cálculo aplicado - Mais de Equações Diferenciais Lineares Homogêneas

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Cálculo Aplicado:
Semana 03
Mais de Equações Diferenciais Lineares Homogêneas:
Vamos agora, ligar algumas pontas soltas e fazer nossas últimas considerações sobre equações diferenciais ordinárias
de segunda ordem linear com coe�ceientes constantes homogêneas e apresentar o método da variação dos parâmet-
ros para encontrar uma solução particular de uma equação diferencial ordinária de segunda ordem linear com
coe�ceientes constantes não homogênea. Iniciaremos com as equações diferenciais ordinárias de segunda ordem
linear com coe�ceientes constantes homogêneas.
Teorema:
Dada uma Equação diferencial de segunda ordem linear homogênea: R(t) y′′ + S(t) y′ + T (t) t = 0 duas funções
y1 = y1(t) e y2 = y2(t) formam um conjunto fundamental de soluções da EDO no intervalo I, se R = R(t), S = S(t)
e T = T (t) são contínuas em I e se para todo t ∈ I temos que y1 e y2 são soluções da EDO e se o wronskiano de
y1 e y2 é não nulo para algum t ∈ I, (W (y1, y2) 6= 0).
∼ • ∼
Agora passaremos a fazer considerações sobre equações diferenciais de segunda ordem lineares homogêneas com
coe�cientes constantes a y′′ + b y′ + c y = 0 e usando o teorema anterior apresentar uma solução geral desta EDO
nos três casos:
• ∆ = b2 − 4ac > 0. • ∆ = b2 − 4ac < 0. • ∆ = b2 − 4ac = 0.
Equações diferenciais ordinárias lineares de 2
a
ordem com coe�cientes constantes homogêneas
Dada uma EDO linear de 2
a
ordem com coe�cientes constantes homogênea: a y′′ + b y′ + c y = 0, temos:
Equação característica associada: a λ2 + b λ+ c = 0
Se ∆ = b2 − 4 a c > 0 então r1 = −b+
√
∆
2 a
e r2 =
−b−√∆
2 a
y1 = e
r1 t
e y2 = e
r2 t
são soluções da EDO a y′′ + b y′ + c y = 0, pois:
y1 = e
r1 t ⇒ y′1 = r1 er1 t ⇒ y′′1 = r21 er1 t
Assim, a y′′1 + b y′1 + c y = a
(
r21 e
r1 t
)
+ b
(
r1 e
r1 t
)
+ c
(
er1 t
)
= er1 t (a r21 + b r1 + c)︸ ︷︷ ︸
=0
= 0
pois: r1 é raiz da equação característica.
y2 = e
r2 t ⇒ y′2 = r2 er2 t ⇒ y′′2 = r22 er2 t
Assim, a y′′2 + b y′2 + c y2 = a
(
r22 e
r2 t
)
+ b
(
r2 e
r2 t
)
+ c
(
er2 t
)
= er2 t (a r22 + b r2 + c)︸ ︷︷ ︸
=0
= 0
pois: r2 é raiz da equação característica.
2
y1 = e
r1 t
e y2 = e
r2 t
formam um conjunto fundamental de soluções de a y′′ + b y′ + c y = 0, pois:
W (y1, y2) =
∣∣∣∣∣∣
er1 t er2 t
r1 e
r1 t r2 e
r2 t
∣∣∣∣∣∣ = r2 er2 t er1 t − r1 er1 t er2 t = r2 e(r1+r2) t − r1 e(r1+r2) t = (r2 − r1) e(r1+r2) t 6= 0
Assim, dada uma EDO linear de 2
a
ordem com coe�cientes constantes homogênea: a y′′ + b y′ + c y = 0, temos:
Equação característica associada: a λ2 + b λ+ c = 0
Se ∆ = b2 − 4 a c > 0 então r1 = −b+
√
∆
2 a
e r2 =
−b−√∆
2 a
y(t) = C1 e
r1 t + C2 e
r2 t
é uma solução geral da EDO a y′′ + b y′ + c y = 0.
Antes de estudar como �ca a solução geral de uma EDO linear de 2
a
ordem com coe�cientes constantes quando o
∆ da equação característica é negativo (∆ < 0), vamos de�nir a função exponencial complexa.
Usaremos z para indicar um número complexo e x para indicar um número real.
Assim, z = a+ b i, a, b ∈ R e i que é chamada de unidade imaginária é tal que i2 = −1. E x ∈ R.
Usaremos C para indicar o conjunto dos números complexos. Assim, temos: C = { a+ b i | a ∈ R e b ∈ R }.
Se na de�nição do conjunto dos números complexos tomarmos b = 0 então observamos que: R ⊂ C.
Agora, voltemos a de�nição da exponencial complexa:
Claro, queremos uma de�nição exponencial complexa que se reduza a exponencial real quando aplicada a um
número real. Ou seja, queremos que f(z) = ez coincida com a de�nição de exponencial real f(x) = ex.
Existem várias formas de extender a função exponencial do conjunto dos números reais para o conjunto dos números
complexos. Aqui, vamos nos utilizar um método baseado em séries de potências (séries de Taylor e MacLauren),
que foram apresentadas aos alunos no componente curricular Cálculo II.
Vamos lembrar que a série de MacLauren (série de Taylor em torno de t = 0) de função f(t) = sen t é:
cos t =
+∞∑
n=0
(−1)n t2n
(2n)!
e sen t =
+∞∑
n=1
(−1)n−1 t2n−1
(2n− 1)! .
Vamos, também, lembrar que a série de MacLauren (série de Taylor em torno de t = 0) de função f(t) = et é:
et =
+∞∑
n=0
tn
n!
, −∞ < t < +∞
Agora, vamos substituir t por it na série acima:
ei t =
+∞∑
n=0
(i t)n
n!
, −∞ < t < +∞
Para melhorar a série acima vamo observar as potências de i, ou seja, observe que:
i2 = −1, i3 = (i2) i = −i, i4 = (12) (12) = (−1) (−1) = 1, . . .,
3
podemos resumir as potências de i da forma: i2n = (−1)n e i2n+1 = (−1)n i .
Aplicando, essa propriedade das potências da unidade imaginária à série de ei t temos:
ei t =
+∞∑
n=0
(i t)n
n!
=
[
+∞∑
n=0
(−1)n t2n
n!
]
+ i
[
+∞∑
n=1
(−1)n−1 t2n−1
(2n− 1)!
]
= cos t+ i sen t
Fórmula de Euler: ei t = cos t+ i sen t .
Em particular, e−i t = cos t− sen t, ei µ t = cos (µ t) + i sen (µ t), e(λ+i µ) t = eλ t
(
cos (µ t) + i sen (µ t)
)
Equações diferenciais ordinárias lineares de 2
a
ordem com coe�cientes constantes homogêneas
Dada uma EDO linear de 2
a
ordem com coe�cientes constantes homogênea: a y′′ + b y′ + c y = 0, temos:
Equação característica associada: a λ2 + b λ+ c = 0
Se ∆ = b2 − 4 a c < 0 então
z1 =
−b+√|∆| i
2 a
=
−b
2a︸︷︷︸
α
+
√|∆|
2a
i︸ ︷︷ ︸
β i
= α+ β i e r2 =
−b−√|∆| i
2 a
=
−b
2a︸︷︷︸
α
−
√|∆|
2a
i︸ ︷︷ ︸
β i
= α− β i
y˜1 = e
(α+βi) t = eα t
(
cos (β t) + sen (β t) i
)
e y˜2 = e
(α−βi) t = eα t
(
cos (β t)− sen (β t) i
)
são soluções da EDO a y′′+ b y′+ c y = 0. Porém gostaríamos de trabalhar soluções com coe�cientes reais. Assim,
como soma de solução é solução, subtração de solução é solução e número vezes solução é solução pois a EDO é
linear, temos: y1 =
1
2 (y˜1 + y˜2) e y2 =
i
2 (y˜1 − y˜2) são soluções. Ou seja:
y1 = e
α t
(
cos (β t)
)
e y2 = e
α t
(
sen (β t)
)
são soluções, pois:
y1 = e
α t
(
cos (β t)
)
⇒ y′1 = α eα t
(
cos (β t)
)
− β eα t
(
sen (β t)
)
⇒
⇒ y′′1 = α2 eα t
(
cos (β t)
)
− αβ eα t
(
sen (β t)
)
− αβ eα t
(
sen (β t)
)
− β2 eα t
(
cos (β t)
)
⇒
⇒ y′′1 = (α2 − β2) eα t
(
cos (β t)
)
− 2αβ eα t
(
sen (β t)
)
a y′′1 + b y′1 + c y1 =
= a
[
(α2 − β2) eα t
(
cos (β t)
)
− 2αβ eα t
(
sen (β t)
)]
+b
[
α eα t
(
cos (β t)
)
− β eα t
(
sen (β t)
)]
+c
[
eα t
(
cos (β t)
)]
=
=
[
a (α2 − β2) + b α+ c]︸ ︷︷ ︸
(0∗)
eα t
(
cos (β t)
)
+ [−2aαβ − b β]︸ ︷︷ ︸
(0∗∗)
eα t
(
sen (β t)
)
= 0, pois:
Lembrando que α = − b
2a
e β =
√|∆|
2a
=
√|b2 − 4ac|
2a
=
√−b2 + 4ac
2a
, temos:
(∗) [a (α2 − β2) + b α+ c] =
a (− b
2a
)2
− a
( √−b2 + 4ac
2a
)2
+ b
(
− b
2a
)
+ c
 =
4
=
[
a
b2
4a2
− a
( −b2 + 4ac
4a2
)
− b
2
2a
+ c
]
=
[
b2
4a
−
( −b2 + 4ac
4a
)
− b
2
2a
+ c
]
=
b2 + b2 − 4ac− 2b2 + 4ac
4a
= 0
(∗∗) [−2aαβ − bβ] = −2a
(
− b
2a
)(√−b2 + 4ac
2a
)
−b
(√−b2 + 4ac
2a
)
= b
(√−b2 + 4ac
2a
)
−b
(√−b2 + 4ac
2a
)
= 0
y2 = e
α t
(
sen (β t)
)
⇒ y′2 = α eα t
(
sen (β t)
)
+ β eα t
(
cos (β t)
)
⇒
⇒ y′′2 = α2 eα t
(
sen (β t)
)
+ αβ eα t
(
cos (β t)
)
+ αβ eα t
(
cos (β t)
)
− β2 eα t
(
sen (β t)
)
⇒
⇒ y′′2 = (α2 − β2) eα t
(
sen (β t)
)
+ 2αβ eα t
(
cos (β t)
)
a y′′2 + b y′2 + c y2 =
= a
[
(α2 − β2) eα t
(
sen (β t)
)
+ 2αβ eα t
(
cos (β t)
)]
+b
[
α eα t
(
sen (β t)
)
+ β eα t
(
cos (β t)
)]
+c
[
eα t
(
sen (β t)
)]
=
=
[
a (α2 − β2) + b α+ c]︸ ︷︷ ︸
(0∗)
eα t
(
sen (β t)
)
+ [2aαβ + b β]︸ ︷︷ ︸
(0∗∗)eα t
(
cos (β t)
)
= 0, pois:
Lembrando que α = − b
2a
e β =
√|∆|
2a
=
√|b2 − 4ac|
2a
=
√−b2 + 4ac
2a
, temos:
(∗) [a (α2 − β2) + b α+ c] =
a (− b
2a
)2
− a
( √−b2 + 4ac
2a
)2
+ b
(
− b
2a
)
+ c
 =
=
[
a
b2
4a2
− a
( −b2 + 4ac
4a2
)
− b
2
2a
+ c
]
=
[
b2
4a
−
( −b2 + 4ac
4a
)
− b
2
2a
+ c
]
=
b2 + b2 − 4ac− 2b2 + 4ac
4a
= 0
(∗∗) [2aαβ + bβ] = 2a
(
− b
2a
)(√−b2 + 4ac
2a
)
+ b
(√−b2 + 4ac
2a
)
= −b
(√−b2 + 4ac
2a
)
+ b
(√−b2 + 4ac
2a
)
= 0
y1 = e
α t
(
cos (β t)
)
e y2 = e
α t
(
sen (β t)
)
formam um conjunto fundamental de soluções, pois:
W (y1, y2) =
∣∣∣∣∣∣∣∣
eα t
(
cos (β t)
)
eα t
(
sen (β t)
)
αeα t
(
cos (β t)
)
− βeα t
(
sen (β t)
)
αeα t
(
sen (β t)
)
+ βeα t
(
cos (β t)
)
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
= αe2α t
(
cos
2 (β t)
)
− βe2α t
(
sen (β t)
)(
cos (β t)
)
− αe2α t
(
sen
2 (β t)
)
− βe2α t
(
cos (β t)
)(
sen (β t)
)
=
= −2βe2α t
(
cos (β t)
)(
sen (β t)
)
6= 0 se β 6= 0 e t = pi
4β
.
Como y1 = e
α t
(
cos (β t)
)
e y2 = e
α t
(
sen (β t)
)
formam um conjunto fundamental de soluções, podemos
escrever a solução geral da EDO: ay′′ + by′ + cy = 0 com ∆ = b2 − 4ac < 0 por:
5
yG(t) = e
αt
[
C1 cos (βt) + C2 sen (βt)
]
ou yG(t) =
[
C1 e
αt
cos (βt) + C2 e
αt
sen (βt)
]
.
Assim, dada uma EDO linear de 2
a
ordem com coe�cientes constantes homogênea: a y′′ + b y′ + c y = 0, temos:
Equação característica associada: a λ2 + b λ+ c = 0
Se ∆ = b2 − 4 a c < 0 então r1 = α+ βi e r2 = α+ βi, onde α = − b
2a
e β =
√−b2 + 4ac
2a
y(t) = eαt
[
C1 cos (βt) + C2 sen (βt)
]
é uma solução geral da EDO a y′′ + b y′ + c y = 0.
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Equações diferenciais ordinárias lineares de 2
a
ordem com coe�cientes constantes homogêneas
Dada uma EDO linear de 2
a
ordem com coe�cientes constantes homogênea: a y′′ + b y′ + c y = 0, temos:
Equação característica associada: a λ2 + b λ+ c = 0
Se ∆ = b2 − 4 a c = 0 então temos apenas uma raiz real.
r = r1 = r2 =
−b±√0
2a
= − b
2a
y1 = e
r t
é solução da EDO a y′′ + b y′ + c y = 0, pois:
y1 = e
r t ⇒ y′1 = r er t ⇒ y′′1 = r2 er t
Assim, a y′′1 + b y′1 + c y = a
(
r2 er t
)
+ b
(
r er t
)
+ c
(
er t
)
= er t (a r2 + b r + c)︸ ︷︷ ︸
=0
= 0
pois: r é raiz da equação característica.
Precisamos de mais uma solução !
Precisamos y2 solução da EDO: a y
′′
1 + b y
′
1 + c y = 0 tal que W (y1, y2) 6= 0.
Para conseguir y2 vamos usar um processo conhecido pelo nome: Redução de Ordem:
Como y1(t) = C1 e
rt
é solução da EDO a y′′1 + b y′1 + c y = 0, vamos tentar encontrar uma solução outra solução da
EDO da forma: y1(t) = u e
rt
onde u é uma função de t, ou seja, u = u(t).
Assim, seja: y2(t) = u(t) e
rt
,
temos: y′2(t) = u′(t)ert + r u(t)ert e
y′′2(t) = u′′(t)ert + r u′(t)ert + r u′(t)ert + r2 u(t)ert ⇒ y′′2(t) = u′′(t)ert + 2r u′(t)ert + r2 u(t)ert
Agora, vamos substituir y2 na EDO a y
′′ + b y′ + c y = 0 e veri�car se existe u = u(t) que faz y2 ser solução.
a (u′′(t)ert + 2r u′(t)ert + r2 u(t)ert) + b (u′(t)ert + r u(t)ert) + c (u(t)ert) = 0 ⇒
⇒ a u′′(t)ert + 2ar u′(t)ert + ar2 u(t)ert + b u′(t)ert + br u(t)ert + c u(t)ert = 0 ⇒
⇒
(
a u′′(t) + 2ar u′(t) + ar2 u(t) + b u′(t) + br u(t) + c u(t)
)
ert = 0 ⇒
⇒
(
a u′′(t)
)
ert +
(
2ar + b
)
︸ ︷︷ ︸
0(∗∗)
u′(t) +
(
ar2 + br + c
)
︸ ︷︷ ︸
0(∗)
u(t) ert = 0 ⇒
(∗) Pois r é raiz da equação característica aλ2 + bλ+ c.
(∗∗) Como r é raiz com multiplicidade algébrica dois da equação característica aλ2 + bλ+ c,
r é raiz da sua derivada 2aλ+ b.
⇒
(
a u′′(t)
)
ert +
(
2ar + b
)
︸ ︷︷ ︸
0(∗∗)
u′(t) +
(
ar2 + br + c
)
︸ ︷︷ ︸
0(∗)
u(t) ert = 0 ⇒ u′′(t) = 0
O que nos leva a: u′′(t) = 0 ⇒ u′(t) = K1 ⇒ u(t) = K1t+K2.
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Portanto y2(t) = u(t)e
rt
é solução da EDO a y′′ + b y′ + c t = 0 (com δ = b2 − 4ac = 0) se u(t) = K1t+K2.
Ou seja, y2(t) = (K1t + K2)e
rt = K1 t e
rt + K2e
rt
. Como podemos escolher K1 e K2, vamos escolher K1 = 1 e
K2 = 0,
E temos: Y2(t) = t e
rt
.
y1(t) = e
rt
e y2(t) = t e
rt
formam um conjunto fundamental de soluções, pois:
W (y1, y2)(t) =
∣∣∣∣∣∣
ert t ert
r ert ert + r t ert
∣∣∣∣∣∣ = e2rt + r t e2rt − r t e2rt = e2rt 6= 0.
Assim, dada uma EDO linear de 2
a
ordem com coe�cientes constantes homogênea: a y′′ + b y′ + c y = 0, temos:
Equação característica associada: a λ2 + b λ+ c = 0
Se ∆ = b2 − 4 a c = 0 então r = r1 = r2 = − b
2a
.
y(t) = C1 e
rt + C2 t e
rt
é uma solução geral da EDO a y′′ + b y′ + c y = 0.