Equações Homogêneas com Coeficientes Constantes

1.4 Equações Lineares de 2 a Ordem Homogêneas Parte II

1.4.2 Equações Homogêneas com Coeficientes Constantes

Vamos tratar equac¸ ˜oes da forma

ay00+by0+cy=0, para a, b, c∈ R, a6=0. (1.30) Vamos mostrar que para esta equac¸˜ao existem valores constantes de r tais que y(t) =

ert_{é uma solução.}

Substituindo-se y(t) =ert_{, y}0₍_t_{) =}_rert_{e y}00₍_t_{) =}_r2_ert_{em (}_1.30_{) obtemos} ar2ert+brert+cert= (ar2+br+c)ert=0.

Como ert 6= 0, então y(t) = ert é solução de (1.30) se, e somente se, r é solução da equação

ar2+br+c=0, (1.31)

que ´e chamada equa¸c˜ao caracter´ıstica de (1.30).

Observe que a equação caracter´ıstica pode ser obtida da equação diferencial com coeficientes constantes trocando-se y00por r2, y0por r e y por 1.

Como uma equação de 2o. grau pode ter duas ra´ızes reais, somente uma raiz real ou duas ra´ızes complexas, usando a equação caracter´ıstica podemos chegar a três situaç ões distintas.

A Equac¸˜ao Caracter´ıstica Tem Duas Ra´ızes Reais

Se∆ = b2₋_4ac _> _{0, então a equação caracter´ıstica de (}_1.30_{) tem duas ra´ızes reais} (distintas), r1e r2. Neste caso

y1(t) =er1t e y2(t) =er2t

são soluç ões fundamentais, pois o wronskiano de y1(t) =er1te y2(t) =er2té W[y1, y2](t) =det y1(t) y2(t) y₁0(t) y0₂(t) = det er1t _er2t r1er1t r2er2t = er1t_er2t_det 1 1 r1 r2 = (r2−r1)e(r1+r2)t6=0, para todo t∈ R. Assim no caso em que a equação caracter´ıstica tem duas ra´ızes reais distintas r1e r2,

y(t) =c1er1t+c2er2t é a solução geral de (1.30).

Exemplo 1.17.

Seja ω um n úmero real positivo. Vamos encontrar a solução geral da equação y00−ω2y=0.

A equação caracter´ıstica desta equação diferencial é r2−ω2 = 0, que tem como

ra´ızes r1=ωe r2= −ω. Assim, a solução geral da equação diferencial acima é

Figura 1.11–Algumas soluç ões da equação do Exemplo1.17

t y

A Equac¸˜ao Caracter´ıstica Tem Somente Uma Raiz Real

Se∆=b2₋_4ac₌_{0, então a equação caracter´ıstica (}_1.31_{) tem somente uma raiz real} r= − b

2a. Neste caso,

y1(t) =ert=e−

b 2at

é solução da equação diferencial (1.30).

NoExemplo1.16 na página 43mostramos como encontrar uma segunda solução para esta equação. Lá mostramos que y2(t) = tert = te−

2at _{também é solução da}

equac¸˜ao (1.30) e que y1(t) = e−

2at e y₂(t) = te−2ab tsão soluç ões fundamentais da

equac¸˜ao diferencial (1.30).

Portanto no caso em que a equac¸˜ao caracter´ıstica tem somente uma raiz real r= − b

2a, y(t) =c1e−

2at+c₂te−2ab t

é a solução geral de (1.30).

Exemplo 1.18.

Vamos encontrar a solução geral da equação y00+2y0+y=0. A equação caracter´ıstica é r2+2r+1 = 0, que tem como raiz r1 = −1. Assim a solução geral da equação é

Figura 1.12 – Algumas soluç ões da equação do Exemplo1.18 -6 -4 -2 2 2 4 6 8 t y

A Equac¸˜ao Caracter´ıstica Tem Duas Ra´ızes Complexas

Se∆=b2₋_4ac_<_{0, então a equação caracter´ıstica (}_1.31_{) tem duas ra´ızes complexas,} que são conjugadas, ou seja, se r1=α+iβ é uma raiz da equação caracter´ıstica (1.31),

então a outra raiz é r2=α−iβ. Neste caso, pela f órmula de Euler (1.21) temos:

y1(t) = er1t=e(α+iβ)t =eαt(cos βt+i sen βt) e

y2(t) = er2t=e(α−iβ)t =eαt(cos(−βt) +i sen(−βt)) =eαt(cos βt−i sen βt).

Pela análise feita no in´ıcio dessa seção sabemos que y1(t) = er1t e y2(t) = er2t são soluç ões (complexas) da equação diferencial (1.30). Além disso, assim como quando r1e r2são reais, o wronskiano

W[y1, y2](t) =det y1(t) y2(t) y0₁(t) y₂0(t) = det er1t _er2t r1er1t r2er2t = er1t_er2t_det 1 1 r1 r2 = (r2−r1)e(r1+r2)t= −2iβe2αt6=0, ∀t∈ R, ou seja, y1(t)e y2(t)são soluç ões fundamentais de (1.30). Assim no caso em que a equação caracter´ıstica tem duas ra´ızes complexas r1=α+iβ e r2=α−iβ,

y(t) =C1er1t+C2er2t, C1, C2∈ C é a solução geral complexa de (1.30).

Vamos encontrar um conjunto fundamental de soluç ões reais. A solução geral complexa pode ser escrita como

y(t) = C1e(α+iβ)t+C2e(α−iβ)t

= C1eαt(cos βt+i sen βt) +C2eαt(cos βt−i sen βt)

Tomando C1=C2= 1

2 em (1.32), temos a soluc¸˜ao real u(t) =e

αt_{cos βt.}

Tomando C1= −C2= 1

2i, temos a soluc¸˜ao real v(t) =e

αt_{sen βt.}

Vamos mostrar, agora, que se as ra´ızes da equação caracter´ıstica são complexas, então u(t)e v(t)são soluç ões fundamentais de (1.30).

W[u, v](t) =det u(t) v(t) u0(t) v0(t) = det eαt_{cos βt} _eαt_{sen βt}

eαt₍_α_{cos βt}₋_β_{sen βt}₎ _eαt₍_α_{sen βt}₊_β_{cos βt}₎

= e2αt αdet cos βt sen βt cos βt sen βt +βdet cos βt sen βt −sen βt cos βt

= βe2αt6=0, para todo t∈ R.

Assim no caso em que a equac¸˜ao caracter´ıstica tem duas ra´ızes complexas r1=α+iβ

e r2=α−iβ,

y(t) =c1eαtcos βt+c2eαtsen βt é a solução geral de (1.30).

Exemplo 1.19.

Seja ω um n úmero real positivo. Vamos encontrar a solução geral da equação y00+ω2y=0.

A equação caracter´ıstica desta equação diferencial é r2+ω2 = 0, que tem como

ra´ızes r1=iω e r2= −iω. Assim, a solução geral da equação diferencial acima é

y(t) =c1cos ωt+c2sen ωt. (1.33)

x y (c1, c2) R c2 δ c1 c1 = R cos δ, c2 = R sen δ. (1.34)

Substituindo-se os valores de c1e c2na equac¸˜ao (1.33) obtemos

y(t) =R(cos δ cos(ωt) +sen δ sen(ωt)) =R cos(ωt−δ), em que R=

Figura 1.13–Uma solução da equação do Exemplo1.19 t y 2π __ ω δ __ ω δ____+2ωπ +R −R y(t) = R cos(ωt − δ), δ > 0, ω > 0, R > 0

Resumo

Para resolver a equação diferencial ay00+by0+cy = 0, para a, b, c ∈ R, a 6= 0, encontramos a equação caracter´ıstica ar2+br+c=0.

(a) Se∆=b2₋_4ac_>_{0, então a solução geral da equação diferencial é} y(t) =c1er1t+c2er2t, em que r1,2=

−b±√∆

2a .

(b) Se∆=b2₋_4ac₌_{0, então a solução geral da equação diferencial é} y(t) =c1e−

2at₊_c₂_te−2abt_.

−b 2a, β=

√ −∆

Exerc´ıcios (respostas na p´agina124)

4.1. Mostre que y1(x) =x3é solução da equação diferencial 2x2y00−xy0−9y=0.

Encontre uma função u(x)tal que y2(x) =u(x)y1(x)seja solução da equação dada. Prove que as duas soluç ões y1(x)e y2(x)são soluç ões fundamentais.

4.2. Mostre que y1(x) =x−1, x>0, é solução da equação diferencial x2y00+3xy0+y=0.

Encontre uma função u(x)tal que y2(x) =u(x)y1(x)seja solução da equação dada. Prove que as duas soluç ões y1(x)e y2(x)são soluç ões fundamentais.

4.3. As equa¸c ões de Euler são equaç ões que podem ser escritas na forma

x2y00+bxy0+cy=0, em que b, c∈ R. (1.35)

Existem valores constantes de r tais que y(x) = xr é uma solução de (1.35). Além disso y(x) = xr é solução da equação (1.35) se, e somente se,

r2+ (1−b)r+c=0, (1.36)

que é chamada equa¸cão indicial de (1.35). Se a equação indicial r2_{+ (}_b₋₁₎_r₊_c ₌ _{0 tem somente} uma raiz real, r= 1−b

2 , determine uma segunda soluc¸˜ao linearmente independente da forma y2(x) =v(x)y1(x) =v(x)x

1−b

2 _, _{para x}_>_0.

4.4. (a) Determine qual ou quais das funç ões z1(x) =x2, z2(x) =x3e z3(x) =e−xsão soluç ões da equação (x+3)y00+ (x+2)y0−y=0

(b) Seja y1(x)uma das soluç ões obtidas no item anterior. Determine uma segunda solução y2(x)de forma que y1(x)e y2(x)sejam soluç ões fundamentais da equação.

(x+3)y00+ (x+2)y0−y=0 e obtenha a soluc¸˜ao do problema de valor inicial

   (x+3)y00+ (x+2)y0−y=0, y(1) =1, y0(1) =3. Justifique sua resposta!

4.5. Mostre que a soluc¸˜ao do problema y00+2y0 =0, y(0) = a, y0(0) =b tende para uma constante quando t→ +∞. Determine esta constante.

4.6. Mostre que se 0<b<2, então toda solução de y00+by0+y=0 tende a zero quando t→ +∞.

4.7. Considere o problema y00−4y=0, y(0) =0, y0(0) =b6=0. Mostre que y(t) 6=0 para todo t6=0.

4.8. Considere o problema y00−y0+1₄y =0, y(0) = 2, y0(0) = b. Determine os valores de b para os quais a soluc¸˜ao y(t) → +∞ quando t→ +∞.

4.9. Considere a equação y00+2by0+y = 0. Para quais valores de b a solução y(t) tende a zero quando t→ +∞, independente das condições iniciais.

4.10. (a) Encontre a solução geral da equação

y00+2y0+αy=0

para α>1, para α=1 e para α<1.

No documento Equações Diferenciais Parciais: Uma Introdução (páginas 53-65)