Colabore! Saiba mais screen_rotation

Ao navegar por este site , você concorda com a Política de Uso de Dados.

| | | | |

3 EDO linear de ordem 2 ou mais alta 3.1 EDO de ordem 2: fundamentos 3.3 EDO de ordem 2 não homogênea

3.2 EDO de ordem 2: raízes complexas ou repetidas

Ajude a manter o site livre, gratuito e sem propagandas. Colabore!

Na Seção 3.1 introduzimos as propriedades fundamentais de EDOs lineares de segunda ordem com coeficientes constantes. Em particular, tratamos o caso em que a equação característica tem raízes reais distintas. Nesta seção, estudamos os casos em que a equação característica tem raízes complexas ou raízes duplas.

3.2.1 Raízes complexas

Assista no YouTube

Assista no archive.org!

Escute a audioleitura!

Consideramos

{\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},

(3.81)

cuja 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}

(3.82)

tem raízes complexas

{\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}r_{1}=\lambda+% i\mu,\quad r_{2}=\lambda-i\mu}.

(3.83)

As soluções particulares associadas são

	$\displaystyle y_{1}(t)=e^{r_{1}t}=e^{(\lambda+i\mu)t}$		(3.84)
	$\displaystyle y_{2}(t)=e^{r_{2}t}=e^{(\lambda-i\mu)t}.$		(3.85)

Da fórmula de Euler⁸⁸endnote: ⁸Leonhard Euler, 1707-1783, matemático suíço. Fonte: Wikipedia., temos

	$\displaystyle e^{a+bi}$	$\displaystyle=e^{a}e^{bi}$		(3.86)
		$\displaystyle=e^{a}(\cos b+i\operatorname{sen}b).$		(3.87)

Ou seja, as soluções particulares podem ser reescritas da forma⁹⁹endnote: ⁹Lembre-se que seno é uma função ímpar, i.e. $\operatorname{sen}(-x)=-\operatorname{sen}(x)$ .

	$\displaystyle y_{1}(t)=e^{\lambda t}\left[\cos(\mu t)+i\operatorname{sen}(\mu t% )\right],$		(3.88)
	$\displaystyle y_{2}(t)=e^{\lambda t}\left[\cos(\mu t)-i\operatorname{sen}(\mu t% )\right]$		(3.89)

Agora, se denotarmos

u(t)=e^{\lambda t}\cos(\mu t)\quad\text{e}\quad v(t)=e^{\lambda t}% \operatorname{sen}(\mu t),

(3.90)

temos

y_{1}(t)=u(t)+iv(t),\quad y_{2}(t)=u(t)-iv(t).

(3.91)

Para concentrar a escrita, vamos denotar

y(t)=u(t)\pm iv(t).

(3.92)

Substituindo $y=y(t)$ na EDO, obtemos

$\displaystyle 0$	$\displaystyle=ay^{\prime\prime}+by^{\prime}+cy$	(3.93)
	$\displaystyle=a(u^{\prime\prime}\pm iv^{\prime\prime})$	(3.94)
	$\displaystyle+b(u^{\prime}\pm iv^{\prime})$	(3.95)
	$\displaystyle+c(u+\pm iv)$	(3.96)
	$\displaystyle=(au^{\prime\prime}+bu^{\prime}+cu)$	(3.97)
	$\displaystyle\pm i(av^{\prime\prime}+bv^{\prime}+cv).$	(3.98)

Ou seja,

	$\displaystyle au^{\prime\prime}+bu^{\prime}+cu$	$\displaystyle=0$		(3.99)
	$\displaystyle av^{\prime\prime}+bv^{\prime}+cv$	$\displaystyle=0.$		(3.100)

Desta forma, concluímos que $u(t)=e^{\lambda t}\cos(\mu t)$ e $v(t)=e^{\lambda t}\operatorname{sen}(\mu t)$ são soluções particulares da EDO (3.81). Ainda mais, pode-se mostrar que o wronskiano $W(u,v;t)\neq 0$ , i.e. $u$ e $v$ formam um conjunto fundamental de soluções. Do que vimos na Seção 3.1, concluímos que

{\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^{% \lambda t}\left[c_{1}\cos(\mu t)+c_{2}\operatorname{sen}(\mu t)\right]}

(3.101)

é solução geral de (3.81).

Exemplo 3.2.1.

Vamos resolver

y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+5y=0.

(3.102)

Começamos identificando a equação característica associada

r^{2}+2r+5=0.

(3.103)

Suas raízes são

	$\displaystyle r$	$\displaystyle=\frac{-2\pm\sqrt{4-4\cdot 1\cdot 5}}{2}$		(3.104)
		$\displaystyle=-1\pm 2i.$		(3.105)

Logo, a solução geral é

y(t)=e^{-t}\left[c_{1}\cos(2t)+c_{2}\operatorname{sen}(2t)\right].

(3.106)

Modelagem: sistema massa-mola não amortecido

Consideremos um sistema massa-mola não amortecido e sem ação de força externa. Denotamos por $m>0$ a massa, $k>0$ a constante da mola. Desta forma, a lei de Newton do movimento nos fornece o seguinte modelo matemático

ms^{\prime\prime}(t)=-ks(t),

(3.107)

onde $s=s(t)$ é a posição da massa ( $s=0$ é a posição de repouso, $s>0$ a mola está esticada e $s<0$ a mola está contraída). Ou seja, trata-se de uma EDO de segunda ordem homogênea e com coeficientes constantes.

Supondo que, no tempo inicial $t=0$ , a massa está na posição inicial $s_{0}$ e velocidade $v_{0}$ , temos que a situação física é modelada pelo seguinte PVI

	$\displaystyle s^{\prime\prime}+\frac{k}{m}s=0,\quad t>0,$		(3.108)
	$\displaystyle s(0)=s_{0},\quad s^{\prime}(0)=v_{0}.$		(3.109)

Como $k/m>0$ , temos que a equação característica associada têm raízes imaginárias

r=\pm\sqrt{\frac{k}{m}}i.

(3.110)

Logo, a solução geral é

s(t)=c_{1}\cos\left(\sqrt{\frac{k}{m}}t\right)+c_{2}\operatorname{sen}\left(% \sqrt{\frac{k}{m}}t\right).

(3.111)

Agora, aplicando as condições iniciais, obtemos

s(t)=s_{0}\cos\left(\sqrt{\frac{k}{m}}t\right)+v_{0}\sqrt{\frac{m}{k}}% \operatorname{sen}\left(\sqrt{\frac{k}{m}}t\right).

(3.112)

3.2.2 Raízes repetidas

Assista no YouTube

Assista no archive.org!

Escute a audioleitura!

Seja a equação

{\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},

(3.113)

cuja 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}

(3.114)

tem raiz dupla¹⁰¹⁰endnote: ¹⁰ $b^{2}-4ac=0$

r=\frac{-b}{2a}.

(3.115)

Neste caso, podemos verificar que

{\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_{1}(t)=e^{-% \frac{b}{2a}t}}

(3.116)

é solução particular de (3.113).

Vamos usar o método de redução de ordem para encontrar uma segunda solução particular $y_{2}=y_{2}(t)$ de (3.113), lembrando que o wronskiano $W(y_{1},y_{2};t)$ deve ser não nulo. O método consiste em buscar por uma solução da forma

	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }\pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}y_{2}(t)}$	$\displaystyle{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1% }\pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}=u(t)y_{1}(t)}$		(3.117)
		$\displaystyle=u(t)e^{-\frac{b}{2a}t}.$		(3.118)

Substituindo $y_{2}$ na EDO (3.113), obtemos

$\displaystyle 0$	$\displaystyle=ay_{2}^{\prime\prime}+by_{2}^{\prime}+cy_{2}$	(3.119)
	$\displaystyle=a(u^{\prime\prime}y_{1}+2u^{\prime}y_{1}^{\prime}+uy_{1}^{\prime% \prime})$	(3.120)
	$\displaystyle+b(u^{\prime}y_{1}+uy_{1}^{\prime})+cuy_{1}$	(3.121)
	$\displaystyle=au^{\prime\prime}y_{1}+(2ay_{1}^{\prime}+by_{1})u^{\prime}$	(3.122)
	$\displaystyle+(ay_{1}^{\prime\prime}+by_{1}^{\prime}+cy_{1})u$	(3.123)
	$\displaystyle=au^{\prime\prime}y_{1}+\left(-\frac{2ab}{2a}e^{-\frac{b}{2a}}+be% ^{-\frac{b}{2a}}\right)u^{\prime}$	(3.124)
	$\displaystyle=au^{\prime\prime}y_{1}.$	(3.125)

Segue que

	$\displaystyle u^{\prime\prime}=0$	$\displaystyle\Rightarrow u^{\prime}=c_{1}$		(3.126)
		$\displaystyle\Rightarrow u=c_{1}+c_{2}t.$		(3.127)

Podemos escolher $c_{1}$ e $c_{2}$ arbitrariamente, desde que o wronskiano

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

(3.128)

A escolha mais simples é $c_{1}=0$ e $c_{2}=1$ , donde segue que

{\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_{2}(t)=te^{-% \frac{b}{2a}t}}.

(3.129)

Concluímos que a solução geral de (3.113) é

{\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)=(c_{1}+c_% {2}t)e^{-\frac{b}{2a}t}}.

(3.130)

Exemplo 3.2.2.

Vamos resolver

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

(3.131)

Da equação característica

r^{2}-2r+1=0

(3.132)

obtemos a raiz dupla

r=1.

(3.133)

Logo, a solução geral da EDO é

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

(3.134)

Exercícios resolvidos

ER 3.2.1.

Resolva

	$\displaystyle y^{\prime\prime}-4y^{\prime}+5y=0,$		(3.135)
	$\displaystyle y(0)=2,\quad y^{\prime}(0)=0.$		(3.136)

Solução.

Resolvendo a equação característica

r^{2}-4r+5=0,

(3.137)

obtemos as raízes

	$\displaystyle r$	$\displaystyle=\frac{4\pm\sqrt{16-4\cdot 1\cdot 5}}{2}$		(3.138)
		$\displaystyle=2\pm i.$		(3.139)

Logo, a solução geral é

y(t)=e^{2t}\left[c_{1}\cos(t)+c_{2}\operatorname{sen}(t)\right].

(3.140)

Por fim, aplicamos as condições iniciais

	$\displaystyle y(0)=2$	$\displaystyle\Rightarrow e^{2\cdot 0}\left[c_{1}\cos(0)+c_{2}\operatorname{sen% }(0)\right]=2$		(3.141)
		$\displaystyle\Rightarrow c_{1}=2.$		(3.142)

e, observando que

y^{\prime}(t)=e^{2t}\left[(2c_{1}+c_{2})\cos(t)+(2c_{2}-c_{1})\operatorname{% sen}(t)\right]

(3.143)

temos

$\displaystyle y^{\prime}(0)=0$	$\displaystyle\Rightarrow e^{2\cdot 0}(2\cdot 2+c_{2})=0$	(3.144)
	$\displaystyle\Rightarrow 4+c_{2}=0$	(3.145)
	$\displaystyle\Rightarrow c_{2}=-4.$	(3.146)

Concluímos que a solução do PVI é

y(t)=e^{2t}\left[2\cos(t)-4\operatorname{sen}(t)\right].

(3.147)

ER 3.2.2.

Resolva

	$\displaystyle y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+4y=0,$		(3.148)
	$\displaystyle y(0)=0,\quad y^{\prime}(0)=1.$		(3.149)

Solução.

Resolvemos a equação característica

r^{2}+4r+4=0,

(3.150)

de modo que obtemos uma raiz dupla

r=-2.

(3.151)

Logo, a solução geral da EDO é

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

(3.152)

Agora, aplicamos as condições iniciais

y(0)=0\Rightarrow c_{1}=0

(3.153)

e, observando que

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

(3.154)

	$\displaystyle y^{\prime}(0)=1$	$\displaystyle\Rightarrow(c_{2}-2\cdot 0-2c_{2}\cdot 0)e^{-2\cdot 0}=1$		(3.155)
		$\displaystyle\Rightarrow c_{2}=1.$		(3.156)

Concluímos que a solução do PVI é

y(t)=te^{-2t}.

(3.157)

ER 3.2.3.

(Sistema massa-mola amortecido) Um sistema massa-mola amortecido sem força externa pode ser modelado pelo seguinte PVI

	$\displaystyle ms^{\prime\prime}+\gamma s^{\prime}+ks=0,\quad t>0,$		(3.158)
	$\displaystyle s(0)=s_{0},\quad s^{\prime}(0)=v_{0},$		(3.159)

onde $s=s(t)$ é a posição da massa ( $s=0$ posição de repouso, $s>0$ mola estendida, $m<0$ mola contraída), $m>0$ massa, $\gamma>0$ coeficiente de resistência do meio, $k>0$ constante da mola, $s_{0}$ posição inicial e $v_{0}$ velocidade inicial da massa.

Mostre que $s(t)\to 0$ quando $t\to\infty$ , i.e. a massa tende ao repouso ao passar do tempo.

Solução.

A equação característica associada é

mr^{2}+\gamma r+k=0,

(3.160)

cujas raízes são

r_{1},r_{2}=\frac{-\gamma\pm\sqrt{\gamma^{2}-4mk}}{2m}.

(3.161)

Vejamos as seguintes possibilidades:

a)

$\gamma^{2}-4mk\geq 0$ .

Como $m,k>0$ , temos que $\gamma^{2}-4mk<\gamma^{2}$ e, portanto, $\sqrt{\gamma^{2}-4mk}<\gamma$ . Segue que $r_{1},r_{2}<0$ . Se $r_{1}\neq r_{2}$ , a solução geral é

$s(t)=c_{1}e^{r_{1}t}+c_{2}e^{r_{2}t}.$ (3.162)

Se $r_{1}=r_{2}$ , a solução geral é

$s(t)=(c_{1}+c_{2}t)e^{-\frac{\gamma}{2m}t}.$ (3.163)

Em ambos os casos, $s(t)\to 0$ quando $t\to 0$ , devido aos expoentes negativos.
b)

$\gamma^{2}-4mk<0$ .

Neste caso, a solução geral é

$s(t)=e^{-\frac{\gamma}{2m}t}\left[c_{1}\cos\left(\frac{\gamma^{2}-4mk}{2m}t% \right)+c_{2}\operatorname{sen}\left(\frac{\gamma^{2}-4mk}{2m}t\right)\right].$ (3.164)

Novamente, como seno e cosseno são funções limitadas, temos que o termo exponencial domina para $t\to 0$ . Ou seja, $s(t)\to 0$ quando $t\to 0$ .

Exercícios

E. 3.2.1.

Encontre a solução geral de

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

(3.165)

Resposta.

$y(t)=[c_{1}\operatorname{sen}(t)+c_{2}\cos(t)]e^{t}$

E. 3.2.2.

Resolva

	$\displaystyle 2y^{\prime\prime}+12y^{\prime}=-26y,$		(3.166)
	$\displaystyle y(0)=0,\quad y^{\prime}(0)=2.$		(3.167)

Resposta.

$y(t)=e^{-3t}\operatorname{sen}(2t)$

E. 3.2.3.

Encontre a solução geral de

3y^{\prime\prime}+27y=18y^{\prime}

(3.168)

Resposta.

$y(t)=(c_{1}+c_{2}t)e^{3t}$

E. 3.2.4.

Resolva

	$\displaystyle-y=2y^{\prime}+y^{\prime\prime},$		(3.169)
	$\displaystyle y(0)=2,\quad y^{\prime}(0)=0.$		(3.170)

Resposta.

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

Exemplo 3.2.3.

Mostre que o wronskiano de $y_{1}(t)=e^{\lambda t}\cos(\mu t)$ e $y_{2}(t)=e^{\lambda t}\operatorname{sen}(\mu t)$ é não nulo para qualquer $\mu\neq 0$ .

Resposta.

$W(y_{1},y_{2};t)=\mu e^{2\lambda t}\neq 0$

Exemplo 3.2.4.

Mostre que o wronskiano de $y_{1}(t)=e^{rt}$ e $y_{2}(t)=te^{rt}$ é não nulo para qualquer $r$ .

Resposta.

$W(y_{1},y_{2};t)=e^{2rt}\neq 0$

Envie seu comentário

As informações preenchidas são enviadas por e-mail para o desenvolvedor do site e tratadas de forma privada. Consulte a Política de Uso de Dados para mais informações. Aproveito para agradecer a todas/os que de forma assídua ou esporádica contribuem enviando correções, sugestões e críticas!

| | | |