3 Equaes Lineares de Segunda Ordem Equaes homogneas

3 - Equações Lineares de Segunda Ordem Equações homogêneas com coeficientes constantes. Uma equação diferencial de segunda ordem tem a forma (d 2/dt 2) = f (t, y, dy/dt) [1] onde f é alguma função dada. A equação [1] é dita linear se a função f tem a forma f(t, y, dy/dt) = g(t) – p(t)dy/dt – q(t)y Isto é, se f é linear em y e y’. Deve-se notar que g, p e q são funções da variável independente t, não dependem de y.

Assim, a equação [1] pode ser escrita como y ” + p(t)y’ + q(t)y = g(t) ou comumente escrita como P(t)y ” + Q(t)y’ + R(t)y = G(t), p(t) = Q(t) / P(t), q(t) = R(t) / P(t) Se e P(t) 0, g(t) = G(t) / P(t) Um problema de valor inicial consiste em uma equação diferencial, como antes, junto com um par de condições iniciais y(t 0) = y 0 e y’(t 0) = y 0’ onde y 0’ são números dados. Uma equação linear de segunda ordem é dita homegênea se a função g(t) ou G(t) for igual a zero para todo t.

Assim, P(t)y” + Q(t)y’ + R(t)y = 0. Vamos considerar P, Q e R constantes. E assim, temos ay” + by’ + cy = 0 [2] onde a, b e c são constantes dadas. Exemplo 1: Resolva a equação y” – y = 0. Temos neste caso a = 1, b = 0 e c = - 1. Isto significa procurar uma função cuja derivada segunda é igual a ela mesma. Facilmente identificamos que y 1(t) = e t e y 2 (t) = e -t c 1 y 1 (t) = c 1 e t e servem. Também servem c 2 y 2 (t) = c 2 e -t E mais y = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t) = c 1 e t + c 2 e -t , para c 1 e c 2 quaisquer.

A equação [2] pode ser escrita na forma algébrica ar 2 + br + c = 0 [3] fazendo y” = r 2, y’ = r e y =1 = r 0 respectivamente. Esta equação é chamada de equação característica. O fato é que se r é raiz da equação polinomial [3], então y = e rt é solução da equação diferencial [2]. Supondo que r 1 e r 2 são raizes distintas de [3], então y 1(t) = e r t e y 2(t) = e r t são duas soluções da equação diferencial ou como no exemplo anterior, 1 2 y = c 1 y 1(t) + c 2 y 2(t) = c 1 e r t + c 2 e r t 1 2 que também é solução da equação dada.

Exemplo 2: Encontre a solução da equação y” – y’ – 2 y = 0. Nesta caso, a equação característica é r 2 – r – 2 = 0, (r+1)(r-2) = 0, r 1 = - 1 e r 2 = 2. Logo, y = c 1 e – t + c 2 e 2 t Exemplo 3: Resolva a equação diferencial y” + 5 y’ + 6 y = 0, com y(0) = 2 e y’(0) = 3. A equação característica é r 2 + 5 r + 6 = 0, (r + 2)(r + 3) = 0. Logo y = c 1 e - 2 t + c 2 e - 3 t. Pela primeira condição, temos y(0) = 2 = c 1 + c 2 Pela segunda condição, y’(0) = - 2 c 1 e – 2 x 0 – 3 c 2 e - 3 x 0 = 3 = -2 c 1 – 3 c 2

Logo c 1 + c 2 = 2 -2 c 1 – 3 c 2 = 3 Donde c 2 = - 7 e c 1 = 9. Assim y = 9 e – 2 t - 7 e – 3 t Para uma equação de segunda ordem, sem a variável independente, da forma y” = f(t, y”), a substituição v = y’ e v’ = y” leva a uma equação de primeira ordem da forma v’ = f(t, v). Se ela puder ser resolvida em v, então y pode ser encontrada integrando-se dy / dt = v. Exemplo 4: Resolva a equação y” + y’ = e – t. Fazendo v’ = y”, v = y’, temos v’ + v = e – t.

Tomando a função integrante (t) = e t, temos e t v’ + v e t = e -t e t ou ( e t v )’ = 1 e t v = t + c 1 v = te -t + c 1 e -t Ora, como dy/dt = v = te -t + c 1 e -t , temos, por partes te -t dt, u = t, du = dt, dv = e -t dt, v = - e –t, Logo, y = te -t dt + c 1 e -t dt = - te -t - -e -t dt – c 1 e -t = - c 1 e -t + c 2 – te -t – e –t y = c 1 e -t + c 2 – te -t

Soluções fundamentais de equações lineares homogêneas Definimos o operador diferencial L por L[ ] = ’’ + p ’ + q onde p e q são funções contínuas em I. O valor de L[ ] em t é dado por L[ ](t) = ’’(t) + p(t) ’(t) + q(t) (t). O operador L é normalmente usado como L = D 2 + p. D + q, onde D é o operador derivada. Usando y para representar (t), temos L[y] = y’’ + p(t) y’(t) + q(t) y = 0 e as condições y (t 0) = y 0 e y’ (t 0) = y 0’.

Teorema: Considere o problema de valor inicial y’’ + p(t) y’(t) + q(t) y = g(t), y (t 0) = y 0, y’ (t 0) = y 0’ onde p , q e g são funções contínuas em um intervalo aberto I. Então, existe exatamente uma solução y = (t) desse problema e a solução existe em todo intervalo I. Exemplo: Encontre o maior intervalo no qual a solução do problema (t 2 – 3 t) y’’ + t y’ – (t +3) y = 0, y (1) = 2, y’ (1) = 1, certamente existe. Solução: Calculando a forma do teorema acima, temos p(t) = 1 / (t-3), q(t) = - (t+3) / ( t 2 – 3 t) e g(t) = 0. Os pontos de descontinuidade são t = 0 e t = 3. Logo o maior intervalo contendo a condição inicial t =1 é 0 < t < 3.

Teorema: Se y 1 e y 2 são soluções da equação diferencial L[y] = y’’ + p(t) y’ + q(t) y = 0, então a combinação linear c 1 y 1 + c 2 y 2 também é solução , quaisquer que sejam os valores das constantes c 1 e c 2. Teorema: Suponha que y 1 e y 2 são duas soluções de L[y] = y’’ + p(t) y’ + q(t) y = 0 e que o wronskiano w = y 1 y 2’ - y 1’y 2 não se anule no ponto t 0, onde são dadas as condições iniciais y (t 0) = y 0, y’ (t 0) = y 0’. Então, existe uma escolha das constantes c 1 e c 2 para os quais y = c 1 y 1(t) + c 2 y 2(t) satisfaz a equação diferencial acima e as condições iniciais y (t 0) = y 0, y’ (t 0) = y 0’.

Teorema. Se y 1 e y 2 são duas soluções da equação diferencial L[y] = y’’ + p(t) y’ + q(t) y = 0, e existe um ponto onde o wronskiano de y 1 e y 2 é diferente de zero, então a família de soluções y = c 1 y 1(t) + c 2 y 2(t) com coeficientes arbitrários c 1 e c 2 , inclui todas as soluções da equação acima. Teorema. Considere a equação diferencial L[y] = y’’ + p(t) y’ + q(t) y = 0, cujos coeficientes p e q são contínuos em algum intervalo aberto I. Escolha algum ponto t 0 em I. Seja y 1 a solução da equação acima que satisfaz, também, as condições iniciais y(t 0) = 1 e y´(t 0) = 0, e seja y 2 a solução da equação acima que satisfaz as condições iniciais y(t 0) = 0 e y´(t 0) = 1. Então, y 1 e y 2 formam um conjunto fundamental de soluções.

Exemplo: Determine o valor do Wronskiano do par de funções y 1 = e 2 t e y 2 = e – 3 t/2. Solucão: Como w = y 1 y 2` - y 1` y 2 temos e 2 t (- 3/2 e – 3 t/2) - 2 e 2 t e – 3 t/2 = -7/2 e t/2 Raízes complexas de equações características Já vimos que a solução da equação ay’’ + by’ + cy = 0, com a, b e c reais, temos a equação característica ar 2 +br + c = 0 e se r 1 e r 2 são raizes, então y = c 1 e r 1 t + c 2 e r 2 t. Porém, se as raízes forem complexas denotamos por r 1 = + i e r 2 = - i onde e são reais. As representações para y 1 e y 2 são y 1 (t) = exp[( + i )t] e y 2 = exp[( - i )t]

Fórmulas de Euler Do cálculo elementar, usando a série de Taylor, temos para e t em torno de t = 0, Nos complexos, temos Onde foram separadas as partes real e imaginária observando os valores das potencias i 2 = -1, i 3 = -i, i 4 = 1, etc. Note que a primeira parte desta série é a série de Taylor para cos(t) em torno de t = 0 e a segunda é a série de Taylor para sen(t) em torno de t = 0.

Logo e it = cost + i sent ou e -it = cost - i sent ou a fórmula generalizada de Euler e i t = cos( t) + i sen( t). Solução: y = c 1 e t cos( t) + c 2 e t sen( t), onde ± i são raízes da equação característica. Exemplo: Encontre a solução geral da equação diferencial y” + y = 0. Solução: A equação característica é dada por r 2 + 1 = 0. Logo r = i. Então y = c 1 cost + c 2 sent, pois temos = 0 e = 1.

Exemplo: Encontre a solução do problema de valor inicial dado por y” + 4 y = 0, y(0) = 0 e y`(0) = 1. Solução: Temos a equação característica r 2 + 4 = 0 que nos leva a r = 2 i. Logo y = c 1 cos(2 t) + c 2 sen(2 t). Então y(0) = c 11 + c 20 = 0 c 1 = 0. Como y’ = - 2 c 1 sen(2 t) + 2 c 2 cos(2 t), temos y’(0) = 0 + 2 c 2 = 1 Logo a solução é c 2 = 1/2. y = 0 + ½ sen(2 t) = ½ sen(2 t)

Raízes repetidas Se as raízes forem repetidas r 1 = r 2 = - b/2 a, então y 1 = e –bt / 2 a e y 2 = te –bt / 2 a logo, se r 1 = r 2 A solução geral é y = c 1 e r 1 t + c 2 te r 1 t Exemplo: Encontre a solução geral da equação ordinária y’’ – 2 y’ + y = 0. Solução: Temos a equação característica r 2 - 2 r +1 = 0 e consequentemente r = 1. Logo a solução é dada por y = c 1 e t + c 2 te t

Exemplo: Determine a solução da equação diferencial y” – 6 y’ + 9 y = 0, y(0) = 0, y’(0) = 2. Solução: Temos a equação característica r 2 - 6 r + 9 = 0, cujo solução é dada por r 1 = r 2 = 3. Assim, y = c 1 e 3 t + c 2 te 3 t Logo, y(0) = c 1 + 0 = 0 c 1 = 0 e y’(0) = 3 c 1 e 3 t + 3 c 2 te 3 t + c 2 e 3 t = 3 c 1 + c 2 = 2 Então, y = 2 te 3 t c 2 = 2

Equações não homogêneas; método dos coeficientes a determinar Dada a equação não homogênea L[y] = y” + p(t)y’ + q(t)y = g(t) onde p, q e g são funções contínuas em um intervalo aberto I. A equação L[y] = y” + p(t)y’ + q(t)y = 0 é chamada de equação homogênea associada. Teorema: Se Y 1 e Y 2 são duas soluções da equação não homogênea acima, então sua diferença Y 1 - Y 2 é uma solução da equação homogênea associada. Se além disso, y 1 e y 2 formam um conjunto fundamental de soluções para a equação homogênea, então Y 1(t) - Y 2(t) = c 1 y 1(t) + c 2 y 2(t), onde c 1 e c 2 são constantes determinadas.

Teorema: A solução geral da equação não homogênea dada poder escrita na forma y = c 1 y 1(t) + c 2 y 2(t) + Y(t), onde y 1 e y 2 formam um conjunto fundamental de soluções da equação homogênea associada, c 1 e c 2 são constantes arbitrárias e Y é alguma solução específica da equação não homogênea. Nota: Por este teorema, devemos fazer 3 coisas para resolver a equação não homogênea dada. 1 - Encontrar a solução geral homogênea associada (yh); c 1 y 1(t) + c 2 y 2(t) da equação 2 – Encontrar uma única solução Y(t) da equação não homogênea (yp); 3 – Somar as duas funções encontradas ( y = yh + yp).

O método dos coeficientes indeterminados Este método requer uma hipótese inicial sobre a forma da solução particular Y(t), mas com os coeficientes não especificados. Substitui-se, então, a expressão hipotética na equação diferencial e tentamos determinar os coeficientes de modo que a equação seja satisfeita. Exemplo: Encontre uma solução particular de y” – 3 y’ – 4 y = 3 e 2 t Solução: Procuramos uma função Y tal que Y”(t) – 3 Y’(t) – 4 Y(t) seja igual a 3 e 2 t. Vamos supor Y(t) = Ae 2 t, onde A deve ser determinado.

Ora, Logo Y’(t) = 2 Ae 2 t e Y’’(t) = 4 Ae 2 t - 6 Ae 2 t - 4 Ae 2 t = 3 e 2 t -6 A = 3, A = - 0, 5 Então, a solução particular é dada por Y(t) = - 0, 5 e 2 t

Tabela de solução particular de ay”+ by’ + c = gi(t) Yi(t) Pn(t) = a 0 tn +a 1 t(n-1)+. . . + an ts (A 0 tn + A 1 t(n-1) +. . . + An) Pn(t) e t ts (A 0 tn + A 1 t(n-1) +. . . + An) e t Pn(t) e t [sen( t)] [cos( t)] ts [(A 0 tn + A 1 t(n-1) +. . . + An) e tcos( t) + ts ( 0 tn + 1 t(n-1) +. . . + n) e tsen( t) Onde s denota o menor inteiro não negativo (s = 0, 1, 2) que garanta que nenhuma parcela de Yi(t) seja solução da equação homogênea correspondente.

Exemplo: Encontre a solução geral da equação diferencial y” – 2 y’ – 3 y = 3 e 2 t. Solução: Temos então a equação característica r 2 – 2 r – 3 = 0 e consequentemente r 1 = 3 e r 2 = -1 Logo yh = c 1 e 3 t + c 2 e –t E a solução particular é dada por y = Ae 2 t, y’ = 2 Ae 2 t, y” = 4 Ae 2 t - 3 Ae 2 t = 3 e 2 t ou A = -1 e yp = - e 2 t Então, como y = yh + yp, temos y = c 1 e 3 t + c 2 e –t - e 2 t

Exemplo: Resolva a equação y” – y’ – 2 y = sen(2 x) Solução: Temos então a equação característica r 2 – r – 2 = 0 e consequentemente r 1 = 2 e r 2 = -1 Logo yh = c 1 e - x + c 2 e 2 x E a solução particular y” – y’- 2 y = sen(2 x) y = A 0 sen(2 x) + 0 cos(2 x), y’ = 2 A 0 cos(2 x) - 2 0 sen(2 x) e y” = - 4 A 0 sen(2 x) - 4 0 cos(2 x), Substituindo em y” – y’ – 2 y = sen(2 x), temos A 0= - 3/20 e 0 = 1/20. Daí a solução y = c 1 e - x + c 2 e 2 x – (3/20) sen(2 x) + (1/20) cos(2 x)

Teorema. Se as funções p, q e g são contínuas em um intervalo aberto I e se as funções y 1 e y 2 são soluções linearmente independentes da equação homogênea associada à equação não homogênea y” + p(t)y’ + q(t)y = g(t), então uma solução particular desta função é e a solução geral é y = c 1 y 1(t) + c 2 y 2(t) + Y(t) como visto antes.

Equações de ordem mais alta Uma equação diferencial linear de ordem n é uma equação da forma P 0(t)dny/dtn + P 1(t)d(n-1)y/dt(n-1) +. . . + Pn-1(t)dy/dt +Pn(t)y =G(t) Supondo que P 0, P 1. . . Pn e G são funções reais e contínuas definidas em algum intervalo I : < t < , e que P 0 nunca se anula nesse intervalo, então dividindo por P 0(t), temos L[y] = dny/dtn +p 1(t)d(n-1)y/dt(n-1) +. . . + pn-1(t)dy/dt+pn(t)y = g(t) Pode-se esperar que para se obter uma única solução, será necessário especificar n condições iniciais y(t 0) = y 0, y’(t 0) = y’ 0, y”(t 0) = y” 0. . . y(n-1)(t 0) = y(n-1)0 Onde t 0 pode ser qualquer ponto de I.

Teorema: Se as funções p 1, p 2, . . . , pn e g são contínuas em I, então existe exatamente uma solução y = (t) da equação diferencial L[y] que também satisfaz as condições iniciais dadas. Essa solução existe em todo o intervalo I. Exemplo: Resolver a equação diferencial y”’ – 6 y”+ 11 y’ – 6 y = 0. Solução: Temos a seguinte equação característica r 3 - 6 r 2 + 11 r – 6 = 0 Logo as raízes são Assim ou (r - 1)(r - 2)(r - 3) = 0. r 1 = 1, r 2 = 2 y = c 1 e t + c 2 e 2 t + c 2 e 3 t. e r 3 = 3.

Teorema. Se as funções p 1, p 2, . . , pn são contínuas no intervalo aberto I, se as funções y 1, y 2, . . , yn são soluções da equação homogênea e se W(y 1, y 2, . . , yn )(t) 0 para, pelo menos um ponto t em I, então toda solução da equação dada pode ser expressa como uma combinação linear das soluções y 1, y 2, . . , yn.

Equação homogênea com coeficientes constantes Seja a equação L[y] = a 0 yn +a 1 y(n-1) +. . . + a(n-1) y’+ any = 0, ai real. A solução, similar ao de segunda ordem é L[e rt] = e rt (a 0 rn +a 1 r(n-1) +. . . + a(n-1) r+ an) = e rt Z(r), onde Z(r) = a 0 rn +a 1 r(n-1) +. . . + a(n-1) r+ an. . Assim podemos escrever a equação característica na forma Z(r) = a 0 (r- r 1) (r- r 2) (r- r 3). . . (r- rn). Se as raízes forem reais e distintas, então temos n soluções diferentes, cujo expressão geral é dada por y = c 1 e r 1 t + c 2 e r 2 t +. . . +cne rnt

Exemplo: Encontre a solução geral de y iv – y = 0, com as condições y(0) = 7/2, y’(0) = 4, y”(0) = 5/2 e y”’(0) = - 2. Temos a equação característica r 4 -1 = 0 ou (r 2 – 1)(r 2 +1) = 0 Donde resulta r 1 = 1, r 2 = - 1, r 3 = i Logo, y = c 1 e t + c 2 e -t + c 3 cost + c 4 sent condições e r 4 = - i. e com as y(0) = c 1 + c 2 + c 3 + 0 = 7/2 y’(0) = c 1 - c 2 - 0 + c 4 = 4, y”(0) = -2 e y”’(0) = -2 Resulta c 1 = 0, c 2 = 3, c 3 = ½ consequentemente a solução y = 3 e -t + (½) cost - sent e c 4 = - 1 e

Exemplo: Encontre a solução geral de yiv +2 y” + y = 0 Neste caso temos a equação característica r 4 + 2 r 2 + 1 = 0 ou (r 2 +1) = 0 cujas raízes são r = i, i, - i. Logo y = c 1 cos t + c 2 sen t + c 3 tcos t + c 4 tsen t. O Método dos coeficientes indeterminados Similar ao de segunda ordem. Exemplo: Encontrar a solução geral de y”’ – 3 y” + 3 y’ – y = 4 et.

Temos a equação característica r 3 - 3 r 2 + 3 r – 1 = 0 = (r - 1) 3. Logo a solução da equação homogênea é y = c 1 e t + c 2 te t + c 3 t 2 e t. Para a solução particular Y(t), vamos supor Y(t) = Ae t. Como e t , te t e homogênea, temos t 2 e t são soluções da equação Y(t) = A t 3 e t. Assim, 6 A e t = 4 e t donde A = 2/3. Portanto, a solução particular é Y(t) = (2/3) t 3 e t e Consequentemente a solução geral y = c 1 e t + c 2 te t + c 3 t 2 e t + (2/3) t 3 e t