NOTAS DE AULAS E EXERCÍCIOS RESOLVIDOS PARA A DISCIPLINA DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM

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NOTAS DE AULAS E EXERCÍCIOS

RESOLVIDOS PARA A DISCIPLINA DE

EQUAđỏES DIFERENCIAIS DE SEGUNDA

ORDEM

  

Prof. Dr. Leandro Blass

Prof. Dr. Anderson Bihain

  2º Semestre de 2016 EQUAđỏES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE ORDEM SUPERIOR.

  EQUAđỏES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 2ử ORDEM

  • – y’’(x) = f (x,y,y’) Equações diferenciais de segunda ordem

  O primeiro passo será apresentar uma ED de segunda ordem homogênea e não homogênea e logo

após caracterizar cada uma delas e resolver com os métodos adequados. Uma ED de segunda ordem tem a

seguinte forma:

  2 d y dy a x a x a x y g x (1.1)

       1   2    

  2 dx dx

  

Ou seja, se ela e dita ED de segunda ordem homogênea, caso contrario e dita não

g x

    homogênea. A seguir um exemplo de uma ED não homogênea.

  '' ' x

  2 yy   y e

  2 (1.2) d y dy x

  2    y e

  2 dx dx

  Método de redução de ordem

  Este método é usado quando uma solução já é conhecida, assim será reduzida uma equação linear homogênea de segunda ordem a uma equação linear de primeira ordem. Seja y

  1

  uma solução não trivial

  y  da equação linear homogênea de segunda ordem:

  1 '' ' y P x y G x y (1.3)

    

  

   

  cujos coeficientes são contínuos no intervalo , então , onde v

  P x e G x x   x x yvy    

  1

  2

  2

  1

  também é uma função de x, tem-se: P x dx

  

  

  

  e (1.4)

vdx

  2 

y

  1 também é uma solução linearmente independente de

  y nesse intervalo. Portanto, a solução geral

  1

  dessa equação diferencial em um dado intervalo pode ser expressa como:

  (1.5)

yc yc vy

  1 1

  2

  1 x Exemplo 1: Reduzindo a ordem de forma a ED se torna de primeira ordem. Dado que ye

  1 sendo uma solução de y " y 0 no intervalo   , encontrar a segunda solução , y .

      x

  2 yu x y xu x e

       

  1

' x x '

  Solução:

  yuee u x x x '' ' '' yue

  2 e ue u Portanto, x

  ' '' y " y e 2   uu

   

' '' '

  2 u u w u     '

  2 ww

  Assim, a ED se torna de primeira ordem,

  d 2 x

     e w

    dx d x

  2  e w  

      dx

      2 x ' 2 x ' 2 x 2 x w ce u ce u ce u x ce

           xx xx   A solução de ou seja, . yu x ece yc ec e

   

  2

  

1

  2 2 2 '' ' Exemplo 2: A função yx é uma solução de x y

  3 xy  4 y  . Encontrar a segunda

  1 solução no intervalo 0,  .

   

  Solução: Colocar a função na forma padrão,

  3

  4 '' '

yyy

  2 x x

  Ou seja, dx

  3 dxx

  3 3 e

  

2 ln x

  3  x

y x dx , e e x

  

   

  2

  4  x dx

  2

  

2

ln yx dxx x

  2  x

  2

  2 A solução geral no intervalo 0, ln .

   é dada por yc xc x x

   

  1

  2

1.1 EDO de 2º ordem com coeficientes constantes homogênea e não homogênea

  São equações da forma:

  a

  y’’ + b y’ + c y = f (x) (NHomogênea) onde a, b, c são constantes reais. A equação a y’’ + b y’ + c y = 0, (Homogênea) é chamada equação homogênea associada à não-homogênea.

  Exemplo:

  a.) A equação 2y’’ + 3y’ – 5y = 0 é uma equação diferencial ordinária linear de segunda ordem homogênea.

  3 x

  é uma equação diferencial ordinária linear de

  b.) A equação x y’’’ – 2xy’’ + 5y’ + 6y = e terceira ordem não-homogênea.

  

Definição 01: Dizemos que as funções u(x) e v(x) são linearmente dependente (LD) no intervalo

  I, se existirem constantes c

  1 e c 2 (não ambas nulas) tais que

  u(x) + c v(x) = 0,

  c

  1

  

2

  xI. Caso contrário, dizemos que as funções u(x) e v(x) são linearmente independente (LI) neste intervalo I.

  Queremos obter uma solução LI, em um problema real não tem significado ter várias soluções, por este fato vamos seguir com um exemplo para um problema inicial, ou seja, será considerado que a Eq. (1.6) é solução de uma ED de segunda ordem:

  

yc f xc f x

1 1   2 2  y x y

  (1.6) '   1

1

y xy

    2

2

Substituindo as condições inicias teremos:

  

yc f xc f x

1 1 1   2 2   ' ' (1.7)

  y c f xc f x

2 1 1   2 2   

  Ou seja, se torna um sistema linear de variáveis c1 e c2:

  

y   c c

1 1 2

  (1.8)

   y c c

2 1 2

  O qual precisa ser LI para minha solução ser única.

  

Definição 02: Dada duas funções quaisquer, u(x) e v(x), definimos o wronskiano das mesmas

  pelo seguinte determinante:

  ( ) ( ) u x v x w u ( x ), v ( x ) 

  = u(x)   .v’(x) - v(x).u’(x).

  ' ( ) ' ( ) u x v x

Teorema: Se u(x) e v(x) são soluções de (H) em um intervalo I C IR, vale a seguinte afirmação:

“u(x) e v(x) são linearmente independente em I se e somente se w[u(x), v(x)]  0, xI”.

  Exemplo 1: Mostre que u(x) = cos2x e v(x) = sen2x são soluções LI da EDO

  y’’+ 4y = 0 em I = IR.

  Solução: cos 2 x sen 2 x w cos 2 x , sen 2 x

     2 sen 2 x 2 . cos 2 x

  2

  2

  = 2 cos 2x + 2 sen 2x

  2

  2

  = 2 (cos 2x + sen 2x) = 2  0  u e v são linearmente independentes.

   u (x) = cos2x u’(x) = - 2 sen2x  substituindo na EDO, verificamos que u é solução

   u’’(x) = - 4 cos2x

    v(x) = sen2x

   Teorema: Sejam u(x) e v(x) soluções LI de (H). Então, a solução geral de (H) é dada por: y (x) = c u(x) + c v(x).

  v’’(x) = - 4 sen2x

  H

  1

  2 Além disso, a solução de (NH) é da forma

  y (x) = c u(x) + c v(x) + y (x),

  NH

  1

  2 P onde c e c são constantes genéricas e y (x) é uma solução particular de (NH).

  1

2 P

  

OBS: De acordo com os resultados anteriores, a busca da solução geral de uma EDO linear de

2º ordem envolve dois estágios: a determinação da solução geral da equação homogênea (H) e

uma solução particular da não-homogênea (NH).

  1.2 EDO de 2º ordem com coeficientes constantes

  Primeiramente, iremos considerar um caso particular da equação de segunda ordem:

  '' ' aybycy  (1.9) mx

  onde a, b,c são constantes. Se tentarmos encontrar uma solução da forma teremos,

  ye ' mx '' 2 mx

  e , ou seja:

  yme ym e

2 mx mx mx

am ebmecemx

  (1.10)

  2 e ambm c   mx  

  devido a (precisamos encontrar o(s) valor(es) de m, para que a igualdade seja

  e  

  possível) precisamos encontrar m que serão as raízes da Eq.(1.10), teremos:

  2 (1.11)

ambm c  

  A Eq.(1.11) é denominada equação auxiliar ou característica

  1.3 Solução geral da EDO homogênea associada

  Antes de atacar a Eq. (Homogênea), vamos ganhar um pouco de experiência analisando um exemplo especialmente simples. Consideremos a equação y ’’ – y = 0, (*) que tem a forma de (H) com a = 1, b = 0 e c = -1. Em outras palavras, a Eq. (*) afirma que procuramos uma função com a propriedade de a derivada segunda da função ser a própria função. Uma ligeira meditação levará, possivelmente, a pelo menos uma função bastante x conhecida no cálculo que tem esta propriedade, a função exponencial y Um pouco mais

  • -x 1 (x) = e .

  de análise levará a uma segunda função y (x) = e . A experimentação revelará que os múltiplos 2 x -x destas duas funções são também soluções da equação. Por exemplo, as funções 2e e 5e também satisfazem à Eq. (*) , conforme se pode verificar pelo cálculo das derivadas segundas. x -x Da mesma forma as funções c c e c y c satisfazem à equação

  1 .y 1 (x) = 1 . e 2. 2 (x) = 2 .e

  diferencial (*) para todos os valores das constantes c e c . Depois, tem importância muito

  1

  2

  grande observar que qualquer soma das soluções da Eq. (*) é também uma solução. Em particular, uma vez que c e c y são soluções da Eq. (*), então também é solução a

  1 .y 1 (x) 2. 2 (x)

  função

  x -x

  y = c

  1 .y (x) + c 2 .y (x) = c 1 . e + c 2 .e (**)

  1

  2

  para quaisquer valores de c e c

  1 2 . Pode-se verificar a afirmação pelo cálculo da derivada x -x x -x

  1 2 e y ’’ = c

  1

  . e - c .e . e + c .e segunda y ’’ da Equação (**). Na realidade, se tem y ’ = c

  2 então y ’’ é idêntica a y e a Eq. (*) está satisfeita.

  Obs: Vamos resumir o que até agora fizemos neste item. Uma vez observado que as x -x

  funções y 1 (x) = e e y 2 (x) = e são soluções da Eq. (*), vem que a combinação linear geral (**) destas funções é também uma solução. Em virtude de os coeficientes c

  1 e c 2 da Eq. (**) serem

  arbitrários, esta expressão constitui uma família duplamente infinita de soluções da equação diferencial (*).

  É agora possível analisar como escolher, nesta família infinita de soluções, um membro particular que também obedeça a um dado conjunto de condições iniciais. Por exemplo, suponhamos que queremos a solução da Eq. (*) que também obedeça às condições iniciais

y(0) = 2, y ’(0) = -1.

  Em outras palavras, procuramos a solução que passe pelo ponto (0,2) e que, neste ponto, tenha o coeficiente angular

  • –1. Primeiro, fazemos t = 0 e y = 2, na Eq. (**); isto dá a equação:

  c 1 + c 2 = 2. ( I )

  Depois, derivamos a Eq. (**) em relação a x, o que dá o resultado:

  x -x

1 . e - c

2 .e . y ’ = c

  Então, fazendo x = 0 e y ’= -1 obtém:

  c 1 - c 2 = - 1. ( II )

  Pela resolução das (I)e(II), simultaneamente em c e em c , encontramos que c = 1/2 e c

  1

  2

  1

  2 = 3/2. Finalmente, retornando com estes valores para a Eq. (**), obtemos: x -x

  y = 1/2. e + 3/2 .e , que é a solução do problema de valor inicial constituído pela equação diferencial (*) e as condições iniciais. Retornamos agora à equação mais geral (H). a y’’ + b y’ + c y = 0, que tem coeficientes constantes (reais) arbitrários. Com base na experiência que tivemos com a rx

  Eq. (*), procuraremos soluções exponenciais da Eq. (H). Vamos supor, assim, que y = e , onde r rx 2 rx é um parâmetro a ser determinado. Vem então Levando as expressões de = r.e e = r .e .

  y ’ y ’’

  y, de y’ e de y ’’ na Equação (H), obtemos: 2 rx rx (ar + br + c ).e = 0, ou, como e  0, 2

  = 0. (#)

   ar + br + c

  A Eq. (#) é a equação característica da equação diferencial (H). O seu significado está rx em, no caso de r ser uma raiz da equação polinomial (#), y = e ser uma solução da equação diferencial (H). Uma vez que a Eq. (#) é uma equação quadrática com coeficientes reais, tem duas raízes que podem ser reais e diferentes, reais e iguais ou complexas conjugadas.

  Teorema: Solução geral de uma equação linear homogênea (H) solução geral é:

  r1 x r2 x

  y = c

  1 . e + c 2 .e .

  • Raízes Reais Iguais Se r são raízes reais iguais da equação característica, então a solução

  1 = r

  2

  geral é:

  r x r x r x y = c . e + c .x.e = (c + c .x)e .

  1

  2

  1

  2

  • Raízes Complexas Se r = + i e r = - i são raízes complexas da equação característica,

  1

  2

  então a solução geral é:

     i x    i x     yc ec e

  1

  2 Porém, queremos trabalhar com funções reais, em vez de exponenciais complexas, desta forma,

  usamos a fórmula de Euler: i

  

e cos isen

   

  Onde  é um número real qualquer, com algumas manipulações algébricas teremos a solução:

  

xx

. yc e cos x   c e sen x

  1

  2 Exemplo 1: Equação característica com duas raízes reais distintas. Achar a solução do problema

  de valor inicial y ’’ + 5y ’ + 6y = 0, y(0) = 2, y’(0) = 3. 2 = 0, de modo que r = - 2 e r = - 3.

  Solução: Neste caso, a equação característica é r + 5r + 6

  1

  2 Logo, a solução geral da EDO é dada por:

  • -2x -3x

  y = c

1 . e + c

2 . e .

  Como y = 2 quando x = 0, temos:

  • c = 2. ( I )

   c

  1

2 Além disso, como y ’ = 3 quando x = 0, temos

  • -2x -3x . - 3 c .

  1 e 2 e y ’ = - 2 c

   3 = - 2 c - 3 c ( II )

  

1

  2 A resolução das Eq. (I) e (II) dá c = 9 e c = - 7. Com estes valores na solução geral,

  1

  2

  conseguimos a solução : -2x -3x

  • - 7

   y = 9e e do problema de valor inicial.

  

Exemplo 2: Equação característica com duas raízes reais iguais. Achar a solução do problema de

  valor inicial y ’’ + 4y ’ + 4y = 0, y(0) = 2, y’(0) = 1. 2 = 0, de modo que r = r = - 2.

  Solução: Neste caso, a equação característica é r + 4r + 4

  1

  2 Logo, a solução geral da EDO é dada por:

  • -2x -2x . + c .

  y = c 1 e 2 xe .

  Como y = 2 quando x = 0, temos: c = 2.

  1 Além disso, como y ’ = 1 quando x = 0, temos

  • -2x -2x -2x . e + c .(- 2x e + e )

  y’ = - 2 c

  1

  2

  1 = - 2 . 2 . 1 + c .[- 2.(0). (1) + 1]

  2 5 = c .

2 Portanto, com estes valores na solução geral, conseguimos a solução:

  • -2x -2x 5 x

  y = 2e e + do problema de valor inicial.

  

Exemplo 3: Equação característica com raízes complexas. Achar a solução geral da equação

  diferencial

  2 Solução: Neste caso, a equação característica é r + 6r + 12 = 0, de modo que r = - 3 ± 3 i.

  • - Então,  = - 3,  = 3 e a solução geral da EDO é -3x

  3x y = c 1 . e cos 3 x + c 2 . e sen 3 x.

  

OBS: Observe, no exemplo anterior, que, embora a equação característica tenha duas raízes

complexas, a solução da equação diferencial é real.

1.3.1 Equações diferenciais lineares de ordem mais alta

  Para equações diferenciais lineares homogêneas de ordem mais alta, encontramos a solução geral de maneira análoga ao caso de segunda ordem, isto é, começamos por encontrar as raízes da equação características e depois, baseadas nessas n raízes, formam uma coleção

  n

  linearmente independente de n soluções. A maior diferença é que, para equações de ordem três ou maior, as raízes da equação característica podem aparecer mais de duas vezes. Quando isso acontece, as soluções linearmente independentes são obtidas multiplicando-se por potências crescentes de x. Vamos ilustrar isso nos dois próximos exemplos.

  

Exemplo 1: Resolução de uma equação de terceira ordem. Achar a solução geral da equação

  diferencial: y’’’ + 3y’’ + 3y’ + y = 0. 3 2

  3

  = (r + 1) = 0. Como a raiz r = -

  Solução: Neste caso, a equação característica é r + 3r + 3r + 1

  1 é tripla, a solução geral da EDO é: -x -x -x

  2

y = c . e + c .x e + c .x e .

  1

  2

  3 Exemplo 2: Resolução de uma equação de quarta ordem. Achar a solução geral da equação

  diferencial: y ’’’’ + 2y ’’ + y = 0. 4 2

  2

  2

  • + 2r + 1 = (r + 1) = 0. Como a raiz r =

  Solução: Neste caso, a equação característica é r

   i é dupla, com  = 0 e  = 1, a solução geral da EDO é: y = . cosx + c .senx + c .x.cosx + c .x.senx.

  c

  1

  2

  3

  4

  Equações Lineares Não homogêneas de Segunda Ordem

  Nesta seção, vamos descrever dois métodos para encontrar a solução geral de uma equação diferencial linear não-homogênea. Em ambos, o primeiro passo é encontrar a solução geral, denotada por y , da equação homogênea correspondente. Após isso, tentamos encontrar

  h

  uma solução particular, y

  , da equação não-homogênea. Combinando esses dois resultados, p

  podemos concluir que a solução geral da equação não-homogênea é y = y , como enunciado

  h + y p no próximo Teorema.

  Teorema: Solução geral de uma equação linear não homogênea (NH)

  S eja ay” + by’ + cy = F(x) uma equação diferencial linear não homogênea de 2ª ordem. Se y

  é a solução geral da equação homogênea

  p , é uma solução particular dessa equação e se y h

  correspondente, então: y = y + y .

  h p é a solução geral da equação não-homogênea.

1.3.1 O MÉTODO DOS COEFICIENTES A DETERMINAR

  Como já temos as ferramentas para encontrar y , vamos nos concentrar em formas de

  h

  encontrar a solução particular y

  p . Se a função F(x) consiste em somas ou produtos de: n mx (1.12) x , e , cos x sen x ,

    podemos encontrar uma solução particular pelo método dos coeficientes a determinar. A idéia do método é tentar uma solução y

  p do mesmo tipo que F(x). Eis alguns exemplos:

  1. Se F(x) = 5x + 4, escolha y = Ax + B; p x x x x x

  ,+ 5e escolha y = (Ax + B)e = Axe + Be ;

  2. Se F(x) = 2xe p

  2 3. Se F(x) = x² + 9 = (Ax + Bx + C) + C.sen7x + D.cos7x.

  • – cos7x, escolha y p Depois, por substituição, determinamos os coeficientes dessa solução. Os próximos exemplos ilustram esse método. Obs: o método de coeficientes a determinar não é aplicável e equações que tenham a forma:

  1 

  1 ln , , , (1.13)

x tg x sen x

  

     

x

  

Exemplo 1: Use o método dos coeficientes a determinar. Encontre a solução geral da equação:

  y”- 2y’ – 3y = 2senx

  Solução: Para encontrar y , resolvemos a equação característica: h

  2

  m - 2m

  • – 3 = (m+1).(m – 3) = 0  m = -1 e m = 3
    • x 3x

  Logo, y = C e + C e . A seguir, vamos tomar y

  h

  1 2 p do mesmo tipo que sen2x, isto é,

  y = A.cosx + B.senx

  p

  = - A.senx + B.cosx

  p

  y’ = - A.cosx - B.senx

  p

  y’’ Substituindo na equação, obtemos:

  (-A.cosx - B.senx)

  • – 2(-A.senx + B.cosx) – 3(A.cosx + Bsenx) = 2.senx 
    • A.cosx - B.senx + 2A.senx -2B.cosx

  • – 3A.cosx -3Bsenx = 2.senx 

    (- 4A - 2B).cosx + (2A - 4B).senx = 2senx.

  Portanto, y é uma solução, desde que os coeficientes dos termos correspondentes sejam

  p

  iguais. Obtemos, então, o sistema:

  4 2 0

AB

 

  

2 4 2

AB

  

  que tem soluções A = 1/5 e B = - 2/5. Logo, a solução geral é:

  • x 3x

  y = y + y = C e + C e + (1/5) cosx

  h p

  1 2 – (2/5) senx.

  • x 3x

  A forma da solução homogênea y e + C e no Exemplo 1 não tinha nenhum

  h = C

  

1

  2

  termo do mesmo tipo que a função F(x) na equação y”+ by’+ cy = F(x). No entanto, se a equação diferencial no Exemplo anterior fosse da forma:

  • x

  y”- 2y’- 3y = e

  • x

  não faria sentido tentar uma solução particular da forma y = Ae já que essa função é solução da equação homogênea. Em tais casos, devemos multiplicar pela menor potência de x que

  • x

  remova a duplicação. Para esse problema em particular, tentaríamos y = Axe . O próximo

  p exemplo ilustra esse tipo de situação.

  

Exemplo 2: Use o método dos coeficientes a determinar e encontre a solução geral da equação:

x .

  y’’ – 2y’ = x + 2e

  2

  • 2m = m.(m - 2) = 0

  Solução: A equação característica, m  m = 0 e m = 2, logo 2x

  y = C + C e

  h

  

1

  2 x x

  Como F(x) = x + 2e , nossa primeira escolha para y seria (A + Bx) + Ce . No entanto,

  p como y h já contém um termo constante C 1 , multiplicamos a parte polinomial por x e usamos:

  2 x

  y = Ax + Bx + Ce

  p x

  = A + 2Bx + Ce

  p

  y’

  x

  = 2B + Ce y’’ p Substituindo na equação diferencial, obtemos:

  x x x

  (2B + Ce ) ) = x + 2e 

  • – 2(A + 2Bx + Ce

  x x x

  2B + Ce = x + 2e 

  • – 2A - 4Bx -2 Ce

  x x

  (2B = x + 2e

  • – 2A) - 4Bx - Ce Igualando os coeficientes dos termos correspondentes, obtemos o sistema

  2B - 2A = 0, - 4B = 1, - C = 2 que tem soluções A = B = - ¼ e C = - 2. Portanto,

  2 x

  y = - ¼ x - ¼ x - 2e

  p

  e a solução geral é

  2x 2 x y = C + C e - ¼ x - ¼ x - 2e .

  1

2 Obs: Podemos, também, usar o método dos coeficientes a determinar para uma equação não homogênea de ordem mais alta. O próximo exemplo ilustra esse procedimento.

  

Exemplo 3: O método dos coeficientes a determinar para uma equação de terceira ordem.

  Encontre a solução geral da equação: y’’’ + 3 y’’ + 3y’ + y = x

  Solução: Sabemos, do exemplo da seção anterior, que a solução da equação homogênea é

  • x -x 2 -x y = C e + C x e + C x e .

  1

  2

  3 Como F(x) = x, escolhemos y = = = 0.

   = p A + Bx, obtendo y’ p B e y’’ p y’’’ p

  Substituindo na equação, temos 0 3. 0 3.

  3 .   BABxBABxx

           

  3 AB   1   B

  

  • x -x 2 -x

  Portanto, B = 1, A = - 3 e a solução geral é: y = C e + C x e + C x e

  1

  2 3 – 3 + x.

1.3.2 O MÉTODO DE VARIAđấO DOS PARÂMETROS

  O método dos coeficientes a determinar funciona bem se F(x) é uma soma de termos

  

polinomiais ou de funções cujas derivadas sucessivas formam um padrão cíclico. Para

  funções como (1/x) ou tgx que não possuem tais características usamos um método mais geral conhecido como método de variação dos parâmetros. Nesse método, supomos que y tem a

  p mesma forma que y , exceto que as constantes em y são substituídas por variáveis. h h

  O Método de Variação dos Parâmetros

  Para encontrar a solução geral da equação y” + b y’ + c y = F(x):

  1. Encontre y = C y + C y ;

  h

  1

  1

  2

  2

3. Resolva o sistema a seguir para u’

1 F x y u y u

  • y
    • 2m + 1 = (m - 1)

  • C
  • C
  • u
  • u

  2

'

2

'

  

2

' 1

'

  

'

       ) ( 2 / ) (

     

  3) O sistema de equações resultante é

  y u y u

  1 '

  

2

  2

'

  1

  1 '

  

 

 

) (

  '

  1 x e e xe u e u xe u e u x x x x

x x

     

  x .

  xe

  2

  x

  e

  1

  = u

  2

  y

  

2

'

  '

  Subtraindo a segunda equação da primeira, obtemos ) 2 / 1 (

  1

  x x x x

  é uma solução particular e que a solução geral é

  x

  

x

  =

  p

  Segue desse resultado que: y

  

  2   

  1

  2

  1

  1

  2

  1 x dx u e x x dx x u ln ln

  1

  2

  2

      

    u . 4) Finalmente, integrando, obtemos:

  1

  '

  . Substituindo na segunda equação, temos ) 2 / 1 (

  2  x u

  2

  y

  Então, a solução da equação homogênea é y

  4. Integre para encontrar u

  2

  Solução: 1)A equação característica m

  

x

/ 2x), x > 0.

  Resolva a equação y’’- 2 y’+ y = (e

  Exemplo 1:

  p .

  h

  . A solução geral é y = y

  2

  e u

  1

  y u y u .

  1

  1 '

  2

  2 '

  1

  1 '

  2 ' 2 '

  

'

  

 

 

) (

     

  :

  2

  2 = 0 tem apenas uma solução, m = 1.

  h

  1

  x .

  = u

  P

  , obtemos y

  2

  e u

  1

  por u

  2

  e C

  1

  2) Substituindo C

  xe

  = C

  2

  x

  e

  1

  = C

  2

  y

  2

  1

  y

  1

  e u’

1 F x y u y u

  • (ln x)xe
    • – (1/2)xe

  Equação de Cauchy – Euler Essa equação tem a forma diferencial: n n

  1 (1.14) n n d y d y dy

  1 ...

a xa x   a xa yg x

n n   

n

  1 n

  1

  1 dx dx dx n n d y

  Neste caso o que caracteriza a Eq. (1.14)

  

x

n é que os n’s são do mesmo grau. Porém dx

  iniciaremos uma forma de solução para o seguinte tipo de equação:

  2 d y dy

  2 (1.15)

axbxcy

  2 dx dx

  A solução de equações de ordem superior segue analogamente. A equação do tipo

  2 d y dy

  2

  pode ser resolvida pelo método de variação dos parâmetros, desde

  axbxcyg x  

  2 dx dx que seja determinada primeira a função da parte homogênea. m

  A solução proposta será yx , ou seja, ao substituir a solução em uma equação diferencial de segunda ordem teremos:

  2 d y dy m m m

  2 axbxcyam m  1 xbmxcx

   

  2 dx dx

m

  1 am m   bm c x

     

  Existem três casos diferentes que serão tratados a seguir:

  Caso I: Raízes reais e distintas m m 1 2 Sejam m e m reais com mm . Então y x e y x formam um conjunto de  

  1

  2

  1

  2

  1

  2

  soluções:

  Exemplo I: Raízes reais e distintas. Resolva e equação:

  2

d y dy

  2 x 2 x 4 y

    

  2 m

dx dx

Solução: Supomos que yx seja uma solução, assim iremos entender a metodologia

     

  1

  2 d y bx dy cy

dx ax dx ax

  2

  2

  equação de Euler

     . Será usado o fator integrante do método de redução de ordem. Escrevendo a

  2 b a m a

   

  Fazendo a identificação de

  1 m y x  , o   então a raiz pode ser obtida como

  Uma das soluções e dada por

  Caso II – Raízes reais e distintas

    

  2 y c x c x

  1

    

   

  1

  1

         

     

    

  2 ln b

x

a m m b m m a

b a

b m a a m m e y x dx x b a x x x dx m a x x x dx dx x x x x

  1

  1

  2 2 1 1 2 1

  ln

  1

   

 

1

ln

  , ou seja:

  

    

  b b b P x dx x ax ax a

  4

  m  , e a solução resulta em:

  usada, vamos diferenciar a solução.

  Substituindo na equação diferencial:

  1

  2

  2

  2

  2

     

   

      

  2

  1 m m dy d y mx m m x dx dx

  2 ;

  2

  1

  2

   

  2

  2

  4

  4 m m m m m m m d y dy x x y x m m x x mx x dx dx x m m mx x x m m

  2

  m   e

  1

  1

  Isso implica em

            

       

  3

  4

  

4

  2

  1

  4

  2

  1

  • – Cauchy na forma padrão tem-se:

  m m 1 1 yc xc x ln x

  1

  2 Exemplo 2: Raízes reais e iguais. Resolva a seguinte equação:

  2 d y dy

  2

  4

  8 xx   y

  2 dx dx

  Solução: Substituindo a solução na equação temos:

  2 d y dy m m

  2

  2 4 x  8 x   y x

4 m m  

  1 8 m   1 x 4 m  4 m  

  1  

  2     dx dx

  2

  1 2 m 1 m     

   

  1

2 A solução geral é:

  1

  1  

  2

  2

  ln

  yc xc x x

  1

  2 Obs: Para equações de ordem superior com raízes iguais a solução segue a seguinte

  ordem: k m m m m 1 1 1

  2 1

  1 ; ln ; ln ,..., ln (1.16) x x x x x x x

      onde k é o número de soluções.

  Caso III – Raízes complexas e conjugadas

  Se as raízes forem um par de números complexos conjugados e ,

  m     i m     i

  1

  1

  então a solução será:

   ii    

  (1.17) yc xc x

  1

  2 Para maiores detalhes ver (Dennis G. Zill, 2011, pag 170). A solução geral real da equação

  diferencial será:

   cos ln ln (1.18)

yxcxc senx

     

  1

  2   Exemplo 3: Resolver a equação diferencial com raízes complexas e PVI.

  1 2 '' '

  4

17 0, 1 1, 1

x yyy   y  

      m

  2 A substituição gera: yx

  2 '' m m

  2

  4

  17 4 1 17

  4

  4

  17 x yyx m m    x mm  

       

  1

  1

  1 Neste caso as raízes são: m 2 i m 2 i   e 

  2 . Assim, teremos

    e   , onde 

  1

  1

  2

  2

  2 a seguinte solução geral:

  1

  2

yxc cos 2ln xc sen 2ln x

     

  1

  2  

  Substituindo as condições iniciais ln 1

  1 . A solução do

   , logo c   e c

   

  1

  2

  problema de valor inicial PVI será:

  1

  2 y   x cos 2ln x

   

  • Referências Básicas

    BOYCE, W. E. & DIPRIMA, R. C. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. 8. ed.

  LTC, 2006. KREYSZIG, E., Matemática Superior, Vol. I e II, LTC Editora. ZILL, D.G., Equações Diferenciais, Vol.I e II, Ed. Makron, 2001.

  

Referências Complementares

BUTKOV, E., Física Matemática, LTC Editora, 1988.

  CHURCHILL, R.V., Fourier Series and Boundary Value Problems, 2a. ed., Ed. McGraw-Hill, 1963. DAVIS, H.F., Fourier Series and Orthogonal Functions, Dover, 1963. GUIDORIZZI, H.L. Um curso de cálculo.5. ed. Rio de Janeiro: LTC, 1997.V.4. HILL, D. G. Equações Diferenciais com Aplicações em Modelagem. Thomson Learning. KAPLAN, W. Cálculo Avançado. Edgard Blucher, 1972. v. 2. SPIEGEL, M.R., Transformadas de Laplace; resumo e teoria, Ed. McGraw-Hill, 1971. STEWART, J. Cálculo. 5ª ed. São Paulo: Thomson Learning, 2005. v.2.

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