Equações Diferenciais de Segunda Ordem
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Equações Diferenciais de Segunda Ordem


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Equação Diferencial de Segunda Ordem
Cálculo III - ECT 1312
Escola de Ciências e Tecnologia
Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Abril 2012
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 1 / 77
Equação Diferencial Linear de 2a Ordem Homogênia
Equação Diferencial Linear de 2a Ordem
Uma EDO de segunda ordem linear tem a seguinte forma
a2(x)y\u2032\u2032+a1(x)y\u2032+a0(x)y= g(x).
Supondo que a2(x) 6= 0, a equação acima pode ser escrita na forma padrão
y\u2032\u2032+p(x)y\u2032+q(x)y= r(x).
As funções p(x) e q(x) são chamadas de coeficientes da equação. Se a
função r(x) = 0 para todo x então dizemos que a EDO é homogênea, e do
contrário não homogênea. Como exemplo y\u2032\u2032+4y= e\u2212x sin(x) é não
homogênea, enquanto que (1\u2212 x2)y\u2032\u2032\u22122xy\u2032+6y= 0 é homogênea.
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Conceito de Solução e o Princípio da Superposição
Solução de Uma EDO de2a Ordem
Dizemos que a função y= f (x) definida em algum intervalo I é solução da
equação diferencial de segunda ordem (homogênea ou não), se f (x) for duas
vezes diferenciável em I, e tal que quando substituímos f (x) na EDO a
equação se torna uma identidade.
No que se segue, estudaremos inicialmente equações diferenciais lineares
homogêneas, e em seguida as não homogêneas.
Exemplo 1
Verifique que as funções y1 = cos(x) e y2 = sin(x) são ambas soluções da
EDO linear de segunda ordem homogênea
y\u2032\u2032+ y= 0.
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Conceito de Solução e o Princípio da Superposição
Exemplo 1
Verifique que as funções y1 = cos(x) e y2 = sin(x) são ambas soluções da
EDO linear de segunda ordem homogênea
y\u2032\u2032+ y= 0.
Substituido y1 na EDO acima temos
(cos(x))\u2032\u2032+ cos(x) =\u2212cos(x)+ cos(x) = 0,
logo y1 é solução. Substituido agora y2 na temos
(sin(x))\u2032\u2032+ sin(x) =\u2212sin(x)+ cos(x) = 0,
portanto y2 também é solução.
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Conceito de Solução e o Princípio da Superposição
Exemplo 1
Note que se multiplicarmos y1 por uma constante c1 e y2 por outra constante
c2 teremos que c1 cos(x) e c2 sin(x) ainda são soluções da EDO dada. Note
ainda que se somarmos y1 com y2, y= c1y1+ c2y2 = c1 cos(x)+ c2 sin(x),
teremos que
(c1 cos(x)+ c2 sin(x))\u2032\u2032+(c1 cos(x)+ c2 sin(x)) =
\u2212 c1 cos(x)\u2212 c2 sin(x)+ c1 cos(x)+ c2 sin(x) = 0.
Assim a soma de duas soluções ainda é uma solução da EDO dada. O
exemplo acima ilustra o próximo teorema.
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Conceito de Solução e o Princípio da Superposição
Princípio da Superposição ou Linearidade
Se a solução da equação diferecial linear y\u2032\u2032+p(x)y\u2032+q(x)y= 0, em algum
intervalo I, é multiplicada por qualquer constante, a função resultante é
também solução da EDO acima. A soma de duas soluções definidas em I, i.e.,
y(x) = c1y(x)+ c2y2(x),
ainda é solução da EDO homogênea y\u2032\u2032+p(x)y\u2032+q(x)y= 0.
Note que o teorema acima só é válido para equações diferenciais lineares
homogêneas. E à combinação das soluções y1(x) e y2(x),
y(x) = c1y(x)+ c2y2(x) chamamos de combinação linear. Assim o teorema
acima pode ser resumido como qualquer combinação linear de soluções é
solução da EDO dada.
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Conceito de Solução e o Princípio da Superposição
Exercício 1
Mostre que as funções y1(x) = 1+ cos(x) e y2(x) = 1+ sin(x) são soluções
de y\u2032\u2032+ y= 1. Verifique se a combinação linear das soluções dada ainda é
solução.
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Conceito de Solução e o Princípio da Superposição
Exercício 1 (Solução)
Mostre que as funções y1(x) = 1+ cos(x) e y2(x) = 1+ sin(x) são soluções
de y\u2032\u2032+ y= 1. Verifique se a combinação linear das soluções dada ainda é
solução.
Substituindo y1 e y2 na EDO dada vemos que ambos são soluções. Vejamos
se a combinação linear y(x) = c1y1(x)+ c2y2(x) é solução
(c1+ c1 cos(x)+ c2+ c2 sin(x))\u2032\u2032+(c1+ c1 cos(x)+ c2+ c2 sin(x)) =
c1+ c2 6== 1.
Logo y(x) = c1y1(x)+ c2y2(x) não é solução da EDO. Não podemos aplicar o
teorema da superposição uma vez que a EDO não é homogênea.
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Equação Diferencial com Coeficientes Constantes
Equação Característica
Uma EDO linear de segunda ordem com coeficientes constantes tem a
seguinte forma
y\u2032\u2032+ay\u2032+by= 0,
onde a e b são constantes. Vamos supor que a solução da equação acima
seja da forma y(x) = e\u3bbx. Substituindo y(x) na EDO acima temos
(\u3bb2+a\u3bb+b)e\u3bbx = 0,
como e\u3bbx 6= 0, demos ter que \u3bb2+a\u3bb+b= 0. Este polinômio do segundo
grau em \u3bb é chamado de equação característica.
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Equação Diferencial com Coeficientes Constantes
Equação Característica
Sejam \u3bb1 e \u3bb2 soluções da equação característica, então a solução da EDO
fica
y(x) = c1e\u3bb1x+ c2e\u3bb2x,
no caso da raízes \u3bb1,\u3bb2 serem distintas (reais ou complexas). Se \u3bb= \u3bb1 = \u3bb2
então a solução tem a seguinte forma
y(x) = c1e\u3bbx+ c2xe\u3bbx.
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Equação Diferencial com Coeficientes Constantes
Exercício 2
Encontre a solução da equação y\u2032\u2032+ y\u2032\u22122y= 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 11 / 77
Equação Diferencial com Coeficientes Constantes
Exercício 2 (Solução)
Encontre a solução da equação y\u2032\u2032+ y\u2032\u22122y= 0.
A equação característica para a EDO acima é
\u3bb2+\u3bb\u22122= 0,
cuja solução é \u3bb= 1 e \u3bb=\u22122. De forma que as soluções são y1(x) = ex e
y2(x) = e\u22122x. Assim a solução geral é
y(x) = c1ex+ c2e\u22122x.
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Equação Diferencial com Coeficientes Constantes
Exercício 3
Encontre a solução da equação y\u2032\u2032+ y= 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 13 / 77
Equação Diferencial com Coeficientes Constantes
Exercício 3 (Solução)
Encontre a solução da equação y\u2032\u2032+ y= 0.
A equação característica para a EDO acima é
\u3bb2+1= 0,
cuja solução é \u3bb= i e \u3bb=\u2212i. De forma que as soluções são y1(x) = eix e
y2(x) = e\u2212ix. Assim a solução geral é
y(x) = c1eix+ c2e\u2212ix.
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Equação Diferencial com Coeficientes Constantes
Exercício 4
Encontre a solução da equação y\u2032\u2032\u22122y+ y= 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 15 / 77
Equação Diferencial com Coeficientes Constantes
Exercício 4 (Solução)
Encontre a solução da equação y\u2032\u2032\u22122y+ y= 0.
A equação característica para a EDO acima é
\u3bb2\u22122\u3bb+1= 0,
cuja solução é \u3bb= 1 (raíz dupla). De forma que as soluções são y1(x) = ex e
y2(x) = xex. Assim a solução geral é
y(x) = c1ex+ c2xex = (c1+ c2x)ex.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 16 / 77
Solução Geral e Problema de Valor Inicial
Solução Geral
Já vimos que a solução de uma EDO de segunda ordem tem a seguinte forma
y(x) = c1y1(x)+ c2y2(x),
onde c1 e c2 são constantes a serem determinadas se forem fornecidas
condições suficientes para tal. Assim a solução geral de uma EDO de segunda
ordem é obtida pela combinação linear das soluções y1(x) e y2(x), porém
essa combinação linear deve ser tal que as funções solução forme uma base
para o espaço das soluções. Como isso tais funções devem ser linearmente
independetes, ou seja a única solução para
\u3b1y1(x)+\u3b2y2(x) = 0
é \u3b1= \u3b2= 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 17 / 77
Solução Geral e Problema de Valor Inicial
Dependência e Independêncial Linear
Suponha que y\u2032\u2032+p(x)y\u2032+q(x)y= 0 tenha coeficientes contínuos em um
intervalo aberto I. Então as soluções y1 e y2 da EDO acima são linearmente
dependente se o seguinte determinante, chamado de Wronskiano, for 0 para
todo x \u2208 I,
W(y1,y2) =
\u2223\u2223\u2223\u2223 y1 y2y\u20321 y\u20322
\u2223\u2223\u2223\u2223 .
Se W(y1,y2) 6= 0 para algum x \u2208 I então a solução é linearmente
independente.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 18 / 77
Solução Geral e Problema de Valor Inicial
Exercício 5
Verifique se as funções y1(x) = cos(\u3c9x) e y2(x) = sin(\u3c9x) são linearmente
dependentes ou independentes.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Abril 2012 19 / 77