CALCULOIIA_ GMA - UFF
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y2, que seja uma \ufffdperturbação\ufffd de y1 do tipo y2 = \u3c6(x)y1(x),
onde \u3c6 é uma função (não constante) de classe C2 em I. Assim, {y1, y2}
formará um conjunto fundamental de soluções para (1). Para caracterizarmos
a função \u3c6, derivamos y2 = \u3c6(x). Obtemos
y\u20322 = \u3c6
\u2032y1 + \u3c6y\u20321 e y
\u2032\u2032
2 = \u3c6
\u2032\u2032y1 + 2\u3c6\u2032y\u20321 + \u3c6y
\u2032
1 + \u3c6y
\u2032\u2032
1 ,
213
214 1. DESCRIÇÃO DO MÉTODO
que substituindo em (1), implica que \u3c6(x) deve satisfazer
y\u2032\u20322 + P (x)y
\u2032
2 +Q(x)y2 = \u3c6(x)(y
\u2032\u2032
1 + P (x)y
\u2032
1 +Q(x)y1)+
+\u3c6\u2032\u2032y1 + \u3c6\u2032(x)(2y\u20321(x) + P (x)y1(x)) = 0. (2)
Usando o fato de que o primeiro termo da igualdade (2) é igual a zero, pois
y1 satisfaz a EDO (1), obtemos
y1\u3c6
\u2032\u2032 + (2y\u20321 + Py1)\u3c6
\u2032 = 0. (3)
Dividindo (3) por y1 e substituindo \u3c6
\u2032
por u, encontramos em u a EDO linear
de 1ª ordem
y1u
\u2032 + (2y\u20321 + Py1)u = 0. (4)
Assim, reduzimos o problema à resolução de uma EDO de ordem inferior, o
que originou o nome do método. A solução de (4) é dada por
u(x) = c1e
\u2212 \u222b 2y\u20321+Py1
y1
dx
=
c1e
\u2212 \u222b P (x)dx
y21
. (5)
Como u = \u3c6\u2032, obtemos de (5)
\u3c6(x) =
\u222b
c1e
\u2212 \u222b P (x)dx
y21
dx+ c2. (6)
A fórmula (6) nos dá uma família a dois parâmetros de funções e como basta
uma função, tomamos c1 = 1 e c2 = 0, donde obtém-se a seguinte expressão
para a função \u3c6(x)
\u3c6(x) =
\u222b
e\u2212
\u222b
P (x)dx
y21
dx. (7)
Portanto, de (7) temos
y2(x) = y1(x)
\u222b
e\u2212
\u222b
P (x)dx
y21
dx. (8)
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernández
CÁLCULO 2A
AULA 25. MÉTODO DA REDUÇÃO DE ORDEM 215
Utilizando o corolário 1 da Aula 24 pode-se mostrar que as funções
{y1, y2} formam um conjunto fundamental de soluções para (1). Veri\ufb01que!
Exemplo 1
Sabendo que a EDO xy\u2032\u2032\u22122y\u2032+4(1\u2212x)y = 0 possui como solução y1(x) = e2x,
determine a solução do PVI associado, cuja condição inicial é dada por
y(1) = 1, y\u2032(1) = 0.
Solução
Este primeiro exemplo será resolvido sem o uso da fórmula (8), vamos repetir
o raciocínio feito até chegarmos à expressão da 2ª solução. Procuramos uma
função \u3c6, tal que
y2(x) = \u3c6(x)e
2x
(9)
seja solução da EDO dada. Derivando (9) e substituindo na EDO inicial,
obtemos
x\u3c6\u2032\u2032(x) + (4x\u2212 2)\u3c6\u2032(x) = 0,
que na forma padrão se escreve como
\u3c6\u2032\u2032(x) + (4\u2212 2
x
)\u3c6\u2032(x) = 0,
Substituindo u(x) = \u3c6\u2032(x), obtemos
u\u2032(x) + (4\u2212 2
x
)u(x) = 0. (10)
Multiplicando (10) pelo fator integrante e
\u222b
4\u2212 2
x
dx =
e4x
x2
e resolvendo a EDO
de 1ª ordem (10), obtemos u(x) = c1x
2e\u22124x. Tomando c1 = 1 e integrando
\u3c6\u2032 = u(x), chegamos a \u3c6(x) = \u2212x
2e\u22124x
4
\u2212 e
\u22124x
8
. Logo, a solução geral da
EDO dada é y(x) = k1e
2x + k2(2x
2e\u22122x + e\u22122x). Impondo a condição inicial
CÁLCULO 2A GMA-IME-UFF
216 1. DESCRIÇÃO DO MÉTODO
y(1) = 1, y\u2032(1) = 0, determinamos k1 , k2 e obtemos a seguinte solução do
PVI
y(x) =
e2x\u22122
4
+
e\u22122x+2
4
(2x2 + 1).
\ufffd
Exemplo 2
Sabendo que y1(x) = x
4
é uma solução da EDO x2y\u2032\u2032\u22127xy\u2032+16y = 0, x > 0,
encontre sua solução geral.
Solução
Nesse exemplo vamos resolver o exercício aplicando a fórmula (8). Primeiro,
devemos escrever a EDO na forma padrão, a saber, y\u2032\u2032 \u2212 7
x
y\u2032 +
16
x2
y = 0.
Então,
y2(x) = x
4
\u222b
e
\u222b
7
x
dx
x8
dx = x4
\u222b
e7 lnx
x8
dx = x4 lnx.
Portanto, a solução geral é dada por y(x) = c1x
4 + c2x
4 lnx, para x > 0. \ufffd
Exemplo 3
Sabendo que a EDO y\u2032\u2032 + y\u2032 = 0 possui uma solução constante, encontre sua
solução geral.
Solução
Observe que esse exercício pode ser resolvido fazendo y\u2032 = u, o que resulta
diretamente numa redução de ordem da EDO e tal equação é a mesma de
(4). Neste caso, qualquer constante é solução da EDO, logo vamos tomar
y1 = 1 e portanto de (8) temos y2 = \u2212e\u2212x. A solução geral é dada por
y(x) = c1 + c2e
\u2212x
. \ufffd
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernández
CÁLCULO 2A
AULA 25. MÉTODO DA REDUÇÃO DE ORDEM 217
2 Exercícios de revisão
Em cada caso, veri\ufb01que que a função y1 dada é solução da EDO e
encontre sua solução geral.
1. y\u2032\u2032 \u2212 2y\u2032 = 0, y1(x) = 1.
2. y\u2032\u2032 \u2212 y = 0, y1(x) = ex.
3. y\u2032\u2032 \u2212 4y\u2032 + 4y = 0, y1(x) = e2x.
4. y\u2032\u2032 + 6y\u2032 + 9y = 0, y1(x) = e\u22123x.
5. x2y\u2032\u2032 \u2212 6y = 0, y1(x) = x3, para x > 0.
6. x2y\u2032\u2032 \u2212 3xy\u2032 + 5y = 0, y1(x) = x2 cos(lnx).
7.Considere a EDO y\u2032\u2032 \u2212 4y = 2.
a) Encontre por inspeção uma solução particular desta EDO;
b) veri\ufb01que que y1(t) = e
\u22122t
é uma solução da equação homogênea
associada
c) Determine a solução geral da EDO dada.
8.Considere a EDO y\u2032\u2032 + by\u2032 + cy = 0, onde b2 \u2212 4c = 0.
a) Mostre que y1(t) = e
\u2212bt/2
é uma solução da equação dada;
b) Encontre uma segunda solução da EDO que forme com y1 um
conjunto fundamental. Escreva a solução geral da equação.
9.Veri\ufb01que por substituição direta que a fórmula (8) satisfaz a equação
(1).
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218 2. EXERCÍCIOS DE REVISÃO
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernández
CÁLCULO 2A
Aula 26
EDO lineares homogêneas de grau
n com coe\ufb01cientes constantes
Nesta aula estudaremos a solução geral das equações diferenciais or-
dinárias lineares homogêneas de grau n com coe\ufb01cientes constantes.
1 Conceitos básicos
Uma EDO linear homogênea de ordem n com coe\ufb01entes constantes é
uma expressão da forma:
any
(n) + an\u22121y(n\u22121) + · · ·+ a1y\u2032 + a0y = 0, (1)
onde a0, · · · , an são constantes reais.
O nosso interesse é fornecer a solução geral para este tipo de equações.
Vamos começar considerando o caso onde n = 2.
2 Grau n=2
Isto é
a2y
\u2032\u2032 + a1y\u2032 + a0y = 0. (2)
219
220 2. GRAU N=2
Procuramos soluções da forma y = e\u3b1x, onde \u3b1 \u2208 R. Para isto, substi-
tuimos y por e\u3b1x na equação (2) obtendo
[a2\u3b1
2 + a1\u3b1+ a0]e
\u3b1x = 0. (3)
Dado que e\u3b1x é sempre um número positivo, a equação (3) será satisfeita
se e somente se
a2\u3b1
2 + a1\u3b1+ a0 = 0.
A expressão acima é chamada de equação característica e suas soluções são
as raízes do polinômio
P (z) = a2z
2 + a1z + a0.
Lembremos que todo polinômio de grau 2 tem duas raízes, que dependendo
do valor do discriminante \u2206 = a21 \u2212 4a0a2 (\u2206 > 0,\u2206 = 0,\u2206 < 0) podem ser
reais e diferentes, reais e iguais, ou complexas, respectivamente.
Caso \u2206 > 0: Neste caso temos duas raízes reais diferentes, a saber,
\u3b11 =
\u2212a1+
\u221a
\u2206
2a2
e \u3b12 =
\u2212a1\u2212
\u221a
\u2206
2a2
. Assim,
y1 = e
\u3b11x
e y2 = e
\u3b12x,
são duas soluções da equação (2). Além disso, já que
W [y1, y2](x) =
\u2223\u2223\u2223\u2223\u2223 e\u3b11x e\u3b12x\u3b11e\u3b11x \u3b12e\u3b12x
\u2223\u2223\u2223\u2223\u2223 = (\u3b12 \u2212 \u3b11)e(\u3b11+\u3b12)x 6= 0,
para todo x \u2208 R, estas soluções são linearmente independentes (veja a
Proposição 1 da Aula 24).
Portanto,
y(x) = c1e
\u3b11x + c2e
\u3b12x
é a solução geral da equação (2).
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernández
CÁLCULO 2A
AULA 26. EDO LINEARES HOMOGÊNEAS DE GRAU N COM COEFICIENTES CONSTANTES 221
Caso \u2206 < 0: Neste caso temos duas raízes complexas conjugadas, a
saber, \u3bb1 = a+ bi e \u3bb2 = a\u2212 bi, onde a = \u2212a12a2 e b =
\u221a\u2212\u2206
2a2
. Assim,
w1 = e
\u3bb1x
e w2 = e
\u3bb2x,
são \ufffdsoluções\ufffd da equação (2). As aspas na frase anterior vêm do fato das
funções acima serem complexas. Nos estamos interessados em soluções reais,
e dado que qualquer combinação linear de soluções é novamente uma solução,
vamos procurar duas combinações lineares de w1 e w2 que sejam reais e
linearmente independentes.
Lembrando da identidade ei\u3b8 = cos(\u3b8) + i sen(\u3b8), temos que
w1 = e
ax[cos(bx) + i sen(bx)] e w2 = e
ax[cos(bx)\u2212 i sen(bx)].
Logo,
1
2
w1 +
1
2
w2 = e
ax cos(bx) e
1
2i
w1 \u2212 1
2i
w2 = e
ax sen(bx).
Portanto,
y1 = e
ax cos(bx) e y2 = e
ax sen(bx),
são soluções da equação (2) (Veri\ufb01que!). Além disso, já que\u2223\u2223\u2223\u2223\u2223 eax cos(bx) eax sen(bx)aeax cos(bx)\u2212 beax sen(bx) aeax sen(bx) + beax cos(bx)
\u2223\u2223\u2223\u2223\u2223 = beax 6= 0,
para todo x \u2208 R, estas soluções são linearmente independentes.
Portanto,
y(x) = c1e
ax cos(bx) + c2e
ax sen(bx)
é a solução geral da equação (2).
Caso \u2206 = 0: Neste caso temos uma