3 - Equações Lineares de Segunda Ordem

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. 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 = - 1 e r2 = 2. Logo, y = c1 e – t + c2 e 2t Exemplo 3: Resolva a equação diferencial y” + 5y’ + 6y = 0, com y(0) = 2 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 + c2 Pela segunda condição, y’(0) = - 2c1e – 2x0 –3c2e - 3x0 = 3 = -2c1 –3c2

6. Logo c1 + c2 = 2 -2c1 – 3c2 = 3 Donde c2 = - 7 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 0 < 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. 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 r2 + 1 = 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 2 + 4 = 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 = 1  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 2 - 6r + 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 = 2  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 - 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 = gi(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 = 3 e r2 = -1 Logo yh = c1e 3t + c2e –t E a solução particular é dada por y = Ae 2t, y’ = 2Ae 2t, y” = 4Ae 2t 4Ae 2t - 4Ae 2t - 3Ae 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 = 2 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”0 ... y(n-1)(t0) = y(n-1)0 Onde t0 pode ser qualquer ponto de I.

27. 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 3 - 6r 2 + 11r – 6 = 0 ou (r - 1)(r - 2)(r - 3) = 0. Logo as raízes são r1 = 1, r2 = 2 e r3 = 3. Assim y = c1e t + c2e 2t + c2e 3t.

28. 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+ c3 + 0 = 7/2 y’(0) = c1 - c2- 0 + 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. Exemplo: Encontre a solução geral de yiv +2y” + y = 0 Neste caso temos a equação característica r 4 + 2r 2 + 1 = 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 3 - 3r 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 = 4e 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