Capítulo 3.1: Equações homogêneas lineares de segunda
ordem com coeficientes constantes
Uma equação diferencial ordinaria de segunda ordem tem a forma geral
onde f é uma função dada.Esta equação é dita linear se f é linear em y e y':
caso contrário dizemos que é não linear. Uma equação linear de segunda ordem aparece como
Se G(t) = 0 para todo t, então esta equação é dita homogênea. caso contrário dizemos que é não homogênea.
),,( yytfy ′=′′
ytqytptgy )()()( −′−=′′
)()()()( tGytRytQytP =+′+′′
Capítulo 3.1:
Equações Homogêneas, Valores IniciaisNas seções 3.6 e 3.7, nós veremos que uma vez que encontramos uma solução para a equação homogênea, isto possibilita resolver uma equação não homogênea associada ou correspondente à homogênea, ou no mínimo expressar a solução em termos de uma integral.O foco deste capítulo são as equações Homogêneas e em particular, as de coeficientes constantes:
O caso com coeficientes variáveis será vista mais adiante.Condição Inicial é dada da seguinte forma
Portanto a solução passa por (t0, y0), e a inclinação da solução em (t0, y0) é igual a y0'.
0=+′+′′ cyybya
( ) ( ) 0000 , ytyyty ′=′=
Capítulo 3.1:Exemplo 1
Infinidades de SoluçõesConsidere a EDO 2a
As duas soluções desta equação são
Outras soluções são
Baseado nesta observação, nós vimos que existem uma infinidades de soluções e são da forma
Mostraremos na seção 3.2 que todas as soluções da equação diferencial acima podem ser expressada desta forma.
0=−′′ yy
tt etyety −== )(,)( 21
tttt eetyetyety −− +=== 53)(,5)(,3)( 543
tt ececty −+= 21)(
Capítulo 3.1: Exemplo 1
Condições IniciaisAgora considere o seguinte Problema de Valor Inicial (PVI) para nossa equação:
Nos podemos encontrar uma solução geral da seguinte forma
Usando as condições iniciais,
temos
1)0(,3)0(,0 =′==−′′ yyyy
tt ececty −+= 21)(
1,21)0(3)0(
2121
21 ==⇒
=−=′=+=
ccccyccy
tt eety −+= 2)(
Capítulo 3.1: Exemplo 1
Gráfico da SoluçãoO PVI e a solução são
O gráfico da solução é dado abaixo. O gráfico da direita sugere que ambas as condições são satisfeita.
tt eetyyyyy −+=⇒=′==−′′ 2)(1)0(,3)0(,0
Capítulo 3.1:
Equação Característica
Para resolver uma equação de 2a ordem com coeficientes constantes,começamos assumindo uma solução da forma y = ert. Substituindo-a na equação diferencial, obtemos:
Simplificando,
e assim
Esta última equação é chamada equação característica da equação diferencial. Nos resolvemos esta equação em r por fatoração ou usando a formula quadrática.
,0=+′+′′ cyybya
02 =++ rtrtrt cebreear
0)( 2 =++ cbrarert
02 =++ cbrar
Capítulo 3.1:
Solução GeralUsando a formula quadrática na equação característica
obtemos duas soluções, r1 e r2. Existem três possibilidades:
As Raízes r1, r2 são reais e r1 ≠ r2. As Raízes r1, r2 são reais e r1 = r2. As Raízes r1, r2 são complexas.
Por enquanto, vamos assumir que r1, r2 são reais e r1 ≠ r2. Neste caso, a solução geral é da forma
,02 =++ cbrar
trtr ececty 2121)( +=
aacbbr
242 −±−=
Capítulo 3.1:
Condições Iniciais Para o PVI
usaremos a solução geral
usando as condições iniciais para encontrar c1 e c2. Isto é,
Desde que assumindo r1 ≠ r2, segue que uma solução da forma y = ert para o PVI acima sempre existirá, para qualquer conjunto de condições iniciais.
,)(,)(,0 0000 ytyytycyybya ′=′==+′+′′
0201
0201
0201
21
0102
21
2001
02211
021 , trtrtrtr
trtr
erryryce
rrryyc
yercerc
yecec −−
−′−=
−−′
=⇒
′=+
=+
trtr ececty 2121)( +=
Capítulo 3.1:
Exemplo 2Considere o PVI
Tomando a solução exponencial e obtendo a E.C.:
Fatorando a E.C. obtemos duas soluções, r1 = -4 e r2 = 3A solução geral é
Usando as condições iniciais:
Temos
1)0(,0)0(,012 =′==−′+′′ yyyyy
( ) ( ) 034012)( 2 =−+⇔=−+⇒= rrrrety rt
tt ececty 32
41)( += −
71,
71
1340
2121
21 =−=⇒
=+−=+
cccccc
tt eety 34
71
71)( +−= −
Capítulo 3.1:
Exemplo 3Considere o PVI
Então
Fatorando, obtemos duas soluções, r1 = 0 e r2 = -3/2A solução geral é
Usando as condições iniciais:
Temos
( ) ( ) 30,10,032 =′==′+′′ yyyy
( ) 032032)( 2 =+⇔=+⇒= rrrrety rt
2/321
2/32
01)( ttt eccececty −− +=+=
2,33
23
1212
21
−==⇒
=−
=+ccc
cc
2/323)( tety −−=
Capítulo 3.1: Exemplo 4
PVIConsidere o PVI
Então
Fatorando, obtemos duas soluções, r1 = -2 e r2 = -3A solução geral é
Usando as condições iniciais:
Temos
( ) ( ) 30,20,065 =′==+′+′′ yyyyy
( )( ) 032065)( 2 =++⇔=++⇒= rrrrety rt
tt ececty 32
21)( −− +=
7,93322
2121
21 −==⇒
=−−=+
cccccc
tt eety 32 79)( −− −=
Capítulo 3.1: Exemplo 4
Encontrando o Valor Máximo
Encontrar o valor máximo alcançado pela solução.
204.21542.0
)6/7ln(6/7
7602118)(
79)(
32
32
32
≈≈==
=
=+−=′
−=
−−
−−
−−
ytt
eee
eety
eety
t
tt
settt
tt
Capítulo 3.2: Soluções Fundamentais de Equações
Lineares Homogêneas
Sejam p, q funções contínuas no intervalo I = (α, β), o qual poderá ser infinito. Para alguma função y que seja três vezes diferenciável em I, definisse o operador diferencial L por
Note que L[y] é uma função em I, com valor de saída
Por exemplo,
[ ] yqypyyL +′+′′=
[ ] )()()()()()( tytqtytptytyL +′+′′=
( )[ ] )sin(2)cos()sin()(
2,0),sin()(,)(,)(22
22
tettttyLIttyetqttp
t
t
++−=
==== π
Capítulo 3.2:
Notação do Operador DiferencialNesta seção nos vamos discutir a equação homogênea linear de 2a ordem L[y](t) = 0, junto com condições iniciais como indicado abaixo:
Nós gostaríamos de saber se existe solução para este problema de valor inicial, e em caso afirmativo, se é única.Também, gostaríamos de saber sobre a forma e a estrutura das soluções, pois, podem ser úteis na hora de encontrar soluções para os problemas particulares. Estas perguntas são respondidas nos teoremas a seguir .
[ ]1000 )(,)(
0)()(ytyyty
ytqytpyyL=′=
=+′+′′=
Capítulo 3.2:
Teorema 3.2.1Considere o PVI
onde p, q, e g são funções continuas no intervalo aberto I que contém t0. Então existe uma única solução y = φ(t) em I.
Note: Quando este teorema diz que existe uma solução ao problema do valor inicial acima, não é possível escrever a solução por uma expressão. Esta é a maior uma diferença principal das equações Lineares de 1a ordem com as de 2a ordem.
0000 )(,)()()()(
ytyytytgytqytpy
′=′==+′+′′
Capítulo 3.2:
Exemplo 1
Considere a EDO 2a ordem linear com PVI
Na seção 3.1, nós mostramos que este PVI tem a seguinte solução:
Note que p(t) = 0, q(t) = -1, g(t) = 0 elas são contínuas em (-∞, ∞), e a solução y está bem definida e é duas vezes diferenciável em (-∞, ∞).
tt eety −+= 2)(
( ) ( ) 10,30,0 =′==−′′ yyyy
1000 )(,)()()()(
ytyytytgytqytpy
=′==+′+′′
Capítulo 3.2:
Exemplo 2
Considere a EDO 2a ordem linear com PVI
onde p, q são funções continuas no intervalo aberto I que contém t0.
Na luz das circunstâncias iniciais, note que y = 0 é uma solução para este problema homogêneo de valor inicial.Desde que as hipóteses do Teorema 3.2.1 são satisfeitas, segue que y = 0 é a única solução deste problema.
( ) ( ) 00,00,0)()( =′==+′+′′ yyytqytpy
Capítulo 3.2:
Exemplo 3Determinar o maior intervalo em que dado do valor inicial, solução do problema existe e é única e ainda é duas vezes diferenciável . Não tente encontrar a soluçao.
Primeiramente pôr a equação diferencial na formula padrão:
O maior intervalo que contem o ponto t = 0 em que os coeficiente da função são contínuos é (-1, ∞). Segue do Teorema 3.2.1 que o maior intervalo em que este problema de valor inicial terá uma solução duas vezes diferenciável é também (-1, ∞).
( ) ( ) ( ) 00,10,13)(cos1 =′==+′−′′+ yyyytyt
( ) ( ) 00,10,1
11
31
cos =′=+
=+
+′+
−′′ yyt
yt
yt
ty
Capítulo 3.2:Teorema 3.2.2 (Princípio da Superposição)
Se y1e y2 são soluções da equação
então a combinação linear delas c1y1 + y2c2 é também uma solução, para todas as constantes c1 e c2 reais.
Para provar este Teorema, substitua c1y1 + y2c2 no lugar de y na equação abaixo, e use o fato de que y1 e y2 são soluções e L[y] é linear.
Assim para todas as duas soluções y1 e y2, nós podemos construir uma família de infinitas soluções , para cada y = c1y1 + c2 y2. Pode todas as soluções ser escrita desta maneira, ou têm alguma outra solução completamente diferente? Para responder a esta pergunta, nós usaremos o determinante Wronskiano.
0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
0][][][0][0][ 2211221121 =+=+⇒== yLcyLcycycLyLeyL
Capítulo 3.2:
O Determinante WronskianoSuponha que y1 e y2 são soluções para a equação
Pelo Teorema 3.2.2, nos sabemos que y = c1y1 + c2 y2 é uma solução desta equação. O próximo passo é encontrar os coeficientes c1 e c2 tais que y = c1y1 + c2 y2 satisfazem as condições iniciais
Para isso, nós necessitamos resolver as seguintes equações:
0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
0000 )(,)( ytyyty ′=′=
0022011
0022011
)()()()(
ytyctycytyctyc
′=′+′=+
Capítulo 3.2:
O Determinante WronskianoResolvendo as equações, nos obtemos
Em termos de determinantes:
0022011
0022011
)()()()(
ytyctycytyctyc
′=′+′=+
)()()()()()(
)()()()()()(
02010201
0100102
02010201
0200201
tytytytytyytyyc
tytytytytyytyyc
′−′′+′−=
′−′′−′
=
)()()()(
)()(
,
)()()()(
)()(
0201
0201
001
001
2
0201
0201
020
020
1
tytytyty
ytyyty
c
tytytyty
tyytyy
c
′′
′′=
′′
′′=
Capítulo 3.2:
O Determinante WronskianoPara que estas fórmulas sejam válidas, o determinante W no denominador não pode se anular:
W é chamado de Determinante Wronskiano, ou simplesmente de, o Wronskiano das soluções y1e y2. Nós usaremos às vezes a notação
)()()()()()()()(
020102010201
0201 tytytytytytytyty
W ′−′=′′
=
Wytyyty
cW
tyytyy
c 001
001
2020
020
1
)()(
,)()(
′′=
′′=
( ) ( )021, tyyW
Capítulo 3.2:
Teorema 3.2.3Suponha que y1 e y2 são soluções da equação
e que o Wronskiano
é não nulo no ponto t0 onde as condições iniciais
são definidas. Então existe uma escolha das constantes c1, c2 para que y = c1y1 + c2 y2 seja uma solução da equação diferencial (1) e das condições iniciais (2).
)1(0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
2121 yyyyW ′−′=
)2()(,)( 0000 ytyyty ′=′=
Capítulo 3.2:
Exemplo 4Observe o seguinte PVI e sua solução:
Note que as duas funções exponenciais são soluções da equação diferencial:
O Wronskiano de y1 e y2 é
Como W ≠ 0 para todo t, a combinação linear de y1 e y2 pode ser usada para construir a solução do PVI para qualquer condição inicial t0.
tt eyey −== 21 ,
22 02121
21
21 −=−=−−=′−′=′′
= −− eeeeeyyyyyyyy
W tttt
( ) ( ) tt eetyyyyy −+=⇒=′==−′′ 2)(10,30,0
2211 ycycy +=
Capítulo 3.2:
Teorema 3.2.4 (Solução Fundamental )Suponha que y1 e y2 são soluções da equação
Se existe um ponto t0 tal que W(y1,y2)(t0) ≠ 0, então a família de soluções y = c1y1 + c2 y2 com coeficientes arbitrários c1, c2 incluem todas as soluções da equação diferencial.
A expressão y = c1y1 + c2 y2 é chamada de solução geral da equação diferencial acima, e neste caso y1 e y2 formam o chamado Conjunto Fundamental das Soluções para a equação diferencial.
.0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
Capítulo 3.2:
Exemplo 5Para a equação abaixo, temos duas soluções indicadas:
O Wronskiano de y1 e y2 é
Assim y1 e y2 formam o Conjunto Fundamental das Soluções da equação diferencial acima, e podemos usa-las para construir todas as suas soluções. A solução Geral é
tt eyeyyy −===−′′ 21 ,,0
. todopara 022 0
21
21 teeeeeyyyy
W tttt ≠−=−=−−=′′
= −−
tt ececy −+= 21
Capítulo 3.2:
Exemplo 6Considere uma equação linear de 2a ordem, com duas soluções indicadas:
Suponha que as funções abaixo são soluções desta equação:
O Wronskiano de y1e y2 é
Assim y1e y2 formam o Conjunto Fundamental das Soluções da equação diferencial, e podemos ser usadas para construir todas as soluções.A solução Geral é
2121 ,, 21 rreyey trtr ≠==
( ) ( ) . todopara 021
21
21
122121
21 terrerer
eeyyyy
W trrtrtr
trtr
≠−==′′
= +
0)()( =+′+′′ ytqytpy
trtr ececy 2121 +=
Capítulo 3.2:
Exemplo 7: SoluçõesConsidere a seguinte equação diferencial:
Mostre que as soluções abaixo são soluções fundamentais:
Para mostrar isso, primeiro substitua y1 na equação:
Assim y1 é uma solução da equação diferencial. Similarmente, y2 também é uma solução:
12
2/11 , −== tyty
0,032 2 >=−′+′′ tyytyt
0123
21
23
42 2/12/1
2/12/32 =
−+−=−
+
− −−
tttttt
( ) ( ) ( ) 0134322 11232 =−−=−−+ −−−− tttttt
Capítulo 3.2:
Exemplo 7: Soluções FundamentaisLembrando que
Para mostrar que y1 e y2 formam um conjunto fundamental de soluções, vamos calcular o Wronskiana de y1 e y2:
Desde que W ≠ 0 para t > 0, y1, y2 formam um conjunto fundamental de soluções da equação diferencial
3
2/32/32/322/1
12/1
21
21
23
23
21
21
tttttt
tt
yyyy
W −=−=−−=−=′′
= −−−−−
−
12
2/11 , −== tyty
0,032 2 >=−′+′′ tyytyt
Capítulo 3.2: Teorema 3.2.5: Existencia do Conjunto
Fundamental de SoluçõesConsidere a equação diferencial abaixo, onde os coeficientes p e q são continuos em algum intervalo aberto I:
Seja t0 um ponto em I, y1 e y2 soluções da equação diferencial com y1 satisfazendo a condição inicial
e y2 satisfazendo a condição inicial
Então y1, y2 formam o conjunto fundamental das soluções para a dada equação diferencial.
0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
0)(,1)( 0101 =′= tyty
1)(,0)( 0202 =′= tyty
Capítulo 3.2:
Exemplo 7: Teorema 3.2.5 (1 of 3)
Encontrar o conjunto fundamental especificado pelo Teorema 3.2.5 para a equação diferencial e o ponto inicial
É fácil ver que
são soluções fundamentais, pois W(y1, y2)(t0) = -2 ≠ 0.Mas estas duas soluções não satisfazem às condições iniciais indicadas no Teorema 3.2.5, e assim não formam o conjunto fundamental das soluções mencionadas nesse teorema. Sejam y3 e y4 as soluções fundamentais do Teorema 3.2.5.
tt eyey −== 21 ,
0,0 0 ==−′′ tyy
1)0(,0)0(;0)0(,1)0( 4433 =′==′= yyyy
Capítulo 3.2:
Exemplo 7: Solução GeralDesde que y1 e y2 formam o conjunto fundamental de soluções,
Resolvendo para cada equação, obtemos
O Wronskiano de y3 e y4 é
Assim y3, y4 formam o conjunto fundamental de soluções indicado no Teorema 3.2.5, com solução geral neste caso
1)0(,0)0(,
0)0(,1)0(,
44214
33213
=′=+=
=′=+=−
−
yyededyyyececy
tt
tt
)senh(21
21)(),cosh(
21
21)( 43 teetyteety tttt =−==+= −−
01senhcoshcoshsenhsenhcosh 22
21
21 ≠=−==′′
= tttttt
yyyy
W
)senh()cosh()( 21 tktkty +=
Capítulo 3.2: Exemplo 7:
Varios Conjuntos Fundamentais de SoluçõesPortanto
ambos formam o conjunto fundamental de soluções para a equação diferencial e o ponto inicial
Em geral, uma equação diferencial pode ter uma infinidade de diferentes conjuntos fundamentais de soluções. Geralmente, nós escolhemos aquele que é o mais conveniente ou útil.
{ } { }ttSeeS tt senh,cosh,, 21 == −
0,0 0 ==−′′ tyy
Capítulo 3.2:
ResumoPara encontrar uma solução geral de uma equação diferencial
primeiramente encontramos duas soluções y1 e y2.Certificar-se então que há um ponto t0 em algum intervalo tal que W(y1, y2)(t0) ≠ 0.Segue que y1 e y2 formam o conjunto fundamental de soluções para a equação, com solução geral y = c1y1 + c2 y2.Se condições iniciais são dadas em um ponto t0 no intervalo onde W ≠ 0, então c1 e c2 podem ser escolhidas de modo que satisfaçam as condições iniciais.
βα <<=+′+′′ tytqytpy ,0)()(
Capítulo 3.3:
Independencia Linear e o Wronskiano
Duas funções f e g são Linearmente Dependente (LD) se existe constantes c1 e c2, não nulas simultaneamente, tal que
para todo t em I. Note que isto se reduz a determinar se f e g são multiplas uma da outra. Se a única solução a esta equação for c1 = c2 = 0, então f e g são Linearmente Independente(LI). Por exemplo, Sejam f(x) = sen2x e g(x) = senxcosx, e considerando a combinação linear
Esta equação é satisfeita se nós escolhermos c1 = 1, c2 = -2, e daqui f e g são Linearmente Dependente.(LD)
0)()( 21 =+ tgctfc
0cossin2sin 21 =+ xxcxc
Capítulo 3.3:
Soluções para Equações de Sistemas 2 x 2Quando resolvemos
para c1 e c2, pode ser mostrado que
Note que se a = b = 0, então a única solução deste sistema de equações é c1 = c2 = 0, desde que D ≠ 0.
bycycaxcxc
=+=+
2211
2211
21
2111
2121
112
22
2121
221
o,
,
yyxx
DndeD
bxayxyyx
bxayc
Dbxay
xyyxbxayc
=+−=−
+−=
−=−−=
Capítulo 3.3:
Exemplo 1: Independencia Linear Mostrar que as seguintes funções são linear independentes em todo o intervalo :
Sejam c1 e c2 escalares, e suponha
para todo t em um intervalo arbitrário (α, β ). Nós queremos mostrar c1 = c2 = 0. Desde que a equação verifica para todo t em (α, β ), escolha t0 e t1 em (α, β ), onde t0 ≠ t1. Então
tt etgetf −== )(,)(
0)()( 21 =+ tgctfc
0
011
00
21
21
=+
=+−
−
tt
tt
ecececec
Capítulo 3.3:
Exemplo 1: Independencia Linear A solução do nosso sistema de equações
será c1 = c2 = 0, se provarmos que o determinante D é não nulo:
Então
Asim sendo t0 ≠ t1, significa que D ≠ 0, e portanto f e g são Linearmente Independente.(LI)
01101010
11
00tttttttt
tt
tt
eeeeeeeeeeD −−−−
−
−
−=−==
( )10
2
1
11 0
10
10
10
100110
tte
ee
eeeD
tt
tttt
tttttt
=⇔=⇔
=⇔=⇔=⇔=
−
−−
−−−
0
011
00
21
21
=+
=+−
−
tt
tt
ecececec
Capítulo 3.3:
Teorema 3.3.1Se f e g são funções diferenciáveis em um intercalo aberto I e se W(f, g)(t0) ≠ 0 em algum ponto t0 em I, então f e g são linearmente independentes em I. Além disso, se f e g são linearmente dependentes em I, então W(f, g)(t) = 0 para todo t em I. Prova(esboço): Sejam c1 e c2 escalares, e suponha
Para todo t em I. Em particular, quando t = t0 nos temos
Sendo W(f, g)(t0) ≠ 0, segue que c1 = c2 = 0, e assim f e g são Linearmente Independentes(LI).
0)()( 21 =+ tgctfc
0)()(0)()(
0201
0201
=′+′=+
tgctfctgctfc
Capítulo 3.3:
Teorema 3.3.2 (Teorema de Abel)Suponha que y1 e y2 são soluções da equação
onde p e q são funções contínuas em algum intervalo aberto I. Então W(y1,y2)(t) é dado por
onde c é uma constante que dependem de y1 e y2 mas não de t.
Note que W(y1,y2)(t) ou é zero para todo t em I (se c = 0) ou nunca se anula em I (if c ≠ 0).
0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
∫=− dttp
cetyyW)(
21 ))(,(
Capítulo 3.3:
Exemplo 2: Wronskiano e Teorema de AbelObserve a seguinte equação e suas duas soluções:
O Wronskiano de y1e y2 é
Assim y1 e y2 são Linearmente Independentes em qualquer intervalo I, pelo Teorema 3.3.1. Agora compare W com o Teorema de Abel:
Escolhendo c = -2, nós encontramos o mesmo valor de W acima.
tt eyeyyy −===−′′ 21 ,,0
. todopara 022 0
21
21 teeeeeyyyy
W tttt ≠−=−=−−=′′
= −−
ccecetyyWdtdttp
=∫=∫=−− 0)(
21 ))(,(
Capítulo 3.3:
Teorema 3.3.3Seja y1 e y2 soluções para a equação abaixo, onde p e q são contínuas em um intervalo aberto I:
Então y1 e y2 são Linearmente Dependentes em I, se e somente se, W(y1, y2)(t) = 0 para todo t em I. De outro modo, y1 e y2 são Linearmente Independentes em I, se e somente se, W(y1, y2)(t) ≠ 0 para todo t em I.
0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
Capítulo 3.3:
ResumoSejam y1 e y2 soluções de
onde p e q são contínuas em um intervalo aberto I. Então as seguintes afirmações são equivalentes :
As funções y1 e y2 formam um conjunto fundamental de soluções I.As funções y1 e y2 são Linearmente Independente em I.W(y1,y2)(t0) ≠ 0 para algum t0 em I.W(y1,y2)(t) ≠ 0 para todo t em I.
0)()( =+′+′′ ytqytpy
Capítulo 3.3:
Notas de Algebra LinearSeja V o conjunto
Então V é um espaço vetorial de dimensão dois, com uma base formada pelo conjunto fundamental de y1 e y2. Por exemplo, o espaço solução V para a equação diferencial
tem como bases
com
{ } { }ttSeeS tt sinh,cosh,, 21 == −
( ){ }βα ,,0)()(: ∈=+′+′′= tytqytpyyV
0=−′′ yy
21 paçoEpaçoE SsSsV ==
Capítulo 3.4:
Raizes Complexas da Equação CaracterísticaRetomando a discussão da equação
onde a, b e c são constantes reais. Assumindo soluções exponenciais dada da equação característica:
A fórmula quadrática(ou fatoração) fornece duas soluções, r1 e r2:
Se b2 – 4ac < 0, temos raizes complexas: r1 = λ + iµ, r2 = λ - iµAssim
0=+′+′′ cyybya
0)( 2 =++⇒= cbrarety rt
aacbbr
242 −±−=
( ) ( ) titi etyety µλµλ −+ == )(,)( 21
Capítulo 3.4: Formula de Euler:
Soluções Avaliadas nos ComplexosSubstitutindo na serie de Taylor de et, no obtemos fórmula de Euler:
Generalizando a fórmula de Euler, obtemos
Então
Portanto
( ) ( ) titn
tin
tnite
n
nn
n
nn
n
nit sincos
!12)1(
!2)1(
!)(
1
121
0
2
0+=
−−+−== ∑∑∑
∞
=
−−∞
=
∞
=
tite ti µµµ sincos +=
( ) [ ] tietetiteeee ttttitti µµµµ λλλµλµλ sincossincos +=+==+
( )
( ) tieteetytieteety
ttti
ttti
µµµµ
λλµλ
λλµλ
sincos)(
sincos)(
2
1
−==
+==−
+
Capítulo 3.4:
Soluções Avaliadas nos ReaisNossas duas soluções são funções avaliadas nos complexo:
Nós preferiríamos ter soluções avaliadas nos reais, pois nossa equação diferencial tem coeficientes reais . Para conseguir isto, recordemos que as combinações lineares das soluções são tambéns soluções :
Ignorando as constantes, nós obtemos as duas soluções
tietetytietety
tt
tt
µµµµ
λλ
λλ
sincos)(
sincos)(
2
1
−=
+=
tietytytetyty
t
t
µµ
λ
λ
sin2)()(
cos2)()(
21
21
=−
=+
tetytety tt µµ λλ sin)(,cos)( 43 ==
Capítulo 3.4:
Soluções Avaliadas nos Reais: O WronskianoAssim nós temos as seguintes funções avaliadas nos reais:
Verificando o Wronskiano, nós obtemos
Assim y3 e y4 formam o conjunto fundamental de soluções para nossa EDO, e a solução geral pode ser expressada como
tetytety tt µµ λλ sin)(,cos)( 43 ==
( ) ( )0
cossinsincossincos
2 ≠=
+−=
t
tt
tt
e
ttettetete
W
λ
λλ
λλ
µ
µµµλµµµλµµ
tectecty tt µµ λλ sincos)( 21 +=
Capítulo 3.4:
Exemplo 1Considere a equação
Então
Portanto
e assim a solução geral é
( ) ( )2/3sin2/3cos)( 2/2
2/1 tectecty tt −− +=
0=+′+′′ yyy
iirrrety rt
23
21
231
241101)( 2 ±−=±−=−±−=⇔=++⇒=
2/3,2/1 =−= µλ
Capítulo 3.4:
Exemplo 2Considere a equação
Então
Portanto
e assim a solução geral é
04 =+′′ yy
irrety rt 204)( 2 ±=⇔=+⇒=
2,0 == µλ
( ) ( )tctcty 2sin2cos)( 21 +=
Capítulo 3.4:
Exemplo 3Considere a equação
Então
Portanto a solução geral é
023 =+′−′′ yyy
irrrety rt
32
31
612420123)( 2 ±=−±=⇔=+−⇒=
( ) ( )3/2sin3/2cos)( 3/2
3/1 tectecty tt +=
Capítulo 3.4:
Exemplo 4: Part (a)Para o problema do valor inicial abaixo, encontrar (a) a solução u(t) e (b) o menor tempo T para que |u(t)| ≤ 0.1
Nos sabemos do Exemplo 1 que a solução geral é
Usando as condições iniciais, obtemos
Assim
( ) ( )2/3sin2/3cos)( 2/2
2/1 tectectu tt −− +=
1)0(,1)0(,0 =′==+′+′′ yyyyy
33
3,11
23
21
1
2121
1
===⇒
=+−
=cc
cc
c
( ) ( )2/3sin32/3cos)( 2/2/ tetetu tt −− +=
Capítulo 3.4:
Exemplo 4: Part (b)Encontrar o menor tempo T para que |u(t)| ≤ 0.1 A solução é
Com a ajuda da representação gráfica e de uma calculadora ou computador, nós encontramos T ≅ 2.79. Veja gráfico abaixo.
( ) ( )2/3sin32/3cos)( 2/2/ tetetu tt −− +=
Capítulo 3.5:
Raizes Repetidas; Redução de Ordem
Lembrando que uma EDO de 2nd order linear homogeneous
onde a, b e c são constantes reais. Usando as soluções exponenciais vinda da equação característica:
A fórmula quadrática nos dá duas soluções , r1 e r2:
Onde b2 – 4ac = 0, r1 = r2 = -b/2a, assim este método só fornece uma solução:
0=+′+′′ cyybya
0)( 2 =++⇒= cbrarety rt
aacbbr
242 −±−=
atbcety 2/1 )( −=
Capítulo 3.5:
Segunda Solução: Fator de Multiplicação v(t)Nos sabemos que se
Só que y1 e y2 são linearmente dependente, vamos generalizar esta aproximação e multiplicar por uma função v, e determinar condições para que y2 seja uma solução:
Então
tambémsolução uma é )()( solução uma é )( 121 tcytyty =⇒
atbatb etvtyety 2/2
2/1 )()( faça solução uma é )( −− =⇒=
atbatbatbatb
atbatb
atb
etva
betva
betva
betvty
etva
betvty
etvty
2/2
22/2/2/
2
2/2/2
2/2
)(4
)(2
)(2
)()(
)(2
)()(
)()(
−−−−
−−
−
+′−′−′′=′′
−′=′
=
Capítulo 3.5:
Encontrando o Fator de Multiplicação v(t)Substituindo as derivadas na EDO, chegamos na fórmula para v:
0=+′+′′ cyybya
43
2
222
22
22
2
22/
)(0)(
0)(4
4)(
0)(44
4)(0)(
44
42
4)(
0)(24
)(
0)()(2
)()(4
)()(
0)()(2
)()(4
)()(
ktktvtv
tva
acbtva
tvaac
abtvatv
aac
ab
abtva
tvca
ba
btva
tcvtva
btvbtva
btvbtva
tcvtva
btvbtva
btvabtvae atb
+=⇒=′′
=
−−′′
=
+−+′′⇔=
+−+′′
=
+−+′′
=+−′++′−′′
=
+
−′+
+′−′′−
Capítulo 3.5:
Solução Geral
Para encontrar nossa solução geral, nós temos:
Assim a solução geral para raízes repetidas é
( )abtabt
abtabt
abtabt
tececektkek
etvkekty
2/2
2/1
2/43
2/1
2/2
2/1 )()(
−−
−−
−−
+=
++=
+=
abtabt tececty 2/2
2/1)( −− +=
Capítulo 3.5:
Wronskiano
A solução Geral é
Assim cada solução é uma combinação linear de
O Wronskiano das duas soluções é
Assim y1 e y2 formam o conjunto fundamental das soluções.
abtabt tececty 2/2
2/1)( −− +=
abtabt tetyety 2/2
2/1 )(,)( −− ==
tea
btea
bte
ea
btea
btee
tyyW
abt
abtabt
abtabt
abtabt
todopara 022
1
21
2))(,(
/
//
2/2/
2/2/
21
≠=
+
−=
−−=
−
−−
−−
−−
Capítulo 3.5: Exemplo 1
Considere o PVI
Usando as soluções exponenciais vinda da equação característica:
Portanto a solução geral é
Usando as condições iniciais:
Assim
( ) ( ) 10,10,02 =′==+′+′′ yyyyy
10)1(012)( 22 −=⇔=+⇔=++⇒= rrrrety rt
tt tececty −− += 21)(
2,111
2121
1 ==⇒
=+−=
cccc
c
tt teety −− += 2)(
Capítulo 3.5: Exemplo 2
Considere o PVI
Usando as soluções exponenciais vinda da equação característica:
Portanto a solução geral é
Usando as condições iniciais:
Assim
( ) ( ) 2/10,20,025.0 =′==+′−′′ yyyyy
2/10)2/1(025.0)( 22 =⇔=−⇔=+−⇒= rrrrety rt
2/2
2/1)( tt tececty +=
21,2
21
21
221
21
1−==⇒
=+
=cccc
c
2/2/
212)( tt teety −=
Capítulo 3.5: Exemplo 3
Considere o PVI
Usando as soluções exponenciais vinda da equação característica:
Portanto a solução geral é
Usando as condições iniciais:
Assim
( ) ( ) 2/30,20,025.0 =′==+′−′′ yyyyy
2/10)2/1(025.0)( 22 =⇔=−⇔=+−⇒= rrrrety rt
2/2
2/1)( tt tececty +=
21,2
23
21
221
21
1==⇒
=+
=cccc
c
2/2/
212)( tt teety +=
Capítulo 3.5: Redução de Ordem
O método usado nesta seção também é utilizado para equações com coeficientes não constantes:
Isto é, dado uma solução y1, faça y2 = v(t)y1:
Substituindo isto na EDO e agrupando termos,
Como y1 é uma solução da EDO, esta última equação se reduz em uma equação de 1a ordem em v′ :
0)()( =+′+′′ ytqytpy
)()()()(2)()()()()()()()(
)()()(
1112
112
12
tytvtytvtytvtytytvtytvty
tytvty
′′+′′+′′=′′′+′=′
=
( ) ( ) 02 111111 =+′+′′+′+′+′′ vqyypyvpyyvy
( ) 02 111 =′+′+′′ vpyyvy
Capítulo 3.5:
Exemplo 4: Redução de OrdemDado a equação de coeficiente variáveis e uma solução y1,
usando o método de redução de ordem para encontrar uma segunda solução:
Substituindo isto na EDO e agrupando termos,
,)(;0,03 11
2 −=>=+′+′′ ttytyytyt
3212
212
12
)(2 )(2 )()( )( )()(
)()(
−−−
−−
−
+′−′′=′′−′=′
=
ttvttvttvtyttvttvty
ttvty
( ) ( )
)()( o,00
033220322
111
1213212
tvtundeuutvvt
vtvtvvtvtvvtvttvtvttvtvt
′==+′⇔=′+′′⇔
=+−′++′−′′⇔=+−′++′−′′
−−−
−−−−−−
Capítulo 3.5:
Exemplo 4: Encontrando v(t)Resolvendo
para u, nos podemos usar o método de separação de variáveis:
Assim
e portanto
.0 d,
lnln10
11 >=⇔=⇔
+−=⇔−=⇔=+
−−
∫∫tqueesdectuetu
Ctudttu
duudtdut
C
)()(,0 tvtuuut ′==+′
tcv =′
ktctv += ln)(
Capítulo 3.5:
Exemplo 4: Solução GeralNos temos
Assim
Lembrando
e portanto nós podemos concluir o segundo termo y2
Daqui a solução geral da equação diferencial é
( ) 1112 lnln)( −−− +=+= tktcttktcty
ktctv += ln)(
.ln)( 12 ttty −=
11 )( −= tty
ttctcty ln)( 12
11
−− +=
Capítulo 3.5:
Casos Especiais de Redução de OrdemEDO de 2a ordem onde falta a Variável Dependente.
A substituição é v=y’ e v’=y” na EDO de 2a ordem, leva a
uma EDO de 1a ordem nas variáveis v dependente e t independente.EDO de 2a ordem onde falta a Variável Independente.
A substituição na EDO de 2a ordem é v(y)=y’ e , leva a
uma EDO de 1a ordem nas variáveis v dependente e y independente.Exemplos:
),(' vtfv =
)',('' ytfy =
)',('' yyfy =''' y
dydvv
dtdvv ===
),( vyfdydvv =
yeyydyyyctyytbttyyta
−=+=+>=>=−+
2)'(")0)'(")0,)'(")0,01'2")
22
222
Capítulo 3.6: Equações Não Homogêneas
Método dos Coeficientes Indeterminados
Uma equação não homogênea é dada por
onde p, q, g são funções contínuas em um intervalo aberto I.A equação homogênea associada é
Nesta seção nós aprenderemos o método dos coeficientes indeterminados para resolver a equação não homogênea, e para isso é necessário saber as soluções da equação homogênea.
)()()( tgytqytpy =+′+′′
0)()( =+′+′′ ytqytpy
Capítulo 3.6:
Teorema 3.6.1
Se Y1, Y2 são as soluções da equação não homogênea
então Y1 - Y2 é uma solução da equação homogênea
Se y1, y2 formam um conjunto fundamental de soluções da equação homogênea, então existem constante c1, c2 tal que
)()()()( 221121 tyctyctYtY +=−
)()()( tgytqytpy =+′+′′
0)()( =+′+′′ ytqytpy
Capítulo 3.6:
Teorema 3.6.2 (Solução Geral)
A solução geral da equação não homogênea
pode ser escreita na forma
onde y1, y2 formam o conjunto fundamental de soluções da equação homogênea, c1, c2 são constantes arbitrarias e Y é uma solução particular da equação não homogênea.
)()()()( 2211 tYtyctycty ++=
)()()( tgytqytpy =+′+′′
0)()( 111 =+′+′′ ytqytpy
)()()( tgYtqYtpY =+′+′′
0)()( 222 =+′+′′ ytqytpy
Capítulo 3.6:
Método dos Coeficientes Indeterminados
Lembrando uma equação não homogênea é dada por
com solução geral
Nesta seção usaremos o método dos coeficientes indeterminados para encontrar uma solução particular Y para a equação não homogênea, assumindo que podemos encontrar soluções y1, y2 para o caso homogênio. O método dos coeficientes indeterminados é usualmente limitado para quando p e q são constantes, e g(t) é uma função polinomial, exponencial, seno ou coseno.
)()()( tgytqytpy =+′+′′
)()()()( 2211 tYtyctycty ++=
Capítulo 3.6:
Exemplo 1: g(t) , Exponencial Considere a equação não homogênea
Nós procuramos Y que satisfaça a esta equação. Sabendo que as exponenciais se repetem com a diferentiação, é um bom ponto de partida para Y supormos uma função exponencial:
Substituindo ela e suas derivadas na equação,
Assim uma solução particular para a EDO não homogênea é
teyyy 2343 =−′−′′
ttt AetYAetYAetY 222 4)(,2)()( =′′=′⇒=
2/1363464
22
2222
−=⇔=−⇔
=−−
AeAeeAeAeAe
tt
tttt
tetY 2
21)( −=
Capítulo 3.6: Exemplo 2: g(t) , seno
Considere a equação não homogênea
Nós procuramos Y que satisfaça a esta equação. Sabendo que senos se repete ao longo das derivadas, é um bom ponto de partida para Y:
Substituindo ela e suas derivadas na equação,
Sabendo que sen(x) e cos(x) são LI (não são múltiplos um do outro), nos terioamos c1= c2 = 0, e assim 2 + 5A = 3A = 0, o que é impossível.
tyyy sen243 =−′−′′
tAtYtAtYtAtY sen)(,cos)(sen)( −=′′=′⇒=
( )0cossen
0cos3sen52sen2sen4cos3sen
21 =+⇔=++⇔
=−−−
tctctAtA
ttAtAtA
Capítulo 3.6:
Exemplo 2: g(t) , senoNossa tentativa agora para Y é
Substituindo ela e suas derivadas na EDO, obtemos
Portanto a solução particular para a EDO não homogênea é
tBtAtYtBtAtYtBtAtY
cossen)(,sencos)(cossen)(
−−=′′−=′⇒+=
( ) ( ) ( )( ) ( )
17/3 ,17/5053,235
sen2cos53sen35sen2cossen4sencos3cossen
=−=⇔=−−=+−⇔
=−−++−⇔=+−−−−−
BABABA
ttBAtBAttBtAtBtAtBtA
tyyy sen243 =−′−′′
tttY cos173sen
175)( +−=
Capítulo 3.6:
Exemplo 3: g(t) , Polinomial Considere a equação não homogênea
Procuramos Y que satisfaça a equação. Vamos começar com
Substituindo ela e suas derivadas na EDO, obtemos,
Portanto a solução particular para a EDO não homogênea é
1443 2 −=−′−′′ tyyy
AtYBAttYCBtAttY 2)(,2)()( 2 =′′+=′⇒++=
( ) ( )( ) ( )
8/11 ,2/3 ,11432,046,44
14432464144232
22
22
−==−=⇔−=−−=+=−⇔
−=−−++−−⇔−=++−+−
CBACBABAA
tCBAtBAAttCBtAtBAtA
811
23)( 2 −+−= tttY
Capítulo 3.6:
Exemplo 4: g(t) , ProdutoConsidere a equação não homogênea
Procuramos Y que satisfaça a equação, como segue:
Substituindo na EDO e resolvendo para A e B:
teyyy t 2cos843 −=−′−′′
( ) ( )( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) teBAteBA
teBAteBAteBAteBAtY
teBAteBAtBetBetAetAetY
tBetAetY
tt
t
ttt
tt
tttt
tt
2sen342cos432cos22
2sen22sen222cos2)(2sen22cos2
2cos22sen2sen22cos)(2sen2cos)(
−−++−=
+−+
+−++−+=′′+−++=
++−=′+=
tetetYBA tt 2sen1322cos
1310)(
132 ,
1310 +=⇒==
Capítulo 3.6:
Discussão: g(t) , Soma
Considere agora a equação não homogênea
Suponha que g(t) é a soma de funções:
Se Y1, Y2 são soluções de
respectivamente, então Y1 + Y2 é uma solução da equação não homogênea acima.
)()()( tgytqytpy =+′+′′
)()()( 21 tgtgtg +=
)()()()()()(
2
1
tgytqytpytgytqytpy
=+′+′′=+′+′′
Capítulo 3.6:
Exemplo 5: Soma g(t)Considere a equação
Nossas equações para resolver individualmente são
A solução particular é então
teteyyy tt 2cos8sin2343 2 −+=−′−′′
tetettetY ttt 2sin1322cos
1310sin
175cos
173
21)( 2 ++−+−=
teyyytyyy
eyyy
t
t
2cos843sin243
343 2
−=−′−′′=−′−′′=−′−′′
Capítulo 3.6:
Exemplo 6:Considere a equação
Procuramos Y que satisfaça a equação. Começamos com
Substituindo na EDO :
Portanto não existe solução particular da forma
tyy 2cos34 =+′′
tBtAtYtBtAtYtBtAtY
2cos42sen4)(,2sen22cos2)(2cos2sen)(
−−=′′−=′⇒+=
( ) ( )( ) ( )
tttBBtAAttBtAtBtA
2cos302cos32cos442sen442cos32cos2sen42cos42sen4
==+−++−=++−−
tBtAtY 2cos2sen)( +=
Capítulo 3.6: Exemplo 6: Solução Homogênea
Como não existe solução particular da forma
Para ajudar a compreender porque isso ocorreu, vamos recordar que a solução homogênea correspondente vista na seção 3.4:
Assim nossa suposta solução particular resolve a equação homogênea
em vez da equação não homogênea.
tBtAtY 2cos2sen)( +=
tctctyyy 2sin2cos)(04 21 +=⇒=+′′
tyy 2cos34 =+′′
04 =+′′ yy
Capítulo 3.6:
Exemplo 6: Solução ParticularNossa próxima tentativa para encontrar um Y é:
Substituindo na EDO,
tBttAttBtAtBttBtBtAttAtAtY
tBttBtAttAtYtBttAttY
2cos42sen42sen42cos42cos42sen22sen22sen42cos22cos2)(
2sen22cos2cos22sen)(2cos2sen)(
−−−=−−−−+=′′
−++=′+=
tttY
BAttBtA
2sen43)(
0,4/32cos32sen42cos4
=⇒
==⇒=−
tyy 2cos34 =+′′
Capítulo 3.6: Tabela: A solução Particular de
ay”+by’+cy=gi(t)
]sen)...(cos)...[(
cossen
)(
)...()()...(...)(
)()(
10
10
10
1010
tetBtBBtetAtAAt
tt
etP
etAtAAtetPtAtAAttataatP
tYtg
tnn
tnn
st
n
tnn
stn
nn
snnn
ii
ββ
ββ
α
αα
αα
++++++++
+++++++++=
__________________________________________________________________________________________________________________
Obs.: Aqui, s denota o menor inteiro não-negativo (s=0,1 ou 2) que garanta que nenhuma parcela de Yi(t) seja solução da equação homogênea correspondente.
Capítulo 3.7: Variação dos Parâmetros
Uma equação não homogênea é dada por
onde p, q, g são funções contínuas em um intervalo aberto I.A equação homogênea associada é
Nesta seção nós aprenderemos o método de variação dos parâmetros para resolver a equação não homogênea. Como no método dos coeficientes indeterminados, este procedimento requer o conhecimento das soluções da equação homogênea.
Variação dos parâmetros é um método geral, e não requer nenhuma suposição detalhada sobre a forma da solução. Entretanto, determinadas integrais necessitam ser avaliadas, e estas pode apresentar dificuldades.
)()()( tgytqytpy =+′+′′
0)()( =+′+′′ ytqytpy
Capítulo 3.7:
Exemplo: Variação dos ParâmetrosNós procuramos uma solução particular para equação abaixo.
Nós não podemos usar o método de coeficientes indeterminados uma vez que g(t) é um quociente de sen t ou cos t, em vez de uma soma ou de um produto. Lembrando que a solução da EDO homogênia associada é
Para encontrar uma solução particular para equação não homogênea, nós começamos com o formula
Então
ou
tyy csc34 =+′′
tctctyh 2sen2cos)( 21 +=
ttuttuty 2sen)(2cos)()( 21 +=
ttuttuttuttuty 2cos)(22sen)(2sen)(22cos)()( 2211 +′+−′=′
ttuttuttuttuty 2sen)(2cos)(2cos)(22sen)(2)( 2121 ′+′++−=′
Capítulo 3.7:
Exemplo: Derivadas, 2a EquaçãoDe resultados anteriores,
Note que nós necessitamos de duas equações para encontrar u1 e u2. A primeira equação é a equação diferencial. Para uma segunda equação, tome
Então
Segue,
ttuttuttuttuty 2sen)(2cos)(2cos)(22sen)(2)( 2121 ′+′++−=′
02sen)(2cos)( 21 =′+′ ttuttu
ttuttuty 2cos)(22sen)(2)( 21 +−=′
ttuttuttuttuty 2sen)(42cos)(22cos)(42sen)(2)( 2211 −′+−′−=′′
Capítulo 3.7:
Exemplo: Duas equaçõesLembrando que nossa equação diferencial é
Substituindo y'' e y na equação, obtemos
Esta equação simplificada fica
Assim, para resolver u1 e u2, nos temos duas equações:
( ) tttuttuttuttuttuttu
csc32sen)(2cos)(42sen)(42cos)(22cos)(42sen)(2
21
2211
=++−′+−′−
02sen)(2cos)(csc32cos)(22sen)(2
21
21
=′+′=′+′−
ttuttutttuttu
tttuttu csc32cos)(22sen)(2 21 =′+′−
tyy csc34 =+′′
Capítulo 3.7: Exemplo: Resolvendo o u1'
Para encontrar u1 e u2 , necessitamos resolver as equações
Da segunda equação,
Substituindo este valor na primeira equação,tttutu
2sen2cos)()( 12 ′−=′
( ) ( )
( ) ( )[ ]ttu
ttttttu
ttttuttu
tttttuttu
cos3)(sen
cossen232cos2sen)(2
2sencsc32cos)(22sen)(2
csc32cos2sen2cos)(22sen)(2
1
221
21
21
11
−=′
=+′−
=′−′−
=
′−+′−
02sen)(2cos)(csc32cos)(22sen)(2
21
21
=′+′=′+′−
ttuttutttuttu
Capítulo 3.7:
Exemplo : Resolvendo para u1 e u2
De resultados anteriores,
Então
Assim
tttt
t
tt
tttt
ttttu
sen3csc23
sen2sen2
sen213
sen2sen213
cossen2sen21cos3
2sen2coscos3)(
2
22
2
−=
−=
−=
−=
=′
222
111
cos3cotcscln23sen3csc
23)()(
sen3cos3)()(
ctttdtttdttutu
cttdtdttutu
++−=
−=′=
+−=−=′=
∫∫
∫∫
tttututtu
2sen2cos)()(,cos3)( 121 ′−=′−=′
Capítulo 3.7:
Exemplo: Solução GeralLembrando nossa equação e a solução homogênea yC:
Usando as expressões para u1 e u2 vista anteriormente, a solução geral para a equação diferencial é
[ ]
( )[ ]tctctttt
tyttttttt
tyttttttt
tyttttttt
tyttuttuty
h
h
h
h
2sen2cos2sencotcscln23sen3
)(2sencotcscln231cos2sencossen23
)(2sencotcscln232cossen2sencos3
)(2sencos32sencotcscln232cossen3
)(2sen)(2cos)()(
21
22
21
++−+=
+−+−−=
+−+−=
++−+−=
++=
tsinctctytyy h 22cos)(,csc34 21 +==+′′
Capítulo 3.7:
ResumoSuponha que y1, y2 são soluções fundamentais para a equação homogênea associada com a equação não homogênea acima, onde nota-se que o coeficiente em y'' é 1.Para encontrar u1 e u2, necessitamos resolver a equação
Fazendo assim, e usando o Wronskiano, nós obtemos
Assim
)()()()()(0)()()()(
2211
2211
tgtytutytutytutytu
=′′+′′=′+′
)()()()()()()()(
2211 tytutytutytgytqytpy
+==+′+′′
( ) ( ) )(,)()()(,
)(,)()()(
21
12
21
21 tyyW
tgtytutyyW
tgtytu =′−=′
( ) ( )∫∫ +=+−= 221
121
21
21 )(,
)()()(,)(,
)()()( cdttyyW
tgtytucdttyyW
tgtytu
Capítulo 3.7:
Teorema 3.7.1Considere a equação
Se as funções p, q e g são contínuas no intervalo aberto I, e se y1 e y2 são soluções fundamentais para a Eq. (2), então uma solução particular da Eq. (1) é
e uma solução geral é
( ) ( )∫∫ +−= dttyyW
tgtytydttyyW
tgtytytY)(,
)()()()(,
)()()()(21
12
21
21
)()()()( 2211 tYtyctycty ++=
)2(0)()()1()()()(
=+′+′′=+′+′′
ytqytpytgytqytpy