3 - Equaes Lineares de Segunda Ordem Equaes homogneas com coeficientes constantes. Uma equao diferencial de segunda ordem tem a forma (d2/dt2)= f (t, y, dy/dt) [1] onde f alguma funo dada. A equao [1] dita linear se a funo f tem a forma f(t, y, dy/dt) = g(t) p(t)dy/dt q(t)y Isto , se f linear emye y.Deve-se notar que g, p e q so funes da varivel independente t,no dependem de y. Assim, a equao [1] pode ser escrita comoy + p(t)y + q(t)y=g(t)ou comumente escrita como P(t)y + Q(t)y + R(t)y=G(t), SeP(t) = 0, p(t) = Q(t) / P(t),q(t) = R(t) / P(t)e g(t) = G(t) / P(t) Umproblemadevalorinicialconsisteemumaequao diferencial,comoantes,juntocomumpardecondies iniciaisy(t0) = y0 e y(t0) = y0ondey0 ey0 so nmeros dados. Uma equao linear de segunda ordem dita homegnea se a funog(t)ou G(t) for iguala zeropara todo t. Assim, P(t)y + Q(t)y + R(t)y = 0.Vamos considerarP, Q e R constantes.E assim, temos ay + by + cy = 0[2]ondea, b e c so constantes dadas. Exemplo 1:Resolva a equao y y = 0. Temos neste casoa = 1,b = 0ec = - 1. Istosignificaprocurarumafunocujaderivadasegunda igual a ela mesma. Facilmente identificamos que y1(t) = e te y2 (t) = e -t servem.Tambm servem c1 y1 (t) = c1 e t ec2 y2 (t) = c2 e -t

Emaisy= c1 y1 (t) + c2 y2 (t) = c1 e t+c2 e -t ,para c1 e c2

quaisquer. A equao [2] pode ser escrita na forma algbrica ar2 + br + c = 0 [3]fazendoy = r2,y = rey =1 = r0 respectivamente.Esta equao chamada de equao caracterstica. O fato que ser raiz da equao polinomial [3],entoy = e rt soluo da equao diferencial[2]. Supondo que r1er2so raizes distintas de [3],ento y1(t) = e r1te y2(t) = e r2t so duas solues da equao diferencialou como no exemplo anterior, y = c1 y1(t) + c2 y2(t) =c1e r1t + c2e r2t

quetambm soluo da equao dada. Exemplo 2: Encontre a soluo da equaoy y 2y = 0. Nesta caso, a equao caracterstica r2r 2 = 0,(r+1)(r-2) = 0, r1 = - 1 er2= 2. Logo, y=c1 e t + c2 e 2t Exemplo 3: Resolva a equao diferencialy + 5y + 6y = 0, com y(0) = 2 ey(0) = 3. A equao caracterstica r2 + 5r + 6 = 0,(r + 2)(r + 3) = 0. Logoy = c1e - 2t+ c2e - 3t. Pela primeira condio, temosy(0) = 2 = c1 + c2Pela segunda condio, y(0) = - 2c1e 2x0 3c2e - 3x0 = 3= -2c1 3c2 Logoc1 + c2 = 2 -2c1 3c2 = 3 Dondec2 =- 7ec1 =9. Assim y= 9e 2t -7e 3t Para uma equao de segunda ordem, sem a varivel independente, da formay = f(t, y), a substituio v = y e v = y levaa uma equao de primeira ordem da forma v = f(t,v). Se ela puder ser resolvida em v, ento y pode ser encontrada integrando-sedy / dt = v. Exemplo 4: Resolva a equaoy + y = e t. Fazendov = y,v = y, temosv + v = e t.Tomando a funo integrante (t) = e t, temos e t v +v e t= e -t e tou ( e tv ) = 1 e t v=t + c1 v =te -t + c1 e -t Ora, comody/dt= v= te -t + c1 e -t ,temos, por partes } te -t dt, u = t,du= dt,dv = e -t dt, v = - e t, Logo, y =} te -t dt + c1 } e -t dt

=- te -t - } -e -t dt c1e -t

= - c1e -t+ c2 te -t e t y=c1e -t+ c2 te -t Solues fundamentais de equaes lineares homogneas Definimos o operador diferencialL por L[] = + p + q ondepe q so funes contnuas em I.O valor de L[]em t dado por L[](t) = (t) + p(t) (t) + q(t) (t). O operador L normalmente usado como L = D 2 + pD + q,onde D o operador derivada. Usando y para representar (t), temos L[y] = y + p(t) y(t) + q(t) y = 0 e as condies y (t0) =y0e y (t0)=y0. Teorema:Considere o problema de valor inicial y + p(t) y(t) + q(t) y = g(t), y (t0) =y0, y (t0)=y0 ondep , q e g so funes contnuas em um intervalo aberto I. Ento, existe exatamente uma soluoy = (t) desse problema e a soluo existe em todo intervalo I. Exemplo: Encontre o maior intervalo no qual a soluo do problema (t2 3t) y + t y (t +3) y = 0,y (1) = 2, y (1)= 1,certamente existe. Soluo: Calculando a forma do teorema acima, temos p(t) = 1 / (t-3), q(t) = - (t+3) / ( t 2 3t) eg(t) = 0.Os pontos de descontinuidade sot = 0e t = 3. Logo o maior intervalo contendo a condio inicial t =1 0 < t < 3. Teorema: Sey1e y2 so solues da equao diferencial L[y]=y + p(t) y + q(t) y = 0, ento a combinao linear c1y1+c2y2 tambmsoluo,quaisquerquesejamos valores das constantes c1 ec2 . Teorema: Suponha que y1 e y2 so duas solues de L[y]=y + p(t) y + q(t) y = 0eque o wronskiano w=y1y2 -

y1y2noseanulenoponto t0,onde so dadas as condies iniciaisy (t0) =y0, y (t0)=y0.Ento, existe uma escolha das constantes c1 ec2para os quais y=c1y1(t)+c2y2(t)satisfazaequaodiferencialacimaeas condies iniciais y (t0) =y0, y (t0)=y0 . Teorema. Se y1e y2 so duas solues da equao diferencialL[y]=y + p(t) y + q(t) y = 0, e existe um ponto onde o wronskiano dey1e y2 diferente de zero, ento a famlia de soluesy = c1y1(t) + c2y2(t) com coeficientes arbitrrios c1 e c2 , inclui todas as solues da equao acima. Teorema. Considere a equao diferencial L[y]=y + p(t) y + q(t) y = 0, cujos coeficientes p e q so contnuos em algum intervalo aberto I. Escolha algum ponto t0 em I. Seja y1 a soluo da equao acima que satisfaz, tambm, as condies iniciaisy(t0) = 1 ey(t0) = 0, e seja y2a soluo da equao acima que satisfaz as condies iniciais y(t0) = 0 ey(t0) = 1. Ento, y1e y2 formam um conjunto fundamental de solues. Exemplo: Determine o valor do Wronskiano do par de funesy1 = e 2tey 2 = e 3t/2. Soluco:Comow = y1 y 2`

- y1` y 2 temos e 2t (- 3/2e 3t/2) - 2e 2t e 3t/2 =-7/2 e t/2 Razes complexas de equaes caractersticas J vimos que a soluo da equaoay + by + cy = 0, com a, b e c reais, temos a equao caractersticaar2 +br + c = 0e se r1 e r2so raizes, entoy = c1 e r1t+ c2 e r2t . Porm, seas razes forem complexas denotamos porr1 = + ie r2 = - iondeeso reais. As representaes para y 1 ey 2 so y1 (t) = exp[( + i)t] ey 2 = exp[( - i)t]Frmulas de Euler Do clculo elementar, usando a srie de Taylor, temos parae t emtorno det = 0, + < < ==t comntennt0!Nos complexos, temos = ==+= =1) 1 2 ( ) 1 (020! ) 1 2 () 1 (! ) 2 () 1 (!) (nn nnn nnnitntintniteOndeforamseparadasaspartesrealeimaginriaobservando os valores das potenciasi 2 = -1,i 3 = -i,i 4 = 1,etc. NotequeaprimeirapartedestasrieasriedeTaylorpara cos(t)emtornodet=0easegundaasriedeTaylorpara sen(t) em torno de t = 0. Logoe it= cost + i sent ou e -it= cost - i sent ou a frmula generalizada de Euler e i t= cos(t) + i sen(t). Soluo: y = c1 et cos(t) + c2 et sen(t), onde iso razes da equao caracterstica. Exemplo:Encontre a soluo geral da equao diferencial y + y = 0. Soluo: A equao caracterstica dada porr2 + 1= 0. Logo r = i.Ento y = c1cost+ c2sent, poistemos = 0 e = 1. Exemplo:Encontre a soluo do problema de valor inicial dado por y + 4y = 0, y(0) = 0e y`(0) = 1. Soluo:Temos a equao caractersticar 2 + 4 = 0que nos leva a r = 2i. Logoy = c1cos(2t)+ c2sen(2t). Ento y(0) = c11 + c20 = 0c1 = 0. Comoy = - 2c1sen(2t) + 2c2 cos(2t),temos y(0) = 0 + 2c2 = 1 c2 = 1/2. Logo a soluo y= 0+ sen(2t) = sen(2t) Razes repetidas Se as razes forem repetidas r1 = r2 =- b/2a, entoy1 = e bt / 2aey2 = te bt / 2alogo, ser1 = r2

A soluo geraly= c1 e r1t+ c2 te r1t

Exemplo: Encontre a soluo geral da equao ordinria y 2y + y = 0. Soluo:Temos a equao caracterstica r2 - 2r +1 = 0e consequentementer = 1. Logo a soluo dada por y = c1 e t+ c2 te t

Exemplo:Determine a soluo da equao diferencial y 6y + 9y = 0,y(0) = 0,y(0) = 2. Soluo:Temos a equao caracterstica r 2 - 6r + 9 = 0,cujo soluo dada porr1 = r2 = 3. Assim, y= c1 e 3t+ c2 te 3t Logo, y(0) = c1 + 0 = 0 c1 = 0e y(0)=3c1 e 3t+ 3c2 te 3t +c2 e 3t = 3c1 + c2= 2 c2 =2 Ento,y=2 te 3t Equaes no homogneas;mtodo dos coeficientes a determinar Dada a equao no homognea L[y] = y + p(t)y + q(t)y=g(t) onde p, q e gso funes contnuas em um intervalo aberto I. A equao L[y] = y + p(t)y + q(t)y=0 chamada de equao homognea associada. Teorema:SeY1 eY2soduassoluesdaequaono homognea acima, ento sua diferenaY1 - Y2 uma soluo daequaohomogneaassociada.Sealmdisso,y1ey2 formam um conjunto fundamental de solues para a equao homognea,entoY1(t) - Y2(t)= c1 y1(t) + c2 y2(t), ondec1 ec2 so constantes determinadas. Teorema:Asoluogeraldaequaonohomogneadada poder escrita na forma y =

c1 y1(t) + c2 y2(t) + Y(t), ondey1 ey2 formamumconjuntofundamentaldesoluesda equaohomogneaassociada,c1 ec2soconstantes arbitrriaseYalgumasoluoespecficadaequaono homognea. Nota: Por este teorema, devemos fazer 3 coisas para resolver a equao no homognea dada. 1-Encontrarasoluogeralc1 y1(t)+c2y2(t)daequao homognea associada(yh); 2EncontrarumanicasoluoY(t)daequaono homognea (yp);3 Somar as duas funes encontradas ( y = yh + yp). O mtodo dos coeficientes indeterminados Estemtodorequerumahipteseinicialsobreaformada soluoparticularY(t),mascomoscoeficientesno especificados.Substitui-se,ento,aexpressohipotticana equaodiferencialetentamosdeterminaroscoeficientesde modo quea equao seja satisfeita. Exemplo: Encontre uma soluo particular dey 3y 4y = 3e 2t Soluo: Procuramos uma funo Y tal queY(t) 3Y(t) 4Y(t) seja igual a3e 2t. Vamos suporY(t) = Ae 2t, onde A deve ser determinado. Ora,Y(t) =2Ae 2t eY(t) =4Ae 2t Logo4Ae 2t -6Ae 2t -4Ae 2t =3e 2t -6A = 3,A=- 0,5 Ento, a soluo particular dada por Y(t) = - 0,5 e 2t

Tabela de soluo particular deay+ by + c= gi(t) gi(t)Yi(t) Pn(t) = a0tn +a1t(n-1)+ ... + ants (A0tn + A1t(n-1) + ...+ An) Pn(t) e otts (A0tn + A1t(n-1) +...+ An) e ot Pn(t) e ot[sen(|t)] [cos(|t)] ts [(A0tn + A1t(n-1) + ...+ An) eotcos(|t)+ ts (|0tn + |1t(n-1) + ...+ |n) eotsen(|t) Ondes denota o menor inteiro no negativo (s = 0, 1, 2) que garantaquenenhumaparceladeYi(t)sejasoluoda equao homognea correspondente.Exemplo: Encontre a soluo geral da equao diferencial y 2y 3y = 3e 2t. Soluo: Temos ento a equao caractersticar 2 2r 3 = 0e consequentemente r1 = 3 er2 =-1 Logo yh =c1e 3t + c2e t E a soluo particular dada por y = Ae 2t,y = 2Ae 2t, y = 4 Ae 2t 4 Ae 2t - 4 Ae 2t - 3 Ae 2t=3e 2t ouA =-1e yp= - e 2t Ento, como y = yh+ yp, temos y= c1e 3t + c2e t - e 2t

Exemplo: Resolva a equaoy y 2y = sen(2x) Soluo: Temos ento a equao caractersticar 2 r 2 = 0e consequentemente r1 = 2 er2 =-1 Logo yh =c1e - x + c2e 2x E a soluo particulary y- 2y = sen(2x) y=A0 sen(2x) + |0 cos(2x),y = 2A0 cos(2x) - 2|0 sen(2x) ey = - 4A0 sen(2x) - 4|0 cos(2x), Substituindo em y y 2y = sen(2x),temos A0= - 3/20 e|0 = 1/20. Da a soluo y = c1e - x + c2e 2x (3/20) sen(2x) + (1/20) cos(2x) Teorema. Se as funes p, q e g so contnuas em um intervalo aberto I e se as funes y1 ey2 so solues linearmente independentes da equao homognea associada equao no homognea y + p(t)y + q(t)y=g(t),ento uma soluo particular desta funo dtt y y Wt g t yt y dtt y y Wt g t yt y t Y} }+ =) )( , () ( ) () () )( , () ( ) () ( ) (2 1122 121e a soluo geral y = c1y1(t) + c2y2(t) + Y(t) comovisto antes. Equaes de ordem mais alta Uma equao diferencial linear de ordem n uma equao da forma P0(t)dny/dtn + P1(t)d(n-1)y/dt(n-1) +...+ Pn-1(t)dy/dt +Pn(t)y =G(t) Supondo que P0, P1 ... Pn eGso funes reais e contnuas definidas em algum intervaloI :o < t < |,e que P0 nunca se anula nesse intervalo, ento dividindoporP0(t),temos L[y] = dny/dtn +p1(t)d(n-1)y/dt(n-1) +...+ pn-1(t)dy/dt+pn(t)y = g(t) Pode-se esperar que para se obter uma nica soluo, ser necessrio especificar n condies iniciais y(t0) = y0, y(t0) = y0, y(t0) = y0 ... y(n-1)(t0)=y(n-1)0 Onde t0pode ser qualquer ponto de I. Teorema:Se as funesp1, p2, ..., pn e g so contnuas em I, entoexisteexatamenteumasoluoy=(t)daequao diferencialL[y]quetambmsatisfazascondiesiniciais dadas. Essa soluo existe em todo o intervalo I. Exemplo: Resolver a equao diferencial y 6y+ 11y 6y = 0. Soluo: Temos a seguinte equao caracterstica r 3- 6r 2 + 11r 6 = 0 ou (r - 1)(r - 2)(r - 3) = 0. Logo as razes so r1 = 1, r2 =2 er3 = 3. Assim y = c1e t + c2e 2t + c2e 3t. Teorema. Se as funes p1, p2, ...., pn so contnuas no intervalo aberto I, se as funesy1, y2, ...., ynso solues da equao homognea e seW(y1, y2, ...., yn )(t) = 0para, pelo menos um pontotem I, ento toda soluo da equao dada pode ser expressa como uma combinao linear das solues y1, y2, ...., yn . Equao homognea com coeficientes constantes Seja a equao L[y] = a0yn +a1y(n-1) +...+ a(n-1) y+ any = 0, aireal.A soluo, similar ao de segunda ordem L[e rt] = e rt (a0rn +a1r(n-1) +...+ a(n-1) r+ an) = e rt Z(r), ondeZ(r) = a0rn +a1r(n-1) +...+ a(n-1) r+ an.. Assim podemos escrever a equao caracterstica na forma Z(r) = a0 (r- r1) (r- r2) (r- r3) . . .(r- rn). Se as razes forem reais e distintas, ento temos n solues diferentes, cujo expresso geral dada por y = c1e r1t + c2e r2t + ...+cne rnt

Exemplo: Encontre a soluo geral dey iv y = 0,com as condiesy(0) = 7/2,y(0) = 4,y(0) = 5/2ey(0) = - 2. Temos a equao caractersticar4 -1 = 0ou(r2 1)(r2 +1) = 0 Donde resulta r1 = 1, r2 = - 1,r3 = i er4 = - i. Logo,y = c1e t + c2e -t+ c3 cost + c4 sente com as condies y(0) = c1 + c2

+ c3 + 0= 7/2 y(0) = c1 - c2

- 0 + c4=4, y(0) = -2 ey(0) = -2 Resulta c1 = 0,c2 = 3, c3 = e c4 = - 1e consequentemente a soluoy=3e -t + () cost -sent Exemplo: Encontre a soluo geral deyiv +2y + y = 0 Neste caso temos a equao caractersticar 4 + 2r 2 + 1 = 0ou (r 2 +1) (r 2 +1)= 0cujas razes so r = i,i,- i,- i. Logoy = c1cos t + c2 sen t + c3 tcos t + c4 tsen t. O Mtodo dos coeficientes indeterminadosSimilar ao de segunda ordem.Exemplo:Encontrar a soluo geral de y 3y + 3y y= 4et.

Temos aequao caracterstica r 3- 3r 2 + 3r 1 = 0 = (r - 1) 3. Logo a soluo da equao homognea y = c1e t + c2te t+ c3 t2 e t. Para a soluo particular Y(t), vamos suporY(t)= Ae t. Como e t ,te t e t2 e tso solues da equao homognea, temos Y(t) =A t3 e t .Assim, 6A e t= 4 e t dondeA = 2/3. Portanto,a soluo particularY(t) = (2/3) t3 e teConsequentementea soluo geral y = c1e t + c2te t+ c3 t2 e t + (2/3) t3 e t