3 - Equações Lineares de Segunda Ordem

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1 3 - Equações Lineares de Segunda Ordem
Equações homogêneas com coeficientes constantes. Uma equação diferencial de segunda ordem tem a forma (d2/dt2) = 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.

2 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), Se P(t)  0, p(t) = Q(t) / P(t), q(t) = R(t) / P(t) e 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(t0) = y0 e y’(t0) = y0’ onde y0 e y0’ 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.

3 Assim, P(t)y” + Q(t)y’ + R(t)y = 0
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 y1(t) = e t e y2 (t) = e -t servem. Também servem c1 y1 (t) = c1 e t e c2 y2 (t) = c2 e -t E mais y = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) = c1 e t + c2 e -t , para c1 e c2 quaisquer.

4 A equação [2] pode ser escrita na forma algébrica
ar2 + br + c = 0 [3] fazendo y” = r2, y’ = r e y =1 = r0 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 r1 e r2 são raizes distintas de [3], então y1(t) = e r1t e y2(t) = e r2t são duas soluções da equação diferencial ou como no exemplo anterior, y = c1 y1(t) + c2 y2(t) = c1e r1t + c2e r2t que também é solução da equação dada.

5 Exemplo 2: Encontre a solução da equação y” – y’ – 2y = 0.
Nesta caso, a equação característica é r2 – r – 2 = 0, (r+1)(r-2) = 0, r1 = e r2 = 2. Logo, y = c1 e – t + c2 e 2t Exemplo 3: Resolva a equação diferencial y” + 5y’ + 6y = 0, com y(0) = e y’(0) = 3. A equação característica é r2 + 5r + 6 = 0, (r + 2)(r + 3) = 0. Logo y = c1e - 2t + c2e - 3t. Pela primeira condição, temos y(0) = 2 = c1 + c Pela segunda condição, y’(0) = - 2c1e – 2x0 –3c2e - 3x0 = 3 = -2c1 –3c2

6 Logo c1 + c2 = 2 -2c1 – 3c2 = 3 Donde c2 = e c1 = 9. Assim y = 9e – 2t - 7e – 3t 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.

7 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 + c1  v = te -t + c1 e -t Ora, como dy/dt = v = te -t + c1 e -t , temos, por partes te -t dt, u = t, du = dt, dv = e -t dt, v = - e –t, Logo, y =  te -t dt + c1  e -t dt = - te -t -  -e -t dt – c1e -t = - c1e -t + c2 – te -t – e –t y = c1e -t + c2 – te -t

8 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 + pD + 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 (t0) = y0 e y’ (t0) = y0’.

9 Teorema: Considere o problema de valor inicial
y’’ + p(t) y’(t) + q(t) y = g(t), y (t0) = y0, y’ (t0) = y0’ 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 (t2 – 3t) 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 – 3t) 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 < t < 3.

10 Teorema: Se y1 e y2 são soluções da equação diferencial
L[y] = y’’ + p(t) y’ + q(t) y = 0, então a combinação linear c1y1 + c2y2 também é solução , quaisquer que sejam os valores das constantes c1 e c2 . Teorema: Suponha que y1 e y2 são duas soluções de L[y] = y’’ + p(t) y’ + q(t) y = 0 e que o wronskiano w = y1y2’ - y1’y2 não se anule no ponto t0, onde são dadas as condições iniciais y (t0) = y0, y’ (t0) = y0’. Então, existe uma escolha das constantes c1 e c2 para os quais y = c1y1(t) + c2y2(t) satisfaz a equação diferencial acima e as condições iniciais y (t0) = y0, y’ (t0) = y0’ .

11 Teorema. Se y1 e y2 são duas soluções da equação diferencial
L[y] = y’’ + p(t) y’ + q(t) y = 0, e existe um ponto onde o wronskiano de y1 e y2 é diferente de zero, então a família de soluções y = c1y1(t) + c2y2(t) com coeficientes arbitrários c1 e c2 , 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 t0 em I. Seja y1 a solução da equação acima que satisfaz, também, as condições iniciais y(t0) = 1 e y´(t0) = 0, e seja y2 a solução da equação acima que satisfaz as condições iniciais y(t0) = 0 e y´(t0) = 1. Então, y1 e y2 formam um conjunto fundamental de soluções.

12 Raízes complexas de equações características
Exemplo: Determine o valor do Wronskiano do par de funções y1 = e 2t e y 2 = e –3t/2. Solucão: Como w = y1 y 2` - y1` y 2 temos e 2t (- 3/2e –3t/2) - 2e 2t e –3t/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 ar2 +br + c = 0 e se r1 e r2 são raizes, então y = c1 e r1t + c2 e r2t . Porém, se as raízes forem complexas denotamos por r1 =  + i e r2 =  - i onde  e  são reais. As representações para y 1 e y 2 são y1 (t) = exp[( + i)t] e y 2 = exp[( - i)t]

13 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.

14 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 = c1 et cos(t) + c2 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 = 0. Logo r =  i. Então y = c1cost + c2sent, pois temos  = 0 e  = 1.

15 Exemplo: Encontre a solução do problema de valor inicial dado por y” + 4y = 0, y(0) = 0 e y`(0) = 1.
Solução: Temos a equação característica r = 0 que nos leva a r =  2i. Logo y = c1cos(2t) + c2sen(2t). Então y(0) = c11 + c20 = 0  c1 = 0. Como y’ = - 2c1sen(2t) + 2c2 cos(2t), temos y’(0) = 0 + 2c2 =  c2 = 1/2. Logo a solução é y = 0 + ½ sen(2t) = ½ sen(2t)

16 Raízes repetidas Se as raízes forem repetidas r1 = r2 = - b/2a,
então y1 = e –bt / 2a e y2 = te –bt / 2a logo, se r1 = r2 A solução geral é y = c1 e r1t + c2 te r1t Exemplo: Encontre a solução geral da equação ordinária y’’ – 2y’ + y = 0. Solução: Temos a equação característica r2 - 2r +1 = 0 e consequentemente r = 1. Logo a solução é dada por y = c1 e t + c2 te t

17 Exemplo: Determine a solução da equação diferencial
y” – 6y’ + 9y = 0, y(0) = 0, y’(0) = 2. Solução: Temos a equação característica r r + 9 = 0, cujo solução é dada por r1 = r2 = 3. Assim, y = c1 e 3t + c2 te 3t Logo, y(0) = c1 + 0 = 0  c1 = 0 e y’(0) = 3c1 e 3t + 3c2 te 3t + c2 e 3t = 3c1 + c2 =  c2 = 2 Então, y = 2 te 3t

18 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 Y1 e Y2 são duas soluções da equação não homogênea acima, então sua diferença Y1 - Y2 é uma solução da equação homogênea associada. Se além disso, y1 e y2 formam um conjunto fundamental de soluções para a equação homogênea, então Y1(t) - Y2(t) = c1 y1(t) + c2 y2(t), onde c1 e c2 são constantes determinadas.

19 Teorema: A solução geral da equação não homogênea dada poder escrita na forma y = c1 y1(t) + c2 y2(t) + Y(t), onde y1 e y2 formam um conjunto fundamental de soluções da equação homogênea associada, c1 e c2 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 c1 y1(t) + c2 y2(t) da equação homogênea associada (yh); 2 – Encontrar uma única solução Y(t) da equação não homogênea (yp); 3 – Somar as duas funções encontradas ( y = yh + yp).

20 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” – 3y’ – 4y = 3e 2t Solução: Procuramos uma função Y tal que Y”(t) – 3Y’(t) – 4Y(t) seja igual a 3e 2t. Vamos supor Y(t) = Ae 2t, onde A deve ser determinado.

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

22 Tabela de solução particular de ay”+ by’ + c = gi(t)
Yi(t) Pn(t) = a0tn +a1t(n-1) an ts (A0tn + A1t(n-1) An) Pn(t) e t ts (A0tn + A1t(n-1) An) e t Pn(t) e t [sen(t)] [cos(t)] ts [(A0tn + A1t(n-1) An) etcos(t) + ts (0tn + 1t(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.

23 Exemplo: Encontre a solução geral da equação diferencial
y” – 2y’ – 3y = 3e 2t. Solução: Temos então a equação característica r 2 – 2r – 3 = 0 e consequentemente r1 = e r2 = -1 Logo yh = c1e 3t + c2e –t E a solução particular é dada por y = Ae 2t, y’ = 2Ae 2t, y” = 4 Ae 2t 4 Ae 2t Ae 2t - 3 Ae 2t = 3e 2t ou A = -1 e yp = - e 2t Então, como y = yh + yp, temos y = c1e 3t + c2e –t - e 2t

24 Exemplo: Resolva a equação y” – y’ – 2y = sen(2x)
Solução: Temos então a equação característica r 2 – r – 2 = 0 e consequentemente r1 = e r2 = -1 Logo yh = c1e - x + c2e 2x E a solução particular y” – y’- 2y = sen(2x) y = A0 sen(2x) + 0 cos(2x), y’ = 2A0 cos(2x) - 20 sen(2x) e y” = - 4A0 sen(2x) - 40 cos(2x), Substituindo em y” – y’ – 2y = sen(2x), temos A0= - 3/20 e 0 = 1/20. Daí a solução y = c1e - x + c2e 2x – (3/20) sen(2x) + (1/20) cos(2x)

25 Teorema. Se as funções p, q e g são contínuas em um intervalo aberto I e se as funções y1 e y2 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 = c1y1(t) + c2y2(t) + Y(t) como visto antes.

26 Equações de ordem mais alta
Uma equação diferencial linear de ordem n é uma equação da forma P0(t)dny/dtn + P1(t)d(n-1)y/dt(n-1) Pn-1(t)dy/dt +Pn(t)y =G(t) Supondo que P0, P1 ... Pn e G são funções reais e contínuas definidas em algum intervalo I :  < t < , e que P0 nunca se anula nesse intervalo, então dividindo por P0(t), temos L[y] = dny/dtn +p1(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(t0) = y0, y’(t0) = y’0, y”(t0) = y” y(n-1)(t0) = y(n-1)0 Onde t0 pode ser qualquer ponto de I.

27 Teorema: Se as funções p1, p2,
Teorema: Se as funções p1, p2, ..., 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”’ – 6y”+ 11y’ – 6y = 0. Solução: Temos a seguinte equação característica r r r – 6 = ou (r - 1)(r - 2)(r - 3) = 0. Logo as raízes são r1 = 1, r2 = e r3 = 3. Assim y = c1e t + c2e 2t + c2e 3t.

28 Teorema. Se as funções p1, p2,
Teorema. Se as funções p1, p2, ...., pn são contínuas no intervalo aberto I, se as funções y1, y2, ...., yn são soluções da equação homogênea e se W(y1, y2, ...., 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 y1, y2, ...., yn .

29 Equação homogênea com coeficientes constantes
Seja a equação L[y] = a0yn +a1y(n-1) a(n-1) y’+ any = 0, ai real. A solução, similar ao de segunda ordem é L[e rt] = e rt (a0rn +a1r(n-1) a(n-1) r+ an) = e rt Z(r), onde Z(r) = a0rn +a1r(n-1) a(n-1) r+ an.. Assim podemos escrever a equação característica na forma Z(r) = a0 (r- r1) (r- r2) (r- r3) . . .(r- rn). Se as raízes forem reais e distintas, então temos n soluções diferentes, cujo expressão geral é dada por y = c1e r1t + c2e r2t cne rnt

30 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 r4 -1 = 0 ou (r2 –1)(r2 +1) = 0 Donde resulta r1 = 1, r2 = - 1, r3 = i e r4 = - i. Logo, y = c1e t + c2e -t + c3 cost + c4 sent e com as condições y(0) = c1 + c2 + c = 7/2 y’(0) = c1 - c c4 = 4, y”(0) = -2 e y”’(0) = -2 Resulta c1 = 0, c2 = 3, c3 = ½ e c4 = - 1 e consequentemente a solução y = 3e -t + (½) cost - sent

31 O Método dos coeficientes indeterminados
Exemplo: Encontre a solução geral de yiv +2y” + y = 0 Neste caso temos a equação característica r 4 + 2r = 0 ou (r 2 +1) (r 2 +1) = 0 cujas raízes são r = i, i, - i, - i. Logo y = c1cos t + c2 sen t + c3 tcos t + c4 tsen t. O Método dos coeficientes indeterminados Similar ao de segunda ordem. Exemplo: Encontrar a solução geral de y”’ – 3y” + 3y’ – y = 4et.

32 Temos a equação característica
r r 2 + 3r – 1 = 0 = (r - 1) 3. Logo a solução da equação homogênea é y = c1e t + c2te t + c3 t2 e t. Para a solução particular Y(t), vamos supor Y(t) = Ae t. Como e t , te t e t2 e t são soluções da equação homogênea, temos Y(t) = A t3 e t . Assim, 6A e t = 4 e t donde A = 2/3. Portanto, a solução particular é Y(t) = (2/3) t3 e t e Consequentemente a solução geral y = c1e t + c2te t + c3 t2 e t + (2/3) t3 e t