Eq. Lineares de 2 O. nao homog

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Centro Universitário Univates 
Disciplina: Cálculo III Semestre: 2011/A 
Professoras: Adriana Belmonte Bergmann 
Marli Teresinha Quartieri 
 
 
 
 
 
 
 
5. Equações Lineares Não-Homogêneas de Segunda Ordem 
Vamos descrever um dos métodos para encontrar a solução geral de 
uma equação diferencial linear não-homogênea. O primeiro passo é 
encontrar a solução geral, denotada por �� , da equação homogênea 
correspondente. Após isso, tentamos encontrar uma solução particular, �� , da equação não-homogêna. Combinando esses dois resultados, 
podemos concluir que a solução geral da equação não-homogênea é � = �� + �� , como enunciado no próximo teorema. 
 
 
 
 
 
 
 
H 
 
 
 
Método de Resolução - Coeficientes a Determinar 
Como já temos as ferramentas para encontrar �� , vamos nos concentrar em 
formas de encontrar a solução particular �� . Se a função 	(�) em �
 + ��
 + �� = �(�) consiste em somas ou produtos de 
�� , ��� , cos(��) , ���(��) 
Podemos encontrar uma solução particular pelo método dos coeficientes a 
determinar . A idéia do método é tentar uma solução �� do mesmo tipo que �(�). Eis alguns exemplos: 
1. Se �(�) = �� , escolha �� = !� + "� + #; 
2. Se �(�) = %�&�, escolha �� = !�&� + "&�; 
3. Se �(�) = � + '()( �), escolha �� = (!� + ") + # '()( �) + * +,'( �); 
 
Exemplo 1 - Encontre a solução geral da equação �
 − 2�
 − 3� = 2 sen(�). 
Solução 
 Para encontrar �� , resolvemos a equação característica 
23 − 22 − 3 = (2 + 1)(2 + 3) = 0 → 2 = −1 � 2 = 3 
� = �� + �� 
TEOREMA Solução Geral de uma Equação Linear Não-Homogênea 
Seja �
 + ��
 + �� = �(�) uma equação diferencial linear não-homogênea 
de segunda ordem. Se �� é uma solução particular dessa equação e se �� 
é a solução geral da equação homogênea correspondente, então 
É a solução geral da equação não-homogênea. 
�(�) + 78(�)�(�98) + 73(�)�(�93) + …+ 7�98(�)�
 + 7�(�)� = 	(�) 
Definição de uma equação Diferencial de Ordem n 
 Sejam 78, 73, … , 7� e 	 funções de x em um mesmo domínio. 
Uma equação da forma 
É chamada de uma equação diferencial de ordem n. Se 	(�) = 0 , a 
equação é dita homogênea; caso contrário, ela é não-homogênea. 
Logo, �� = ;8�9� + ;3�<� . A seguir, vamos tomar �� do mesmo tipo 
que 2 sen(�), isto é, 
�� = = cos(�) + > sen(�) 
�′� = −= sen(�) + > cos(�) 
�′′� = −= cos(�) −> sen(�). 
Substituindo na equação, obtemos 
−= cos(�) −> sen(�) + 2= sen(�) − 2> cos(�) − 3= cos(�) − 3> sen(�) = 2sen(�) 
(−4= − 2>) cos(�) + (2= − 4>)sen(�) = 2 sen(�) 
Portanto, �� é uma solução, desde que os coeficientes dos termos 
correspondentes sejam iguais. Obtemos, então, o sistema 
A4= − 2> = 02= − 4> = 2B 
Que tem soluções = = 8C � > = − 3C . Logo, a solução geral é 
� = �� + �� = ;8�9� + ;3�<� + 15 cos(�) − 25 ���(�) 
A forma da solução homogênea �� = ;8�9� + ;3�<� no Exemplo 1 não 
tinha nenhum termo do mesmo tipo que a função �(�) na equação �
 + E�
 + F� = �(�). No entanto, se a equação diferencial no Exemplo 1 
fosse da forma 
�
 − 2�
 − 3� = �−�. 
Não faria sentido tentar uma solução particular da forma � = =�9�, já 
que essa função é solução da equação homogênea. Em tais casos, 
devemos multiplicar pela menor potência de x que remova a 
duplicação. Para esse problema em particular, tentaríamos �� = =��9� . 
O próximo exemplo ilustra este tipo de situação. 
Exemplo 2 - Encontre a solução geral da equação �
 − 2�
 = � + 2��. 
 Solução 
 A equação característica 23 − 22 = 0 tem soluções 2 = 0 � 2 = 2 , logo 
�� = ;8 + ;3�3� 
Como �(�) = � + 2�� , nossa primeira escolha para �� seria (= + >�) + ;�� . No entanto, como �� já contem um termo constante ;8, multiplicamos a parte polinomial por � e usamos 
�� = =� + >�3 + ;�� 
�′� = = + 2>� + ;�� 
�′′� = 2> + ;��. 
Substituindo na equação diferencial, obtemos 
(2> + ;��) − 2(= + 2>� + ;��) = � + 2�� 
(2> − 2=) − 4>� − ;�� = � + 2��. 
Igualando os coeficientes dos termos correspondentes, obtemos o 
sistema 
G2> − 2= = 0−4> = 1−; = 2
B 
Que tem solução = = > = − 8H � ; = −2 . Portanto, 
�� = − 8H � − 8H �3 − 2�� 
E a solução geral é 
� = �� + �� = ;8 + ;3�3� − 8H� − 8H �3 − 2��. 
A parte polinomial da tentativa inicial (= + >�) + ;�� para �� no 
Exemplo 2 tinha um termo constante em comum com �� = ;8 + ;3�3� e 
foi necessário multiplicar a parte polinomial por uma potência de � que 
removesse a duplicação. No próximo exemplo vamos ilustrar algumas 
escolhas para �� que eliminam a duplicação com termos de �� . Lembre-
se de que, em todos os casos, a primeira tentativa para �� deve ser do 
mesmo tipo que as funções que constituem �(�). 
 
Exemplo 3 – Determine uma escolha apropriada para �� nos casos a 
seguir: 
 �
 + ��
 + �� = �(�) �� 
(a) �
 = �3 ;8 + ;3� 
(b) �
 + 2�
 + 10� = 4sen(3�) ;8�9� cos(3�) +;3�9����(3�) 
(c) �
 − 4�
 + 4 = �3� ;8�3� + ;3��3� 
 
Solução 
(a) Como �(�) = �3 , a escolha natural para �� seria 
= + >� + ;�3. 
 No entanto, como �� = ;8 + ;3� já contem um termo linear, 
multiplicamos por �3 para obter 
�� = =�3 + >�< + ;�H. 
 
(b) Como �(�) = 4 sen(3�) e cada termo em �� contem um fator �9� , escolhemos, simplesmente, 
�� = = cos(3�) + > sen(3�). 
(c) Como �(�) = �3� , a escolha natural para �� seria =�3� . 
No entanto, como �� = ;8�3� + ;3��3� já contem um termo ��3� , multiplicamos �� por �3 , obtendo 
�� = =�3�3� . 
Podemos, também, usar o método dos coeficientes a determinar para 
equações não-homogêneas de ordem mais alta, situação que nesta 
disciplina não será trabalhada. 
 
• Circuito Elétrico 
 
Figura 5.1 
 
Já vimos anteriormente como usar equações lineares de primeira 
ordem para analisar circuitos elétricos que contém resistor e indutor 
(circuito LR) ou resistor e capacitor (circuito RC). Agora que sabemos 
como resolver equações lineares de segunda ordem, estamos em 
posição de analisar o circuito mostrado na Figura 5.1, que contém uma 
força eletromotriz. É (proporcionada pela bateria ou gerador), um 
resistor R, um indutor L e um capacitor C, em série. Se a carga no 
capacitor no instante t for I = I(J) , então a corrente é a taxa de 
variação de I em relação a J: L = MNMO . Como é conhecido da física, as 
quedas de voltagem através do resistor, do indutor e do capacitor são 
PL , Q RLRJ , I; 
respectivamente. A lei de voltagem de Kirchoff diz que a soma das 
quedas dessa voltagem é igual à voltagem fornecida: 
Q RLRJ + PL + I; = S(J) 
Uma vez que L = MNMO , essa equação torna-se 
Q R3IRJ3 + P RIRJ + 1; I = S(J) 5.1 
que é uma equação diferencial linear de segunda ordem com 
coeficientes constantes. Se a variação IU e a corrente LU forem 
conhecidas no instante 0, então temos as condições iniciais 
I(0) = IU � I
(0) = L(0) = LU 
 Uma equação diferencial para a corrente pode ser obtida 
diferenciando-se a Equação 5.1 em relação a t e lembrando que L = MNMO : 
Q R3LRJ3 + P RLRJ + 1; L = S′(J) 
 
Exemplo 4 – Determine a carga e a corrente no instante t no circuito da 
Figura 5.1 se P = 40Ω , Q = 1W , ; = 16x109HF , S(J) = 100 cos (10J) , 
e a carga e a corrente inicial são ambas 0. 
 Solução 
 Com os valores dados de Q, P, ; e S(J), a equação 5.1 torna-se 
R3IRJ3 + 40RIRJ + 625I = 100 cos(10J) 5.2 
A equação auxiliar é [3 + 40[ + 625 = 0 com raízes 
[ = −40 ± √−9002 = −20 ± 15_ 
logo, a solução da equação complementar é 
I`(J) = �93UO[;8 cos(15J) + ;3 sen(15J)]. 
Para o método dos coeficientes a serem determinados tentamos a 
solução particular 
I�(J) = = cos(10J) + > sen(10J) 
entãoI�
 (J) = −10= sen(10J) + 10> cos(10J) 
I�
(J) = −100= cos(10J) − 100> sen(10J) 
Substituindo na Equação 5.2 temos 
(−100= cos(10J) − 100> sen(10J)) + 40( − 10= sen(10J) + 10> cos(10J))+ 625(= cos(10J) + > sen(10J)) = 100 cos (10J) 
ou (525= + 400>) cos(10J) + (−400= + 525>)sen(10J) = 100cos (10J) 
igualando os coeficientes temos 
A525= + 400> = 100−400= + 525> = 0 B 
a solução desse sistema é = = cHdef � > = dHdef , logo uma solução 
particular é 
I�(J) = 1697 [84 cos(10J) + 64 sen(10J)] 
e a solução geral é 
I(J) = I`(J) + I�(J) = 
= �93UO[;8 cos(15J) + ;3sen(15J)] + Hdef [21 cos(10J) + 16sen(10J)], 
impondo a condição inicial I(0) = 0 , obtemos 
I(0) = ;8 + 84697 = 0 → ;8 = − 84697 . 
Para impor a outra condição inicial primeiro vamos diferenciar para 
determinar a corrente: 
L = RIRJ = �93UO[(−20;8 + 15;3) cos(15J) + (−15;8 − 20;3)sen(15J)]
+ 40697 [−21���(10J) + 16 cos(10J)] 
L(0) = −20;8 + 15;3 + 640697 = 0 → ;3 = − 4642091 
Assim, a fórmula para a carga é 
I(J) = 4697 i�
93UO
3 j−63 cos(15J) − 116���(15J)k + j21 cos(10J) + 16���(10J)kl 
e a expressão para a corrente é 
L(J) = 12091 m�93UOj−1920 cos(15J) + 13060sen(15J)k+ 120(−21sen(10J) + 16 cos(10J))n 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exercícios 
I. Resolver as seguintes equações homogêneas de segunda ordem 
a) �
 − 7�
 + 10� = 24�� 
b) 
Mop
M�o + 6 MpM� + 9� = �3� 
c) �
 + 4� = sen(5�) 
d) �
 + 4� = 4 com �(0) = 1 e � ′(0) = 6 
e) �
 + 4� 
 + 4� = −2�3 + 3 com �(0) = 1 e �
(0) = −2 
f) 
Mop
M�o + MpM� − 2� = 3cos (2�) 
g) �
 − 10� ′ + 25� = 5 + 6�� 
h) 
Mop
M�o − 8 MpM� + 12 = 2�3 com �(0) = −1 e �
(0) = 2 
i) �
 + � = 4�3 com �(0) = �
(0) = 1 
j) �
 + 9� = �< com �(0) = 1 e �
(0) = 0 
 
II. Resolver as seguintes questões. 
a) Encontrar a carga e a corrente em um instante t, em um circuito 
em série LRC, quando: 
Q = 83 ℎ , P = 35Ω , ; = 8dUU 	 , S(J) = 0 r, s(0) = 5 e _(0) = 0. 
 
b) Um circuito em série contém um resistor com P = 20 ohms, um 
indutor com Q = 1 henry, um capacitor com ; = 0,002 farad e 
uma bateria de 12r. Se a carga e a corrente inicial forem zero, 
determinar a carga e a corrente no instante t. 
 
c) Um circuito em série contém um resistor com P = 10 ohms , um 
indutor com Q = 0,5 henry, um capacitor com ; = 0,01 farad e 
uma bateria de 150r . A carga inicial é um e a corrente inicial é 
zero. Determinar a carga e a corrente no instante J = 10. 
 
d) Um circuito em série contém um resistor com P = 24 ohms, um 
indutor com Q = 2 henry, um capacitor com ; = 0,005 farad e 
uma bateria de 10sen(12J). A carga inicial é 0,001 e a corrente 
inicial é zero. Determinar a carga e a corrente no instante J = 20.