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3 - Equações Lineares de Segunda Ordem Equações homogêneas com coeficientes constantes. Uma equação diferencial de segunda ordem tem a forma (d 2 /dt 2.

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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 (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.

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(t 0 ) = y 0 e y(t 0 ) = y 0 onde y 0 e 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.

3 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 servem. Também servem c 1 y 1 (t) = c 1 e t e 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.

4 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 1 t e y 2 (t) = e r 2 t são duas soluções da equação diferencial ou como no exemplo anterior, y = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t) = c 1 e r 1 t + c 2 e r 2 t 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 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 2t Exemplo 3: Resolva a equação diferencial y + 5y + 6y = 0, com y(0) = 2 e y(0) = 3. A equação característica é r 2 + 5r + 6 = 0, (r + 2)(r + 3) = 0. Logo y = c 1 e - 2t + c 2 e - 3t. Pela primeira condição, temos y(0) = 2 = c 1 + c 2 Pela segunda condição, y(0) = - 2c 1 e – 2x0 –3c 2 e - 3x0 = 3 = -2c 1 –3c 2

6 Logo c 1 + c 2 = 2 -2c 1 – 3c 2 = 3 Donde c 2 = - 7 e c 1 = 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 + 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

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 (t 0 ) = y 0 e y (t 0 ) = y 0.

9 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 – 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 0 < t < 3.

10 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.

11 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.

12 Exemplo: Determine o valor do Wronskiano do par de funções y 1 = e 2t e y 2 = e –3t/2. Solucão: Como w = y 1 y 2 ` - y 1 ` 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 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]

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 = 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 = 0. Logo r = i. Então y = c 1 cost + c 2 sent, 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 = c 1 cos(2t) + c 2 sen(2t). Então y(0) = c c 2 0 = 0 c 1 = 0. Como y = - 2c 1 sen(2t) + 2c 2 cos(2t), temos y(0) = 0 + 2c 2 = 1 c 2 = 1/2. Logo a solução é y = 0 + ½ sen(2t) = ½ sen(2t)

16 Raízes repetidas Se as raízes forem repetidas r 1 = r 2 = - b/2a, então y 1 = e –bt / 2a e y 2 = te –bt / 2a 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 – 2y + y = 0. Solução: Temos a equação característica r 2 - 2r +1 = 0 e consequentemente r = 1. Logo a solução é dada por y = c 1 e t + c 2 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 2 - 6r + 9 = 0, cujo solução é dada por r 1 = r 2 = 3. Assim, y = c 1 e 3t + c 2 te 3t Logo, y(0) = c = 0 c 1 = 0 e y(0) = 3c 1 e 3t + 3c 2 te 3t + c 2 e 3t = 3c 1 + c 2 = 2 c 2 = 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 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.

19 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 c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t) da equação homogênea associada (y h ); 2 – Encontrar uma única solução Y(t) da equação não homogênea (y p ); 3 – Somar as duas funções encontradas ( y = y h + y p ).

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 - 6Ae 2t - 4Ae 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 = g i (t) g i (t)Y i (t) P n (t) = a 0 t n +a 1 t (n-1) a n t s (A 0 t n + A 1 t (n-1) A n ) P n (t) e t t s (A 0 t n + A 1 t (n-1) A n ) e t P n (t) e t [sen( t)] [cos( t)] t s [(A 0 t n + A 1 t (n-1) A n ) e t cos( t) + t s ( 0 t n + 1 t (n-1) n ) e t sen( t) Onde s denota o menor inteiro não negativo (s = 0, 1, 2) que garanta que nenhuma parcela de Y i (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 r 1 = 3 e r 2 = -1 Logo y h = c 1 e 3t + c 2 e –t E a solução particular é dada por y = Ae 2t, y = 2Ae 2t, y = 4 Ae 2t 4 Ae 2t - 4 Ae 2t - 3 Ae 2t = 3e 2t ou A = -1 e y p = - e 2t Então, como y = y h + y p, temos y = c 1 e 3t + c 2 e –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 r 1 = 2 e r 2 = -1 Logo y h = c 1 e - x + c 2 e 2x E a solução particular y – y- 2y = sen(2x) y = A 0 sen(2x) + 0 cos(2x), y = 2A 0 cos(2x) sen(2x) e y = - 4A 0 sen(2x) cos(2x), Substituindo em y – y – 2y = sen(2x), temos A 0 = - 3/20 e 0 = 1/20. Daí a solução y = c 1 e - x + c 2 e 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 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.

26 Equações de ordem mais alta Uma equação diferencial linear de ordem n é uma equação da forma P 0 (t)d n y/dt n + P 1 (t)d (n-1) y/dt (n-1) P n-1 (t)dy/dt +P n (t)y =G(t) Supondo que P 0, P 1... P n 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] = d n y/dt n +p 1 (t)d (n-1) y/dt (n-1) p n-1 (t)dy/dt+p n (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.

27 Teorema: Se as funções p 1, p 2,..., p n 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 3 - 6r r – 6 = 0 ou (r - 1)(r - 2)(r - 3) = 0. Logo as raízes são r 1 = 1, r 2 = 2 e r 3 = 3. Assim y = c 1 e t + c 2 e 2t + c 2 e 3t.

28 Teorema. Se as funções p 1, p 2,...., p n são contínuas no intervalo aberto I, se as funções y 1, y 2,...., y n são soluções da equação homogênea e se W(y 1, y 2,...., y n )(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,...., y n.

29 Equação homogênea com coeficientes constantes Seja a equação L[y] = a 0 y n +a 1 y (n-1) a (n-1) y+ a n y = 0, a i real. A solução, similar ao de segunda ordem é L[e rt ] = e rt (a 0 r n +a 1 r (n-1) a (n-1) r+ a n ) = e rt Z(r), onde Z(r) = a 0 r n +a 1 r (n-1) a (n-1) r+ a n.. Assim podemos escrever a equação característica na forma Z(r) = a 0 (r- r 1 ) (r- r 2 ) (r- r 3 )...(r- r n ). 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 +...+c n e r n t

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 r 4 -1 = 0 ou (r 2 –1)(r 2 +1) = 0 Donde resulta r 1 = 1, r 2 = - 1, r 3 = i e r 4 = - i. Logo, y = c 1 e t + c 2 e - t + c 3 cost + c 4 sent e com as condições y(0) = c 1 + c 2 + c = 7/2 y(0) = c 1 - c c 4 = 4, y(0) = -2 e y(0) = -2 Resulta c 1 = 0, c 2 = 3, c 3 = ½ e c 4 = - 1 e consequentemente a solução y = 3e - t + (½) cost - sent

31 Exemplo: Encontre a solução geral de y iv +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 = 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 – 3y + 3y – y = 4e t.

32 Temos a equação característica r 3 - 3r 2 + 3r – 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 t 2 e t são soluções da equação homogênea, temos Y(t) = A t 3 e t. Assim, 6A 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


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