Resolução de Equações Diferenciais Lineares

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Equações Diferenciais Lineares
Aparecido J. de Souza
Aula 10 - Resolução de EDLs de Segunda Ordem Não
Homogêneas e o Método dos Coeficientes à Determinar
EDL de 2a ordem não homogênea.
(NH) y ′′+p(t)y ′+q(t)y = g(t) ,
p, q e g funções contínuas dadas num intervalo I.
Resultado 1. Se Y1(t) e Y2(t) são soluções da (NH), então
Y1(t)−Y2(t) é solução de
(H) y ′′+p(t)y ′+q(t)y = 0 .
Consequência 1: Y1(t)−Y2(t) = c1y(t)+c2y2(t), com c1, c2
constantes reais e {y1(t),y2(t)} soluções LI de (H).
Consequência 2: Se Y (t) é uma solução particular de (NH),
então a solução geral de (NH) é dada por
y(t) = c1y1(t)+c2y2(t)+Y (t).
Exemplo 1. Verifique que Y (t) =−1/2e2t é solução de
y ′′−3y ′−4y = 3e2t . Qual a solução geral da mesma?
Método dos Coeficientes à Determinar
(NHCC) ay ′′+by ′+cy =g(t) , a, b e c constantes com a 6= 0.
Indicado apenas para coeficientes constantes. Depende da
forma de g(t) em (NHCC).
Se g(t) = pn(t) = a0tn+a1tn−1 + · · ·+an−1t+an é dada, então
substitui-se Y (t) = Pn(t) = A0tn+A1tn−1 + · · ·+An−1t+An,
onde os Aj ’s, j = 0,1 . . .n, devem ser determinados.
Se c = 0, então Y (t) = t Pn(t).
Se b = c = 0, então Y (t) = t2Pn(t).
Exemplo 2. Determine soluções particulares de
(a) y ′′+y ′−2y = 2t , (b) y ′′+9y ′ = 6+ t2, (c) y ′′ = t .
Método dos Coeficientes a Determinar
(NHCC) ay ′′+by ′+cy =g(t) , a, b e c constantes com a 6= 0.
Se g(t) = (a0tn+a1tn−1 + · · ·+an−1t+an)eα t é dada, então
substitui-se Y (t) = (A0tn+A1tn−1 + · · ·+An−1t+An)eα t ,
onde os Aj ’s, j = 0,1 . . .n, devem ser determinados.
Se α é raiz simples da equação característica de (H), então
Y (t) = t (A0tn+A1tn−1 + · · ·+An−1t+An)eα t .
Se α é raiz dupla da equação característica de (H), então
Y (t) = t2 (A0tn+A1tn−1 + · · ·+An−1t+An)eα t .
Exemplo 3. Determine soluções particulares de
(a) y ′′−2y ′−3y = 3e2 t , (b) y ′′+2y ′+y = 2e−t ,
(c) y ′′+4y = t2 +3et .
Método dos Coeficientes a Determinar
(NHCC) ay ′′+by ′+cy =g(t) , a, b e c constantes com a 6= 0.
Se g(t) = (a0tn+a1tn−1 + · · ·+an−1t+an)eα t cos(β t), ou
se g(t) = (a0tn+a1tn−1 + · · ·+an−1t+an)eα t sen(β t)
então Y (t) =
[
(A0tn+A1tn−1 + · · ·+An−1t+An)eα tcos(β t)
]
+[
(B0tn+B1tn−1 + · · ·+Bn−1t+Bn)eα tsen(β t)
]
,
onde os Aj ’s e Bj ’s , j = 0,1 . . .n, devem ser determinados.
Se α+ iβ é raiz simples da equação característica de (H),
então multiplica-se Y (t) proposta acima por t .
Exemplo 4. Escreva a forma de soluções particulares de
(a) y ′′−5y ′+6y = etcos(2t)+e2t(3t+4)sen(t),
(b) y ′′+3y ′+2y = et(t2 +1)sen(2t)+3e−tcos(t)+4et ,
(c) y ′′+2y ′+5y = 3sen(2t).