ANÁLISE COMPLEXA E EQUAÇÕES DIFERENCIAIS AULA TEÓRICA 24 27 DE ABRIL DE 2018 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES DE SEGUNDA ORDEM São da forma d 2 y dt 2 + p(t)dy + q(t)y = g(t) dt Um exemplo destas equações é a Lei de Newton: Se y representa a posição de um corpo, o seu movimento é dado por m d2 y dt 2 = i F i, onde m é a massa do corpo e F i são as forças que nele actuam. Se g(t) = 0, a equação é homogénea. Para definir completamente uma solução (particular) da equação, precisamos de duas condições iniciais, por exemplo y(t 0 ) = y 0 e y (t 0 ) = y 0. Tal como para as equações de primeira ordem, temos neste contexto o seguinte resultado. Teorema de Existência e Unicidade Se p(t) e q(t) são contínuas no intervalo ]a, b[, então o problema y + p(t)y + q(t)y = 0 y(t 0 ) = y 0 y (t 0 ) = y 0 tem uma solução única no mesmo intervalo. Escrevemos L[y] = y + p(t)y + q(t)y. 1
2 Para cada função y, L[y] é também uma função. Suponhamos que p(t) = 0 e q(t) = 1. Então L[y] = y + y. Se y = sen t, L[y] = (sen t) + (sen t) = 0 Se y = t, L[y] = (t) + t = t Em qualquer caso, L transforma funções em funções, e por isso é chamado operador (se transformasse funções em valores reais, seria chamado funcional. Um exemplo é L[y] = b a y(t) dt.) O operador L verifica as propriedades L[cy] = cl[y], c R L[y 1 + y 2 ] = L[y 1 ] + L[y 2 ], donde é um operador linear. Voltando a L[y] = y + p(t)y + q(t)y: As soluções da equação homogénea y + p(t)y + q(t)y = 0 são precisamente as funções y tais que L[y] = 0. Por causa disto, se y é solução também cy o é (para qualquer c R) e, se y 1 e y 2 são soluções, também o é y 1 + y 2. y + y = 0 (portanto, p(t) = 0 e q(t) = 1) Duas soluções são y 1 (t) = sen t e y 2 (t) = cos t.
3 y = c 1 y 1 + c 2 y 2 = c 1 sen t + c 2 cos t também é solução (para quaisquer c 1 e c 2.) Como veremos no teorema seguinte, esta é a solução geral da equação: qualquer solução é desta forma. Teorema Sejam y 1 e y 2 duas soluções de y + p(t)y + q(t)y = 0 (com p e q contínuas) no intervalo ]a, b[ tais que y 1 y 2 y 1 y 2 = y 1(t)y 2(t) y 2 (t)y 1(t) 0 neste intervalo. Então y(t) = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t) (c 1, c 2 R) é a solução geral da equação. Demonstração. Seja y uma qualquer solução e definamos y 0 = y(t 0 ) e y 0 = y (t 0 ) (para t 0 escolhido em ]a, b[.) Queremos ver que existem c 1 e c 2 em R tais que y = c 1 y 1 + c 2 y 2. Devemos ter então { c 1 y 1 (t 0 ) + c 2 y 2 (t 0 ) = y 0 c 1 y 1(t 0 ) + c 2 y 2(t 0 ) = y 0 Este sistema tem solução (única) (c 1, c 2 ) se e só se y 1(t 0 ) y 2 (t 0 ) y 1(t 0 ) y 2(t 0 ) 0 Esta é precisamente a condição do teorema. Devido à unicidade de soluções, y = c 1 y 1 + c 2 y 2. A quantidade anterior é denotada por W [y 1, y 2 ] = y 1 y 2 y 1 y 2 = y 1(t)y 2(t) y 2 (t)y 1(t) e chama-se wronskiano. {y 1, y 2 } é chamado um conjunto fundamental de soluções, e dizemos que y 1 e y 2 são soluções linearmente independentes.
4 Lema de Abel O wronskiano satisfaz a equação W + p(t)w = 0. Para além disso, W é zero para todo o t ]a, b[ ou nunca é zero para nenhum t ]a, b[. Demonstração. Como W = y 1 y 2 y 2 y 1, temos W = (y 1 y 2 y 2 y 1) = y 1y 2 + y 1 y 2 y 2y 1 y 2 y 1 = y 1 ( py 2 qy 2 ) y 2 ( py 1 qy 1 ) = p(y 2y 1 y 2 y 1) = pw, como queríamos obter. A equação é linear homogénea (em W ), e por isso a sua solução é W (t) = c e p(t)dt para algum c R, logo ou é sempre zero ou nunca se anula. O lema de Abel permite-nos obter o wronskiano só a partir dos coeficientes da equação, e não das soluções y 1 e y 2 que entram na sua definição. Ou seja, não precisamos de resolver a equação original para sabermos o wronskiano de quaisquer duas soluções y 1 e y 2. y + y = 0 p(t) = 0, por isso (dadas duas soluções y 1 e y 2 ) o wronskiano é W (y 1, y 2 ) = c e 0dt = c para algum c. y 1 = sen t e y 2 = cos t são soluções. W [y 1, y 2 ] = sen t cos t cos t sen t = sen2 cos 2 = 1 Como W [y 1, y 2 ] 0, pelo teorema anterior a solução geral é y(t) = c 1 y 1 + c 2 y 2 = c 1 sen t + c 2 cos t (c 1, c 2 R). Todas as soluções são desta forma. y 1 = sen t e y 2 = cos t são linearmente independentes. {sen t, cos t} é um conjunto fundamental de soluções para a equação.
5 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS COM COEFICIENTES CONSTANTES Como exemplo das equações de segunda ordem, começamos pelas lineares homogéneas com coeficientes constantes. São da forma ay + by + cy = 0, Com a, b e c em R (e a 0.) Devido à forma especial destas equações, faz sentido procurar para elas soluções da forma exponencial (que são funções cuja derivada é da mesma natureza original.) As funções reais sen e cos também têm como derivada funções da mesma classe - note-se que estão relacionadas com exponenciais complexas. Testamos y = e rt, e queremos saber para que valores de r teremos soluções da equação anterior. Substituindo na equação: a(r 2 e rt ) + b(r e rt ) + ce rt = 0 e rt [ar 2 + br + c] = 0 Obtemos portanto o polinómio característico da equação: ar 2 + br + c = 0 Este polinómio tem como raízes r = b ± b 2 4ac 2a e, de acordo com a natureza destas raízes, teremos diferentes soluções da equação original. Caso 1: = b 2 4ac > 0 Temos duas raízes reais, r 1 = b + b 2 4ac 2a e r 2 = b b 2 4ac, 2a
6 Que correspondem a duas soluções da equação: y 1 = e r1t y 2 = e r2t As duas soluções são linearmente independentes se não for nulo o seu wronskiano, dado por W (y 1, y 2 ) = y 1 y 2 y 1 y 2. Neste caso, temos W (y 1, y 2 ) = er1t e r2t r 1 e r1t r 2 e r2t = e(r1+r2)t (r 2 r 1 ), que é não nulo porque r 1 r 2. A solução geral da equação é y = c 1 e r1t + c 2 e r2t (c 1, c 2 R.) y + 5y + 4y = 0 O polinómio característico é r 2 + 5r + 4 = 0, que tem como raízes r = 5 ± 25 16 2 Temos como soluções y 1 = e t e y 2 = e 4t. = 5 ± 3 2 = 1 ou 4 A solução geral é y = c 1 e t + c 2 e 4t (c 1, c 2 R.)