EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
Valéria Zuma Medeiros & Mihail Lermontov
2
28
Equações diferenciais lineares de ordem n
2.1
Definição
São equações da forma:
a 0 (x )y (n ) (x ) + a1 (x )y (n −1) (x ) +
onde:
+ a n −1 (x )y′(x ) + a n (x )y(x ) = b(x) ; a 0 (x ) ≠ 0 ,
i) y(x ) é a função incógnita;
ii) Se ∀i = 0,..., n , a i (x ) é constante então a equação é denominada de equação
de coeficientes constantes;
iii)Se ∃i = 0,..., n , tal que a i (x ) é função de x, então a equação é denominada de
equação de coeficientes variáveis;
iv) Se b(x ) = 0 a equação é denominada equação linear homogênea;
v) Se b(x ) ≠ 0 a equação é denominada equação linear não homogênea.
Exemplos:
a) x 2 y′′ − xy′ + y = 2x ⋅ ln(cos(x )) é uma equação diferencial linear de 2a
ordem com coeficientes variáveis e não homogênea.
b) y′′ − y = 8 é uma equação diferencial linear de 2a ordem com coeficientes
constantes e não homogênea.
c) y ( vi ) − 7y′′′ + 2xy′ = 0 é uma equação diferencial linear de 6a ordem com
coeficientes variáveis e homogênea.
2
d) y′ + y = e x é uma equação diferencial linear de 1a ordem com coeficientes
x
variáveis e não homogênea.
e) yy′′ − 2 xy′ = 2y não é uma equação linear.
2.2
Equação diferencial linear homogênea de ordem n e coeficientes
constantes
É a equação da forma:
a 0 y (n ) (x ) + a1y (n −1) (x ) + a 2 y (n − 2 ) (x ) +
a i ≡ constante .
1ª ORDEM: a 0 y′ + a1y = 0 ; a 0 ≠ 0
a
a
y′ + 1 y = 0
y′ = − 1 y
a0
a0
ln(y ) = px + C
+ a n −1y′(x ) + a n y(x ) = 0 ; a 0 ≠ 0
dy
= py
dx
y = e px + C = e px ⋅ e C = e px ⋅ k
2ª ORDEM: a 0 y′′ + a1y′ + a 2 y = 0 ; a 0 ≠ 0
y′′ + py′ + qy = 0
dy
= p ⋅ dx
y
p=
a1
a
e q= 2
a0
a0
y = ke px
e
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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29
Suponhamos y = e rx solução da equação.
y′ = re rx e y′′ = r 2 e rx
Substituindo na equação:
y′′ + py′ + qy = 0
r 2 e rx + pre rx + qe rx = 0
(
)
e rx r 2 + pr + q = 0
r 2 + pr + q = 0 (equação característica)
− p ± p 2 − 4q
2
Daí, teremos 2 raízes r1 e r2 .
r=
Assim, as soluções serão: y1 = e r1 x e y 2 = e r2 x .
Teorema da superposição: Se y1 e y 2 são soluções linearmente independentes (LI)
de uma equação diferencial linear de 2ª ordem y′′ + a (x )y′ + b(x )y = 0 então
y = c1y1 + c 2 y 2 também é solução e é denominada de solução geral desta equação.
y1 e y 2
soluções LI da equação, isto é,
Demonstração: Sejam
y1′′ + a (x )y1′ + b(x )y1 = 0 e y′2′ + a (x )y′2 + b(x )y 2 = 0 .
Vamos mostrar que y = c1y1 + c 2 y 2 também é solução da equação dada, isto é,
substituindo na equação encontraremos 0.
y = c1y1 + c 2 y 2
y′ = c1 y1′ + c 2 y′2
y′′ = c1 y1′′ + c 2 y′2′ .
Substituindo na equação:
y′′ + a (x )y′ + b(x )y = (c1 y1′′ + c 2 y′2′ ) + a (x )(c1 y1′ + c 2 y′2 ) + b(x )(c1y1 + c 2 y 2 ) =
= c1 (y1′′ + a (x )y1′ + b(x )y1 ) + c 2 (y′2′ + a (x )y′2 + b(x )y 2 ) = c1 ⋅ 0 + c 2 ⋅ 0 = 0 .
Teorema: Sejam y1 , y 2 , ... , y n funções com derivadas de ordem n contínuas. Estas
funções serão LI se o Wronskiano for diferente de zero, isto é:
y1
y2
yn
y1′
y′2
y′n
W=
≠0
y1(n −1)
y (2n −1)
y (nn −1)
Exemplos:
1) y1 = sen (x ) e y 2 = cos(x )
2) y1 = e 2x , y 2 = e − x e y 3 = e x
3) Em que casos as soluções y1 = e r1 x e y 2 = e r2 x serão LI?
W=
e r1 x
r1e
r1 x
r2 − r1 ≠ 0
e r2 x
r2 e
r2 x
≠0
r2 ≠ r1
r2 e r2 x e r1 x − r1e r1 x e r2 x ≠ 0
(r2 − r1 )e (r1 + r2 )x ≠ 0
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30
− p ± p 2 − 4q
nos leva a três casos:
2
∆ = p 2 − 4q > 0 , ∆ = p 2 − 4q < 0 e ∆ = p 2 − 4q = 0 .
Voltando ao nosso texto, teremos que r =
1º caso: ∆ = p 2 − 4q > 0
Aqui teremos duas raízes reais e distintas r1 e r2 . Assim, as soluções
y1 = e r1x
e
y 2 = e r2 x
serão
LI.
Logo
a
solução
geral
da
equação
será
y = c1y1 + c 2 y 2 = c1e r1x + c 2 e r2 x , onde c1 e c 2 são constantes arbitrárias.
Exemplos:
1) y′′ − 2y′ = 0
2) y′′ − 3y′ + 2y = 0
2º caso: ∆ = p 2 − 4q < 0
Teremos 2 raízes complexas conjugadas do tipo r1 = a + bi e r2 = a − bi (que
serão diferentes). Assim, as soluções y1 = e (a + bi )x e y 2 = e (a − bi )x serão LI e temos, como
solução geral da equação, y = c e (a + bi )x + c e (a − bi )x = e ax c e ibx + c e −ibx .
1
2
(
1
2
)
Reescreveremos esta solução com a cara de uma solução real.
Lembremos primeiro as equações de Euler: e i = cos( ) + i sen (
e −i = cos( ) − i sen ( ) .
Assim,
y = e ax c1e ibx + c 2 e −ibx =
(
)
e
)
= e ax [c1 (cos(bx ) + i sen (bx )) + c 2 (cos(bx ) − i sen (bx ))] =
= e ax [(c1 + c 2 )cos(bx ) + (c1 − c 2 )i sen (bx )] =
= e ax [A ⋅ cos(bx ) + B ⋅ sen (bx )]
é a solução geral, onde A e B são constantes arbitrárias.
Exemplos:
1) y′′ + y′ + 2y = 0
2) y′′ + y = 0
3º caso: ∆ = p 2 − 4q = 0 .
Neste caso teremos duas raízes r1 e r2 reais e iguais a −
p
r = r1 = r2 = − .
2
p
, isto é,
2
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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31
Sendo assim, teremos apenas uma solução y1 = e rx e precisamos encontrar
uma 2ª solução, LI com a 1ª, para montarmos a solução geral.
Para isso usaremos o Método da Redução de Ordem (MRO), enunciado a
seguir:
Método da Redução de Ordem (MRO):
Seja a equação a 0 (x )y′′ + a1 (x )y′ + a 2 (x )y = 0 , onde y1 é solução da equação.
Podemos supor y 2 = v(x ) ⋅ y1 como uma 2ª solução da equação.
Exemplo:
(
)
(
)
x 3sen (x ) ⋅ y′′′ − 3x 2sen (x ) + x 3cos(x ) ⋅ y′′ + 6xsen(x ) + 2x 2cos(x ) ⋅ y′ +
(
)
− 6sen (x ) + 2x 2cos(x ) ⋅ y = 0 ; y1 (x ) = x
No nosso caso, seja a equação y′′ + py′ + qy = 0 , onde y1 = e
equação, isto é, y1′′ + py1′ + qy1 = 0 .
Vamos supor y 2 = v ⋅ y1 , v = v(x ) , solução da equação.
Assim, y′2 = v′ ⋅ y1 + v ⋅ y1′ e y′2′ = v′′ ⋅ y1 + 2 v′ ⋅ y1′ + v ⋅ y1′′ .
Substituído na equação y′′ + py′ + qy = 0 , temos:
v′′ ⋅ y1 + 2v′ ⋅ y1′ + v ⋅ y1′′ + p ⋅ (v′ ⋅ y1 + v ⋅ y1′ ) + q ⋅ (v ⋅ y1 ) = 0
y1 ⋅ v′′ + (2 ⋅ y1′ + p ⋅ y1 ) ⋅ v′ + (y1′′ + p ⋅ y1′ + q ⋅ y1 ) ⋅ v = 0
p
− x
=e 2
é solução da
=0
y1 ⋅ v′′ + (2 ⋅ y1′ + p ⋅ y1 ) ⋅ v′ = 0
(
rx
)
e rx ⋅ v′′ + 2 ⋅ r ⋅ e rx + p ⋅ e rx ⋅ v′ = 0
v′′ + (2r + p ) ⋅ v′ = 0
v′′ = 0
=0
v′ = c 2
pois r = −
p
2
v = c 2 x + c1 .
Logo, y = v ⋅ y1 = (c1 + c 2 x ) ⋅ e rx = c1 ⋅ e rx + c 2 ⋅ x ⋅ e rx .
Assim, temos duas soluções: y1 = e rx e y 2 = x ⋅ e rx .
Falta determinar se elas são LI.
Utilizando o Wronskiano, temos:
W=
e rx
re
rx
x ⋅ e rx
rx
e + x ⋅ re
rx
= (1 + rx − rx ) ⋅ e 2rx = e 2rx > 0 .
Sendo assim, y = c1 ⋅ e rx + c 2 ⋅ x ⋅ e rx é a solução geral da equação, onde c1 e c 2 são
constantes arbitrárias.
Exemplos:
1) y′′ + 8 y′ + 16 y = 0
2) y′′ − 2y′ + y = 0
Generalização: Determine a solução geral da equação diferencial linear homogênea e
coeficientes constantes, cujas raízes de sua equação característica são:
1; 2; 3; 3; 3; 3; 2+3i; 2−3i; −1+4i; −1−4i; −1+4i; −1−4i
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2.3
32
Exercícios
1) Determine, se possível, a solução geral das seguintes equações diferenciais:
i) y′′ − 3y′ + 2y = 0
R: y = c1e x + c 2 e 2x
ii) y′′ + w 2 y = 0 , w > 0
R: y = c1 ⋅ cos(wx ) + c 2 ⋅ sen(wx )
iii) y′′ − y′ − 12y = 0
R: y = c1e −3x + c 2 e 4x
R: y = c1e −3x + c 2 e 2x
R: y = c1 ⋅ cos(5x ) + c 2 ⋅ sen (5x )
iv) y′′ + y′ − 6 y = 0
v) y′′ + 25 y = 0
R: y = e x ⋅ [c1 ⋅ cos(x ) + c 2 ⋅ sen (x )]
vi) y′′ − 2 y′ + 2y = 0
R: y = e x ⋅ [c1 + c 2 x ]
vii) y′′ − 2 y′ + y = 0
R: y = e − x ⋅ [c1 + c 2 x ]
viii) y′′ + 2 y′ + y = 0
[
]
ix) y′′′ − 3y′′ + 3y′ − y = 0
R: y = e x ⋅ c1 + c 2 x + c3 x 2
x) y′′′ − 2 y′′ = 0
R: y = c1 + c 2 x + c 3e 2x
xi) y′′′ − y′′ = 0
R: y = c1 + c 2 x + c3e x
xii) 4y′′′ − 4y′′ − y′ + y = 0
R: y = c1e x + c 2 e 0,5x + c 3e −0,5x
xiii) y iv − 2 y′′ + y = 0
R: y = c1e x + c 2 xe x + c 3e − x + c 4 xe − x
xiv) y (v ) − 2y iv − 5y′′′ + 14y′ + 12y = 0 (r = −1; r = 2; r = 3)
R: y = c1e
−x
+ c 2e
2x
xv) y iv − y = 0
+ c 3e
3x
+e
1
−x
2
3
⋅ [c 4 ⋅ cos(x ) + c 5 ⋅ sen (x )]
R: y = c1e − x + c 2 e x + c 3 ⋅ cos(x ) + c 4 ⋅ sen (x )
xvi) y iv − 13y′′ + 36 y = 0
R: y = c1e 2x + c 2 e 3x + c 3e −2 x + c 4 e −3x
xvii) y′′′ + 3y′′ − 4y′ − 12y = 0
R: y = c1e 2x + c 2 e −2 x + c 3e −3x
xviii) y′′′ − 4y′′ + 5y′ = 0
xix) y′′′ − 5 y′′ + 7 y′ = 0
R: y = c1 + e 2 x ⋅ [c 2 ⋅ cos(x ) + c 3 ⋅ sen (x )]
R: y = c1 + e 2,5x c 2 ⋅ cos
3x
+ c3 ⋅ sen
2
3x
2
xx) y iv + y′′′ − 3y′′ − 5y′ − 2y = 0 (r1 = 2)
R: y = c1e 2x + c 2 e − x + c 3 xe − x + c 4 x 2 e − x
xxi) y ( v ) − 7y (iv ) + 12y′′′ = 0
R: y = c1e 3x + c 2 e 4x + c 3 + c 4 x + c 5 x 2
xxii) y (iv ) + 2 y′′ + y = 0
R: y = c1 ⋅ cos(x ) + c 2 ⋅ sen (x ) + x ⋅ [c 3 ⋅ cos(x ) + c 4 ⋅ sen (x )]
xxiii) y (iv ) − 9y = 0
( )
( )
R: y = c1 ⋅ cos 3x + c 2 ⋅ sen 3x + c 3 ⋅ e −
3x
+ c4 ⋅ e
3x
2) Resolva os seguintes problemas de valor inicial:
R: y = e − x ⋅ sen (3x )
i) y′′ + 2y′ + 10y = 0 ; y(0) = 0, y′(0) = 3
ii) y′′ + 4 y′ + 5 y = 0 ; y(0) = 1, y′(0) = −3
R: y = e −2x ⋅ [cos(x ) − sen (x )]
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33
iii) y′′ − 2y′ + 5y = 0 ; y(0) = −3, y′(0) = 1
R: y = −e x ⋅ [3 ⋅ cos(x ) − 2 ⋅ sen (x )]
iv) y′′ + 4y′ + 4 y = 0 ; y(0) = 0, y′(0) = 3
R: y = 3x ⋅ e −2x
v) y′′ − 4y′ + 4 y = 0 ; y(0) = 4, y′(0) = 8
R: y = 4 ⋅ e 2x
vi) y′′ + y′ + 0,25y = 0 ; y(0) = −2, y′(0) = 1
R: y = −2 ⋅ e −0,5x
29
16
R: y = e 2( x −1) + e 2,5(1− x )
9
9
vii) 2y′′ + y′ − 10 y = 0 ; y(1) = 5, y′(1) = 2
viii) y′′ − 6y′ + y = 0 ; y(0) = 0, y′(0) = 4
2 (3+ 2 2 )x
e
− e (3 − 2 2 )x
2
ix) y′′ + y′ + 2 y = 0 ; y(0) = 1, y′(0) = −2
R: y =
7x
3 7
−
⋅ sen
2
7
R: y = e − 0,5x ⋅ cos
7x
2
x) 2y′′ − y′ + 3y = 0 ; y(0) = y′(0) = 1
23x
3 23
+
⋅ sen
4
23
R: y = e 0,25x ⋅ cos
23x
4
π
10
y = 0 ; y(π ) = e 3 , y′(π ) = 0
3
x
1
R: y = e 3 ⋅ ⋅ sen (x ) − cos(x )
3
xi) 3y′′ − 2 y′ +
xii) 9y′′ + 6y′ + y = 0 ; y(0) = 1, y′(0) = 0
R: y = e
−x
3
⋅ 1+
x
3
xiii) y′′ − 6y′ + 25y = 0 ; y(π ) = e 3π , y′(π ) = −e 3π
R: y = e 3x ⋅ [cos(4x ) − sen (4x )]
3) Verifique se y1 é solução da equação e, utilizando o método de redução de
ordem, determine a solução geral da equação:
i) y′′ − y = 0 ; y1 = e x
R: y = c1 ⋅ e x + c 2e − x
R: y = x 2 ⋅ (c1 + c 2 ⋅ ln(x ))
ii) x 2 y′′ − 3xy′ + 4y = 0 ; y1 = x 2
(
)
iii) y′′ − 4xy′ + 4x 2 − 2 y = 0 ; y1 = e x
(
)
(
2
)
R: y = (c1 + c 2 x )e x
2
iv) x 3 y′′′ − 3x 2 y′′ + 6 − x 2 xy′ − 6 − x 2 y = 0 ; y1 = x
(
R: y = c1 + c 2 ⋅ e
−x
x
)
+ c3 ⋅ e ⋅ x
( )
vi) (1 − x )y′′ − 2xy′ + 2y = 0 ; y
2
v) 1 − x y′′ + 2xy′ − 2y = 0 ; y1 = x
2
R: y = c1 ⋅
1
=x
1
x −1
+ ln
+ c2 x
x
x +1
(
)
R: y = c1 ⋅ x 2 + 1 + c 2 x
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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(
)
34
vii) x 2 − x y′′ + (x + 1)y′ − y = 0 ; y1 = 1 + x
(
)
R: y = c1 ⋅ x 2 − 1
2.4
−0,5
+ c 2 ⋅ (x + 1)
Equações de Euler-Cauchy homogêneas
É a equação da forma:
a 0 x n y(n ) (x ) + a1x n −1y(n −1) (x ) + a 2 x n − 2 y(n − 2 ) (x ) +
a 0 ≠ 0 e a i ≡ constante .
1ª ORDEM: a 0 xy′ + a1y = 0 ; a 0 ≠ 0
dy a1
dy
a
x
+
y=0 x
=− 1 y
dx a 0
dx
a0
ln(y ) = p ⋅ ln(x ) + C
x
+ a n −1xy′(x ) + a n y(x ) = 0;
dy
= py
dx
dy
dx
=p
y
x
ln(y ) = p ⋅ ln(x ) + ln(k )
( )
ln(y ) = ln kx p
y = kx p
2ª ORDEM: a 0 x 2 y′′ + a1xy′ + a 2 y = 0 ; a 0 ≠ 0
x 2 y′′ + pxy′ + qy = 0
p=
a1
a
e q= 2
a0
a0
Suponhamos y = x r solução da equação.
y′ = rx r −1 e y′′ = r (r − 1)x r − 2
Substituindo na equação:
[
]
x [r (r − 1) + pr + q ] = 0
(equação característica)
r (r − 1) + pr + q = 0 ou r 2 + (p − 1)r + q = 0
r
r=
[ ]
x 2 r (r − 1)x r − 2 + px rx r −1 + qx r = 0
x 2 y′′ + pxy′ + qy = 0
(1 − p) ± (p − 1)2 − 4q
2
Daí, teremos 2 raízes r1 e r2 .
Assim, as soluções serão: y1 = x r1 e y 2 = x r2 .
Vamos verificar quando y1 e y 2 serão LI:
W=
x r1
r1x
r1 −1
x r2
r2 x
r2 −1
≠0
(r2 − r1 )x r1 + r2 −1 ≠ 0
r2 x r1 + r2 −1 − r1x r1 + r2 −1 ≠ 0
r1 ≠ r2
r2 − r1 ≠ 0
Isto significa que, quando as raízes forem distintas, as soluções serão LI
e, conseqüentemente, sua solução geral será uma combinação linear das
soluções.
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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r=
35
(1 − p) ± (p − 1)2 − 4q
nos leva a três casos:
2
∆ = (p − 1)2 − 4q > 0 , ∆ = (p − 1)2 − 4q < 0 e ∆ = (p − 1)2 − 4q = 0 .
1º caso: ∆ = (p − 1)2 − 4q > 0
Aqui teremos duas raízes reais e distintas r1 e r2 . Assim, as soluções
y1 = x r1
y 2 = x r2
e
serão LI. Logo a solução geral da equação será
r1
y = c1y1 + c 2 y 2 = c1x + c 2 x r2 , onde c1 e c 2 são constantes arbitrárias.
Exemplos:
1) x 2 y′′ − 2xy′ + 2y = 0
2) x 2 y′′ − 6 y = 0
2º caso: ∆ = (p − 1)2 − 4q < 0
Teremos 2 raízes complexas conjugadas do tipo r1 = a + bi e r2 = a − bi (que
serão diferentes). Assim, as soluções y1 = x a + bi e y 2 = x a − bi serão LI e temos, como
(
)
solução geral da equação, y = c1x a + bi + c 2 x a − bi = x a c1x bi + c 2 x − bi .
Reescreveremos esta solução com a cara de uma solução real.
Observemos, primeiramente, que:
x bi = e ln (x
x − bi = e ln (x
bi
) = ei⋅ln (x b ) = cos(ln(x b ))+ i sen (ln(x b ))
e
− bi
Assim,
y = x a c1x bi + c 2 x − bi =
) = e −i⋅ln (x ) = cos(ln(x b ))− i sen (ln(x b )) .
b
(
)
= x {c [cos(ln (x ))+ i sen (ln (x ))]+ c [cos(ln (x )) − i sen (ln (x ))]} =
= x [(c + c ) ⋅ cos(ln (x ))+ (c − c ) ⋅ i ⋅ sen (ln (x ))] =
= x [A ⋅ cos(ln (x )) + B ⋅ sen (ln (x ))]
a
a
b
1
1
b
2
a
b
b
2
1
2
b
b
b
é a solução geral, onde A e B são constantes arbitrárias.
Exemplos:
1) x 2 y′′ − xy′ + 4y = 0
2) x 2 y′′ + xy′ + y = 0
b
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36
3º caso: ∆ = (p − 1)2 − 4q = 0 .
Neste caso teremos duas raízes r1 e r2 reais e iguais a
1− p
, isto é,
2
1− p
.
2
Sendo assim, teremos apenas uma solução y1 = x r e precisamos encontrar uma
2ª solução, LI com a 1ª, para montarmos a solução geral.
Utilizando o MRO, temos que, sendo x 2 y′′ + pxy′ + qy = 0 a equação de Euler1− p
Cauchy cujas raízes da equação característica são reais e iguais a r = r1 = r2 =
, isto é,
2
y1 = x r é uma solução da equação, podemos supor y 2 = v(x ) ⋅ y1 = v ⋅ x r como uma 2ª
solução da equação.
Assim, y′2 = v′ ⋅ x r + v ⋅ r ⋅ x r −1 e y′2′ = v′′ ⋅ x r + 2 ⋅ v′ ⋅ r ⋅ x r −1 + v ⋅ r (r − 1) ⋅ x r − 2 .
r = r1 = r2 =
Substituído na equação x 2 y′′ + pxy′ + qy = 0 , temos:
(
) (
) (
)
x 2 v′′ ⋅ x r + 2 ⋅ v′ ⋅ r ⋅ x r −1 + v ⋅ r (r − 1) ⋅ x r − 2 + px v′ ⋅ x r + v ⋅ r ⋅ x r −1 + q v ⋅ x r = 0
x
r+2
⋅ v′′ + [2r + p]⋅ x
r +1
⋅ v′ + [r (r − 1) + pr + q ]⋅ x ⋅ v = 0
r
=0
x r + 2 ⋅ v′′ + [2r + p ]⋅ x r +1 ⋅ v′ = 0
r+2
=1
r +1
pois r =
1− p
2
⋅ v′′ + x ⋅ v′ = 0
x ⋅ v′′ + v′ = 0
Fazendo u = v′ u ′ = v′′ , a equação se torna:
du
du
dx
x ⋅ u′ + u = 0
x⋅
+u=0
=−
ln(u ) = −ln(x ) + C
dx
u
x
u = c 2 ⋅ x −1
Como u = v′ , temos que:
u = v′ = c 2 ⋅ x −1
v = c 2 ⋅ ln(x ) + c1 .
x
Logo, y = v ⋅ y1 = [c1 + c 2 ⋅ ln(x )] ⋅ x r = c1 ⋅ x r + c 2 ⋅ ln(x ) ⋅ x r
Temos, então, duas soluções: y1 = x r e y 2 = ln(x ) ⋅ x r .
Utilizando o Wronskiano verificamos que estas soluções são LI.
Assim, y == c1 ⋅ x r + c 2 ⋅ ln(x ) ⋅ x r é a solução geral da equação, onde c1 e c 2
são constantes arbitrárias.
Exemplos:
1) x 2 y′′ − xy′ + y = 0
2) x 2 y′′ + 5xy′ + 4 y = 0
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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37
Generalização: Determine a solução geral da equação diferencial linear homogênea
de Euler-Cauchy, cujas raízes de sua equação característica são:
1; 2; 3; 3; 3; 3; 2+3i; 2−3i; −1+4i; −1−4i; −1+4i; −1−4i.
2.5
Forma geral das equações de Euler-Cauchy homogêneas
No item anterior trabalhamos, na verdade, com a forma particular das equações
de Euler-Cauchy.
A equação de Euler-Cauchy na sua forma geral é uma equação do tipo:
a 0 (bx + d )n y (n ) (x ) + a1 (bx + d )n −1 y (n −1) (x ) + + a n −1 (bx + d )y′(x ) + a n y(x ) = 0;
a 0 ≠ 0 e a i ≡ constante .
Podemos, então, mudar a variável da equação, isto é, fazer t = bx + d , e
transformá-la na equação do item anterior.
Exemplos:
1) (x + 2)2 y′′ − (x + 2)y′ + y = 0
2) (3x + 2)2 y′′ + 3(3x + 2)y′ − 36y = 0
2.6
Outro método de resolução da equação de Euler-Cauchy
Uma outra maneira de resolver a equação de Euler-Cauchy é transformá-la,
primeiramente, em uma equação de coeficientes constantes.
Observemos abaixo os tipos de soluções das duas equações (coeficientes
constantes (CC) e Euler-Cauchy (EC)):
EC
CC
y = xr
( )
y = e rt = e t
r
Se chamarmos x = e t na equação de Euler-Cauchy, sua solução se
transformará na solução da equação de coeficientes constantes e, conseqüentemente,
a equação também.
Seja a equação de Euler-Cauchy x 2 y′′ + pxy′ + qy = 0 .
dx
dt
Façamos x = e t
= et
= e− t .
dt
dx
Como y = y(x ) , temos que transformá-lo em função de t.
Usando a regra da cadeia:
dy dy dt dy − t
dy
y′ =
=
⋅
=
⋅ e = e− t ⋅
dx dt dx dt
dt
2
d y d dy
d − t dy
d − t dy dt
y′′ = 2 =
=
e ⋅
=
e ⋅
⋅
=
dx dx
dx
dt
dt
dt dx
dx
= − e− t ⋅
dy − t d 2 y
dy − 2t d 2 y
+ e ⋅ 2 ⋅ e − t = −e − 2t
+e ⋅ 2
dt
dt
dt
dt
Substituindo na equação:
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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e
2t
e
− 2t
⋅
d2y
dt
2
− e − 2t
38
dy
dy
+ pe t e − t ⋅
+ qy = 0
dt
dt
dy
d2y
dy
dy
+ (p − 1) + qy = 0 ,
−
+ p + qy = 0
2
2
dt
dt
dt
dt
dt
que é uma equação de coeficientes constantes em t.
d2y
Exemplo: Resolva a equação x 2 y′′ − 2xy′ + 2y = 0 utilizando o método acima.
2.7
Exercícios
1) Determine, se possível, a solução geral das seguintes equações diferenciais:
i) x 2 y′′ + xy′ − 4y = 0
R: y = c1 ⋅ x −2 + c 2 ⋅ x 2
ii) xy′′ − 3y′ = 0
R: y = c1 + c 2 ⋅ x 4
iii) x 2 y′′ + 5xy′ + 3y = 0
R: y = c1 ⋅ x −1 + c 2 ⋅ x −3
R: y = c1 ⋅ x −2 + c 2 ⋅ x −0,5
iv) x 2 y′′ + 3,5xy′ + y = 0
R: y = x ⋅ [c1 + c 2 ⋅ ln(x )]
v) x 2 y′′ − xy′ + y = 0
[
(
(r1 = 1)
R: y = c1x −2 + x ⋅ [c 2 + c3 ⋅ ln(x )]
viii) x 3 y′′′ + 2xy′ − 2y = 0
(r1 = 1)
R: y = c1x + x ⋅ [c 2 ⋅ cos(ln(x )) + c 3 ⋅ sen (ln(x ))]
3
)
(
)]
R: y = x ⋅ c1 ⋅ cos 3 ⋅ ln(x ) + c 2 ⋅ sen 3 ⋅ ln(x )
vi) x 2 y′′ − xy′ + 4 y = 0
2
vii) x y′′′ + 3x y′′ − 2xy′ + 2y = 0
R: y = c1 + c 2 ⋅ ln(x ) + c 3 x
ix) x 3 y′′′ + 2x 2 y′′ = 0
x) x 4 y(iv ) − 4x 2 y′′ + 8xy′ − 8y = 0
(r1 = 1; r2 = −1)
R: y = c1x −1 + c 2 x + c 3 x 2 + c 4 x 4
xi) 2x 4 y (iv ) + 7x 3 y′′′ − 4x 2 y′′ − 2xy′ + 2y = 0
R: y = c1x
−
1
2
+ c 2 x + c3 x1+
3
r1 = 1; r2 = −
+ c 4 x1−
3
(r1 = 1)
xii) x 3 y′′′ − 3x 2 y′′ + 6xy′ − 6y = 0
1
2
R: y = c1x + c 2 x 2 + c3 x 3
R: y = c1x −1 + c 2 x + c 3 x 3
xiii) x 3 y′′′ − 3xy′ + 3y = 0
3
y=0
4
xv) (x − 2)2 y′′ + 5(x − 2)y′ + 8y = 0
xiv) (x + 1)2 y′′ + 3(x + 1)y′ +
[
(
R: y = c1 ⋅ (x + 1)−1,5 + c 2 ⋅ (x + 1)−0,5
)
(
R: y = (x − 2)− 2 ⋅ c1 ⋅ cos ln(x − 2)2 + c 2 ⋅ sen ln(x − 2)2
)]
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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39
xvi) (4x − 3)2 y′′ + 8(4x − 3)y′ + 4y = 0
R: y = (4x − 3)−0,5 ⋅ [c1 + c 2 ⋅ ln(4x − 3)]
2) Resolva os seguintes problemas de valor inicial:
i) x 2 y′′ + xy′ − 2,25y = 0 ; y(1) = 2, y′(1) = 0
R: y = x1,5 + x −1,5
(
)
ii) x 2 y′′ − 3xy′ + 3y = 0 ; y(1) = 0, y′(1) = −2
R: y = x ⋅ 1 − x 2
iii) x 2 y′′ − xy′ + 2y = 0 ; y(1) = y′(1) = 2
R: y = 2x ⋅ cos(ln(x ))
iv) x 2 y′′ + xy′ − 0,25y = 0 ; y(1) = 2, y′(1) = 1
R: y = 2 ⋅ x 0,5
v) x 2 y′′ − 3xy′ + 4y = 0 ; y(1) = y′(1) = 1
R: y = x 2 ⋅ [1 − ln(x )]
vi) x 2 y′′ − xy′ − 2y = 0 ; y(1) = 0, y′(1) = 1
R: y =
2.8
3
⋅ x1+
6
3
− x1−
3
Equação diferencial linear não-homogênea de ordem n e coeficientes
constantes
É uma equação da forma:
♦)
a 0 y(n ) (x ) + a1y (n −1) (x ) + + a n −1y′(x ) + a n y(x ) = b(x) (♦
, onde a i ≡ constante ,
a 0 (x ) ≠ 0 e b(x ) ≠ 0 .
Teorema: Seja a equação diferencial (♦) e y c a solução da equação
homogênea associada desta equação, isto é, a solução da equação na qual b(x ) = 0
a y(n ) (x ) + a y (n −1) (x ) + + a y′ (x ) + a y (x ) = 0 . Suponhamos y uma solução
(
0 c
1 c
n −1 c
n c
)
p
particular da equação, ou seja, a solução que nos leva a b(x ) ≠ 0
a 0 y (pn ) (x ) + a1y (pn −1) (x ) + + a n −1y′p (x ) + a n y p (x ) = b(x) . Daí, a solução geral da
(
)
equação será y = y c + y p .
Estudaremos 3 métodos para determinarmos y p : Método dos Coeficientes a
Determinar, Método da Variação dos Parâmetros e o Método dos Operadores.
1º) Método dos Coeficientes a Determinar: Este método só permite determinar
a solução particular de equações de coeficientes constantes cujo b(x ) é uma
exponencial, um polinômio, uma função trigonométrica do tipo seno ou cosseno ou
uma combinação linear destas funções.
i) b(x ) é da forma e kx .
y p será da forma Ax h e kx , onde h é o número de vezes em que k é raiz da
equação característica.
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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40
Exemplos:
1) y′′ − y = e 2x
2) y′′′ − 3y′′ + 3y′ − y = 2e x
ii) b(x ) é um polinômio de grau n.
y p será um polinômio completo de grau n+k, onde k é a derivada de menor
ordem da equação diferencial.
Exemplos:
1) y′′ + y = x 2 + 1
2) y′′′ − 2y′′ + y′ = x 4 + 3x 2 + 3
iii) b(x ) é sen (kx ) ou cos(kx ) .
y p será da forma x h [A ⋅ cos(kx ) + B ⋅ sen (kx )] , onde h é o número de vezes
em que ki é raiz da equação característica.
Exemplos:
1) y′′ − y = 2 ⋅ sen (2x )
2) y′′′ + y′ = −2 ⋅ cos(x )
Exemplos gerais:
1) y (iv ) − y′′′ + y′′ − y′ = 3x 2 − x + 2 − e 2x + 2e x + 2cos(3x ) − 3sen (x )
2) x 2 y′′ + xy′ + y = ln(x )
3) x 2 y′′ + 2xy′ − y = x 2 − 2x + 1
4) x 3 y′′′ + x 2 y′′ − xy′ + 2y = sen (ln(x )) − x 2
Sugestão: Nos 3 últimos exemplos, transforme as equações de Euler-Cauchy
em equações de coeficientes constantes.
2º) Método da Variação dos Parâmetros (Lagrange): Este método é utilizável
tanto para equações de coeficientes constantes como para equações de coeficientes
variáveis, de qualquer ordem, sem restrições quanto à forma da função b(x ) .
Seja a equação a y(n ) (x ) + a y (n −1) (x ) + + a y′(x ) + a y(x ) = b(x) . Se
0
1
n −1
n
conhecemos y c = c1y1 + c 2 y 2 + + c n y n , solução da homogênea associada,
podemos supor y p = u1y1 + u 2 y 2 + + u n y n , onde u i = u i (x ) , i = 1, , n são
funções a serem determinadas, tal que y p seja uma solução particular da equação
dada.
Equação de 2ª ordem:
Seja y′′ + py′ + qy = b(x ) ,
homogênea associada.
com
y c = c1y1 + c 2 y 2
solução
da
equação
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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41
Podemos supor y p = u1y1 + u 2 y 2 , u i = u i (x ) , i = 1,2 .
Assim, y′p = u1′ y1 + u1y1′ + u′2 y 2 + u 2 y′2 .
Faremos a seguinte imposição: u 1′ y1 + u ′2 y 2 = 0 .
Daí, y′p = u1y1′ + u 2 y′2 .
Logo, y′p′ = u1′ y1′ + u1y1′′ + u′2 y′2 + u 2 y′2′ .
Substituindo na equação y′p′ + py′p + qy p = b(x ) :
(u1′ y1′ + u1y1′′ + u′2 y′2 + u 2 y′2′ ) + p(u1y1′ + u 2 y′2 ) + q(u1y1 + u 2 y 2 ) = b(x )
y1′ u1′ + y′2 u ′2 + (y1′′ + py1′ + qy1 ) ⋅ u1 + (y′2′ + py′2 + qy 2 ) ⋅ u 2 = b(x )
y1′ u1′ + y′2 u′2 = b(x )
=0
=0
y1u1′ + y 2 u′2 = 0
, que é um
y1′ u1′ + y′2 u′2 = b(x )
Juntando a imposição com a conclusão, temos
sistema em u ′ .
Resolvendo este sistema por determinante, temos:
y y2
= 1
y1′ y′2
u1′ =
0
y2
b(x ) y′2
u1′ =
u ′2 =
y1
0
y1′ b(x )
u ′2 =
u1′
u ′2
u1 =
u2 =
u1′
dx
u′2
dx
y p = u1y1 + u 2 y 2
Exemplos:
1) y′′ + y = sec(x )
2) y′′′ + y′ = cossec(x )
3) y′′ − 3y′ + 2y = e ⋅ sen (x )
4) y′′ + y = tg(x )
x
5) y′′ − 4y = e x ⋅ cos(x )
6) y′′ + a 2 y = cotg(ax )
7) y′′ + y = x 2 + 1
3º) Método dos Operadores:
Só pode ser utilizado quando a equação for de coeficientes constantes e as
raízes da equação característica forem reais.
Seja T : V →
v
V
T ( v )= w
tal que T( u + v ) = T (u ) + T(v ) .
Daí T é chamado um operador linear.
Consideremos V o espaço vetorial das funções que têm derivada de ordem n
contínuas V ≡ C n , isto é, D : C n → C n .
y
D ( y )= y ′
(
)
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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42
D( 1y1 + 2 y 2 ) = ( 1y1 + 2 y 2 )′ =
é linear.
D(y ) = Dy = y′
D 2 (y ) = D(D(y )) = D(y′) = y′′
D3 (y ) = D D 2 (y ) = D(y′′) = y′′′
(
1y1′ +
2 y′2
=
1D
(y1 ) +
2D
(y 2 ) , ou seja, D
)
D n ( y ) = y (n )
(D − a )y = Dy − ay = y′ − ay
Observação: xDy ≠ D(xy ) pois xy′ ≠ y + xy′
a 0 y(n ) + a1y (n −1) +
+ a n −1y′ + a n y = b(x)
a 0 D n y + a1D n −1y +
(a D
0
n
+ a n −1Dy + a n y = b(x)
)
+ a1D n −1 + + a n −1D + a n y = b(x)
P (D )
Observe que (D − a ) ⋅ y = v
y′ − ay = v
(
)
y = eax ⋅ e − ax ⋅ v dx + C .
O objetivo agora é fatorar este “polinômio” em n monômios e, então, resolver
equações lineares de 1ª ordem.
(D − a1 ) ⋅ (D − a 2 ) (D − a n −1 ) ⋅ (D − a n ) ⋅ y = b(x )
(D − a1 ) ⋅ (D − a 2 ) (D − a n −1 ) ⋅ (D − a n ) ⋅ y = b(x )
= v1
(D − a1 ) ⋅ (D − a 2 ) (D − a n −1 ) ⋅ v1 = b(x )
=v2
(D − a1 ) ⋅ (D − a 2 ) (D − a n − 2 ) ⋅ v 2 = b(x )
(D − a1 ) ⋅ v n −1 = b(x ) , que é uma equação linear.
Exemplos:
1) y′′ − y = e x
2.9
2) y′′ − 5y′ + 6y = sen (x )
Exercícios
Determine, se possível, a solução geral das seguintes equações diferenciais:
i) y′′ + y = − x − x 2
R: y = c1 ⋅ cos(x ) + c 2 ⋅ sen (x ) − x 2 − x + 2
1
ii) y′′ + 4y = e − x
R: y = c1 ⋅ cos(2x ) + c 2 ⋅ sen (2x ) + ⋅ e − x
5
x
iii) y′′ + y = sen (x )
R: y = c1 ⋅ cos(x ) + c 2 ⋅ sen (x ) − ⋅ cos(x )
2
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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43
x 3x
⋅e
2
iv) y′′ − 4y′ + 3y = e 3x
R: y = c1e 3x + c 2 e x +
v) y′′ + 2y′ + y = e − x
R: y = e − x ⋅ c1 + c 2 ⋅ x +
x2
2
R: y = e x ⋅ [c1 − x ] + e 2x ⋅ [c 2 + x ]
2
2
vii) y′′ + 3y′ = 2x 4 + e −3x + sen (3x )
R: y = c1 + c 2 e − 3x + x 5 − x 4 +
15
9
8 3 8 2 16
1 − 3x 1
+
x −
x − x − xe
− [sen (3x ) + cos(3x )]
27
27
81
3
18
viii) y′′ − y = x ; y(0) = 1, y′(0) = 0
R: y = e x − x
vi) y′′ − 3y′ + 2y = e x + e 2x
ix) y′′ − 2y′ + y = 2x 2 − 8x + 4 ; y(0) = y′(0) = 3
R: y = 3e x + 2x 2
x) y′′ + 4y′ + 8y = 4cos(x ) + 7sen (x ) ; y(0) = 1, y′(0) = −1
R: y = e −2x ⋅ cos(2x ) + sen (x )
xi) y′′ + 2y′ + y = e − x ⋅ cos(x )
xii) y′′ − 2y′ + y = x
xiii) y′′ + 2y′ + 2y =
3
2
⋅ ex
R: y = e − x ⋅ (c1 + c 2 ⋅ x − cos(x ))
R: y = e x ⋅ c1 + c 2 ⋅ x −
4 72
⋅x
35
e −x
cos 3 (x )
1
⋅ cos(2x ) cos(x )
2
1
R: y = c1 ⋅ x 2 + c 2 ⋅ x 3 + ⋅ x − 4
42
2
R: y = c1 + c 2 x + (2x − 2 ) ⋅ e x
R: y = e − x ⋅ c1 ⋅ cos(x ) + c 2 ⋅ sen (x ) −
xiv) x 2 y′′ − 4xy′ + 6y = x −4
xv) xy′′ − y′ = 2x 2 ⋅ e x
(
)
xvi) 2y′′ − 3y′ + y = t 2 + 1 ⋅ e t
R: y = c1 ⋅ e
t
2
1
+ c 2 + 9t − 2t 2 + ⋅ t 3 ⋅ e t
3
xvii) 3y′′ + 4y′′ + y = e − t ⋅ sen (t ) ; y(0 ) = 1, y′(0 ) = 0
e−t
24 − t 3
⋅ (2cos(t ) − 3sen (t )) − e − t +
⋅e
13
13
xviii) y′′′ + y′ = tg(x )
R: y = c1 + c 2 ⋅ cos(x ) + c 3 ⋅ sen(x ) − ln(cos(x )) − sen(x ) ⋅ ln(sec(x ) + tg(x ))
R: y =
xix) y′′ + 9y = 9sec 2 (3x )
R: y = c1 ⋅ cos(3x ) + c 2 ⋅ sen (3x ) + sen (3x ) ⋅ ln(sec(3x ) + tg(3x )) − 1
xx) y′′ + 4y = 3cossec(2x )
3
3
R: y = c1 ⋅ cos(2x ) + c 2 ⋅ sen (2x ) + ⋅ sen (2x ) ⋅ ln (sen (2x )) − ⋅ x ⋅ cos(2x )
4
2
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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44
2.10 Aplicações – oscilações harmônicas
Se a posição de um ponto material de massa m é determinada pela coordenada
d2x
x, então a 2ª Lei de Newton nos diz que m 2 = F(x ) se a força F depende somente
dt
2
d x
dx
de x ou m 2 = F x ,
, t , no caso mais geral.
dt
dt
Considere a figura a seguir:
a) representa um Sistema Massa-Mola (supondo atrito nulo) cujo movimento é
d2x
regido pela equação m 2 = − kx , onde k é o coeficiente da mola pela Lei de Hook
dt
e m é a massa do objeto na extremidade da mola.
b) representa um Pêndulo Suspenso (supondo atrito nulo) cujo movimento é
d 2ϕ
g
= − ⋅ sen (ϕ ) , que para “pequeno”, como sen (ϕ ) ≅ ϕ ,
regido pela equação
2
l
dt
pode ser aproximada por
Pêndulo.
d 2ϕ
g
=
−
⋅ ϕ e m é a massa do objeto na extremidade do
l
dt 2
c) representa um Pêndulo de Torção (supondo atrito nulo) cujo movimento é
d 2ϕ
regido pela equação I 2 = −J ⋅ ϕ , onde J ⋅ ϕ é a quantidade de movimento do
dt
“eixo” e I é o momento de inércia do disco.
d) representa um Circuito Elétrico LC (supondo resistência nula) cuja evolução
d 2q
1
no tempo é regida pela equação 2 = − ⋅ q , onde q é a carga elétrica, L e C são a
c
dt
indutância e capacitância do circuito elétrico, respectivamente.
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS APLICADAS
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45
Comparando as equações que regem os sistemas a), b), c) e d), vê-se que
d2x
TODAS as equações são da forma 2 + 2 x = 0 , onde é a freqüência angular do
dt
fenômeno e cuja solução será (como já visto) x = c1 ⋅ sen ( t ) + c 2 ⋅ cos( t ) que pode,
por substituições trigonométricas, ser transformada em x = A ⋅ sen ( t + φ ) , onde A é
a amplitude da solução e φ é a fase da solução.
Colocando atrito (ou resistência, no caso do circuito elétrico), um termo
correspondente é introduzido, ficando a forma da equação para todos os casos da
d2x
dx
figura anterior, como
+
+ 2 x = 0 , onde
é o termo correspondente ao
2
dt
dt
coeficiente de atrito (ou resistência para o circuito elétrico).