RESOLVER EQUAÇÕES. EXEMPLO. Seja a equação:

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1 RESOLVER EQUAÇÕES É vasto o conjunto de equações que podem apresentar-se no domínio da Matemática, bem como na vida corrente, em que aquela e os seus resultados têm de aplicar-se para resolver problemas concretos ligados a domínios muito variados, e tanto nos de âmbito mais técnico, como nos ligados às designadas Ciências Sociais, passando, lá pelo meio, pela Economia e pela Gestão. Apresenta-se, de seguida, um conjunto razoável de equações de tipo diverso, desde as algébricas às transcendentes, das equações às diferenças às diferenciais, e das trigonométricas às matriciais, de molde a deiar no leitor estudioso e interessado um conjunto vasto de eemplos que possam ilustrar muitos dos tipos de equações que podem surgir na vida corrente, mas também balizar o tema, deiando pistas que permitam atacar outros tipos de equações mais compleas. EXEMPLO. Seja a equação: + = 0. Trata-se de uma equação do primeiro grau na incógnita e com coeficientes em C, embora neste caso todos reais: a + ib = a + ib =. 0 0 Recorrendo à correspondente fórmula resolvente, virá a solução da equação dada: EXEMPLO. Seja, agora, a equação: =

2 + i = 0. Neste caso, tem-se: a + ib = a + ib = i 0 0 tratando-se, igualmente, de uma equação algébrica do primeiro grau na incógnita, com coeficientes em C, pelo que o recurso à correspondente fórmula resolvente fornece a solução da equação dada: EXEMPLO. Seja, desta vez, a equação: i = = + i. ( + i) ( i ) = 0 também algébrica e do primeiro grau em, com coeficientes em C. Esta equação pode escrever-se na forma equivalente: sendo, pois: ( + i) + ( + i ) = 0 a + ib = + i a + ib = + i. 0 0 Assim, a solução da equação dada, recorrendo à fórmula resolvente, é: i = + + i ( i)( i) = + ( + i)( i) 7 = i 5 5. EXEMPLO. Seja, desta vez, a equação: + = 0.

3 que é uma equação do segundo grau na incógnita, com coeficientes em C, embora no presente caso todos reais: a + ib = a + ib = a + ib =. 0 0 Recorrendo à respectiva fórmula resolvente, as duas soluções da equação são: ( ) = ± 4 = ± = = ambas reais e diferentes. EXEMPLO. Seja, neste caso, a equação: ( ) + = 0. Trata-se de uma equação do segundo grau na incógnita, com coeficientes em C, embora no presente caso todos reais: a + ib = a + ib = a + ib = 0 0 pelo que, recorrendo à correspondente fórmula resolvente, virão as duas soluções procuradas: ( ) = ± 4 i = ± = + = ( i i). ambas números imaginários. Dado que os coeficientes desta equação são números reais, embora as duas soluções sejam imaginárias, elas são conjugadas entre si. EXEMPLO. Seja, aqui, a equação: + + i = 0

4 que é uma equação do segundo grau na incógnita, com coeficientes em C, um dos quais imaginário, tendo-se: a + ib = a + ib = a + ib = + i. 0 0 Aplicando a fórmula resolvente para esta equação, virá: ( ) ( i) = ± 4 + i = ± 4 = = + ( i i) uma vez que se tem: 4i = i 4i = + i. Neste caso, embora a equação dada (do segundo grau) tenha duas raízes imaginárias, elas não são conjugadas entre si, o que fica a dever-se a não serem reais todos os coeficientes da equação. EXEMPLO. Seja, agora, a equação: + 4 = 0 que é uma equação algébrica do terceiro grau na incógnita, com coeficientes em R, tendo-se: a = a = a = 4 a =. 0 Recorrendo à respectiva fórmula resolvente, há que proceder à transformação: obtendo-se a equação do terceiro grau em y : ( ) ( ) ( ) = y = y + y + y y + = 0 y + y = 0

5 que já não apresenta o termo de grau dois, e onde se tem: p = q = 0. O discriminante da equação a que se chegou vale: = 4 > 0 pelo que a anterior equação em y terá uma raiz real e duas imaginárias conjugadas. Neste caso, ter-se-á: pelo que virá: u u = v = = v =. Assim, as soluções da equação transformada da dada são: y = = 0 y = + i i = i y = i + i = i. Logo, as soluções da equação inicialmente dada obtêm-se destas pela transformação inversa, ou seja, adicionando-lhes a unidade, vindo as três soluções procuradas:

6 = 0 + = = i + = + i = i + = i. Assim, as soluções da equação dada são, + i e i. EXEMPLO. Seja, então, a equação: = 0 algébrica, do terceiro grau na incógnita, com coeficientes em R, na qual se tem: a = a = 9 a = 4 a = 6. 0 Procedendo à transformação: = y 9 = y + obtém-se a nova equação: ou seja: onde se tem: Neste caso o discriminante vale: ( y ) ( y ) ( y ) = 0 p y y + = 0 = q =. = 0

7 o que mostra que a equação inicial apresenta três raízes reais, sendo uma com grau de multiplicidade dois. Recorrendo à correspondente fórmula resolvente, obtêm-se as soluções da equação transformada: y = u = y = y = ( ) = Logo, as soluções da solução inicialmente dada obtêm-se destas pela transformação inversa da aplicada, ou seja, adicionando-lhes : = + = = = + = 4. Assim, as soluções da equação inicialmente dada são a raiz real simples e a raiz real 4, com grau de multiplicidade dois. EXEMPLO. Considere-se, agora, a nova equação do terceiro grau na incógnita, com coeficientes em R: para a qual se tem: Procedendo à transformação: obtém-se a equação: = 0 a = a = 9 a = 0 a =. 0 = y 9 = y +

8 y 7y 6 = 0 ou seja: p = 7 q = 6. Ora, de acordo com o que se conhece da fórmula resolvente para esta equação, temse: 7 6 ρ = θ = arccos. ρ Recorrendo a uma máquina de calcular, obtêm-se as soluções da equação transformada: y = y = y = vindo para as soluções da equação inicial estes mesmos valores, mas adicionados de : = 6 = =. EXEMPLO. Considere-se, desta vez, a equação do quarto grau na incógnita, com coeficientes em R: para a qual se tem: = 0 a = a = 0 a = 5 a = 50 a = 0 4 e cujas soluções se poderiam obter a partir da correspondente fórmula resolvente, em todo o caso muito trabalhosa. Ora, tendo presente que o coeficiente do termo de maior grau é unitário, tal significa que, no caso de eistirem raízes inteiras elas terão de ser divisores do termo independente, ou seja, ±, ± 6, ± 4, ±, ± ou ±.

9 Deitando mão da Regra de Ruffini, e eperimentando a raiz, de imediato se constata que ela é raiz da equação inicialmente dada, acabando por cair-se na nova equação do terceiro grau: = 0. Voltando a deitar mão do critério anterior, percebe-se que é raiz desta equação, pelo que acabará por sobrar a equação do segundo grau: 7 + = 0 que é já do segundo grau e por cuja fórmula resolvente se encontram as duas anteriores raízes, e 4. Ou seja, a equação inicialmente dada apresenta as quatro raízes reais: = = = = 4. EXEMPLO. Seja, agora, a equação biquadrada: Procedendo à mudança de variável: = 0. 4 virá a nova equação do segundo grau em y : y = y y = 0 cujas soluções são: y = y =. Tendo presente a mudança de variável inicial, virão as quatro raízes da equação biquadrada inicial, ou seja: ( = = ) ( = = )

10 ou, finalmente: = ± i = ±. EXEMPLO. Seja a equação: = 0. Trata-se de uma equação recíproca de grau impar e de primeira classe, pelo que tem a raiz,. Utilizando a Regra de Ruffini, virá a equação: = 0 já sem a raiz anterior. Trata-se, claro está, de uma nova equação recíproca, ainda de primeira classe, mas agora de grau par. Verifica-se, neste caso, que se tem: P ( ) = 0 P ( ) = pelo que esta equação tem a raiz dupla,. É, assim, determinada a nova equação: 5 + = 0 que resultou da anterior pela aplicação, duas vezes, da Regra de Ruffini, e que continua a ser recíproca, de grau par e de primeira classe. Contudo, aqui já se tem: P ( ) = P ( ) = 9 pelo que haveria que proceder à transformação y = +. Tratando-se, neste caso, de uma equação do segundo grau, a mesma pode resolver-se pelo recurso à respectiva fórmula resolvente, encontrando-se as duas últimas raízes da equação inicialmente dada: = =

11 que são recíprocas uma da outra. A equação dada tem, pois, as raízes,,, e 0,5, sendo que a raiz tem grau de multiplicidade dois. EXEMPLO. Tome-se a equação inteira: = 0. Como se vê, trata-se de uma equação recíproca de grau par e de segunda classe. A equação tem, pois, as raízes e. Pela Regra de Ruffini é-se conduzido à equação: 0 + = 0 já sem as raízes anteriores, igualmente recíproca e de grau par, mas de primeira classe. Tratando-se de uma equação do segundo grau, as suas raízes são, e 0,(), recíprocas uma da outra. EXEMPLO. Determinar as soluções da equação: = 0. Vê-se, facilmente, que se está perante uma equação recíproca de grau impar e de segunda classe. A equação tem, portanto, a raiz. A Regra de Ruffini conduz à nova equação: = 0 de grau par e de primeira classe, e naturalmente recíproca. Tem-se, neste caso: P ( ) = 0 P ( ) = pelo que a equação apresenta a raiz,. Aplicando duas vezes a Regra de Ruffini, virá: = 0 também de grau par e igualmente de primeira classe. Aqui, porém: P ( ) = 4 0 P ( ) =

12 Ter-se-á, pois, de recorrer à mudança de variável, y = +, e prosseguir a resolução. Dado que a equação a que se chegou é do quarto grau, ter-se-á: j = 4 j =, pelo que deverá dividir-se a equação anterior por, ou seja: ou, o que é equivalente: = =. Procedendo à transformação: y = + virá: + = y e, portanto: ( y ) 6 5y + 50 = 0 cujas soluções são:

13 5 e 0 e que estão relacionadas com a equação dada pela transformação antes adoptada. Virá, pois: e: = + + = = 0 0 = + + = = 0 cujas soluções são, respectivamente:, e, e que são as soluções da equação recíproca do quarto grau a que se havia chegado. Como se vê, as quatro raízes que faltavam são recíprocas duas a duas. EXEMPLO. Seja a equação: + 5 = 0 que é uma equação algébrica racional fraccionária, uma vez que a incógnita aparece num, pelo menos, dos denominadores presentes na equação. Neste caso, um pouco de atenção permitirá perceber que a soma de duas fracções só pode anular-se se elas forem simétricas. Dado que os numeradores das duas fracções são iguais, para que as fracções sejam simétricas é necessário que os denominadores o sejam por igual, ou seja: = ( 5 ) =

14 e que, por não anular nenhum dos dois denominadores, é a solução da equação dada. É claro que a equação pode ser resolvida de um modo mais formal, tendo-se: + 5 = 0 ( )( 5 ) = 0 o que é formalmente equivalente a: 5 = 0 = resultado a que já se havia chegado anteriormente. EXEMPLO. Seja a nova equação: 0 4 = também algébrica racional fraccionária. Esta equação pode escrever-se na forma equivalente: 4 = 0 o que mostra que a diferença das duas fracções só pode anular-se se os denominadores forem iguais: que é a única solução procurada. 4 = = 0

15 EXEMPLO. Seja, agora, equação: 0 + =. Trata-se, claro está de uma equação impossível em R, dado que, tendo de ser: = ( ) = obtém-se uma igualdade numérica falsa, o que mostra que o conjunto das soluções da equação dada é vazio, ou seja, a equação dada é impossível em R. EXEMPLO. Seja, aqui, equação irracional em : Ter-se-á, então: ( ) = 7. = 7 = 7 = 49 = 50. Para que este valor seja solução da equação inicial é necessário que a satifaça, o que realmente ocorre, dado ter-se: 50 = 7 49 = 7 7 = 7. EXEMPLO. Seja a nova equação irracional em : =. Tem-se, à semelhança do que se viu no eemplo anterior: cujas soluções são: ( ) ( ) = = = 0

16 = = = + 4 = Substituindo cada um destes valores na equação inicialmente dada, facilmente se verifica que nenhum deles é solução da equação. Assim, o conjunto das soluções da equação dada é vazio, dado que a equação é impossível em R. EXEMPLO. Tome-se a equação irracional em : Virá, então: 5 = 0. ( ) ( ) 5 = 0 = 5 = 5 8 = 0 = 4. Substituindo o valor encontrado para a incógnita na equação inicialmente dada, obtém-se uma igualdade numérica verdadeira: = 0 = 0 0 = 0 pelo que = 4 é a única solução da equação irracional em inicialmente dada. EXEMPLO. Considere-se a equação irracional em : Ter-se-á, pois: = = 0 = + 5 = + 5 = 5 que, sendo uma igualdade numérica falsa, mostra que a equação dada é impossível em R.

17 EXEMPLO. Seja, agora, equação irracional em : Ter-se-á, neste caso: = = = + 9+ = = 4 = 6 valor este que, substituído na equação inicial, a transforma numa igualdade numéria verdadeira, ou seja, é a solução (única) da equação inicialmente dada. EXEMPLO. Seja, neste caso, equação irracional em : Tem-se, no presente caso: + =. ( ) + = + = = ou seja: ( ) = + 4= = 0 = =. Por substituição directa se pode ver que = não é solução da equação inicial, mas que = o é. Ou seja, esta última é a única solução da equação dada. EXEMPLO. Tome-se, aqui, a equação em : e + =. Para se obterem as soluções desta equação, basta ter em conta que: ( ) e = e = e + = 0 = =

18 que são as duas soluções da equação dada. EXEMPLO. Tome-se, agora, a equação em : e Para esta equação tem-se: e + = e = e = e + = + = 0 = = e + + ( ) que são as soluções da equação inicialmente considerada. EXEMPLO. Veja-se, desta vez, a equação em : ( ) ln + = 0. Esta equação pode escrever-se na forma equivalente: ( + ) = 0 ( + ) = ( ) + = + = 0 ( = = ) ln ln ln pelo que estes dois valores são as duas soluções da equação inicialmente dada. EXEMPLO. Seja a equação em : Tem-se, neste caso: ( + ) = ( ) ln ln. ( ) ( ) ( ) ( ) ln + = ln ln + = ln + =

19 ou seja, virá a equação equivalente: que é a única solução da equação dada. + = 0 = EXEMPLO. Seja agora a equação trigonométrica elementar: sen( ) = Neste caso, à equação dada há que dar a forma equivalente: pelo que a solução geral da equação dada é: com k Z. π sen( ) = sen 6 = kπ + ( ) EXEMPLO. Seja a nova equação trigonométrica elementar: k π 6 ( ) cos = Tem-se, de modo equivalente: π cos( ) = cos 6 pelo que a solução geral da equação dada é:

20 π = kπ ± 6 com k Z. EXEMPLO. Considere-se, aqui, a equação trigonométrica elementar: Virá, então: sendo a solução geral da equação dada: com k Z. tg( ) =. tg( ) = tg( ) = tg π 4 = kπ + EXEMPLO. Tome-se a equação trigonométrica elementar: Neste caso, tem-se: pelo que a solução geral da equação dada é: com k Z. π 4 sen( ) =. π sen( ) = sen( ) = sen k π π k π = kπ + ( ) = k + ( ) 6

21 EXEMPLO. Seja a equação trigonométrica elementar: cos( ) = 0. Esta equação pode tomar a forma equivalente: ou seja, a solução geral da equação dada é: com k Z. π cos( ) = 0 cos( ) = cos π π π = kπ ± = kπ ± + = kπ ± + 6 EXEMPLO. Seja, desta vez, a equação trigonométrica: tg 4 7 = cot g 5 Tem-se, neste caso: tg g tg tg = 5 cot = 4 7 pelo que se terá: = + + = + kπ kπ = kπ = kπ 5 7 = 8kπ 7 = 5 8kπ = kπ com k Z.

22 EXEMPLO. Veja-se, agora, a equação trigonométrica: ou seja: sen ( ) sen( ) + = 0. Trata-se de uma equação do segundo grau em sen( ), pelo que virá: ( ) sen( ) = ± 9 8 = ± π sen( ) = sen( ) = sen( ) = sen( ) = sen pelo que a solução geral da equação dada é: com k Z. EXEMPLO. Seja a equação trigonométrica: que pode escrever-se na forma equivalente: k π = kπ + ( ) sen( ) = cos( 7) π sen( ) = cos( 7) sen( ) = sen ( 7) sen( ) sen 7 = π + pelo que virá:

23 4 k ( ) k π = ( ) k 7( ) k = π π + π 4 ( ) 4 + k π k [( 7( ) ) ] ( ) = + = k 7( ) com k Z. EXEMPLO. Seja a equação trigonométrica: cos ec( ) sec( ) = 0. Tem-se aqui: cos ec( ) sec( ) = sen( ) 0 cos( ) = 0 pelo que terá de ser: π sen( ) = cos( ) sen( ) = sen ou seja: k π k k π π k π = kπ + ( ) + ( ) = kπ + ( ) = k + ( ) 4 com k Z. EXEMPLO. Veja-se a equação trigonométrica: 7sen( ) =. Virá, neste caso: k

24 5 7sen( ) = 7sen( ) = 4 sen( ) = sen( ) sen( 0, 74) 7 pelo que a solução geral da equação dada será, em princípio: k ( ) (, ) kπ com k Z. EXEMPLO. Tome-se a equação trigonométrica: sen( ) + 5sen( ) = 0. Ter-se-á, neste caso: sen( ) + 5sen( ) = 0 sen( ) = + 5sen( ) sen( ) = + 5sen( ) sen( ) = que é, como se sabe, uma equação impossível. EXEMPLO. Seja a equação trigonométrica: Virá, neste caso: cos ec( 7 ) = 4. cos ec( 7 ) = 4 = 4 sen 7 = 0, 5 sen 7 sen 0, 568 sen( 7 ) ( ) ( ) ( ) pelo que a solução geral da equação dada é:

25 k k 0 568( ) 7 k ( ) = + π +, π, 7 k com k Z. EXEMPLO. Seja a equação trigonométrica: sec( 4 ) =. Virá, então, a equação equivalente: sec( 4) = cos( 4) = cos( 4) = = 0,( ) cos( 4) cos(, 9) pelo que a solução geral da equação dada é: com k Z. 9 4 ± 9 4 ± 9 = kπ kπ kπ ±,,, 4 EXEMPLO. Considere-se a equação: Virá, neste caso: e sen( ) e = 0. sen( ) sen( ) e e = 0 e = e sen( ) = sen( ) = sen 6 pelo que a solução geral da equação dada é: π = kπ + ( ) k π 6

26 com k Z. EXEMPLO. Considere-se a nova equação: ln( cos ) = 0. Esta equação pode escrever-se na forma equivalente: ( ) ( ) ( ) ln cos = 0 ln cos = ln e cos = e cos = e + que é, como facilmente se perceberá, uma equação impossível. EXEMPLO. Considere-se a equação: cot g( e ) =. Esta equação pode escrever-se na forma equivalente: ( ) = ( ) ( 0 56 ) cot g e cot g e cot g, pelo que a solução geral da equação inicial é: com k Z e kπ + 0, 56 > 0. EXEMPLO. Considere-se a equação: ( π ) e kπ + 0, 56 ln k + 0, 56 sen( ) + cos( ) tg( ) =, 5. Ora, tendo em conta que todas as funções circulares de certo ângulo se podem eprimir racionalmente na tangente de metade desse ângulo, e que se tem:

27 tg tg tg sen( ) = cos( ) = tg( ) = + tg + tg tg a equação dada poderá escrever-se na forma: tg + tg + tg tg tg =, 5. Reduzindo o primeiro membro da equação anterior, virá a nova equação: tg + tg tg tg tg tg + tg 4 tg 4 =, 5 4, 5tg 4tg tg 0, 5 = 0 que é uma equação do quarto grau em tg, e se pode resolver facilmente através de uma máquina de calcular de boa qualidade. Ainda assim, haveria, ao final, que prestar alguma atenção a certas condições necessárias à aceitação das soluções encontradas. EXEMPLO. Seja a nova equação: que pode escrever-se na forma equivalente: ch( 4) = ch( 4) = ch( 4) = ch( 0) 4 = 0 = 0, 5

28 e que é a única solução da equação dada. EXEMPLO. Tome-se esta outra equação: sh( ) = 7. Esta equação pode escrever-se na forma: e e 6 sh( ) = 7 = 7 e = 4 e 4e = 0 e ( e ) 4e = 0 que é um equação do segundo grau em e. Dado que e não pode ser negativa, a única solução possível é: e 4, , 887. EXEMPLO. Tome-se a equação seguinte: tgh( ) = 0, 6. Esta equação pode escrever-se na forma: 6 e e e 6 tgh( ) = 0, 6 = , 6 e 4 e + e e + = = pelo que a solução procurada é: 6 e = 4 6 = ln( 4) 0, 04. EXEMPLO. Tome-se a equação seguinte:

29 d d tdt 7 = y + [ y ]. Recorrendo aos conhecimentos oriundos da Análise Matemática, tem-se: 9 = ( = 0 0) = = que são as soluções procuradas. EXEMPLO. Seja a equação matricial seguinte: onde se tem: [ AXB BC] B = I A = 5 4 Da equação inicial obtém-se: B = 0 0 I = C = 4 [ ] = = = + = [ + ] AXB BC B I AXB BC IB AXB B BC AX B BC B [ ] X = A B + BC B que é a solução procurada, desde que eistam as matrizes inversas das dadas e que figuram no segundo membro da última igualdade, o que é o caso. Deia-se a tarefa de as determinar ao leitor estudioso e interessado.

30 EXEMPLO. Considere-se a nova equação matricial: [ AXB ( BC) ] A = A T onde se tem: + i A = i i 4 B = 4 5 C = A equação matricial inicial pode escrever-se no modo seguinte: [ AXB ( BC) ] A A T AXB ( BC) A T = = A AXB = A T A + ( BC) AX [ A A ( BC) ] B X ( A) [ A A ( BC) ] T T = + = + B que é a solução procurada, desde que eistam as inversas da matrizes consideradas. A matriz A é a matriz conjugada da matriz A, sendo A T a transposta de A. EXEMPLO. Considere-se a equação: '' ' y y + y = 0 que é uma equação diferencial ordinária, linear, homogénea, de segunda ordem, com coeficientes constantes. A sua equação característica é: m m + = 0 cujas soluções são: m = m =

31 pelo que a solução geral desta equação é: y = C e + C e = C e + C e onde C e C são as constantes de integração. EXEMPLO. Considere-se a nova equação: '' ' y 6y + 9y = 0 do mesmo tipo da anterior. A equação característica é, neste caso: m 6m + 9 = 0 que apresenta a única raiz, m =, com grau de multiplicidade dois. Nestas circunstâncias, a solução geral da equação dada é: y = C e + C e onde C e C são as constantes de integração. EXEMPLO. Seja, neste caso, a equação: '' ' y y + y = 7 que é uma equação diferencial ordinária, linear, não homogénea, de segunda ordem, com coeficientes constantes. Como se sabe, a solução geral de uma equação deste tipo, resulta da soma da correspondente à equação homogénea com uma solução particular da inicial. A equação homogénea da dada é, como se viu atrás: '' ' y y + y = 0 cuja solução é, como também se encontrou atrás:

32 y = C e + C e = C e + C e. Dado que o segundo membro da equação dada é 7, deverá adoptar-se para solução particular da dada uma solução do tipo: y = K onde K é uma constante a determinar. Sendo assim, ter-se-á: y ' '' = 0 y = 0 pelo que, substituindo a função e as suas derivadas na equação dada, virá: K = 7 K = pelo que a solução geral da equação dada é: EXEMPLO. Seja, agora, a equação: y = Ce + Ce + 7 '' ' y y + y = que é, mais uma vez, uma equação diferencial ordinária, linear, não homogénea, de segunda ordem, com coeficientes constantes. Já se viu anteriormente que a equação homogénea da dada é: sendo a sua solução: '' ' y y + y = 0 7 y = C e + C e = C e + C e.

33 Dado que o segundo membro da equação inicial é, adopta-se para solução particular da inicialmente dada uma função do tipo: pelo que se tem: y = A + B ' '' y = A y = 0 obtendo-se, por substituição na equação inicial: de onde se obtém: 0 A + ( A + B ) = 7 A = B = pelo que uma solução particular da inicial é: 9 y = + 4 sendo a solução geral da equação inicialmente dada: EXEMPLO. Veja-se, agora, a equação: y = Ce + Ce y y + y = que é uma equação às diferenças, ordinária, linear, homogénea, de segunda ordem, com coeficientes constantes. A sua equação característica é: m m + = 0

34 cujas soluções são: pelo que a solução geral desta equação é: onde C e C são constantes arbitrárias. EXEMPLO. Veja-se, agora, a nova equação: m = m = y = C + C = C + C y 6y + 9y = que é também uma equação às diferenças, ordinária, linear, homogénea, de segunda ordem, com coeficientes constantes. A sua equação característica é: m 6m + 9 = 0 que apresenta a única raiz, m =, com grau de multiplicidade dois. Nestas circunstâncias, a solução geral da equação dada é: onde C e C são constantes arbitrárias. EXEMPLO. Veja-se, agora, a nova equação: y = C + C y y + y = + + que é uma equação às diferenças, ordinária, linear, não homogénea, de segunda ordem, com coeficientes constantes. Já se viu que a solução da equação homogénea correspondente é: y = C + C = C + C.

35 Para solução particular da inicial deverá tomar-se uma função do tipo: pelo que se terá: y = A y = A( + ) y = A( + ) + + vindo, pois: A( + ) A( + ) + A = de onde se tira: A = A = ou seja, a solução geral da equação inicialmente dada é: EXEMPLO. Veja-se, agora, a nova equação: y = C + C. y 6y + 9y = que é também uma equação às diferenças, ordinária, linear, não homogénea, de segunda ordem, com coeficientes constantes. A sua equação característica é: m 6m + 9 = 0 que apresenta a única raiz, m =, com grau de multiplicidade dois. Nestas circunstâncias, a solução geral da equação dada é, como se viu atrás: y = C + C onde C e C são constantes arbitrárias. Para se obter uma solução particular da equação dada, vai adoptar-se uma função do tipo:

36 y = A + B pelo que se tem: y = A( + ) + B y = A( + ) + B + + e, substituindo na equação incial, virá: pelo que se obtém: [ ] ( ) A( + ) + B 6 A( + ) + B + 9 A + B = 7 7 A = B = 4 sendo, pois, a solução geral da equação inicial: 7 y = C + C + 4 Apresentou-se, pois, um conjunto vasto de equações, de dificuldade variada, mas que cobrem um leque amplo de situações e servem para ilustrar casos diversos que ocorrem, com alguma frequência, na vida corrente. Espera-se que estes eemplos consigam deiar um lastro de capacidade de modelar situações várias e tenham despertado um pouco mais o gosto pelas equações.

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