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Universidade Federal de Vic¸osa - UFV Centro de Cieˆncias Exatas e Tecnolo´gicas - CCE Departamento de Matema´tica - DMA MAT 147 - CA´LCULO II 2013/I Aula: EDO Linear de Segunda Ordem com Coeficientes Constantes 1 EDOs de Segunda Ordem Uma equac¸a˜o da forma F (t, y, y′, y′′) = 0 e´ dita uma Equac¸a˜o Diferencial Ordina´ria de Segunda Ordem. De modo geral, P (t)y′′ +Q(t)y′ +R(t)y = G(t) (1) e´ uma Equac¸a˜o Diferencial Ordina´ria Linear de Segunda Ordem. Se, para todo t ∈ R, tivermos G(t) = 0 na Equac¸a˜o 1, enta˜o ela e´ chamada E.D.O homogeˆnea, caso contra´rio, dizemos que e´ uma E.D.O na˜o-homogeˆnea. Estudar Equac¸o˜es Diferenciais Ordina´rias de Segunda Ordem na˜o e´ algo ta˜o elementar. Neste trabalho, apresentaremos um estudo mais simples que pode ser feito destas equac¸o˜es. Comec¸aremos tratando das EDOs com coeficientes constantes. 1.1 EDO Linear de Segunda Ordem com Coeficientes Constantes Definic¸a˜o 1.1 Uma equac¸a˜o do tipo ay′′ + by′ + cy = 0, (2) onde a, b, c sa˜o constantes reais e´ chamada Equac¸a˜o Diferencial Ordina´ria Linear de Segunda Ordem Homogeˆnea com Coeficientes Constantes Podemos resolver equac¸o˜es do tipo 2 utilizando func¸o˜es simples do Ca´lculo I. Exemplo 1.2 Considere a seguinte EDO de segunda ordem linear, homogeˆnea com coeficientes constantes y′′ − y = 0. Procurarmos uma func¸a˜o y tal que y′′ = y. Observe que y1(t) = et e y2(t) = e−t satisfazem esta equac¸a˜o. Na verdade, qualquer mu´ltiplo de y1 e y2 satisfaz a E.D.O dada e qualquer combinac¸a˜o linear de y1 e y2 e´ soluc¸a˜o da mesma. De fato, considere a combinac¸a˜o linear y(t) = c1e t + c2e −t. Derivando a equac¸a˜o acima em relac¸a˜o a t, teremos y′(t) = c1et − c2e−t e y′′(t) = c1et + c2e−t e da´ı y′′(t) = y(t). 1 Voltemos ao caso geral da equac¸a˜o com coeficientes constantes ay′′ + by′ + cy = 0. (3) A ideia e´ supor que y = ert e´ soluc¸a˜o desta EDO, onde r e´ a constante a ser determinada. Substituindo na Equac¸a˜o 3, obtemos r2aert + rbert + cert = 0 ⇔ ⇔ ert(ar2 + br + c) = 0. Como ert 6= 0, para qualquer valor real de t, segue que ar2 + br + c = 0. (4) A Equac¸a˜o 4 e´ chamada Equac¸a˜o Caracter´ıstica. Note que resolver a equac¸a˜o caracter´ıstica e´ resolver uma equac¸a˜o do segundo grau. Neste sentido, podem ocorrer (i) ∆ > 0: neste caso existem 2 ra´ızes distintas; (ii) ∆ = 0: as ra´ızes sa˜o reais e iguis; (iii) ∆ < 0: as ra´ızes sa˜o complexas; onde ∆ = b2 − 4ac. 1.2 Equac¸a˜o caracter´ıstica com ra´ızes reais Comec¸aremos a estudar a equac¸a˜o caracter´ıstica pelo caso (i): a equac¸a˜o possui duas ra´ızes reais e distintas, a saber r1 = −b+√b2 − 4ac 2a e r2 = −b−√b2 − 4ac 2a . Para este caso, a soluc¸a˜o da EDO sera´ y(t) = c1e r1t + c2e r2t, onde c1 e c2 sa˜o constantes. Exemplo 1.3 Considere a equac¸a˜o de segunda ordem homogeˆnea com coeficientes constantes y′′ + 3y′ + 2y = 0. Supondo y = ert soluc¸a˜o desta equac¸a˜o, teremos a equac¸a˜o caracter´ıstica r2 + 3r + 2 = 0 cujas ra´ızes sa˜o r1 = −1 e r2 = −2. Assim, y(t) = c1e −t + c2e−2t e´ a soluc¸a˜o geral desta equac¸a˜o. Para estudarmos os demais casos da equac¸a˜o caracter´ıstica, precisamos de alguns resultados e definic¸o˜es. 2 Teorema 1 (Teorema da Existeˆncia e Unicidade para EDO de 2a Ordem) Seja o PVI y′′ + p(t)y′ + q(t)y = g(t) y(t0) = y0 y′(t0) = y′0 onde, p(t), q(t), g(t) sa˜o func¸o˜es cont´ınuas no ponto t0 ∈ I, com I intervalo. Enta˜o existe u´nica soluc¸a˜o y = φ(t) para o P.V.I. Exemplo 1.4 Vamos determinar o maior intervalo no qual existe a soluc¸a˜o do PVI t(t− 4)y′′ + 3ty′ + 4y = 2 y(3) = 0 y′(3) = −1 Soluc¸a˜o Observe que p(t) = 3 t− 4; q(t) = 4 t(t− 4) ; e g(t) = 2 t(t− 4) . Assim, o intervalo no qual as treˆs func¸o˜es sa˜o cont´ınuas e que contenha o ponto 3 e´ (0, 4). Observac¸a˜o 1.5 Se y1 e y2 sa˜o soluc¸o˜es da equac¸a˜o y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0, (5) enta˜o c1y1 + c2y2 tambe´m e´ soluc¸a˜o. Observe que se colocarmos as condic¸o˜es iniciais{ c1y1(t0) + c2y2(t0) = y0 c1y ′ 1(t0) + c2y ′ 2(t0) = y ′ 0 na Equac¸a˜o 5, enta˜o podemos encontrar a soluc¸a˜o particular da mesma, ou seja, podemos determinar c1 e c2: c1 = y′2(t0)y0 − y2(t0)y′0 y′2(t0)y1(t0)− y2(t0)y′1(t0) = ∣∣∣∣ y0(t0) y2(t0)y′0(t0) y′2(t0) ∣∣∣∣∣∣∣∣ y1(t0) y2(t0)y′1(t0) y′2(t0) ∣∣∣∣ Observando a equac¸a˜o anterior, para encontrarmos c1 e c2 devemos ter W (y1(t0), y2(t0)) = ∣∣∣∣ y1(t0) y2(t0)y′1(t0) y′2(t0) ∣∣∣∣ 6= 0 O determinante acima e´ chamado Wronskiano de y1 e y2 em t0. Teorema 2 Se y1 e y2 sa˜o soluc¸o˜es da equac¸a˜o diferncial y′′ + p(t)y′ + q(t) = 0 e W (y1, y2)(t0) 6= 0, onde y(t0) e y′t0 = y′0, enta˜o existem c1 e c2 tais que y(t) = c1y1(t) + c2y2(t). 3 A soluc¸a˜o geral de uma EDO dada pelo Teorema 2 e´ chamada famı´lia de soluc¸o˜es da EDO ou conjunto fundamental de soluc¸o˜es e inclui todas as soluc¸o˜es desta. Exemplo 1.6 No Exemplo 1.3 mostramos que y1 = e −t e y2 = e−2t sa˜o soluc¸o˜es da Equac¸a˜o y′′ + 3y′ + 2y = 0. Na verdade, estas soluc¸o˜es constituem o conjunto fundamental de soluc¸o˜es, pois W (e−t, e−2t) = ∣∣∣∣ e−t e−2t−e−t −2e−2t ∣∣∣∣ = −e−3t 6= 0, ∀t ∈ R. Definic¸a˜o 1.7 Dizemos que duas func¸o˜es f, g sa˜o Linearmente Independentes, L.I., em um intervalo I (ou seja, uma func¸a˜o na˜o depende da outra) se W (f, g)(t) 6= 0,∀t ∈ I. Exemplo 1.8 As func¸o˜es f(t) = t2 + 5t e g(t) = t2 − 5t sa˜o Linearmente Independentes em (−∞, 0) ∪ (0,+∞), pois W (f(t), g(t)) = ∣∣∣∣ t2 + 5t t2 − 5t2t+ 5 2t− 5 ∣∣∣∣ = 10t2 = 0⇔ t = 0. Observac¸a˜o 1.9 (a) Se f e g sa˜o Linearmente Independentes em um intervalo aberto e se W (f, g)(t0) 6= 0, para algum t0 ∈ I, enta˜o W (f, g)(t) 6= 0, para todo t ∈ I. (b) Se y1 e y2 sa˜o soluc¸o˜es de uma EDO y ′′+ p(t)y′+ q(t)y = 0, onde p, q sa˜o cont´ınuas em um intervalo I, enta˜o W (y1, y2)(t) = c · e ∫ −p(t)dt. De fato, sendo y1, y2 soluc¸o˜es da E.D.O, temos que y′′1 + p(t)y ′ 1 − q(t)y1 = 0 (6) y′′2 + p(t)y ′ 2 − q(t)y2 = 0 (7) Mulplicando a Equac¸a˜o 6 por y2, a Equac¸a˜o 7 por y1 e subtraindo 6 de 7 teremos y1y ′′ 2 − y2y′′1 = p(t)(y1y′2 − y2y′1) = 0. (8) Sabemos que W (y1, y2)(t) = ∣∣∣∣ y1 y2y′1 y′2 ∣∣∣∣ = y1y′2 − y2y′1 e da´ı W ′(y1, y2)(t) = y1y′′2 − y′′1y2. Substituindo estes resultados na Equac¸a˜o 8, segue que W ′(y1, y2) + p(t)W (y1, y2) = 0 e´ uma equac¸a˜o de primeira ordem cuja soluc¸a˜o e´ dada por W (y1, y2)(t) = c · e ∫ −p(t)dt. 4 1.3 Equac¸a˜o Caracter´ıstica com ra´ızes complexas Voltaremos agora a discussa˜o da equac¸a˜o caracter´ıstica de uma EDO homogeˆnea de segunda ordem com coeficientes constantes. Passaremos ao caso em que a equac¸a˜o caracter´ıstica possui ra´ızes complexas. Suponha ∆ = b2 − 4ac < 0. Assim, as ra´ızes sa˜o complexas conjugadas r1 = λ+ iµ e r2 = λ− iµ. Da´ı, y1(t) = e (λ+iµ)t e y2(t) = e (λ−iµ)t. Utilizando Se´rie de Taylor, segue que eit = ∞∑ n=0 (it)n n! = ∞∑ n=0 (−1)nt2n (2n)! + i · ∞∑ n=0 (−1)n−1tn−1 (2n− 1)! = cos (t) + i · sen(t) de onde obtemos y1(t) = e (λ+iµ)t = eλt · (cos (µt) + isen(µt)) e y2(t) = e (λ−iµ)t = eλt · (cos (µt)− isen(µt)). Vamos procurar soluc¸o˜es reais e na˜o complexas. Note que y1(t) + y2(t) = 2e λt · cos (µt) e y1(t)− y2(t) = 2ieλt · sen(µt) e da´ı Y1(t) = e λt · cos (µt) e Y2(t) = eλt · sen(µt) sa˜o soluc¸o˜es da E.D.O ay′′ + by′ + cy = 0 e W (Y1, Y2) = µe2λ 6= 0, pois µ 6= 0. Deste modo, Y1(t) e Y2(t) sa˜o soluc¸o˜es fundamentais da EDO e a soluc¸a˜o geral sera´ y(t) = c1e λt · cos (µt) + c2eλt · sen(µt). Exemplo 1.10 A equac¸a˜o caracter´ıstica da Equac¸a˜o Diferencial y′′ + 2y′ + 2y = 0 e´ r2 + 2r + 2 = 0, cujas ra´ızes sa˜o −1 + i e −1− i. A parte real (λ) deste nu´mero complexo e´ −1 enquanto que a parte imagina´ria (µ) e´ 1. Portanto, a soluc¸a˜o geral da EDO em questa˜o e´ y(t) = c1e −tcos (t) + c2e−tsen(t) 2 Me´todo de Reduc¸a˜o de Ordem (Me´todo de D’Alembert) Este me´todo permite reduzir uma Equac¸a˜o Diferencial Ordina´ria de ordem n em uma equac¸a˜o de ordem n− 1 a partir de uma soluc¸a˜o previamente conhecida. No caso das equac¸o˜es homogeˆneas de segunda ordem este me´todopermite encontrar a soluc¸a˜o geral a partir de uma soluc¸a˜o particular. Se y1 e´ soluc¸a˜o particular da equac¸a˜o y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0, enta˜o suponha que a outra soluc¸a˜o seja y(t) = v(t)y1(t), onde v(t) e´ uma func¸a˜o a ser determinada. Derivando esta soluc¸a˜o e substituindo na E.D.O, obtemos 5 v′′y1 + 2v′y′1 + vy′′1 + p(t) · (v′y1 + vy′1) + q(t) · vy1 = 0⇔ v′′y1 + v · (y′′1 + p(t)y′1 + q(t)y1︸ ︷︷ ︸ =0 ) + v′ · (p(t)y1 + 2y1) = 0⇒ y1v ′′ + v′ · (p(t)y1 + 2y1) = 0, que e´ uma equac¸a˜o diferencial de primeira ordem em v′. Resolvendo esta equac¸a˜o encontramos a func¸a˜o v(t) e, com isso, a segunda soluc¸a˜o da EDO 2.1 Equac¸a˜o Caracter´ıstica possui ra´ızes repetidas Considere a E.D.O Homogeˆnea com coeficientes constantes ay′′ + by′ + cy = 0 (9) com equac¸a˜o caracter´ıstica ar2 + br + c = 0. Suponha que as ra´ızes desta equac¸a˜o sejam repetidas, ou seja, r1 = r2 = −b 2a . Assim, y1(t) = e −bt 2a e´ soluc¸a˜o da Equac¸a˜o 9. Para encontrarmos a segunda soluc¸a˜o desta equac¸a˜o utilizaremos o Me´todo de D’Alembert: se y1(t) e´ soluc¸a˜o da EDO 9, a substituic¸a˜o y = vy1 nos leva a a · (v′′y1 + 2v′y′1 + vy′′1) + b · (v′y1 + vy′1) + c · vy1 = 0 que, por ca´lculos simples, obtemos v′′ + ( 2y′1 + by1 ay1 ) · v′ = 0⇔ (v′)′ + ( 2y′1 + by1 ay1 ) · v′ = 0. Exemplo 2.1 Resolver a EDO y′′ + 4y′ + 4y = 0. (10) Soluc¸a˜o A equac¸a˜o caracter´ıstica associada a esta EDO e´ r2 + 4r + 4 = 0⇔ (r + 2)2 = 0, cuja raiz e´ r = −2. Assim, y1(t) = e−2t e´ soluc¸a˜o da EDO 10. A fim de encontrarmos a segunda soluc¸a˜o 6 desta equac¸a˜o, utilizaremos o Me´todo de D’Alembert, supondo que y(t) = v(t)e−2t seja tambe´m soluc¸a˜o da E.D.O 10. Temos y′(t) = v′e−2t − 2ve−2t e y′′(t) = v′′e−2t − 4v′e−2t + 4ve−2t, que, substituindo na E.D.O nos da´ v′′e−2t − 8ve−2t = 0, com soluc¸a˜o v(t) = c1t+ c2. Portanto, y(t) = (c1t+ c2)e −2t e´ soluc¸a˜o geral da Equac¸a˜o 10, uma vez que W (y1, y2) 6= 0, onde y1(t) = e−2t e y2(t) = te−2t. Observac¸a˜o 2.2 O Me´todo de D’Alembert, quando usado em uma equac¸a˜o de segunda ordem linear homogeˆnea y′′ + p(t)y′ + q(t) = 0 (11) conduz a uma E.D.O de primeira ordem em v′, ou seja, se y1(t) e´ soluc¸a˜o da Equac¸a˜o 11, enta˜o, se supomos y(t) = v(t)y1(t) chegamos a v′′ = 2y′1 y1 · v′ + p(t) · v′ ⇔ V ′ = ( 2y′1 y1 · v′ + p(t) ) · V, onde V = v′. 7
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