3 - Equações Lineares de Segunda Ordem

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.

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.

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.

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.

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

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}.

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

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’.

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.

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’ .

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.

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` - y<sub>1</sub>` 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]

Fórmulas de Euler

Do cálculo elementar, usando a série de Taylor, temos para e ^t em torno de t = 0,

 

    



t n com

e t

n t n

0

!

Nos complexos, temos











 









 

 



1

) 1 2 ( ) 1 ( 0

2

0

( 2 1 ) !

) 1 (

! ) 2 (

) 1 (

! ) (

n

n n

n

n n

n

n it

n i t

n t n

e it

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.

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.

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)

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

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

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.

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 (y_h);

2 – Encontrar uma única solução Y(t) da equação não homogênea (y_p);

3 – Somar as duas funções encontradas ( y = y_h + y_p).

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.

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

Tabela de solução particular de ay”+ by’ + c = g_i(t)

g_i(t) Y_i(t)

P_n(t) = a₀tⁿ +a₁t^(n-1)+ ... + a_n t^s (A₀tⁿ + A₁t^(n-1) + ...+ A_n) P_n(t) e ^t t^s (A₀tⁿ + A₁t^(n-1) +...+ A_n) e ^t P_n(t) e ^t [sen(t)]

[cos(t)]

t^s [(A₀tⁿ + A₁t^(n-1) + ...+ A_n) e^tcos(t) + t^s (₀tⁿ + ₁t^(n-1) + ...+ _n) e^tsen(t)

Onde s denota o menor inteiro não negativo (s = 0, 1, 2) que garanta que nenhuma parcela de Y_i(t) seja solução da equação homogênea correspondente.

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 y_h = c₁e ^3t + c₂e ^–t

E a solução particular é dada por

y = Ae ^2t, y’ = 2Ae ^2t, y” = 4 Ae ^2t

4 Ae ^2t - 4 Ae ^2t - 3 Ae ^2t = 3e ^2t ou A = -1 e y_p = - e ^2t Então, como y = y_h + y_p, temos y = c₁e ^3t + c₂e ^–t - e ^2t

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 y_h = 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)

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

dt

t y y W

t g t t y

y t dt

y y W

t g t t y

y t

Y^{( )  ( )}





2 1 1 2

2 1 2 1

e a solução geral é y = c₁y₁(t) + c₂y₂(t) + Y(t) como visto antes.

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) +...+ P_n-1(t)dy/dt +P_n(t)y =G(t) Supondo que P₀, P₁ ... P_n 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) +...+ p_n-1(t)dy/dt+p_n(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.

Teorema: Se as funções p₁, p₂, ..., p_n 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.

Teorema. Se as funções p₁, p₂, ...., p_n são contínuas no

intervalo aberto I, se as funções y₁, y₂, ...., y_n são soluções da equação homogênea e se W(y₁, y₂, ...., y_n )(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, ...., y_n .

Equação homogênea com coeficientes constantes

Seja a equação L[y] = a₀yⁿ +a₁y^(n-1) +...+ a_(n-1) y’+ a_ny = 0, a_i real. A solução, similar ao de segunda ordem é

L[e ^rt] = e ^rt (a₀rⁿ +a₁r^(n-1) +...+ a_(n-1) r+ a_n) = e ^rt Z(r), onde Z(r) = a₀rⁿ +a₁r^(n-1) +...+ a_(n-1) r+ a_n..

Assim podemos escrever a equação característica na forma Z(r) = a₀ (r- r₁) (r- r₂) (r- r₃) . . .(r- r_n).

Se as raízes forem reais e distintas, então temos n soluções diferentes, cujo expressão geral é dada por

y = c₁e ^r1t + c₂e ^r2t + ...+c_ne ^rnt

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

Exemplo: Encontre a solução geral de y^iv +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 = 4e^t.

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 = 4 e ^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