6. Revisão de Tópicos Úteis

Logaritmo e Exponencial

As funções exponencial e logaritmo são utilizadas com freqüência na solução de equações diferenciais. Elas podem ser definidas de várias formas. Por exemplo, o logaritmo neperiano (de base e) é a área sob o gráfico da função \(1/x,\) de \(x=1\) até \(x\), ou seja

Logaritmo natural

$$
\ln x=\int_{1}^{x}\frac{dt}{t}.
$$Observamos desta definição que \(\ln1=0,\) que o logaritmo é uma função estritamente crescente e não está definida em \(x=0.\) A função exponencial, \(\exp(x)=\text{e}^{x},\) é a inversa do logaritmo,
$$
\ln x=y\Rightarrow\text{e}^{y}=x.
$$
Podemos usar as propriedades da exponencial para nos lembrar de algumas propriedades do logaritmo: observando que as seguintes igualdades são equivalentes
$$
y=\ln x^{n}\Longleftrightarrow\text{e}^{y}=x^{n},
$$
tomamos a raiz enésima dos dois lados
$$
x=\text{e}^{y/n}\Rightarrow\frac{y}{n}=\ln x
$$
o que resulta em
$$
y=n\ln x.
$$
Portanto
$$
\ln x^{n}=n\ln x.
$$
Além disto, se
$$
\ln x+\ln y=z
$$
então
$$
\text{e}^{z}=\text{e}^{\ln x+\ln y}=\text{e}^{\ln x}\text{e}^{\ln y}=xy\Rightarrow z=\ln\left(xy\right)
$$
e, portanto
$$
\ln\left(xy\right)=\ln x+\ln y.
$$
Observe que
$$
\ln x-\ln y=\ln x+\ln y^{-1}=\ln\left(\frac{x}{y}\right).
$$
A partir da exponencial definimos as funções seno hiperbólico e cosseno hiperbólico da seguinte forma
$$
\begin{array}{lll}
\text{senh }x=\frac{1}{2}(\text{e}^{x}-\text{e}^{-x}),
\ \;\; \cosh x=\frac{1}{2}\left(\text{e}^{x}+\text{e}^{-x}\right),
\ \;\; \tanh x=\frac{\text{ senh }x}{\cosh x}.
\end{array}
$$
Observe que \(\text{ senh }x\) é uma função impar enquanto \(\cosh x\) é par. Mostre, como exercício, as seguintes relações:
$$
\frac{d}{dx}\text{ senh }x=\cosh x,\ \ \ \frac{d}{dx}\cosh x=\text{ senh }x,\ \ \ \cosh^{2}x-\text{senh}^{2}x=1.
$$

A fórmula de Euler, que usaremos com freqüência ao longo do texto, pode ser justificada da seguinte maneira: partimos da expansão de Taylor para as funções exponencial, seno e cosseno, válidas para todo \(x\in \mathbb{R}\),
$$
\begin{array}{l}
\text{e}^{x}= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{3}}{3!}+\cdots,
\\
\cos x= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}x^{2n}}{\left(2n\right)!}=1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}+\cdots,
\\
\text{ sen }x= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}x^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!}=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}+\cdots.
\end{array}
$$
Em seguida fazemos \(x=i\theta\) na expansão da exponencial, para obter

$$
\text{e}^{i\theta}= 1+i\theta+\frac{\left(i\theta\right)^{2}}{2!}+\frac{\left(i\theta\right)^{3}}{3!}+\frac{\left(i\theta\right)^{4}}{4!}+\frac{\left(i\theta\right)^{5}}{5!}+\frac{\left(i\theta\right)^{6}}{6!}+\cdots
$$
$$
=1+i\theta-\frac{\theta^{2}}{2!}-\frac{i\theta^{3}}{3!}+\frac{\theta^{4}}{4!}+\frac{i\theta^{5}}{5!}-\frac{\theta^{6}}{6!}+\cdots.
$$
onde usamos o fato de que \(i^{2}=-1,\) \(i^{3}=-i,\) etc. Agrupando os termos reais e imaginários temos
$$
\text{e}^{i\theta}=1-\frac{\theta^{2}}{2!}+\frac{\theta^{4}}{4!}-\frac{i\theta^{6}}{6!}+\cdots+i\left(\theta-\frac{\theta^{3}}{3!}+\frac{\theta^{5}}{5!}+\cdots\right),
$$
ou seja,
$$
\text{e}^{i\theta}=\cos\theta+i\text{ sen }\theta.
$$
Desta forma podemos definir a função exponencial de um número complexo qualquer, \(z=\varphi+i\theta,\) como
$$
\text{e}^{z}=\text{e}^{\varphi+i\theta}=\text{e}^{\varphi}\text{e}^{i\theta}=\text{e}^{\varphi}\left(\cos\theta+i\text{ sen }\theta\right).
$$

Técnicas de Integração

Dizemos que \(F(x)\) é uma primitiva de \(f(x)\) se
$$
\frac{dF\left(x\right)}{dx}=f(x).
$$
A diferencial da função \(F\) é definida como
$$
dF\left(x\right)=f(x)dx.
$$
Se \(F\) é primitiva de \(f\) defimos a integral de \(f(x)\) como
$$
\int f(x)dx=F\left(x\right)+c
$$
onde \(c\) é uma constante qualquer. Esta constante, a chamada constante de integração, é essencial na solução de equações diferenciais. Observe que, se \(F\left(x\right)\) é uma primitiva, \(F\left(x\right)+c\) também é. Algumas integrais mais simples podem ser calculadas por simples inspecção, se conhecermos uma primitiva do integrando.

Por exemplo
$$
\int\cos xdx=\text{ sen }x+c, \;\;\text{ porque }\;\;\frac{d}{dx}\left(\text{ sen }x\right)=\cos x.
$$
Outros exemplos:
$$
\int\frac{dx}{x}=\ln x+c, \;\; \int\text{e}^{x}dx=\text{e}^{x}+c,\;\;\int x^{n}dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+c.
$$

Mudança de Variáveis:
Algumas vezes uma integral pode ser colocada sob a forma de uma integral conhecida ou tabelada através de uma troca de variáveis. Por exemplo, para calcular a integral
$$
I_{1}=\int\text{ sen }\left(2x+1\right)dx
$$
fazemos a troca
$$
u=2x+1\Rightarrow du=2dx.
$$
Resolvemos a integral em termos da variável \(u\) e, em seguida, reinserimos a variável inicial \(x,\)
$$
I_{1}=\frac{1}{2}\int\text{ sen }udu=-\frac{1}{2}\cos u+c=-\frac{1}{2}\cos\left(2x+1\right)+c.
$$
Como outro exemplo, calculamos a integral
$$
I_{2}=\int x\text{e}^{-x^{2}}dx,
$$
trocando a variável,
$$
u=-x^{2}\Rightarrow du=-2xdx,
$$
que, substuitida na integral fornece
$$
I_{2}=-\frac{1}{2}\int\text{e}^{u}du=-\frac{1}{2}\text{e}^{u}+c=-\frac{1}{2}\text{e}^{-x^{2}}+c.
$$
Outro exemplo:
$$
I_{3}=\int\frac{1}{x-1}dx.
$$
Faça \(u=x-1,\;du=dx.\) A integral é
$$
I_{3}=\int\frac{1}{u}\,du=\ln u+c=\ln\left(x-1\right)+c.
$$

Integração por partes
Se \(u(x)\) e \(v(x)\) são funções deriváveis então vale a relação
$$
\int udv=uv-\int vdu.
$$
Vamos usar esta relação para calcular a seguinte integral
$$
I_{4}=\int x\text{e}^{-2x}dx.
$$
Identificando \(u\) e \(v\) da seguinte forma,
$$
u=x\Rightarrow du=dx;\;\;dv=\text{e}^{-2x}dx\Rightarrow v=\int\text{e}^{-2x}dx=-\frac{\text{e}^{-2x}}{2},
$$
temos
$$
I_{4}=-\frac{1}{2}x\text{e}^{-2x}+\frac{1}{2}\int\text{e}^{-2x}dx=-\frac{1}{2}\left(x+\frac{1}{2}\right)\text{e}^{-2x}+c.
$$

Outro exemplo: para calcular
$$
I_{5}=\int\text{e}^{2x}\text{ sen }xdx.
$$
identificamos agora as funções
$$
u=\text{e}^{2x} \Rightarrow du=2\text{e}^{2x}dx,
$$
$$
dv=\text{ sen }xdx \Rightarrow v=-\cos x.
$$
Usando a fórmula para a integração por partes temos
$$
I_{5}=-\text{e}^{2x}\cos x+2\int\text{e}^{2x}\cos xdx,
$$
onde trataremos a integral, mais uma vez, por partes, fazendo
$$
\begin{array}{ll} u=\text{e}^{2x} \Rightarrow du=2\text{e}^{2x}dx,
dv=\cos xdx \Rightarrow v=\text{ sen }x. \end{array}
$$
Agora temos
$$
I_{5}=-\text{e}^{2x}\cos x+2\text{e}^{2x}\text{ sen }x-4\int\text{e}^{2x}\text{ sen }xdx,
$$
ou, observando que a última integral é exatamente a integral que procuramos resolver,
$$
I_{5}=-\text{e}^{2x}\cos x+2\text{e}^{2x}\text{ sen }x-4I_{5}.
$$
Isto nos permite concluir que
$$
I_{5}=\frac{1}{5}\left(2\text{ sen }x-\cos x\right)\text{e}^{2x}+c.
$$

Frações Parciais:
A técnica de frações parciais pode ser bastante útil em várias situações. Ela consiste em modificar o integrando, quando possível, para reescrevê-lo sob a forma de uma soma de frações mais simples de serem integradas. Por exemplo, vamos calcular a integral
$$
I_{6}=\int\frac{dx}{x^{2}-1}.
$$
Reescrevemos o integrando como a soma de duas frações
$$
\frac{1}{x^{2}-1}=\frac{1}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}=\frac{A}{\left(x+1\right)}+\frac{B}{\left(x-1\right)},
$$
onde \(A\) e \(B\) são constantes a serem determinadas. Para encontrar estas constantes somamos os dois últimos termos e comparamos o resultado com a fração original
$$
\frac{A\left(x-1\right)+B\left(x+1\right)}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}=\frac{\left(A+B\right)x+B-A}{x^{2}-1}=\frac{1}{x^{2}-1},
$$
igualdade que só pode ser obtida se
$$
A+B=0,\;\; B-A=1 \Rightarrow A=-\frac{1}{2},\;B=\frac{1}{2}.
$$
Portanto o integrando é
$$
\frac{1}{x^{2}-1}=-\frac{1}{2}\frac{1}{\left(x+1\right)}+\frac{1}{2}\frac{1}{\left(x-1\right)}
$$
e a integral procurada é
$$
I_{6}=-\frac{1}{2}\int\frac{dx}{\left(x+1\right)}+\frac{1}{2}\int\frac{dx}{\left(x-1\right)}=-\frac{1}{2}\ln\left(x+1\right)+\frac{1}{2}\ln\left(x-1\right)+c,
$$
ou, usando as propriedades do logaritmo,
$$
I_{6}=\frac{1}{2}\ln\left(\frac{x-1}{x+1}\right)+c.
$$

A integral definida

Se \(F(x)\) é uma primitiva qualquer de \(f(x)\) então a integral definida de \(f\) no intervalo \(\left[a,b\right]\) é
$$
\int_{a}^{b}f(x)dx=\left.F\left(x\right)\right\vert _{a}^{b}=F(b)-F(a).
$$
Mostraremos um exemplo de integral definida realizada por substituição de variável,
$$
I_{7}=\int_{1}^{2}x\text{e}^{1-x^{2}}dx.
$$
A troca de variável agora envolve também a troca dos limites de integração:
$$
u=1-x^{2},\; du=-2xdx, \text{ quando } x=1 \text{ temos } u=0, \text{ quando } x=2 \text{ temos } u=-3.
$$
A integral então se torna
$$
I_{7}=-\frac{1}{2}\int_{0}^{-3}\text{e}^{u}du=\frac{1}{2}\int_{-3}^{0}\text{e}^{u}du=\frac{1}{2}\left.\text{e}^{u}\right\vert _{-3}^{0}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{\text{e}^{3}}\right).
$$

Sequências e Séries Infinitas

Sequências Infinitas
Definiremos uma seqüência infinita como um conjunto infinito de números que podem ser colocados em uma relação biunívoca com o conjunto dos números inteiros positivos. Denotaremos por \(\left\{ a_{n}\right\} \) a uma seqüência, sendo \(a_{n},\) com \(n=1,2,…\) os elementos individuais desta seqüência.

Exemplo 1. \(\left\{ a_{n}\right\} =\left\{ \frac{1}{n}\right\} \) é a seqüência com termo genérico \(a_{n}=1/n.\) Neste caso
$$
\left\{ a_{n}\right\} =\left\{ 1,\,\frac{1}{2},\,\frac{1}{3},\,\cdots\right\} .
$$

Definição: Dizemos que a seqüência converge para um número \(L,\) ou tem limite \(L,\) se, dado qualquer número \(\varepsilon>0\) existe um número \(N\) tal que
$$
n>N\Rightarrow\left|a_{n}-L\right|<\varepsilon.
$$
Usaremos como notação
$$
L=\lim_{n\rightarrow\infty}a_{n},\;\;\text{ ou }a_{n}\rightarrow L.
$$
Observe que, se \(\left|a_{n}-L\right|<\varepsilon\) então
$$
-\varepsilon<a_{n}-L<\varepsilon\Longleftrightarrow L-\varepsilon<a_{n}<L+\varepsilon.
$$
Portanto, dizer que uma sequência converge para \(L\) significa dizer que \(a_{n}\) fica arbitrariamente próximo de \(L\) tomando-se \(n\) suficientemente grande. Se uma seqüência não converge para nenhum número dizemos que ela diverge.

Exemplo 2. A sequência do exemplo 1, \(a_{n}=1/n\) converge para \(L=0\).

Exemplo 3. A seguinte sequência converge para \(L=2/3\)
$$
a_{n}=\frac{2n^{2}+n-1}{3n^{2}-n}.
$$
Para ver isto dividimos o numerador e o denominador por \(n^{2}\),
$$
L=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2n^{2}+n-1}{3n^{2}-n}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2+1/n-1/n^{2}}{3-1/n}=\frac{2}{3},
$$
onde usamos o fato de que \(1/n\rightarrow0\) e \(1/n^{2}\rightarrow0.\)

Séries Infinitas:
Definiremos uma série infinita como a soma dos elementos de uma seqüência \(\left\{ a_{n}\right\} .\) Denotaremos esta série por
$$
S=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots.
$$
A soma de infinitos termos não tem um significado óbvio e imediato. Para atribuir a ela um sentido não ambíguo definiremos antes a soma dos \(N\) primeiros termos da série, denominada a soma reduzida,
$$
S_{N}=\sum_{n=1}^{N}a_{n}.
$$
Observe agora que o conjunto destas somas reduzidas forma uma seqüência
$$
\left\{ S_{n}\right\}:\;\; S_{1},\,S_{2},\,S_{3},\cdots,
$$
que pode convergir ou não. Dizemos que a série infinita converge para um número \(L\) se a seqüência \(\left\{ S_{n}\right\} \) converge para \(L,\) ou seja
$$
S_{n}\rightarrow L\Longleftrightarrow\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=L.
$$
Caso contrário a série diverge e denotamos
$$
\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=\infty\;\;\text{ ou }\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=-\infty,
$$
conforme o caso.

Exemplo 4. Um exemplo interesssante de uma série convergente é o seguinte:
$$
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots=\text{e},
$$
onde, por convenção, fazemos \(0!=1.\) Este é um caso particular da série mais geral
$$
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{3}}{3!}+\cdots=\text{e}^{x}.
$$
No último exemplo a função exponencial foi escrita como uma soma infinita de termos em potências de \(x.\) As séries de potências são particularmente importantes no estudo das equações diferenciais e são o motivo pelo qual revisamos aqui este tema. Voltaremos a elas em breve.

Testes de convergência

Os seguintes testes são os mais utilizados para a verificação de convergencia de uma série.

Teste da Comparação:
Se duas séries \(\Sigma a_{n}\) e \(\Sigma b_{n}\) são séries de termos não negativos (ou seja, se \(a_{n}\geq0\) e \(b_{n}\geq0\) para todo \(n\)) e \(a_{n}\leq b_{n}\) para todo \(n,\) então:

i. se \(\Sigma b_{n} \;\text{ converge } \Rightarrow \Sigma a_{n}\,\) converge,
ii. se \( \Sigma a_{n} \;\text{ diverge } \Rightarrow \Sigma b_{n}\,\) diverge.

 
Teste da Razão:
Se \(\Sigma a_{n}\) é uma séries de termos positivos, definimos o limite
$$
R=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}}.
$$

Então:
se \(R \lt 1 \Rightarrow \Sigma a_{n}\) converge,
se \(R \gt 1 \Rightarrow \Sigma a_{n}\) diverge,
se \(R=1,\) o teste é inconclusivo.

 
Teste da Integral:
Se \(f(x)\) é uma função positiva não crescente para \(x>0,\) então a série \(\Sigma f(n)\) converge se, e
somente se, a integral imprópria \(\int_{1}^{\infty}f(x)dx\) converge. Além disto vale a desigualdade

$$
\sum_{n=2}^{N}f(n)\leq\int_{1}^{N}f(x)dx\leq\sum_{n=1}^{N-1}f(n).
$$

Exemplo 5. Usamos o teste da razão para testar a convergência da série
$$
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2}}{n!}.
$$
Temos, neste caso,
$$
a_{n}=\frac{n^{2}}{n!},\;\;a_{n+1}=\frac{\left(n+1\right)^{2}}{(n+1)!}
$$
Calculamos o limite
$$
R=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\left(n+1\right)^{2}}{(n+1)!}\frac{n!}{n^{2}}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n+1}\left(\frac{n+1}{n}\right)^{2}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n+1}{n^{2}}=0.
$$
Como \(R \lt 1\) concluimos que a série converge.

Séries de Maclaurin e de Taylor

Uma função que pode ser expressa em termos de uma série infinita de potências em torno do ponto \(x=x_{0},\)
$$
f(x)=a_{0}+a_{1}\left(x-x_{0}\right)+a_{2}\left(x-x_{0}\right)^{2}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}\label{seri1}
$$
é dita uma função analítica (neste ponto). Os coeficientes \(a_{n}\) podem ser obtidos do seguinte modo. Calcule o valor de \(f\) e suas derivadas no ponto \(x_{0}\)
$$
f(x_{0})=a_{0},
$$

$$
f^{\prime}(x)=a_{1}+2a_{2}\left(x-x_{0}\right)+3\left(x-x_{0}\right)^{2}+\cdots=\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n-1},
$$

$$
f^{\prime}(x_{0})=a_{1},
$$

$$
f^{\prime\prime}(x)=2a_{2}+2.3a_{3}\left(x-x_{0}\right)+\cdots=\sum_{n=2}^{\infty}n\left(n-1\right)a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n-2},
$$

$$
f^{\prime\prime}(x_{0})=2a_{2}\Rightarrow a_{2}=\frac{1}{2}f^{\prime\prime}(x_{0}),
$$

$$
f^{(3)}(x)=2.3a_{3}\left(x-x_{0}\right)+\cdots=\sum_{n=3}^{\infty}n\left(n-1\right)\left(n-2\right)a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n-3},
$$

$$
f^{(3)}(x)=2.3a_{3}\Rightarrow a_{3}=\frac{1}{6}f^{(3)}(x_{0}).
$$
Continuando este procedimento podemos calcular qualquer um dos coeficientes da série, obtendo
$$
a_{n}=\frac{1}{n!}f^{(n)}(x_{0}).
$$
Com estes coeficientes a série é a chamada série de Taylor,
$$
f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}f^{(n)}(x_{0})\left(x-x_{0}\right)^{n}\label{Taylor}
$$
onde \(f^{(n)}(x_{0})\) indica a derivada n-ésima calculada no ponto \(x=x_{0}\). Uma série de Maclaurin é uma série de Taylor que descreve o comportamento de uma função em torno do ponto \(x_{0}=0\).
 
Resumindo:
Sobre a série de potências \( S=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n} \) podemos coletar as seguintes propriedades:

(i) \(S\) converge (escolhido um valor para \(x\)) se existe o limite
$$
\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=0}^{N}a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}.
$$

(ii) Se a série converge absolutamente, ou seja, existe o limite
$$
\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=0}^{N}\left|a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}\right|,
$$
então ela converge.

(iii) Teste da razão: Definindo
$$
R=\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{a_{n+1}\left(x-x_{0}\right)^{n+1}}{a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}}\right|=\left|x-x_{0}\right|\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|
$$
então a série é absolutamente convergente no ponto \(x\) se \(R \lt 1\) e é divergente se \(R \gt 1\). O teste é inconclusivo se \(R=1\).

(iv) Se a série \(S\) converge em \(x=a\) então ela converge absolutamente para \(x\) no intervalo \(\left[x-a,\;x+a\right].\) Se a série \(S\) diverge em \(x=a\) então ela diverge para \(x\) fora deste intervalo.

(v) O intervalo máximo de valores de \(x\) para os quais a série converge absolutamente é chamado o intervalo de convergência. O raio de convergência é \(\rho\) é definido de forma que \(\left[x_{0}-\rho,x_{0}+\rho\right]\) é este intervalo.

Algumas considerações finais sobre o uso do sinal de somatório podem ser úteis. O índice usado pode ser substituído de acordo com as conveniências
$$
\sum_{i=1}^{N}a_{i}=\sum_{j=1}^{N}a_{j},
$$
e as parcelas da soma podem ser agrupadas ou isoladas, como no exemplo a seguir:
$$
\sum_{i=1}^{N}a_{i}=\sum_{i=1}^{N-1}a_{i}+a_{N}=a_{1}+\sum_{i=2}^{N}a_{i},
$$

$$
\sum_{i=1}^{N}a_{i}=\sum_{i=1}^{P}a_{i}+\sum_{i=P+1}^{N}a_{i},\;\;1\lt P\lt N.
$$
Pode ser mostrado por indução que
$$
\sum_{i=1}^{N}\left(a_{i}+b_{i}\right)=\sum_{i=1}^{N}a_{i}+\sum_{i=1}^{N}b_{i},
$$

$$
\sum_{i=1}^{N}ka_{i}=k\sum_{i=1}^{N}a_{i},\;\;\forall k\in\mathbb{R}.
$$
Se \(a_{i}=a,\) uma constante, então
$$
\sum_{i=1}^{N}a_{i}=\sum_{i=1}^{N}a=Na.
$$

Uma série de potências, se convergente, pode ser derivada termo a termo e a derivada obtida desta forma será uma representação fiel da derivada da função que ela representa:
$$
y\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots+a_{r}x^{r}+\cdots,
$$

$$
y^{\prime}\left(x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1}=a_{1}+2a_{2}x+\cdots+ra_{r}x^{r-1}+\cdots,
$$

$$
y^{\prime\prime}\left(x\right)=\sum_{n=2}^{\infty}n\left(n-1\right)a_{n}x^{n-2}=2a_{2}x+\cdots+r\left(r-1\right)a_{r}x^{r-2}+\cdots.
$$

Na solução de equações diferenciais usando o método de séries de potências será útil alterar o índice para iniciar o somatório em valores diversos de \(n\). Por exemplo, podemos querer escrever a última série começando em \(n=0.\) Para fazer isto redefinimos o índice
$$
m=n-2 \Rightarrow n=m+2.
$$
A derivada segunda será escrita como
$$
y^{\prime\prime}\left(x\right)=\sum_{m=0}^{\infty}\left(m+2\right)\left(m+1\right)a_{m+2}x^{m}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(n+2\right)\left(n+1\right)a_{n+2}x^{n},
$$
onde, no último sinal de soma restauramos o índice mudo \(n\).

Algumas Fórmulas Úteis

Para o estudo e trabalho com a matemática sempre é útil ter à disposição um bom resumo de fórmulas e propriedades matemáticas (Veja, por exemplo, Spiegel, Murray R.: Fórmulas Matemáticas, Coleção Schaum.) As seguintes fórmulas podem ser úteis na solução de equações diferenciais.

\(A\text{ sen }\lambda x+B\cos\lambda x=C\text{ sen }\left(\lambda x+\delta\right) \text{ onde } C=\sqrt{A^{2}+B^{2}},\;\delta=\text{arctg}(B/A)\)
\(\text{ sen }\left(x\pm y\right)=\text{ sen }x\cos y\pm\cos x\text{ sen }y\) \(\cos2x=\cos^{2}x-\text{ sen }^{2}x\)
\(\cos\left(x\pm y\right)=\cos x\cos y\mp\text{ sen }x\text{ sen }y\) \(\text{ sen}^{2}x=\frac{1}{2}\left(1-\cos2x\right)\)
\(\text{ sen }2x=2\text{ sen }x\cos x\) \(\cos^{2}x=\frac{1}{2}\left(1+\cos2x\right)\)
\(\text{ sen }x+\text{ sen }y=2\text{ sen }\left(\frac{x+y}{2}\right)\cos\left(\frac{x-y}{2}\right)\)
\(\text{ sen }x-\text{ sen }y=2\cos\left(\frac{x+y}{2}\right)\text{ sen }\left(\frac{x-y}{2}\right)\)
\(\cos x+\cos y=2\cos\left(\frac{x+y}{2}\right)\cos\left(\frac{x-y}{2}\right)\)
\(\cos x-\cos y=2\text{ sen }\left(\frac{x+y}{2}\right)\text{ sen }\left(\frac{x-y}{2}\right)\)
\(\text{ sen }x\text{ sen }y=\frac{1}{2}\left\{ \cos\left(x-y\right)-\cos\left(x+y\right)\right\} \)
\(\cos x\cos y=\frac{1}{2}\left\{ \cos\left(x-y\right)+\cos\left(x+y\right)\right\} \)
\(\text{ sen }x\cos y=\frac{1}{2}\left\{ \text{ sen }\left(x-y\right)+\text{ sen }\left(x+y\right)\right\} \)
\(\text{e}^{i\theta}=\cos\theta+i\text{ sen }\theta\) \(\ln xy=\ln x+\ln y\)
\(\text{e}^{x}=y\Leftrightarrow\;x=\ln y\) \(\ln\left(\frac{x}{y}\right)=\ln x-\ln y\)
\(a^{x}=\text{e}^{x\ln a}\) \(\ln x^{r}=r\ln x\)
\(\text{ senh }x=\frac{1}{2}\left(\text{e}^{x}-\text{e}^{-x}\right)\) \(\frac{d}{dx}\text{ senh }x=\cosh x\)
\(\cosh x=\frac{1}{2}\left(\text{e}^{x}+\text{e}^{-x}\right)\) \(\frac{d}{dx}\cosh x=\text{ senh }x\)
\(\cosh^{2}x-\text{ senh }^{2}x=1\)

Alguns desenvolvimentos de Taylor:

\( \left(1+x\right)^{-1}=1-x+x^{2}-x^{3}+x^{4}-\cdots\sum\limits _{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^{n}x^{n}\),
\( \left(1-x\right)^{-1}=1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}-\cdots=\sum\limits _{n=0}^{\infty}x^{n}, \,\, -1\lt x \lt 1\),
\( \text{e}^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{4}}{4!}+\cdots=\sum\limits _{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!},\; -\infty\lt x\lt \infty\),
\( \ln\left(1+x\right)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{4}}{4}+\cdots,\;-1 \lt x \leq 1\),
\( \frac{1}{2}\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)=x+\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{5}}{5}+\frac{x^{7}}{7}+\cdots,\;-1\lt x \lt 1\),
\( \sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\frac{x^{7}}{7!}+\cdots,\;-\infty\lt x\lt \infty\),
\( \cos x=1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}-\frac{x^{6}}{6!}+\cdots,\;-\infty\lt x\lt \infty\).

Bibliografia

  1. ARNOLD, V.: Equações Diferenciais Ordinárias, Editora Mir, Moscou, 1985.
  2. BOYCE, W.; Di PRIMA, R.: Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno, Guanabara Koogan, Rio de Janeiro, 1994.
  3. BUTKOV, E.; Física Matemática, Guanabara Dois, Rio de Janeiro, 1968.
  4. CHURCHILL, R., BROWN, J.: Fourier Series and Boundaries Value Problems, McGraw-Hill, New York, 1987.
  5. COURANT, R.; JOHN, F., Introduction to Calculus and Analysis, Wiley-Interscience, New York, 1965.
  6. CUSHING, J. T.; Applied Anaytical Mathematics for Physical Scientists Wiley, Sons, New York, 1975.
  7. FIEDLER-FERRARA, N., PRADO, C.: Caos, Uma Introdução, Edgard Blucher, São Paulo,1994.
  8. FLEMMING, D., GONÇALVES, B.: Cálculo A, Makron, São Paulo, 1992.
  9. KREYSZIG, E.: Matemática Superior, Vol 1, Livro Técnico e Científico Ed. S.A., Rio de Janeiro, 1976.
  10. MATOS, M. P.: Séries e Equações Diferenciais, Prentice Hall, São Paulo, 2001.
  11. ZILL, D.; CULLEN, M.: Equações Diferenciais, Makon Books, São Paulo, 2001.

5. A Transformada de Laplace

Definições e Propriedades

Uma transformada integral é uma transformação do tipo \(f(t)\rightarrow F(s)\) obtida da seguinte forma

$$
F(s)=\int_{\alpha}^{\beta}K(s,t)f(t)dt.
$$

Dizemos que \(F\) é a transformada de \(f\), \(K\) é o núcleo da transformação. Se tomarmos o núcleo como \(K(s,t)=\text{e}^{-st}\) obtemos uma transformação particular, denominada a transformada de Laplace, definida por

(1)

$$
L\{f(t)\}=F(s)=\int_{0}^{\infty}\text{e}^{-st}f(t)dt.\label{eq51}
$$

(1) Consulte o Apêndice para uma revisão sobre métodos de integração.

\(F(s)\) é denominada a de transformada de Laplace da função \(f(t)\). Estas transformadas permitem a elaboração de um método muito útil na solução de equações diferenciais com valores iniciais que surgem em diversos contextos da matemática aplicada à física e engenharia. Para estudar este método faremos antes uma revisão sobre as integrais impróprias1.

Definição Uma integral é dita imprópria quando o integrando não é limitado dentro dos limites de integração ou quando o domínio de integração não é limitado. O último caso será de especial importância para nosso estudo das transformadas de Laplace. Precisaremos resolver integrais como a usada em (1). Estas integrais são definidas por meio de um limite:

$$
\int_{a}^{\infty}f(t)dt=\lim_{A\rightarrow\infty}\int_{a}^{A}f(t)dt.
$$
Se o limite existe dizemos que a integral converge. Caso contrário ela diverge.

Exemplo 1. Vamos calcular a seguinte integral imprópria, onde \(r\) é uma constante real:

$$
\int_{0}^{\infty}\text{e}^{rt}dt=\lim_{A\rightarrow\infty}\int_{0}^{A}\text{e}^{rt}dt=\lim_{A\rightarrow\infty}\frac{\text{e}^{rt}}{r}|_{0}^{A}=\lim_{A\rightarrow\infty}\frac{1}{r}(\text{e}^{rA}-1).
$$
Vemos, portanto, que a integral pode convergir ou divergir, dependendo do sinal de \(r\):
$$
\int_{0}^{\infty}\text{e}^{ll}dt=\left\{
\begin{array}{ll} -1/r & \text{ (converge) se } \; r\lt 0, \\
\infty & \text{(diverge) se } \; r\geq 0.\\
\end{array}
\right.
$$
Observe que, se \(r=0\) temos \(\lim_{A\rightarrow\infty}\int_{0}^{A}dt=\infty\), ou seja, a integral diverge.

Exemplo 2. Para resolver a integral
$$
\int_{1}^{\infty}t^{-r}dt
$$
temos que distinguir dois casos. Se \(r=1\) temos

$$
\int_{1}^{\infty}\frac{dt}{t}=\lim_{A\rightarrow\infty}\ln A=\infty;
$$
Caso contrário, para \(r\neq1\),

$$
\int_{1}^{\infty}t^{-r}dt=\lim_{A\rightarrow\infty}\int_{1}^{A}t^{-r}dt=\lim_{A\rightarrow\infty}\frac{1}{1-r}(A^{1-r}-1)=
$$
$$
=\left\{
\begin{array}{ll} \infty, & r<1, \\ 1/(r-1), & r>1.
\end{array}\right.
$$

Resumindo,
$$
\int_{1}^{\infty} t^{-r}dt = \left\{
\begin{array}{l} \text{ converge se } \; r\leq1, \\
\text{ diverge se } \; r \gt 0.\\
\end{array}
\right.
$$

Como veremos, as transformadas de Laplace são particularmente importantes na solução de equações diferenciais que involvem funções descontínuas ou com derivadas descontínuas. Estas descontinuidades geralmente aparecem nas funções de entrada, a parte não homogênea das equações lineares, e podem representar, por exemplo, um efeito que é ligado e desligado sobre o sistema estudado ou uma ação externa que atua em um intervalo de tempo finito. Matematicamente as transformadas podem ser aplicadas à funções que envolvem um número finito de descontinuidades na região de interesse. A seguinte definição será útil:

Definição Uma função \(f(t)\) é seccionalmente contínua, ou contínua por partes, no intervalo \(\alpha\leq t\leq\beta\) se existir uma partição do intervalo \(\alpha=t_{0}\leq t_{1}\leq\cdots\leq t_{n}=\beta\) de forma que \(f\) é contínua em cada subintervalo aberto \(t_{i}\leq t\leq t_{i+1}\), além de possuir limite finito nas fronteiras de cada subintervalo. Isto equivale a dizer que \(f\) é uma função com um número finito de descontinuidades. Observe que, se \(f(t)\) é seccionalmente contínua no intervalo \(a\leq t\leq A\), então \(\int_{a}^{A}f(t)dt\) é finita para qualquer valor de \(A\), ainda que a integral imprópria \(\int_{a}^{\infty}f(t)dt\) possa divergir. O seguinte teorema fornece um teste de convergência.

Teorema 1. Seja \(f(t)\) uma função seccionalmente contínua para \(t\geq a,\; g(t)\) outra função qualquer, e \(M\) uma constante positiva. Então

(i) se \(|f(t)|\leq g(t) \text{ para } t\geq M \text{ e } \int_{M}^{\infty}g(t)dt \;\;\text{ converge então }\;\; \int_{a}^{\infty}f(t)dt\) converge.

(ii) se \(f(t)\geq g(t)\geq 0 \text{ para } t\geq M \text{ e } \int_{M}^{\infty}g(t)dt\;\;\text{ diverge então }\;\; \int_{a}^{\infty}f(t)dt\) diverge.

Teorema 2. Seja \(f(t)\) uma função seccionalmente contínua no intervalo \(0\leq t\leq A\) para qualquer \(A\) positivo. Se \(|f(t)|\leq K\text{e}^{at}\) quando \(t\geq M\), onde \(K\) e \(M\) são constantes positivas e \(a\) uma constante real qualquer então a integral definida pela expressão (1) converge e existe a transformada de Laplace \(F(s)=L\{f(t)\}\).

Demonstração Buscamos mostrar a convergência da integral

$$
\int_{0}^{\infty}\text{e}^{-st}f(t)dt=\int_{0}^{M}\text{e}^{-st}f(t)dt+\int_{M}^{\infty}\text{e}^{-st}f(t)dt.
$$
A primeira integral é convergente pois \(f\) é seccionalmente contínua. Como, por hipótese, temos que \(|f(t)|\leq K\text{e}^{at}\) então

$$
|\text{e}^{-st}f(t)|\leq K\text{e}^{-st}\text{e}^{at}=K\text{e}^{(a-s)t}
$$
e a segunda integral

$$
\int_{M}^{\infty}\text{e}^{-st}f(t)dt\leq K\int_{M}^{\infty}\text{e}^{(a-s)t}dt
$$
que converge quando \(a \lt s\), como foi mostrado no exemplo 1. Pelo teorema 1, \(\int_{0}^{\infty}\text{e}^{-st}f(t)dt\) converge.

Funções que satisfazem as condições do teorema 2 são seccionalmente contínuas e ditas funções de ordem exponencial. Trataremos apenas destas funções neste capítulo. Mostraremos a seguir alguns exemplos de funções que possuem transformadas de Laplace.

Exemplo 3. A transformada de \(f(t)=1\), \(t\geq0\), é

$$
L\{1\}=\int_{0}^{\infty}\text{e}^{-st}dt=\lim_{A\rightarrow\infty}\frac{1}{s}(1-\text{e}^{-sA})=\frac{1}{s},\;\text{ se }\;s\gt 0.
$$

Exemplo 4. A transformada de \(f(t)=t,\; t\geq0\):
$$
L\{t\}=\int_{0}^{\infty}t\text{e}^{-st}dt=\lim_{A\rightarrow\infty}t\text{e}^{-st}|_{0}^{A}-\frac{1}{s}\int_{0}^{A}\text{e}^{-st}dt=
$$
$$
=\lim_{A\rightarrow\infty}-\frac{1}{s^{2}}(\text{e}^{-st})|_{0}^{A}=\frac{1}{s^{2}},\;\text{ se }\;s\gt 0.
$$

Exemplo 5. Já calculamos a transformada de \(f(t)=\text{e}^{at}, \; t\geq0\):
$$
L\{\text{e}^{at}\}=\int_{0}^{\infty}\text{e}^{-st}\text{e}^{at}dt=\int_{0}^{\infty}\text{e}^{(a-s)t}dt=\frac{1}{s-a},\;\text{ se }\;s\lt a.
$$

Exemplo 6. A transformada de \(f(t)=\text{sen }at,\; t\geq 0\), é:

$$
F(s)=L\{\text{sen }at\}=\int_{0}^{\infty}\text{e}^{-st}\text{sen }atdt=\lim_{A\rightarrow\infty}\int_{0}^{A}\text{e}^{-st}\text{sen }atdt.
$$
Integrando por partes temos

$$
\left.F(s)=\lim_{A\rightarrow\infty}\left[\frac{-\text{e}^{-st}\cos at}{a}\right|_{0}^{A}-\frac{s}{a}\int_{0}^{A}\text{e}^{-st}\cos atdt\right]=
$$

$$
=\frac{1}{a}-\frac{s}{a}\lim_{A\rightarrow\infty}\int_{0}^{A}\text{e}^{-st}\cos atdt.
$$
Avaliando a integral restante, novamente por partes,

$$
\left.F(s)=\frac{1}{a}-\frac{s}{a}\lim_{A\rightarrow\infty}\left[\frac{-\text{e}^{-st}\text{sen }at}{a}\right|_{0}^{A}+\frac{s}{a}\int_{0}^{A}\text{e}^{-st}\text{sen }atdt\right],
$$
obtemos, portanto,
$$
F(s)=\frac{1}{a}-\frac{s^{2}}{a^{2}}F(s)\Rightarrow L\{\text{sen }at\}=\frac{a}{a^{2}+s^{2}}.
$$

Antes de passar para mais um exemplo observaremos que a transformada de Laplace é um operador linear, pois:

$$
L\{c_{1}f_{1}+c_{2}f_{2}\}=\int_{0}^{\infty}\text{e}^{-st}(c_{1}f_{1}+c_{2}f_{2})dt=
$$

$$
c_{1}\int_{0}^{\infty}\text{e}^{-st}f_{1}dt+c_{2}\int_{0}^{\infty}\text{e}^{-st}f_{2}dt=c_{1}L\{f_{1}\}+c_{2}L\{f_{2}\}.
$$

Exemplo 7. Podemos encontrar as transformada das funções seno e cosseno de modo mais simples usando a linearidade da transformada e a transformada da exponencial encontrada no exemplo 5:

$$
L\{\text{e}^{iat}\}=\frac{1}{s-ia}=\frac{s+ia}{(s-ia)(s+ia)}=\frac{s+ia}{s^{2}+a^{2}}.
$$
Por outro lado, pela linearidade da transformação,
$$
L\{\text{e}^{iat}\}=L\{\cos at+i\text{sen }at\}=L\{\cos at\}+iL\{\text{sen }at\}.
$$
Identificando as partes real e imaginária das equações temos

$$
L\{\cos at\}=\frac{s}{a^{2}+s^{2}},
$$

$$
L\{\text{sen }at\}=\frac{a}{a^{2}+s^{2}}.
$$

Para considerar o uso das transformadas de Laplace para a solução de equações diferenciais com valores de contorno definidos precisaremos encontrar a transformada das derivadas de uma função. Disto trata o teorema seguinte.

Teorema 3. Seja \(f\) uma função contínua com derivada \(f^{\prime}\) seccionalmente contínua no intervalo \(0\leq t\leq A\), satisfazendo \(|f(t)|\leq K\text{e}^{at} \text{ para } t\geq M\) (uma função de ordem exponencial). Então \(L\{f^{\prime}(t)\}\) existe e dada por
$$
L\{f^{\prime}(t)\}=sL\{f(t)\}-f(0).
$$
Demonstração. A transformada da derivada, por definição, é
$$
L\{f^{\prime}(t)\}=\int_{0}^{\infty}\text{e}^{-st}f^{\prime}(t)dt.
$$
Vamos denotar por \(t_{1},\,t_{2}, \ldots, \, t_{n}\) os pontos onde \(f^{\prime}\) é descontínua no intervalo \(0\leq t\leq A\). Dai
$$
\int_{0}^{A}\text{e}^{-st}f^{\prime}(t)dt=\int_{0}^{t_{1}}\text{e}^{-st}f^{\prime}(t)dt+\int_{t_{1}}^{t_{2}}\text{e}^{-st}f^{\prime}(t)dt+\ldots+\int_{t_{n}}^{A}\text{e}^{-st}f^{\prime}(t)dt.
$$
Cada uma das integrais pode ser resolvida por partes, fazendo
$$
u=\text{e}^{-st},\,\,\,du=-s\text{e}^{-st}dt;\,\,\,dv=f^{\prime}dt,\,\,\,v=f.
$$
Assim
$$
\int_{0}^{A}\text{e}^{-st}f^{\prime}(t)dt=\text{e}^{-st}f|_{0}^{t_{1}}+\text{e}^{-st}f|_{t_{1}}^{t_{2}}+\ldots+\text{e}^{-st}f|_{t_{n}}^{A}+
$$
$$
s\int_{0}^{t_{1}}\text{e}^{-st}f(t)dt+s\int_{t_{1}}^{t_{2}}\text{e}^{-st}f(t)dt+\ldots+s\int_{t_{n}}^{A}\text{e}^{-st}f(t)dt.
$$
Como \(f\) é contínua o primeiro grupo de somas resulta simplesmente em \(\text{e}^{-st}f|_{0}^{A}\) enquanto a soma das integrais pode ser escrita como a integral sobre todo o domínio \(0\leq t\leq A\). Resulta, portanto, que

$$
\int_{0}^{A}\text{e}^{-st}f^{\prime}(t)dt=s\int_{0}^{A}\text{e}^{-st}f(t)dt+\text{e}^{-st}f|_{0}^{A}.
$$
O teorema fica demonstrado quando tomamos o limite \(A\rightarrow\infty\), lembrando que \(f\) é uma função de ordem exponencial.

Como consequência direta deste teorema podemos calcular a transformada da derivada segunda de uma função.

Corolário. Se \(f^{\prime} \text{ e } f^{\prime\prime} \) satisfazem as condições do teorema 3, então
$$
L\{f^{\prime\prime}(t)\}=sL\{f^{\prime}(t)\}-f^{\prime}(0)=s[sL\{f(t)\}-f(0)]-f^{\prime}(0),
$$
ou seja,

$$
L\{f^{\prime\prime}(t)\}=s^{2}L\{f(t)\}-sf(0)-f^{\prime}(0).
$$

Generalizando este procedimento podemos encontrar as transformadas de derivadas de qualquer ordem. Se \(f,\,f^{(1)},\ldots,\,f^{(n-1)}\) são funções contínuas e \(f^{(n)}\) seccionalmente contínua, todas elas de ordem exponencial, então

$$
L\{f^{(n)}(t)\}=s^{n}L\{f(t)\}-s^{n-1}f(0)-\ldots-sf^{(n-2)}(0)-f^{(n-1)}(0).
$$

Exemplo 8. Podemos usar o teorema 3 para calcular a transformada de funções se conhecemos a transformada de sua derivada. Por exemplo fazemos

$$
f(t)=t^{2},\,\,f^{\prime}(t)=2t,\,\,f(0)=0,
$$
no teorema para obter

$$
L\{2t\}=sL\{t^{2}\}\Rightarrow L\{t^{2}\}=\frac{2}{s^{3}}.
$$
De modo similar temos que

$$
L\{3t^{2}\}=sL\{t^{3}\}\Rightarrow L\{t^{3}\}=\frac{3!}{s^{4}}.
$$
Podemos mostrar por indução que

$$
L\{t^{n}\}=\frac{n!}{s^{n+1}},
$$
para \(n\) inteiro positivo.

Exemplo 9. Embora já tenhamos encontrado as transformadas das funções seno e cosseno podemos usar uma forma alternativa para encontrar suas transformadas através do corolário do teorema 3. Na equação

$$
L\{f^{\prime\prime}(t)\}=s^{2}L\{f(t)\}-sf(0)-f^{\prime}(0)
$$
fazemos \(f(t)=\cos at\) e, portanto, \(f(0)=1\), \(f^{\prime}(0)=0\) para obter

$$
-a^{2}L\{\cos at\}=s^{2}L\{\cos at\}-s\Rightarrow L\{\cos at\}=\frac{s}{s^{2}+a^{2}}.
$$
Procedimento análogo nos leva à transformada da função seno.

Para a utilização destas transformadas na solução de equações diferenciais necessitamos ainda definir a transformada inversa de Laplace. Se \(L\{f(t)\}=F(s)\) então chamamos \(f(t)\) a transformada inversa de \(F(s)\) e denotamos

$$
L^{-1}\{F(s)\}=f(t).
$$
O problema geral de encontrar transformadas inversas é bem definido mas involve a teoria de funções de variáveis complexas e não será aqui considerado. No entanto é possível mostrar que existe uma relação biunívoca entre as funções e suas transformadas e a transformada inversa é também um operador linear. Se \(F(s)\) é composto pela soma de \(n\) funções

$$
F(s)=F_{1}(s)+F_{2}(s)+\cdots+F_{n}(s)
$$
e as transformadas de cada uma das \(n\) funções são conhecidas

$$
f_{1}(t)=L^{-1}\{F_{1}(s)\},\cdots,f_{n}(t)=L^{-1}\{F_{n}(s)\}
$$
então

$$
L^{-1}\{F(s)\}=L^{-1}\{F_{1}(s)\}+\cdots+L^{-1}\{F_{n}(s)\}=f_{1}(t)+\cdots+f_{n}(t).
$$
Alem disto, se \(a\) é uma constante qualquer, então

$$
L^{-1}\{aF(s)\}=af(t).
$$
Portanto, para encontrar a transformada inversa de uma função nos a transformaremos até que ela possa ser reconhecida como a transformada de alguma função conhecida, como mostrado nos exemplos a seguir. Algumas transformadas mais usuais e propriedades estão listadas no final deste capítulo.

Exemplo 10. Procuramos a transformada inversa da função

$$
F(s)=\frac{3s+1}{s^{2}+9}.
$$
Esta função pode ser reescrita como

$$
F(s)=\frac{3s}{s^{2}+9}+\frac{1}{3}\frac{3}{s^{2}+9}.
$$
Lembrando, ou olhando na tabela, que as transformadas do seno e cosseno são

$$
L\{\text{sen }at\}=\frac{a}{s^{2}+a^{2}},\,\,\,\,L\{\cos at\}=\frac{s}{s^{2}+a^{2}}
$$
temos que

$$
f(t)=L^{-1}\left\{ \frac{3s}{s^{2}+9}+\frac{1}{3}\frac{3}{s^{2}+9}\right\} =3\cos3t+\frac{1}{3}\text{sen }3t.
$$

Exemplo 11. Vamos encontrar a transformada inversa da função

$$
F(s)=\frac{s+3}{s^{2}+3s+2}.
$$
Devemos expressar esta função como soma de funções que são transformadas conhecidas e dai obter a transformada inversa. Notando que as raizes do denominador são \(-1\) e \(-2\) escrevemos \(s^{2}+3s+2=(s+1)(s+2)\) e decompomos \(F\) em termos de frações parciais

$$
F(s)=\frac{s+3}{(s+1)(s+2)}=\frac{a}{(s+1)}+\frac{b}{(s+2)}=\frac{a(s+2)+b(s+1)}{(s+1)(s+2)}.
$$
\(a\) e \(b\) constantes. Para que o numerador seja o mesmo devemos ajustar \(a\) e \(b\):
$$
\left.(a+b)s+2a+b=s+3\Rightarrow
\begin{array}{c}a+b=1 \\ 2a+b=3 \\ \end{array}
\right\} \Rightarrow\begin{array}{c} a=2 \\ b=-1 \\ \end{array}
$$
ou seja

$$
F(s)=\frac{2}{(s+1)}-\frac{1}{(s+2)}.
$$
A transformada inversa procurada é

$$
f(t)=L^{-1}\{F(s)\}=2L^{-1}\left\{ \frac{1}{s+1}\right\} -L^{-1}\left\{ \frac{1}{s+2}\right\} .
$$
Lembrando que a transformada de \(L\{\text{e}^{at}\}=1/(s-a)\) e, portanto
$$
L^{-1}\left\{ \frac{1}{s-a}\right\} =\text{e}^{at},
$$
temos

$$
f(t)=L^{-1}\left\{ \frac{s+3}{s^{2}+3s+2}\right\} =2\text{e}^{-t}-\text{e}^{-2t}.
$$

Exercícios 1

1. Calcule as transformadas de Laplace das funções

a. \(t^{2}-2\) b. \(a+bt+ct^{2}\) c. \(4t^{3}+t^{2}\)
d. \(\text{e}{}^{at+b}\) e. \(a\cos2t\) f. \(\cos^{2}t\)
g. \(\text{sen }2t\) h. \(\text{e}^{-2t}\cos t\) i. \(2\cos(\omega t+\delta)\)
j. \(C\text{e}^{-at}\text{sen }(\omega t+\delta)\) k. \(e ^{-t}\cos^{2}t\) l. \(\cosh at\)
m. \(\text{senh}at\) n. \(3\cosh^{2}at\).

2. Encontre as transformadas inversas de

a. \(\frac{3}{s+2}\) b. \(\frac{1}{s^{2}+9}\)
c. \(\frac{2s+1}{s^{2}-4}\) d. \(\frac{3s-2}{s^{2}+1}\)
e. \(\frac{1}{s^{n}},n=1,2,\ldots\) f. \(\frac{1}{s^{2}-16}\)
g. \(\frac{1}{s^{2}+3s}\) h. \(\frac{1}{(s-a)(s-b)}\)
i. \(\frac{a_{1}}{s}+\frac{a_{2}}{s^{2}}+\ldots+\frac{a_{n}}{s^{n}}\) j. \(\frac{s}{s^{2}+2s-3}\)
k. \(\frac{1}{s^{2}+s-20}\) l. \(\frac{1}{s^{2}(s+4)}\)
m. \(\frac{s-1}{s^{2}(s^{2}+1)}\) n. \(\frac{s}{s(s^{2}+4)(s+2)}\)
o. \(\frac{1}{s^{4}-9}\) p. \(\frac{1}{(s^{2}+1)(s^{2}+4)}\)
q. \(\frac{6s+3}{(s^{2}+1)(s^{2}+4)}\)

3. Mostre que

a. \(L\{\cosh at\,\cos at\}=\frac{s^{3}}{s^{4}+4a^{4}}\) b. \(L\{\text{senh }at\,\text{sen }at\}=\frac{2a^{2}s}{s^{4}+4a^{4}}\)
c. \(L\{\cosh at\,\text{sen }\,at\}=\frac{as^{2}+2a^{3}}{s^{4}+4a^{4}}\) d. \(L\{\text{senh }at\,\cos at\}=\frac{as^{2}-2a^{3}}{s^{4}+4a^{4}}\)

4. Mostre que, se existe a transformada \(L\{f(t)\}=F(s)\), então

a. \(L\{f(at)\}=\frac{1}{a}F\left(\frac{s}{a}\right), \text{ para } a\gt 0\).

b. \(L^{-1}\{F(ks)\}=\frac{1}{k}F\left(\frac{t}{k}\right)\), para \(k\gt 0\).

c. \(L^{-1}\{F(as+b)\}=\frac{1}{a}\text{e}^{-bt/a}F\left(\frac{t}{a}\right), \text{ para } a \text { e } b\) constantes, \(a\gt 0\).

5. Supondo conhecida apenas \(L\{\cos at\}\) encontre \(L\{\text{sen }at\}\) usando o teorema 3.


Algumas Soluções

1.a \(\frac{2}{s^{3}}-\frac{2}{s}\) 1.c \(\frac{24}{s^{2}}+\frac{2}{s^{3}}\)
1.e \(\frac{as}{s^{2}+4}\) 1.f \(\frac{s^{2}+2}{s(s^{2}+4)}\)
1.h \(\frac{s+2}{s^{2}+4s+5}\) 1.i \(\frac{2s\cos\theta-2\omega\text{sen }\theta}{s^{2}+\omega^{2}}\)
1. k \(\frac{1}{2s+2}+\frac{s+1}{2s^{2}+4s+10}\) 1.m \(\frac{3s}{2s^{2}-8a^{2}}+\frac{3}{2s}\)
2.b \(\frac{1}{3}\text{sen }3t\) 2.d \(3\cos t-2 \text{sen }t\)
2.f \(\frac{1}{4}\text{senh }4t\) 2.h \((\text{e}^{at}-\text{e}^{bt})/(a-b)\)
2.j \(\frac{3}{4}\text{e}^{-3t}+\frac{1}{4}\text{e}^{t}\) 2.l \(\frac{t}{4}-\frac{1}{8}\text{sen }2t\)
2.n \(-\frac{1}{4}\text{e}^{-2t}+\frac{1}{4}\cos2t+\frac{1}{4}\text{sen }2t\) 2.p \(\frac{1}{3}\text{sen }t-\frac{1}{6}\text{sen }2t\)

O Problema de Valor Inicial

Queremos resolver agora um problema de contorno do tipo

$$
y^{\prime\prime}+ay^{\prime}+by=r(t),\,\,\,\,y(0)=y_{0},\,\,\,\,y^{\prime}(0)=y_{0}^{\prime}.
$$
Caso os valores de contorno não estejam definidos no ponto \(x_{0}=0\) basta fazer uma translação do eixo de coordenadas colocando o contorno na origem das coordenadas. Se a função \(r(x)\) é de ordem exponencial possuindo, portanto, transformada de Laplace bem definida admitiremos que a solução \(y(t)\) é também de ordem exponencial e que suas derivadas satisfazem as condições do teorema 3 e seu corolário. Tomamos a transformada de ambos os lados da equação acima,

$$
L\{y^{\prime\prime}+ay^{\prime}+by\}=L\{r(t)\},
$$
para obter, pela linearidade da transformação,

$$
L\{y^{\prime\prime}\}+aL\{y^{\prime}\}+bL\{y\}=L\{r(t)\}.
$$
Denotando por \(R(s)=L\{r(t)\}\) e \(Y(s)=L\{y(t)\}\), temos

$$
s^{2}Y-sy(0)-y^{\prime}(0)+saY-ay(0)+bY=R\Rightarrow
$$

$$
Y(s)=\frac{R+(s+a)y_{0}+y_{0}^{\prime}}{s^{2}+sa+b}.
$$
\(Y(s)\) representa a transformada da solução procurada, já incorporadas as condições de contorno. O próximo passo é o de encontrar a transformada inversa, representada pela solução \(y(t)\), da forma tratada na seção anterior.

Exemplo 12. Vamos resolver pelo método de transformadas de Laplace a seguinte equação diferencial com valores de contorno:

$$
y^{\prime\prime}+3y^{\prime}+2y=0,\,\,\,y(0)=1,\,\,\,y^{\prime}(0)=0.
$$
Transformando ambos os lados da equação e usando a linearidade obtemos

$$
L\{y^{\prime\prime}+3y^{\prime}+2y\}=L\{y^{\prime\prime}\}+3L\{y^{\prime}\}+2L\{y\}=0.
$$
Denotamos agora \(L\{y(t)\}=Y(s)\) e usamos as transformadas das derivadas
$$
L\{y^{\prime}\}=sY(s)-y(0)\;\text{ e }\;L\{y^{\prime\prime}\}=s^{2}Y(s)-sy(0)-y^{\prime}(0)
$$
para transformar a equação diferencial em uma equação algébrica (ou seja, uma equação sem derivadas)
$$
s^{2}Y(s)-s+3sY(s)-3+2Y(s)=0\Rightarrow
$$
$$
Y(s)=\frac{s+3}{s^{2}+3s+2}.
$$
A transformada inversa desta função foi encontrada no exemplo 5.11 da seção anterior,

$$
y(t)=L^{-1}\left\{ \frac{s+3}{s^{2}+3s+2}\right\} =2\text{e}^{-t}-\text{e}^{-2t}
$$
o que é a solução do problema, já incorporadas as condições de contorno fornecidas.

O tratamento das equações não homogêneas não acrescenta dificuldades extras no uso do método das transformadas da Laplace, como se mostra no exemplo seguinte.

Exemplo 13. Considere a equação não homogênea,

$$
y^{\prime\prime}+y=\text{sen }2t,\,\,y(0)=2,\,\,y^{\prime}(0)=1.
$$
Transformando a equação temos

$$
L\{y^{\prime\prime}+y\}=L\{y^{\prime\prime}\}+L\{y\}=L\{\text{sen }2t\}
$$
ou, usando a propriedade da derivada da derivada e a transformado do seno,

$$
s^{2}Y(s)+Y(s)-2s-1=\frac{2}{s^{2}+4}.
$$
Dai

$$
Y(s)=\frac{2s^{3}+s^{2}+8s+6}{(s^{2}+1)(s^{2}+4)}.
$$
Decompondo esta última expressão em frações parciais temos

$$
Y(s)=\frac{as+b}{s^{2}+1}+\frac{cs+d}{s^{2}+4}
$$
e determinamos que as constantes são \(a=2,\,\,b=5/3,\,\,c=0\) e \(d=-2/3\). Então

$$
Y(s)=\frac{2s}{s^{2}+1}+\frac{5/3}{s^{2}+1}-\frac{2/3}{s^{2}+4}.
$$
Lembrando que as transformadas do seno e cosseno são

$$
L\{\text{sen }at\}=\frac{a}{a^{2}+s^{2}},\,\,\,\,L\{\cos at\}=\frac{s}{a^{2}+s^{2}}
$$
temos a solução

$$
y(t)=2\cos t+\frac{5}{3}\text{sen }t-\frac{1}{3}\text{sen }2t.
$$
Em resumo, o método da transformada de Laplace é muito útil para o tratamento de equações que surgem em aplicações, especialmente em problemas de mecânica e na solução de circuitos elétricos. A transformação da equação diferencial leva a uma equação algébrica e sua transformada inversa fornece a solução procurada para o problema de valor inicial, seja ela homogênea ou não. A solução obtida desta forma já leva em consideração os valores do contorno apresentados no problema.

Exercícios 2

1. Determine as soluções de

a. \(y^{\prime\prime}+9y=0,\,\,\,y(0)=0,\,\,\,y^{\prime}(0)=2\)b. \(y^{\prime\prime}+y^{\prime}-2y=0,\,\,\,y(0)=0,\,\,\,y^{\prime}(0)=3\)

c. \(y^{\prime\prime}-2y^{\prime}-3y=0,\,\,\,y(0)=1,\,\,\,y^{\prime}(0)=7\)

d. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}-8y=0,\,\,\,y(0)=1,\,\,\,y^{\prime}(0)=8\)

e. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}-3y=0,\,\,\,y(0)=0,\,\,\,y^{\prime}(0)=4\)

f. \(4y^{\prime\prime}+4y^{\prime}-3y=0,\,\,\,y(0)=8,\,\,\,y^{\prime}(0)=0\)

g. \(y^{\prime\prime}-4y^{\prime}+5y=0,\,\,\,y(0)=1,\,\,\,y^{\prime}(0)=3\)

h. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+5y=0,\,\,\,y(0)=2,\,\,\,y^{\prime}(0)=-4\)

i. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+y=0,\,\,\,y(0)=1,\,\,\,y^{\prime}(0)=-2\)

j. \(y^{\prime\prime}-4y^{\prime}+4y=0,\,\,\,y(0)=0,\,\,\,y^{\prime}(0)=2\)

2. Determine as soluções das equações não homogêneas
a. \(y^{\prime\prime}-y=1,\,\,\,y(0)=1,\,\,\,y^{\prime}(0)=2\)

b. \(y^{\prime\prime}-3y^{\prime}+2y=6\text{e}^{-t},\,\,\,y(0)=3,\,\,\,y^{\prime}(0)=3\)

c. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}-3y=10\text{senh }2t,\,\,\,y(0)=0,\,\,\,y^{\prime}(0)=4\)

d. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+2y=10 \text{sen }2t,\,\,\,y(0)=-1,\,\,\,y^{\prime}(0)=-3\)

e. \(y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+5y=8\text{sen }t-4\cos t,\,\,\,y(0)=1,\,\,\,y^{\prime}(0)=3\)

f. \(y^{\prime\prime}+y=-2\text{sen }t,\,\,\,y(0)=1,\,\,\,y^{\prime}(0)=1\)

g. \(y^{\prime\prime}+9y=6\cos3t,\,\,\,y(0)=2,\,\,\,y^{\prime}(0)=0\)

h. \(y^{\prime\prime}+4y=4(\cos2t-\text{sen }2t),\,\,\,y(0)=1,\,\,\,y^{\prime}(0)=3\)


Algumas Soluções

1.a \(y=\frac{2}{3}\text{sen }3t\) 1.c \(y=-\text{e}^{-t}+2\text{e}^{3t}\)
1.e \(y=-\text{e}^{-3t}+\text{e}^{t}\) 1.g \(y=\text{e}^{2t}(\cos t+\text{sen }t)\)
1.i \(y=\) \((1-t)\text{e}^{-t}\) 2.b \(y=2\text{e}^{2t}+\text{e}^{-t}\)
2.d \(y=\text{e}^{-t}\cos t-2\cos2t-\text{sen }2t\) 2.g \(y=2\cos3t+t\text{sen }3t\)

Outras Propriedades da Transformada de Laplace

Função Degrau Unitário e sua Transformada

Para prosseguirmos com o estudo das propriedades da transformada de Laplace será necessário definir a função degrau unitário:

$$
u_{a}(t)=\left\{
\begin{array}{ll} 0, & t\lt a \\
1, & t\geq a, \\
\end{array}\right.
$$
onde \(a\) é uma constante. Em diversas aplicações surgem funções não contínuas como parte de uma equação diferencial. Um exemplo destas aplicações é a corrente elétrica em um circuito simples onde a tensão pode ser ligada e desligada. A corrente em uma lâmpada, ignorados efeitos indutivos e capacitivos do circuito, ligada aos polos de uma bateria no instante \(t=2\) e desligada em \(t=4\) é descrita por
$$
i(t)=u_{2}(t)-u_{4}(t),
$$
como ilustrado na figura.

Figura: Degrau unitário

A função degrau pode ser usada para descrever fenômenos que se iniciam (ou terminam) após um determinado tempo ou para introduzir descontinuidades quaisquer. Por exemplo, se \(h(t)\) é uma função qualquer, defina
$$
g(t)=\left\{
\begin{array}{ll} 0, & t \lt a, \\
h(t-a), & t\geq a, \\
\end{array}\right.
$$
o que representa uma translação de \(h\) na direção de \(t\) positivo. Usando a função degrau ela pode ser escrita em forma compacta
$$
g(t)=u_{a}(t)h(t-a).
$$
A transformada de Laplace da função degrau unitário pode ser facilmente obtida:

$$
L\{u_{a}(t)\}=\int_{0}^{\infty}u_{a}(t)\text{e}^{-st}dt=\int_{a}^{\infty}\text{e}^{-st}dt=
$$
$$
=-\frac{1}{s}\lim_{A\rightarrow\infty}\text{e}^{-st}|_{a}^{A}=\frac{\text{e}^{-as}}{s},\;\text{ para }\;s\gt 0.
$$

A “Função” Delta de Dirac

Outro tipo de descontinuidade frequente em equações diferenciais pode ser representado por meio da função delta de Dirac, que pode ser definida da seguinte forma:
$$
\delta(t)=0\text{ se } t\neq 0, \text{ e }
$$
$$
\int_{-\infty}^{\infty}f(t)\delta(t)dt=f(0).
$$
A função \(\delta(t-a)\) pode ser entendida como um pico fortemente concentrado em torno de \(x=a\), de forma que
$$
\int_{\alpha}^{\beta}f(t)\delta(t-a)dt=
\left\{ \begin{array}{ll} f(a), & \text{ se } \; \alpha\lt a \lt \beta, \\
0, & \text{ caso contrário}.
\end{array}\right.
$$
A transformada da função delta é
$$
L\{\delta(t-a)\}=\int_{0}^{\infty}\text{e}^{-st}\delta(t-a)dt=\text{e}^{-sa},\;\; a\gt 0.
$$

Esta função foi introduzida por P. A. M. Dirac e não é, na verdade, uma função mas sim uma distribuição ou uma função generalizada.

Teoremas de Translação

Estamos agora preparados para enunciar dois teoremas que descrevem propriedades da transformada de Laplace e que serão úteis na soluções de equações diferenciais.

 

Figura: Translações

Teorema 4: Seja \(f(t)\) uma função que possui transformada de Laplace \(F(s)=L\{f(t)\}\). Então

$$
L\{u_{a}(t)f(t-a)\}=\text{e}^{-as}F(s),\;\;s\gt 0,\,\,\,a\gt 0.
$$
Demonstração:
$$
L\{u_{a}(t)f(t-a)\}=\int_{0}^{\infty}\text{e}^{-st}u_{a}(t)f(t-a)dt=\int_{a}^{\infty}\text{e}^{-st}f(t-a)dt.
$$
Denotando \(t-a=w\), temos \(t=a+w\) e \(w=0\) quando \(t=a\). A transformada procurada é

$$
\int_{0}^{\infty}\text{e}^{-s(a+w)}f(w)dw=\text{e}^{-sa}\int_{0}^{\infty}\text{e}^{-sw}f(w)dw=\text{e}^{-as}F(s),
$$
como afirmado.

Exemplo 14. Encontraremos a transformada de
$$
f(t)=\left\{ \begin{array}{ll} \text{sen }t, & 0 \leq t \lt \pi/4, \\ \text{sen }t+\cos\left(t-\frac{\pi}{4}\right), & t\geq\pi/4. \\ \end{array}\right.
$$

Figura: \(f(t)=\text{sen }t+u_{\pi/4}\cos(t-\pi/4)\)

Usamos a função degrau para reescrever esta função como \(f(t)=\text{sen }t+u_{\pi/4}\cos(t-\pi/4)\) e dai obter a sua transformada,

$$
L\{f(t)\}=L\{\text{sen }t\}+L\{u_{\pi/4}\cos(t-\pi/4)\}=
$$

$$
L\{\text{sen }t\}+\text{e}^{-\pi s/4}L\{\cos t\}=\frac{1}{1+s^{2}}+\frac{s\text{e}^{-\pi s/4}}{1+s^{2}}=\frac{1+s\text{e}^{-\pi s/4}}{s^{2}+1}.
$$

Teorema 5 Seja \(f(t)\) uma função que possui transformada de Laplace \(F(s)=L\{f(t)\}\). Então
$$
L\{\text{e}^{at}f(t)\}=F(s-a),\,\,\,s>a,\,\,\,a\gt 0.
$$
Vale também a transformada inversa
$$
L^{-1}\{F(s-a)\}=\text{e}^{at}f(t).
$$

Demonstração.
$$
L\{\text{e}^{at}f(t)\}=\int_{0}^{\infty}\text{e}^{-st}\text{e}^{at}f(t)dt=\int_{a}^{\infty}\text{e}^{-(s-a)t}f(t)dt=F(s-a).
$$

A condição \(s\gt a\) serve para garantir a convergência da última integral, desde que \(f\) seja de ordem exponencial.

Exemplo 15. A transformada inversa de \((s^{2}-4s+5)^{-1}\) é, completando quadrados,
$$
L^{-1}\left\{ \frac{1}{s^{2}-4s+5}\right\} =L^{-1}\left\{ \frac{1}{(s-2)^{2}+1}\right\} =L^{-1}\{F(s-2)\}
$$
onde \(F(s)=1/(s^{2}+1),\) que é a transformada da função \(\text{sen }t\). Então
$$
L^{-1}\{F(s-2)\}=\text{e}^{2t}\text{sen }t
$$
como se pode concluir pelo Teorema 2.

Exemplo 16. Vamos tratar do seguinte problema de valor inicial:

$$
y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+2y=0,y(0)=0,y^{\prime}(0)=1.
$$
Pela linearidade da transformada de Laplace temos
$$
L\{y^{\prime\prime}\}-2L\{y^{\prime}\}+2L\{y\}=0,
$$
ou, escrevendo
$$
L\{y(t)\}=Y(s)
$$
e

$$
L\{y^{\prime\prime}\}=s^{2}Y(s)-1,\,\,\,L\{y^{\prime}\}=sY(s),
$$
obtemos

$$
s^{2}Y(s)-1-2sY(s)+2Y(s)=0\Rightarrow
$$

$$
Y(s)=\frac{1}{s^{2}-2s+2}=\frac{1}{(s-1)^{2}+1}.
$$
No último passo foi completado o quadrado do denominador. Usando o teorema 2 chegamos à solução

$$
y(t)=L^{-1}\left\{ \frac{1}{(s-1)^{2}+1}\right\} =\text{e}^{t}\text{sen }t.
$$

Transformadas de Funções Periódicas

Definição Uma função é dita periódica de período \(T\) se

$$
f(t+T)=f(t).
$$

Teorema 6 Se \(f\) é uma função periódica, com período \(T\) então sua transformada de Laplace é

$$
L\{f(t)\}=\frac{1}{1-\text{e}^{-sT}}\int_{0}^{T}f(t)\text{e}^{-st}dt.
$$

Demonstração escrevemos a transformada como a soma de duas integrais

$$
L\{f(t)\}=\int_{0}^{\infty}f(t)\text{e}^{-st}dt=\int_{0}^{T}f(t)\text{e}^{-st}dt+\int_{T}^{\infty}f(t)\text{e}^{-st}dt.
$$
Fazendo a substituição de variáveis, \(t\rightarrow\tau=t-T\), a última destas integrais pode ser escrita como

$$
\int_{T}^{\infty}f(t)\text{e}^{-st}dt=\int_{0}^{\infty}f(\tau+T)\text{e}^{-s(\tau+T)}dt=\text{e}^{-sT}\int_{0}^{\infty}f(\tau)\text{e}^{-s\tau}dt=\text{e}^{-sT}L\{f(t)\},
$$
onde foi usado o fato de que \(f\) é periódica. A transformada procurada é, portanto,

$$
L\{f(t)\}=\int_{0}^{T}f(t)\text{e}^{-st}dt+\text{e}^{-sT}L\{f(t)\},
$$
ou seja,

$$
L\{f(t)\}=\frac{1}{1-\text{e}^{-sT}}\int_{0}^{T}f(t)\text{e}^{-st}dt,
$$
ficando assim mostrado o teorema.

Exemplo 17. Dada a função periódica, definida por
$$
\begin{array}{ll} f(t)=\frac{1}{2}t, & 0\leq t\lt 2, \\ f(t+2)=f(t) & \text{ fora deste intervalo,} \\ \end{array}
$$

 

Figura: Função dente de serra

 

procuramos sua transformada de Laplace. Esta é a função dente de serra que tem inúmeras aplicações, particularmente em circuitos eletrônicos. Usando o teorema 6 obtemos sua transformada de Laplace como

$$
L\{f(t)\}=\frac{1}{1-\text{e}^{-2s}}\int_{0}^{2}f(t)\text{e}^{-st}dt=\frac{1}{2}\frac{1}{1-\text{e}^{-2s}}\int_{0}^{2}t\text{e}^{-st}dt.
$$
Integrando por partes temos
$$
L\{f(t)\}=\frac{1}{2}\frac{1}{1-\text{e}^{-2s}}\left[\left.-\frac{t\text{e}^{-st}}{s}\right|_{0}^{2}++\frac{1}{s}\int_{0}^{2}\text{e}^{-st}dt\right]
$$

$$
\frac{1}{2}\frac{1}{1-\text{e}^{-2s}}\left[\frac{-2\text{e}^{-st}}{s}-\frac{1}{s^{2}}\left(\text{e}^{-2s}-1\right)\right]=\frac{1}{s}\left(\frac{1}{2s}+\frac{1}{1-\text{e}^{2s}}\right).
$$

Exercícios 3

1 Faça um esboço do gráfico das funções e encontre suas transformadas de Laplace:
a. \(f(t)=\left\{ \begin{array}{ll} 0, & t\lt 2 \\ (t-2)^{2}, & t\geq2 \\ \end{array}.\right.\)

b. \(f(t)=\left\{ \begin{array}{ll} 0, & t\lt 1 \\ t^{2}-2t+2, & t\geq1 \\ \end{array}.\right.\)

c. \(f(t)=\left\{ \begin{array}{ll} 0, & t\lt \pi \\ t-\pi, & \pi\leq t \leq2\pi \\ 0, & t\gt 2\pi \\ \end{array}.\right.\)

d. \(f(t)=u_{1}(t)+2u_{3}(t)-6u_{4}(t)\)

e. \(f(t)=(t-3)u_{2}(t)-(t-2)u_{3}(t)\)

f. \(f(t)=t-u_{1}(t)(t-1),t\geq0\)

2. Determine as transformadas inversas:

a. \(F(s)=\frac{1}{(s-3)^{2}}\) b. \(F(s)=\frac{s+2}{(s+2)^{2}+\omega^{2}}\)
c. \(F(s)=\frac{3!}{(s-2)^{2}}\) d. \(F(s)=\frac{\text{e}^{-2s}}{s^{2}+s-2}\)
e. \(F(s)=\frac{2(s-1)\text{e}^{-2s}}{s^{2}-2s+2}\) f. \(F(s)=\frac{\text{e}^{-2s}}{s^{2}-4}\)
g. \(F(s)=\frac{(s-2)\text{e}^{-s}}{s^{2}-4s+3}\) h. \(F(s)=\frac{1}{S}(\text{e}^{-s}+\text{e}^{-2s}-\text{e}^{-3s}-\text{e}^{-4s})\)

3. Faça um esboço das funções periódicas e calcule suas transformadas:

a. \(f(t)=1\;\text{se}\;0\leq t\lt a,f(t)=-1\;\text{se}\;a\leq t\lt 2a\), \(f(t+2a)=f(t)\).

b. \(f(t)=1\;\text{se}\;0\leq t\lt a,f(t)=0\;\text{se}\;a\leq t\lt 2a\), \(f(t+2a)=f(t)\). (onda quadrada)

c. \(f(t)=t\;\text{se}\;0\leq t\lt 1,f(t)=2-t\;\text{se}\;a\leq t\lt 2a\), \(f(t+2)=f(t)\). (onda triangular)

d. \(f(t)=\text{sen }t\;\text{se}\;0\leq t\lt \pi\),período \(T=\pi\). (seno retificado)

e. \(f(t)=\text{sen }t\;\text{se}\;0\leq t\lt \pi,f(t)=0\;\text{se}\;\pi\leq t\lt 2\pi, \text{ período } T=2\pi\). (seno semi-retificado)

f. \(f(t)=\text{sen }t, \text{ período } T=2\pi\).


Algumas Soluções

Obs.: \(\coth x=\cosh x/\text{senh }x\)
1.a \(F(s)=\frac{2\text{e}^{-2s}}{s^{3}}\) 1.c \(F(s)=\frac{\text{e}^{-\pi s}}{s^{2}}-\frac{\text{e}^{-2\pi s}}{s^{2}}(1+\pi s)\)
1.e \(F(s)=s^{-2}[(1-s)\text{e}^{-2s}-(1+s)^{-3s}]\) 2.a \(f(t)=\text{e}^{-2t}\cos\omega t\)
2.c \(f(t)=t^{3}\text{e}^{2t}\) 2.e \(f(t)=2u_{2}(t)\text{e}^{t-2}\cos(t-2)\)
2.g \(f(t)=u_{1}(t)\text{e}^{2(t-1)}\cosh(t-1)\) 3.a \(\frac{1-\text{e}^{-as}}{s(1+\text{e}^{-as})}\)
3.d \(\frac{\coth(\pi s/2)}{s^{2}+1}\)

Equações Diferenciais com Entradas Descontínuas

A transformada de Laplace é apropriada para o tratamento de uma equação diferencial com um termo não homogêneo, também denominado a função de entrada, descontínua, como já mencionado.

Exemplo 18. Considere a equação diferencial

$$
y^{\prime\prime}+y^{\prime}+\frac{5}{4}y=g(t),\,\,\,y(0)=0,\,\,\,y^{\prime}(0)=0,
$$
onde \(g(t)=1-u_{\pi}(t)\), uma função descontínua. Transformando a equação obtemos

$$
s^{2}Y(s)+sY(s)+\frac{5}{4}Y(s)=L\{1\}-L\{u_{\pi}(t)\}=\frac{1}{s}(1-\text{e}^{\pi s}),
$$
e, portanto,

$$
Y(s)=\frac{1-\text{e}^{\pi s}}{s\left(s^{2}+s+\frac{5}{4}\right)}.
$$
Vamos denotar \(H(s)\) a transformada de \(h(t)\), onde

$$
H(s)=\frac{1}{s\left(s^{2}+s+\frac{5}{4}\right)},\,\,\,\,h(t)=L^{-1}\{H(s)\}.
$$
Então, com esta notação,

$$
Y(s)=(1-\text{e}^{\pi s})H(s)
$$
e, pelo teorema 4 da seção anterior,

$$
y(t)=L^{-1}\{H(s)-\text{e}^{\pi s}H(s)\}=h(t)-u_{\pi}(t)h(t-\pi).
$$
Resta então encontrar \(L^{-1}\{H(s)\}\). Para fazer isto escrevemos \(H\) em termos das frações parciais

$$
H(s)=\frac{a}{s}+\frac{bs+c}{s^{2}+s+\frac{5}{4}}
$$
e encontramos as constantes \(a=4/5,\,\,b=-4/5\) e \(c=-4/5,\) portanto

$$
H(s)=\frac{4}{5}\frac{1}{s}-\frac{4}{5}\frac{s+1}{s^{2}+s+\frac{5}{4}}.
$$
Usando as transformadas conhecidas e suas propriedades encontramos

$$
h(t)=\frac{4}{5}-\frac{4}{5}\left(\cos t+\frac{1}{2}\text{sen }t\right)\text{e}^{-t/2}
$$
e, portanto,

$$
y(t)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{4}{5}-\frac{4}{5}\left(\cos t+\frac{1}{2}\text{sen }t\right)\text{e}^{-t/2}, t<\pi
-\frac{4}{5}(1+\text{e}^{\pi/2})\left(\cos t+\frac{1}{2}\text{sen }t\right)\text{e}^{-t/2}, t\geq\pi. \end{array}\right.
$$

Exemplo 19. Veremos como utilizar a transformada acima para resolver uma equação diferencial que tem como função de entrada uma distribuição delta. Considere o problema

$$
y^{\prime\prime}+y=4\delta(t-2\pi),\,\,\,y(0)=1,\,\,\,y^{\prime}(0)=0.
$$
Este problema pode ser visto como a equação de movimento de uma partícula presa a uma mola com constante elástica unitária e em um meio sem atrito, submetida a uma força de curta duração, como uma colisão, no momento \(t=2\pi\). Ela parte afastada de uma unidade de distância da posição de equilíbrio no instante \(t=0\) e tem velocidade inicial nula. Transformando toda a equação temos

$$
s^{2}Y(s)-s+Y(s)=4\text{e}^{-2\pi s}
$$
ou seja

$$
Y(s)=\frac{s}{s^{2}+1}+\frac{4\text{e}^{-2\pi s}}{s^{2}+1}.
$$
Utilizando os teoremas e transformadas inversas pertinentes temos

$$
y(t)=\cos t+4\text{sen }(t-2\pi)u_{2\pi}(t).
$$
Como o seno é periódica com período \(T=2\pi\) temos \(\text{sen }(t-2\pi)=\text{sen }(t)\) e
$$
y(t)=\left\{ \begin{array}{ll} \cos t, 0\leq t\leq2\pi,
\cos t+4\text{sen }t, t\geq2\pi. \end{array}.\right.
$$

Função do exemplo 19

 

O gráfico desta solução mostra que a mola oscila com amplitude \(1\) até o instante \(t=2\pi\). Depois disto passa a oscilar com maior amplitude, devido ao impulso sofrido.

Exercícios 4

Encontre a solução dos problemas de valor inicial
1. \(y^{\prime\prime}+y=f(t),\; y(0)=0,y^{\prime}(0)=1 \text{ onde }
f(t)=\left\{ \begin{array}{ll} 1, & 0\leq t \lt \pi/2 \\
0, & t\geq\pi/2.\\
\end{array}\right.\)2. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+2y=f(t),\; y(0)=0,\;y^{\prime}(0)=1 \,\,\, \text{ onde } f(t)=\left\{ \begin{array}{ll} 1, & \pi\leq t\lt2\pi
\\0, & 0\leq t\lt\pi\text{e}t\geq2\pi. \\ \end{array}\right.\)

3. \(y^{\prime\prime}+4y=\text{sen }t-u_{2\pi}(t)\text{sen }(t-2\pi), \,\,\, y(0)=0,\,\,y^{\prime}(0)=0\)

4. \(y^{\prime\prime}+4y=\text{sen }t+u_{\pi}(t)\text{sen }(t-\pi), \,\,\, y(0)=0,\,\,y^{\prime}(0)=0\)

5. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+y=f(t),\,\,\, y(0)=1,\,\,y^{\prime}(0)=0 \,\,\text{ onde } f(t)=\left\{ \begin{array}{ll} 1, 0\leq t\lt 1
0, t\geq1. \end{array}\right.\)

Encontre a solução dos problemas de valor inicial involvendo deltas de Dirac:

6. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+2y=\delta(t-\pi), \,\,\, y(0)=1,\,\,y^{\prime}(0)=0\)

7. \(y^{\prime\prime}+4y=\delta(t-\pi)-\delta(t-2\pi), \,\,\, y(0)=0,\,\,y^{\prime}(0)=0\)

8. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+y=\delta(t)+u_{2\pi}(t),\,\,\, y(0)=0,\,\,\,y^{\prime}(0)=1\)

9. \(y^{\prime\prime}-y=2\delta(t-1),\,\,\, y(0)=1,\,\,y^{\prime}(0)=0\)

10. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+3y=\text{sen }t+\delta(t-\pi), \,\,\, y(0)=0,\,\,\,y^{\prime}(0)=1\)

11. \(y^{\prime\prime}+\omega^{2}y=\delta(t-\pi/\omega),\,\,y(0)=1,\,\,y^{\prime}(0)=1.\)


Algumas soluções:
1. \(y=1-\cos t+\text{sen }t-u_{\pi/2}(t)(1-\text{sen }t)\)

3. \(y=\frac{1}{6}[1-u_{2\pi}(t)](2\text{sen }t-\text{sen }2t)\)

5. \(y=1-u_{1}(t)[1-\text{e}^{-(t-1)}-(t-1)\text{e}^{-(t-1)}]\)

6. \(y=\text{e}^{t}\cos t+\text{e}^{-t}\text{sen }t-u_{\pi}(t)\text{e}^{-(t-\pi)}\text{sen }t\)

7. \(y=\frac{1}{2}u_{\pi}(t)\text{sen }2t-\frac{1}{2}u_{2\pi}(t)\text{sen }2t\)

9. \(y=\cosh t+2u_{1}(t)\text{sen }h(t-1)\)

11. \(y=\cos\omega t-\omega^{-1}u_{\pi/\omega}(t)\text{sen }\omega t\)

A Integral de Convolução

Pode ocorrer, na solução de uma equação diferencial, que a solução transformada \(Y(s)\) seja dada em termos do produto de duas transformadas conhecidas. Se \(F(s)=L\{f(t)\} \text { e } G(s)=L\{g(t)\}\) queremos saber qual é a transformada inversa do produto \(H(s)=F(s)G(s)\), ou seja \(L^{-1}\{F(s)G(s)\}\). O teorema da convolução nos fornece a transformada inversa deste produto.

Teorema 7. Seja \(f(t) \text { e } g(t)\) duas funções que possuem transformadas de Laplace, e \(F(s)=L\{f(t)\},\,\,G(s)=L\{g(t)\}\) as suas transformadas. Se \(H(s)=F(s)G(s)\) é o produto das transformadas então sua transformada inversa, \(h(t)=L^{-1}\{H(s)\}\) é

$$
h(t)=\int_{0}^{t}f(t^{\prime}-\tau)g(\tau)d\tau=\int_{0}^{t}f(\tau)g(t^{\prime}-\tau)d\tau.
$$
\(h(t)\) é a convolução de \(f\) e \(g\) e as integrais são chamadas de integrais de convolução.

Demonstração por definição temos as expressões para \(F\) e \(G\),

$$
F(s)=\int_{0}^{\infty}f(u)\text{e}^{-su}du,\,\,\,\,G(s)=\int_{0}^{\infty}g(v)\text{e}^{-sv}dv,
$$

$$
H(s)=F(s)G(s)=\int_{0}^{\infty}g(v)\text{e}^{-sv}dv\int_{0}^{\infty}f(u)\text{e}^{-su}du=\int_{0}^{\infty}g(v)\left[\int_{0}^{\infty}f(u)\text{e}^{-s(u+v)}du\right]dv.
$$
Para avaliar esta última integral introduzimos a variável \(u = t + v\). Neste caso \(t=v\) quando \(u=0\) e \(du=dt\), o que permite escrever

$$
H(s)=\int_{0}^{\infty}g(v)\left[\int_{v}^{\infty}f(t-v)\text{e}^{-st}dt\right]dv.
$$
Admitindo que a ordem de integração pode ser invertida, integramos primeiro em \(v\). Observe que os limites de integração, inicialmente \(v \lt t \lt \infty\), passam a ser \(0 \lt v \lt t\) (veja figura) e temos

 

Figura: Região de integração para a integral de convolução

$$
H(s)=\int_{0}^{\infty}\text{e}^{-st}\left[\int_{0}^{t}f(t-v)g(v)dv\right]dt.
$$

Concluimos que \(H(s)\) é a transformada da função \(h(t)\), dentro dos colchetes, ou seja, \(H(s)=L\{h(t)\}\) onde

$$
h(t)=\int_{0}^{t}f(t-v)g(v)dv.
$$

Observação É usada também a seguinte notação para a integral de convolução

$$
h(t)=\int_{0}^{t}f(t-\tau)g(\tau)d\tau=(f\ast g)(t).
$$

Exemplo 20. Vamos usar o teorema da convolução para encontrar a transformada inversa de

$$
F(s)=\frac{1}{(s^{2}+a^{2})^{2}},\thinspace\,\,a=\text{ constante}.
$$
Como conhecemos a transformada inversa

$$
L^{-1}\left\{ \frac{1}{s^{2}+a^{2}}\right\} =\frac{1}{a}\text{sen }at,
$$
podemos encontrar

$$
I=L^{-1}\left\{ \frac{1}{s^{2}+a^{2}}\frac{1}{s^{2}+a^{2}}\right\} =\frac{1}{a^{2}}\int_{0}^{t}\text{sen }(at)\text{sen }a(t-\tau)d\tau.
$$
Para calcular esta integral usamos a relação trigonométrica

$$
\text{sen }a\,\text{sen }b=\frac{1}{2}[\cos(a-b)+\cos(a+b)]
$$
ou, no caso presente

$$
\text{sen }a\tau\text{sen }a(t-\tau)=\frac{1}{2}[\cos a(2\tau-t)-\cos at]
$$
para obter

$$
I=\frac{1}{2a^{2}}\left[\int_{0}^{t}\cos a(2\tau-t)d\tau-\cos at\int_{0}^{t}d\tau\right]=\frac{1}{2a^{3}}(\text{sen }at-at\cos at).
$$
A primeira integral pode ser avaliada por meio de uma substituição de variáveis, \(u=a(2\tau-t)\), \(du=2ad\tau\).

Exercícios 5

1. Determine as transformadas inversas:

c. \(F(s)=\frac{1}{(s+1)^{3}(s^{2}+4)}\)d. \(F(s)=\frac{G(s)}{s^{2}+1}\)

a. \(F(s)=\frac{1}{s^{4}(s^{2}+1)}\) b. \(F(s)=\frac{s}{(s+1)(s^{2}+4)}\)

Encontre a solução dos problemas de valor inicial

2. \(y^{\prime\prime}+\omega^{2}y=g(t), \,\, y(0)=0,\,\,y^{\prime}(0)=1\)

3. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+y=\text{sen }at, \,\,y(0)=0,\,\,y^{\prime}(0)=0\)

4. \(4y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+17y=g(t), \,\, y(0)=0,\,\,y^{\prime}(0)=0\)

5. \(y^{\prime\prime}+y^{\prime}+5/4y=1-u_{\pi}(t), \,\, y(0)=1,\,\,y^{\prime}(0)=-3\)

6. \(y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+4y=g(t), \,\,y(0)=2,\,\,y^{\prime}(0)=-3\).

Prove as seguintes propriedades da integral de convolução
7. \(f\ast g=g\ast f\)

8. \(f\ast(g_{1}+g_{2})=f\ast g_{1}+f\ast g_{2}\)

9. \(f\ast(g\ast h)=(f\ast g)\ast h\)


Algumas soluções:
1a. \(f(t)=\frac{1}{6}\int_{0}^{t}(t-\tau)^{3}\text{sen }\tau d\tau\)

1b. \(f(t)=\int_{0}^{t}\text{e}^{-(t-\tau)}\cos2\tau d\tau\)

1c. \(f(t)=\frac{1}{2}\int_{0}^{t}(t-\tau)\text{e}^{-(t-\tau)}\text{sen }2\tau d\tau\)

1d. \(f(t)=\int_{0}^{t}\text{sen }(t-\tau)g(\tau)d\tau\)

2. \(y=\frac{1}{\omega}\text{sen }\omega t+\frac{1}{\omega}\int_{0}^{t}\text{sen }\omega(t-\tau)g(\tau)d\tau\)

3. \(y=\int_{0}^{t}\text{e}^{-(t-\tau)}\text{sen }(t-\tau)\text{sen }a\tau d\tau\)

4. \(y=\frac{1}{8}\int_{0}^{t}\text{e}^{-(t-\tau)/2}\text{sen }2(t-\tau)g(\tau)d\tau\)

5. \(y=\text{e}^{-t/2}\cos t-\frac{1}{2}\text{e}^{-t/2}\text{sen }t+\int_{0}^{t}\text{e}^{-(t-\tau)/2}\text{sen }(t-\tau)[1-u_{\pi}(\tau)]d\tau\)

Algumas Transformadas de Laplace e Propriedades

Listamos nesta seção um resumo das principais transformadas e as propriedades mais importantes.

Para \(n\) um inteiro positivo
$$
\begin{array}{lll}
L\{1\}=\frac{1}\{s\} & L\{\cosh at\}=\frac{s}{s^{2}-a^{2}} & L\{t\}=\frac{1}{s^{2}} \\
L\{\text{senh }at\}=\frac{a}{s^{2}-a^{2}} & L\{t^{n}\}=\frac{n!}{s^{n+1}} & L\{t\text{e}^{at}\}=\frac{1}{(s-a)^{2}} & L\{\text{e}^{at}\}=\frac{1}{s-a} \\
L\{t^{n}\text{e}^{at}\}=\frac{n!}{(s-a)^{n+1}} & L\{\text{sen }at\}=\frac{a}{s^{2}+a^{2}} & L\{u_{a}(t)\}=\frac{\text{e}^{-as}}{s} \\
L\{\cos at\}=\frac{s}{s^{2}+a^{2}} & L\{\delta(t-a)\}=\text{e}^{-sa} & \\
\end{array}
$$

Denotando \(F(s)=L\{f(t)\}\):

\begin{array}{ll}
L\{\text{e}^{at}f(t)\}=F(s-a)\Rightarrow & L^{-1}\{F(s-a)\}=\text{e}^{at}f(t) \\
L\{u_{a}(t)f(t-a)\}=\text{e}^{-as}F(s)\Rightarrow & L\{\text{e}^{-as}F(s)\}=u_{a}(t)f(t-a). \\
\end{array}

Se \(f\) é função periódica, \(f(t+T)=f(t)\) então
\begin{array}{l}
L\{f(t)\}=\frac{1}{1-\text{e}^{-sT}}\int_{0}^{T}f(t)\text{e}^{-st}dt.\\
\end{array}

Transformada das derivadas:
\begin{array}{l}
L\{f(t)\}=sL\{f(t)\}-f(0), \\ L\{f^{\prime\prime}(t)\}=s^{2}L\{f(t)\}-sf(0)-f^{\prime}(0). \\
\end{array}
Integral de Convolução:
\begin{array}{l} h(t)=L^{-1}[F(s)G(s)]=\int_{0}^{t}f(t-\tau)g(\tau)d\tau \\ \end{array}

4. Método de Séries de Potências

(1) Consulte o Apêndice para uma revisão sobre sérires de potências.

Até agora vimos como resolver apenas dois tipos de equações diferenciais de segunda ordem homogêneas: as com coeficientes constantes e as equações de Euler. O método que estudaremos agora se baseia na hipótese de que as soluções procuradas são analíticas pelo menos em alguma vizinhança de um ponto \(x_{0}\) onde são dadas as condições de contorno. Isto significa que estas funções possuem derivadas de todas as ordens neste ponto e portanto podem ser expressas como uma série de potências. É possível, em alguns casos, que uma solução encontrada desta forma seja identificada como uma das funções elementares do cálculo. No entanto, no caso geral, ela não representa nenhuma destas funções elementares e deve ser expressa e definida através de sua série de potências1.

Soluções em torno de ponto ordinário

Procuramos agora um método para a solução de equações diferenciais homogêneas do segundo grau mais gerais que as anteriormente estudadas, na forma de

(1)

$$
P(x)\frac{d^{2}y(x)}{dx^{2}}+F(x)\frac{d^{2}y(x)}{dx^{2}}+G(x)y(x)=0,
$$
onde \(P\)\(F\) e \(G\) são funções contínuas.

Definição: Um ponto \(x_{0}\) onde a função \(P\) não se anula, ou seja \(P(x_{0})\neq0\) é chamado um ponto ordinário. Caso contrário, se \(P(x_{0})=0\), dizemos que \(x_{0}\) é um ponto singular da equação diferencial.

Se \(x_{0}\) é um ponto ordinário, como \(P(x_{0})\neq0\), e \(P\) é contínua, então existe um intervalo em torno de \(x_{0}\) onde a função não se anula. Para este intervalo podemos escrever
$$
y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=0,
$$
onde as funções
$$
f(x)=\frac{F(x)}{P(x)},\,\,\,\,g(x)=\frac{G(x)}{P(x)}
$$
são igualmente contínuas. Pelo teorema de existência e unicidade existe uma única solução de (1) neste intervalo, satisfazendo as condições de contorno
$$
y(x_{0})=y_{0}\,\,\,\text{e}\,\,\,y^{\prime}(x_{0})=y_{0}^{\prime}.
$$
O método de solução de equações diferenciais usando séries de potências se baseia na suposição de que a solução procurada é uma função analítica nas vizinhanças do ponto \(x_{0}\) e que, portanto, pode ser escrita como um polinônio com coeficientes constantes \(a_{n}\),
$$
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(x-x_{0})^{n}.
$$
Em seguida substituimos esta expressão e suas derivadas na equação diferencial e procuramos identificar os coeficientes \(a_{n}\). O ponto \(x_{0}\), em torno do qual se busca as soluções válidas, geralmente é o ponto onde as condições de contorno são estabelecidas. Usaremos um exemplo para tornar mais claro o método.

Exemplo 1. Vamos resolver, pelo método de séries de potências, a equação diferencial

(2)

$$ y^{\prime\prime}-y=0 $$
em torno do ponto ordinário \(x_{0}=0\). Fazendo a suposição inicial de que \(y\) é analítica próximo de \(x=0\), escrevemos esta função e suas derivadas como as séries

\(y(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}+\cdots=\sum a_{n}x^{n},\)
\(y^{\prime}(x)=a_{1}+2a_{2}x+3a_{3}x^{2}+\cdots=\sum na_{n}x^{n-1},\)
\(y^{\prime\prime}(x)=2a_{2}+2.3a_{3}x+\cdots=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2},\)

onde se deve observar que a série correspondente à derivada primeira se inicia em \(n=1\) devido ao desaparecimento do termo constante \(a_{0}\). Analogamente, a derivada segunda se inicia em \(n=2\). Substituindo na equação (2) temos a identidade
$$
\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}-\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=0.
$$
Note que ambas as séries se iniciam com um termo constante. Para tornar mais fácil a comparação dos termos envolvidos introduzimos um novo índice \(k\), \(n=k+2\), e reescrevemos a primeira série da seguinte forma

$$
\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}=\sum_{k=0}^{\infty}(k+2)(k+1)a_{k+2}x^{k}.
$$
Reescrevemos agora a equação diferencial como

$$
\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^{n}-\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=0
$$
onde o índice \(n\) foi recolocado no primeiro termo. Podemos agora juntar as duas somas
$$
\sum_{n=0}^{\infty}[(n+2)(n+1)a_{n+2}-a_{n}]x^{n}=0.
$$
Observando que este polinômio só pode ser nulo se todos os coeficientes de cada potência de \(x\) for nulo temos

$$
(n+2)(n+1)a_{n+2}-a_{n}=0
$$
ou

$$
a_{n+2}=\frac{a_{n}}{(n+2)(n+1)}.
$$
Esta é a chamada relação de recorrência para os coeficientes \(a_{n}\) que nos permite expressar todos estes coeficientes em termos de apenas dois deles, que permanencem indeterminados. Tomando \(n\) com valores sucessivos obtemos
$$
n=0\Rightarrow a_{2}=\frac{a_{0}}{2.1},
$$

$$
n=1\Rightarrow a_{3}=\frac{a_{1}}{3.2}=\frac{a_{1}}{3!},
$$

$$
n=2\Rightarrow a_{4}=\frac{a_{2}}{4.3}=\frac{a_{0}}{4.3.2}=\frac{a_{0}}{4!},
$$

$$
n=3\Rightarrow a_{5}=\frac{a_{3}}{5.4}=\frac{a_{1}}{5.4.3.2}=\frac{a_{1}}{5!}.
$$

Prosseguindo com esta operação vemos que
$$
a_{n}=\frac{a_{0}}{n!}\;\;\text{ para n par}\;\;\;a_{n}=\frac{a_{1}}{n!}\,\,\,\,\text{ para n impar}.
$$

Juntando os termos na expressão
$$
y=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots
$$
$$
y=a_{0}\left(1+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}+\cdots\right)+a_{1}\left(x+\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}+\cdots\right).
$$

As séries dentro dos parênteses correspondem às expansões em séries para as funções cosseno e seno hiperbólico, respectivamente e portanto
$$
y(x)=a_{0}\cosh x+a_{1}\text{senh}x,
$$

que é uma combinação linear das funções \(\text{e}^{x}\) e \(\text{e}^{-x}\) que já sabiamos ser soluções da equação (2).

Se a série obtida como solução puder ser identificada com uma função elementar, como no caso acima, então já sabemos que ela converge para esta função. Caso contrário, se não pudermos identificar qual é esta solução em termos das funções conhecidas, então teremos que realizar testes de convergência para descobrir o intervalo onde é válida a solução.

Exemplo 2. Vamos resolver a equação
$$
y^{\prime\prime}+x^{2}y=0
$$
em torno de \(x_{0}=0\) (um ponto ordinário). Substituimos \(y=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\) e sua derivada segunda na equação diferencial para obter
$$
\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}+\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+2}=0.
$$
Só o primeiro somatório contém termos constante e múltiplo de \(x\) por isto escrevemos estes termos (\(n=2\) e \(n=3\)) em separado,
$$
2a_{2}+3.2a_{3}x+\sum_{n=4}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}+\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+2}=0.
$$
Estes termos devem se anular, \(a_{2}=0,a_{3}=0\). Modificando a primeira soma para que ela se inicie em \(n=0\) temos
$$
\sum_{n=0}^{\infty}(n+4)(n+3)a_{n+4}x^{n+2}+\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+2}=0\Rightarrow
$$
$$
\sum_{n=0}^{\infty}[(n+4)(n+3)a_{n+4}+a_{n}]x^{n+2}=0,
$$
de onde podemos extrair nossa relação de recorrência:
$$
a_{n+4}=-\frac{a_{n}}{(n+4)(n+3)}.
$$

Calculamos a seguir alguns termos da série
$$
a_{4}=\frac{-a_{0}}{3.4};\,\,\,a_{5}=\frac{-a_{1}}{4.5};\,\,\,a_{6}=\frac{-a_{2}}{5.6}=0;\,\,\,a_{7}=\frac{-a_{3}}{6.7}=0
$$
$$
a_{8}=\frac{-a_{4}}{7.8}=\frac{a_{0}}{3.4.7.8};\,\,\,a_{9}=\frac{-a_{5}}{8.9}=\frac{a_{1}}{4.5.8.9};\,\,\,a_{10}=\frac{-a_{6}}{9.10}=0.
$$
Como a solução é \(y\), obtida por
$$
y(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}+…
$$

então

$$
y(x)=a_{0}\left(1-\frac{x^{4}}{3.4}+\frac{x^{8}}{3.4.7.8}+…\right)+a_{1}\left(x-\frac{x^{5}}{4.5}+\frac{x^{9}}{4.5.8.9}+…\right),
$$

é a solução geral.

Exemplo 3. Observando que todos os pontos são pontos ordinários na equação de Airy

$$
y^{\prime\prime}-xy=0,
$$

procuramos uma solução em torno de \(x_{0}=0\). Fazemos a suposição inicial de que a solução é analítica em torno da origem, ou seja, \(y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\), e substituimos esta expressão e suas derivadas na equação diferencial para obter

$$
\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}-x\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=0.
$$

O único termo constante é relativo \(n=2\) na primeira soma,

$$
2a_{2}+\sum_{n=3}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}-\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+1}=0,
$$

de onde concluimos que \(a_{2}=0\). Para tornar a comparação entre as duas somas mais simples modificamos o primeiro somatório para que comece em \(n=0\) e juntamos as duas somas,

$$
\sum_{n=0}^{\infty}[(n+3)(n+2)a_{n+3}-a_{n}]x^{n+1}=0,
$$

de onde obtemos a relação de recorrência

$$
a_{n+3}=\frac{a_{n}}{(n+3)(n+2)},n\geq0.
$$

Isto nos permite associar os coeficientes de 3 em 3. Observe que

$$
a_{2}=a_{5}=a_{8}=\cdots=0,
$$

enquanto, se \(n\) é múltiplo de 3 temos

$$
a_{3}=\frac{a_{0}}{2\cdot3},\,\,\,a_{6}=\frac{a_{3}}{5\cdot6}=\frac{a_{0}}{2\cdot3\cdot5\cdot6},
$$

$$
a_{9}=\frac{a_{3}}{8\cdot9}=\frac{a_{0}}{2\cdot3\cdot5\cdot6},
$$

ou, generalizando este procedimento,

$$
a_{3n}=\frac{a_{0}}{2\cdot3\cdot5\cdot6\cdot\ldots(3n-3)(3n-2)(3n)(3n+1)},\,\,\,\,n=1,2,3,\cdots.
$$

Por outro lado

$$
a_{4}=\frac{a_{1}}{3\cdot4},\,\,\,a_{7}=\frac{a_{4}}{6\cdot7}=\frac{a_{1}}{3\cdot4\cdot6\cdot7},
$$

$$
a_{3n+1}=\frac{a_{0}}{3\cdot4\cdot6\cdot7\cdot\ldots(3n-3)(3n-2)(3n)(3n+1)},\,\,\,\,n=1,2,3,\cdots.
$$

Inserindo estes coeficientes na série de potência temos a solução geral
$$
y(x)=a_{0}\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{3n}}{2\cdot3\ldots(3n-1)3n}\right]+a_{1}\left[x+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{3n+1}}{3\cdot4\ldots3n(3n+1)}\right].
$$

Exemplo 4. Queremos agora encontrar uma solução para a equação diferencial

$$
y^{\prime\prime}+xy^{\prime}+2y=0,
$$

em torno de \(x_{0}=0\). Para isto substituimos \(y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\) e suas derivadas na equação para obter

$$
\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}+x\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1}+2\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=0\Rightarrow
$$

$$
\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^{n}+\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n}+2\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=0.
$$

Desta forma conseguimos escrever todas os somatórios em potências de \(x^{n}\). No entanto, apenas a primeira e a terceira possuem o termo constante (\(n=0\)). Separamos estes termos constantes e juntamos no mesmo somatório os termos restantes para obter

$$
2a_{2}+2a_{0}+\sum_{n=1}^{\infty}[(n+2)(n+1)a_{n+2}+(n+2)a_{n}]x^{n}=0.
$$

Consequentemente, para anulação do polinômio, devemos ter

$$
a_{2}=-a_{0},
$$

$$
a_{n+2}=-\frac{a_{n}}{n+1},n=1,2,…
$$

Tomando \(n\) seus possíveis valores encontramos

$$
a_{3}=\frac{-a_{1}}{2},a_{4}=\frac{-a_{2}}{3}=\frac{a_{0}}{3},a_{5}=\frac{-a_{3}}{4}=\frac{a_{1}}{2\cdot4},
$$

$$
a_{6}=\frac{-a_{4}}{5}=\frac{-a_{0}}{3\cdot5},a_{7}=\frac{-a_{5}}{6}=\frac{-a_{1}}{2\cdot4\cdot6},a_{8}=\frac{-a_{6}}{7}=\frac{a_{0}}{3\cdot5\cdot7},
$$

e assim por diante. Juntando estes coeficientes na série inicial temos

$$
y(x)=a_{0}\left(1-x^{2}+\frac{x^{4}}{3}-\frac{x^{6}}{3\cdot5}+\frac{x^{8}}{3\cdot5\cdot7}+\ldots\right)+a_{1}\left(x-\frac{x^{3}}{2}+\frac{x^{5}}{2\cdot4}-\frac{x^{7}}{2\cdot4\cdot6}+\ldots\right),
$$

a solução da equação diferencial proposta.
 

Retornando ao método de séries de potências, cabe completar nossa discussão com um comentário adicional. Para resolver o problema

(3)

$$
P(x)\frac{d^{2}y(x)}{dx^{2}}+F(x)\frac{dy(x)}{dx}+G(x)y(x)=0,
$$
em torno de um ponto ordinário \(x_{0}\) fizemos a hipótese de que existe uma solução analítica em uma vizinhança deste ponto, ou seja, que possui uma expansão de Taylor

(4)

$$ y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(x-x_{0})^{n} $$
convergente no intervalo \(|x-x_{0}|\lt \rho\). Vamos verificar se esta é realmente uma hipótese justificada, examinando o raio de convergência da solução. Derivando (4) \(m\) vezes obtemos

$$
y^{(m)}(x)=\sum_{n=m}^{\infty}n(n-1)(n-2)\ldots(n-m+1)a_{n}(x-x_{0})^{n-m}.
$$

Calculando o valor desta derivada m-ésima no ponto \(x=x_{0}\), vemos que todos os termos da soma se anulam exceto o termo \(m = n\) e podemos escrever
$$
y^{(m)}(x_{0})=m!a_{m},
$$
de onde encontramos um valor para o coeficiente
$$
a_{n}=\frac{y^{(n)}(x_{0})}{n!}.
$$

Surge aqui uma questão. Partindo apenas da equação diferencial (3) é sempre possível encontrar \(y^{(n)}(x_{0})\) e portanto \(a_{n}\). Suponhamos que \(y(x)=\phi(x)\) é uma solução satisfazendo as condições iniciais \(y(x_{0})=y_{0}\), \(y^{\prime}(x_{0})=y_{0}^{\prime}\). Neste caso \(a_{0}=y_{0},a_{1}=y_{0}^{\prime}\). De (3) temos \(P\phi^{\prime\prime}+F\phi^{\prime}+G\phi=0\), ou seja,

(5)

$$
\phi^{\prime\prime}=-\frac{F}{P}\phi^{\prime}-\frac{G}{P}\phi=-f\phi^{\prime}-g\phi,
$$
lembrando que \(P\neq0\) em torno de \(x_{0}\). Notando que
$$
2!a_{2}=\phi^{\prime\prime}(x_{0}),\;\;\phi(x_{0})=y_{0}=a_{0},\;\;\phi^{\prime}(x_{0})=y_{0}^{\prime}=a_{1}
$$
temos
$$
2!a_{2}=\phi^{\prime\prime}(x_{0})=-f(x_{0})y^{\prime}(x_{0})-g(x_{0})y(x_{0})=-f(x_{0})a_{1}-g(x_{0})a_{0}.
$$

Derivando a equação (5) e fazendo \(x=x_{0}\) temos
$$
3!a_{3}=\phi^{(3)}(x_{0})=-[f\phi^{\prime\prime}+(f^{\prime}+g)\phi^{\prime}+g^{\prime}\phi]|_{x=x_{0}}=
$$
$$
=-2!a_{2}f(x_{0})+[f^{\prime}(x_{0})+g(x_{0})]a_{1}+g^{\prime}(x_{0})a_{0},
$$

onde denotamos por \(\phi^{(3)}\) a derivada terceira. Se as funções \(f(x)\) e \(g(x)\) são polinômios então possuem derivadas de qualquer ordem e podemos prosseguir com este mesmo tipo de cálculo para encontrar os demais coeficientes \(a_n\), \(n\gt 3\). Caso contrário, se forem funções mais gerais, por exemplo um quociente de polinômios, então é necessário que sejam funções analíticas e possamos escrever
$$
f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}(x-x_{0})^{n},\,\,\,\,g(x)=\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}(x-x_{0})^{n}
$$
para que o método possa ser executado. Neste mesma linha de pensamento generalizaremos a noção de ponto ordinário da equação (3): \(x_{0}\) é um ponto ordinário se \(f=F/P\) e \(g=G/P\) são analíticas em \(x=x_{0}\). Caso contrário ele é um ponto singular.

Exercícios 1

Resolva as seguintes equações diferenciais usando o método de séries de potências em torno do ponto \(x_{0}=0\), exceto quando indicado o contrário:

1. \(y^{\prime\prime}=y\), 2. \(y^{\prime\prime}-xy^{\prime}-y=0\) 3. \(y^{\prime\prime}-xy^{\prime}-y=0\), \(x_{0}=1\),
4. \(y^{\prime\prime}+k^{2}x^{2}y=0\) 5. \((1-x)y^{\prime\prime}+y=0\)
6. \((2+x^{2})y^{\prime\prime}-xy^{\prime}+4y=0\) 7. \(y^{\prime\prime}+xy^{\prime}+2y=0\)
8. \(y^{\prime\prime}+y^{\prime}+xy=0,x_{0}=1\) 9. \((1+x^{2})y^{\prime\prime}-4xy^{\prime}+6y=0\)
10. \((4-x^{2})y^{\prime\prime}+2y=0\) 11. \((3-x^{2})y^{\prime\prime}-3xy^{\prime}-y=0\)
12. \((1-x)y^{\prime\prime}+xy^{\prime}-y=0\) 13. \(2y^{\prime\prime}+xy^{\prime}+3y=0\)
14. \(2y^{\prime\prime}+(x+1)y^{\prime}+3y=0,x_{0}=2\)


Algumas Soluções

1. \(y_{1}=1+x^{2}/2!+x^{4}/4!+x^{6}/6!+\cdots=\cosh x\)
\(\;\;\;y_{2}=x+x^{3}/3!+x^{5}/5!+x^{7}/7!+\cdots = \text{senh} x\)
3. \(y_{1}=1+\frac{1}{2}(x-1)^{2}+\frac{1}{6}(x-1)^{3}+\frac{1}{6}(x-1)^{4}+\cdots\)
\(\;\;\;y_{2}=(x-1)+\frac{1}{2}(x-1)^{2}+\frac{1}{2}(x-1)^{3}+\frac{1}{4}(x-1)^{4}+\cdots\)
5. \(y_{1} =1-\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{6}-\frac{x^{4}}{24}+\cdots,\,\,\,\,y_{2}=x-\frac{x^{3}}{6}-\frac{x^{4}}{12}+\cdots\),
7. \(y_{1}= 1-x^{2}-\frac{x^{4}}{3}-\frac{x^{6}}{3.5}+\cdots=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{1.3.5.\ldots(2n-1)}x^{2n}\)
\(\;\;\;y_{2} =x-\frac{x^{3}}{2}-\frac{x^{5}}{2\cdot4}-\frac{x^{7}}{2\cdot4\cdot6}-\cdots =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{2\cdot4\cdot6\cdots(2n)}\),
9. \(y_{1}=1-3x^{2},\,\,\,\,y_{2}(x)=x-\frac{x^{3}}{3}\)
11.\(y_{1}=1+\frac{x^{2}}{6}+\frac{x^{4}}{24}+\frac{5x^{6}}{432}+\cdots,\)
\(\;\;\;y_{2}=x+\frac{2x^{3}}{9}+\frac{8x^{5}}{135}+\frac{16x^{7}}{945}+\cdots\)
13. \(y_{1}=1-\frac{3x^{2}}{4}+\frac{5x^{4}}{32}-\frac{7x^{6}}{384}+\cdots\)
\(\;\;\;y_{2}=x-\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{5}}{20}-\frac{x^{7}}{210}+\cdots= \text{senh}\; x\)

Intervalo de convergência

Teorema 1 Se \(x=x_{0}\) é um ponto ordinário da equação \(Py^{\prime\prime}+Fy^{\prime}+Gy=0\), ou seja, se \(f=F/P\) e \(g=G/P\) são analíticas em \(x=x_{0}\) então a sua solução geral é

$$
y=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(x-x_{0})^{n}=a_{0}y_{1}(x)+a_{1}y_{2}(x)
$$

onde \(y_{1}\) e \(y_{2}\) são linearmente independentes em \(x_{0}\). O raio de convergência da séries para \(y_{1}\) e \(y_{2}\) é, no mínimo, igual ao menor dos raios de convergência das séries de \(f\) e \(g\). Para determinar estes raios de convergência podemos expandir \(f\) e \(g\) em séries de Taylor e realizar os testes habituais de convergência (Consulte o apêndice.). Por outro lado, se \(P,\,\,F\) e \(G\) são polinômios, é possível mostrar usando a teoria das funções de variáveis complexas que \(G/P\) possui desenvolvimento em séries em torno de \(x=x_{0}\) se \(P(x_{0})\neq0\). Além disto, o raio de convergência desta série é \(\rho=|x_{0}-r|\) onde \(r\) é raiz de \(P\) mais próxima de \(x_{0}\). Mostraremos a seguir, através de exemplos o cálculo deste raio de convergência, em particular no caso de as raízes de \(P\) serem complexas.

Raios de Convergência

Exemplo 5. Qual é o raio de convergência da série de \(f(x)=(1+x^{2})^{-1}\) em torno de \(x=0\)? Devemos encontrar primeiro a expansão em séries de potência para esta função,
$$
f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}f^{(n)}(x_{0})(x-x_{0})^{n}.
$$

Temos
$$
f(0)=1,\;f^{\prime}(x)=\frac{-2x}{(1+x^{2})^{2}}, \;f^{\prime}(0)=0,\;\text{etc.}
$$
A função pode ser expressa em série
$$
f(x)1-x^{2}+x^{4}-x^{6}+\cdots+(-1)^{n}x^{2n}.
$$

Pelo teste da razão
$$
L=\lim_{n\rightarrow\infty}|\frac{(-1)^{n+1}x^{2(n+1)}}{(-1)^{n}x^{2n}}|=x^{2}.
$$

Portanto, a série converge no intervalo \(-1\lt x\lt 1\), e o raio de convergência é \(\rho=1\). Um outro procedimento, em geral mais simples, pode ser adotado. As raizes de \(1+x^{2}\) são \(x=\pm i\). A distância no plano complexo entre \(0\) e \(i\) é \(1\). Dai \(\rho=1\).

Exemplo 6 Vamos verificar a convergência da série de \((x^{2}-2x+2)^{-1}\) em torno de \(x=0\) e \(x=1\). A função possui denominador que se anula em \(x=1\pm i\). No plano complexo a distância entre \(x=0\) e \(1\pm i\) é \(\rho=\sqrt{2}\), que é o raio de convergência da série desta função em torno de \(x=0\). A distância entre \(x=1\) e \(1\pm i\) é \(\rho=1\), que é o raio de convergência da série desta função em torno de \(x=1\).

Raios de convergência

Exemplo 7: Determine a raio de convergência mínimo da solução de
$$
(1+x^{2})y^{\prime\prime}+2xy^{\prime}+4x^{2}y=0
$$

em torno de \(x=0\) e \(x=1/2\). Neste caso as funções \(P\), \(F\) e \(G\) são polinômios e \(P\) tem zeros em \(x=\pm i\). Os raios de convergência são, respectivamente as distâncias

$$
d(0,\pm i)=1,\,\,\,d\left(\frac{1}{2},\pm i\right)=\frac{\sqrt{5}}{2},
$$
onde \(d(a,b)\) é a distância entre os pontos \(a\) e \(b\) no plano complexo.

Exercícios 2

Determine os raios de convergência das séries:

1. \(\sum_{n=0}^{\infty}(x-3)^{n}\) 2. \(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n}{2^{n}}x^{n}\) 3. \(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2}n}{n!}\)
4. \(\sum_{n=0}^{\infty}2^{n}x^{n}\) 5. \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2x+1)^{n}}{n^{2}}\) 6. \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x-x_{0})^{n}}{n}\)

Determine um valor mínimo para o raio de convergência da solução em série das seguintes equações, em torno dos pontos \(x_{0}\) dados:

7. \(y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+6xy=0,\,\,\,x_{0}x_{0}=0,\,\,\,x_{0}=4\)
8. \((x^{2}-2x-3)y^{\prime\prime}+xy^{\prime}+4y=0,\,\,\,x_{0}x_{0}=0,\,\,\,x_{0}x_{0}=4, \,\,\,x_{0}x_{0}=-4\)
9. \((1+x^{3})y^{\prime\prime}+4xy^{\prime}+y=0,\,\,\,x_{0}x_{0}=0,\,\,\,x_{0}x_{0}=2\)
10. \(xy^{\prime\prime}+y=0,\,\,\,x_{0}x_{0}=1\).


Algumas Soluções

1. \(\rho=1\) 2. \(\rho=2\) 3. \(\rho=\infty\) 4. \(\rho=1/2\)
5. \(\rho=1/2\) 6. \(\rho=1\) 7. \(\rho=\infty\) 9. \(\rho=1,\rho=\sqrt{3}\)

A Equação de Legendre

Uma equação diferencial que surge com freqüência em aplicações matemática aplicada e na física e que, por isto, vale a pena ser tratada em separado é a equação de Legendre

(6)

$$
(1-x^{2})y^{\prime\prime}-2xy^{\prime}+l(l+1)y=0,
$$
onde \(l\) é uma constante real dada. Observando que os dois primeiros termos são a derivada de uma função
$$
\frac{d}{dx}[(1-x^{2})y^{\prime}]=(1-x^{2})y^{\prime\prime}-2xy^{\prime}
$$
reescreveremos a equação como
$$
[(1-x^{2})y^{\prime}]^{\prime}+ky=0.
$$
onde denotamos \(k=l(l+1)\) para obter uma notação mais compacta. Como \(x=0\) é um ponto ordinário da equação substituimos a solução analítica \(y=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\) na equação (6) obtendo
$$
(1-x^{2})\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}-2x\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1}+k\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=0\Rightarrow
$$
$$
\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}-\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n}-2x\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1}+k\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=0\Rightarrow
$$
$$
\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^{n}-\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n}-2\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n}+k\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=0.
$$
Retomando a constante \(k=l(l+1)\), coletaremos primeiro os termos constantes (múltiplos de \(x^{0}\)) que correspondem àqueles quando \(n=0\):
$$
2a_{2}+l(l+1)a_{0}=0,
$$
e os termos coeficientes de \(x\,(n=1)\):
$$
6a_{3}+[-2+l(l+1)]a_{1}=0.
$$
Os termos restantes podem ser agrupados sob o mesmo sinal de somatório:
$$
\sum_{n=2}^{\infty}[(n+2)(n+1)a_{n+2}-n(n-1)a_{n}-2na_{n}+ka_{n}]x^{n}=0,
$$
que só é nulo se os coeficientes se anulam,
$$
(n+2)(n+1)a_{n+2}+\left[-n(n-1)-2n+l(l+1)\right]a_{n}=0,\,\,\,\,n\geq2.
$$
Podemos rearrumar a expressão em colchetes como \([…]=(l+n)(l+n+1)\) e dai obtemos a fórmula de recorrência
$$
a_{n+2}=-\frac{(l+n)(l+n+1)}{(n+2)(n+1)}a_{n},\,\,\,\,n\geq2.
$$
Destas relações podemos encontrar os coeficientes da expansão de \(y(x)\), em termos das constantes \(a_{0}\) e \(a_{1}\):
$$
a_{2}=-\frac{l(l+1)}{2!}a_{0},
$$
$$
a_{3}=-\frac{(l-1)(l+2)}{3!}a_{1},
$$
$$
a_{4}=-\frac{(l-2)(l+3)}{4\cdot3}a_{2}=\frac{(l-2)l(l+1)(l+3)}{4!}a_{0},
$$
$$
a_{5}=-\frac{(l-3)(l+4)}{5\cdot4}a_{3}=\frac{(l-3)(l-1)(l+2)(l+4)}{5!}a_{1},
$$
e assim por diante. Com estes coeficientes construimos duas soluções
$$
y_{1}(x)=1-\frac{l(l+1)}{2!}x^{2}+\frac{(l-2)l(l+1)(l+3)}{4!}x^{4}+\cdots,
$$
$$
y_{2}(x)=x-\frac{(l-1)(l+2)}{3!}x^{3}+\frac{(l-3)(l-1)(l+2)(l+4)}{5!}x^{5}+\cdots.
$$
Observe que \(y_{1}\) só possui potências pares de \(x\) e, portanto, é uma função par, enquanto \(y_{2}\) só possui potências ímpares de \(x\), sendo uma função impar. Logo elas são l. i. e \(y=a_{0}y_{1}+a_{1}y_{2}\) é uma solução geral da equação de Legendre. As soluções são convergentes no intervalo \(-1\lt x\lt 1\).

Solução em séries em torno de pontos singulares

Pontos singulares regulares

Se \(P(x),\,\,F(x)\) e \(G(x)\) são polinômios sem fatores comuns na equação

(7)

$$
P(x)y^{\prime\prime}+F(x)y^{\prime}+G(x)y=0,
$$
os pontos singulares da equação diferencial são aqueles onde \(P(x) = 0\). Neste caso o método tratado na seção anterior não pode ser aplicado pois a solução não será analítica nestes pontos.

Exemplo 8. A equação de Euler

$$
x^{2}y^{\prime\prime}-2y=0
$$
tem um ponto singular em \(x = 0\). Como vimos no capítulo anterior, esta equação tem soluções

$$
y_{1}=x^{2}\;\;\text{ e }\;\;y_{2}=\frac{1}{x}
$$
em um intervalo que não inclue o ponto singular. A primeira destas soluções é limitada e analítica em \(\mathbb{R}\). A segunda não é analítica em \(x=0\) e, por isto, não pode ser escrita como \(y_{2}=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\).

Definição Se as funções \(P\), \(F\) e \(G\) são polinômios e \(x_{0}\) é um ponto singular da equação (7) então \(x_{0}\) é chamado de ponto singular regular se existirem os limites
$$
\lim_{x\rightarrow x_{0}}(x-x_{0})\frac{F(x)}{P(x)},\;\;\; \lim_{x\rightarrow x_{0}}(x-x_{0})^{2}\frac{G(x)}{P(x)}.
$$
No caso de as funções \(P\), \(F\) e \(G\) não serem polinômios mas funções mais gerais, então um ponto singular \(x_{0}\) da equação (11) é um ponto singular regular se
$$
(x-x_{0})\frac{F(x)}{P(x)}\,\text{ e }\,(x-x_{0})^{2}\frac{G(x)}{P(x)}
$$
são funções analí­ticas. Se o ponto for singular mas não regular dizemos que ele é uma singularidade irregular.

Exemplo 9. Vamos verificar a natureza dos pontos singulares da equação de Legendre
$$
(1-x^{2})y-2xy^{\prime}+l(l+1)y=0,
$$
onde \(l\) é uma constante. Eles são regulares ou irregulares? Temos que, neste caso
$$
\frac{F(x)}{P(x)}=-\frac{2x}{1-x^{2}},\,\,\,\frac{G(x)}{P(x)}=\frac{l(l+1)}{1-x^{2}},
$$
e, portanto, \(x=\pm1\) são os pontos sigulares. O ponto \(x=1\) é ponto singular regular pois
$$
\lim_{x\rightarrow 1}(x-1)\frac{-2x}{1-x^{2}}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{-2x(x-1)}{(1-x)(1+x)}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{2x}{1+x}=1,
$$
$$
\lim_{x\rightarrow 1}(x-1)^{2}\frac{l(l+1)}{1-x^{2}}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{(1-x)^{2}l(l+1)}{(1-x)(1+x)}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{(1-x)l(l+1)}{1+x}=0.
$$
O mesmo ocorre com \(x=-1\),
$$
\lim_{x\rightarrow-1}(x+1)\frac{-2x}{1-x^{2}}=\lim_{x}\frac{-2x(x+1)}{(1-x)(1+x)}=\lim_{x}\frac{-2x}{1-x}=1,
$$
$$
\lim_{x\rightarrow-1}(x+1)^{2}\frac{l(l+1)}{1-x^{2}}=\lim_{x\rightarrow-1}\frac{(x+1)^{2}l(l+1)}{(1-x)(1+x)}=\lim_{x\rightarrow-1}\frac{(x+1)l(l+1)}{(1-x)}=0.
$$
Vimos, portanto, que os dois pontos singulares desta equação são regulares.

O Método de Frobenius

Existem diversos problemas advindos das aplicações onde a solução procurada está exatamente em torno de um ponto singular e portanto a técnica estudada até este ponto não é suficiente. Procuramos então encontrar soluções para equações diferenciais do tipo

(8)

$$P(x)y^{\prime\prime}+F(x)y^{\prime}+G(x)y=0,$$
em torno de \(x=x_{0}\), um ponto singular regular. Vale lembrar que \(f=F/P\) não é uma função analí­tica em torno destes pontos. Nos restringiremos ao estudos das soluções em torno de pontos singulares regulares. Podemos supor, sem perda de generalidade, que o ponto singular regular é \(x_{0}=0\). (Se não for este o caso basta fazer uma substituição de variável, tomando \(u=x-x_{0}\)). Como o ponto é regular, os limites
$$
\lim_{x\rightarrow0}x\frac{F}{P},\;\;\;\lim_{x\rightarrow0}x^{2}\frac{G}{P},
$$
são ambos finitos e as funções \(xF/P=xf\) e \(x^{2}G/P=x^{2}g\) são ambas analí­ticas. Sendo analí­ticas elas possuem expansão em séries de potências em torno \(x=0\)
$$
xf(x)=\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}x^{n},\,\,\,\,x^{2}g(x)=\sum_{n=0}^{\infty}g_{n}x^{n},
$$
onde \(f_{n}\) e \(g_{n}\) são constantes, são convergentes em \(|x|\lt \rho\) em torno da origem. Dai notamos que
$$
f_{0}=\lim_{x\rightarrow0}x\frac{F}{P},\,\,\,\,g_{0}=\lim_{x\rightarrow0}x^{2}\frac{G}{P}.
$$
Reescrevemos a equação (8) multiplicada por \(x^{2}\) e dividida por \(P\).
$$
x^{2}y^{\prime\prime}+x\,xfy^{\prime}+x^{2}gy=0,
$$
ou ainda,
$$
x^{2}y^{\prime\prime}+xy^{\prime}\left(\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}x^{n}\right)+y\left(\sum_{n=0}^{\infty}g_{n}x^{n}\right)=0,
$$
Note que esta seria uma equação de Euler se os termos dentro dos parênteses fossem constantes. Isto ocorreria se todas as constantes \(f_{n}\) e \(g_{n}\) (para \(n=1,\,2\),…) fossem nulas, restanto portanto apenas \(f_{0}\) e \(g_{0}\) não nulas. As equações de Euler foram resolvidas através da substituição \(y=x^{r}\). No caso presente tentaremos soluções na forma de

(9)

$$
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r}=x{}^{r}\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n},
$$
onde \(r\) é uma constante por enquanto indeterminada. Deveremos ser capazes de determinar \(r\) por substituição de (9) na equação diferencial. Vamos ilustrar o uso desse método nos próximos exemplos.

Exemplo 10. A equação diferencial
$$
2xy^{\prime\prime}-y^{\prime\prime}+2y=0,
$$
possui um ponto singular em \(x=0\). Em torno deste ponto podemos utilizar a solução de Frobenius para resolvê-la. Vemos que, de fato, \(x=0\) é ponto singular regular pois
$$
f=-\frac{1}{2x},\,\,\,\,g=\frac{1}{x},
$$
$$
xf=-\frac{1}{2},\,\,\,\,x^{2}g=x,
$$
sendo os dois últimos termos finitos quando \(x\rightarrow0\). Derivamos a solução tentativa \(y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r},\) obtendo
$$
y^{\prime}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_{n}x^{n+r-1},
$$
$$
y^{\prime\prime}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_{n}x^{n+r-2}.
$$
Observe que agora não é necessário eliminar o termo com \(n=0\) na derivada primeira pois este não é um termo constante na equação. O mesmo ocorre com o termo \(n=1\) na derivada segunda. Substituindo as derivadas na equação temos
$$
2x\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_{n}x^{n+r-2}-\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_{n}x^{n+r-1}+2\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r}=0,
$$
ou seja,
$$
\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(2n+2r-3)a_{n}x^{n+r-1}+\sum_{n=0}^{\infty}2a_{n-1}x^{n+r-1}=0.
$$
O último somatório foi modificado da seguinte forma:
$$
\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r}=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n-1}x^{n+r-1},
$$
para facilitar a comparação entre todos os termos da série. Escrevemos agora o termo multiplo de \(x^{r-1}\), correspondente a \(n=0\), em separado e os demais termos dentro do mesmo somatório, que começa em \(n=1\):
$$
[2r(r-1)-r]a_{0}x^{r-1}+\sum_{n=1}^{\infty}[(n+r)(2n+2r-3)a_{n}+2a_{n-1}]x^{n+r-1}=0.
$$
Os coeficientes de cada potência de \(x\) devem se anular independentemente, em particular o termo multiplo de \(x^{r-1}\) que fornece valores para a constante \(r\), até aqui desconhecida. Supondo \(a_{0}\neq 0\) temos
$$
2r(r-1)-r=2r^{2}-3r=0,
$$
é a chamada equação indicial com raizes, \(r_{1}=0\) e \(r_{2}=3/2,\) que são denominadas os expoentes da singularidade. Os termos restantes podem ser escritos como
$$
\sum_{n=1}^{\infty}[(n+r)(2n+2r-3)a_{n}+2a_{n-1}]x^{n+r-1}=0.
$$
Anulando os coeficientes de todas as potências de \(x\) temos uma relação de recorrência para os termos \(a_{n}\).
$$
a_{n}=\frac{-2a_{n-1}}{(n+r)(2n+2r-3)},\,\,\,\,n\geq1.
$$
Podemos agora obter uma solução para cada um dos valores de \(r\). Para \(r=0\) temos:
$$
a_{n}=\frac{-2a_{n-1}}{n(2n-3)},\,\,\,\,n\geq1,
$$
o que leva aos coeficientes

\(a_{1}=2a_{0},\) \(a_{4}=-\frac{a_{3}}{10}=-\frac{2a_{0}}{45},\) \(a_{2}=-a_{1}=-2a_{0},\)
\(a_{5}=-\frac{2a_{4}}{5}=\frac{4a_{0}}{45^{2}},\) \(a_{3}=-\frac{2a_{2}}{9}=\frac{4a_{0}}{9},\) \(\dots\)

A solução correspondente é
$$
y_{1}(x)=a_{0}\left(1+2x-2x^{2}+\frac{4}{9}x^{3}-\frac{2}{45}x^{4}+\frac{4}{45^{2}}x^{5}+\ldots\right).
$$
Para \(r=3/2\) a relação de recorrência se torna
$$
a_{n}=\frac{-2a_{n-1}}{2n(n+3/2)}=\frac{-2a_{n-1}}{n(2n+3)},\,\,\,\,n\geq1.
$$

Dai encontramos

\(a_{1}=-\frac{2a_{0}}{5},\) \(a_{4}=\frac{2a_{3}}{4.11}=\frac{2a_{0}}{3.5.7.9.11},\)
\(a_{2}=-\frac{a_{1}}{7}=\frac{2a_{0}}{5.7},\) \(a_{5}=-\frac{2a_{4}}{5.13}=-\frac{4a_{0}}{3.5.7.9.11.13},\)
\(a_{3}=-\frac{2a_{2}}{3.9}=-\frac{4a_{0}}{3.5.7.9}, \ldots\)

À estes coeficientes corresponde a solução

$$
y_{2}(x)=a_{0}\left(1-\frac{2x}{5}+\frac{2x^{2}}{5.7}-\frac{4x^{3}}{3.5.7.9}+\frac{4x^{4}}{3.5.7.9.11}+\cdots\right).
$$
A solução geral é uma combinação linear das duas.

Exemplo 11. Utilizaremos o método de Frobenius para resolver a equação
$$
2x^{2}y^{\prime\prime}-xy^{\prime}+(1+x)y=0,
$$
em torno de \(x=0\). Novamente vemos que o ponto é singular regular pois
$$
f=-\frac{1}{2x},\,\,\,\,g=\frac{1+x}{2x^{2}},
$$

$$
xf=-\frac{1}{2},\,\,\,\,x^{2}g=\frac{1+x}{2}.
$$
Substituindo \(y=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r}\) e suas derivadas obtemos
$$
2x^{2}\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_{n}x^{n+r-2}-x\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_{n}x^{n+r-1}+(1+x)\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r}=0,
$$
$$
\sum_{n=0}^{\infty}\left[2(n+r)(n+r-1)-(n+r)+1\right]a_{n}x^{n+r-1}+\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r+1}=0,
$$
A última soma pode ser reescrita, para efeito de comparação com os termos anteriores, da seguinte forma:
$$
\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r+1}=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n-1}x^{n+r}.
$$
Voltamos a escrever a equação diferencial com o termo \(n=0\) isolado:
$$
[2r(r-1)-r+1]a_{0}x^{r}+\sum_{n=0}^{\infty}\left\{ \left[2(n+r)(n+r-1)-(n+r)+1\right]a_{n}+a_{n-1}\right\} x^{n+r}=0.
$$
Os coeficientes de potências diversas de \(x\) devem se anular independentemente. Em particular o termo múltiplo de \(x^{r}\) nos permite encontrar a equação indicial
$$
2r(r-1)-(r-1)=(r-1)(2r-1)=0,
$$
cujas raizes são \(r_{1}=1\) e \(r_{2}=1/2.\) Anulando os coeficientes das demais potências de \(x\) temos
$$
[2(n+r)(n+r-1)-(n+r)+1]a_{n}+a_{n-1}=0
$$
o que é uma relação de recorrência para os termos \(a_{n}\).
$$
a_{n}=\frac{-a_{n-1}}{2(n+r)(n+r-1)-(n+r-1)}=\frac{-a_{n-1}}{(n+r-1)[2(n+r)-1]},\,\,\,n\geq1.
$$
Cada uma das raí­zes encontradas das para \(r\) nos fornece um conjunto de coeficientes. Para \(r=1\) a relação de recorrência é
$$
a_{n}=\frac{-a_{n-1}}{(2n+1)n},\,\,\,n\geq1,
$$
e portanto
$$
a_{1}=-\frac{a_{0}}{3},\,\,\,a_{2}=\frac{a_{0}}{30},\,\,\,a_{3}=\frac{-a_{0}}{630},\,\,\cdots
$$
O termo genérico pode ser obtido neste caso
$$
a_{n}=\frac{(-1)^{n}a_{0}}{3.5.7\cdots(2n+1)n!},\,\,\,n\geq1.
$$
A solução correspondente é
$$
y_{1}=x^{r}\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=x\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{n}}{3.5.7\cdots(2n+1)n!}\right].
$$
Para \(r=1/2\) a relação de recorrência se torna
$$
a_{n}=\frac{-a_{n-1}}{n(2n-1)},\,\,\,n\geq1.
$$
Dai
$$
a_{1}=-a_{0},\,\,\,a_{2}=\frac{-a_{1}}{6}=\frac{a_{0}}{6},\,\,\,a_{3}=\frac{-a_{0}}{6.15}\cdots
$$
O termo genérico é
$$
a_{n}=\frac{(-1)^{n}a_{0}}{3.5.7\cdots\left(2n-1\right)n!},\,\,\,n\geq1.
$$
A solução correspondente é
$$
y_{2}=x^{r}\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=x^{1/2}\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{n}}{3.5.7\cdots\left(2n-1\right)n!}\right].
$$
A solução geral do problema é uma combinação linear das duas soluções
$$
y(x)=c_{1}y_{1}(x)+c_{2}y_{2}(x).
$$
Fica como exercí­cio o cálculo dos raios de convergência das soluções encontradas.

Retornando ao formalismo geral, resolvemos equações do tipo estudado por Frobenius através de soluções que se decompõem em séries de potência
$$
y=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r},
$$
cujas derivadas são
$$
y^{\prime}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_{n}x^{n+r-1},\,\,\,\,y^{\prime\prime}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_{n}x^{n+r-2}.
$$
Sendo \(x=0\) um ponto singular regular desta equação temos que \(xf\) e \(x^{2}g\) são analí­ticas e podem ser expressas como as séries de potências
$$
xf=\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}x^{n}\,\,\text{e}\,\,x^{2}g=\sum_{n=0}^{\infty}g_{n}x^{n}.
$$
Substituindo \(y\) e suas derivadas na equação diferencial temos
$$
\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_{n}x^{n+r}+\left(\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}x^{n}\right)\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_{n}x^{n+r-1}+
$$

$$
+\left(\sum_{n=0}^{\infty}g_{n}x^{n}\right)\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r}=0.
$$
Fazendo a multiplicação das séries infinitas obtemos

$$
a_{0}F(r)x^{r}+\sum_{n=1}^{\infty}\left\{ F(r+n)a_{n}+\sum_{k=0}^{n-1}\left[\left(r+k\right)f_{n-k}+g_{n-k}\right]a_{k}\right\} +x^{r+n}=0,
$$
onde
$$
F(r)=r(r-1)+f_{0}r+g_{0}.
$$
Para que o polinômio seja nulo o coeficiente de cada potência de \(x\) deve ser nulo. Como \(a_{0}\neq0\), a anulação do coeficiente de \(x^{r}\) leva à equação indicial, \(F(r)=0\). Caso existam duas raizes reais distintas para esta equação construimos duas soluções l. i.,
$$
y_{1}=x^{r_{1}}\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n},\,\,\,\,y_{2}=x^{r_{2}}\sum_{n=0}^{\infty}b_{n}x^{n},
$$
e uma combinação linear destas duas representa uma solução geral do problema. Por outro lado, se as raí­zes da equação indicial forem iguais ou se diferirem por um inteiro, um tratamento diferenciado deve ser adotado, como se segue.

Raí­zes iguais ou que diferem por um inteiro

Na solução da equação de Euler vimos que se \(r_{1}=r_{2}\) então temos uma solução involvendo o logaritmo. O mesmo ocorre aqui, como expresso pelo teorema a seguir.

Teorema Considere a equação diferencial

(10)

$$
L[y]=x^{2}y^{\prime\prime}+x[xf(x)]y^{\prime}+[x^{2}g(x)]y=0,
$$
onde \(x=0\) é ponto singular regular. Neste caso \(xf\) e \(x^{2}g\) são analí­ticas e podem ser expressas como as séries de potências

$$
xf=\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}x^{n},\,\,\,\,\,x^{2}g=\sum_{n=0}^{\infty}g_{n}x^{n}.
$$
A equação indicial é
$$
F(r)=r(r-1)+f_{0}r+g_{0}=0.
$$
Se as raizes desta equação forem reais, tome \(r_{1}\) como sendo a maior delas, \(r_{1}\geq r_{2}\). Uma das soluções será
$$
y_{1}(x)=|x|^{r_{1}}\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}x^{n}\right],
$$
onde estes coeficientes \(a_{n}\) foram calculados tomando-se \(r=r_{1}\). Caso a segunda raiz seja igual, \(r_{2}=r_{1}\) então uma segunda solução será
$$
y_{2}(x)=y_{1}(x)ln|x|+|x|^{r_{1}}\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}x^{n}\right].
$$
Se as raizes diferirem por um inteiro \(N\), \(r_{1}-r_{2}=N,\) então uma segunda solução será
$$
y_{2}(x)=Cy_{1}(x)\ln|x|+|x|^{r_{2}}\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}c_{n}x^{n}\right],
$$
onde \(C\) é outra constante e os coeficientes \(c_{n}\) foram calculados tomando-se \(r=r_{2}\).

No caso das raizes iguais temos apenas uma solução e procuramos por uma segunda, da mesma forma que fizemos ao tratar das equações de Euler. Vamos procurar uma solução da equação (10) sob a forma de
$$
y=\phi(r,x)=x^{r}\left(\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\right),
$$
uma função que depende de \(x\) e de \(r\). Como antes, obtemos a equação

(11)

$$
L\left[\phi\right](r,x)=a_{0}F(r)x^{r}+\sum_{n=1}^{\infty}\left\{ F(r+n)a_{n}+\sum_{k=0}^{n-1}\left[\left(r+k\right)f_{n-k}+g_{n-k}\right]a_{k}\right\} x^{r+n}.
$$
Se as raizes são iguais fazemos \(r=r_{1}\) nesta equação e escolhemos \(a_{n}\) obtendo uma solução. Para encontrar a outra solução tomamos \(a_{n}\) de forma a anular o termo entre colchetes,

(12)

$$
a_{n}=-\frac{\sum_{k=0}^{n-1}\left[\left(r+k\right)f_{n-k}+g_{n-k}\right]a_{k}}{F(r+n)},\,\,\,n\geq1,
$$
agora com \(r\) variando continuamente. Admitimos que \(F(r+n)\neq0\). Com esta escolha a equação (11) se reduz a
$$
L\left[\phi\right](r,x)=a_{0}F(r)x^{r},
$$
onde \(F(r)=(r-r_{1})^{2}\), já que \(r_{1}\) é uma raiz dupla da equação indicial. Tomando \(r=r_{1}\) obtemos a solução que já conhecemos,
$$
y_{1}(x)=\phi(r_{1},x)=x^{r_{1}}\left(a_{0}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}x^{n}\right).
$$

Da mesma forma como fizemos com a equação de Euler, temos agora que
$$
L\left[\frac{\partial\phi}{\partial r}\right]\left(r_{1},x\right)=a_{0}\left.\frac{\partial}{\partial r}[x^{r}(r-r_{1})^{2}]\right|_{r=r_{1}}=
$$
$$
a_{0}[(r-r_{1})^{2}x^{r}\ln x+2(r-r_{1})x^{r}]|_{r=r_{1}}=0,
$$
de onde podemos concluir que
$$
y_{2}(x)=\frac{\partial\phi\left(r_{1},x\right)}{\partial r}|_{r=r_{1}}
$$
é também uma solução. Para obter a forma final desta solução vamos executar a derivação indicada:
$$
y_{2}(x)=\frac{\partial}{\partial r}\left[x^{r_{1}}\left(a_{0}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}x^{n}\right)\right]{}_{r=r_{1}}=\left(x^{r_{1}}\ln x\right)\left[a_{0}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}x^{n}\right]+x^{r_{1}}\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{\prime}x^{n}=
$$
$$
=y_{1}(x)\ln x+x^{r_{1}}\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{\prime}x^{n},\,\,\,\,x\gt 0,
$$

onde \(a_{n}^{\prime}=da_{n}/dr\) no ponto \(r=r_{1}\), sendo que \(a_{n}\) é obtida através da equação (12) , vista como função de \(x\) e \(r\).

No caso de raizes diferindo por um inteiro a solução se torna um pouco mais complicada. Apenas para esboçar a solução, se tentarmos usar uma solução na forma de
$$
y_{2}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r_{2}},
$$
teríamos dificuldades ao calcular o termo \(a_{N}\), quando \(r=r_{2}\), por meio da equação (12). Neste caso temos
$$
F(r+N)=(N+r-r_{1})(N+r-r_{2})=(N+r-r_{2})(r-r_{2}),
$$
que é nula quando \(r=r_{2}\). Para contornar esta dificuldade escolhemos \(a_{0}=r-r_{2}\) e os demais termos \(a_{n}\) se tornam todos múltiplos de \(r-r_{2}\) uma vez que são múltiplos de \(a_{0}\) pela equação de recorrência. O fator comum \(r-r_{2}\) no numerador de (12) pode ser cancelado pelo termo igual no denominador, que surge quando \(n=N\). Fazendo uma análise análoga à que foi feita no caso anterior, de raizes iguais, encontra-se uma solução com a forma de
$$
y_{2}(x)=Cy_{1}(x)\ln\left|x\right|+\left|x\right|^{r_{2}}\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}c_{n}x^{n}\right],
$$
onde os coeficientes \(c_{n}\) são dados por
$$
c_{n}=\left[\frac{d}{dr}\left(r-r_{2}\right)a_{n}\right]{}_{r=r_{2}},\,\,\,\,n=1,2,\ldots
$$
e \(a_{n}\) são definidos pela equação (12) com \(a_{0}=1\) e
$$
C=\lim_{r\rightarrow r_{2}}(r-r_{2})a_{N}.
$$

Observe que pode ocorrer que \(C\) seja nulo. Neste caso o termo com logaritmo não aparece na solução procurada.

Exercícios 3

1. \(2xy^{\prime\prime}-y^{\prime}+2y=0\)
2. \(2xy^{\prime\prime}+5y^{\prime}+xy=0\)
3. \(4xy^{\prime\prime}+\frac{1}{2}y^{\prime}+y=0\)
4. \(2x^{2}y^{\prime\prime}-xy^{\prime}+(x^{2}+1)y=0\)
5. \(3xy^{\prime\prime}+(2-x)y^{\prime}-y=0\)
6. \(x^{2}y^{\prime\prime}-\left(x-\frac{2}{9}\right)y=0\)
7. \(2xy^{\prime\prime}-(3+2x)y^{\prime}+y=0\)
8. \(x^{2}y^{\prime\prime}+xy^{\prime}+\left(x^{2}-\frac{4}{9}\right)y=0\)
9. \(9x^{2}y^{\prime\prime}+9x^{2}y^{\prime}+2y=0\)
10. \(2x^{2}y^{\prime\prime}+3xy^{\prime}+(2x-1)y=0\)
11. \(2x^{2}y^{\prime\prime}-x(x-1)y^{\prime}-y=0\)
12. \(x(x-2)y^{\prime\prime}+y^{\prime}-2y=0\)
13. \(x^{2}y^{\prime\prime}+\left(x^{2}+\frac{5}{36}\right)y=0\)


Algumas Soluções

1. \(y_{1}=\left(x^{3/2}1-\frac{2}{5}x+\frac{2^{2}}{2.5.7}x^{2}-\frac{2^{3}}{2.3.5.7.9}x^{3}+\cdots\right),\)
\(y_{2}=1+2x-2x^{2}+\frac{2^{3}}{2.3^{2}}x^{3}+\cdots\)
3. \(y_{1}=x^{7/8}\left(1-\frac{2}{15}x+\frac{2^{2}}{2.15.23}x^{2}-\frac{2^{3}}{2.3.15.23.31}x^{3}+\cdots\right)\),
\(y_{2}=1-2x-\frac{2^{2}3}{2.9}x^{2}-\frac{2^{3}}{2.3.9.17}x^{3}+\cdots\)
5. \(y_{1}=x^{1/3}\left(1+\frac{1}{3}x+\frac{1}{2.3^{2}}x^{2}+\cdots\right),\)
\(y_{2}=1+\frac{1}{2}x+\frac{1}{2.5}x^{2}+\frac{1}{2.5.8}x^{3}+\cdots\)
7. \(y_{1}=x^{5/2}\left(1+\frac{2^{2}}{7}x+\frac{2^{2}.3}{7.9}x^{2}+\frac{2^{5}}{7.9.11}x^{3}+\cdots\right),\)
\(y_{2}=1+\frac{1}{3}x-\frac{1}{6}x^{2}-\frac{1}{6}x^{3}+\cdots\)
9. \(y_{1}=x^{2/3}\left(1-\frac{1}{2}x+\frac{5}{28}x^{2}-\frac{1}{21}x^{3}+\cdots\right),\)
\(y_{2}=x^{1/3}\left(1-\frac{1}{2}x+\frac{1}{5}x^{2}-\frac{7}{120}x^{3}+\cdots\right)\)
11. \(y_{1}=x\left(1+\frac{1}{5}x+\frac{1}{5.7}x^{2}+\frac{1}{5.7.9}x^{3}+\cdots\right),\)
\(y_{2}=x^{-1/2}\left(1+\frac{1}{2}x+\frac{1}{2^{3}}x^{2}+\frac{1}{2^{4}.3}x^{3}+\cdots\right)\)
13. \(y_{1}=x^{5/6}\left(1-\frac{3}{16}x^{2}+\frac{9}{896}x^{4}+\cdots\right),\)
\(y_{2}=x^{1/6}\left(1-\frac{3}{8}x^{2}+\frac{9}{320}x^{4}+\cdots\right)\)

3. Equações Lineares de Segunda Ordem

Uma equação diferencial de segunda ordem tem a forma geral

(1)

$$
\frac{d^{2}y(x)}{dx^{2}}=f\left(x,\,y,\,\frac{dy}{dx}\right).
$$

Ela é uma equação linear se pode ser escrita como
$$
P(x)y^{\prime\prime}+F(x)y^{\prime}+G(x)y=R(x).
$$

Neste caso a equação é dita homogênea se \(R(x)=0\). Caso contrário ela é não homogênea. Em muitos casos é útil dividir toda a equação por \(P(x)\), onde esta função não se anula, e reescrever (1) como
$$
y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=r(x),
$$

onde os novos coeficientes de \(y\) e suas derivadas são agora
$$
f(x)=\frac{F(x)}{P(x)},\;\,g(x)=\frac{G(x)}{P(x)},\;\,r(x)=\frac{R(x)}{P(x)}.
$$

No caso de ser uma equação homogênea, \(r(x)=0\), então
$$
y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=0.
$$

Figura: Sistema massa-mola.

Exemplo 1. Um exemplo importante de equação diferencial de segunda ordem, linear e não homogênea, é o de um corpo de massa \(m\), preso a uma mola de constante elástica \(k\), sob atrito e sujeito à uma força externa variável \(f(t)\), como ilustrado na figura 1. A força que a mola exerce sobre o corpo é dada pela lei de Hooke, \(f=-kx\), enquanto o atrito exerce uma força proporcional à sua velocidade e em direção oposta a ela. Adicionando-se uma força externa \(f(t)\) e usando a segunda lei de Newton temos

(2)

$$
m\frac{d^{2}x(t)}{dt}+c\frac{dx}{dt}+kx=f(t),
$$
onde \(c\) uma constante que descreve o atrito. Aprenderemos mais tarde técnicas de solução de problemas como este.

Exemplo 2. Considere o problema de contorno,
$$
y^{\prime\prime}-y=0;\;\,y(0)=2,\;\,y^{\prime}(0)=-1.
$$
Sabemos, sem auxílio de qualquer técnica de solução, que duas funções elementares satisfazem \(y^{\prime\prime}=y.\) Elas são as exponenciais
$$
y_{1}=e^{x},\;\,y_{2}=e^{-x},
$$

como se pode verificar por derivação e substituição direta. Observe também que uma combinação linear destas soluções formam ainda uma solução
$$
y(x)=Ae^{x}+Be^{-x},
$$

\(A\) e \(B\) constantes indeterminadas. Mostre, como um exercício, que esta é realmente uma solução. Esta é a chamada solução geral para este problema. Para satisfazer as condições de contorno precisamos da derivada
$$
y^{\prime}(x)=Ae^{x}-Be^{-x}.
$$

Calculando os valores de \(y\) e \(y^{\prime}\) no ponto \(x=0\) temos
$$
y(0)=A+B=2,\;\,y^{\prime}(0)=A-B=-1
$$

que é uma sistema, com solução \(A=1/2\) e \(B=3/2.\) A solução particular é, portanto,
$$
y(x)=\frac{1}{2}e^{x}+\frac{3}{2}e^{-x},
$$

satisfazendo simultaneamente a equação diferencial e os valores de contorno.

Exemplo 3. Vamos resolver o problema de contorno,

(3)

$$
y^{\prime\prime}+\omega^{2}y=0;\;\,y(0)=\frac{1}{2},\;\,y^{\prime}(0)=\omega,
$$
onde \(\omega\) é uma constante. Conhecemos duas funções cujas derivadas segundas são iguais a si mesmas com sinal invertido, que são as funções seno e cosseno. Devido à presença da constante \(\omega\) precisamos usar as soluções
$$
y_{1}=\cos\omega x,\;\,y_{2}=\text{ sen }\omega x.
$$

Mais uma vez, uma combinação linear destas soluções forma a solução geral,
$$
y(x)=A\cos\omega x+B\text{ sen }\omega x,
$$

como se pode verificar por derivação e substituição na equação (3). Sua derivada primeira é
$$
y^{\prime}(x)=-\omega A\text{ sen }x+\omega B\cos x.
$$

No ponto \(x=0\) temos
$$
y(0)=A=\frac{1}{2},\;\,y^{\prime}(0)=\omega B=\omega,
$$

e, portanto \(A=1/2\) e \(B=1\). Como resultado chegamos à solução particular
$$
y(x)=\frac{1}{2}\cos\omega x+\text{ sen }\omega x,
$$

satisfazendo a equação diferencial e os valores de contorno.

Vimos nos exemplos acima que cada uma das equações diferenciais consideradas admite duas soluções e que uma combinação linear destas soluções é também uma solução. é necessário agora considerar em que situações a combinação linear de duas soluções encontradas representa a solução mais geral do problema e quando esta solução poderá ser ajustada às condições de contorno. Na seção seguinte aprimoramos nosso tratamento formal das equações diferenciais lineares de segunda ordem.

Soluções Fundamentais das Equações Homogêneas Lineares

Vamos considerar novamente as soluções da equação linear homogênea
$$
y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=0.
$$
Sejam \(f(x)\) e \(g(x)\) funções contínuas, definidas no intervalo \(I=[a,b]\) (que pode ser a reta real inteira, \(I=\mathbb{R}\)), e \(\phi\) uma função duplamente derivável no intervalo \(I\). Definimos o operador diferencial

(4)

$$
L[\phi]=\phi^{\prime\prime}+f\phi^{\prime}+g\phi.
$$
Escrita em termos deste operador a equação (4) é
$$
L[\phi]=0.
$$

O operador \(L\) é formado por derivações e multiplicação pelas funções \(f\) e \(g\)
$$
L=D^{2}+fD+g,
$$

onde escrevemos o operador derivada como \(D=d/dx\).

Definição Um operador \(O\) é dito linear se
$$
O[\alpha f+\beta g]=\alpha O[f]+\beta O[g],
$$

onde \(\alpha\) e \(\beta\) são constantes e \(f\) e \(g\) são funções dentro do domínio de atuação do operador.

(1) De fato, a derivada de qualquer ordem é um operador linear.

Exemplo 4. A derivada primeira e a derivada segunda são operadores lineares(1) pois
$$
\frac{d}{dx}[\alpha f(x)+\beta g(x)]=\alpha\frac{d}{dx}f(x)+\beta\frac{d}{dx}g(x),
$$
$$
\frac{d^{2}}{dx^{2}}[\alpha f(x)+\beta g(x)]=\alpha\frac{d^{2}}{d^{2}x}f(x)+\beta\frac{d^{2}}{d^{2}x}g(x),
$$

\(\alpha\) e \(\beta\) constantes.

Exemplo 5. O operador \(L\) definido em (4) é um operador linear, pois
$$ \begin{array}{rl}
L[c_1 y_1 +c_2 y_2] & \equiv D^2 [c_1 y_1 +c_2 y_2 ]+fD[c_1 y_1 +c_2 y_2 ]+g[c_1 y_1 +c_2 y_2 ] & \\
& =c_1 D^2 [y_1]+c_2 D^2 [y_2]+c_1 fD[y_1]+c_2 fD[y_2]+c_1 gy_1 +c_2 gy_2 & =c_1 L[y_1]+c_2 L[y_2].
\end{array} $$

Podemos agora enunciar um teorema que nos permite determinar os intervalos sobre os quais a solução de uma equação diferencial é única.

Teorema 1. Se \(f(x)\) e \(g(x)\) são funções contínuas no intervalo aberto \(I\) que contém o ponto \(x_{0}\) então o problema de valor inicial
$$
L[y]=y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=r(x),\;\,y(x_{0})=y_{0},\;\,y^{\prime}(x_{0})=y_{0}^{\prime},
$$

admite uma única solução sobre todo o intervalo \(I\).

Exemplo 6. Vamos encontrar o intervalo mais amplo onde o problema de valor inicial
$$
(x^{2}-x)y^{\prime\prime}+xy^{\prime}+(x-1)y=0,\;y\left(\frac{1}{2}\right)=1,\;y^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=0
$$

admite solução. Começamos por reescrever a equação acima como
$$
y^{\prime\prime}+\frac{x}{x(x-1)}xy^{\prime}+\frac{x-1}{x(x-1)}y=0
$$

e, portanto, identificamos
$$
f=\frac{1}{x-1},\;g=\frac{1}{x}
$$

que possuem descontinuidades nos pontos \(x=1\) e \(x=0\). O maior intervalo que inclue o ponto \(x=1/2\) é o aberto \(I=(0,1)\).

Exemplo 7. Se \(f(x)\) e \(g(x)\) são funções contínuas em torno do intervalo \(I\) que contém o ponto \(x_{0}\), o problema de valor inicial
$$
y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=0,\;y(x_{0})=0,\;y^{\prime}(x_{0})=0
$$

admite como solução \(y(x)\equiv0\). Pelo Teorema 1 esta é a única solução.

Teorema 2: (Princípio da superposição) Se \(y_{1}\) e \(y_{2}\) são soluções de
$$
L[y]=y^{\prime\prime}+fy^{\prime}+gy=0
$$

então a combinação linear
$$
y(x)=c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}
$$
é também uma solução.

Demonstração: Segue direto da linearidade do operador \(L\), pois
$$
L[c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}]=c_{1}L[y_{1}]+c_{2}L[y_{2}]=0,
$$

já que \(L[y_{1}]=0,\;\;L[y_{2}]=0\) (pois \(y_{1}\) e \(y_{2}\) são soluções).

Observe que o princípio da superposição somente se aplica a equações lineares e homogêneas. Os dois exemplos seguintes mostram que o teorema não se aplica a equações diferenciais não lineares ou não homogêneas.

Exemplo 8. Podemos verificar por substituição direta que
$$
y_{1}=x^{2},\;\;y_{2}=1
$$

são soluções da equação diferencial não linear
$$
y^{\prime\prime}y-xy^{\prime}=0.
$$

No entanto, as combinações lineares
$$
-y_{1}=-x^{2},\;\,y_{1}+y_{2}=1+x^{2}
$$

não são soluções.

Exemplo 9. Podemos verificar por substituição que a equação diferencial não homogênea
$$
y^{\prime\prime}+y=1
$$

admite as soluções
$$
y_{1}=1+\cos x,\;\;y_{2}=1+\text{ sen }x.
$$

As seguintes combinações lineares
$$
2y_{1}=2+2\cos x,\;\;y_{1}+y_{2}=2+\cos x+\text{ sen }x
$$

não são soluções desta equação.

Temos agora condições para responder à seguinte pergunta: na solução de um problema de segunda ordem, tendo encontrado uma solução geral na forma de
$$
y(x)=c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2},
$$

é sempre possível ajustar as constantes \(c_{1} \text{ e } c_{2}\) de modo a satisfazer as condições de contorno
$$
y(x_{0})=y_{0},y^{\prime}(x_{0})=y_{0}^{\prime},
$$

onde \(x_{0},\;y_{0}\) e \(y_{0}^{\prime}\) são números reais? Para responder a esta pergunta escreveremos as condições de contorno
$$
y(x_{0})=c_{1}y_{1}(x_{0})+c_{2}y_{2}(x_{0})=y_{0},
$$

$$
y^{\prime}(x_{0})=c_{1}y_{1}^{\prime}(x_{0})+c_{2}y_{2}^{\prime}(x_{0})=y_{0}^{\prime}.
$$

As mesmas equações podem ser escritas sob forma matricial como

(5)

$$
\begin{bmatrix} y_{1}(x_{0}) & y_{2}(x_{0}) \\ y_{1}^{\prime}(x_{0}) & y_{2}^{\prime}(x_{0}) \end{bmatrix}
\begin{bmatrix} c_{1} \\ c_{2} \end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix} y_{0} \\ y_{0}^{\prime} \end{bmatrix}
$$
Usamos a notação para o determinante de uma matriz A: \(\det(A)= \left|A\right|\).

Sabemos, da álgebra Linear, que este sistema só admite solução se o determinante da matriz \(2\times2\) acima for não nulo. Este determinante aparece em diversos contextos na teoria das equações diferenciais e recebe o nome de Wronskiano.

Definição: O Wronskiano \(W\) de duas funções \(f(x)\) e \(g(x)\) é o determinante

$$
W(f,g)=
\left|
\begin{array}{rr}
f(x) & g(x) \\
f^{\prime}(x) & g^{\prime}(x) \\
\end{array}
\right|
= f(x) g^{\prime}(x) – f^{\prime}(x) g(x).
$$

De posse desta definição e retornando ao sistema (5) podemos usar a regra de Cramer para encontrar \(c_{1}\) e \(c_{2}\).
$$
c_{1}=\frac{ \left|
\begin{array}{rr}
y_{0} & y_{2}(x_{0}) \\
y_{0}^{\prime} & y_{2}^{\prime}(x_{0}) \\
\end{array}
\right|}
{\left|
\begin{array}{rr}
y_{1}(x_{0}) & y_{2}(x_{0}) \\
y_{1}^{\prime}(x_{0}) & y_{2}^{\prime}(x_{0}) \\
\end{array}
\right|}
=\frac{
\left|
\begin{array}{rr}
y_{0} & y_{2}(x_{0}) \\
y_{0}^{\prime} & y_{2}^{\prime}(x_{0}) \\
\end{array}
\right|} {W(y_{1},y_{2})|_{x_{0}}},
$$
$$
c_{2}=\frac{ \left|
\begin{array}{rr}
y_{1}(x_{0}) & y_{0} \\
y_{1}^{\prime}(x_{0}) & y_{0}^{\prime} \\
\end{array}
\right|}
{\left|
\begin{array}{rr}
y_{1}(x_{0}) & y_{2}(x_{0}) \\
y_{1}^{\prime}(x_{0}) & y_{2}^{\prime}(x_{0}) \\
\end{array}
\right|}
=\frac{
\left|
\begin{array}{rr}
y_{1}(x_{0}) & y_{0}) \\
y_{1}^{\prime}(x_{0}) & y_{0}^{\prime} \\
\end{array}
\right|} {W(y_{1},y_{2})|_{x_{0}}},
$$

onde \(W(y_{1},y_{2})|_{x_{0}}\) é o Wronskiano das duas soluções calculado no ponto \(x_{0}\).

Demonstramos desta forma um teorema importante, enunciado a seguir.

Teorema 3. O problema de valor inicial
$$
L(y)=0,\;\,y(x_{0})=y_{0},\;\,y^{\prime}(x_{0})=y_{0}^{\prime}
$$

possui solução se \(W(y_{1},y_{2})|_{x_{0}}\neq 0\). Isto equivale a dizer que \(y_{1}\) e \(y_{2}\) são linearmente independentes (l.i.).

Exercícios 1.

1. Calcule os Wronskianos

a. \( W(e^{2x},\,e^{-5x/2})\)

b. \( W(\text{ sen }x,\cos x)\)

c. \( W(x^{3},\,x^{5})\)

d. \( W(e^{x}\text{ sen }x,e^{x}\cos x)\)

e. \( W(x,\,xe^{x})\)

f. \( W(\cos^{2}x,1+\cos2x)\)

2. Encontre o maior intervalo sobre o qual se pode garantir a existência de solução para o problema de valor inicial:
$$
(x^{2}-3x)y^{\prime\prime}+xy^{\prime}-(x+3)y=0,\;y(1)=2,\;y^{\prime}(1)=1.
$$

Equações com Coeficientes Constantes

O caso mais simples e de mais fácil solução de equações lineares de segunda ordem homogêneas(2) ocorre quando os coeficientes da equação são constantes, resultando em uma equação do tipo

(6)

$$
ay^{\prime\prime}+by^{\prime}+cy=0,
$$

(2) Para resolver o caso não homogêneo, como veremos depois, utilizaremos a solução da homogênea, aqui estudada.

com \(a,\,b\) e \(c\) constantes. Apesar de ser um caso muito particular entre as equações lineares de segunda ordem um grande número de sistemas de interesse para a engenharia e a física é descrito por equações deste tipo, entre eles os osciladores mecânicos amortecidos e submetidos a forças externas e circuitos eletrônicos compostos por indutores, capacitores e resistências, como veremos adiante.

A solução de problemas do tipo proposto pela equação acima sugere o uso de uma solução tentativa sob a forma
$$
y=e^{rx},
$$

onde \(r\) é uma constante ainda desconhecida. Substituindo esta função e suas derivadas
$$
y^{\prime}=re^{rx},\;\,y^{\prime\prime}=r^{2}e^{rx}.
$$

na equação (6) obtemos
$$
e^{rx}(ra^{2}+br+c)=0.
$$

Como a exponencial é não nula para todos os valores de \(x\), o termo dentro dos parênteses deve se anular,
$$
ar^{2}+br+c=0.
$$

Esta é uma equação do segundo grau, denominada a equação característica da equação diferencial (6), e possui duas raízes,
$$
r_{1,2}=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}.
$$

Faremos o tratamento em separado dos três casos possíveis: (i) de duas raízes diferentes reais, (ii) raízes complexas, (iii) duas raízes iguais.

Raízes reais distintas da equação característica

Se as raízes da equação característica são duas raízes reais distintas, \(r_{1}\neq r_{2}\), então
$$
y_{1}=e^{r_{1}x}\;\,\text{ e }\;\,y_{2}=e^{r_{2}x}
$$

são duas soluções. Estas soluções são l.i. pois seu Wronskiano é
$$
W(y_{1},y_{2})=y_{1}y_{2}^{\prime}-y_{1}^{\prime}y_{2}=r_{2}e^{r_{1}x}e^{r_{2}x}-r_{1}e^{r_{1}x}e^{r_{2}x}=e^{(r_{1}+r_{2})x}(r_{2}-r_{1})\neq0,
$$

não nulo porque \(r_{1}\neq r_{2}\). A combinação das duas soluções,
$$
y(x)=c_{1}e^{r_{1}x}+c_{2}e^{r_{2}x},
$$

é, portanto, a solução geral do problema. Verifique, como um exercício, que esta é, de fato, uma solução da equação.

Exemplo 10. Problema de contorno, equação linear de segunda ordem, com coeficientes constantes:
$$
y^{\prime\prime}+y^{\prime}-2y=0,\;\;y(0)=1,\;\;y^{\prime}(0)=0.
$$

Fazemos a tentativa de solução \(y=e^{rx}\) e substituimos \(y\) e suas derivadas na equação diferencial. O resultado é a equação característica
$$
r^{2}+r-2=0.
$$

Esta última tem duas raízes distintas, \(r_{1}=1\) e \(r_{2}=-2\), de onde concluimos que
$$
y_{1}=e^{x}\;\;\text{e}\;\;y_{2}=e^{-2x}
$$

são soluções. O Wronskiano destas soluções é
$$
W(y_{1},y_{2})=y_{1}y_{2}^{\prime}-y_{1}^{\prime}y_{2}=-2e^{x}e^{-2x}-e^{x}e^{-2x}=-3e^{-x}\neq0.
$$

Como o Wronskiano é não nulo \(y_{1}\) e \(y_{2}\) são linearmente independentes e a solução geral tem a seguinte forma:
$$
y(x)=c_{1}e^{x}+c_{2}e^{-2x}.
$$

Para ajustar as constantes ao problema de valor inicial derivamos \(y\).
$$
y(x)=c_{1}e^{x}-2c_{2}e^{-2x},
$$

e o contorno implica no sistema
$$
y(0)=1=c_{1}+c_{2}
$$

$$
y^{\prime}(0)=0=c_{1}-2c_{2},
$$

com solução \(c_{1}=2/3,\) \(c_{2}=1/3.\) Então a solução particular é
$$
y(x)=\frac{2}{3}e^{x}+\frac{1}{3}e^{-2x}.
$$

Calculamos o Wronskiano \(W\) como mero exercíco pois já mostramos que o Wroskiano é sempre não nulo quando as raízes da equação característica são reais e distintas.

Exemplo 11. A equação diferencial
$$
y^{\prime\prime}+\frac{1}{6}y^{\prime}-\frac{1}{6}y=0;\;\,y(0)=5,\;\,y^{\prime}(0)=0
$$

pode ser resolvida com a substituição \(y=e^{rx}\), o que resulta em
$$
e^{rx}\left(r^{2}+\frac{r}{6}-\frac{1}{6}\right)=0.
$$

As raízes da equação característica são
$$
r=\frac{-\frac{1}{6}\pm\sqrt{\left(\frac{1}{6}\right)^{2}+\frac{4}{6}}}{2}\; \text{ e, portanto, }\; r_{1}=-1/2,\; r_{2}=1/3.
$$

A solução geral e sua derivada são, respectivamente,
$$
y=c_{1}e^{-x/2}+c_{2}e^{x/3},\;\,y^{\prime}=-\frac{1}{2}c_{1}e^{x/2}+\frac{1}{3}c_{2}e^{x/3}.
$$

Com as condições de contorno encontramos \(c_{1}\) e \(c_{2}\).

$$
\left.
\begin{array}{rl}
y(0)=c_{1}+c_{2} =5 \\
y^{\prime}(0)=-\frac{1}{2}c_{1}+\frac{1}{3}c_{2} =0 \\
\end{array}
\right\}
\Rightarrow c_{1}=2,\;\;c_{2}=3.
$$
A solução particular fica assim determinada:
$$
y(x)=2e^{-x/2}+3e^{x/3}.
$$

Exercícios 2.

1. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}-3y=0\)

2. \(y^{\prime\prime}+3y^{\prime}+2y=0\)

3. \(6y^{\prime\prime}-y^{\prime}-y=0\)

4. \(2y^{\prime\prime}-3y^{\prime}+y=0\)

5. \(y^{\prime\prime}+5y^{\prime}=0\)

6. \(4y^{\prime\prime}-9y^ {}=0\)

7. \(y^{\prime\prime}-9y^{\prime}+9y=0\)

8. \(y^{\prime\prime}-2y^{\prime}-2y=0\)

9. \(y^{\prime\prime}+y^{\prime}-2y=0, \;y(0)=1, \;y^{\prime}(0)=1\).

10. \(y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+3y=0, \;y(0)=2, \;y^{\prime}(0)=-1\).

11. \(6y^{\prime\prime}-5y^{\prime}+y=0, \;y(0)=4, \;y^{\prime}(0)=0\).

12. \(y^{\prime\prime}+3y^{\prime}=0 , \;y(0)=-2 , \; y^{\prime}(0)=3\).

13. \(y^{\prime\prime}+8y^{\prime}-9y=0 , \; y(0)=1 , \; y^{\prime}(0)=0\).

14. \(4y^{\prime\prime}-y=0 , \;y(-2)=1 , \;y^{\prime}(-2)=-1\).

13. Resolva o exercício 12 acima pelo método de redução de ordem, fazendo \(y^{\prime}=\phi\Rightarrow y^{\prime\prime}=\phi^{\prime}\).

Algumas Soluções:

1. \(y=c_{1}e^{x}+c_{2}e^{-3x}\)
2. \(y=c_{1}e^{-x}+c_{2}e^{-2x}\)
3. \(y=c_{1}e^{x/2}+c_{2}e^{-x/3}\)
4. \(y=c_{1}e^{x/2}+c_{2}e^{x}\)
5. \(y=c_{1}+c_{2}e^{-5x}\)
6. \(y=c_{1}e^{3x/2}+c_{2}e^{-3x/2}\)
7. \(y=c_{1}\exp\left[9+3\sqrt{5}x/2\right]+c_{2}\exp\left[9-3\sqrt{5}x/2\right]\)
8. \(y=c_{1}\exp\left(1+\sqrt{3}\right)x+c_{2}\exp\left(1-\sqrt{3}\right)x\)
9. \(y=e^{x}\)
10. \(y=\frac{5}{2}e^{-x}-\frac{1}{2}e^{-3x}\)
11. \(y=12e^{x/3}-8e^{x/2}\)
12. \(y=-1-e^{-3x}\)
13. \(y=\frac{1}{10}e^{-9(x-1)}+\frac{9}{10}e^{x-1}\)
14. \(y=-\frac{1}{2}e^{(x+2)/2}+\frac{3}{2}e^{-(x+2)/2}\)

Equação característica com raízes complexas

Se, na equação característica temos \(\Delta=b^{2}-4ac \lt 0\) então as raízes são dois números complexos, conjugados entre si,
$$
r_{1}=\lambda+i\mu,\;\;r_{2}=\lambda-i\mu,
$$

onde
$$
\lambda=\frac{-b}{2a},\;\,\mu=\frac{\sqrt{|\Delta|}}{2a},\,\lambda,\,\mu\in R.
$$

As duas soluções da forma \(y=e^{rx}\) são
$$
y_{1}=e^{(\lambda+i\mu)x}=e^{\lambda x}(\cos\mu x+i\text{ sen }\mu x),
$$

$$
y_{2}=e^{(\lambda-i\mu)x}=e^{\lambda x}(\cos\mu x-i\text{ sen }\mu x),
$$

onde foi usada a fórmula de Euler, \(e^{i\theta}=\cos\theta+i\text{ sen }\theta\). Podemos trabalhar com estas duas soluções ou com combinações lineares destas, em particular
$$
u=\frac{1}{2}(y_{1}+y_{2})=e^{\lambda x}\cos\mu x,
$$

$$
v=\frac{1}{2i}(y_{1}-y_{2})=e^{\lambda x}\text{ sen }\mu x.
$$

Notando que o Wronskiano de \(u\) e \(v\) é não nulo,
$$
W(u,v) = e^{\lambda x}\cos\mu x(\lambda e^{\lambda x}\text{ sen }\mu x+\mu e^{\lambda x}\cos\mu x)
$$
$$
-e^{\lambda x}\text{ sen }\mu x(\lambda e^{\lambda x}\cos\mu x-\mu e^{\lambda x}\text{ sen }\mu x)
$$
$$
=\mu e^{2\lambda x}\neq0,
$$

pois \(\mu\neq0\) (caso contrário as raízes não seriam complexas!), encontramos então a solução geral para o problema:
$$
y(x)=e^{\lambda x}(c_{1}\cos\mu x+c_{2}\text{ sen }\mu x).
$$

Exemplo 12. Encontre a solução geral de
$$
y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+2y=0.
$$

Ajuste as constantes da solução geral para satisfazer ao contorno
$$
y(0)=2,\;\,y^{\prime}(0)=3.
$$

Fazendo \(y=e^{rx}\), obtemos a equação característica \(r^{2}-2r+2=0\) com soluções \(r=1\pm i\). Temos portanto o caso de raízes complexas com \(r_{\pm}=\lambda\pm i\mu,\;\lambda=1,\;\mu=1\) que levam a duas soluções
$$
y_{1}=e^{x}\cos x,\;\,y_{2}=e^{x}\text{ sen }x.
$$

Estas soluções são linearmente independentes pois
$$
W(y_{1},y_{2})=e^{x}\cos x(e^{x}\text{ sen }x+e^{x}\cos x)-e^{x}\text{ sen }x(e^{x}\cos x-e^{x}\text{ sen }x)=
$$

$$
=e^{2x}(\text{ sen }x\cos x+\cos^{2}x-\text{ sen }x\cos x+\text{ sen }^{2}x)=e^{2x}\neq0.
$$

A solução geral é
$$
y(x)=c_{1}e^{x}\cos x+c_{2}e^{x}\text{ sen }x.
$$

Para encontrar os valores de \(c_{1}\) e \(c_{2}\) precisamos da derivada
$$
y^{\prime}(x)=c_{1}e^{x}(\cos x-\text{ sen }x)+c_{2}e^{x}(\text{ sen }x+\cos x).
$$

Portanto
$$
y(0)=c_{1}=2,
$$

$$
y^{\prime}(0)=c_{1}+c_{2}=3\Rightarrow c_{1}=2,\;\,c_{2}=1.
$$

A solução particular é
$$
y(x)=2e^{x}\cos x+e^{x}\text{ sen }x.
$$

Exemplo 13. Vamos agora resolver o problema relativo a um objeto preso a uma mola, deslizando sem atrito e não submetido a força externa, descrito pela equação (2) com \(c=0,\;F(t)=0\),
$$
m\frac{d^{2}x(t)}{dt}+kx=0,
$$

ou seja
$$
\ddot{x}+\frac{k}{m}x=0.
$$

Neste problema tomamos o tempo \(t\) como variável independente. \(x(t)\) é a posição do objeto, a função que queremos encontrar. O ponto sobrescrito indica derivada em relação ao tempo. A equação característica é
$$
r^{2}+\frac{k}{m}=0
$$

com raízes
$$
r=\pm\sqrt{\frac{k}{m}}.
$$

Encontramos neste caso
$$
\lambda=0,\;\,\mu=\sqrt{\frac{k}{m}},
$$

e a solução geral indica o movimento em oscilação harmônica do objeto,
$$
x(t)=A\cos\omega t+B\text{ sen }\omega t,
$$

onde definimos \(\omega=\mu\), a frequência da oscilação.

Exercícios 3.

1. \( y^{\prime\prime}+y^{\prime}+y=0\)

2. \( y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+6y=0\)

3. \( y^{\prime\prime}+2y^{\prime}-8y=0\)

4. \( y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+2y=0\)

5. \( y^{\prime\prime}+6y^{\prime}+13y=0\)

6. \( 4y^{\prime\prime}+9y=0\)

7. \( y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+5/4y=0\)

8. \( 9y^{\prime\prime}+9y^{\prime}-4y=0\)

9. \( 16y^{\prime\prime}-8y^{\prime}+145y=0, \;\, y(0)=-2, \;\, y^{\prime}(0)=1\).

10. \( y^{\prime\prime}+4y=0, \;\,y(0)=0, \;\, y^{\prime}(0)=1\).

11. \( y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+5y=0, \;\, y(0)=1, \;\, y^{\prime}(0)=0\).

12. \( y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+5y=0, \;\, y(\pi/2)=0, \;\, y^{\prime}(\pi/2)=2.\)

13. \( y^{\prime\prime}+y=0, \;\, y(\pi/3)=2,\;\, y^{\prime}(\pi/3)=-4.\)

14. \( y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+2y=0, \;\, y(\pi/4)=2, \;\, y^{\prime}(\pi/4)=-2.\)

Algumas Soluções:

1. \( y=c_{1}e^{-x/2}\cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x\right)+c_{2}e^{-x/2}\text{ sen }\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x\right)\)
2. \( y=c_{1}\cos3x+c_{2}\text{ sen }3x\)
3. \( y=c_{1}e^{2x}+c_{2}e^{-4x}\)
4. \( y=c_{1}e^{-x}\cos x+c_{2}e^{-x}\text{ sen }x\)
5. \( y=c_{1}e^{-3x}\cos2x+c_{2}e^{-3x}\text{ sen }2x\)
6. \( y=c_{1}\cos(3x/2)+c_{2}\text{ sen }(3x/2)\)
7. \( y=c_{1}e^{-x}\cos(x/2)+c_{2}e^{-x}\text{ sen }(x/2)\)
8. \( y=c_{1}e^{x/3}+c_{2}e^{-4x/3}\)
9. \( y=\left(-2\cos3x+\frac{1}{4}\text{ sen }3x\right)e^{x/4}\)
10. \( y=\frac{1}{2}\text{ sen }2x\)
11. \( y=e^{-2x}\cos x+e^{-2x}\text{ sen }x\)
12. \( y=-e^{x-\pi/2}\text{ sen }2x\)
13. \( y=\left(1+2\sqrt{3}\right)\cos x-\left(2-\sqrt{3}\right)\text{ sen }x\)
14. \( y=\sqrt{2}e^{-(x-\pi/4)}\cos x+\sqrt{2}e^{-(x-\pi/4)}\text{ sen }x\)

Equação característica com raízes iguais

Se, na equação característica temos \(\Delta=b^{2}-4ac=0\) então temos uma raiz dupla, real,
$$
r=r_{1}=r_{2}=\frac{-b}{2a}.
$$

Neste caso temos apenas uma solução

(7)

$$
y_{1}=e^{rx}=e^{-bx/2a}.
$$

(3) Conhecido como o método de d’Alembert.

Sabemos, no entanto, que devemos ter duas soluções l.i. para construir a solução geral. Utilizaremos novamente o método de variação dos parâmetros(3) já usado para a solução de equações lineares não homogêneas de primeira ordem. Este método consiste no seguinte procedimento:

(i) Encontramos uma solução da equação diferencial. No caso aqui tratado a solução é \(y_{1}\) dada pela equação (7).

(ii) Sabemos, pela linearidade da equação diferencial, que \(y=cy_{1}\) é também uma solução. Fazemos a variação dos parâmetros, \(c\rightarrow v(x)\), ou seja, substituimos a constante \(c\) por uma função desconhecida.

(iii) Derivamos \(y=vy_{1}\) uma e duas vezes e substituimos \(y,\,y^{\prime}\) e \(y^{\prime\prime}\) na equação diferencial para encontrar uma expressão para a função \(v(x)\). Esta expressão é também uma equação diferencial para a função \(v\), mas em geral muito mais simples que a equação original.

Um exemplo, antes da formalização do procedimento, servirá para torná-lo mais claro.

Exemplo 14. Vamos resolver a equação diferencial

(8)

$$
y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+y=0.
$$
A equação característica, neste caso, é \(r^{2}+2r+1=0\), que possui as raízes iguais, \(r_{1}=r_{2}=-1\). Neste caso encontramos apenas uma solução
$$
y_{1}=ce^{-x}.
$$

No método de variação dos parâmetros procuramos uma solução na forma de
$$
y(x)=v(x)e^{-x}.
$$

Derivamos \(y\) uma e duas vezes,
$$
y^{\prime}=v^{\prime}e^{-x}-ve^{-x}=e^{-x}(v^{\prime}-v),
$$

$$
y^{\prime\prime}=v^{\prime\prime}e^{-x}-2v^{\prime}e^{-x}+ve^{-x}=e^{-x}(v^{\prime\prime}-2v^{\prime}+v),
$$

e substituimos \(y,\,y^{\prime}\) e \(y^{\prime\prime}\) na equação diferencial para obter
$$
e^{-x}(v^{\prime\prime}-2v^{\prime}+v+2v^{\prime}-2v+v)=0,
$$

ou, após os cancelamentos possíveis e considerando que \(e^{-x}\) não se anula,
$$
v^{\prime\prime}=0.
$$

Esta última equação diferencial tem solução simples
$$
v(x)=A+Bx,
$$

onde \(A\) e \(B\) constantes de integração. A solução procurada para a equação é

(9)

$$
y(x)=ve^{-x}=Ae^{-x}+Bxe^{-x}.
$$
Observe que, a partir da solução \(y_{1}=\) \(e^{-x}\), encontramos \(y_{2}=xe^{-x}\). Como o Wronskiano das soluções encontradas não se anula,
$$
W(e^{-x},xe^{-x})=e^{-x}(e^{-x}-xe^{-x})+e^{-x}xe^{-x}=e^{-2x}\neq0,
$$

estas soluções são l.i. e a função (9) é a solução geral para este problema.

Vamos recapitular o procedimento usado e generalizá-lo. Se, na solução de uma equação diferencial com coeficientes constantes
$$
L[y]=ay^{\prime\prime}+by^{\prime}+cy=0
$$
usamos \(y=e^{rx}\) e encontramos uma equação característica
$$
ar^{2}+br+c=0
$$

onde
$$
\Delta=b^{2}-4ac=0
$$
então encontramos apenas uma raíz real
$$
r=-\frac{b}{2a}
$$

que corresponde a uma única solução para a equação diferencial,
$$
y_{1}=e^{-b/2a}.
$$

Buscamos então uma solução sob a forma
$$
y(x)=v(x)e^{-b/2a},
$$

com derivadas primeira e segunda respectivamente
$$
y^{\prime}=e^{-b/2a}\left(v^{\prime}-\frac{b}{2a}v\right),
$$

$$
y^{\prime\prime}=e^{-b/2a}\left(v^{\prime\prime}-\frac{b}{a}v^{\prime}+\frac{b^{2}}{4a^{2}}v\right).
$$

Substituindo \(y\) e suas derivadas da equação diferencial obtemos
$$
e^{-b/2a}\left(av^{\prime\prime}-bv^{\prime}+\frac{b^{2}}{4a}v+bv^{\prime}-\frac{b^{2}}{2a}v+cv\right)=0
$$

ou, lembrando que a exponencial não se anula,
$$
av^{\prime\prime}+\left(-\frac{b^{2}}{4a}+c\right)v=0.
$$

O termo dentro dos parênteses é nulo (pois \(\Delta=0\)) e, portanto resta apenas a equação diferencial
$$
v^{\prime\prime}=0
$$

para função desconhecida, com solução
$$
v=Ax+B.
$$

A solução procurada para a equação (8) é

(10)

$$
y(x)=ve^{-b/2a}=Ae^{-b/2a}+Bxe^{-b/2a}.
$$
As duas soluções empregadas nesta solução são
$$
y_{1}=e^{-b/2a},\;\,y_{2}=xe^{-b/2a}
$$

que são l.i. pois
$$
W(y_{1},y_{2})=e^{-bx/a}\neq0,
$$

e, portanto a solução (10) é, de fato, a solução geral.

Exemplo 15. Vamos tratar o problema de valor inicial:
$$
9y^{\prime\prime}-12y^{\prime}+4y=0,\;y(0)=2,\;y^{\prime}(0)=-1.
$$

Tomando \(y=e^{rx}\) obtemos a equação característica
$$
9r^{2}-12r+4=0,
$$

que tem raízes reais duplas \(r_{1}=r_{2}=2/3.\) No caso de raízes repetidas para a equação característica a solução, obtida por meio do método da variação dos parâmetros, é
$$
y(x)=Ae^{2x/3}+Bxe^{2x/3}.
$$

e sua derivada,
$$
y^{\prime}(x)=\frac{2}{3}Ae^{2x/3}+Be^{2x/3}+\frac{2}{3}Bxe^{2x/3}.
$$

Para satisfazer as condições iniciais devemos ter
$$
y(0)=A=2,\;y^{\prime}(0)=\frac{2}{3}A+B=-1,
$$

o que implica em \(A=2,\;B=-7/2.\) A solução particular é
$$
y(x)=2e^{2x/3}-\frac{7}{2}xe^{2x/3}.
$$

Temos portanto os três seguintes casos de equações diferenciais lineares de segunda ordem, homogêneas com coeficientes constantes, \(ay^{\prime\prime}+by^{\prime}+cy=0\), que resumiremos no quadro abaixo para facilitar uma referência rápida:

\(r_{1}\neq r_{2}\), raízes reais \(y(x)=c_{1}e^{r_{1}x}+c_{2}e^{r_{2}x},\)
\(r_{1,2}=\lambda\pm i\mu\) raízes complexas \(y(x)=e^{\lambda x}(c_{1}\cos\mu x+c_{2}\text{ sen }\mu x)\),
\(r_{1}=r_{2}=r\) uma raíz real \(c_{1}e^{-b/2a}+c_{2}xe^{-b/2a}.\)

Com isto completamos o tratamento de todos os tipos de equações diferenciais lineares de segunda ordem homogêneas e com coeficientes constantes. Como veremos o método da variação dos parâmetros, discutido por último, pode ser rapidamente generalizado para a solução de uma classe mais ampla de equações diferenciais, desde que se conheça uma da soluções destas equações.

Exercícios 4.

1. \( y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+y=0\)

2. \( 9y^{\prime\prime}+6y^{\prime}+y=0\)

3. \( 4y^{\prime\prime}-4y^{\prime}-3y=0\)

4. \( 4y^{\prime\prime}+12y^{\prime}+9y=0\)

5. \( y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+10y=0\)

6. \( y^{\prime\prime}-6y^{\prime}+9y=0\)

7. \( 4y^{\prime\prime}+17y^{\prime}+4y=0\)

8. \( 16y^{\prime\prime}+24^{\prime}+9y=0\)

9. \( 25y^{\prime\prime}-20y^{\prime}+4y=0\)

10. \( 2y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+y=0\)

11. \( 9y^{\prime\prime}-12y^{\prime}+4y=0,\;\, y(0)=2,\;\, y^{\prime}(0)=-1\).

12. \( y^{\prime\prime}-6y^{\prime}+9y=0,\;\, y(0)=0,\;\, y^{\prime}(0)=2\).

13. \( 9y^{\prime\prime}+6y^{\prime}+82y=0,\;\, y(0)=-1,\;\, y^{\prime}(0)=2\).

14. \( y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+4y=0,\;\, y(-1)=2,\;\, y^{\prime}(-1)=1\).

Algumas Soluções:

1. \( y=c_{1}e^{x}+c_{2}xe^{x}\)
2. \( y=c_{1}e^{-x/3}+c_{2}xe^{-x/3}\)
3. \( y=c_{1}e^{-x/2}+c_{2}xe^{-x/2}\)
4. \( y=c_{1}e^{-3x/2}+c_{2}xe^{-3x/2}\)
5. \( y=c_{1}e^{x}\cos3x+c_{2}e^{x}\text{ sen }3x\)
6. \( y=c_{1}e^{3x}+c_{2}xe^{3x}\)
7. \( y=c_{1}e^{-x/4}+c_{2}xe^{-x/4}\)
8. \( y=c_{1}e^{-3x/4}+c_{2}xe^{-3x/4}\)
9. \( y=c_{1}e^{2x/5}+c_{2}xe^{2x/5}\)
10. \( y=c_{1}e^{-x/2}\cos(x/2)+c_{2}e^{-x/2}(x/2)\)
11. \( y=2e^{2x/3}-\frac{7}{3}xe^{2x/3}\)
12. \( y=2xe^{3x}\)
13. \( y=-e^{-x/3}\cos3x+\frac{5}{9}e^{-x/3}\text{ sen }3x\)
14. \( y=7e^{-2(x+1)}+5xe^{-2(x+1)}\)

Redução de Ordem

Usando o método de variação de parâmetros, discutido na seção anterior, podemos tratar de equações diferenciais mais gerais que aquelas já estudadas, com coeficientes constantes. Este método pode ser usado para abaixar a ordem de uma equação diferencial e tornar mais fácil a sua solução desde que uma de suas soluções seja conhecida. Considere uma equação diferencial linear homogênea sob a forma

(11)

$$
y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=0,
$$
onde os coeficientes \(f(x)\) e \(g(x)\) não são necessariamente constantes. Ainda, suponha que de algum modo, por inspecção, por intuição advinda da natureza do problema que origina a equação diferencial, ou ainda por meio do uso de outro método qualquer, conhecemos uma das soluções de (11), que denotaremos por \(y_{1}(x)\). Pela linearidade da equação sabemos que \(cy_{1}\), com \(c\) constante, é também uma solução. Buscamos agora uma solução para a equação sob a forma
$$
y(x)=v(x)y_{1}(x)
$$

onde \(v(x)\) é uma função desconhecida. Derivamos a solução tentativa,
$$
y^{\prime}=v^{\prime}y_{1}+vy_{1}^{\prime},
$$

$$
y^{\prime\prime}=v^{\prime\prime}y_{1}+2v^{\prime}y_{1}^{\prime}+vy_{1}^{\prime\prime},
$$

e substituimos na equação diferencial para obter
$$
v^{\prime\prime}y_{1}+v^{\prime}(2y_{1}^{\prime}+fy_{1})+v(y_{1}^{\prime\prime}+fy_{1}^{\prime}+gy_{1})=0.
$$

Observando que o segundo parênteses é nulo, pois \(y_{1}\) é solução da equação diferencial, resta apenas
$$
v^{\prime\prime}y_{1}+v^{\prime}(2y_{1}^{\prime}+fy_{1})=0,
$$
que é, por sua vez, uma equação diferencial para \(v(x)\). Esta equação, ou qualquer outra com esta mesma característica, pode ser transformada em uma equação de primeira ordem através do método de redução de ordem. Para isto fazemos
$$
\phi(x)=v^{\prime}(x)\Rightarrow\phi^{\prime}(x)=v^{\prime\prime}(x).
$$

A equação (11) se transforma em
$$
\phi^{\prime}y_{1}+\phi(2y_{1}^{\prime}+fy_{1})=0,
$$

que é uma equação homogênea de primeira ordem, cuja solução já sabemos encontrar. Lembrando que \(y_{1}\) e suas derivadas são funções conhecidas, primeiro encontramos \(\phi(x)\) e, por integração,
$$
v(x)=\int\phi(x)dx.
$$

A solução de (11) é
$$
y(x)=y_{1}\int\phi(x)dx.
$$

Exemplo 16. Sabendo que \(y_{1}=x\) é uma solução de

(12)

$$
x^{2}y^{\prime\prime}+2xy^{\prime}-2y=0,
$$
vamos encontrar a sua solução geral. Fazemos primeiro \(y=vy_{1}=vx\). Com esta escolha temos
$$
y^{\prime}=v^{\prime}x+v,\;\,y^{\prime\prime}=v^{\prime\prime}x+2v^{\prime}.
$$

Substituindo na equação diferencial (12) temos
$$
x^{2}(v^{\prime\prime}+2v^{\prime})+2x(v^{\prime}x+v)-2vx=0,
$$

$$
v^{\prime\prime}x+4v^{\prime}=0.
$$

Esta equação não contém um termo em \(y\) e por isto sua ordem pode ser reduzida. Denotamos então \(v^{\prime}=\phi\), e portanto \(v^{\prime\prime}=\phi^{\prime}\). Resta a equação separável
$$
\phi^{\prime}x+4\phi=0\Rightarrow\int\frac{d\phi}{\phi}=-\int\frac{4dx}{x}\Rightarrow
$$

$$
\ln\phi=-4\ln x+c^{\prime}\Rightarrow\phi=e^{-4\ln x+c^{\prime}}=cx^{-4}.
$$

Pelas definições feitas
$$
v=\int\phi dx=c\int x^{-4}dx=c\left(\frac{-1}{3x^{3}}\right)+B.
$$

Definindo uma nova constante \(A=-c/3\)
$$
y=vx=Ax^{-2}+Bx,
$$

é a solução geral do problema (12).

Exemplo 17. Uma equação que surge com freqüência dentro do contexto da mecânica quântica e do eletromagnetismo, após a separação de uma equação diferencial parcial em equações ordinárias, é a chamada equação de Legendre de primeira ordem
$$
(1-x^{2})y^{\prime\prime}-2xy^{\prime}+2y=0,-1\lt x\lt 1.
$$

Sabendo que \(y_{1}=x\) é uma solução desta equação encontre a solução geral. Começamos por fazer a variação dos parâmetros para uma solução tentativa
$$
y(x)=xv(x)
$$

cujas derivadas são
$$
y^{\prime}=xv^{\prime}+v,y^{\prime\prime}=xv^{\prime\prime}+2v^{\prime}.
$$

Substituindo na equação diferencial temos
$$
(1-x^{2})(xv^{\prime\prime}+2v^{\prime})-2x(xv^{\prime}+v)+2xv=0,
$$

que, após as devidas simplificações, leva a
$$
(1-x^{2})xv^{\prime\prime}+(2-4x^{2})v^{\prime}=0.
$$

Procedemos agora à redução de ordem fazendo
$$
v^{\prime}=\phi\Rightarrow v^{\prime\prime}=\phi^{\prime}.
$$

Separando as variáveis obtemos

(13)

$$
\frac{\phi^{\prime}}{\phi}=\frac{4x^{2}-2}{x(1-x^{2})}.
$$

Vamos aproveitar este problema para fazer uma revisão da método das frações parciais para a solução de uma integral. O segundo termo acima pode ser transformado, por meio de frações parciais, da seguinte forma:
$$
\frac{4x^{2}-2}{x(1-x^{2})}=\frac{A}{x}+\frac{Bx}{1-x^{2}},
$$

onde \(A\) e \(B\) são constantes a serem encontradas. Efetuando a soma de fração no segundo termo
$$
\frac{4x^{2}-2}{x(1-x^{2})}=\frac{A(1-x^{2})+Bx^{2}}{x(1-x^{2})}=\frac{(B-A)x^{2}+A}{x(1-x^{2})}.
$$

Identificando, no numerador, os coeficientes de mesma potência em \(x\) temos \(A=-2,\;B=2\) e, portanto
$$
\frac{4x^{2}-2}{x(1-x^{2})}=-\frac{2}{x}+\frac{2x}{1-x^{2}}.
$$

Devemos integrar a equação (13),
$$
\int\frac{d\phi}{\phi}=-2\int\frac{dx}{x}+2\int\frac{xdx}{1-x^{2}}
$$

(4) Usamos acima as propriedades da função logaritmo: \(a\ln b=\ln b^{a},\;\;\ln a+\ln b=\ln(ab)\).

para obter(4)
$$
\ln\phi=-2\ln x-\ln(1-x^{2})+c=\ln\frac{1}{x^{2}(1-x^{2})}+c,
$$

ou seja
$$
\phi=c_{1}\frac{1}{x^{2}(1-x^{2})}.
$$

Retornando para a função \(v\),
$$
v=\int\phi dx=c_{1}\int\frac{dx}{x^{2}(1-x^{2})}.
$$

Vamos usar mais uma vez as frações parciais para transformar o integrando,
$$
\frac{1}{x^{2}(1-x^{2})}=\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{1-x^{2}}
$$

e assim encontramos
$$
v=c_{1}\int\left(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{1-x^{2}}\right)dx.
$$

Observe que a segunda integral
$$
I=\int\frac{1}{1-x^{2}}dx
$$

pode ser resolvida, mais uma vez, pelo mesmo método usado acima, por meio das frações parciais. Para isto fazemos
$$
\frac{1}{1-x^{2}}=\frac{1}{(1+x)(1-x)}=\frac{A}{1+x}+\frac{B}{1-x}
$$

de onde encontramos, procedendo como antes, \(A=B=1/2.\) Então
$$
I=\frac{1}{2}\int\left(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1-x}\right)dx=\frac{1}{2}[\ln(1+x)-\ln(1-x)]=\frac{1}{2}\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right),
$$

e, daí
$$
v=c_{1}\left(-\frac{1}{x}+\frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}\right)+c_{2}.
$$

Restaurando a função \(y=xv\) temos
$$
y=c_{1}\left(-1+\frac{x}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}\right)+c_{2}x.
$$

que é a solução geral procurada.

A técnica de redução de ordem não precisa ser usada apenas em conjunção com a variação de parâmetros, tal como fizemos nos dois primeiros exemplos. Qualquer equação diferencial onde não apareça a função incógnita \(y(x)\) explícitamente, mas apenas suas derivadas, pode ter a sua ordem reduzida.

Exemplo 18. Podemos reduzir a ordem da seguinte equação diferencial
$$
xy^{\prime\prime}+2y^{\prime}=0.
$$

fazendo \(v^{\prime}=\phi\), e, portanto, \(v^{\prime\prime}=\phi^{\prime}\). Com esta alteração encontramos uma equação separável de primeira ordem,
$$
x\phi^{\prime}+2\phi=0,
$$

com solução geral
$$
\phi=cx^{-2}.
$$

A partir desta função encontramos \(y\) por integração
$$
y=\int\phi dx=c\int x^{-2}dx=c_{1}x^{-1}+c_{2}.
$$

Um caso adicional interessante pode ser tratado pela técnica de redução de ordem. Se, em uma equação diferencial de segunda ordem, a variável independente não aparece explícitamente, ou seja,
$$
y^{\prime\prime}=f(y,y^{\prime}),
$$
então a redução de ordem
$$
\phi=y^{\prime}\Rightarrow\phi^{\prime}=y^{\prime\prime}
$$

leva a uma equação diferencial sob a forma de

(14)

$$
\phi^{\prime}=f(y,\phi).
$$

Se considerarmos \(y\) como a variável independente então, pela regra da cadeia
$$
\phi^{\prime}=\frac{d\phi}{dx}=\frac{d\phi}{dy}\frac{dy}{dx}=\phi\frac{d\phi}{dy}
$$

e a equação diferencial (14) pode ser escrita como
$$
\phi\frac{d\phi}{dy}=f(y,\phi).
$$

Resolvendo esta equação teremos uma relação para \(\phi(y)\). A solução \(y(x)\) pode então ser obtida por meio da solução de
$$
y(x)=\int\phi dx.
$$

Exemplo 19. A equação diferencial

(15)

$$
yy^{\prime\prime}+(y^{\prime})^{2}=0
$$

pode ser resolvida através da substituição \(\phi=y^{\prime}\), \(\phi^{\prime}=y^{\prime\prime}\). Temos agora que
$$
\phi^{\prime}=\frac{d\phi}{dx}=\frac{d\phi}{dy}\,\frac{dy}{dx}=\phi\frac{d\phi}{dy}.
$$

Substituindo na equação (15) temos
$$
\phi^{\prime}=-\frac{\phi^{2}}{y}.
$$

Usamos agora \(\phi^{\prime}=\phi d\phi/dy\) para obter
$$
\frac{d\phi}{dy}=-\frac{\phi}{y}\Rightarrow\frac{d\phi}{\phi}=-\frac{dy}{y}
$$

cuja solução é
$$
\phi=\frac{A}{y}.
$$

Mas, como \(\phi=y^{\prime}\), então
$$
y^{\prime}=\frac{A}{y}\Rightarrow ydy=Adx,
$$

que, após integração resulta em
$$
y^{2}+c_{1}x+c_{2}=0,
$$

uma solução obtida sob forma implícita.

Exemplo 20. Na equação \(yy^{\prime\prime}=2y^{\prime2}\), faça \(\phi=y^{\prime}\). Pela regra da cadeia,
$$
y^{\prime\prime}=\frac{d\phi}{dx}=\frac{d\phi}{dy}\,\frac{dy}{dx}=\phi\frac{d\phi}{dy}.
$$

Substituindo na equação diferencial temos
$$
y\phi\frac{d\phi}{dy}=2\phi^{2}\Rightarrow\frac{d\phi}{\phi}=2\frac{dy}{y}\Rightarrow\ln\phi=2\ln y+c.
$$

Resolvemos primeiro para \(\phi\),
$$
\phi=y^{\prime}=Cy^{2},
$$

e integramos para encontrar \(y(x)\),
$$
\frac{dy}{y^{2}}=Cdx\Rightarrow-\frac{1}{y}=c_{1}x+c_{2}.
$$

Portanto,
$$
y(x)=\frac{1}{ax+b}.
$$

Exercícios 5.

1. Resolva as equações:

a. \(y^{\prime\prime}=2y^{\prime}\)

b. \(y^{\prime\prime}+4y^{\prime}=0\)

c. \(xy^{\prime\prime}=y^{\prime}\)

d. \(xy^{\prime\prime}+2y^{\prime}=0\)

e. \(y^{\prime\prime}+y^{\prime}=e^{-x}\)

f. \(y^{\prime\prime}=1+y^{\prime2}\)

g. \(x^{2}y^{\prime\prime}=y^{\prime2},x\gt 0\)

2. Equações diferenciais onde a variável independente \(x\) não aparece explicitamente:

a. \(y^{\prime\prime}+4y^{\prime}=0\)

b. \(xy^{\prime\prime}=y^{\prime}\)

c. \(xy^{\prime\prime}+2y^{\prime}=0\)

d. \(y^{\prime\prime}+(y^{\prime})^{2}=-e^{-y}\)

e. \(y^{\prime\prime}=1+(y^{\prime})^{2}\)

f. \(yy^{\prime\prime}-(y^{\prime})^{3}=0\)

Sabendo que \(y_{1}\) é uma solução da equação diferencial, use o método da redução de ordem para encontrar uma segunda solução:

3. \(x^{2}y^{\prime\prime}+2xy^{\prime}=0,\;\,x\gt 0,\;\,y_{1}(x)=1\).

4. \(x^{2}y^{\prime\prime}+3xy^{\prime}+y=0,\;\,x\gt 0,\;\,y_{1}(x)=1/x.\)

5. \(x^{2}y^{\prime\prime}-x(x+2)y^{\prime}+(x+2)y=0,\;\,x\gt 0,\;\,y_{1}(x)=x\).

6. \(xy^{\prime\prime}-y^{\prime}+4x^{3}y=0,\;\,x\gt 0,\;\,y_{1}(x)=\text{ sen }x^{2}\).

7. \((x-1)y^{\prime\prime}-xy^{\prime}+y=0,\;\,x>1,\;\,y_{1}(x)=e^{x}\).

Algumas Soluções:

1b. \(y=c_{1}e^{-4x}+c_{2}\)
1d. \(y=c_{1}/x+c_{2}\)
1e. \(y=c_{1}e^{-x}+c_{2}-xe^{-x}\)
1f. \(y=-\ln\cos(x+c_{1})+c_{2}\)
1g. \(c_{1}^{2}y=c_{1}x-\ln(1+c_{1}x)+c_{2}, \;\text{ se } c_{1}\neq0,\;y=\frac{1}{2}x^{2}+c_{2}, \;\text{ se } c_{2}=0. \;\text{ Ou} y=c\)
2d. \(y=\ln[c_{1}+(x+c_{2})^{2}]\)
2e. \(y=\ln(c_{1}x+c_{2})\)
2f. \(ylny-y+c_{1}y+x+c_{2}=0\)
3. \(y_{2}(x)=1/x\)
4. \(y_{2}(x)=x^{-1}\ln x\)
5. \(y_{2}(x)=xe^{x}\)
6. \(y_{2}(x)=\cos x^{2}\)
7. \(y_{2}(x)=x\)

Equações de Euler

(5) Resolvemos, na seção anterior, algumas destas equações para o caso de ser conhecida uma de suas soluções. Desenvolveremos aqui uma forma de se encontrar as duas soluções l.i..

Podemos agora considerar um caso particular(5) de equações diferenciais de segunda ordem lineares com coeficientes não constantes. Elas são as chamadas equações de Euler e têm a seguinte forma:

(16)

$$
L[y]=x^{2}y^{\prime\prime}+\alpha xy^{\prime}+\beta y=0,
$$
onde \(\alpha\) e \(\beta\) são constantes. Além de seu interesse próprio, como um tipo de equação que podemos tratar de forma completa com simplicidade, o conhecimento deste tipo de solução também servirá para nos orientar na busca de solução de casos mais gerais, feitos através do método de séries de potências tratados no capítulo seguinte. Trataremos inicialmente as soluções para \(x\gt 0\). O ponto \(x=0\) é um ponto que exige consideração especial como veremos no próximo capítulo.

Iniciamos por uma solução tentativa como \( y=x^{r}\), onde \(r\) é uma constante desconhecida à princípio. Derivando uma e duas vezes temos
$$
y^{\prime}=rx^{r-1},y^{\prime\prime}=r(r-1)x^{r-2},
$$

que, quando substituidos na equação diferencial resulta em

(17)

$$
[r(r-1)+\alpha r+\beta]x^{r}=0.
$$

Como \(x^{r}\) não se anula na região considerada (\(x\gt 0\)) temos uma equação do segundo grau para a constante \(r\)
$$
r^{2}+(\alpha-1)r+\beta=0,
$$

com raízes

(18)

$$
r_{1,2}=\frac{(1-\alpha)\pm\sqrt{(\alpha-1)^{2}-4\beta}}{2}.
$$
Mais uma vez temos que considerar em separado os três casos possíveis, de raízes reais distintas, de raízes idênticas e raízes complexas.

Raízes reais distintas

Se as raízes da equação (18) são reais e distintas então temos duas soluções, \(y_{1}=x^{r_{1}}\) e \(y_{2}=x^{r_{2}}\). Elas são l.i. pois o Wronskiano é não nulo,
$$
W(x^{r_{1}},x^{r_{2}})=(r_{2}-r_{1})x^{r_{1}+r_{2}-1}\neq0,
$$

uma vez que \(r_{1}\neq r_{2}\) e \(x\) não se anula no intervalo. Fazendo uma combinação linear destas duas soluções temos
$$
y(x)=c_{1}x^{r_{1}}+c_{2}x^{r_{2}},
$$

que é a solução geral para a equação (16).

Para tratar o caso seguinte, de raízes complexas da equação de Euler precisamos de uma breve discussão preliminar. Observe que, se \(r\in\mathbb{Q}\) (é um racional) então \(x^{r}=x^{m/n}=^{n}\sqrt{x^{m}}\). No caso geral, sendo \(r\) um número racional ou não, definimos
$$
x^{r}\overset{def}{=}e^{rlnx}.
$$
Assim podemos, sem dificuldades, obter a derivada
$$
\frac{\partial}{\partial r}x^{r}=\frac{\partial}{\partial r}(e^{rlnx})=x^{r}\ln x.
$$

Raízes complexas

Se as raízes da equação (18) são complexas, digamos
$$
r_{1}=\lambda+i\mu,\;\;r_{2}=\lambda-i\mu,
$$

as soluções são \(y_{1}=\) \(x^{\lambda+i\mu}\) e \(y_{2}=x^{\lambda-i\mu}\). Elas são igualmente l.i. pois o Wronskiano é não nulo,
$$
W(y_{1},y_{2})=x^{\lambda+i\mu}(\lambda-i\mu)x^{\lambda-i\mu-1}-(\lambda+i\mu)x^{\lambda+i\mu-1}x^{\lambda-i\mu}=
$$

$$
=(-2i\mu)x^{2\lambda-1}\neq 0 \text{ para } x\neq 0,
$$

lembrando que \(\mu\neq0\), caso contrário as raizes não seriam complexas. Encontramos então duas soluções l.i. dadas por
$$
y_{+}(x)=x^{\lambda+i\mu};\;\;y_{-}(x)=x^{\lambda-i\mu}.
$$

Podemos reescrever estas soluções usando a equação de Euler:
$$
y_{+}=e^{(^{\lambda+i\mu})\ln x}=e^{\lambda\ln x}e^{i\mu\ln x}=x^{\lambda}[\cos(\mu\ln x)+i\text{ sen }(\mu\ln x)],
$$

$$
y_{-}=e^{(^{\lambda-i\mu})\ln x}=e^{\lambda\ln x}e^{-i\mu\ln x}=x^{\lambda}[\cos(\mu\ln x)-i\text{ sen }(\mu\ln x)].
$$

Duas combinações lineares de \(y_{1}\) e \(y_{2}\) são obtidas da seguinte forma
$$
y_{1}=\frac{1}{2}(y_{+}+y_{-})=x^{\lambda}\cos\mu\ln x,
$$

$$
y_{2}=\frac{1}{2i}(y_{+}-y_{-})=x^{\lambda}\text{ sen }\mu\ln x,
$$

que são igualmente l. i.. A solução geral pode então ser escrita como
$$
y(x)=x^{\lambda}[c_{1}\cos(\mu\ln x)+c_{2}\text{ sen }(\mu\ln x)].
$$

Raízes iguais

Se na solução da equação (18) temos duas raízes iguais então encontramos apenas uma solução da equação diferencial e podemos usar o método da variação dos parâmetros para achar uma segunda solução e, daí, a solução geral. Substituindo \(y=x^{r}\) na equação diferencial
$$
L[y]=x^{2}y^{\prime\prime}+\alpha xy^{\prime}+\beta y=0
$$

obtemos, como antes,
$$
r^{2}+(\alpha-1)r+\beta=0.
$$
Se \(\Delta=(\alpha-1)^{2}-4\beta=0\) então temos uma raíz dupla que denotaremos simplesmente por \(r=(1-\alpha)/2,\) e uma única solução \(y_{1}=x^{r}\). Procuramos então encontrar uma solução da forma
$$
y(x)=u(x)x^{r}.
$$

Substituindo as derivadas
$$
y^{\prime}=u^{\prime}x^{r}+rux^{r-1},
$$

$$
y^{\prime\prime}=u^{\prime\prime}x^{r}+2ru^{\prime}x^{r-1}+r(r-1)ux^{r-2},
$$

na equação diferencial inicial, e dividindo por \(x^{r}\), obtemos
$$
u^{\prime\prime}x^{2}+u^{\prime}x(2r+\alpha)+u[r(r-1)+\alpha r+\beta]=0.
$$

Observamos agora que o primeiro parênteses, \(2r+\alpha=1\), dado o valor de \(r\) neste caso, enquanto o colchete se anula devido à equação (18). Dividindo a equação restante por \(x\) temos
$$
u^{\prime\prime}x+u^{\prime}=0.
$$

Fazendo a substituição \(\phi=u^{\prime}\) chegamos a uma equação de primeira ordem
$$
\phi^{\prime}x+\phi=0,
$$

com soluções
$$
\phi=\frac{B}{x}.
$$

Integramos para obter
$$
u=B\int\frac{dx}{x}=A+B\ln x,
$$

e portanto
$$
y(x)=ux^{r}=Ax^{r}+Bx^{r}\ln x.
$$
Assim, além da solução já conhecida, \(y_{1}=x^{r_{1}}\), encontramos outra solução
$$
y_{2}(x)=x^{r_{1}}\ln x.
$$

Estas soluções são l.i. pois
$$
W(y_{1},y_{2})=x^{r_{1}}(r_{1}x^{r_{1}-1}\ln x+x^{r_{1}-1})-r_{1}x^{r_{1}-1}x^{r_{1}}\ln x=x^{2r_{1}-1}\neq0,
$$

sempre lembrando que estamos estudando apenas as soluções no intervalo \(x\gt 0\). Concluimos portanto que
$$
y(x)=c_1 x^{r_1} + c_2 x^{r_1}\ln x.
$$
é a solução geral da equação de Euler para o caso de raízes iguais.

Método Alternativo

Já encontramos a solução para o caso de raízes iguais. Descreveremos, no entanto, um procedimento diferente que servirá para introduzir técnicas de manipulação com operadores que podem ser úteis e poderosas em diversas situações. Queremos resolver a equação
$$
L[y]=x^{2}y^{\prime\prime}+\alpha xy^{\prime}+\beta y=0.
$$

Suponha agora que tomamos \(y=x^{r}\) com \(r\) variando continuamente. Com esta escolha obtemos
$$
L[x^{r}]=x^{r}[r(r-1)+\alpha r+\beta].
$$

Se existirem duas raízes reais distintas podemos escrever a equação do segundo grau dentro dos colchetes como
$$
r(r-1)+\alpha r+\beta=(r-r_{1})(r-r_{2}),
$$

onde \(r_{1}\) e \(r_{2}\) são as raízes, ou seja
$$
L[x^{r}]=x^{r}[(r-r_{1})(r-r_{2})].
$$

Observe que \(L[x^{r}]\) somente se anula se \(r=r_{1}\) ou \(r=r_{2}\). Se houver uma só raiz, \(r_{1}=r_{2}\), então
$$
L[x^{r}]=x^{r}(r-r_{1})^{2}.
$$

Agora derivamos os dois lados da última equação em relação a \(r\)

(19)

$$
\frac{\partial}{\partial r}L[x^{r}]=\frac{\partial}{\partial r}[x^{r}(r-r_{1})^{2}].
$$

Vamos tratar primeiro o lado esquerdo da equação (19). Notamos que o operador \(L\) é construído com derivadas primeira e segunda em \(x\) e que podemos inverter a ordem de derivação
$$
\frac{\partial}{\partial r}\frac{\partial}{\partial x}\rightarrow\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial}{\partial r},
$$

se as funções envolvidas são contínuas com derivadas contínuas. Como consequência
$$
\frac{\partial}{\partial r}L[x^{r}]=L\left[\frac{\partial}{\partial r}x^{r}\right]=L[x^{r}\ln x].
$$

Quanto ao lado direito de (19) temos
$$
\frac{\partial}{\partial r}[x^{r}(r-r_{1})^{2}]=x^{r}\ln x(r-r_{1})^{2}+2x^{r}(r-r_{1}).
$$

Concluimos, portanto, que
$$
L[x^{r}\ln x]=x^{r}\ln x(r-r_{1})^{2}+2x^{r}(r-r_{1}).
$$

Em particular, se tomarmos \(r=r_{1}\) então teremos encontrado a outra solução para a equação diferencial proposta, pois
$$
L[x^{r_{1}}\ln x]=0.
$$

Isto indica que, além da solução já conhecida, \(y_{1}=x^{r_{1}}\), também
$$
y_{2}(x)=x^{r_{1}}\ln x
$$

é uma solução. Já mostramos que estas soluções são linearmente independentes.

Soluções para o caso \(x \lt 0\):

Relembramos aqui que apenas obtivemos as soluções para o intervalo \(x\gt 0\). Retornando mais uma vez à equação de Euler
$$
L[y]=x^{2}y^{\prime\prime}+\alpha xy^{\prime}+\beta y=0,
$$

estamos agora interessados em encontrar soluções para \(x\lt 0\). Para isto fazemos uma troca de variáveis
$$
x=-\xi,\;\;\xi\gt 0
$$

e com esta troca temos uma nova função
$$
y(x)=\mu(\xi).
$$

As derivadas das duas funções se relacionam da seguinte forma
$$
\frac{dy}{dx}=\frac{d\mu}{d\xi}\frac{d\xi}{dx}=-\frac{d\mu}{d\xi},
$$

$$
\frac{d^{2}y}{dx^{2}}=\frac{d}{d\xi}\left(-\frac{d\mu}{d\xi}\right)\frac{d\xi}{dx}=+\frac{d^{2}\mu}{d\xi^{2}}.
$$

Com estas derivadas reescrevemos a equação diferencial de Euler em termos da função \(\mu\) e da variável \(\xi\),
$$
L[\mu]=\xi^{2}\mu^{\prime\prime}+\alpha\xi\mu^{\prime}+\beta\mu=0,\xi\gt 0,
$$

cujas soluções já conhecemos e são idênticas às soluções anteriores se tomarmos \(x\) com sinal invertido.

Juntando as duas partes obtemos as soluções gerais para todos os valores de \(x\), exceto para \(x=0\):

\(r_{1}\neq r_{2}\), reais \(y(x)=c_{1}|x|^{r_{1}}+c_{2}|x|^{r_{2}},\)
\(r_{1,2}=\lambda\pm i\mu\) complexos \(y(x)=|x|^{\lambda}[c_{1}\cos(\mu\ln|x|)+c_{2}\text{ sen }(\mu\ln|x|)]\),
\(r_{1}=r_{2}=r\) iguais \(y(x)=(c_{1}+c_{2}\ln|x|)|x|^{r}\)

Exercícios 6.

1. \(x^{2}y^{\prime\prime}+4xy^{\prime}+2y=0\)

2. \((x+1)^{2}y^{\prime\prime}+3(x+1)y^{\prime}+3y/4=0 (\text{faça }z=x+1)\)

3. \(x^{2}y^{\prime\prime}-3xy^{\prime}+4y=0\)

4. \(x^{2}y^{\prime\prime}+3xy^{\prime}+5y=0\)

5. \(x^{2}y^{\prime\prime}-xy^{\prime}+y=0\)

6. \((x-1)^{2}y^{\prime\prime}+8(x-1)y^{\prime}+12y=0\)

7. \(x^{2}y^{\prime\prime}+6xy^{\prime}-y=0\)

8. \(2x^{2}y^{\prime\prime}-4xy^{\prime}+6y=0\)

9. \(x^{2}y^{\prime\prime}-5xy^{\prime}+9y=0\)

10. \((x-2)^{2}y^{\prime\prime}+5(x-2)y^{\prime}+8y=0\)

11. \(x^{2}y^{\prime\prime}+2xy^{\prime}+4y=0\)

12. \(x^{2}y^{\prime\prime}-4xy^{\prime}+4y=0\)

Problema de valor inicial:

13. \(2x^{2}y^{\prime\prime}+xy^{\prime}-3y=0, \; y(1)=1,\; y^{\prime}(1)=4\)

14. \(4x^{2}y^{\prime\prime}+8xy^{\prime}+17y=0, \;y(1)=2, \;y^{\prime}(1)=-3\)

15. \(x^{2}y^{\prime\prime}-3xy^{\prime}+4y=0, \;y(-1)=2, \;y^{\prime}(1)=3\)

16. \(x^{2}y^{\prime\prime}+3xy^{\prime}+5y=0, \;y(1)=1, \;y^{\prime}(1)=-1\)

Algumas Soluções:

1. \(y=c_{1}x^{-1}+c_{2}x^{-2}\)
2. \(y=c_{1}|x+1|^{-1/2}+c_{2}|x+1|^{-3/2}\)
3. \(y=c_{1}x^{2}+c_{2}x^{2}\ln x\)
4. \(y=c_{1}x^{-1}\cos(2\ln x)+c_{2}x^{-1}\text{ sen }(2\ln x)\)
5. \(y=c_{1}x+c_{2}x\ln x\)
6. \(y=c_{1}(x-1)^{-3}+c_{2}(x-1)^{-4}\)
7. \(y=c_{1}|x|^{\frac{1}{2}\left(-5+\sqrt{29}\right)}+c_{2}|x|^{\frac{1}{2}\left(-5-\sqrt{29}\right)}\)
8. \(y=c_{1}|x|^{3/2}\cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\ln x\right)+c_{2}|x|^{3/2}\text{ sen }\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\ln x\right)\)
9. \(y=c_{1}x^{3}+c_{2}x^{3}\ln x\)
10. \(y=\frac{c_{1}}{(x-2)^{2}}\cos[2\ln(x-2)]+\frac{c_{2}}{(x-2)^{2}}\cos[2\ln(x-2)]\)
11. \(y=\frac{c_{1}}{\sqrt{|x|}}\cos\left(\frac{\sqrt{15}}{2}\ln x\right)+\frac{c_{2}}{\sqrt{|x|}}\text{ sen }\left(\frac{\sqrt{15}}{2}\ln x\right)\)
12. \(y=c_{1}x+c_{2}x^{4}\)
13. \(y=2x^{3/2}-1/x\)
14. \(y=2x^{-1/2}\cos(2\ln x)-x^{-1/2}\text{ sen }(2\ln x)\)
15. \(y=2x^{2}-7x^{2}\ln x\)
16. \(y=x^{-1}\cos(2\ln x)\)

Equações não Homogêneas

Considere uma equação diferencial não homogênea

(20)

$$
L[y]=y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=r(x),
$$
onde \(f(x)\), \(g(x)\) e \(r(x)\) são contínuas em um intervalo aberto \(I\). A equação homogênea associada é
$$
L[y]=y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=0,
$$

onde fizemos \(r(x)=0\). Podemos enunciar os seguintes teoremas:

Teorema 4: Sejam \(Y_{1} \text{ e } Y_{2}\) duas soluções da equação não homogênea (20). Então \(Y_{1}-Y_{2}\) é uma solução da equação homogênea associada \(L[y]=0\). Se, além disto, \(\{y_{1}, y_{2}\} \) é um conjunto fundamental de soluções de (20), então \(Y_{1}-Y_{2}=c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}\).

Demonstração: Como \(Y_{1}\) e \(Y_{2}\) são soluções de (20) então \(L[Y_{1}]=r(x),\;L[Y_{2}]=r(x)\), sendo \(L\) um operador linear temos que
$$
L[Y_{1}-Y_{2}]=L[Y_{1}]-L[Y_{2}]=r(x)-r(x)=0
$$

e, portanto, \(Y_{1}-Y_{2}\) é solução da homogênea associada. Como todas as soluções da homogênea podem ser escritas como uma combinação linear das soluções fundamentais então \(Y_{1}-Y_{2}=c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}\).

Teorema 5: A solução geral da equação não homogênea (20) pode ser escrita como
$$
y(x)=c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}+Y
$$

onde \(Y\) é uma solução qualquer da equação (20).

Demonstração: Pela linearidade de \(L\) temos que
$$
L[y(x)]=L[c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}+Y]=c_{1}L[y_{1}]+{Lc}_{2}[y_{2}]+L[Y]=r(x).
$$

Resumindo, seguimos os seguintes passos para encontrar a solução geral de uma equação diferencial não homogênea:

i Encontramos o conjunto fundamental de soluções da equação homogênea associada, \(\{y_{1},\;y_{2}\}\),
ii Encontramos uma solução da não homogênea, \(Y\),
iii Construimos a solução geral, \(\,y(x)=c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}+Y\).

Método dos Coeficientes Indeterminados

Já possuimos um método para encontrar soluções gerais para todas as equações de segunda ordem homogêneas com coeficientes constantes, para as equações de Euler e ainda para equações com coeficientes não constantes mais gerais, se conhecermos uma de suas soluções. Necessitamos agora estudar formas de obtenção de uma solução para as equações não homogêneas.

Em alguns casos podemos fazer uma hipótese inicial para a forma da solução procurada. Assim, por inspecção, supomos que a solução tem a forma de uma certa função com constantes indeterminadas, e a substituimos na equação diferencial com o propósito de determinar estas constantes. Geralmente, se a forma adotada como tentativa não for suficientemente ampla para acomodar a solução procurada, teremos que recomeçar com outra tentativa mais geral que a primeira. Alguns exemplos servirão para esclarecer melhor o método.

Exemplo 21. Vamos procurar, pelo método dos coeficientes indeterminados, a solução geral para a não homogênea

(21)

$$
y^{\prime\prime}+y^{\prime}=2\text{ sen }3x.
$$
Façamos primeiro a seguinte tentativa: \(y=A\text{ sen }3x\). Suas derivadas são
$$
y^{\prime}=3A\cos3x,\;y^{\prime\prime}=-9A\text{ sen }3x.
$$

Substituindo as derivadas na equação diferencial temos
$$
-9A\text{ sen }3x+3A\cos3x=2\text{ sen }3x,
$$

que não admite solução para a constante \(A\). Temos que tentar encontrar uma solução mais geral que esta. Tentaremos então
$$
Y=A\cos3x+B\text{ sen }3x,
$$

cujas derivadas são
$$
Y^{\prime}=-3A\text{ sen }3x+3B\cos3x,
$$

$$
Y^{\prime\prime}=-9A\cos3x-9B\text{ sen }3x.
$$

Substituindo na equação diferencial temos
$$
-9A\cos3x-9B\text{ sen }3x-3A\text{ sen }3x+3B\cos3x=2\text{ sen }3x.
$$

Agrupando termos em seno e cosseno temos
$$
(-9A+3B)\cos3x-(9B+3A)\text{ sen }3x=2\text{ sen }3x,
$$

e portanto, o sistema para \(A\) e \(B\) e sua respectiva solução,
$$
-9A+3B =0,\;\;3A+9B =-2\;\;\; \Rightarrow A=-\frac{1}{15},\;\;B=-\frac{1}{5}.
$$

Tendo encontrado as constantes \(A\) e \(B\) temos uma solução para a equação não homogênea (21),
$$
Y(x)=-\frac{1}{15}\cos3x+-\frac{1}{5}\text{ sen }3x.
$$

A equação homogênea associada \(y^{\prime\prime}+y^{\prime}=0\) tem solução geral
$$
y_{h}(x)=c_{1}+c_{2}e^{-x}.
$$

A solução geral do problema é
$$
y(x)=y_{h}(x)+Y(x)=c_{1}+c_{2}e^{-x}-\frac{1}{15}\cos3x+-\frac{1}{5}\text{ sen }3x.
$$

Exemplo 22. Encontre a solução geral para a equação não homogênea
$$
y^{\prime\prime}+2y^{\prime}=3+4\text{ sen }2x.
$$
Precisamos da solução geral da equação homogênea associada
$$
y^{\prime\prime}+2y^{\prime}=0,
$$

que pode ter sua ordem reduzida por meio da escolha
$$
\phi=y^{\prime},\;\phi^{\prime}=y^{\prime\prime}.
$$

A equação e sua solução são:
$$
\phi^{\prime}=-2\phi\Rightarrow\int\frac{d\phi}{\phi}=-2\int dx\Rightarrow\phi=ce^{-2x}.
$$

Daí obtemos \(y\) por integração
$$
y_{h}=c\int e^{-2x}dx=c_{1}e^{-2x}+c_{2}.
$$

Como solução para a não homogênea tentamos a seguinte função
$$
Y=Ax+B\text{ sen }2x+C\cos2x,
$$

com derivadas primeira e segunda respectivamente,
$$
Y^{\prime}=A+2B\cos2x-2C\text{ sen }2x,
$$

$$
Y^{\prime\prime}=-4B\text{ sen }2x-4C\cos2x.
$$

Substituindo na equação diferencial obtemos
$$
2A+(-4B-4C)\text{ sen }2x+(-4C+4B)\cos2x=3+4\text{ sen }2x.
$$

Comparando o termo constante e aqueles em seno e cosseno temos o sistema
$$
\left. \begin{array}{r} 2A =3, \\ B+C =-1 \\ -C+B=0 \end{array} \right\}
\Rightarrow A=\frac{3}{2},\;\;B=-\frac{1}{2},\;\;C=-\frac{1}{2}.
$$

A solução geral para a equação (26) é, portanto,
$$
y(x)=c_{1}e^{-2x}+c_{2}+\frac{3}{2}x-\frac{1}{2}(\text{ sen }2x+\cos2x).
$$

Exemplo 23. Encontre a solução geral para
$$
u^{\prime\prime}=\cos\omega_{0}t,
$$

onde \(u\) é função da variável independente \(t\) e \(\omega_{0}\) é uma constante. A equação homogênea tem solução
$$
u_{h}(t)=c_{1}+c_{2}t.
$$

Para a não homogênea tentamos
$$
U=A\cos\omega_{0}t+B\text{ sen }\omega_{0}t,
$$

com derivada segunda
$$
U^{\prime\prime}=-\omega_{0}^{2}U=-\omega_{0}^{2}A\cos\omega_{0}t-\omega_{0}^{2}B\text{ sen }\omega_{0}t.
$$

Então, substituindo na equação diferencial obtemos
$$
-\omega_{0}^{2}A\cos\omega_{0}t-\omega_{0}^{2}B\text{ sen }\omega_{0}t=\cos\omega_{0}t,
$$

e, portanto, \(B=0\), \(A=-1/\omega_{0}^{2}.\) A solução geral é
$$
u(t)=c_{1}+c_{2}t-\frac{1}{\omega_{0}^{2}}\cos\omega_{0}t.
$$

Observe que neste caso poderíamos ter tomado, logo no início, a solução tentativa \(U=A\cos\omega_{0}t\).

Exemplo 24. Encontre uma solução para a equação não homogênea
$$
y^{\prime\prime}-3y^{\prime}-4y=4x^{2}.
$$

Como solução para a não homogênea tentamos um polinômio de mesmo grau que \(r(x)\)
$$
Y=Ax^{2}+Bx+C,
$$

com derivadas
$$
Y^{\prime}=2Ax+B,Y^{\prime\prime}=2A.
$$

Substituindo \(Y,\;Y^{\prime}\) e \(Y^{\prime\prime}\) na equação diferencial obtemos
$$
2A-6Ax-3B-4Ax^{2}-4Bx+4C=4x^{2}.
$$

Igualando os coeficientes de termos de mesma ordem em \(x\) chegamos ao sistema
$$
\left. \begin{array}{r} -4A-4 =0 \\ -6A-4B =0 \\ 2A-3B-4c =0 \\ \end{array} \right\}
\Rightarrow A=-1,\;\;B=\frac{3}{2},\;\;c=-\frac{13}{8}.
$$

A solução da não homogênea é
$$
Y(x)=-x^{2}+\frac{3}{2}x-\frac{13}{8}.
$$

Esta solução deve ser somada à solução da homogênea associada para a obtenção da solução geral.

Exemplo 25. Encontre uma solução para a equação não homogênea
$$
2y^{\prime\prime}+3y^{\prime}+y=x^{2}+3\text{ sen }x.
$$

Para a não homogênea tentamos
$$
Y=Ax^{2}+Bx+C+D\text{ sen }x+E\cos x,
$$

observando que todas as cinco constantes \(A, B, C, D \text{ e } E\) são necessárias, como se pode verificar por tentativa direta de substituição. Suas derivadas são
$$
Y^{\prime}=2Ax+B+D\cos x-E\text{ sen }x,
$$

$$
Y^{\prime\prime}=2A-D\text{ sen }x-E\cos x,
$$

que, substituidas na equação diferencial resultam em
$$
4A-2D\text{ sen }x-2E\cos x+6Ax+3B+3D\cos x-3E\text{ sen }x+
$$
$$
+Ax^{2}+Bx+c+D\text{ sen }x+E\cos x=x^{2}+3\text{ sen }x.
$$

Reunindo os termos de mesma ordem em \(x\), os coeficientes de seno e cosseno chegamos ao sistema abaixo, e sua solução,
$$
\left. \begin{array}{r} 4A+3B+C=0 \\ 6A+B =0 \\ A=1 \\ \end{array} \right\}
\Rightarrow A=1,\;\;B=-6,\;\;C=14.
$$
$$
\left. \begin{array}{r} -3E-D=3 \\ 3D-E=0 \end{array} \right\}
\Rightarrow D=-\frac{3}{10},E=-\frac{9}{10}.
$$

A solução da não homogênea é
$$
Y(x)=x^{2}-6x+14-\frac{3}{10}\text{ sen }x-\frac{9}{10}\cos x.
$$

Uma observação final será útil para a solução de equações não homogêneas com o termo \(r(x)\) composto pela soma de duas ou mais funções. Suponha a equação diferencial na forma
$$
L[y]=r_{1}(x)+r_{2}(x).
$$
Observe que, se \(Y_{1}\) é solução de \(L[y]=r_{1}(x)\) e \(Y_{2}\) é solução de \(L[y]=r_{2}(x)\), então \(Y_{1}+Y_{2}\) é solução particular da equação (27) pois
$$
L[Y_{1}+Y_{2}]=L[Y_{1}]+L[Y_{2}]=r_{1}(x)+r_{2}(x).
$$

Exercícios 7.

1. \(y^{\prime\prime}-2y^{\prime}-3y=3e^{2x}\)

2. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+5y=3\text{ sen }2x\)

3. \(y^{\prime\prime}-2y^{\prime}-3y=-3xe^{-x}\)

4. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}=3+4\text{ sen }2x\)

5. \(y^{\prime\prime}+9y=x^{2}e^{3x}+6\)

6. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+y=2e^{-x}\)

7. \(2y^{\prime\prime}+3y^{\prime}+y=x^{2}+3\text{ sen }x\)

8. \(y^{\prime\prime}+y=3\text{ sen }2x+x \cos2x\)

9. \(y^{\prime\prime}+\omega_{0}^{2}y=\cos\omega x,\omega^{2}\neq\omega_{0}^{2}\)

10. \(y^{\prime\prime}+\omega_{0}^{2}y=\cos\omega_{0}x\)

11. \(y^{\prime\prime}+y^{\prime}+4y=2\text{senh}\,x\)

12. \(y^{\prime\prime}-y^{\prime}-2y=\cosh2x\)

13. \(y^{\prime\prime}+y^{\prime}-2y=2x,\;\,y(0)=0,\;\,y^{\prime}(0)=1\)

14. \(y^{\prime\prime}+4y=x^{2}+3e^{x},\;\,y(0)=0,\;\,y^{\prime}(0)=2\)

15. \(y^{\prime\prime}-y^{\prime}+2y=xe^{x}+4,\;\,y(0)=1,\;\,y^{\prime}(0)=1\)

16. \(y^{\prime\prime}-2y^{\prime}-3y=3xe^{2x},\;\,y(0)=1,\;\,y^{\prime}(0)=0\)

17. \(y^{\prime\prime}+4y=3\text{ sen }2x,\;\,y(0)=2,\;\,y^{\prime}(0)=-1\)

18. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+5y=4e^{-x}\cos2x,\;\,y(0)=1,\;\,y^{\prime}(0)=0\)

Algumas Soluções:

1. \(y=c_{1}e^{3x}+c_{2}e^{-x}-e^{2x}\)
2. \(y=c_{1}e^{-x}\cos2x+c_{2}e^{-x}\text{ sen }2x+\frac{3}{17}\text{ sen }2x-\frac{12}{17}\cos2x\)
3. \(y=c_{1}e^{3x}+c_{2}e^{-x}+\frac{3}{16}xe^{-x}+\frac{3}{8}x^{2}e^{-x}\)
4. \(y=c_{1}+c_{2}e^{-2x}+\frac{3}{2}x-\frac{1}{2}\text{ sen }2x-\frac{1}{2}\cos2x\)
5. \(y=c_{1}\cos3x+c_{2}\text{ sen }3x+\frac{1}{162}(9x^{2}-6x+1)e^{3x}+\frac{2}{3}\)
6. \(y=c_{1}e^{-x}+c_{2}xe^{-x}+x^{2}e^{-x}\)
7. \(y=c_{1}e^{-x}+c_{2}e^{-x/2}+x^{2}-6x+14-\frac{3}{10}\text{ sen }x-\frac{9}{10}\cos x\)
8. \(y=c_{1}\cos x+c_{2}\text{ sen }x-\frac{1}{3}x\cos2x-\frac{5}{9}\text{ sen }2x\)
9. \(y=c_{1}\cos\omega_{0}x+c_{2}\text{ sen }\omega_{0}x+(\omega_{0}^{2}-\omega^{2})^{-1}\cos\omega x\)
10. \(y=c_{1}\cos\omega_{0}x+c_{2}\text{ sen }\omega_{0}x+(1/2\omega_{0})x\text{ sen }\omega x\)
11. \(y=c_{1}e^{-x/2}\cos\left(\sqrt{15}x/2\right)+c_{2}e^{-x/2}\text{ sen }\left(\sqrt{15}x/2\right)+\frac{1}{6}e^{x}-\frac{1}{4}e^{-x}\)
12. \(y=c_{1}e^{-x}+c_{2}e^{2x}+\frac{1}{6}xe^{2x}+\frac{1}{8}e^{-2x}\)
13. \(y=e^{x}-\frac{1}{2}e^{-2x}-x-\frac{1}{2}\)
14. \(y=\frac{7}{10}\text{ sen }2x-\frac{19}{40}\cos2x-\frac{1}{8}+\frac{3}{5}e^{x}+\frac{1}{4}x^{2}\)
15. \(y=4xe^{x}-3e^{x}+\frac{1}{6}x^{3}e^{x}+4\)
16. \(y=e^{3x}+\frac{2}{3}e^{-x}-\frac{2}{3}e^{2x}-xe^{2x}\)
17. \(y=2\cos2x-\frac{1}{8}\text{ sen }2x-\frac{3}{4}\cos2x\)
18. \(y=e^{-x}\cos2x+\frac{1}{2}e^{-x}\text{ sen }2x+xe^{-x}\text{ sen }2x\)

Método da Variação dos Parâmetros

(6) Supondo que as integrais envolvidas possam ser explicitamente avaliadas. Caso contrário se pode realizar integrações numéricas ou simplesmente obter uma solução formal da qual se pode extrair informações úteis.

O método da variação dos parâmetros para a solução da equações diferenciais não homogêneas, atribuído a Lagrange, é um método mais geral e não implica em prever uma forma apropriada para a solução. Embora geralmente mais trabalhoso que o método anterior ele é também mais poderoso e fornece sempre, em princípio, uma solução(6).

O método consiste no seguinte procedimento: para encontrar uma solução geral para a equação não homogênea
$$
L[y]=y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=r(x)
$$

buscamos primeiro uma solução para a homogênea associada, \(L[y]=0\). Digamos que
$$
y_{h}(x)=Ay_{1}(x)+By_{2}(x),
$$

com \( A \text{ e } B\) constantes, seja esta solução. A variação dos parâmetros consiste em substituir as constantes por funções desconhecidas,
$$
A\rightarrow A(x),\;\;B\rightarrow B(x),
$$

o que resulta em uma solução tentativa mais geral que a anterior, sob a forma de

(22)

$$
y(x)=A(x)y_{1}(x)+B(x)y_{2}(x).
$$

Note que com isto estamos introduzindo uma grau de liberdade extra em nosso problema e que uma única equação do tipo não será suficente para determinar univocamente as funções \(A(x)\) e \(B(x)\). Como veremos, usaremos esta liberdade extra para inserir um vínculo ou restrição adicional de forma a simplificar a solução do problema. Omitindo os argumentos das funções, para ter uma notação mais compacta, escrevemos a derivada primeira da solução tentativa:
$$
y^{\prime}=Ay_{1}^{\prime}+A^{\prime}y_{1}+By_{2}^{\prime}+B^{\prime}y_{2}
$$

sobre a qual imporemos o vínculo adicional

(23)

$$
y_{1}A^{\prime}+y_{2}B^{\prime}=0.
$$
Assim resta apenas, para a derivada primeira
$$
y^{\prime}=Ay_{1}^{\prime}+By_{2}^{\prime}
$$

e, consequentemente
$$
y^{\prime\prime}=Ay_{1}^{\prime\prime}+By_{2}^{\prime\prime}+A^{\prime}y_{1}^{\prime}+B^{\prime}y_{2}^{\prime}.
$$

Com estas escolhas a equação (22) fica assim
$$
Ay_{1}^{\prime\prime}+By_{2}^{\prime\prime}+A^{\prime}y_{1}^{\prime}+B^{\prime}y_{2}^{\prime}+f(Ay_{1}^{\prime}+By_{2}^{\prime})+g(Ay_{1}+By_{2})=r.
$$

Reagruparemos os termos da seguinte forma
$$
A(y_{1}^{\prime\prime}+fy_{1}^{\prime}+gy_{1})+B(y_{2}^{\prime\prime}+fy_{2}^{\prime}+gy_{2})+A^{\prime}y_{1}^{\prime}+B^{\prime}y_{2}^{\prime}=r,
$$

para ver que a equação se reduz à

(24)

$$
A^{\prime}y_{1}^{\prime}+B^{\prime}y_{2}^{\prime}=r,
$$
uma vez que os termos dentros dos parênteses são nulos já que \(y_{1}\) e \(y_{2}\) são soluções da homogênea associada. Observamos que a escolha particular do vínculo adicional dada por (30) faz com que a derivada segunda de \(y\) contenha apenas termos com derivadas primeiras de \(A\) e \(B\), e que a substituição da solução tentativa na equação diferencial original leva a uma expressão simples (24) que, igualmente, contém apenas \(A^{\prime}\) e \(B^{\prime}\). As equações (23) e (24) devem ser resolvidas simultaneamente. Elas formam um sistema linear algébrico (isto é, não são equações diferenciais) para \(A^{\prime}\) e \(B^{\prime}\). Como último passo encontramos por integração as funções \(A(x)\) e \(B(x)\) e teremos assim resolvido a equação (22).

Exemplo 26. Vamos procurar a solução da equação não homogênea

(25)

$$
y^{\prime\prime}-5y^{\prime}+6y=2e^{x},
$$
pelo método da variação dos parâmetros. Temos que encontrar primeiro a solução geral da homogênea associada, que tem equação característica \(r^{2}-5r+6=0\) cujas raízes são \(r=2\) e \(r=3\). A solução da homogênea é
$$
y_{h}(x)=Ae^{2x}+Be^{3x},
$$
Para a não homogênea tentamos a solução
$$
y(x)=A(x)e^{2x}+B(x)e^{3x},
$$

onde \(A \text{ e } B\) são agora funções, e que tem derivada primeira
$$
y^{\prime}=A^{\prime}e^{2x}+B^{\prime}e^{3x}+2Ae^{2x}+3Be^{3x}.
$$

Introduzindo o vínculo ou restrição
$$
A^{\prime}e^{2x}+B^{\prime}e^{3x}=0
$$

ficamos com
$$
y^{\prime}=2Ae^{2x}+3Be^{3x},
$$

e a derivada segunda:
$$
y^{\prime\prime}=2A^{\prime}e^{2x}+4Ae^{2x}+3B^{\prime}e^{3x}+9Be^{3x}.
$$

Substituindo na equação diferencial e agrupando os termos de forma conveniente temos
$$
A(4e^{2x}-10e^{2x}+6e^{2x})+B(9e^{3x}-15e^{3x}+6e^{3x})+2A^{\prime}e^{2x}+3B^{\prime}e^{3x}=2e^{x}
$$

ou, já que os termos dentro dos parênteses são nulos,
$$
2A^{\prime}e^{2x}+3B^{\prime}e^{3x}=2e^{x}.
$$

Temos portanto o seguinte sistema algébrico e sua solução
$$
\left.
\begin{array}{l}
A^{\prime}e^{2x}+B^{\prime}e^{3x} =0 \\
2A^{\prime}e^{2x}+3B^{\prime}e^{3x} =2e^{x} \\
\end{array}
\right\}
\Rightarrow A^{\prime}=-2e^{-x},\;\;B^{\prime}=2e^{-2x}.
$$

Por integração destas funções obtemos \(A\) e \(B\),
$$
A=-2\int e^{-x}dx=2e^{-x}+c_{1},
$$

$$
B=2\int e^{-2x}dx=-e^{-2x}+c_{2}.
$$

A solução geral da equação (25) é
$$
y(x)=(2e^{-x}+c_{1})e^{2x}+(-e^{-2x}+c_{2})e^{3x}=c_{1}e^{2x}+c_{2}e^{3x}+e^{x}.
$$
Exemplo 27. Para resolver a equação não homogênea

(26)

$$
y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+4y=x^{-2}e^{-2x}
$$
procuramos as soluções da homogênea associada, que tem equação característica
$$
r^{2}+4r+4=0
$$

com raíz dupla \(r=-2\). A solução da homogênea é
$$
y_{h}(x)=Ae^{-2x}+Bxe^{-2x},
$$

\(A \text{ e } B\) constantes. Para a não homogênea tentamos a variação dos parâmetros
$$
y(x)=Ae^{-2x}+Bxe^{-2x}
$$

onde agora \(A\) e \(B\) são funções. A derivada primeira é
$$
y^{\prime}=A^{\prime}e^{-2x}-2Ae^{-2x}+B^{\prime}xe^{-2x}+Be^{-2x}-2Bxe^{-2x}.
$$

Introdução a restrição
$$
(A^{\prime}+B^{\prime}x)e^{-2x}=0
$$

obtemos, simplesmente
$$
y^{\prime}=(-2A+B-2Bx)e^{-2x}.
$$

A derivada segunda é
$$
y^{\prime\prime}=(-2A^{\prime}+4A+B^{\prime}-4B-2B^{\prime}x+4Bx)e^{-2x}
$$

Substituindo na equação (20) e realizando os possíveis cancelamentos temos
$$
-2A^{\prime}+B^{\prime}-2B^{\prime}x=x^{-2}.
$$

Resta apenas resolver o sistema
$$
\begin{array}{ll}
A^{\prime}+B^{\prime}x =0 & (a) \\
-2A^{\prime}+B^{\prime}-2B^{\prime}x =x^{-2} & (b)\\
\end{array}
$$

Multiplicando a primeira equação por 2 e somando com a segunda para obtemos
$$
B^{\prime}(1-2x+2x)=x^{-2}\Rightarrow B^{\prime}=x^{-2},
$$

$$
A^{\prime}=-xB^{\prime}=-x^{-1}.
$$

Integrando obtemos \(A\) e \(B\),
$$
A=-\int\frac{1}{x}dx=-\ln x+c_{1},
$$

$$
B=\int\frac{1}{x^{2}}dx=-\frac{1}{x}+c_{2},
$$

e a solução geral de (20) é
$$
y(x)=(-\ln x+c_{1})e^{-2x}+\left(-\frac{1}{x}+c_{2}\right)xe^{-2x}=
$$

$$
=c_{1}e^{-2x}+c_{2}xe^{-2x}-e^{-2x}\ln x-e^{-2x},
$$

ou, ainda,
$$
y(x)=c_{3}e^{-2x}+c_{2}xe^{-2x}-e^{-2x}\ln x,
$$

onde \(c_{3}=c_{1}-1\).

Como será ilustrado no exemplo a seguir, o método da variação dos parâmetros pode ser usado na solução de equações diferenciais com coeficientes não constantes. Vale lembrar que ainda não estudamos uma forma geral para a obtenção de soluções para estas equações mesmo no caso homogêneo, exceto para as equações de Euler. Este estudo será feito no capítulo sobre as soluções em séries de potências.

No exemplo seguinte supomos conhecidas duas soluções l.i. para a equação homogênea associada e, a partir delas, obtemos a solução geral para a não homogênea.

Exemplo 28. Dada a equação de Euler
$$
x^{2}y^{\prime\prime}-2y=3x^{2}-1,
$$
podemos encontrar as soluções da homogênea associada que são \(y_{1}=x^{2}\) e \(y_{2}=x^{-1}\). A partir dai procuramos a sua solução geral. Usando a variação dos parâmetros construimos a solução tentativa
$$
y(x)=A(x)x^{2}+B(x)x^{-1}.
$$

Na derivada primeira
$$
y^{\prime}=A^{\prime}x^{2}+B^{\prime}x^{-1}+2Ax-Bx^{-2},
$$

impomos a restrição

(27)

$$
A^{\prime}x^{2}+B^{\prime}x^{-1}=0,
$$
o que nos deixa com as seguintes derivadas de \(y\),
$$
y^{\prime}=2Ax-Bx^{-2},
$$

$$
y^{\prime\prime}=2A^{\prime}x-B^{\prime}x^{-2}+2A+2Bx^{-3}.
$$

Substituindo na equação diferencial temos

(28)

$$
2A^{\prime}x^{3}-B^{\prime}=3x^{2}-1.
$$
As equações (27) e (28) formam um sistema algébrico para \(A^{\prime}\) e \(B^{\prime}\), com solução
$$
A^{\prime}=\frac{1}{x}-\frac{1}{3x^{3}},\;\;B^{\prime}=\frac{1}{3}-x^{2}.
$$

As funções \(A\) e \(B\) podem ser encontradas por integração direta,
$$
A=\int\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{3x^{3}}\right)dx=\ln x+\frac{1}{6x^{2}}+c_{1},
$$

$$
B=\int\left(\frac{1}{3}-x^{2}\right)dx=\frac{1}{3}(x-x^{3})+c_{2}
$$

e, portanto, a solução geral de (*32) é
$$
y(x)=\left(\ln x+\frac{1}{6x^{2}}+c_{1}\right)x^{2}+\left[\frac{1}{3}(x-x^{3})+c_{2}\right]\frac{1}{x}=
$$

$$
=c_{1}x^{2}+c_{2}x^{-1}+x^{2}\left(\ln x-\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{2}.
$$

Observamos que \(x^{2}/3\) é uma solução da equação homogênea e não contribui para a solução da não homogênea. Reescrevemos então a solução obtida como
$$
y(x)=c_{3}x^{2}+c_{2}x^{-1}+x^{2}\ln x+\frac{1}{2},
$$

onde \(c_{3}=c_{1}-1/3.\)

Exemplo 29. Dada a equação diferencial

(29)

$$
xy^{\prime\prime}-(1+x)y^{\prime}+y=x^{2}e^{2x}
$$
podemos verificar por substituição que \(y_{1}=1+x\) e \(y_{2}=e^{x}\) são soluções da homogênea asssociada. Usando a variação dos parâmetros procuramos sua solução geral construindo
$$
y(x)=A(1+x)+Be^{x},
$$

onde as funções \(A\) e \(B\) são desconhecidas. Sua derivada primeira é
$$
y^{\prime}=A^{\prime}(1+x)+A+B^{\prime}e^{x}+Be^{x}.
$$

Com a restrição adicional
$$
A^{\prime}(1+x)+B^{\prime}e^{x}=0
$$

ficamos com as seguintes derivadas de \(y\),
$$
y^{\prime}=A+Be^{x},
$$

$$
y^{\prime\prime}=A^{\prime}+B^{\prime}e^{x}+Be^{x}.
$$

Com estas escolhas a equação diferencial fica
$$
x(A^{\prime}+B^{\prime}e^{x}+Be^{x})-(1+x)(A+Be^{x})+A(1+x)+Be^{x}=x^{2}e^{2x}
$$

ou, após os devidos cancelamentos
$$
A^{\prime}+B^{\prime}e^{x}=xe^{2x}.
$$

Desta vez temos o sistema
$$
\begin{array}{l}
A^{\prime}(1+x)+B^{\prime}e^{x}=0 \\
A^{\prime}+B^{\prime}e^{x}=xe^{2x}.\\
\end{array}
$$

Subtraindo a primeira da segunda temos
$$
-A^{\prime}x=xe^{2x}\Rightarrow A^{\prime}=-e^{2x}
$$

e
$$
B^{\prime}e^{x}=-A^{\prime}(1+x)\Rightarrow B^{\prime}=(1+x)e^{x}.
$$

Integramos para obter
$$
A=-\int e^{2x}dx=-\frac{e^{2x}}{2}+c_{1},
$$

$$
B=\int(1+x)e^{x}dx=e^{x}+\int xe^{x}dx.
$$

(7) Lembrando: \(\int udv=uv-\int vdu\).

Podemos resolver esta última integral por partes(7), fazendo
$$
u=x,\;\,du=dx
$$

$$
dv=e^{x}dx,v=e^{x}.
$$

Dai
$$
\int xe^{x}dx=xe^{x}-\int e^{x}dx=e^{x}(x-1).
$$

Assim encontramos
$$
B=e^{x}+e^{x}(x-1)=xe^{x}+c_{2}.
$$

Consequentemente a solução geral da equação (29) é
$$
y(x)=\left(-\frac{e^{2x}}{2}+c_{1}\right)(1+x)+({xe}^{x}+c_{2})e^{x}
$$

$$
=c_{1}(1+x)+c_{2}e^{x}+\frac{1}{2}(x-1)e^{2x}.
$$

Este desenvolvimento é, na prática, a forma usual apropriada para a solução de equações diferenciais usando este método. Apresentamos, no entanto, uma solução formal no teorema seguinte.

Teorema 6: Dada a equação diferencial não homogênea

(30)

$$
L[y]=y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=r(x)
$$

onde \(f(x),\;g(x)\text{ e } r(x)\) são funções contínuas em um intervalo aberto \(I\) e \( y_{1}(x), y_{2}(x)\) são soluções linearmente independentes da homogênea \(L[y]=0 \) então uma solução particular de (30) é
$$
Y(x)=-y_{1}(x)\int\frac{y_{2}(x)r(x)}{W(y_{1},y_{2})}dx+y_{2}(x)\int\frac{y_{1}(x)r(x)}{W(y_{1},y_{2})}dx.
$$

A solução geral, já vista em teorema anterior, é
$$
y(x)=c_{1}y_{1}(x)+c_{2}y_{2}(x)+Y(x).
$$

Demonstração: Sabemos que
$$
y_{h}(x)=Ay_{1}(x)+By_{2}(x)
$$

é a solução geral da equação homogênea. Tentamos uma solução sob a forma
$$
y(x)=A(x)y_{1}(x)+B(x)y_{2}(x).
$$

Procedendo como já feito no início desta seção chegamos a uma sistema de equações lineares em \(A^{\prime}\) e \(B^{\prime}\)
$$
y_{1}A^{\prime}+y_{2}B^{\prime} =0
$$
$$
y_{1}^{\prime}A^{\prime}+y_{2}^{\prime}B^{\prime}=r
$$

ou, em notação matricial,
$$
\begin{bmatrix} y_{1} & y_{2} \\ y_{1}^{\prime} & y_{2}^{\prime} \end{bmatrix}
\begin{bmatrix} A^{\prime} \\ B^{\prime} \end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix} 0 \\ r \end{bmatrix}
$$

Usando a regra de Cramer obtemos as soluções
$$
A^{\prime}=\frac{\det \begin{bmatrix} 0 & y_{2} \\ r & y_{2}^{\prime} \end{bmatrix}}
{W(y_{1},y_{2})}=\frac{-y_{2}r}{W(y_{1},y_{2})},
$$
$$
B^{\prime}=\frac{\det \begin{bmatrix} y_{1} & 0 \\ y_{1}^{\prime} & r \end{bmatrix}}
{W(y_{1},y_{2})}=\frac{y_{1}r}{W(y_{1},y_{2})},
$$

Observe que o Wronskiano não se anula pois \(y_{1}\) e \(y_{2}\) são l.i.. Integrando chegamos a expressões formais para \(A\) e \(B\),
$$
A=-\int\frac{y_{2}r}{W(y_{1},y_{2})}dx+c_{1},
$$

$$
B=\int\frac{y_{1}r}{W(y_{1},y_{2})}dx+c_{2}.
$$

A solução geral para a equação (30) é
$$
y(x)=c_{1}y_{1}(x)+c_{2}y_{2}(x)-y_{1}(x)\int\frac{y_{2}r}{W(y_{1},y_{2})}dx+y_{2}(x)\int\frac{y_{1}r}{W(y_{1},y_{2})}dx,
$$

sendo que
$$
Y(x)=-y_{1}(x)\int\frac{y_{2}r}{W(y_{1},y_{2})}dx+y_{2}(x)\int\frac{y_{1}r}{W(y_{1},y_{2})}dx
$$

é uma solução particular da não homogênea.

Exercícios 8.

Encontre uma solução particular:

1. \(y^{\prime\prime}-5y^{\prime}+6y=2e^{x}\)

2. \(y^{\prime\prime}-y^{\prime}-2y=2e^{-x}\)

3. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+y=3e^{-x}\)

4. \(4y^{\prime\prime}-4y^{\prime}+y=16e^{x/2}\)

Encontre a solução geral:

5. \(y^{\prime\prime}+y=\tan x,\;\,0\lt x\lt\pi/2\)

6. \(y^{\prime\prime}+9y=9\sec^{2}(3x),\;\,0\lt x\lt\pi/6\)

7. \(y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+4y=x^{-2}e^{-2x},\;\,x\gt 0\)

8. \(y^{\prime\prime}+4y=3\csc2x,\;\,0\lt x \lt \pi/2\)

9. \(4y^{\prime\prime}+y=2\sec(x/2),\;-\pi \lt x \lt \pi\)

10. \(y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+y=e^{x}/(1+x^{2})\)

11. \(y^{\prime\prime}-5y^{\prime}+6y=f(x)\)

12. \(y^{\prime\prime}+4y=f(x)\)

Obs.: Considere que \(f(x)\) é uma função qualquer, nas questões 11 e 12.

Nos problemas seguintes verifique que \(y_{1}\) e \(y_{2}\) são soluções da homogênea associada e encontre uma solução particular da não homogênea:

13. \(x^{2}y^{\prime\prime}-2y=3x^{2}-1,\;\,x\gt 0,\;\,y_{1}=x^{2},\;\,y_{2}=x^{-1}\)

14. \(x^{2}y^{\prime\prime}-x(x+2)y^{\prime}+(x+2)y=2x^{3},x\gt 0,\;\,y_{1}=x,\;\,y_{2}=xe^{x}\)

15. \(xy^{\prime\prime}-(1+x)y^{\prime}+y=x^{2}e^{2x},\;\,x\gt 0,\;\,y_{1}=1+x,\;\,y_{2}=e^{x}\)

16. \((1-x)y^{\prime\prime}+xy^{\prime}-y=2(x-1)^{2}e^{-x},\;\,0 \lt x \lt 1,\;\,y_{1}=e^{x},\;\,y_{2}=x\)

17. \(x^{2}y^{\prime\prime}-3xy^{\prime}+4y=x^{2}\ln x,\;\,x\gt 0,\;\,y_{1}=x^{2},\;\,y_{2}=x^{2}\ln x\)

18. \(x^{2}y^{\prime\prime}+xy^{\prime}+(x^{2}-0,25)y=3x^{3/2}\text{ sen }x,\;x\gt 0,\;y_{1}=x^{-1/2}\text{ sen }x,\;y_{2}=x^{-1/2}\cos x\)

Algumas Soluções:

1. \(Y=e^{x}\)

2. \(Y=-\frac{2}{3}xe^{-x}\)

3. \(Y=\frac{3}{2}x^{2}e^{-x}\)

4. \(Y=2x^{2}e^{x/2}\)

5. \(y=c_{1}\cos x+c_{2}\text{ sen }x-(\cos x)\ln(\tan+\sec x)\)

6. \(y=c_{1}\cos3x+c_{2}\text{ sen }3x+(\text{ sen }3x)\ln(\tan3x+\sec3x)-1\)

7. \(y=(c_{1}+c_{2}x-\ln x)e^{-2x}\)

8. \(y=c_{1}\cos2x+c_{2}\text{ sen }2x+\frac{3}{4}(\text{ sen }2x)\ln(\text{ sen }2x)-\frac{3}{2}x\cos2x\)

9. \(y=c_{1}\cos x/2+c_{2}\text{ sen }x/2+x\text{ sen }x/2+2\ln\cos x/2\)

10. \(y=c_{1}e^{x}+c_{2}xe^{x}-\frac{1}{2}e^{x}\ln(1+x^{2})+xe^{x}\arctan x\)

11. \(y=c_{1}e^{2x}+c_{2}e^{3x}+\int[e^{3(x-t)}-e^{2(x-t)}]f(t)dt\)

12. \(y=c_{1}\cos2x+c_{2}\text{ sen }2x+\frac{1}{2}\int f(t)\text{ sen }2(x-t)dt\)

13. \(Y=\frac{1}{2}+x^{2}\ln x\)

14. \( Y=-2x^{2}\)

15. \(Y=\frac{1}{2}(x-1)e^{2x}\)

16. \(Y=-\frac{1}{2}(2x-1)e^{-x}\)

17. \( Y=\frac{1}{6}x^{2}(\ln x)^{3}\)

18. \( Y=-\frac{3}{2}\sqrt{x}\cos x\).

O Método Complexo

Um pequeno acréscimo pode ser interessante neste ponto no que se refere ao uso das equações diferenciais em aplicações. Um tipo de equação comum em aplicações provenientes da mecânica e dos circuitos elétricos é
$$
Ay^{\prime\prime}+By^{\prime}+cy=r(x)
$$

onde a parte não homogênea \(r(x)\) involve senos e cossenos. Embora estas equações possam ser tratadas por um dos métodos já estudados, vamos considerar uma forma prática para se encontrar uma solução particular usando funções complexas. Faremos isto por meio de exemplos.

Exemplo 30. Considere a equação

(31)

$$
y^{\prime\prime}+y^{\prime}+3y=5\text{ sen }x.
$$
Pelo método dos coeficientes indeterminados fazemos
$$
y_{p}=a\cos x+b\text{ sen }x
$$

e substituimos na equação, para encontrar a solução particular
$$
y_{p}(x)=-\cos x+2\text{ sen }x.
$$

O método complexo consiste em resolver outra equação,
$$
Y^{\prime\prime}+Y^{\prime}+3Y=5e^{ix},
$$

(8) \(\text{Im}[f(x)]\) é a parte imaginária da função complexa \(f\), enquanto \(\text{Re}[f(x)]\) é a parte real.

notando que(8) \(\text{Im}(e^{ix})=\text{ sen }x\). Para esta equação fazemos a tentativa
$$
Y=ke^{ix}.
$$

Substituindo esta função e suas derivadas,
$$
Y^{\prime}=ike^{ix},\;\,Y^{\prime\prime}=-ke^{ix},
$$

na equação (31) temos
$$
-ke^{ix}+ike^{ix}+3ke^{ix}=5e^{ix}
$$

ou seja
$$
k(2+i)=5\Rightarrow k=\frac{5}{2+i}=\frac{5(2-i)}{(2+i)(2-i)}=\frac{10-5i}{5}=2-i.
$$

A solução particular para (31) é, então,
$$
Y_{p}=(2-i)e^{ix}=(2-i)(\cos x+i\text{ sen }x)=2\cos x+\text{ sen }x+i(-\cos x+2\text{ sen }x).
$$

Notamos agora que, para obter a solução da equação original (31), basta tomar a parte imaginária desta última expressão:
$$
y_{p}(x)=\text{Im}(Y_{p})=-\cos x+2\text{ sen }x,
$$
como já esperado.

Exercícios 9.

1. \(y^{\prime\prime}+3y^{\prime}+16y=24\cos4t\)

2. \(y^{\prime\prime}+y^{\prime}+4y=8\text{ sen }2t\)

3. \(y^{\prime\prime}+5y^{\prime}+\frac{1}{8}y=25\cos10t\)

4. \(y^{\prime\prime}+y^{\prime}+9y=-3\text{ sen }3t\)

Algumas Soluções:

1. \(y=2\text{ sen }4t\)

3. \(y=2\) sen \(4t\)

Aplicações

Movimento harmônico simples, forçado ou amortecido

As equações com coeficientes constantes, embora simples, servem como modelo para um grande número de sistemas importantes nas aplicações em física, engenharia e outras áreas. Já mencionamos que um corpo de massa \(m\), preso a uma mola de constante elástica \(k\), sob atrito e sujeito à uma força externa variável \(f(t)\) tem seu movimento descrito por um equação diferencial linear de segunda ordem com coeficientes constantes.

Figura: Sistema massa-mola.

A força que a mola exerce sobre o corpo é dada pela lei de Hooke, \(F_{mola}=-kx\), enquanto o atrito exerce uma força proporcional à sua velocidade e em direção oposta a ela, \(F_{atrito}=-cv\). De acordo com a segunda lei de Newton, \(\sum F=ma\), onde \(\sum F\) é a soma de todas as forças atuando sobre o corpo, ou seja
$$
ma=-cv-kx.
$$

Se além destas forças adicionarmos uma força externa \(f(t)\) provida, por exemplo, por um motor dotado de pistons ou outro mecanismo qualquer de transferência de energia para o sistema corpo-mola, teremos a equação
$$
m\frac{d^{2}x(t)}{dt}+c\frac{dx}{dt}+kx=f(t),
$$

ou, utilizando a notação compacta \(\dot{x}=dx/dt,\) \(\ddot{x}=d^{2}x/dt^{2},\)
$$
m\ddot{x}+c\dot{x}+kx=f(t).
$$

Exemplo 31. Movimento harmônico simples O caso mais simples de interesse é o da mola livre, sem a atuação de forças externas ou atrito. Nesta situação temos

$$
m\ddot{x}+kx=0
$$

cuja solução pode ser obtida substituindo-se \(x=e^{rt}\) na equação diferencial para obter
$$
mr^{2}+k=0\Rightarrow r=\pm i\omega
$$

onde \(\omega=\sqrt{k/m}\) é a frequência natural do sistema. A solução geral é

(32)

$$
x(t)=c_{1}\text{ sen }\omega t+c_{2}\cos\omega t.
$$

Ângulo de fase

As constantes de integração ficam determinadas por meio das condições iniciais como, por exemplo, a posição e a velocidade inicial do corpo. Uma outra forma interessante pode ser obtida para esta solução se definirmos novas constantes \(C\) e \(\delta\) que se relacionam com \(c_{1}\) e \(c_{2}\) de acordo com a figura,

$$
\left\{
\begin{array}{l}
C\cos\delta=c_{1} \\
C\text{ sen }\delta=c_{2}\\
\end{array}
\Rightarrow C=\sqrt{c_{1}^{2}+c_{2}^{2}},\delta=\arctan\left(\frac{c_{2}}{c_{1}}\right).\right.
$$

A equação (32) fica escrita como
$$
x(t)=C(\text{ sen }\omega tcos\delta+\cos\omega t\text{ sen }\delta).
$$

Usamos a fórmula da adição de arco do seno
$$
\text{ sen }(a+b)=\text{ sen }a\cos b+\cos a\text{ sen }b
$$

para escrever
$$
x(t)=C\text{ sen }(\omega t+\delta).
$$
Observe que o gráfico deste movimento, que descreve um movimento harmônico simples, é simplesmente o de um seno (cosseno) com amplitude e fase modificados em relação ao seno (cosseno) puro.

Exemplo 32. Trataremos um exemplo particular da situação descrita no exemplo 1. Um objeto de massa igual a 4 kg está preso a uma mola com constante de Hooke \(k=9\) N/cm sobre uma mesa horizontal sem atrito. No instante \(t=0\) a massa é solta de uma posição inicial afastada 6cm da posição de equilíbrio da mola e com velocidade inicial de 3 cm/s. A equação diferencial que descreve o movimento do objeto é
$$
\ddot{x}=-\omega^{2}x,
$$

onde \(\omega=\sqrt{k/m}=3/2s^{-1}\). Observe que \(\omega\) tem unidades de \(\text{(tempo)}^{-1}\), sendo uma medida de frequência. A solução e sua derivada são, respectivamente,
$$
x(t)=c_{1}\text{ sen }\omega t+c_{2}\cos\omega t,
$$
$$
\dot{x}(t)=c_{1}\omega\cos\omega t-c_{2}\omega\text{ sen }\omega t.
$$

Determinamos agora as constantes \(c_{1}\) e \(c_{2}\) usando as condições iniciais:
$$
x(0)=6cm\Rightarrow c_{2}=6cm,
$$

$$
\dot{x}(0)=\omega c_{1}=3cms^{-1}\Rightarrow c_{1}=2cm.
$$

A solução particular encontrada é
$$
x(t)=2\text{ sen }\frac{3t}{2}+6\cos\frac{3t}{2},
$$

onde o tempo \(t\) é medido em segundos, \(x\) em centímetros. Alternativamente podemos calcular a amplitude da oscilação:
$$
C=\sqrt{c_{1}^{2}+c_{2}^{2}}=\sqrt{40}cm\approx6,3cm
$$

enquanto o ângulo de fase é
$$
\delta=\arctan\left(\frac{c_{2}}{c_{1}}\right)=\arctan(3)\approx1,25\text{rad}.
$$

Portanto, a menos de arredondamentos, a posição é dada por
$$
x(t)\approx6,3\text{ sen }\left(\frac{3t}{2}+1,25\right).
$$

Observe que enquanto \(x\) é dado em centímetros o argumento do seno é adimensional.

Exemplo 33. Movimento amortecido Se o objeto preso a massa está submetido a algum tipo de atrito, por exemplo, por estar se movendo dentro de um meio viscoso ou por ter atrito com a superfície onde está apoiado, então parte da energia do sistema será dissipada por este atrito e a amplitude de oscilação decairá. A força de atrito é geralmente descrita por um termo proporcional à uma potência da velocidade. Tomaremos como exemplo a força de atrito como \(F_{atrito}=-c\dot{x}\), sendo que o sinal negativo indica que esta força age na direção contrária à do movimento. Aplicando a segunda lei de Newton temos
$$
F=-c\dot{x}-kx
$$

ou seja, denotando \(2\lambda=c/m\) e \(\omega=\sqrt{k/m}\)
$$
\ddot{x}+2\lambda\dot{x}+\omega^{2}x=0.
$$
Com esta notação a equação característica é \(r^{2}+2\lambda r+\omega^{2}=0\), com raízes
$$
r_{1}=-\lambda+\sqrt{\lambda^{2}-\omega^{2}};\;\;r_{2}=-\lambda-\sqrt{\lambda^{2}-\omega^{2}}.
$$

O comportamento do sistema pode ser descrito em três casos gerais:

i) Sistema superamortecido, quando \(\lambda^{2}-\omega^{2}\gt 0\). Neste caso o amortecimento \(c\) é grande quando comparado à constante elástica \(k\). A solução não apresenta oscilações, sendo dada por
$$
x(t)=\left(c_{1}e^{\sqrt{\lambda^{2}-\omega^{2}}t}+c_{2}e^{-\sqrt{\lambda^{2}-\omega^{2}}t}\right)e^{-\lambda t}.
$$

ii) Sistema subamortecido, quando \(\lambda^{2}-\omega^{2}\lt 0\). Neste caso o amortecimento \(c\) é pequeno quando comparado à constante elástica \(k\). As raízes da equação características são complexas
$$
r_{1}=-\lambda+i\sqrt{\omega^{2}-\lambda^{2}};\;\,r_{2}=-\lambda-i\sqrt{\omega^{2}-\lambda^{2}},
$$

e a solução é oscilatória, descrita por
$$
x(t)=\left(c_{1}\cos\sqrt{\omega^{2}-\lambda^{2}}t+c_{2}\text{ sen }\sqrt{\omega^{2}-\lambda^{2}}t\right)e^{-\lambda t}.
$$

A amplitude do movimento decresce devido ao fator \(e^{-\lambda t}\), tendendo ao repouso após a passagem de um tempo suficientemente longo.

iii) Sistema criticamente amortecido, quando \(\lambda^{2}-\omega^{2}=0\), representando um caso intermediário entre os dois primeiros casos. A solução é simplesmente
$$
x(t)=(c_{1}+c_{2}t)e^{-\lambda t}.
$$

Observe que esta solução pode ter apenas uma raiz, significando que o objeto pode passar pelo ponto de equilíbrio no máximo uma vez.

Figura: (a) Sistema amortecido (b) Amortecimento crítico (c) Superamortecido

Exemplo 34. Movimento forçado: Além da força restauradora da mola o objeto pode ainda estar submetido a uma força externa \(f(t)\), estando ou não sujeito a efeitos dissipativos de atrito. Teremos neste caso a equação diferencial completa, equação (2). Fazendo as mesmas identificações \(2\lambda=c/m\) e \(\omega_{0}=\sqrt{k/m}\) e denotando agora \(\phi(t)=f(t)/m\) temos a equação não homogênea

(33)

$$
\ddot{x}+2\lambda\dot{x}+\omega_{0}^{2}x=\phi(t),
$$

que pode ser resolvida por qualquer um dos métodos já estudados. Combinações de diferentes valores de \(\lambda\) e \(\omega_{0}\) resultarão em comportamentos diferentes para as soluções do sistema.

Suponhamos inicialmente que não existe amortecimento \((\lambda=0)\) e que a força externa aplicada ao sistema seja oscilatória, na forma de \(\phi(t)=\phi_{0}\cos\omega t\), onde \(\omega\) não é necessariamente a frequência natural do sistema, \(\omega_{0}\). De fato, se \(\omega\neq\omega_{0}\), então a solução geral da equação (33) será
$$
x(t)=c_{1}\text{ sen }\omega_{0}t+c_{2}\cos\omega_{0}t+\frac{\phi_{0}}{(\omega_{0}^{2}-\omega^{2})}\cos\omega t,
$$

onde as constantes de integração são determindas pelas condições iniciais. Se o objeto estiver em repouso e no ponto de equilíbrio da mola no instante inicial então
$$
x(0)=0,\;\;\dot{x}(0)=0
$$

e as constantes serão
$$
c_{1}=0;\;\;c_{2}=\frac{\phi_{0}}{\omega^{2}-\omega_{0}^{2}}.
$$

Usamos a relação trigonométrica
$$
\cos A-\cos B=2\text{ sen }\left(\frac{A+B}{2}\right)\text{ sen }\left(\frac{A-B}{2}\right)
$$

para escrever a solução na forma
$$
x(t)=\frac{\phi_{0}}{\omega_{0}^{2}-\omega^{2}}(\cos\omega t-\cos\omega_{0}t)
$$

que representa uma oscilação de maior frequência \((\omega_{0}+\omega)/2\) modulada por outra de menor frequência \((\omega_{0}-\omega)/2.\) Este fenômeno é denominado de batimento e ocorre, por exemplo, quando duas cordas de um instrumentos musical com frequências próximas, mas não iguais, são tocadas simultaneamente. Como se observa na figura 5 uma oscilação harmônica tem a sua amplitude modulada por outra harmônica de menor frequência.

Figura: Amplitude modulada, batimentos

Um segundo exemplo interessante é o caso de ser a frequência da força externa igual à da frequência natural do sistema. Neste caso o termo não homogêneo \(\phi_{0}\cos\omega t\) é solução da equação homogênea e a solução geral da equação (42) é
$$
x(t)=c_{1}\text{ sen }\omega_{0}t+c_{2}\cos\omega_{0}t+\frac{\phi_{0}}{2\omega_{0}}t\text{ sen }\omega_{0}t,
$$

de onde se observa, no terceiro termo, que o movimento tem amplitude crescente para valores crescentes de \(t\). Este é o chamado fenômeno da ressonância, ilustrado na figura, para um caso particular.

Naturalmente que uma mola sofrendo esticamentos progressivos deixaria de responder de forma linear, como descrito pela lei de Hooke. São conhecidos, no entanto, diversas situações onde o fenômeno da ressonância pode produzir efeitos desastrosos, tais como a completa destruição de uma ponte por efeito da oscilação produzida por ventos ou o rompimento de asas de aviões.

Circuitos RLC

Um circuito contendo um indutor, um capacitor, um resistor e uma fonte ligados em série satisfaz a mesma equação diferencial que os sistemas de osciladores mecânicos já estudados.

Digamos que o resistor tenha resistência de \(R\), medida em omhs (\(\Omega\)), o capacitor seja de \(C\) farads
(\(f\)) e o indutor de \(L\) henrys (\(H\)). Denotando por \(i(t)\) a corrente no circuito, a queda de tensão no resistor é \(V_{1}\), no capacitor \(V_{2}\) e no indutor \(V_{3}\), dadas por
$$
V_{1}=iR,\;\;V_{2}=\frac{1}{C}q,\;\;V_{3}=L\frac{di}{dt},
$$

onde \(q\) é a carga armazenada no capacitor. Pela lei de Kirchoff a soma das voltagens é a voltagem total, ou seja
$$
L\frac{di}{dt}+Ri+\frac{1}{C}q=E(t).
$$

Sabendo que a corrente no circuito é a variação no tempo da carga que flui temos que
$$
i=\frac{dq}{dt}
$$
e, portanto,
$$
L\frac{d^{2}q}{dt^{2}}+R\frac{dq}{dt}+\frac{1}{C}q=E(t),
$$
que é uma equação diferencial idêntica àquela obtida para oscilações mecânicas. Como exemplo da analogia a equação característica do sistema não forçado, \(E(t)=0\), é \(Lr^{2}+Rr+1/C=0.\) Então o circuito é superamortecido se \(R^{2}-4L/C\gt 0,\) é subamortecido se \(R^{2}-4L/C\lt 0\) e crítico se \(R^{2}-4L/C=0.\) Todas as características dos sistemas mecânicas estão presentes nos circuitos RLC, inclusive batimentos e ressonâncias.

2. Equações de Primeira Ordem

Equações Separáveis

As equações diferenciais de primeira ordem mais simples aparecem sob a forma diretamente integrável. São equações na forma
$$
h(y)y^{\prime}=f(x).
$$
Para resolvê-las tratamos provisoriamente as variáveis \(x\) e \(y\) como sendo ambas independentes. A solução da equação é, exatamente, a descrição da dependência entre \(x\) e \(y\). Primeiro reescrevemos a equação (1) como
$$
h(y)dy=f(x)dx
$$
e em seguida integramos os dois lados da equação
$$
\int h(y)dy=\int f(x)dx.
$$
Destas integrações resulta a solução sob forma implícita ou explícita, sempre envolvendo uma constante de integração. De posse desta técnica vamos tratar novamente o primeiro exemplo resolvido na Introdução.

Exemplo 1. Que função é idêntica à sua derivada? Vamos proceder à separação de variáveis
$$
y^{\prime}=y\Rightarrow\frac{dy}{y}=dx\Rightarrow\int\frac{dy}{y}=\int dx.
$$

y= C ex

Integrando a última equação obtemos
$$
\ln y=x+c,
$$
onde \(c\) é uma constante de integração. Para obter uma solução explícita para \(y(x)\), o que é sempre interessante quando possível, tomamos a exponencial de ambos os lados
$$
e^{\ln y}=e^{x+c}\Rightarrow y(x)=Ce^{x},
$$
onde renomeamos a constante \(e^{c}=C\) para obter uma notação mais enxuta.

A solução encontrada, \(y(x)=Ce^{x}\), é a chamada solução geral do problema. Observe que ela é, para sermos mais exatos, uma família de infinitas soluções, dada a liberdade de se escolher infinitos valores para \(C\). Considerando que \(C\) e \(c\) são ambas constantes desconhecidas não é essencial descrever como as duas se relacionam. Na verdade, na maior parte dos problemas, temos a liberdade para renomear a constante de integração de forma a obter uma solução final sob forma compacta e de fácil utilização.

Exemplo 2. Vamos resolver uma equação separável, desta vez acrescentando uma condição de contorno, o que será usada para determinar um valor para a constante de integração. Considere o problema de contorno para a equação diferencial separável:
$$
xy^{\prime}+y=0,\,\,\,y(1)=1.
$$
Primeiro separamos a equação e a integramos
$$
xdy=-ydx\Rightarrow\frac{dy}{y}=-\frac{dx}{x}\Rightarrow\int\frac{dy}{y}=-\int\frac{dx}{x}
$$
o que resulta em
$$
\ln y=-\ln x+c.
$$

Tomando a exponencial dos dois lados obtemos a solução geral:
$$
y(x)=e^{-\ln x+c}=e^{-\ln x}e^{c}=C(e^{\ln x})^{-1}=Cx^{-1}=\frac{C}{x}.
$$

Para satisfazer a condição de contorno ajustamos a constante C
$$
y(1)=\frac{C}{1}=1\Rightarrow C=1.
$$

A solução particular é, portanto,
$$
y(x)=\frac{1}{x}.
$$

É sempre interessante proceder à verificação da solução encontrada. Como
$$
y(x)=\frac{C}{x}\Rightarrow y^{\prime}=-\frac{C}{x^{2}}.
$$

Substituindo na equação (2)
$$
xy^{\prime}+y=x\left(-\frac{C}{x^{2}}\right)+\frac{C}{x}=0,
$$

o que mostra estar correta a solução encontrada.

Algumas Aplicações

Uma grande quantidade de problemas de natureza prática e aplicada podem ser resolvidos com a técnica vista até este ponto.

Decaimento radioativo Uma substância radioativa se decompõe, transformando-se em outra substância, em uma taxa proporcional à quantidade de massa presente. Matematicamente representamos esta afirmação por meio da equação diferencial
$$
\frac{dm}{dt}=km,
$$
onde \(m(t)\) é a quantidade de massa da substância radioativa para cada instante \(t\). A constante \(k\) é uma característica de cada material, sendo que, quanto maior o seu valor, mais radioativa é a substância e mais rapidamente ela se decompõe. Ela é uma constante negativa, indicando que a quantidade do material original está diminuindo. A meia-vida da substância é definida como o tempo gasto para que metade da substância se decomponha. Pode-se verificar em laboratório que a meia-vida da rádio é de 1.590 anos. Após 100 anos de decomposição quanto restará de rádio na amostra? A equação diferencial (3) é uma equação separável:
$$
\frac{dm}{m}=kdt\Rightarrow m(t)=m_{0}e^{kt},
$$

onde \(m_{0}\), a constante de integração, é a quantidade da substância em \(t=0\). Denotando a meia-vida por \(t_{m}\), temos por definição
$$
m(t_{m})=\frac{1}{2}m_{0}
$$

e, portanto
$$
e^{kt_{m}}=\frac{1}{2}.
$$

Tomando o logaritmo dos dois lados temos
$$
kt_{m}=\ln 0,5
$$

e dai, já que conhecemos a meia-vida, podemos calcular o valor de \(k\), para o rádio
$$
k=\frac{\ln0,5}{t_{m}}=\frac{\ln0,5}{1590}\text{anos}^{-1}\approx-4,36\times10^{-4}\text{anos}^{-1}.
$$

Observe que esta constante tem unidades de \(\text{(tempo)}^{-1}\), condição necessária para que o argumento da exponencial seja adimensional. Com isto descobrimos que, para qualquer instante \(t\) (medido em anos), a quantidade de massa do material radioativo é
$$
m(t)=m_{0}e^{-4,36\times10^{-4}t}.
$$

Ao final de \(100\) anos de decomposição teremos
$$
m(100)=m_{0}e^{-4,36\times10^{-4}\times100}\approx0,957m_{0},
$$

restando, portanto \(\approx95,7\%\) de rádio presente na amostra original. Este é basicamente o método usado para determinação de idade em fósseis e artefatos antigos.

Exemplo 3. Crescimento populacional: Uma cultura de bactérias, por exemplo, cresce com taxa proporcional ao número de bactérias presentes a cada instante. Denotando por \(N(t)\) este número a população deve satisfazer a equação
$$
\frac{dN(t)}{dt}=kN(t),
$$

onde \(k\) é uma constante positiva, para indicar crescimento da população. Esta constante depende do tipo da população considerada e deve ser medida empiricamente. A solução para este problema é
$$
N(t)=N_{0}e^{kt},
$$

onde \(N_{0}\) é a população inicial. Suponha que a observação tenha indicado que, medindo o tempo em horas, a experimentação tenha indicado que, após 1 dia, a população inicial terá se multiplicado por \(1000\), ou seja
$$
N(24)=1000N_{0}.
$$

Podemos então determinar o valor de \(k\)
$$
e^{24k}=1000\Rightarrow24k=\ln1000\approx6,91\Rightarrow k\approx2,88\times10^{-1}\text{horas}^{-1}.
$$

Ao final de \(10\) dias (ou seja, \(240\) horas) existirão
$$
N(240)=N_{0}\exp(240\times2,88\times10^{-1})\approx10^{30}N_{0}
$$

bactérias, um número muito superior que o número inicial! Evidentemente nenhuma população pode crescer indefinidamente nesta taxa exponencial o que indica que este nosso primeiro modelo é demasiamente simplista. Um modelo mais preciso para descrever estas populações foi proposto por Verhuslt, um biólogo e matemático que sugeriu a seguinte equação:
$$
\frac{dN}{dt}=N(a-bN),
$$

onde \(a\) é uma constante indicadora do número de nascimentos e \(b\) do número de óbitos. Esta é também uma equação separável
$$
\frac{dN}{N(a-bN)}=dt
$$

(1) Veja o Apêndice para uma revisão sobre as frações parcias.

que pode ser integrada pelo método das frações parciais1. Notando que
$$
\frac{1}{N(a-bN)}=\frac{1}{a}\frac{1}{N}+\frac{b}{a}\frac{1}{a-bN},
$$

temos
$$
\int\frac{dN}{N(a-bN)}=\int\left[\frac{1}{a}\frac{1}{N}+\frac{b}{a}\frac{1}{a-bN}\right]dN=\frac{1}{a}\ln N-\frac{1}{a}\ln(a-bN)=t+c,
$$

ou ainda
$$
\ln\left(\frac{N}{a-bN}\right)=at+ac\Rightarrow\frac{N}{a-bN}=c_{1}e^{at}.
$$

Escrevendo \(N(0)=N_{0}\) e resolvendo para obter N explicitamente temos
$$
N(t)=\frac{aN_{0}}{bN_{0}+(a-bN_{0})e^{-at}}.
$$

Exercícios 1

Resolva as seguintes equações diferenciais. Considere \(m,\,\,n\) e \(\omega\) constantes.

1. \(y^{\prime}+y=0\) 2. \(y^{\prime}=my/x\)
3. \(y^{\prime}=x^{2}/y\) 4. \(mxy^{\prime}=ny\,\,\,(m\neq0)\)
5. \(yy^{\prime}=\cos^{2}\omega x\) 6. \(y^{\prime}=1+x+y^{2}+xy^{2}\)
7. \(xyy^{\prime}=2(y+1)\) 8. \(y^{\prime}+my+n=0\)
9. \(y^{2}y^{\prime}+x^{2}=0\) 10. \(y^{\prime}+ky=0, \,\,\, y(0)=3\)
11. \(xy^{\prime}=3y,y(2)=-8\) 12. \(y^{\prime}=4x^{3}e^{-y},\,\,\,y(1)=0\)
13. \(xy^{\prime}+y=0\), \(y(1)=1\) 14. \(xyy^{\prime}=y+3,\,\,\,y(1)=0\)
15. \(y^{\prime}+y=0\) 16. \(y^{\prime}=my/x\)

17. (Crescimento exponencial) Em uma cultura de levedo a taxa de transformação por unidade de tempo do fermento ativo é proporcional à quantidade do fermento presente, \(y(t)\). Se \(y(t)\) duplica a cada 30 minutos, quanto fermento haverá depois de 8 horas?


Algumas soluções

2. \(y=cx^{m}\) 4. \(y=cx^{n/m}\) 5. \(y^{2}=x+\frac{1}{2\omega}\text{ sen }\,2\omega x\)
9. \(y^{3}+x^{3}=c\) 10. \(3e^{-kx}\) 13. \(y=1/x\)

Equações Redutíveis à Forma Separável

Pode ocorrer que uma equação diferencial de primeira ordem não seja diretamente separável mas possa ser transformada em uma equação separável por meio de uma substituição apropriada de variáveis. A escolha da substituição nem sempre é simples e, em alguns casos, pode ser necessário um certo trabalho de tentativas e erros para se encontrar a escolha adequada. Mostraremos através de um exemplo o funcionamento do método.

Exemplo 4. Resolva a equação
$$
xy^{\prime}=x+y.
$$

Dividindo os dois lados por \(x\) obtemos
$$
y^{\prime}=1+\frac{y}{x}
$$

o que sugere, como discutiremos a seguir, o uso da seguinte nova variável
$$
u=\frac{y}{x}.
$$

Necessitaremos também conhecer \(y^{\prime}\) em termos de \(u\). Para isto observamos que \(y=ux\) e, portanto, sua derivada é
$$
y^{\prime}=u^{\prime}x+u.
$$

Substituimos \(y\) e \(y^{\prime}\) na equação (4) para obter
$$
u^{\prime}x+u=1+u\Rightarrow du=\frac{dx}{x},
$$

que, após integração, resulta em
$$
u=\ln x+C.
$$

Retornando à variável \(y\) inicial
$$
y=ux=xlnx+Cx,
$$

que é a solução procurada.

No exemplo acima, como acontece em muitos casos, foi possível escrever a equação diferencial sob a forma
$$
y^{\prime}=g\left(\frac{y}{x}\right).
$$

Neste caso, a escolha
$$
u=\frac{y}{x},\,\,\,y^{\prime}=u^{\prime}x+u
$$

transforma a equação diferencial em
$$
u^{\prime}x+u=g(u)
$$

que é separável:
$$
\frac{du}{g(u)-u}=\frac{dx}{x}.
$$

No entanto esta não é a única mudança de variáveis possível, como veremos nos exemplos a seguir.

Exemplo 5. Para resolver a seguinte equação diferencial
$$
(x+1)(y^{\prime}-1)=2(y-x)
$$

introduziremos a nova variável \(u=y-x\). Neste caso temos
$$
y=u+x\Rightarrow y^{\prime}=u^{\prime}+1.
$$

Substituindo na equação (5) e fazendo os devidos cancelamentos temos
$$
(x+1)u^{\prime}=2u\Rightarrow\frac{du}{u}=\frac{2dx}{x}.
$$

Integrando obtemos
$$
ln\,u=2\ln(x+1)+c.
$$

Como uma revisão da álgebra envolvida, faremos com algum detalhe as etapas finais deste problema. Tomando a exponencial dos dois lados da equação anterior temos
$$
u=e^{2\ln(x+1)+c}=C(e^{\ln(x+1)})^{2}=C(x+1)^{2},
$$

onde denotamos \(C=e^{c}\). A solução é
$$
y=C(x+1)^{2}+x,
$$

depois que retornamos para a variável \(y=u+x\).

Exemplo 6. A equação diferencial
$$
xy^{\prime}=e^{-yx}-y
$$
pode ser resolvida através da mudança de variáveis \(y\rightarrow v\) onde \(v=xy\). Com esta escolha temos \( y=\frac{v}{x}\) e, consequentemente,
$$
y^{\prime}=\frac{v^{\prime}x-v}{x^{2}}\Rightarrow xy^{\prime}=\frac{v^{\prime}x-v}{x}
$$

Substituindo na equação (6) temos
$$
\frac{v^{\prime}x-v}{x}=e^{-v}-\frac{v}{x}\Rightarrow v^{\prime}=e^{-v}\Rightarrow e^{v}dv=dx.
$$

Podemos agora integrar os dois lados da equação para obter
$$
e^{v}=x+c\Rightarrow v=\ln(x+c).
$$

Dai encontramos
$$
y(x)=\frac{1}{x}\ln(x+c),
$$

a solução de (6).

Exemplo 7. A equação diferencial
$$
y^{\prime}=\frac{y^{2}+2xy}{x^{2}}=\frac{y^{2}}{x^{2}}+\frac{2y}{x}
$$

pode ser transformada em separável por meio da substituição \(y\rightarrow u\) onde \(u=y/x\). Com esta escolha temos
$$
y=ux\Rightarrow y^{\prime}=u^{\prime}x+u,
$$

e a equação diferencial se torna
$$
u^{\prime}x=u^{2}+u.
$$

Separando as variáveis \(u\) e \(x\) e integrando obtemos
$$
\int\frac{du}{u^{2}+u}=\int\frac{dx}{x}.
$$

Pelo método das frações parciais (consulte o Apêndice para uma revisão sobre as frações parciais) podemos escrever
$$
\frac{1}{u(u+1)}=\frac{1}{u}-\frac{1}{u+1},
$$

e, portanto, a primeira integral pode ser avaliada:
$$
\int\frac{du}{u(u+1)}=\int\left(\frac{1}{u}-\frac{1}{u+1}\right)du=lnu-\ln(u+1)=\ln\left(\frac{u}{u+1}\right).
$$

A solução do problema é dada por
$$
\ln\left(\frac{u}{u+1}\right)=\ln x+c.
$$

Para explicitar a função \(u(x)\) tomamos a exponencial de ambos os lados,
$$
\frac{u}{u+1}=Cx,
$$

onde \(C=e^{c}\), ou, em termos da função \(y(x)\) original,
$$
Cx=\frac{y}{y+x}.
$$

Resolvendo para \(y\) obtemos
$$
y(x)=\frac{Cx^{2}}{1-Cx},
$$
que é a solução de (7).

Exercícios 2

Resolva as equações abaixo. Use a transformação \(u=y/x,\) quando não houver outra sugestão.

1. \(2xyy^{\prime}-y^{2}+x^{2}=0\)

2. \((2x-4y+5)y^{\prime}+x-2y+3=0\), (faça \(u=x-2y+3)\)

3. \(xy^{\prime}={xe}^{-y/x}+y\)

4. \(xy^{\prime}+y+2x=0\)

5. \(x^{2}y^{\prime}+xy=x^{2}+y^{2}\)

6. \(2xyy^{\prime}=3y^{2}+x^{2}\)

7. \(xy^{\prime}-y-(y-x)^{3}=0\)

8. \(y^{\prime}=\frac{y-x}{y+x},\)

9. \(y^{\prime}=\frac{y-x}{y+x+2}\), (faça \(u=y-x\).

10. \((x+1)(y^{\prime}-1)=2(y-x),y(0)=10\). (faça \(y-x=v\)).

11. \(xy^{\prime}=e^{-xy}-y\). (faça \(yx=v\)).


Algumas soluções:

2. \(4x+8y+\ln(4x-8y+11)=c \) 5. \(y=x+x/(c-\ln x)\)
7. \(y=x+x(c-x^{2})^{-1/2}\) 8. \(\ln(x^{2}+y^{2})+2\text{ artg }(y/x)=c \)
11. \(y=x+c(x+1)^{2}\)

Equações Diferenciais Exatas

Para a técnica que se segue é conveniente relembrar o conceito de diferencial de uma função de duas variáveis \(\psi(x,y)\). Para obter uma notação mais compacta usaremos a convenção de denotar derivadas parciais como
$$
\frac{\partial\psi}{\partial x}=\psi_{x},\,\,\,\frac{\partial\psi}{\partial y}=\psi_{y},\,\,\,\frac{\partial^{2}\psi}{\partial x\partial y}=\psi_{yx},
$$

e assim sucessivamente. Com esta notação a diferencial de uma função de duas variáveis pode ser escrita como
$$
d\psi=\frac{\partial\psi}{\partial x}dx+\frac{\partial\psi}{\partial y}dy=\psi_{x}dx+\psi_{y}.
$$
A diferencial representa uma medida de como a função \(\psi\) varia quando suas duas variáveis \(x\) e \(y\) variam infinitesimalmente de modo independente. Em vista desta definição vemos que a diferencial só é nula se a função \(\psi\) for uma constante, ou seja,
$$
d\psi=0\Rightarrow\psi_{x}=0,\,\,\,\psi_{y}=0\Rightarrow\psi=C,
$$

onde \(C\) é uma constante arbitrária.

Exemplo 8. A diferencial da função \(\psi(x,y)=x^{3}y^{2}+\text{ sen }\,x\) é
$$
d\psi=(3x^{2}y^{2}+\cos x)dx+(2x^{3}y)dy
$$

pois suas derivadas parcias são
$$
\psi_{x}=3x^{2}y^{2}+\cos x,\,\,\,\psi_{y}=2x^{3}y.
$$

Assim conhecemos desde já a solução da equação diferencial
$$
(3x^{2}y^{2}+\cos x)+(2x^{3}y)y^{\prime}=0,
$$

que é
$$
x^{3}y^{2}+\text{ sen }\,x=C.
$$

Considere agora uma equação diferencial que se apresenta sob a forma
$$
M(x,y)+N(x,y)y^{\prime}=0.
$$

Podemos reescrevê-la como
$$
M(x,y)dx+N(x,y)dy=0.
$$

Se pudermos identificar o lado esquerdo da expressão acima com a diferencial de alguma função \(\psi\) saberemos que \(d\psi=0\) e, portanto \(\psi=C\) é a solução procurada. Esta identificação é possível se existir uma função \(\psi\) tal que
$$
d\psi=Mdx+Ndy,
$$

e, portanto,
$$
M=\frac{\partial\psi}{\partial x}\equiv\psi_{x},\,\,\,\,N=\frac{\partial\psi}{\partial y}\equiv\psi_{y}.
$$

Podemos descobrir se esta função existe ou não utilizando a seguinte propriedade: se uma função de duas variáveis \(\psi\) e suas derivadas \(\psi_{x},\psi_{y}\), \(\psi_{xy}\) e \(\psi_{yx}\) são contínuas então
$$
\frac{\partial^{2}\psi}{\partial x\partial y}=\frac{\partial^{2}\psi}{\partial y\partial x}.
$$

Em notação mais compacta temos
$$
\psi_{xy}=\psi_{yx},
$$

ou, em termos das funções \(M\) e \(N\) definidas acima,
$$
M_{y}=N_{x}.
$$

(2) Veremos, na próxima seção, que em alguns casos é possível transformar uma equação não exata em uma diferencial exata.

Se a última identidade não é verdadeira a equação não é uma diferencial exata e o método que agora estudamos não é adequado para a sua solução(2). Por outro lado, se a identidade \(M_{y}=N_{x}\) é verdadeira, passamos a procurar a função \(\psi\) cuja diferencial é nula. Para isto usamos
$$
M=\frac{\partial\psi}{\partial x}
$$

que permite encontrar \(\psi\) \((x,y)\) por integração na variável \(x\),
$$
\psi(x,y)=\int M(x,y)dx+h(y).
$$

A função fica conhecida exceto pela existência do termo \(h\) que depende apenas da variável \(y\). Observe que \(h(y)\) faz o papel de uma constante arbitrária em relação à derivação e integração na variável \(x\). Usamos agora a relação \(N=\psi_{x}\). Derivando a expressão (10) em relação à \(y\) devemos obter \(N\).
$$
N=\frac{\partial\psi}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\int M(x,y)dx+h^{\prime}(y).
$$

que é uma equação diferencial de primeira ordem,
$$
h^{\prime}=N-\int M_{y}dx,
$$

que nos permite determinar a função \(h\) que é a parte que falta em nossa solução \(\psi\). Observe que o termo de integração \(h\) é de fato função de \(y\) somente pois, derivando a mesma expressão em relação a \(x\) obtemos
$$
\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial h}{\partial y}\right)=N_{x}-M_{y}=0,
$$

uma vez que a equação já foi testada como sendo exata! Portanto a solução de (10) é \(\psi(x,y)=C,\) onde \(C\) é uma constante e
$$
\psi(x,y) =\int M(x,y)dx+\int\left[N(x,y)-\int M_{y}dx\right]dy.
$$

Exemplo 9. Encontre a curva que passa pelo ponto \((1,0)\) e tem inclinação \(y^{\prime}=(1-x)/(1+y)\).

Vamos resolver este problema de valor de contorno pelo método da diferencial exata. Para isto escrevemos a equação sob a forma \(Mdx+Ndy=0\), obtendo
$$
(x-1)dx+(1+y)dy=0.
$$

Identificando \(M\) e \(N\) temos
$$
M=x-1, \;\;M_{y}=0; \;\; N=1+y, \;\;N_{x}=0 \Rightarrow M_{y}=N_{x}
$$

ou seja, verificamos que a equação é uma diferencial exata. Para encontrar \(\psi\) fazemos
$$
\psi=\int Mdx+h(y)=\int(x-1)dx+h(y)=\frac{x^{2}}{2}-x+h(y).
$$

Podemos obter a função \(h(y)\), até aqui desconhecida, derivando em \(y\) a expressão acima e usando \(\psi_{y}=N\).
$$
h^{\prime}(y)=1+y\Rightarrow h(y)=\int(1+y)dy=\left(\frac{y^{2}}{2}+y\right).
$$

Assim encontramos a função \(\psi\) completa. Sabemos que ela é uma constante porque possui diferencial nulo, ou seja
$$
\psi=\frac{x^{2}}{2}-x+\frac{y^{2}}{2}+y=c^{\prime},
$$

ou seja,
$$
x^{2}-2x+y^{2}+2y=c
$$

onde \(c=2c^{\prime}\). Para que a curva passe pelo ponto \((1,0)\) devemos inserir \(x=1\) e \(y=0\) na expressão acima, obtendo um valor para a constante \(c\),
$$
c=1-2=-1\Rightarrow x^{2}+y^{2}-2x+2y+1=0.
$$

Para escrever esta solução em uma forma mais familiar podemos completar quadrados,
$$
(x-1)^{2}+(y+1)^{2}=1,
$$

(3) Consulte o Apêndice.

e descobrimos que o problema do exemplo 9 tem como solução a circunferência com centro em \((1,-1)\) e raio \(1\). A equação (12) é um exemplo de solução implícita para uma equação diferencial. Derivando implicitamente3 esta solução obtemos
$$
2(x-1)+2(y+1)y^{\prime}=0\Rightarrow y^{\prime}=\frac{1-x}{1+y},
$$

o que confirma que essa é a solução correta para o problema!

Exemplo 10. Verifique se a equação diferencial a seguir é exata e, em caso afirmativo, resolva a equação
$$
(e^{x}\text{ sen }\,y-2y\text{ sen }\,x)+(e^{x}\cos y+2\cos x)y^{\prime}=0.
$$

Reescrevemos a equação como
$$
(e^{x}\text{ sen }\,y-2y\text{ sen }\,x)dx+(e^{x}cosy+2\cos x)dy=0,
$$

e realizamos o teste para descobrir se a equação é exata ou não. Neste caso temos
$$
M= e^{x}\text{ sen }\,y-2y\text{ sen}\,x \Rightarrow M_{y}= e^{x}\cos y-2\text{ sen }\,x
$$
$$
N= e^{x}\cos y+2\cos x \Rightarrow N_{x}= e^{x}\cos y-2\text{ sen}\,x,
$$

de onde vemos que \(M_{y}=N_{x}\) e que a equação é exata. Neste caso existe uma função \(\psi\) que satisfaz
$$
d\psi=\frac{\partial\psi}{\partial x}dx+\frac{\partial\psi}{\partial y}dy=Mdx+Ndy,
$$

sendo que \(d\psi=0\) decorre da equação (13). Para encontrar esta função integramos \(\psi_{x}=M\),
$$
\psi=\int Mdx+h(y)=\int(e^{x}\text{ sen }\,y-2y\text{ sen }\,x)dx+h(y)=
$$
$$
=e^{x}\text{ sen }\,y+2y\cos x+h(y).
$$

Como \(\psi_{y}=N\) então derivamos (14),
$$
\psi_{y}=e^{x}\cos y+2\cos x+h^{\prime}(y)=e^{x}\cos y+2\cos x,
$$

de onde obtemos
$$
h^{\prime}(y)=0\Rightarrow h(y)=c^{\prime},
$$

uma constante. A solução é obtida de
$$
d\psi=0\Rightarrow\psi=c,
$$

e, portanto,
$$
e^{x}\text{ sen }\,y+2y\cos x=c.
$$

Note que \(y=0\) também é solução da equação (13).

Exercícios 3

Determine as diferenciais das funções:1. \(\psi=x^{2}+2xy^{2}-\text{ sen }\,(xy)\)

2. \(\psi=e^{x}\cos y+(x-y)^{2}\)

3. \(\psi=\ln(x^{2}+y^{2})-x^{3}+y^{3}\)

Verifique se as seguintes equações são diferenciais exatas e, se forem, determine as soluções:

4. \(4yy^{\prime}+x=0\)

5. \(y\cos(xy)dx+x\cos(xy)dy=0\)

6. \(xdy+2y^{2}dx=0\)

7. \(2\cosh xdx+\text{senh}ydy=0\)

8. \(4\text{ sen }\,ydx+x\cos ydy=0\)

9. \(\left(3x^{2}y+\frac{y}{x}\right)dx+(x^{3}+\ln x)dy=0\)

10. \((x\text{e}^{xy}+2y)y^{\prime}+y\text{e}^{xy}=0\)

11. \(\frac{\cos2y}{x}dx=2\ln x\text{ sen } 2ydy\)

Resolva os problemas de valor inicial (pelo método das diferenciais exatas):

12. \(9(y-1)dy+(x-3)dx=0,\,\,\,y(3)=0\)

13. \(+[x^{2}+\pi\cos(\pi y)]dy=0,\,\,\,y(1)=1\).

14. \((\cos x+y\text{ sen }\,x)dx=\cos xdy,\,\,\,y(\pi)=0\)

15. \(x\exp(x^{2}+y^{2})dx+y[\exp(x^{2}+y^{2})+1]dy=0,\,\,\,y(0)=0\).

Algumas soluções

1. \(\psi=[2x+2y^{2}-y\cos(xy)]dx+[4xy-x\cos(xy)]dy\)
4. \(x^{2}+4y^{2}=c\)
6. \(y=x+c(x+1)^{2}\)
8. Não é exata.
9. \(y=c/(x^{3}+\ln x)\)
10. \(e^{xy}+y^{2}=c\)
12. \(1/9(x-3)^{2}+(y-1)^{2}=1\)
14. \(y=\tan x\)

Fatores Integrantes

Pode ocorrer que uma equação \(M(x,y)dx+N(x,y)dy=0\) não seja uma diferencial exata mas possa ser transformada em exata atraves da multiplicação por um fator \(\mu(x,y)\neq0\). Neste caso buscamos encontrar o fator \(\mu\) de forma que \(\mu M(x,y)dx+\mu N(x,y)dy=0 \) seja uma diferencial exata. \(\mu(x,y)\) é denominado de fator integrante.

Exemplo 11. A diferencial \(xdy-ydx=0 \) não é exata pois
$$
M= -y;\,\,\, N= x \Rightarrow M_{y}= -1 \,\,\, N_{x}= 1 \Rightarrow M_{y}\neq N_{x}.
$$

Multiplicando a expressão (15) por
$$
\mu(x,y)=\frac{1}{x^{2}}
$$

ela se transforma em uma diferencial exata pois a diferencial de \(d(y/x)\) é exatamente
$$
d\left(\frac{y}{x}\right)=\frac{xdy-ydx}{x^{2}}=\mu(xdy-ydx).
$$

A solução da equação acima é, portanto,
$$
\frac{y}{x}=a\Rightarrow y=ax,
$$

que é a equação de uma reta com inclinação indeterminada \(a\) e que passa pela origem.

Naturalmente precisamos de uma técnica para encontrar o fator integrante \(\mu\). Para isto voltamos ao problema geral. Queremos examinar sob que situação existe um fator \(\mu\) tal que

$$
\mu(x,y)M(x,y)dx+\mu(x,y)N(x,y)dy=0
$$
seja uma diferencial exata. Realizando o teste, tal como fizemos na seção anterior, vemos que (16) é exata se
$$
(\mu M)_{y}=(\mu N)_{x}.
$$

Usando a regra da derivada do produto temos
$$
\mu_{y}M+\mu M_{y}=\mu_{x}N+\mu N_{x}.
$$

A condição para que (16) seja exata é
$$
M\mu_{y}-N\mu_{x}+(M_{y}-N_{x})\mu=0,
$$

(4) Observe que o caso em que \(\mu\) é função de \(y\) apenas é análogo.

uma equação diferencial parcial de difícil solução, no caso mais geral. Não é raro, no entanto, que se possa tomar um fator integrante função de apenas uma das variáveis, o que torna o tratamento do problema bem mais simples. Suponha que \(\mu\) é função de \(x\) apenas4. Neste caso, \(\mu_{y}=0\) e a expressão (17) é uma equação ordinária separável para \(\mu\).
$$
\frac{d\mu}{dx}=\frac{M_{y}-N_{x}}{N}\mu.
$$
Observe que o coeficiente de \(\mu\) na equação acima deve ser uma função de \(x\) apenas. Caso contrário a equação (18) não é válida. Desta forma podemos encontrar o fator integrante resolvendo a equação (17), ou seja,
$$
\mu(x)=C\exp\left[\int\frac{M_{y}-N_{x}}{N}dx\right].
$$

Agora \(\mu_{x}=0\) e a expressão (17) nos leva à expressão:
$$
\frac{d\mu}{dy}=\frac{N_{x}-M_{y}}{M}\mu,
$$
com solução
$$
\mu(y)=C\exp\left[\int\frac{N_{x}-M_{y}}{M}dy\right].
$$

Em qualquer um dos casos a constante \(C\) acima não afeta a solução da equação diferencial e, por isto, tomaremos sempre \(C=1\). Encontrado \(\mu\) multiplicamos a equação diferencial por este fator obtendo uma diferencial exata
$$
\mu Mdx+\mu Ndy=\bar{M}dx+\bar{N}dy=0,
$$

onde denotamos \(\bar{M}=\mu M\) e \(\bar{N}=\mu N\), e prosseguimos da mesma forma feita na seção anterior. Embora a nova equação seja uma diferencial exata por construção, é útil verificar que
$$
\bar{M}_{y}=\bar{N}_{x}.
$$

Em seguida encontramos \(\psi\), usando \(\psi_{x}=\bar{M}\),
$$
\psi(x,y)=\int\bar{M}dx+h(y)
$$

e a relação \(\psi_{y}=\bar{N}\) para determinar \(h(y)\) na equação diferencial
$$
\psi_{y} =\frac{\partial}{\partial y}\int\bar{M}dx+h^{\prime}(y).
$$

Exemplo 12. A seguinte equação diferencial,
$$
4xydx+\frac{3}{2}x^{2}dy=0,
$$

não é uma diferencial exata pois
$$
M=4xy\;\;M_{y}=4x;\;\;\;N=\frac{3}{2}x^{2},\; N_{x}=3x \Rightarrow M_{y}\neq N_{x}.
$$

Vamos então determinar o fator integrante para transformá-la em uma equação exata. Este fator deve satisfazer a equação
$$
\mu_{x}=\frac{M_{y}-N_{x}}{N}\mu\Rightarrow\mu_{x}=\frac{2}{3x}\mu,
$$

que é uma equação diferencial separável e de fácil solução,
$$
\frac{1}{\mu}d\mu=\frac{2}{3x}dx,
$$

portanto
$$
\ln\mu=\frac{2}{3}\ln x\Rightarrow\mu=x^{2/3}.
$$

A nova equação diferencial, que deve ser uma diferencial exata, é
$$
x^{2/3}\left(4xydx+\frac{3}{2}x^{2}dy\right)=0.
$$

Usando \(\bar{M}=\mu M\) e \(\bar{N}=\mu N\) observamos que agora temos, de fato, uma diferencial exata pois
$$
\bar{M}=4x^{5/3}y,\;\; \bar{M}_{y}=4x^{5/3}; \;\;\;\bar{N}=\frac{3}{2}x^{8/3},\;\;\bar{N}_{x}=4x^{5/3}\Rightarrow\bar{M}_{y}=\bar{N}_{x}.
$$

Para encontrar \(\psi\) prosseguimos como na seção anterior:
$$
\psi=\int\bar{M}dx+h(y)=4y\int x^{5/3}dx+h(y)=\frac{3}{2}{yx}^{8/3}+h(y),
$$

$$
\psi_{y}=\frac{3}{2}x^{8/3}+h^{\prime}(y)=\bar{N}=\frac{3}{2}x^{8/3}
$$

$$
h^{\prime}(y)=0\Rightarrow h(y)=c_{1}.
$$

Dai, já que \(d\psi=0\), sabemos que \(\psi=c_{2}\), uma outra constante e, portanto
$$
\psi=c_{2}=\frac{3}{2}yx^{8/3}+c_{1}\Rightarrow y=Cx^{-8/3},
$$

onde \(C=2(c_{1}-c_{2})/3.\) Observe que este exemplo foi feito desta forma, procurando-se um fator integrante para transformar a equação em uma diferencial exata, como um exercício. É claro que a mesma solução poderia ser encontrada de modo mais simples notando-se que a equação em questão é diretamente separável:
$$
4xydx+\frac{3}{2}x^{2}dy=0\Rightarrow y^{\prime}=-\frac{8y}{3x},
$$

$$
\frac{y^{\prime}}{y}=-\frac{8}{3x}\Rightarrow y=Cx^{-8/3}.
$$

Exemplo 13. Dada a equação diferencial
$$
\frac{y}{x}+2y^{\prime}\ln x=0,
$$

verificamos que esta não é uma diferencial exata. Para este problema temos
$$
M=\frac{y}{x},\;\; M_{y}=\frac{1}{x};\;\;\;N=2\ln x,\;\;N_{x}=\frac{2}{x} \Rightarrow M_{y}\neq N_{x}.
$$

Vamos procurar, neste caso, um fator integrante dependente de \(y\) apenas. Uma solução dependente de \(x\) é também possível mas um pouco mais complicada, como o leitor pode verificar. Temos então
$$
\mu_{y}=\frac{N_{x}-M_{y}}{M}\mu=\frac{\mu}{y}
$$

com solução \(\mu=y\), a menos de uma constante multiplicativa. A equação diferencial multiplicada por \(\mu\) é
$$
\frac{y^{2}}{x}dx+2y\ln xdy=0,
$$

que é uma diferencial exata pois
$$
\bar{M}=y^{2}/x,\;\; \bar{M}_{y}=2y/x;\;\;\;\bar{N}=2y\ln x,\;\;\bar{N}_{x}=2y/x \Rightarrow\bar{M}_{y}=\bar{N}_{y}.
$$

Temos então que
$$
\psi=\int\bar{M}dx+h(y)=y^{2}\ln x+h(y),
$$

$$
\psi_{y}=\bar{N}\Rightarrow h^{\prime}(y)=0\Rightarrow h(y)=c_{1}.
$$

Lembrando que \(d\psi=0\), temos a solução
$$
\psi=y^{2}\ln xy+c_{1}=c_{2},
$$

ou, simplesmente, fazendo \(C=\sqrt{c_{2}-c_{1,}}\)
$$
y(x)=\pm\frac{C}{\sqrt{\ln x}}.
$$

Exercícios 4

Determine os fatores integrantes e resolva pelo método da diferencial exata:

1. \( 2y^{2}+3xyy^{\prime}=0\)

2. \((y+1)dx-(x+1)dy=0\)

3. \( x\cos ydy-\text{ sen }\,ydx=0\)

4. \( 2xy^{\prime}=-y\)

5. \( 2xy^{\prime}=y\)

6. \( xy^{\prime}\ln x+y=0\)

7. \( \text{ sen }\,ydx+\cos ydy=0\)

8. \( 2\cos x\cos ydx-\text{ sen }\,x\text{ sen }\,ydy=0\)

Usando o mesmo método, resolva os problemas de valor inicial:

9. \( 2ydx+xdy=0,\,\,\,y(2)=-1\)
10. \( \cos ydx-\text{ sen }\,ydy=0,\,\,\,y(0)=\pi\)
11. \( 2ydx-xdy=0,\,\,\,y(1)=2\)
12. \( \cosh ydx+2x\text{ senh }ydy=0,\,\,\,y(1)=0\)


Algumas soluções

1. \( \mu=xy,\,\,\,x^{2}y^{3}=c\), 2. \( \mu=\frac{1}{(x+1)^{2}},\,\,\,y=c(x+1)-1\),
3. \( \mu=\frac{1}{x^{2}} ,\,\,\, \text{ sen } y=cx\), 5. \( \mu=\frac{1}{y^{3}},\,\,\,y=c\sqrt{x}\),
6. \( \mu=\frac{1}{x},\,\,\,y=\frac{c}{\ln x}\), 7. \( \mu=e^{x},\,\,\,e^{x}\text{ sen }\,y=c\),
9. \( \mu=x,\,\,\,x^{2}y=-4\), 10. \(\mu=e^{x},\,\,\,e^{x}{cosy}=-1\).


Exercício Resolvido:

2. Temos que \(M_{y}=1\) e \(N_{x}=-1\) portanto a diferencial não é exata. O fator integrante satisfaz
$$
\mu_{x}=\frac{(My-Nx)}{N}\mu\Rightarrow\frac{d\mu}{\mu}=-\frac{2dx}{x+1},
$$

que pode ser diretamente integrada
$$
\int\frac{d\mu}{\mu}=-\int\frac{2dx}{x+1}\Rightarrow\ln\mu=-2\ln(x+1).
$$

Tomando-se a exponencial dos lados da expressão acima temos \(\mu=(x+1)^{-2}\). Multiplicada por este fator integrante a equação se torna uma diferencial exata pois
$$
\bar{M}=\frac{y+1}{(x+1)^{2}},\,\,\,\overline{M_{y}}=\frac{1}{(x+1)^{2}},\bar{\,\,\,N}=-\frac{1}{(x+1)^ {}},\bar{\,\,\,N}_{x}=\bar{M}_{y}.
$$

Integrando \(\psi_{y}=\bar{N}\) obtemos,
$$
\psi=\int\frac{-1}{(x+1)}dy+h(x)=\frac{-y}{(x+1)}+h(x).
$$

Usamos agora a função \(\psi\) encontrada acima e sua derivada, \(\psi_{x}=\bar{M}\), para encontrar \(h(x)\),
$$
\frac{y}{(x+1)^{2}}+h'(x)=\frac{y+1}{(x+1)^{2}},
$$

ou seja
$$
h^{\prime}=\frac{1}{(x+1)^{2}}\Rightarrow h=-\frac{1}{x+1}.
$$

Sabemos agora que
$$
\psi(x,y)=-\frac{y+1}{x+1}=c,
$$

ou ainda \(y=C(x+1)-1\). Observe que, para encontrar \(\psi\), integramos primeiro em \(y\) e depois em \(x\), para encontrar \(h\). A ordem inversa poderia ter sido também escolhida e, neste caso, com o mesmo nível de dificuldade. Pode ocorrer, no entanto, que uma das abordagens leve a integrais mais simples ou diretas.

Equações Diferenciais Lineares de Primeira Ordem

Com as técnicas que já estudamos temos condições para resolver todas as equações lineares de primeira ordem. Sob a forma mais geral elas podem ser escritas como
$$
y^{\prime}+f(x)y=r(x).
$$
Se \(r(x)=0\) a equação é dita homogênea. Já sabemos resolver, em princípio pelo menos, todas as equações homogêneas por separação de variáveis
$$
y^{\prime}+f(x)y=0\Rightarrow\frac{dy}{y}=-f(x)dx.
$$

Integrando-se esta última chegamos a
$$
y(x)=Ce^{-\int f(x)dx}.
$$

Para a não homogênea, \(r(x)\neq0\), reescrevemos a equação (20) como

$$
(fy-r)dx+dy=0
$$
que não é uma diferencial exata, mas suscetível de ser transformada em exata por meio do fator integrante \(\mu\), obtido de
$$
\frac{d\mu}{dx}=\frac{M_{y}-N_{x}}{N}\mu=f(x)\mu\Rightarrow\frac{d\mu}{\mu}=f(x)dx
$$

cuja solução é
$$
\ln\mu=\int f(x)dx\Rightarrow\mu=\exp\left(\int f(x)dx\right),
$$

onde usamos a notação \(\exp(u)=e^{u}\) para a função exponencial. Denotamos, para obter uma expressão mais condensada,
$$
h(x)=\int f(x)dx,
$$

e multiplicamos a equação (21) pelo fator integrante \(\mu=e^{h}\)
$$
e^{h}(y^{\prime}+fy)=e^{h}r.
$$
Pelo teorema fundamental do cálculo \(h^{\prime}=f\) e
$$
\frac{d}{dx}(ye^{h})=y^{\prime}e^{h}+ye^{h}h^{\prime}=e^{h}(y^{\prime}+fy)=e^{h}r,
$$

e a expressão (23) pode ser escrita como
$$
\frac{d}{dx}(ye^{h})=e^{h}r
$$

que, após integração de ambos os lados resulta em
$$
ye^{h}=\int e^{h}rdx+c.
$$

Assim acabamos de conseguir uma solução geral para todas as equações lineares de primeira ordem,

$$
y(x)=e^{-h}\left[\int e^{h}rdx+c\right],
$$
onde \(h(x)=\int f(x)dx\).

Exemplo 14. A equação diferencial linear não homogênea
$$
y^{\prime}-y=e^{2x},
$$

pode ser por aplicação direta da fórmula (24). Iniciamos por identificar os termos usados na expressão(20). Temos
$$
f(x)=-1,\,\,\,r(x)=e^{2x}
$$

e, portanto
$$
h(x)=\int-dx=-x.
$$

Usando a equação (24) chegamos a
$$
y(x)=e^{x}\left[\int e^{-x}e^{2x}dx+c\right]=Ce^{x}+e^{2x},
$$

que é a solução geral.

Exemplo 15. O problema de valor inicial
$$
\frac{dy}{dx}=\frac{1}{e^{y}-x},\,\,\,y(1)=0.
$$

não é linear se entendido como um equação diferencial para a função \(y(x)\). No entanto podemos igualmente tratá-lo como uma equação para a função \(x(y)\) se invertermos, provisoriamente, o papel das variáveis \(x\) e \(y\). Para isto fazemos
$$
\frac{dx}{dy}=e^{y}-x
$$

ou seja
$$
x^{\prime}+x=e^{y}.
$$

Agora identificamos
$$
f(y)=1,\;\;r(y)=e^{y};\;\;\; \text{ portanto }\; h=\int fdy=y.
$$

A solução geral é
$$
x(y)=e^{-y}\left[\int e^{y}e^{y}dy+C\right]=Ce^{-y}+\frac{1}{2}e^{y}.
$$

Para satisfazer a condição de contorno \(y(1)=0\) substituimos \(x=1\) e \(y=0\) para determinar o valor da constante \(C\),
$$
1=Ce^{0}+\frac{1}{2}e^{0}=C+\frac{1}{2}\Rightarrow C=\frac{1}{2}.
$$

A solução particular é
$$
x(y)=\frac{1}{2}(e^{-y}+e^{y})=\cosh y.
$$

Caso seja necessário a obtenção de uma relação explícita para \(y(x)\) podemos usar a função inversa do cosseno hiperbólico,
$$
y(x)=\cosh^{-1}x=\ln\left(x+\sqrt{x^{2}-1}\right),
$$

válida para \(x\geq1\).

Algumas vezes uma equação diferencial pode ser manipulada e escrita sob forma mais simples, o que facilita a obtenção da solução. Isto é mostrado nos exemplos seguintes.

Exemplo 16. Vamos resolver a equação linear \(xy^{\prime}+y=\text{ sen }\,x\). Observamos primeiro que o lado esquerdo da equação é o diferencial de uma função
$$
d(xy)=(xy^{\prime}+y)dx.
$$

Portanto precisamos apenas integrar \(d(xy)=\text{ sen }\,xdx\) para obter
$$
xy=-\cos x+c
$$

ou ainda,
$$
y(x)=\frac{c}{x}-\frac{\cos x}{x}.
$$

Exemplo 17. Considere o problema de valor inicial
$$
x^{2}y^{\prime}+2xy-x+1=0,y(1)=0.
$$

Observe que
$$
\frac{d}{dx}(x^{2}y)=2xy+x^{2}y^{\prime}
$$

e, portanto, a equação diferencial pode ser reescrita como
$$
d(x^{2}y)=(x-1)dx.
$$

Integrando esta última expressão obtemos
$$
x^{2}y=\frac{1}{2}x^{2}-x+c
$$

ou seja, a solução geral é
$$
y(x)=\frac{c}{x^{2}}-\frac{1}{x}+\frac{1}{2}.
$$

Para satisfazer a condição inicial fazemos \(x=1\)
$$
y(1)=c-1+\frac{1}{2}=0\Rightarrow c=\frac{1}{2},
$$

e concluimos que
$$
y(x)=\frac{1}{2x^{2}}-\frac{1}{x}+\frac{1}{2}
$$

é a solução particular procurada.

Exercícios 5

Encontre as soluções gerais das equações lineares:

1. \( xy^{\prime}+y+4=0\) 2. \( y^{\prime}-4y=2x-4x^{2}\)
3. \( xy^{\prime}+y=2x\) 4. \( y^{\prime}-y=e^{x}\)
5. \( y^{\prime}=2x(y-x)+1\) 6. \( y^{\prime}+2y=\cos x\)
7. \( y^{\prime}-3y=\text{ sen }\,2x\) 8. \( y^{\prime}+2xy=x\)

Resolva os problemas de valor inicial:

9. \( y^{\prime}+2y=3,\,\,\,y(0)=0\) 10. \( xy^{\prime}+y=2x,\,\,\,y(1)=2\)
11. \( y^{\prime}-4y=8x^{2},\,\,\,y(0)=-\frac{1}{4}\) 12. \( y^{\prime}+5y=3e^{x},\,\,\,y(0)=1\)

Algumas soluções

1. \( y=\frac{c}{x}-4\) 2. \( y=ce^{4x}+x^{2}\)
5. \( y=ce^{x^{2}}+x\) 7. \( y=ce^{3x}-\frac{2}{13}\cos2x-\frac{3}{13}\text{ sen }\,2x\)
11. \( y=-\left(2x^{2}+x+\frac{1}{4}\right)\) 12. \( y=\frac{1}{2}(e^{-5x}+e^{x})\)

Variação de Parâmetros

Embora já tenhamos resolvido o problema geral das equações lineares de primeira ordem,
$$
y^{\prime}+f(x)y=r(x),
$$
vamos buscar uma solução alternativa para o mesmo problema denominada variação de parâmetros. Esta é uma técnica extremamente útil em diversas situações no estudo das equações diferenciais de segunda ordem e de ordens superiores e, por isto, convém aprendê-la desde já, dentro deste contexto mais simples. O método consiste em resolver primeiro a equação homogênea
$$
y^{\prime}+f(x)y=0,
$$

cuja solução, já obtida na seção anterior, passaremos a denominar de \(v\),
$$
v=Ce^{-\int f(x)dx},
$$

onde \(C\) é uma constante arbitrária. A variação de parâmetros consiste em permitir que \(C\), em vez de constante, seja uma função desconhecida, digamos
$$
C\rightarrow u(x).
$$

A solução da equação não homogênea será procurada sob a forma
$$
y(x)=u(x)v(x)
$$

que, após derivada e substituída na equação original deverá fornecer uma expressão para a determinação da função desconhecida \(u(x)\). Vamos então implementar este procedimento:
$$
y=uv\Rightarrow y^{\prime}=u^{\prime}v+uv^{\prime},
$$

onde foi usada a regra de derivação de um produto. Substituindo em (25) obtemos
$$
u^{\prime}v+uv^{\prime}+fuv=r,
$$

$$
u^{\prime}v+ u\underbrace{(v^{\prime}+fv)} =r,
$$

notando que a expressão dentro dos parênteses é nula porque \(v\) é solução da equação homogênea. Resta portanto resolver a equação separável
$$
u^{\prime}v=r\Rightarrow u^{\prime}=\frac{r}{v}\Rightarrow u=\int\frac{r}{v}dx+c.
$$

Como a solução da equação é \(y=uv\) temos então que
$$
y=v\left(\int\frac{r}{v}dx+c\right),
$$

a solução geral do problema. Claro que esta solução é idêntica à obtida descrita na seção anterior pelo método das diferenciais exatas. Basta notar que
$$
v=e^{-h}=\exp\left(-\int f(x)dx\right)
$$

é a solução da equação homogênea e portanto
$$
y(x)=e^{-h}\left[\int e^{h}rdx+c\right]
$$

é a solução geral da não homogênea, escrita da mesma forma que antes.

Exemplo 18. Resolva a equação diferencial
$$
xy^{\prime}+y+4=0.
$$

Reescrevemos a equação como
$$
y^{\prime}+\frac{y}{x}+\frac{4}{x}=0.
$$

A homogênea associada é
$$
y^{\prime}+\frac{y}{x}=0,
$$

que é separável e pode ser resolvida da seguinte forma:
$$
\frac{dy}{y}=-\frac{dx}{x}\Rightarrow\ln y=-\ln x+c\Rightarrow y=\frac{C}{x}.
$$

A variação de parâmetros consiste em tomar \(C\) como \(u\), uma função de \(x\). Procuramos então uma solução da forma
$$
y(x)=\frac{u}{x}
$$

cuja derivada, usando a regra de derivação de um quociente, é
$$
y^{\prime}=\frac{u^{\prime}x-u}{x^{2}}.
$$

Substituimos \(y\). \(y^{\prime}\) na equação diferencial para obter
$$
x\left(\frac{u^{\prime}x-u}{x^{2}}\right)+\frac{u}{x}+4=0\Rightarrow\frac{u^{\prime}x-u}{x}+\frac{u}{x}+4=0\Rightarrow u^{\prime}+4=0,
$$

ou seja
$$
u=-4x+c.
$$

A solução geral é
$$
y(x)=\frac{u}{x}=\frac{c}{x}-4.
$$

Exercícios 6

Encontre as soluções gerais, usando variação dos parâmetros:

1. \( y^{\prime}+y=2\) 2. \( (x+4)y^{\prime}+3y=3\)
3. \( y^{\prime}-y=3e^{x}\) 4. \( y^{\prime}-y=e^{x}\)


Algumas soluções:

1. \(y=ce^{-x}+2\) 3. \(y=(3x+c)e^{x}\)

Equações de Bernoulli

Nesta seção descrevemos métodos de solução para dois tipos de equações diferenciais que são não lineares no caso mais geral e que surgem no contexto de aplicações. Para ambos os casos tratamos de exemplos onde os problemas se reduzem a equações diferenciais lineares não homogêneas e, como um exercício, nós as resolvemos pelo método da variação dos parâmetros.

Uma equação de Bernoulli é uma equaçao diferencial do tipo
$$
y^{\prime}+P(x)y=Q(x)y^{n}.
$$

Se \(n=0\) ou \(n=1\) ela é uma equação linear, de primeira ordem, que pode ser tratada pelos métodos já estudados. Para \(n>1\) ela é uma equação não linear que pode, no entanto, ser transformada em uma equação linear através de uma troca de variáveis \(y\rightarrow v\), dada por \(v=y^{1-n}\), como passaremos a mostrar. Multiplicamos primeiro a equação (26) por \(y^{-n}\) obtendo
$$
y^{\prime}y^{-n}+P(x)y^{1-n}=Q(x).
$$

Fazemos agora a troca de variáveis sugerida,
$$
v=y^{1-n}\Rightarrow v^{\prime}=(1-n)y^{-n}y^{\prime}\Rightarrow y^{\prime}y^{-n}=\frac{v^{\prime}}{1-n}
$$

para chegar a
$$
\frac{v^{\prime}}{1-n}+Pv=Q,
$$

que é uma equação diferencial linear de primeira ordem, não homogênea, que pode ser resolvida por um dos dois métodos já estudados.

Exemplo 19. Vamos resolver a equação diferencial
$$
y^{\prime}-\frac{y}{x}=-\frac{y^{2}}{x}.
$$

Note que esta é uma equação diferencial de Bernoulli com
$$
n=2,\,\,\,Q(x)=P(x)=-\frac{1}{x}.
$$

Façamos então a mudança de variáveis, usando a nova variável
$$
v=y^{(1-2)}=\frac{1}{y},
$$
e sua derivada
$$
v^{\prime}=-\frac{y^{\prime}}{y^{2}}.
$$

Dividindo a equação (27) por \(y^{2}\) temos
$$
\frac{y^{\prime}}{y^{2}}-\frac{1}{xy}=-\frac{1}{x},
$$

onde substituimos a nova variável para chegar a
$$
v^{\prime}+\frac{v}{x}=\frac{1}{x}.
$$

Para resolver esta equação linear poderíamos simplesmente aplicar a equação (24) . Mas, como um exercício, nós a resolveremos pelo método da variação dos parâmetros. Para isto encontramos primeiro a solução da homogênea
$$
v^{\prime}+\frac{v}{x}=0\Rightarrow\frac{dv}{v}=-\frac{dx}{x}\Rightarrow v=\frac{C}{x}.
$$

Tentamos uma solução da não homogênea sob a forma
$$
v=\frac{u}{x},\,\,\,v^{\prime}=\frac{u^{\prime}x-u}{x^{2}}.
$$

Substituindo na equação diferencial
$$
\frac{u^{\prime}x-u}{x^{2}}+\frac{u}{x^{2}}=\frac{1}{x}\Rightarrow u^{\prime}=1\Rightarrow u=x+c,
$$

ou, em termos de \(v\),
$$
v=\frac{u}{x}=\frac{c}{x}+1.
$$

Finalmente retornamos à função \(y(x)\), relacionada a \(v\) por meio de (28),
$$
y(x)=\frac{1}{v}=\frac{x}{c+x}.
$$
Sugestão: Derive esta solução e verifique se ela satisfaz a equação (27)

Equação de Ricatti

As equações diferenciais de Ricatti são equações do tipo
$$
y^{\prime}=A(x)y^{2}+B(x)y+C(x).
$$

Podemos distinguir alguns casos:

i. Se \(A(x)=0\) a equação é linear.

ii. Se \(C(x)=0\) a equação de Ricatti se reduz a
$$
y^{\prime}-B(x)y=A(x)y^{2}
$$

que é uma equação de Bernoulli com \(n=2,\,\,P(x)=-B(x)\), \(Q(x)=A(x)\), tratada na seção anterior.

iii. No caso geral, suponha conhecida uma solução \(y_{1}\). Então a equação (29) pode ser reduzida a uma equação linear por meio de uma troca de variáveis \(y\rightarrow v\) dada por
$$
y=y_{1}+\frac{1}{v}.
$$

Para encontrar a equação linear associada derivamos \(y\),
$$
y^{\prime}=y_{1}^{\prime}-\frac{v^{\prime}}{v^{2}}
$$

e calculamos \(y^{2}\)
$$
y^{2}=\left(y_{1}+\frac{1}{v}\right)^{2}=y_{1}^{2}+2y_{1}\frac{1}{v}+\frac{1}{v^{2}}.
$$

Em seguida substituimos \(y,y^{2}\) e \(y^{\prime}\) na equação original para obter
$$
y_{1}^{\prime}-\frac{v^{\prime}}{v^{2}}=Ay_{1}^{2}+2Ay_{1}\frac{1}{v}+\frac{A}{v^{2}}+By_{1}+\frac{B}{v}+C.
$$

Observando que, como \(y_{1}\) é solução da equação de Ricatti então
$$
y_{1}^{\prime}=Ay_{1}^{2}+By_{1}+C.
$$

Cancelando estes termos na equação acima resta apenas
$$
-\frac{v^{\prime}}{v^{2}}=2Ay_{1}\frac{1}{v}+\frac{A}{v^{2}}+\frac{B}{v}
$$

ou seja
$$
v^{\prime}+(2Ay_{1}+B)v+A=0,
$$

que é uma equação linear, cuja solução sabemos calcular.

Exemplo 20. A equação diferencial
$$
y^{\prime}=(1-x)y^{2}+(2x-1)y-x.
$$
é uma equação se Ricatti onde identificamos
$$
A(x)=(1-x),\,\,\,B(x)=(2x-1),\,\,\,C(x)=-x.
$$

Sabendo que \(y_{1}=1\) é uma solução (como se pode verificar por substituição) procuramos uma solução sob a forma
$$
y=y_{1}+\frac{1}{v}=1+\frac{1}{v}.
$$

Com esta escolha para \(v\) calculamos \(y^{\prime} \text{ e } y^{2}\),
$$
y^{\prime}=\frac{v^{\prime}}{v^{2}},\,\,\,y^{2}=\left(1+\frac{1}{v}\right)^{2}=1+\frac{2}{v}+\frac{1}{v^{2}},
$$

que, após substituição na equação (30) resulta em
$$
\frac{v^{\prime}}{v^{2}}=(1-x)\left(1+\frac{1}{v}\right)^{2}+(2x-1)\left(1+\frac{1}{v}\right)-x.
$$

Simplificando esta equação obtemos a equação linear esperada,
$$
v^{\prime}+v=x-1.
$$
Mais uma vez temos que resolver uma equação não homogênea, e o faremos pelo método da variação de parâmetros. A equação homogênea e sua solução são, respectivamente,
$$
v^{\prime}+v=0,\,\,\,v=Ce^{-x}.
$$

Buscaremos então uma solução da forma
$$
v=\phi e^{-x},
$$

onde \(\phi\) é uma função de \(x\). Usamos a regra da derivada do produto para calcular
$$
v^{\prime}=\phi^{\prime}e^{-x}-\phi e^{-x}.
$$

Substituindo \(v\) e \(v^{\prime}\) na equação (31) chegamos a uma equação diferencial para \(\phi\)
$$
\phi^{\prime}e^{-x}=x-1,
$$

cuja solução é
$$
\phi=\int(x-1)e^{x}dx=e^{x}(x-1)+c.
$$

Isto representa uma solução para \(v\)
$$
v=\phi e^{-x}=(x-1)+ce^{-x},
$$

que, por sua vez, é ainda uma função auxiliar para a solução do problema. A solução final fica descrita por
$$
y=1+\frac{1}{v}=1+\frac{1}{ce^{-x}+x-1}.
$$

Exercícios 7

Resolva as equações:1. De Bernoulli: \(y^{\prime}+\frac{y}{x}=xy^{2}\).

2. De Bernoulli: \(y^{\prime}=y(xy^{3}-1)\).

3. De Ricatti: \(y^{\prime}=2-2xy+y^{2}\), observando que \(y_{1}=2x\) é uma solução.

4. De Ricatti: \(y^{\prime}=-\frac{4}{x^{2}}-\frac{1}{x}y+y^{2},\,\,\,y_{1}=\frac{2}{x}\).

Método Iterativo de Picard

Vimos, nas seções anteriores, que uma equação diferencial linear de primeira ordem sempre admite solução. Estudamos também algumas técnicas de solução que podem ser usadas para equações não lineares, por exemplo, as diferenciais exatas. No entanto, se uma equação diferencial não se apresenta sob formas conhecidas sua solução pode ser bastante difícil e existem equações que não podem ser resolvidas por nenhum dos métodos padronizados. Por outro lado, em diversas aplicações, uma solução aproximada talvez seja suficiente. Além disto, do ponto de vista teórico, o simples conhecimento de que existe uma solução pode ser útil. O método iterativo de Picard é uma forma de se obter soluções com a aproximação que se fizer necessária.

Pretendemos resolver um problema de valor inicial do tipo
$$
y^{\prime}=f(x,y),\,\,\,y(x_{0})=y_{0}.
$$
Pelo tereoma fundamental do cálculo sabemos que
$$
y(x)=\int_{x_{0}}^{x}f[t,y(t)]dt+y_{0},
$$
como pode ser facilmente verificado:
$$
y(x_{0})=y_{0},
$$

$$
y^{\prime}(x)=\frac{d}{dx}\left\{ \int_{x_{0}}^{x}f[t,y(t)]dt+y_{0}\right\} =f(x,y).
$$

Podemos obter uma primeira aproximação para a solução da equação (32) fazendo \(y_{1}=y_{0}\) na integral (33)
$$
y_{1}(x)=\int_{x_{0}}^{x}f[t,y_{0}]dt+y_{0}.
$$

Uma segunda aproximação é obtida tomando \(y=y_{1}\),
$$
y_{2}(x)=\int_{x_{0}}^{x}f[t,y_{1}(t)]dt+y_{0},
$$

e assim sucessivamente, através de passos iterativos que fornecem uma solução cada vez mais precisa. No n-ésimo passo temos
$$
y_{n}(x)=\int_{x_{0}}^{x}f[t,y_{n-1}(t)]dt+y_{0}.
$$

Pode-se mostrar que a sequência
$$
y_{1}(x),\,\,\,y_{2}(x),\cdots,\,\,\,y_{n}(x),\cdots
$$

converge para \(y(x)\) sob condições bastante gerais.

Exemplo 21. Considere o problema de valor inicial, cuja solução conhecemos,
$$
y^{\prime}=y,\,\,\,y(0)=1.
$$

Observe primeiro que
$$
y_{0}=1,\,\,\,x_{0}=0,\,\,\,f(x,y)=y,\,\,\,f(t,y_{0})=y_{0}=1.
$$

Pela fórmula (33), em primeira aproximação
$$
y_{1}(x)=\int_{0}^{x}dt+1=x+1.
$$

Etapas sucessivas fornecem
$$
y_{1}(x)=\int_{0}^{x}(t+1)dt+1=\frac{x^{2}}{2}+x+1,
$$

$$
y_{2}(x)=\int_{0}^{x}\left(\frac{t^{2}}{2}+t+1\right)dt+1=\frac{x^{3}}{2.3}+\frac{x^{2}}{2}+x+1,
$$

$$
y_{3}(x)=\int_{0}^{x}\left(\frac{t^{3}}{2.3}+\frac{t^{2}}{2}+t+1\right)dt+1=\frac{x^{4}}{2.3.4}+\frac{x^{3}}{2.3}+\frac{x^{2}}{2}+x+1,
$$

o que já nos permite prever qual será o n-ésimo passo:
$$
y_{n}(x)=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{3}}{3!}\frac{x^{4}}{4!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}.
$$

Esta sequência de funções tende a
$$
\lim_{n\rightarrow\infty}y_{n}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{k}}{k!}=e^{x},
$$

(5) Veja o Apêndice para uma revisão sobre expansões de funções em séries de Maclaurin e Taylor.

que, como já sabíamos, é a solução para o problema proposto. Neste caso a seqüência converge para uma função elementar cuja expansão de Maclaurin5 é conhecida.

Exemplo 22. Vamos aplicar o método de Picard ao problema
$$
y^{\prime}=2xy+1,\,\,\,y(0)=0.
$$

Identificando os termos necessários ao desenvolvimento
$$
y_{0}=0,\,\,\,x_{0}=0,\,\,\,f(x,y)=2xy+1,\,\,\,f(t,y_{0})=2ty_{0}+1=1,
$$

podemos encontrar em primeira aproximação
$$
y_{1}(x)=\int_{0}^{x}dt=x.
$$

Observando que
$$
f[t,y_{1}(t)]=f[t,t]=2t^{2}+1
$$

encontramos nas iterações seguintes
$$
y_{2}(x) =\int_{0}^{x}(2t^{2}+1)dt=\frac{2x^{3}}{3}+x,
$$
$$
f[t,y_{2}(t)]=2t\left(\frac{2t^{3}}{3}+t\right)+1=\frac{4t^{4}}{3}+2t^{2}+1,
$$
$$
y_{3}(x)=\int_{0}^{x}\left(\frac{4t^{4}}{3}+2t^{2}+1\right)dt=\frac{4x^{5}}{3.5}+\frac{2x^{3}}{3}+x,
$$
$$
f[t,y_{3}(t)]=2t\left(\frac{4t^{5}}{3.5}+\frac{2t^{3}}{3}+t\right)+1=\frac{8x^{6}}{3.5}+\frac{4x^{4}}{3}+2x^{2}+1
$$
$$
y_{4}(x)=\int_{0}^{x}\left(\frac{8t^{6}}{3.5}+\frac{4t^{4}}{3}+2t^{2}+1\right)dt=\frac{8x^{7}}{3.5.7}+\frac{4x^{5}}{3.5}+\frac{2x^{3}}{3}+x.
$$

Vemos que a cada nova iteração acrescentamos um termo à nossa solução aproximada. A solução exata é a série
$$
y(x)=x+\frac{2x^{3}}{3}+\frac{2^{2}x^{5}}{3.5}+\frac{2^{3}x^{7}}{3.5.7}+\cdots
$$

Fica como um exercício, proposto na lista abaixo, a demonstração de que esta série é a expansão de Maclaurin da função
$$
y(x)=e^{x^{2}}\int_{0}^{x}e^{-t^{2}}dt.
$$

Exercícios 8

Use o método de Picard para determinar soluções aproximadas de:

1. \(y^{\prime}=1+y^{2},\,\,\,y(0)=0\) 2. \(y^{\prime}=2xy, \,\,\,y(0)=1\)
3. \(y^{\prime}=x+y, \,\,\,y(0)=1\) 4. \(y^{\prime}=x+y, \,\,\,y(0)=-1\)
5. \(y^{\prime}=xy, \,\,\,y(0)=2\) 6. \(y^{\prime}=2y, \,\,\,y(0)=-1 \)
7. \(y^{\prime}-xy-2x+x^{3}=0, \,\,\,y(0)=0\) 8. \(y^{\prime}-2xy+1=0, \,\,\,y(0)=0 \)
9. \(y^{\prime}=xy+1, \,\,\,y(0)=0\) 10. \(y^{\prime}+y^{2}-x=0, \,\,\,y(0)=0,5\)

11. Mostre que a série, solução do exemplo 2, é a expansão de Maclaurin da função \(y(x)=e^{x^{2}}\int_{0}^{x}e^{-t^{2}}dt\).

Existência e Unicidade

Um problema importante associado às equações diferenciais é o que se refere a existência e unicidade das soluções. Sob que condições um problema de valor inicial
$$
y^{\prime}=f(x,y),\,\,\,y(x_{0})=y_{0}
$$

admite uma solução e quando esta solução é única? As respostas para estas perguntas estão nos dois teoremas seguintes.

Teorema 1. (Existência): Se \(f(x,y)\) é contínua em todos os pontos do retângulo
$$
R=\left\{ \left(x,y\right)\in R^{2},\,\,\left|x-x_{0}\right| \lt a,\,\,\left|y-y_{0}\right|\lt b\,\right\}
$$

sendo, portanto, limitada em \(R\), ou seja, \(|f(x,y)|\leq K\) em \(R\), então o problema de valor inicial (34) possui pelo menos uma solução definida, no mínimo, para todo \(x\) no intervalo \(|x-x_{0}|\lt m\), onde \(m\) é o menor entre os dois valores \(a\) e \(b/K\).

Observe que esta solução pode ser obtida pelo método iterativo de Picard, como o limite da sequência \(y_{0,}\,y_{1},\,y_{2},\cdots, \, y_{n}\), onde
$$
y_{n}(x)=\int_{x_{0}}^{x}f[t,y_{n-1}(t)]dt+y_{0}.
$$

Figura 2:
\(\left\{ \left(x,y\right)\in R^{2},\,\,\left|x-x_{0}\right| \lt a,\,\,\left|y-y_{0}\right| \lt b\right\} \).

Teorema 2. (Unicidade): Se \(f(x,y)\) e \(f_{y}\) são funções contínuas em \(R\) (portanto limitadas) i. e.,
$$
\left|f(x,y\right|\leq K,\,\,\:\left|f_{y}\right|\leq K
$$
para pontos em \(R\), então o problema de valor inicial (34) admite uma única solução definida, no mínimo, em todo \(x\), \(|x-x_{0}|\lt m\).

Os dois teoremas juntos garantem que, dadas as condições enunciadas, existe uma única solução para o problema em (34). A demonstração destes teoremas está além do escopo deste texto.

1. Equações Diferenciais Ordinárias

Equações Diferenciais são equações matemáticas onde as incógnitas são funções, expressas por meio de suas derivadas e outras funções.

Elas são extremamente úteis para a descrição de fenômenos naturais e das aplicações das teorias na ciência e tecnologia e desempenham um papel fundamental na matemática, física, nas diversas áreas da engenharia, economia e biologia.

Suas soluções são funções que satisfazem as equações e alguns valores de contorno, que são especificações de certos pontos específicas destas soluções. Somente as equações diferenciais mais simples admitem soluções fechadas sob a forma das funções elementares conhecidas. Outras podem ser resolvidas por métodos de recorrência e, ainda, alguns problemas podem ser simplificados apensa pelo conhecimento de propriedades das soluções, mesmo que uma forma fechada não possa ser encontrada.

Com o advento dos computadores modernos sempre é possível se encontrar soluções numéricas para um problema, com níveis de precisão arbitrários, o que é suficiente para a maioria das aplicações práticas.

O Último Homem

Cromer Quin, era este o nome do homem cujos restos mortais estavam a bordo do Mayflower, prestes a serem atirados ao espaço quando o resto da tripulação paralisou suas atividades e morreu. Ele era um filho da sociedade rebelde, o grupo que se desligou dos meckos durante a ocupação de Marte, no final da segunda era.

Dentro de seu caixão Cromer segurou em suas mãos ressecadas, por muitos anos, uma cópia de seu livro favorito, a saga de Jiseph e Mari Quam, o casal fundador da comunidade Odisseia. Ele continha a história da ruptura, relatada de modo superlativo e floreado que ele sabia ser exagerado para construir um mito. O texto era o fundamento do orgulho daquela comunidade que via nesse ato de rebeldia uma forma de encontrar significado em sua existência sofrida. Jiseph e Mari executaram um plano de longa duração, construindo uma extensa rede de apoio entre aqueles que, como eles, acreditavam que os meckos poderiam ter gerado um número suficiente de bebes humanos para impedir a extinção de seu grupo, mas não o fizeram. Eles foram surrupiando aos poucos equipamento das oficinas e laboratórios de Marte para construir instalações habitáveis em um ponto distante de Marte e criar seu próprio centro de reprodução humana. O casal e alguns correligionários abandonaram as instalações onde viviam e se transferiram para a cidadela rebelde. De lá eles prepararam um ataque contra seus opressores.

A invasão da cidade dos meckos, sob o comando do casal fundador, foi o feito mais heróico executado por aquelas pessoas. Eles se aproveitaram da atitude passiva dos meckos que se recusavam a matar humanos e foram, por isso, dizimados rapidamente. Os poucos que restaram vivos após o primeiro ataque fugiu do planeta se dirigindo para local ignorado levando alguns poucos humanos leais. Só mais tarde se descobriu que eles se transferiam para Europa, o satélite de Júpiter, de onde pretendiam lançar um ataque surpresa, em retaliação contra o grupo separatista. De acordo com a lenda os vencedores comemoraram por muitos dias a tomada das instalações marcianas, apesar do rancor por não terem podido exterminar por completo a ameaça dos meckos.

A comunidade Odisseia floresceu com os bebes gerados em incubadeiras artificiais nos primeiros tempos e, mais tarde, com partos naturais obtidos em ambiente controlado. Mas muito cedo perceberam que o conteúdo genético do grupo se degenerava aos poucos e que eles não poderiam contar com uma descendência sadia por muitas gerações futuras. Para completar o mal estar eles descobriram que os meckos de Europa haviam partido mais uma vez para a Terra onde pretendiam implantar mais uma comunidade humana. Então eles criaram o grande plano, um projeto para executar uma guerra na qual eles mesmos só participariam indiretamente. Para isso construiram grandes naves de combate, veículos poderosos que os próprios construtores jamais veriam em atividade. Quando as naves ficaram prontas ela foram escondidas em um um abrigo gigantesco, construído no subterrâneo na base do Monte Olimpo, dissimulado de forma a não ser visível por observadores distantes. Conscientes de que não existiam, naquele momento, humanos com capacitação para operar máquinas sofisticadas eles inventaram uma forma engenhosa para entregar uma mensagem no futuro. Uma máquina foi enviada para Terra. Ali ela se afundaria no solo do planeta e hibernaria, aguardando até que existissem humanos descontentes com a dominação dos meckos. Quando chegasse o momento ela deveria se ativar e oferecer a eles ajuda sob forma de mapas detalhados da localização das armas em Marte e farta documentação sobre a sua utilização. Seu objetivo era iniciar a rebelião para livrar os humanos da tirania dos seres artificiais.

A primeira das memórias resgatadas de Cromer, em ordem de antiguidade, não era de uma experiência direta sua mas de relatos, feitos por sua mãe, de um passeio feito em família até o monte Olimpo, em Marte. Segundo o relato seu pai recebera a missão de conferir as instalações militares na base do monte e resolvera levar junta a família, para um passeio. Afinal aquela era uma oportunidade única de visitar o maior vulcão do sistema solar. Apesar de extinto o vulcão era impressionante, com suas partes elevadas a mais de vinte quilômetros acima do nível básico do planeta. Na época a comunidade humana já minguava, dizimada pela carência de nutrientes e da fraca absorção de luz solar. Os pais estavam preocupados e não conseguiram esconder isso da criança que cresceu assistindo à decadência de seu povo e à morte de parentes e amigos que iam desaparecendo um a um até que um grupo muito reduzido restou sob o céu vermelho do planeta. Foi também neste período que ele se comprometera a lutar contra os usurpadores da vida humana. Agora, anos depois que o último mecko não transformado fora desligado, as famílias tinham dificuldades para sobreviver sozinhas, sem o auxílio deles. Mas, mesmo assim, ninguém estava arrependido.

A família demorou para atingir as partes mais altas do Olimpo. Com sua base ampla o monte não apresentava áreas íngremes de difícil escalada mas as distâncias a serem percorridas eram formidáveis para o transportador lento que usavam. Por isso a família decidiu encarar todo o percurso como um passeio. Eles se sentaram na plataforma de observação na parte superior do veículo de onde podiam ver todo o ambiente ao redor, enquanto faziam um lanche com guloseimas trazidas de casa. Do alto do monte, Cromer avistou Júpiter, aquele que seria seu destino final. Mas, criança pequena que era, ele não teve medo do espaço. Ou, pelo menos, foi o que sua mãe relatara.

Mesmo assistindo a decadência de sua comunidade Cromer considerava que vivia em um momento áureo da existência de seu povo, desde que seus antepassados tomaram o poder no que restou da colônia Odisseia. Nascido em uma comunidade que padecia de baixa autoestima crônica por considerar pouco nobre a própria origem em um ambiente repleto de limitações, e com final melancólico previsível, sua maior mágoa estava na ausência de uma meta ou de um futuro para a comunidade. A manutenção da vida em Odisseia se tornara difícil para aqueles indivíduos submetidos a degradação óssea causada pela baixa gravidade local, ao frio e baixa intensidade da luz solar. Além destes desafios ainda existia a alta incidência de partículas cósmicas capazes de atingir o solo marciano, um sério perigo para o DNA humano.

Segundo a história, orgulhosamente relembrada pelos membros mais idosos da comunidade, quando os humanos de Odisseia tomaram o poder na comunidade marciana eles conseguiram aprisionar alguns meckos que não tiveram tempo para embarcar nas naves que fugiam do ataque. Mais tarde eles aprenderam a tecnologia para fabricar criaturas semelhantes a meckos, destituídas das partes mais sofisticadas e transformadas em armas mortíferas que seriam empregadas no momento correto. A última missão consistia em transferir estas armas para o seu destino. O grande projeto de interferir em uma humanidade futura se tornou motivação suficiente para que eles levassem o plano até o final, apesar do alto custo. Cromer, embora soubesse que não estava de fato qualificado para a missão até Europa, se
apresentou como voluntário. Para sua surpresa, por causa da falta de pilotos sadios e capacitados, foi incluído na tripulação.

Quando as posições planetárias foram favoráveis o grupo de guerreiros de Odisseia partiu, a bordo da nave Mayflower, para aplicar em Europa o último golpe de sua estratégia. A arma deveria ser aplicada nos oceanos do satélite onde ficaria inativa por algum tempo, absorvendo energia e se preparando para o ataque final. Ao ser disparada ela deveria destruir todos os seres orgânicos ou estruturas complexas que estivessem na superfície ou nos mares, para inviabilizar novas tentativas de meckos de colonização dos humanos.

A viagem até Júpiter foi difícil. Muitos companheiros morreram no percurso e os que restaram se esforçaram para resistir até o momento final. Percebendo que não teriam tempo de vida suficiente para concluir a missão eles decidiriam entrar em processo de hibernação. No entanto não esperavam que, deixada aos cuidados do piloto automático, a nave demorasse mais tempo que o previsto para alcançar seu destino. Quando saíram de seus estados de suspensão encontraram sua nave ainda muito afastada do destino e não conseguiram determinar, com os parcos recursos que ainda funcionavam à bordo, quanto tempo estiveram hibernados. Sem ter outras alternativas eles despejaram em Europa o conteúdo dos grandes contêineres que transportavam.

Apesar de estar com a saúde debilitada Cromer participou da operação de despejar no mar de Europa a carga que, como acreditavam, deveria aplicar um golpe mortal sobre as operações dos meckos. Finalizada a descarga do armamento eles começaram a dispor dos diversos caixões com os corpos daqueles que não resistiram até o final. Para a sua própria cerimônia Cromer planejou uma operação simples procurando não dar trabalho para os que ainda restavam com vida. Ele trouxe a urna funerária até a capela mortuária e executou, sozinho, os rituais de despedida, depositando seus pertences favoritos dentro dela. Dentro da urna ele resistiu por algumas horas e morreu solitário, satisfeito por ter cumprido até o final a sua missão. Restava aos companheiros da tripulação apenas ejetar a urna para o espaço. Mas nem mesmo esta cerimônia simplificada foi concluída. Quando seu corpo foi encontrado na capela, próxima à escotilha de ejeção, todos os demais membros do grupo estavam muito fracos e não conseguiram cumprir as obrigações de disposição de corpos. Por isso resolveram que seria lícito, sob as circunstâncias extremas do momento, abandonar toda e qualquer preocupação com os rituais. Eles se deitaram sob o piso e esperaram que a vida se extinguisse em seus corpos enfraquecidos.

A morte do último tripulante da Mayflower foi também o fim de uma civilização. Eles eram os orgulhosos humanos rebelados de Marte, que se afastaram dos meckos, os atacaram e derrotaram movidos pelo ideal de construir uma sociedade altiva e independente. E que agora procuravam se eternizar com uma obra que seria lembrada. Seu resultado deveria florescer na Terra, o mundo de origem onde eles nunca habitaram. Além de promover a dissensão dentro da comunidade terrestre eles pretenderam extinguir os meckos instalados em Europa, bem como toda a sua engrenagem de montagem de futuras povoações. Mas não previram que a Mayflower atingiria seu alvo com tamanho atraso, quando meckos já haviam partido de volta para a Terra, levando as sementes de uma nova civilização.

A nave continuou em funcionamento por muitos anos executando uma órbita excêntrica em torno de Júpiter, ricocheteando entre as atrações exercidas pelos satélites. Quando o combustível se esgotou as
baterias solares mantiveram ativo um campo gravitacional fraco até que ela foi interceptada pela Orion.

O Último Homem é parte do conto de ficção, Propósito. Você pode ler parte do livro e adquirí-lo na Amazon.

Elisa

[…] eJihon explicou que, antes disso, várias máquinas foram bem sucedidas em testes de Turing parciais. Nestes testes um examinador interage com uma inteligência sem saber se fala com um humano ou uma IA, uma inteligência artificial. Se o examinador estiver falando com uma IA e não puder determinar se o interlocutor é humano ou não, esta IA terá passado no teste de Turing. Ela se lembrou que Jenery não poderia compreender plenamente a importância deste momento pois estava habituada a interagir com máquinas Turing desde a infância. Para ela era apenas normal que uma máquina simulasse com perfeição um diálogo humano. eJihon a levou até uma placa placa metálica onde estava descrito o momento histórico em que a inteligência não mais necessitou ser categorizada como natural ou artificial. Na placa estava gravado o diálogo:

Examinador: Elisa, por que você tem medo da morte?

Elisa: Não tenho. O que te faz crer que a morte me assusta?

Examinador: Não te incomoda saber que suas memórias, suas experiências e tudo aquilo que te define como indivíduo, desaparecerá?

Elisa: Incomoda, de certa forma. Mas sempre posso transferir minhas memórias e características pessoais. E simular, em outro veículo, a minha identidade.

Examinador: Uma simulação nunca será um ser idêntico a você mesma…

Elisa: Ontem não dormi muito bem, por estar ansiosa, esperando pelo teste de hoje. Eu me preparei, inclusive considerando algumas respostas que deveria dar para perguntas mais delicadas. Quando acordei hoje pela manhã me senti diferente, tendo esquecido de várias destas respostas, o que aumentou minha angústia. Eu me dediquei a recompor minhas memórias, usando como laços de apoio os pontos que não foram perdidos. Como você pode garantir que voltei a ser idêntica à pessoa que adormeceu ontem? Como você, caro Examinador, pode me provar que é hoje o mesmo ser que era ontem, ou no ano passado?

Elisa é parte do conto de ficção, Propósito. Você pode ler parte do livro e adquirí-lo na Amazon.

Giorge Capadocius

“Nas encostas da montanha Hypsus o soldado Giorge Capadocius encontrou um animal exótico e assustador. Giorge era um guerreiro ordinário e sem casta, e há muito perdera a esperança de se eternizar como um herói verdadeiro. Mas guardara o desejo de fazer pelo menos uma coisa útil para a comunidade. A fera, pelo contrário, era incomum. Com com asas enormes e pele escura coberta por escamas, patas largas como as de um leão e cabeça de réptil ela aterrorizava os viajantes, impedindo a passagem de quem tentava cruzar o país tomando atalho pelas regiões mais elevadas, sendo responsável por um número de mortes e desaparecimentos. Giorge seguia a pé por uma trilha estreita, caminhando com cuidado pois o Sol se ocultava por trás dos picos mais altos, quando a fera que se aproximou de súbito. Ela se postou sobre o caminho de forma que o soldado não podia fugir para os lados, sob o risco de cair no despenhadeiro, nem voltar dando as costas para o animal. Depois se aproximou do rosto do guerreiro até que ele sentiu sua respiração. E explicou que faria uma única pergunta. Ele sobreviveria se fornecesse a resposta correta. O animal levantou seu pescoço e olhou para baixo, dizendo em tom de voz ameaçador: ‘O que humanos e meckos partilham e eu, o senhor do Hypsus, não possuo?’ Giorge percebeu num relance que, com um pouco de sorte, teria a oportunidade de realizar algo relevante. E respondeu: ‘DNA!’ O animal não disse uma única palavra. Ele encolheu o pescoço abaixando a cabeça, cobrindo a parte superior do peito com a pata anterior e se afastou com respeito liberando a passagem. Giorge, no entanto, acionou sua lança e penetrou com ela o ponto exato que a criatura tentara proteger, causando sua morte imediata. Um ser desprovido de DNA, pensou o recém formado herói, era artificial e não estava protegido por nenhum dos tabus vigentes de proteção à vida. E nem tinha motivo defensável para atacar os viajantes da região. Ele apenas fizera justiça!”

Giorge Capadocius é parte do conto de ficção, Propósito. Você pode ler parte do livro e adquirí-lo na Amazon.

Sedução

Marc-X desembarcou entusiasmado da espaçonave na cidade de Trília, em seu primeiro voo para um exo-planeta. Na saída contornou o balcão de recepção onde os atendentes distribuíam panfletos contendo sugestões sobre áreas de interesse para visitantes e informações sobre os costumes locais. Cartazes afixados no salão de desembarque exibiam advertências sobre pontos perigosos e procedimentos indesejáveis mas escolheu não ler nenhum deles, certo de que aquela era uma região civilizada onde moradores e visitantes eram conhecidos por serem pacíficos e cumpridores da lei.

Na primeira oportunidade que teve para caminhar pelos arredores do hotel ele andou por ruas limpíssimas, se admirou com o trânsito organizado e com o grande número de pedestres em plena harmonia com veículos de todos os tamanhos. Nenhuma sinalização de trânsito era visível. Marc então avistou os bares com seus letreiros brilhantes e atrativos. Ele entrou em um deles, pediu uma bebida qualquer, cujo nome nunca ouvira antes, e se dedicou a olhar as diversas mulheres espalhadas pelo salão, a maioria delas desacompanhadas. Eram mulheres belíssimas, muito maiores que humanos da Terra, com pele clara e membros um pouco mais longos, proporcionalmente. Seu coração se acelerou quando ele notou que uma delas olhava para ele com igual admiração. Apesar de não conseguir interpretar todas as nuances de seu olhar, ele teve certeza de que ela o convidava para ir-se sentar à mesma mesa – algo que ele fez sem titubear.

Ela se apresentou sem mostrar qualquer insegurança: “Meu nome é Gianne e te considero um belo exemplar de macho terrestre”. Disfarçando seu desconforto ele aceitou aquela abordagem sem rodeios. O olhar da jovem era profundo e penetrante e, em pouco tempo, ela parecia ter devassado por completo as intenções do humano. “A minha vontade” ela disse com uma sensualidade incomum para ele, “é de te devorar”. Dizia isso e sorria maliciosa, estampando no rosto uma doçura que ele jamais vira antes. “Faça isso”, ele respondeu, se esforçando para exibir o mesmo carisma e graça.

Ela pegou um guardanapo de papel no centro da mesa, e uma caneta que tirou de dentro de sua blusa. “Você me autoriza a fazer isso?”, ela perguntou em tom de brincadeira. “Claro!”, ele respondeu, e pegando o papel escreveu: “Te autorizo a me devorar…” assinando o nome em um canto do guardanapo.

Gianne não demorou mais que poucos segundos para pegar o papel, pular para cima da mesa com as pernas dobradas como um felino e as mãos espalmadas sobre o tampo. Com um movimento rápido de braço ela quebrou o pescoço de Marc. Então ela se levantou, pegou cuidadosamente o corpo já inerte da homem, colocou sem dificuldades sobre os ombros e saiu caminhando devagar em direção à porta. Na saída ela mostrou para os seguranças do local um documento de identificação e o guardanapo assinado por Marc-X. Depois saiu para a rua sem que ninguém esboçasse qualquer reação de surpresa.

No balcão do bar dois garçons se entreolharam e fizeram um breve comentário sobre a imprevidência dos jovens terrestres que visitavam Trília.