ANP_07_2020_2

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Unidade curricular: Cálculo II 
Curso: Engenharia de Controle e Automação – IFSC Chapecó 
Profª.: Carise E. Schmidt 
Período letivo: 2020/2 
Aula: 05/02/2021 (ANP) 
 
 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES 
 
 Independência linear e o wronskiano 
 O teorema a seguir relaciona independência linear e dependência linear ao 
wronskiano. 
 Teorema: Se 𝑓 e 𝑔 são funções diferenciáveis em um intervalo 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)(𝑡0) = 0 para 
todo 𝑡 em 𝐼. 
 Note que, duas funções 𝑓 e 𝑔 podem ser linearmente independentes mesmo 
quando 𝑊(𝑓, 𝑔)(𝑡0) = 0 para todo 𝑡 em 𝐼. 
 Teorema: Se 𝑦1 e 𝑦2 são duas soluções da equação diferencial 
𝐿[𝑦] = 𝑦′′ + 𝑝(𝑡)𝑦′ + 𝑞(𝑡)𝑦 = 0 
onde 𝑝 e 𝑞 são funções contínuas em um intervalo aberto 𝐼, então o wronskiano 
𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑡) é dado por 
𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑡) = 𝐶𝑒
− ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 
onde 𝐶 é uma constante determinada que depende de 𝑦1 e 𝑦2, mas não de 𝑡. Além disso, 
𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑡) é zero para todo 𝑡 em 𝐼 (se 𝐶 = 0) ou nunca se anula em 𝐼 (se 𝐶 ≠ 0). 
 Note que o wronskiano de dois conjuntos fundamentais de soluções da mesma 
equação diferencial pode diferir apenas por uma constante multiplicativa e que o 
wronskiano de qualquer conjunto fundamental de soluções pode ser determinado, a 
menos de uma constante multiplicativa, sem resolver a equação diferencial. 
 
Exemplo: Sabendo que 𝑦1(𝑡) = 𝑡
1/2 e 𝑦2(𝑡) = 𝑡
−1 são soluções da equação diferencial 
2𝑡2𝑦′′ + 3𝑡𝑦′ − 𝑦 = 0 e que 𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑡) = −
3
2
𝑡−3/2, verifique que o wronskiano de 
𝑦1 e 𝑦2 é dado pela equação 𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑡) = 𝐶𝑒
− ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 . 
 
 Uma versão mais forte do teorema prévio pode ser estabelecida se as duas funções 
envolvidas forem soluções de uma equação linear homogênea de segunda ordem. 
 Teorema: Sejam 𝑦1 e 𝑦2 são duas soluções da equação diferencial 
𝐿[𝑦] = 𝑦′′ + 𝑝(𝑡)𝑦′ + 𝑞(𝑡)𝑦 = 0 
onde 𝑝 e 𝑞 são funções contínuas em um intervalo aberto 𝐼. Então, 𝑦1 e 𝑦2 são linearmente 
dependentes em 𝐼 se, e somente se, 𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑡) é zero para todo 𝑡 em 𝐼. De outro modo, 
𝑦1 e 𝑦2 são linearmente independentes em 𝐼 se, e somente se, 𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑡) nunca se anula 
em 𝐼. 
 Pode-se resumir agora os fatos sobre conjuntos fundamentais de solução, 
wronskianos e independência linear da seguinte maneira. Sejam 𝑦1 e 𝑦2 soluções da 
equação diferencial 𝑦′′ + 𝑝(𝑡)𝑦′ + 𝑞(𝑡)𝑦 = 0, onde 𝑝 e 𝑞 são contínuas em um intervalo 
aberto 𝐼. Então, as quatro afirmações a seguir são equivalentes, no sentido de que cada 
uma delas implica as outras três: 
i) As funções 𝑦1 e 𝑦2 formam um conjunto fundamental de soluções em 𝐼. 
ii) As funções 𝑦1 e 𝑦2 são linearmente independentes. 
iii) 𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑡0) ≠ 0 para algum 𝑡0 em 𝐼. 
iv) 𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑡) ≠ 0 para todo 𝑡 em 𝐼. 
 
 Equação homogênea com coeficientes constantes 
 Caso 2: a equação característica possui raízes complexas 
 Suponha que as raízes da equação característica 𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐 = 0 sejam números 
complexos conjugados, denotados por 
𝑟1 = 𝜆 + 𝑖𝜇 e 𝑟2 = 𝜆 − 𝑖𝜇 
onde 𝜆 e 𝜇 são reais. Então, 𝑦1(𝑡) = 𝑒
𝜆+𝑖𝜇 e 𝑦2(𝑡) = 𝑒
𝜆−𝑖𝜇 . 
 A Fórmula de Euler explica o que significa elevar o número 𝑒 a uma potência 
complexa 
𝑒𝑖𝑡 = cos(𝑡) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 
 Existem algumas variantes da fórmula de Euler que vale a pena notar. 
Substituindo 𝑡 por – 𝑡 na equação anterior, e lembrando que cos (−𝑡) = cos (𝑡) e 
𝑠𝑒𝑛(−𝑡) = −𝑠𝑒𝑛(𝑡), tem-se 
𝑒−𝑖𝑡 = cos(𝑡) − 𝑖 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 
 Além disso, se 𝑡 for substituído por 𝜇𝑡, obtém-se uma versão generalizada da 
fórmula de Euler 
𝑒𝑖𝜇𝑡 = cos(𝜇𝑡) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛(𝜇𝑡) 
 Agora, para estender a definição de exponencial complexa para expoentes 
complexos arbitrários da forma (𝜆 + 𝑖𝜇)𝑡, deseja-se que 
𝑒(𝜆+𝑖𝜇)𝑡 = 𝑒𝜆𝑡𝑒𝑖𝜇𝑡 
 Usando, então, a equação 𝑒𝑖𝜇𝑡 = cos(𝜇𝑡) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛(𝜇𝑡), tem-se 
𝑒(𝜆+𝑖𝜇)𝑡 = 𝑒𝜆𝑡[cos(𝜇𝑡) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛(𝜇𝑡)] = 𝑒𝜆𝑡 cos(𝜇𝑡) + 𝑖 𝑒𝜆𝑡𝑠𝑒𝑛(𝜇𝑡) 
 Assim, é fácil mostrar que as regras usuais de exponenciação são válidas para a 
função exponencial complexa. Também é fácil verificar que a fórmula de diferenciação 
𝑑
𝑑𝑡
(𝑒𝑟𝑡) = 𝑟𝑒𝑟𝑡 é válida para valores complexos de 𝑟. 
 Soluções com funções que têm valores complexos podem ser encontradas como 
consequência do teorema, visto anteriormente, que diz que se 𝑦1 e 𝑦2 são soluções da 
equação diferencial 𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0, então qualquer combinação linear de 𝑦1 e 𝑦2 
também é solução. Em particular, considere a soma e diferença de 𝑦1 e 𝑦2. 
𝑦1 + 𝑦2 = 𝑒
𝜆𝑡[cos(𝜇𝑡) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛(𝜇𝑡)] + 𝑒𝜆𝑡[cos(𝜇𝑡) − 𝑖 𝑠𝑒𝑛(𝜇𝑡)] = 2𝑒𝜆𝑡 cos(𝜇𝑡) 
𝑦1 − 𝑦2 = 𝑒
𝜆𝑡[cos(𝜇𝑡) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛(𝜇𝑡)] − 𝑒𝜆𝑡[cos(𝜇𝑡) − 𝑖 𝑠𝑒𝑛(𝜇𝑡)] = 2𝑖𝑒𝜆𝑡 sen(𝜇𝑡) 
 Desprezando os fatores constantes 2 e 2𝑖, respectivamente, obtém-se um par de 
soluções reais 
𝑢(𝑡) = 𝑒𝜆𝑡 cos(𝜇𝑡) e 𝑣(𝑡) = 𝑒𝜆𝑡 sen(𝜇𝑡) 
 Note que, 𝑢 e 𝑣 são, simplesmente, as partes real e imaginária de 𝑦1, 
respectivamente. Assim, é possível mostrar que o wronskiano de 𝑢 e 𝑣 é 
𝑊(𝑢, 𝑣)(𝑡) = 𝜇𝑒2𝜆𝑡 
 Portanto, desde que 𝜇 ≠ 0, o wronskiano 𝑊 não é nulo, de modo que 𝑢 e 𝑣 
formam um conjunto fundamental de soluções. Em consequência, se as raízes da equação 
característica são números complexos 𝜆 ± 𝑖𝜇, com 𝜇 ≠ 0, então a solução geral da 
equação diferencial 𝑎𝜆′′ + 𝑏𝜆′ + 𝑐𝜆 = 0 é 
𝑦 = 𝑐1𝑒
𝜆𝑡 cos(𝜇𝑡) + 𝑐2𝑒
𝜆𝑡𝑠𝑒𝑛(𝜇𝑡) 
onde 𝑐1 e 𝑐2 são constantes arbitrárias. 
 
Exemplo: Encontre a solução geral da equação diferencial 𝑦′′ + 𝑦′ + 𝑦 = 0. 
 
 
 
 
 Caso 3: a equação característica possui raízes repetidas 
 Suponha que as raízes da equação característica 𝑎𝑟2 + 𝑟𝜆 + 𝑐 = 0 sejam reais e 
iguais, ou seja, 𝑟1 = 𝑟2 = −
𝑏
2𝑎
. A dificuldade é imediatamente aparente. Uma vez que 
ambas as raízes geram a mesma solução da equação 
𝑦1(𝑡) = 𝑒
−𝑏𝑡/2𝑎 
não é óbvio como encontrar uma segunda solução. 
 Um método, descoberto por D’Alembert, para encontrar uma segunda solução, 
que não seja múltipla de 𝑦1, consiste no seguinte. Como 𝑦1(𝑡) é uma solução da equação 
diferencial, 𝑐𝑦1(𝑡) também o é, para qualquer constante 𝑐. A ideia básica é generalizar 
essa observação substituindo 𝑐 por uma função 𝑣(𝑡) e depois tentando determinar 𝑣(𝑡), 
de modo que o produto 𝑣(𝑡)𝑦1(𝑡) seja solução da equação diferencial. Inicialmente, 
substitui-se 𝑦 = 𝑣(𝑡)𝑦1(𝑡) na equação diferencial 𝑎𝑦
′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0 , em seguida, 
usa-se a equação resultante para encontrar 𝑣(𝑡). 
𝑦 = 𝑣(𝑡)𝑦1(𝑡) = 𝑣(𝑡)𝑒
−𝑏𝑡/2𝑎 
 Tem-se 
𝑦′ = 𝑣′(𝑡)𝑒−𝑏𝑡/2𝑎 −
𝑏
2𝑎
𝑣(𝑡)𝑒−𝑏𝑡/2𝑎 
𝑦′′ = 𝑣′′(𝑡)𝑒−𝑏𝑡/2𝑎 −
𝑏
𝑎
𝑣′(𝑡)𝑒−𝑏𝑡/2𝑎 + (
𝑏
2𝑎
)
2
𝑣(𝑡)𝑒−𝑏𝑡/2𝑎 
 Substituindo na equação diferencial 𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0 
{𝑎 [𝑣′′(𝑡) −
𝑏
𝑎
𝑣′(𝑡) + (
𝑏
2𝑎
)
2
𝑣(𝑡)] + 𝑏 [𝑣′(𝑡) −
𝑏
2𝑎
𝑣(𝑡) ] + 𝑐𝑣(𝑡)} 𝑒−𝑏𝑡/2𝑎 = 0 
 Cancelando o fator 𝑒−𝑏𝑡/2𝑎, que não se anula, e reorganizando os termos 
𝑎𝑣′′(𝑡) + (−𝑏 + 𝑏)𝑣′(𝑡) + (
𝑏2
4𝑎
−
𝑏2
2𝑎
+ 𝑐) 𝑣(𝑡) = 0 
ou 
𝑎𝑣′′(𝑡) + (
−(𝑏2 − 4𝑎𝑐)
4𝑎
) 𝑣(𝑡) = 0 
 
que pode ser simplificada para 
𝑣′′(𝑡) = 0 
 Logo, 
𝑣′(𝑡) = 𝑐1 
e 
𝑣(𝑡) = 𝑐1𝑡 + 𝑐2 
onde 𝑐1 e 𝑐2 são constantes arbitrárias. Finalmente, substituindo 𝑣(𝑡) em 𝑦 = 𝑣(𝑡)𝑦1(𝑡), 
tem-se 
𝑦 = 𝑐1𝑡𝑒
−𝑏𝑡/2𝑎 + 𝑐2 𝑒
−𝑏𝑡/2𝑎 
 Então, 𝑦 é uma combinação linear de duas soluções 𝑦1(𝑡) = 𝑒
−𝑏𝑡/2𝑎 e 
𝑦2(𝑡) = 𝑡𝑒
−𝑏𝑡/2𝑎. O wronskiano dessas duas soluções é 
𝑊 = |
𝑒−𝑏𝑡/2𝑎 𝑡𝑒−𝑏𝑡/2𝑎
−
𝑏
2𝑎
𝑒−𝑏𝑡/2𝑎 (1 −
𝑏𝑡
2𝑎
) 𝑒−𝑏𝑡/2𝑎
| = 𝑒−𝑏𝑡/2𝑎 
 Como 𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑡) nunca se anula, as soluções 𝑦1 e 𝑦2 formam um conjunto 
fundamental de soluções. 
 
Exemplo: Encontre a solução do problemade valor inicial {
𝑦′′ − 𝑦′ +
1
4
𝑦 = 0
𝑦(0) = 2; 𝑦′(0) =
1
3
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 É possível, agora, resumir os resultados obtidos para equações lineares 
homogêneas de segunda ordem com coeficientes constantes 𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐 = 0. Sejam 
𝑟1 e 𝑟2 as raízes do polinômio característico correspondente 𝑎𝑟
2 + 𝑏𝑟 + 𝑐 = 0. 
i) Se 𝑟1e 𝑟2 são reais e distintos, a solução geral da equação diferencial é 
𝑦 = 𝑐1𝑒
𝑟1𝑡 + 𝑐2𝑒
𝑟2𝑡 
ii) Se 𝑟1e 𝑟2 são complexos conjugados 𝜆 ± 𝑖𝜇, então a solução geral é 
𝑦 = 𝑐1𝑒
𝜆𝑡 cos(𝜇𝑡) + 𝑐2𝑒
𝜆𝑡 sen(𝜇𝑡) 
iii) Se 𝑟1 = 𝑟2 então a solução geral é 
𝑦 = 𝑐1𝑒
𝑟1𝑡 + 𝑐2𝑡𝑒
𝑟1𝑡 
 
 
 Redução de ordem 
 Suponha que seja conhecida uma solução 𝑦1(𝑡), não identicamente nula, de 
𝑦′′ + 𝑝(𝑡)𝑦′ + 𝑞(𝑡)𝑦 = 0 
 Para encontrar uma segunda solução, seja 𝑦 = 𝑣(𝑡)𝑦1(𝑡); então 
𝑦′ = 𝑣′(𝑡)𝑦1(𝑡) + 𝑣(𝑡)𝑦1
′ (𝑡) 
e 
𝑦′′ = 𝑣′′(𝑡)𝑦1(𝑡) + 𝑣
′(𝑡)𝑦1
′ (𝑡) + 𝑣′(𝑡)𝑦1
′ (𝑡) + 𝑣(𝑡)𝑦1
′′(𝑡) 
 Substituindo essas expressões na equação 𝑦′′ + 𝑝(𝑡)𝑦′ + 𝑞(𝑡)𝑦 = 0, tem-se 
𝑣′′(𝑡)𝑦1(𝑡) + 𝑣
′(𝑡)𝑦1
′ (𝑡) + 𝑣′(𝑡)𝑦1
′ (𝑡) + 𝑣(𝑡)𝑦1
′′(𝑡) + 𝑝(𝑡)[𝑣′(𝑡)𝑦1(𝑡) + 𝑣(𝑡)𝑦1
′ (𝑡)] +
𝑞(𝑡)𝑦1(𝑡) = 0 
que pode ser simplificado como 
𝑦1𝑣
′′ + (2𝑦1
′ + 𝑝𝑦1)𝑣
′ + (𝑦1
′′ + 𝑝𝑦1
′ + 𝑞𝑦1)𝑣 = 0 
 Como 𝑦1 é uma solução da equação diferencial, o coeficiente de 𝑣 é zero. Logo 
𝑦1𝑣
′′ + (2𝑦1
′ + 𝑝𝑦1)𝑣
′ = 0 
 Note que a equação acima é de primeira ordem para 𝑣′ e pode ser resolvida como 
uma equação de primeira ordem ou como uma equação separável. Uma vez encontrada 
𝑣′, 𝑣 é obtida por integração. Finalmente, a solução de 𝑦 é determinada a partir da equação 
𝑦 = 𝑣(𝑡)𝑦1(𝑡). 
 
Exemplo: Dado que 𝑦1(𝑡) = 𝑡
−1 é uma solução de 2𝑡2𝑦′′ + 3𝑡𝑦′ − 𝑦 = 0; (𝑡 > 0), 
encontre uma segunda solução linearmente independente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exercícios propostos: 
Encontre o wronskiano de duas soluções da equação diferencial dada, sem resolver a equação: 
1) cos(𝑡) 𝑦′′ + (𝑠𝑒𝑛 𝑡)𝑦′ − 𝑡𝑦 = 0 
2) 𝑥2𝑦′′ + 𝑥𝑦′ + (𝑥2 − 𝑣2)𝑦 = 0 
Encontre a solução geral da equação diferencial 
3) 𝑦′′ − 2𝑦′ + 6𝑦 = 0 
4) 4𝑦′′ + 9𝑦 = 0 
5) 𝑦′′ − 6𝑦′ + 9𝑦 = 0 
6) 25𝑦′′ − 20𝑦′ + 4𝑦 = 0 
Encontre a solução para os PVIs dados: 
7) 𝑦′′ + 𝑦 = 0; 𝑦(𝜋/3) = 2; 𝑦′(𝜋/3) = −4 
8) 𝑦′′ + 𝑦′ + 1,25𝑦 = 0; 𝑦(0) = 3; 𝑦′(0) = 1 
9) 𝑦′′ − 6𝑦′ + 9𝑦 = 0; 𝑦(0) = 0; 𝑦′(0) = 2 
10) 𝑦′′ + 4𝑦′ + 4𝑦 = 0; 𝑦(−1) = 2; 𝑦′(−1) = 1 
 
Respostas: 
1) 𝐶 cos (𝑡) 
2) 𝐶/𝑥 
3) 𝑦 = 𝑐1𝑒
𝑡cos (√5𝑡) + 𝑐2𝑒
𝑡𝑠𝑒𝑛(√5𝑡) 
4) 𝑦 = 𝑐1cos (3𝑡/2) + 𝑐2𝑠𝑒𝑛(3𝑡/2) 
5) 𝑦 = 𝑐1𝑒
3𝑡 + 𝑐2𝑡𝑒
3𝑡 
6) 𝑦 = 𝑐1𝑒
2𝑡/5 + 𝑐2𝑡𝑒
2𝑡/5 
7) 𝑦 = (1 + 2√3) cos(𝑡) − (2 − √3)𝑠𝑒𝑛(𝑡) 
8) 𝑦 = 3𝑒−𝑡/2cos (𝑡) +
5
2
𝑒−𝑡/2𝑠𝑒𝑛(𝑡) 
9) 𝑦 = 2𝑡𝑒3𝑡 
10) 𝑦 = 7𝑒−2(𝑡+1) + 5𝑡𝑒−2(𝑡+1)