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3 EDO linear de ordem 2 ou mais alta 3 EDO linear de ordem 2 ou mais alta 3.2 EDO de ordem 2: raízes complexas ou repetidas

3.1 EDO de ordem 2: fundamentos

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Nesta seção, vamos nos restringir a EDOs lineares de segunda ordem, homogêneas e com coeficientes constantes, i.e. EDOs da forma

{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}ay^{\prime% \prime}+by^{\prime}+cy=0},

(3.2)

onde $y=y(t)$ e $a, b, c$ são parâmetros constantes (números reais).

Vamos buscar por soluções da forma ${\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}y(t)=e^{rt}}$ , onde $r$ é constante. Substituindo na equação (3.2), obtemos

	$\displaystyle a\left(e^{rt}\right)^{\prime\prime}+b\left(e^{rt}\right)^{\prime% }+ce^{rt}=0$		(3.3)
	$\displaystyle\Rightarrow ar^{2}e^{rt}+bre^{rt}+ce^{rt}=0$		(3.4)
	$\displaystyle\Rightarrow{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}% {rgb}{0,0,1}\pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}(% ar^{2}+br+c)e^{rt}=0}.$		(3.5)

Ou seja, $y(t)=e^{rt}$ é solução de (3.2) quando

{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}ar^{2}+br+c=0}.

(3.6)

Esta é chamada de equação característica de (3.2).

Exemplo 3.1.1.

Vamos buscar por soluções de

y^{\prime\prime}-4y=0.

(3.7)

Buscamos por $r$ tal que $y(t)=e^{rt}$ seja solução desta equação. Substituindo na equação, obtemos

\displaystyle\left(e^{rt}\right)^{\prime\prime}-4e^{rt}=0\Rightarrow(r^{2}-4)e% ^{rt}=0

(3.8)

o que nos fornece a equação característica

r^{2}-4=0.

(3.9)

As soluções desta equação são $r_{1}=-2$ e $r_{2}=2$ . Ou seja, obtemos as seguintes soluções particulares da EDO

y_{1}(t)=e^{-2t}\quad\text{e}\quad y_{2}(t)=e^{2t}.

(3.10)

Observamos, ainda, que para quaisquer constantes $c_{1}$ e $c_{2}$ ,

y(t)=c_{1}e^{-2t}+c_{2}e^{2t}

(3.11)

também é solução da EDO (3.7). De fato, temos

$\displaystyle y^{\prime\prime}-4y$	$\displaystyle=\left(c_{1}e^{-2t}+c_{2}e^{2t}\right)^{\prime\prime}-4\left(c_{1% }e^{-2t}+c_{2}e^{2t}\right)$	(3.12)
	$\displaystyle=4c_{1}e^{-2t}+4c_{2}e^{2t}-4c_{1}e^{-2t}-4c_{2}e^{2t}$	(3.13)
	$\displaystyle=0.$	(3.14)

Como veremos logo mais,

y(t)=c_{1}e^{-2t}+c_{2}e^{2t}

(3.15)

é a solução geral de (3.7).

3.1.1 Conjunto fundamental de soluções

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Sejam $y_{1}=y_{1}(t)$ e $y_{2}=y_{2}(t)$ soluções de

ay^{\prime\prime}+by^{\prime}+cy=0.

(3.16)

Então,

y(t)=c_{1}y_{1}(t)+c_{2}y_{2}(t)

(3.17)

também é solução de (3.16).

De fato, basta verificar que

$\displaystyle ay^{\prime\prime}+by^{\prime}+cy$	$\displaystyle=a(c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2})^{\prime\prime}$	(3.18)
	$\displaystyle+b(c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2})^{\prime}$	(3.19)
	$\displaystyle+c(c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2})$	(3.20)
	$\displaystyle=c_{1}(ay_{1}^{\prime\prime}+by_{1}^{\prime}+cy_{1})$	(3.21)
	$\displaystyle+c_{2}(ay_{2}^{\prime\prime}+by_{2}^{\prime}+cy_{2})$	(3.22)
	$\displaystyle=0.$	(3.23)

Suponhamos, ainda, que as soluções $y_{1}=y_{1}(t)$ e $y_{2}=y_{2}(t)$ são tais que o chamado wronskiano

{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}W(y_{1},y_{2};% t):=\left|\begin{array}[]{cc}y_{1}&y_{2}\\ y_{1}^{\prime}&y_{2}^{\prime}\end{array}\right|\neq 0},

(3.24)

para todo $t$ .

Neste caso, sempre é possível escolher as constantes $c_{1}$ e $c_{2}$ tais que

y(t)=c_{1}y_{1}(t)+c_{2}y_{2}(t)

(3.25)

satisfaça o problema de valor inicial

	$\displaystyle ay^{\prime\prime}+by^{\prime}+cy=0,$		(3.26)
	$\displaystyle y(t_{0})=y_{0},\quad y^{\prime}(t_{0})=y_{0}^{\prime},$		(3.27)

para quaisquer dados valores $y_{0}$ e $y^{\prime}_{0}$ .

De fato, já sabemos que (3.25) satisfaz a EDO. Então, $c_{1}$ e $c_{2}$ deve satisfazer o seguinte sistema linear

	$\displaystyle y(t_{0})$	$\displaystyle=c_{1}y_{1}(t_{0})+c_{2}y_{2}(t_{0})=y_{0}$		(3.28)
	$\displaystyle y^{\prime}(t_{0})$	$\displaystyle=c_{1}y_{1}^{\prime}(t_{0})+c_{2}y_{2}^{\prime}(t_{0})=y_{0}^{% \prime}.$		(3.29)

Do método de Cramer⁶⁶endnote: ⁶Gabriel Cramer, 1704 - 1752, matemático suíço., temos

c_{1}=\frac{\left|\begin{matrix}y_{0}&y_{2}(t_{0})\\ y^{\prime}_{0}&y_{2}^{\prime}(t_{0})\end{matrix}\right|}{\left|\begin{matrix}y% _{1}(t_{0})&y_{2}(t_{0})\\ y^{\prime}_{1}(t_{0})&y_{2}^{\prime}(t_{0})\end{matrix}\right|}

(3.30)

c_{2}=\frac{\left|\begin{matrix}y_{1}(t_{0})&y_{0}\\ y_{1}^{\prime}(t_{0})&y^{\prime}_{0}\end{matrix}\right|}{\left|\begin{matrix}y% _{1}(t_{0})&y_{2}(t_{0})\\ y^{\prime}_{1}(t_{0})&y_{2}^{\prime}(t_{0})\end{matrix}\right|}.

(3.31)

O wronskiano não nulo nos garante a existência de $c_{1}$ e $c_{2}$ .

Por fim, afirmamos que todas as soluções de (3.16) podem ser escritas como combinação linear de $y_{1}=y_{1}(t)$ e $y_{2}=y_{2}(t)$ , i.e. têm a forma

y(t)=c_{1}y_{1}(t)+c_{2}y_{2}(t).

(3.32)

De fato, seja $\psi=\psi(t)$ uma solução de (3.16). Então, $\psi$ é solução do seguinte PVI

	$\displaystyle ay^{\prime\prime}+by^{\prime}+cy=0,$		(3.33)
	$\displaystyle y(t_{0})=\psi(t_{0}),\quad y^{\prime}(t_{0})=\psi^{\prime}(t_{0}),$		(3.34)

para quaisquer $t_{0}$ dado. Agora, pelo que vimos acima e lembrando que o wronskiano $W(y_{1},y_{2};t)\neq 0$ , temos que existem constantes $c_{1}$ e $c_{2}$ tais que

y(t)=c_{1}y_{1}(t)+c_{2}y_{2}(t).

(3.35)

também é solução deste PVI. Da unicidade de solução⁷⁷endnote: ⁷Embora não tenha sido apresentada aqui, a unicidade de solução pode ser demonstrada., segue que

\psi(t)=c_{1}y_{1}(t)+c_{2}y_{2}(t).

(3.36)

Do que vimos aqui, a solução geral de (3.16) é

y(t)=c_{1}y_{1}(t)+c_{2}y_{2}(t)

(3.37)

dadas quaisquer soluções $y_{1}=y_{1}(t)$ e $y_{2}=y_{2}(t)$ com wronskiano $W(y_{1},y_{2};t)\neq 0$ para todo $t$ .

Exemplo 3.1.2.

No Exemplo 3.1.1, vimos que

y_{1}(t)=e^{-2t}\quad\text{e}\quad y_{2}(t)=e^{2t}

(3.38)

são soluções particulares de

y^{\prime\prime}-4y=0.

(3.39)

Como

$\displaystyle W(y_{1},y_{2};t)$	$\displaystyle=\left\|\begin{matrix}y_{1}&y_{2}\\ y_{1}^{\prime}&y_{2}^{\prime}\\ \end{matrix}\right\|$	(3.42)
	$\displaystyle=\left\|\begin{matrix}e^{-2t}&e^{2t}\\ -2e^{-2t}&2e^{2t}\\ \end{matrix}\right\|$	(3.45)
	$\displaystyle=4\neq 0,$	(3.46)

temos que

y(t)=c_{1}e^{-2t}+c_{2}e^{2t}

(3.47)

é solução geral de (3.39).

3.1.2 Raízes reais distintas

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Uma EDO da forma

{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}ay^{\prime% \prime}+by^{\prime}+cy=0}

(3.48)

tem solução geral

y(t)=c_{1}e^{r_{1}t}+c_{2}e^{r_{2}t}

(3.49)

quando sua equação característica

{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}ar^{2}+br+c=0}

(3.50)

tem $r_{1}$ e $r_{2}$ como suas raízes reais distintas.

Exemplo 3.1.3.

Vamos resolver o seguinte PVI

	$\displaystyle y^{\prime\prime}-3y^{\prime}+2y=0,$		(3.51)
	$\displaystyle y(0)=3,\quad y^{\prime}(0)=5.$		(3.52)

Começamos resolvendo a equação característica associada

r^{2}-3r+2=0.

(3.53)

As soluções são

	$\displaystyle r$	$\displaystyle=\frac{3\pm\sqrt{9-8}}{2}$		(3.54)
		$\displaystyle=\frac{3\pm 1}{2}.$		(3.55)

Ou seja, $r_{1}=1$ e $r_{2}=2$ . Logo,

y(t)=c_{1}e^{t}+c_{2}e^{2t}

(3.56)

é solução geral da EDO.

Agora, aplicando as condições iniciais, temos

	$\displaystyle y(0)=3$	$\displaystyle\Rightarrow c_{1}+c_{2}=3,$		(3.57)
	$\displaystyle y^{\prime}(0)=5$	$\displaystyle\Rightarrow c_{1}+2c_{2}=5.$		(3.58)

Resolvendo este sistema linear, obtemos $c_{1}=1$ e $c_{2}=2$ . Concluímos que

y(t)=e^{t}+2e^{2t}

(3.59)

é a solução do PVI.

Exercícios resolvidos

ER 3.1.1.

Calcule a solução geral de

2y^{\prime\prime}+2y^{\prime}-4y=0.

(3.60)

Solução.

A equação característica associada é

2r^{2}+2r-4=0.

(3.61)

Suas soluções são

	$\displaystyle r$	$\displaystyle=\frac{-2\pm\sqrt{4-4\cdot 2\cdot(-4)}}{2}$		(3.62)
		$\displaystyle=\frac{-2\pm 6}{4},$		(3.63)

i.e. $r_{1}=-2$ e $r_{2}=1$ . Como a equação característica tem raízes reais distintas, concluímos que

y(t)=c_{1}e^{-2t}+c_{2}e^{t}

(3.64)

é solução geral da EDO.

ER 3.1.2.

Mostre que se $y_{1}(t)=e^{-2t}$ e $y_{2}(t)=e^{t}$ , então o wronskiano

W(y_{1},y_{2};t)\neq 0.

(3.65)

Solução.

Calculamos

$\displaystyle W(y_{1},y_{2};t)$	$\displaystyle=\left\|\begin{matrix}y_{1}&y_{2}\\ y_{1}^{\prime}&y_{2}^{\prime}\end{matrix}\right\|$	$\displaystyle=\left\|\begin{matrix}e^{-2t}&e^{t}\\ -2e^{-2t}&e^{t}\end{matrix}\right\|$	(3.70)
	$\displaystyle=e^{-2t}e^{t}+2e^{-2t}e^{t}$		(3.71)
	$\displaystyle=3e^{-t}.$		(3.72)

Como $e^{-t}\neq 0$ para todo $t$ , temos que $W(y_{1},y_{2};t)\neq 0$ para todo $t$ .

Exercícios

E. 3.1.1.

Calcule a solução geral de

-2y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+4y=0.

(3.73)

Resposta.

$y(t)=c_{1}e^{-t}+c_{2}e^{2t}$

E. 3.1.2.

Resolva o seguinte PVI

	$\displaystyle y^{\prime\prime}=7y^{\prime}-12y,$		(3.74)
	$\displaystyle y(0)=0,\quad y^{\prime}(0)=-1.$		(3.75)

Resposta.

$y(t)=e^{3t}-e^{4t}$

E. 3.1.3.

Resolva o seguinte PVI

	$\displaystyle y^{\prime\prime}-3y^{\prime}+2y=0,$		(3.76)
	$\displaystyle y(\ln 2)=-2,\quad y^{\prime}(\ln 2)=-6.$		(3.77)

Resposta.

$y(t)=e^{t}-e^{2t}$

E. 3.1.4.

Calcule o wronskiano de $y_{1}(t)=\cos(t)$ e $y_{2}(t)=\operatorname{sen}(t)$ .

Resposta.

$1$

E. 3.1.5.

Mostre que se $r_{1}$ e $r_{2}$ são raízes reais distintas da equação

ar^{2}+br+c=0,

(3.78)

então

y(t)=c_{1}e^{r_{1}t}+c_{2}e^{r_{2}t}

(3.79)

é solução geral de

ay^{\prime\prime}+by^{\prime}+cy=0.

(3.80)

Resposta.

Mostre que $y_{1}(t)=e^{r_{1}t}$ e $y_{2}(t)=e^{r_{2}t}$ são soluções da EDO com $W(y_{1},y_{2};t)\neq 0$ .

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