11.4 Equações diferenciais lineares, não homogêneas, com coeficientes constantes

Uma partícula de massa m = 1 é abandonada na posição (1, 1), com velocidade nula.

a) Olhando apenas para o campo , tente descrever a trajetória

descrita pela partícula.

b) Determine a posição da partícula no instante t. Qual é a trajetória

descrita pela partícula?

 

11.4. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES, NÃO

HOMOGÊNEAS, COM COEFICIENTES

CONSTANTES

Consideremos a equação linear, de 2.a ordem, com coeficientes constantes

 

onde f é suposta definida e contínua num intervalo I. Se f não for identicamente nula em I, diremos que é não homogênea. Diremos, ainda, que

 

é a equação homogênea associada a .

Mostraremos, a seguir, que se x = x (t), t ∈ I, for uma solução p p particular de , então a solução geral de será

x = x + x , h p

onde x é a solução geral da homogênea associada a . De fato, sendo h

x = x (t),t ∈ I p p

solução de , para todo t ∈ I,

 

Supondo que x = x (t), t ∈ I, seja outra solução qualquer de , resulta que

 

x(t) − x (t) p

é solução da homogênea , pois, para todo t ∈ I,

 

Por outro lado, se x = x (t), t ∈ I, for tal que x (t) − x (t) é solução da p homogênea, então x = x (t) será solução de (verifique). Segue que a solução geral de é

 

x = x + x , h p

onde x é a solução geral da homogênea e x uma solução particular de h p

.

Conclusão

A solução geral de

 

 

é

x = x + x , h p

onde x é uma solução particular da equação dada e x , a solução p h geral da homogênea associada.

 

Observamos que este resultado já foi provado na Seção 5.5 do Vol. 2. (Reveja tal seção.) De forma análoga, prova-se que o resultado acima é válido para qualquer equação linear.

Determinar a solução geral da homogênea associada já sabemos. O problema, agora, é como determinar uma solução particular. Os exemplos que apresentaremos a seguir mostram como determinar, em alguns casos, uma tal solução.

EXEMPLO 1. Determine a solução geral de

 

Solução

A homogênea associada é

Logo, x −2 −1 = Ae + Be (verifique). Vamos, agora, procurar uma solução t

h

particular da equação dada. Observamos, inicialmente, que se x for um p polinômio do 2.° grau, então

 

será, também, um polinômio do 2.° grau (verifique). É razoável, então, tentar uma solução particular do tipo

x 2 = m + nt + qt,

p

onde m, n e q são coeficientes a determinar. O que precisamos fazer, agora, é substituir esta função na equação e determinar m, n e q para que se tenha uma identidade.

(m + nt + qt2 2 2 2 )″ + 3 (m + nt + qt )′ + 2 (m + nt + qt ) = t,

ou seja,

2m + 3n + 2q + (6q + 2n)t + 2qt2 2 = t.

Devemos ter então

 

Logo,

Deste modo,

 

 

é uma solução particular da equação. A solução geral será

 

EXEMPLO 2. Determine a solução geral de

 

Solução

A solução geral da homogênea associada é x −3 = A + Be (verifique). Se t

h

x for um polinômio do grau 3, então p

 

será do grau 2 (verifique). Vamos, então, tentar uma solução particular do tipo

x 2 3. = mt + nt + qt

p

Omitimos o termo independente em virtude de ele desaparecer na derivação. (Veja, também, observação abaixo.) Vamos, agora, substituir na equação e determinar m, n e q de modo a ter uma identidade.

(mt + nt2 3 2 3 2 + qt )″ + 3 (mt + nt + qt )′ = t,

ou seja,

3m + 2n + (6n + 6q) t + 9qt 2 2 = t.

Devemos ter, então,

 

Logo,

 

Assim,

 

é uma solução particular. A solução geral da equação dada é

 

Observação. Consideremos a equação linear de 2.a ordem, não homogênea,

 

Suponhamos que x = x (t) + x (t) seja uma solução desta equação. 1 2 Deixamos a seu cargo verificar que se x (t) for solução da homogênea 1 associada, então x (t) será solução da equação acima. Como no exemplo 2

anterior a função constante é uma solução da homogênea associada, resulta, do que dissemos acima, que se

x = A + mt + nt2 3 + qt

for solução, então

x 2 3 = mt + nt + qt

p

também será, que é mais uma razão para termos omitido o termo independente naquele exemplo.

EXEMPLO 3. Resolva a equação

 

Solução

A homogênea associada é

 

λ = 0 (raiz dupla) é a única raiz da equação característica λ2 = 0. Segue que a solução geral da homogênea associada é

x 0 0 = Ae + Bte t t

h

ou seja,

x = A + Bt. h

Se x for do grau 4, então será do grau 2. Tendo em vista a observação p p

anterior e a solução geral da homogênea associada, basta procurar uma solução particular do tipo

x 2 3 4 = mt + nt + qt.

p

Deixamos a seu cargo verificar que

 

Assim,

 

é a solução geral da equação dada. É claro que poderíamos ter chegado a este resultado integrando diretamente a equação dada:

 

EXEMPLO 4. Determine uma solução particular de

 

Solução

É de verificação imediata que

é uma solução particular

 

■

 

EXEMPLO 5. Considere a equação

 

Determine a solução geral

Solução

As raízes da equação característica (λ3 + λ = 0) da homogênea associada são: 0, ±i. Logo, a solução geral da homogênea associada é

x = A + B cos + t + C sen t. h

Se x for um polinômio do grau 1, p

 

será constante. Como toda função constante é solução da homogênea associada, a equação terá uma solução particular da forma

x = mt. p

Fica a cargo do leitor verificar que

x = 3t. p

Poderíamos ter chegado a este resultado olhando diretamente para a equação. Concorda? A solução geral da equação dada é

 

O próximo exemplo sugere-nos a forma de uma solução particular quando o 2.° membro é do tipo P (t) eαt, onde P (t) é um polinômio e α uma constante não nula.

EXEMPLO 6. Sejam b, c e α reais dados. Seja Q (t) um polinômio. Considere a equação

 

Prove:

a) Se α não for raiz de e se

x = Q(t)e α , t

então

 

onde P (t) é um polinômio de mesmo grau que Q (t).

b) Se α for raiz simples de , n ≥ 1 o grau de Q (t) e

x = Q(t)eαt,

então

 

sendo P (t) um polinômio de grau n − 1.

c) Se α for raiz dupla de , n ≥ 2 o grau de Q (t) e

x = Q(t)eαt,

então

 

onde P (t) é um polinômio de grau n − 2.

Solução

 

Assim,

 

onde

P(t) = Qn 2 (t) + (b + 2α) Q′(t) + (α + bα + c) Q (t),

que é um polinômio de mesmo grau que Q, pois α2 + bα + c ≠ 0.

b) Procedendo como no item a, obtemos

P(t) = Qn 2 (t) + (b + 2α) Q′(t) + (α + bα + c) Q (t).

Como α é a raiz simples da equação

λ2 + bλ + c = 0,

temos Δ = b 2 − 4c > 0 e

 

Logo, 2α + b ≠ 0. Sendo, então, α 2 + bα + c = 0, b + 2α ≠ 0 e Q′(t) de grau n − 1, resulta P (t) de grau n − 1.

c) Fica a seu cargo.

■

 

EXEMPLO 7. Resolva a equação

 

Solução

λ2 − 4 = 0

é a equação característica da homogênea associada. Assim,

x 2 −2 = Ae + Be t t

h é a solução geral da homogênea associada. Como α = 2 é uma raiz simples desta equação, segue do item b do exemplo anterior que devemos tentar uma solução particular do tipo

x 2 = Q(t)e , t

p

onde Q(t) é um polinômio de grau 3. Como Ae 2 é solução da homogênea t

associada, podemos omitir o termo independente de Q (t). Vamos procurar, então, uma solução particular do tipo

x 2 3 2 = (mt + nt + qt ) e . t

p

(Veja observação que vem logo depois do Exemplo 2 desta seção.) Temos:

 

Substituindo x e na equação dada e fazendo algumas simplificações, p p

obtemos:

4m + 2n + (8n + 6q)t + 12 qt2 2 = 1 + t + t.

Segue que . Assim,

 

é uma solução particular. A solução geral será, então, EXEMPLO 8. Determine a solução geral de

 

Solução

A solução geral da homogênea associada é

 

x = A cos 2t + B sen 2t. h

Como α = 2 não é raiz da equação característica λ2 + 4 = 0, o item a do Exemplo 6 sugere-nos uma solução particular do tipo

x 2 = me . t

p

Fica a seu cargo verificar que

 

A solução geral é, então,

 

EXEMPLO 9. Resolva a equação

 

Solução

A solução geral da homogênea associada é

α = 2 é uma raiz dupla da equação característica λ 2 − 4λ + 4 = 0. O item c do Exemplo 6 sugere-nos uma solução particular do tipo

x 2 = Q(t)e ,

p t

onde Q (t) é um polinômio do grau 2. Tendo em vista a solução geral da homogênea associada, devemos procurar uma solução particular do tipo

x 2 2 = mt e .

p t

Temos:

 

e

 

Substituindo na equação dada e fazendo algumas simplificações, obtemos

2m = 1.

Assim,

 

é uma solução particular. A geral é

Consideremos a equação

 

e suponhamos que o segundo membro seja da forma

 

onde α , β , M e N são constantes dadas. Deixamos a seu cargo verificar que 1 1

se α + iβ não for raiz da equação característica 1 1

 

então admitirá uma solução particular da forma

x α = e [m cos β t + n sen β t]

p t 1 1 1

com m e n constantes; se α + iβ for raiz de , admitirá uma solução 1 1 particular da forma

x α = e [m cos β t]. t + nt sen β

p 1 1 1t

Observação. Para verificar as afirmações acima você irá precisar da seguinte propriedade:

 

α + iβ 11

é raiz de se, e somente se,

EXEMPLO 10. Resolva a equação

 

 

Solução

As raízes da equação característica

 

são i e − i. Assim, a solução geral da homogênea associada é

x = A cos t + B sen t. h

Como 1 + i(α = 1 e β = 1) não é raiz de , resulta do que vimos 1 1

anteriormente que a equação dada admite uma solução particular da forma

x t = e [m cos t + n sen t],

p

onde m e n são constantes a determinar. Substituindo na equação dada e fazendo algumas contas, obtemos

 

Logo, a solução geral da equação dada é

 

EXEMPLO 11. Resolva a equação

+ x = cos t.

Solução

O 2.° membro é da forma

eα [M cos β t + N sen β t], 1t

1 1

onde α = 0, β = 1, M = 1 e N = 0. Como α + iβ = i é raiz da equação 1 1 1 1 característica

λ2 + 1 = 0,

a equação admite uma solução particular da forma

 

x = mt cos t + nt sen t. p

Temos:

p = (m + nt) cos t + (n − mt) sen t

e

p = (2n − mt) cos t + (−2m − nt) sen t.

Substituindo na equação dada e fazendo algumas simplificações, obtemos:

2n cos t − 2m sen t = cos t.

Logo, A solução geral da equação dada é

 

Vamos, agora, apresentar num quadro os resultados obtidos anteriormente sobre escolha de solução particular nos casos: f (t) = P(t), onde P é um polinômio; f (t) = P (t) eα α t t 1 ou f(t) = e [M cos β t + N sen β t],

1 1

onde α, α , β , M e N são constantes. No quadro a seguir P é um polinômio 1 1 1 de mesmo grau que P.

 

f(t) solução particular

P 1. Se c ≠ 0, x = P (t) ( t ) p 1

2. Se c = 0 e b ≠ 0, x = tP (t) p 1

P 1. Se α não for raiz da equação característica, x ( t ) e α tp

= αt P ( t ) e.

1

2. α Se α for raiz simples, x = tP = ( t ) e . t

p 1

3. Se α for raiz dupla, x = t2P (t) eαt. p 1

1. Se α + iβ não for raiz da equação 1 1

e t [M cos β t + N sen β t] 1 1 1 α x α característica,

p = e t [m cos β t + n sen β t]. 1 1 1

2. Se α + iβ não for raiz da equação 1 1

característica,

x α = e [mt cos β t + nt sen β t].

p 1 1 1 t

 

Fica a cargo do leitor pensar num quadro semelhante para equações lineares, com coeficientes constantes, de ordens 3 e 4.

EXEMPLO 12. (Oscilação forçada sem amortecimento.) Uma partícula de massa m desloca-se sobre o eixo Ox sob a ação da força elástica

e de uma força externa periódica são

constantes não nulas. Determine a posição da partícula no instante t.

Solução

A equação do movimento é

 

ou seja,

 

Fazendo temos

 

onde

1.° Caso. w ≠ w . 0

Como iw 2 2 não é raiz da equação característica λ + w = 0 (as raízes

0

desta equação são ±iw), segue que a equação admite uma solução particular da forma

x = m cos w t + n sen w t. p 1 0 1 0

Temos

 

e

 

Substituindo em , vem

 

e, portanto, . Logo,

 

é uma solução particular. A solução geral de é

Observe que a amplitude da solução particular x é tanto maior, p

em módulo, quanto mais próximo w estiver de w. Quando w = w , tem-se o 0 0 fenômeno conhecido por ressonância. Veremos, a seguir, que neste caso a amplitude do movimento tende a +∞ quando t tende a +∞.

2.° Caso. w = w. 0

Agora, iw 2 2 é uma raiz da equação característica λ + w = 0. A equação

0

admite, então, uma solução particular do tipo

 

x = m t cos w t + n t sen w t. p 1 0 1 0

Temos:

 

Substituindo x e em , obtemos p

 

Logo, n = 0 e Assim, 1

 

é uma solução particular. Lembrando que segue que a

solução geral é

Observe que a partícula descreve um movimento oscilatório em torno da origem e que a amplitude do movimento tende a + ∞ quando t → + ∞. A figura abaixo é um esboço do gráfico da solução particular , no caso F > 0 e w > 0. Temos

 

ou seja, para todo t ≥ 0,

 

O gráfico de x está compreendido entre as retas p

toca estas retas nos pontos em que cos wt = ± 1.

 

EXEMPLO 13. (Oscilação forçada com amortecimento.) Uma partícula de massa m desloca-se sobre o eixo Ox sob a ação de uma força elástica −kx (k > 0), de uma força de amortecimento proporcional à velocidade dada por

e de uma força externa periódica dada por (F sen w t) com F 0

e w 2 constantes não nulas. Suponha c − 4mk < 0. Determine a posição da

0

partícula no instante t. (Ficam a seu cargo os casos c 2 − 4 mk ≥ 0.)

Solução

ou

 

 

é a equação do movimento. Fazendo

 

resulta

 

As raízes da equação característica

 

são − γ + iw e − γ − iw , onde 1 1

 

(Observe que

 

logo, as raízes são complexas.) A solução geral da homogênea associada é

 

Como iw não é raiz da equação característica, a equação admite uma 0

solução particular do tipo

Derivando e substituindo em , obtemos:

 

 

Resolvendo sistema

 

resultam

 

e

 

A solução particular pode ser colocada na forma

onde tg Tendo em vista os valores de m e n resulta 1 1

 

A solução geral é então

 

Temos:

 

pois γ > 0. Assim, após um intervalo de tempo suficientemente grande esta parte da solução torna-se desprezível: por essa razão ela é chamada transiente. Após um intervalo de tempo suficientemente grande o movimento se comporta como um movimento harmônico simples de

amplitude . É comum referir-se a x como a solução p

de estado permanente.

■

Para finalizar, vamos resolver uma equação linear de 1.ª ordem com o método desta seção.

EXEMPLO 14. Resolva a equação

+ 2x = e t t cos .

Solução Exercícios 11.4

A equação característica da homogênea associada é

λ + 2 = 0.

Logo, a solução da homogênea associada é

x −2 = Ae . t

h

Como 1 + i não é raiz da equação característica, a equação dada admite uma solução particular do tipo

x t = e [m cos t + n sen t].

p

Derivando e substituindo na equação dada, obtemos

(3m + n) cos t + (3n − m) sen t = cos t

e, portanto,

 

Logo, A solução geral é, então,

 

(Sugerimos ao leitor resolver a equação dada utilizando a fórmula da Seção 11.1. Compare.)

■

 

1. Determine a solução geral.

 

2. Considere a equação

 

Prove que se g (t) for solução particular de 1

solução particular de então g (t) g (t) será solução 1 2 particular de . (Este resultado é conhecido como princípio da

superposição.)

3. Resolva a equação dada.

 

4. 1 Determine uma função x = x (t), t ∈ , de classe C tal que x (0) = 0,

(0) = 1 e

5. 1 Determine uma função x = x (t), t ∈ , de classe C tal que x (0) = 0,

 

(0) = 1 e

 

6. Considere um circuito LC em série com um gerador de corrente

alternada de força eletromotriz E (t) = E sen w t, onde E e w são 0 0 0 0 constantes não nulas. Sabe-se da física que a carga q = q (t) no capacitor é governada pela equação

 

onde L é a indutância, C a capacitância, sendo L e C supostas

constantes positivas. Resolva a equação. Qual o valor de w para o 0 sistema estar em ressonância?

(Sugestão: Faça

7. Considere um circuito LCR em série com um gerador de corrente

alternada de força eletromotriz E (t) = E sen w t, com E e w 0 0 0 constantes não nulas. Sabe-se da física que a carga q = q (t) no capacitor é governada pela equação

 

onde L é a indutância, R a resistência e C a capacitância, sendo L, R e C supostas constantes positivas. Determine a solução de estado