Exemplos de EDOS

RESOLUÇÃO DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS

DE ORDEM 2 HOMOGÊNEAS, COM COEFICIENTES

CONSTANTES

Exemplos . 1) y′′ + 6y′ + 5y = 0 a = 1 , b =6 e c = 5

2) y′′ + y′ = 0 a = 1 , b = 1 e c = 0

3) 2y′′ – 5y′ + 4y = 0 a = 2 , b = – 5 e c = 4

4) y′′ – 9y = 0 a = 1, b = 0 e c = 9

As soluções usuais destas equações são funções exponenciais, funções lineares e as funções trigonométricas seno e cosseno, que são periódicas. Por exemplo, uma solução da equação diferencial y′′ – 9y = 0 é y = e3x, pois y′ = 3e3x e y′′ = 9e3x, donde y′′ – 9y = 9e3x – 9e3x = 0. De acordo com a teoria, as equações diferenciais lineares de ordem 2, homogêneas, com coeficientes constantes, possuem duas soluções linearmente independentes. Tais soluções podem ser determinadas através do método da equação característica. No caso da equação y′′ – 9y = 0 , supondo uma solução exponencial, isto é, da forma y = erx, vemos que y' = rerx e y'' = r2erx ; substituindo na equação y′′ – 9y = 0, resulta r2erx – 9erx = 0, logo (r2 – 9)erx = 0. Como erx ≠0,

segue r2 – 9 = 0, donde r = 3 ou r = – 3. A equação r2 – 9 = 0 é chamada de equação característica da equação diferencial. Assim, as soluções linearmente independentes da equação y′′ – 9y = 0

são as funções y1 = e3x e y2 = e–3x . Neste caso, a solução geral da equação y′′ – 9y = 0 é

dada por y = ae3x + be–3x, onde a e b são constantes arbitrárias. Generalizando este exemplo, descrevemos abaixo o método da equação característica.

Solução geral da equação a y′′ + b y ′ + cy = 0 em termos das raízes r1 e r2 da equação

característica ar2 + br +c = 0 . A equação característica é uma equação de segundo grau, na incógnita r. Esta equação equivale a substituir , na edo dada, y ′′ por r2 , y ′ por r e y por 1,

respectivamente. Ao resolver esta equação, podemos obter duas raízes diferentes, duas raízes iguais ou duas raízes complexas conjugadas. Por exemplo, os números complexos 1+2i e 1–2i são números complexos conjugados. A unidade imaginária é denotada por i, isto é, i2 = – 1. Para cada caso, temos uma solução da equação diferencial correspondente expressa em termos das raízes encontradas.

Pontifícia Universidade Católica do Rio Grande do Sul Faculdade de Matemática

2 Caso 1 : Raízes reais e diferentes ( r1

≠

A solução geral da edo é

y = c1er1x+c2er2x ,onde c1 e c2 são constantes arbitrárias.

Caso 2 : Raízes reais e iguais ( r1 = r2 )

A solução geral da edo é

y = c1er1x+c2 xer1x, onde c1 e c2 são constantes arbitrárias

Caso 3: Raízes complexas (r1= α+i β , r2= α–i β ) , β > 0.

A solução geral da edo é

y=c1eαxcos( β x)+c2eαxsen( β x), onde c1 e c2 são constantes arbitrárias

Num problema de valores iniciais, as constantes c1 e c2 podem ser determinadas. Veremos

exemplos de resolução de equações diferenciais ordinárias de ordem 2 , homogêneas e PVI′s, com coeficientes constantes pela equação característica (EC) .

1) y′′ + 5y ′ + 6y = 0.

Solução: a = 1 b = 5 c=6 EC : r2 + 5r + 6 = 0

Raízes : r = ( – 5 ± 25 −4*6)/2

r1 = – 2 r2 = – 3 ( caso 1)

Logo, y= c1e-2x+c2 3xe- é a solução geral da equação y′′ + 5y ′ + 6y = 0.

2) PVI y′′ + 5y ′ + 6y = 0, y(0) = 0 , y ′ (0) =1

Solução: a solução geral da edo é y= c1e-2x+c2 3xe- , de acordo com o exemplo 1.

Derivando, vem y ′ = –2 c1e-2x+–3c2 3xe- .

Condições Iniciais (CI)

x = 0 ⇒ y(0) = 0 c1 + c2 = 0

x = 0 ⇒ _{y ′( 0) = 0 –2c1 –3c2 = 1}

Temos de resolver o sistema : c1 + c2 = 0

–2 c1 –3c2 = 1

A solução é : c1 = 1 e c2 = –1. Logo, y= 2xe- – 3xe- é a solução do PVI.

3) y ′′ + 4y ′ + 4y = 0

Solução : a =1 b = 4 c = 4 EC: r2 + 4r +4 = 0

Raízes : r1 = r2 = – 2 ( raiz real dupla )

4) y ′′ + y ′ + y = 0 Solução : a = b = c = 1 EC: r2 + r + 1 = 0 Raízes : r1= 2 1 − + i 2 3 , r2= 2 1 − – i 2 3 ( raízes complexas ) α = 2 1 − , β = 2 3

De acordo com o caso 3, y = c1 2

x e− cos _       x 2 3 +c2 2 x e− sen _       x 2 3

é a solução geral da edo.

5) PVI y ′′ + y ′ + y = 0 y (0) = 0 , y′(0) = 1 Solução: a solução geral da edo é y = c1 2

x e− cos _       x 2 3 +c2 2 x e− sen _       x 2 3 CI x = 0 ⇒ y = 0 ou 0 = c1e0 cos(0) + c2 e0sen(0) 0 = c1 + c2*0 logo 0 = c1 Resulta : y = c2 2 x e− sen _       x 2 3

. Derivando pela regra do produto:

y′= 2 1 − c2 2 x e− sen _       x 2 3 ₊ 2 3 c2 2 x e− cos _       x 2 3 _CI x = 0 ⇒ y ′ (0) = 1 1= c2

(

)

4 6) PVI y′′ + 9y = 0 y(0) = 3 y ′ (0) = 0 Solução : a = 1 b = 0 c = 9 EC: r2 + 9 = 0

Raízes : r1 = 3i r2 = –3i ; então α = 0 e β = 3.

A solução geral da edo é y = c1

x

e

0

e

0

x

ou y = c1cos(3x) + c2sen(3x).

Condições iniciais: y (0) = 3 ⇒ _{3 = c1cos(3*0) + c2sen(3*0)}

3 = c1cos(0) + c2sen(0) ou 3 = c1 .

Então: y =3cos(3x) + c2sen(3x)

Derivando: y ′ = –9sen(3x) + 3c2cos(3x)

Condições iniciais : y ′ (0) = 0 ⇒ _{0 = –9sen(3*0) + 3c2cos(3*0)}

0 = –9 *0 + 3c2 = 3c2 logo c2 =0 e y = 3cos(3x) é a solução do PVI.

Exercícios. I. Resolver as equações: 1. y′′ = 0 2. y′′ + 16y = 0 3. y′′ + 6y′ + 9y = 0 4. y′′ + 16y′ = 0

II. Resolver os problemas: 5. y′′ + 16y = 0 , y(0) = 1, y′(0) = – 4.

6. y ′′ + 4y ′ + 4y = 0 , y(0) = 1 , y′(0) = 0.

7. y′′ + 5y ′ + 6y = 0 , y(0) = 1, y′(0) = –1. 8. y′′ + y′ = 0 , y(0) = 2, y′(0) = –1.

Respostas: 1. y = ax + b 2. y = acos(4x) + bsen(4x) 3. y = ae–3x + bxe–3x 4. y = a + be–4x 5. y = cos(4x) 6. y = e–2x + 2xe–2x 7. y = 2e–2x – e–3x 8. y = 1 + e–x .

6

RESOLUÇÃO DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE

ORDEM

2

,NÃO-HOMOGÊNEAS,

COM

COEFICIENTES

CONSTANTES

FORMA PADRÃO: a y ′′ + b y ′ + cy = q(x)

Exemplos de equações diferenciais ordinárias de ordem 2, não-homogêneas, com coeficientes constantes: 1) 2 y ′′ + 3y ′ + y = x. Coeficientes : a =2 , b = 3 , c=1. Função externa q(x)=x . 2) y ′′ + 9y = 4 Coeficientes a = 1 , b = 0 , c= 9 Função externa q(x) = 4.

Contra-exemplo. A edo 2y ′′ + 3xy ′ + y = x é de ordem 2, mas com coeficientes não-constantes, pois o coeficiente de y ′ é igual a 2x..

Solução geral pelo método dos coeficientes a determinar

A solução geral de uma equação diferencial ordinária de ordem 2, não-homogênea é y=yp+yh , onde yh é a solução da equação homogênea ay ′′ + b y ′ + cy = 0 e yp é uma solução

particular da equação não – homogênea. A função yh é calculada pelo método da equação

característica; a função yp depende de q(x). Em alguns casos, podemos calcular a forma de yp a

partir de q(x). Este método é conhecido como método dos coeficientes a determinar, pois os coeficientes da solução particular são determinados após inserirmos y e suas derivadas na equação diferencial. Este método dá bons resultados quando q(x) é uma função contínua ( tipicamente uma função polinomial, exponencial, seno ou cosseno ou combinação destas funções) ; para funções descontínuas ou mais complexas, outros métodos mais gerais, como a Transformada de Laplace, são mais recomendados. Em geral, a solução de uma edo linear de ordem 2, com coeficientes constantes, pelo método dos coeficientes a determinar tem as seguintes etapas:

1) cálculo de yh, a solução da equação homogênea, pelo método da equação característica;

2) cálculo de uma solução particular yp da equação não-homogênea. Tal solução particular tem

uma forma induzida pela função q(x);

O quadro a seguir apresenta como deve ser a solução particular yp, dependendo da função q(x). q(x)=a0+a1x+...+anxn = Pn(x) ⇒ yp(x)=xs(b0+b1x+...+bnxn) q(x)= Pn(x)eµx ⇒ y_p(x)=xs(b₀+b₁x+...+b_nxn) eµx q(x)=Pn(x)eµx    cos(mx) sen(mx) ⇒ _yp(x)=xs µx e [(b₀+b₁x+...+b_nxn) sen(mx)+(c₀+c₁x+...+c_nxn) cos(mx)]

Aqui, s é o menor inteiro ( s= 0, 1 ou 2 ) que assegura que nenhum termo de yp(x) seja solução da

equação homogênea associada. Equivale a dizer que os termos da solução particular são Linearmente Independentes dos termos da solução homogênea.

Em resumo: se q(x) for uma função polinomial, então devemos supor que yp(x) é uma função

polinomial; se q(x) for uma função exponencial, então devemos supor que yp(x) é uma função

proporcional à função exponencial; se q(x) for uma função sen(mx) ou cos(mx), devemos supor que yp(x) é uma combinação linear destas funções. O mesmo princípio se aplica quando q(x) for

um produto destas funções. A multiplicação por xs é necessária, somente se um termo de yp(x) for

linearmente dependente da solução homogênea. Exemplo 1 Resolver a equação y′′–3y′– 4y =_3e2x

Solução:

Equação homogênea y′′–3y′– 4y = 0 EC : r2 – 3r – 4 = 0

Raízes: r1 = –1 r2 = 4 ⇒ yh = c1e−x+ c2e4x

Cálculo da solução particular : q(x) = _3e2x

r = 2 não é raiz da eq. Característica ⇒ _{yp(x) = Ae}2x_{, y′}

p(x) = 2Ae2x e y′′p(x) = 4Ae2x

Substituindo na equação NH ( Não- Homogênea) y′′–3y′– 4y =_3e2x _:

( 4A – 3*2A – 4*A) _e2x _{= 3e}2x – 6 A_e2x _{= 3e}2x A = 6 3 − = – 2 1 ⇒ _{y(x) = c1e}−x_{+ c} 2e4x – 2

1 _e2x _{é a solução geral da equação.}

Exemplo 2 Resolver a equação y′′–3y′– 4y = 8. Solução: Equação homogênea y′′–3y′– 4y = 0 EC ( Equação Característica) : r2 – 3r – 4 = 0

8 Raízes: r1 = –1 r2 = 4 ⇒ yh = c1e−x+ c2e4x

Cálculo da solução particular : q(x) = 8.

Como r = 0 não é raiz da eq. Característica, devemos supor yp(x) = A ( A constante ) .

Logo, y′ = 0 e y′′ = 0. Substituindo na equação, resulta – 4A= 8, donde A = – 2. Assim, a solução é y = c1e−x+ c2e4x– 2.

Exemplo 3. Resolver y′′–3y′– 4y = 2sen(x)

Solução: A solução da eq. homogênea associada y′′–3y′– 4y = 0 é yh = c1e−x+ c2e4x (exemplo 2).

Na equação não-homogênea, temos q(x)=2sen(x) . Logo yp(x) = Acos(x) + Bsen(x)

Derivando: y ′p(x) = –Asen(x) + Bcos(x) e y ′′p(x) = –Acos(x) – Bsen(x).

Substituímos na equação não-homogênea y′′– 3y′– 4y =2sen(x) , obtendo: –Acos(x) – Bsen(x) –3(–Asen(x) + Bcos(x)) –4(Acos(x) + Bsen(x)) = 2sen(x) (–A –3B–4A)cos(x) + (–B+3A – 4B)sen(x) = 0cos(x) + 2sen(x)

Igualando os coeficientes das funções, resulta o sistema:

   = − − = − 0 3B 5A 2 5B 3A logo A = 17 3 B = – 17 5 . Conclusão: a solução geral da equação y′′–3y′– 4y =2sen(x) é

y(x) =c1e−x+ c2e4x+ 17 3 cos(x) – 17 5 sen(x) . Exercícios. Resolver : 1. y′′–3y′– 4y = 5 Solução : y = c1e−x+ c2e4x– 4 5 . 2. y′′–3y′– 4y =5x Solução: y = c1e−x+ c2e4x – x 4 5 + 16 15 . 3. y′′–5y’ = 5 Solução : y = c1 + c2e5x – x. 4. y′′– y = ex Solução : y = c1ex + c2e–x + 2 1 xex 5. y′′ + 4y = cos(x) Solução: y = c1cos(2x) + c2sen(2x) +

3 1

cos(x) 6. y′′ + 6y′ + 10y = 40 Solução : y = y =c1e–3xcos(x)+c2e–3xsen(x) + 4

Boyce & Di Prima. Equações diferenciais elementares e problemas de valores de contorno. Editora LTC, Rio de Janeiro, 2002.

Zill, Dennis G. Equações diferenciais com aplicações em modelagem. Editora Thomson, São Paulo , 2003.