MA311 - Calculo III
Prof. Jorge L. D. Rodriguez
Notas de Aula
MA311 - CÁLCULO III
Jorge Luis Domínguez Rodríguez
Livro Texto:
Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno, William E
Boyce, Richard C. di Prima, Editora LTC, 8a.ou 9a. edição..
Instituição:
Universidade Estadual de Campinas
Instituto de Matemática, Estatística e Computação Cientíca
Departamento de Matemática
1
MA311 - Calculo III
Prof. Jorge L. D. Rodriguez
Sumário
1 Equações Diferenciais
1
2 Equações Diferenciais de Primeira Ordem
2
1.1 Classicação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1 Equações Lineares com Coecientes Variáveis
2.1.1 Método dos Fatores Integrantes . . . .
2.2 Equações Separáveis . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Método de Substituição . . . . . . . .
2.2.2 Equações Homogêneas . . . . . . . . .
2.2.3 Equação de Bernoulli . . . . . . . . . .
2.3 Equações Exatas . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Fatores de Integração . . . . . . . . . .
2.4 Existência e Unicidade . . . . . . . . . . . . .
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3 Equações Lineares de Segunda Ordem
3.1 Equações Homogêneas com Coecientes Constante, n = 2
3.1.1 Coecientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.2 Existência e Unicidade . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Equações Não-Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . .
4 Equações Lineares de Ordem mais Alta
4.1 Soluções Gerais de Equações Lineares . . . . . . . .
4.2 Equações Homogêneas com Coecientes Constante .
4.3 Equações Não-Homogêneas . . . . . . . . . . . . . .
4.3.1 Método dos Coecientes Indeterminados . .
4.3.2 O Caso da Duplicação . . . . . . . . . . . .
4.4 Redução de ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5 Equações de Euler-Cauchy . . . . . . . . . . . . . .
4.5.1 Equação de Segunda Ordem . . . . . . . . .
4.6 Variação de Parâmetros . . . . . . . . . . . . . . .
5 Transformada de Laplace
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1
. 2
. 2
. 4
. 4
. 5
. 6
. 7
. 10
. 12
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13
13
13
16
19
21
21
23
24
24
25
26
28
28
29
31
5.1 A Função Gama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
5.2 Problemas de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2
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1 Equações Diferenciais
Se y é uma função de x, e n é um inteiro positivo, então uma relação de igualdade (que não se
reduz a uma identidade) que envolva x, y, y ′ , y ′′ , ..., y(n) é chamada uma equação diferencial de
ordem n.
F (x, y, y ′ , . . . , y (n) ) = 0
(1)
Denição 1.1. Equação diferencial é uma equação que estabelece uma relação entre as variaveis
independentes, a função desconhecida e suas derivadas.
1.1 Classicação
1. EQUAÇÃO DIFERENCIAL ORDINÁRIA (EDO): Envolve derivadas de uma função
de uma só variável independente.
Exemplo 1.1.
a) y ′ = 3 − 2y
b) y ′ = xex
2
c) y ′′ = y ′ + y
2. EQUAÇÃO DIFERENCIAL PARCIAL (EDP): Envolve derivadas parciais de uma
função de mais de uma variável independente.
Exemplo 1.2.
a) uxx + uyy + uzz = 0
b) ut = ∆u
ORDEM: é a ordem da derivada de mais alta ordem da função incógnita que gura na
equação.
3. EQUAÇÕES LINEARES: A equação diferencial (1) é linear se F é uma função linear
das variáveis y, y ′ , . . . , y (n) . Uma denicão similar se aplica para as EDP.
Assim a equação diferencial ordinária linear geral de ordem n é
a0 (x)y (n) + a1 (x)y (n−1) + . . . + an (x)y = g(t)
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2 Equações Diferenciais de Primeira Ordem
Uma equação diferencial ordinária de primeira ordem é uma equação diferencial ordinária da
seguinte forma:
dy
= f (x, y)
dx
onde f (x, y), é dada e a incógnita é a função y(x).
(2)
2.1 Equações Lineares com Coecientes Variáveis
Se a Função f (x, y) dada na equação (2), for linear, dizemos que a equação é linear de primeira
ordem, de maneira geral escrevemos
dy
+ P (x)y = Q(x)
dx
Exemplo 2.1 (Método de Integração Direta).
a) y ′ = 3x2 =⇒ y = x3 + C
b) y ′ = xy =⇒ y = cex
c) y ′ =
1
x2 +4
2 /2
=⇒ y = 12 arctan(x/2) + C
2.1.1 Método dos Fatores Integrantes
Multiplicando ambos lados da equação (3), por uma função µ(x), indeterminada, temos
µ(x)
Uma vez que,
dy
+ µ(x)P (x)y = µ(x)Q(x)
dx
d
dy
dµ(x)
[µ(x)y] = µ(x) + y
dx
dx
dx
Desejamos que,
dµ(x)
= µ(x)P (x)
dx
dµ(x)
= P (x)dx
µ(x)
∫
∫
ln µ(x) =
P (x)dx =⇒ µ(x) = e P (x)dx
de modo que a equação (3) é equivalente a
d
[µ(x)y] = µ(x)Q(x)
dx
2
(3)
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Integrando,
∫
µ(x)y =
1
µ(x)Q(x)dx =⇒ y =
µ(x)
ou,
y(x) = e
−
∫
[∫
P (x)dx
∫
Q(x)e
∫
µ(x)Q(x)dx
]
P (x)dx
dx + C
Exemplo 2.2. Considere a equação:
dy 1
− y = 2ex ,
dx 2
y(0) = 4
Multiplicamos a equação por uma função µ(x), indeterminada por enquanto, assim
µ(x)
Note que,
dy 1
− µ(x)y = 2µ(x)ex
dx 2
d
dy
dµ(x)
[µ(x)y] = µ(x) + y
dx
dx
dx
comparando as duas últimas expressões, desejamos
dµ(x)
1
= − µ(x)
dx
2
A partir deste ponto utilizamos o método de integração direta,
dµ(x)
1
= − dx
µ(x)
2
1
1
ln µ(x) = − x =⇒ µ(x) = e− 2 x
2
Voltando á equação inicial e multiplicando a mesma pelo fator integrante encontrado temos,
e− 2 x
1
1
dy 1 − 1 x
− e 2 y = 2e 2 x
dx 2
ou,
1
d [ −1x ]
e 2 y = 2e 2 x
dx
∫
1
− 21 x
e y = 2 e 2 x dx
( 1
)
1
x
x
2
2
y = 4e
e +C
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Por outro lado, y(0) = 4(1 + c) = 4, então C = 0, logo temos a solução
y(x) = 4ex
2.2 Equações Separáveis
A equação diferencial de primeira ordem (2) é dita separável se f (x, y) pode ser escrita como o
produto de uma função de x e uma de y ,
dy
= g(x)h(y)
dx
A partir daqui é possível aplicar integração direta.
Exemplo 2.3. Resolva a equação diferencial
x
dy
x2 + 1
= 2
dx
3y + 1
Solução. Como é possível observar temos uma equação separável e podemos escrever,
(
)
1
(3y + 1)dy = x +
dx
x
2
Aplicando integração direta,
y3 + y =
x2
− ln x + C
2
2.2.1 Método de Substituição
Considere a equação diferencial de primeira ordem,
dy
= f (x, y)
dx
Faça a substituição,
y = ϕ(x, v),
então,
v = v(x)
dv
dy
= ϕx (x, v) + ϕv (x, v)
dx
dx
Substituindo na equação diferencial, temos
ϕx (x, v) + ϕv (x, v)
dv
= f (x, ϕ(x, v))
dx
4
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esta é nossa nova equação da forma,
dv
= g(x, v)
dx
Observação 1. Se v = v(x) é uma solução da equação anterior então y = ϕ(x, v(x)) é a solução
da equação aoriginal.
Exemplo 2.4. Resolver a equação,
y ′ = (4x + y)2
Solução: Tentamos a substituição,
isto y = v − 4x
v = 4x + y;
Então,
dy
dv
=
− 4,
dx
dx
deste modo a equação se transforma em
dv
= v2 + 4
dx
Integrando diretamente,
∫
dv
=
v2 + 4
∫
dx =⇒
assim,
(
v = 2 tan
1
v
arctan = x + C
2
2
x+C
2
)
Então a solução geral da equação original é dada por,
(
4x + y = 2 tan
ou,
(
y(x) = 2 tan
x+C
2
x+C
2
)
)
− 4x
2.2.2 Equações Homogêneas
Uma equação diferencial de primeira ordem é chamada homogênea se puder ser escrita da forma
(y)
dy
=F
dx
x
Fazendo a substituição
y = vx,
dv
dy
=v+x
dx
dx
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Substituindo na equação original, temos
x
dv
= F (v) − v
dx
Assim qualquer equação homogênea pode ser reduzida a um problema de integração a traves do
método de substituição.
Exemplo 2.5. Resolva a equação
x2 y ′ = xy + x2 ey/x
Solução: Note que podemos escrever,
y′ =
considere a mudança
y
+ ey/x
x
dy
dv
=v+x
dx
dx
y = vx,
isto é,
x
dv
= ev
dx
Seguidamente por integração direta temos,
∫
−v
e dv =
∫
dx
=⇒ −e−v = ln |x| + C
x
ou,
ey/x = − ln |x| − C =⇒ y = x ln |ln |x| + C|
Exemplo 2.6. Resolva a equação,
x
√
dy
= y + x2 − y 2 ,
dx
y(1) = 0
2.2.3 Equação de Bernoulli
Uma equação da forma
dy
+ P (x)y = Q(x)y n
dx
é dita uma equação de Bernoulli. Se n = 0 ou n = 1 a equação é linear, caso contrario fazemos a
seguinte mudança
v = y 1−n =⇒
Substituindo, temos
dv
dy
= (1 − n)y −n
dx
dx
dv
+ (1 − n)P (x)v = (1 − n)Q(x)
dx
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Exemplo 2.7. Resolva seguinte equação,
3xy 2 y ′ = 3x4 + y 3
Solução: Podemos escrevendo
1
y + x3 y −2
3x
temos uma equação de Bernoulli com n = −2, logo fazemos a mudança
y′ =
v = y 3 =⇒ v ′ = 3y 2 y ′
substituindo, temos
v′ =
3
v + 3x3
x
2.3 Equações Exatas
Considere a equação diferencial
2xy + y 2 + (x2 + 2yx)
dy
=0
dx
esta equação não é linear nem separável, porem observe que a função Φ(x, y) = x2 y + xy 2 tem a
propriedade
∂Φ
= 2xy + y 2
∂x
e
∂Φ
= x2 + 2yx
∂y
porem uma vez que y = y(x), pela regra da cadeia a equação diferencial pode ser escrita como
Φx =
∂Φ ∂Φ dy
+
=0
∂x
∂y dx
Logo,
Φ(x, y) = x2 y + xy 2 = C,
c = cte
é a solução geral desta equação diferencial.
Teorema 2.1 (Critério para Exatidão). Sejam
M (x, y) e N (x, y) funções de duas variáveis.
Suponha que M, N, My e Nx são contínuas em
R = {(x, y) / α < x < β; γ < y < δ}
Então, a equação diferencial
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
7
(4)
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é uma equação diferencial exata em R se, e somente se,
My (x, y) = Nx (x, y)
(5)
em cada ponto de R.
Isto é, existe uma função Φ satisfazendo
Φx (x, y) = M (x, y),
Φy (x, y) = N (x, y)
se, e somente se, My (x, y) = Nx (x, y) em R.
Demonstração. Já vimos pelo enunciado que para a equação (4) ser exata tem de valer a condição
(5). Para mostrar a recíproca, devemos mostrar que, se (5) vale, então podemos construir uma
função Φ(x, y) tal que
Φx (x, y) = M (x, y),
Φy (x, y) = N (x, y)
considerando a primeira condição, é possível denir
∫
Φ(x, y) =
M (x, y)dx + g(y)
cuja derivada parcial em relação a y deveria ser
∂
N (x, y) = Φy (x, y) =
∂y
ou,
∫
∂
g (y) = N (x, y) −
∂y
′
M (x, y)dx + g ′ (y)
∫
M (x, y)dx
Note que o lado direito desta última expressão deveria ser uma função independente de x, de
fato
∂
∂x
)
(
∫
∫
∂
∂ ∂
∂
M (x, y)dx
=
N (x, y) −
M (x, y)dx
N (x, y) −
∂y
∂x
∂x ∂y
∫
∂
∂ ∂
=
N (x, y) −
M (x, y)dx
∂x
∂y ∂x
=
8
∂
∂
N (x, y) −
M (x, y) = 0
∂x
∂y
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vemos assim que a função g(y) existe. Então,
∫ [
∫
Φ(x, y) =
M (x, y)dx +
∂
N (x, y) −
∂y
∫
]
M (x, y)dx dy
Exemplo 2.8. Resolva a equação diferencial
(x + arctan y)dx +
x+y
dy = 0
1 + y2
Solução: Note que
M (x, y) = x + arctan y,
1
= Nx (x, y)
=⇒ My (x, y) =
1 + y2
N (x, y) = x + y
1 + y2
estamos assim trabalhando com uma equação diferencial exata. Então existe uma função Φ(x, y)
tal que
Φx (x, y) = M (x, y)
e
Φy (x, y) = N (x, y)
i.e,
Φx (x, y) = x + arctan y
e
Φy (x, y) =
x+y
1 + y2
Integrando Φy em relação a y , temos
∫
x+y
dy
1 + y2
∫
∫
1
y
= x
dy +
dy
2
1+y
1 + y2
1
= x arctan y + ln(1 + y 2 ) + f (x)
2
Φ(x, y) =
onde f (x) é uma fun'cão a ser determinada. Seguidamente derivamos esta expressão em relação a
x,
Φx (x, y) = arctan y + f ′ (x)
Igualando os valores de Φx (x, y), temos
f ′ (x) = x =⇒ f (x) =
x2
2
A solução geral é dada por
Φ(x, y) = x arctan y +
1
x2
ln(1 + y 2 ) +
= C.
2
2
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2.3.1 Fatores de Integração
frequentemente encontramos equações diferenciais não exatas escritas na forma
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
Como feito para equações lineares, pode ser possível convertes uma equação não exata em exata,
multiplicando esta por um fator de integração. i.e, uma função µ(x, y) tal que
µ(x, y)M (x, y)dx + µ(x, y)N (x, y)dy = 0
seja exata, ou seja,
∂
∂
[µ(x, y)M (x, y)] =
[µ(x, y)N (x, y)]
∂y
∂x
ou,
M (x, y)µy (x, y) − N (x, y)µx (x, y) + [My (x, y) − Nx (x, y)] µ(x, y) = 0
Se for possível encontrar a solução desta última equação, então teremos uma equação exata.
Observação 2.
1. Se µ(x, y) = µ(x). Temos,
−N (x, y)µ′ (x) + [My (x, y) − Nx (x, y)] µ(x) = 0
ou,
µ′ (x)
[My (x, y) − Nx (x, y)]
=
µ(x)
N (x, y)
∫
[My (x, y) − Nx (x, y)]
ln µ(x) =
dx
N (x, y)
{∫
}
[My (x, y) − Nx (x, y)]
µ(x) = exp
dx
N (x, y)
2. Se µ(x, y) = µ(y). Temos,
M (x, y)µ′ (y) + [My (x, y) − Nx (x, y)] µ(y) = 0
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ou,
µ′ (y)
[Nx (x, y) − My (x, y)]
=
µ(y)
M (x, y)
∫
[Nx (x, y) − My (x, y)]
ln µ(y) =
M (x, y)
}
{
[Nx (x, y) − My (x, y)]
µ(y) = exp
M (x, y)
os items 1) e 2) podem-se resumir na seguinte tabela de identicação do fator de integração:
Caso
Fator de Integração
∫
My − Nx
= f (x) µ(x) = e f (x)dx
N
∫
Nx − My
= g(y) µ(y) = e g(y)dy
M
Tabela 1: Fatores de Integração
Exemplo 2.9. Resolver
(
)
1
1+
tan ydx + sec2 ydy = 0
x
Solução: Observe que
M (x, y) = (1 + 1 ) sec2 y
M (x, y) = (1 + 1 ) tan y
y
x
x
=⇒ Nx (x, y) = 0
N (x, y) = sec2 y
a equação diferencial não é exata, por outro lado
My (x, y) − Nx (x, y)
1
=1+
N (x, y)
x
Então,
∫
1
µ(x) = e (1+ x )dx = xex
Logo, temos a equação exata,
(x + 1)ex tan ydx + xex sec2 ydy = 0
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2.4 Existência e Unicidade
Considere o problema de valor inicial
dy
= f (x, y)
dx
y(x0 ) = y0
(6)
Teorema 2.2 (Teorema de Existência e Unicidade). dado um retângulo
R = {(x, y) / a ≤ x ≤ b, c ≤ | ≤ d}
1. Se f (x, y) é continua em R então existe solução do PVI (6) em algum intervalo J ⊆ [a, b].
2. Se
∂f
(x, y)
∂y
é continua em R então a solução do PVI é única num subintervalo J0 ⊆ J .
Exemplo 2.10. Analisar
dy = x2 − y 2
dx
y(0) = 1
Solução: Dada f (x, y) = x2 − y2 denida para todo ponto (x, y) ∈
R 2 , temos
1. f (x, y) é continua em R 2 , então existe uma solução do PVI.
2. fy (x, y) = −2y é continua em R 2 , então a solução do PVI é única.
Agora podemos resolver a equação pelos métodos antes vistos.
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3 Equações Lineares de Segunda Ordem
Uma equação diferencial de segunda ordem tem a forma
d2 y
=f
dx2
(
)
dy
x, y,
dx
(7)
onde f é alguma função dada.
A equação (7) é dita linear se a função f tem a forma
(
)
dy
dy
f x, y,
= g(x) − p(x) − q(x)y
dx
dx
isto é, se f é linear em y e y ′ .
Neste caso a equação (7) pode ser escrita como
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = g(x)
3.1 Equações Homogêneas com Coecientes Constante, n = 2
Uma equação linear de segunda ordem é dita homogênea se g(x) = 0, isto é, tem a forma
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = 0
Teorema 3.1 (Princípio de Superposição). Seja
(8)
y1 e y2 duas soluções da equação (8) no
intervalo I . Se c1 e c2 são constantes então a combinação linear
y = c1 y1 + c2 y2
é também uma solução de (8) em I .
3.1.1 Coecientes Constantes
Nesta seção vamos nos concentrar em equações lineares homogêneas com coecientes constantes,
isto é
ay ′′ + by ′ + cy = 0
(9)
onde a, b e c são constantes dadas.
Suponhamos então que y = erx , r a ser determinado, então
y ′ = rerx
e
13
y ′′ = r2 erx
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Substituindo na equação (9),
(10)
ar2 + br + c = 0
esta equação quadrática é chamada Equação Caraterística da equação linear homogênea de segunda
ordem.
Teorema 3.2 (Raízes Reais Distintas). Se as duas raízes
r1 e r2 são raízes reais e distintas
da equação caraterística (10), então
y(x) = c1 er1 x + c2 er2 x
é a solução geral da equação linear homogênea (9).
Exemplo 3.1. Encontre a solução geral de
y ′′ + y ′ − 6y = 0,
y(0) = 7,
y ′ (0) = −1
Solução : Temos a equação caraterística
r2 + r − 6 = 0 =⇒ r1 = −3 e r2 = 2
Então,
y(x) = c1 e−3x + c2 e2x
derivando
y ′ (x) = −3c1 e−3x + 2c2 e2x
Das condição iniciais temos,
y(0) = 7 =⇒ c1 + c2 = 7
y ′ (0) = −1 =⇒ −3c1 + 2c2 = −1
Resolvendo temos c1 = 4 e c2 = 3, assim
y(x) = 4e−3x + 3e2x
Teorema 3.3 (Raízes Repetidas). Se a equação caraterística (10) tem raízes reais iguais r1 =
r2 , então
y(x) = (c1 + c2 x)er1 x
é a solução geral da equação linear homogênea (9).
14
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Exemplo 3.2. Encontre a solução geral de
y ′′ − 10y ′ + 25y = 0,
y(0) = 3,
y ′ (0) = 13
Solução : Temos a equação caraterística
r2 − 10r + 25 = 0 =⇒ r1 = r2 = 5
Então,
y(x) = (c1 + c2 x)e5x
derivando
y ′ (x) = (c2 + 5c1 + 5c2 x)e5x
Das condição iniciais temos,
y(0) = 3 =⇒ c1 = 3
y ′ (0) = 13 =⇒ c2 + 5c1 = 13
Resolvendo temos c1 = 3 e c2 = −2, assim
y(x) = (3 − 2x)e5x
Teorema 3.4 (Raízes Complexas). Se a equação caraterística (10) tem raízes complexas r1 =
a + ib e r2 = a − ib, então
z1 = ea+ib x = eax [cos(bx) + i sen (bx)]
z2 = ea−ib x = eax [cos(bx) − i sen (bx)]
Então as soluções reais são dadas por
z1 + z2
= eax cos(bx)
2
z1 − z2
y2 (x) =
= eax sen (bx)
2i
y1 (x) =
Logo
y(x) = c1 eax cos(bx) + c2 eax sen (bx)
é a solução geral da equação linear homogênea (9).
15
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Exemplo 3.3. Encontre a solução geral de
y ′′ + 25y = 0,
y(0) = 10,
y ′ (0) = −10
Solução : Temos a equação caraterística
r2 + 25 = 0 =⇒ r1 = 5i, r2 = −5i
Então,
y(x) = c1 cos(5x) + c2 sen (5x)
derivando
y ′ (x) = −5c1 sen (5x) + 5c2 cos(5x)
Das condição iniciais temos,
y(0) = 10 =⇒ c1 = 10
y ′ (0) = −10 =⇒ 5c2 = −10
Resolvendo temos c1 = 10 e c2 = −2, assim
y(x) = 10 cos(5x) − 2 sen (5x)
3.1.2
Existência e Unicidade
Teorema 3.5. Considere o problema de valor inicial
{
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = g(x)
y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y0′
(11)
onde p(x), q(x) e g(x) são contínuas num intervalo aberto I . Então existe exatamente uma solução
y = ϕ(x) em todo o intervalo I .
Exemplo 3.4. Determine o maior intervalo no qual o problema de valor inicial dado tem uma
única solução duas vezes diferenciável.
{
(x − 1)y ′′ − 3xy ′ + 4y = sen x
y(−2) = 2, y ′ (−2) = 1
16
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Solução : Escrevemos a equação na forma
y ′′ −
assim,
p(x) = −
3x ′
4
sen x
y +
y=
x−1
x−1
x−1
3x
,
x−1
q(x) =
4
,
x−1
g(x) =
sen x
x−1
onde é possível observar que x = 1 é um ponto de descontinuidade destas funções. Logo o
maior intervalo contendo o ponto inicial x = −2, no qual todos os coecientes são contínuos é
I = (−5, 1)
Teorema 3.6. Suponha que y1 e y2 são duas soluções da equação (8)
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = g(x)
e que o wronskiano
y y 1 2 W (y1 , y2 ) = ′
y1 y2′ não se anula no ponto x0 , onde são dadas as condições iniciais
y ′ (x0 ) = y0′
y(x0 ) = y0 ,
Então, existe uma escolha das constantes c1 e c2 para as quais
y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)
é a solução geral do problema de valor inicial.
Teorema 3.7. Se y1 e y2 são duas soluções da equação (8)
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = 0
e se existe um ponto x0 onde o wronskiano de y1 e y2 é diferente de zero, então a família de
soluções
y = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)
com coecientes c1 e c2 arbitrários, inclui todas as possíveis soluções desta equação.
Observação 3. O Teorema anterior diz que quando o wronskiano de y1 e y2 não for identicamente
nulo, a combinação linear
c1 y1 (x) + c2 y2 (x)
17
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contem todas as soluções da equação diferencial (8). É portanto, natural chamar a expressão
y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)
com coecientes constantes arbitrário, de solução geral da equação (8). As soluções y1 e y2 , com
wronskiano nulo, formam um conjunto de soluções da equação (8).
Teorema 3.8. Considere a equação diferencial (8)
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = 0
cujos coeciente p(x) e q(x) são contínuos num intervalo aberto I . Escolha algum ponto x0 em I .
Sejam y1 e y2 soluções que satisfazem as condições iniciais
y ′ (x0 ) = y0′
y(x0 ) = y0 ,
Então, y1 e y2 formam um conjunto fundamental de soluções.
Exemplo 3.5. Encontre o conjunto fundamental de soluções para
y ′′ + 4y ′ + 3y = 0,
x0 = 1
Solução : Resolvendo a equação homogênea, temos a equação caraterística
r2 + 4r + 3 = 0 =⇒ r1 = −3, r2 = −1
A solução geral é dada por
y(x) = c1 e−3x + c2 e−x
Agora vamos calcular o wronskiano de y1 e y2
e−3x
w(y1 , y2 ) = −3e−3x
e−x
−e−x
= e−3x e−x + 3e−3x e−x
= 4e−4x ̸= 0
Portanto, y1 , y2 formam um conjunto fundamental de soluções
Teorema 3.9 (Teorema de Abel). Se y1 e y2 são duas soluções da equação diferencial
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = 0
18
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onde p(x) e q(x) são contínuas num intervalo aberto I , então o wronskiano é dado por
[ ∫
]
w(y1 , y2 ) = c exp − p(x)dx
onde c é uma constante determinada que depende de y1 e y2 .
Teorema 3.10. Sejam y1 e y2 duas soluções da equação
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = 0
onde p(x) e q(x) são contínuas num intervalo aberto I . Então y1 e y2 são linearmente dependentes
em I se, e somente se, W (y1 , y2 ) é zero para todo x ∈ I .
De outro modo, y1 e y2 são linearmente independentes em I se, e somente se, W (y1 , y2 ) nunca
se anula em I .
3.2 Equações Não-Homogêneas
Considere a equação não-homogênea
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = g(x)
(12)
onde p(x), q(x) e g(x) são funções contínuas dadas, num intervalo I . A equação
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = 0
(13)
é chamada equação homogênea associada, esta representa uma base para construir a solução geral
da equação não-homog6enea.
Teorema 3.11. Se Y1 e Y2 são duas soluções da equação não-homogênea (12), então a sua dife-
rença Y1 −Y2 é uma solução da equação homogênea associada (13). Se, além disso, y1 e y2 formam
um conjunto fundamental de soluções para a equação (13), então
Y1 (x) − Y2 (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)
onde c1 e c2 são constantes determinadas.
Teorema 3.12. A solução geral da equação não-homogênea (12) pode ser escrita na forma
y = Φ(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + Y (x)
onde y1 , y2 formam um conjunto fundamental de soluções da equação homogênea associada (13),
c1 e c2 são constantes arbitrárias e Y é alguma solução especíca da equação não homogênea (12).
19
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Observação 4. O teorema anterior diz que a solução geral da equação não-homogênea pode ser
escrita como
y(x) = yh (x) + yp (x)
onde yh (x) é solução da equação homogênea associada e yp (x) é uma solução particular da equação
não-homogênea. Portanto, nossa tarefa é encontrar yp (x). isto será visto na seguinte seção via
uma generalização para equações diferenciais lineares de ordem n, vejamos um exemplo como
motivação.
Exemplo 3.6. Encontre a solução particular de
y ′′ + 3y ′ + 4y = 3x + 2
Solução: Aqui f (x) = 3x + 2, assim vamos supor
yp (x) = Ax + B
derivando,
yp′ (x) = A,
yp′′ (x) = 0
Substituindo na equação,
0 + 3A + 4(Ax + B) = 3x + 2
de onde A =
3
4
e B = − 161 , tendo assim a solução particular
3
1
yp (x) = x −
4
16
Por outro lado, podemos calcular a solução homogênea, isto é a solução de
y ′′ + 3y ′ + 4y = 0
A equação caraterística é dada por r2 + 3r + 4 = 0, dai r =
(
− 23
yh (x) = e
√
−3± 7i
2
logo
√ )
√
7
7
x + c2 sen
x
c1 cos
2x
2
20
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4 Equações Lineares de Ordem mais Alta
4.1 Soluções Gerais de Equações Lineares
A teoria antes vista para equações lineares de segunda ordem generaliza-se para a equação diferencial linear geral de ordem n da forma
P0 (x)y (n) + P1 (x)y (n−1) + . . . + Pn−1 (x)y ′ + Pn (x)y = F (x)
(14)
Sob a hipótese adicional P0 (x) ̸= 0 podemos dividir cada termo da equação (14) por P0 (x) para
obter
y (n) + p1 (x)y (n−1) + . . . + pn−1 (x)y ′ + pn (x)y = f (x)
(15)
A equação linear homogênea associada a (15) é
P0 (x)y (n) + p1 (x)y (n−1) + . . . + pn−1 (x)y ′ + pn (x)y = 0
(16)
Teorema 4.1 (Princípio de Superposição). Sejam y1 , y2 ,. . . ,yn soluções da equação linear homogênea (16) no intervalo I . Se c1 , c2 , . . ., cn são constantes, então a combinação linear
y = c1 y1 + c2 y2 + . . . + cn yn
é também solução de (16) em I .
Teorema 4.2 (Existência e Unicidade). Suponha que as funções p1 , p2 , . . . , pn e f são contínuas
no intervalo aberto I contendo o ponto inicial x0 . Então o problema de Valor inicial

(n)
(n−1)

+ . . . + pn−1 (x)y ′ + pn (x)y = f (x)
 y + p1 (x)y


′
y(x0 ) = y0 , y (x0 ) = y1 , . . . , y
(n−1)
(17)
(x0 ) = yn−1
tem uma única solução em todo o intervalo I que satisfaz as n condições iniciais.
Denição 4.1 (Dependência Linear de Funções). As n funções f1 , f2 , . . . , fn são ditas linearmente dependentes no intervalo I desde que existam constantes c1 , c2 , . . . , cn nem todas
nulas, de modo que
c 1 f1 + c 2 f2 + . . . + c n fn = 0
em I.
Equivalentemente, elas são chamadas linearmente independentes em I desde que a identidade
c 1 f1 + c 2 f2 + . . . + c n fn = 0
21
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seja verdadeira em I apenas no caso trivial
c1 = c2 = . . . = cn = 0.
Denição 4.2. Sejam f1 , f2 , . . . , fn funções n − 1 vezes diferenciáveis. Então o Wronskiano é o
determinante n × n
f
f2
1
′
f1
f2′
W =
..
..
.
.
(n−1) (n−1)
f1
f2
...
...
fn
fn′
..
.
...
(n−1)
. . . fn
Observação 5. Considere a combinação linear c1 f1 +c2 f2 +. . .+cn fn = 0 derivando estas equações
n − 1 vezes sucessivamente, obtemos as n equações
c1 f1 + c2 f2 + . . . + cn fn = 0,
c1 f1′ + c2 f2′ + . . . + cn fn′ = 0,
..
.
(n−1)
c 1 f1
(n−1)
+ c2 f2
(n−1)
+ . . . + c n fn










=0 
(18)
Portanto, para mostrar que as funções f1 , f2 , . . . , fn são linearmente independentes no intervalo I ,
basta demonstrar que seu Wronskiano é não-nulo em pelo menos um ponto de I .
Exemplo 4.1. Use o wronskiano para provar que as funções dadas são linearmente independentes
no intervalo indicado
(a) f (x) = ex ,
(b) f (x) = x,
g(x) = x−2 ,
h(x) = x−2 ln x,
g(x) = cos(ln x),
x>0
h(x) = sen (ln x),
Teorema 4.3 (Wronskianos de Soluções). Suponha
x>0
y1 , y2 , . . . , yn são n soluções da equação
linear de ordem n homogênea
y (n) + p1 (x)y (n−1) + . . . + pn−1 (x)y ′ + pn (x)y = f (x)
num intervalo aberto I onde cada pi (x) é contínuo. Seja
W = W (y1 , y2 , . . . , yn )
(a) Se y1 , y2 , . . . , yn são linearmente dependentes, então W = 0 em I .
(b) Se y1 , y2 , . . . , yn são linearmente independentes, então W ̸= 0 em cada ponto de I .
Teorema 4.4 (Soluções Gerais). Sejam y1 , y2 , . . . , yn
n soluções linearmente independentes da
equação homogênea
y (n) + p1 (x)y (n−1) + . . . + pn−1 (x)y ′ + pn (x)y = 0
22
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em um intervalo aberto I onde as pi são contínuas. Se Y é qualquer solução desta equação, então
existem números c1 , c2 , . . . , cn tais que
Y (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + . . . + cn yn (x),
∀ x ∈ I.
4.2 Equações Homogêneas com Coecientes Constante
Considere a equação linear homogênea de ordem n
′
a0 y (n) + a1 y (n−1) + . . . + an−1 y + an y = 0
(19)
onde a0 , a1 , . . . , an são constantes reais.
Pelo visto anteriormente para equações lineares homogêneas de segunda ordem é natural pensar
numa solução do tipo
y(x) = ert
para valores apropriados de r. Derivando e substituindo na equação (19), obtemos
′
a0 r(n) + a1 r(n−1) + . . . + an−1 r + an = 0
(20)
chamada Equação Caraterística
Teorema 4.5 (Raízes Distintas). Se as n raízes da equação caraterística (20) são reais e dis-
tintas, então
y(x) = c1 er1 x + c2 er2 x + . . . + cn ern x
é uma solução geral da equação (19).
Teorema 4.6 (Raízes Repetidas). Se a equação caraterística (20) tem uma raiz repetida r de
multiplicidade k, então parte da solução geral da equação (19) correspondendo a r é da forma
(
)
c1 + c2 x + . . . + ck xk−1 erx .
Teorema 4.7 (Raízes Complexas). Se a equação caraterística (20) tem um par de raízes complexas conjugadas não repetidas a ± ib (b ̸= 0), então a parte da solução geral da equação (19)
correspondendo é da forma
eax (c1 cos bx + c2 sen bx) .
Observação 6. O Teorema (4.6) é válido para raízes complexas repetidas. Se o par conjugado
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a ± ib tem multiplicidade k , então a parte correspondente á solução geral é da forma
(
)
(
)
A1 + A2 x + . . . Ak xk−1 ea+ib + A1 + A2 x + . . . Ak xk−1 ea−ib
=
k−1
∑
xp eax (ci cos bx + di sen bx)
p=0
as 2k funções
xp eax cos bx,
xp eax sen bx,
0≤p≤k−1
são linearmente independentes.
Exemplo 4.2. Encontre uma solução geral da seguintes equações
(a) 9y (3) + 12y ′′ + 4y ′ = 0
(b) y (4) + 2y (3) + 3y ′′ + 2y ′ + y = 0
4.3 Equações Não-Homogêneas
Teorema 4.8 (Soluções de Equações Não-Homogêneas). Seja yp uma solução particular da
equação não-homogênea num intervalo I onde as funções pi e f são contínuas. Sejam y1 , y2 , . . . , yn
soluções linearmente independentes da equação homog6enea associada. Se Y é qualquer solução
de equação não-homogênea em I , então existem números c1 , c2 , . . . , cn tais que
Y (x) = c1 y1 + c2 y2 + . . . + cn yn + yp (x)
para todo x em I .
Exemplo 4.3. Dada uma solução particular yp , encontre uma solução satisfazendo as condições
iniciais
(a) y ′′ − 2y ′ − 3y = 6,
(b) y ′′ + y = 3x,
y(0) = 3, y ′ (0) = 11, yp (x) = −2
y(0) = 2, y ′ (0) = −2, yp (x) = 3x
4.3.1 Método dos Coecientes Indeterminados
Pelo Teorema (4.8) a solução geral da equação não-homogênea pode ser escrita como
y(x) = yh (x) + yp (x)
onde yh (x) é solução da equação homogênea associada e yp (x) é uma solução particular da equação
não-homogênea. isto foi Portanto, nossa tarefa é encontrar yp (x).
24
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O método dos coecientes indeterminados é um meio mais direto de fazer isto quando a função
dada f (x) é simples para que possamos dar um palpite inteligente de yp .
Por exemplo, suponha que f (x) é um polinômio de grau m, então
yp (x) = Am xm + Am−1 xm−1 + . . . + A1 x + A0
onde os Ai são coecientes indeterminados.
Analogamente, suponha que
f (x) = a cos kx + b sen kx
então, é razoável esperar uma solução da forma
yp (x) = A cos kx + B sen kx
uma combinação linear com coecientes indeterminados A e B .
Exemplo 4.4. Encontre uma solução particular para
1. y ′′ − y ′ − 6y = 2 sen 3x
2. y ′′ + 16y = e3x
REGRA 1
Suponha que nenhum termo aparecendo em f (x) ou em qualquer de suas derivadas, satisfaça a
equação homogênea associada. Então tome como uma solução experimental para yp uma combinação linear de todos os termos linearmente independentes.
4.3.2 O Caso da Duplicação
Exemplo 4.5. Encontre a solução particular de
1. y ′′ + y = sen x + x cos x
2. y 3 − y = ex + 7
Observação 7. Observe que a equação não-homogênea pode ser escrita como
Ly = f1 (x) + f2 (x)
é suciente encontrar soluções particulares Y1 e Y2 separadamente, das duas equações
Ly = f1 (x)
e
25
Ly = f2 (x)
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Logo por linearidade
L[Y1 + Y2 ] = LY1 + LY2 = f1 (x) + f2 (x)
isto é o principio de superposição para equações não-homogêneas.
Então agora o nosso problema é achar uma solução particular para a equação não-homogênea,
onde f (x) é a combinação linear de produtos de três tipos de funções elementares:
1. Um polinômio em x,
2. Uma função exponencial erx ,
3. cos kx ou sen kx
Desta forma f (x) pode ser expressa como:
f (x) = Pm (x)erx {cos kx ou
sen kx}
(21)
onde Pm (x) é um polinômio em x de grau m.
REGRA 2
Se f (x) é da forma (21), tome como uma solução tentativa
yp = xs [Qm (x)erx cos kx + Rm (x)erx sen kx]
onde Qm (x) e Rm (x) são polinômios em x de grau m e s é o menor inteiro não negativo tal que
nenhum termo em yp duplica um termo na solução homogênea yh .
4.4 Redução de ordem
Considere a equação homogênea de segunda ordem
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = 0
(22)
num intervalo aberto I onde p e q são funções contínuas. Suponha que conhecemos uma solução y1 .
Pelo Teorema 3.5 (Existência e Unicidade) existe uma segunda solução linearmente independente
y2 . Nosso problema é encontrar y2 ou de maneira equivalente encontrar o quociente
v(x) =
y2 (x)
y1 (x)
Uma vez conhecido v(x), y2 será dada por
y2 (x) = v(x)y1 (x)
26
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Derivando y2 , temos
y2′ = v ′ y1 + vy1′
y2′′ = v ′′ y1 + 2v ′ y1′ + vy1′′
Substituindo na equação (22), temos
[v ′′ y1 + 2v ′ y1′ + vy1′′ ] + p(x)[v ′ y1 + vy1′ ] + q(x)vy1 = 0
v[y1′′ + p(x)y1′ + q(x)y1 ] + v ′′ y1 + 2v ′ y1′ + p(x)v ′ y1 = 0
y1 v ′′ + [2y1′ + p(x)y1 ]v ′ = 0
Esta última equação linear de segunda ordem pode ser reduzida para ordem 1, fazendo a mudança
u = v′
assumindo que y1 nunca se anula em I , temos
( ′
)
y1
u + 2 + p(x) u = 0
y1
′
cujo fator integrante é dado por
[∫ ( ′
) ]
y1
µ(x) = exp
2 + p(x) dx
y1
(
)
∫
= exp 2 ln |y1 | + p(x)dx
(∫
=
y12
exp
Logo,
v′ = u =
integrando novamente,
y2
=v=C
y1
∫
)
p(x)dx
C − ∫ p(x)dx
e
y12
e−
∫
p(x)dx
y12
dx + K
Escolhendo C = 1 e K = 0, temos
∫
y2 = y1
e−
∫
p(x)dx
y12
dx
Esta fórmula produz uma segunda solução da equação diferencial (22).
27
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Teorema 4.9. Se y1 (x) é uma solução conhecida da equação (22), num intervalo I onde p e q são
contínuas e y1 (x) é não-nula, então a segunda solução linearmente independente em I é dada por
∫
∫
e− p(x)dx
dx
[y1 (x)]2
y2 (x) = y1 (x)
Exemplo 4.6. Encontre uma segunda solução para a equação diferencial e a primeira solução
dadas,
1. x2 y ′′ + 3xy ′ + y = 0; y1 =
1
x
2. (x2 + 1)y ′′ − 2xy ′ + 2y = 0; y1 = x
4.5 Equações de Euler-Cauchy
A equação de Euler-cauchy de ordem n é da forma
′′
an xn y (n) + an−1 xn−1 y (n−1) + . . . + a2 x2 y + a1 xy ′ + a0 y = 0,
onde ai , i = 1, n são constantes com an ̸= 0.
Substituindo y = xr , temos
an r(r − 1) . . . (r − n + 1) + . . . + a2 r(r − 1) + a1 r + a0 = 0,
Se a equação tem n-raízes distintas r1 , r2 , . . . , rn , então obtemos n soluções linearmente independentes
{
y(x) =
c1 xr1 + c2 xr2 + . . . + cn xrn
, x > 0,
r1
r2
rn
c1 |x| + c2 |x| + . . . + cn |x|
, x < 0,
4.5.1 Equação de Segunda Ordem
Considere a equação
x2 y ′′ + p0 xy ′ + q0 y = 0
substituindo y = xr , temos
r(r − 1) + p0 r + q0 = 0
então
r1 , r 2 =
−(p0 − 1) ±
√
(p0 − 1)2 − 4q0
2
1. Raízes Reais Distintas: r1 ̸= r2 .
Então uma solução para x > 0 é dada por
y(x) = c1 xr1 + c2 xr2
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2. Raízes Reais Iguais: r1 = r2 .
Neste caso começamos com a solução única
y1 (x) = xr1 ,
Como
r1 = −
p0 − 1
2
( ∫
)
p0
exp −
dx = x−p0
x
pelo Teorema 4.9, temos
∫
r1
y2 (x) = x
x−p0
x−(p0 −1)
dx = xr1 ln x
Assim a solução geral para x > 0 é
y(x) = c1 xr1 + c2 xr1 ln x
3. Raízes Complexas Conjugadas: r1 = a + ib, r2 = a − ib Então,
xa±ib = e(a±ib) ln x
= ea ln x [cos(b ln x) ± i sen (b ln x)]
As partes real e imaginária são soluções linearmente independentes assim a solução geral é
dada por
y(x) = c1 xa cos(b ln x) + c2 xa sen (b ln x)
Exemplo 4.7. Encontre a solução geral das equações
1. x2 y ′′ + xy ′ − y = 0
2. x3 y (3) + 2x2 y ′′ − 4y = 0, dica: faça x = et
4.6 Variação de Parâmetros
O método é usado para achar a solução particular da equação diferencial linear não homogênea
y (n) + pn−1 (x)y (n−1) + . . . + p1 (x)y ′ + p0 (x)y = f (x)
desde que conheçamos antes a solução homogênea
yh = c1 y1 + c2 y2 + . . . + cn yn
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Suponha que trocamos as constantes na solução homogênea yh por funções u1 , u2 , . . . , un e
procuramos a solução particular da forma
yp = u1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x) + . . . + un (x)yn (x)
vamos descrever o método para n = 2 e assim poder generalizar. Considere a equação
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = f (x)
Com
yh (x) = c1 y1 + c2 y2
Queremos encontrar
yh (x) = u1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x)
Derivando
yh′ = (u1 y1′ + u2 y2′ ) + (u′1 y1 + u′2 y2 )
Vamos impor a condição
u′1 y1 + u′2 y2 = 0
(23)
Assim
yh′ = u1 y1′ + u2 y2′
substituindo na equação temos
u′1 y1′ + u′2 y2′ = f (x)
O Caso Geral
No caso de uma equação de ordem n, temos
u′1 y1 + u′2 y2 + . . . + u′n yn
u′1 y1′ + u′2 y2′ + . . . + u′n yn′
u′1 y1′′ + u′2 y2′′ + . . . + u′n yn′′
= 0
= 0
= 0
..
.
u′1 y1
(n−1)
+ u′2 y2
(n−1)
..
.
+ . . . + u′n yn
(n−1)
= f (x)















Exemplo 4.8. Use o método de variação de parâmetros para encontrar yp
1. y ′′ + 3y ′ + 2y = 4ex
2. y ′′ + 4y = sen 2 x
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5 Transformada de Laplace
Denição 5.1. dada uma função f (t) denida para todo t ≥ 0, a transformada de Laplace de
f é a função F de s denida por
∫
L {f (t)} = F (s) =
∞
e−st f (t)dt
0
para todos os valores de s onde a integral converge.
Observação 8.
1. Se f (t) = 1
∫
∞
L {1} =
0
2. Se f (t) = eat
∫
∞
L {e } =
at
1
1
e−st dt = − e−st t=∞
t=0 =
s
s
e−st eat dt =
0
1 (a−s)t t=∞
1
e
t=0 =
a−s
s−a
Sempre que s − a > 0 e a integral diverge quando s − a < 0.
Teorema 5.1 (Linearidade). Se a e b são constantes, então
L {af (t) + bg(t)} = a L {f (t)} + b L {g(t)}
para todo s tal que as transformadas de f e g existam.
5.1 A Função Gama
Denição 5.2. A função especial Γ(x) é denida por
∫
Γ(x) =
∞
e−t tx−1 dt,
x>0
0
A função Gama é uma generalização da função fatorial. Observe que
∫
∞
Γ(1) =
e−t dt = 1
0
Então integrando por partes
∫
Γ(x + 1) =
0
=
∞
e−t tx dt
−e−t tx t=∞
t=0
∫
+
∞
−t x−1
xe t
0
31
∫
dt = x
0
x
e−t tx dt
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isto é,
Γ(x + 1) = xΓ(x)
esta é a propriedade mais importante da função Gama e podemos observar que
para n ≥ 0
Γ(n + 1) = n!,
Observação 9. Se f (t) = ta , para t ≥ 0, onde a é real e a > −1. Então
∫
∞
L {t } =
a
e−st ta dt
0
Fazendo u = st, dt =
du
s
, temos
L {t } =
∫
1
a
sa+1
∞
e−u ua du =
0
Γ(a + 1)
sa+1
Como Γ(n + 1) = n!, vemos que
L {tn }
n!
sn+1
f (t)
1
t
tn (n ≥ 0)
ta (a > −1)
eat
,
para s > 0
F (s)
1
(s > 0)
s
1
s2
(s > 0)
n!
sn+1
Γ(a+1)
sa+1
1
s−a
(s > 0)
(s > 0)
(s > a)
cos kt
s
s2 +k2
(s > 0)
sen kt
k
s2 +k2
(s > 0)
cosh kt
s
s2 −k2
(s > |k|)
senh kt
k
s2 −k2
(s > |k|)
u(t − a)
e−as
s
32
(s > 0)
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Denição 5.3. A função escada unitária, é denida por
{
ua (t) = u(t − a) =
0 , t < a,
1 , t≥a
Observação 10.
∫
L {ua (t)} =
∞
∫0 ∞
=
e−st ua (t)dt
e−st dt =
a
e−as
s
(s > 0, a > 0).
5.2 Problemas de Valor Inicial
Teorema 5.2 (Transformada de Derivadas). Seja f (t) contínua e suave por partes para t ≥ 0
e de ordem exponencial quando t → +∞, de modo que existem constantes não negativas M , c e
T tais que
|f (t)| ≤ M ect ,
para t ≥ T
Então L {f ′ (t)} existe para s > c, e
L {f ′ (t)} = s L {f (t)} − f (0)
Observação 11. Da teorema anterior temos,
L {f ′′ (t)} = s L {f ′ (t)} − f ′ (0)
= s [s L {f (t)} − f (0)] − f ′ (0)
= s2 L {f (t)} − sf (0) − f ′ (0)
Corolário 5.1 (Transformada de Derivadas Superiores). Suponha as funções f, f ′ , f ′′ , . . . , f (n−1)
contínuas e suaves por partes para t ≥ 0 e que cada uma destas funções é de ordem exponencial.
Então
L {f (n) (t)} = sn L {f (t)} − sn−1 f (0) − sn−2 f ′ (0) − · · · − f (n−1) (0)
Exemplo 5.1. Resolva o Problema de Valor Inicial
x′′ + 8x′ + 15x = 0,
x(0) = 2, x′ (0) = −3
Solução. Usando os dados iniciais temos,
L {x′ (t)} = s L {x(t)} − x(0) = sX(s) − 2
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L {x′′ (t)} = s2 L {x(t)} − sx(0) − x′ (0) = s2 X(s) − 2s + 3
Aplicando transformada de Laplace e substituindo,
L {x′′ (t)} + 8 L {x′ (t)} + 15 L {x(t)} = 0
s2 X(s) − 2s + 3 + 8 [sX(s) − 2] + 15X(s) = 0
de onde
Como
[
]
2s − 3
1 13
9
X(s) = 2
=
+
s + 8s + 15
2 s+5 s+3
1
L {e } =
=⇒ L −1
s−a
at
Então
{
1
s−a
}
= eat
[
{
}
{
}]
13
9
1
−1
−1
L
+L
x(t) = L {X(s)} =
2
s+5
s+3
[
]
1
=
13e−5t + 9e−3t
2
−1
34