Cálculo III - EDOs

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\newtheorem*{obs}{Observação}


\renewcommand\qedsymbol{$\blacksquare$}

\begin{document}

\title{Cálculo III \\ 12/05/15}
\author{}
\date{}

\maketitle

\section*{EDOs Lineares de Segunda Ordem}

\[ a_2(x)y'' + a_1(x)y' + a_0(x)y = b(x) \]

Sendo $a_2, a_1, a_0$ funções só de $x$.

\begin{theorem}
Seja:

\[
PVI =
\begin{cases}
a_2y'' + a_1y' + a_0y = b(x) \\
y(x)=y_0 \\
y'(x)=y_0'
\end{cases}
\]

Se $a_2(x), a_1(x), a_0(x)$ e $b(x)$ forem contínuas num intervalo $I \subset \mathbb{R}$ onde $a_2(x) \neq 0$, então existe solução única $y(x) \in I$ do PVI.

\end{theorem}

\subsection*{Caso homogêneo}

\begin{equation}
a_2(x)y'' + a_1(x)y' + a_0(x)y = 0
\label{eq1}
\end{equation}

\begin{theorem}

Se $y_1$ e $y_2$ são soluções da EDO (\ref{eq1}) então qualquer combinação linear de $y_1$ e $y_2$ também é solução da EDO.

\end{theorem}

\begin{proof}

Seja $y(x)=Ay_1 + By_2$, onde $y_1$ e $y_2$ são soluções da EDO (\ref{eq1}) e $A$ e $B$ constantes. Mostrar que $y$ satisfaz (\ref{eq1}):

\begin{align}
y'&= Ay_1' + By_2' \label{eq2} \\
y''&=Ay_1'' + By_2'' \label{eq3}
\end{align}


Aplicando (\ref{eq2}) e (\ref{eq3}) em (\ref{eq1}), temos

\begin{equation*}
a_2y''+ a_1y' + a_0y = a_2(Ay_1'' + By_2'') + a_1(Ay_1' + By_2') + a_0(Ay_1 + By_2) = 0
\end{equation*}

\end{proof}

\begin{example}
Suponha $y_1=\sen 2x$ e $y_2=\sen x \cos x$ soluções da EDO (\ref{eq1}). Como toda combinação linear de $y_1$ e $y_2$ é solução de (\ref{eq1}), será que $y(x)=C_1y_1 + C_2y_2$ é solução geral de (\ref{eq1})? \textbf{Não!}

\begin{align*}
y(x) &= C_1 \sen 2x + C_2 \sen x \cos x = \\
&= (2C_1 + C_2) \sen x \cos x =  \\
&= D_1 \sen x \cos x = \\
&= D_1y_2
\end{align*}

Não há duas constantes arbitrárias! ($\Rightarrow$ combinação linear de soluções independentes).

\end{example}

\begin{definition}

Sejam $f$ e $g$ diferenciáveis em $I \subset \mathbb{R}$. $f$ e $g$ são linearmente independentes em $I$ se $\alpha f(x) + \beta g(x) = 0 ~\forall x \Rightarrow \alpha=\beta=0$ (solução única!!)

\end{definition}

\begin{example}
As equãções $y_1=\sen 2x$ e $y_2=\sin x \cos x$ não são linearmente independentes pois

\begin{align*}
\alpha y_1 +  \beta y_2 &= 0 ~~~ou \\
\alpha \sen 2x + \beta\sen x \cos x &=0 ~~~\forall x \\
(2\alpha + \beta)\sin x \cos x &=0 \\
\Rightarrow (2\alpha+\beta) &=0 ~~~ou \\
\beta &=-2\alpha
\end{align*}

A solução não é única.
\end{example}


\begin{example}
No $\mathbb{R}^2$: $\vec{u}$, $\vec{v}$ são linearmente independentes se
\begin{align*}
\beta \vec{u}+\beta \vec{v} &= \vec{0} \\
\left[\begin{array}{cc}
u_1 & v_1 \\
u_1 & v_1 \\
\end{array} \right]
\cdot
\left[\begin{array}{c}
\alpha \\
\beta\\
\end{array} \right]
&=
\left[\begin{array}{c}
0 \\
0 \\
\end{array} \right]
\end{align*}

Solução única trivial $\alpha=\beta=0$:

\begin{equation*}
\left|\begin{array}{cc}
u_1 & v_1 \\
u_2 & v_2 \\
\end{array} \right|
\neq 0
\end{equation*}

\end{example}


\begin{obs}
Se $f$ e $g$ são diferenciáveis em $I$, temos que
\begin{align*}
\alpha f + \beta g = 0 ~\forall x &\Rightarrow \alpha =\beta =0 \\
\alpha f'+ \beta g' &= 0 ~\forall x \\
\left(\begin{array}{cc}
f(x) & g(x) \\
f'(x) & g'(x) \\
\end{array} \right)
\cdot
&\left(\begin{array}{c}
\alpha \\
\beta \\
\end{array} \right)
=
\left(\begin{array}{cc}
0 \\
0 \\
\end{array} \right)
\end{align*}

$\forall x \Rightarrow$ solução única é $\alpha =\beta =0$

\begin{equation*}
\left|\begin{array}{cc}
f(x) & g(x) \\
f'(x) & g'(x) \\
\end{array} \right|
\neq 0 ~\forall x
\end{equation*}

\end{obs}


\begin{definition}
O Wronskiano das funções diferenciáveis $f$ e $g$ é o determinante
\begin{equation*}
W(f,g)(x)=
\left|\begin{array}{cc}
f(x) & g(x) \\
f'(x) & g'(x) \\
\end{array} \right|
\end{equation*}
\end{definition}


\begin{theorem}
$f$ e $g$ são linearmente independentes em $I \subset \mathbb{R} \Leftrightarrow W(f,g)(x) \neq 0 ~\forall x \in I$.
\end{theorem}

\begin{example}
$f=sin(2x)$, $g=\sin x \cos x$; $f=2g$.
\begin{equation*}
W(2g,g)(x)=
\left|\begin{array}{cc}
2g & g \\
2g' & g' \\
\end{array} \right|
=0 ~\forall x
\end{equation*}
Não são linearmente independentes.
\end{example}

\begin{example}
$f=(1-x^2)$ e $g=(1+x^2)$ são linearmente independentes?
\begin{equation*}
W(1-x^2,1+x^2)(x)=
\left|\begin{array}{cc}
1-x^2 & 1+x^2 \\
(1-x^2)' & (1+x^2)' \\
\end{array} \right|
=4x ~\forall x \neq 0
\end{equation*}
\end{example}

\begin{obs}
Se $f=x^n$ e $g= x^m$, $m,n \in \mathbb{N}$. $f$ e $g$ são linearmente independentes para $x \neq 0$ $\Leftrightarrow  m \neq n$.
\end{obs}

\begin{example}
Para quais valores de $\alpha$ e $\beta f=e^{\alpha x}$ e $g=e^{\beta x}$ são linearmente independentes?
\begin{equation*}
W(e^{\alpha x},e^{\beta x})(x)=
\left|\begin{array}{cc}
e^{\alpha x} & e^{\beta x} \\
{e^{\alpha x}}' & {e^{\beta x}}' \\
\end{array} \right|
=e^{(\alpha+\beta)x}(\beta-\alpha) \neq 0 \Leftrightarrow \alpha \neq \beta
\end{equation*}
\end{example}

\begin{example}
Verificar se $\cos \omega x$ e $\sen \omega x$, $\omega \neq 0$ são linearmente independentes. %w=\omega
\begin{equation*}
W(\cos \omega x,\sen \omega x)(x)=
\left|\begin{array}{cc}
\cos \omega x & \sen \omega x \\
(\cos \omega x)' & (\sen \omega x)' \\
\end{array} \right|
=\omega \neq 0
\end{equation*}
\end{example}

\begin{example}
Verificar se $e^{\alpha x}$ e $xe^{ax}$ são linearmente independentes.
\begin{equation*}
W(e^{\alpha x},xe^{ax})(x)=
\left|\begin{array}{cc}
e^{\alpha x} & xe^{ax} \\
{e^{\alpha x}}' & {xe^{ax}}' \\
\end{array} \right|
e^{2ax} \neq 0
\end{equation*}
\end{example}

\begin{theorem}
Se $y_1$ e $y_2$ são soluções linearmente independentes da EDO
\begin{equation}
a_2y'' + a_1y' + a_0y = 0
\end{equation}

sendo $a_2$, $a_1$, $a_0$ contínuas em $I \subset \mathbb{R}$ onde $a_2 \neq 0$ então $y(x)=C_1y_1 + C_2y_2$ é solução geral dessa EDO (no sentido de que qualquer PVI que envolva a EDO $+$ condições iniciais em $x_0 \in I$ tem solução única).
\end{theorem}

\begin{obs}
Seja:

\[
PVI =
\begin{cases}
a_2y'' + a_1y' + a_0y = 0 \\
y(x_0)=y_0 \\
y'(x_0)=y_0' \\
\end{cases}
\]

sendo $x_0 \in I$ e $y_1$ e $y_2$ linearmente independentes.


Se a solução geral é $y(x)=C_1y_1 + C_2cy_2$, impondo as condições iniciais, temos o sistema linear para $C_1$ e $C_2$:

\begin{equation}
\begin{cases}
y(x_0) = C_1y_1(x_0) + C_2y_2(x_0) = y_0 \\
y'(x_0) = C_1y_1'(x_0) + C_2y_2'(x_0) = y_0' \\
\end{cases} \Rightarrow
\left[\begin{array}{cc}
y_1 & y_2 \\
y_1' & y_2' \\
\end{array} \right]
\cdot
\left[\begin{array}{c}
C_1 \\
C_2 \\
\end{array} \right]
=
\left[\begin{array}{c}
y_0 \\
y_0' \\
\end{array} \right]
\end{equation}

$C_1$ e $C_2$ são determinadas, pois $y_1$ e $y_2$ são linearmente independentes em $I \ni x_0 ~(\Rightarrow W(y_1,y_2)(x_0) \neq 0)$.
\end{obs}

\section*{EDOs Lineares de Segunda Ordem a Coeficientes Constantes}

\[ a_2y'' + a_1y' + a_0y = b(x) \]

sendo $a_2, a_1$ e $a_0$ os coeficientes constantes.

\subsection*{Caso homogêneo}

\begin{align}
a_2y'' + a_1y' + a_0y &= 0 ~ou \\
y'' + by' + cy &= 0 \label{eq}
\end{align}

Onde $b=\nicefrac{a_1}{a_2}=\text{cte}$ e $c=\nicefrac{a_0}{a_2}=\text{cte}$.


\subsubsection*{Primeira ordem}
\begin{align*}
y'+Py &=0; ~~~P=\text{cte} \\
\frac{dy}{y} &= -Pdx \\
\int \frac{dy}{y} &= \int -Pdx \\
y(x) &= Ce^{-Px}
\end{align*}

Suporemos que as soluções de (\ref{eq}) são do tipo $y(x)=e^{rx}$, onde $r$ é determinado, fazendo:

\begin{align*}
y &= e^{rx} \\
y' &=re^{rx} \\
y'' &= r^2 e^{rx} \\
\end{align*}

E aplicando as equações acima em (\ref{eq}) temos $e^{rx}(r^2 + br + c) = 0$, mas como $e^{rx} \neq 0$ temos

\begin{align}
r^2 + br + c = 0 \label{eqaux}
\end{align}

A equação (\ref{eqaux}) é chamada de equação auxiliar para $r$.


\[ \Delta=b^2-4c \]

\textit{CASO 1:} $\Delta > 0$

\[ r_{1,2}=\frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2} \in \mathbb{R} \]

Se $r_1 \neq r_2 \Rightarrow y_1=e^{r_1 x}$ e $y_2=e^{r_2 x}$ são soluções linearmente independentes (Wronskiano $\neq 0$) da EDO (\ref{eq}). Solução geral:

\[y(x)=C_1 e^{r_1 x} + C_2 e^{r_2 x} \]


\begin{example}
Achar a soução geral da EDO $y''-y=0$.

\[ y=e^{rx} \]

Equação auxiliar: $r^2 -1=0$ $\Rightarrow$ solução: $r= \pm 1 \Rightarrow$ solução geral: $y(x)=C_1 e^{x} + C_2 e^{-x}$.

Sabendo que $e^{\pm x}= \cosh{x} \pm \sinh{x}$ temos como solução geral $C_1 (\cosh{x}+\sinh{x}) + C_2 (\cosh{x}-\sinh{x}) = D_1 \cosh{x} + D_2 \sinh{x}$
\end{example}

\begin{example}
Resolver
\[
PVI=
\begin{cases}
2y''-5y'-3y=0 \\
y(0)=1 \\
y'(0)=0
\end{cases}
\]

\begin{align*}
y &=e^{rx} \\
2r^2-5r-3 &=0 ~\text{(equação auxiliar)} \\
\Delta &=49 > 0 \\
r_{1,2} \Rightarrow r_1 &=3, ~r_2=\nicefrac{-1}{2} \\
y(x) &=C_1 e^{3x} + C_2 e^{\nicefrac{-x}{2}} ~\text{(solução geral)} \\
y'(x) &= e C_1 e^{3x} - (\nicefrac{C_2}{2}) e^{\nicefrac{-x}{2}}
\end{align*}

Aplicando as condições iniciais:

\[
\begin{cases}
y(0)=C_1+C_2=1 \\
y'(0)=3C_1 - \frac{C_2}{2}=0
\end{cases}
\]

Temos $C_1=\nicefrac{1}{7}$ e $C_2=\nicefrac{6}{7}$ \textbf{(se fez o negócio certo, vai sair com as constantes determinadas!)}.
A solução do PVI é então dada por $y(x)=\nicefrac{1}{7}(e^{3x}+ 6e^{\nicefrac{-x}{2}})$.

\end{example}


\end{document}