Capítulo 3.1: Equações homogêneas lineares de segunda ordem com coeficientes constantes

Capítulo 3.1:

Equações homogêneas lineares de segunda

ordem com coeficientes constantes

Uma equação diferencial ordinaria de segunda ordem tem a forma geral

onde f é uma função dada.

Esta equação é dita linear se f é linear em y e y': caso contrário dizemos que é não linear.

Uma equação linear de segunda ordem aparece como Se G(t) = 0 para todo t, então esta equação é dita

homogênea. caso contrário dizemos que é não homogênea.

) , , (t y y f y′′ = ′ y t q y t p t g y′′ = ( ) − ( ) ′ − ( ) ) ( ) ( ) ( ) (t y Q t y R t y G t P ′′ + ′ + =

Capítulo 3.1:

Equações Homogêneas, Valores Iniciais

Nas seções 3.6 e 3.7, nós veremos que uma vez que

encontramos uma solução para a equação homogênea, isto possibilita resolver uma equação não homogênea associada ou correspondente à homogênea, ou no mínimo expressar a solução em termos de uma integral.

O foco deste capítulo são as equações Homogêneas e em particular, as de coeficientes constantes:

O caso com coeficientes variáveis será vista mais adiante. Condição Inicial é dada da seguinte forma

Portanto a solução passa por (t₀, y₀), e a inclinação da solução em (t₀, y₀) é igual a y₀'. 0 = + ′ + ′′ by cy y a

( )

t0 y0, y

( )

t0 y0 y = ′ = ′

Capítulo 3.1:

Exemplo 1

Infinidades de Soluções

Considere a EDO 2a

As duas soluções desta equação são Outras soluções são

Baseado nesta observação, nós vimos que existem uma infinidades de soluções e são da forma

Mostraremos na seção 3.2 que todas as soluções da equação diferencial acima podem ser expressada desta forma.

0 = − ′′ y y t t _{y t e} e t y₁( ) = , ₂( ) = − t t t t _{y t e y t e e} e t y₃( ) = 3 , ₄( ) = 5 − , ₅( ) = 3 + 5 − t t _{c e} e c t y( ) = ₁ + ₂ −

Capítulo 3.1:

Exemplo 1

Condições Iniciais

Agora considere o seguinte Problema de Valor Inicial (PVI) para nossa equação:

Nos podemos encontrar uma solução geral da seguinte forma Usando as condições iniciais,

temos 1 ) 0 ( , 3 ) 0 ( , 0 = ′ = = − ′′ y y y y t t _{c e} e c t y( ) = ₁ + ₂ − 1 , 2 1 ) 0 ( 3 ) 0 ( 2 1 2 1 2 1 _{⇒ = =}    = − = ′ = + = c c c c y c c y t t _e e t y( ) = 2 + −

Capítulo 3.1:

Exemplo 1

Gráfico da Solução

O PVI e a solução são

O gráfico da solução é dado abaixo. O gráfico da direita sugere que ambas as condições são satisfeita.

t t _e e t y y y y y′′ − = 0, (0) = 3, ′(0) = 1 ⇒ ( ) = 2 + −

Capítulo 3.1:

Equação Característica

Para resolver uma equação de 2a ordem com coeficientes constantes,

começamos assumindo uma solução da forma y = ert.

Substituindo-a na equação diferencial, obtemos: Simplificando,

e assim

Esta última equação é chamada equação característica da equação diferencial.

Nos resolvemos esta equação em r por fatoração ou usando a formula quadrática. , 0 = + ′ + ′′ by cy y a 0 2_ert _{+ bre}rt _{+ ce}rt ₌ ar 0 ) (ar2 + br + c = ert 0 2 _{+ br + c =} ar

Capítulo 3.1:

Solução Geral

Usando a formula quadrática na equação característica obtemos duas soluções, r₁ e r₂.

Existem três possibilidades:

As Raízes r₁, r₂ são reais e r₁ ≠ r₂. As Raízes r₁, r₂ são reais e r₁ = r₂. As Raízes r₁, r₂ são complexas.

Por enquanto, vamos assumir que r₁, r₂ são reais e r₁ ≠ r₂. Neste caso, a solução geral é da forma

, 0 2 _{+ br + c =} ar

t

r

t

r

_c

_e

e

c

t

y

1 2

2

1

)

(

=

+

a ac b b r 2 4 2 ₋ ± − =

Capítulo 3.1:

Condições Iniciais

Para o PVI

usaremos a solução geral

usando as condições iniciais para encontrar c₁ e c₂. Isto é,

Desde que assumindo r₁ ≠ r₂, segue que uma solução da forma

y = ert para o PVI acima sempre existirá, para qualquer

conjunto de condições iniciais.

, ) ( , ) ( , 0 y t₀ y₀ y t₀ y₀ cy y b y a ′′ + ′ + = = ′ = ′ 0 2 0 1 0 2 0 1 0 2 0 1 2 1 0 1 0 2 2 1 2 0 0 1 0 2 2 1 1 0 2 1 , r t t r t r t r t r t r e r r y r y c e r r r y y c y e r c e r c y e c e c _{− −} − ′ − = − − ′ = ⇒     ′ = + = + t r t r _{c e} e c t y 1 2 2 1 ) ( = +

Capítulo 3.1:

Exemplo 2

Considere o PVI

Tomando a solução exponencial e obtendo a E.C.:

Fatorando a E.C. obtemos duas soluções, r₁ = -4 e r₂ = 3 A solução geral é

Usando as condições iniciais:

Temos 1 ) 0 ( , 0 ) 0 ( , 0 12 = = ′ = − ′ + ′′ y y y y y

(

4

)(

3

)

0 0 12 ) (t = e ⇒ r2 + r − = ⇔ r + r − = y rt t t _{c e} e c t y( ) = ₁ −4 + ₂ 3 7 1 , 7 1 1 3 4 0 2 1 2 1 2 1 _{⇒ =} − ₌    = + − = + c c c c c c t t _e e t y 4 3 7 1 7 1 ) ( = − − +

Capítulo 3.1:

Exemplo 3

Considere o PVI Então

Fatorando, obtemos duas soluções, r₁ = 0 e r₂ = -3/2 A solução geral é

Usando as condições iniciais:

Temos

( )

0 1,

( )

0 3 , 0 3 2y′′ + y′ = y = y′ =

(

2 3

)

0 0 3 2 ) (t = e ⇒ r2 + r = ⇔ r r + = y rt 2 / 3 2 1 2 / 3 2 0 1 ) (_{t c e} t _{c e} t _{c c e} t y = + − = + − 2 , 3 3 2 3 1 2 1 2 2 1 − = = ⇒     = − = + c c c c c 2 / 3 2 3 ) (_{t e} t y = − −

Capítulo 3.1:

Exemplo 4

PVI

Considere o PVI

Então

Fatorando, obtemos duas soluções, r

₁

= -2 e r

₂

= -3

A solução geral é

Usando as condições iniciais:

Temos

( )

0 2,

( )

0 3 , 0 6 5 ′ + = = ′ = + ′′ y y y y y

(

2

)(

3

)

0 0 6 5 ) (t = e ⇒ r2 + r + = ⇔ r + r + = y rt t t _{c e} e c t y( ) = ₁ −2 + ₂ −3 7 , 9 3 3 2 2 2 1 2 1 2 1 _{⇒ = = −}    = − − = + c c c c c c t t _e e t y_{( ) = 9} −2 _{− 7} −3

Capítulo 3.1:

Exemplo 4

Encontrando o Valor Máximo

Encontrar o valor máximo alcançado pela solução.

204 . 2 1542 . 0 ) 6 / 7 ln( 6 / 7 7 6 0 21 18 ) ( 7 9 ) ( 3 2 3 2 3 2 ≈ ≈ = = = = + − = ′ − = − − − − − − y t t e e e e e t y e e t y t t t set t t t t

Capítulo

3.2:

Soluções Fundamentais de Equações

Lineares Homogêneas

Sejam p, q funções contínuas no intervalo I = (α, β), o qual poderá ser infinito. Para alguma função y que seja três vezes diferenciável em I, definisse o operador diferencial L por

Note que L[y] é uma função em I, com valor de saída Por exemplo,

[ ]

y y p y q y L = ′′ + ′ +

[ ]

y (t) y (t) p(t) y (t) q(t) y(t) L = ′′ + ′ +

(

)

[ ]

( ) sin( ) cos( ) 2 sin( ) 2 , 0 ), sin( ) ( , ) ( , ) ( 2 2 2 2 t e t t t t y L I t t y e t q t t p t t + + − = = = = = π

Capítulo

3.2:

Notação do Operador Diferencial

Nesta seção nos vamos discutir a equação homogênea linear de 2a _{ordem L[y](t) = 0, junto com condições iniciais como}

indicado abaixo:

Nós gostaríamos de saber se existe solução para este problema de valor inicial, e em caso afirmativo, se é única.

Também, gostaríamos de saber sobre a forma e a estrutura das soluções, pois, podem ser úteis na hora de encontrar soluções para os problemas particulares.

Estas perguntas são respondidas nos teoremas a seguir .

[ ]

1 0 0 0) , ( ) ( 0 ) ( ) ( y t y y t y y t q y t p y y L = ′ = = + ′ + ′′ =

Capítulo

3.2:

Teorema 3.2.1

Considere o PVI

onde p, q, e g são funções continuas no intervalo aberto I que contém t₀. Então existe uma única solução y = φ(t) em I.

Note: Quando este teorema diz que existe uma solução ao problema do valor inicial acima, não é possível escrever a solução por uma expressão. Esta é a maior uma diferença principal das equações Lineares de 1a ordem com as de 2a ordem. 0 0 0 0) , ( ) ( ) ( ) ( ) ( y t y y t y t g y t q y t p y ′ = ′ = = + ′ + ′′

Capítulo

3.2:

Exemplo 1

Considere a EDO 2a ordem linear com PVI

Na seção 3.1, nós mostramos que este PVI tem a seguinte solução:

Note que p(t) = 0, q(t) = -1, g(t) = 0 elas são contínuas em (-∞, ∞), e a solução y está bem definida e é duas vezes

diferenciável em (-∞, ∞). t t _e e t y( ) = 2 + −

( )

0 3,

( )

0 1 , 0 = ′ = = − ′′ y y y y 1 0 0 0) , ( ) ( ) ( ) ( ) ( y t y y t y t g y t q y t p y = ′ = = + ′ + ′′

Capítulo

3.2:

Exemplo 2

Considere a EDO 2a ordem linear com PVI

onde p, q são funções continuas no intervalo aberto I que contém

t

₀.

Na luz das circunstâncias iniciais, note que y = 0 é uma solução para este problema homogêneo de valor inicial.

Desde que as hipóteses do Teorema 3.2.1 são satisfeitas, segue que y = 0 é a única solução deste problema.

( )

0 0,

( )

0 0 , 0 ) ( ) ( ′ + = = ′ = + ′′ p t y q t y y y y

Capítulo

3.2:

Exemplo 3

Determinar o maior intervalo em que dado do valor inicial, solução do problema existe e é única e ainda é duas vezes diferenciável . Não tente encontrar a soluçao.

Primeiramente pôr a equação diferencial na formula padrão:

O maior intervalo que contem o ponto t = 0 em que os coeficiente da função são contínuos é (-1, ∞).

Segue do Teorema 3.2.1 que o maior intervalo em que este problema de valor inicial terá uma solução duas vezes

diferenciável é também (-1, ∞).

( )

t + 1 y ′′ − (cost)y′ + 3y = 1, y

( )

0 = 1, y′

( )

0 = 0

( )

0 1,

( )

0 0 , 1 1 1 3 1 cos = ′ = + = + + ′ + − ′′ y y t y t y t t y

Capítulo

3.2:

Teorema 3.2.2 (Princípio da Superposição)

Se y₁e y₂ são soluções da equação

então a combinação linear delas c₁y₁ + y₂c₂ é também uma solução, para todas as constantes c₁ e c₂ reais.

Para provar este Teorema, substitua c₁y₁ + y₂c₂ no lugar de y na equação abaixo, e use o fato de que y₁ e y₂ são soluções e L[y] é linear.

Assim para todas as duas soluções y₁ e y₂, nós podemos construir uma família de infinitas soluções , para cada y = c₁y₁ + c₂ y₂.

Pode todas as soluções ser escrita desta maneira, ou têm alguma outra solução completamente diferente? Para responder a esta pergunta, nós usaremos o determinante Wronskiano.

0

)

(

)

(

]

[

y

=

y

′

+′

p

t

y

+′

q

t

y

=

L

0 ] [ ] [ ] [ 0 ] [ 0 ] [y₁ = e L y₂ = ⇒ L c₁y₁ + c₂y₂ = c₁L y₁ + c₂L y₂ = L

Capítulo

3.2:

O Determinante Wronskiano

Suponha que y₁ e y₂ são soluções para a equação

Pelo Teorema 3.2.2, nos sabemos que y = c₁y₁ + c₂ y₂ é uma solução desta equação.

O próximo passo é encontrar os coeficientes c₁ e c₂ tais que

y = c₁y₁ + c₂ y₂ satisfazem as condições iniciais

Para isso, nós necessitamos resolver as seguintes equações: 0 ) ( ) ( ] [y = y ′′ + p t y′ + q t y = L 0 0 0 0) , ( ) (t y y t y y = ′ = ′ 0 0 2 2 0 1 1 0 0 2 2 0 1 1 ) ( ) ( ) ( ) ( y t y c t y c y t y c t y c ′ = ′ + ′ = +

Capítulo

3.2:

O Determinante Wronskiano

Resolvendo as equações, nos obtemos

Em termos de determinantes: 0 0 2 2 0 1 1 0 0 2 2 0 1 1 ) ( ) ( ) ( ) ( y t y c t y c y t y c t y c ′ = ′ + ′ = + ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 0 2 0 1 0 2 0 1 0 1 0 0 1 0 2 0 2 0 1 0 2 0 1 0 2 0 0 2 0 1 t y t y t y t y t y y t y y c t y t y t y t y t y y t y y c ′ − ′ ′ + ′ − = ′ − ′ ′ − ′ = ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 0 2 0 1 0 2 0 1 0 0 1 0 0 1 2 0 2 0 1 0 2 0 1 0 2 0 0 2 0 1 t y t y t y t y y t y y t y c t y t y t y t y t y y t y y c ′ ′ ′ ′ = ′ ′ ′ ′ =

Capítulo

3.2:

O Determinante Wronskiano

Para que estas fórmulas sejam válidas, o determinante W no denominador não pode se anular:

W é chamado de Determinante Wronskiano, ou simplesmente

de, o Wronskiano das soluções y₁e y₂. Nós usaremos às vezes a notação ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 0 2 0 1 0 2 0 1 0 2 0 1 0 2 0 1 t y t y t y t y t y t y t y t y W = ′ − ′ ′ ′ = W y t y y t y c W t y y t y y c 1 0 0 0 0 1 2 0 2 0 0 2 0 1 ) ( ) ( , ) ( ) ( ′ ′ = ′ ′ =

(

y1, y2

)( )

t0 W

Capítulo

3.2:

Teorema 3.2.3

Suponha que y₁ e y₂ são soluções da equação e que o Wronskiano

é não nulo no ponto t₀ onde as condições iniciais

são definidas. Então existe uma escolha das constantes c₁, c₂

para que y = c₁y₁ + c₂ y₂ seja uma solução da equação diferencial (1) e das condições iniciais (2).

) 1 ( 0 ) ( ) ( ] [y = y ′′ + p t y′ + q t y = L 2 1 2 1y y y y W = ′ − ′ ) 2 ( ) ( , ) (t₀ y₀ y t₀ y₀ y = ′ = ′

Capítulo

3.2:

Exemplo 4

Observe o seguinte PVI e sua solução:

Note que as duas funções exponenciais são soluções da equação diferencial:

O Wronskiano de y₁ e y₂ é

Como W ≠ 0 para todo t, a combinação linear de y₁ e y₂ pode ser usada para construir a solução do PVI para qualquer condição inicial t₀. t t _{y e} e y₁ = , ₂ = − 2 2 0 2 1 2 1 2 1 2 1 _{= ′ − ′ = − − = − = −} ′ ′ = _{y y y y e e}− _{e e}− _e y y y y W t t t t

( )

_y

( )

_{y t e}t _e t y y y ′′ − = 0, 0 = 3, ′ 0 = 1 ⇒ ( ) = 2 + − 2 2 1 1y c y c y = +

Capítulo

3.2:

Teorema 3.2.4 (Solução Fundamental )

Suponha que y₁ e y₂ são soluções da equação

Se existe um ponto t₀ tal que W(y₁,y₂)(t₀) ≠ 0, então a família de soluções y = c₁y₁ + c₂ y₂ com coeficientes arbitrários c₁, c₂ incluem todas as soluções da equação diferencial.

A expressão y = c₁y₁ + c₂ y₂ é chamada de solução geral da equação diferencial acima, e neste caso y₁ e y₂ formam o chamado Conjunto Fundamental das Soluções para a equação diferencial. . 0 ) ( ) ( ] [y = y ′′ + p t y′ + q t y = L

Capítulo

3.2:

Exemplo 5

Para a equação abaixo, temos duas soluções indicadas: O Wronskiano de y₁ e y₂ é

Assim y₁ e y₂ formam o Conjunto Fundamental das Soluções da equação diferencial acima, e podemos usa-las para

construir todas as suas soluções. A solução Geral é t t _{y e} e y y y ′′ − = 0, ₁ = , ₂ = −

.

todo

para

0

2

2

0 2 1 2 1

t

e

e

e

e

e

y

y

y

y

W

=

−

t t

−

t t

=

−

=

−

≠

′

′

=

− − t t _{c e} e c y = ₁ + ₂ −

Capítulo

3.2:

Exemplo 6

Considere uma equação linear de 2a ordem, com duas

soluções indicadas:

Suponha que as funções abaixo são soluções desta equação: O Wronskiano de y₁e y₂ é

Assim y₁e y₂ formam o Conjunto Fundamental das Soluções da equação diferencial, e podemos ser usadas para construir todas as soluções. A solução Geral é 2 1 2 1 e 1 , y e 2 , r r y = rt = r t ≠

(

)

( 1 2) _{0 para todo .} 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 t e r r e r e r e e y y y y W _{rt r t} r r t t r t r ≠ − = = ′ ′ = + 0 ) ( ) ( ′ + = + ′′ p t y q t y y t r t r _{c e} e c y 1 2 2 1 + =

Capítulo

3.2:

Exemplo 7: Soluções

Considere a seguinte equação diferencial:

Mostre que as soluções abaixo são soluções fundamentais: Para mostrar isso, primeiro substitua y₁ na equação:

Assim y₁ é uma solução da equação diferencial. Similarmente, y₂ também é uma solução:

1 2 2 / 1 1 = t , y = t− y 0 , 0 3 2t2y′′ + t y′ − y = t > 0 1 2 3 2 1 2 3 4 2 2 3/2 1/2 1/2 1/2 ₌       _{− + −} = −     +     − − − t t t t t t

( ) ( )

2 3

(

4 3 1

)

0 2_t2 _t−3 _{+ t − t}−2 _{− t}−1 _{= − − t}−1 ₌

Capítulo

3.2:

Exemplo 7: Soluções Fundamentais

Lembrando que

Para mostrar que y₁ e y₂ formam um conjunto fundamental de soluções, vamos calcular o Wronskiana de y₁ e y₂:

Desde que W ≠ 0 para t > 0, y₁, y₂ formam um conjunto fundamental de soluções da equação diferencial

3 2 / 3 2 / 3 2 / 3 2 2 / 1 1 2 / 1 2 1 2 1 2 3 2 3 2 1 2 1 t t t t t t t t y y y y W = ₋ = − − = − = − ′ ′ = − − − − − − 1 2 2 / 1 1 = t , y = t− y 0 , 0 3 2t2y′′ + t y′ − y = t >

Capítulo

3.2:

Teorema 3.2.5: Existencia do Conjunto

Fundamental de Soluções

Considere a equação diferencial abaixo, onde os coeficientes

p e q são continuos em algum intervalo aberto I:

Seja t₀ um ponto em I, y₁ e y₂ soluções da equação diferencial com y₁ satisfazendo a condição inicial

e y₂ satisfazendo a condição inicial

Então y₁, y₂ formam o conjunto fundamental das soluções para a dada equação diferencial.

0 ) ( ) ( ] [y = y ′′ + p t y′ + q t y = L 0 ) ( , 1 ) ( _{0 1 0} 1 t = y′ t = y 1 ) ( , 0 ) ( _{0 2 0} 2 t = y′ t = y

Capítulo

3.2:

Exemplo 7: Teorema 3.2.5

(1 of 3)

Encontrar o conjunto fundamental especificado pelo Teorema 3.2.5 para a equação diferencial e o ponto inicial

É fácil ver que

são soluções fundamentais, pois W(y₁, y₂)(t₀) = -2 ≠ 0.

Mas estas duas soluções não satisfazem às condições iniciais indicadas no Teorema 3.2.5, e assim não formam o conjunto fundamental das soluções mencionadas nesse teorema.

Sejam y₃ e y₄ as soluções fundamentais do Teorema 3.2.5. t t

_y

_e

e

y

₁

=

,

₂

=

− 0 , 0 ₀ = = − ′′ y t y 1 ) 0 ( , 0 ) 0 ( ; 0 ) 0 ( , 1 ) 0 ( _{3 4 4} 3 = y′ = y = y′ = y

Capítulo

3.2:

Exemplo 7: Solução Geral

Desde que y₁ e y₂ formam o conjunto fundamental de soluções,

Resolvendo para cada equação, obtemos O Wronskiano de y₃ e y₄ é

Assim y₃, y₄ formam o conjunto fundamental de soluções indicado no Teorema 3.2.5, com solução geral neste caso

1 ) 0 ( , 0 ) 0 ( , 0 ) 0 ( , 1 ) 0 ( , 4 4 2 1 4 3 3 2 1 3 = ′ = + = = ′ = + = − − y y e d e d y y y e c e c y t t t t ) senh( 2 1 2 1 ) ( ), cosh( 2 1 2 1 ) ( ₄ 3 t e e t y t e e t y ₌ t ₊ −t _{= =} t ₋ −t ₌ 0 1 senh cosh cosh senh senh cosh _{2 2} 2 1 2 1 _{= = − = ≠} ′ ′ = t t t t t t y y y y W ) senh( ) cosh( ) (t k₁ t k₂ t y = +

Capítulo

3.2:

Exemplo 7:

Varios Conjuntos Fundamentais de Soluções

Portanto

ambos formam o conjunto fundamental de soluções para a equação diferencial e o ponto inicial

Em geral, uma equação diferencial pode ter uma infinidade de diferentes conjuntos fundamentais de soluções. Geralmente, nós escolhemos aquele que é o mais conveniente ou útil.

{

e e

}

S

{

t t

}

S₁ = t, −t , ₂ = cosh ,senh 0 , 0 ₀ = = − ′′ y t y

Capítulo

3.2:

Resumo

Para encontrar uma solução geral de uma equação diferencial primeiramente encontramos duas soluções y₁ e y₂.

Certificar-se então que há um ponto t₀ em algum intervalo tal que W(y₁, y₂)(t₀) ≠ 0.

Segue que y₁ e y₂ formam o conjunto fundamental de soluções para a equação, com solução geral y = c₁y₁ + c₂ y₂.

Se condições iniciais são dadas em um ponto t₀ no intervalo onde W ≠ 0, então c₁ e c₂ podem ser escolhidas de modo que satisfaçam as condições iniciais.

β α < < = + ′ + ′′ p t y q t y t y ( ) ( ) 0,

Capítulo

3.3:

Independencia Linear e o Wronskiano

Duas funções f e g são Linearmente Dependente (LD) se existe constantes c₁ e c₂, não nulas simultaneamente, tal que

para todo t em I. Note que isto se reduz a determinar se f e g são multiplas uma da outra.

Se a única solução a esta equação for c₁ = c₂ = 0, então f e

g são Linearmente Independente(LI).

Por exemplo, Sejam f(x) = sen2x e g(x) = senxcosx, e considerando a combinação linear

Esta equação é satisfeita se nós escolhermos c₁ = 1, c₂ = -2, e daqui f e g são Linearmente Dependente.(LD)

0 ) ( ) ( ₂ 1 f t + c g t = c 0 cos sin 2 sin ₂ 1 x + c x x = c

Capítulo

3.3:

Soluções para Equações de Sistemas 2 x 2

Quando resolvemos

para c₁ e c₂, pode ser mostrado que

Note que se a = b = 0, então a única solução deste sistema de equações é c₁ = c₂ = 0, desde que D ≠ 0.

b y c y c a x c x c = + = + 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 1 1 1 2 1 2 1 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 o , , y y x x D nde D bx ay x y y x bx ay c D bx ay x y y x bx ay c = + − = − + − = − = − − =

Capítulo

3.3:

Exemplo 1: Independencia Linear

Mostrar que as seguintes funções são linear independentes em todo o intervalo :

Sejam c₁ e c₂ escalares, e suponha

para todo t em um intervalo arbitrário (α, β).

Nós queremos mostrar c₁ = c₂ = 0. Desde que a equação verifica para todo t em (α, β), escolha t₀ e t₁ em (α, β), onde t₀ ≠ t₁.

Então t t _{g t e} e t f ( ) = , ( ) = − 0 ) ( ) ( ₂ 1 f t + c g t = c 0 0 1 1 0 0 2 1 2 1 = + = + − − t t t t e c e c e c e c

Capítulo

3.3:

Exemplo 1: Independencia Linear

A solução do nosso sistema de equações

será c₁ = c₂ = 0, se provarmos que o determinante D é não nulo:

Então

Asim sendo t₀ ≠ t₁, significa que D ≠ 0, e portanto f e g são Linearmente Independente.(LI) 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 t t t t t t t t t t t t e e e e e e e e e e D ₋ − − − − − − = − = =

( )

1 0 2 1 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 t t e e e e e e D t t t t t t t t t t t t = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = − − − − − − 0 0 1 1 0 0 2 1 2 1 = + = + − − t t t t e c e c e c e c

Capítulo

3.3:

Teorema 3.3.1

Se f e g são funções diferenciáveis em um intercalo aberto I e se

W(f, g)(t₀) ≠ 0 em algum ponto t₀ em I, então f e g são

linearmente independentes em I. Além disso, se f e g são

linearmente dependentes em I, então W(f, g)(t) = 0 para todo t em I.

Prova(esboço): Sejam c₁ e c₂ escalares, e suponha

Para todo t em I. Em particular, quando t = t₀ nos temos

Sendo W(f, g)(t₀) ≠ 0, segue que c₁ = c₂ = 0, e assim f e g são Linearmente Independentes(LI). 0 ) ( ) ( ₂ 1 f t + c g t = c 0 ) ( ) ( 0 ) ( ) ( 0 2 0 1 0 2 0 1 = ′ + ′ = + t g c t f c t g c t f c

Capítulo

3.3:

Teorema 3.3.2 (Teorema de Abel)

Suponha que y₁ e y₂ são soluções da equação

onde p e q são funções contínuas em algum intervalo aberto I. Então W(y₁,y₂)(t) é dado por

onde c é uma constante que dependem de y₁ e y₂ mas não de t. Note que W(y₁,y₂)(t) ou é zero para todo t em I (se c = 0) ou nunca se anula em I (if c ≠ 0).

0 ) ( ) ( ] [y = y ′′ + p t y′ + q t y = L ∫ = ce− p t dt t y y W ( ₁, ₂)( ) ( )

Capítulo

3.3:

Exemplo 2: Wronskiano e Teorema de Abel

Observe a seguinte equação e suas duas soluções: O Wronskiano de y₁e y₂ é

Assim y₁ e y₂ são Linearmente Independentes em qualquer intervalo I, pelo Teorema 3.3.1. Agora compare W com o Teorema de Abel:

Escolhendo c = -2, nós encontramos o mesmo valor de W acima. t t _{y e} e y y y ′′ − = 0, ₁ = , ₂ = − . todo para 0 2 2 0 2 1 2 1 t e e e e e y y y y W = − t t − t t = − = − ≠ ′ ′ = − −

c

ce

ce

t

y

y

W

(

₁

,

₂

)(

)

=

−

∫

p(t)dt

=

−

∫

0dt

=

Capítulo

3.3:

Teorema 3.3.3

Seja y₁ e y₂ soluções para a equação abaixo, onde p e q são contínuas em um intervalo aberto I:

Então y₁ e y₂ são Linearmente Dependentes em I, se e somente se, W(y₁, y₂)(t) = 0 para todo t em I. De outro modo, y₁ e y₂ são Linearmente Independentes em I, se e somente se, W(y₁, y₂)(t)

≠ 0 para todo t em I. 0 ) ( ) ( ] [y = y ′′ + p t y′ + q t y = L

Capítulo

3.3:

Resumo

Sejam y₁ e y₂ soluções de

onde p e q são contínuas em um intervalo aberto I. Então as seguintes afirmações são equivalentes :

As funções y₁ e y₂ formam um conjunto fundamental de soluções I. As funções y₁ e y₂ são Linearmente Independente em I.

W(y₁,y₂)(t₀) ≠ 0 para algum t₀ em I.

W(y₁,y₂)(t) ≠ 0 para todo t em I.

0 ) ( ) ( ′ + = + ′′ p t y q t y y

Capítulo

3.3:

Notas de Algebra Linear

Seja V o conjunto

Então V é um espaço vetorial de dimensão dois, com uma base formada pelo conjunto fundamental de y₁ e y₂.

Por exemplo, o espaço solução V para a equação diferencial tem como bases

com

{

e e

}

S

{

t t

}

S t_, t _{, cosh ,sinh} 2 1 = − =

(

)

{

: ′′ + ( ) ′ + ( ) = 0, ∈ α , β

}

= y y p t y q t y t V 0 = − ′′ y y 2 1 E paço paço Es S s S V = =

Capítulo

3.4:

Raizes Complexas da Equação Característica

Retomando a discussão da equação onde a, b e c são constantes reais.

Assumindo soluções exponenciais dada da equação característica: A fórmula quadrática(ou fatoração) fornece duas soluções, r₁ e r₂:

Se b2 _{– 4ac < 0, temos raizes complexas: r}

1 = λ + iµ, r2 = λ - iµ Assim 0 = + ′ + ′′ by cy y a 0 ) (t = e ⇒ ar2 + br + c = y rt a ac b b r 2 4 2 ₋ ± − = ( i )t _{y t e}( i )t e t y₁( ) = λ + µ , ₂( ) = λ − µ

Capítulo

3.4:

Formula de Euler:

Soluções Avaliadas nos Complexos

Substitutindo na serie de Taylor de et, no obtemos fórmula

de Euler:

Generalizando a fórmula de Euler, obtemos Então Portanto

( )

(

n

)

t i t t i n t n it e n n n n n n n n it _{cos sin} ! 1 2 ) 1 ( ! 2 ) 1 ( ! ) ( 1 1 2 1 0 2 0 + = − − + − = =

∑

∑

∑

∞ = − − ∞ = ∞ = t i t eiµt = cos µ + sin µ ( ) _{e e e}

[

_{t i t}

]

_{e t ie t}

e λ +iµ t = λt iµt = λt cos µ + sin µ = λt cosµ + λt sin µ

( ) ( ) _{e t ie t} e t y t ie t e e t y t t t i t t t i µ µ µ µ λ λ µ λ λ λ µ λ sin cos ) ( sin cos ) ( 2 1 − = = + = = − +

Capítulo

3.4:

Soluções Avaliadas nos Reais

Nossas duas soluções são funções avaliadas nos complexo:

Nós preferiríamos ter soluções avaliadas nos reais, pois nossa equação diferencial tem coeficientes reais .

Para conseguir isto, recordemos que as combinações lineares das soluções são tambéns soluções :

Ignorando as constantes, nós obtemos as duas soluções

t ie t e t y t ie t e t y t t t t µ µ µ µ λ λ λ λ sin cos ) ( sin cos ) ( 2 1 − = + = t ie t y t y t e t y t y t t µ µ λ λ sin 2 ) ( ) ( cos 2 ) ( ) ( 2 1 2 1 = − = + t e t y t e t y₃( ) = λ t cos µ , ₄( ) = λ t sin µ

Capítulo

3.4:

Soluções Avaliadas nos Reais: O Wronskiano

Assim nós temos as seguintes funções avaliadas nos reais: Verificando o Wronskiano, nós obtemos

Assim y₃ e y₄ formam o conjunto fundamental de soluções para nossa EDO, e a solução geral pode ser expressada como

t e t y t e t y₃( ) = λ t cosµ , ₄( ) = λ t sin µ

(

)

(

)

0 cos sin sin cos sin cos 2 _≠ = + − = t t t t t e t t e t t e t e t e W λ λ λ λ λ µ µ µ µ λ µ µ µ λ µ µ t e c t e c t y( ) = ₁ λ t cosµ + ₂ λ t sin µ

Capítulo

3.4:

Exemplo 1

Considere a equação Então

Portanto

e assim a solução geral é

(

3 / 2

)

sin

(

3 /2

)

cos ) ( /2 2 2 / 1e t c e t c t y ₌ −t ₊ −t 0 = + ′ + ′′ y y y i i r r r e t y rt 2 3 2 1 2 3 1 2 4 1 1 0 1 ) ( = ⇒ 2 + + = ⇔ = − ± − = − ± = − ± 2 / 3 , 2 / 1 = − = µ λ

Capítulo

3.4:

Exemplo 2

Considere a equação Então

Portanto

e assim a solução geral é 0 4 = + ′′ y y i r r e t y( ) = rt ⇒ 2 + 4 = 0 ⇔ = ± 2 2 , 0 = = µ λ

( )

t c

( )

t c t y( ) = ₁ cos 2 + ₂ sin 2

Capítulo

3.4:

Exemplo 3

Considere a equação Então

Portanto a solução geral é 0 2 3y′′ − y′ + y = i r r r e t y rt 3 2 3 1 6 12 4 2 0 1 2 3 ) ( _{= ⇒} 2 _{− + = ⇔ =} ± − _{= ±}

(

2 /3

)

sin

(

2 /3

)

cos ) ( /3 2 3 / 1e t c e t c t y ₌ t ₊ t

Capítulo

3.4:

Exemplo 4: Part (a)

Para o problema do valor inicial abaixo, encontrar (a) a solução u(t) e (b) o menor tempo T para que |u(t)| ≤ 0.1 Nos sabemos do Exemplo 1 que a solução geral é

Usando as condições iniciais, obtemos

Assim

(

3 / 2

)

sin

(

3 / 2

)

cos ) ( /2 2 2 / 1e t c e t c t u ₌ − t ₊ − t 1 ) 0 ( , 1 ) 0 ( , 0 = ′ = = + ′ + ′′ y y y y y 3 3 3 , 1 1 2 3 2 1 1 2 1 2 1 1 = = = ⇒     = + − = c c c c c

(

3 / 2

)

3 sin

(

3 /2

)

cos ) (_{t e} /2 _{t e} /2 _t u ₌ − t ₊ − t

Capítulo

3.4:

Exemplo 4: Part (b)

Encontrar o menor tempo T para que |u(t)| ≤ 0.1 A solução é

Com a ajuda da representação gráfica e de uma calculadora ou computador, nós encontramos T ≅ 2.79. Veja gráfico abaixo.

(

3 / 2

)

3 sin

(

3 / 2

)

cos )

(_{t e} /2 _{t e} /2 _t

Capítulo

3.5:

Raizes Repetidas; Redução de Ordem

Lembrando que uma EDO de 2nd order linear homogeneous

onde a, b e c são constantes reais.

Usando as soluções exponenciais vinda da equação característica:

A fórmula quadrática nos dá duas soluções , r₁ e r₂:

Onde b2 – 4ac = 0, r

1 = r2 = -b/2a, assim este método só fornece

uma solução: 0 = + ′ + ′′ by cy y a 0 ) (t = e ⇒ ar2 + br + c = y rt a ac b b r 2 4 2 ₋ ± − = a t b ce t y₁( ) = − /2

Capítulo

3.5:

Segunda Solução: Fator de Multiplicação v(t)

Nos sabemos que se

Só que y₁ e y₂ são linearmente dependente, vamos generalizar esta aproximação e multiplicar por uma função v, e

determinar condições para que y₂ seja uma solução: Então também solução uma é ) ( ) ( solução uma é ) ( _{2 1} 1 t y t cy t y ⇒ = a t b a t b _{y t v t e} e t

y₁( ) = − /2 é uma solução ⇒ faça ₂( ) = ( ) − /2

a t b a t b a t b a t b a t b a t b a t b e t v a b e t v a b e t v a b e t v t y e t v a b e t v t y e t v t y 2 / 2 2 2 / 2 / 2 / 2 2 / 2 / 2 2 / 2 ) ( 4 ) ( 2 ) ( 2 ) ( ) ( ) ( 2 ) ( ) ( ) ( ) ( − − − − − − − + ′ − ′ − ′′ = ′′ − ′ = ′ =

Capítulo

3.5:

Encontrando o Fator de Multiplicação v(t)

Substituindo as derivadas na EDO, chegamos na fórmula para v:

0

=

+

′

+

′′

b

y

cy

y

a

4 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 / ) ( 0 ) ( 0 ) ( 4 4 ) ( 0 ) ( 4 4 4 ) ( 0 ) ( 4 4 4 2 4 ) ( 0 ) ( 2 4 ) ( 0 ) ( ) ( 2 ) ( ) ( 4 ) ( ) ( 0 ) ( ) ( 2 ) ( ) ( 4 ) ( ) ( k t k t v t v t v a ac b t v a t v a ac a b t v a t v a ac a b a b t v a t v c a b a b t v a t cv t v a b t v b t v a b t v b t v a t cv t v a b t v b t v a b t v a b t v a e bt a + = ⇒ = ′′ =     − − ′′ =     − ₊ + ′′ ⇔ =     _{− +} + ′′ =     + − + ′′ = + − ′ + + ′ − ′′ =       +     _{′ −} +       _{′′ − ′ +} −

Capítulo

3.5:

Solução Geral

Para encontrar nossa solução geral, nós temos:

Assim a solução geral para raízes repetidas é

(

)

a bt a bt a bt a bt a bt a bt te c e c e k t k e k e t v k e k t y 2 / 2 2 / 1 2 / 4 3 2 / 1 2 / 2 2 / 1 ( ) ) ( − − − − − − + = + + = + = a bt a bt _{c te} e c t y( ) = ₁ − /2 + ₂ − /2

Capítulo

3.5:

Wronskiano

A solução Geral é

Assim cada solução é uma combinação linear de O Wronskiano das duas soluções é

Assim y₁ e y₂ formam o conjunto fundamental das soluções.

a bt a bt _{c te} e c t y( ) = ₁ − /2 + ₂ − /2 a bt a bt _{y t te} e t y₁( ) = − /2 , ₂( ) = − /2 t e a bt e a bt e e a bt e a b te e t y y W a bt a bt a bt a bt a bt a bt a bt todo para 0 2 2 1 2 1 2 ) )( , ( / / / 2 / 2 / 2 / 2 / 2 1 ≠ =       +       − =       − − = − − − − − − −

Capítulo

3.5:

Exemplo 1

Considere o PVI

Usando as soluções exponenciais vinda da equação característica:

Portanto a solução geral é

Usando as condições iniciais:

Assim

( )

0 1,

( )

0 1 , 0 2 ′ + = = ′ = + ′′ y y y y y 1 0 ) 1 ( 0 1 2 ) (t = e ⇒ r2 + r + = ⇔ r + 2 = ⇔ r = − y rt t t _{c te} e c t y( ) = ₁ − + ₂ − 2 , 1 1 1 2 1 2 1 1 _{⇒ = =}    = + − = c c c c c t t _te e t y( ) = − + 2 −

Capítulo

3.5:

Exemplo 2

Considere o PVI

Usando as soluções exponenciais vinda da equação característica:

Portanto a solução geral é

Usando as condições iniciais:

Assim

( )

0 2,

( )

0 1/ 2 , 0 25 . 0 = = ′ = + ′ − ′′ y y y y y 2 / 1 0 ) 2 / 1 ( 0 25 . 0 ) (t = e ⇒ r2 − r + = ⇔ r − 2 = ⇔ r = y rt 2 / 2 2 / 1 ) (_{t c e}t _{c te}t y = + 2 1 , 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 − = = ⇒     = + = c c c c c 2 / 2 / 2 1 2 ) (_{t e}t _tet y = −

Capítulo

3.5:

Exemplo 3

Considere o PVI

Usando as soluções exponenciais vinda da equação característica:

Portanto a solução geral é

Usando as condições iniciais:

Assim

( )

0 2,

( )

0 3/ 2 , 0 25 . 0 = = ′ = + ′ − ′′ y y y y y 2 / 1 0 ) 2 / 1 ( 0 25 . 0 ) (_{t = e ⇒ r}2 _{− r + = ⇔ r −} 2 _{= ⇔ r =} y rt 2 / 2 2 / 1 ) (t c et c tet y = + 2 1 , 2 2 3 2 1 2 2 1 2 1 1 = = ⇒     = + = c c c c c 2 / 2 / 2 1 2 ) (t et tet y = +

Capítulo

3.5:

Redução de Ordem

O método usado nesta seção também é utilizado para equações com coeficientes não constantes:

Isto é, dado uma solução y₁, faça y₂ = v(t)y₁:

Substituindo isto na EDO e agrupando termos,

Como y₁ é uma solução da EDO, esta última equação se reduz em uma equação de 1a ordem em v′ :

0 ) ( ) ( ′ + = + ′′ p t y q t y y ) ( ) ( ) ( ) ( 2 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1 1 1 2 1 1 2 1 2 t y t v t y t v t y t v t y t y t v t y t v t y t y t v t y ′′ + ′ ′ + ′′ = ′′ ′ + ′ = ′ =

(

2 _{1 1}

) (

_{1 1 1}

)

0 1v′′ + y′ + py v′ + y′ +′ py′ + qy v = y

(

2 _{1 1}

)

0 1v′′ + y′ + py v′ = y

Capítulo

3.5:

Exemplo 4: Redução de Ordem

Dado a equação de coeficiente variáveis e uma solução y₁, usando o método de redução de ordem para encontrar uma

segunda solução:

Substituindo isto na EDO e agrupando termos,

, ) ( ; 0 , 0 3 ₁ 1 2_{y′′ + ty′ + y = t > y t = t}− t 3 2 1 2 2 1 2 1 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( − − − − − − + ′ − ′′ = ′′ − ′ = ′ = t t v t t v t t v t y t t v t t v t y t t v t y

(

) (

)

) ( ) ( o , 0 0 0 3 3 2 2 0 3 2 2 1 1 1 1 2 1 3 2 1 2 t v t u nde u u t v v t vt vt v vt v t v vt vt t v t vt t v t v t ′ = = + ′ ⇔ = ′ + ′′ ⇔ = + − ′ + + ′ − ′′ ⇔ = + − ′ + + ′ − ′′ − − − − − − − − −

Capítulo

3.5:

Exemplo 4: Encontrando v(t)

Resolvendo

para u, nos podemos usar o método de separação de variáveis:

Assim e portanto . 0 d , ln ln 1 0 1 1 > = ⇔ = ⇔ + − = ⇔ − = ⇔ = + − −

∫

∫

t que esde ct u e t u C t u dt t u du u dt du t C ) ( ) ( , 0 u t v t u u t ′ + = = ′ t c v′ = k t c t v( ) = ln +

Capítulo

3.5:

Exemplo 4: Solução Geral

Nos temos Assim

Lembrando

e portanto nós podemos concluir o segundo termo y₂ Daqui a solução geral da equação diferencial é

(

)

1 1 1 2(t) = clnt + k t− = ct− lnt + k t− y k t c t v( ) = ln + . ln ) ( 1 2 t t t y = − 1 1

(

t

)

=

t

−

y

t t c t c t y( ) = ₁ −1 + ₂ −1 ln

Capítulo

3.5:

Casos Especiais de Redução de Ordem

EDO de 2a ordem onde falta a Variável Dependente.

A substituição é v=y’ e v’=y” na EDO de 2a _{ordem, leva a}

uma EDO de 1a ordem nas variáveis v dependente e t independente.

EDO de 2a ordem onde falta a Variável Independente.

A substituição na EDO de 2a ordem é v(y)=y’ e , leva a

uma EDO de 1a ordem nas variáveis v dependente e y independente.

Exemplos:

)

,

(

'

f

t

v

v

=

) ' , ( '' f t y y = ) ' , ( '' f y y y = '' ' y dy dv v dt dv v = = = ) , ( vy f dy dv v = y e y y d y yy c t y y t b t ty y t a − = + = + > = > = − + 2 ) ' ( " ) 0 ) ' ( " ) 0 , ) ' ( " ) 0 , 0 1 ' 2 " ) 2 2 2 2 2

Capítulo 3.6:

Equações Não Homogêneas

Método dos Coeficientes Indeterminados

Uma equação não homogênea é dada por

onde p, q, g são funções contínuas em um intervalo aberto I. A equação homogênea associada é

Nesta seção nós aprenderemos o método dos coeficientes indeterminados para resolver a equação não homogênea, e para isso é necessário saber as soluções da equação

homogênea. ) ( ) ( ) (t y q t y g t p y′′ + ′ + = 0 ) ( ) ( ′ + = + ′′ p t y q t y y

Capítulo 3.6:

Teorema 3.6.1

Se Y₁, Y₂ são as soluções da equação não homogênea então Y₁ - Y₂ é uma solução da equação homogênea

Se y₁, y₂ formam um conjunto fundamental de soluções da equação homogênea, então existem constante c₁, c₂ tal que

) ( ) ( ) ( ) ( _{2 1 1 2 2} 1 t Y t c y t c y t Y − = + ) ( ) ( ) (t y q t y g t p y ′′ + ′ + = 0 ) ( ) ( ′ + = + ′′ p t y q t y y

Capítulo 3.6:

Teorema 3.6.2 (Solução Geral)

A solução geral da equação não homogênea pode ser escreita na forma

onde y₁, y₂ formam o conjunto fundamental de soluções da

equação homogênea, c₁, c₂ são constantes arbitrarias e Y é uma solução particular da equação não homogênea.

) ( ) ( ) ( ) (t c₁y₁ t c₂y₂ t Y t y = + + ) ( ) ( ) (t y q t y g t p y ′′ + ′ + = 0 ) ( ) ( _{1 1} 1′′ + p t y′ + q t y = y ) ( ) ( ) (t Y q t Y g t p Y ′′ + ′ + = 0 ) ( ) ( _{2 2} 2′′ + p t y′ + q t y = y

Capítulo 3.6:

Método dos Coeficientes Indeterminados

Lembrando uma equação não homogênea é dada por com solução geral

Nesta seção usaremos o método dos coeficientes

indeterminados para encontrar uma solução particular Y

para a equação não homogênea, assumindo que podemos encontrar soluções y₁, y₂ para o caso homogênio.

O método dos coeficientes indeterminados é usualmente limitado para quando p e q são constantes, e g(t) é uma função polinomial, exponencial, seno ou coseno.

) ( ) ( ) (t y q t y g t p y′′ + ′ + = ) ( ) ( ) ( ) (t c₁y₁ t c₂y₂ t Y t y = + +

Capítulo 3.6:

Exemplo 1: g(t)

, Exponencial

Considere a equação não homogênea

Nós procuramos Y que satisfaça a esta equação. Sabendo que as exponenciais se repetem com a diferentiação, é um bom ponto de partida para Y supormos uma função exponencial: Substituindo ela e suas derivadas na equação,

Assim uma solução particular para a EDO não homogênea é

t e y y y′′ − 3 ′ − 4 = 3 2 t t t _{Y t Ae Y t Ae} Ae t Y_{( ) =} 2 _⇒ ′_{( ) = 2} 2 _, ′′_{( ) = 4} 2 2 / 1 3 6 3 4 6 4 2 2 2 2 2 2 − = ⇔ = − ⇔ = − − A e Ae e Ae Ae Ae t t t t t t t e t Y 2 2 1 ) ( = −

Capítulo 3.6:

Exemplo 2: g(t) , seno

Considere a equação não homogênea

Nós procuramos Y que satisfaça a esta equação. Sabendo que senos se repete ao longo das derivadas, é um bom ponto de partida para Y:

Substituindo ela e suas derivadas na equação,

Sabendo que sen(x) e cos(x) são LI (não são múltiplos um do outro), nos terioamos c₁= c₂ = 0, e assim 2 + 5A = 3A = 0, o que é impossível. t y y y′′ − 3 ′ − 4 = 2sen t A t Y t A t Y t A t

Y( ) = sen ⇒ ′( ) = cos , ′′( ) = − sen

(

)

0 cos sen 0 cos 3 sen 5 2 sen 2 sen 4 cos 3 sen 2 1 + = ⇔ = + + ⇔ = − − − t c t c t A t A t t A t A t A

Capítulo 3.6:

Exemplo 2: g(t) , seno

Nossa tentativa agora para Y é

Substituindo ela e suas derivadas na EDO, obtemos

Portanto a solução particular para a EDO não homogênea é

t B t A t Y t B t A t Y t B t A t Y cos sen ) ( , sen cos ) ( cos sen ) ( − − = ′′ − = ′ ⇒ + =

(

) (

) (

)

(

)

(

)

17 / 3 , 17 / 5 0 5 3 , 2 3 5 sen 2 cos 5 3 sen 3 5 sen 2 cos sen 4 sen cos 3 cos sen = − = ⇔ = − − = + − ⇔ = − − + + − ⇔ = + − − − − − B A B A B A t t B A t B A t t B t A t B t A t B t A

t

y

y

y

′′

−

3

′

−

4

=

2

sen

t t t Y cos 17 3 sen 17 5 ) ( = − +