Curso: Engenharia Ambiental Disciplina: Equações Diferenciais Ordinárias Professora: Dr a. Camila N. Boeri Di Domenico NOTAS DE AULA 2
11. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 2º ORDEM y (x) = f (x,y,y ) 11.1. Introdução: Embora possamos resolver algumas equações não lineares de 1 a ordem através de técnicas específicas, equações não lineares de ordem maior geralmente resistem à solução. Isso não significa que uma equação não linear não tenha solução, mas sim que não existem regras ou métodos pelos quais sua solução possa ser exibida em termos de funções elementares ou outros tipos. Como uma consequência, na tentativa de resolver equações de ordem maior, devemos deter-nos as equações lineares. Equações lineares de 2 a ordem tem uma importância crucial no estudo de equações diferenciais por duas razões principais. A primeira é que equações lineares tem uma estrutura teórica rica, subjacente a diversos métodos sistemáticos de resolução. Outra razão para estudar equações lineares de 2 a ordem é que elas são essenciais para qualquer investigação das áreas clássicas da física matemática como, por exemplo, mecânica dos fluidos, condução de calor, movimento ondulatório ou fenômenos eletromagnéticos. 11.2. Problemas de Valor Inicial e de Valor Contorno a) Problema de Valor Inicial Resolva: Sujeita à: Para uma equação diferencial de n-ésima ordem, o problema: a n (x) dn y dx n + a n 1 (x) dn 1 y dx n 1 + + a dy 1 (x) dx + a 0 (x)y = g(x) y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 0,, y(n 1) (x 0 ) = y 0 (n 1) em que y 0, y 0, y (n 1) 0,, y 0, são constantes arbitrárias, é chamado de Problema de Valor Inicial (PVI).
Os valores específicos y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 0,, y (n 1) (n 1) (x 0 ) = y 0, são chamados de condições iniciais. Procuramos uma solução em algum intervalo I contendo x0. No caso de uma equação linear de segunda ordem, uma solução para o PVI: a 2 (x) d2 y dx 2 + a dy 1 (x) dx + a 0 (x)y = g(x), y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 0, é uma função que satisfaça a equação diferencial em I cujo gráfico passa pelo ponto (x 0, y 0 ) com inclinação igual a y 0. Teorema: Sejam a n (x), a n 1 (x),, a 1 (x), a 0 (x) e g(x) funções contínuas em um intervalo I com a n (x) 0, para todo x neste intervalo. Se x = x 0 é algum ponto deste intervalo, então existe uma única solução y(x) para o PVI neste intervalo. Exemplos: a) Verificar se a função y = 3e 2x + e 2x 3x é uma solução para o problema de valor inicial y - 4y = 12x, y(0) = 4, y (0) = 1 b) Verificar se a função y = 1 sen(4x) é uma solução para o problema de valor inicial 4 y +16y=0, y(0)=0, y (0)=1. b) Problema de Valor de Contorno (PVC) Outro tipo de problema consiste em resolver uma equação diferencial de ordem 2 ou superior na qual a variável dependente y ou suas derivadas são especificadas em pontos diferentes. Um problema tipo: Sujeito a: a 2 (x) d2 y dx 2 + a dy 1 (x) dx + a 0 (x)y = g(x) y(a) = y 0, y(b) = y 1
é chamado de PROBLEMA DE VALOR DE CONTORNO (PVC). Os valores especificados y(a) = y0 e y(b) = y1 são chamados de condições de contorno ou de fronteira. Uma solução para o problema é uma função que satisfaça a equação diferencial em algum intervalo I, contendo a e b, cujo gráfico passa pelos pontos (a,y0) e (b,y1). Exemplo: Verificar se a função y = 3x 2 6x +3 satisfaz a equação diferencial e as condições de contorno do problema de valor de contorno: x 2 y 2xy + 2y = 6, y(1) = 0, y(2) = 3 11.3. Equações Diferenciais Ordinárias de 2º ordem com coeficientes constantes São equações da forma a y + b y + c y = f (x) (NH) onde a, b, c são constantes reais. A equação a y + b y + c y = 0, (H) 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. b.) A equação x 3 y 2xy + 5y + 6y = e x é uma equação diferencial ordinária linear de 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 c1 e c2 (não ambas nulas) tais que c1 u(x) + c2 v(x) = 0, x I. Caso contrário, dizemos que as funções u(x) e v(x) são linearmente independente (LI) neste intervalo I. Definição 02: Dada duas funções quaisquer, u(x) e v(x), definimos o wronskiano das mesmas pelo seguinte determinante: u( x) w u( x), v( x) = u(x).v (x) - v(x).u (x). u ( x) v( 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 Mostre que u(x) = cos2x e v(x) = sen2x são soluções LI da EDO y + 4y = 0 em I = IR. Solução w u( x), v( x) w cos 2x, sen2x u( x) u ( x) v( x) v ( x) u e v são linearmente independentes.
EDO: y + 4y = 0 u (x) = cos2x u (x) = - 2 sen2x u (x) = - 4 cos2x substituindo na EDO, verificamos que u é solução v(x) = sen2x v (x) = 2 cos2x v (x) = - 4 sen2x substituindo na EDO, verificamos que v é solução Teorema: Sejam u(x) e v(x) soluções LI de (H). Então, a solução geral de (H) é dada por: yh (x) = c1 u(x) + c2 v(x). Além disso, a solução de (NH) é da forma ynh (x) = c1 u(x) + c2 v(x) + yp (x), onde c1 e c2 são constantes genéricas e yp (x) é uma solução particular de (NH). Exercícios 01. Em relação a equação y + 4y = 8e 2x, mostre que: a.) yh (x) = c1 cos2x + c2 sen2x é a solução geral de (H); b.) yp (x) = e 2x é uma solução particular de (NH); c.) y (x) = yh (x) + e 2x é solução de (NH).
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). LISTA DE EXERCÍCIOS INTRODUÇÃO ÀS EQUAÇÕES DE ORDEM SUPERIOR 1. Determine quais das equações abaixo são lineares e indique se são homogêneas ou não: a) yy + xy + y = x 2 b) y + 2y + 3 = 0 c) 3y + xy = e x2 d) xy + (x + 1)y + 2y = y e) y + y + y = x 2 f) 2y + 3y + 4y = 5x g) y + x 2 y (sen x)y = 2 h) y + (x 2 1)y 2y + y = 5 sen x 2. Determine o Wronskiano do conjunto de funções dadas e classifique quanto a Linearmente Independentes e Linearmente dependentes. a) y 1 = 3x, y 2 = 4x b) {x 3, x 2 } c) {e 2x, e 3x } d) u(x) = 3e 2x, v(x) = 5e 2x e) {x, 1,2x + 7} f) {sen x, 2cos x, 3sen x + cos x} 3. Mostre que a função y = e 3x +e 3x é solução linearmente independente da EDO y 9y = 0. 4. Verifique se a função y = c 1 e x + c 2 e x é solução para a equação y y = 0. Se sim encontre valor para c 1 e c 2,no intervalo (, + ), que satisfaça as condições iniciais y(0) = 0 e y (0) = 1. 5. Verifique se a função y = e 8x + 1 é solução para o problema de valor inicial y + 8y = 0, y(0) = 1, y (0) = 8. 6. Mostre que u(x) = e x sen 2x e v(x) = e x cos 2x são soluções Linearmente Independentes da EDO y 2y + 5y = 0.
GABARITO: 1. a) Não linear. b) Linear e homogênea. c) Linear e não homogênea. d) Linear e homogênea e) Não linear. f) Linear e não homogênea. g) Linear e não homogênea. h) Linear e não homogênea. 2. a) W = 0 b) W = x 4 c)w = e 5x d)w = 0 e) W = 0 f) W = 0 3. W = 6 4. y = 1 2 e x 1 2 e x 5. Não é solução 6. W = 2e 2x
11.4. Solução geral da EDO homogênea associada (H) Antes de atacar a Eq. (H), 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 conhecida no cálculo que tem esta propriedade, a função exponencial y1(x) = e x. Um pouco mais de análise levará a uma segunda função y2 (x) = e -x. A experimentação revelará que os múltiplos destas duas funções são também soluções da equação. Por exemplo, as funções 2e x e 5e -x também satisfazem à Eq. (*), conforme se pode verificar pelo cálculo das derivadas segundas. Da mesma forma as funções c1.y1 (x) = c1. e x e c2. y2 (x) = c2.e -x satisfazem à equação diferencial (*) para todos os valores das constantes c1 e c2. Depois, tem importância muito grande observar que qualquer soma das soluções da Eq. (*) é também uma solução. Em particular, uma vez que c1.y1 (x) e c2. y2 (x) são soluções da Eq. (*), então também é solução a função y = c1.y1 (x) + c2.y2 (x) = c1. e x + c2.e -x (**) para quaisquer valores de c1 e c2. Pode-se verificar a afirmação pelo cálculo da derivada segunda y da Equação (**). Na realidade, se tem y = c1. e x - c2.e -x e y = c1. e x + c2.e -x então y é idêntica a y e a Eq. (*) está satisfeita. Vamos resumir o que até agora fizemos neste item. Uma vez observado que as funções y1(x) = e x e y2 (x) = e -x são soluções da Eq. (*), vem que a combinação linear geral (**) destas funções é também uma solução. Em virtude de os coeficientes c1 e c2 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 c1 + c2 = 2. ( I ) Depois, derivamos a Eq. (**) em relação a x, o que dá o resultado: y = c1. e x - c2.e -x. Então, fazendo x = 0 e y = -1 obtém: c2 = 3/2. c1 - c2 = - 1. ( II ) Pela resolução das (I) e (II), simultaneamente em c1 e em c2, encontramos que c1 = 1/2 e Finalmente, retornando com estes valores para a Eq. (**), obtemos: y = 1/2. e x + 3/2.e -x, 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 Eq. (*), procuraremos soluções exponenciais da Eq. (H). Vamos supor, assim, que y = e rx, onde r é um parâmetro a ser determinado. Vem então y = r.e rx e y = r 2.e rx.levando as expressões de y, de y e de y na Equação (H), obtemos:
(ar 2 + br + c).e rx = 0, ou, como e rx 0, ar 2 + br + c = 0. (#) A Eq. (#) é a equação característica da equação diferencial (H). O seu significado está em, no caso de r ser uma raiz da equação polinomial (#), y = e rx 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) * Raízes Reais Distintas Se r1 r2 são raízes reais distintas da equação característica, então a solução geral é: y = c1. e r1 x + c2.e r2 x. * Raízes Reais Iguais Se r1 = r2 são raízes reais iguais da equação característica, então a solução geral é: y = c1. e r x + c2.x.e r x = (c1 + c2.x)e r x. * Raízes Complexas Se r1 = + i e r2 = - i são raízes complexas da equação característica, então a solução geral é: y = c1. e x cos x + c2. e x sen x. 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.
Solução Neste caso, a equação característica é: de modo que r1 = e r2 =. Logo, a solução geral da EDO é dada por: Como y = 2 quando x = 0, temos: ( I ) Além disso, como y = 3 quando x = 0, temos ( II ) A resolução das Eq. (I) e (II) dá c1 = e c2 =. Com estes valores na solução geral, conseguimos a solução 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.
Solução Exemplo 3) Equação característica com raízes complexas Achar a solução geral da equação diferencial Solução y + 6y + 12y = 0. OBS: Observe, no exemplo anterior, que, embora a equação característica tenha duas raízes complexas, a solução da equação diferencial é real.
A) Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais. 01. y 5y 14y = 0 02. y 2y 8y = 0 03. y y = 0 04. y 3y = 0 05. 2y 13 y + 15y = 0 06. 3y 7y + 2y = 0 07. y 4y + 4y = 0 08. y 4y + 5y = 0 09. 4y - 4y + y = 0 10. y 4y + 13y = 0 11. y 10y + 25y = 0 12. y + 9y = 0 13. y = 0 B) Determinar a solução particular de cada uma das seguintes equações diferenciais sujeitas às condições dadas. 14. y 4y = 0; y(0) = 3 e y (0) = 4 15. y y 2y = 0; y(0) = 2 e y (0) = 1 16. y 8y + 15y = 0; y(0) = 4 e y (0) = 2 17. y 6y + 9y = 0; y(0) = 2 e y (0) = 4 18. y + 25y = 0; y(0) = 2 e y (0) = 0 19. y 12y + 36y = 0; y(0) = 1 e y (0) = 0 Respostas 1. y = C1 e 7x + C2 e -2x 2. y = C1 e 4x + C2 e -2x 3. y = C1 e x + C2 e -x 4. y = C1 + C2 e 3x
5. y = C1 e 3x/2 + C2 e 5x 6. y = C1 e 2x + C2 e x/3 7. y = C1 e 2x + C2 xe 2x 8. y = C1 e 2x cosx + C2 e 2x senx 9. y = C1 e x/2 + C2 x.e x/2 10. y = C1 e 2x cos3x + C2 e 2x sen3x 11. y = C1e 5x + C2 xe 5x 12. y = C1 cos3x + C2 sen3x 13. y = C1 + C2.x 14. y = 2 + e 4x 15. y = e 2x + e -x 16. y = -5e 5x + 9e 3x 17. y = 2e 3x 2xe 3x 18. y = 2cos5x 19. y = e 6x 6xe 6x 11.5. 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 yh, da equação homogênea correspondente. Após isso, tentamos encontrar uma solução particular, yp, da equação não-homogênea. Combinando esses dois resultados, podemos concluir que a solução geral da equação não-homogênea é y = yh + yp, como enunciado no próximo Teorema. Teorema Solução geral de uma equação linear não homogênea (NH) Seja ay + by + cy = F(x) uma equação diferencial linear não homogênea de 2ª ordem. Se yp, é uma solução particular dessa equação e se yh é a solução geral da equação homogênea correspondente, então: y = yh + yp. é a solução geral da equação não-homogênea.
11.5.1. O MÉTODO DOS COEFICIENTES A DETERMINAR Como já temos as ferramentas para encontrar yh, vamos nos concentrar em formas de encontrar a solução particular yp. Se a função F(x) consiste em somas ou produtos de x n, e mx, cos x, sen x podemos encontrar urna solução particular pelo método dos coeficientes a determinar. A idéia do método é tentar uma solução yp do mesmo tipo que F(x). Eis alguns exemplos: 1. Se F(x) = 5x + 4, escolha yp = Ax + B; 2. Se F(x) = 2xe x,+ 5e x escolha yp = (Ax + B)e x = Axe x + Be x ; 3. Se F(x) = x² + 9 cos7x, escolha y p = (Ax 2 + Bx + C) + C.sen7x + D.cos7x. Exemplo) Encontre a solução geral da equação y - 2y 3y = 2.senx. Solução: Para encontrar yh, resolvemos a equação característica Logo, yh = C1e - x + C2 e 3x. A seguir, vamos tomar yp do mesmo tipo que sen2x, isto é,
Substituindo na equação, obtemos: Portanto, yp é uma solução, desde que os coeficientes dos termos correspondentes sejam iguais. Obtemos, então, o sistema que tem soluções A = 1/5 e B = - 2/5. Logo, a solução geral é Podemos, também, usar o método dos coeficientes a determinar para uma equação nãohomogênea de ordem mais alta. O próximo exemplo ilustra esse procedimento. Exemplo O método dos coeficientes a determinar para uma equação de terceira ordem. Solução Encontre a solução geral da equação y + 3 y + 3y + y = x.
Sabemos, do exemplo da seção anterior, que a solução da equação homogênea é y = C1 e -x + C2 x e -x + C3 x 2 e -x. Como F(x) = x, escolhemos yp = A + Bx, obtendo y p = B e y p = y p = 0. na equação, temos Substituindo (0) + 3.(0) + 3.(B) + (A + Bx) = (3B + A) + Bx = x. Portanto, B = 1, A = - 3 e a solução geral é y = C1 e -x + C2 x e -x + C3 x 2 e -x 3 + x. Exercícios A) Encontre a solução geral das seguintes equações: 1) y + 4y 2y = 2x 2 3x + 6 2) y y + y = 2sen3x Respostas 01) y(x) = 2 6.. x. 2 6. C e C e 5 x 2 x 2 1 2 x x 3 x 3 16 6 02) y(x) = C. e 2.cos x C. e 2 2. sen x.sen3x.cos3x 2 2 73 73 1. 9. B) Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais. a) 2y + 2y + y = x 2 b) y + 2y = 4 sen (2x)
c) y + 3y + 2y = e 2x d) y - 3y - 4y = 3e 2x e) y - 3y - 4y = 8 f) y - 3y - 4y = 2 sen(x) g) y - 5y = 5x+5 h) y +4y = cos (x) Respostas a) y = C1 e (-x/2) sen(x/2)+ C2 e (-x/2) cos (x/2)+ x 2 6x +14 b) y = C1 + C2 e -2x (sen (2x) + cos (2x)) /2 c) y = C1 e- x + C2 e -2x + (1/12) e 2x d) y = C1 e- x + C2 e 4x - (1/2) e 2x e) y = C1 e- x + C2 e 4x - 2 f) y = C1 e- x + C2 e 4x + (3/17) cos (x) (5/17) sen (x) g) y = C1+ C2 e 5x x h) y = C1 cos (2x) + C2 sen (2x) + (1/3)cos (x)
11.5.2. O MÉTODO DE VARIAÇÃO 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 yp tem a mesma forma que yh, exceto que as constantes em yh são substituídas por variáveis. O Método de Variação dos Parâmetros Para encontrar a solução geral da equação y + b y + c y = F(x): 1. Encontre yh = C1y1 + C2 y2; 2. Substitua as constantes por variáveis da forma yp = u1 y1 + u2 y2; 3. Resolva o sistema a seguir para u 1 e u 2: u1 y u y 1 1 1 u y 2 u y 2 2 2 0 F( x). 4. Integre para encontrar u1 e u2. A solução geral é y = yh + yp. Exemplo Resolva a equação y - 2 y + y = (e x / 2x), x > 0. Solução A equação característica m 2-2m + 1 = (m - 1) 2 = 0 tem apenas uma solução, m = 1. Então, a solução da equação homogênea é yh = C1y1 + C2y2 = C1e x + C2 xe x. Substituindo C1 e C2 por u1 e u2, obtemos yp = u1y1 + u2y2 = u1e x + u2 xe x.
O sistema de equações resultante é u1e u e 1 x x u xe 2 u ( xe 2 x 0 x e x ) ( e x / 2x) Subtraindo a segunda equação da primeira, obtemos u2 (1/ 2x). Substituindo na segunda equação, temos u 1 ( 1/ 2). Finalmente, integrando, obtemos: u 1 1 x dx 2 2 e u 1 2 1 1 dx ln x x 2 2 ln x Segue desse resultado que yp = (1/2)xe x + (ln x)xe x é uma solução particular e que a solução geral é y = C1e x + C2 xe x (1/2)xe x + (ln x)xe x. A) Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais. a) y + y - 2 = e 3x b) y + y = 1/sen(x) c) y 3y + 2y = e x.sen(x); y(0) = -1 e y (0) = 1 d) y + y = tg(x); y(0) = 1 e y (0) = 1 Respostas a) y = C1 e x + C2 e- 2x + (1/10) e 3x b) y = C1 sen(x) + C2 cos(x) + ln sen(x) sen(x) xcos(x) c) y = -4 e x + 5/2 e 2x + (e x /2) (cos(x) sen(x)) d) y = 2sen(x) + cos(x) + ln sec(x) + tg(x)