EDO de segunda ordem parte 1

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Equações homogêneas com coeficientes constantes
𝑦 + 𝑝(𝑡)𝑦′ + 𝑞(𝑡)𝑦 = 𝑔(𝑡) (1)
Onde a linha denota a diferenciação em relação a t. No lugar da equação acima 
encontramos, com frequência, a equação:
𝑃(𝑡)𝑦 + 𝑄(𝑡)𝑦′ + 𝑅(𝑡)𝑦 = 𝐺(𝑡) (2)
E se 𝑃(𝑡) ≠ 0, dividimos a equação (2) por P(t) obtendo assim, uma equação do tipo (1).
Ao discutir a equação (1) e tentar resolvê-la, vamos nos restringir a intervalos nos quais as 
funções p, q e g sejam contínuas.
Um problema de valor inicial consiste em uma equação diferencial do tipo (1) ou (2) junto 
com um par de condições iniciais:
𝑦(𝑡 ) = 𝑦 
𝑦 (𝑡 ) = 𝑦 
A primeira condição nos fornece o ponto (𝑡 , 𝑦 ) e a segunda condição nos traz 
𝑦 que é o coeficiente angular da reta tangente ao gráfico, no ponto (𝑡 , 𝑦 ).
𝑦 e 𝑦 são números dados que descrevem os valores de y e y' no ponto inicial 𝑡 .
Note que, as condições iniciais para uma equação de segunda ordem não indicam, apenas, 
um ponto particular (𝑡 , 𝑦 ) que tem que pertencer ao gráfico da solução, mas também, o 
coeficiente angular 𝑦 da reta tangente ao gráfico naquele ponto.
É razoável esperar que sejam necessárias 2 condições iniciais para uma equação de segunda 
ordem, já que, a grosso modo, precisa-se de duas integrações para se encontrar a solução e 
cada integração introduz uma constante arbitrária, logo, presume-se que duas condições 
serão suficientes para determinar as duas constantes.
Uma EDO de segunda ordem é dita homogênea, se g(t)=0 na equação (1) ou G(t)=0 na 
equação (2). Caso contrário, a equação é dita não homogênea. 
Começaremos nossa discussão com as equações homogêneas, que descreveremos da forma:
𝑃(𝑡)𝑦 + 𝑄(𝑡)𝑦 + 𝑅(𝑡)𝑦 = 0 (∗)
Obs: Uma vez resolvida a equação homogênea, sempre é possível resolver a equação não 
homogênea correspondente, ou, pelo menos, expressar sua solução em função de uma 
integral, portanto, o problema de resolver a equação homogênea é o mais fundamental.
Vamos concentrar nossa atenção à equações nos quais as funções P, Q e R são constantes, 
logo, em (*), temos:
Equações diferenciais lineares de 𝟐𝒂 ordem
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logo, em (*), temos:
𝑎𝑦 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑦 = 0 (∗∗)
Onde a, b e c são constantes dadas.
Procurando soluções exponenciais para a equação acima, vamos supor que:
𝑦 = 𝑒
Onde r é um parâmetro a ser determinado. Segue que 𝑦′ = 𝑟𝑒 e 𝑦′′ = 𝑟 𝑒 , logo, em (**) 
temos:
𝑎𝑟 𝑒 + 𝑏𝑟𝑒 + 𝑐𝑒 = 0 ⟺ 𝑒 (𝑎𝑟 + 𝑏𝑟 + 𝑐) = 0
Como 𝑒 ≠ 0 segue que 𝑎𝑟 + 𝑏𝑟 + 𝑐 = 0 que é a equação característica de (**). Então r 
é uma raiz e 𝑦 = 𝑒 é uma solução de (**).
𝑎𝑟 + 𝑏𝑟 + 𝑐 = 0 é uma equação quadrática com coeficientes reais, logo ela terá:
(1) duas raízes reais e distintas;
(2) duas raízes reais e iguais;
(3) duas raízes complexas e conjugadas.
Vamos aos casos então:
(1) Raízes reais e distintas: 𝒓𝟏 e 𝒓𝟐 com 𝒓𝟏 ≠ 𝒓𝟐
Teremos aqui 𝑦 (𝑡) = 𝑒 e 𝑦 = 𝑒 que são soluções de (**), logo:
𝑦 = 𝑐 𝑦 (𝑡) + 𝑐 𝑦 (𝑡) ⟺ 𝑦 = 𝑐 𝑒 + 𝑐 𝑒
Também é solução de (**).
Exemplos:
(1) Encontre a solução geral de 𝑦 + 5𝑦 + 6𝑦 = 0.
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(2) Encontre a solução do PVI:
𝑦 + 5𝑦 + 6𝑦 = 0
𝑦(0) = 2
𝑦 (0) = 3
Teorema da existência e unicidade: Considere o PVI
𝑦 + 𝑝(𝑡)𝑦 + 𝑞(𝑡)𝑦 = 𝑔(𝑡)
𝑦(𝑡 ) = 𝑦
𝑦 (𝑡 ) = 𝑦
 
Onde p, q e g são contínuas em um intervalo aberto I que contém o ponto 𝑡 . Então, existe 
exatamente uma solução 𝑦 = ϕ(𝑡) desse problema e a solução existe em todo intervalo I.
O teorema diz 3 coisas:
(1) Existe uma solução para o PVI;
(2) A solução é única;
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(2) A solução é única;
(3) A solução ϕ(𝑡) está definida em todo o intervalo I, onde os coeficientes são contínuos, 
e é pelo menos, duas vezes diferenciável ali.
Exemplo: Encontre o maior intervalo no qual a solução do PVI existe:
(𝑡 − 3𝑡)𝑦 +𝑡𝑦 − (𝑡 + 3)𝑦 = 0
𝑦(1) = 2
𝑦 (1) = 1
Teorema 2 (Princípio da Superposição): 𝑦 𝑦
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Teorema 2 (Princípio da Superposição): Se 𝑦 e 𝑦 são soluções da ED:
𝑦 + 𝑝(𝑡)𝑦 + 𝑞(𝑡)𝑦 = 0
Então, a combinação linear 𝑦 = 𝑐 𝑦 + 𝑐 𝑦 também é solução, quaisquer que sejam os 
valores das constantes 𝑐 e 𝑐 .
O teorema nos diz que, começando apenas com duas soluções, podemos construir uma 
família de soluções. A pergunta é, se todas as soluções da equação:
𝑦 + 𝑝(𝑡)𝑦 + 𝑞(𝑡)𝑦 = 0
Estão incluídas na equação 𝑦 = 𝑐 𝑦 + 𝑐 𝑦 , ou se podem existir soluções com formas 
diferentes. Examinando as constantes 𝑐 e 𝑐 , será que elas podem ser escolhidas de modo 
que a solução satisfaça as condições iniciais atribuídas
𝑦(𝑡 ) = 𝑦 
𝑦 (𝑡 ) = 𝑦 
 ?
Sempre será possível escolher constantes tais que:
𝑦 = 𝑐 𝑦 + 𝑐 𝑦 que satisfaça A EDO e as condições iniciais se, e somente se, o 
Wronskiano
𝑊 =
𝑦 𝑦
𝑦 𝑦 = 𝑦 𝑦 − 𝑦 𝑦
Não se anula em 𝑡 .Ou seja, se 𝑊 ≠ 0, temos soluções linearmente independentes (LI).
Exemplo: Vimos que 𝑦 (𝑡) = 𝑒 e 𝑦 (𝑡) = 𝑒 são soluções da ED 𝑦 + 5𝑦 + 6𝑦 =
0. Encontre o Wronskiano de 𝑦 (𝑡) e 𝑦 (𝑡).
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Teorema: Sejam 𝑦 e 𝑦 soluções da ED:
𝑦 + 𝑝(𝑡)𝑦 + 𝑞(𝑡)𝑦 = 0
E suponha que as condições iniciais 
𝑦(𝑡 ) = 𝑦 
𝑦 (𝑡 ) = 𝑦 
Sejam atribuídas. Então, sempre é possível escolher constantes 𝑐 e 𝑐 tais que
𝑦 = 𝑐 𝑦 + 𝑐 𝑦
Satisfaça a ED e as condições iniciais se, e somente se, o Wronskiano
𝑊 =
𝑦 𝑦
𝑦 𝑦 = 𝑦 𝑦 − 𝑦 𝑦
Não se anula em 𝑡 .
Exemplo: Suponha que 𝑦 = 𝑒 e 𝑦 = 𝑒 são duas soluções da equação 𝑦 +
𝑝(𝑡)𝑦 + 𝑞(𝑡)𝑦 = 0. Mostre que elas formam um conjunto fundamental de soluções se 
𝑟 ≠ 𝑟 .
𝑊(𝑦 , 𝑦 ) =
𝑒 𝑒
𝑟 𝑒 𝑟 𝑒
= 𝑟 𝑒( ) − 𝑟 𝑒( ) = (𝑟 − 𝑟 )𝑒( )
A exponencial nunca se anula, logo teremos 𝑊 ≠ 0 se 𝑟 − 𝑟 ≠ 0 ⟺ 𝑟 ≠ 𝑟 . Portanto 
𝑦 = 𝑒 e 𝑦 = 𝑒 formam um conjunto fundamental de soluções.
Exemplo: Mostre que 𝑦 = 𝑡 / e 𝑦 = 𝑡 formam um conjunto fundamental de soluções 
da equação 2𝑡 𝑦 + 3𝑡𝑦 − 𝑦 = 0, 𝑡 > 0. 
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