um polinômio de grau menor ou igual a n. Consideremos a edo na variável t

Transcrição

1 MAT Cálculo III - 1 o SEMESTRE de IFUSP EQUAÇÕES DIFERENCIAIS COM COEFICIENTES CONSTANTES Referência: A Formula Substituting the Undetermined Coefficients and the Annihilator Methods, Oswaldo Rio Branco de Oliveira, International Journal of Mathematical Education in Sciences and Technology 44(3) (2013), , Oswaldo Rio Branco de Oliveira Apresentaremos a RESOLUÇÃO DE P ( d dt) x = R(t)e γt, R = R(t) um polinômio real e γ C Antes, mostremos alguns lemas Lema 1 Sejam a n,,a 1,a 0 números não todos nulos e R(t) = b n t n + +b 1 t+b 0 um polinômio de grau menor ou igual a n Consideremos a edo na variável t a n x (n) +a n 1 x (n 1) + + a 1 x +a 0 x = R(t) = b n t n + + b 1 t +b 0 (a) Se a 0 0, então existe uma solução polinomial Q, com grau(q) = grau(r) (b) Seja k = max{i : a 0 = 0,,a i = 0} Então, a edo tem uma solução polinomial da forma Q = t k+1 R 1, com grau(r 1 ) = grau(r) Prova (a) Resolvamos o par de equações (11) { Q(t) = cn t n +c n 1 t n 1 + +c 2 t 2 +c 1 t+c 0, a 0 Q+a 1 Q +a 2 Q + + a j Q (j) + +a n 1 Q (n 1) +a n Q (n) = R, identificando o coeficiente de t n i nas parcelas a j Q (j), j i [notemos que nas demais parcelas tal coeficiente é zero] Fixada tal parcela um fator deste coeficiente surge do trivial cômputo, d j c n i+j } = c dt j{tn i+j n i+j (n i+j)(n i+j 1) (n i+1)t n i, 1

2 e o coeficiente é então (n i+j)! a j c n i+j (n i)! O coeficiente de t n i no sistema (11) satisfaz, ordenando a soma em ordem decrescente em j = i,i 1,,0, n! (i) a i c n (n i)! + +a (n i+j)! jc n i+j + +a 0 c n i = b n i, i = 0,1,2,,n (n i)! Pelas expressões (i) acima obtemos a equação matricial (matriz triangular inferior) trivialmente resolúvel, a a 1 n a n! (n 1)! a 2 a (n 2)! 1 a (n 2)! n! (n 1)! (n i+j)! a i a (n i)! i 1 a (n i)! j a (n i)! a a 0 0 a n n! a 2 2! a 1 a 0 c n c n 1 c n 2 c n i c 2 c 1 c 0 = b n b n 1 b n 2 b n i b 2 b 1 b 0 (b) Neste caso, a equação é a n x (n) + +a k+1 x (k+1) = R Por (a), a equação a n y (n k 1) + +a k+1 y = R, com k +1 n, têm solução y(t) = Q(t), com grau(q) = grau(r) Integrando a função y = y(t) (k + 1)-vezes, e escolhendo em cada integração zero para termo independente, obtemos a solução desejada (vide exemplos ao final) 2

3 A FÓRMULA PARA P ( d dt) {Q(t)e γt } Lema 2 (Regra de Leibnitz para a n-ésima derivada de um produto) Sejam f e g duas funções em C (R) Então, Prova (fg) (n) = ( ) n f (j )g (n j) j Para n = 1 temos (fg) = f g +fg Supondo a fórmula para n, temos (fg) (n+1) = d dt = k=1 [ ( ] n )f (j) g (n j) = j ( ) n f (k) g (n+1 k) +f (n+1) g + k 1 ( ) n+1 = fg (n+1) + 0 ( n+1 k=1 n+1 ( ) n = f (k) g (n+1 k) k k=0 k [( ) n f (j+1) g (n j) + j k=1 ) f (k) g (n+1 k) + ( ] n )f (j) g (n+1 j) j ( ) n f (k) g (n+1 k) +fg (n+1) k ( ) n+1 f (n+1) g n+1 Neste texto, utilizaremos também uma fórmula para as derivadas de um polinômio Dado um polinômio p(t) = a n t n + +a 1 t+a 0 = a k t k, k=0 é fácil ver que p (j) (t) = k=j a k k! (k j)! tk j 3

4 O resultado a seguir é o principal deste texto Teorema 3 Consideremos o operador diferencial com coeficientes constantes e reais ( ) d d n P = a n dt dt +a d n 1 n n 1 dt + +a d 2 n 1 2 dt +a d 2 1 dt +a 0I e seu polinômio característico (com coeficientes reais) p(λ) = a n λ n +a n 1 λ n 1 + +a 1 λ+a 0 Seja Q = Q(t) uma função de classe C (R) Então, vale a fórmula P ( ) d {Q(t)e } [ ] γt p (n) (γ) = Q (n) + + p (γ) Q +p (γ)q +p(γ)q e γt dt n! 2! Prova Pela regra de Leibnitz segue k=0 ( d P [Q(t)e dt) γt ] = k=0 a k d k dt k [ Q(t)e γt ] [ k = a k k=0 ( ] k )Q (j) (t)γ k j e γt j Trocando a ordem no último somatório (entre colchetes) encontramos k ( ) [ k ] a k Q (j) γ k j k! Q (j) = a k j (k j)! γk j j! k=j Logo, = [ ( d P [Q(t)e dt) γt ] = p (j) (γ) Q(j) j! p (j) (γ) Q ]e (j) γt j! 4

5 Seja R(t) um polinômio com coeficientes reais, na variável real t Seja γ C Seja P(d/dt) um operador diferencial como no Teorema 3 Teorema 4 A equação diferencial ( ) d (41) P x = R(t)e γt, dt admite uma solução particular da forma Q(t)e γt, com Q(t) um polinômio satisfazendo a edo (42) p (n) (γ) n! Q (n) + + p (γ) Q + p (γ)q + p(γ)q = R 2! (a) Seγ éumnúmeroreal, podemossuporq = Q(t)umpolinômio realeentão, x p = x p (t) = Q(t)e γt é uma função real (b) Se γ não é real, então Q(t) têm coeficientes complexos e z p (t) = Q(t)e γt é uma solução complexa da edo (41) Escrevendo γ = α+βi, as funções x p = Re{z p } e y p = Im{z p } satisfazem ( ) ( ) d d P x p = R(t)e αt cosβt e P y p = R(t)e αt sinβt dt dt (c) Se p(γ) 0, então temos grau(q) = grau(r) (d) Se γ é raíz de multiplicidade k do polinômio característico podemos supor Q(t) = t k R 1 (t), comgrau(r 1 ) = grau(r) Prova Vide próxima página 5

6 P Notemos que p (n) (γ) = 1 n! Pelo Lema 2 uma solução particular x p (t) = Q(t)e γt satisfaz, ( ) d {Q(t)e } [ ] γt p (n) (γ) = Q (n) + + p (γ) Q + p (γ)q + p(γ)q e γt = R(t)e γt, dt n! 2! donde segue a equação (42) Pelo Lema 1 segue que existe um polinômio Q(t) resolvendo a equação (42) Provamos as afirmações iniciais A seguir, provemos (a), (b), (c) e (d) (a) Como R(t) é um polinômio real e γ é real, pelo Lema 1 segue trivialmente que podemos supor Q(t) um polinômio com coeficientes reais (b) Como γ é complexo, pelo Lema 1 segue que Q(t) tem coeficientes complexos Escrevendo obtemos ( d P dt z p (t) = Q(t)e γt = x p (t)+iy p (t), com x p (t) R e y p (t) R, ) (z p ) = P Donde concluímos (b) ( ) ( ) d d (x p )+ip (y p ) = R(t)e αt cosβt+ir(t)e αt sinβt dt dt (c) É óbvio, devido à equação (42), que se p(γ) 0 então grau(q) = grau(r) (d) Se γ é raíz de multiplicidade k do polinômio característico, então a edo p (n) (γ) n! Q (n) + + p(k) (γ) Q (k) = R(t), 2! tem, devido ao Lema 1, uma solução polinomial y(t) = Q (k) (t), satisfazendo grau(y) = grau(r) Integrando o polinômio y = y(t) k-vezes, e escolhendo termos independentes nulos a cada passo da integração, obtemos uma solução particular na forma desejada 6

7 O reseultado a seguir é muito útil no estudo das equações diferenciais com coeficientes constantes Sejam a n,a n 1,,a 0 coeficientes reais Suponhamos a n 0 Teorema 5 Consideremos a edo homogênea a n x (n) (t)+ +a 1 x (t)+a 0 x(t) = 0 Se γ é uma raíz de multiplicidade m do polinômio característico p(λ), então as m funções e γt,te γt,,t m 1 e γt são soluções da edo homogênea Prova Utilizemos que p(γ) = p (γ) = = p (m 1) (γ) = 0 e que d k (t j ) dt k = 0 se k > j Ao computarmos ( d P (t dt) j e γt ), para j = 0,,m 1, pela fórmula acima encontramos ( m 1 d P (t dt) j e γt ) = k=0 p k (γ) d k (t j ) + k! dt k k=m p k (γ) d k (t j ) k! dt k = 0+0 Conclusão: Dada uma edo com coeficientes constantes e de ordem n, determinando suas raízes características e suas respectivas multiplicidades algébricas encontramos n soluções da edo homogênea 7

8 Exemplos (E1) Resolva a edo x 5x +3x +9x = t 3 e 3t Solução O polinômio característico é p(λ) = λ 3 5λ 2 +3λ+9 = (λ 3) 2 (λ+1) A solução geral da edo homogênea associada é x h = c 1 e 3t +c 2 te 3t +c 3 e t, c 1,c 2,c 3 R Pelo Teorema 4 segue que existe uma solução particular x p = Q(t)e 3t, com Q(t) um polinômio real, da edo (E1), tal que (E11) p (3) 3! Q + p (3) 2! Q + p (3) 1! Q + p(3) Q = t 3 0! Mas, p = 3λ 2 10λ+3, p = 6λ 10 e p = 6 Donde (E11) reduz-se a Q +4Q = t 3, com solução polinomial Q = t3 4 +at2 +bt+c Donde, Q = 3 4 t2 +2at+b e Logo, t 3 = 4Q +Q = t 3 + ( 4a+ 3 ) t a = 3 16, b = 3 32 Q = t3 4 3 ( ) 4b+2a t + (4c+b) e c = 3 128, 16 t t e escolhemos as primitivas com termo independente nulo A solução geral é, x g = c 1 e 3t + c 2 te 3t + c 3 e t + Q = t4 16 t t t, Q = t5 80 t t3 64 3t2 256 ( t 5 80 t t3 64 3t2 256 ) e 3t, c is R 8

9 (E2) Resolva a edo x 2x +2x = t 2 e t cos t ) Solução Notemos que t 2 e t cos t = Re (t 2 e (1+i)t O polinômio característico é p(λ) = λ 2 2λ+2 = (λ 1) 2 +1, com raízes λ = 1±i Assim, a solução geral da equação homogênea associada é x h (t) = c 1 e t cost+c 2 e t sint, c 1,c 2 R Se z p (t) é solução particular complexa de z 2z +2z = t 2 e (1+i)t = t 2 e t (cost+isint), então x p (t) = Re ( z p (t) ) é solução particular real de (E2) Já vimos que existe uma tal z p (t) na forma (1) z p (t) = Q(t)e (1+i)t,com Q(t) um polinômio satisfazendo Q +p (1+i)Q +p(1+i)q = t 2 Temos p(1+i) = 0, p (λ) = 2λ 2 = 2(λ 1) e p (1+i) = 2i Obtemos Q +2iQ = t 2 Logo, Q é um polinômio de grau dois cujo coeficiente do monômio t 2 é 1 2i : Q = t2 2i +at+b Q = t +a = it+a e i t 2 = 2iQ +Q = t 2 +(2ai i)t+(2bi+a) Logo, a = 1 2 e b = 1 4i = i 4 Donde, Q = t2 2i + t 2 + i 4 = t2 i 2 + t 2 + i 4 e escolhemos Q(t) = t3 i 6 + t2 4 + ti 4 Substituindo Q(t) na equação (1) obtemos, [ z p (t) = t3 6 i + t2 4 + t ( ]e 4 i t e Resposta x p (t) = Re ( z p (t) ) = e t [ t 2 cost 4 x g (t) = c 1 e t cost+c 2 sint + e t [ t 2 cost 4 ) cost+isint + t3 sint 6 + t3 sint 6 tsint 4 tsint 4 ] ], c 1,c 2 R 9

10 (E3) Resolvamos a edo x +2x +2x = e αt sinβt,α,β R Solução O polinômio característico é p(λ) = λ 2 +2λ+2 = (λ+1) 2 +1, com raízes λ = 1±i A solução geral da edo homogênea associada é x h = c 1 e t cost+c 2 e t sint, c 1,c 2 R Se β = 0 a edo é homogênea, cuja solução geral já foi dada Se β 0, como temos e αt sinβt = Im{e (α+iβ)t } e o problema é em R, a parte imaginária de uma solução da edo complexa é solução da edo dada x +2x +2x = e γt, com γ = α+iβ, Para obtermos uma solução z p (t) = Q(t)e γt da edo complexa, notemos que pelo Teorema 4 o polinômio Q(t) satisfaz (E31) p (γ) 2! Q + p (γ) 1! Separemos a análise em três casos Q + p(γ) Q = Q +p (γ)q +p(γ)q = 1 0! (1) Caso γ 1±i (γ não é raíz característica) Então, ao passo que e que Q(t) = 1 p(γ) resolve (E31) z p = p(γ) p(γ) 2eγt resolve a edo complexa x p = 1 p(γ) 2Im{p(γ)eγt } resolve a edo dada A solução geral é x g = c 1 e t cost + c 2 e t sint p(γ) 2Im{p(γ)eγt }, c 1,c 2 R

11 (2) Caso γ = 1+i Escrevemos a equação (E31) como Q +2iQ = 1, com solução Donde segue, Q = 1 2i e Q = t 2 i z p = Q(t)e γt = t 2 e t ie it e x p (t) = Im{z p (t)} = t 2 e t cost A solução geral x g é dada por x g = c 1 e t cost + c 2 e t sint t 2 e t cost, com c 1,c 2 R (3) Caso γ = 1 i A solução é x g = c 1 e t cost+c 2 e t sent+ t 2 e t cost,c 1,c 2 R (E4) Resolva a equação Solução ẍ 4x = (1+t+t 2 )e 2t O polinômio característico é p(λ) = λ 2 4, com raízes λ = ±2 A solução geral da edo homogênea associada é x h = c 1 e 2t +c 2 e 2t, com c 1,c 2 R Para uma solução particular x p = Q(t)e 2t, com Q um polinômio, resolvemos Isto é, pois p(2) = 0 e p (2) = 4, Q +p (2)Q +p(2)q = 1+t+t 2 Q +4Q = 1+t+t 2 SubstituindoR = Q temosr +4R = 1+t+t 2 comsoluçãor = At 2 +Bt+C, donde segue R +4R = (2At+B)+4(At 2 +Bt+C) = 1+t+t 2 e portanto A = 1, B = 1 e C = 7 Logo, escolhendo Q = R(t)dt = t t t 32, a solução geral da equação dada é ( t x g (t) = c 1 e 2t +c 2 e 2t t t 32 ) 11

12 (E5) Resolva a equação ẍ+4x = t 2 sin2t Solução Notemos que t 2 sin2t =Im(t 2 e 2it ) O polinômio característico é p(λ) = λ 2 +4, com raízes λ = ±2i A solução geral real da equação homogênea associada é x h = c 1 cos2t+c 2 sin2t, c 1,c 2 R Procuremos uma solução complexa particular na forma z p (t) = Q(t)e 2it, com Q um polinômio, da edo complexa Pelo Teorema 4 temos z +4z = t 2 e 2it Q +p (2i)Q +p(2i)q = t 2 Como p(2i) = 0 e p (2i) = 4i, com a substituição R = Q obtemos R +4iR = t 2 Donde, supondo R = At 2 +Bt+C temos R = 2At+B e R +4iR = (2At+B)+4i(At 2 +Bt+C) = t 2 Assim, temos A = 1 4i = i 4, B = 1 8, C = i 32 e Q = R(t) = i 4 t t+ i 32 e escolhemos Q(t) = t3 t2 i t 32 i Logo, a solução particular complexa é z p (t) = ( t3 t2 i t ) 32 i (cos2t+isin2t) Uma solução particular real ao problema dado é x p (t) = Im(z p )(t) = t3 cos2t 12 A solução geral (real) da edo dada é [ x(t) = c 1 cos2t+c 2 sin2t+ t3 cos2t 12 Departamento de Matemática Universidade de São Paulo oliveira@imeuspbr t2 sin2t 16 + tcos2t 32 + t2 sin2t + tcos2t ], comc 1,c 2 R 16 32