Embed Size (px)
Citation preview
Capítulo 3.1: Equa ções homogêneas lineares d esegunda ordem com coeficientes constantes
Uma equação diferencial ordinária de segunda ordemtem a forma geral
onde f é uma função dada.
Esta equação é dita linear se f é linear em y e y':
caso contrário dizemos que énão linear. Uma equação linear de segunda ordem aparece como
Se G(t) = 0 para todo t, então esta equação é dita homogênea. caso contrário dizemos que énão homogênea.
),,( yytfy ′=′′
ytqytptgy )()()( −′−=′′
)()()()( tGytRytQytP =+′+′′
Capítulo 3.1: Equações Homogêneas, Valores Iniciais
Em particular, as de coeficientes constantes:
O caso com coeficientes variáveis será vista mais adiante.
Condição Inicial é dada da seguinte forma
Portanto a solução passa por (t0, y0), e a inclinação da solução em (t0, y0) é igual a y0'.
0=+′+′′ cyybya
( ) ( ) 0000 , ytyyty ′=′=
Capítulo 3.1:Exemplo 1
Infinidades de Soluções
Considere a EDO de 2ªordem
As duas soluções desta equação são
Outras soluções são
Baseado nesta observação, nós vimos que existem uma infinidades de soluções e são da forma
Resumidamente todas as soluções da EDO acima podem ser dadas desta forma.
0=−′′ yy
tt etyety −== )(,)( 21
tttt eetyetyety −− +=== 53)(,5)(,3)( 543
tt ececty −+= 21)(
Capítulo 3.1: Exemplo 1
Condições Iniciais
Agora considere o seguinte Problema de Valor Inicial (PVI) para nossa equação:
Nos podemos encontrar uma solução geral da seguinte forma
Usando as condições iniciais,
temos
1)0(,3)0(,0 =′==−′′ yyyy
tt ececty −+= 21)(
1,21)0(
3)0(21
21
21 ==⇒
=−=′=+=
ccccy
ccy
tt eety −+= 2)(
Capítulo 3.1: Exemplo 1: Gráfico da Solução
O PVI e a solução são
O gráfico da solução é dado abaixo. O gráfico da direita sugere que ambas as condições são satisfeita.
tt eetyyyyy −+=⇒=′==−′′ 2)(1)0(,3)0(,0
Capítulo 3.1: Equação Característica
Para resolver uma equação de 2a ordem com coeficientes constantes,começamos assumindo uma solução da forma y = ert. Substituindo-a na equação diferencial, obtemos:
Simplificando,
e assim
Esta última equação é chamada equação característica (polinômio característico)da equação diferencial.
,0=+′+′′ cyybya
02 =++ rtrtrt cebreear
0)( 2 =++ cbrarert
02 =++ cbrar
Capítulo 3.1: Solução Geral
Usando a formula quadrática na equação característica
obtemos duas soluções, r1 e r2. Existem três possibilidades:
As Raízes r1, r2 são reais e r1 ≠ r2. As Raízes r1, r2 são reais e r1 = r2. As Raízes r1, r2 são complexas.
Por enquanto, vamos assumir que r1, r2 são reais e r1 ≠ r2. Neste caso, a solução geral é da forma
,02 =++ cbrar
trtr ececty 2121)( +=
a
acbbr
2
42 −±−=
Capítulo 3.1: Condições Iniciais
Para o PVI
usaremos a solução geral
usando as condições iniciais para encontrar c1 e c2. Isto é,
Assumindo r1 ≠ r2, segue que uma solução da forma y = ert
para o PVI acima sempre existirá, para qualquer conjunto de condições iniciais.
,)(,)(,0 0000 ytyytycyybya ′=′==+′+′′
0201
0201
0201
21
0102
21
2001
02211
021 , trtr
trtr
trtr
err
yryce
rr
ryyc
yercerc
yecec −−
−′−=
−−′
=⇒
′=+
=+
trtr ececty 2121)( +=
Capítulo 3.1: Exemplo 2
Considere o PVI
Tomando a solução exponencial e obtendo a E.C.:
Resolvendo a E.C. obtemos duas soluções, r1 = -4 e r2 = 3
A solução geral é
Usando as condições iniciais:
Temos
1)0(,0)0(,012 =′==−′+′′ yyyyy
( )( ) 034012)( 2 =−+⇔=−+⇒= rrrrety rt
tt ececty 32
41)( += −
7
1,
7
1134
021
21
21 =−=⇒
=+−=+
cccc
cc
tt eety 34
7
1
7
1)( +−= −
Capítulo 3.1: Exemplo 3
Considere o PVI
Então
Obtemos duas soluções, r1 = 0 e r2 = -3/2A solução geral é
Usando as condições iniciais:
Temos
( ) ( ) 30,10,032 =′==′+′′ yyyy
( ) 032032)( 2 =+⇔=+⇒= rrrrety rt
2/321
2/32
01)( ttt eccececty −− +=+=
2,33
2
3
1
212
21
−==⇒
=−
=+ccc
cc
2/323)( tety −−=
Capítulo 3.1: Exemplo 4: PVI
Considere o PVI
Então
Obtemos duas soluções, r1 = -2 e r2 = -3A solução geral é
Usando as condições iniciais:
Temos
( ) ( ) 30,20,065 =′==+′+′′ yyyyy
( )( ) 032065)( 2 =++⇔=++⇒= rrrrety rt
tt ececty 32
21)( −− +=
7,9332
221
21
21 −==⇒
=−−=+
cccc
cc
tt eety 32 79)( −− −=
Capítulo 3.1: Exemplo 4: Encontrando o Valor Máximo
Encontrar o valor máximo alcançado pela solução.
204.2
1542.0
)6/7ln(
6/7
76
02118)(
79)(
32
32
32
≈≈==
=
=+−=′
−=
−−
−−
−−
y
t
t
e
ee
eety
eety
t
tt
tt
tt
Capítulo 3.2: Solu ções Fundamentaisde Equa ções Lineares Homogêneas
Sejam p, q funções contínuas no intervalo I = (α, β), o qual poderá ser infinito. Para y – função três vezes diferenciável em I, definimos o operador diferencial L por
Note que L[y] é uma função em I, com valor de saída
Por exemplo,
[ ] yqypyyL +′+′′=
[ ] )()()()()()( tytqtytptytyL +′+′′=
( )[ ] )sin(2)cos()sin()(
2,0),sin()(,)(,)(22
22
tettttyL
Ittyetqttpt
t
++−===== π
Capítulo 3.2:Notação do Operador Diferencial
Seja equação homogênea linear de 2a ordem L[y](t) = 0, junto com condições iniciais como indicado abaixo:
Existe solução para este problema de valor inicial?Em caso afirmativo, se é única?
Também, gostaríamos de saber sobre a forma e a estrutura das soluções, pois, podem ser úteis na hora de encontrar soluções para os problemas particulares.
Estas perguntas são respondidas nos teoremas a seguir .
[ ]1000 )(,)(
0)()(
ytyyty
ytqytpyyL
=′==+′+′′=
Capítulo 3.2:Teorema 3.2.1 (de existência e unicidade)
Considere o PVI
onde p, q, e g são funções continuas no intervalo aberto I que contém t0. Então existeuma únicasolução y = φ(t) emI.
0000 )(,)(
)()()(
ytyyty
tgytqytpy
′=′==+′+′′
Capítulo 3.2:Exemplo 1
Considere a EDO 2a ordem linear com PVI
Na seção 3.1, nós mostramos que este PVI tem a seguinte solução:
Note que p(t) = 0, q(t) = -1, g(t) = 0 elas são contínuas em (-∞, ∞), e a solução y está bem definida e é duas vezes diferenciável em (-∞, ∞).
tt eety −+= 2)(
( ) ( ) 10,30,0 =′==−′′ yyyy
1000 )(,)(
)()()(
ytyyty
tgytqytpy
=′==+′+′′
Capítulo 3.2:Exemplo 2
Considere a EDO de 2a ordem linear com PVI
ondep, q são funções continuas no intervalo aberto I que contém 0.
Note que y = 0 é uma solução para este problema homogêneo de valor inicial.
Desde que as hipóteses do Teorema 3.2.1 são satisfeitas, segue quey = 0 é a única solução deste problema.
( ) ( ) 00,00,0)()( =′==+′+′′ yyytqytpy
Capítulo 3.2:Exemplo 3
Determinar o maior intervalo em que dado o valor inicial, solução do problema existee éúnica e ainda éduas vezes diferenciável.
Primeiramente pôr a equação diferencial na formula padrão:
O maior intervalo que contem o ponto t = 0 em que os coeficiente da função são contínuos é (-1, ∞).Segue do Teorema 3.2.1 que o maior intervalo em que este problema de valor inicial terá uma solução duas vezes diferenciável é também (-1, ∞).
( ) ( ) ( ) 00,10,13)(cos1 =′==+′−′′+ yyyytyt
( ) ( ) 00,10,1
1
1
3
1
cos =′=+
=+
+′+
−′′ yyt
yt
yt
ty
Capítulo 3.2:Teorema 3.2.2 (Princípio da Superposição)
Se y1e y2 são soluções da equação
então a combinação linear delas c1y1 + y2c2 é também uma solução, para todas as constantes c1 e c2 reais.
Para provar este Teorema, substitua c1y1 + y2c2 no lugar de y na equação abaixo, e use o fato de que y1 e y2 são soluções e L[y] élinear.
Assim para todas as duas soluções y1 e y2, nós podemos construir uma família infinita de soluções, para cada y = c1y1 + c2 y2. Pode todas as soluções ser escrita desta maneira, ou têm alguma outra solução completamente diferente? Para responder a esta pergunta, nós usaremos o determinante Wronskiano.
0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
0][][][0][0][ 2211221121 =+=+⇒== yLcyLcycycLyLeyL
Capítulo 3.2:O Determinante Wronskiano
Suponha que y1 e y2 são soluções para a equação
Pelo Teorema 3.2.2, nos sabemos que y = c1y1 + c2 y2 é uma solução desta equação.
O próximo passo é encontrar os coeficientes c1 e c2 tais que y = c1y1 + c2 y2 satisfazem as condições iniciais
Para isso, nós necessitamos resolver as seguintes equações:
0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
0000 )(,)( ytyyty ′=′=
0022011
0022011
)()(
)()(
ytyctyc
ytyctyc
′=′+′=+
Capítulo 3.2:O Determinante Wronskiano
Resolvendo as equações, nos obtemos
Em termos de determinantes:
0022011
0022011
)()(
)()(
ytyctyc
ytyctyc
′=′+′=+
)()()()(
)()(
)()()()(
)()(
02010201
0100102
02010201
0200201
tytytyty
tyytyyc
tytytyty
tyytyyc
′−′′+′−=
′−′′−′
=
)()(
)()(
)(
)(
,
)()(
)()(
)(
)(
0201
0201
001
001
2
0201
0201
020
020
1
tyty
tyty
yty
yty
c
tyty
tyty
tyy
tyy
c
′′
′′=
′′
′′=
Capítulo 3.2:O Determinante Wronskiano
Para que estas fórmulas sejam válidas, o determinante W no denominador não pode se anular:
W é chamado de Determinante Wronskiano, ou simplesmente de, o Wronskiano das soluções y1e y2. Nós usaremos às vezes a notação
)()()()()()(
)()(02010201
0201
0201 tytytytytyty
tytyW ′−′=
′′=
W
yty
yty
cW
tyy
tyy
c 001
001
2020
020
1
)(
)(
,)(
)(
′′=
′′=
( )( )021, tyyW
Capítulo 3.2:Teorema 3.2.3
Suponha que y1 e y2 são soluções da equação
e que o Wronskiano
é não nulo no ponto t0 onde as condições iniciais
são definidas. Então existe uma escolha das constantes c1, c2
para que y = c1y1 + c2 y2 seja uma solução da equação diferencial (1) e das condições iniciais (2).
)1(0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
2121 yyyyW ′−′=
)2()(,)( 0000 ytyyty ′=′=
Capítulo 3.2:Exemplo 4
Observe o seguinte PVI e sua solução:
Note que as duas funções exponenciais são soluções da equação diferencial:
O Wronskiano de y1 e y2 é
Como W ≠ 0 para todo t, a combinação linear de y1 e y2 pode ser usada para construir a solução do PVI para qualquer condição inicial t0.
tt eyey −== 21 ,
22 02121
21
21 −=−=−−=′−′=′′
= −− eeeeeyyyyyy
yyW tttt
( ) ( ) tt eetyyyyy −+=⇒=′==−′′ 2)(10,30,0
2211 ycycy +=
Capítulo 3.2:Teorema 3.2.4 (Solução Fundamental)
Suponha que y1 e y2 são soluções da equação
Se existe um ponto t0 tal que W(y1,y2)(t0) ≠ 0, então a famíliade soluções y = c1y1 + c2 y2 com coeficientes arbitrários c1, c2
incluem todas as soluções da equação diferencial.
A expressão y = c1y1 + c2 y2 é chamada de solução geralda equação diferencial acima, e neste caso y1 e y2 formam o chamado Conjunto Fundamental das Soluçõespara a equação diferencial.
.0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
Capítulo 3.2:Exemplo 5
Para a equação abaixo, temos duas soluções indicadas:
O Wronskiano de y1 e y2 é
Assim y1 e y2 formam o Conjunto Fundamental das Soluções da equação diferencial acima, e podemos usá-las para construir todas as suas soluções.
A solução Geral é
tt eyeyyy −===−′′ 21 ,,0
. todopara 022 0
21
21 teeeeeyy
yyW tttt ≠−=−=−−=
′′= −−
tt ececy −+= 21
Capítulo 3.2:Exemplo 6
Considere uma equação linear de 2a ordem:
Suponha que as funções abaixo são soluções desta equação:
O Wronskiano de y1e y2 é
Assim y1e y2 formam o Conjunto Fundamental das Soluções da EDO, e podem ser usadas para construir todas as soluções.A solução Geral é
2121 ,, 21 rreyey trtr ≠==
( ) ( ) . todopara 021
21
21
12
2121
21 terrerer
ee
yy
yyW trr
trtr
trtr
≠−==′′
= +
0)()( =+′+′′ ytqytpy
trtr ececy 2121 +=
Capítulo 3.2:Exemplo 7: Soluções fundamentais 1
Considere a seguinte equação diferencial:
Mostre que as soluções abaixo são soluções fundamentais:
Para mostrar isso, primeiro substitua y1 na equação:
Assim y1 é uma solução da equação diferencial.
Similarmente, y2 também é uma solução:
12
2/11 , −== tyty
0,032 2 >=−′+′′ tyytyt
012
3
2
1
23
42 2/12/1
2/12/32 =
−+−=−
+
− −−
ttt
tt
t
( ) ( ) ( ) 0134322 11232 =−−=−−+ −−−− tttttt
Capítulo 3.2:Exemplo 7: Soluções fundamentais 2
Para mostrar que y1 e y2 formam um conjunto fundamental de soluções, vamos calcular o Wronskiano de y1 e y2:
Desde que W ≠ 0 para t > 0,y1, y2 formam um conjunto fundamental de soluções da equação diferencial
3
2/32/32/322/1
12/1
21
21
2
3
2
3
2
1
2
1t
ttttt
tt
yy
yyW −=−=−−=−=
′′= −−−
−−
−
12
2/11 , −== tyty
0,032 2 >=−′+′′ tyytyt
Capítulo 3.2:Teorema 3.2.5: Existencia do Conjunto
Fundamental de Soluções(inútil)
Considere a equação diferencial abaixo, onde os coeficientes p e q são contínuos em algum intervalo aberto I:
Seja t0 um ponto em I, y1 e y2 soluções da equação diferencial com y1 e y2 satisfazendo
Então y1, y2 formam o conjunto fundamental das soluções para a dada equação diferencial.
0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
0)(,1)( 0101 =′= tyty
1)(,0)( 0202 =′= tyty
Capítulo 3.2:Exemplo 7: Teorema 3.2.5 (1 de 3)
Encontrar o conjunto fundamental especificado pelo Teorema 3.2.5 para a equação diferencial e o ponto inicial
É fácil ver que
são soluções fundamentais, pois W(y1, y2)(t0) = -2 ≠ 0.
Mas estas duas soluções não satisfazem às condições iniciais indicadas no Teorema 3.2.5. Elas formam o conjunto fundamental das soluções ????
Sejam y3 e y4 as soluções fundamentais do Teorema 3.2.5.
tt eyey −== 21 ,
0,0 0 ==−′′ tyy
1)0(,0)0(;0)0(,1)0( 4433 =′==′= yyyy
Capítulo 3.2:Exemplo 7: Solução Geral
Desde que y1 e y2 formam o conjunto fundamental de soluções,
Resolvendo para cada equação, obtemos
O Wronskiano de y3 e y4 é
Assim y3, y4 formam o conjunto fundamental de soluções indicado no Teorema 3.2.5, com solução geral neste caso
1)0(,0)0(,
0)0(,1)0(,
44214
33213
=′=+=
=′=+=−
−
yyededy
yyececytt
tt
)senh(2
1
2
1)(),cosh(
2
1
2
1)( 43 teetyteety tttt =−==+= −−
01senhcoshcoshsenh
senhcosh 22
21
21 ≠=−==′′
= tttt
tt
yy
yyW
)senh()cosh()( 21 tktkty +=
Capítulo 3.2:Exemplo 7: Vários Conjuntos Fundamentais de Soluções
Portanto
ambos formam o conjunto fundamental de soluções para a EDO e o ponto inicial
Em geral, uma equação diferencial pode ter uma infinidade de diferentes conjuntos fundamentais de soluções. Geralmente, nós escolhemos aquele que é o mais conveniente ou útil.
{ } { }ttSeeS tt senh,cosh,, 21 == −
0,0 0 ==−′′ tyy
Capítulo 3.2:Resumo
Para encontrar uma solução geral de uma equação diferencial
primeiramente encontramos duas soluções y1 e y2.
Certificar-se então que há um ponto t0 em algum intervalo tal que W(y1, y2)(t0) ≠ 0.
Segue que y1 e y2 formam o conjunto fundamental de soluções para a equação, com solução geral y = c1y1 + c2 y2.
Se condições iniciais são dadas em um ponto t0 no intervalo onde W ≠ 0, então c1 e c2 podem ser escolhidas de modo que satisfaçam as condições iniciais.
βα <<=+′+′′ tytqytpy ,0)()(
Capítulo 3.3: Independência Linear e o Wronskiano
Duas funções f e g são Linearmente Dependente (LD) se existe constantes c1 ec2, não nulas simultaneamente, tal que
para todo t em I. Note que isto se reduz a determinar se f e gsão múltiplas uma da outra.
Se a única solução a esta equação for c1 = c2 = 0, então f e g são Linearmente Independente(LI). Por exemplo, Sejam f(x) = sen2x e g(x) = senx.cosx, e considerando a combinação linear
Esta equação é satisfeita se nós escolhermos c1 = 1, c2 = -2, e daqui f e g são Linearmente Dependentes (LD).
0)()( 21 =+ tgctfc
0cossin2sin 21 =+ xxcxc
Capítulo 3.3: Soluções para Equações de Sistemas 2 x 2
Quando resolvemos
para c1 ec2, pode ser mostrado que
Note que se a = b = 0, então a única solução deste sistema de equações éc1 = c2 = 0, desde que D ≠ 0.
bycyc
axcxc
=+=+
2211
2211
21
2111
2121
112
22
2121
221
o,
,
yy
xxDnde
D
bxay
xyyx
bxayc
D
bxay
xyyx
bxayc
=+−=−+−=
−=−−=
Capítulo 3.3: Exemplo 1: Independência Linear
Mostrar que as seguintes funções são linear independentes em todo o intervalo :
Sejam c1 e c2 escalares, e suponha
para todo t em um intervalo arbitrário (α, β ).
Queremos verificar se c1 = c2 = 0. Escolha t0 e t1 em (α, β ): t0 ≠ t1. Então
tt etgetf −== )(,)(
0)()( 21 =+ tgctfc
0
011
00
21
21
=+
=+−
−
tt
tt
ecec
ecec
Capítulo 3.3: Exemplo 1: Independência Linear
A solução do nosso sistema de equações
serác1 = c2 = 0, se provarmos que o determinante D é não nulo:
Então
Assim sendo t0 ≠ t1, significa que D ≠ 0, e portanto f e g são Linearmente Independentes (LI)
01101010
11
00tttttttt
tt
tt
eeeeeeee
eeD −−−−
−
−
−=−==
( )10
2
1
11
0
10
10
10
100110
tte
ee
eeeD
tt
tttt
tttttt
=⇔=⇔
=⇔=⇔=⇔=
−
−−
−−−
0
011
00
21
21
=+
=+−
−
tt
tt
ecec
ecec
Capítulo 3.3: Teorema 3.3.1
Sejam f e g funções diferenciáveis em um intercalo aberto I,se W(f, g)(t0) ≠ 0 em algum ponto t0 em I, então f e g são linearmente independentes em I. Além disso, se f e g são linearmente dependentes em I, então W(f, g)(t) = 0 para todo t em I.
Prova(esboço): Sejam c1 ec2 escalares, e suponha
Para todo t em I. Em particular, quandot = t0 nos temos
Sendo W(f, g)(t0) ≠ 0, segue que c1 = c2 = 0, e assim f e g são LI.
0)()( 21 =+ tgctfc
0)()(
0)()(
0201
0201
=′+′=+
tgctfc
tgctfc
Capítulo 3.3: Teorema 3.3.2 (Teorema de Abel)
Suponha que y1 e y2 são soluções da equação
ondep e q são funções contínuas em algum intervalo aberto I. Então W(y1,y2)(t) é dado por
ondec é uma constante que depende de y1 e y2 mas não de t.
Note que W(y1,y2)(t) ou é zero para todo t em I (se c = 0) ou nunca se anula em I (se c ≠ 0).
Idéia da Dem.:
0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
∫=− dttp
cetyyW)(
21 ))(,(
1 2 1 2 1 2 1 2'' ' ; '' '' .W y y y y y y y yW− −==
Capítulo 3.3: Exemplo 2: Wronskiano e Teorema de Abel
Observe a seguinte equação e suas duas soluções:
O Wronskiano de y1e y2 é
Assim y1 e y2 são Linearmente Independentes em qualquer intervalo I, pelo Teorema 3.3.1. Agora compare W com o Teorema de Abel:
c é o Wronskiano em algum tempo, por exemplo t=0.
tt eyeyyy −===−′′ 21 ,,0
. todopara 022 0
21
21 teeeeeyy
yyW tttt ≠−=−=−−=
′′= −−
ccecetyyWdtdttp
=∫=∫=−− 0)(
21 ))(,(
1 2 1 2' ' 1( 1) ( 1)1 2W y y y y= − = − − − = −
Capítulo 3.3: Teorema 3.3.3
Seja y1 e y2 soluções para a equação abaixo, onde p e q são contínuas em um intervalo aberto I:
Então y1 e y2 são LD em I, se e somente se, W(y1, y2)(t) = 0
para todo t em I.
Equivalentemente,
y1 e y2 são LI em I, se e somente se, W(y1, y2)(t) ≠ 0
para todo t em I.
0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
Capítulo 3.3: Resumo
Sejam y1 e y2 soluções de
onde p e q são contínuas em um intervalo aberto I.
Então as seguintes afirmações são equivalentes :As funções y1 e y2 formam um conjunto fundamental de soluções I.
As funções y1 e y2 são Linearmente Independente em I.
W(y1,y2)(t0) ≠ 0 para algum t0 em I.
W(y1,y2)(t) ≠ 0 para todo t em I.
0)()( =+′+′′ ytqytpy
Capítulo 3.3: Notas de Algebra Linear
Seja V o conjunto
Então V é um espaço vetorial de dimensão dois, com uma base formada pelo conjunto fundamental de y1 e y2.
Por exemplo, o espaço solução V para a equação diferencial
tem como bases
com { } { }ttSeeS tt sinh,cosh,, 21 == −
( ){ }βα ,,0)()(: ∈=+′+′′= tytqytpyyV
0=−′′ yy
21 paçoEpaçoE SsSsV ==
Capítulo 3.4: Raízes Complexas da Equação Característica
Retomando a discussão da equação
onde a, b e c são constantes reais.
Assumindo soluções exponenciais dada da equação característica:
A fórmula quadrática(ou fatoração) fornece duas soluções, r1 e r2:
Se b2 – 4ac< 0, temos raízes complexas: r1 = λ + iµ, r2 = λ - iµAssim
0=+′+′′ cyybya
0)( 2 =++⇒= cbrarety rt
a
acbbr
2
42 −±−=
( ) ( )titi etyety µλµλ −+ == )(,)( 21
Capítulo 3.4: Formula de Euler:
Soluções Avaliadas nos ComplexosSubstituindo na serie de Taylor de et, obtemos fórmula de Euler:
Generalizando a fórmula de Euler, obtemos
Então
Portanto
( ) ( ) titn
ti
n
t
n
ite
n
nn
n
nn
n
nit sincos
!12
)1(
!2
)1(
!
)(
1
121
0
2
0
+=−
−+−== ∑∑∑∞
=
−−∞
=
∞
=
( ) [ ] tietetiteeee ttttitti µµµµ λλλµλµλ sincossincos +=+==+
( )
( ) tieteety
tieteetyttti
ttti
µµµµ
λλµλ
λλµλ
sincos)(
sincos)(
2
1
−==
+==−
+
tite ti µµµ sincos +=
Capítulo 3.4: Soluções Avaliadas nos Reais
Nossas duas soluções são funções avaliadas nos complexo:
Precisamos de soluções reais!!!!
Para conseguir isto, recordemos que as combinações lineares das soluções são também soluções :
Ignorando as constantes, nós obtemos as duas soluções
tietety
tietetytt
tt
µµµµ
λλ
λλ
sincos)(
sincos)(
2
1
−=
+=
tietyty
tetytyt
t
µµ
λ
λ
sin2)()(
cos2)()(
21
21
=−
=+
tetytety tt µµ λλ sin)(,cos)( 43 ==
Capítulo 3.4: Soluções Avaliadas nos Reais: O Wronskiano
Temos as seguintes funções avaliadas nos reais:
Verificando o Wronskiano, obtemos
Assim y3 e y4 formam o conjunto fundamental de soluções para nossa EDO, e a solução geral pode ser dada como
tetytety tt µµ λλ sin)(,cos)( 43 ==
( ) ( )0
cossinsincos
sincos
2 ≠=
+−=
t
tt
tt
e
ttette
teteW
λ
λλ
λλ
µµµµλµµµλ
µµ
tectecty tt µµ λλ sincos)( 21 +=
Capítulo 3.4: Exemplo 1
Considere a equação
Então
Portanto
e assim a solução geral é
( ) ( )2/3sin2/3cos)( 2/2
2/1 tectecty tt −− +=
0=+′+′′ yyy
ii
rrrety rt
2
3
2
1
2
31
2
41101)( 2 ±−=±−=−±−=⇔=++⇒=
2/3,2/1 =−= µλ
Capítulo 3.4: Exemplo 2
Considere a equação
Então
Portanto
e assim a solução geral é
04 =+′′ yy
irrety rt 204)( 2 ±=⇔=+⇒=
2,0 == µλ
( ) ( )tctcty 2sin2cos)( 21 +=
Capítulo 3.4: Exemplo 3
Considere a equação
Então
Portanto a solução geral é
023 =+′−′′ yyy
irrrety rt
3
2
3
1
6
12420123)( 2 ±=−±=⇔=+−⇒=
( ) ( )3/2sin3/2cos)( 3/2
3/1 tectecty tt +=
Capítulo 3.4: Exemplo 4: Part (a)
Para o PVIEncontrar (a) a solução u(t) e (b) o menor tempo T para que |u(t)| ≤ 0.1 Nos sabemos do Exemplo 1 que a solução geral é
Usando as condições iniciais, obtemos
Assim
( ) ( )2/3sin2/3cos)( 2/2
2/1 tectectu tt −− +=
1)0(,1)0(,0 =′==+′+′′ yyyyy
33
3,1
12
3
2
1
1
21
21
1
===⇒
=+−
=cc
cc
c
( ) ( )2/3sin32/3cos)( 2/2/ tetetu tt −− +=
Capítulo 3.4: Exemplo 4: Part (b)
Encontrar o menor tempo T para que |u(t)| ≤ 0.1
A solução é
Com a ajuda do computadorencontramos T ≅ 2.79.
( ) ( )2/3sin32/3cos)( 2/2/ tetetu tt −− +=
Capítulo 3.5: Raízes Repetidas; Redução de Ordem
Novamente uma EDO de 2a ordem linear homogênea
onde a, b e c são constantes reais.
Usando as soluções exponenciais da equação característica:
A fórmula quadrática nos dá duas soluções , r1 e r2:
Se b2 – 4ac= 0, r1 = r2 = -b/2a, assim este método só fornece uma solução:
0=+′+′′ cyybya
0)( 2 =++⇒= cbrarety rt
a
acbbr
2
42 −±−=
atbcety 2/1 )( −=
Capítulo 3.5: Segunda Solução: Fator de Multiplicaçãov(t)
Nos sabemos que se
Só que y1 e y2 são LD, vamos generalizar esta aproximação e multiplicar por uma função v, e determinar condições para que y2 seja uma solução:
Então
tambémsolução uma é )()( solução uma é )( 121 tcytyty =⇒
atbatb etvtyety 2/2
2/1 )()( faça solução uma é )( −− =⇒=
atbatbatbatb
atbatb
atb
etva
betv
a
betv
a
betvty
etva
betvty
etvty
2/2
22/2/2/
2
2/2/2
2/2
)(4
)(2
)(2
)()(
)(2
)()(
)()(
−−−−
−−
−
+′−′−′′=′′
−′=′
=
Capítulo 3.5: Encontrando o Fator de Multiplicaçãov(t)
Substituindo as derivadas na EDO, chegamos na fórmula para v:
0=+′+′′ cyybya
43
2
222
22
22
2
22/
)(0)(
0)(4
4)(
0)(4
4
4)(0)(
4
4
4
2
4)(
0)(24
)(
0)()(2
)()(4
)()(
0)()(2
)()(4
)()(
ktktvtv
tva
acbtva
tva
ac
a
btvatv
a
ac
a
b
a
btva
tvca
b
a
btva
tcvtva
btvbtv
a
btvbtva
tcvtva
btvbtv
a
btv
a
btvae atb
+=⇒=′′
=
−−′′
=
+−+′′⇔=
+−+′′
=
+−+′′
=+−′++′−′′
=
+
−′+
+′−′′−
Capítulo 3.5: Solução Geral
Para encontrar nossa solução geral, nós temos:
A solução geral para raízes repetidas é
( )abtabt
abtabt
abtabt
tecec
ektkek
etvkekty
2/2
2/1
2/43
2/1
2/2
2/1 )()(
−−
−−
−−
+=
++=
+=
abtabt tececty 2/2
2/1)( −− +=
Capítulo 3.5: Wronskiano
A solução Geral é
Cada solução é uma combinação linear de
O Wronskiano das duas soluções é
Assim, y1 e y2 formam o conjunto fundamental das soluções.
abtabt tececty 2/2
2/1)( −− +=
abtabt tetyety 2/2
2/1 )(,)( −− ==
te
a
bte
a
bte
ea
bte
a
btee
tyyW
abt
abtabt
abtabt
abtabt
todopara 0
221
21
2))(,(
/
//
2/2/
2/2/
21
≠=
+
−=
−−=
−
−−
−−
−−
Capítulo 3.5: Exemplo 1
Considere o PVI
Usando as soluções exponenciais vinda da equação característica:
Portanto a solução geral é
Usando as condições iniciais:
Assim
( ) ( ) 10,10,02 =′==+′+′′ yyyyy
10)1(012)( 22 −=⇔=+⇔=++⇒= rrrrety rt
tt tececty −− += 21)(
2,11
121
21
1 ==⇒
=+−=
cccc
c
tt teety −− += 2)(
Capítulo 3.5: Exemplo 2
Considere o PVI
Usando as soluções exponenciais da equação característica:
Portanto a solução geral é
Usando as condições iniciais:
Assim
( ) ( ) 2/10,20,025.0 =′==+′−′′ yyyyy
2/10)2/1(025.0)( 22 =⇔=−⇔=+−⇒= rrrrety rt
2/2
2/1)( tt tececty +=
2
1,2
2
1
2
12
2121
1
−==⇒
=+
=cc
cc
c
2/2/
2
12)( tt teety −=
Capítulo 3.5: Exemplo 3
Considere o PVI
Usando as soluções exponenciais vinda da equação característica:
Portanto a solução geral é
Usando as condições iniciais:
Assim
( ) ( ) 2/30,20,025.0 =′==+′−′′ yyyyy
2/10)2/1(025.0)( 22 =⇔=−⇔=+−⇒= rrrrety rt
2/2
2/1)( tt tececty +=
2
1,2
2
3
2
12
2121
1
==⇒
=+
=cc
cc
c
2/2/
2
12)( tt teety +=
Capítulo 3.5:Redução de Ordem(também)
O método usado nesta seção também é utilizado para equações com coeficientes não constantes:
Isto é, dado uma soluçãoy1, faça y2 = v(t)y1:
Substituindo isto na EDO e agrupando termos,
Como y1 é uma solução da EDO, esta última equação se reduz em uma equação de 1a ordem em v′ :
0)()( =+′+′′ ytqytpy
)()()()(2)()()(
)()()()()(
)()()(
1112
112
12
tytvtytvtytvty
tytvtytvty
tytvty
′′+′′+′′=′′′+′=′
=
( ) ( ) 02 111111 =+′+′′+′+′+′′ vqyypyvpyyvy
( ) 02 111 =′+′+′′ vpyyvy
Capítulo 3.5: Exemplo 4: Redução de Ordem
Dado a equação de coeficiente variáveis e uma solução y1,
usando o método de redução de ordem para encontrar uma segunda solução:
Substituindo isto na EDO e agrupando termos,
,)(;0,03 11
2 −=>=+′+′′ ttytyytyt
3212
212
12
)(2 )(2 )()(
)( )()(
)()(
−−−
−−
−
+′−′′=′′−′=′
=
ttvttvttvty
ttvttvty
ttvty
( ) ( )
)()( o,0
0
03322
0322111
1213212
tvtundeuut
vvt
vtvtvvtvtv
vtvttvtvttvtvt
′==+′⇔=′+′′⇔
=+−′++′−′′⇔=+−′++′−′′
−−−
−−−−−−
Capítulo 3.5: Exemplo 4: Encontrandov(t)
Resolvendo
para u, nos podemos usar o método de separação de variáveis:
Assim
e portanto
.0 d,
lnln1
0
11 >=⇔=⇔
+−=⇔−=⇔=+
−−
∫∫
tqueesdectuetu
Ctudttu
duu
dt
dut
C
)()(,0 tvtuuut ′==+′
t
cv =′
ktctv += ln)(
Capítulo 3.5: Exemplo 4: Solução Geral
Nos temos
Assim
Lembrando
e portanto nós podemos concluir o segundo termo y2
Daqui a solução geral da equação diferencial é
( ) 1112 lnln)( −−− +=+= tktcttktcty
ktctv += ln)(
.ln)( 12 ttty −=
11 )( −= tty
ttctcty ln)( 12
11
−− +=
Capítulo 3.6: Equações Não Homogêneas
Método dos Coeficientes Indeterminados
Uma equação não homogênea é dada por
onde p, q, gsão funções contínuas em um intervalo aberto I.
A equação homogênea associada é
É necessário saber as soluções da equação homogênea.
)()()( tgytqytpy =+′+′′
0)()( =+′+′′ ytqytpy
Capítulo 3.6: Teorema 3.6.1
Se Y1, Y2 são as soluções da equação não homogênea
então Y1 - Y2 é uma solução da equação homogênea
Se y1, y2 formam um conjunto fundamental de soluções da equação homogênea, então existem constante c1, c2 tal que
)()()()( 221121 tyctyctYtY +=−
)()()( tgytqytpy =+′+′′
0)()( =+′+′′ ytqytpy
Capítulo 3.6: Teorema 3.6.2 (Solução Geral)
A solução geral da equação não homogênea
pode ser escrita na forma
onde y1, y2 formam o conjunto fundamental de soluções da equação homogênea, c1, c2 são constantes arbitrarias e Y é uma solução particular da equação não homogênea.
)()()()( 2211 tYtyctycty ++=
)()()( tgytqytpy =+′+′′
0)()( 111 =+′+′′ ytqytpy
)()()( tgYtqYtpY =+′+′′
0)()( 222 =+′+′′ ytqytpy
Capítulo 3.6: Método dos Coeficientes Indeterminados
Lembrando uma equação não homogênea é dada por
com solução geral
Nesta seção usaremos o método dos coeficientes indeterminadospara encontrar uma solução particular Ypara a equação não homogênea, assumindo que podemos encontrar soluções y1, y2 para o caso homogêneo.
O método dos coeficientes indeterminados é usualmente limitado para quando p e q são constantes, e g(t) é uma função polinomial, exponencial, seno ou co-seno.
)()()( tgytqytpy =+′+′′
)()()()( 2211 tYtyctycty ++=
Capítulo 3.6: Exemplo 1: g(t) , Exponencial
Considere a equação não homogênea
Nós procuramos Y que satisfaça a esta equação. Sabendo que as exponenciais se repetem com a diferenciação, é um bom ponto de partida para Y supormos uma função exponencial:
Substituindo ela e suas derivadas na equação,
Assim uma solução particular para a EDO não homogênea é
teyyy 2343 =−′−′′
ttt AetYAetYAetY 222 4)(,2)()( =′′=′⇒=
2/136
346422
2222
−=⇔=−⇔=−−
AeAe
eAeAeAett
tttt
tetY 2
2
1)( −=
Capítulo 3.6: Exemplo 2: g(t) , seno
Considere a equação não homogênea
Procuramos Y que satisfaz esta equação. Começamos com um chute (método ansatz):
Substituindo na equação,
sen(x) e cos(x) são LI (não são múltiplos um do outro), temos c1= c2 = 0, e assim 2 + 5A = 3A = 0, o que é impossível.
tyyy sen243 =−′−′′
tAtYtAtYtAtY sen)(,cos)(sen)( −=′′=′⇒=
( )0cossen
0cos3sen52
sen2sen4cos3sen
21 =+⇔=++⇔
=−−−
tctc
tAtA
ttAtAtA
Capítulo 3.6: Exemplo 2: g(t) , seno
Nossa tentativa agora para Yé
Substituindo na EDO, obtemos
Portanto a solução particular para a EDO não homogênea é
tBtAtYtBtAtY
tBtAtY
cossen)(,sencos)(
cossen)(
−−=′′−=′⇒
+=
( ) ( ) ( )( ) ( )
17/3 ,17/5
053,235
sen2cos53sen35
sen2cossen4sencos3cossen
=−=⇔=−−=+−⇔
=−−++−⇔=+−−−−−
BA
BABA
ttBAtBA
ttBtAtBtAtBtA
tyyy sen243 =−′−′′
tttY cos17
3sen
17
5)( +−=
Capítulo 3.6: Exemplo 3: g(t) , Polinomial
Considere a equação não homogênea
Procuramos Y que satisfaça a equação. Vamos começar com
Substituindo ela e suas derivadas na EDO, obtemos,
Portanto a solução particular para a EDO não homogênea é
1443 2 −=−′−′′ tyyy
AtYBAttYCBtAttY 2)(,2)()( 2 =′′+=′⇒++=
( ) ( )( ) ( )
8/11 ,2/3 ,1
1432,046,44
14432464
14423222
22
−==−=⇔−=−−=+=−⇔
−=−−++−−⇔
−=++−+−
CBA
CBABAA
tCBAtBAAt
tCBtAtBAtA
8
11
2
3)( 2 −+−= tttY
Capítulo 3.6: Exemplo 4: g(t) , Produto
Considere a equação não homogênea
Procuramos Y que satisfaça a equação, como segue:
Substituindo na EDO e resolvendo para A e B:
teyyy t 2cos843 −=−′−′′
( ) ( )( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) teBAteBA
teBA
teBAteBAteBAtY
teBAteBA
tBetBetAetAetY
tBetAetY
tt
t
ttt
tt
tttt
tt
2sen342cos43
2cos22
2sen22sen222cos2)(
2sen22cos2
2cos22sen2sen22cos)(
2sen2cos)(
−−++−=
+−++−++−+=′′
+−++=++−=′
+=
tetetYBA tt 2sen13
22cos
13
10)(
13
2 ,
13
10 +=⇒==
Capítulo 3.6: Discussão: g(t) , Soma
Considere agora a equação não homogênea
Suponha que g(t) é a soma de funções:
Se Y1, Y2 são soluções de
respectivamente, então Y1 + Y2 é uma solução da equação não homogênea acima.
)()()( tgytqytpy =+′+′′
)()()( 21 tgtgtg +=
)()()(
)()()(
2
1
tgytqytpy
tgytqytpy
=+′+′′=+′+′′
Capítulo 3.6: Exemplo 5: Soma g(t)
Considere a equação
Nossas equações para resolver individualmente são
A solução particular é então
teteyyy tt 2cos8sin2343 2 −+=−′−′′
tetettetY ttt 2sin13
22cos
13
10sin
17
5cos
17
3
2
1)( 2 ++−+−=
teyyy
tyyy
eyyy
t
t
2cos843
sin243
343 2
−=−′−′′=−′−′′=−′−′′
Capítulo 3.6: Exemplo 6:
Considere a equação
Procuramos Y que satisfaça a equação. Começamos com
Substituindo na EDO :
Portanto não existe solução particular da forma
tyy 2cos34 =+′′
tBtAtYtBtAtY
tBtAtY
2cos42sen4)(,2sen22cos2)(
2cos2sen)(
−−=′′−=′⇒
+=
( ) ( )( ) ( )
t
ttBBtAA
ttBtAtBtA
2cos30
2cos32cos442sen44
2cos32cos2sen42cos42sen4
==+−++−=++−−
tBtAtY 2cos2sen)( +=
Capítulo 3.6: Exemplo 6: Solução Homogênea
Como não existe solução particular da forma
Para ajudar a compreender porque isso ocorreu, vamos recordar que a solução homogênea correspondente vista na seção 3.4:
Assim nossa suposta solução particular resolve a equação homogênea
em vez da equação não homogênea.
tBtAtY 2cos2sen)( +=
tctctyyy 2sin2cos)(04 21 +=⇒=+′′
tyy 2cos34 =+′′
04 =+′′ yy
Capítulo 3.6: Exemplo 6: Solução Particular
Nossa próxima tentativa para encontrar um Yé:
Substituindo na EDO,
tBttAttBtA
tBttBtBtAttAtAtY
tBttBtAttAtY
tBttAttY
2cos42sen42sen42cos4
2cos42sen22sen22sen42cos22cos2)(
2sen22cos2cos22sen)(
2cos2sen)(
−−−=−−−−+=′′
−++=′+=
tttY
BA
ttBtA
2sen4
3)(
0,4/3
2cos32sen42cos4
=⇒
==⇒
=−
tyy 2cos34 =+′′
Capítulo 3.6: Tabela: A solução Particular de
ay”+by’+cy=gi(t)
]sen)...(
cos)...[(
cos
sen)(
)...()(
)...(...)(
)()(
10
10
10
1010
tetBtBB
tetAtAAt
t
tetP
etAtAAtetP
tAtAAttataatP
tYtg
tn
n
tn
n
s
t
n
tn
n
st
n
n
n
sn
nn
ii
ββ
ββ
α
αα
αα
++++++++
+++++++++=
_________________________________________________________
_________________________________________________________
Obs.: Aqui, s denota o menor inteiro não-negativo (s=0,1 ou 2) que garanta que nenhuma parcela de Yi(t) seja solução da equação homogênea correspondente.
Capítulo 3.7: (não)Variação dos Parâmetros
Uma equação não homogênea é dada por
onde p, q, gsão funções contínuas em um intervalo aberto I.A equação homogênea associada é
Nesta seção nós aprenderemos o método de variação dos parâmetrospara resolver a equação não homogênea. Como no método dos coeficientes indeterminados, este procedimento requer o conhecimento das soluções da equação homogênea.
Variação dos parâmetros é um método geral, e não requer nenhuma suposição detalhada sobre a forma da solução. Entretanto, determinadas integrais necessitam ser avaliadas, e estas pode apresentar dificuldades.
)()()( tgytqytpy =+′+′′
0)()( =+′+′′ ytqytpy
Capítulo 3.7:Exemplo: Variação dos Parâmetros
Procuramos uma solução particular para equação abaixo.
Não podemos usar o método de coeficientes indeterminados Lembrando que a solução da EDO homogênea associada é
Para encontrar uma solução particular para equação não homogênea, nós começamos com o formula
Então
ou
4 3cossecy y t′′ + =
tctctyh 2sen2cos)( 21 +=
ttuttuty 2sen)(2cos)()( 21 +=
ttuttuttuttuty 2cos)(22sen)(2sen)(22cos)()( 2211 +′+−′=′
ttuttuttuttuty 2sen)(2cos)(2cos)(22sen)(2)( 2121 ′+′++−=′
Capítulo 3.7:Exemplo: Derivadas, 2a Equação
De resultados anteriores,
Note que nós necessitamos de duas equações para encontrar u1 e u2. A primeira equação é a equação diferencial. Para uma segunda equação, tome
Então
Segue,
ttuttuttuttuty 2sen)(2cos)(2cos)(22sen)(2)( 2121 ′+′++−=′
02sen)(2cos)( 21 =′+′ ttuttu
ttuttuty 2cos)(22sen)(2)( 21 +−=′
ttuttuttuttuty 2sen)(42cos)(22cos)(42sen)(2)( 2211 −′+−′−=′′
Capítulo 3.7:Exemplo: Duas equações
Lembrando que nossa equação diferencial é
Substituindo y'' e y na equação, obtemos
Esta equação simplificada fica
Assim, para resolver u1 e u2, nos temos duas equações:
( ) tttuttu
ttuttuttuttu
csc32sen)(2cos)(4
2sen)(42cos)(22cos)(42sen)(2
21
2211
=++−′+−′−
02sen)(2cos)(
csc32cos)(22sen)(2
21
21
=′+′=′+′−
ttuttu
tttuttu
tttuttu csc32cos)(22sen)(2 21 =′+′−
tyy csc34 =+′′
Capítulo 3.7:Exemplo: Resolvendo o u1'
Para encontrar u1 e u2 , necessitamos resolver as equações
Da segunda equação,
Substituindo este valor na primeira equação,
t
ttutu
2sen
2cos)()( 12 ′−=′
( ) ( )
( ) ( )[ ]ttu
t
tttttu
ttttuttu
ttt
ttuttu
cos3)(
sen
cossen232cos2sen)(2
2sencsc32cos)(22sen)(2
csc32cos2sen
2cos)(22sen)(2
1
221
21
21
11
−=′
=+′−
=′−′−
=
′−+′−
02sen)(2cos)(
csc32cos)(22sen)(2
21
21
=′+′=′+′−
ttuttu
tttuttu
Capítulo 3.7:Exemplo : Resolvendo parau1 e u2
De resultados anteriores,
Então
Assim
ttt
t
t
t
t
tt
tt
t
tttu
sen3csc2
3
sen2
sen2
sen2
13
sen2
sen213
cossen2
sen21cos3
2sen
2coscos3)(
2
22
2
−=
−=
−=
−=
=′
222
111
cos3cotcscln2
3sen3csc
2
3)()(
sen3cos3)()(
ctttdtttdttutu
cttdtdttutu
++−=
−=′=
+−=−=′=
∫∫
∫∫
t
ttututtu
2sen
2cos)()(,cos3)( 121 ′−=′−=′
Capítulo 3.7:Exemplo: Solução Geral
Lembrando nossa equação e a solução homogênea yC:
Usando as expressões para u1 e u2 vista anteriormente, a solução geral para a equação diferencial é
[ ]
( )[ ]tctctttt
tyttttttt
tyttttttt
tyttttttt
tyttuttuty
h
h
h
h
2sen2cos2sencotcscln2
3sen3
)(2sencotcscln2
31cos2sencossen23
)(2sencotcscln2
32cossen2sencos3
)(2sencos32sencotcscln2
32cossen3
)(2sen)(2cos)()(
21
22
21
++−+=
+−+−−=
+−+−=
++−+−=
++=
tsinctctytyy h 22cos)(,csc34 21 +==+′′
Capítulo 3.7:Resumo
Suponha que y1, y2 são soluções fundamentais para a equação homogênea associada com a equação não homogênea acima, onde nota-se que o coeficiente em y'' é 1.
Para encontrar u1 e u2, necessitamos resolver a equação
Fazendo assim, e usando o Wronskiano, nós obtemos
Assim
)()()()()(
0)()()()(
2211
2211
tgtytutytu
tytutytu
=′′+′′=′+′
)()()()()(
)()()(
2211 tytutytuty
tgytqytpy
+==+′+′′
( ) ( ) )(,
)()()(,
)(,
)()()(
21
12
21
21 tyyW
tgtytu
tyyW
tgtytu =′−=′
( ) ( )∫∫ +=+−= 221
121
21
21 )(,
)()()(,
)(,
)()()( cdt
tyyW
tgtytucdt
tyyW
tgtytu
Capítulo 3.7:Teorema 3.7.1
Considere a equação
Se as funções p, q e g são contínuas no intervalo aberto I, e se y1
e y2 são soluções fundamentais para a Eq. (2), então uma solução particular da Eq. (1) é
e uma solução geral é
( ) ( )∫∫ +−= dttyyW
tgtytydt
tyyW
tgtytytY
)(,
)()()(
)(,
)()()()(
21
12
21
21
)()()()( 2211 tYtyctycty ++=
)2(0)()(
)1()()()(
=+′+′′=+′+′′
ytqytpy
tgytqytpy
