Respostas
Resposta:
Uma e.d.o. de segunda ordem é da forma
d
2
y
dt2
= f
³
t, y,
dy
dt
´
ou então
y
00 = f(t, y, y0
). (1)
Dizemos que a equação (1) é linear quando a
função f for linear em y e y
0
, ou então quando a
equação (1) puder ser escrita na forma:
y
00 + p(t)y
0 + q(t)y = g(t), (2)
onde p, q e g são funções de uma variável t.
Aula 7 - 14/03 1
MA 311 - Cálculo III
Em geral uma e.d.o. de segunda ordem linear
pode ser apresentada na forma
P(t)y
00 + Q(t)y
0 + R(t)y = G(t). (3)
Para os valores em que P(t) 6= 0 podemos dividir
a equação por P(t) e obter a forma geral (2):
y
00 +
Q(t)
P(t)
y
0 +
R(t)
P(t)
y =
G(t)
P(t)
.
Iremos estudar métodos para resolver e.d.o.'s de
segunda ordem lineares.
Um problema de valor inicial para uma equação
diferencial de segunda ordem tem que ter duas
condições iniciais y(t0) = y0 e y
0
(t0) = y
0
0
. Ou
seja,
y
00 + p(t)y
0 + q(t)y = g(t)
y(t0) = y0
y
0
(t0) = y
0
0
Aula 7 - 14/03 2
MA 311 - Cálculo III
é um problema de valor inicial (P.V.I.).
Uma equação linear de segunda ordem é
homogênenea se a função g(t) na equação (2)
(ou a função G(t) na equação (3)) forem
identicamente nulas, isto é,
y
00 + p(t)y
0 + q(t)y = 0
ou
P(t)y
00 + Q(t)y
0 + R(t)y = 0
são equações diferenciais lineares homogêneas.
Veremos que será fundamental saber resolver os
problemas de equações homogêneas para poder
depois resolver as equações não homogêneas,
onde os termos g(t) (ou G(t)) podem ser funções
não nulas.
Aula 7 - 14/03 3
MA 311 - Cálculo III
Soluções Fundamentais de Equações
Lineares Homogêneas
Teorema 1 (Existência e Unicidade)
Considere o problema de valor inicial
(4)
y
00 + p(t)y
0 + q(t)y = g(t)
y(t0) = y0
y
0
(t0) = y
0
0
onde p, q e g são funções contínuas em um
intervalo aberto I = (α, β) contendo o ponto t0.
Então existe uma única solução y = ϕ(t) para o
problema (4), para todo t ∈ I.
Aula 7 - 14/03 4
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Exemplo 2 Encontre o maior intervalo no qual
a solução do P.V.I. abaixo existe e é única.
(t
2 − 3t)y
00 + ty0 − (t + 3)y = 0
y(1) = 2
y
0
(1) = 1
Primeiro escrevemos a equação na forma (2):
y
00 +
t
t(t − 3)y
0 −
t + 3
t(t − 3)y = 0.
y
00 +
y
0
t − 3
−
t + 3
t(t − 3)y = 0.
Assim p(t) = 1
t−3
, q(t) = −
t+3
t(t−3) e g(t) = 0.
Os pontos de descontinuidade são t = 0 e t = 3.
Portanto um intervalo I onde p, q e g são todas
contínuas e contém o ponto t0 = 1 é I = (0, 3).
Aula 7 - 14/03 5
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Exemplo 3 Encontre a única solução do P.V.I.:
y
00 + p(t)y
0 + q(t)y = 0
y(t0) = 0
y
0
(t0) = 0
onde p e q são contínuas em um intervalo aberto
I contendo t0.
Solução: y = ϕ(t) = 0, para todo t ∈ I.
Teorema 4 (Princípio da Superposição) Se
y1 e y2 são soluções da equação diferencial
y
00 + p(t)y
0 + q(t)y = 0 (5), então a combinação
linear c1y1 + c2y2 também é solução de (5), para
quaisquer constantes c1 e c2.
Aula 7 - 14/03 6
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Demonstração: Seja
y = c1y1 + c2y2.
Então
y
0 = c1y
0
1 + c2y
0
2
e
y
00 = c1y
00
1 + c2y
00
2
.
Substituindo na equação (5):
y
00 + p(t)y
0 + q(t)y =
= (c1y
00
1+c2y
00
2
)+p(t)(c1y
0
1+c2y
0
2
)+q(t)(c1y1+c2y2) =
= (c1y
00
1 + c1p(t)y
0
1 + c1q(t)y1)+
+(c2y
00
2 + c2p(t)y
0
2 + c2q(t)y2) =
Explicação passo-a-passo:
espero ter ajudado