NOTAS DE AULAS E EXERCÍCIOS RESOLVIDOS PARA A DISCIPLINA DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM

NOTAS DE AULAS E EXERCÍCIOS

RESOLVIDOS PARA A DISCIPLINA DE

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA

ORDEM

2º Semestre de 2016

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE ORDEM SUPERIOR.

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 2º ORDEM–y’’(x) = f (x,y,y’)

Equações diferenciais de segunda ordem

O primeiro passo será apresentar uma ED de segunda ordem homogênea e não homogênea e logo após caracterizar cada uma delas e resolver com os métodos adequados. Uma ED de segunda ordem tem a seguinte forma:

 

2

 

 

 

0 2 1 2

d y dy

a x a x a x y g x

dx  dx  (1.1)

Ou seja, se g x

 

0 ela e dita ED de segunda ordem homogênea, caso contrario e dita não

homogênea. A seguir um exemplo de uma ED não homogênea.

'' ' 2

2 2

2

x

x

y y y e

d y dy

y e

dx dx

  

   (1.2)

Método de redução de ordem

Este método é usado quando uma solução já é conhecida, assim será reduzida uma

equação linear homogênea de segunda ordem a uma equação linear de primeira ordem. Seja y₁ uma solução não trivial y₁0 da equação linear homogênea de segunda ordem:

 

 

'' ' ₀

y P x y G x y (1.3)

cujos coeficientes P x e G x

 

 

são contínuos no intervalo x₁ x x₂, então y₂ vy₁, onde v

também é uma função de x, tem-se:

 

2 1

P x dx e

v dx

y

_

também é uma solução linearmente independente de y₁nesse intervalo. Portanto, a solução geral dessa equação diferencial em um dado intervalo pode ser expressa como:

1 1 2 1

yc y c vy (1.5)

Exemplo 1: Reduzindo a ordem de forma a ED se torna de primeira ordem. Dado que ₁ x

y e

sendo uma solução de y" y 0  no intervalo



 ,



, encontrar a segunda solução y₂.

Solução:

   

1

 

' '

'' ₂ ' ''

x

x x

x x x

y u x y x u x e

y ue e u

y ue e u e u

       Portanto,



' ''



' '' ' '

" y e 2 0

2 0

2 0

x

y u u

u u w u

w w

         

Assim, a ED se torna de primeira ordem,

 

2

2

2 ' 2 ' 2 2

0

0 x

x

x x x x

d e w dx d e w dx

w ce u ce u ce u x ce

                









A solução de ₂

 

x x

y u x e ce ou seja, yc e₁ xc e₂ x.

Exemplo 2: A função 2 1

y x é uma solução de x y2 ''3xy'4y0. Encontrar a segunda solução no intervalo



0,



.

Solução: Colocar a função na forma padrão,

'' ' 2

3 4

0

y y y

x x    Ou seja, 3 3 3

2 ln 3

2 4 2 2 2 , ln dx dx x x x e

y x dx e e x

x dx

y x dx x x

A solução geral no intervalo



0,



é dada por 2 2

1 2 ln

yc x c x x.

1.1 EDO de 2º ordem com coeficientes constantes homogênea e não homogênea

São equações da forma:

a y’’ + b y’ + c y = f (x) (NHomogênea)

onde a, b, c são constantes reais. A equação

a y’’ + b y’ + c y = 0, (Homogênea)

é chamada equação homogênea associada à não-homogênea.

Exemplo:

a.) A equação 2y’’ + 3y’ – 5y = 0 é uma equação diferencial ordinária linear de segunda ordem homogênea.

b.) A equação x3y’’’ –2xy’’ + 5y’ + 6y = ex _{é uma equação diferencial ordinária linear de} terceira ordem não-homogênea.

Definição 01: Dizemos que as funções u(x) e v(x) são linearmente dependente (LD) no intervalo I, se existirem constantes c1 e c2 (não ambas nulas) tais que

c1 u(x) + c2 v(x) = 0,

xI. Caso contrário, dizemos que as funções u(x) e v(x) são linearmente independente (LI) neste intervalo I.

Queremos obter uma solução LI, em um problema real não tem significado ter várias soluções, por este fato vamos seguir com um exemplo para um problema inicial, ou seja, será considerado que a Eq. (1.6) é solução de uma ED de segunda ordem:

   

   

1 1 2 2

1 1

'

2 2

y c f x c f x

y x y

y x y

 

 

(1.6)

   

   

1 1 1 2 2

' '

2 1 1 2 2

y c f x c f x

y c f x c f x

  



  

 (1.7)

Ou seja, se torna um sistema linear de variáveis c1 e c2:

1 1 2

2 1 2

y c c

y c c

  

  

 (1.8)

O qual precisa ser LI para minha solução ser única.

Definição 02: Dada duas funções quaisquer, u(x) e v(x), definimos o wronskiano das mesmas pelo seguinte determinante:





) ( ' ) ( ' ) ( ) ( ) ( ), ( x v x u x v x u x v x u

w  = u(x).v’(x) - v(x).u’(x).

Teorema: Se u(x) e v(x) são soluções de (H) em um intervalo I C IR, vale a seguinte afirmação: “u(x) e v(x) são linearmente independente em I se e somente se w[u(x), v(x)]  0, xI”.

Exemplo 1: Mostre que u(x) = cos2x e v(x) = sen2x são soluções LI da EDO y’’+ 4y = 0 em I = IR. Solução:





x x sen x sen x x sen x w 2 cos . 2 2 2 2 2 cos 2 , 2 cos  

= 2 cos2 2x + 2 sen2 2x

= 2 (cos2 2x + sen2 2x) = 2  0

 u e v são linearmente independentes.

 u (x) = cos2x

 u’(x) = - 2 sen2x  substituindo na EDO, verificamos que u é solução

 u’’(x) = - 4 cos2x

 v(x) = sen2x

 v’’(x) = - 4 sen2x

Teorema: Sejam u(x) e v(x) soluções LI de (H). Então, a solução geral de (H) é dada por:

yH (x) = c1 u(x) + c2 v(x).

Além disso, a solução de (NH) é da forma

yNH (x) = c1 u(x) + c2 v(x) + yP (x),

onde c1 e c2 são constantes genéricas e yP (x) é uma solução particular de (NH).

OBS: De acordo com os resultados anteriores, a busca da solução geral de uma EDO linear de 2º ordem envolve dois estágios: a determinação da solução geral da equação homogênea (H) e uma solução particular da não-homogênea (NH).

1.2 EDO de 2º ordem com coeficientes constantes

Primeiramente, iremos considerar um caso particular da equação de segunda ordem:

'' ' ₀

ay by cy (1.9)

onde a, b,c são constantes. Se tentarmos encontrar uma solução da forma mx

ye teremos,

' mx

y me e y'' m e2 mx, ou seja:





2 2

0 0

mx mx mx

mx

am e bme ce

e am bm c

  

   (1.10)

devido a mx 0

e  (precisamos encontrar o(s) valor(es) de m, para que a igualdade seja

possível) precisamos encontrar m que serão as raízes da Eq.(1.10), teremos:

2 ₀

am bm c  (1.11)

A Eq.(1.11) é denominada equação auxiliar ou característica

Antes de atacar a Eq. (Homogênea), vamos ganhar um pouco de experiência analisando um exemplo especialmente simples. Consideremos a equação

y ’’ – y = 0, (*)

que tem a forma de (H) com a = 1, b = 0 e c = -1. Em outras palavras, a Eq. (*) afirma que procuramos uma função com a propriedade de a derivada segunda da função ser a própria função. Uma ligeira meditação levará, possivelmente, a pelo menos uma função bastante conhecida no cálculo que tem esta propriedade, a função exponencial y1(x) = ex. Um pouco mais

de análise levará a uma segunda função y2 (x) = e-x. A experimentação revelará que os múltiplos

destas duas funções são também soluções da equação. Por exemplo, as funções 2ex e 5e-x também satisfazem à Eq. (*) , conforme se pode verificar pelo cálculo das derivadas segundas. Da mesma forma as funções c1.y1 (x) = c1.ex e c2. y2 (x) = c2 .e-x satisfazem à equação

diferencial (*) para todos os valores das constantes c1 e c2 . Depois, tem importância muito

grande observar que qualquer soma das soluções da Eq. (*) é também uma solução. Em particular, uma vez que c1.y1 (x) e c2. y2 (x) são soluções da Eq. (*), então também é solução a

função

y = c1.y1 (x) + c2 .y2 (x) = c1.ex +c2 .e-x (**)

para quaisquer valores de c1 e c2 . Pode-se verificar a afirmação pelo cálculo da derivada

segunda y ’’ da Equação (**). Na realidade, se tem y ’ = c1.ex -c2 .e-x e y ’’ = c1.ex +c2 .e-x

então y ’’ é idêntica a y e a Eq. (*) está satisfeita.

Obs: Vamos resumir o que até agora fizemos neste item. Uma vez observado que as funções y1(x) = ex e y2 (x) = e-x são soluções da Eq. (*), vem que a combinação linear geral (**)

destas funções é também uma solução. Em virtude de os coeficientes c1 e c2 da Eq. (**) serem

arbitrários, esta expressão constitui uma família duplamente infinita de soluções da equação diferencial (*).

É agora possível analisar como escolher, nesta família infinita de soluções, um membro particular que também obedeça a um dado conjunto de condições iniciais. Por exemplo, suponhamos que queremos a solução da Eq. (*) que também obedeça às condições iniciais

y(0) = 2, y ’(0) = -1.

tenha o coeficiente angular –1. Primeiro, fazemos t = 0 e y = 2, na Eq. (**); isto dá a equação:

c1 + c2 = 2. ( I )

Depois, derivamos a Eq. (**) em relação a x, o que dá o resultado:

y ’ = c1.ex -c2 .e-x.

Então, fazendo x = 0 e y ’= -1 obtém:

c1 - c2 = - 1. ( II )

Pela resolução das (I)e(II), simultaneamente em c1 e em c2, encontramos que c1 = 1/2 e c2

= 3/2. Finalmente, retornando com estes valores para a Eq. (**), obtemos: y = 1/2.ex +3/2.e-x,

que é a solução do problema de valor inicial constituído pela equação diferencial (*) e as condições iniciais. Retornamos agora à equação mais geral (H).

a y’’ + b y’ + c y = 0,

que tem coeficientes constantes (reais) arbitrários. Com base na experiência que tivemos com a Eq. (*), procuraremos soluções exponenciais da Eq. (H). Vamos supor, assim, que y= erx, onde r é um parâmetro a ser determinado. Vem então y ’= r.erx e y ’’= r2.erx .Levando as expressões de

y, de y’ e de y ’’ na Equação (H), obtemos:

(ar2 + br + c).erx = 0, ou, como erx 0,

ar2 + br + c = 0. (#)

A Eq. (#) é a equação característica da equação diferencial (H). O seu significado está em, no caso de r ser uma raiz da equação polinomial (#), y = erx ser uma solução da equação diferencial (H). Uma vez que a Eq. (#) é uma equação quadrática com coeficientes reais, tem duas raízes que podem ser reais e diferentes, reais e iguais ou complexas conjugadas.

Teorema:Solução geral de uma equação linear homogênea (H)

solução geral é:

y = c1.e r1 x +c2 .er2 x.

* Raízes Reais Iguais Se r1 = r2 são raízes reais iguais da equação característica, então a solução

geral é:

y = c1.e r x +c2 .x.er x = (c1 +c2 .x)er x.

* Raízes Complexas Se r1 =  + i e r2 =  - i são raízes complexas da equação característica,

então a solução geral é:

 i x  i x y c₁e  c₂e 

Porém, queremos trabalhar com funções reais, em vez de exponenciais complexas, desta forma, usamos a fórmula de Euler:

cos i

e  isen

Onde  é um número real qualquer, com algumas manipulações algébricas teremos a solução:

.

x x

y c₁e cos x  c₂e sen x 

Exemplo 1: Equação característica com duas raízes reais distintas. Achar a solução do problema de valor inicial

y ’’ + 5y ’ + 6y = 0, y(0) = 2, y’(0) = 3.

Solução: Neste caso, a equação característica é r2 + 5r + 6 = 0, de modo que r1 = - 2 e r2 = - 3. Logo, a solução geral da EDO é dada por:

y = c1.e-2x + c2.e-3x.

Como y = 2 quando x = 0, temos:

c1 + c2= 2. (I )

Além disso, como y ’ = 3 quando x = 0, temos

3 = - 2 c1- 3 c2 ( II )

A resolução das Eq. (I) e (II) dá c1 = 9 e c2 = - 7. Com estes valores na solução geral, conseguimos a solução :

y = 9e-2x - 7e-3x do problema de valor inicial.

Exemplo 2: Equação característica com duas raízes reais iguais. Achar a solução do problema de valor inicial

y ’’ + 4y ’ + 4y = 0, y(0) = 2, y’(0) = 1.

Solução: Neste caso, a equação característica é r2 + 4r + 4 = 0, de modo que r1 = r2 = - 2. Logo, a solução geral da EDO é dada por:

y = c1.e-2x + c2.xe-2x.

Como y = 2 quando x = 0, temos:

c1 = 2. Além disso, como y ’ = 1 quando x = 0, temos

y’ = - 2 c1.e-2x + c2 .(- 2xe-2x+ e-2x)

1 = - 2 .2 . 1+ c2.[- 2.(0).(1) + 1]

5 = c2 .

Portanto, com estes valores na solução geral, conseguimos a solução:

y = 2e-2x + 5 xe-2x do problema de valor inicial.

Exemplo 3: Equação característica com raízes complexas. Achar a solução geral da equação diferencial

Solução: Neste caso, a equação característica é r2 + 6r + 12 = 0, de modo que r = - 3 ± 3 i. Então,  = - 3,  = 3 e a solução geral da EDO é

y = c1.e-3x cos3 x + c2.e-3xsen3 x.

OBS: Observe, no exemplo anterior, que, embora a equação característica tenha duas raízes complexas, a solução da equação diferencial é real.

1.3.1 Equações diferenciais lineares de ordem mais alta

Para equações diferenciais lineares homogêneas de ordem mais alta, encontramos a solução geral de maneira análoga ao caso de segunda ordem, isto é, começamos por encontrar as

n raízes da equação características e depois, baseadas nessas n raízes, formam uma coleção linearmente independente de n soluções. A maior diferença é que, para equações de ordem três ou maior, as raízes da equação característica podem aparecer mais de duas vezes. Quando isso acontece, as soluções linearmente independentes são obtidas multiplicando-se por potências crescentes de x. Vamos ilustrar isso nos dois próximos exemplos.

Exemplo 1: Resolução de uma equação de terceira ordem. Achar a solução geral da equação diferencial:

y’’’ + 3y’’ + 3y’ + y = 0.

Solução: Neste caso, a equação característica é r3 + 3r2 + 3r + 1 = (r + 1)3 = 0. Como a raiz r = -1 é tripla, a solução geral da EDO é:

y = c1.e-x + c2.xe-x + c3.x 2e-x .

Exemplo 2: Resolução de uma equação de quarta ordem. Achar a solução geral da equação diferencial:

y ’’’’ + 2y ’’ + y = 0.

Solução: Neste caso, a equação característica é r4 + 2r2 + 1 = (r2 + 1)2 = 0. Como a raiz r =  i é dupla, com  = 0 e  = 1, a solução geral da EDO é:

Equações Lineares Não homogêneas de Segunda Ordem

Nesta seção, vamos descrever dois métodos para encontrar a solução geral de uma equação diferencial linear não-homogênea. Em ambos, o primeiro passo é encontrar a solução geral, denotada por yh, da equação homogênea correspondente. Após isso, tentamos encontrar uma solução particular, yp, da equação não-homogênea. Combinando esses dois resultados, podemos concluir que a solução geral da equação não-homogênea é y = yh+ yp, como enunciado no próximo Teorema.

Teorema:Solução geral de uma equação linear não homogênea (NH)

Seja ay” + by’ + cy = F(x) uma equação diferencial linear não homogênea de 2ª ordem.

Se yp , é uma solução particular dessa equação e se yh é a solução geral da equação homogênea correspondente, então:

y = yh+ yp. é a solução geral da equação não-homogênea.

1.3.1 O MÉTODO DOS COEFICIENTES A DETERMINAR

Como játemos as ferramentas para encontrar yh, vamos nos concentrar em formas de encontrar a solução particular yp. Se a função F(x) consiste em somas ou produtos de:

, , , n mx

x e cos x sen x  (1.12)

podemos encontrar uma solução particular pelo método dos coeficientes adeterminar. Aidéia do método é tentar uma solução yp do mesmo tipo que F(x). Eis alguns exemplos:

1. Se F(x) = 5x + 4, escolha yp = Ax + B;

2. Se F(x) = 2xex,+ 5ex escolha yp = (Ax + B)ex = Axex + Bex;

3. Se F(x) = x² + 9 – cos7x, escolha y p = (Ax2 + Bx + C) + C.sen7x + D.cos7x.

Depois, por substituição, determinamos os coeficientes dessa solução. Os próximos exemplos ilustram esse método.

 

1

 

1

 

ln x , ,tg x sen, x

x

 _(1.13)

Exemplo 1: Use o método dos coeficientes a determinar. Encontre a solução geral da equação:

y”- 2y’ – 3y = 2senx

Solução: Para encontrar yh , resolvemos a equação característica:

m 2 - 2m – 3 = (m+1).(m – 3) = 0  m = -1 e m = 3

Logo, yh = C1e- x + C2 e 3x. A seguir, vamos tomar ypdo mesmo tipo que sen2x, isto é, yp= A.cosx + B.senx

y’p = - A.senx + B.cosx y’’p = - A.cosx - B.senx

Substituindo na equação, obtemos:

(-A.cosx - B.senx) – 2(-A.senx +B.cosx) – 3(A.cosx +Bsenx) = 2.senx 

-A.cosx - B.senx + 2A.senx -2B.cosx – 3A.cosx -3Bsenx =2.senx  (- 4A - 2B).cosx + (2A - 4B).senx = 2senx.

Portanto, yp é uma solução, desde que os coeficientes dos termos correspondentes sejam iguais. Obtemos, então, o sistema:

4 2 0 2 4 2

A B

A B

   

 _{ }



que tem soluções A = 1/5 e B = - 2/5. Logo, a solução geral é:

y = yh + yp = C1e- x + C2 e 3x + (1/5) cosx – (2/5) senx.

A forma da solução homogênea yh = C1e- x + C2 e 3x no Exemplo 1 não tinha nenhum

termo do mesmo tipo que a função F(x) na equação y”+ by’+ cy = F(x). No entanto, se a equação

y”- 2y’- 3y = e- x

não faria sentido tentar uma solução particular da forma y = Ae- x já que essa função é solução da equação homogênea. Em tais casos, devemos multiplicar pela menor potência de x que remova a duplicação. Para esse problema em particular, tentaríamos yp = Axe- x. O próximo exemplo ilustra esse tipo de situação.

Exemplo 2: Use o método dos coeficientes a determinar e encontre a solução geral da equação:

y’’–2y’ = x + 2ex.

Solução: A equação característica, m2 - 2m = m.(m - 2) = 0  m = 0 e m = 2, logo

y h = C1 + C2 e2x

Como F(x) = x + 2ex, nossa primeira escolha para yp seria (A + Bx) + Cex. No entanto,

como yh já contém um termo constante C1, multiplicamos a parte polinomial por x e

usamos:

yp = Ax + Bx2 + Cex y’p = A + 2Bx + Cex y’’p = 2B + Cex

Substituindo na equação diferencial, obtemos:

(2B + Cex) – 2(A + 2Bx + Cex) = x + 2ex 

2B + Cex– 2A - 4Bx -2 Cex = x + 2ex  (2B – 2A) - 4Bx - Cex = x + 2ex

Igualando os coeficientes dos termos correspondentes, obtemos o sistema

2B - 2A = 0, - 4B = 1, - C = 2

y p = - ¼ x - ¼ x2 - 2ex e a solução geral é

y = C1 + C2 e2x - ¼ x - ¼ x2 - 2ex.

Obs: Podemos, também, usar o método dos coeficientes a determinar para uma equação não homogênea de ordem mais alta. O próximo exemplo ilustra esse procedimento.

Exemplo 3: O método dos coeficientes a determinar para uma equação de terceira ordem. Encontre a solução geral da equação:

y’’’ + 3 y’’ + 3y’ + y = x

Solução: Sabemos, do exemplo da seção anterior, que a solução da equação homogênea é

y = C1 e-x + C2 x e-x + C3 x2 e-x.

Como F(x) = x, escolhemos yp = A + Bx, obtendo y’p = B e y’’p = y’’’p = 0. Substituindo na equação, temos

 

0 3. 0 3.

 

 





3





.

3 0

1

B A Bx B A Bx x

A B

B

         

   

Portanto, B = 1, A = - 3 e a solução geral é: y = C1 e-x + C2 x e-x + C3 x2 e-x– 3 + x.

1.3.2 O MÉTODO DE VARIAÇÃO DOS PARÂMETROS

O método dos coeficientes a determinar funciona bem se F(x) é uma soma de termos polinomiais ou de funções cujas derivadas sucessivas formam um padrão cíclico. Para funções como (1/x) ou tgx que não possuem tais características usamos um método mais geral conhecido como método de variação dos parâmetros. Nesse método, supomos que yp tem a mesma forma que yh, exceto que as constantes em yh são substituídas por variáveis.

O Método de Variação dos Parâmetros

Para encontrar a solução geral daequação y” + b y’ + cy = F(x):

1. Encontreyh = C1y1 + C2 y2;

3. Resolva o sistema a seguir para u’1e u’2:         ) ( 0 ' 2 ' 2 ' 1 ' 1 2 ' 2 1 ' 1 x F y u y u y u y u .

4. Integre para encontrar u1 e u2. A solução geral é y = yh + yp.

Exemplo 1: Resolva a equação y’’- 2 y’+y = (ex / 2x), x > 0.

Solução: 1)A equação característica m2 - 2m + 1 = (m - 1)2= 0 tem apenas uma solução, m = 1. Então, a solução da equação homogênea é

yh = C1y1 + C2y2 = C1e x + C2 xex.

2) Substituindo C1 e C2 por u₁ e u2, obtemos

yP = u1y1 + u2y2 = u1e x + u2 xex.

        ) ( 0 ' 2 ' 2 ' 1 ' 1 2 ' 2 1 ' 1 x F y u y u y u y u

3) O sistema de equações resultante é

         ) 2 / ( ) ( 0 ' 2 ' 1 ' 2 ' 1 x e e xe u e u xe u e u x x x x x x

Subtraindo a segunda equação da primeira, obtemos ' (1/2 )

2 x

u  . Substituindo na

segunda equação, temos ' ( 1/2)

1  

u . 4) Finalmente, integrando, obtemos:



   2 2 1 1 x dx

u e dx x x

x

u ln ln

2 1 1

2 1

2 



 

Segue desse resultado que:

yp = – (1/2)xex + (lnx)xex

é uma solução particular e que a solução geral é

Equação de Cauchy – Euler

Essa equação tem a forma diferencial:

 

1 1

1 1 ... 1 0

n n

n n

n n n n

d y d y dy

a x a x a x a y g x

dx dx dx

 

 

     (1.14)

Neste caso o que caracteriza a Eq. (1.14)

n n

n

d y x

dx é que os n’s são do mesmo grau. Porém

iniciaremos uma forma de solução para o seguinte tipo de equação:

2 2

2 0

d y dy

ax bx cy

dx  dx  (1.15)

A solução de equações de ordem superior segue analogamente. A equação do tipo

 

2 2

2

d y dy

ax bx cy g x

dx  dx  pode ser resolvida pelo método de variação dos parâmetros, desde

que seja determinada primeira a função da parte homogênea.

A solução proposta será m

yx , ou seja, ao substituir a solução em uma equação diferencial de segunda ordem teremos:













2 2 2 1 1

m m m

m

d y dy

ax bx cy am m x bmx cx

dx dx

am m bm c x

         

Existem três casos diferentes que serão tratados a seguir:

Caso I: Raízes reais e distintas

Sejam m₁ e m₂reais com m₁ m₂. Então 1

1

m

y x e 2

2

m

y x formam um conjunto de

soluções:

Exemplo I: Raízes reais e distintas. Resolva e equação:

2 2

2 2 4 0

d y dy

x x y

dx  dx 

Solução: Supomos que m

usada, vamos diferenciar a solução.





2

1 2

2

; 1

m m

dy d y

mx m m x

dx dx

 

  

Substituindo na equação diferencial:

















2

2 2 2 1

2

2

2 4 1 2 4

1 2 4 3 4 0

m m m

m m m m

d y dy

x x y x m m x x mx x

dx dx

x m m mx x x m m

 

                

Isso implica em m₁  1 e m₂ 4, e a solução resulta em:

1 4

1 2

yc x c x

Caso II – Raízes reais e distintas

Uma das soluções e dada por ₁ m

y x , o  0 então a raiz pode ser obtida como





1 ₂ b a m a  

 . Será usado o fator integrante do método de redução de ordem. Escrevendo a equação de Euler – Cauchy na forma padrão tem-se:

2

2 2 0

d y bx dy cy

dx ax dxax 

Fazendo a identificação de P x

 

b b dx blnx

ax ax a

 

_

 , ou seja:





 

1

ln 1

2 2 1

1 2 1

1 1 1 2 ln b x a m m b

m a m

b a b

m a a

m m

e

y x dx

x

b a

x x x dx m

a

x x x dx

dx

x x x

x   _             









1 1

1 2 ln

m m

yc x c x x

Exemplo 2: Raízes reais e iguais. Resolva a seguinte equação:

2 2

2

4x d y 8xdy y 0

dx  dx 

Solução: Substituindo a solução na equação temos:

















2

2 2

2 2

1

4 8 4 1 8 1 4 4 1 0

1

2 1 0

2

m m

d y dy

x x y x m m m x m m

dx dx

m m

              

A solução geral é:

1 1

2 2

1 2 ln

yc x c x x

Obs: Para equações de ordem superior com raízes iguais a solução segue a seguinte ordem:

 

 

1; 1ln ; 1 ln 2,..., 1 ln k 1

m m m m

x x x x x x x  (1.16)

onde k é o número de soluções.

Caso III – Raízes complexas e conjugadas

Se as raízes forem um par de números complexos conjugados m₁  i e m₁  i ,

então a solução será:

1 2

i i

yc x  c x  (1.17)

Para maiores detalhes ver (Dennis G. Zill, 2011, pag 170). A solução geral real da equação diferencial será:









1cos ln 2 ln

yx_c  x c sen  x _ (1.18)

Exemplo 3: Resolver a equação diferencial com raízes complexas e PVI.

 

 

2 '' ' 1

4 17 0, 1 1, 1 2

x y  y y   y  













2 '' 2

4 17 m 4 1 17 m 4 4 17 0

x y  yx m m  x m  m 

Neste caso as raízes são: ₁ 1 2 2

m   i e ₁ 1 2 2

m   i, onde 1 2

  e  2. Assim, teremos a seguinte solução geral:









1 2

1cos 2ln 2 2ln

yx _c x c sen x _

Substituindo as condições iniciais ln 1

 

0, logo c₁ 1 e c₂ 0. A solução do

problema de valor inicial PVI será:





1

2_{cos 2ln}

y x x

---

Referências Básicas

BOYCE, W. E. & DIPRIMA, R. C. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. 8. ed. LTC, 2006.

KREYSZIG, E., Matemática Superior, Vol. I e II, LTC Editora. ZILL, D.G., Equações Diferenciais, Vol.I e II, Ed. Makron, 2001.

Referências Complementares BUTKOV, E., Física Matemática, LTC Editora, 1988.

CHURCHILL, R.V., Fourier Series and Boundary Value Problems, 2a. ed., Ed. McGraw-Hill, 1963.

DAVIS, H.F., Fourier Series and Orthogonal Functions, Dover, 1963.

GUIDORIZZI, H.L. Um curso de cálculo.5. ed. Rio de Janeiro: LTC, 1997.V.4.

HILL, D. G. Equações Diferenciais com Aplicações em Modelagem. Thomson Learning. KAPLAN, W. Cálculo Avançado. Edgard Blucher, 1972. v. 2.