atinja um certo limite e sofra pequenas flutuações aoredor deste limite, salvo disastres naturais ou outras influências externas.Se p (t) denota a população de peixes em um certo instante de tempo t, é razoável postular que p (t)satisfaça uma equação diferencial ordinária do tipodpdt= h (p) p, (10)isto é, a taxa de crescimento da população em um determinado instante depende da população de peixesnaquele momento, multiplicada por um fator h (p) que desempenha o papel de uma taxa de crescimentorelativo (taxa de natalidade menos taxa de mortalidade, isto é, número de nascimentos menos númerode falecimento de peixes por unidade de tempo) para os peixes quando a população é p. A taxa decrescimento relativo não deve ser constante, pois quando há mais peixes há correspondentemente menoscomida e portanto a taxa de mortalidade deve ser maior. Mais especificamente, quando p é pequeno,esperamos h ser aproximadamente constante, e quando p é muito grande, h deve ser negativa. Ummodelo simples para h é o seguinteh (p) = a − bp, (11)onde a e b são constantes a serem determinadas, dependentes do problema específico. Observe quequando p é pequeno, h é aproximadamente constante igual a a (isto é, p ≪ a/b) e correspondentementedp∼ ap, o que significa um crescimento exponencial. Quando p é grande (p > a/b), então h (p) édtnegativa. A equação resultante,dpdt = ap − bp2 , (12)é chamada a equação logística (introduzida pelo biólogo belga Verhulst em 1838 para prever aspopulações da Bélgica e da França).Apesar desta EDO ser uma equação não-linear, ela pode ser resolvida de maneira simples através deintegração direta por frações parciais (isso será visto em detalhes posteriormente no curso). Ao invésde resolvê-la diretamente, gostaríamos de obter informações qualitativas. Neste caso em particular, emgeral não interessa como a população de peixes evolui exatamente com o passar do tempo, mas simo valor limite que ela atinge. Para fixar idéias, consideraremos a = 0.5 e b = 0.001, de modo que aequação se tornadp= 0.001 (500 − p) p =: f (p) .dt

Rodney Josué Biezuner 7A função f é uma parábola com concavidade para baixo que tem zeros nos pontos p = 0 e p = 500. Noprimeiro caso, não há nenhum peixe no lago e a taxa de crescimento é obviamente nula. O segundo casocorresponde a um valor de equilíbrio: se começarmos com uma população inicial de 500 peixes, ataxa de crescimento é dp = 0 e a população não deverá nem aumentar nem diminuir. Na prática isto édtimpossível, mas vemos que qualquer valor menor que 500 implicará numa taxa de crescimento positivo,tendendo a aumentar a população até 500, enquanto que qualquer valor maior que 500 implicará numataxa de crescimento negativo, tendendo a diminuir a população de volta para 500. O que acontece naprática é que a população tende a flutuar em torno do valor 500, daí o nome “valor de equilíbrio”.Portanto, devemos esperar que a população limite de peixes que o lago comporta para estes valoresespecíficos das constantes a e b (que em geral dependem não só do lago, mas do tipo de peixe cultivado)é 500. □Exemplo 0.4. (Equação Logística II) No exemplo anterior, mais do que a população limite que o lagocomporta, em geral estamos mais interessados em definir o limite de pesca sustentável do lago. Ouseja, uma certa quantidade de peixes é removida periodicamente do lago através de pesca e queremosdeterminar qual é o valor máximo de peixes que podemos pescar sem levar a população de peixes aocolapso, isto é, sem que ela caia eventualmente para zero através da pesca predatória. Se c é o númerode peixes retirados do lago por unidade de tempo, então a EDO que passa a descrever a evolução dapopulação de peixes com o passar do tempo é a equação logística modificadadpdt = ap − bp2 − c. (13)Para fixar idéias, suponha que o tempo t seja medido em anos e que sejam pescados exatamente 52peixes por ano (limite de pesca permitido):dpdt= 0.001 (500 − p) p − 52 =: g (p) .O gráfico de g é a mesma parábola que representa o gráfico de f, exceto que a parábola é deslocada52 unidades para baixo. Desta vez os zeros da parábola (isto é, os valores de p que correspondem adpdtque dp= 0) ocorrem nos pontos p = 148 e p = 352. Temosdpdt< 0 se p < 148 e se p > 352, enquanto> 0 se 148 < p < 352. Isso significa que se começarmos a pescar no lago quando este atingiudto seu limite máximo p = 500 a uma taxa de 52 peixes por ano, a população deve cair até atingir onovo valor de equilíbrio p = 352. Portanto, esta taxa de pesca é sustentável. Para valores de p umpouco acima de 148, esta taxa também é sustentável e a população de peixes aumenta, apesar dapesca, até atingir o valor de equilíbrio p = 352. Observe porém, que o valor p = 148 não é um valorde equilíbrio: flutuações de p para baixo deste valor implicam numa taxa de crescimento negativo ea pesca eventualmente acabará com a população de peixes do lago, enquanto que valores de p acimadeste valor aumentam a população de peixes no lago apesar da pesca. Logo, p = 148 não é um valorde equilíbrio, pois pequenas flutuações em torno deste valor fazem com que p afaste-se bastante destevalor, seja para baixo, seja para cima.Qual seria o maior valor permitido para a pesca sustentável no lago? Este seria um valor próximoao máximo da parábola da função f do exemplo anterior, c = 62.5. Um valor bem menor seriarecomendável, para evitar acidentes e levar em conta flutuações naturais e a inexatidão do modelo.Além disso, em geral não dispomos de informações exatas sobre as constantes a, b, c na natureza (porexemplo, não é fácil fiscalizar a pesca para fixar o valor de c), e é preciso errar no lado da cautela paraevitar o colapso das populações de peixes, o que vem ocorrendo com cada vez maior freqüência. □

Capítulo 1Equações Diferenciais Ordinárias dePrimeira Ordem1.1 IntroduçãoDefinição. EDOs de primeira ordem são equações do tipoF (t, y, y ′ ) = 0,isto é, além da variável t e da função y, elas envolvem apenas a derivada primeira y ′ .Neste curso, estudaremos principalmente equações de primeira ordem da formaouy ′ = f (t, y)dydt= f (t, y) .Definição. Uma solução da EDO y ′ = f (t, y) em um intervalo I ⊂ R é uma função diferenciável y : I −→ Rque satisfaz a EDO.Definição. Um problema da formaé chamado um problema de valor inicial.Exemplo 1.1. Encontre a solução geral da EDO{ dy= f (t, y)dty (t 0 ) = y 0dydt = 11 + t 2 .A partir da solução geral, encontre a solução para o problema de valor inicial⎧⎨ dydt = 11 + t⎩2y (1) = π8

Rodney Josué Biezuner 9Solução: Através de uma integração simples, obtemos∫1y (t) = = arctan t + C.1 + t2 Como y (1) = 3, devemos terou seja,donde a solução para o problema de valor inicial é□arctan 1 + C = π,C = π − π 4 = 3π 4 ,y (t) = arctan t + 3π 4 .1.2 Equações Lineares de Primeira OrdemUma EDO linear de primeira ordem é da forma1.2.1 Caso p (t) = 0dy+ p (t) y = q (t) . (1.1)dtQuando p (t) ≡ 0, a EDO (1.1) torna-sedy= q (t) (1.2)dte pode ser resolvida diretamente por integração:∫y (t) = q (t) + C. (1.3)1.2.2 Caso homogêneo q (t) = 0Quando q (t) ≡ 0, a EDO (1.1) torna-sedy+ p (t) y = 0 (1.4)dtque chamamos uma EDO linear homogênea. Esta também pode ser resolvida diretamente por integraçãouma vez que as variáveis sejam separadas: escrevemose daídondeobtendooudydt= −p (t) ydy= −p (t) dt,y∫ ∫ dyy = − p (t) dt,∫ln y = − p −R (t) dt + Cp(t)y (t) = Ce dt . (1.5)

Rodney Josué Biezuner 10Exemplo 1.2. Encontre a solução geral da EDOdydt = y1 − t 2 .A partir da solução geral, encontre a solução para o problema de valor inicial⎧⎨ dydt = y1 − t⎩2y (0) = 2Solução: Através de separação da variáveis seguida da uma integração simples, obtemos∫1ln y (t) =1 − t 2 .A integral pode ser calculada através do método de frações parciais:Devemos terSubstituindo t = 1 e t = −1, obtemos11 − t 2 = A1 + t + B A (1 + t) + B (1 − t)=1 − t 1 − t 2 .A (1 + t) + B (1 − t) = 1.A = B = 1 2 .Logo∫11 − t 2 = 1 ∫211 + t + 1 ∫211 − t = 1 2 (ln |1 + t| − ln |1 − t|) = 1 ∣ √ ∣∣∣∣ ∣∣∣2 ln 1 + t1 − t∣ = ln 1 + t1 − t∣ .Daí,√ ∣∣∣∣ 1 + ty (t) = C1 − t∣Como y (0) = 2, substituindo t = 0 obtemosC = 2.ou seja,□√ ∣∣∣∣ 1 + ty (t) = 21 − t∣1.2.3 Caso Coeficientes ConstantesQuando a EDO linear possui coeficientes constantes, isto é, as funções p (t) , q (t) são constantes a, b ∈ R,ainda podemos resolver a equação a EDO diretamente por integração:De fato, escrevemosdy+ ay = b. (1.6)dtdydt= −ay + b,

Rodney Josué Biezuner 11separamos as variáveisdy= −a dt,y − b ae integramos∫dy∫= −adty − b aobtendoouVerificando:de modo que(ln y − b )= −at + Cay (t) = Ce −at + b a . (1.7)dydt = −aCe−at ,(dydt + ay = −aCe−at + a Ce −at + b )= b.a1.2.4 Caso Geral – Método do Fator IntegrantePara resolver a EDO linear de primeira ordem (1.1) de forma geral, usamos uma técnica chamada resoluçãopor fator integrante. O fator integrante é uma função r (t) pela qual multiplicamos a EDO, escolhido detal modo que a expressão resultante pode ser resolvida por integração simples. Mais especificamente, quandomultiplicamos (1.1) por uma função r (t), obtemosSe a função r (t) fosse tal que pudéssemos escreverr (t) dy + r (t) p (t) y = r (t) q (t) .dtdrdt= r (t) p (t) ,teríamos entãor (t) dydt + dr y = r (t) q (t) ,dtque pode ser escrita na formad(r (t) y (t)) = r (t) q (t) .dtNesta forma, a EDO pode ser resolvida diretamente por integração:∫r (t) y (t) = r (t) q (t) dt + C,dondey (t) = 1 (∫r (t))r (t) q (t) dt + CPara descobrir o fator integrante de (1.1), precisamos resolver a EDO(1.8)drdt= r (t) p (t) .

Rodney Josué Biezuner 12Esta pode ser resolvida de maneira simples se escrevermos1 drr (t) dt = p (t)e daí integrarmos, obtendo∫ln r (t) =R p (t) dt,donde o fator integrante ép(t)r (t) = e dt . (1.9)Esta função satisfaz de fato (apenas verificando)drp(t)= p (t) eR dt = r (t) p (t) .dtPortanto, a solução geral da EDO linear −R de primeira ordem R (1.1) é(∫)p(t) dt p(t)y (t) = e e dt q (t) dt + C . (1.10)Exemplo 1.3. Encontre a solução geral da EDO linear de primeira ordem com coeficientes constantese da EDO linear de primeira ordempelo método do fator integrante.Solução: Temos p (t) = a, logodydt + ay = bdy+ ay = q (t)dt∫p (t) dt = at.No primeiro caso segue quey (t) = e −at (∫) ∫e at b dt + C = e −ate at b dt + e −at C = b a + e−at C.Verificando:de modo queNo segundo caso temosVerificando:dydt = −ae−at ∫donde□dydt = −ae−at C(dybdt + ay = −ae−at C + a C)a + e−at = −ae −at C + b + ae −at C = b.y (t) = e −at (∫∫dydt + ay = −ae−at) ∫e at q (t) dt + C = e −ate at q (t) dt + e −at [ e at q (t) ] − aCe −at = −ae −at ∫e at q (t) dt + q (t) − aCe −at + ae −at ∫e at q (t) dt + Ce −at .e at q (t) dt + q (t) − aCe −at ,e at q (t) dt + aCe −at = q (t) .

Rodney Josué Biezuner 13Exemplo 1.4. Encontre a solução do problema de valor inicial{ dy+ 2y = t2dty (0) = 1.Solução: Temosy (t) = e −2t ∫e 2t t 2 dt + Ce −2t .Como, integrando por partes,segue que∫e 2t t 2 dt = 1 2 t2 e 2t − 1 2 te2t + 1 4 e2t ,y (t) = 1 2 t2 − 1 2 t + 1 4 + Ce−2t . (1.11)Verificando:dondedydt = t − 1 2 − 2Ce−2tdydt + 2y = t − 1 ( 12 − 2Ce−2t + 22 t2 − 1 2 t + 1 )4 + Ce−2t= t − 1 2 − 2Ce−2t + t 2 − t + 1 2 + 2Ce−2t= t 2 .A solução deve satisfazer a condição inicial y (0) = 1, logoPortanto, a solução do problema de valor inicial édefinida para todo t ∈ R. □14 + C = 1 ∴ C = 3 4 .y (t) = 1 2 t2 − 1 2 t + 1 4 + 3 4 e−2t (1.12)1.2.5 Caso Geral – Método de Variação dos ParâmetrosOutra técnica para resolver EDOs que se aplica também ao caso geral das EDOs lineares é o método devariação dos parâmetros. Tendo resolvido o caso homogêneo q (t) = 0obtendo a soluçãodydt + p (t) −R y = 0p(t)y (t) = Cedtonde C é uma constante, procura-se resolver o caso geral não-homogêneody+ p (t) y = q (t)dt

Rodney Josué Biezuner 14buscando-se uma variação da solução obtida no caso homogêneo (a idéia é que a solução do caso nãohomogêneonão deve ser tão diferente da solução do caso homogêneo), espeficamente tentando uma soluçãoda formadt , (1.13)−R p(t) −R y (t) = C (t) e −R d()e−R p(t) dt p(t)C (t) e + p (t) C (t) edt−R −Rp(t) dt p(t)− C (t) p (t) e dt p(t)+ p (t) C (t) edt eR dCdt = p(t) dt q (t) .onde C (t) é agora uma função a ser determinada. Para determiná-la, usamos a própria EDO: a solução devesatisfazerdt = q (t) ,ou seja,dondedCREsta última EDO pode ser resolvida por integração direta e obtemos∫p(t)C (t) = e dt−R R q (t) dt + C.Assim a solução é(∫p(t) dt p(t)y (t) = e e1.3 Equações SeparáveisPara EDOs de primeira ordem em geral, não-lineares,dt = q (t) ,)dt q (t) dt + C . (1.14)dy= f (x, y)dxnão existe um método universal para obter a solução geral. Existem subclasses de EDOs de primeira ordemàs quais certos métodos específicos podem ser aplicados para obter a solução geral.Equações separáveis são uma subclasse importante de EDOs que podem ser escritas na formadydx = f (x)g (y) . (1.15)Elas são chamadas separáveis porque na notação diferencial podemos escrevê-las na formaf (x) dx = g (y) dy, (1.16)separando as variáveis. Esta EDO pode ser resolvida diretamente por integração, mas o resultado obtido éem geral uma expressão implícita para y em função de x. Temos∫∫f (x) dx = g (y) dy + C. (1.17)Denotando∫F (x) = f (x) dx,∫G (y) = − g (y) dy,fica claro que o que obtemos é uma expressão implícitaF (x) + G (y (x)) = C. (1.18)Entretanto, através desta expressão, muitas vezes é possível obter a solução y (x) de forma explícita.

Rodney Josué Biezuner 15Exemplo 1.5. Encontre a solução geral da equaçãoSolução: Escrevendosegue quedydx = −x y .y dy = −x dx,2 = −x2 2 + C,que pode ser escrito de maneira mais simples na forma implícitay 2x 2 + y 2 = C.Em outras palavras, a solução y = y (x) é um arco de círculo. □Exemplo 1.6. Encontre a solução do problema de valor inicial⎧⎨ dydx = −x y .⎩y (0) = 2.Solução: No exemplo anterior vimos que a solução geral é dada implicitamente porx 2 + y 2 = C.A constante C é determinada pela condição inicial 0 2 + 2 2 = C, isto é, C = 4. Obtemos duas soluçõesexplícitas distintas, ambas definidas no intervalo [−2, 2]:y (x) = ± √ 4 − x 2 ,Como a condição inicial é positiva, a solução do problema de valor inicial é□1.4 Equações Exatasy (x) = √ 4 − x 2 .Outra subclasse importante de EDOs de primeira ordem são as equações exatas, que são as equações quepodem ser escritas na formady (x, y)= −fdx g (x, y)ouf (x, y) + g (x, y) dy = 0, (1.19)dxem que as funções f (x, y) e g (x, y) são contínuas e têm derivadas parciais ∂f ∂g(x, y) , (x, y) contínuas que∂y ∂xsatisfazem∂f∂y = ∂g∂x . (1.20)

Rodney Josué Biezuner 16Teorema 1.1. (Existência do Potencial) Sejam f, g : R → R funções contínuas definidas no retânguloR = [a, b] × [c, d] que possuem derivadas parciais contínuas ∂f∂y , ∂g que satisfazem a condição∂xEntão existe uma função continuamente diferenciável ψ : R → R tal que∂f∂y = ∂g∂x . (1.21)∂ψ∂x = f,∂ψ∂y = g.Prova. Para obter ψ que satisfaz estas condições (que é equivalente a resolver um sistema simples de duasequações diferenciais parciais não acopladas), em primeiro lugar resolvemos a equação diferencial parcialpor integração direta, obtendo∂ψ∂x = f∫ψ (x, y) = f (x, y) dx + h (y) ,onde h é uma função a ser determinada. Para determinar h usamos o fato que ψ também deve satisfazerde modo quee portanto h satisfaz a EDOg = ∂ ∂y(∫∂ψ∂y = g,)f (x, y) dx + dh ∫ ∂fdy = dh(x, y) dx +∂y dy∫dh ∂fdy = g − dx. (1.22)∂yh é uma função apenas de y, logo o lado direito não pode depender de x. E, de fato, a condição (1.21)garante que( ∫ )∂ ∂fg −∂x ∂y dx = ∂g∂x − ∂ (∫ ) ∂f∂x ∂y dx = ∂g∂x − ∂f∂y = 0.Obtemos h através de uma integração simples:∫h (y) = g (x, y) dy −Portanto, a função potencial ψ é dada por∫∫ψ (x, y) = f (x, y) dx +∫ (∫ ∂f∂y (x, y) dx )dy. (1.23)∫∫ ∂fg (x, y) dy − (x, y) dxdy. (1.24)∂yA função ψ é chamada função potencial porque o campo vetorial (f (x, y) , g (x, y) ) é exatamente o gradientedo campo escalar ψ (x, y) :∇ψ (x, y) = (f (x, y) , g (x, y) ) (1.25)(conforme será visto no curso de Cálculo III).

Rodney Josué Biezuner 17Usando a função potencial ψ, podemos resolver (1.19). De fato, substituindo ψ em (1.19), obtemos∂ψ∂x + ∂ψ dy= 0. (1.26)∂y dxPela regra da cadeia, isso é equivalentedψ (x, y (x)) = 0. (1.27)dxIntegrando, obtemos que a solução geral de (1.19) é dada implicitamente porExemplo 1.7. Encontre a solução geral da equaçãoψ (x, y (x)) = C. (1.28)2y ( 1 + x 2)1 + 2x 2 y ′ − 2xy2(1 + 2x 2 ) 2 = 1.Resolva o problema de valor inicial⎧⎨⎩2y ( 1 + x 2)1 + 2x 2 y ′ − 2xy2(1 + 2x 2 ) 2 = 1y (0) = 1..Solução: TemosComof (x, y) = −2xy2(1 + 2x 2 ) 2 − 1 e g (x, y) = 2y ( 1 + x 2)1 + 2x 2 .∂f∂y = − 4xy(1 + 2x 2 ) 2 = ∂g∂xela é exata. Vamos encontrar a função potencial, que agora sabemos existir. Ela satisfaz∂ψ∂x = − 2xy2(1 + 2x 2 ) 2 − 1 e ∂ψ∂y = 2y ( 1 + x 2)1 + 2x 2 .Integrando a segunda equação com respeito a y, obtemos∫ ( )2y 1 + x2ψ (x, y) =1 + 2x 2 dy + h (x) = 2 ( 1 + x 2) ∫1 + 2x 2 y dy + h (x)Temos tambémdonde= y2 ( 1 + x 2)1 + 2x 2 + h (x) .dhdx = ∂ψ∂x + 2xy2(1 + 2x 2 ) 2 = − 2xy2(1 + 2x 2 ) 2 − 1 + 2xy2(1 + 2x 2 ) 2 = −1Assim, a solução geral é dada implicitamente porh (x) = −x.ψ (x, y) = −x + y2 ( 1 + x 2)1 + 2x 2 = C.

Rodney Josué Biezuner 18Para encontrar a solução ou as soluções para a condição inicial y (0) = 1, primeiro determinamos ovalor da constante C:C = −0 + 12 ( 1 + 0 2)1 + 2 · 0 2 = 1.As soluções são dadas implicitamente porLogo,y 2 ( 1 + x 2)−x + y2 ( 1 + x 2)1 + 2x 2 = 1.1 + 2x 2 = x + 1 ∴ y 2 ( 1 + x 2) = (x + 1) ( 1 + 2x 2) = 2x 3 + 2x 2 + x + 1donde obtemos a soluçào explícita (a condição inicial é positiva)√2x3 + 2xy (x) =2 + x + 11 + x 2 .O intervalo de definição destas duas soluções é um intervalo contendo x = 0 onde o polinômio 2x 3 +2x 2 + x + 1 é não-negativo. Este é exatamente o intervalo (−1, +∞), já que as duas outras raízes dopolinômio são complexas. □No caso geral de uma EDO não-exata na formaf (x, y) + g (x, y) dydx = 0,podemos tentar multiplicá-la por um fator integrante r (x, y) para torná-la exata.equação se tornar (x, y) f (x, y) + r (x, y) g (x, y) dydx = 0e a condição desta nova equação ser exata é satisfeita, isto é,Isso significa que aOu seja,∂ (rf)∂y= ∂ (rg)∂x . (1.29)r ∂f∂y + f ∂r∂y = r ∂g∂x + g ∂r ( ∂f∂x ∴ r ∂y − ∂g )= g ∂r∂x ∂x − f ∂r∂yde modo que r deve satisfazer a EDP (equação diferencial parcial) linear homogênea:g ∂r∂x − f ∂r ( ∂f∂y − ∂y − ∂g )r = 0. (1.30)∂xResolver esta EDP pode não ser fácil, ou mesmo ser mais difícil de resolver do que a EDO original. Ao invésde procurar um fator integrante dependendo de duas variáveis, podemos tentar achar um fator integrantemais simples que dependa de apenas uma variável, por exemplo r (x, y) = r (x). Neste caso, r deverásatisfazer a EDO1 drr dx = 1 ( ∂fg ∂y − ∂g ). (1.31)∂xIsso só fará sentido se(1 ∂fg ∂y − ∂g )∂x

Rodney Josué Biezuner 19for independente de y, o que pode acontecer. Caso contrário, podemos tentar encontrar um fator integranter (x, y) = r (y) e r satisfazerá a EDO1 drr dy = − 1 ( ∂ff ∂y − ∂g ), (1.32)∂xque fará sentido somente se(1 ∂ff ∂y − ∂g )∂xindepender de x. [Observe que quando a equação é exata isso sempre ocorre, pois a expressão entre parêntesesé nula, e o fator integrante é uma constante, que obviamente tomamos igual a 1 (a equação já é exata).]Quando pelo menos uma destas situações ocorrer, o fator integrante r pode ser encontrado através de umaintegração direta, como o próximo exemplo mostra.Exemplo 1.8. Encontre a solução geral da equaçãoSolução: TemosComo2y ( 1 + x 2) y ′ −2xy21 + 2x 2 = 1 + 2x2 .f (x, y) = − 2xy21 + 2x 2 − 1 − 2x2 e g (x, y) = 2y ( 1 + x 2) .∂f∂y = − 4xy1 + 2x 2∂g∂x = 4xyela não é exata. Vamos procurar um fator integrante da forma r (x). Ele deve satisfazer a EDO1 drr dx = 1 ( ∂fg ∂y − ∂g )=∂x−4xy1 + 2x 2 − 4xy2y (1 + x 2 )= − 4x1 + 2x 2que faz sentido e pode ser diretamente resolvida por integração:∫4xln r = −1 + 2x 2 dx = − ln ( 1 + 2x 2)(tomamos a constante de integração C = 0 porque buscamos um fator integrante simples), donder (x) =11 + 2x 2 .Quando multiplicamos a EDO deste exemplo por este fator integrante, obtemos exatamente a EDOexata do exemplo anterior. □1.5 Método de Mudança de VariáveisMudar as variáveis para obter uma expressão mais simples é uma técnica bastante aplicada em várias áreasda Matemática, também na resolução de EDOs.

Rodney Josué Biezuner 201.5.1 Equações HomogêneasEquações homogêneas de primeira ordem são equações que podem ser escritas na formady( y)dx = f . (1.33)xIntroduza a nova variávelEntãoe pela regra da cadeiaSubstituindo na equação original, obtemosv = y x . (1.34)y = vxdydx = x dvdx + v.x dvdx + v = f (v)oux dv = f (v) − v,dxque é uma EDO separável que em princípio pode ser resolvida por integração direta:Exemplo 1.9. Encontre a solução geral da equaçãodvf (v) − v = dx xdy 2y − 4x=dx 2x − y .(1.35)Solução: Escrevendody 2 ydx = x − 42 − y ,xvemos que ela é uma equação homogênea. Tomando v = y/x, segue queouLogo,dondeSubstituindo de volta, segue quedonde a solução geral é□dv2v − 42 − v − v = dx x− dvv + 2 = dx x .ln (v + 2) = − ln x + C,v + 2 = C x .yx + 2 = C x ,y (x) = −2x + C. (1.36)

Rodney Josué Biezuner 211.5.2 Equações de BernoulliEquações de Bernoulli são equações na formaPara resolvê-las, introduza a nova variávelPela regra da cadeia,dydx + p (x) y = q (x) yn . (1.37)v = y 1−n . (1.38)dvdy= (1 − n) y−ndx dx .Multiplicando a equação de Bernoulli por y −n , segue queouque é uma equação linear.−n dyydx + p (x) y1−n = q (x)1 dv+ p (x) v = q (x) (1.39)1 − n dxExemplo 1.10. Encontre a solução geral da equaçãodydx + 1 x y = xy2 .Solução: Fazendo a mudança de variável v = y −1 , obtemos a equação linearque tem soluçãoLogo,□− dvdx + 1 x v = xv (x) = −x 2 + Cx.y = v −1 =1−x 2 + Cx .1.5.3 Outras SubstituiçõesExemplo 1.11. Resolva o problema de valor inicial⎧⎨ dydx = y − xy − x − 1⎩y (0) = −2..Solução: Substituímosde modo quev = y − x,dvdx = dydx − 1.

Rodney Josué Biezuner 22A equação original torna-se entãoouque é uma equação separável:dvdx + 1 = vv − 1dvdx = 1v − 1 ,(v − 1) dv = dx.Integrando:v 22 − v = x + C.Substituindo de volta, obtemos que a solução y satisfaz a equação implícitaNo caso do problema de valor inicial, obtemosPara obter a solução explícita, escrevaC =(y − x) 2− y = C.2(−2 − 0)22− (−2) = 4.y 2 − 2 (x + 1) y + x 2 − 8 = 0,de modo que√y = 2 (x + 1) ± 4 (x + 1) 2 − 4x 2 + 32= x + 1 ± √ 2x + 52e a solução correspondente a y (0) = −2 é□1.6 Aplicações1.6.1 Equação Logísticay (x) = x + 1 − √ 2x + 5.Vamos resolver a equação logística que consideramos nos Exemplos 0.3 e 0.4 da Introdução:dpdt = ap − bp2 .Os pontos fixos desta equação (isto é, os valores de p para os quais dp = 0, ou seja, a taxa de crescimentodtpopulacional é zero) sãop = 0 e p = a b .O último ponto fixo é de fato um valor de equilíbrio para a população, como vimos no Exemplo 0.3: temosdpdt > 0 se p < a b e dpdt < 0 se p > a b . Portanto, M = a representa a população máxima sustentável.bEscrevendo o lado direito da equação logística na formadp( a)dt = bp b − p = bp (M − p) , (1.40)

Rodney Josué Biezuner 23vemos que ela simplesmente diz que a taxa de variação da população em cada instante de tempo é proporcionalà população atual e também à diferença entre a população máxima sustentável e a população atual.Vamos agora resolver a equação logística. Observe que ela é uma equação separável. Portanto separamosas variáveis e integramos∫∫dpp (M − p) = b dt.A integral do lado esquerdo pode ser resolvida por separação de variáveis: precisamos encontrar constantesA e B tais que1p (M − p) = A p + BM − p .TemoslogoEscolhendo p = 0 e p = M, obtemosLogo,Portanto,∫donde a solução implícita éEscrevendodpp (M − p) = 1 (∫ ∫ 1M p +1p (M − p)A (M − p) + Bp= ,p (M − p)A (M − p) + Bp = 1.A = B = 1 M .)1= 1 M − p M (ln p − ln |M − p|) = 1 ∣ ∣∣∣M ln pM − p∣ 1 ∣∣∣M ln pM − p∣ = bt + C,pM − p = CeMbt .p = (M − p) Ce Mbt = MCe Mbt − pCe Mbt ∴ p ( 1 + Ce Mbt) = MCe Mbtobtemos a solução geral para a equação logística de forma explícita:p (t) = CMeMbt. (1.41)1 + CeMbt Em um problema de valor inicial, a constante C pode ser determinada. Se a população inicial p (0) = p 0 éconhecida, por exemplo, temosp 0 = CM1 + C ,dondee portantoObserve quecomo esperado.p 0 (1 + C) = CM ∴ (M − p 0 ) C = p 0 ∴ C = p 0M − p 0lim p (t) = limt→∞p (t) =t→∞ eMbtp 0 Me Mbt. (1.42)(M − p 0 ) + p 0 eMbt p 0 M(M − p 0 ) e −Mbt = p 0M= M,+ p 0 p 0∣ .

Rodney Josué Biezuner 241.6.2 Lei de TorricelliSuponha que um tanque de água tenha um buraco de área a no seu fundo, por onde escoa água. Denotepor y (t) a profundidade da água no tanque e por V (t) o volume de água restante no tanque no instante detempo t. É possível derivar a partir da equação de Bernoulli da Mecânica dos Fluidos (ou seja, desprezandocompletamente os efeitos da viscosidade da água) a chamada lei de Torricelli que determina a velocidade deescoamento da água saindo pelo buraco:v = √ 2gy.Em condições mais reais, a lei se escreve na formav = c √ 2gyonde 0 < c < 1 é uma constante empírica (em torno de 0.6 para um pequeno fluxo contínulo de água). Parasimplificar a discussão, tomaremos c = 1. Como conseqüência da lei de Torricelli, segue quedVdt = −av = −a√ 2gy (1.43)(o sinal negativo deve-se ao fato que o volume de água no tanque está diminuindo com o passar do tempo).Se A (y) denota a área da seção transversal do tanque na altura y, temosV =logo o teorema fundamental do cálculo implica quePor outro lado, pela regra da cadeia temos∫ y0A (y) dy,dVdy = A (y) .dVdt = dV dydy dt .Portanto, a taxa de variação da altura da água com o tempo é dada pela EDO não-linear (também chamadaequação de Torricelli)A (y) dydt = −a√ 2gy. (1.44)Exemplo 1.12. Um tanque hemisférico tem raio de 4m e no instante t = 0 está cheio de água. Nestemomento, um buraco circular com diâmetro de 4cm. Quanto tempo levará para que toda a água dotanque tenha escoado?Solução. Temos[A (y) = πr 2 (y) = π 16 − (4 − y) 2] = π ( 8y − y 2) .Usando o valor g = 10 m/s 2 , segue que a equação de Torricelli para este tanque éπ ( 8y − y 2) dydt = −π ( 2 × 10 −2) 2 √ 20y.Separando as variáveis, (8y 1/2 − y 3/2) (dy = − 8 √ 5 × 10 −4) dte integrando, obtemos163 y3/2 − 2 (5 y5/2 = − 8 √ 5 × 10 −4) t + C.

Rodney Josué Biezuner 25Como y (0) = 4, a constante de integração éC = 16 3 8 − 2 44832 =5 15 .Portanto, a solução da EDO de Torricelli para este caso é dada implicitamente por163 y3/2 − 2 (5 y5/2 = − 8 √ 5 × 10 −4) t + 44815 .O tanque estará vazio quando y = 0, isto é, quandoo que dá pouco mais que 4 horas e 40 minutos. □1.6.3 Lei de Resfriamento de Newton448t =15 ( 8 √ = 16696 s5 × 10−4) De acordo com a lei de resfriamento de Newton, a taxa de variação da temperatura T (t) de um objeto emum ambiente de temperatura constante igual a A é diretamente proporcional à diferença de temperaturasA − T , isto é,dTdt = k (A − T ) ,onde k é uma constante positiva dependendo do material de que é feito o objeto.Exemplo 1.13. (CSI Belo Horizonte) Suponha que pouco antes do meio-dia o corpo de uma vítima dehomicídio é encontrado numa sala ar condicionada mantida à temperatura constante de 21 ◦ C. Aomeio-dia a temperatura do corpo é 30 ◦ C, e uma hora mais tarde é 27 ◦ C. Assumindo que a temperaturado corpo na hora da morte era 36,5 ◦ C, qual foi a hora da morte?Solução. Pela lei de resfriamento de Newton,dTdt = k (21 − T ) ,e ainda não sabemos o valor da constante k. Resolvendo por separação de variáveis,∫∫dT21 − T = k dt,segue queouT (0) = 30 implica quelogoSubstituindo T (1) = 27, segue queou− ln (21 − T ) = kt + CT (t) = 21 − Ce −kt . (1.45)C = 21 − 30 = −9,T (t) = 21 + 9e −kt . (1.46)e −k =27 − 219= 6 9k = − ln 6 = 0, 4.9

Rodney Josué Biezuner 26Assim, a variação da temperatura do corpo com o tempo é estimada porPara determinar o instante da morte t 0 usamos o fato quede modo quedondeT (t) = 21 + 9e −0,4t . (1.47)36, 5 = T (t 0 ) = 21 + 9e −0,4t 0e −0,4t 0=36, 5 − 219= 1, 72ln 1, 72t 0 = − = 1, 360, 4o que dá aproximadamente uma hora e vinte minutos. Portanto, a hora da morte foi aproximadamenteàs 10:40 da manhã. □1.6.4 O Problema da BraquistócronaEm 1696, Johann Bernoulli propôs o seguinte problema: imagine que um ponto A é unido através de um fio,que pode assumir a forma de qualquer curva, a um ponto B mais abaixo em um plano vertical. Assuma queuma conta de colar é colocada no fio e pode deslizar sem atrito do ponto A até o ponto B. Dentre todas ascurvas possíveis, qual é aquela que permite à conta de colar percorrer a trajetória de A a B no menor tempopossível? Tal curva foi batizada de braquistócrona (grego brachistos = mais curto e chronos = tempo).A solução a seguir é a solução dada por Bernoulli. Comece considerando um problema à primeira vistanão relacionado em ótica. Um raio de luz viaja de um ponto A até um ponto P em um meio com velocidadev 1 e aí entra em um meio com uma densidade maior viajando de P até outro ponto B com velocidade menorv 2 . O tempo total requerido para a jornada de A até B é dado porT =√a2 + x 2v 1+√b 2 + (c − x) 2v 2.Assumindo que o raio de luz seleciona o caminho de A até B através de P de tal modo a minimizar o tempototal gasto, entãodTdx = 0e portantoouxv 1√a2 + x 2 +c − x√v 2 b 2 + (c − x) 2sen α 1v 1= sen α 2v 2onde α 1 , α 2 são os ângulos entre os segmentos de reta que a luz percorre em cada meio e o eixo vertical.Esta é a lei da refração de Snell. A hipótese de que a luz sempre viaja de um ponto a outro buscando atrajetória que requer o menor tempo é chamada o princípio do tempo mínimo de Fermat. Este princípiopode ser aplicado a um meio de densidade variável, que podemos pensar como sendo um meio estratificado,consistindo de várias camadas. Quando o número de camadas de densidade constante é finito, aplicando alei de Snell sucessivamente obtemossen α 1= sen α 2= sen α 3= . . . = sen α n.v 1 v 2 v 3v n

Rodney Josué Biezuner 27Se a densidade no meio varia continuamente verticalmente, podemos tomar o limite, imaginando uma infinidadede camadas de espessuras infinitamente pequenas, chegando à conclusão quesen αv= constante. (1.48)Em um tal meio, a luz percorrerá uma trajetória curva e o ângulo α representará o ângulo entre a retatangente à curva e o eixo vertical.Supondo que a conta de colar como o raio de luz também é capaz de selecionar o caminho de A até B queimplicará no menor tempo gasto, segue que a equação acima continua válida. Pelo princípio de conservaçãode energia (isto é, conversão da energia potencial gravitacional da conta de colar em energia cinética), avelocidade da conta de colar em um ponto da trajetória a uma distância vertical y de A é dada porv = √ 2gy[observe que estamos orientando o eixo y apontando para baixo]. Além disso, pela geometria da situação, seβ é o ângulo complementar de α, temos quesen α = cos β = 1sec β = 1√1 + tan 2 β = 1√Combinando estes resultados na lei de Snell para a conta de colar, obtemos( ) ] 2√ dy2gy[1 + = cdxouy[1 +( ) ] 2 dy= c.dxEsta é a EDO não-linear cuja solução é a braquistócrona. Escrevendo√dy c − ydx = ,y1 +( dydxvemos que ela é uma equação separável e pode ser resolvida por integração direta:∫ √ ∫ yc − y dy = dx.) 2.A integral ∫ √ yc − y dypode ser resolvida por substituição. Definindo y = c sen 2 φ, segue que dy = 2c sen φ cos φ dφ e√ y= tan φ,c − yde modo que∫ √∫yc − y dy = 2c∫tan φ sen φ cos φ dφ = 2csen 2 φ dφ∫ 1 − cos 2φ= cdφ = c (2φ − sen 2φ) + C.2 2

Rodney Josué Biezuner 28Portanto a solução éx = c (2φ − sen 2φ) + C2Colocando o ponto A na origem, segue que a curva passa pelo ponto (0, 0) nas coordenadas x, y que tambémcorresponde ao ponto (0, 0) nas novas coordenadas x, φ. Concluímos que C = 0. Portanto,x = c (2φ − sen 2φ) ,2y = c sen 2 φ = c (1 − cos 2φ) ,2que é uma parametrização para a braquistócrona em termos do parâmetro φ. Definindo a = c/2 e θ = 2φ,obtemos uma parametrização mais familiar:x = a (θ − sen θ) ,y = a (1 − cos θ) ,que corresponde a um arco de ciclóide gerado por um ponto na circunferência de um círculo de raio a girandoao longo do eixo x. O valor de a é determinado pelo único arco de ciclóide gerado pelo círculo de raio a quepassa pelo ponto B.1.7 Equações AutônomasEquações autônomas são equações da formadxdt = f (x)em que não há dependência explícita da variável t. Exemplos de equações autônomas são a equação docrescimento exponencial e a equação logística. Importantes informações qualitativas podem ser obtidaspara equações autônomas sem a necessidade de resolvê-las. Já tivemos a oportunidade de fazer uma talanálise qualitativa quando estudamos a equação logística na Introdução. Lembramos os conceitos usados eintroduzimos alguns novos:Definição. Um zero x 0 da função f é chamado um ponto de equilíbrio (ou ponto fixo ou ponto crítico)da EDO e a solução x (t) = x 0 é chamada uma solução estacionária (ou solução de equilíbrio).Com efeito, se f (x 0 ) = 0, entãodxdt = 0para todo t e x (t) ≡ x 0 é uma solução constante para qualquer condição inicial que passe pelo ponto x 0 emqualquer instante de tempo t dado.Definição. Dizemos que um ponto de equilíbrio x 0 é estável sef (x) > 0 para todo x < x 0 próximo de x 0 ef (x) < 0 para todo x > x 0 próximo de x 0 .Dizemos que um ponto de equilíbrio x 0 é instável sef (x) < 0 para todo x < x 0 próximo de x 0 ef (x) > 0 para todo x > x 0 próximo de x 0 .

Rodney Josué Biezuner 29De fato, se f (x) > 0, entãodxdt > 0e a tendência da solução é crescer, enquanto que se f (x) < 0, entãodxdt < 0e a tendência da solução é decrescer. Vimos nos exemplos da Introdução que a equação logística possui doispontos de equilíbrio (já que f no caso é um polinômio do segundo grau): um ponto de equilíbrio instável emx 0 = 0 e um ponto de equilíbrio estável correspondente ao valor da população máxima sustentável. Aindaexiste um outro tipo de ponto de equilíbrio:Definição. Dizemos que um ponto de equilíbrio x 0 é um ponto de sela sef (x) > 0 para todo x ≠ x 0 próximo de x 0ou sef (x) < 0 para todo x ≠ x 0 próximo de x 0 .1.8 Teorema de Existência e Unicidade de Soluções de EDOsTeorema 1.2. (Teorema de Existência e Unicidade da Solução para Problemas de Valor Inicial de EDOs)Considere o problema de valor inicial{ dx= f (t, x)dtx (t 0 ) = x 0 .Se f e ∂f∂xsão contínuas no retânguloR = { (t, x) ∈ R 2 : α < t < β e a < x < b }que contém o ponto (t 0 , x 0 ), então o problema possui uma única solução em um intervalo aberto contendot 0 .Idéia da Prova: A demonstração clássica deste resultado é através do chamado método iterativo de Picard(ou método das aproximações sucessivas), que também pode ser usado como método numérico para obter asolução computacionalmente. Suponha que exista a solução x (t). Então, ao integrarmos a EDOela deve satisfazer∫ tt 0∫dxtdt dt =t 0f (s, x (s)) ds∫ tx (t) = x 0 + f (s, x (s)) ds.t 0(1.49)Como na verdade não sabemos se a solução x (t) existe, tentamos aproximá-la sucessivamente através destafórmula. Definimos como primeira aproximação a função constantex 0 (t) ≡ x 0e obtemos teoricamente uma melhor aproximaçãox 1 (t) = x 0 +∫ tt 0f (s, x 0 (s)) ds.

Rodney Josué Biezuner 30Em seguida, usamos esta nova função na fórmula para obter uma aproximação ainda melhor∫ tx 2 (t) = x 0 + f (s, x 1 (s)) ds.t 0E assim por diante, definimos uma seqüência de funções iterativamente:∫ tx n (t) = x 0 + f (s, x n−1 (s)) ds.t 0(1.50)Pode-se provar, sob as condições estabelecidas no enunciado no teorema (e mesmo usando hipóteses umpouco mais fracas) que a seqüência de funções assim definida converge uniformemente para uma funçãocontinuamente diferenciável e que esta é de fato a solução do problema de valor inicial. Detalhes podem servistos em livros que tratam de EDOs, por exemplo no livro Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias,de Reginaldo J. Santos (seção 1.8) ou em Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores deContorno, de Boyce e DiPrima (seção 2.9).A demonstração da unicidade da solução é mais fácil. De fato, se existirem duas soluções x 1 (t) , x 2 (t),então elas satisfazem∫ tx 1 (t) = x 0 + f (t, x 1 (s)) ds,t 0logodondex 2 (t) = x 0 +x 2 (t) − x 1 (t) =|x 2 (t) − x 1 (t)| =∫ t∫ tt 0f (t, x 2 (s)) ds,t 0[f (s, x 2 (s)) − f (s, x 1 (s))] ds,∫ tt 0|f (s, x 2 (s)) − f (s, x 1 (s))| ds. (1.51)Agora, se (s, x 1 (s)) e (s, x 2 (s)) estão dentro do retângulo R onde sabemos que ∂f é contínua, podemos∂xusar o Teorema do Valor Médio para concluir que existe c = c (s) tal que x 1 (s) < c (s) < x 2 (s) eEntãoComo ∂f∂xf (s, x 2 (s)) − f (s, x 1 (s))x 2 (s) − x 1 (s)= ∂f (s, c (s)) .∂x∣ |f (s, x 2 (s)) − f (s, x 1 (s))| ∂f ∣∣∣∣ ∂x (s, c (s)) |x 2 (s) − x 1 (s)| .é contínua em R, ela assume o seu máximoA :=max(s,x)∈R∣ ∂f ∣∣∣∣ ∂x (s, x)aí e podemos escreverPortanto, segue que|f (s, x 2 (s)) − f (s, x 1 (s))| A |x 2 (s) − x 1 (s)| .∫ t|x 2 (t) − x 1 (t)| = A |x 2 (s) − x 1 (s)| ds.t 0(1.52)

Rodney Josué Biezuner 31Defina agoraEntãoEm particular, segue quey (t) =∫ ty (0) = 0,t 0|x 2 (s) − x 1 (s)| ds.y (t) 0 para todo t t 0 ,y ′ (t) = |x 2 (t) − x 1 (t)| .y ′ (t) − Ay (t) 0.Multiplicando esta desigualdade pelo fator integrante e −At , segue qued (e −At y (t) ) 0.dtIntegrando de 0 a t e lembrando que y (0) = 0, obtemospara todo t 0, o que implicae −At y (t) 0y (t) 0 para todo t t 0 .Concluímos que y (t) ≡ 0 para todo t t 0 , o que significa que x 2 (t) = x 1 (t) para todo t t 0 . Analogamenteprovamos o mesmo fato para todo t t 0 . Se as hipóteses do teorema não são satisfeitas, a existência ou a unicidade da solução podem ser comprometidas:Exemplo 1.14. Encontre todas as soluções do problema de valor inicial{ dxdt = √ xx (0) = 0.Solução. Esta é uma equação autônoma separável, logo:∫ ∫ dx√ = xdt,donde2x 1/2 = t + C.Substituindo x (0) = 0, obtemos C = 0. Para obter a solução explicitamente, tomamos o quadrado:x (t) = t2 4 .Esta é uma solução. Outra solução é a solução identicamente nulaObserve que f (t, x) = √ x não possui derivada ∂f∂xx (t) ≡ 0.em (t, x) = (0, 0). □Teorema 1.3. (Teorema de Existência e Unicidade para EDOs Lineares) Considere o problema de valorinicial linear{ dx+ p (t) x = q (t)dtx (t 0 ) = x 0 .Se p (t) e q (t) são contínuas no intervalo I contendo t 0 então o problema possui uma única soluçãoem I.

Capítulo 2Equações Diferenciais Ordinárias deSegunda Ordem2.1 IntroduçãoDefinição. EDOs de segunda ordem são equações do tipoF (t, y, y ′ , y ′′ ) = 0,isto é, além da variável t e da função y, elas envolvem a derivada primeira y ′ e a derivada segunda y ′′ .Neste curso, estudaremos principalmente equações de segunda ordem da formay ′′ = f (t, y, y ′ )oud 2 (ydt 2 = f t, y, dy ).dtDefinição. Uma solução da EDO y ′′ = f (t, y, y ′ ) em um intervalo I ⊂ R é uma função duas vezesdiferenciável y : I −→ R que satisfaz a EDO.Definição. Um problema da formaé chamado um problema de valor inicial.⎧⎪d 2 (y ⎨dt 2 = f t, y, dy )dt⎪ y (t ⎩ 0 ) = y 0y ′ (t 0 ) = y 0′Duas condições iniciais são necessárias para determinar uma única solução para uma EDO de segundaordem pois a sua solução envolve em um certo sentido duas integrações, que introduzem duas constantes deintegração arbitrárias.Exemplo 2.1. Encontre a solução geral da EDOd 2 ydt 2 = t2 .32

Rodney Josué Biezuner 33A partir da solução geral, encontre a solução para o problema de valor inicial⎧d ⎪⎨2 ydt 2 = t2⎪⎩y (0) = 1y ′ (0) = 2Solução: Através de uma integração simples, obtemos∫dydt = t 2 dt = t3 3 + C 1.Como y ′ (0) = 2, devemos terou seja,Integrando uma segunda vez, obtemosy (t) =0 33 + C 1 = 2 =⇒ C 1 = 2,dydt = t3 3 + 2.∫ ( t33 + 2 )dt = t412 + 2t + C 2Como y (0) = 1, devemos terou seja,□0 412 + 2 · 0 + C 2 = 1 =⇒ C 2 = 1,y (t) = t4+ 2t + 1.122.2 Equações Lineares de Segunda Ordem HomogêneasUma EDO de segunda ordem é linear se ela tiver a formaEla é homogênea se f (t) ≡ 0, isto é, se ela for da formad 2 y dy+ p (t) + q (t) y = f (t) . (2.1)dt2 dtd 2 y dy+ p (t) + q (t) y = 0. (2.2)dt2 dtPara equações lineares de segunda ordem, um teorema de existência e unicidade de soluções para problemasde valor inicial também é válido:Teorema 2.1. (Teorema de Existência e Unicidade) Considere o problema de valor inicial⎧d ⎪⎨2 y dy+ p (t) + q (t) y = f (t)dt2 dt⎪⎩y (t 0 ) = y 0y ′ (t 0 ) = y 0.′Se p, q e f são contínuas em um intervalo aberto I que contém t 0 , então o problema possui uma únicasolução neste intervalo.

Rodney Josué Biezuner 34Para uma equação linear e homogênea, combinações lineares de soluções são ainda soluções. De fato, sey 1 (t) e y 2 (t) são duas soluções de (2.2), isto é, see se c 1 , c 2 ∈ R são dois escalares reais, entãod 2 y 1dt 2 + p (t) dy 1dt + q (t) y 1 = 0,d 2 y 2dt 2 + p (t) dy 2dt + q (t) y 2 = 0,d 2 (c 1 y 1 + c 2 y 2 )dt 2 + p (t) d (c 1y 1 + c 2 y 2 )dt]= c 1[ d 2 y 1dt 2 + p (t) dy 1dt + q (t) y 1= c 1 · 0 + β · 0 = 0,+ q (t) (c 1 y 1 + c 2 y 2 )+ c 2[ d 2 y 2dt 2 + p (x) dy 2dt + q (t) y 2de modo que c 1 y 1 + c 2 y 2 também é uma solução de (2.2). Este fato é às vezes chamado de princípio dasuperposição.2.2.1 Soluções FundamentaisO princípio da superposição implica que o espaço solução de uma equação linear homogênea de segundaordem é um subespaço vetorial do espaço das funções duas vezes diferenciáveis. Portanto, para encontrartodas as soluções de uma EDO linear de segunda ordem, ou seja, para encontrar a sua solução geral, bastaencontrar uma base para este subespaço. Vamos agora provar que este subespaço tem dimensão 2, demodo que basta encontrar duas soluções linearmente independentes da equação para encontrar todas as suassoluções.Teorema 2.2. Sejam y 1 (t) e y 2 (t) duas soluções linearmente independentes da equação linear homogêneade segunda ordemy ′′ + p (t) y ′ + q (t) y = 0.Então, para todo par de condições iniciais (y 0 , y 0) ′ o problema de valor inicial⎧⎨ y ′′ + p (t) y ′ + q (t) y = 0y (t 0 ) = y 0⎩y ′ (t 0 ) = y 0′possui uma única solução da formay (t) = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t) . (2.3)Prova. Para quaisquer constantes c 1 , c 2 ∈ R a função y (t) = c 1 y 1 (t)+c 2 y 2 (t) é uma solução para a equaçãohomogênea. Para provarmos o teorema, precisamos apenas mostrar que existem constantes únicas c 1 , c 2 taisque y (t) satisfaz as condições iniciais dadas, isto é,{c1 y 1 (t 0 ) + c 2 y 2 (t 0 ) = y 0c 1 y 1 ′ (t 0 ) + c 2 y 2 ′ (t 0 ) = y 0′ .Este sistema possui uma solução única quaisquer que sejam y 0 , y 0 ′ se e somente se[ ]y1 (tdet 0 ) y 2 (t 0 )y 1 ′ (t 0 ) y 2 ′ ≠ 0.(t 0 )]

Rodney Josué Biezuner 35Por sua vez, este determinante é não nulo se e somente se as soluções y 1 (t) e y 2 (t) são linearmente independentes.Isso decorre do Teorema de Existência e Unicidade. De fato,[ ]y1 (tdet 0 ) y 2 (t 0 )y 1 ′ (t 0 ) y 2 ′ = 0(t 0 )se e somente se as colunas desta matriz são linearmente dependentes, isto é, se e somente se existe umaconstante c ∈ R não-nula tal quey 1 (t 0 ) = cy 2 (t 0 ) ,y ′ 1 (t 0 ) = cy ′ 2 (t 0 ) .Como as condições iniciais determinam a solução de uma EDO linear de segunda ordem de maneira única,isso é verdade se e somente sey 1 (t) = cy 2 (t)para todo t, isto é, se e somente se y 1 (t) e y 2 (t) são linearmente dependentes. Definição. Duas soluções linearmente independentes de uma equação linear homogênea de segunda ordemsão chamadas soluções fundamentais desta equação.Existe um número infinito de pares de soluções fundamentais para uma equação linear homogênea de segundaordem, já que quaisquer duas soluções linearmente independentes são soluções fundamentais. Vimosna demonstração do Teorema 2.2 uma maneira simples de determinar se duas soluções de uma EDO linearhomogênea de segunda ordem são soluções fundamentais. Basta verificar se o determinante (chamadoWronskiano)[ ]y1 (t) yW (y 1 , y 2 ) (t) = det2 (t)y 1 ′ (t) y 2 ′ (t)é diferente de zero para algum valor de t; observe que se isso ocorrer, na verdade o Wronskiano será diferentede zero para qualquer valor de t. Reciprocamente, duas soluções serão linearmente dependentes se e somentese seu Wronskiano for igual a zero para todo valor de t.Exemplo 2.2. Mostre que y 1 (t) = 1 e y 2 (t) = t são soluções fundamentais da EDOEncontre sua solução geral.y ′′ = 0.Solução: Temos y 1 ′ (t) = 0 e y 2 (t) = 1, de modo que o Wronskiano desta duas soluções em qualquer pontot ∈ R é dado por[ ]1 tW (y 1 , y 2 ) (t) = det = 1 ≠ 00 1A sua solução geral é, portanto,□y (t) = c 1 + c 2 t.Exemplo 2.3. Mostre que se a ≠ 0, então y 1 (t) = e at e y 2 (t) = e −at são soluções fundamentais da EDOy ′′ = a 2 y.Mostre que z 1 (t) = senh at e z 2 (t) = cosh at também são soluções fundamentais para a EDO. Encontresua solução geral.

Rodney Josué Biezuner 36Solução: Temos y 1 ′ (t) = ae at e y 2 (t) = −ae −at , de modo que o Wronskiano desta duas soluções em qualquerponto t ∈ R é dado por[ ]eateW (y 1 , y 2 ) (t) = det−atae at −ae −at = −2a ≠ 0.Também temos z 1 ′ (t) = a cosh at e z 2 ′ (t) = a senh at, de modo que[ ]senh at cosh atW (y 1 , y 2 ) (t) = det= a ( senh 2 at − cosh 2 at ) = −a ≠ 0.a cosh at a senh atA sua solução geral é, portanto,ou também□y (t) = c 1 e at + c 2 e −at ,y (t) = c 1 e at + c 2 e −at .Exemplo 2.4. Mostre que se a ≠ 0, então y 1 (t) = sen at e y 2 (t) = cos at são soluções fundamentais daEDOy ′′ = −a 2 y.Encontre sua solução geral.Solução: Temos y 1 ′ (t) = a cos at e y 2 (t) = −a sen at, de modo que o Wronskiano desta duas soluções emqualquer ponto t ∈ R é dado por[ ]sen at cos atW (y 1 , y 2 ) (t) = det= −a ( sen 2 at + cos 2 at ) = −a ≠ 0a cos at −a sen atA sua solução geral é, portanto,□y (t) = c 1 sen at + c 2 cos at.2.2.2 Equações Homogêneas com Coeficientes ConstantesVamos resolver a equação linear homogênea de segunda ordemay ′′ + by ′ + cy = 0, (2.4)onde a, b, c ∈ R são constantes e a ≠ 0.Baseados na experiência com a equação do Exemplo 2.3, tentaremos inicialmente obter soluções da formay (t) = e rtonde r é uma constante a ser determinada. Substituindo esta função na equação (2.4) obtemosar 2 e rt + bre rt + ce rt = 0.Fatorando o termo positivo e rt , obtemos a chamada equação característica de (2.4):ar 2 + br + c = 0. (2.5)Esta equação do segundo grau pode ter duas raízes reais distintas, uma raiz real ou duas raízes complexasdistintas. De acordo com a situação, obtemos um diferente par de soluções fundamentais para (2.4).

Rodney Josué Biezuner 37Duas Raízes Reais DistintasSe a equação característica tem duas raízes reais r 1 e r 2 , então um par de soluções fundamentais para (2.4)éy 1 (t) = e r 1te y 2 (t) = e r 2t(2.6)e a sua solução geral é, portanto,y (t) = c 1 e r 1t + c 2 e r 2t . (2.7)De fato, para todo t ∈ R temos[ ]er 1teW (y 1 , y 2 ) (t) = detr2tr 1 e r1t r 2 e r2t = e r1t e r2t (r 2 − r 1 ) ≠ 0.Esta é a situação que encontramos no Exemplo 2.3, onde a equação característica tem duas raízes reaisdistintas ±a.Uma Raiz RealSe a equação característica tem apenas uma raíz real r, então uma solução para (2.4) é dada pory 1 (t) = e rt . (2.8)Para encontrar uma segunda solução y 2 linearmente independente de y 1 , vamos usar o método de d’Alembert.Ele consiste da seguinte idéia geral: dada uma solução y 1 de uma equação linear de segunda ordem, procuramosuma segunda solução y 2 na formay 2 (t) = v (t) y 1 (t) . (2.9)Substituindo a expressãoem (2.4), obtemosy 2 (t) = v (t) e rtouComoea [ v ′′ (t) e rt + 2rv ′ (t) e rt + r 2 v (t) e rt] + b [ v ′ (t) e rt + rv (t) e rt] + cv (t) e rt = 0pela fórmula do discriminante, segue queou simplesmentePortanto,eae rt v ′′ (t) + [2ar + b] v ′ (t) + [ ar 2 + br + c ] v (t) e rt = 0ar 2 + br + c = 0r = − b2aae rt v ′′ (t) = 0,v ′′ (t) = 0.v (t) = c 1 + c 2 ty 2 (t) = c 1 e rt + c 2 te rt .

Rodney Josué Biezuner 38Observe que quando c 2 = 0, y 2 é exatamente y 1 . Logo, se queremos uma segunda solução linearmenteindependente de y 1 , tomamos simplesmenteDe fato,A solução geral é, portanto,Duas Raízes Complexasy 2 (t) = te rt .[ ]ertteW (y 1 , y 2 ) (t) = detrtre rt e rt + rte rt = e 2rt (1 + rt − rt) = e 2rt ≠ 0.y (t) = c 1 e rt + c 2 te rt . (2.10)Se a equação característica tem duas raízes complexas, então elas são conjugadas e podemos escrevê-las naformar 1 = α + βi,r 2 = α − βi.Se definirmos a função exponencial complexa para qualquer número complexo r = α + βi pela fórmula deEulere r = e α+βi = e α (cos β + i sen β) , (2.11)segue quee a função exponencial complexa satisfazpoise rt = e (α+βi)t = e αt (cos βt + i sen βt) (2.12)d (ert ) = re rt (2.13)dtd [e αt (cos βt + i sen βt) ] = deαt(cos βt + i sen βt) + e αt d (cos βt + i sen βt)dtdtdt= αe αt (cos βt + i sen βt) + e αt (−β sen βt + iβ cos βt)= (α + βi) e αt (cos βt + i sen βt)= re rt .Isso sugere escolher as funçõesy 1 (t) = e r 1tcomo soluções fundamentais para (2.4), isto é,ey 2 (t) = e r 2ty 1 (t) = e αt (cos βt + i sen βt) ,y 2 (t) = e αt (cos βt − i sen βt) .produzindo a solução geral complexay (t) = c 1 e r1t + c 2 e r2t= (c 1 + c 2 ) e αt cos βt + i (c 1 − c 2 ) e αt sen βtonde c 1 e c 2 são constantes complexas. O único problema é que estas funções são funções complexas e precisamosencontrar soluções fundamentais reais e uma solução geral real. Para isso, escolhemos as constantes

Rodney Josué Biezuner 39na fórmula geral complexa de tal forma a produzir duas soluções reais linearmente independentes: escolhendoc 1 = c 2 = 1/2 obtemosy 1 (t) = e αt cos βt, (2.14)enquanto que se escolhermos c 1 = 1/ (2i) e c 2 = −1/ (2i) obtemosy 2 (t) = e αt sen βt. (2.15)Estas soluções fundamentais são de fato linearmente independentes, pois[]eW (y 1 , y 2 ) (t) = detαt cos βte αt sen βtαe αt cos βt − βe αt sen βt αe αt sen βt + βe αt cos βt= e 2αt ( cos βt sen βt + β cos 2 βt + β sen 2 βt − sen βt cos βt )Portanto, a solução real geral é= βe 2αt ≠ 0.y (t) = c 1 e αt cos βt + c 2 e αt sen βt. (2.16)2.3 Equações Lineares de Segunda Ordem Não-HomogêneasUma EDO de segunda ordem linear é não-homogênea se ela tiver a formad 2 y dy+ p (t) + q (t) y = f (t) (2.17)dt2 dtonde f ≠ 0. Sua solução geral pode ser obtida a partir das soluções fundamentais da correspondente equaçãohomogênea:d 2 y dy+ p (t) + q (t) y = 0. (2.18)dt2 dtDe fato, vale o seguinte resultado:Teorema 2.3. Sejam y 1 (t) e y 2 (t) duas soluções linearmente independentes da equação linear homogêneade segunda ordemy ′′ + p (t) y ′ + q (t) y = 0e y p (t) uma solução particular para a equação não-homogênea correspondentey ′′ + p (t) y ′ + q (t) y = f.Então a solução geral da equação não-homogênea tem a formay (t) = y p (t) + c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t) . (2.19)Prova. Se y (t) é uma solução qualquer da equação não-homogênea e y p (t) é uma solução particular dadapara a mesma, então Y (t) = y (t) − y p (t) é uma solução para a equação homogênea, poisY ′′ + p (t) Y ′ + q (t) Y = y ′′ + p (t) y ′ + q (t) y − ( y p ′′ + p (t) y p ′ )+ q (t) y plogo= f (t) − f (t)= 0,Y (t) = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t) .Reciprocamente, qualquer solução da forma y (t) = y p (t) + c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t) é uma solução para a equaçãonão-homogênea. Assim, para encontrar a solução geral da equação não-homogênea, basta obter primeiro a solução geral paraa equação homogênea e apenas uma solução particular para a equação não-homogênea. Um método paraobter esta última a partir das soluções fundamentais da equação homogênea é o assunto da próxima subseção.

Rodney Josué Biezuner 402.3.1 Método de Variação dos ParâmetrosSuponha que y 1 (t) e y 2 (t) sejam as soluções fundamentais da equação homogênea (2.18), de modo que asolução geral y 0 (t) desta é dada pory 0 (t) = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t) .Para encontrar uma solução particular y p (t) para a equação não-homogênea correspondente (2.17), tentamosprocurar uma solução da formay p (t) = c 1 (t) y 1 (t) + c 2 (t) y 2 (t) , (2.20)ou seja, consideramos os parâmetros c 1 e c 2 variáveis, não mais constantes. Entretanto, para não obtermosequações muito complicadas de resolver, impomos a condição extrapara que ao derivamos y obtenhamos simplesmentee daíSubstituindo em (2.17), temos:c ′ 1 (t) y 1 (t) + c ′ 2 (t) y 2 (t) = 0, (2.21)y ′ p (t) = c 1 (t) y ′ 1 (t) + c 2 (t) y ′ 2 (t) , (2.22)y ′′p (t) = c 1 (t) y ′′1 (t) + c ′ 1 (t) y ′ 1 (t) + c 2 (t) y ′′2 (t) + c ′ 2 (t) y ′ 2 (t) . (2.23)c 1 (t) y ′′1 + c ′ 1 (t) y ′ 1 + c 2 (t) y ′′2 + c ′ 2 (t) y ′ 2 + p (t) [c 1 (t) y ′ 1 + c 2 (t) y ′ 2] + q (t) [c 1 (t) y 1 + c 2 (t) y 2 ] = f (t) ,ou, agrupando termos,c ′ 1 (t) y ′ 1 + c ′ 2 (t) y ′ 2 + c 1 (t) [y ′′1 + p (t) y ′ 1 + q (t) y 1 ] + c 2 (t) [y ′′2 + p (t) y ′ 2 + q (t) y 2 ] = f (t) .Como y 1 e y 2 são soluções da equação homogêneasegue quey ′′1 + p (t) y ′ 1 + q (t) y 1 = 0,y ′′2 + p (t) y ′ 2 + q (t) y 2 = 0,Assim, as funções c 1 (t) e c 2 (t) devem obedecer o seguinte sistema{c′1 (t) y 1 (t) + c ′ 2 (t) y 2 (t) = 0c ′ 1 (t) y 1 ′ (t) + c ′ 2 (t) y 2 ′ (t) = f (t)c ′ 1 (t) y ′ 1 (t) + c ′ 2 (t) y ′ 2 (t) = f (t) . (2.24). (2.25)A solução de um sistema linear AX = B onde[a bA =c d]é dada porX = A −1 B = 1 [det Ad−c−ba]B.Portanto, como no nosso caso[y1 (t) yA =2 (t)y 1 ′ (t) y 2 ′ (t)],

Rodney Josué Biezuner 41obtemos que c 1 (t) e c 2 (t) satisfazem as seguintes EDOs de primeira ordem:[ ][] [c′1 (t)1 yc ′ 2=′ (t) −y 2 (t) 02 (t) W (y 1 , y 2 ) (t) −y 1 ′ (t) y 1 (t) f (t)isto é, [ c′1c ′ 2]=[1 −y2 fW (y 1 , y 2 ) y 1 f],]. (2.26)Aplicando o Teorema de Existência e Unicidade a esta fórmula, podemos garantir a existência das funçõesc 1 (t) e c 2 (t) assumindo apenas a continuidade das funções p, q e f. O sistema 2 × 2 (2.25) pode ser resolvidode maneira usual sem o uso desta fórmula.Exemplo 2.5. Encontre a solução geral da equação linear não-homogêneay ′′ + y = tan t.Solução: A solução geral da equação homogênea correspondente y ′′ + y = 0 éy (t) = c 1 cos t + c 2 sen t,como vimos no Exemplo 2.4. Procurando uma solução particular do tipoy p (t) = c 1 (t) cos t + c 2 (t) sen tatravés do método de variação de parâmetros, obtemos o sistema{c′1 cos t + c ′ 2 sen t = 0−c ′ 1 sen t + c ′ 2 cos t = tan t.Podemos resolver este sistema por eliminação Gaussiana. Por exemplo, multiplicando a primeira linhapor sen t, a segunda linha por cos t e somando, segue quec ′ 2(sen 2 t + cos 2 t ) = cos t tan touIsso implica queAlém disso, temosDaí,A solução particular éc ′ 1 = − c′ 2 sen tcos tc ′ 2 = sen t.c 2 (t) = − cos t. (2.27)= − sen2 tcos t = cos2 t − 1= cos t − sec t.cos tc 1 (t) = sen t − ln (sec t + tan t) . (2.28)y p (t) = [sen t − ln (sec t + tan t)] cos t + (− cos t) sen t= − cos t ln (sec t + tan t)e a solução geral da equação não-homogênea éy (t) = y p (t) + c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t)= − cos t ln (sec t + tan t) + c 1 cos t + c 2 sen t.□

Rodney Josué Biezuner 422.3.2 Equações Não-Homogêneas com Coeficientes Constantes: Método dosCoeficientes a DeterminarA equação não-homogênea com coeficientes constantesay ′′ + by ′ + cy = f (t) , (2.29)onde a, b, c ∈ R são constantes e a ≠ 0, pode ser mais facilmente resolvida para casos especiais da funçãof (t), freqüentemente encontrados em aplicações, do que uma equação não-homogênea mais geral. Para isso,utilizamos o método dos coeficientes a determinar:Caso 1. Se f (t) = a 0 + . . . + a n t n , com a 0 , . . . , a n ∈ R, procuramos uma solução particular da formay p (t) = (A 0 + . . . + A n t n ) t sonde s é o menor inteiro não-negativo que garante que nenhum termo em y p (t) é uma solução da equaçãohomogênea correspondente e A 0 , . . . , A n são coeficientes a serem determinados.Exemplo 2.6. Encontre a solução geral para a equação linear não-homogêneay ′′ − y ′ − 2y = 4t 2 .Solução: A equação característica é r 2 − r − 2 = (r − 2) (r + 1), cujas raízes são r 1 = −1 e r 2 = 2, de modoque a solução geral da correspondente equação homogênea éy (t) = c 1 e −t + c 2 e 2t .Como o lado direito da equação não-homogênea é um polinômio do segundo grau, tentamos umasolução particular da formay p (t) = A + Bt + Ct 2 .Substituindo na equação, obtemosouDaí obtemos o sistema2C − (B + 2Ct) − 2 ( A + Bt + Ct 2) = 4t 2−2Ct 2 − 2 (B + C) − (2A + B − 2C) = 4t 2 .⎧⎨⎩− (2A + B − 2C) = 0−2 (B + C) = 0−2C = 4cuja solução é A = −3, B = 2 e C = −2, de modo quey p (t) = −3 + 2t − 2t 2 .A solução geral é, então,□y (t) = −3 + 2t − 2t 2 + c 1 e −t + c 2 e 2t .Caso 2.formaSe f (t) = (a 0 + . . . + a n t n ) e αt , com α, a 0 , . . . , a n ∈ R, procuramos uma solução particular day p (t) = (A 0 + . . . + A n t n ) t s e αtonde s é o menor inteiro não-negativo que garante que nenhum termo em y p (t) é uma solução da equaçãohomogênea correspondente e A 0 , . . . , A n são coeficientes a serem determinados.

Rodney Josué Biezuner 43Exemplo 2.7. Encontre a solução geral para a equação linear não-homogêneay ′′ + 2y ′ + y = (2 + t) e −t .Solução: A equação característica é r 2 + 2r + 1 = (r − 1) 2 , cuja raiz é r = 1, de modo que a solução geralda equação homogênea correspondente éy (t) = c 1 e −t + c 2 te −t .Assim, para garantir que nenhum termo em y p (t) é uma solução da equação homogênea, tentamosuma solução particular da formaTemosy p (t) = (A + Bt) t 2 e −t = ( At 2 + Bt 3) e −t .y ′ p (t) = ( 2At + 3Bt 2) e −t − ( At 2 + Bt 3) e −t = [ 2At + (3B − A) t 2 − Bt 3] e −t ,y ′′p (t) = [ 2A + 2 (3B − A) t − 3Bt 2] e −t − [ 2At + (3B − A) t 2 − Bt 3] e −t= [ 2A + (6B − 4A) t + (A − 6B) t 2 + Bt 3] e −t .Substituindo na equação, obtemos[2A + (6B − 4A) t + (A − 6B) t 2 + Bt 3] e −t + 2 [ 2At + (3B − A) t 2 − Bt 3] e −t + ( At 2 + Bt 3) e −t= (2 + t) e −t .ou2A + 6Bt = 2 + t.Daí obtemos o sistema {2A = 26B = 1cuja solução é A = 1 e B = 1/6, de modo quey p (t) =(t 2 + 1 6 t3 )e −t .A solução geral é, então,y (t) =(t 2 + 1 6 t3 )e −t + c 1 e −t + c 2 te −t .□Caso 3. Se f (t) = (a 0 + . . . + a n t n ) e αt cos bt+(b 0 + . . . + b m t m ) e αt sen bt, com α, β, a 0 , . . . , a n , b 0 , . . . , b m ∈R, procuramos uma solução particular da formay p (t) = (A 0 + . . . + A q t q ) t s e αt cos bt + (B 0 + . . . + B q t q ) t s e αt sen btonde q = max (m, n), s é o menor inteiro não-negativo que garante que nenhum termo em y p (t) é uma soluçãoda equação homogênea correspondente e A 0 , . . . , A n , B 0 , . . . , B m são coeficientes a serem determinados.Exemplo 2.8. Encontre a solução geral para a equação linear não-homogêneay ′′ + 2y ′ + 2y = e t cos t.

Rodney Josué Biezuner 44Solução: A equação característica é r 2 + 2r + 2, cuja raízes complexas são r 1 = 1 + i, r 2 = −1 − i, de modoque a solução geral da equação homogênea correspondente éy (t) = c 1 e −t cos t + c 2 e −t sen t.Assim, como nenhum termo em y p (t) é solução da equação homogênea, tentamos uma solução particularda formay p (t) = Ae t cos t + Be t sen t = (A cos t + B sen t) e t .Temosy ′ p (t) = (A cos t + B sen t) e t + (−A sen t + B cos t) e t = [(A + B) cos t + (B − A) sen t] e t ,y ′′p (t) = [(A + B) cos t + (B − A) sen t] e t + [− (A + B) sen t + (B − A) cos t] e t= (2B cos t − 2A sen t) e t .Substituindo na equação, obtemos(2B cos t − 2A sen t) e t + 2 [(A + B) cos t + (B − A) sen t] e t + 2 (A cos t + B sen t) e t= e t cos t.ou(4A + 4B) cos t + (4B − 4A) sen t = cos t.Daí obtemos o sistema {4A + 4B = 14B − 4A = 0cuja solução é A = B = 1/8, de modo quey p (t) = 1 8 (cos t + sen t) et .A solução geral é, então,□y (t) = 1 8 (cos t + sen t) et + c 1 e −t cos t + c 2 e −t sen t.2.4 Aplicação: Estudo de OscilaçõesA equação diferencial ordinária que descreve as oscilações ou vibrações de um sistema massa-mola é dadapormu ′′ (t) + γu ′ (t) + ku (t) = F ext . (2.30)u é o deslocamento do corpo da posição de equilíbrio do sistema. As constantes têm o seguinte significado:m é massa do corpo conectado à mola, k é a constante da mola (devido à força exercida pela mola sobre ocorpo dada pela Lei de Hooke) e γ é a constante de amortecimento devido à resistência do ar (assumida serproporcional à velocidade do corpo). Esta equação descreve também vibrações em outros fenômenos físicos,por exemplo vibrações acústicas ou em circuitos elétricos; nesses casos, os significados de u e das constantesdevem ser ajustados de acordo com cada fenômeno.

Rodney Josué Biezuner 452.4.1 Oscilações Livres sem AmortecimentoNo caso em que as oscilações são livres temos F ext = 0, e se não há amortecimento temos também γ = 0.Portanto, a equação diferencial que descreve a oscilação é simplesmentemu ′′ (t) + ku (t) = 0. (2.31)A equação característica écujas raízes são números imaginários purosmr 2 + k = 0,r = ±√km i.Denotando√kω 0 =m , (2.32)segue que a solução geral desta equação é dada poru (t) = c 1 cos ω 0 t + c 2 sen ω 0 t. (2.33)Escrevendo o vetor (c 1 , c 2 ) em coordenadas polaresc 1 = A cos φ,c 2 = A sen φ,ondepodemos reescrever a solução na formaA =√c 2 1 + c2 2 , (2.34)φ = arctan c 2c 1, (2.35)ouu (t) = A cos φ cos ω 0 t + A sen φ sen ω 0 t = A (cos φ cos ω 0 t + sen φ sen ω 0 t)u (t) = A cos (ω 0 t − φ) . (2.36)A solução do movimento oscilatório livre, sem amortecimento, é portanto uma senóide de períodoT = 2πω 0freqüência natural ω 0 , amplitude A e fase φ. Este movimento é chamado movimento harmônicosimples.2.4.2 Oscilações Livres com AmortecimentoNo caso em que as oscilações são livres mas há amortecimento, a equação diferencial que descreve a oscilaçãoé a equação homogênea com coeficientes constantesmu ′′ (t) + γu ′ (t) + ku (t) = 0. (2.37)A equação característica écujo discriminante éHá três casos a considerar:mr 2 + γr + k = 0,∆ = γ 2 − 4km. (2.38)

Rodney Josué Biezuner 46SuperamortecimentoSe ∆ > 0, isto é, seentão existem duas raízes reais negativasγ > 2 √ km, (2.39)a solução é dada pore u (t) → 0 a uma taxa exponencial.Amortecimento CríticoSe ∆ = 0, isto é, seentão existe uma única raiz reala solução é dada porr 1 = −γ − √ γ 2 − 4km2me u (t) → 0 também a uma taxa exponencial.Subamortecimentoer 2 = −γ + √ γ 2 − 4km,2mu (t) = c 1 e r1t + c 2 e r2t (2.40)γ = 2 √ km, (2.41)r = − γ2m ,u (t) = e − γ2m t (c 1 + c 2 t) (2.42)Se ∆ < 0, isto é, seentão existem duas raízes complexasγ < 2 √ km, (2.43)Denotandoa solução é dada porr 1 = −γ − i√ γ 2 − 4km2me√γ2 − 4kmµ =,2mr 2 = −γ + i√ γ 2 − 4km.2mu (t) = e − γ2m t (c 1 cos µt + c 2 sen µt) . (2.44)Ainda temos u (t) → 0 a uma taxa exponencial, mas existem também oscilações cuja freqüência é dada porµ (às vezes chamado de quase-freqüência), cujas amplitudes vão diminuindo exponencialmente para 0.2.4.3 Oscilações Forçadas sem Amortecimento – RessonânciaAgora assumiremos que uma força externa periódica da formaF ext = F 0 cos ωtage sobre a massa. Inicialmente, suporemos também que não há amortecimento, de modo que a equaçãodiferencial que descreve a oscilação é a equação não-homogêneaHá dois casos a considerar:mu ′′ (t) + ku (t) = F 0 cos ωt. (2.45)

Rodney Josué Biezuner 47Caso ω ≠ ω 0Como a solução geral da equação homogênea (que corresponde ao movimento harmônico simples) éc 1 cos ω 0 t + c 2 sen ω 0 t,a solução particular dada pelo método dos coeficientes a determinar éu p (t) = A 0 cos ωt + B 0 sen ωt.Para determinar os valores das constantes A 0 , B 0 , substituímos na equação, obtendo−mω 2 (A 0 cos ωt + B 0 sen ωt) + k (A 0 cos ωt + B 0 sen ωt) = F 0 cos ωtoudondeA 0(k − mω2 ) cos ωt + B 0(k − mω2 ) sen ωt = F 0 cos ωt,A 0(k − mω2 ) = F 0 ,B 0(k − mω2 ) = 0.Comoω 2 0 = k m ,segue que k − mω 2 = m ( ω 2 0 − ω 2) ≠ 0, logoA 0 =B 0 = 0.F 0m (ω 2 0 − ω2 ) ,A solução geral é, portanto,u (t) = A cos (ω 0 t − φ) +F 0m (ω0 2 − cos ωt. (2.46)ω2 )O movimento é limitado, mas pode não ser periódico. Ele somente será uma oscilação periódica se a razãoω/ω 0 for racional.Exemplo 2.9. (Batimento) Considerando uma oscilação forçada sem amortecimento com as condições iniciaisseguintes{mu ′′ (t) + ku (t) = F 0 cos ωtobtemosu (0) = u ′ (0) = 00 = u ′ (0) = −A sen φ,F 00 = u (0) = A cos φ +m (ω0 2 − ω2 ) ,donde φ = 0 eA solução éu (t) =F 0A = −m (ω0 2 − ω2 ) .F 0m (ω 2 0 − ω2 ) (cos ωt − cos ω 0t) . (2.47)

Rodney Josué Biezuner 48Usando a identidade trigonométricapodemos escrevercos (a − b) − cos (a + b) = 2 sen a sen b,( ) ( )F 0u (t) =m (ω0 2 − ω2 ) sen ω0 − ω ω0 + ωt sen t . (2.48)22Se |ω 0 − ω| é pequeno, isto é, se a freqüência da força externa é próxima à freqüência natural devibração do sistema, então ω 0 + ω ≫ |ω 0 − ω| e podemos considerar o movimento como um movimentooscilatório[( )] ( )F 0u (t) =m (ω0 2 − ω2 ) sen ω0 − ω ω0 + ωt sen t22de freqüência rápida ω 0 + ωpróxima à freqüência natural de vibração e com amplitude variável senoidal2lenta( )F 0m (ω0 2 − ω2 ) sen ω0 − ωt .2Este fenômeno, chamado batimento, ocorre em acústica quando dois diapasões de freqüência praticamenteiguais são usados simultaneamente. □Caso ω = ω 0 : RessonânciaQuando a freqüência de oscilação da força é igual à freqüência natural de vibração do sistema, as amplitudesdas oscilações tendem a ficar arbitrariamente grandes, ocorrendo o fenômeno da ressonância. De fato, nestecaso a solução particular dada pelo método dos coeficientes a determinar éu p (t) = (A 0 cos ω 0 t + B 0 sen ω 0 t) t.Para determinar os valores das constantes A 0 , B 0 , calculamose substituímos na equação, obtendou ′ p (t) = (A 0 cos ω 0 t + B 0 sen ω 0 t) + ω 0 (−A 0 sen ω 0 t + B 0 cos ω 0 t) t,u ′′p (t) = ω 0 (−A 0 sen ω 0 t + B 0 cos ω 0 t) + ω 0 (−A 0 sen ω 0 t + B 0 cos ω 0 t)− ω 2 0 (A 0 cos ω 0 t + B 0 sen ω 0 t) t= 2ω 0 (−A 0 sen ω 0 t + B 0 cos ω 0 t) − ω 2 0t (A 0 cos ω 0 t + B 0 sen ω 0 t) ,m [ 2ω 0 (−A 0 sen ω 0 t + B 0 cos ω 0 t) − ω 2 0t (A 0 cos ω 0 t + B 0 sen ω 0 t) ] + kt (A 0 cos ω 0 t + B 0 sen ω 0 t) = F 0 cos ω 0 tou2mω 0 B 0 cos ω 0 t − 2mω 0 A 0 sen ω 0 t + A 0(k − mω20)t cos ω0 t + B 0(k − mω20)t sen ω0 t = F 0 cos ω 0 t.Usando k = mω 2 0, esta equação se reduz aDaí,A solução geral é, portanto,2mω 0 B 0 cos ω 0 t − 2mω 0 A 0 sen ω 0 t = F 0 cos ω 0 t.A 0 = 0,B 0 = F 02mω 0.u (t) = A cos (ω 0 t − φ) + F 02mω 0t sen ω 0 t. (2.49)Por causa do fator multiplicador t no último termo, temos que u (t) → ∞ quando t → ∞.

Rodney Josué Biezuner 49Exemplo 2.10. Considerando uma oscilação forçada sem amortecimento com as condições iniciais seguintes{ mu ′′ (t) + ku (t) = F 0 cos ω 0 tobtemosu (0) = u ′ (0) = 00 = u ′ (0) = −A sen φ,0 = u (0) = A cos φ,donde φ = 0 e A = 0, logo a solução é simplesmente□u (t) = F 02mω 0t sen ω 0 t. (2.50)2.4.4 Oscilações Forçadas com AmortecimentoAssumindo agora a existência de amortecimento, a equação diferencial que descreve a oscilação é a equaçãonão-homogêneamu ′′ (t) + γu ′ (t) + ku (t) = F 0 cos ωt. (2.51)Denotando a solução geral da equação homogênea porc 1 u 1 (t) + c 2 u 2 (t) ,onde as identidades de u 1 e u 2 dependerão do tipo de amortecimento (superamortecimento, amortecimentocrítico e subamortecimento), de qualquer modo a solução particular dada pelo método dos coeficientes adeterminar éu p (t) = A 0 cos ωt + B 0 sen ωt.Para determinar os valores das constantes A 0 , B 0 , substituímos na equação, obtendo−mω 2 (A 0 cos ωt + B 0 sen ωt) + γω (−A 0 sen ωt + B 0 cos ωt) + k (A 0 cos ωt + B 0 sen ωt) = F 0 cos ωtou[(k − mω2 ) A 0 + γωB 0]cos ωt +[(k − mω2 ) B 0 − γωA 0]sen ωt = F0 cos ωt,dondeResolvendo o sistema e usando k = mω 2 0, obtemosPodemos escreveronde(k − mω2 ) A 0 + γωB 0 = F 0 ,−γωA 0 + ( k − mω 2) B 0 = 0.F 0 m ( ω0 2 − ω 2)A 0 =m 2 (ω0 2 − ω2 ) 2 + γ 2 ω , B F 0 γω2 0 =m 2 (ω0 2 − ω2 ) 2 + γ 2 ω .2R =u p (t) = R cos (ω 0 t − φ) ,√A 2 0 + B2 0 = F 0√m 2 (ω 2 0 − ω2 ) 2 + γ 2 ω 2 ,φ = arctanγωm (ω 2 0 − ω2 ) .

Rodney Josué Biezuner 50A solução geral é, portanto,u (t) = c 1 u 1 (t) + c 2 u 2 (t) + R cos (ω 0 t − φ) . (2.52)A solução amortecida tende exponencialmente a 0 quando t → ∞ e por isso é chamada solução transiente.A solução particular permanece e por isso é chamada solução estacionária e independe das condiçõesiniciais. Depois de um curto intervalo de tempo (já que o decaimento da solução transiente é exponencial), asolução que interessa é a solução estacionária. A amplitude desta em função da freqüência da força externaé dada, como vimos acima, porF 0R (ω) =.√m 2 (ω0 2 − ω2 ) 2 + γ 2 ω 2A amplitude máxima ocorre quando R ′ (ω) = 0, isto é, quando−2 F 0ω [ m 2 ( ω 2 0 − ω 2) + γ 2][m 2 (ω 2 0 − ω2 ) 2 + γ 2 ω 2 ] 3/2= 0.ou seja, quandoω =√ω 2 0 − γ2m 2 .Se γ 2 √ km (superamortecimento ou amortecimento crítico), a amplitude máxima da solução estacionáriaocorre quando ω = 0, já que a expressão na raiz não é positiva.2.5 Resolução por Séries de PotênciasPara uma EDO linear de segunda ordem da formaP (x) d2 y dy+ Q (x) + R (x) y = 0 (2.53)dx2 dxem que P, Q , R são polinômios sem fatores em comum (caso contrário, estes fatores podem ser eliminadosda equação, produzindo três novos coeficientes polinomiais sem fatores em comum).2.5.1 Pontos OrdináriosSe P (0) ≠ 0, isto é, se 0 é um ponto ordinário, o teorema de existência e unicidade assegura a existênciade uma única solução em uma vizinhança em torno de 0, dadas as condições iniciais. Mais que isso, é possívelprovar que a solução geral pode ser escrita como uma série de potências da forma))∞∑∞∑∞∑y (x) = a n x n = a 0(1 + b n x n + a 1(x + c n x n (2.54)onden=0n=2n=2n=2∞∑∞∑y 1 (x) = 1 + b n x n e y 2 (x) = 1 + c n x nsão soluções fundamentais da equação que convergem pelo menos para todo |x| < r, onde r é o maior valortal que P (z) ≠ 0 para todo z ∈ C, |z| < r (em outras palavras, a raiz complexa de menor módulo de P estáno círculo de raio r). O raio de convergência pode ser significativamente maior (até mesmo r = ∞; veja oExemplo 2.12). Este resultado vale para qualquer ponto ordinário x 0 da equação, isto é, qualquer ponto x 0tal que P (x 0 ) ≠ 0: podemos obter uma solução geral em termos de série de potências em uma vizinhançade x 0 .n=2

Rodney Josué Biezuner 51Exemplo 2.11. A equação de Legendre(1 − x2 ) y ′′ − 2xy ′ + σy = 0possui uma solução em série de potências em torno de 0 que converge pelo menos para |x| < 1, já queas raízes de P (z) = 1 − z 2 são z = ±1. □Soluções em séries de potências são muito convenientes do ponto de vista numérico, pois são facilmenteprogramadas e calculadas em um computador. De fato, pode-se argumentar que é a melhor expressão parauma solução do ponto de vista numérico. Para encontrar a solução geral de uma equação diferencial em sériede potências, escrevemos a solução como uma série de potências com coeficientes a determinar∞∑y (x) = a n x nn=0e substituímos na equação diferencial para determinar os coeficientes a n . Assumindo que podemos derivartermo a termo, segue que∞∑∞∑y ′ (x) = na n x n−1 = (n + 1) a n+1 x n ,n=1n=2n=0∞∑∞∑y ′′ (x) = n (n − 1) a n x n−2 = (n + 1) (n + 2) a n+2 x n .Em geral, obtemos fórmulas de recorrência (ou fórmulas de recursão) que expressam os coeficientes emtermos dos coeficientes anteriores até os coeficientes a 0 , a 1 , que podem ser escolhidos de forma independenteproduzindo um subespaço solução de dimensão 2.Exemplo 2.12. Resolva a equação de Legendre(1 − x2 ) y ′′ − 2xy ′ + σy = 0n=0por série de potências.Solução. Primeiro escrevemosn=2y(x) =∞∑a n x ne substituímos na equação de Legendre para obter os coeficientes a n :∞∑∞∑∞∑(1 − x 2 ) a n n(n − 1)x n−2 − 2x a n nx n−1 + σ a n x n = 0,donden=0n=2n=2n=0∞∑∞∑∞∑∞∑a n n(n − 1)x n−2 − a n n(n − 1)x n − 2 a n nx n + σ a n x n = 0.Podemos escrever estes somatórios na forma∞∑∞∑∞∑∞∑a n+2 (n + 2)(n + 1)x n − a n n(n − 1)x n − 2 a n nx n + σ a n x n = 0,n=0porque os termos adicionados aos dois somatórios intermediários são todos nulos e reindexando oprimeiro somatório. Segue que∞∑[(n + 2)(n + 1)a n+2 + (−n(n − 1) − 2n + σ) a n ] x n = 0.n=0n=1n=1n=0n=0n=0n=0

Rodney Josué Biezuner 52Logo,donde obtemos a relação recursiva(n + 2)(n + 1)a n+2 − (n(n + 1) − σ) a n = 0,a n+2 =n(n + 1) − σ(n + 2)(n + 1) a n. (2.55)As duas soluções linearmente independentes da equação de Legendre são obtidas escolhendo a 0 =0, a 1 = 1 e a 0 = 1, a 1 = 0. No primeiro caso obtemos uma série consistindo apenas dos termos ímpares,enquanto que no segundo caso obtemos uma série consistindo apenas dos termos pares. Assim, estasduas soluções podem ser respectivamente escritas nas formasey 1 (x) =∞∑k=0y 2 (x) =2(k + 1)(2k + 1) − σx 2k+1 (2.56)2(k + 1)(2k + 3)∞∑k=0Estas séries são chamadas funções de Legendre.2k(2k + 1) − σ2(k + 1)(2k + 1) x2k . (2.57)Se σ = m(m + 1) 0, então a m+2 = 0, logo uma das funções de Legendre é um polinômio degrau m (qual delas dependerá se m é par ou ímpar). Caso contrário, para qualquer outro valor de σambas as séries de Legendre são séries infinitas e qualquer série infinita de Legendre diverge em um ouambos os pontos x = ±1, e portanto são ilimitadas na vizinhança deles. Como nas aplicações estamosinteressados em geral apenas em soluções limitadas, costuma-se considerar apenas o caso σ = m(m+1):(1 − x 2 )y ′′ (x) − 2xy ′ (x) + m(m + 1)y(x) = 0 (2.58)e a sua solução polinomial. Para σ = m(m + 1), a relação recursiva torna-seouDaí obtemosea n+2 =a n+2 = −n(n + 1) − m(m + 1)a n ,(n + 2)(n + 1)m(m + 1)a 2 = − a 0 ,2(m − 2)m(m + 1)(m + 3)a 4 = a 0 ,4 · 3 · 2a 6 = −..(m − n)(m + n + 1)a n . (2.59)(n + 2)(n + 1)(m − 4)(m − 2)m(m + 1)(m + 3)(m + 5)a 0 ,6 · 5 · 4 · 3 · 2(m − 1)(m + 2)a 3 = − a 1 ,3 · 2(m − 3)(m − 1)(m + 2)(m + 4)a 5 = a 1 ,5 · 4 · 3 · 2(m − 5)(m − 3)(m − 1)(m + 2)(m + 4)(m + 6)a 7 = a 1 ,7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2..

Rodney Josué Biezuner 53Assim, a solução geral desta equação de Legendre éondeey(x) = a 0 y 1 (x) + a 1 y 2 (x),m(m + 1)y 1 (x) = 1 − x 2 (m − 2)m(m + 1)(m + 3)+ x 424!(m − 4)(m − 2)m(m + 1)(m + 3)(m + 5)− x 6 + . . .6!(m − 1)(m + 2)y 2 (x) = x − x 3 (m − 3)(m − 1)(m + 2)(m + 4)+3!5!(m − 5)(m − 3)(m − 1)(m + 2)(m + 4)(m + 6)− x 7 + . . .7!Se m é par, então a série y 1 é na verdade o polinômiom(m + 1)y 1 (x) = 1 − x 2 (m − 2)m(m + 1)(m + 3)+ x 424!(m − 4)(m − 2)m(m + 1)(m + 3)(m + 5)− x 66!m(−1) m 2 −1m∏2∏−12 (m − 2k) (m + 2k + 1)k=0k=0+ . . . +x m .m!Se m é ímpar, então a série y 2 é na verdade o polinômio(m − 1)(m + 2)y 2 (x) = x − x 3 (m − 3)(m − 1)(m + 2)(m + 4)+3!5!(m − 5)(m − 3)(m − 1)(m + 2)(m + 4)(m + 6)− x 77!+ . . . +(−1) m−12m−12 −1∏k=0(m − 2k − 1)No entanto, é costume normalizar as soluções, escolhendoa m =m!m−12∏k=0(m + 2k)x m .(2m)!2 m (m!) 2 . (2.60)Os outros coeficientes são então determinados por uma relação recursiva reversa. Temosou (trocando n por n − 2)Assim,(n + 2)(n + 1)a n = −(m − n)(m + n + 1) a n+2,n(n − 1)a n−2 = −(m − n + 2)(m + n − 1) a n. (2.61)m(m − 1)a m−2 = −2(2m − 1) a m(m − 1) (2m)!m = −2(2m − 1) 2 m (m!) 2 = − (2m − 2)!2 m (m − 1)!(m − 2)! ,(m − 2)(m − 3)(2m − 4)!a m−4 = − a m−2 =4(2m − 3)2 m 2!(m − 2)!(m − 4)! ,x 5x 5

Rodney Josué Biezuner 54e, em geral,Tomando M = m 2a m−2n = (−1) n (2m − 2n)!2 m n!(m − n)!(m − 2n)! . (2.62)m − 1, se m é par, e M = , se m é ímpar, o m-ésimo polinômio de Legendre é2P m (x) = 1 ∑M2 m (−1) n (2m − 2n)!n!(m − n)!(m − 2n)! xm−2n . (2.63)n=0Por exemplo, os primeiros polinômios de Legendre são:□2.5.2 Pontos SingularesP 0 (x) = 1,P 1 (x) = x,P 2 (x) = 1 2 (3x2 − 1),P 3 (x) = 1 2 (5x3 − 3x),P 4 (x) = 1 8 (35x4 − 30x 2 + 3),P 5 (x) = 1 8 (63x5 − 70x 3 + 15x),P 6 (x) = 1 16 (231x6 − 315x 4 + 105x 2 − 5),P 7 (x) = 1 16 (429x7 − 693x 5 + 315x 3 − 35x).Já se 0 é um ponto singular da equação, isto é, se P (0) = 0, a equação não possui uma solução em sériede potências. Mas uma pequena modificação desta idéia funciona. Ao invés de considerar uma solução emsérie de potência, consideramos uma solução do tipo∑∞ ∞∑y(x) = x c a n x n = a n x n+c ,n=0onde c é uma constante não necessariamente inteira a ser determinada, juntamente com os coeficientes a n .Exemplo 2.13. Resolva a equação de Besselpor série de potências.n=0x 2 y ′′ + xy ′ + (x 2 − p 2 )y = 0Solução. Diferenciando termo a termo e substituindo na equação diferencial, obtemos∞∑∞∑∞∑(n + c)(n + c − 1)a n x n+c + (n + c)a n x n+c + (x 2 − p 2 )a n x n+c = 0que é a sérien=0n=0n=0[c(c − 1) + c − p 2 ]a 0 + [(1 + c)(1 + c − 1) + (1 + c) − p 2 ]a 1 x 1+c∞∑ {+ [(n + c)(n + c − 1) + (n + c) − p 2 }]a n + a n−2 x n+c = 0,n=2

Rodney Josué Biezuner 55ou seja,(c 2 − p 2 )a 0 + [(1 + c) 2 − p 2 ]a 1 x 1+c +Daí, obtemos as relações∞∑ {[(n + c) 2 − p 2 }]a n + a n−2 x n+c = 0.n=2(c 2 − p 2 )a 0 = 0, (2.64)[(1 + c) 2 − p 2 ]a 1 = 0, (2.65)[(n + c) 2 − p 2 ]a n = a n−2 , (2.66)a última relação valendo para n 2. Assumindo a 0 ≠ 0, obtemos a chamada equação indicialc 2 − p 2 = 0, dondec = p ou c = −p.Isso implica que a 1 = 0 (exceto no caso p = −1/2). Escolhendo c = p, a relação (2.66) produz afórmula recursivaa n = −a n−2se n 2. (2.67)n(n + 2p)Como a 1 = 0, todos os coeficientes com índices ímpares são iguais a 0:Escrevendo n = 2k, encontramos os coeficientes com índices pares:ou seja,e assim por diante, de maneira quea 2k−1 = 0 para todo k 1. (2.68)1a 2k = −2 2 k(k + p) a 2(k−1),1a 2 = −2 2 (1 + p) a 0,1a 4 = −2 2 2(2 + p) a 12 =2 4 2(1 + p)(2 + p) a 0,1a 6 = −2 2 3(3 + p) a 14 = −2 6 3!(1 + p)(2 + p)(3 + p) a 0,a 2k =Usando a função gama Γ(x) definida por(−1) k2 2k k!(1 + p)(2 + p) · · · (k + p) a 0. (2.69)Γ(x) =∫ ∞0t x−1 e −t dt (2.70)que extende o fatorial para números reais no sentido de que Γ(n + 1) = n!, podemos simplificar anotação. Utilizando a propriedade Γ(x + 1) = xΓ(x), segue queΓ(1 + p)[(1 + p)(2 + p) · · · (k + p)] = Γ(2 + p)[(2 + p) · · · (k + p)]= Γ(3 + p)[(4 + p) · · · (k + p)]= . . .= Γ(k + p + 1),

Rodney Josué Biezuner 56logoΓ(k + p + 1)(1 + p)(2 + p) · · · (k + p) = .Γ(1 + p)(2.71)Escolhendo1a 0 =2 p Γ(1 + p) , (2.72)temos que a primeira solução da equação de Bessel pode ser escrita na formay(x) =∞∑k=0(−1) k ( x) 2k+p(2.73)k!Γ(k + p + 1) 2desde que p não seja um inteiro negativo, pois se p for um inteiro negativo então Γ(k + p + 1) não estádefinido para k = 0, . . . , p − 1.Se p ∈ R é um número real que não é um inteiro negativo, a função J p definida por∞∑ (−1) k ( x) 2k+pJ p (x) =(2.74)k!Γ(k + p + 1) 2k=0em [0, +∞), se p 0, e em (0, +∞) se p < 0, é chamada uma função de Bessel do primeiro tipode ordem p.Observe que se p é um inteiro não-negativo, temos simplesmente∞∑ (−1) k ( x) 2k+pJ p (x) =(2.75)k!(k + p)! 2ek=0J 0 (x) =∞∑ (−1) kk=0(k!) 2 ( x2) 2k. (2.76)Para obter a solução geral para a equação de Bessel, precisamos obter uma segunda solução linearmenteindependente de J p . Quando p não é um inteiro positivo, basta fazer a segunda escolha possível parac, ou seja, c = −p. Neste caso obtemosJ −p (x) =∞∑k=0(−1) k ( x) 2k−p. (2.77)k!Γ(k − p + 1) 2É claro que esta definição é consistente com a anterior, no sentido que J −(−p) = J p . Além disso,J p e J −p são linearmente independentes se p não é um inteiro. Portanto, possuímos uma definiçãoconsistente para J p e J −p sempre que p não é um inteiro, e uma definição para J p se p é um inteiropositivo ou nulo (obviamente igual a J −p se p é um inteiro negativo). Falta definir J −p se p é um inteiropositivo. Observe que se p é um inteiro positivo então Γ(k−p+1) não está definido para k = 0, . . . , p−1,porque |Γ(x)| → ∞ quando x → k − p + 1 com estes valores de k. Mas, por este mesmo motivo, sena fórmula para J p fizermos p tender a um valor inteiro negativo n, podemos desprezar os primeirostermos da série de k = 0 até k = p − 1 e definir∞∑ (−1) k ( x) 2k−nJ −n (x) =. (2.78)k!Γ(k − n + 1) 2k=nContudo, com esta definição, as funções J n e J −n são linearmente dependentes, pois∞∑ (−1) k ( x) 2k−n ∑ ∞(−1) l+n ( x) 2l+n∞∑J −n (x) == = (−1)n (−1) k ( x) 2k+nk!(k − n)! 2(l + n)!l! 2k!(k + n)! 2k=nl=0k=0= (−1) n J n (x).

Rodney Josué Biezuner 57A obtenção de uma segunda solução linearmente independente (chamada função de Bessel do segundotipo de ordem p) é bem mais complicada neste caso e não trataremos dela aqui. □2.6 Mudança de VariáveisAtravés de uma mudança de variáveis, algumas EDOs de segunda ordem, inclusive equações não-lineares,podem ser transformadas em duas EDOs de primeira ordem. Outras podem ser transformadas em equaçõesde segunda ordem mais fáceis de resolver.2.6.1 Equações que não contém yEquações não-lineares do tipoy ′′ = f (y ′ , t) (2.79)podem ser transformadas em EDOs de primeira ordem através da substituiçãov = y ′ , (2.80)que é uma EDO de primeira ordem em y. Daí, derivando esta expressão obtemosque é uma segunda EDO de primeira ordem em v:v ′ = y ′′ = f (y ′ , t) = f (v, t) ,v ′ = f (v, t) . (2.81)Resolvendo esta EDO encontramos a função v e daí resolvemos a primeira EDO para obter y. Portanto, aEDO original de segunda ordem foi transformada no sistema não-linear{y ′ = vv ′ .= f (v, t)Exemplo 2.14. (Cabo suspenso) Queremos encontrar a forma de um cabo suspenso. Observe a situaçãomostrada na figura abaixo:Nela consideramos a porção de um cabo suspenso entre os dois pontos marcados na figura, onde umdos pontos é o ponto mais baixo do cabo e o outro ponto está situado à sua direita. Denote por H aforça da tensão horizontal atuando no ponto mais baixo da curva e por T a tensão atuando no pontoà direita. Se entre estes dois pontos o comprimento do cabo for s e a sua densidade linear for ρ, de

Rodney Josué Biezuner 58modo que o seu peso é P = mg = (ρs)g, e a tensão T faz um ângulo θ com a horizontal, do equilíbriodas forças resultantes segue que:T cos θ = H,T sen θ = gρs.Daí,y ′ (x) = tan θ = gρH s.Denotando a constante a = gρ/H, e derivando esta expressão uma segunda vez, obtemosy ′′ (x) = as ′ (x).Por outro lado, como s = s(x) nada mais é que a função comprimento de arco, temoss ′ (x) = √ 1 + [y ′ (x)] 2 .Portanto, a EDO que modela a forma do cabo suspenso éNote que esta é uma EDO não-linear. Fazendo a substituiçãoobtemos a EDO de primeira ordemy ′′ (x) = a √ 1 + [y ′ (x)] 2 . (2.82)v = y ′ ,v ′ = a √ 1 + v 2 ,que pode ser resolvida por separação de variáveis:∫∫dv√ = a dx1 + v2oudondeResolvendosenh −1 v = ax + C,v = C senh ax.y ′ = C senh axpor uma integração simples, segue que a solução geral da EDO original (isto é, a forma do cabosuspenso) éy(x) = 1 a cosh (ax + c 1) + c 2 . (2.83)Substituindo as condições v(0) = 0 e v(L) = 0, os valores das constantes c 1 e c 2 podem ser obtidos. Acurva descrita por esta função é chamada catenária, por ser solução deste tipo de problema (catena éa palavra latina para cadeia). □

Rodney Josué Biezuner 592.6.2 Equações que não contém tEquações não-lineares do tipoy ′′ = f (y, y ′ ) (2.84)também podem ser transformadas em EDOs de primeira ordem através da substituiçãoDe fato, derivando esta expressão obtemosComo, se considerarmos v = v (y),obtemos uma EDO de primeira ordem em v e yv (t) = y ′ (t) . (2.85)v ′ = y ′′ = f (y, y ′ ) = f (y, v) .v ′ = dvdt = dv dydy dt = dvdy y′ = v dvdy ,Resolvendo esta EDO, obtemos v (y) e daí resolvemos a primeira EDOExemplo 2.15. Encontre a solução geral da EDOSolução. Escrevendov dv = f (y, v) . (2.86)dyy ′ (t) = v (y (t)) . (2.87)yy ′′ + (y ′ ) 2 = 0.y ′′ = − (y′ ) 2y ,Temos f (y, y ′ ) = − (y′ ) 2y. A substituição vt = y′ produzv dv = f (y, v) = −v2dy y .Daí,que podemos fatorar:Segue que ou v = 0 e portantoouque é uma equação separável:yv dvdy + v2 = 0.(v y dv )dy + v = 0.y ≡ c 1 (2.88)y dvdy + v = 0,dvv = −dy y .

Rodney Josué Biezuner 60Resolvendo esta última obtemosque é equivalente aou, simplesmente,Como v = y ′ , segue queque pode ser escrito comoln v = − ln y + C,ln (vy) = C,vy = c 2 .yy ′ = c 2 ,( ) y2 ′= c 2 .Então outra solução é dada implicitamente por2y 22 = c 2t + c 3 . (2.89)Note que a primeira solução que obtivemos está incluída nesta (tomando c 2 = 0), logo esta é a soluçãogeral implícita da equação não-linear. □2.6.3 Equações de EulerEquações de segunda ordem lineares da formax 2 y ′′ + bxy ′ + cy = 0 (2.90)em que a, b, c ∈ R, são chamadas equações de Euler. Para x > 0, a mudança de variáveis t = ln xtransforma a equação de Euler em uma equação linear com coeficientes constantes. De fato, temosy ′ = dydx = dy dtdty ′′ = d2 ydx 2 = ddx( 1x= − 1 x 2 dydt + 1 x 2 d 2 ydt 2 ,dx = 1 dyx dt ,)dy= − 1 dydt x 2 dt + 1 dx dxe substituindo estas expressões na equação de Euler obtemosd 2 y dy+ (b − 1) + cy = 0.dt2 dt( ) dy= − 1 dydt x 2 dt + 1 d 2 y dtx dt 2 dxSe y 1 (t) e y 2 (t) são as soluções fundamentais desta equação homogênea, segue queé a solução geral da equação de Euler.y (x) = c 1 y 1 (ln x) + c 2 y 2 (ln x)Exemplo 2.16. Encontre a solução geral das seguintes equações de Eulera) x 2 y ′′ − 2xy ′ + 2y = 0b) x 2 y ′′ + 5xy ′ + 4y = 0c) x 2 y ′′ − xy ′ + 5y = 0

Rodney Josué Biezuner 61Solução. As equações homogêneas correspondentes sãoa) y ′′ − 3y ′ + 2y = 0,b) y ′′ + 4y ′ + 4y = 0,c) y ′′ − 2y ′ + 5y = 0,cujas soluções gerais sãoa) y (t) = c 1 e t + c 2 e 2t ,b) y (t) = c 1 e −2t + c 2 te −2t ,c) y (t) = e t (c 1 cos 2t + c 2 sen 2t) ,logo as soluções gerais da equação de Euler sãoa) y (t) = c 1 e ln x + c 2 e 2 ln x = c 1 x + c 2 x 2 ,b) y (t) = c 1 e −2 ln x + c 2 ln xe −2 ln x = c 1 x −2 + c 2 x −2 ln x,c) y (t) = e ln x [c 1 cos (2 ln x) + c 2 sen (2 ln x)] .□

Capítulo 3Transformada de LaplaceA transformada de Laplace é essencialmente um método algébrico para resolver equações diferenciais ordinárias.Através da transformada de Laplace, a equação diferencial é primeiramente transformada em umaequação algébrica, que é então resolvida por métodos algébricos. Após a resolução desta, a transformadade Laplace inversa é aplicada sobre a solução algébrica para transformá-la na solução da equação diferencialordinária.3.1 Definição e PropriedadesDefinição. A transformada de Laplace de uma função f : [0, ∞) −→ R é a função L (f) = F definidaporL (f) (s) = F (s) =∫ ∞onde s é qualquer número real para o qual a integral está definida.0e −st f (t) dt, (3.1)O operador transformada de Laplace L atua em funções, transformando funções em novas funções. O domínioda nova função consiste daqueles valores s para os quais a integral está definida.Exemplo 3.1. Calcule a transformada de Laplace das seguintes funções:a) f (t) ≡ 1.F (s) =∫ ∞0e −st dt = e−st−s∣t=∞t=0e −st= limt→∞ −s − 1 −s = 1 sObserve que neste caso a integral converge apenas quando s > 0.b) f (t) = e at .F (s) =∫ ∞0e (a−s)t dt = e(a−s)ta − s∣t=∞t=0Neste caso a integral converge somente se s > a.c) f (t) = cos at e g (t) = sen at.se s > 0.e (a−s)t= limt→∞ a − s − 1a − s = 1s − ase s > a.Para obter a transformada de Laplace destas funções, vamos estender a definição da transformada deLaplace para incluir funções de valores complexos h : [0, ∞) −→ C. Escrevendo h em suas partes reale imaginária, digamos h (t) = f (t) + ig (t) onde f e g são funções reais, temosH (s) = L (h) (s) =∫ ∞0e −st [f (t) + ig (t)] dt =62∫ ∞0e −st f (t) dt + i∫ ∞0e −st g (t) dt = F (s) + iG (s) ,

Rodney Josué Biezuner 63onde F e G são as transformadas de Laplace de f e g, respectivamente.f (t) = cos at e g (t) = sen at, temosAssim, se em particulare daí∫ ∞H (s) = e (ia−s)t dt = e(ia−s)t0ia − s ∣= 1 , se s > 0,s − iaH (t) = cos at + i sen at = e iatt=∞t=0e (ia−s)t= limt→∞ ia − s − 1ia − s = 1ia − s limt→∞ e−st e iat + 1s − iajá que limt→∞e −st e iat = 0 porque limt→∞e −st = 0, se s > 0, e ∣ ∣e iat∣ ∣ = 1. Comosegue quepara s > 0.1s − ia = 1s − ias + ias + ia = ss 2 + a 2 + i as 2 + a 2 ,sL (cos at) (s) = F (s) =s 2 + a 2 ,aL (sen at) (s) = G (s) =s 2 + a 2 ,d) f (t) = t n .Denote f n (t) = t n . Obtemos a seguinte fórmula recursiva, através de integração por partes:⎛∫ ∞∫ ∞F n (s) = L (f n ) (s) = e −st f n (t) dt = e −st t n dt ⎝u = tn ⇒ du = nt n−1 dt00dv = e −st dt ⇒ v = − e−sts= − e−st t n ∞s ∣ + n ∫ ∞e −st t n−1 dt = n ∫ ∞e −st t n−1 dtss0= n s L (f n−1) (s) , se s > 0.00⎞⎠Assim, como F 0 (s) = L (1) (s) = 1 , segue quesF n (s) = n s F n−1 (s) =e) Função Degrau (ou função de Heaviside):n (n − 1)s 2 F n−2 (s) = . . . = n!s n F 0 (s) = n! , se s > 0.sn+1 □F (s) =∫ ∞au a (t) =e −st dt = e−st−s∣{ 0 se 0 t < a,1 se t a.t=∞t=ae −st= limt→∞ −s − e−as−s = e−assse s > 0.Para calcular a transformada de Laplace de outras funções (por exemplo, combinações lineares das funçõesacima, translações, etc.), usamos as suas propriedades, enunciadas e provadas no teorema a seguir. Introduzimosantes a seguinte definição:

Rodney Josué Biezuner 64Definição. Dizemos que uma função f : [0, ∞) −→ R é admissível se existirem M, k > 0 tais quepara todo t > 0.|f (t)| Me kt (3.2)Teorema 3.1. Se f : [0, ∞) −→ R é uma função contínua por partes admissível, então a sua transformadade Laplace existe. Além disso, a transformada de Laplace satisfaz as seguintes propriedades (no que sesegue, denotaremos sempre F = L (f)):a) (Linearidade)L (αf + βg) (s) = αL (f) (s) + βL (g) (s) .definida para s > max (a f , a g ), se F = L (f) está definida para s > a f e G = L (g) está definida paras > a g .b) (Deslocamento da Transformada de Laplace)L ( e at f ) (s) = F (s − a) ,definida para s > a + c, se F está definida para s > c.c) (Dilatação)L (f (at)) (s) = 1 a F ( sa),definida para s > ac, se F está definida para s > c.d) (Deslocamento vezes a Função Degrau)L (f (t − a) u a ) (s) = e −as F (s) .e) (Transformada de Laplace da derivada primeira) Se f é uma função diferenciável admissível e f ′ écontínua por partes, entãoL (f ′ (t)) (s) = sF (s) − f (0) .f) (Transformada de Laplace da derivada segunda) Se f é uma função duas vezes diferenciável admissíveltal que f, f ′ são admissíveis e f ′ , f ′′ são contínuas por partes, entãoL (f ′′ (t)) (s) = s 2 F (s) − sf (0) − f ′ (0) .g) (Transformada de Laplace da derivada de ordem n) Se f é uma função n vezes diferenciável admissíveltal que f, f ′ , . . . , f (n−1) são admissíveis e f ′ , f ′′ . . . , f (n) são contínuas por partes, então( )n−1∑L f (n) (t) (s) = s n F (s) − s n−1 f (0) − . . . − f (n−1) (0) = s n F (s) − s n−(k+1) f (k) (0) .h) (Transformada de Laplace Inversa da derivada) Se a transformada de Laplace de f é uma função n vezesdiferenciável, entãoL [(−t) n f (t)] (s) = F (n) (s) .i) (Transformada de Laplace da integral) Se f é uma função admissível, então[∫ t]L f (ξ) dξ (s) = F (s) .0sk=0

Rodney Josué Biezuner 65Prova. Para provar a existência, basta provar que a integral que define a transformada de Laplace existe.E, de fato,a)∣∫ ∞0∫ ∞e −st f (t) dt∣ ML (αf + βg) (s) == α∫ ∞00∫ ∞0e (k−s)t f (t) dt = M e(k−s)tk − se −st (αf + βg) (t) dt =e −st f (t) dt + β∫ ∞0∫ ∞0∣t=∞t=0= M , para todo s > k.k − se −st αf (t) dt +∫ ∞0e −st βg (t) dte −st g (t) dt = αL (f) (s) + βL (g) (s) .b)c)L ( e at f (t) ) (s) =∫ ∞e (a−s)t f (t) dt =∫ ∞00e −(s−a)t f (t) dt = F (s − a) .L (f (t − a) u a ) (s) ==∫ ∞0∫ ∞e −st f (t − a) u a (t) dt =∫ ∞00ae −st f (t − a) dt∫ ∞e −s(ξ+a) f (ξ) dξ = e −as e −sξ f (ξ) dξ = e −as F (s) .d)e)L (f (at)) (s) =∫ ∞0e −st f (at) dt = 1 a∫ ∞0e − s a ξ f (ξ) dξ = 1 a F ( sa∫ ∞( )L (f ′ ) (s) = e −st f ′ u = e(t) dt−st ⇒ du = −se −st dt0dv = f ′ (t) dt ⇒ v = f (t)= f (s) e −st∣ ∫ ∞∣ t=∞t=0 + s e −st f (t) dt = sF (s) − f (0) ,0).pois lim |f (s)| e −st M lim e (k−s)t = 0.t→∞ t→∞f)∫ ∞( )L (f ′′ ) (s) = e −st f ′′ u = e(t) dt−st ⇒ du = −se −st dt0dv = f ′′ (t) dt ⇒ v = f ′ (t)= f ′ (s) e −st∣ ∫ ∞∣ t=∞t=0 + s e −st f ′ (t) dt = sF ′ (s) − f ′ (0) = s (sF (s) − f (0)) − f ′ (0)= s 2 F (s) − sf (0) − f ′ (0) ,pois lim |f ′ (s)| e −st M lim e (k−s)t = 0.t→∞ t→∞g) Temose, em geral,0L [−tf (t)] (s) =L [(−t) n f (t)] (s) =∫ ∞0∫ ∞0(−t) e −st f (t) dt = F ′ (s) ,(−t) n e −st f (t) dt = F (n) (s) .

Rodney Josué Biezuner 66i) Seja g (t) =∫ t0f (ξ) dξ. Então g ′ (t) = f (t) e g (0) = 0, logoF (s) = L [f (t)] = L [g ′ (t)] = sL [g (t)] − g (0) = sL [g (t)] .Exemplo 3.2. Calcule a transformada de Laplace das funções indicadas.a) f (t) = 5t 3 − 21t 2 + √ 5t + 100.F (s) = 5L ( t 3) − 21L ( t 2) + √ 5L (t) + 100L (1) = 5 · 3! 21 · 2!s 4 −s 3 += 30s 4 − 42s 3 + √5s 2 + 100s .√5 · 1!s 2 + 100sb) f (t) = senh atc) f (t) = cosh at.( e at − e −at )F (s) = L= 1 2 2a=s 2 − a 2 .( e at + e −at )F (s) = L= 1 2 2s=s 2 − a 2 .[ (L eat ) − L ( e −at)] = 1 ( 12 s − a − 1 )s + a[ (L eat ) + L ( e −at)] = 1 ( 12 s − a + 1 )s + ad) f (t) = e at sen bt.Aplicando a propriedade (b) do Teorema 3.1, temose) f (t) = e at cos bt.F (s) = L ( e at sen bt ) = L (sen bt) (s − a) =Aplicando novamente a propriedade (b) do Teorema 3.1, temosf) f (t) = t n e at .F (s) = L ( e at cos bt ) = L (cos bt) (s − a) =Mais uma vez aplicando a propriedade (b), temosg) f (t) = t sen at.TemosF (s) = L ( t n e at) = L (t n ) (s − a) =f ′ (t) = sen at + at cos at,b(s − a) 2 + b 2 .s − a(s − a) 2 + b 2 .n!(s − a) n+1 .f ′′ (t) = 2a cos at − a 2 t sen at = 2a cos at − a 2 f (t) .

Rodney Josué Biezuner 67Aplicando a propriedade da transformada de Laplace da derivada segunda a esta última equação e alinearidade, temoss 2 F (s) − sf (0) − f ′ s(0) = 2as 2 + a 2 − a2 F (s) .Como f (0) = f ′ (0) = 0, segue queLogo,(s 2 + a 2) F (s) = 2ass 2 + a 2F (s) =Outra maneira de obter este resultado é observar que2as(s 2 + a 2 ) 2 . (3.3)f (t) = − (−t) sen at,logoL [f (t)] (s) = −L [−t sen at] (s) = − [L (sen at)] ′ (s) = − d ds( ) a2ass 2 + a 2 =(s 2 + a 2 ) 2 .h) f (t) = t cos at.Temosf ′ (t) = cos at − at sen at,f ′′ (t) = −2a sen at − a 2 t cos at = −2a sen at − a 2 f (t) .Aplicando a propriedade da transformada de Laplace da derivada segunda a esta última equação e alinearidade, temoss 2 F (s) − sf (0) − f ′ a(0) = −2as 2 + a 2 − a2 F (s) .Como f (0) = 0 e f ′ (0) = 1, segue que(s 2 + a 2) F (s) = 1 − 2a2s 2 + a 2 = s2 − a 2s 2 + a 2 .Logo,F (s) =2as(s 2 + a 2 ) 2 . (3.4)i) f (t) = t 2 sen at.Temoslogo□f (t) = − (−t) t sen at,( )L [f (t)] (s) = −L [(−t) t sen at] (s) = − [L (t sen at)] ′ (s) = − d 2asds (s 2 + a 2 ) 2=2a(s 2 + a 2 ) 2 − 8as2(s 2 + a 2 ) 3 .

Rodney Josué Biezuner 683.2 Tabela de Transformadas de Laplacef(t) = L −1 (F (s))F (s) = L(f (t))1. 12. e at 1s − a3. t n , n ∈ N4. t p , p ∈ R, p > −15. sen at6. cos at7. senh at8. cosh at9. e at sen bt10. e at cos bt1s , s > 0,s > a,n!s n+1 s > 0,Γ (p + 1)s n+1 s > 0,as 2 + a 2 s > 0,ss 2 + a 2 s > 0,as 2 − a 2 s > |a| ,ss 2 − a 2 s > |a| ,b(s − a) 2 + b 2 s > a,s − a(s − a) 2 + b 2 s > a,11. t n e at , n ∈ N12. t sen at, n ∈ N13. t cos at, n ∈ Nn!(s − a) n+1 s > a,2as(s 2 + a 2 ) 2 s > 0,s 2 − a 2(s 2 + a 2 ) 2 s > 0,14. u a (t)e −asss > 0,15. f (t − a) u a (t) e −as F (s)16. e at f (t) F (s − a)17. f (at)1( s)a F aa > 0,18. f (n) (t) s n F (s) − s n−1 f (0) − . . . − f (n−1) (0)19. (−t) n f (t) F (n) (s)20.∫ t0f (ξ) dξF (s)s21. (f ∗ g) (t) F (s) G (s)22. δ (t − a) e −as

Rodney Josué Biezuner 693.3 Transformada de Laplace InversaTeorema 3.2. (Unicidade da Transformada de Laplace Inversa) Se f, g são funções contínuas por partesadmissíveis tais que L (f) = L (g), então f = g em qualquer ponto onde elas são contínuas.Como a inversa de uma função linear é linear, temos que a inversa da transformada de Laplace também élinear. Denotaremos a transformada de Laplace inversa por L −1 .Exemplo 3.3. Encontre a transformada de Laplace inversa das seguintes funções.a) F (s) = 3 s .Usando a linearidade da transformada de Laplace inversa e olhando na tabela, vemos que( ) 1L −1 (F ) = 3L −1 = 3 · 1 = 3.sb) F (s) = 7s − 2 + 19s 6 . ( ) 1L −1 (F ) = 7L −1 + 19 ( ) 5!s − 2 5! L−1 s 6 = 7e −2t + 19120 t5 .c) F (s) = 2s 2 + 9 . L −1 (F ) = 2 ( ) 33 L−1 s 2 = 2 sen 3t.+ 9 3s + 3d) F (s) =s 2 − 3s + 2 .Usando decomposição em frações parciaiss + 3s 2 − 3s + 2 =As − 1 +Bs − 2obtemos {A + B = 12A + B = −3donde A = −4 e B = 5, ou seja,(A + B) s − (2A + B)=s 2 ,− 3s + 2s + 3s 2 − 3s + 2 = − 4s − 1 + 5s − 2 .Logo,( ) ( ) ( )s + 311L −1 s 2 = −4L −1 + 5L −1 = −4e t + 5e 2t .− 3s + 2s − 1s − 21e) F (s) =s 2 (s − a) .Podemos escrever a propriedade da transformada de Laplace de uma integral na forma( ) ∫ F (s) tL −1 = L −1 (F (s)) (ξ) dξ.s0

Rodney Josué Biezuner 70Logo,( )L −1 1=s (s − a)∫ t0( ) 1L −1 (ξ) dξ =s − aUsando novamente esta propriedade, segue que( ) ∫L −1 1t( )s 2 = L −1 1(ξ) dξ =(s − a)s (s − a)□0= 1 a 2 (e at − at − 1 ) .∫ t01a∫ t0e aξ dξ = 1 a(e aξ − 1 ) dξ = 1 a(e at − 1 ) .[ 1a eaξ − ξ] ξ=t3.4 Aplicação à Resolução de Problemas de Valor InicialA transformada de Laplace é apropriada para resolver EDOs de segunda ordem com coeficientes constantes,sem distinção entre homogêneas ou não-homogêneas:ay ′′ + by ′ + cy = f (t) .Aplicando a transformada de Laplace a esta equação, denotando Y (s) = L (y (t)) usando as suas propriedadesobtemosa [ s 2 Y (s) − sy (0) − y ′ (0) ] + b [sY (s) − y (0)] + cY (s) = L (f (t)) = F (s) ,que é uma equação algébrica em Y (s). Denotando as condições iniciais pore resolvendo para Y (s) temosy (0) = y 0 ,y ′ (0) = y ′ 0,Y (s) = [ay 0] s + [ay ′ 0 + by 0 ]as 2 + bs + c+F (s)as 2 + bs + c .Então, aplicando a transformada de Laplace inversa, obtemos a solução y (t) desejada:Note que, escrevendoe definindoy (t) = L −1 ( [ay0 ] s + [ay ′ 0 + by 0 ]as 2 + bs + c(y (t) = L −1 [ay0 ] s + [ay 0 ′ ) ()+ by 0 ]as 2 + L −1 F (s)+ bs + cas 2 + bs + c(y 1 (t) = L −1 [ay0 ] s + [ay 0 ′ )+ by 0 ]as 2 ,+ bs + c()y 2 (t) = L −1 F (s)as 2 ,+ bs + centão y 1 (t) é a solução do problema homogêneo com as mesmas condições iniciais⎧⎨ ay ′′ + by ′ + cy = 0y (0) = y 0 ,⎩y ′ (0) = y 0,′+ξ=0)F (s)as 2 . (3.5)+ bs + c

Rodney Josué Biezuner 71enquanto que y 2 (t) é a solução do problema não-homogêneo com condições iniciais homogêneas:⎧⎨ ay ′′ + by ′ + cy = f (t)y (0) = 0,⎩y ′ (0) = 0.A maior dificuldade do método é encontrar a transformada inversa de uma dada função que não esteja natabela.Exemplo 3.4. Resolva o seguinte problema de valor inicial⎧⎨ y ′′ + 4y = sen 3ty (0) = 0,⎩y ′ (0) = 0.Solução. Aplicamos a transformada de Laplace à equação, isto é,L (y ′′ + 4y) = L (sen 3t) .Denotando Y (s) = L (y (t)), obtemos no lado esquerdoenquanto no lado direito temosPortanto,Usando frações parciais,L (y ′′ + 4y) = L (y ′′ ) + 4L (y)= s 2 Y (s) − sy (0) − y ′ (0) + 4Y (s)= ( s 2 + 4 ) Y (s) ,L (sen 3t) = 3s 2 + 9 .Y (s) =3(s 2 + 4) (s 2 + 9) .3(s 2 + 4) (s 2 + 9) = As + Bs 2 + 4 + Cs + Ds 2 + 9 .Na verdade, devemos ter A = C = 0, porque não há termos de grau ímpar no numerador do ladoesquerdo (em outras palavras, (A + C) s 3 = 0 e (9A + 4C) s = 0 implicam A = C = 0). Assim,precisamos resolver3(s 2 + 4) (s 2 + 9) = Bs 2 + 4 +Ds 2 + 9 = (B + D) s2 + (9B + 4D)(s 2 + 4) (s 2 ,+ 9)donde { B + D = 09B + 4D = 3e obtemos B = 3/5 e D = −3/5. Aplicando a transformada de Laplace inversa, temosy (t) = 3 ( ) 15 L−1 s 2 − 3 ( ) 1+ 4 5 L−1 s 2 = 3 ( ) 2+ 9 10 L−1 s 2 − 1 ( ) 3+ 4 5 L−1 s 2 + 9= 310 sen 2t − 1 sen 3t.5□

Rodney Josué Biezuner 72Exemplo 3.5. Resolva o seguinte problema de valor inicial⎧⎨ y ′′ + 2y ′ + 5y = 4e −t cos 2ty (0) = 1,⎩y ′ (0) = 0.Solução. Aplicamos a transformada de Laplace à equação, isto é,L (y ′′ + 2y ′ + 5y) = L ( 4e −t cos 2t ) .Denotando L (y (t)) = Y (s), obtemos no lado esquerdoL (y ′′ + 2y ′ + 5y) = L (y ′′ ) + 2L (y ′ ) + 5L (y)= s 2 Y (s) − sy (0) − y ′ (0) + 2 (sY (s) − y (0)) + 5Y (s)= ( s 2 + 2s + 5 ) Y (s) − s − 2enquanto no lado direito, usando as propriedades segue quePortanto,donde4L ( e −t cos 2t ) 4 (s + 1)= 4L (cos 2t) (s + 1) =(s + 1) 2 + 4(s 2 + 2s + 5 ) Y (s) =4 (s + 1)s 2 + 2s + 5 + s + 2,=4 (s + 1)s 2 + 2s + 5 .4 (s + 1) s + 2 2 · 2 (s + 1) s + 1Y (s) = [] 2+(s + 1) 2 + 4(s + 1) 2 = [] 2++ 4(s + 1) 2 + 4(s + 1) 2 + 4 + 1 22 (s + 1) 2 + 4 .Aplicando a transformada de Laplace inversa, temos⎛⎞y (t) = L −1 ⎜ 4 (s + 1) s + 1⎝[] 2+(s + 1) 2 + 4(s + 1) 2 + 4 + 1 2 ⎟2 (s + 1) 2 ⎠+ 4⎛⎞() ()= L −1 ⎜ 4 (s + 1) ⎟⎝[] 2 ⎠ + L −1 s + 1(s + 1) 2 + 4(s + 1) 2 + 1 2+ 4 2 L−1 (s + 1) 2 + 4Olhando a tabela da transformada de Laplace, vemos que⎛⎞L −1 ⎜ 4 (s + 1) ⎟⎝[] 2 ⎠ = te −t sen 2t,(s + 1) 2 + 4()L −1 s + 1(s + 1) 2 = e −t cos 2t,+ 4()L −1 2(s + 1) 2 = e −t sen 2t.+ 4Portanto,□y (t) = te −t sen 2t + e −t cos 2t + 1 (2 e−t sen 2t = e[cos −t 2t + t + 1 ) ]sen 2t .2

Rodney Josué Biezuner 733.5 ConvoluçãoEmbora a transformada de Laplace não comute com o produto usual de funções, isto é, a transformadade Laplace de um produto de funções não é o produto das transformadas de Laplace destas funções (emgeral L (fg) ≠ L (f) L (g)), a propriedade vale para um certo “produto generalizado” de funções, chamadoconvolução. Isso facilitará o cálculo de transformadas de Laplace inversa de produtos de funções.Definição. A convolução de duas funções f, g : [0, ∞) −→ R é a função denotada f ∗ g : [0, ∞) −→ Rdefinida por(f ∗ g) (t) =∫ t0f (t − ξ) g (ξ) dξ. (3.6)A convolução pode ser visto como um produto generalizado de funções, não por ser a integral de um produtode funções, mas por satisfazer várias das propriedades do produto:f ∗ g = g ∗ f,f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h,f ∗ (g ∗ h) = (f ∗ g) ∗ h,f ∗ 0 = 0 ∗ f = 0,como é fácil verificar. No entanto, a convolução não satisfaz a propriedade do elemento neutro:em geral.(f ∗ 1) (t) =∫ t0f (t − ξ) dξ ≠ f (t) ,Teorema 3.3. (Transformada de Laplace da Convolução) Se f, g são funções que possuem transformadasde Laplace, então sua convolução f ∗ g também possui transformada de Laplace eProva. TemosL (f) (s) L (g) (s) =∫ ∞Fazendo a mudança de variáveisobtemos∫ ∞ ∫ ∞000e −su f (u) duL (f ∗ g) = L (f) L (g) . (3.7)∫ ∞0e −sv g (v) dv =t = u + v,ξ = v,e −s(u+v) f (u) g (v) du dv =∫ ∞ ∫ t00∫ ∞ ∫ ∞00e −s(u+v) f (u) g (v) du dv.e −st f (t − ξ) g (ξ) dt dξ,porque a mudança de coordenadas escolhida transforma o quadrante infinito Q = {(t, ξ) ∈ [0, ∞) × [0, ∞)}no triângulo infinito T = {(t, ξ) ∈ [0, ∞) × [0, ∞) : ξ t}, pois ξ − t = u 0. Daí,∫ ∞(∫ t) ∫ ∞L (f) (s) L (g) (s) = e −st f (t − ξ) g (ξ) dξ dt = e −st (f ∗ g) (t) dt = L (f ∗ g) (s) .Em particular,000L −1 (F G) = L −1 (F ) ∗ L −1 (G) . (3.8)

Rodney Josué Biezuner 74Exemplo 3.6. Encontre a transformada de Laplace inversa deH (s) =1(s − 3) (s + 2) .Solução. Sejamde modo queEntãoComosegue queF (s) = 1s − 3e G (s) = 1s + 2 ,H (s) = F (s) G (s) .L −1 (H) = L −1 (F G) = L −1 (F ) ∗ L −1 (G) .L −1 (F ) = e 3t e L −1 (G) = e −2t ,L −1 (H) =∫ t0∫ t[ ee 3(t−ξ) e −2ξ dξ = e 3t e −5ξ dξ = e 3t −5ξ0−5] ξ=tξ=0= e3t5(1 − e−5t ) .□Exemplo 3.7. Encontre a transformada de Laplace inversa deSolução. Sejamde modo queComosegue queL −1 (H) =∫ t0= te−ata(t − ξ) e aξ dξ = t− t a − te−ata= 1 a 2 (e at − at − 1 ) .∫ t0H (s) =1s 2 (s − a) .F (s) = 1 s 2 e G (s) = 1s − a ,L −1 (H) = L −1 (F ) ∗ L −1 (G) .L −1 (F ) = t e L −1 (G) = e at ,+ e−ata 2Compare com o Exemplo 3.3 (e). □e aξ dξ −∫ t0ξe aξ dξ = t a− 1 a = − t a + e−ata 2 − 1 a 2Exemplo 3.8. Encontre a transformada de Laplace inversa deH (s) =3(s 2 + 4) (s 2 + 9) .(e at − 1 ) −[ (ξeaξa) ξ=tξ=0− 1 a∫ t0e aξ dξ]

Rodney Josué Biezuner 75Solução. Sejamde modo queComosegue queF (s) = 1s 2 + 4e G (s) = 1s 2 + 9 ,L −1 (H) = 3L −1 (F ) ∗ L −1 (G) .L −1 (F ) =sen 2t2eL −1 (G) =sen 3t,3L −1 (H) = 1 2∫ tsen 2 (t − ξ) sen 3ξ dξ = 1 ∫ t2 sen 2t cos 2ξ sen 3ξ dξ − 1 ∫ t2 cos 2t sen 2ξ sen 3ξ dξ.000Usando as identidades trigonométricassegue que∫ t0∫ t0cos 2ξ sen 3ξ dξ =sen 2ξ sen 3ξ dξ =cos (a − b) − cos (a + b)sen a sen b = ,2sen (a + b) − sen (a − b)cos a sen b = ,2∫ t0∫ t0sen 5ξ + sen ξ2cos ξ − cos 5ξ2dξ = − 1 ( cos 5t+ cos t − 6 2 55dξ = 1 ( )sen 5t+ sen t ,2 5),logoL −1 (H) = − 120 sen 2t cos 5t − 1 4 sen 2t cos t + 3 10 sen 2t − 1 20 cos 2t sen 5t − 1 cos 2t sen t4= 3 10 sen 2t − 1 20 sen (2t − 5t) − 1 sen (2t + t)4= 3 10 sen 2t − 1 sen 3t.5Compare com o Exemplo 3.4. □3.6 Aplicação à Resolução de Problemas de Valor Inicial comTermo Não-Homogêneo EspecialEm muitos problemas de circuitos elétricos ou vibrações mecânicas modelados por equações diferenciais desegunda ordem com coeficientes constantes, o termo não-homogêneo é uma função descontínua, uma funçãoimpulso ou uma função periódica (o que não exclui uma função com todas estas três características).3.6.1 Funções ImpulsoConsidere um sistema de vibração mecânico agindo sob uma força externa f (t) do tipo impulso, isto é, umaforça que age apenas por um determinado período de tempo:ay ′′ + by ′ + cy = f (t) ,

Rodney Josué Biezuner 76com f (t) = 0 para todo t /∈ (t 0 − τ, t 0 + τ) e podemos ter f (t) ≠ 0 apenas para t ∈ (t 0 − τ, t 0 + τ). Amedida da intensidade desta força e sua influência sobre o sistema mecânico é então dada pela integralI =∫ t0+τt 0−τf (t) dt (3.9)que é chamada o impulso total da força f sobre o intervalo de tempo (t 0 − τ, t 0 + τ). O impulso pode seruma função contínua, se f (t 0 − τ) = f (t 0 + τ) = 0 ou descontínua, quando a força age de modo abruptoe/ou é interrompida de modo abrupto. Outro caso interessante a estudar é quando o sistema inicialmentenão está sujeito a nenhuma força externa e subitamente uma força externa é imposta sobre ele. Para estudarsistemas em que a força externa age como um impulso ou começa a agir a partir de um instante de tempo,precisamos obter a transformada de Laplace de funções impulsos e de funções descontínuas em geral.Já calculamos a transformada de Laplace para a função degrau (ou de Heaviside)u a (t) ={0 se 0 t < a,1 se t a,(3.10)obtendoL (u a ) = e−asse s > 0. (3.11)sTambém verificamos a seguinte propriedade de deslocamento:L (f (t − a) u a ) (s) = e −as F (s) . (3.12)Muitos impulsos contínuos ou descontínuos podem ser escritas em termos da função degrau:Exemplo 3.9. Encontre as transformadas de Laplace das seguintes funções:a) (Impulso descontínuo)Observe quelogob) (Impulso contínuo)Observe que⎧⎨ 0 se 0 t < 1,f (t) = 10 se 1 t 2,⎩0 se t > 2,f (t) = 10u 1 (t) − 10u 2 (t) ,F (s) = 10L (u 1 ) − 10L (u 2 ) = 10 e−ssf (t) ={sen t se 0 t π,0 se t π,− 10e−2ss .f (t) = sen t − sen t u π (t)= sen t + sen (t − π) u π (t) ,logoF (s) = L (sen t) + L [sen (t − π) u π (t)] = L (sen t) + e −πs L (sen t)= 1 + e−πss 2 + 1 .

Rodney Josué Biezuner 77c) (Força contínua atuando a partir de um instante de tempo){ 0 se 0 t < 5,f (t) =(t − 5) 2 se t 5,Temoslogo□f (t) = (t − 5) 2 u 5 (t) ,[]F (s) = L (t − 5) 2 u 5 (t) = e −5s L ( t 2) = 2e−5ss 3 .Exemplo 3.10. Resolva o seguinte problema de valor inicial⎧⎨ y ′′ + 2y ′ + y = f (t)y (0) = 0,⎩y ′ (0) = 0.onde⎧⎨ 0 se 0 t < 1,f (t) = 1 se 1 t 2,⎩0 se t > 2,(Este problema equivale a um impulso unitário agindo durante o intervalo de tempo (1, 2).)Solução. Aplicando a transformada de Laplace à equação, obtemoslogoOlhando na tabela, vemos queUsando a propriedadesegue que( )L −1 1s (s + 1) 2 =Portanto, usando a propriedade(s 2 + 2s + 1 ) Y (s) = e−s − e −2s,sY (s) = e−s − e −2ss (s + 1) 2 .L ( te −t) =( ) F (s)L −1 =s∫ t0∫ t01(s + 1) 2 .L −1 (F (s)) (ξ) dξ.( )L −1 1(s + 1) 2 (ξ) dξ =∫ tL −1 [ e −as F (s) ] = f (t − a) u a (s) ,0ξe −ξ dξ = 1 − (t + 1) e −t .temos[ ]y (t) = L −1 e −s − e −2ss (s + 1) 2=[1 − te −(t−1)] u 1 (t) −= L −1 []e −ss (s + 1) 2− L −1 [[1 − (t − 1) e −(t−2)] u 2 (t) ,]e −2ss (s + 1) 2

Rodney Josué Biezuner 78ou seja,y 1 (t) ≡ 0⎧⎨ 0 se 0 t < 1,y (t) = 1 − te −(t−1) se 1 t 2,⎩(t − 1) e −(t−2) − te −(t−1) se t > 2,Esta solução pode ser pensada como composta de três soluções:⎧⎨y 2 (t) ≡ 1 − te −(t−1)y 3 (t) ≡ (t − 1) e −(t−2) −te −(t−1)solução do problema homogêneosolução do problema⎩⎧⎨⎩y ′′ + 2y ′ + y = 0y (0) = 0,y ′ (0) = 0.y ′′ + 2y ′ + y = 1y (1) = 0,y ′ (1) = 0.solução do problema homogêneo⎧⎨⎩no intervalo 0 t 1,no intervalo 1 t 2,y ′′ + 2y ′ + y = 0y (2) = 1 − 2e −1 ,y ′ (2) = e −1 .Compare também a solução obtida com a do Exemplo 3.11 na próxima subseção. no intervalo t 2,3.6.2 Função Delta de DiracÀs vezes, o impulso é de duração tão curta ou concentrado em um intervalo de tempo tão pequeno, que paratodos os efeitos pode ser considerado um impulso instantâneo. Como modelar matematicamente um impulsoinstantâneo?Para responder essa pergunta, considere a seguinte seqüência de impulsos unitários:Estes impulsos são unitários porque{ nse − 1 g n (t) = 2 n < t < 1 n0 caso contrário.I n =∫ 1/n−1/ng n (t) dt = 1para todo n. Observe que g n (0) → ∞, enquanto que g n (t) → 0 para todo t ≠ 0. Além disso, se f (t) é umafunção contínua qualquer, temos∫ ∞f (t) g n (t − t 0 ) dt = n ∫ t0 +1/nf (t) dt.−∞ 2 t 0 −1/nPelo teorema do valor médio para integrais, valepara algum ξ n ∈∫ t0+1/n12n(t 0 − 1 n , t 0 + 1 ), de modo quen∫ ∞−∞t 0−1/nf (t) dt = f (ξ n )f (t) g n (t − t 0 ) dt = f (ξ n ) .Mas, ξ n → t 0 quando n → ∞. Tomando o limite da integral, segue portanto que∫ ∞limn→∞−∞f (t) g n (t − t 0 ) dt = f (t 0 ) .

Rodney Josué Biezuner 79No entanto, observe que não podemos passar o limite para dentro da integral, porque limn→∞ g n (t) não existe.Essas observações sugerem definir um impulso unitário δ de tamanho 1 em t = 0, isto é,mas que vale 0 em todos os pontos t ≠ 0:∫ ∞−∞δ (t) dt = 1. (3.13)δ (t) =δ seria o limite dos impulsos unitários g n , isto é,{0 se t ≠ 0,∞ se t = 0.δ (t) = limn→∞ g n (t)e poderíamos passar o limite para dentro da integral. Obviamente, não existe uma função com estas características.No entanto, é possível definir matematicamente de maneira rigorosa um conceito de funçãogeneralizada que se comporta formalmente deste jeito. O delta de Dirac δ (t) é uma função generalizadadefinida pela seguinte propriedade:∫ ∞−∞f (t) δ (t − t 0 ) dt = f (t 0 ) (3.14)para toda função f : [0, ∞) −→ R contínua por partes. Podemos operar formalmente com a função delta deDirac em muitas situações como operamos com funções reais, o que torna o seu uso muito conveniente nasaplicações. A função δ (t − t 0 ) é um modelo matemático para um impulso unitário instantâneo no instantede tempo t 0 e podemos usá-la para estudar sistemas em que a força externa age através de um impulsoinstantâneo em um certo instante de tempo. Antes de fazer isso, precisamos encontrar a transformada deLaplace do delta de Dirac:Teorema 3.4. (Transformada de Laplace do Delta de Dirac) Se a > 0, entãoProva. Por definição, para n suficientemente grande valeL (δ (t − a)) (s) =∫ ∞e −st0lim g n (t − a) dt = limn→∞L (δ (t − a)) = e −as . (3.15)n→∞n [= lim e−st ] t=a+1/nn→∞ −2s= limt=a−1/n n→∞= e −as ,∫ ∞0e −st ng n (t − a) dt = limn→∞ 2n( 2s e−as e s/n − e −s/n) = e −as∫ a+1/na−1/nsenh s nlimn→∞sne −st dtpois, pela regra de L’Hospital,senh x cosh xlim = lim = 1.x→0 x x→0 1Exemplo 3.11. Resolva o seguinte problema de valor inicial⎧⎨ y ′′ + 2y ′ + y = δ (t − 2)y (0) = 0,⎩y ′ (0) = 0.(Este problema equivale a um impulso unitário concentrado no tempo t = 2.)

Rodney Josué Biezuner 80Solução. Aplicando a transformada de Laplace à equação, obtemos(s 2 + 2s + 1 ) Y (s) = e −2s ,logoOlhando na tabela, vemos quelogo, também pela tabela, segue queou seja,y (t) = L −1 [y (t) =Y (s) =L ( te −t) =]e −2s(s + 1) 2e−2s(s + 1) 2 .1(s + 1) 2 ,= (t − 2) e −(t−2) u 2 (t) ,{ 0 se t < 2,(t − 2) e −(t−2) se t 2.Observe que a equação homogênea correspondente deste problema é a do amortecimento crítico, o quese reflete na solução. O que acontece é que o impulso produz uma perturbação instantânea de curtaduração no sistema ; após o impulso de curta duração, o sistema volta a comportar-se de seu modonatural, quando não sujeito a nenhuma força externa. 3.6.3 Transformadas de Funções PeriódicasSe a força externa f é uma função contínua por partes, periódica de período T , isto é,f (t + T ) = f (t) para todo t,a transformada de Laplace de f sempre existe e pode ser facilmente calculada:Teorema 3.5. (Transformada de Laplace de uma Função Periódica) Se f é uma função periódica de períodoT , então a sua tranformada de Laplace existe para todo s > 0 e é dada porProva. TemosF (s) =Fazendo a mudança de variáveissegue queLogo,∫ (n+1)TnT∫ ∞0e −st f (t) dt =n=0F (s) =∫ T0e −st f (t) dt =∫1 T1 − e −T s∞∑n=00ξ = t − nT,e −st f (t) dt. (3.16)∫ (n+1)TnTe −st f (t) dt.∫ Te −s(ξ+nT ) f (ξ + nT ) dξ = e −snT e −sξ f (ξ) dξ.( ∞)∑ ∫ T∫F (s) = e −snT e −sξ 1 Tf (ξ) dξ =1 − e −T s e −st f (t) dt.000

Capítulo 4Sistemas de EDOs Lineares dePrimeira OrdemNeste capítulo, consideraremos a resolução de sistemas de equações diferenciais lineares de primeira ordemda forma ⎧⎪⎨ x ′ 1 (t) = a 11 (t) x 1 (t) + . . . + a 1n (t) x n (t) + f 1 (t)..⎪ ..(4.1)⎩x ′ n (t) = a n1 (t) x 1 (t) + . . . + a nn (t) x n (t) + f n (t)que pode ser escrito em forma matricial como⎡ ⎤ ⎡⎤ ⎡x ′ 1 (t) a 11 (t) . . . a 1n (t)⎢ . ⎥ ⎢⎣ . ⎦ =.. ⎥ ⎢⎣ .. ⎦ ⎣x ′ n (t) a n1 (t) . . . a nn (t)oux 1 (t)..x n (t)⎤⎡⎥ ⎢⎦ + ⎣f 1 (t)..f n (t)X ′ (t) = A (t) X (t) + F (t) . (4.2)Teorema 4.1. (Teorema de Existência e Unicidade) Considere o problema de valor inicial{X ′ (t) = A (t) X (t) + F (t)X (t 0 ) = X 0.Se a ij , f i são funções contínuas no intervalo I = (a, b) contendo t 0 , então o problema tem uma únicasolução no intervalo I.Teorema 4.2. Considere o sistema linear homogêneoX ′ (t) = A (t) X (t)onde a ij são funções contínuas no intervalo I = (a, b) contendo t 0 . Então o espaço-solução do sistemaé um subespaço vetorial de dimensão n de C 1 (a, b). Além disso, se X 1 (t) , . . . , X n (t) são soluções dosistema tais quedet [X 1 (t 0 ) . . . X n (t 0 )] ≠ 0,a única solução do problema com condição inicial X (t 0 ) = X 0 é da formapara algumas constantes c 1 , . . . , c n .X (t) = c 1 X 1 (t) + . . . + c n X n (t)81⎤⎥⎦

Rodney Josué Biezuner 82Prova. As constantes c 1 , . . . , c n são determinadas como sendo a única solução do sistemac 1 X 1 (t 0 ) + . . . + c n X n (t 0 ) = X 0 .Exemplo 4.1. Obtenha a solução geral dos sistemas abaixo:a) {y′1 = λ 1 y 1y ′ 2 = λ 2 y 2Este sistema possui a forma matricial[y′1y ′ 2]=[λ1 00 λ 2] [y1y 2],isto é, a sua matriz de coeficientes é diagonal. Como neste caso o sistema é desacoplado (isto é, asvariáveis y 1 , y 2 independem uma da outra), podemos resolver cada equação separadamente, obtendoy 1 (t) = e λ1t e y 2 (t) = e λ2t . Portanto, a solução geral é[ ]c1 eY (t) =λ 1tc 2 e λ2t .b) { y′1 = λy 1 + y 2y ′ 2 = λy 2Este sistema possui a forma matricial[y′1y ′ 2]=[λ 10 λ] [ ]y1,y 2Neste caso o sistema é acoplado, mas a segunda equação pode ser resolvida separadamente, produzindoa solução geral y 2 (t) = c 2 e λt . A partir desta, podemos obter a solução da primeira equação que setorna y 1 ′ (t) = λy 1 (t) + c 2 e λt ; sua solução geral é y 1 (t) = c 1 e λt + c 2 te λt . A solução geral do sistema é[]cY (t) =1 e λtc 1 e λt + c 2 te λt .□Em geral, para resolver problemas mais complicados, é melhor efetuar antes uma mudança de coordenadasde tal forma que a matriz de coeficientes do sistema assuma a forma mais simples possível, como veremosnas próximas seções. Por simplicidade, trabalharemos com matrizes de coeficientes constantes.No restante do capítulo restringiremos nossa atenção a sistemas lineares em que a matriz possui coeficientesconstantes, isto é, a sistemas da formaonde A = (a ij ) n×ncom a ij ∈ R.X ′ (t) = AX (t) + F (t) (4.3)4.1 Sistemas Homogêneos com Matrizes de Coeficientes ConstantesNesta seção consideraremos apenas sistemas homogêneos, isto é, sistemas da formaX ′ (t) = AX (t) . (4.4)

Rodney Josué Biezuner 834.1.1 Matrizes Diagonalizáveis em RA forma mais simples que uma matriz pode assumir é a forma diagonal. Assim, se o sistema possui umamatriz de coeficientes diagonalizável sobre o corpo dos reais R, existe um sistema de coordenadas em queas equações do sistema são completamente desacopladas e a sua solução pode então ser facilmente obtidaresolvendo cada equação individualmente.Lembramos que uma matriz A é diagonalizável se existem uma matriz diagonal D e uma matriz invertívelP tais queA = P DP −1 , (4.5)ondeD =⎡⎢⎣⎤λ 1 . . . 0.. .. .⎥⎦ ,0 . . . λ nsendo que os elementos λ 1 , . . . , λ n que aparecem na diagonal principal de D são exatamente os autovaloresde A, eP = [ P 1 . . . P n]com as colunas P 1 , . . . , P n da matriz P sendo precisamente os autovetores correspondentes a estes autovalores,respectivamente. Substituindo esta expressão para A no sistema, segue quedondeFazendo a mudança de variáveisX ′ (t) = P DP −1 X (t) ,P −1 X ′ (t) = DP −1 X (t) .temos que, já que a matriz P −1 é uma matriz constante,logo Y (t) é a solução do sistema diagonalY (t) = P −1 X (t) , (4.6)Y ′ (t) = P −1 X ′ (t) ,Y ′ (t) = DY (t) . (4.7)Assim, Y (t) satisfazou⎡⎢⎣y ′ 1 (t)..y ′ n (t)⎤⎥⎦ =⎡⎢⎣⎤ ⎡λ 1 . . . 0. .. ... ⎥ ⎢. ⎦ ⎣0 . . . λ n⎧⎪⎨⎪ ⎩y ′ 1 (t) = λ 1 y 1 (t)y 1 (t)..y n (t)⎤⎥⎦cuja solução geral éY (t) =⎡⎢⎣.y ′ n (t) = λ n y n (t)y 1 (t)..y n (t)Para voltar ao sistema original, basta fazer a operação⎤⎥⎦ =⎡⎢⎣,c 1 e λ1t..c n e λ nt⎤⎥⎦ . (4.8)X (t) = P Y (t) . (4.9)

Rodney Josué Biezuner 84Exemplo 4.2. Resolva o sistema {x′1 = 3x 1 − x 2x ′ 2 = −2x 1 + 2x 2.Exemplo 4.3. Resolva o sistema⎧⎨⎩x ′ 1 = 4x 1 + 2x 2 + 2x 3x ′ 2 = 2x 1 + 4x 2 + 2x 3 .x ′ 3 = 2x 1 + 2x 2 + 4x 34.1.2 Matrizes Diagonalizáveis em CSe o sistema possui uma matriz de coeficientes diagonalizável sobre o corpo dos complexos C, a situação éum pouco mais complicada, porque estamos interessados apenas em soluções reais.Quando uma matriz real A é diagonalizável sobre C, existem uma matriz diagonal complexa D e umamatriz complexa invertível P tais queA = P DP −1 , (4.10)com⎡⎤λ 1 λ 1 . .. D =λ k λ k λ 2k+1 ⎢⎣. ⎥ .. ⎦λ nsendo que λ 1 , λ 1 , . . . , λ k , λ k são os autovalores complexos (lembre-se que se λ é um autovalor complexo deuma matriz real, então o seu conjugado λ também é um autovalor para a matriz, porque o seu polinômiocaracterístico possui apenas coeficientes reais) e λ 2k+1 , . . . , λ n os autovalores reais, eP = [ P 1 P 1 . . . P k P k P 2k+1 . . . P n]onde as colunas P 1 , P 1 , . . . , P k , P k , P 2k+1 , . . . , P n de P são os autovetores associados a estes autovalores,respectivamente (lembre-se que se v é um autovetor associado ao autovalor complexo λ de uma matriz real,então o vetor conjugado v é um autovetor associado ao correspondente autovalor conjugado λ; isso ocorreporque se A é real e Av = λv então Av = Av = Av = λv = λv).Consideremos primeiro o caso em que A é uma matriz 2 × 2, de modo que podemos escrever[ ]α + iβ 0D =0 α − iβeP =[ ]v1 + iw 1 v 1 − iw 1.v 2 + iw 2 v 2 − iw 2Como no caso diagonalizável real, substituindo a expressão para A no sistema, segue queX ′ (t) = P DP −1 X (t) ,dondeFazendo a mudança de variáveisP −1 X ′ (t) = DP −1 X (t) .Y (t) = P −1 X (t) , (4.11)

Rodney Josué Biezuner 85temos que, já que a matriz P −1 é uma matriz constante,Y ′ (t) = P −1 X ′ (t) ,logo Y (t) é a solução do sistema diagonalY ′ (t) = DY (t) . (4.12)Assim, Y (t) satisfazou[y′1 (t)y ′ 2 (t)]=[α + iβ 00 α − iβ⎧⎪⎨⎪ ⎩y ′ 1 (t) = (α + iβ) y 1 (t)] [y1 (t)y 2 (t)]cuja solução geral éY (t) =[y1 (t)y 2 (t).y ′ n (t) = (α − iβ) y n (t)] [ ]c1 e=(α+iβ)tc 2 e (α−iβ)t =Para voltar ao sistema original, primeiro fazemos a operaçãoou seja,X (t)[ ] [ ]v1 + iw=1 v 1 − iw 1 c1 e αt (cos βt + i sen βt)v 2 + iw 2 v 2 − iw 2 c 2 e αt (cos βt − i sen βt),[c1 e αt (cos βt + i sen βt)c 2 e αt (cos βt − i sen βt)= e αt [c1 (v 1 + iw 1 ) (cos βt + i sen βt) + c 2 (v 1 − iw 1 ) (cos βt − i sen βt)c 1 (v 2 + iw 2 ) (cos βt + i sen βt) + c 2 (v 2 − iw 2 ) (cos βt − i sen βt)]. (4.13)X (t) = P Y (t) , (4.14)[= e αt c1 [v 1 cos βt − w 1 sen βt + i (v 1 sen βt + w 1 cos βt)] + c 2 [v 1 cos βt − w 1 sen βt − i (v 1 sen βt + w 1 cos βt)]c 1 [v 2 cos βt − w 2 sen βt + i (v 2 sen βt + w 2 cos βt)] + c 2 [v 2 cos βt − w 2 sen βt − i (v 2 sen βt + w 2 cos βt)]{ ([ ] [ ])}= c 1 e αt v1 cos βt − w 1 sen βt v1 sen βt + w+ i1 cos βtv 2 cos βt − w 2 sen βt v 2 sen βt + w 2 cos βt{ ([ ] [ ])}+ c 2 e αt v1 cos βt − w 1 sen βt v1 sen βt + w− i1 cos βtv 2 cos βt − w 2 sen βt v 2 sen βt + w 2 cos βt{ [ ] [ ])[ ] [ ])}= c 1 e(cos αt v1w1βt − sen βt + ie(sen αt v1w1βt + cos βtv 2 w 2 v 2 w 2+ c 2{e αt (cos βt[v1v 2]− sen βtde modo que a solução geral complexa é[w1w 2])− ie αt (sen βt[v1X (t) = c 1 Z (t) + c 2 Z (t) ,v 2]+ cos βt][w1w 2])},onde[ ] [ ])[ ] [ ])Z (t) = e(cos αt v1w1βt − sen βt + ie(sen αt v1w1βt + cos βtv 2 w 2 v 2 w 2

Rodney Josué Biezuner 86e c 1 , c 2 ∈ C. Para obter soluções reais X 1 (t) e X 2 (t) linearmente independentes, escolhemos primeiroc 1 = c 2 = 1 2 e depois c 1 = −c 2 = 1 2i, de modo que[ ] [ ])X 1 (t) = Re Z (t) = e(cos αt v1w1βt − sen βt ,v 2 w 2[ ] [ ])X 2 (t) = Im Z (t) = e(sen αt v1w1βt + cos βt .v 2 w 2Assim, a solução geral real do sistema no sistema de coordenadas original éX (t) = d 1 X 1 (t) + d 2 X 2 (t) ,onde d 1 , d 2 ∈ R.O caso geral é análogo: cada par de autovalor complexo e seu conjugado é lidado como fizemos acima eos autovalores reais são lidados como no caso de uma matriz diagonalizável real.Exemplo 4.4. Resolva o sistema {x′1 = −3x 1 + 2x 2x ′ 2 = −4x 1 + x 2.Exemplo 4.5. Resolva o sistema⎧⎨⎩x ′ 1 = 2x 1 + x 2 + 2x 3x ′ 2 = −x 2 + x 3x ′ 3 = −x 2 − x 3.4.1.3 Matrizes Não Diagonalizáveis; caso bidimensionalNo caso de matrizes quaisquer, a forma mais simples que a matriz de coeficientes pode assumir é a formacanônica de Jordan que denotaremos por J. Consideraremos a forma canônica de Jordan complexa paramatrizes reais e apenas o caso 2 × 2. O caso geral, bem como a forma canônica de Jordan real é consideradano fim do capítulo.Para matrizes 2 × 2, as únicas formas de Jordan possíveis são[ ]λ1 0,0 λ 2[ λ 00 λ]e[λ 10 λe já examinamos as duas primeiras. No caso da última, temos que existem uma matriz na forma canônicade Jordan J e uma matriz invertível P tais que]A = P JP −1 , (4.15)comsendo que λ é o único autovalor real de A eJ =[λ 10 λ]P = [ P 1 P 2].Para encontrar as colunas de P escrevemos, como nos casos diagonalizáveis,AP = P J,de modo queA [ P 1 P 2]=[P1 P 2] [ λ 10 λ],

Rodney Josué Biezuner 87ou [AP1 AP 2]=[λP1 P 1 + λP 2].Portanto,AP 1 = λP 1 ,AP 2 = P 1 + λP 2 ,isto é, P 1 é um autovetor associado ao único autovalor λ da matriz, enquanto que P 2 pode ser obtido comouma solução do sistema linear não-homogêneo(A − λI) P 2 = P 1 .A alternativa de Fredholm garante que este sistema sempre possui solução.Exemplo 4.6. Resolva o sistema {x′1 = −x 1 + x 2x ′ 2 = −x 1 − 3x 2.4.2 Sistemas Não-Homogêneos com Matrizes de Coeficientes ConstantesA mesma técnica pode ser usada para resolver sistemas não-homogêneos da formaX ′ (t) = AX (t) + F (t) .Por simplicidade, examinaremos em detalhes apenas o caso em que A é uma matriz diagonalizável em R, ouseja, assumimos que existem uma matriz diagonal real D e uma matriz real invertível P tais queSubstituindo esta expressão para A no sistema, segue quedondeFazendo a mudança de variáveisA = P DP −1 , (4.16)X ′ (t) = P DP −1 X (t) + F (t) ,P −1 X ′ (t) = DP −1 X (t) + P −1 F (t) .temos que, já que a matriz P −1 é uma matriz constante,Y (t) = P −1 X (t) , (4.17)Y ′ (t) = P −1 X ′ (t) ,Denotandosegue que Y (t) é a solução do sistemaG (t) = P −1 F (t) , (4.18)Y ′ (t) = DY (t) + G (t) . (4.19)Assim, Y (t) satisfaz⎡⎢⎣y ′ 1 (t)..y ′ n (t)⎤⎥⎦ =⎡⎢⎣⎤ ⎡λ 1 . . . 0. .. ... ⎥ ⎢. ⎦ ⎣0 . . . λ ny 1 (t)..y n (t)⎤⎡⎥ ⎢⎦ + ⎣g 1 (t)..g n (t)⎤⎥⎦

Rodney Josué Biezuner 88ou⎧⎪⎨ y 1 ′ (t) = λ 1 y 1 (t) + g 1 (t).⎪ ..⎩y n ′ (t) = λ n y n (t) + g n (t)Cada equação pode ser resolvida isoladamente, usando as técnicas desenvolvidas para resolver EDOs linearesde primeira ordem. Para voltar ao sistema original, basta fazer a operaçãoX (t) = P Y (t) . (4.20)4.2.1 Resolução de sistemas via transformada de LaplaceOutra técnica bastante útil é a transformada de Laplace e aqui não precisamos nos preocupar se a matriz édiagonalizável ou não, ou qual é a sua forma canônica de Jordan. Apesar desta técnica ser consideravelmentemais simples para resolver sistemas, a análise qualitativa dos problemas que aparecem nas aplicações práticasrequer o domínio de ambas as técnicas.A transformada de Laplace é aplicada a cada equação do sistema, transformando o sistema linear deEDOs em um sistema linear algébrico (com coeficientes não constantes). Resolve-se este sistema algébrico eaplica-se a transformada de Laplace inversa para obter a solução do sistema de EDOs.Exemplo 4.6. Use a transformada de Laplace para resolver o sistema{x′1 = −3x 1 + 2x 2x ′ 2 = −4x 1 + x 2.Exemplo 4.7. Use a transformada de Laplace para resolver o sistema⎧⎨ x ′ 1 = 2x 1 + x 2 + 2x 3x ′ 2 = −x 2 + x 3 .⎩x ′ 3 = −x 2 − x 34.3 Diagramas de FaseVamos estudar alguns diagramas de fase no caso bidimensional.4.3.1 Matriz diagonalizável em RA solução no sistema de coordenadas Y é dada por[ ] [ ]y1 (t) c1 eY (t) = =λ1ty 2 (t) c 2 e λ2t .Temos três situações principais a considerar:Nó repulsor ou fonte: λ 1 , λ 2 > 0Como a solução satisfaza origem é um nó instável ou fonte.lim |y 1 (t)| = ∞,t→∞lim |y 2 (t)| = ∞,t→∞

Rodney Josué Biezuner 89Nó atrator ou sorvedouro: λ 1 , λ 2 < 0Como a solução satisfaza origem é um nó atrator.lim |y 1 (t)| = 0,t→∞lim |y 2 (t)| = 0,t→∞Ponto de Sela: λ 1 > 0, λ 2 < 0Como a solução satisfazlim |y 1 (t)| = ∞,t→∞lim |y 2 (t)| = 0,t→∞a origem é um ponto de sela.No caso de um dos autovalores ser nulo, temos uma solução degenerada:[ ] [ ]y1 (t) c1Y (t) = =y 2 (t) c 2 e λt .4.3.2 Matriz diagonalizável em CA solução geral real em um sistema de coordenadas adequado (veja a seção sobre a forma canônica de Jordanreal no final do capítulo e especialmente o Exemplo 4.9) é dada por[ ] [ ]y1 (t) eY (t) = =αt (c 1 cos βt − c 2 sen βt)y 2 (t) e αt .(c 1 sen βt + c 2 cos βt)Observe quey 1 (t) 2 + y 2 (t) 2 = e 2αt ( c 2 1 + c 2 )2é a equação de uma espiral se α ≠ 0 e de um círculo se α = 0. Temos três situações principais a considerar:Espiral Atratora: α < 0Como a solução satisfazlim |Y (t)| = 0,t→∞a origem é uma espiral atratora e é um ponto de estabilidade.Espiral Repulsora: α > 0Como a solução satisfazlim |Y (t)| = ∞,t→∞a origem é uma espiral repulsora e é um ponto instável.Centro: α = 0Como a solução satisfazY (t) = Y(t + 2π ),βela é periódica (descreve um círculo neste sistema de coordenadas e uma elipse no sistema de coordenadasoriginal); a origem é então um centro das órbitas periódicas.

Rodney Josué Biezuner 904.4 Forma Canônica de Jordan RealQuando uma matriz A é diagonalizável sobre C, existem uma matriz real invertível P e uma matriz diagonalem blocos 2 × 2 D tais queA = P DP −1 , (4.21)come⎡⎤λ 1 . .. λ m D =α m+1 β m+1−β m+1 α m+1 . .. ⎢⎥⎣α k β k⎦−β k α kP = [ P 1 . . . P n].Os elementos λ 1 , . . . , λ m são os autovalores reais de A, enquanto que um bloco da forma[ ]αj βD j =j−β j α jcorresponde a um autovalor complexo de A e seu conjugado: se λ j é um autovalor complexo de A, entãoα j = Re λ j ,β j = Im λ j .O número destes blocos para um dado autovalor complexo λ de A corresponde à multiplicidade deste autovalore seu conjugado (se a multiplicidade deles é 1, aparecerá apenas um bloco 2 × 2 na matriz, enquantoque a se a sua multiplicidade for 2 teremos dois blocos e assim por diante). As colunas da matriz P são osautovetores correspondentes aos autovalores reais e às partes real e imaginária dos autovetores complexos nacomplexificação do espaço vetorial. Como no caso anterior, fazendo a mudança de variáveisobtemos que Y (t) é a solução do sistemae neste caso satisfaz⎡⎢⎣y ′ 1 (t)..y ′ n (t)⎤⎥⎦ =Y (t) = P −1 X (t) , (4.22)Y ′ (t) = DY (t) (4.23)⎡⎤λ 1 . .. λ m ⎡α m+1 β m+1⎢−β m+1 α m+1 ⎣. .. ⎢⎥⎣α k β k⎦−β k α kAssim para as linhas correspondentes a autovalores reais temosy ′ j = λ j y jy 1 (t)..y n (t)⎤⎥⎦ .

Rodney Josué Biezuner 91cuja solução geral éy j (t) = c j e λjt (4.24)enquanto que para as linhas correspondentes a um autovalor complexo e seu conjugado temoscuja solução é (veja Exemplo 4.2 a seguir):y p ′ = α j y p + β j y p+1y p+1 ′ = −β j y p + α j y p+1y p (t) = e α jt (c j cos β j t − d j sen β j t)y p+1 (t) = e α jt (d j cos β j t + c j sen β j t) . (4.25)Para voltar ao sistema original, basta fazer como anteriormente a operaçãoX (t) = P Y (t) . (4.26)Exemplo 4.9. Resolva o sistema {x′1 = αx 1 + βx 2x ′ 2 = −βx 1 + αx 2.Solução. A forma matricial deste sistema é[ x′1x ′ 2] [ α β=−β α] [ ]x1.x 2A matriz de coeficientes tem como autovaloresλ = α + iβ,λ = α − iβ.Para obter um autovetor complexo, por exemplo o autovetor correspondente ao autovalor λ = α − iβresolvemos o sistema A − λI = 0, isto é,[ ] [ ] [ ]iβ β v1 0= ,−β iβ v 2 0obtendo[ ]v1= 1 [iv 2 β 1Assim, a solução complexa seriaz (t) = 1 [ ]ie (α−iβ)t = 1 [ ]ie αt (cos βt + i sen βt) = eαtβ 1β 1β[ ] [ ]= eαt − sen βt+ i eαt cos βt.β cos βt β sen βt].[− sen βt + i cos βtcos βt + i sen βt]As partes real e imaginária da solução complexa são as soluções reais linearmente independentes:[ ]X 1 (t) = eαt cos βt,β sen βt[ ]X 2 (t) = eαt − sen βt.β cos βt

Rodney Josué Biezuner 92A solução geral é a combinação linear destas duas soluções:[eX (t) = c 1 X 1 (t) + c 2 X 2 (t) =αt (c 1 cos βt − c 2 sen βt)e αt (c 1 sen βt + c 2 cos βt)ou□x 1 (t) = e αt (c 1 cos βt − c 2 sen βt) ,x 2 (t) = e αt (c 1 sen βt + c 2 cos βt) .Teorema 4.3. (Forma de Jordan Real) Seja A uma matriz real. Então existem uma matriz invertível Ptal queA = P −1 JPonde J é uma matriz diagonal em blocos: os autovalores reais de A dão origem a blocos da forma⎡⎤λ 1 0 . . . . . . 00 λ 1 . . . . . . 0. 0 0 λ .. . . . 0⎢ ... .. . .. . ,.. . ⎥⎣ 0 0 . . . 0 λ 1 ⎦0 0 . . . . . . 0 λenquanto que os autovalores complexos de A dão origem a blocos da forma⎡D a,b I 2 0 . . . . . . 0⎤0 0 . . . . . . 0 D a,b 0 D a,b I 2 . . . . . . 0. 0 0 D .. a,b . . . 0. . .⎢ . . .. . .. . ... ,.⎥⎣ 0 0 . . . 0 D a,b I 2⎦onde[D a,b =a−b]bae I 2 =[ 1 00 1sendo que a + ib é um autovalor complexo de A. Esta matriz é única a menos da ordem dos blocos.],],