Metodo dos coeficinetes reducao

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Edo’s lineares de 2a ordem com
coeficientes constantes
Objetivos:
Ao final desta aula voceˆ devera´ ser capaz de:
• Definir equac¸a˜o caracter´ıstica.
• Aplicar o me´todo de D’Alembert, ou de reduc¸a˜o de ordem, para uma edo linear de
2a ordem.
• Resolver edo’s de 2a ordem lineares, homogeˆneas, de coeficientes constantes.
0.1 EDO Linear de Segunda Ordem com Coeficientes
Constantes
Definic¸a˜o 0.1 Uma equac¸a˜o do tipo
ay′′ + by′ + cy = 0, (1)
onde a , b e c sa˜o constantes reais e´ chamada equac¸a˜o diferencial ordina´ria linear
de segunda ordem homogeˆnea com coeficientes constantes
Podemos determinar as soluc¸o˜es de uma equac¸a˜o do tipo 1 utilizando func¸o˜es simples
do Ca´lculo I.
Observac¸a˜o 0.2 Considere a seguinte edo de segunda ordem linear, homogeˆnea com co-
eficientes constantes:
y′′ − y = 0.
Para determinara as soluc¸o˜es desta equac¸a˜o vamos procurar uma func¸a˜o y que tenha a
seguinte propriedade: y′′ = y. Observe que y1(t) = et e y2(t) = e−t teˆm esta propriedade,
assim satisfazem a equac¸a˜o y′′ = y. Pelo teorema da superposic¸a˜o, qualquer combinac¸a˜o
linear de y1 e y2, isto e´, qualquer expressa˜o da forma c1e
t+c2e
−t , sendo c1 e c2 constantes
reais quaisquer, tambe´m e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o dada .
1
2
De fato, considere a combinac¸a˜o linear:
y(t) = c1e
t + c2e
−t.
Determinando y′(t) e y′′(t) , teremos: y′(t) = c1et − c2e−t e y′′(t) = c1et + c2e−t o que
comprova que y′′(t) = y(t).
Teorema 0.3 (Teorema da Existeˆncia e Unicidade) Considere o PVI
y′′ + p(t)y′ + q(t)y = g(t)
y(t0) = y0
y′(t0) = y′0
onde p, q e g sa˜o cont´ınuas em um intervalo aberto I. Enta˜o existe uma u´nica soluc¸a˜o
y = φ(t) do PVI para todo x em I.
Voltemos ao caso geral da equac¸a˜o com coeficientes constantes:
ay′′ + by′ + c = 0. (2)
Vamos admitir que y = ert e´ soluc¸a˜o desta edo, onde r e´ a constante a ser determinada.
Calculando y′ e y′′ e substitu´ındo-se y, y′ e y′′ na equac¸a˜o 2, obtemos:
r2aert + rbert + cert = 0 ⇔
⇔ ert(ar2 + br + c) = 0.
Como ert 6= 0, para qualquer valor real de t, assim a condic¸a˜o para que y = ert seja
soluc¸a˜o da equac¸a˜o ay′′ + by′ + c = 0 e´ que:
ar2 + br + c = 0. (3)
A equac¸a˜o 3 e´ chamada equac¸a˜o caracter´ıstica associada a` equac¸a˜o ay′′+by′+cy =
0. Note que a equac¸a˜o caracter´ıstica e´ uma equac¸a˜o do segundo grau na varia´vel r.
Dada a equac¸a˜o ar2 + br+ c = 0 e sendo 4 = b2− 4ac , temos treˆs casos a considerar:
• (i) ∆ > 0. Neste caso a equac¸a˜o caracter´ıstica tem duas ra´ızes reais distintas.
• (ii) ∆ = 0: Neste caso a equac¸a˜o caracter´ıstica tem duas ra´ızes reais e iguais.
• (iii) ∆ < 0: Neste caso a equac¸a˜o caracter´ıstica tem duas ra´ızes complexas conju-
gadas.
3 0.1. EDO Linear de Segunda Ordem com Coeficientes Constantes
Comec¸aremos a estudar a equac¸a˜o caracter´ıstica quando ∆ > 0. Neste caso a equac¸a˜o
possui duas ra´ızes reais e distintas, a saber:
r1 =
−b+√b2 − 4ac
2a
e r2 =
−b−√b2 − 4ac
2a
.
Sejam y1(t) = e
r1t e y2(t) = e
r2t. Enta˜o:
W (y1, y2) =
∣∣∣∣ er1t er2tr1er1t r2er2t
∣∣∣∣ = e(r1+r2)t(r2 − r1).
Como r1 6= r2, enta˜o W (y1, y2) 6= 0. Da´ı as soluc¸o˜es y1(t) = er1t e y2(t) = er2t sa˜o L.I. e
formam um conjunto fundamental de soluc¸o˜es para a edo 2 e, segundo o teorema 2.6, a
soluc¸a˜o geral da edo sera´:
y(t) = c1e
r1t + c2e
r2t,
onde c1 e c2 sa˜o constantes reais quaisquer.
Exemplo 0.4 Considere a equac¸a˜o de segunda ordem linear e homogeˆnea com coefici-
entes constantes y′′ + 3y′ + 2y = 0. Determine a soluc¸a˜o geral desta edo.
Soluc¸a˜o: Supondo que y = ert e´ soluc¸a˜o desta equac¸a˜o, obtemos a equac¸a˜o caracter´ıstica:
r2 + 3r + 2 = 0
cujas ra´ızes sa˜o r1 = −1 e r2 = −2. Logo y1 = e−t e y2 = e−2t sa˜o soluc¸o˜es da edo dada.
Como W (e−t, e−2t) = −e−3t 6= 0,∀t ∈ R enta˜o a soluc¸a˜o geral para equac¸a˜o y′′+ 3y′+
2y = 0 e´ :
y(t) = c1e
−t + c2e−2t,
sendo c1e c2 constantes reais quaisquer.
Para estudarmos os demais casos da equac¸a˜o caracter´ıstica, precisamos de alguns
resultados e definic¸o˜es.
0.1.1 Equac¸a˜o caracter´ıstica com ra´ızes complexas
Voltaremos agora a discussa˜o da equac¸a˜o caracter´ıstica de uma edo linear e ho-
mogeˆnea de segunda ordem com coeficientes constantes. Passaremos ao caso em que a
equac¸a˜o caracter´ıstica possui ra´ızes complexas.
Considere a equac¸a˜o caracter´ıstica ar2 + br + c = 0 na qual ∆ = b2 − 4ac < 0. Neste
caso as ra´ızes da equac¸a˜o caracter´ıstica sa˜o complexas e conjugadas, ou seja:
r1 = λ+ iµ e r2 = λ− iµ.
4
Da´ı,
y1(t) = e
(λ+iµ)t e y2(t) = e
(λ−iµ)t.
E´ comum, neste ponto, definirmos a exponencial complexa usando um procedimento
que usa se´ries infinitas. Sabendo-se que et =
∑∞
n=0
tn
n!
e admitindo que e´ va´lido substituir
t por it, teremos:
eit =
∞∑
n=0
(it)n
n!
=
∞∑
n=0
(−1)nt2n
(2n)!
+ i ·
∞∑
n=1
(−1)n−1tn−1
(2n− 1)! = cost+ i · sent.
A equac¸a˜o eit = cost+ i · sent e´ chamada fo´rmula de Euler.
Dessa forma, temos que:
y1(t) = e
(λ+iµ)t = eλt · [cos(µt) + isen(µt)]
e
y2(t) = e
(λ−iµ)t = eλt [cos(µt)− isen(µt)] .
A partir deste ponto podemos obter soluc¸o˜es reais para a edo dada considerando as
combinac¸o˜es lineares de y1(t) e y2(t) dadas a seguir:
1
2
[y1(t) + y2(t)] = e
λt · cos(µt)
e
1
2i
[y1(t)− y2(t)] = eλt · sen(µt).
Dessa forma Y1(t) = e
λt · cos(µt) e Y2(t) = eλt · sen(µt) sa˜o soluc¸o˜es reais da
edo ay′′ + by′ + cy = 0, e como W (Y1, Y2) = µe2λ 6= 0, pois µ 6= 0, ou seja , {Y1, Y2}
e´ tambe´m um conjunto fundamental de soluc¸o˜es para a edo ay′′ + by′ + cy = 0 quando
∆ = b2 − 4ac < 0.
Assim a soluc¸a˜o geral sera´:
y(t) = c1e
λt · cos(µt) + c2eλt · sen(µt).
onde c1 e c2 sa˜o reais quaisquer.
Exemplo 0.5
Determine a soluc¸a˜o geral para a edo linear
y′′ + 2y′ + 2y = 0.
Soluc¸a˜o:
A equac¸a˜o caracter´ıstica associada e´ r2 + 2r + 2 = 0, cujas ra´ızes sa˜o −1 + i e −1− i.
Logo:
y1 = e
(−1+i)t = e−t.eit = e−t(cost+ isent)
5 0.1. EDO Linear de Segunda Ordem com Coeficientes Constantes
e
y2 = e
(−1−i)t = e−t.e−it = e−t(cost− isent).
Desta forma Y1(t) = e
−tcost e Y2(t) = e−tsent.
Como o W (Y1(t), Y2(t)) = e
−2t 6= 0, ∀t ∈ R, enta˜o Y1(t) e Y2(t) sa˜o linearmente
independentes. Portanto, a soluc¸a˜o geral da edo em questa˜o e´:
y(t) = c1e
−tcost+ c2e−tsent,
sendo c1 e c2 constantes reais quaisquer.
0.1.2 Me´todo de Reduc¸a˜o de Ordem (Me´todo de D’Alembert)
Este me´todo permite transformar uma equac¸a˜o diferencial ordina´ria linear de ordem
n em uma equac¸a˜o de ordem n− 1, isto e´, reduz a ordem da equac¸a˜o dada. Este me´todo
permite encontrar a soluc¸a˜o geral de uma edo linear homogeˆnea de 2a ordem, desde que
seja conhecida uma soluc¸a˜o particular.
Seja, enta˜o, y1 uma soluc¸a˜o particular da equac¸a˜o:
y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0.
Para determinarmos uma segunda soluc¸a˜o desta equac¸a˜o, que seja LI com y1, vamos
admitir que esta segunda soluc¸a˜o seja da forma y2(t) = v(t)y1(t), onde a func¸a˜o v a ser
determinada seja duplamente deriva´vel. Determinando y′2(t) e y
′′
2(t), e substituindo y2, y
′
2
e y′′2 na equac¸a˜o y
′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0, obtemos:
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 + 2y′1) = 0⇐⇒
y1v
′′ + v′ · (p(t)y1 + 2y′1) = 0.
Observe que a equac¸a˜o y1v
′′ + v′ · (p(t)y1 + 2y′1) = 0 pode ser transformada em uma
equac¸a˜o diferencial linear de primeira ordem fazendo u = v′ e u′ = v′′.
Resolvendo a equac¸a˜o y1v
′′ + v′ · (p(t)y1 + 2y′1) = 0 obtemos a func¸a˜o v e podemos
obter uma segunda soluc¸a˜o da edo, de forma que y1 e y2 seja um conjunto fundamental
de soluc¸o˜es para a edo dada, ou seja, a soluc¸a˜o geral da edo sera´:
y(t) = c1y1(t) + c2v(t)y1(t) = c1y1(t) + c2y2(t),
onde c1 ec2 sa˜o nu´meros reais.
6
0.1.3 Equac¸a˜o Caracter´ıstica possui ra´ızes repetidas
Para uma equac¸a˜o diferencial linear homogeˆnea de segunda ordem a equac¸a˜o carac-
ter´ıstica so´ tem uma soluc¸a˜o quando ∆ = b2 − 4ac = 0.Neste caso,a soluc¸a˜o da equac¸a˜o
caracter´ıstica so´ nos permite determinar uma soluc¸a˜o LI para a edo dada. Como para
encontrarmos a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o necessitamos de duas soluc¸o˜es LI ,vamos usar
o me´todo de reduc¸a˜o de ordem para determinar uma segunda soluc¸a˜o que seja LI com a
primeira.
Considere a edo linear homogeˆnea com coeficientes constantes:
ay′′ + by′ + cy = 0. (4)
e vamos considerar que a equac¸a˜o caracter´ıstica correspondente ar2 + br + c = 0 tenha
∆ = b2 − 4ac = 0.
Neste caso a equac¸a˜o caracter´ıstica tem uma raiz dupla dada por:
r1 = r2 =
−b
2a
.
Assim,
y1(t) = e
−bt
2a
e´ uma soluc¸a˜o da Equac¸a˜o 4.
Para encontrarmos a segunda soluc¸a˜o desta equac¸a˜o que seja LI com y1(t) = e
−bt
2a uti-
lizaremos o me´todo de D’Alembert. Vamos enta˜o encontrar uma func¸a˜o v , duplamente
deriva´vel, de forma que y = vy1 seja tambe´m soluc¸a˜o da edo 4. Substituindo y = vy1,
y′ = v′y1 + vy′1 e y
′′ = v′′y1 + 2v′y′1 + vy”1 na equac¸a˜o 4 teremos:
a · (v′′y1 + 2v′y′1 + vy′′1) + b · (v′y1 + vy′1) + c · vy1 = 0⇔ ay1v′′ + (2ay′1 + by1) · v′ = 0.
Observe que como y1(t) = e
−bt
2a , enta˜o y′1(t) =
−b
2a
e
−bt
2a .
Da´ı a expressa˜o:
2ay′1 + by1 = 2a
(−b
2a
e
−bt
2a
)
+ be
−bt
2a = 0 e, assim chegamos a` equac¸a˜o : v′′ = 0, uma vez
que a 6= 0 e y1 6= 0.
Resolvendo a equac¸a˜o v′′ = 0, obtemos v(t) = c1t + c2. Como nos interessa apenas
uma func¸a˜o v, e´ comum escolhermos c1 = 1 e c2 = 0 e assim v = t. Logo a segunda
soluc¸a˜o da equac¸a˜o sera´ : y2(t) = t.e
−bt
2a . Como y1 = e
−bt
2a e y2 = te
−bt
2a sa˜o soluc¸o˜es L.I.
enta˜o, a soluc¸a˜o geral para a equac¸a˜o 4, quando ∆ = 0, e´:
y(t) = me
−bt
2a + nte
−bt
2a ,
sendo m e n constantes reais quaisquer.
7 0.2. Exerc´ıcios
Exemplo 0.6
Resolver a edo:
y′′ + 4y′ + 4y = 0. (5)
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´ uma soluc¸a˜o LI da edo 5.
A fim de encontrarmos a segunda soluc¸a˜o desta equac¸a˜o, que seja LI com y1, utiliza-
remos o Me´todo de D’Alembert, supondo que y2(t) = v(t)e
−2t seja tambe´m soluc¸a˜o da
edo 5. Temos:
y′2(t) = v
′e−2t − 2ve−2t e y′′2(t) = v′′e−2t − 4v′e−2t + 4ve−2t,
que, substituindo na edo 5 nos da´
v′′e−2t = 0.
Como e−2t > 0 para todo t real, a soluc¸a˜o da equac¸a˜o v′′ = 0 e´ v(t) = mt + n. Logo
v(t) = t e y2(t) = te
−2t.
Desta forma, o Wronskiano:
W (y1, y2) = (1− t).e−4t 6= 0
para todo t 6= 1, ou seja, y1(t) = e−2t e y2(t) = te−2t sa˜o LI e a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o
5 e´ dada por:
y(t) = (c1t+ c2)e
−2t
sendo c1 e c2 constantes reais quaisquer.
0.2 Exerc´ıcios
1. Resolva os PVIs.
• a)

y′′ − y = 0
y(0) = 2
y′(0) = −1
• b)

y′′ + 3y′ + 2y = 0
y(0) = 1
y′(0) = −1
• c)

y′′ + y = 0
y
(pi
3
)
= 2
y′
(pi
3
)
= −4
2. Encontre a soluc¸a˜o geral das equac¸o˜es
8
(a) 4y′′ − 9y = 0 (b) y′′ − 2y′ − 2y = 0.
3. Determine uma edo sabendo que sua soluc¸a˜o geral e´ dada por:
y(t) = c1e
−t
2 + c2e
−2t
4. Sabendo que y1(t) = t e´ uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o
(t2 + 1)y′′ − 2ty′ + 2y = 0,
encontre a soluc¸a˜o geral para a edo.
5. Resolva as equac¸o˜es abaixo:
(a) t2y′′ + 4ty′ + 2y = 0
(b) t2y′′ − 4ty′ + 4y =
(c) t2y′′ − 3ty′ + 4y = 0, y(−1) = 2 e y′(−1) = 3.
Nestas equac¸o˜es admita que a soluc¸a˜o da equac¸a˜o seja da forma y(t) = tm.
	EDO Linear de Segunda Ordem com Coeficientes Constantes
	Equação característica com raízes complexas
	Método de Redução de Ordem (Método de D'Alembert)
	Equação Característica possui raízes repetidas
	Exercícios