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Capítulo 3.1: Equações Lineares homogêneas de Segunda Ordem com Coeficientes Constantes
A forma geral de uma EDO de segunda ordem é
sendo f uma função dada.
É linear se f for linear em y e y´, isto é pode ser escrita na forma:
Que com freqüência aparece como
se G(t) = 0 para todo t, então a equação é chamada homogênea.
),,( yytfy ′=′′
ytqytptgy )()()( −′−=′′
)()()()( tGytRytQytP =+′+′′
Equações homogêneas com valores iniciais
Na seções 3.6 e 3.7, veremos que uma vez que temos a solução para a equação homogênea, então é possível resolver a não homogênea, o pelo menos expressar a solução em termos de uma integral. O assunto deste capítulo é a equação homogênea e em particular com coeficientes constantes:
As condições inicias têm a forma
Assim a solução passa por (t0, y0), e declividade da solução em (t0, y0) onde a declividade é y0'.
0=+′+′′ cyybya
( ) ( ) 0000 , ytyyty ′=′=
Exemplo 1: Infinitas soluções (1 de 3)
Considere a equação
Temos duas soluções para esta equação
também
Concluímos que temos infinitas soluções da forma
Mostraremos que todas as soluções desta equações diferencial pode ser escritas desta forma.
0=−′′ yy
tt etyety −== )(,)( 21
tttt eetyetyety −− +=== 53)(,5)(,3)( 543
tt ececty −+= 21)(
Exemplo 1: condições iniciais (2 de 3)
Consideremos agora as seguintes condições iniciais:
Usando a solução geral
E usando as condições iniciais,
Temos
1)0(,3)0(,0 =′==−′′ yyyy
tt ececty −+= 21)(
1,21)0(3)0(
2121
21 ==⇒⎭⎬⎫
=−=′=+=
ccccyccy
tt eety −+= 2)(
Exemplo 1: Gráficos (3 de 3)
O nosso problema com valores iniciais étt eetyyyyy −+=⇒=′==−′′ 2)(1)0(,3)0(,0
A equação característica
Para resolver a EDO com coeficientes constantes,
assumimos que tem uma solução da forma y = ert. Substituindo na equação diferencial obtemos
Simplificando,
e assim
Esta última equação é chamada de equação característica. Resolvendo para r.
,0=+′+′′ cyybya
02 =++ rtrtrt cebreear
0)( 2 =++ cbrarert
02 =++ cbrar
Solução geral
A equação
tem duas soluções, r1 e r2. E temos diferentes resultados:
As raízes r1, r2 são reais e r1 ≠ r2. As raízes r1, r2 são reais e r1 = r2. As raízes r1, r2 são complexas.
Assumimos que r1, r2 são reais e r1 ≠ r2. Neste caso a solução geral tem a forma
,02 =++ cbrar
trtr ececty 2121)( +=
aacbbr
242 −±−
=
Condições iniciais
Para o problema com valores iniciais
Temos a solução geral
e considerando os dados iniciais achamos c1 e c2. Isto é,
Desde que assumimos que r1 ≠ r2, concluímos que sempre existirá uma solução da forma y = ert para qualquer conjunto de condições iniciais.
,)(,)(,0 0000 ytyytycyybya ′=′==+′+′′
0201
0201
0201
21
0102
21
2001
02211
021 , trtrtrtr
trtr
erryryce
rrryyc
yercerc
yecec −−
−′−
=−−′
=⇒⎪⎭
⎪⎬⎫
′=+
=+
trtr ececty 2121)( +=
Exemplo 2
Considere o problema com valores iniciais
Obtemos a equação característica:
Cujas raízes são, r1 = -4 e r2 = 3A solução geral é
E usando os dados iniciais temos
logo
1)0(,0)0(,012 =′==−′+′′ yyyyy
( )( ) 034012)( 2 =−+⇔=−+⇒= rrrrety rt
tt ececty 32
41)( += −
71,
71
1340
2121
21 =−
=⇒⎭⎬⎫
=+−=+
cccccc
tt eety 34
71
71)( +
−= −
Exemplo 3
Considere o problema com valores iniciais
Assim temos
com r1 = 0 e r2 = -3/2A solução geral é
E usando as condições iniciais
E finalmente
( ) ( ) 30,10,032 =′==′+′′ yyyy
( ) 032032)( 2 =+⇔=+⇒= rrrrety rt
2/321
2/32
01)( ttt eccececty −− +=+=
2,33
23
1212
21
−==⇒⎪⎭
⎪⎬⎫
=−
=+ccc
cc
2/323)( tety −−=
Exemplo 4: Problema com valor inicial (1 de 2)
Considere o problema com valor inicial
Temos
com r1 = -2 e r2 = -3A solução geral
E usando as condições iniciais
logo
( ) ( ) 30,20,065 =′==+′+′′ yyyyy
( )( ) 032065)( 2 =++⇔=++⇒= rrrrety rt
tt ececty 32
21)( −− +=
7,93322
2121
21 −==⇒⎭⎬⎫
=−−=+
cccccc
tt eety 32 79)( −− −=
Exemplo 4: Achar o máximo (2 de 2)
Achar o máximo de:
204.21542.0
)6/7ln(6/7
7602118)(
79)(
32
32
32
≈≈==
=
=+−=′
−=
−−
−−
−−
ytt
eee
eety
eety
t
tt
settt
tt
Seção 3.2: Soluções fundamentais da equação homogênea
Sejam p, q funções continuas no intervalo I = (α, β). Para qualquer função y duas vezes diferenciável em I, definimos o operador diferencial L como
Note que L[y] é uma função definida em I, que toma valores
Por exemplo,
[ ] yqypyyL +′+′′=
[ ] )()()()()()( tytqtytptytyL +′+′′=
( )[ ] )sin(2)cos()sin()(
2,0),sin()(,)(,)(22
22
tettttyLIttyetqttp
t
t
++−=
==== π
Notação usando o operador diferencial
Estudaremos a equação homogênea de segunda ordemL[y](t) = 0, sujeita as condições iniciais:
Gostaríamos saber se existem soluções para este problema com valores iniciais e, em caso afirmativo, se essas soluções são únicas. Além disso, estaremos interessados em descobrir alguma propriedade sobre a forma e estrutura das soluções que poderia ajudarmos para resolver diferentes tipos se problemas.
[ ]1000 )(,)(
0)()(ytyyty
ytqytpyyL=′=
=+′+′′=
Teorema 3.2.1
Considere o problema com valores iniciais
Onde p, q, e g são continuas em um intervalo aberto I que contem o t0. Então existe uma única solução y = φ(t) em I.
Note: Entanto esse teorema diz que uma solução para o problema do valor inicial existe, com freqüência não é possível escrever uma expressão adequada para a solução. Essa é a maio diferença entre equações de primeira e segunda ordem.
0000 )(,)()()()(
ytyytytgytqytpy
′=′==+′+′′
Exemplo 1
Considere o problema linear com valores iniciais de segunda ordemCuja solução é:
Note que p(t) = 0, q(t) = -1, g(t) = 0 são continuas em (-∞, ∞), e que a solução y está definida e é duas vezes diferenciável em (-∞, ∞).
tt eety −+= 2)(
( ) ( ) 10,30,0 =′==−′′ yyyy
1000 )(,)()()()(
ytyytytgytqytpy
=′==+′+′′
Exemplo 2
Considere o problema linear de segunda ordem com valores iniciais
onde p, q são continuas no intervalo aberto I contendo t0. Levando em consideração as condições iniciais y = 0 é uma solução do problema. Desde que as hipóteses do teorema são satisfeitas concluímos que y = 0 é a única solução do problema.
( ) ( ) 00,00,0)()( =′==+′+′′ yyytqytpy
Exemplo 3
Determine o maior intervalo no qual o problema com valores iniciais possui uma única solução duas vezes diferenciável. Sem achar a solução.
Re-escrevemos a solução na forma padrão:
O maior intervalo que contem o ponto t = 0 no qual os coeficientes da equação são contínuos é (-1, ∞).Assim o maior intervalo é (-1, ∞).
( ) ( ) ( ) 00,10,13)(cos1 =′==+′−′′+ yyyytyt
( ) ( ) 00,10,1
11
31
cos=′=
+=
++′
+−′′ yy
ty
ty
tty
Teorema 3.2.2 Princípio de Superposição
Se y1e y2 são soluções da equação
então a combinação linear c1y1 + y2c2 também é solução, para qualquer par de constantes c1 e c2.
Para provar o teorema simplesmente substituímos c1y1 + y2c2 no lugar de y na equação acima, e usarmos o fato de que y1 e y2 são soluções. Assim para quaisquer duas soluções y1 e y2, podemos construir uma família infinita de soluções da formay = c1y1 + c2 y2. Todas as soluções podem ser escritas desta forma ? Ou ainda podemos ter uma outra solução de uma outra forma ? Para resolver esta questão usaremos o Wronskiano.
0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
O Wronskiano (1 de 3)
Suponhamos que y1 e y2 são soluções de
Sabemos que y = c1y1 + c2 y2 é uma solução. Agora achamos determinamos os coeficientes de y = c1y1 + c2 y2 que satisfazem as condições iniciais
Para fazer isto precisamos resolver as seguintes equações:
0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
0000 )(,)( ytyyty ′=′=
0022011
0022011
)()()()(
ytyctycytyctyc′=′+′
=+
O Wronskiano (2 de 3)
Resolvendo temo
Em termos de determinantes:
0022011
0022011
)()()()(
ytyctycytyctyc′=′+′
=+
)()()()()()(
)()()()()()(
02010201
0100102
02010201
0200201
tytytytytyytyyc
tytytytytyytyyc
′−′′+′−
=
′−′′−′
=
)()()()(
)()(
,
)()()()(
)()(
0201
0201
001
001
2
0201
0201
020
020
1
tytytyty
ytyyty
c
tytytyty
tyytyy
c
′′
′′=
′′
′′=
O Wronskiano (3 de 3)
Para que estas expressões tenham validade, o denominador que chamaremos de W não pode ser zero:
W é chamado o Wronskiano das soluções de y1 e y2 que denotaremos com
)()()()()()()()(
020102010201
0201 tytytytytytytyty
W ′−′=′′
=
Wytyyty
cW
tyytyy
c 001
001
2020
020
1
)()(
,)()(
′′=
′′=
( )( )021, tyyW
Teorema 3.2.3
Suponhamos que y1 e y2 são soluções de
e que o Wronskiano
não é nulo em t0 onde as condições iniciais são
então existem constantes c1, c2 para as quais a função y = c1y1 + c2 y2 é uma solução da equação (1) satisfazendo as condições iniciais (2).
)1(0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
2121 yyyyW ′−′=
)2()(,)( 0000 ytyyty ′=′=
Exemplo 4
Considere novamente o Exemplo 1 anterior e sua solução:
Note que as duas funções a seguir são soluções da equação diferencial:
o Wronskiano de y1 e y2 é
Desde que W ≠ 0 para todo t, uma solução pode ser obtida como combinação linear de y1 e y2 para qualquer t0.
tt eyey −== 21 ,
22 02121
21
21 −=−=−−=′−′=′′
= −− eeeeeyyyyyyyy
W tttt
( ) ( ) tt eetyyyyy −+=⇒=′==−′′ 2)(10,30,0
2211 ycycy +=
Teorema (Solução Fundamental)
Supor que y1 e y2 são soluções de
se há um ponto t0 tal que W(y1,y2)(t0) ≠ 0, então a família de soluções y = c1y1 + c2 y2 com coeficientes arbitrários c1, c2incluem todas as soluções da equação diferencial.
A expressão y = c1y1 + c2 y2 é chamada a solução geral da equação diferencial e neste caso dizemos que y1 e y2formam o conjunto fundamental de soluções para a equação diferencial.
.0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
Exemplo 5
Consideremos a equação abaixo e a suas soluções :
o Wronskiano de y1 e y2 é
Então y1 e y2 formam o conjunto fundamental de soluções e pode ser usado para obter todas as soluções da equação diferencial. A solução geral é
tt eyeyyy −===−′′ 21 ,,0
1 2 0
1 2
2 2 0 para todo .t t t ty yW e e e e e t
y y− −= = − − = − = − ≠
′ ′
tt ececy −+= 21
Exemplo 6
Considere a equação junto com as suas soluções:
Suponha que as funções abaixo sejam as soluções :
o Wronskiano de y1e y2 é
Assim y1e y2 formam um conjunto fundamental de soluções.A solução geral é
2121 ,, 21 rreyey trtr ≠==
( ) ( )1 2
1 2
1 2
1 22 1
1 2 1 2
0 para todo .r t r t
r r tr t r t
y y e eW r r e t
y y re r e+= = = − ≠
′ ′
0)()( =+′+′′ ytqytpy
trtr ececy 2121 +=
Exemplo 7: Soluções (1 de 2)
Considere a equação seguinte:
Mostre que as seguintes funções são as soluções fundamentais:
Primeiro substituímos y1 na equação:
y1 satisfaz a equação diferencial. Analogamente para y2 :
12
2/11 , −== tyty
0,032 2 >=−′+′′ tyytyt
0123
21
23
42 2/12/1
2/12/32 =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −+−=−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ − −−
tttttt
( ) ( ) ( ) 0134322 11232 =−−=−−+ −−−− tttttt
Exemplo 7: Solução Fundamental (2 de 2)
Temos que
Para mostrar que y1 e y2 formam um conjunto fundamental, calculamos o Wronskiano de y1 e y2:
Já que W ≠ 0 para t > 0, y1, y2 formam um conjunto fundamental para
3
2/32/32/322/1
12/1
21
21
23
23
21
21
tttttt
tt
yyyy
W −=−=−−=−=′′
= −−−−−
−
12
2/11 , −== tyty
0,032 2 >=−′+′′ tyytyt
Teorema: Existência do conjunto fundamental de soluções
Considere a equação diferencial a seguir, onde p e q são continuas em um intervalo aberto I:
seja t0 um ponto em I, e y1 e y2 soluções da equação com y1satisfazendo as condições iniciais
e y2 satisfazendo as condições iniciais
então y1, y2 formam um conjunto fundamental de soluções para a equação diferencial dada.
0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
0)(,1)( 0101 =′= tyty
1)(,0)( 0202 =′= tyty
Exemplo 7: Teorema 3.2.5 (1 de 3)
Ache o conjunto fundamental de acordo ao teorema anterior para a equação seguinte e a condição inicial dada
Mostramos que
formam um conjunto fundamental de soluções, desde que W(y1, y2)(t0) = -2 ≠ 0.Porém estas condições não satisfazem as condições iniciais requeridas pelo teorema e então não formam um conjunto fundamental. Sejam y3 e y4 soluções fundamentais tais que:
tt eyey −== 21 ,
0,0 0 ==−′′ tyy
1)0(,0)0(;0)0(,1)0( 4433 =′==′= yyyy
Exemplo 7: Solução General (2 de 3)
Já que y1 e y2 formam um conjunto fundamental,
Resolvendo cada equação obtemos
o Wronskiano de y3 e y4 é
Assim y3, y4 formam o conjunto fundamental cuja solução geral é
1)0(,0)0(,
0)0(,1)0(,
44214
33213
=′=+=
=′=+=−
−
yyededy
yyececytt
tt
)sinh(21
21)(),cosh(
21
21)( 43 teetyteety tttt =−==+= −−
01sinhcoshcoshsinhsinhcosh 22
21
21 ≠=−==′′
= tttttt
yyyy
W
)sinh()cosh()( 21 tktkty +=
Exemplo 7: Conjuntos fundamentais (3 de 3)
então
ambos conjuntos formam um conjunto fundamental para a equação diferencial e ponto inicial
Em geral, uma equação diferencial terá infinitas diferentes conjuntos fundamentais de soluções. Usualmente será escolhida a forma mais conveniente.
{ } { }ttSeeS tt sinh,cosh,, 21 == −
0,0 0 ==−′′ tyy
Resumo
Para achar a solução geral da equação diferencial
primeiramente determinamos duas soluções y1 e y2.Então garantimos que há um ponto t0 que está no intervalo tal que W(y1, y2)(t0) ≠ 0.Concluímos que y1 e y2 formam um conjunto fundamental da equação cuja solução geral é y = c1y1 + c2 y2.
Se as condições iniciais estão dadas no ponto t0 aonde W ≠0, então c1 e c2 podem ser determinadas para satisfazer as condições.
βα <<=+′+′′ tytqytpy ,0)()(
Seção 3.3: Independência linear e o Wronskiano
Duas funções f e g formam um conjunto linearmente dependente (LD) se existem constantes c1 e c2, não nulas, tais quepara todo t em I. Note que isto é equivalente a dizer que f e g são múltiplas uma de outra. Se a única solução para esta equação fosse c1 = c2 = 0, então f e g são linearmente independentes (LI). Por exemplo, seja f(x) = sen 2x e g(x) = sin x cos x, a equação definida pela combinação linear
pode ser resolvida escolhendo c1 = 1, c2 = -2, e então f e g são LD.
0cossin2sin 21 =+ xxcxc
0)()( 21 =+ tgctfc
Soluções de sistemas de equações 2 x 2
Quando resolvemos
para c1 e c2, pode ser mostrado que
Note que se a = b = 0, então a única solução do sistema de equações é c1 = c2 = 0, satisfazendo D ≠ 0.
bycycaxcxc
=+=+
2211
2211
2 2 2 21
1 2 1 2
1 21 1 1 12
1 21 2 1 2
,
, onde
ay bx ay bxcx y y x D
x xay bx ay bxc Dy yx y y x D
− −= =
−
− + − += = =
−
Exemplo 1: Independência Linear (1 de 2)
Mostrar que as funções a seguir são linearmente independentes em qualquer intervalo:
Sejam c1 e c2 escalares, e considere a combinação linear nula
para todo t em qualquer intervalo (α, β ). Queremos provar que c1 = c2 = 0. Desde que a equação se satisfaz para todo t em (α, β ), escolha t0 e t1 em (α, β ), com t0 ≠ t1. Então
tt etgetf −== )(,)(
0)()( 21 =+ tgctfc
0
011
00
21
21
=+
=+−
−
tt
tt
ecec
ecec
Exemplo 1: Independência Linear (2 de 2)
A solução do sistema
será c1 = c2 = 0, garantindo que o determinante D é não nulo:
logo
Já que t0 ≠ t1, concluimos que D ≠ 0, e então f e g são LI.
01101010
11
00tttttttt
tt
tt
eeeeeeeeee
D −−−−−
−
−=−==
( )10
2
1
11 0
10
10
10
100110
tte
ee
eeeD
tt
tttt
tttttt
=⇔=⇔
=⇔=⇔=⇔=
−
−−
−−−
0
011
00
21
21
=+
=+−
−
tt
tt
ecec
ecec
Teorema
Se f e g são diferenciáveis em um intervalo aberto I e se W(f, g)(t0) ≠ 0 para um ponto t0 em I, então f e g são LI em I. Além disso se f e g são LD em I, então W(f, g)(t) = 0 para todo t em I.
Prova: sejam c1 e c2 escalares, e supor que
Para todo t em I. Em particular, quando t = t0 temos
Já que W(f, g)(t0) ≠ 0, se segue que c1 = c2 = 0, e então fe g são linearmente independentes.
0)()( 21 =+ tgctfc
0)()(0)()(
0201
0201
=′+′=+
tgctfctgctfc
Teorema 3.3.2 (Abel)
Suponha que y1 e y2 são soluções de
onde p e q são contínuas em um intervalo aberto I. Então W(y1,y2)(t) está dado por
onde c é uma constante que depende de y1 e y2 porém não de t.
Note que W(y1,y2)(t) ou é zero para todo t em I (se c = 0) ou então nunca é zero em I (se c ≠ 0).
0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
∫=− dttp
cetyyW)(
21 ))(,(
Exemplo 2: Wronskiano e o Teorema de Abel
Consideremos a seguinte equação e suas duas soluções:
o Wronskiano de y1e y2 é
então y1 e y2 são linearmente independentes em qualquer intervalo I, pelo Teorema 3.3.1. Agora comparemos W com o Teorema de Abel:
Com c = -2, obtemos o mesmo W como antes.
tt eyeyyy −===−′′ 21 ,,0
1 2 0
1 2
2 2 0 para todo .t t t ty yW e e e e e t
y y− −= = − − = − = − ≠
′ ′
ccecetyyWdtdttp=∫=∫=
−− 0)(21 ))(,(
Teorema
Supor que y1 e y2 são soluções da equação abaixo, cujos coeficientes p e q são contínuos em um intervalo aberto I:
Então y1 e y2 são linearmente dependentes em I se e somente se W(y1, y2)(t) = 0 para todo t em I. Também, y1 e y2 são linearmente independentes em I se e somente se W(y1, y2)(t) ≠0 para todo t em I.
0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
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 em I.
As funções y1 e y2 são linearmente independentes em I.
W(y1,y2)(t0) ≠ 0 para algum t0 em I.
W(y1,y2)(t) ≠ 0 para todo t em I.
0)()( =+′+′′ ytqytpy
Uma observação sobre a Álgebra Linear
Seja V o conjunto
então V é um espaço vetorial de dimensão dois, cujas bases estão dadas por qualquer conjunto fundamental de soluções y1 e y2. Por exemplo, o espaço solução para a equação diferencial
tem como bases
com
{ } { }1 2, , ch ,sht tS e e S t t−= =
( ){ }βα ,,0)()(: ∈=+′+′′= tytqytpyyV
0=−′′ yy
21 SpanSpan SSV ==
Seção 3.4: Raízes complexas da equação característica
Continuamos estudando as soluções de
onde a, b e c são constantes. Assumindo que a equação é do tipo exponencial:
As raízes são, r1 & r2:
se b2 – 4ac < 0, temos raízes complexas:
r1 = λ + iμ, r2 = λ - iμassim
0=+′+′′ cyybya
0)( 2 =++⇒= cbrarety rt
aacbbr
242 −±−
=
( ) ( )titi etyety μλμλ −+ == )(,)( 21
Fórmula de Euler
Substituindo it ina série de Taylor para et, temos a Fórmula de Euler:
Generalizando, obtemos
logo
assim
( ) ( ) titn
tin
tnite
n
nn
n
nn
n
nit sincos
!12)1(
!2)1(
!)(
1
121
0
2
0+=
−−
+−
== ∑∑∑∞
=
−−∞
=
∞
=
tite ti μμμ sincos +=
( ) [ ] tietetiteeee ttttitti μμμμ λλλμλμλ sincossincos +=+==+
( )
( ) tieteety
tieteetyttti
ttti
μμ
μμλλμλ
λλμλ
sincos)(
sincos)(
2
1
−==
+==−
+
Soluções reais
Ambas funções são complexas :
Deveríamos conseguir soluções reais desde que os coeficientes da equação diferencial são reais. Já que combinação linear de soluções também é solução:
Desconsiderando as constantes, podemos resgatar duas soluções reais
tietety
tietetytt
tt
μμ
μμλλ
λλ
sincos)(
sincos)(
2
1
−=
+=
tietyty
tetytyt
t
μ
μλ
λ
sin2)()(
cos2)()(
21
21
=−
=+
tetytety tt μμ λλ sin)(,cos)( 43 ==
As soluções reais e o Wronskiano
Então temos as seguintes soluções reais:
cujo Wronskiano
Assim y3 e y4 forma um conjunto fundamental de soluções com solução geral
tetytety tt μμ λλ sin)(,cos)( 43 ==
( ) ( )0
cossinsincossincos
2 ≠=
+−=
t
tt
tt
e
ttettetete
W
λ
λλ
λλ
μ
μμμλμμμλμμ
tectecty tt μμ λλ sincos)( 21 +=
Exemplo 1
Considere a equação
logo
e
cuja solução geral é
( ) ( )2/3sin2/3cos)( 2/2
2/1 tectecty tt −− +=
0=+′+′′ yyy
iirrrety rt
23
21
231
241101)( 2 ±−=
±−=
−±−=⇔=++⇒=
2/3,2/1 =−= μλ
Exemplo 2
Considere a equação
logo
então
cuja solução geral é
04 =+′′ yy
irrety rt 204)( 2 ±=⇔=+⇒=
2,0 == μλ
( ) ( )tctcty 2sin2cos)( 21 +=
Exemplo 4
Considere a equação
com
Cuja solução geral é
023 =+′−′′ yyy
irrrety rt
32
31
612420123)( 2 ±=
−±=⇔=+−⇒=
( ) ( )3/2sin3/2cos)( 3/2
3/1 tectecty tt +=
Exemplo 4: Parte (a) (1 de 2)
Para o seguinte PVI, ache (a) a solução u(t) e (b) o tempo mínimoT para que |u(t)| ≤ 0.1
Do Exemplo 1
Usando as condições iniciais obtemos
logo
( ) ( )2/3sin2/3cos)( 2/2
2/1 tectectu tt −− +=
1)0(,1)0(,0 =′==+′+′′ yyyyy
33
3,11
23
21
1
2121
1
===⇒⎪⎭
⎪⎬
⎫
=+−
=cc
cc
c
( ) ( )2/3sin32/3cos)( 2/2/ tetetu tt −− +=
Exemplo 4: Parte (b) (2 de 2)
Ache o tempo mínimo T para que |u(t)| ≤ 0.1 A nossa solução é
Veja o gráfico abaixo.
( ) ( )2/3sin32/3cos)( 2/2/ tetetu tt −− +=
Seção 3.5: Raízes repetidas; Redução de ordem
Consideremos a EDO de 2ª ordem homogênea
onde a, b e c são constantes. A equação característica é:
Com raízes, r1 & r2:
quando b2 – 4ac = 0, r1 = r2 = -b/2a, o método fornece apenas uma solução:
0=+′+′′ cyybya
0)( 2 =++⇒= cbrarety rt
aacbbr
242 −±−
=
atbcety 2/1 )( −=
Obtendo uma segunda solução: Multiplicando por um fator v(t)
Sabemos que se
Já que y1 e y2 são LD, podemos pensar em substituir a constante c por uma função v, e então determinar condições para que y2 seja uma solução:
então
1 2 1( ) é uma solução ( ) ( ) é soluçãoy t y t cy t⇒ =
/2 /21 2( ) propomos ( ) ( )bt a bt ay t e y t v t e− −= ⇒ =
atbatbatbatb
atbatb
atb
etvabetv
abetv
abetvty
etvabetvty
etvty
2/2
22/2/2/
2
2/2/2
2/2
)(4
)(2
)(2
)()(
)(2
)()(
)()(
−−−−
−−
−
+′−′−′′=′′
−′=′
=
Achando o fator v(t)
Substituindo as derivas na equação obtemos v:
0=+′+′′ cyybya
43
2
222
22
22
2
22/
)(0)(
0)(4
4)(
0)(44
4)(0)(
44
42
4)(
0)(24
)(
0)()(2
)()(4
)()(
0)()(2
)()(4
)()(
ktktvtv
tva
acbtva
tvaac
abtvatv
aac
ab
abtva
tvca
ba
btva
tcvtva
btvbtva
btvbtva
tcvtvabtvbtv
abtv
abtvae atb
+=⇒=′′
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −−′′
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
−+′′⇔=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−+′′
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−+′′
=+−′++′−′′
=⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −′+⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+′−′′−
Solução geral
Para achar a solução geral temos:
E finalmente
( )abtabt
abtabt
abtabt
tecec
ektkek
etvkekty
2/2
2/1
2/43
2/1
2/2
2/1 )()(
−−
−−
−−
+=
++=
+=
abtabt tececty 2/2
2/1)( −− +=
E o Wronskiano ?
A solução geral é
Assim toda solução pode ser obtida como uma combinação linear de
abtabt tececty 2/2
2/1)( −− +=
abtabt tetyety 2/2
2/1 )(,)( −− ==
/2 /2
1 2 /2 /2
/ /
/
( , )( )1
2 2
12 2
0 para todo
bt a bt a
bt a bt a
bt a bt a
bt a
e teW y y t b bte e
a abt bte ea a
e t
− −
− −
− −
−
= ⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= ≠
Exemplo 1
Considere o PVI
Que leva a escrever a solução geral como
Usando as condições iniciais
logo
( ) ( ) 10,10,02 =′==+′+′′ yyyyy
10)1(012)( 22 −=⇔=+⇔=++⇒= rrrrety rt
tt tececty −− += 21)(
2,111
2121
1 ==⇒⎭⎬⎫
=+−=
cccc
c
tt teety −− += 2)(
Exemplo 2
Considere o PVI
Com solução geral
Para satisfazer as condições iniciais:
logo
( ) ( ) 2/10,20,025.0 =′==+′−′′ yyyyy
2/10)2/1(025.0)( 22 =⇔=−⇔=+−⇒= rrrrety rt
2/2
2/1)( tt tececty +=
21,2
21
21
221
21
1−==⇒
⎪⎭
⎪⎬⎫
=+
=cccc
c
2/2/
212)( tt teety −=
Exemplo 3
Considere o PVI
Solução geral
Usando as condições iniciais
logo
( ) ( ) 2/30,20,025.0 =′==+′−′′ yyyyy
2/10)2/1(025.0)( 22 =⇔=−⇔=+−⇒= rrrrety rt
2/2
2/1)( tt tececty +=
21,2
23
21
221
21
1==⇒
⎪⎭
⎪⎬⎫
=+
=cccc
c
2/2/
212)( tt teety +=
Redução de ordem
O método usado pode ser usado para equações com coeficientes não constantes:
se y1 é solução propomos como segunda solução y2 = v(t)y1:
Substituindo na EDO e remanejando,
se y1 é solução, temos uma equação de primeira ordem em v’
0)()( =+′+′′ ytqytpy
)()()()(2)()()()()()()()(
)()()(
1112
112
12
tytvtytvtytvtytytvtytvty
tytvty
′′+′′+′′=′′′+′=′
=
( ) ( ) 02 111111 =+′+′′+′+′+′′ vqyypyvpyyvy
( ) 02 111 =′+′+′′ vpyyvy
Exemplo 4: (1 de 3)
Dada a equação e uma solução y1,
usamos redução de ordem para achar a segunda solução:
Substituindo e remanejando,
,)(;0,03 11
2 −=>=+′+′′ ttytyytyt
3212
212
12
)(2 )(2 )()(
)( )()(
)()(
−−−
−−
−
+′−′′=′′
−′=′
=
ttvttvttvty
ttvttvty
ttvty
( ) ( )2 1 2 3 1 2 1
1 1 1
2 2 3 0
2 2 3 3 000, onde ( ) ( )
t v t v t vt t v t vt vt
v t v vt v vt vttv vtu u u t v t
− − − − − −
− − −
′′ ′ ′− + + − + =
′′ ′ ′⇔ − + + − + =′′ ′⇔ + =′ ′⇔ + = =
Exemplo 4: achando v(t) (2 de 3)
Para resolver
para u, usamos separação de variáveis:
logo
e então
.0 since,
lnln10
11 >=⇔=⇔
+−=⇔−=⇔=+
−−
∫∫tctuetu
Ctudttu
duudtdut
C
)()(,0 tvtuuut ′==+′
tcv =′
ktctv += ln)(
Exemplo 4: solução geral (3 de 3)
Temos
então
Lembrando que
podemos desprezar o segundo termo de y2 para obter
E obtemos a expressão geral da solução
( ) 1112 lnln)( −−− +=+= tktcttktcty
ktctv += ln)(
.ln)( 12 ttty −=
11 )( −= tty
ttctcty ln)( 12
11
−− +=
Seção 3.6: Equação não homogênea; Método dos coeficientes indeterminados
Seja a equação não homogênea
onde p, q, g são contínuas em um intervalo aberto I.A equação homogênea associada é
Desenvolveremos o método dos coeficientes indeterminados que no seu primeiro estágio precisa resolver a equação homogênea.
)()()( tgytqytpy =+′+′′
0)()( =+′+′′ ytqytpy
Teorema
se Y1, Y2 são soluções da não homogênea
então Y1 - Y2 é solução da homogênea
se y1, y2 forma um conjunto fundamental de soluções da homogênea existem constantes c1, c2 tais que
)()()()( 221121 tyctyctYtY +=−
)()()( tgytqytpy =+′+′′
0)()( =+′+′′ ytqytpy
Teorema (solução geral)
A solução geral da não homogênea
pode ser escrita como
onde y1, y2 formam um conjunto fundamental de soluções, c1, c2 são constantes arbitrárias e Y é uma solução particular da não homogênea.
)()()()( 2211 tYtyctycty ++=
)()()( tgytqytpy =+′+′′
Método dos coeficientes indeterminados
Seja
cuja solução geral é
Desenvolveremos o método dos coeficientes indeterminados para achar a solução particular Y da não homogênea.O método é limitado aos casos em que p e q são constantes, e g(t) é um polinômio, uma exponencial, seno ou coseno.
)()()( tgytqytpy =+′+′′
)()()()( 2211 tYtyctycty ++=
Exemplo 1: Exponencial g(t)
Considere a equação não homogênea
Desde que as derivadas da exponencial se repetem propomos Y como:
Substituindo,
Assim temos uma solução particular como
teyyy 2343 =−′−′′
ttt AetYAetYAetY 222 4)(,2)()( =′′=′⇒=
2/1363464
22
2222
−=⇔=−⇔
=−−
AeAeeAeAeAe
tt
tttt
tetY 2
21)( −=
Exemplo 2: Seno (2 de 2)
Tentamos para Y uma função do tipo
Substituindo obtemos
Assim a solução particular é
tBtAtYtBtAtYtBtAtY
cossin)(,sincos)(cossin)(
−−=′′−=′⇒+=
( ) ( ) ( )( ) ( )
17/3 ,17/5053,235
sin2cos53sin35sin2cossin4sincos3cossin
=−=⇔=−−=+−⇔
=−−++−⇔=+−−−−−
BABABA
ttBAtBAttBtAtBtAtBtA
tyyy sin243 =−′−′′
tttY cos173sin
175)( +
−=
Exemplo 3: Polinômio g(t)
Consideremos
propomos Y da forma
Substituindo,
Assim a solução particualr é
1443 2 −=−′−′′ tyyy
AtYBAttYCBtAttY 2)(,2)()( 2 =′′+=′⇒++=
( ) ( )( ) ( )
8/11 ,2/3 ,11432,046,44
14432464144232
22
22
−==−=⇔−=−−=+=−⇔
−=−−++−−⇔
−=++−+−
CBACBABAA
tCBAtBAAttCBtAtBAtA
811
23)( 2 −+−= tttY
Exemplo 4: Produto g(t)
Considere
propomos:
Substituindo e resolvendo para A e B
teyyy t 2cos843 −=−′−′′
( ) ( )( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) teBAteBA
teBAteBAteBAteBAtY
teBAteBAtBetBetAetAetY
tBetAetY
tt
t
ttt
tt
tttt
tt
2sin342cos432cos22
2sin22sin222cos2)(2sin22cos2
2cos22sin2sin22cos)(2sin2cos)(
−−++−=
+−+
+−++−+=′′
+−++=
++−=′
+=
tetetYBA tt 2sin1322cos
1310)(
132 ,
1310
+=⇒==
Soma g(t)
Considere mais uma vez
Suponhamos que g(t) e a soma de duas funções
se Y1, Y2 são soluções de
respectivamente então Y1 + Y2 é solução da equação acima.
)()()( tgytqytpy =+′+′′
)()()( 21 tgtgtg +=
)()()()()()(
2
1
tgytqytpytgytqytpy
=+′+′′=+′+′′
Exemplo 5: Soma g(t)
Seja
Resolvemos individualmente para cada parcela
A solução particular é
teteyyy tt 2cos8sin2343 2 −+=−′−′′
tetettetY ttt 2sin1322cos
1310sin
175cos
173
21)( 2 ++−+−=
teyyytyyy
eyyy
t
t
2cos843sin243
343 2
−=−′−′′
=−′−′′=−′−′′
