ANÁLISE COMPLEXA E EQUAÇÕES DIFERENCIAIS AULA TEÓRICA DE ABRIL DE 2016

Transcrição

1 ANÁLISE COMPLEXA E EQUAÇÕES DIFERENCIAIS AULA TEÓRICA DE ABRIL DE 2016 Aniquiladores A tabela seguinte mostra aniquiladores para diversas funções elementares. e αt D α (α R) t e αt (D α) 2 (α R) t m e αt (D α) m+1 (α R, m N) cos (βt) D 2 + β 2 (β R) sen (βt) D 2 + β 2 (β R) t m cos (βt) (D 2 + β 2 ) m+1 (β R, m N) t m sen (βt) (D 2 + β 2 ) m+1 (β R, m N) e αt cos (βt) (D α) 2 + β 2 (α, β R) e αt sen (βt) (D α) 2 + β 2 (α, β R) t m e αt cos (βt) [(D α) 2 + β 2 ] m+1 (α, β R, m N) t m e αt sen (βt) [(D α) 2 + β 2 ] m+1 (α, β R, m N) Note-se que todos as aniquiladores desta lista são casos particulares dos dois últimos. No entanto, usando esse último aniquilador, a ordem da derivada obtida pode ser superior ao realmente necessário. Por exemplo: e αt = t m e αt cos (βt) (com m = 0 e β = 0) teria como aniquilador [(D α) 2 +0] 1, mas já vimos que para aniquilar e αt é suficiente apenas D α. 1

2 2 + y = cos t Homogénea: y h = c 1 cos t + c 2 sen t. Não Homogénea: (D 2 + 1)y = cos t (D 2 + 1) 2 y = 0 Há duas raízes complexas duplas: r = ±i As soluções são da forma Acos t + Bsen t + Ctcos t + Dtsen t, mas para a não homogénea tomamos apenas y p = Ctcos t + Dtsen t. Substituindo na equação: y p = Ccos t Ctsen t + Dsen t + Dtcos t p = Csen t Csen t Ctcos t + Dcos t + Dcos t Dtsen t p + y p = 2Csen t + 2Dcos t = cos t C = 0, D = 1/2 y p = 1 2 t sen t y = c 1 cos t + c 2 sen t t sen t, (c 1, c 2 R) y = t + 1 Homogénea: y h = c 1 e t + c 2 e t Não homogénea: (D 2 1)y = t + 1 D 2 (D 2 1)y = 0 y p = A + Bt + Ce t + De t Ignoramos os dois últimos termos e, substituindo na equação original, obtemos

3 3 p y p = A Bt = t + 1 A = B = 1 y p = 1 t y = c 1 e t + c 2 e t t 1 2y + y = e t + tcos t + t 2 y h = c 1 e t + c 2 te t (D 2 2D + 1)y = e t + tcos t + t 2 D 3 (D 2 + 1) 2 (D 1)(D 2 2D + 1)y = 0 As raízes são: r = 0 (tripla), r = ±i (duplas) e r = 1 (tripla), donde y p = Ae t + Bte t + Ct 2 e t + D + Et + F t 2 + Gcos t + Hsen t + Itcos t + Jtsen t Em seguida devemos substituir este y p na equação original (ignorando os dois primeiros termos, que já estão na solução da homogénea) de modo a descobrir o valor de cada uma das constantes. MÉTODO DE VARIAÇÃO DOS PARÂMETROS Este é um método mais geral do que o anterior, porque permite obter uma solução particular y p mesmo quando a equação dada não tem coeficientes constantes, ou quando não existe aniquilador para g(t). Dada a equação + p(t)y + q(t)y = g(t), a equação homogénea correspondente tem solução y h = c 1 y 1 + c 2 y 2 (onde y 1 e y 2 são linearmente independentes.) Com este método, procuramos y p da forma y p = u 1 (t)y 1 + u 2 (t)y 2, onde u 1 e u 2 são funções a determinar (que não podem ser ambas constantes, caso contrário nada de novo se acrescenta à solução já conhecida para a homogénea.) Temos duas incógnitas mas apenas uma equação, donde há alguma liberdade na escolha de u 1 e u 2.

4 4 Obtemos y p = u 1y 1 + u 2y 2 + u 1 y 1 + u 2 y 2. Postulamos então como segunda equação u 1y 1 + u 2y 2 = 0. Deste modo, ao fazer a segunda derivada y p, não aparecerão derivadas de u 1 e u 2 de ordem superior à primeira. Temos p = u 1y 1 + u 2y 2 + u u 2 2. Substituímos estas derivadas na equação original para completarmos o sistema para u 1 e u 2, que é depois resolvido. + y = tg t Note-se que, para este g(t), não existe aniquilador, donde o método dos coeficientes indeterminados não pode ser aplicado aqui. A solução da homogénea é y h = c 1 cos t + c 2 sen t Para a não homogénea, procuramos y p = u 1 cos t + u 2 sen t. y p = u 1cos t + u 2sen t u 1 sen t + u 2 cos t Declaramos u 1cos t + u 2sen t = 0 (que se torna então a primeira equação do sistema a resolver.) p = u 1sen t u 1 cos t + u 2cos t u 2 sen t e, substituindo na equação original, vem p + y p = u 1sen t + u 2cos t = tg t (Note-se que os termos com u 1 e u 2 se cancelam.) Obtivemos assim o sistema u 1cos t + u 2sen t = 0 u 1sen t + u 2cos t = tg t Ou, na forma matricial,

5 ( ) ( ) cos t sen t u 1 = sen t cos t u 2 ( ) 0 tg t 5 Este sistema tem solução única porque o determinante da matriz dos coeficientes é diferente de zero. Este determinante é de facto W (y 1, y 2 ), e estas soluções são linearmente independentes. Pela regra de Cramer, obtemos 0 sen t u tg t cos t 1 = cos t sen t = tg t sen t sen t cos t cos t 0 u sen t tg t 2 = cos t sen t = tg t cos t = sen t sen t cos t u 2 = sen t dt = cos t (por exemplo) sen 2 t cos 2 t 1 e u 1 = tg t sen tdt = dt = dt = sen t cos t cos t = sen t log sec t + tg t (por exemplo). 1 cos t dt Temos então y p = u 1 cos t + u 2 sen t = (sen t log sec t + tg t ) cos t cos t sen t = log sec t + tg t cos t A solução final fica y = y h + y p = c 1 cos t + c 2 sen t log sec t + tg t cos t (c 1, c 2 R) Voltando ao caso geral: y p = u 1 y 1 + u 2 y 2 y p = u 1 y 1 + u 2 y 2 (porque pomos u 1y 1 + u 2y 2 = 0)

6 6 y p = u 1y 1 + u 2y 2 + u 1 y 1 + u 2 y 2 Substituindo na equação: p + p(t)y p + q(t)y p = u 1 ( 1 + p(t)y 1 + q(t)y 1 ) + u 2 ( 2 + p(t)y 2 + q(t)y 2 ) + u 1y 1 + u 2y 2 = u 1y 1 + u 2y 2 = g(t) Obtemos assim o sistema u 1y 1 + u 2y 2 = 0 u 1y 1 + u 2y 2 = g(t) Ou, na forma matricial, ( ) ( ) ( ) y1 y 2 u 1 0 y 1 y 2 = g(t) u 2 Como y 1 e y 2 são linearmente independentes, o determinante da matriz dos coeficientes é não nulo, e o sistema tem solução (única). Ficamos com 0 y 2 u g(t) y 2 1 = y 1 y 2 y 1 y 2 = y 2 g W (y 1, y 2 ) y 1 0 u y 1 g(t) y 2 = y 1 g 1 y 2 = W (y 1, y 2 ) y 1 y 2 Donde: u 1 (t) = y 2 g W (y 1, y 2 ) dt u 2 (t) = y 1 g W (y 1, y 2 ) dt

7 e y p = y 1 y 2 g W (y 1, y 2 ) dt + y 2 y 1 g W (y 1, y 2 ) dt, 7 com y = y h + y p.