Equacoes Diferenciais Topico 8

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Equações Diferenciais – Tópico 8
• Introdução
• EDO de segunda ordem homogêneas com 
coeficientes constantes 
• Equação característica de raízes reais
• Solução com raízes reais
• Solução com raízes complexas
• Solução com raízes idênticas
Introdução EDO de segunda ordem
� Uma equação diferencial ordinária de segunda ordem
possui a seguinte forma geral
onde f é uma função dada.
� A equação é dita linear f é linear em y e y':
Caso contrário a equação é não-linear. 
� Uma equação de segunda ordem aparece muitas vezes como
� Se G(t) = 0 para todo t, então a equação é chamada de 
homogênea. 
),,( yytfy ′=′′
ytqytptgy )()()( −′−=′′
)()()()( tGytRytQytP =+′+′′
EDO de segunda ordem homogênea com 
coeficientes constantes
� No tópico 10, veremos que uma vez determinada a solução da
equação homogênea, é sempre possível resolver a equação
não-homogênea, ou ao menos expressar a sua solução em
termos de uma integral. 
� Assim, o nosso principal objetivo será resolver as equações
homogêneas, e em particular aquelas com coeficientes
constantes:
� Usualmente as condições iniciais são da seguinte forma:
� Assim, a solução deve passar por (t0, y0), sendo que neste
ponto ela possui inclinação igual a y0'.
0=+′+′′ cyybya
( ) ( ) 0000 , ytyyty ′=′=
Exemplo 1: Infinitas soluções (1 de 3)
� Considera a seguinte EDO linear de segunda ordem
� Duas possíveis soluções desta equação são
� Outras soluções incluem
� Baseado nestas observações, vemos que existem infinitas
soluções sob a forma
� Mostraremos no próximo tópico que a solução mais geral da
EDO acima é expressa desta forma.
0=−′′ yy
tt etyety −== )(,)( 21
tttt eetyetyety −− +=== 53)(,5)(,3)( 543
tt ececty −+= 21)(
Exemplo 1: Condições iniciais (2 de 3)
� Agora, consideremos o seguinte problema de valor inicial
para nossa equação:
� Nós determinamos a solução geral desta equação
� Usando as condições iniciais, 
� Então,
1)0(,3)0(,0 =′==−′′ yyyy
tt ececty −+= 21)(
1,2
1)0(
3)0(
21
21
21 ==⇒

=−=′
=+=
cc
ccy
ccy
tt eety −+= 2)(
Exemplo 1: Gráficos das soluções (3 de 3)
� O problema de valor inicial e a sua solução são
� Gráficos desta solução são apresentados a seguir. O gráfico
da direita sugere fortemente que ambas as condições iniciais
são satisfeitas.
tt eetyyyyy −+=⇒=′==−′′ 2)(1)0(,3)0(,0
Equação característica
� Para resolver a equação de 2nd com coeficientes constantes,
começaremos assumindo que a solução é da forma y = ert. 
� Substituindo este ansatz na equação diferencial, obtemos
� Simplificando, 
e portanto
� Esta última equação é chamada de equação característica
da equação diferencial. 
� O próximo passo é resolver esta equação.
,0=+′+′′ cyybya
02 =++ rtrtrt cebreear
0)( 2 =++ cbrarert
02 =++ cbrar
Solução geral
� Usando a fórmula de Bhaskara na equação característica
obtemos duas soluções, r1 e r2. 
� Existe três possíveis resultados:
� As raízes r1, r2 são reais e r1 ≠ r2. 
� As raízes r1, r2 são reais e r1 = r2. 
� As raízes r1, r2 são complexas.
� Assumiremos primeiramente que r1, r2 são reais e distintas. 
� Neste caso, a solução geral é da forma
,02 =++ cbrar
trtr
ececty 21 21)( +=
a
acbb
r
2
42 −±−
=
Condições iniciais – Raizes reais
� Para o problema de valor inicial
usamos a solução geral
juntamente com as condições iniciais para determinar c1 e c2. 
Assim,
� Uma vez que assumimos r1 ≠ r2, segue que a solução da forma 
y = ert para o problema acima de valor inicial sempre existirá, 
para qualquer conjunto de condições iniciais.
,)(,)(,0 0000 ytyytycyybya ′=′==+′+′′
0201
0201
0201
21
010
2
21
200
1
02211
021
,
trtr
trtr
trtr
e
rr
yry
ce
rr
ryy
c
yercerc
yecec
−−
−
′−=−
−′=⇒
′=+
=+
trtr
ececty 21 21)( +=
Exemplo 2
� Considere o problema de valor inicial
� Assumimos que a sol. exponencial leva a eq, característica: 
� Fatorando, obtemos as seguintes soluções, r1 = -4 and r2 = 3.
� A solução geral tem a seguinte forma:
� Usando as condições iniciais obtemos:
� Assim,
1)0(,0)0(,012 =′==−′+′′ yyyyy
( )( ) 034012)( 2 =−+⇔=−+⇒= rrrrety rt
tt ececty 32
4
1)( += −
7
1
,
7
1
134
0
21
21
21 =−=⇒

=+−
=+
cc
cc
cc
tt eety 34
7
1
7
1)( +−= −
Exemplo 3
� Considere o problema de valor inicial
� Então
� Fatorando, obtemos as soluções, r1 = 0 and r2 = -3/2.
� A solução geral tem a forma
� Usando as condições iniciais obtemos:
� Assim,
( ) ( ) 30,10,032 =′==′+′′ yyyy
( ) 032032)( 2 =+⇔=+⇒= rrrrety rt
2/3
21
2/3
2
0
1)( ttt eccececty −− +=+=
2,3
3
2
3
1
212
21
−==⇒



=−
=+
ccc
cc
2/323)( tety −−=
Exemplo 4: Problema de valor inicial (1 de 2)
( ) ( ) 30,20,065 =′==+′+′′ yyyyy
( )( ) 032065)( 2 =++⇔=++⇒= rrrrety rt
tt ececty 32
2
1)( −− +=
7,9
332
2
21
21
21 −==⇒

=−−
=+
cc
cc
cc
tt
eety 32 79)( −− −=
� Considere o problema de valor inicial
� Então
� Fatorando, obtemos as soluções, r1 = -2 and r2 = -3.
� A solução geral tem a forma
� Usando as condições iniciais obtemos:
� Assim,
Exemplo 4: Determinando o valor máximo (2 de 2)
� Obtendo o valor máximo da solução:
204.2
1542.0
)6/7ln(
6/7
76
02118)(
79)(
32
32
32
≈
≈
=
=
=
=+−=′
−=
−−
−−
−−
y
t
t
e
ee
eety
eety
t
tt
tt
tt
Equação característica com raízes complexas
� Lembremos da nossa discussão sobre a EDO 
onde a, b e c são constantes. 
� Assumindo como solução a exponencial obtemos a equação
característica,
cuja solução é dada pelo fórmula de Bhaskara:
� Se agora b2 – 4ac < 0, então temos raízes complexas: 
r1 = λ + iµ, r2 = λ - iµ
� Assim,
0=+′+′′ cyybya
0)( 2 =++⇒= cbrarety rt
a
acbb
r
2
42 −±−
=
( ) ( )titi etyety µλµλ −+ == )(,)( 21
Fórmula de Euler
� Substituindo it na série de Taylor para et, obtemos a fórmula
de Euler: 
� A fórmula acima é facilmente generalizada para
� Então
� Portanto,
( ) ( ) titn
ti
n
t
n
it
e
n
nn
n
nn
n
n
it sincos
!12
)1(
!2
)1(
!
)(
1
121
0
2
0
+=
−
−
+
−
== ∑∑∑ ∞
=
−−∞
=
∞
=
tite ti µµµ sincos +=
( ) [ ] tietetiteeee ttttitti µµµµ λλλµλµλ sincossincos +=+==+
( )
( ) tieteety
tieteety
ttti
ttti
µµ
µµ
λλµλ
λλµλ
sincos)(
sincos)(
2
1
−==
+==
−
+
Valores reais para a solução
� Nossas duas soluções são funções a valores complexo: 
� Por outro lado, é preferível ter uma solução a valores reais, 
pois a equação diferencial possue apenas coeficientes reais.
� Para implementarmos isto, basta lembrar que a combinação
linear de soluções também são soluções:
� Ignorando as constantes, obtemos as seguintes duas soluções:
tietety
tietety
tt
tt
µµ
µµ
λλ
λλ
sincos)(
sincos)(
2
1
−=
+=
tietyty
tetyty
t
t
µ
µ
λ
λ
sin2)()(
cos2)()(
21
21
=−
=+
tetytety tt µµ λλ sin)(,cos)( 43 ==
Condições iniciais – Raizes complexas
� Para o problema de valor inicial
usamos a solução geral
e as condições iniciais para determinar c1 e c2. Assim,
� Como µ ≠ 0, segue que a solução da forma y(t) para o PVI 
acima existirá para qualquer conjunto de condições iniciais.
,)(,)(,0 0000 ytyytycyybya ′=′==+′+′′
( ) ⇒
′=++−
=+
0002001
00201
cos)cos(
cos
00
00
yttsenectsentec
ytsenectec
tt
tt
µµµλµµµλ
µµ
λλ
λλ
tectecty tt µµ λλ sincos)( 21 +=
( ) ( )
00
00000
2
00000
1
coscos
,
cos
tt
e
tsentyty
c
e
tsenyttseny
c λλ µ
µµµλµ
µµµµµλ −−′=′−+=
Exemplo 1
� Considere a equação
� Então
� Portanto, 
e assim a solução geral será
( ) ( )2/3sin2/3cos)( 2/22/1 tectecty tt −− +=
0=+′+′′ yyy
iirrrety rt
2
3
2
1
2
31
2
41101)( 2 ±−=±−=−±−=⇔=++⇒=
2/3,2/1 =−= µλ
Exemplo 2
� Considere a equação
� Então,
� Portanto, 
e assim a solução geral será
04 =+′′ yy
irrety rt 204)( 2 ±=⇔=+⇒=
2,0 == µλ
( ) ( )tctcty 2sin2cos)( 21 +=
Exemplo 3
� Considere a equação
� Então,
� Portanto, a solução geral será
023 =+′−′′ yyy
irrrety rt
3
2
3
1
6
12420123)( 2 ±=−±=⇔=+−⇒=
( ) ( )3/2sin3/2cos)( 3/23/1 tectecty tt +=
Exemplo 4: Parte (a) (1 de 2)
� Para o problema de valor inicial abaixo, determine (a) a 
solução u(t) e (b) o menor tempo T para qual |u(t)| ≤ 0.1 
� Sabemos do exemplo1 que a solução geral é
� Usando as condições iniciais, obtemos
� Assim,
( ) ( )2/3sin2/3cos)( 2/22/1 tectectu tt −− +=
1)0(,1)0(,0 =′==+′+′′ yyyyy
3
3
3
,1
1
2
3
2
1
1
21
21
1
===⇒



=+−
=
cc
cc
c
( ) ( )2/3sin32/3cos)( 2/2/ tetetu tt −− +=
Exemplo 4: Parte (b) (2 de 2)
� Determinar o menor tempo T para o qual |u(t)| ≤ 0.1 
� Nossa solução é
� Resolvendo numericamente a equação acima, obtemos
T ≅ 2.79. Veja o gráfico abaixo.
( ) ( )2/3sin32/3cos)( 2/2/ tetetu tt −− +=
Equação característica para raízes repetidas
0=+′+′′ cyybya
0)( 2 =++⇒= cbrarety rt
a
acbb
r
2
42 −±−=
atbcety 2/1 )( −=
� Lembremos mais uma vez da nossa discussão sobre a EDO 
onde a, b e c são constantes. 
� Assumindo como solução a exponencial obtemos a equação
característica,
cuja solução é dada pelo fórmula de Bhaskara:
� Quando b2 – 4ac = 0, r1 = r2 = -b/2a, assim o método fornece
apenas uma solução:
Segunda solução: fator multiplicativo v(t)
� Sabemos que
� Uma vez y1 e y2 são linearmente dependente, nós vamos
generalizar esta abordagem e multiplicar y1 por uma função
v(t) determinando assim quais serão as condições para que y2
seja uma solução:
� Então,
solução uma )()( solução uma )( 121 tcytyty =⇒
atbatb etvtyety 2/2
2/
1 )()( a tentativ solução uma )( −− =⇒=
atbatbatbatb
atbatb
atb
etv
a
b
etv
a
b
etv
a
b
etvty
etv
a
b
etvty
etvty
2/
2
2
2/2/2/
2
2/2/
2
2/
2
)(
4
)(
2
)(
2
)()(
)(
2
)()(
)()(
−−−−
−−
−
+′−′−′′=′′
−′=′
=
Determinando o fator multiplicativo v(t)
� Substituindo as derivadas na EDO, temos:
0=+′+′′ cyybya
43
2
222
22
22
2
2
2/
)(0)(
0)(
4
4)(
0)(
4
4
4
)(0)(
4
4
4
2
4
)(
0)(
24
)(
0)()(
2
)()(
4
)()(
0)()(
2
)()(
4
)()(
ktktvtv
tv
a
acb
tva
tv
a
ac
a
b
tvatv
a
ac
a
b
a
b
tva
tvc
a
b
a
b
tva
tcvtv
a
b
tvbtv
a
b
tvbtva
tcvtv
a
b
tvbtv
a
b
tv
a
b
tvae atb
+=⇒=′′
=


 −−′′
=


 +−+′′⇔=


 +−+′′
=


 +−+′′
=+−′++′−′′
=



 +

 −′+

 +′−′′−
Solução geral
� Para achar a solução geral temos:
� Assim, a solução geral para raizes repetidas é
( )
abtabt
abtabt
abtabt
tecec
ektkek
etvkekty
2/
2
2/
1
2/
43
2/
1
2/
2
2/
1 )()(
−−
−−
−−
+=
++=
+=
abtabt tececty 2/2
2/
1)( −− +=
Condições Iniciais – Raizes repetidas
� Para o problema de valor inicial
usamos a solução geral
e as condições iniciais para determinar c1 e c2. Assim,
� Como a ≠ 0, segue que a solução da forma y(t) para o PVI 
acima existirá para qualquer conjunto de condições iniciais.
,)(,)(,0 0000 ytyytycyybya ′=′==+′+′′
a
tb
a
tb
a
tb
a
tb
a
tb
a
tb
a
tb
ey
a
byc
eyt
a
bytyc
ye
a
b
tcece
a
b
c
yetcec
2
002
2
000001
0
2
02
2
2
2
1
0
2
02
2
1
0
0
000
00
2
2
22 

 ′+=


 ′−−=
⇒



′=−+−
=+
−−−
−−
abtabt tececty 2/2
2/
1)( −− +=
Exemplo 1
� Considere o problema de valor inicial
� Usando uma sol. exponencial obtemos a seguinte equação
característica:
� Assim, a solução geral é
� Usando as condições iniciais:
� Então,
( ) ( ) 10,10,02 =′==+′+′′ yyyyy
10)1(012)( 22 −=⇔=+⇔=++⇒= rrrrety rt
tt tececty −− += 21)(
2,1
1
1
21
21
1 ==⇒

=+−
=
cc
cc
c
tt teety −− += 2)(
Exemplo 2
� Considere o problema de valor inicial
� Usando uma sol. exponencial obtemos a seguinte equação
característica:
� Assim, a solução geral é
� Usando as condições iniciais:
� Então,
( ) ( ) 2/10,20,025.0 =′==+′−′′ yyyyy
2/10)2/1(025.0)( 22 =⇔=−⇔=+−⇒= rrrrety rt
2/
2
2/
1)( tt tececty +=
2
1
,2
2
1
2
1
2
21
21
1 −==⇒



=+
=
cc
cc
c
2/2/
2
12)( tt teety −=
Exemplo 3
� Considere o problema de valor inicial
� Usando uma sol. exponencial obtemos a seguinte equação
característica:
� Assim, a solução geral é
� Usando as condições iniciais:
� Então,
( ) ( ) 2/30,20,025.0 =′==+′−′′ yyyyy
2/10)2/1(025.0)( 22 =⇔=−⇔=+−⇒= rrrrety rt
2/
2
2/
1)( tt tececty +=
2
1
,2
2
3
2
1
2
21
21
1 ==⇒



=+
=
cc
cc
c
2/2/
2
12)( tt teety +=