Aula 5 Equação Diferencial de Segunda Ordem Linear e Coeficientes constantes:
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1 Aula 5 Equação Diferencial de Segunda Ordem Linear e Coeficientes constantes: caso não Homogêneo Vamos estudar as equações da forma: ay + by + cy = G(x), onde G(x) é uma função polinomial, exponencial, de senos e cossenos ou um produto ou soma dos anteriores. A solução geral desta equação é da forma: y = y h + y p onde y h representa a solução geral da equação homogênea correspondente e y p é uma solução particular. De fato, y = y h + y p é solução da equação: ay + by + cy = a(y h + y p ) + b(y h + y p ) + c(y h + y p ) = ay h + by h + cy h + ay p + by p + cy p = G(x) }{{}}{{} 0 G(x) Por outro lado, se y é solução da equação e y p é uma solução particular, temos que a(y y p ) + b(y y p ) + c(y y p ) = G(x) G(x) = 0 Isto é, y y p é solução da equação homogênea. Vamos ver que, para as funções G(x) que consideraremos, podemos escolher y p com a mesma cara de G(x). Exemplo 1 (Polinômio). Considere a equação diferencial Equação característica 9y 6y + y = x y 6y + y = 0 9r 2 6r + 1 = 0 r = 1 3 y h = c 1 e x 3 + c 2 xe x 3 Note que quando derivamos e somamos polinômios, o resultado obtido é também um polinômio. Deste modo é natural tomar uma solução particular da forma y p = Ax 2 + Bx + C 1
2 2 Substituímos y p na equação para encontrar os valores de A, B e C. 9y p 6y p + y p = x (2A) 6(2Ax + B) + Ax 2 + Bx + C = x Ax 2 + (B 12A)x + 18A 6B + C = x A = 1 A = 1 B 12A = 0 B = 12 18A 6B + C = 1 C = = 55 y p = x x + 55 y = y h + y p = c 1 e x 3 + c2 xe x 3 + x x + 55 Exemplo 2 (Exponencial). Considere a equação diferencial 2y y y = 2e 3x. Vimos na aula anterior que a solução da equação homogênea correspondente é dada por y h = c 1 e x + c 2 e x 2 Note que quando derivamos e somamos uma exponencial (com argumento linear), o resultado obtido é também uma exponencial (com o mesmo argumento). Deste modo é natural tomar uma solução particular da forma y p = Ae 3x Substituímos y p na equação: 2(9Ae 3x ) 3Ae 3x Ae 3x = 2e 3x 18A 3A A = 2 A = 1/7 y p = 1 7 e3x y = c 1 e x + c 2 e x e3x Exemplo 3. Considere a equação diferencial Igual à do exemplo anterior: 2y y y = 2e x 2. y h = c 1 e x + c 2 e x 2
3 3 Assim como argumentado no exemplo anterior, a priori seria natural tomar uma solução particular da forma y p = Ae x 2 No entanto, substituindo y p na equação obtemos: 2( A 4 e x 2 ) + A 2 e x 2 Ae x 2 = 2e x 2 A/2 + A/2 A = 2 0 = 2 ( ) Logo, Ae x 2 não é uma solução particular da equação diferencial, qualquer que seja A R. Este problema ocorreu porque quando aplicamos o lado esquerdo da equação diferencial a y p deu zero, ou seja, porque y p é solução da equação diferencial homogênea correspondente. Na verdade, não precisávamos de ter feito esta conta se tivessemos observado este fato. Vamos ter este cuidado a partir de agora. Então qual vai ser o 2 o candidato a solução particular? O candidato anterior multiplicado por x: y p = Axe x 2 Note que quando derivamos e somamos um polinômio vezes uma exponencial, como acima, o resultado ainda é um polinômio vezes uma exponencial. Além disso, este y p não é solução da equação diferencial homogênea correspondente. Substituindo na equação: 2( A 2 e x A 2 2 e x A xe x 2 ) (Ae x A 2 2 xe x 2 ) Axe x 2 = 2e x 2 Depois de cortar as exponenciais obtemos uma igualdade entre dois polinômios: ( A 2 + A 2 A)x 3A = 0x + 2 Note que o termo em x zerou (caso contrario poderia nao haver solução porque apenas temos uma constante A e temos de acertar 2 termos, o coeficiente em x e o coeficiente constante dos polinômios). Isto não foi por acaso, mas porque anteriormente houve uma repetição com a solução homogênea. Logo A = 2 3 e y p = 2 3 xe x 2. y = y h + y p = c 1 e x + c 2 e x xe x 2 Exemplo 4. Vamos modificar o exemplo anterior de modo a que haja uma dupla repetição, isto é, depois de multiplicar o 1 o candidato por x, o 2 o candidato y p = xe x 2 ainda continue sendo solução da equação diferencial homogênea! Isto é possível quando estamos no Caso 2 homogêneo: quando a equação característica correspondente tem raízes iguais a 1/2. Ou seja, quando a equação característica é dada por (r )(r ) = 0 r 2 + r = 0 ou 4r 2 + 4r + 1 = 0
4 4 Vamos resolver a equação diferencial 4y + 4y + y = 2e x 2 Pelo raciocínio anterior, y h = c 1 e x 2 + c2 xe x 2. 1 o candidato: y p = Ae x 2 Faz parte da solução da equação diferencial homogênea? Sim. Então certamente não é solução da equação diferencial não-homogênea. Multiplicamos esta função por x. 2 o candidato: y p = Axe x 2 Faz parte da solução da equação diferencial homogênea? Sim. Então também não é solução da equação diferencial não-homogênea. Multiplicamos novamente esta função por x. 3 o candidato: y p = Ax 2 e x 2 Não faz parte da solução da equação diferencial homogênea. Portanto vamos tomar esta função como solução particular. Substituido y p na equação diferencial obtemos: 4(2Ae x 2 Axe x 2 Axe x 2 + A 4 x2 e x 2 ) + 4(2Axe x 2 A 2 x2 e x 2 )+ 0x 2 + 0x + 8A = 2 + Ax 2 e x 2 = 2e x 2 Note que ambos os termos em x e x 2 zeraram. Isto não foi por acaso, e sim porque ocorreram no processo duas repetições. Logo A = 1/4 e y p = 1 4 x2 e x 2. y = y h + y p = c 1 e x 2 + c2 xe x x2 e x 2. Exemplo 5 (Senos e Cossenos). Considere o problema da mola, com (pouco) amortecimento, e com força externa, modelado por: x + 4x + 6x = 15 sen(3t), x(0) = 1, x (0) = 2. Vimos na aula passada que a solução da equação homogênea é dada por x h = e 2x (c 1 cos( 2t) + c 2 sen( 2t)). Note que quando derivamos e somamos uma combinação linear de senos e cossenos (com mesmo argumento linear), o resultado obtido é também uma combinação linear de senos e cossenos (com mesmo argumento). Deste modo é natural tomar uma solução particular da forma x p = A sen(3t) + B cos(3t)
5 5 (Note que quando derivamos uma vez um seno aparece um cosseno, e quando derivamos duas vezes um seno aparece um seno. Por isso é importante já começar com uma parcela com cosseno como acima, para garantir solução em geral. Como veremos a seguir, neste exemplo, a única solução particular com a forma acima satisfaz B 0.) Substituindo na equação: 9A sen(3t) 9B cos(3t) + 4 (3A cos(3t) 3B sen(3t)) + 6A sen(3t) + 6B cos(3t) = 15 sen(3t) ( 9A 12B + 6A) sen(3t) + ( 9B + 12A + 6B) cos(3t) = 15 sen(3t) + 0 cos(3t) Logo { 3A 12B = 15 3A 48A = 15 A = 15 3B + 12A = 0 B = 4A B = 60 x p = sen (3t) cos(3t) x = x h + x p = e 2x (c 1 cos( 2t) + c 2 sen( 2t)) 15 4) Condições iniciais Temos que sen(3t) 60 cos(3t) x = 2e 2x (c 1 cos( 2t) + c 2 sen( 2t)) + e 2x ( c 1 2 sen( 2t) + c2 2 cos( 2t)) cos(3t) + sen(3t) Considerando as condições iniciais, temos: x(0) = 1 1 = c 1 60 c 1 = 111 x 45 (0) = 2 2 = 2c 1 + c 2 2 c 2 = Logo, a solução do problema é: ( 111 x = e 2x cos( 2t) ) 2 sen( 2t) sen(3t) cos(3t) Observação: Se tivessemos G(t) = 15 sen(3t) + 4 cos(3t), resolveríamos o problema de maneira semelhante. Produto. Veremos agora o caso em que G(x) é um produto das funções vistas anteriormente. Alguns exemplos de 1 o candidato à solução particular são dados a seguir. G(x) = x 3 e 4x y p = (Ax 3 + Bx 2 + Cx + D)e 4x G(x) = e 2x cos(4x) y p = Ae 2x sen(4x) + Be 2x cos(4x) G(x) = xsen (3x) y p = (Ax + B) sen(3x) + (Cx + D) cos(3x) G(x) = (x 2 + x)e 3x sen (2x) y p = (Ax 2 + Bx + C)e 3x sen(3x) + (Dx 2 + Ex + F )e 3x cos(3x) Importante: Se alguma das parcelas de y p aparece em y h, então multiplicamos y p por x (e assim sucessivamente). Veja o exemplo a seguir.
6 6 Exemplo 6 (Produto). Considere a equação diferencial y 2y 3y = xe x. y h = c 1 e 3x + c 2 e x. Como G(x) é o produto de um polinômio de grau 1 por uma exponencial, o 1 o candidato a solução particular é y p = (Ax + B)e x = Axe x + Be x Note que a parcela Be x aparece na solução da equação homogênea y h. (Note que quando aplicamos o lado esquerdo da equação diferencial a esta parcela, dá zero, e portanto a constante B desaparece). Para obter o 2 o candidato a solução particular, multiplicamos o 1 o candidato por x: y p = (Ax + B)xe x = Ax 2 e x + Bxe x Note que agora nenhuma parcela de y p aparece em y h. Então é este o candidato certo. Substituindo na equação: Ax 2 e x + (B 4A)xe x + (2A 2B)e x 2( Ax 2 e x + +(2A B)xe x + Be x ) 3(Ax 2 e x + Bxe x ) = xe x 0x 2 8Ax + 2A 4B = x + 0 { 8A = 1 A = 1 8 2A 4B = 0 B = 1 16 Logo y p = 1 16 xe x 1 8 x2 e x. y = y h + y p = c 1 e 3x + c 2 e x 1 16 xe x 1 8 x2 e x. Soma. Quando G(x) é uma soma de funções vistas anteriormente, separamos a equação diferencial em duas equações diferenciais, uma para cada parcela de G(x). Encontramos soluções particulares para cada uma destas equações diferenciais, y p1 e y p2, de forma independente. Pela linearidade da equação diferencial, a solução geral é então dada por: y = y h + y p1 + y p2. Exemplo 7 (Soma). Considere a equação diferencial Vimos no exemplo anterior que y 2y 3y = xe x + cos(2x). y h = c 1 e 3x + c 2 e x.
7 7 1: y 2y 3y = xe x Vimos no exemplo anterior que uma solução particular desta equação é dada por y p1 = 1 16 xe x 1 8 x2 e x. 3) Solução particular 2: y 2y 3y = cos(2x) Esta, tem solução particular da forma y p2 = A cos(2x) + B sen(2x) (Note que nenhuma parcela de y p2 aparece em y h.) Substituindo na equação, temos 4A cos(2x) 4B sen(2x) 2( 2A sen(2x) + 2Bcos (2x)) A equação diferencial tem solução geral: 3(A cos(2x) + B sen(2x)) = cos(2x) ( 7A 4B) cos(2x) + ( 7B + 4A) sen(2x) = cos(2x) + 0 sen(2x) { 7A 4B = 1 A = A 7B = 0 B = 4 65 y p2 = 7 4 cos (2x) sen(2x) y 2y 3y = xe x + cos(2x) y = y h + y p1 + y p2 = c 1 e 3x + c 2 e x 1 16 xe x 1 8 x2 e x 7 65 cos(2x) 4 65 sen(2x). Exercício 1) Resolva: (1) y 2y 3y = 2 cos 2 (x) [Dica: Utilize cos 2 (x) = 1 + cos(2x) ] 2 (2) y + 1 x y = log(x) [Dica: Faça a mudança de variável z = y. Transformando, primeiramente, numa equação diferencial em z.]
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