Capítulo II
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES DE
2ª ORDEM
Digitally signed by Maria Alzira Pimenta Dinis DN: cn=Maria Alzira Pimenta Dinis, o=Universidade
Capítulo II
Até agora já conhecemos uma série de equações diferenciais lineares de primeira ordem. Definiremos e consideraremos agora equações diferenciais lineares de segunda ordem.
Equações Lineares Homogéneas.
Uma equação diferencial de segunda ordem é chamada linear se pode ser escrita na forma y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y=r( )
x e não linear se não pode ser escrita nesta forma. O traço característico desta equação consiste no facto de ser linear na função desconhecida y e nas suas derivadas, enquanto que p e q, bem como r à direita podem ser quaisquer funções dadas de x . Se o primeiro termo for, digamos, f( )
x y′′ ,temos que dividir por f
( )
x para obter a forma padrão, com y ′′ como o primeirotermo, o que é exequível. Se r
( )
x ≡0 - isto é, r( )
x =0 para todo o x considerado – então y′′+ p( )
x y′+q( )
x y =r( )
x torna-se simplesmente( )
′+( )
=0+
′′ p x y q x y
y e é chamada homogénea. Se r
( )
x ≠ 0 então é chamada nãohomogénea. Isto é similar ao que vimos anteriormente. As funções p e q são
chamadas os coeficientes das equações. Um exemplo de uma equação diferencial linear não homogénea é y′′+4y=e−xsinx. Um exemplo de uma equação linear homogénea é
(
1−x2)
y′′−2xy′+6y=0. Exemplos de equações diferenciais não lineares são x(
y′′y+y′2)
+2y′y=0 e y′′= y′2+1. Suporemos que x varia num intervalo aberto I , e todas as suposições e afirmações se referem a I , que nãonecessita de ser especificado em cada caso. (Recordemos que I pode compreender todo o eixo dos x .) Uma solução de uma equação diferencial – linear ou não
linear – de segunda ordem num intervalo aberto a< x<b é uma função y=h
( )
x que tem derivadas y′=h′( )
x e y′′=h′′( )
x e satisfaz aquela equação diferencial para todo o x no intervalo I ; isto é, a equação torna-se uma identidade se substituirmos afunção desconhecida y e as suas derivadas por h e pelas suas correspondentes
Equações Homogéneas: Princípio de Superposição ou Linearidade.
Exemplo - y= e ex y=e−x são soluções da equação diferencial linear homogénea
0 = − ′′ y
y para todo o x porque para y= obtém-se ex
( )
ex ″−ex =ex −ex =0 e similarmente para y=e−x. Podemos ir até um pouco mais além. Pode multiplicar-sex
e e e−x por diferentes constantes, digamos, -3 e 8 – ou quaisquer outros números – e depois tomar a soma y=−3ex +8e−x e verificar que esta é outra solução da nossa equação homogénea porque
(
−3ex +8e−x) (
″− −3ex +8e−x)
=−3ex +8e−x −(
−3 +8)
=0− x − x
e
e .
Este exemplo ilustra o facto extremamente importante de que de uma equação linear
homogénea y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y=0, podemos obter sempre novas soluções desoluções conhecidas por multiplicação de constantes e por adição. É evidente que isto é de grande vantagem porque deste modo pode obter-se mais soluções de soluções dadas. No caso acima para y1 (=e ) e x y2 (=e−x) obtém-se uma solução da forma
2 2 1 1y c y
c
y= + (c , 1 c constantes arbitrárias). Chamamos a isto uma combinação 2
linear de y1 e y2. Utilizando este conceito, podemos agora formular o resultado sugerido pelo nosso exemplo, frequentemente denominado de princípio da
superposição ou princípio da linearidade.
Teorema – Para uma equação diferencial linear homogénea y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y=0. qualquer combinação linear de duas soluções num intervalo aberto I é novamente uma solução da equação anterior em I. Em particular, para uma tal equação, somas e múltipos constantes das soluções são novamente soluções → Teorema fundamental.Demonstração – Sejam y1 e y2 soluções de y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y=0 em I . Então, pela substituição de y=c1y1+c2y2 e as suas derivadas em y′′+ p( )
x y′+q( )
x y=0 e usando a regra já familiar(
c1y1+c2y2)
′ =c1y1′+c2y′2, etc, obtém-se(
c1y1 c2y2)
p(
c1y1 c2y2)
q(
c1y1 c2y2)
qyy p
0
= , uma vez que na última linha,
( )
= porque 0 y1 e y2 são soluções, por assim se assumir. Isto mostra-nos que y é uma solução de y′′+ p( )
x y′+q( )
x y=0 em I.Atenção! - Relembremos sempre este importante teorema mas não esqueçamos que
não se verifica para equações lineares não homogéneas ou equações não lineares como o exemplo a seguir demonstra.
Exemplo – A substituição mostra que as funções y=1+cosx e y=1+sinx são soluções da equação diferencial linear não homogénea y′′ y+ =1, mas as funções seguintes 2
(
1+cosx)
e(
1+cosx) (
+ 1+sinx)
, não são soluções desta equação diferencial.Exemplo – A substituição mostra que as funções y= x2 e y=1 são soluções da equação diferencial não linear y′′y−xy′=0, mas as seguintes funções − e x2 x2+1
não são soluções desta equação diferencial.
Problema de Valor Inicial. Solução Geral. Base.
Para uma equação diferencial de primeira ordem, uma solução geral envolvia uma constante arbitrária c , e num problema de valor inicial utilizava-se uma condição inicial y
( )
x0 = y0 para encontrar uma solução particular na qual c assumia um valor determinado. A ideia de uma solução geral era encontrar todas as condições possíveis, e para equações lineares, éramos bem sucedidos, porque não existiam soluções singulares. Vamos estender agora esta ideia a equações de segunda ordem: para equações lineares homogéneas de segunda ordem y′′+ p( )
x y′+q( )
x y=0, uma solução geral será da forma y=c1y1+c2y2, uma combinação linear de duas soluçõesenvolvendo duas constantes arbitrárias c1, c2. Um problema de valor inicial consiste agora na equação y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y=0 e duas condições iniciais y( )
x0 =K0,( )
x0 K1y′ = , estabelecendo valores K e 0 K da solução e da sua derivada – declive 1
da curva – para o mesmo valor x dado no intervalo aberto considerado. Usaremos 0
( )
x0 K0( )
′+( )
=0 +′′ p x y q x y
y , na qual c1 e c2 assumem valores definidos. Ilustremos isto com um exemplo simples que nos ajudará também a ver a necessidade de impor uma condição em y1 e y2 em y=c1y1+c2y2.
Exemplo – Resolva o problema de valor inicial y′′− y=0, y
( )
0 =5, y′( )
0 =3.O primeiro passo da resolução consiste no seguinte: e e x e−x são soluções – já o vimos – e tomemos y=c1ex +c2e−x. 2º passo: da condição inicial, uma vez que
x x e c e c y′= 1 − 2 − , obtemos y
( )
0 =c1+c2 =5, y′( )
0 =c1−c2 =3. Assim, c1 =4, 1 =c . A resposta será então dada substituindo na condição geral y=c1ex +c2e−x os valores obtidos, isto é, tem-se y= 4ex +e−x.
Nota: Se no exemplo acima tivessemos assumido y1 =ex e y2 =lex, obtendo assim
(
c c l)
e yle c e c
y= 1 x + 2 x = 1+ 2 x = ′, a nossa solução não teria sido suficientemente geral para satisfazer as duas condições iniciais e resolver o problema. Vejamos porquê: y e 1 y são proporcionais, 2 y1 y2 =1l, enquanto que os anteriores não o eram, y1 y2 =ex e−x =2ex. Esta é a questão principal, motivando as definições seguintes, bem como a sua importância em relação aos problemas de valor inicial.
Definição (Solução Geral. Base. Solução Particular.).
Uma solução geral de uma equação y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y=0 num intervalo aberto I é uma solução y=c1y1+c2y2 com y1 e y2 soluções não proporcionais de( )
′+( )
=0+
′′ p x y q x y
y em I e c , 1 c constantes arbitrárias. 2 y e 1 y são então 2
chamados uma base – ou sistema fundamental – de y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y=0 em I . Uma solução paticular de y′′+ p( )
x y′+q( )
x y=0 em I é obtida se tomarmos valores específicos para c e 1 c em 2 y=c1y1+c2y2. y e 1 y são chamados proporcionais em 2 I se y1 =ky2 ou y2 =ly1 se verificam para todo o x em I , onde k e l são números. Na verdade, podemos também formular a nossa definição de base emlinearmente independentes num intervalo onde são definidas se k1y1
( )
x +k2y2( )
x =0 em I implica k1 =0, k2 =0, e dizemos que elas são linearmente dependentes em Ise a equação também se verifica para algumas constantes k1, k2 não ambas nulas. Então, se k1 ≠0 ou k2 ≠0, podemos dividir e resolver, obtendo 2
1 2 1 y k k y =− ou 1 2 1 2 y k k
y =− . Assim, y1 e y2 são proporcionais, enquanto que no caso de independência linear, não o são. Tem-se assim o seguinte: uma base de soluções de
( )
′+( )
=0+
′′ p x y q x y
y num intervalo I é um par y1, y2 de soluções linearmente independentes de y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y =0 em I.Exemplo - ex e e−x no exemplo anterior formam uma base da equação diferencial
0 = − ′′ y
y para todo o x . Assim uma solução geral é y=c1ex +c2e−x. A resposta obtida no exemplo anterior constitui uma solução particular da equação.
Na prática, utiliza-se normalmente uma solução geral para encontrar soluções particulares, através da imposição de duas condições iniciais, porque é a solução particular que descreve o comportamento único de um determinado sistema físico ou outro. Para já fixemos o seguinte: se os coeficientes p e q de
( )
x y q( )
x y r( )
x py′′+ ′+ = e a função r são contínuas em algum intervalo I, então
( )
x y q( )
x y r( )
x py′′+ ′+ = tem uma solução geral em I , da qual se obtém a solução
de qualquer problema de valor inicial y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y=r( )
x, y( )
x0 =K0,( )
x0 K1y′ = em I , que é única. y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y =r( )
x não tem soluções singulares – isto é, soluções não obtidas de uma solução geral.Equações Homogéneas com Coeficientes Constantes.
Veremos aqui como resolver equações lineares homogéneas y′′+ay′+by=0 cujos coeficientes a e b são constantes. Estas equações têm aplicações importantes, especialmente no que diz respeito a vibrações mecânicas e eléctricas. Para resolver
0 = + ′ + ′′ ay by
0 = + ′ ky
y com k como coeficiente constante tem uma função exponencial como solução, y=e−kx, o que nos dá a ideia de tentar como solução de y′′+ay′+by=0 a função y=eλx. Substituindo y=eλx e as derivadas y′=λeλx e y′′=λ2eλx na equação y′′+ay′+by=0, obtém-se
(
λ2 +aλ+b)
eλx =0. Assim, y=eλx é uma solução de y′′+ay′+by=0, se λ é uma solução da equação quadrática0
2+ + =
b aλ
λ . Esta equação é chamada a equação característica – ou equação
auxiliar – de y′′+ay′+by=0. As suas raízes são
(
a a 4b)
2 1 2 1 = − + − λ ,
(
a a 4b)
2 1 2 2 = − − −λ . A derivação mostra que as funções y e1x 1 λ = e y e 2x 2 λ = são soluções de y′′+ay′+by=0. Directamente de
(
a a 4b)
2 1 2 1 = − + − λ e(
a a 4b)
2 1 2 2 = − − −λ vemos que, dependendo do sinal do discriminante a2−4b, obtém-se: Caso I – 2 raízes reais se a2− b4 >0
Caso II – uma raíz dupla real se a2− b4 =0
Caso III – raízes conjugadas complexas se a2 − b4 <0
Caso I – Duas raízes reais distintas λ1.e λ2.
Neste caso, y e 1x 1 λ = e y e2x 2 λ
= constituem uma base de soluções de y′′+ay′+by=0
num qualquer intervalo - porque y1 y2 não é constante. A correspondente solução geral é y ce 1x c e 2x 2 1 λ λ + = .
Exemplo – Podemos agora resolver y′′ y− =0 de uma forma sistemática. A equação característica é λ2 −1=0. As suas raízes são λ1 =1 e λ2 =−1. Assim, uma base é ex
e e−x e, como anteriormente, tem-se a solução geral x x
e c e c
Caso II – Raíz real dupla λ=−a 2.
Quando o discriminante a2 − b4 =0, então
(
a a 4b)
2 1 2 1 = − + − λ ,
(
a a 4b)
2 1 2 2 = − − −λ permite apenas obter uma raíz λ =λ1 =λ2 =−a 2, obtendo-se inicialmente somente uma solução y1=e−( )a2x. Para encontrar uma segunda solução, necessária para uma base, utiliza-se o método de redução de ordem. Isto é, define-se y2 =uy1 e as suas derivadas y′2 =u′y1+uy1′ e
1 1 1 2 u y 2uy uy y′′= ′′ + ′ ′+ ′′ em y′′+ay′+by=0. Obtém-se
(
u′′y1+2u′y1′+uy1′′)
+(
′ 1+ 1′)
+ 1 =0+auy uy buy . Agrupando os termos, tem-se u′′y1+u′
(
2y1′+ay1)
+(
1′′+ 1′+ 1)
=0+u y ay by . A expressão no último parenteses é nula, uma vez que y é 1
uma solução de y′′+ay′+by=0. A expressão no primeiro parenteses é nula, também, uma vez que 2y1′ =−ae−ax2 =−ay1. Ficamos assim com u′′y1 =0. Assim
0 = ′′
u . Através de duas integrações, u=c1x+c2. Para encontrar uma segunda solução independente y2 =uy1, pode simplesmente tornar-se u= . Então x y2 = xy1. Uma vez que estas soluções não são proporcionais, formam uma base. O resultado é que, no caso de uma raíz dupla de λ2 +aλ+b=0 uma base de soluções de
0 = + ′ + ′′ ay by
y em qualquer intervalo é e−ax2, xe−ax2. A correspondente solução
geral é
(
)
2 2 1 ax e x c c y= + − . Exemplo – Resolva y′′+8y′+16y=0.A equação característica tem a raíz dupla λ =−4. Assim uma base é e−4x e xe−4x e a
correspondente solução geral é y=
(
c1+c2x)
e−4x.Caso III – Raízes complexas. Função Exponencial Complexa.
Para equações diferenciais lineares homogéneas com coeficientes constantes
0 = + ′ + ′′ ay by
tem raízes a a 4b 2 1 2 1 2 1 =− + − λ , a a 4b 2 1 2 1 2 2 =− − −
λ que são complexas. As
duas equações anteriores (λ1 e λ2) mostram que isso acontece se o discriminante
b
a2−4 é negativo. Neste caso, é prático retirar da raíz −1=i e 1 4 2 1 = debaixo da raíz, escrevendo λ =− a+iω 2 1 1 , λ =− a−iω 2 1 2 onde 2 4 1 a b− = ω . Podemos
ver que eλ1x e eλ2x são agora soluções complexas de y′′+ay′+by=0. No caso III,
uma base de soluções reais de y′′+ay′+by=0 em qualquer intervalo é
x e
y1 = −ax2cosω , y2 =e−ax2sinωx. Por diferenciação e substituição podemos ver que y e 1 y acima constituem soluções da equação diferencial. 2 y2 y1 =tanωx não é constante, pois ω ≠0, portanto y1 e y2 não são proporcionais. A correspondente solução geral é y=e−ax2
(
Acosωx+Bsinωx)
.
Exemplo – Encontre uma solução geral da equação y′′−2y′+10y=0.
A equação característica λ2−2λ+10=0 tem as raízes complexas conjugadas
i 3 1 10 1 1 1 = + − = +
λ
, λ2 =1−3i. Tem-se assim a base y excos3x1 = ,
x e
y xsin3
2 = e a correspondente solução geral y e
(
A x B x)
x cos3 + sin3
= .
Função Exponencial Complexa.
Vamos simplesmente ver agora como podemos comprovar que y1 e y2 podem ser soluções no caso III. Mostraremos que isso deriva da função exponencial complexa. A função exponencial complexa ez de uma variável complexa z= s+it é definida por ez =es+it =es
(
cost+isint)
. Para z real igual a s , esta expressão torna-se a familiar função exponencial real e de Análise porque então s cost=cos0=1 e
1 0 sin
sint= = . e tem propriedades bastante semelhantes às da função exponencial z
real; em particular, pode mostrar-se que é diferenciável e que satisfaz ez1+z2 =ez1ez2.
expressão, tomamos agora z=λ1x com λ =− a+iω 2 1 1 . Tem-se assim x i ax x it s z= + =λ =− + ω 2 1 1 . Então de e e e
(
t i t)
s it s z sin cos + = = + vem ( ) e ( )(
x i x)
e−a2x+iωx = −a2x cosω + sinω . Similarmente, uma vez que sin
( )
−α =−sinα, tem-se para eλ2x, com λ =− a−iω2 1
2 ,
( ) e ( )
(
x i x)
e−a2x−iωx = −a2x cosω − sinω . Adicionando as duas fórmulas e dividindo a soma por 2, encontramos à direita, como se viu atrás, y2 =e−ax2sinωx. Do teorema fundamental para a equação homogénea que vimos anteriormente segue-se que y e 1 y são novamente soluções, o que 2
confirma que y=e−ax2
(
Acosωx+Bsinωx)
é uma solução geral de y′′+ay′+by=0 no caso de raízes complexas. Lembramos que para s=0, eit =cost+isint é a chamada fórmula de Euler.Exemplo – Resolva o problema de valor inicial y′′+2y′+5y=0, y
( )
0 =1,( )
0 =5 ′y .
A equação característica
λ
2 +2λ
+5=0 tem as raízes complexas −1± 1−5 =i
2 1± −
= . Tem-se assim y
( )
x =e−x(
Acos2x+Bsin2x)
. A primeira condição dá( )
0 = A=1y . A derivada da solução geral é y′ x
( )
=(
A x B x A x B x)
e x − cos2 − sin2 −2 sin2 +2 cos2
= −
, e a segunda condição inicial permite obter, uma vez que sin0= , 0 y′
( )
0 =−A+2B=−1+2B=5. Então B=3 e a resposta é y=e−x(
cos2x+3sin2x)
.Exemplo – Uma solução geral da equação y′′+ω2y=0, ω=constante≠ , é 0
x B x A
y= cos
ω
+ sinω
. Para ω=1 tem-se o mesmo resultado que obteríamos anteriormente para y′′ y+ =0, isto é, y=c1cosx+c2sinx.É interessante que em aplicações em sistemas mecânicos ou circuitos eléctricos os três casos atrás correspondem a três formas diferentes de movimentos ou fluxos de corrente, respectivamente.
De seguida apresenta-se um resumo dos três casos:
Caso Raízes de λ2+aλ+b=0 Base de y′′+ay′+by=0 Solução geral de y′′+ay′+by=0 I Distintas reais λ , 1 λ 2 eλ1x, eλ2x y=c1eλ1x +c2eλ2x II Real dupla a 2 1 − = λ ax2 e− , xe−ax2
(
1 2)
2 ax e x c c y= + −III Complexas conjugadas
x e−ax2cosω x e−ax2sinω y e
(
A x B x)
ax2 cosω + sinω = −Problemas de Valor Fronteira.
As aplicações conduzem-nos por vezes a condições do tipo y
( )
P1 = , k1 y( )
P2 =k2. Estas são conhecidas por condições fronteira, uma vez que se referem aos pontos terminais P , 1 P - pontos fronteira 2 P , 1 P - de um intervalo 2 I no qual a equação0 = + ′ + ′′ ay by
y é considerada. A equação y′′+ay′+by=0 e as condições
( )
P1 k1y = , y
( )
P2 =k2 em conjunto constituem o que é conhecido por problema devalor fronteira. Refere-se a seguir um exemplo típico:
Exemplo – Resolva o problema de valor fronteira y′′+y=0, y
( )
0 =3, y( )
π =−3.Uma base é y1 =cosx, y2 =sinx. A correspondente solução geral é
( )
x c x c xy = 1cos + 2sin . A condição de fronteira esquerda dá y
( )
0 = c1=3. Da condição de fronteira direita vem y( )
π =c1cosπ +c2⋅0=−3. 1cosπ =− e c1 =3, portanto esta equação mantém-se e vemos que não gera qualquer condição para c2. Assim uma solução do problema é y=3cosx+c2sinx. c continua a ser arbitrário. 2Isto é uma surpresa. A razão, é claro, é que sin é nulo em zero e x π. Pode concluir-se que a solução de um problema de valor fronteira é único se e somente se nenhuma solução y≠0 de y′′+ay′+by=0 satisfazer y
( ) ( )
P1 = Py 2 =0.Equação de Euler-Cauchy.
As equações de coeficiente constante são resolvidas sem integração, como vimos. Similarmente, as equações de Euler-Cauchy x2y′′+axy′+by=0 podem ser também resolvidas puramente por manipulações algébricas. Na verdade, substituindo y=xm e as suas derivadas na equação diferencial x2y′′+axy′+by=0, tem-se
(
1)
2 1 02mm− xm− +axmxm− +bxm =
x . Omitindo x , que não é nulo se m x≠0,
obtém-se as equações auxiliares m2 +
(
a−1)
m+b=0 .Caso I – Raízes reais distintas.
Se as raízes m1, m2 de m2 +
(
a−1)
m+b=0 são reais e distintas, então( )
1 1 m x x y = e( )
2 2 m x xy = constituem uma base de soluções da equação diferencial 0
2y′′+axy′+by=
x para todo o x para o qual estas funções são definidas. A correspondente solução geral é 1 2
2 1 m m x c x c y= + (c1, c2 arbitrários).
Exemplo – Resolva a equação de Euler-Cauchy x2y′′−2,5xy′−2,0y=0.
A equação auxiliar é m2−3,5m−2,0=0. As raízes são 0,5
1 =−
m e m2 =4. Assim uma base de soluções reais para todo o x positivo é
x
y1 = 1 , y2 = x4 e a correspondente solução geral para todo o x é 1 c2x4
x
c + .
Caso II – Raízes duplas.
Se m2 +
(
a−1)
m+b=0 tem uma raíz dupla m=(
1−a)
2 1
, tem-se uma primeira solução y1= x(1−a)2 e uma segunda solução y pelo método de redução de ordem. 2
Assim, substituindo y2 =uy1 e as suas derivadas em x2y′′+axy′+by=0, obtém-se
(
1 2 1 1)
(
1 1)
1 0 2 ′′ + ′ ′+ ′′ + ′ + ′ + = buy y u y u ax y u y u y u(
2 1 1)
(
2 1 1 1)
01
2 + ′ ′+ + ′′+ ′+ =
′′x y ux xy ay u x y axy by
u . A última expressão é nula pois y1
é uma solução de x2y′′+axy′+by=0. De (1 )2 1
a
x
y = − tem-se na última expressão
(
)
( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 1 1 12xy′+ay = −a x −a +ax −a =x −a = y . Isto reduz a expressão
(
2 1 1)
(
2 1 1 1)
0 1 2 + ′ ′+ + ′′+ ′+ = ′′x y ux xy ay u x y axy by u a(
u′′x2+u′x)
y1 =0. Dividindo por 1y (≠ ), separando as variáveis e integrando tem-se, para 0 x >0,
x u u =−1 ′ ′′ , x u ln ln ′ =− , x
u′= 1, u=lnx. Assim y2 = y1lnx, que não é proporcional a y1. Então no caso de uma raíz dupla de m2 +
(
a−1)
m+b=0, uma base de0 2 ′′+ ′+ = by y ax y
x para todo o x positivo é y1 =xm, y2 = xmlnx com
(
a)
m= 1−
2 1
, obtendo-se a solução geral y=
(
c1+c2lnx)
x(1−a)2 com c1, c2 arbitrários.Exemplo – Resolva x2y′′−3xy′+4y=0.
A equação auxiliar tem a raíz dupla m=2. Então uma base de soluções reais para todo o x positivo é x , 2 x ln2 x, e a correspondente solução geral é
(
)
22 1 c lnx x
c
y= + .
Caso III – Raízes complexas conjugadas.
Se as raízes m1 e m2 de m2 +
(
a−1)
m+b=0 são complexas elas são também conjugadas, digamos m1 =µ+iν, m2 =µ−iν. Neste caso, uma base de soluções de0 2 ′′+ ′+ = by y ax y
x para todo o x positivo é y1 =xµcos
(
νlnx)
, y2 = xµsin(
νlnx)
. Na verdade estas funções não são proporcionais, e são soluções de0
2y′′+axy′+by=
x por diferenciação e substituição. A correspondente solução geral
é y= xµ
[
Acos(
νlnx)
+Bsin(
νlnx)
]
. Outra questão tem a ver com o facto de como se concluiu que y1 e y2 acima poderiam ser soluções. Para responder a isso vejamos o seguinte: a fórmula xk =( )
elnx k =eklnx verifica-se assim para k real até k=iν(
x)
i(
x)
e
xiν = iνlnx =cosνln + sinνln
, x−iν =e−iνlnx =cos
(
νlnx)
−isin(
νlnx)
. Agora multiplique-se por x e adicione-se e subtraia-se. Tem-se µ 2 y e 1 2iy , 2 respectivamente. Dividindo por 2 e por 2i, tem-se y1 =xµcos
(
νlnx)
,(
x)
x
y2 = µsinνln .
Exemplo – Resolva x2y′′+7xy′+13y=0.
A equação auxiliar m2 +
(
a−1)
m+b=0 é m2+ m6 +13=0. As raízes desta equaçãosão m1,2 =−3± 9−13=−3±2i. Através de y= xµ
[
Acos(
νlnx)
+Bsin(
νlnx)
]
, a resposta é y= x−3[
Acos(
2lnx)
+Bsin(
2lnx)
]
.Teoria da Existência e da Solução Única. Wronskiano.
Veremos uma teoria geral para equações lineares homogéneas
( )
′+( )
=0+
′′ p x y q x y
y com coeficientes arbitrários variáveis p e q contínuos. Isto
tem a ver com a existência de uma solução geral y=c1y1+c2y2 de
( )
′+( )
=0+
′′ p x y q x y
y bem como com problemas de valor inicial que consistem na
equação anterior e em duas condições iniciais y
( )
x0 =K0, y′( )
x0 =K1, com x , 0 K e 01
K dados.
O seguinte Teorema da Existência e da Solução Única para problemas de valor inicial é importante:
Teorema – Se p
( )
x e q( )
x são funções contínuas num qualquer intervalo I e x 0 pertence a I , então o problema de valor inicial y′′+ p( )
x y′+q( )
x y=0, y( )
x0 =K0,( )
x0 K1y′ = tem uma única solução y
( )
x no intervalo I .Independência Linear de Soluções. Wronskiano.
O teorema acima tem implicações importantes de soluções gerais y=c1y1+c2y2 de
( )
′+( )
=0+
′′ p x y q x y
y . Como sabemos, estas são constituidas por uma base y1 e y2
dizem-se linearmente independentes no intervalo I se k1y1
( )
x +k2y2( )
x =0 em I implicar 0k1 = , 0k2 = e dizemos que y e 1 y são linearmente dependentes em I se 2 esta equação também se mantiver para k1, k2 não simultaneamente nulos. Neste caso, e somente neste caso, y1 e y2 são proporcionais em I , isto é, y1 =ky2 ou y2 =ly1. Para esta discussão o critério de independência e dependência linear de soluções explicitado servirá de auxílio. Este critério utiliza o chamado determinante wronskiano, ou, mais brevemente, o wronskiano, de duas soluções y1 e y2 de( )
′+( )
=0 + ′′ p x y q x y y , definido por(
)
1 2 2 1 2 1 2 1 2 1, y y y y y y y y y y W = ′ − ′ ′ ′ = .Teorema – Suponha-se que y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y=0 tem coeficientes p( )
x e q( )
xcontínuos num intervalo aberto I . Então duas soluções y1 e y2 de
( )
′+( )
=0+
′′ p x y q x y
y em I são linearmente dependentes em I se e somente se o
seu wronskiano W for nulo para algum x em 0 I . Para além disso, se W =0 para
0
x
x= , então W ≡0 em I ; assim se existe um x1 em I para o qual W ≠0, então
1
y , y2 são linearmente independentes em I .
Demonstração – Se y1 e y2 são linearmente dependentes em I em y1=ky2 e
1 2 ly
y = verifica-se em I , obtendo-se para y1 =ky2, W
(
y1, y2)
=W(
ky2, y2)
= 0 2 2 2 2 2 2 2 2 = ′ − ′ ≡ ′ ′ = ky y y ky y y k y ky e similarmente para y2 =ly1.Da mesma forma, assume-se que W
(
y1, y2)
=0 para algum x=x0 em I e mostra-se que y1, y2 são linearmente dependentes. Considere-se o sistema de equações lineares( )
( )
( )
( )
⎩ ⎨ ⎧ = ′ + ′ = + 0 0 0 2 2 0 1 1 0 2 2 0 1 1 x y k x y k x y k x y k( )
( )
[
y1 x0 , y2 x0]
W , que é nulo por admissão de hipótese. Assim o sistema tem uma
solução k , 1 k onde 2 k e 1 k não são ambos nulos. Usando estes números 2 k , 1 k , 2 introduzimos a função y
( )
x =k1y1( )
x +k2y2( )
x . Pelo teorema fundamental a função( )
xy é uma solução de y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y =0 em I . Do sistema de equações lineares atrás vemos que satisfaz as condições iniciais y( )
x0 =0, y′ x( )
0 =0. Agora outra solução de y′′+ p( )
x y′+q( )
x y =0 que satisfaça as mesmas condições iniciais é0
*≡
y . Uma vez que p e q são contínuas, o teorema anterior aplica-se e garante a solução única, isto é, y≡ y*, ou, escrevendo, k1y1+ yk2 2 ≡0 em I . Uma vez que k1 e k2 não são ambos nulos, isto significa dependência linear de y1, y2 em I .
Prove-se a última afirmação do teorema. Se W =0 num x em I , tem-se 0 dependência linear de y1, y2 em I pela última parte da demonstração, assim W =0
pela primeira parte da demonstração. Então W ≠0 num x1 em I não pode acontecer no caso de dependência linear, de modo que W ≠0 em x1 implica independência linear.
Exemplo – Mostre que y1=cosωx, y2 =sinωx formam uma base de soluções de 0
2 =
+
′′ y
y ω , ω≠0, em qualquer intervalo.
A substituição mostra que são soluções e a independência linear segue-se do teorema,
uma vez que
(
)
ω(
ω ω)
ωω ω ω ω ω ω ω ω = + = − = x x x x x x x x W cos2 sin2 cos sin sin cos sin , cos .
Uma Solução Geral de y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y=0 Inclui Todas as Soluções.Provaremos isto em duas etapas, mostrando primeiro que a solução geral existe sempre:
Teorema – Se os coeficientes p
( )
x e q( )
x são contínuos num intervalo aberto I , então y′′+ p( )
x y′+q( )
x y=0 tem uma solução geral em I .Demonstração – Pelo penúltimo teorema, a equação y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y=0 tem uma solução y1( )
x em I satisfazendo as condições iniciais y1( )
x0 =1, y1′ x( )
0 =0 e uma solução y2( )
x em I satisfazendo as condições iniciais y2( )
x0 =0, y2′ x( )
0 =1. Daqui vemos que o wronskiano W(
y1, y2)
tem em x o valor 1. Então 0 y , 1 y são 2 linearmente independentes em I , pelo último teorema; formam uma base se soluções de y′′+ p( )
x y′+q( )
x y =0 em I , e y =c1y1+c2y2 com c1, c2 arbitrários é uma solução geral de y′′+ p( )
x y′+q( )
x y =0 em I .De seguida prova-se que uma solução geral de y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y=0 é tão geral como pode ser, nomeadamente, inclui todas as soluções de y′′+ p( )
x y′+q( )
x y =0.Teorema – Suponha-se que y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y=0 tem coeficientes p( )
x e q( )
xcontínuos num intervalo aberto I . Então toda a solução y=Y
( )
x de( )
′+( )
=0+
′′ p x y q x y
y em I é da forma Y
( )
x =C1y1( )
x +C2y2( )
x onde y1, y2 formam uma base de soluções de y′′+ p( )
x y′+q( )
x y=0 em I e C , 1 C são 2 constantes adequadas. Assim y′′+ p( )
x y′+q( )
x y =0 não tem soluções singulares – isto é, soluções não obteníveis a partir de uma solução geral.Demonstração – Pelo teorema acima, a nossa equação tem uma solução geral
( )
x c y( )
x c y( )
xy = 1 1 + 2 2 em I . Temos que encontrar valores adequados de c1, c2 tais que y
( )
x =Y( )
x em I . Escolhe-se um determinado x em 0 I e mostra-se primeiro que podemos encontrar c1, c2 tais que y( )
x0 =Y( )
x0 , y′( )
x0 =Y′( )
x0 , ou, escrevendo, c1y1( )
x0 +c2y2( )
x0 =Y( )
x0 e c1y1′( )
x0 +c2y2′( )
x0 =Y′( )
x0 . De facto, este é um sistema de equações lineares com c1 e c2 desconhecidos. O seu determinante é o wronskiano de y1 e y2 em x=x0. Uma vez que y( )
x =c1y1( )
x +c2y2( )
x é uma solução geral, y e 1 y são linearmente independentes em 2 I e portanto o seu wronskiano é diferente de zero. Assim o sistema tem uma única solução c1 =C1,2 2 C
c = que pode ser obtido pela regra de Cramer. Utilizando estas constantes obtém-se de y
( )
x =c y( )
x +c y( )
x a solução particular y*( )
x =C y( )
x +C y( )
x .Uma vez que C1, C2 são soluções de c1y1
( )
x0 +c2y2( ) ( )
x0 =Y x0 e( )
0 2 2( )
0( )
01
1y x c y x Y x
c ′ + ′ = ′ e daqui vemos que y*
( )
x0 =Y( )
x0 ,( )
( )
0 0 * x Y x y ′ = ′ .
Deste teorema e do teorema de solução única conclui-se que y* e Y devem ser iguais em I , e a demonstração está completa.
Redução de Ordem: Como Obter Uma Segunda Solução?
Na tentativa de encontrar uma base de soluções, pode frequentemente encontrar-se uma solução por observação ou por algum método. Os casos que já vimos para equações de coeficientes constantes e equações de Euler-Cauchy foram apenas casos particulares de um método geral, o método de redução de ordem aplicável a qualquer equação. Seja y1 uma solução de y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y =0 num intervalo I . Substitua-se y2 =uy1 e as suas derivadas y′2 =u′y1+uy1′ e y2′′=u′′y1+2u′y1′+uy1′′em y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y=0 e ordenem-se os termos, obtendo(
2 1 1) (
1 1 1)
01+ ′ ′+ + ′′+ ′+ =
′′y u xy py u y py qy
u . Uma vez que y1 é solução de
( )
′+( )
=0+
′′ p x y q x y
y , a expressão do último parenteses é nula. Dividindo a
expressão que resta por y1 e definindo u′=U. Então u′′=U′ e tem-se 0 2 1 1 = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + ′ + ′ p U y y
U . Separando as variáveis e integrando, escolhendo a constante de
integração de forma que seja nula - uma vez que não é necessária qualquer constante arbitrária - obtém-se lnU =−2lny1 −
∫
pdx e tirando os expoentes vem∫ = e− pdx y U 2 1 1
. U = . Assim a segunda solução pretendida é u′ y2 =uy1 = y1
∫
Udx. Uma vez que y2 y1 =u =∫
Udx não pode ser constante, vemos que y1 e y2 formam uma base.Exemplo -
(
x2 −1)
y′′−2xy′+2y=0 tem y1 = x como primeira solução. Encontre outra solução independente.Define-se y2 =uy1 e usa-se = e− pdx∫ y
U 2
1
1
, é crucial que se escreva primeiro a
equação na forma padrão, 0
1 2 1 2 2 2 − ′+ − = − ′′ y x y x x y porque = e− pdx∫ y U 2 1 1 foi
derivada com base neste pressuposto. Então
∫
∫
= − − = − ln 1 1 2 2 2 dx x x x pdx . Assim(
2)
2 2 1 1 − − − = − =x x x U e u=∫
Udx= x+x−1. Assim,(
1)
2 1 1 2 = = + = + − x x x x uy y .Equações Não Homogéneas.
Começamos agora a tratar de equações não homogéneas y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y =r( )
xonde r
( )
x ≢0. Antes de considerarmos os métodos de resolução, exploremos primeiro o que realmente é necessário para passarmos da correspondente equação homogénea( )
′+( )
=0+
′′ p x y q x y
y para a equação não homogénea. A chave que relaciona as
duas e nos permite resolver a equação não homogénea é o seguinte teorema:
Teorema – A diferença de duas soluções de y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y=r( )
x num intervalo aberto I é uma solução de y′′+ p( )
x y′+q( )
x y=0. A soma de uma solução de( )
x y q( )
x y r( )
x py′′+ ′+ = em I e uma solução de y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y=0 em I é uma solução de y′′+ p( )
x y′+q( )
x y =r( )
x em I .Esta situação sugere os seguintes conceitos:
Solução Geral e Solução Particular.
Uma solução geral da equação não homogénea y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y =r( )
x num intervalo I é uma solução da forma y( )
x = yh( )
x +yp( )
x onde( )
x c y( )
x c y( )
xyh = 1 1 + 2 2 é uma solução geral da equação homogénea
( )
′+( )
=0 + ′′ p x y q x y y em I e yp( )
x é qualquer solução de( )
x y q( )
x y r( )
x py′′+ ′+ = em I não contendo constantes arbitrárias. Uma solução
( )
x y( )
x y( )
xy = h + p atribuindo valores específicos às constantes arbitrárias c e 1 c 2
em yh
( )
x . Se os coeficientes de y′′+ p( )
x y′+q( )
x y=r( )
x e r( )
x são funções contínuas em I , então y′′+ p( )
x y′+q( )
x y=r( )
x tem uma solução geral em Iporque yh
( )
x existe em I, e a existência de yp( )
x será mostrada quando falarmos no método de variação de parâmetros. Um problema de valor inicial para( )
x y q( )
x y r( )
x py′′+ ′+ = tem uma única solução em I . Na verdade, se são dadas as condições iniciais y
( )
x0 =K0, y′( )
x0 =K1 e y foi determinado, existe, pelo pteorema, uma solução única da equação homogénea y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y =0 em Isatisfazendo ~y
( )
x0 =K0 −yp( )
x0 , ~y′( )
x0 =K1−y′p( )
x0 e y= ~y+ yp é a única solução de y′′+ p( )
x y′+q( )
x y=r( )
x em I satisfazendo as condições iniciais dadas.Para além disso, justificando a terminologia, demonstramos agora que uma solução geral de y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y =r( )
x inclui todas as soluções; então a situação é a mesma que para a equação homogénea:Teorema – Suponha-se que os coeficientes e r
( )
x em y′′+ p( )
x y′+q( )
x y=r( )
x são contínuos num intervalo aberto I. Então toda a solução de y′′+ p( )
x y′+q( )
x y =r( )
xem I é obtida atribuindo valores adequados às constantes arbitrárias numa solução geral y
( )
x = yh( )
x + yp( )
x de y′′+ p( )
x y′+q( )
x y =r( )
x em I .Conclusão – Para resolver a equação não homogénea y′′+ p
( )
x y′+q( )
x y =r( )
x ou um problema de valor inicial para a equação anterior, temos que resolver a equação homogénea y′′+ p( )
x y′+q( )
x y=0 e encontrar qualquer solução particular y de p( )
′+( )
=0+
′′ p x y q x y
y .
Exemplo – Resolva o problema de valor inicial y′′−4y′+3y=10e−2x, y
( )
0 =1,( )
0 =−3 ′y .
A equação característica
λ
2−4λ
+3=0 tem as raízes 1 e 3. Isto permite obter como solução geral da equação homogénea a equação x xh ce c e
y 3
2 1 +
tem derivadas múltiplas de e−2x, tenta-se como solução particular x p Ce y = −2 . Então x p Ce y′ =−2 −2 , x p Ce
y′′ =4 −2 . Por substituição vem − x =−
(
− − x)
+ − x =Ce Ce Ce 2 4 2 2 3 2 4 x Ce 2 10 − = . Assim, 4C+8C+3C=10, 3 2 =
C , e uma solução geral da equação não
homogénea é y yh yp c1ex c2e3x e 2x 3 2 − + + = + = . Por diferenciação,
( )
x x x e e c e c x y 1 2 3 2 3 4 3 − − + =′ e das condições iniciais, vem
( )
13 2 0 =c1+c2 + = y ,
( )
3 3 4 3 0 = 1+ 2 − =− ′ c c y . Tem-se 3 4 1 =c , c2 =−1. Portanto, a solução particular que satisfaz as condições iniciais é y ex e3x e 2x
3 2 3
4 − + −
= .
Solução por Coeficientes Indeterminados.
Uma solução geral de uma equação linear não homogénea é uma soma da forma
p
h y
y
y= + onde y é uma solução geral da equação homogénea correspondente e h
p
y é qualquer solução particular da equação não homogénea. Já vimos isto. Assim
falta discutir métodos. Existe um método muito simples, especial, e de interesse prático, que discutiremos agora. É chamado o método dos coeficientes indeterminados
e aplica-se a equações y′′+ay′+by=r
( )
x com coeficientes constantes e membros direitos r( )
x especiais, nomeadamente, funções exponenciais, polinómios, cossenos, senos, ou somas ou produtos de tais funções. Este tipo de funções r( )
x têm derivadas similares à própria função r( )
x , o que nos dá a ideia chave: escolhe-se para y uma pforma parecida à de r
( )
x e envolvendo coeficientes desconhecidos a serem determinados por substituição da escolha para yp em y′′+ay′+by=r( )
x . Seguem-se as regras do método:(A) Regra Básica – Se r
( )
x em y′′+ay′+by=r( )
x é uma das funções na primeira coluna da tabela abaixo, escolhe-se a função correspondente yp na segunda coluna edetermina-se os seus coeficientes indeterminados por substituição de y e das suas p
derivadas em y′′+ay′+by=r
( )
x .(B) Regra da Modificação – Se um termo escolhido para y é, por acaso, uma p
solução da equação homogénea correspondente para y′′+ay′+by=r
( )
x , então multiplica-se essa escolha de y por x - ou por p x2 se esta solução corresponde a uma raíz dupla da equação característica da equação homogénea.(C) Regra da Soma – Se r
( )
x é uma soma das funções listadas na tabela abaixo – primeira coluna – então escolhe-se para y a soma de funções nas linhas pcorrespondentes da segunda coluna.
A regra básica diz-nos o que fazer em geral. A regra da modificação visa resolver as dificuldades que ocorrem no caso indicado. Temos sempre que resolver a equação homogénea primeiro. A regra da soma é utilizada se repararmos que a soma de duas soluções de y′′+ay′+by=r
( )
x com r= e r1 r= , respectivamente, é uma solução r2de y′′+ay′+by=r
( )
x com r=r1+r2.Método dos Coeficientes Indeterminados Termo em r
( )
x Escolha para y px keγ Ceγx
(
n=0,1,…)
kxn Knxn+Kn−1xn−1+ +K1x+K0 x kcosω x ksinω x M x Kcosω + sinω ⎭ ⎬ ⎫ x keaxcosω x keaxsinω(
K x M x)
eax cosω + sinω ⎭ ⎬ ⎫O método corrige-se a si mesmo no sentido de que uma escolha falsa de y ou uma p
necessária, e uma escolha com demasiados termos dará origem a um resultado correcto, com os coeficientes supérfluos acabando por se tornarem nulos.
Exemplo (regra A) – Resolva a equação não homogénea y′′+4y=8x2.
A tabela sugere a escolha 2 1 0 2x K x K
K
yp = + + . Então yp′′ =2K2. Por substituição obtém-se 2K2+4
(
K2x2 +K1x+K0)
=8x2. Equacionando os coeficientes de x2, x e0
x em ambos os lados, tem-se 4K2 =8, 4K1 =0, 02K2+ K4 0 = . Assim, K2 =2, 0
1 =
K , 1K0 =− . Então y = x2 2−1
p , e uma solução geral de
2 8 4y x y′′+ = é 1 2 2 sin 2 cos + + 2− = + = y y A x B x x y h p .
Exemplo (regra B) – Resolva y′′−3y′+2y=ex.
A equação característica
λ
2 −3λ
+2=0 tem as raízes 1 e 2. Assim yh =c1ex +c2e2x. Normalmente, a nossa escolha seria xp Ce
y = . Mas podemos ver que ex é uma
solução da equação homogénea corespondendo a uma raíz – nomeadamente, 1. Assim a regra (B) sugere yp =Cxex. Necessitamos y′p =C
(
ex +xex)
, yp′′ =C(
2ex +xex)
. Por substituição obtém-se C(
2+x)
ex −3C(
1+x)
ex +2Cxex =ex. Os termos xex sãoanulados, restando −Cex =ex. Então C =−1. Uma solução geral é
x x x xe e c e c y= 1 + 2 2 − .
Exemplo (regra B e regra C) – Resolva o problema de valor inicial y′′−2y′+ y=
(
−1)
2 = + ,( )
0 =1, ′( )
0 =0= D y ex x y y .
A equação característica tem a raíz dupla λ =1. Assim yh =
(
c1+c2x)
ex. Determina-se uma solução particular y . Pela tabela, o termo x indica uma escolha pde solução particular K1x+K0. Uma vez que 1 é uma raíz dupla da equação característica