Equações Lineares de Segunda Ordem

Uma equação diferencial de segunda ordem tem a forma geral

(1)

$$
\frac{d^{2}y(x)}{dx^{2}}=f\left(x,\,y,\,\frac{dy}{dx}\right).
$$

Ela é uma equação linear se pode ser escrita como
$$
P(x)y^{\prime\prime}+F(x)y^{\prime}+G(x)y=R(x).
$$

Neste caso a equação é dita homogênea se \(R(x)=0\). Caso contrário ela é não homogênea. Em muitos casos é útil dividir toda a equação por \(P(x)\), onde esta função não se anula, e reescrever (1) como
$$
y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=r(x),
$$

onde os novos coeficientes de \(y\) e suas derivadas são agora
$$
f(x)=\frac{F(x)}{P(x)},\;\,g(x)=\frac{G(x)}{P(x)},\;\,r(x)=\frac{R(x)}{P(x)}.
$$

No caso de ser uma equação homogênea, \(r(x)=0\), então
$$
y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=0.
$$

Figura: Sistema massa-mola.

Exemplo 1. Um exemplo importante de equação diferencial de segunda ordem, linear e não homogênea, é o de um corpo de massa \(m\), preso a uma mola de constante elástica \(k\), sob atrito e sujeito à uma força externa variável \(f(t)\), como ilustrado na figura 1. A força que a mola exerce sobre o corpo é dada pela lei de Hooke, \(f=-kx\), enquanto o atrito exerce uma força proporcional à sua velocidade e em direção oposta a ela. Adicionando-se uma força externa \(f(t)\) e usando a segunda lei de Newton temos

(2)

$$
m\frac{d^{2}x(t)}{dt}+c\frac{dx}{dt}+kx=f(t),
$$
onde \(c\) uma constante que descreve o atrito. Aprenderemos mais tarde técnicas de solução de problemas como este.

Exemplo 2. Considere o problema de contorno,
$$
y^{\prime\prime}-y=0;\;\,y(0)=2,\;\,y^{\prime}(0)=-1.
$$
Sabemos, sem auxílio de qualquer técnica de solução, que duas funções elementares satisfazem \(y^{\prime\prime}=y.\) Elas são as exponenciais
$$
y_{1}=e^{x},\;\,y_{2}=e^{-x},
$$

como se pode verificar por derivação e substituição direta. Observe também que uma combinação linear destas soluções formam ainda uma solução
$$
y(x)=Ae^{x}+Be^{-x},
$$

\(A\) e \(B\) constantes indeterminadas. Mostre, como um exercício, que esta é realmente uma solução. Esta é a chamada solução geral para este problema. Para satisfazer as condições de contorno precisamos da derivada
$$
y^{\prime}(x)=Ae^{x}-Be^{-x}.
$$

Calculando os valores de \(y\) e \(y^{\prime}\) no ponto \(x=0\) temos
$$
y(0)=A+B=2,\;\,y^{\prime}(0)=A-B=-1
$$

que é uma sistema, com solução \(A=1/2\) e \(B=3/2.\) A solução particular é, portanto,
$$
y(x)=\frac{1}{2}e^{x}+\frac{3}{2}e^{-x},
$$

satisfazendo simultaneamente a equação diferencial e os valores de contorno.

Exemplo 3. Vamos resolver o problema de contorno,

(3)

$$
y^{\prime\prime}+\omega^{2}y=0;\;\,y(0)=\frac{1}{2},\;\,y^{\prime}(0)=\omega,
$$
onde \(\omega\) é uma constante. Conhecemos duas funções cujas derivadas segundas são iguais a si mesmas com sinal invertido, que são as funções seno e cosseno. Devido à presença da constante \(\omega\) precisamos usar as soluções
$$
y_{1}=\cos\omega x,\;\,y_{2}=\text{ sen }\omega x.
$$

Mais uma vez, uma combinação linear destas soluções forma a solução geral,
$$
y(x)=A\cos\omega x+B\text{ sen }\omega x,
$$

como se pode verificar por derivação e substituição na equação (3). Sua derivada primeira é
$$
y^{\prime}(x)=-\omega A\text{ sen }x+\omega B\cos x.
$$

No ponto \(x=0\) temos
$$
y(0)=A=\frac{1}{2},\;\,y^{\prime}(0)=\omega B=\omega,
$$

e, portanto \(A=1/2\) e \(B=1\). Como resultado chegamos à solução particular
$$
y(x)=\frac{1}{2}\cos\omega x+\text{ sen }\omega x,
$$

satisfazendo a equação diferencial e os valores de contorno.

Vimos nos exemplos acima que cada uma das equações diferenciais consideradas admite duas soluções e que uma combinação linear destas soluções é também uma solução. é necessário agora considerar em que situações a combinação linear de duas soluções encontradas representa a solução mais geral do problema e quando esta solução poderá ser ajustada às condições de contorno. Na seção seguinte aprimoramos nosso tratamento formal das equações diferenciais lineares de segunda ordem.

Soluções Fundamentais das Equações Homogêneas Lineares

Vamos considerar novamente as soluções da equação linear homogênea
$$
y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=0.
$$
Sejam \(f(x)\) e \(g(x)\) funções contínuas, definidas no intervalo \(I=[a,b]\) (que pode ser a reta real inteira, \(I=\mathbb{R}\)), e \(\phi\) uma função duplamente derivável no intervalo \(I\). Definimos o operador diferencial

(4)

$$
L[\phi]=\phi^{\prime\prime}+f\phi^{\prime}+g\phi.
$$
Escrita em termos deste operador a equação (4) é
$$
L[\phi]=0.
$$

O operador \(L\) é formado por derivações e multiplicação pelas funções \(f\) e \(g\)
$$
L=D^{2}+fD+g,
$$

onde escrevemos o operador derivada como \(D=d/dx\).

Definição Um operador \(O\) é dito linear se
$$
O[\alpha f+\beta g]=\alpha O[f]+\beta O[g],
$$

onde \(\alpha\) e \(\beta\) são constantes e \(f\) e \(g\) são funções dentro do domínio de atuação do operador.

(1) De fato, a derivada de qualquer ordem é um operador linear.

Exemplo 4. A derivada primeira e a derivada segunda são operadores lineares(1) pois
$$
\frac{d}{dx}[\alpha f(x)+\beta g(x)]=\alpha\frac{d}{dx}f(x)+\beta\frac{d}{dx}g(x),
$$
$$
\frac{d^{2}}{dx^{2}}[\alpha f(x)+\beta g(x)]=\alpha\frac{d^{2}}{d^{2}x}f(x)+\beta\frac{d^{2}}{d^{2}x}g(x),
$$

\(\alpha\) e \(\beta\) constantes.

Exemplo 5. O operador \(L\) definido em (4) é um operador linear, pois
$$ \begin{array}{rl}
L[c_1 y_1 +c_2 y_2] & \equiv D^2 [c_1 y_1 +c_2 y_2 ]+fD[c_1 y_1 +c_2 y_2 ]+g[c_1 y_1 +c_2 y_2 ] & \\
& =c_1 D^2 [y_1]+c_2 D^2 [y_2]+c_1 fD[y_1]+c_2 fD[y_2]+c_1 gy_1 +c_2 gy_2 & =c_1 L[y_1]+c_2 L[y_2].
\end{array} $$

Podemos agora enunciar um teorema que nos permite determinar os intervalos sobre os quais a solução de uma equação diferencial é única.

Teorema 1. Se \(f(x)\) e \(g(x)\) são funções contínuas no intervalo aberto \(I\) que contém o ponto \(x_{0}\) então o problema de valor inicial
$$
L[y]=y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=r(x),\;\,y(x_{0})=y_{0},\;\,y^{\prime}(x_{0})=y_{0}^{\prime},
$$

admite uma única solução sobre todo o intervalo \(I\).

Exemplo 6. Vamos encontrar o intervalo mais amplo onde o problema de valor inicial
$$
(x^{2}-x)y^{\prime\prime}+xy^{\prime}+(x-1)y=0,\;y\left(\frac{1}{2}\right)=1,\;y^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=0
$$

admite solução. Começamos por reescrever a equação acima como
$$
y^{\prime\prime}+\frac{x}{x(x-1)}xy^{\prime}+\frac{x-1}{x(x-1)}y=0
$$

e, portanto, identificamos
$$
f=\frac{1}{x-1},\;g=\frac{1}{x}
$$

que possuem descontinuidades nos pontos \(x=1\) e \(x=0\). O maior intervalo que inclue o ponto \(x=1/2\) é o aberto \(I=(0,1)\).

Exemplo 7. Se \(f(x)\) e \(g(x)\) são funções contínuas em torno do intervalo \(I\) que contém o ponto \(x_{0}\), o problema de valor inicial
$$
y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=0,\;y(x_{0})=0,\;y^{\prime}(x_{0})=0
$$

admite como solução \(y(x)\equiv0\). Pelo Teorema 1 esta é a única solução.

Teorema 2: (Princípio da superposição) Se \(y_{1}\) e \(y_{2}\) são soluções de
$$
L[y]=y^{\prime\prime}+fy^{\prime}+gy=0
$$

então a combinação linear
$$
y(x)=c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}
$$
é também uma solução.

Demonstração: Segue direto da linearidade do operador \(L\), pois
$$
L[c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}]=c_{1}L[y_{1}]+c_{2}L[y_{2}]=0,
$$

já que \(L[y_{1}]=0,\;\;L[y_{2}]=0\) (pois \(y_{1}\) e \(y_{2}\) são soluções).

Observe que o princípio da superposição somente se aplica a equações lineares e homogêneas. Os dois exemplos seguintes mostram que o teorema não se aplica a equações diferenciais não lineares ou não homogêneas.

Exemplo 8. Podemos verificar por substituição direta que
$$
y_{1}=x^{2},\;\;y_{2}=1
$$

são soluções da equação diferencial não linear
$$
y^{\prime\prime}y-xy^{\prime}=0.
$$

No entanto, as combinações lineares
$$
-y_{1}=-x^{2},\;\,y_{1}+y_{2}=1+x^{2}
$$

não são soluções.

Exemplo 9. Podemos verificar por substituição que a equação diferencial não homogênea
$$
y^{\prime\prime}+y=1
$$

admite as soluções
$$
y_{1}=1+\cos x,\;\;y_{2}=1+\text{ sen }x.
$$

As seguintes combinações lineares
$$
2y_{1}=2+2\cos x,\;\;y_{1}+y_{2}=2+\cos x+\text{ sen }x
$$

não são soluções desta equação.

Temos agora condições para responder à seguinte pergunta: na solução de um problema de segunda ordem, tendo encontrado uma solução geral na forma de
$$
y(x)=c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2},
$$

é sempre possível ajustar as constantes \(c_{1} \text{ e } c_{2}\) de modo a satisfazer as condições de contorno
$$
y(x_{0})=y_{0},y^{\prime}(x_{0})=y_{0}^{\prime},
$$

onde \(x_{0},\;y_{0}\) e \(y_{0}^{\prime}\) são números reais? Para responder a esta pergunta escreveremos as condições de contorno
$$
y(x_{0})=c_{1}y_{1}(x_{0})+c_{2}y_{2}(x_{0})=y_{0},
$$

$$
y^{\prime}(x_{0})=c_{1}y_{1}^{\prime}(x_{0})+c_{2}y_{2}^{\prime}(x_{0})=y_{0}^{\prime}.
$$

As mesmas equações podem ser escritas sob forma matricial como

(5)

$$
\begin{bmatrix} y_{1}(x_{0}) & y_{2}(x_{0}) \\ y_{1}^{\prime}(x_{0}) & y_{2}^{\prime}(x_{0}) \end{bmatrix}
\begin{bmatrix} c_{1} \\ c_{2} \end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix} y_{0} \\ y_{0}^{\prime} \end{bmatrix}
$$
Usamos a notação para o determinante de uma matriz A: \(\det(A)= \left|A\right|\).

Sabemos, da álgebra Linear, que este sistema só admite solução se o determinante da matriz \(2\times2\) acima for não nulo. Este determinante aparece em diversos contextos na teoria das equações diferenciais e recebe o nome de Wronskiano.

Definição: O Wronskiano \(W\) de duas funções \(f(x)\) e \(g(x)\) é o determinante

$$
W(f,g)=
\left|
\begin{array}{rr}
f(x) & g(x) \\
f^{\prime}(x) & g^{\prime}(x) \\
\end{array}
\right|
= f(x) g^{\prime}(x) – f^{\prime}(x) g(x).
$$

De posse desta definição e retornando ao sistema (5) podemos usar a regra de Cramer para encontrar \(c_{1}\) e \(c_{2}\).
$$
c_{1}=\frac{ \left|
\begin{array}{rr}
y_{0} & y_{2}(x_{0}) \\
y_{0}^{\prime} & y_{2}^{\prime}(x_{0}) \\
\end{array}
\right|}
{\left|
\begin{array}{rr}
y_{1}(x_{0}) & y_{2}(x_{0}) \\
y_{1}^{\prime}(x_{0}) & y_{2}^{\prime}(x_{0}) \\
\end{array}
\right|}
=\frac{
\left|
\begin{array}{rr}
y_{0} & y_{2}(x_{0}) \\
y_{0}^{\prime} & y_{2}^{\prime}(x_{0}) \\
\end{array}
\right|} {W(y_{1},y_{2})|_{x_{0}}},
$$
$$
c_{2}=\frac{ \left|
\begin{array}{rr}
y_{1}(x_{0}) & y_{0} \\
y_{1}^{\prime}(x_{0}) & y_{0}^{\prime} \\
\end{array}
\right|}
{\left|
\begin{array}{rr}
y_{1}(x_{0}) & y_{2}(x_{0}) \\
y_{1}^{\prime}(x_{0}) & y_{2}^{\prime}(x_{0}) \\
\end{array}
\right|}
=\frac{
\left|
\begin{array}{rr}
y_{1}(x_{0}) & y_{0}) \\
y_{1}^{\prime}(x_{0}) & y_{0}^{\prime} \\
\end{array}
\right|} {W(y_{1},y_{2})|_{x_{0}}},
$$

onde \(W(y_{1},y_{2})|_{x_{0}}\) é o Wronskiano das duas soluções calculado no ponto \(x_{0}\).

Demonstramos desta forma um teorema importante, enunciado a seguir.

Teorema 3. O problema de valor inicial
$$
L(y)=0,\;\,y(x_{0})=y_{0},\;\,y^{\prime}(x_{0})=y_{0}^{\prime}
$$

possui solução se \(W(y_{1},y_{2})|_{x_{0}}\neq 0\). Isto equivale a dizer que \(y_{1}\) e \(y_{2}\) são linearmente independentes (l.i.).

Exercícios 1.

1. Calcule os Wronskianos

a. \( W(e^{2x},\,e^{-5x/2})\)

b. \( W(\text{ sen }x,\cos x)\)

c. \( W(x^{3},\,x^{5})\)

d. \( W(e^{x}\text{ sen }x,e^{x}\cos x)\)

e. \( W(x,\,xe^{x})\)

f. \( W(\cos^{2}x,1+\cos2x)\)

2. Encontre o maior intervalo sobre o qual se pode garantir a existência de solução para o problema de valor inicial:
$$
(x^{2}-3x)y^{\prime\prime}+xy^{\prime}-(x+3)y=0,\;y(1)=2,\;y^{\prime}(1)=1.
$$

Equações com Coeficientes Constantes

O caso mais simples e de mais fácil solução de equações lineares de segunda ordem homogêneas(2) ocorre quando os coeficientes da equação são constantes, resultando em uma equação do tipo

(6)

$$
ay^{\prime\prime}+by^{\prime}+cy=0,
$$

(2) Para resolver o caso não homogêneo, como veremos depois, utilizaremos a solução da homogênea, aqui estudada.

com \(a,\,b\) e \(c\) constantes. Apesar de ser um caso muito particular entre as equações lineares de segunda ordem um grande número de sistemas de interesse para a engenharia e a física é descrito por equações deste tipo, entre eles os osciladores mecânicos amortecidos e submetidos a forças externas e circuitos eletrônicos compostos por indutores, capacitores e resistências, como veremos adiante.

A solução de problemas do tipo proposto pela equação acima sugere o uso de uma solução tentativa sob a forma
$$
y=e^{rx},
$$

onde \(r\) é uma constante ainda desconhecida. Substituindo esta função e suas derivadas
$$
y^{\prime}=re^{rx},\;\,y^{\prime\prime}=r^{2}e^{rx}.
$$

na equação (6) obtemos
$$
e^{rx}(ra^{2}+br+c)=0.
$$

Como a exponencial é não nula para todos os valores de \(x\), o termo dentro dos parênteses deve se anular,
$$
ar^{2}+br+c=0.
$$

Esta é uma equação do segundo grau, denominada a equação característica da equação diferencial (6), e possui duas raízes,
$$
r_{1,2}=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}.
$$

Faremos o tratamento em separado dos três casos possíveis: (i) de duas raízes diferentes reais, (ii) raízes complexas, (iii) duas raízes iguais.

Raízes reais distintas da equação característica

Se as raízes da equação característica são duas raízes reais distintas, \(r_{1}\neq r_{2}\), então
$$
y_{1}=e^{r_{1}x}\;\,\text{ e }\;\,y_{2}=e^{r_{2}x}
$$

são duas soluções. Estas soluções são l.i. pois seu Wronskiano é
$$
W(y_{1},y_{2})=y_{1}y_{2}^{\prime}-y_{1}^{\prime}y_{2}=r_{2}e^{r_{1}x}e^{r_{2}x}-r_{1}e^{r_{1}x}e^{r_{2}x}=e^{(r_{1}+r_{2})x}(r_{2}-r_{1})\neq0,
$$

não nulo porque \(r_{1}\neq r_{2}\). A combinação das duas soluções,
$$
y(x)=c_{1}e^{r_{1}x}+c_{2}e^{r_{2}x},
$$

é, portanto, a solução geral do problema. Verifique, como um exercício, que esta é, de fato, uma solução da equação.

Exemplo 10. Problema de contorno, equação linear de segunda ordem, com coeficientes constantes:
$$
y^{\prime\prime}+y^{\prime}-2y=0,\;\;y(0)=1,\;\;y^{\prime}(0)=0.
$$

Fazemos a tentativa de solução \(y=e^{rx}\) e substituimos \(y\) e suas derivadas na equação diferencial. O resultado é a equação característica
$$
r^{2}+r-2=0.
$$

Esta última tem duas raízes distintas, \(r_{1}=1\) e \(r_{2}=-2\), de onde concluimos que
$$
y_{1}=e^{x}\;\;\text{e}\;\;y_{2}=e^{-2x}
$$

são soluções. O Wronskiano destas soluções é
$$
W(y_{1},y_{2})=y_{1}y_{2}^{\prime}-y_{1}^{\prime}y_{2}=-2e^{x}e^{-2x}-e^{x}e^{-2x}=-3e^{-x}\neq0.
$$

Como o Wronskiano é não nulo \(y_{1}\) e \(y_{2}\) são linearmente independentes e a solução geral tem a seguinte forma:
$$
y(x)=c_{1}e^{x}+c_{2}e^{-2x}.
$$

Para ajustar as constantes ao problema de valor inicial derivamos \(y\).
$$
y(x)=c_{1}e^{x}-2c_{2}e^{-2x},
$$

e o contorno implica no sistema
$$
y(0)=1=c_{1}+c_{2}
$$

$$
y^{\prime}(0)=0=c_{1}-2c_{2},
$$

com solução \(c_{1}=2/3,\) \(c_{2}=1/3.\) Então a solução particular é
$$
y(x)=\frac{2}{3}e^{x}+\frac{1}{3}e^{-2x}.
$$

Calculamos o Wronskiano \(W\) como mero exercíco pois já mostramos que o Wroskiano é sempre não nulo quando as raízes da equação característica são reais e distintas.

Exemplo 11. A equação diferencial
$$
y^{\prime\prime}+\frac{1}{6}y^{\prime}-\frac{1}{6}y=0;\;\,y(0)=5,\;\,y^{\prime}(0)=0
$$

pode ser resolvida com a substituição \(y=e^{rx}\), o que resulta em
$$
e^{rx}\left(r^{2}+\frac{r}{6}-\frac{1}{6}\right)=0.
$$

As raízes da equação característica são
$$
r=\frac{-\frac{1}{6}\pm\sqrt{\left(\frac{1}{6}\right)^{2}+\frac{4}{6}}}{2}\; \text{ e, portanto, }\; r_{1}=-1/2,\; r_{2}=1/3.
$$

A solução geral e sua derivada são, respectivamente,
$$
y=c_{1}e^{-x/2}+c_{2}e^{x/3},\;\,y^{\prime}=-\frac{1}{2}c_{1}e^{x/2}+\frac{1}{3}c_{2}e^{x/3}.
$$

Com as condições de contorno encontramos \(c_{1}\) e \(c_{2}\).

$$
\left.
\begin{array}{rl}
y(0)=c_{1}+c_{2} =5 \\
y^{\prime}(0)=-\frac{1}{2}c_{1}+\frac{1}{3}c_{2} =0 \\
\end{array}
\right\}
\Rightarrow c_{1}=2,\;\;c_{2}=3.
$$
A solução particular fica assim determinada:
$$
y(x)=2e^{-x/2}+3e^{x/3}.
$$

Exercícios 2.

1. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}-3y=0\)

2. \(y^{\prime\prime}+3y^{\prime}+2y=0\)

3. \(6y^{\prime\prime}-y^{\prime}-y=0\)

4. \(2y^{\prime\prime}-3y^{\prime}+y=0\)

5. \(y^{\prime\prime}+5y^{\prime}=0\)

6. \(4y^{\prime\prime}-9y^ {}=0\)

7. \(y^{\prime\prime}-9y^{\prime}+9y=0\)

8. \(y^{\prime\prime}-2y^{\prime}-2y=0\)

9. \(y^{\prime\prime}+y^{\prime}-2y=0, \;y(0)=1, \;y^{\prime}(0)=1\).

10. \(y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+3y=0, \;y(0)=2, \;y^{\prime}(0)=-1\).

11. \(6y^{\prime\prime}-5y^{\prime}+y=0, \;y(0)=4, \;y^{\prime}(0)=0\).

12. \(y^{\prime\prime}+3y^{\prime}=0 , \;y(0)=-2 , \; y^{\prime}(0)=3\).

13. \(y^{\prime\prime}+8y^{\prime}-9y=0 , \; y(0)=1 , \; y^{\prime}(0)=0\).

14. \(4y^{\prime\prime}-y=0 , \;y(-2)=1 , \;y^{\prime}(-2)=-1\).

13. Resolva o exercício 12 acima pelo método de redução de ordem, fazendo \(y^{\prime}=\phi\Rightarrow y^{\prime\prime}=\phi^{\prime}\).

Algumas Soluções:

1. \(y=c_{1}e^{x}+c_{2}e^{-3x}\)
2. \(y=c_{1}e^{-x}+c_{2}e^{-2x}\)
3. \(y=c_{1}e^{x/2}+c_{2}e^{-x/3}\)
4. \(y=c_{1}e^{x/2}+c_{2}e^{x}\)
5. \(y=c_{1}+c_{2}e^{-5x}\)
6. \(y=c_{1}e^{3x/2}+c_{2}e^{-3x/2}\)
7. \(y=c_{1}\exp\left[9+3\sqrt{5}x/2\right]+c_{2}\exp\left[9-3\sqrt{5}x/2\right]\)
8. \(y=c_{1}\exp\left(1+\sqrt{3}\right)x+c_{2}\exp\left(1-\sqrt{3}\right)x\)
9. \(y=e^{x}\)
10. \(y=\frac{5}{2}e^{-x}-\frac{1}{2}e^{-3x}\)
11. \(y=12e^{x/3}-8e^{x/2}\)
12. \(y=-1-e^{-3x}\)
13. \(y=\frac{1}{10}e^{-9(x-1)}+\frac{9}{10}e^{x-1}\)
14. \(y=-\frac{1}{2}e^{(x+2)/2}+\frac{3}{2}e^{-(x+2)/2}\)

Equação característica com raízes complexas

Se, na equação característica temos \(\Delta=b^{2}-4ac \lt 0\) então as raízes são dois números complexos, conjugados entre si,
$$
r_{1}=\lambda+i\mu,\;\;r_{2}=\lambda-i\mu,
$$

onde
$$
\lambda=\frac{-b}{2a},\;\,\mu=\frac{\sqrt{|\Delta|}}{2a},\,\lambda,\,\mu\in R.
$$

As duas soluções da forma \(y=e^{rx}\) são
$$
y_{1}=e^{(\lambda+i\mu)x}=e^{\lambda x}(\cos\mu x+i\text{ sen }\mu x),
$$

$$
y_{2}=e^{(\lambda-i\mu)x}=e^{\lambda x}(\cos\mu x-i\text{ sen }\mu x),
$$

onde foi usada a fórmula de Euler, \(e^{i\theta}=\cos\theta+i\text{ sen }\theta\). Podemos trabalhar com estas duas soluções ou com combinações lineares destas, em particular
$$
u=\frac{1}{2}(y_{1}+y_{2})=e^{\lambda x}\cos\mu x,
$$

$$
v=\frac{1}{2i}(y_{1}-y_{2})=e^{\lambda x}\text{ sen }\mu x.
$$

Notando que o Wronskiano de \(u\) e \(v\) é não nulo,
$$
W(u,v) = e^{\lambda x}\cos\mu x(\lambda e^{\lambda x}\text{ sen }\mu x+\mu e^{\lambda x}\cos\mu x)
$$
$$
-e^{\lambda x}\text{ sen }\mu x(\lambda e^{\lambda x}\cos\mu x-\mu e^{\lambda x}\text{ sen }\mu x)
$$
$$
=\mu e^{2\lambda x}\neq0,
$$

pois \(\mu\neq0\) (caso contrário as raízes não seriam complexas!), encontramos então a solução geral para o problema:
$$
y(x)=e^{\lambda x}(c_{1}\cos\mu x+c_{2}\text{ sen }\mu x).
$$

Exemplo 12. Encontre a solução geral de
$$
y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+2y=0.
$$

Ajuste as constantes da solução geral para satisfazer ao contorno
$$
y(0)=2,\;\,y^{\prime}(0)=3.
$$

Fazendo \(y=e^{rx}\), obtemos a equação característica \(r^{2}-2r+2=0\) com soluções \(r=1\pm i\). Temos portanto o caso de raízes complexas com \(r_{\pm}=\lambda\pm i\mu,\;\lambda=1,\;\mu=1\) que levam a duas soluções
$$
y_{1}=e^{x}\cos x,\;\,y_{2}=e^{x}\text{ sen }x.
$$

Estas soluções são linearmente independentes pois
$$
W(y_{1},y_{2})=e^{x}\cos x(e^{x}\text{ sen }x+e^{x}\cos x)-e^{x}\text{ sen }x(e^{x}\cos x-e^{x}\text{ sen }x)=
$$

$$
=e^{2x}(\text{ sen }x\cos x+\cos^{2}x-\text{ sen }x\cos x+\text{ sen }^{2}x)=e^{2x}\neq0.
$$

A solução geral é
$$
y(x)=c_{1}e^{x}\cos x+c_{2}e^{x}\text{ sen }x.
$$

Para encontrar os valores de \(c_{1}\) e \(c_{2}\) precisamos da derivada
$$
y^{\prime}(x)=c_{1}e^{x}(\cos x-\text{ sen }x)+c_{2}e^{x}(\text{ sen }x+\cos x).
$$

Portanto
$$
y(0)=c_{1}=2,
$$

$$
y^{\prime}(0)=c_{1}+c_{2}=3\Rightarrow c_{1}=2,\;\,c_{2}=1.
$$

A solução particular é
$$
y(x)=2e^{x}\cos x+e^{x}\text{ sen }x.
$$

Exemplo 13. Vamos agora resolver o problema relativo a um objeto preso a uma mola, deslizando sem atrito e não submetido a força externa, descrito pela equação (2) com \(c=0,\;F(t)=0\),
$$
m\frac{d^{2}x(t)}{dt}+kx=0,
$$

ou seja
$$
\ddot{x}+\frac{k}{m}x=0.
$$

Neste problema tomamos o tempo \(t\) como variável independente. \(x(t)\) é a posição do objeto, a função que queremos encontrar. O ponto sobrescrito indica derivada em relação ao tempo. A equação característica é
$$
r^{2}+\frac{k}{m}=0
$$

com raízes
$$
r=\pm\sqrt{\frac{k}{m}}.
$$

Encontramos neste caso
$$
\lambda=0,\;\,\mu=\sqrt{\frac{k}{m}},
$$

e a solução geral indica o movimento em oscilação harmônica do objeto,
$$
x(t)=A\cos\omega t+B\text{ sen }\omega t,
$$

onde definimos \(\omega=\mu\), a frequência da oscilação.

Exercícios 3.

1. \( y^{\prime\prime}+y^{\prime}+y=0\)

2. \( y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+6y=0\)

3. \( y^{\prime\prime}+2y^{\prime}-8y=0\)

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

5. \( y^{\prime\prime}+6y^{\prime}+13y=0\)

6. \( 4y^{\prime\prime}+9y=0\)

7. \( y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+5/4y=0\)

8. \( 9y^{\prime\prime}+9y^{\prime}-4y=0\)

9. \( 16y^{\prime\prime}-8y^{\prime}+145y=0, \;\, y(0)=-2, \;\, y^{\prime}(0)=1\).

10. \( y^{\prime\prime}+4y=0, \;\,y(0)=0, \;\, y^{\prime}(0)=1\).

11. \( y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+5y=0, \;\, y(0)=1, \;\, y^{\prime}(0)=0\).

12. \( y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+5y=0, \;\, y(\pi/2)=0, \;\, y^{\prime}(\pi/2)=2.\)

13. \( y^{\prime\prime}+y=0, \;\, y(\pi/3)=2,\;\, y^{\prime}(\pi/3)=-4.\)

14. \( y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+2y=0, \;\, y(\pi/4)=2, \;\, y^{\prime}(\pi/4)=-2.\)

Algumas Soluções:

1. \( y=c_{1}e^{-x/2}\cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x\right)+c_{2}e^{-x/2}\text{ sen }\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x\right)\)
2. \( y=c_{1}\cos3x+c_{2}\text{ sen }3x\)
3. \( y=c_{1}e^{2x}+c_{2}e^{-4x}\)
4. \( y=c_{1}e^{-x}\cos x+c_{2}e^{-x}\text{ sen }x\)
5. \( y=c_{1}e^{-3x}\cos2x+c_{2}e^{-3x}\text{ sen }2x\)
6. \( y=c_{1}\cos(3x/2)+c_{2}\text{ sen }(3x/2)\)
7. \( y=c_{1}e^{-x}\cos(x/2)+c_{2}e^{-x}\text{ sen }(x/2)\)
8. \( y=c_{1}e^{x/3}+c_{2}e^{-4x/3}\)
9. \( y=\left(-2\cos3x+\frac{1}{4}\text{ sen }3x\right)e^{x/4}\)
10. \( y=\frac{1}{2}\text{ sen }2x\)
11. \( y=e^{-2x}\cos x+e^{-2x}\text{ sen }x\)
12. \( y=-e^{x-\pi/2}\text{ sen }2x\)
13. \( y=\left(1+2\sqrt{3}\right)\cos x-\left(2-\sqrt{3}\right)\text{ sen }x\)
14. \( y=\sqrt{2}e^{-(x-\pi/4)}\cos x+\sqrt{2}e^{-(x-\pi/4)}\text{ sen }x\)

Equação característica com raízes iguais

Se, na equação característica temos \(\Delta=b^{2}-4ac=0\) então temos uma raiz dupla, real,
$$
r=r_{1}=r_{2}=\frac{-b}{2a}.
$$

Neste caso temos apenas uma solução

(7)

$$
y_{1}=e^{rx}=e^{-bx/2a}.
$$

(3) Conhecido como o método de d’Alembert.

Sabemos, no entanto, que devemos ter duas soluções l.i. para construir a solução geral. Utilizaremos novamente o método de variação dos parâmetros(3) já usado para a solução de equações lineares não homogêneas de primeira ordem. Este método consiste no seguinte procedimento:

(i) Encontramos uma solução da equação diferencial. No caso aqui tratado a solução é \(y_{1}\) dada pela equação (7).

(ii) Sabemos, pela linearidade da equação diferencial, que \(y=cy_{1}\) é também uma solução. Fazemos a variação dos parâmetros, \(c\rightarrow v(x)\), ou seja, substituimos a constante \(c\) por uma função desconhecida.

(iii) Derivamos \(y=vy_{1}\) uma e duas vezes e substituimos \(y,\,y^{\prime}\) e \(y^{\prime\prime}\) na equação diferencial para encontrar uma expressão para a função \(v(x)\). Esta expressão é também uma equação diferencial para a função \(v\), mas em geral muito mais simples que a equação original.

Um exemplo, antes da formalização do procedimento, servirá para torná-lo mais claro.

Exemplo 14. Vamos resolver a equação diferencial

(8)

$$
y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+y=0.
$$
A equação característica, neste caso, é \(r^{2}+2r+1=0\), que possui as raízes iguais, \(r_{1}=r_{2}=-1\). Neste caso encontramos apenas uma solução
$$
y_{1}=ce^{-x}.
$$

No método de variação dos parâmetros procuramos uma solução na forma de
$$
y(x)=v(x)e^{-x}.
$$

Derivamos \(y\) uma e duas vezes,
$$
y^{\prime}=v^{\prime}e^{-x}-ve^{-x}=e^{-x}(v^{\prime}-v),
$$

$$
y^{\prime\prime}=v^{\prime\prime}e^{-x}-2v^{\prime}e^{-x}+ve^{-x}=e^{-x}(v^{\prime\prime}-2v^{\prime}+v),
$$

e substituimos \(y,\,y^{\prime}\) e \(y^{\prime\prime}\) na equação diferencial para obter
$$
e^{-x}(v^{\prime\prime}-2v^{\prime}+v+2v^{\prime}-2v+v)=0,
$$

ou, após os cancelamentos possíveis e considerando que \(e^{-x}\) não se anula,
$$
v^{\prime\prime}=0.
$$

Esta última equação diferencial tem solução simples
$$
v(x)=A+Bx,
$$

onde \(A\) e \(B\) constantes de integração. A solução procurada para a equação é

(9)

$$
y(x)=ve^{-x}=Ae^{-x}+Bxe^{-x}.
$$
Observe que, a partir da solução \(y_{1}=\) \(e^{-x}\), encontramos \(y_{2}=xe^{-x}\). Como o Wronskiano das soluções encontradas não se anula,
$$
W(e^{-x},xe^{-x})=e^{-x}(e^{-x}-xe^{-x})+e^{-x}xe^{-x}=e^{-2x}\neq0,
$$

estas soluções são l.i. e a função (9) é a solução geral para este problema.

Vamos recapitular o procedimento usado e generalizá-lo. Se, na solução de uma equação diferencial com coeficientes constantes
$$
L[y]=ay^{\prime\prime}+by^{\prime}+cy=0
$$
usamos \(y=e^{rx}\) e encontramos uma equação característica
$$
ar^{2}+br+c=0
$$

onde
$$
\Delta=b^{2}-4ac=0
$$
então encontramos apenas uma raíz real
$$
r=-\frac{b}{2a}
$$

que corresponde a uma única solução para a equação diferencial,
$$
y_{1}=e^{-b/2a}.
$$

Buscamos então uma solução sob a forma
$$
y(x)=v(x)e^{-b/2a},
$$

com derivadas primeira e segunda respectivamente
$$
y^{\prime}=e^{-b/2a}\left(v^{\prime}-\frac{b}{2a}v\right),
$$

$$
y^{\prime\prime}=e^{-b/2a}\left(v^{\prime\prime}-\frac{b}{a}v^{\prime}+\frac{b^{2}}{4a^{2}}v\right).
$$

Substituindo \(y\) e suas derivadas da equação diferencial obtemos
$$
e^{-b/2a}\left(av^{\prime\prime}-bv^{\prime}+\frac{b^{2}}{4a}v+bv^{\prime}-\frac{b^{2}}{2a}v+cv\right)=0
$$

ou, lembrando que a exponencial não se anula,
$$
av^{\prime\prime}+\left(-\frac{b^{2}}{4a}+c\right)v=0.
$$

O termo dentro dos parênteses é nulo (pois \(\Delta=0\)) e, portanto resta apenas a equação diferencial
$$
v^{\prime\prime}=0
$$

para função desconhecida, com solução
$$
v=Ax+B.
$$

A solução procurada para a equação (8) é

(10)

$$
y(x)=ve^{-b/2a}=Ae^{-b/2a}+Bxe^{-b/2a}.
$$
As duas soluções empregadas nesta solução são
$$
y_{1}=e^{-b/2a},\;\,y_{2}=xe^{-b/2a}
$$

que são l.i. pois
$$
W(y_{1},y_{2})=e^{-bx/a}\neq0,
$$

e, portanto a solução (10) é, de fato, a solução geral.

Exemplo 15. Vamos tratar o problema de valor inicial:
$$
9y^{\prime\prime}-12y^{\prime}+4y=0,\;y(0)=2,\;y^{\prime}(0)=-1.
$$

Tomando \(y=e^{rx}\) obtemos a equação característica
$$
9r^{2}-12r+4=0,
$$

que tem raízes reais duplas \(r_{1}=r_{2}=2/3.\) No caso de raízes repetidas para a equação característica a solução, obtida por meio do método da variação dos parâmetros, é
$$
y(x)=Ae^{2x/3}+Bxe^{2x/3}.
$$

e sua derivada,
$$
y^{\prime}(x)=\frac{2}{3}Ae^{2x/3}+Be^{2x/3}+\frac{2}{3}Bxe^{2x/3}.
$$

Para satisfazer as condições iniciais devemos ter
$$
y(0)=A=2,\;y^{\prime}(0)=\frac{2}{3}A+B=-1,
$$

o que implica em \(A=2,\;B=-7/2.\) A solução particular é
$$
y(x)=2e^{2x/3}-\frac{7}{2}xe^{2x/3}.
$$

Temos portanto os três seguintes casos de equações diferenciais lineares de segunda ordem, homogêneas com coeficientes constantes, \(ay^{\prime\prime}+by^{\prime}+cy=0\), que resumiremos no quadro abaixo para facilitar uma referência rápida:

\(r_{1}\neq r_{2}\), raízes reais \(y(x)=c_{1}e^{r_{1}x}+c_{2}e^{r_{2}x},\)
\(r_{1,2}=\lambda\pm i\mu\) raízes complexas \(y(x)=e^{\lambda x}(c_{1}\cos\mu x+c_{2}\text{ sen }\mu x)\),
\(r_{1}=r_{2}=r\) uma raíz real \(c_{1}e^{-b/2a}+c_{2}xe^{-b/2a}.\)

Com isto completamos o tratamento de todos os tipos de equações diferenciais lineares de segunda ordem homogêneas e com coeficientes constantes. Como veremos o método da variação dos parâmetros, discutido por último, pode ser rapidamente generalizado para a solução de uma classe mais ampla de equações diferenciais, desde que se conheça uma da soluções destas equações.

Exercícios 4.

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

2. \( 9y^{\prime\prime}+6y^{\prime}+y=0\)

3. \( 4y^{\prime\prime}-4y^{\prime}-3y=0\)

4. \( 4y^{\prime\prime}+12y^{\prime}+9y=0\)

5. \( y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+10y=0\)

6. \( y^{\prime\prime}-6y^{\prime}+9y=0\)

7. \( 4y^{\prime\prime}+17y^{\prime}+4y=0\)

8. \( 16y^{\prime\prime}+24^{\prime}+9y=0\)

9. \( 25y^{\prime\prime}-20y^{\prime}+4y=0\)

10. \( 2y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+y=0\)

11. \( 9y^{\prime\prime}-12y^{\prime}+4y=0,\;\, y(0)=2,\;\, y^{\prime}(0)=-1\).

12. \( y^{\prime\prime}-6y^{\prime}+9y=0,\;\, y(0)=0,\;\, y^{\prime}(0)=2\).

13. \( 9y^{\prime\prime}+6y^{\prime}+82y=0,\;\, y(0)=-1,\;\, y^{\prime}(0)=2\).

14. \( y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+4y=0,\;\, y(-1)=2,\;\, y^{\prime}(-1)=1\).

Algumas Soluções:

1. \( y=c_{1}e^{x}+c_{2}xe^{x}\)
2. \( y=c_{1}e^{-x/3}+c_{2}xe^{-x/3}\)
3. \( y=c_{1}e^{-x/2}+c_{2}xe^{-x/2}\)
4. \( y=c_{1}e^{-3x/2}+c_{2}xe^{-3x/2}\)
5. \( y=c_{1}e^{x}\cos3x+c_{2}e^{x}\text{ sen }3x\)
6. \( y=c_{1}e^{3x}+c_{2}xe^{3x}\)
7. \( y=c_{1}e^{-x/4}+c_{2}xe^{-x/4}\)
8. \( y=c_{1}e^{-3x/4}+c_{2}xe^{-3x/4}\)
9. \( y=c_{1}e^{2x/5}+c_{2}xe^{2x/5}\)
10. \( y=c_{1}e^{-x/2}\cos(x/2)+c_{2}e^{-x/2}(x/2)\)
11. \( y=2e^{2x/3}-\frac{7}{3}xe^{2x/3}\)
12. \( y=2xe^{3x}\)
13. \( y=-e^{-x/3}\cos3x+\frac{5}{9}e^{-x/3}\text{ sen }3x\)
14. \( y=7e^{-2(x+1)}+5xe^{-2(x+1)}\)

Redução de Ordem

Usando o método de variação de parâmetros, discutido na seção anterior, podemos tratar de equações diferenciais mais gerais que aquelas já estudadas, com coeficientes constantes. Este método pode ser usado para abaixar a ordem de uma equação diferencial e tornar mais fácil a sua solução desde que uma de suas soluções seja conhecida. Considere uma equação diferencial linear homogênea sob a forma

(11)

$$
y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=0,
$$
onde os coeficientes \(f(x)\) e \(g(x)\) não são necessariamente constantes. Ainda, suponha que de algum modo, por inspecção, por intuição advinda da natureza do problema que origina a equação diferencial, ou ainda por meio do uso de outro método qualquer, conhecemos uma das soluções de (11), que denotaremos por \(y_{1}(x)\). Pela linearidade da equação sabemos que \(cy_{1}\), com \(c\) constante, é também uma solução. Buscamos agora uma solução para a equação sob a forma
$$
y(x)=v(x)y_{1}(x)
$$

onde \(v(x)\) é uma função desconhecida. Derivamos a solução tentativa,
$$
y^{\prime}=v^{\prime}y_{1}+vy_{1}^{\prime},
$$

$$
y^{\prime\prime}=v^{\prime\prime}y_{1}+2v^{\prime}y_{1}^{\prime}+vy_{1}^{\prime\prime},
$$

e substituimos na equação diferencial para obter
$$
v^{\prime\prime}y_{1}+v^{\prime}(2y_{1}^{\prime}+fy_{1})+v(y_{1}^{\prime\prime}+fy_{1}^{\prime}+gy_{1})=0.
$$

Observando que o segundo parênteses é nulo, pois \(y_{1}\) é solução da equação diferencial, resta apenas
$$
v^{\prime\prime}y_{1}+v^{\prime}(2y_{1}^{\prime}+fy_{1})=0,
$$
que é, por sua vez, uma equação diferencial para \(v(x)\). Esta equação, ou qualquer outra com esta mesma característica, pode ser transformada em uma equação de primeira ordem através do método de redução de ordem. Para isto fazemos
$$
\phi(x)=v^{\prime}(x)\Rightarrow\phi^{\prime}(x)=v^{\prime\prime}(x).
$$

A equação (11) se transforma em
$$
\phi^{\prime}y_{1}+\phi(2y_{1}^{\prime}+fy_{1})=0,
$$

que é uma equação homogênea de primeira ordem, cuja solução já sabemos encontrar. Lembrando que \(y_{1}\) e suas derivadas são funções conhecidas, primeiro encontramos \(\phi(x)\) e, por integração,
$$
v(x)=\int\phi(x)dx.
$$

A solução de (11) é
$$
y(x)=y_{1}\int\phi(x)dx.
$$

Exemplo 16. Sabendo que \(y_{1}=x\) é uma solução de

(12)

$$
x^{2}y^{\prime\prime}+2xy^{\prime}-2y=0,
$$
vamos encontrar a sua solução geral. Fazemos primeiro \(y=vy_{1}=vx\). Com esta escolha temos
$$
y^{\prime}=v^{\prime}x+v,\;\,y^{\prime\prime}=v^{\prime\prime}x+2v^{\prime}.
$$

Substituindo na equação diferencial (12) temos
$$
x^{2}(v^{\prime\prime}+2v^{\prime})+2x(v^{\prime}x+v)-2vx=0,
$$

$$
v^{\prime\prime}x+4v^{\prime}=0.
$$

Esta equação não contém um termo em \(y\) e por isto sua ordem pode ser reduzida. Denotamos então \(v^{\prime}=\phi\), e portanto \(v^{\prime\prime}=\phi^{\prime}\). Resta a equação separável
$$
\phi^{\prime}x+4\phi=0\Rightarrow\int\frac{d\phi}{\phi}=-\int\frac{4dx}{x}\Rightarrow
$$

$$
\ln\phi=-4\ln x+c^{\prime}\Rightarrow\phi=e^{-4\ln x+c^{\prime}}=cx^{-4}.
$$

Pelas definições feitas
$$
v=\int\phi dx=c\int x^{-4}dx=c\left(\frac{-1}{3x^{3}}\right)+B.
$$

Definindo uma nova constante \(A=-c/3\)
$$
y=vx=Ax^{-2}+Bx,
$$

é a solução geral do problema (12).

Exemplo 17. Uma equação que surge com freqüência dentro do contexto da mecânica quântica e do eletromagnetismo, após a separação de uma equação diferencial parcial em equações ordinárias, é a chamada equação de Legendre de primeira ordem
$$
(1-x^{2})y^{\prime\prime}-2xy^{\prime}+2y=0,-1\lt x\lt 1.
$$

Sabendo que \(y_{1}=x\) é uma solução desta equação encontre a solução geral. Começamos por fazer a variação dos parâmetros para uma solução tentativa
$$
y(x)=xv(x)
$$

cujas derivadas são
$$
y^{\prime}=xv^{\prime}+v,y^{\prime\prime}=xv^{\prime\prime}+2v^{\prime}.
$$

Substituindo na equação diferencial temos
$$
(1-x^{2})(xv^{\prime\prime}+2v^{\prime})-2x(xv^{\prime}+v)+2xv=0,
$$

que, após as devidas simplificações, leva a
$$
(1-x^{2})xv^{\prime\prime}+(2-4x^{2})v^{\prime}=0.
$$

Procedemos agora à redução de ordem fazendo
$$
v^{\prime}=\phi\Rightarrow v^{\prime\prime}=\phi^{\prime}.
$$

Separando as variáveis obtemos

(13)

$$
\frac{\phi^{\prime}}{\phi}=\frac{4x^{2}-2}{x(1-x^{2})}.
$$

Vamos aproveitar este problema para fazer uma revisão da método das frações parciais para a solução de uma integral. O segundo termo acima pode ser transformado, por meio de frações parciais, da seguinte forma:
$$
\frac{4x^{2}-2}{x(1-x^{2})}=\frac{A}{x}+\frac{Bx}{1-x^{2}},
$$

onde \(A\) e \(B\) são constantes a serem encontradas. Efetuando a soma de fração no segundo termo
$$
\frac{4x^{2}-2}{x(1-x^{2})}=\frac{A(1-x^{2})+Bx^{2}}{x(1-x^{2})}=\frac{(B-A)x^{2}+A}{x(1-x^{2})}.
$$

Identificando, no numerador, os coeficientes de mesma potência em \(x\) temos \(A=-2,\;B=2\) e, portanto
$$
\frac{4x^{2}-2}{x(1-x^{2})}=-\frac{2}{x}+\frac{2x}{1-x^{2}}.
$$

Devemos integrar a equação (13),
$$
\int\frac{d\phi}{\phi}=-2\int\frac{dx}{x}+2\int\frac{xdx}{1-x^{2}}
$$

(4) Usamos acima as propriedades da função logaritmo: \(a\ln b=\ln b^{a},\;\;\ln a+\ln b=\ln(ab)\).

para obter(4)
$$
\ln\phi=-2\ln x-\ln(1-x^{2})+c=\ln\frac{1}{x^{2}(1-x^{2})}+c,
$$

ou seja
$$
\phi=c_{1}\frac{1}{x^{2}(1-x^{2})}.
$$

Retornando para a função \(v\),
$$
v=\int\phi dx=c_{1}\int\frac{dx}{x^{2}(1-x^{2})}.
$$

Vamos usar mais uma vez as frações parciais para transformar o integrando,
$$
\frac{1}{x^{2}(1-x^{2})}=\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{1-x^{2}}
$$

e assim encontramos
$$
v=c_{1}\int\left(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{1-x^{2}}\right)dx.
$$

Observe que a segunda integral
$$
I=\int\frac{1}{1-x^{2}}dx
$$

pode ser resolvida, mais uma vez, pelo mesmo método usado acima, por meio das frações parciais. Para isto fazemos
$$
\frac{1}{1-x^{2}}=\frac{1}{(1+x)(1-x)}=\frac{A}{1+x}+\frac{B}{1-x}
$$

de onde encontramos, procedendo como antes, \(A=B=1/2.\) Então
$$
I=\frac{1}{2}\int\left(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1-x}\right)dx=\frac{1}{2}[\ln(1+x)-\ln(1-x)]=\frac{1}{2}\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right),
$$

e, daí
$$
v=c_{1}\left(-\frac{1}{x}+\frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}\right)+c_{2}.
$$

Restaurando a função \(y=xv\) temos
$$
y=c_{1}\left(-1+\frac{x}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}\right)+c_{2}x.
$$

que é a solução geral procurada.

A técnica de redução de ordem não precisa ser usada apenas em conjunção com a variação de parâmetros, tal como fizemos nos dois primeiros exemplos. Qualquer equação diferencial onde não apareça a função incógnita \(y(x)\) explícitamente, mas apenas suas derivadas, pode ter a sua ordem reduzida.

Exemplo 18. Podemos reduzir a ordem da seguinte equação diferencial
$$
xy^{\prime\prime}+2y^{\prime}=0.
$$

fazendo \(v^{\prime}=\phi\), e, portanto, \(v^{\prime\prime}=\phi^{\prime}\). Com esta alteração encontramos uma equação separável de primeira ordem,
$$
x\phi^{\prime}+2\phi=0,
$$

com solução geral
$$
\phi=cx^{-2}.
$$

A partir desta função encontramos \(y\) por integração
$$
y=\int\phi dx=c\int x^{-2}dx=c_{1}x^{-1}+c_{2}.
$$

Um caso adicional interessante pode ser tratado pela técnica de redução de ordem. Se, em uma equação diferencial de segunda ordem, a variável independente não aparece explícitamente, ou seja,
$$
y^{\prime\prime}=f(y,y^{\prime}),
$$
então a redução de ordem
$$
\phi=y^{\prime}\Rightarrow\phi^{\prime}=y^{\prime\prime}
$$

leva a uma equação diferencial sob a forma de

(14)

$$
\phi^{\prime}=f(y,\phi).
$$

Se considerarmos \(y\) como a variável independente então, pela regra da cadeia
$$
\phi^{\prime}=\frac{d\phi}{dx}=\frac{d\phi}{dy}\frac{dy}{dx}=\phi\frac{d\phi}{dy}
$$

e a equação diferencial (14) pode ser escrita como
$$
\phi\frac{d\phi}{dy}=f(y,\phi).
$$

Resolvendo esta equação teremos uma relação para \(\phi(y)\). A solução \(y(x)\) pode então ser obtida por meio da solução de
$$
y(x)=\int\phi dx.
$$

Exemplo 19. A equação diferencial

(15)

$$
yy^{\prime\prime}+(y^{\prime})^{2}=0
$$

pode ser resolvida através da substituição \(\phi=y^{\prime}\), \(\phi^{\prime}=y^{\prime\prime}\). Temos agora que
$$
\phi^{\prime}=\frac{d\phi}{dx}=\frac{d\phi}{dy}\,\frac{dy}{dx}=\phi\frac{d\phi}{dy}.
$$

Substituindo na equação (15) temos
$$
\phi^{\prime}=-\frac{\phi^{2}}{y}.
$$

Usamos agora \(\phi^{\prime}=\phi d\phi/dy\) para obter
$$
\frac{d\phi}{dy}=-\frac{\phi}{y}\Rightarrow\frac{d\phi}{\phi}=-\frac{dy}{y}
$$

cuja solução é
$$
\phi=\frac{A}{y}.
$$

Mas, como \(\phi=y^{\prime}\), então
$$
y^{\prime}=\frac{A}{y}\Rightarrow ydy=Adx,
$$

que, após integração resulta em
$$
y^{2}+c_{1}x+c_{2}=0,
$$

uma solução obtida sob forma implícita.

Exemplo 20. Na equação \(yy^{\prime\prime}=2y^{\prime2}\), faça \(\phi=y^{\prime}\). Pela regra da cadeia,
$$
y^{\prime\prime}=\frac{d\phi}{dx}=\frac{d\phi}{dy}\,\frac{dy}{dx}=\phi\frac{d\phi}{dy}.
$$

Substituindo na equação diferencial temos
$$
y\phi\frac{d\phi}{dy}=2\phi^{2}\Rightarrow\frac{d\phi}{\phi}=2\frac{dy}{y}\Rightarrow\ln\phi=2\ln y+c.
$$

Resolvemos primeiro para \(\phi\),
$$
\phi=y^{\prime}=Cy^{2},
$$

e integramos para encontrar \(y(x)\),
$$
\frac{dy}{y^{2}}=Cdx\Rightarrow-\frac{1}{y}=c_{1}x+c_{2}.
$$

Portanto,
$$
y(x)=\frac{1}{ax+b}.
$$

Exercícios 5.

1. Resolva as equações:

a. \(y^{\prime\prime}=2y^{\prime}\)

b. \(y^{\prime\prime}+4y^{\prime}=0\)

c. \(xy^{\prime\prime}=y^{\prime}\)

d. \(xy^{\prime\prime}+2y^{\prime}=0\)

e. \(y^{\prime\prime}+y^{\prime}=e^{-x}\)

f. \(y^{\prime\prime}=1+y^{\prime2}\)

g. \(x^{2}y^{\prime\prime}=y^{\prime2},x\gt 0\)

2. Equações diferenciais onde a variável independente \(x\) não aparece explicitamente:

a. \(y^{\prime\prime}+4y^{\prime}=0\)

b. \(xy^{\prime\prime}=y^{\prime}\)

c. \(xy^{\prime\prime}+2y^{\prime}=0\)

d. \(y^{\prime\prime}+(y^{\prime})^{2}=-e^{-y}\)

e. \(y^{\prime\prime}=1+(y^{\prime})^{2}\)

f. \(yy^{\prime\prime}-(y^{\prime})^{3}=0\)

Sabendo que \(y_{1}\) é uma solução da equação diferencial, use o método da redução de ordem para encontrar uma segunda solução:

3. \(x^{2}y^{\prime\prime}+2xy^{\prime}=0,\;\,x\gt 0,\;\,y_{1}(x)=1\).

4. \(x^{2}y^{\prime\prime}+3xy^{\prime}+y=0,\;\,x\gt 0,\;\,y_{1}(x)=1/x.\)

5. \(x^{2}y^{\prime\prime}-x(x+2)y^{\prime}+(x+2)y=0,\;\,x\gt 0,\;\,y_{1}(x)=x\).

6. \(xy^{\prime\prime}-y^{\prime}+4x^{3}y=0,\;\,x\gt 0,\;\,y_{1}(x)=\text{ sen }x^{2}\).

7. \((x-1)y^{\prime\prime}-xy^{\prime}+y=0,\;\,x>1,\;\,y_{1}(x)=e^{x}\).

Algumas Soluções:

1b. \(y=c_{1}e^{-4x}+c_{2}\)
1d. \(y=c_{1}/x+c_{2}\)
1e. \(y=c_{1}e^{-x}+c_{2}-xe^{-x}\)
1f. \(y=-\ln\cos(x+c_{1})+c_{2}\)
1g. \(c_{1}^{2}y=c_{1}x-\ln(1+c_{1}x)+c_{2}, \;\text{ se } c_{1}\neq0,\;y=\frac{1}{2}x^{2}+c_{2}, \;\text{ se } c_{2}=0. \;\text{ Ou} y=c\)
2d. \(y=\ln[c_{1}+(x+c_{2})^{2}]\)
2e. \(y=\ln(c_{1}x+c_{2})\)
2f. \(ylny-y+c_{1}y+x+c_{2}=0\)
3. \(y_{2}(x)=1/x\)
4. \(y_{2}(x)=x^{-1}\ln x\)
5. \(y_{2}(x)=xe^{x}\)
6. \(y_{2}(x)=\cos x^{2}\)
7. \(y_{2}(x)=x\)

Equações de Euler

(5) Resolvemos, na seção anterior, algumas destas equações para o caso de ser conhecida uma de suas soluções. Desenvolveremos aqui uma forma de se encontrar as duas soluções l.i..

Podemos agora considerar um caso particular(5) de equações diferenciais de segunda ordem lineares com coeficientes não constantes. Elas são as chamadas equações de Euler e têm a seguinte forma:

(16)

$$
L[y]=x^{2}y^{\prime\prime}+\alpha xy^{\prime}+\beta y=0,
$$
onde \(\alpha\) e \(\beta\) são constantes. Além de seu interesse próprio, como um tipo de equação que podemos tratar de forma completa com simplicidade, o conhecimento deste tipo de solução também servirá para nos orientar na busca de solução de casos mais gerais, feitos através do método de séries de potências tratados no capítulo seguinte. Trataremos inicialmente as soluções para \(x\gt 0\). O ponto \(x=0\) é um ponto que exige consideração especial como veremos no próximo capítulo.

Iniciamos por uma solução tentativa como \( y=x^{r}\), onde \(r\) é uma constante desconhecida à princípio. Derivando uma e duas vezes temos
$$
y^{\prime}=rx^{r-1},y^{\prime\prime}=r(r-1)x^{r-2},
$$

que, quando substituidos na equação diferencial resulta em

(17)

$$
[r(r-1)+\alpha r+\beta]x^{r}=0.
$$

Como \(x^{r}\) não se anula na região considerada (\(x\gt 0\)) temos uma equação do segundo grau para a constante \(r\)
$$
r^{2}+(\alpha-1)r+\beta=0,
$$

com raízes

(18)

$$
r_{1,2}=\frac{(1-\alpha)\pm\sqrt{(\alpha-1)^{2}-4\beta}}{2}.
$$
Mais uma vez temos que considerar em separado os três casos possíveis, de raízes reais distintas, de raízes idênticas e raízes complexas.

Raízes reais distintas

Se as raízes da equação (18) são reais e distintas então temos duas soluções, \(y_{1}=x^{r_{1}}\) e \(y_{2}=x^{r_{2}}\). Elas são l.i. pois o Wronskiano é não nulo,
$$
W(x^{r_{1}},x^{r_{2}})=(r_{2}-r_{1})x^{r_{1}+r_{2}-1}\neq0,
$$

uma vez que \(r_{1}\neq r_{2}\) e \(x\) não se anula no intervalo. Fazendo uma combinação linear destas duas soluções temos
$$
y(x)=c_{1}x^{r_{1}}+c_{2}x^{r_{2}},
$$

que é a solução geral para a equação (16).

Para tratar o caso seguinte, de raízes complexas da equação de Euler precisamos de uma breve discussão preliminar. Observe que, se \(r\in\mathbb{Q}\) (é um racional) então \(x^{r}=x^{m/n}=^{n}\sqrt{x^{m}}\). No caso geral, sendo \(r\) um número racional ou não, definimos
$$
x^{r}\overset{def}{=}e^{rlnx}.
$$
Assim podemos, sem dificuldades, obter a derivada
$$
\frac{\partial}{\partial r}x^{r}=\frac{\partial}{\partial r}(e^{rlnx})=x^{r}\ln x.
$$

Raízes complexas

Se as raízes da equação (18) são complexas, digamos
$$
r_{1}=\lambda+i\mu,\;\;r_{2}=\lambda-i\mu,
$$

as soluções são \(y_{1}=\) \(x^{\lambda+i\mu}\) e \(y_{2}=x^{\lambda-i\mu}\). Elas são igualmente l.i. pois o Wronskiano é não nulo,
$$
W(y_{1},y_{2})=x^{\lambda+i\mu}(\lambda-i\mu)x^{\lambda-i\mu-1}-(\lambda+i\mu)x^{\lambda+i\mu-1}x^{\lambda-i\mu}=
$$

$$
=(-2i\mu)x^{2\lambda-1}\neq 0 \text{ para } x\neq 0,
$$

lembrando que \(\mu\neq0\), caso contrário as raizes não seriam complexas. Encontramos então duas soluções l.i. dadas por
$$
y_{+}(x)=x^{\lambda+i\mu};\;\;y_{-}(x)=x^{\lambda-i\mu}.
$$

Podemos reescrever estas soluções usando a equação de Euler:
$$
y_{+}=e^{(^{\lambda+i\mu})\ln x}=e^{\lambda\ln x}e^{i\mu\ln x}=x^{\lambda}[\cos(\mu\ln x)+i\text{ sen }(\mu\ln x)],
$$

$$
y_{-}=e^{(^{\lambda-i\mu})\ln x}=e^{\lambda\ln x}e^{-i\mu\ln x}=x^{\lambda}[\cos(\mu\ln x)-i\text{ sen }(\mu\ln x)].
$$

Duas combinações lineares de \(y_{1}\) e \(y_{2}\) são obtidas da seguinte forma
$$
y_{1}=\frac{1}{2}(y_{+}+y_{-})=x^{\lambda}\cos\mu\ln x,
$$

$$
y_{2}=\frac{1}{2i}(y_{+}-y_{-})=x^{\lambda}\text{ sen }\mu\ln x,
$$

que são igualmente l. i.. A solução geral pode então ser escrita como
$$
y(x)=x^{\lambda}[c_{1}\cos(\mu\ln x)+c_{2}\text{ sen }(\mu\ln x)].
$$

Raízes iguais

Se na solução da equação (18) temos duas raízes iguais então encontramos apenas uma solução da equação diferencial e podemos usar o método da variação dos parâmetros para achar uma segunda solução e, daí, a solução geral. Substituindo \(y=x^{r}\) na equação diferencial
$$
L[y]=x^{2}y^{\prime\prime}+\alpha xy^{\prime}+\beta y=0
$$

obtemos, como antes,
$$
r^{2}+(\alpha-1)r+\beta=0.
$$
Se \(\Delta=(\alpha-1)^{2}-4\beta=0\) então temos uma raíz dupla que denotaremos simplesmente por \(r=(1-\alpha)/2,\) e uma única solução \(y_{1}=x^{r}\). Procuramos então encontrar uma solução da forma
$$
y(x)=u(x)x^{r}.
$$

Substituindo as derivadas
$$
y^{\prime}=u^{\prime}x^{r}+rux^{r-1},
$$

$$
y^{\prime\prime}=u^{\prime\prime}x^{r}+2ru^{\prime}x^{r-1}+r(r-1)ux^{r-2},
$$

na equação diferencial inicial, e dividindo por \(x^{r}\), obtemos
$$
u^{\prime\prime}x^{2}+u^{\prime}x(2r+\alpha)+u[r(r-1)+\alpha r+\beta]=0.
$$

Observamos agora que o primeiro parênteses, \(2r+\alpha=1\), dado o valor de \(r\) neste caso, enquanto o colchete se anula devido à equação (18). Dividindo a equação restante por \(x\) temos
$$
u^{\prime\prime}x+u^{\prime}=0.
$$

Fazendo a substituição \(\phi=u^{\prime}\) chegamos a uma equação de primeira ordem
$$
\phi^{\prime}x+\phi=0,
$$

com soluções
$$
\phi=\frac{B}{x}.
$$

Integramos para obter
$$
u=B\int\frac{dx}{x}=A+B\ln x,
$$

e portanto
$$
y(x)=ux^{r}=Ax^{r}+Bx^{r}\ln x.
$$
Assim, além da solução já conhecida, \(y_{1}=x^{r_{1}}\), encontramos outra solução
$$
y_{2}(x)=x^{r_{1}}\ln x.
$$

Estas soluções são l.i. pois
$$
W(y_{1},y_{2})=x^{r_{1}}(r_{1}x^{r_{1}-1}\ln x+x^{r_{1}-1})-r_{1}x^{r_{1}-1}x^{r_{1}}\ln x=x^{2r_{1}-1}\neq0,
$$

sempre lembrando que estamos estudando apenas as soluções no intervalo \(x\gt 0\). Concluimos portanto que
$$
y(x)=c_1 x^{r_1} + c_2 x^{r_1}\ln x.
$$
é a solução geral da equação de Euler para o caso de raízes iguais.

Método Alternativo

Já encontramos a solução para o caso de raízes iguais. Descreveremos, no entanto, um procedimento diferente que servirá para introduzir técnicas de manipulação com operadores que podem ser úteis e poderosas em diversas situações. Queremos resolver a equação
$$
L[y]=x^{2}y^{\prime\prime}+\alpha xy^{\prime}+\beta y=0.
$$

Suponha agora que tomamos \(y=x^{r}\) com \(r\) variando continuamente. Com esta escolha obtemos
$$
L[x^{r}]=x^{r}[r(r-1)+\alpha r+\beta].
$$

Se existirem duas raízes reais distintas podemos escrever a equação do segundo grau dentro dos colchetes como
$$
r(r-1)+\alpha r+\beta=(r-r_{1})(r-r_{2}),
$$

onde \(r_{1}\) e \(r_{2}\) são as raízes, ou seja
$$
L[x^{r}]=x^{r}[(r-r_{1})(r-r_{2})].
$$

Observe que \(L[x^{r}]\) somente se anula se \(r=r_{1}\) ou \(r=r_{2}\). Se houver uma só raiz, \(r_{1}=r_{2}\), então
$$
L[x^{r}]=x^{r}(r-r_{1})^{2}.
$$

Agora derivamos os dois lados da última equação em relação a \(r\)

(19)

$$
\frac{\partial}{\partial r}L[x^{r}]=\frac{\partial}{\partial r}[x^{r}(r-r_{1})^{2}].
$$

Vamos tratar primeiro o lado esquerdo da equação (19). Notamos que o operador \(L\) é construído com derivadas primeira e segunda em \(x\) e que podemos inverter a ordem de derivação
$$
\frac{\partial}{\partial r}\frac{\partial}{\partial x}\rightarrow\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial}{\partial r},
$$

se as funções envolvidas são contínuas com derivadas contínuas. Como consequência
$$
\frac{\partial}{\partial r}L[x^{r}]=L\left[\frac{\partial}{\partial r}x^{r}\right]=L[x^{r}\ln x].
$$

Quanto ao lado direito de (19) temos
$$
\frac{\partial}{\partial r}[x^{r}(r-r_{1})^{2}]=x^{r}\ln x(r-r_{1})^{2}+2x^{r}(r-r_{1}).
$$

Concluimos, portanto, que
$$
L[x^{r}\ln x]=x^{r}\ln x(r-r_{1})^{2}+2x^{r}(r-r_{1}).
$$

Em particular, se tomarmos \(r=r_{1}\) então teremos encontrado a outra solução para a equação diferencial proposta, pois
$$
L[x^{r_{1}}\ln x]=0.
$$

Isto indica que, além da solução já conhecida, \(y_{1}=x^{r_{1}}\), também
$$
y_{2}(x)=x^{r_{1}}\ln x
$$

é uma solução. Já mostramos que estas soluções são linearmente independentes.

Soluções para o caso \(x \lt 0\):

Relembramos aqui que apenas obtivemos as soluções para o intervalo \(x\gt 0\). Retornando mais uma vez à equação de Euler
$$
L[y]=x^{2}y^{\prime\prime}+\alpha xy^{\prime}+\beta y=0,
$$

estamos agora interessados em encontrar soluções para \(x\lt 0\). Para isto fazemos uma troca de variáveis
$$
x=-\xi,\;\;\xi\gt 0
$$

e com esta troca temos uma nova função
$$
y(x)=\mu(\xi).
$$

As derivadas das duas funções se relacionam da seguinte forma
$$
\frac{dy}{dx}=\frac{d\mu}{d\xi}\frac{d\xi}{dx}=-\frac{d\mu}{d\xi},
$$

$$
\frac{d^{2}y}{dx^{2}}=\frac{d}{d\xi}\left(-\frac{d\mu}{d\xi}\right)\frac{d\xi}{dx}=+\frac{d^{2}\mu}{d\xi^{2}}.
$$

Com estas derivadas reescrevemos a equação diferencial de Euler em termos da função \(\mu\) e da variável \(\xi\),
$$
L[\mu]=\xi^{2}\mu^{\prime\prime}+\alpha\xi\mu^{\prime}+\beta\mu=0,\xi\gt 0,
$$

cujas soluções já conhecemos e são idênticas às soluções anteriores se tomarmos \(x\) com sinal invertido.

Juntando as duas partes obtemos as soluções gerais para todos os valores de \(x\), exceto para \(x=0\):

\(r_{1}\neq r_{2}\), reais \(y(x)=c_{1}|x|^{r_{1}}+c_{2}|x|^{r_{2}},\)
\(r_{1,2}=\lambda\pm i\mu\) complexos \(y(x)=|x|^{\lambda}[c_{1}\cos(\mu\ln|x|)+c_{2}\text{ sen }(\mu\ln|x|)]\),
\(r_{1}=r_{2}=r\) iguais \(y(x)=(c_{1}+c_{2}\ln|x|)|x|^{r}\)

Exercícios 6.

1. \(x^{2}y^{\prime\prime}+4xy^{\prime}+2y=0\)

2. \((x+1)^{2}y^{\prime\prime}+3(x+1)y^{\prime}+3y/4=0 (\text{faça }z=x+1)\)

3. \(x^{2}y^{\prime\prime}-3xy^{\prime}+4y=0\)

4. \(x^{2}y^{\prime\prime}+3xy^{\prime}+5y=0\)

5. \(x^{2}y^{\prime\prime}-xy^{\prime}+y=0\)

6. \((x-1)^{2}y^{\prime\prime}+8(x-1)y^{\prime}+12y=0\)

7. \(x^{2}y^{\prime\prime}+6xy^{\prime}-y=0\)

8. \(2x^{2}y^{\prime\prime}-4xy^{\prime}+6y=0\)

9. \(x^{2}y^{\prime\prime}-5xy^{\prime}+9y=0\)

10. \((x-2)^{2}y^{\prime\prime}+5(x-2)y^{\prime}+8y=0\)

11. \(x^{2}y^{\prime\prime}+2xy^{\prime}+4y=0\)

12. \(x^{2}y^{\prime\prime}-4xy^{\prime}+4y=0\)

Problema de valor inicial:

13. \(2x^{2}y^{\prime\prime}+xy^{\prime}-3y=0, \; y(1)=1,\; y^{\prime}(1)=4\)

14. \(4x^{2}y^{\prime\prime}+8xy^{\prime}+17y=0, \;y(1)=2, \;y^{\prime}(1)=-3\)

15. \(x^{2}y^{\prime\prime}-3xy^{\prime}+4y=0, \;y(-1)=2, \;y^{\prime}(1)=3\)

16. \(x^{2}y^{\prime\prime}+3xy^{\prime}+5y=0, \;y(1)=1, \;y^{\prime}(1)=-1\)

Algumas Soluções:

1. \(y=c_{1}x^{-1}+c_{2}x^{-2}\)
2. \(y=c_{1}|x+1|^{-1/2}+c_{2}|x+1|^{-3/2}\)
3. \(y=c_{1}x^{2}+c_{2}x^{2}\ln x\)
4. \(y=c_{1}x^{-1}\cos(2\ln x)+c_{2}x^{-1}\text{ sen }(2\ln x)\)
5. \(y=c_{1}x+c_{2}x\ln x\)
6. \(y=c_{1}(x-1)^{-3}+c_{2}(x-1)^{-4}\)
7. \(y=c_{1}|x|^{\frac{1}{2}\left(-5+\sqrt{29}\right)}+c_{2}|x|^{\frac{1}{2}\left(-5-\sqrt{29}\right)}\)
8. \(y=c_{1}|x|^{3/2}\cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\ln x\right)+c_{2}|x|^{3/2}\text{ sen }\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\ln x\right)\)
9. \(y=c_{1}x^{3}+c_{2}x^{3}\ln x\)
10. \(y=\frac{c_{1}}{(x-2)^{2}}\cos[2\ln(x-2)]+\frac{c_{2}}{(x-2)^{2}}\cos[2\ln(x-2)]\)
11. \(y=\frac{c_{1}}{\sqrt{|x|}}\cos\left(\frac{\sqrt{15}}{2}\ln x\right)+\frac{c_{2}}{\sqrt{|x|}}\text{ sen }\left(\frac{\sqrt{15}}{2}\ln x\right)\)
12. \(y=c_{1}x+c_{2}x^{4}\)
13. \(y=2x^{3/2}-1/x\)
14. \(y=2x^{-1/2}\cos(2\ln x)-x^{-1/2}\text{ sen }(2\ln x)\)
15. \(y=2x^{2}-7x^{2}\ln x\)
16. \(y=x^{-1}\cos(2\ln x)\)

Equações não Homogêneas

Considere uma equação diferencial não homogênea

(20)

$$
L[y]=y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=r(x),
$$
onde \(f(x)\), \(g(x)\) e \(r(x)\) são contínuas em um intervalo aberto \(I\). A equação homogênea associada é
$$
L[y]=y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=0,
$$

onde fizemos \(r(x)=0\). Podemos enunciar os seguintes teoremas:

Teorema 4: Sejam \(Y_{1} \text{ e } Y_{2}\) duas soluções da equação não homogênea (20). Então \(Y_{1}-Y_{2}\) é uma solução da equação homogênea associada \(L[y]=0\). Se, além disto, \(\{y_{1}, y_{2}\} \) é um conjunto fundamental de soluções de (20), então \(Y_{1}-Y_{2}=c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}\).

Demonstração: Como \(Y_{1}\) e \(Y_{2}\) são soluções de (20) então \(L[Y_{1}]=r(x),\;L[Y_{2}]=r(x)\), sendo \(L\) um operador linear temos que
$$
L[Y_{1}-Y_{2}]=L[Y_{1}]-L[Y_{2}]=r(x)-r(x)=0
$$

e, portanto, \(Y_{1}-Y_{2}\) é solução da homogênea associada. Como todas as soluções da homogênea podem ser escritas como uma combinação linear das soluções fundamentais então \(Y_{1}-Y_{2}=c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}\).

Teorema 5: A solução geral da equação não homogênea (20) pode ser escrita como
$$
y(x)=c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}+Y
$$

onde \(Y\) é uma solução qualquer da equação (20).

Demonstração: Pela linearidade de \(L\) temos que
$$
L[y(x)]=L[c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}+Y]=c_{1}L[y_{1}]+{Lc}_{2}[y_{2}]+L[Y]=r(x).
$$

Resumindo, seguimos os seguintes passos para encontrar a solução geral de uma equação diferencial não homogênea:

i Encontramos o conjunto fundamental de soluções da equação homogênea associada, \(\{y_{1},\;y_{2}\}\),
ii Encontramos uma solução da não homogênea, \(Y\),
iii Construimos a solução geral, \(\,y(x)=c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}+Y\).

Método dos Coeficientes Indeterminados

Já possuimos um método para encontrar soluções gerais para todas as equações de segunda ordem homogêneas com coeficientes constantes, para as equações de Euler e ainda para equações com coeficientes não constantes mais gerais, se conhecermos uma de suas soluções. Necessitamos agora estudar formas de obtenção de uma solução para as equações não homogêneas.

Em alguns casos podemos fazer uma hipótese inicial para a forma da solução procurada. Assim, por inspecção, supomos que a solução tem a forma de uma certa função com constantes indeterminadas, e a substituimos na equação diferencial com o propósito de determinar estas constantes. Geralmente, se a forma adotada como tentativa não for suficientemente ampla para acomodar a solução procurada, teremos que recomeçar com outra tentativa mais geral que a primeira. Alguns exemplos servirão para esclarecer melhor o método.

Exemplo 21. Vamos procurar, pelo método dos coeficientes indeterminados, a solução geral para a não homogênea

(21)

$$
y^{\prime\prime}+y^{\prime}=2\text{ sen }3x.
$$
Façamos primeiro a seguinte tentativa: \(y=A\text{ sen }3x\). Suas derivadas são
$$
y^{\prime}=3A\cos3x,\;y^{\prime\prime}=-9A\text{ sen }3x.
$$

Substituindo as derivadas na equação diferencial temos
$$
-9A\text{ sen }3x+3A\cos3x=2\text{ sen }3x,
$$

que não admite solução para a constante \(A\). Temos que tentar encontrar uma solução mais geral que esta. Tentaremos então
$$
Y=A\cos3x+B\text{ sen }3x,
$$

cujas derivadas são
$$
Y^{\prime}=-3A\text{ sen }3x+3B\cos3x,
$$

$$
Y^{\prime\prime}=-9A\cos3x-9B\text{ sen }3x.
$$

Substituindo na equação diferencial temos
$$
-9A\cos3x-9B\text{ sen }3x-3A\text{ sen }3x+3B\cos3x=2\text{ sen }3x.
$$

Agrupando termos em seno e cosseno temos
$$
(-9A+3B)\cos3x-(9B+3A)\text{ sen }3x=2\text{ sen }3x,
$$

e portanto, o sistema para \(A\) e \(B\) e sua respectiva solução,
$$
-9A+3B =0,\;\;3A+9B =-2\;\;\; \Rightarrow A=-\frac{1}{15},\;\;B=-\frac{1}{5}.
$$

Tendo encontrado as constantes \(A\) e \(B\) temos uma solução para a equação não homogênea (21),
$$
Y(x)=-\frac{1}{15}\cos3x+-\frac{1}{5}\text{ sen }3x.
$$

A equação homogênea associada \(y^{\prime\prime}+y^{\prime}=0\) tem solução geral
$$
y_{h}(x)=c_{1}+c_{2}e^{-x}.
$$

A solução geral do problema é
$$
y(x)=y_{h}(x)+Y(x)=c_{1}+c_{2}e^{-x}-\frac{1}{15}\cos3x+-\frac{1}{5}\text{ sen }3x.
$$

Exemplo 22. Encontre a solução geral para a equação não homogênea
$$
y^{\prime\prime}+2y^{\prime}=3+4\text{ sen }2x.
$$
Precisamos da solução geral da equação homogênea associada
$$
y^{\prime\prime}+2y^{\prime}=0,
$$

que pode ter sua ordem reduzida por meio da escolha
$$
\phi=y^{\prime},\;\phi^{\prime}=y^{\prime\prime}.
$$

A equação e sua solução são:
$$
\phi^{\prime}=-2\phi\Rightarrow\int\frac{d\phi}{\phi}=-2\int dx\Rightarrow\phi=ce^{-2x}.
$$

Daí obtemos \(y\) por integração
$$
y_{h}=c\int e^{-2x}dx=c_{1}e^{-2x}+c_{2}.
$$

Como solução para a não homogênea tentamos a seguinte função
$$
Y=Ax+B\text{ sen }2x+C\cos2x,
$$

com derivadas primeira e segunda respectivamente,
$$
Y^{\prime}=A+2B\cos2x-2C\text{ sen }2x,
$$

$$
Y^{\prime\prime}=-4B\text{ sen }2x-4C\cos2x.
$$

Substituindo na equação diferencial obtemos
$$
2A+(-4B-4C)\text{ sen }2x+(-4C+4B)\cos2x=3+4\text{ sen }2x.
$$

Comparando o termo constante e aqueles em seno e cosseno temos o sistema
$$
\left. \begin{array}{r} 2A =3, \\ B+C =-1 \\ -C+B=0 \end{array} \right\}
\Rightarrow A=\frac{3}{2},\;\;B=-\frac{1}{2},\;\;C=-\frac{1}{2}.
$$

A solução geral para a equação (26) é, portanto,
$$
y(x)=c_{1}e^{-2x}+c_{2}+\frac{3}{2}x-\frac{1}{2}(\text{ sen }2x+\cos2x).
$$

Exemplo 23. Encontre a solução geral para
$$
u^{\prime\prime}=\cos\omega_{0}t,
$$

onde \(u\) é função da variável independente \(t\) e \(\omega_{0}\) é uma constante. A equação homogênea tem solução
$$
u_{h}(t)=c_{1}+c_{2}t.
$$

Para a não homogênea tentamos
$$
U=A\cos\omega_{0}t+B\text{ sen }\omega_{0}t,
$$

com derivada segunda
$$
U^{\prime\prime}=-\omega_{0}^{2}U=-\omega_{0}^{2}A\cos\omega_{0}t-\omega_{0}^{2}B\text{ sen }\omega_{0}t.
$$

Então, substituindo na equação diferencial obtemos
$$
-\omega_{0}^{2}A\cos\omega_{0}t-\omega_{0}^{2}B\text{ sen }\omega_{0}t=\cos\omega_{0}t,
$$

e, portanto, \(B=0\), \(A=-1/\omega_{0}^{2}.\) A solução geral é
$$
u(t)=c_{1}+c_{2}t-\frac{1}{\omega_{0}^{2}}\cos\omega_{0}t.
$$

Observe que neste caso poderíamos ter tomado, logo no início, a solução tentativa \(U=A\cos\omega_{0}t\).

Exemplo 24. Encontre uma solução para a equação não homogênea
$$
y^{\prime\prime}-3y^{\prime}-4y=4x^{2}.
$$

Como solução para a não homogênea tentamos um polinômio de mesmo grau que \(r(x)\)
$$
Y=Ax^{2}+Bx+C,
$$

com derivadas
$$
Y^{\prime}=2Ax+B,Y^{\prime\prime}=2A.
$$

Substituindo \(Y,\;Y^{\prime}\) e \(Y^{\prime\prime}\) na equação diferencial obtemos
$$
2A-6Ax-3B-4Ax^{2}-4Bx+4C=4x^{2}.
$$

Igualando os coeficientes de termos de mesma ordem em \(x\) chegamos ao sistema
$$
\left. \begin{array}{r} -4A-4 =0 \\ -6A-4B =0 \\ 2A-3B-4c =0 \\ \end{array} \right\}
\Rightarrow A=-1,\;\;B=\frac{3}{2},\;\;c=-\frac{13}{8}.
$$

A solução da não homogênea é
$$
Y(x)=-x^{2}+\frac{3}{2}x-\frac{13}{8}.
$$

Esta solução deve ser somada à solução da homogênea associada para a obtenção da solução geral.

Exemplo 25. Encontre uma solução para a equação não homogênea
$$
2y^{\prime\prime}+3y^{\prime}+y=x^{2}+3\text{ sen }x.
$$

Para a não homogênea tentamos
$$
Y=Ax^{2}+Bx+C+D\text{ sen }x+E\cos x,
$$

observando que todas as cinco constantes \(A, B, C, D \text{ e } E\) são necessárias, como se pode verificar por tentativa direta de substituição. Suas derivadas são
$$
Y^{\prime}=2Ax+B+D\cos x-E\text{ sen }x,
$$

$$
Y^{\prime\prime}=2A-D\text{ sen }x-E\cos x,
$$

que, substituidas na equação diferencial resultam em
$$
4A-2D\text{ sen }x-2E\cos x+6Ax+3B+3D\cos x-3E\text{ sen }x+
$$
$$
+Ax^{2}+Bx+c+D\text{ sen }x+E\cos x=x^{2}+3\text{ sen }x.
$$

Reunindo os termos de mesma ordem em \(x\), os coeficientes de seno e cosseno chegamos ao sistema abaixo, e sua solução,
$$
\left. \begin{array}{r} 4A+3B+C=0 \\ 6A+B =0 \\ A=1 \\ \end{array} \right\}
\Rightarrow A=1,\;\;B=-6,\;\;C=14.
$$
$$
\left. \begin{array}{r} -3E-D=3 \\ 3D-E=0 \end{array} \right\}
\Rightarrow D=-\frac{3}{10},E=-\frac{9}{10}.
$$

A solução da não homogênea é
$$
Y(x)=x^{2}-6x+14-\frac{3}{10}\text{ sen }x-\frac{9}{10}\cos x.
$$

Uma observação final será útil para a solução de equações não homogêneas com o termo \(r(x)\) composto pela soma de duas ou mais funções. Suponha a equação diferencial na forma
$$
L[y]=r_{1}(x)+r_{2}(x).
$$
Observe que, se \(Y_{1}\) é solução de \(L[y]=r_{1}(x)\) e \(Y_{2}\) é solução de \(L[y]=r_{2}(x)\), então \(Y_{1}+Y_{2}\) é solução particular da equação (27) pois
$$
L[Y_{1}+Y_{2}]=L[Y_{1}]+L[Y_{2}]=r_{1}(x)+r_{2}(x).
$$

Exercícios 7.

1. \(y^{\prime\prime}-2y^{\prime}-3y=3e^{2x}\)

2. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+5y=3\text{ sen }2x\)

3. \(y^{\prime\prime}-2y^{\prime}-3y=-3xe^{-x}\)

4. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}=3+4\text{ sen }2x\)

5. \(y^{\prime\prime}+9y=x^{2}e^{3x}+6\)

6. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+y=2e^{-x}\)

7. \(2y^{\prime\prime}+3y^{\prime}+y=x^{2}+3\text{ sen }x\)

8. \(y^{\prime\prime}+y=3\text{ sen }2x+x \cos2x\)

9. \(y^{\prime\prime}+\omega_{0}^{2}y=\cos\omega x,\omega^{2}\neq\omega_{0}^{2}\)

10. \(y^{\prime\prime}+\omega_{0}^{2}y=\cos\omega_{0}x\)

11. \(y^{\prime\prime}+y^{\prime}+4y=2\text{senh}\,x\)

12. \(y^{\prime\prime}-y^{\prime}-2y=\cosh2x\)

13. \(y^{\prime\prime}+y^{\prime}-2y=2x,\;\,y(0)=0,\;\,y^{\prime}(0)=1\)

14. \(y^{\prime\prime}+4y=x^{2}+3e^{x},\;\,y(0)=0,\;\,y^{\prime}(0)=2\)

15. \(y^{\prime\prime}-y^{\prime}+2y=xe^{x}+4,\;\,y(0)=1,\;\,y^{\prime}(0)=1\)

16. \(y^{\prime\prime}-2y^{\prime}-3y=3xe^{2x},\;\,y(0)=1,\;\,y^{\prime}(0)=0\)

17. \(y^{\prime\prime}+4y=3\text{ sen }2x,\;\,y(0)=2,\;\,y^{\prime}(0)=-1\)

18. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+5y=4e^{-x}\cos2x,\;\,y(0)=1,\;\,y^{\prime}(0)=0\)

Algumas Soluções:

1. \(y=c_{1}e^{3x}+c_{2}e^{-x}-e^{2x}\)
2. \(y=c_{1}e^{-x}\cos2x+c_{2}e^{-x}\text{ sen }2x+\frac{3}{17}\text{ sen }2x-\frac{12}{17}\cos2x\)
3. \(y=c_{1}e^{3x}+c_{2}e^{-x}+\frac{3}{16}xe^{-x}+\frac{3}{8}x^{2}e^{-x}\)
4. \(y=c_{1}+c_{2}e^{-2x}+\frac{3}{2}x-\frac{1}{2}\text{ sen }2x-\frac{1}{2}\cos2x\)
5. \(y=c_{1}\cos3x+c_{2}\text{ sen }3x+\frac{1}{162}(9x^{2}-6x+1)e^{3x}+\frac{2}{3}\)
6. \(y=c_{1}e^{-x}+c_{2}xe^{-x}+x^{2}e^{-x}\)
7. \(y=c_{1}e^{-x}+c_{2}e^{-x/2}+x^{2}-6x+14-\frac{3}{10}\text{ sen }x-\frac{9}{10}\cos x\)
8. \(y=c_{1}\cos x+c_{2}\text{ sen }x-\frac{1}{3}x\cos2x-\frac{5}{9}\text{ sen }2x\)
9. \(y=c_{1}\cos\omega_{0}x+c_{2}\text{ sen }\omega_{0}x+(\omega_{0}^{2}-\omega^{2})^{-1}\cos\omega x\)
10. \(y=c_{1}\cos\omega_{0}x+c_{2}\text{ sen }\omega_{0}x+(1/2\omega_{0})x\text{ sen }\omega x\)
11. \(y=c_{1}e^{-x/2}\cos\left(\sqrt{15}x/2\right)+c_{2}e^{-x/2}\text{ sen }\left(\sqrt{15}x/2\right)+\frac{1}{6}e^{x}-\frac{1}{4}e^{-x}\)
12. \(y=c_{1}e^{-x}+c_{2}e^{2x}+\frac{1}{6}xe^{2x}+\frac{1}{8}e^{-2x}\)
13. \(y=e^{x}-\frac{1}{2}e^{-2x}-x-\frac{1}{2}\)
14. \(y=\frac{7}{10}\text{ sen }2x-\frac{19}{40}\cos2x-\frac{1}{8}+\frac{3}{5}e^{x}+\frac{1}{4}x^{2}\)
15. \(y=4xe^{x}-3e^{x}+\frac{1}{6}x^{3}e^{x}+4\)
16. \(y=e^{3x}+\frac{2}{3}e^{-x}-\frac{2}{3}e^{2x}-xe^{2x}\)
17. \(y=2\cos2x-\frac{1}{8}\text{ sen }2x-\frac{3}{4}\cos2x\)
18. \(y=e^{-x}\cos2x+\frac{1}{2}e^{-x}\text{ sen }2x+xe^{-x}\text{ sen }2x\)

Método da Variação dos Parâmetros

(6) Supondo que as integrais envolvidas possam ser explicitamente avaliadas. Caso contrário se pode realizar integrações numéricas ou simplesmente obter uma solução formal da qual se pode extrair informações úteis.

O método da variação dos parâmetros para a solução da equações diferenciais não homogêneas, atribuído a Lagrange, é um método mais geral e não implica em prever uma forma apropriada para a solução. Embora geralmente mais trabalhoso que o método anterior ele é também mais poderoso e fornece sempre, em princípio, uma solução(6).

O método consiste no seguinte procedimento: para encontrar uma solução geral para a equação não homogênea
$$
L[y]=y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=r(x)
$$

buscamos primeiro uma solução para a homogênea associada, \(L[y]=0\). Digamos que
$$
y_{h}(x)=Ay_{1}(x)+By_{2}(x),
$$

com \( A \text{ e } B\) constantes, seja esta solução. A variação dos parâmetros consiste em substituir as constantes por funções desconhecidas,
$$
A\rightarrow A(x),\;\;B\rightarrow B(x),
$$

o que resulta em uma solução tentativa mais geral que a anterior, sob a forma de

(22)

$$
y(x)=A(x)y_{1}(x)+B(x)y_{2}(x).
$$

Note que com isto estamos introduzindo uma grau de liberdade extra em nosso problema e que uma única equação do tipo não será suficente para determinar univocamente as funções \(A(x)\) e \(B(x)\). Como veremos, usaremos esta liberdade extra para inserir um vínculo ou restrição adicional de forma a simplificar a solução do problema. Omitindo os argumentos das funções, para ter uma notação mais compacta, escrevemos a derivada primeira da solução tentativa:
$$
y^{\prime}=Ay_{1}^{\prime}+A^{\prime}y_{1}+By_{2}^{\prime}+B^{\prime}y_{2}
$$

sobre a qual imporemos o vínculo adicional

(23)

$$
y_{1}A^{\prime}+y_{2}B^{\prime}=0.
$$
Assim resta apenas, para a derivada primeira
$$
y^{\prime}=Ay_{1}^{\prime}+By_{2}^{\prime}
$$

e, consequentemente
$$
y^{\prime\prime}=Ay_{1}^{\prime\prime}+By_{2}^{\prime\prime}+A^{\prime}y_{1}^{\prime}+B^{\prime}y_{2}^{\prime}.
$$

Com estas escolhas a equação (22) fica assim
$$
Ay_{1}^{\prime\prime}+By_{2}^{\prime\prime}+A^{\prime}y_{1}^{\prime}+B^{\prime}y_{2}^{\prime}+f(Ay_{1}^{\prime}+By_{2}^{\prime})+g(Ay_{1}+By_{2})=r.
$$

Reagruparemos os termos da seguinte forma
$$
A(y_{1}^{\prime\prime}+fy_{1}^{\prime}+gy_{1})+B(y_{2}^{\prime\prime}+fy_{2}^{\prime}+gy_{2})+A^{\prime}y_{1}^{\prime}+B^{\prime}y_{2}^{\prime}=r,
$$

para ver que a equação se reduz à

(24)

$$
A^{\prime}y_{1}^{\prime}+B^{\prime}y_{2}^{\prime}=r,
$$
uma vez que os termos dentros dos parênteses são nulos já que \(y_{1}\) e \(y_{2}\) são soluções da homogênea associada. Observamos que a escolha particular do vínculo adicional dada por (30) faz com que a derivada segunda de \(y\) contenha apenas termos com derivadas primeiras de \(A\) e \(B\), e que a substituição da solução tentativa na equação diferencial original leva a uma expressão simples (24) que, igualmente, contém apenas \(A^{\prime}\) e \(B^{\prime}\). As equações (23) e (24) devem ser resolvidas simultaneamente. Elas formam um sistema linear algébrico (isto é, não são equações diferenciais) para \(A^{\prime}\) e \(B^{\prime}\). Como último passo encontramos por integração as funções \(A(x)\) e \(B(x)\) e teremos assim resolvido a equação (22).

Exemplo 26. Vamos procurar a solução da equação não homogênea

(25)

$$
y^{\prime\prime}-5y^{\prime}+6y=2e^{x},
$$
pelo método da variação dos parâmetros. Temos que encontrar primeiro a solução geral da homogênea associada, que tem equação característica \(r^{2}-5r+6=0\) cujas raízes são \(r=2\) e \(r=3\). A solução da homogênea é
$$
y_{h}(x)=Ae^{2x}+Be^{3x},
$$
Para a não homogênea tentamos a solução
$$
y(x)=A(x)e^{2x}+B(x)e^{3x},
$$

onde \(A \text{ e } B\) são agora funções, e que tem derivada primeira
$$
y^{\prime}=A^{\prime}e^{2x}+B^{\prime}e^{3x}+2Ae^{2x}+3Be^{3x}.
$$

Introduzindo o vínculo ou restrição
$$
A^{\prime}e^{2x}+B^{\prime}e^{3x}=0
$$

ficamos com
$$
y^{\prime}=2Ae^{2x}+3Be^{3x},
$$

e a derivada segunda:
$$
y^{\prime\prime}=2A^{\prime}e^{2x}+4Ae^{2x}+3B^{\prime}e^{3x}+9Be^{3x}.
$$

Substituindo na equação diferencial e agrupando os termos de forma conveniente temos
$$
A(4e^{2x}-10e^{2x}+6e^{2x})+B(9e^{3x}-15e^{3x}+6e^{3x})+2A^{\prime}e^{2x}+3B^{\prime}e^{3x}=2e^{x}
$$

ou, já que os termos dentro dos parênteses são nulos,
$$
2A^{\prime}e^{2x}+3B^{\prime}e^{3x}=2e^{x}.
$$

Temos portanto o seguinte sistema algébrico e sua solução
$$
\left.
\begin{array}{l}
A^{\prime}e^{2x}+B^{\prime}e^{3x} =0 \\
2A^{\prime}e^{2x}+3B^{\prime}e^{3x} =2e^{x} \\
\end{array}
\right\}
\Rightarrow A^{\prime}=-2e^{-x},\;\;B^{\prime}=2e^{-2x}.
$$

Por integração destas funções obtemos \(A\) e \(B\),
$$
A=-2\int e^{-x}dx=2e^{-x}+c_{1},
$$

$$
B=2\int e^{-2x}dx=-e^{-2x}+c_{2}.
$$

A solução geral da equação (25) é
$$
y(x)=(2e^{-x}+c_{1})e^{2x}+(-e^{-2x}+c_{2})e^{3x}=c_{1}e^{2x}+c_{2}e^{3x}+e^{x}.
$$
Exemplo 27. Para resolver a equação não homogênea

(26)

$$
y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+4y=x^{-2}e^{-2x}
$$
procuramos as soluções da homogênea associada, que tem equação característica
$$
r^{2}+4r+4=0
$$

com raíz dupla \(r=-2\). A solução da homogênea é
$$
y_{h}(x)=Ae^{-2x}+Bxe^{-2x},
$$

\(A \text{ e } B\) constantes. Para a não homogênea tentamos a variação dos parâmetros
$$
y(x)=Ae^{-2x}+Bxe^{-2x}
$$

onde agora \(A\) e \(B\) são funções. A derivada primeira é
$$
y^{\prime}=A^{\prime}e^{-2x}-2Ae^{-2x}+B^{\prime}xe^{-2x}+Be^{-2x}-2Bxe^{-2x}.
$$

Introdução a restrição
$$
(A^{\prime}+B^{\prime}x)e^{-2x}=0
$$

obtemos, simplesmente
$$
y^{\prime}=(-2A+B-2Bx)e^{-2x}.
$$

A derivada segunda é
$$
y^{\prime\prime}=(-2A^{\prime}+4A+B^{\prime}-4B-2B^{\prime}x+4Bx)e^{-2x}
$$

Substituindo na equação (20) e realizando os possíveis cancelamentos temos
$$
-2A^{\prime}+B^{\prime}-2B^{\prime}x=x^{-2}.
$$

Resta apenas resolver o sistema
$$
\begin{array}{ll}
A^{\prime}+B^{\prime}x =0 & (a) \\
-2A^{\prime}+B^{\prime}-2B^{\prime}x =x^{-2} & (b)\\
\end{array}
$$

Multiplicando a primeira equação por 2 e somando com a segunda para obtemos
$$
B^{\prime}(1-2x+2x)=x^{-2}\Rightarrow B^{\prime}=x^{-2},
$$

$$
A^{\prime}=-xB^{\prime}=-x^{-1}.
$$

Integrando obtemos \(A\) e \(B\),
$$
A=-\int\frac{1}{x}dx=-\ln x+c_{1},
$$

$$
B=\int\frac{1}{x^{2}}dx=-\frac{1}{x}+c_{2},
$$

e a solução geral de (20) é
$$
y(x)=(-\ln x+c_{1})e^{-2x}+\left(-\frac{1}{x}+c_{2}\right)xe^{-2x}=
$$

$$
=c_{1}e^{-2x}+c_{2}xe^{-2x}-e^{-2x}\ln x-e^{-2x},
$$

ou, ainda,
$$
y(x)=c_{3}e^{-2x}+c_{2}xe^{-2x}-e^{-2x}\ln x,
$$

onde \(c_{3}=c_{1}-1\).

Como será ilustrado no exemplo a seguir, o método da variação dos parâmetros pode ser usado na solução de equações diferenciais com coeficientes não constantes. Vale lembrar que ainda não estudamos uma forma geral para a obtenção de soluções para estas equações mesmo no caso homogêneo, exceto para as equações de Euler. Este estudo será feito no capítulo sobre as soluções em séries de potências.

No exemplo seguinte supomos conhecidas duas soluções l.i. para a equação homogênea associada e, a partir delas, obtemos a solução geral para a não homogênea.

Exemplo 28. Dada a equação de Euler
$$
x^{2}y^{\prime\prime}-2y=3x^{2}-1,
$$
podemos encontrar as soluções da homogênea associada que são \(y_{1}=x^{2}\) e \(y_{2}=x^{-1}\). A partir dai procuramos a sua solução geral. Usando a variação dos parâmetros construimos a solução tentativa
$$
y(x)=A(x)x^{2}+B(x)x^{-1}.
$$

Na derivada primeira
$$
y^{\prime}=A^{\prime}x^{2}+B^{\prime}x^{-1}+2Ax-Bx^{-2},
$$

impomos a restrição

(27)

$$
A^{\prime}x^{2}+B^{\prime}x^{-1}=0,
$$
o que nos deixa com as seguintes derivadas de \(y\),
$$
y^{\prime}=2Ax-Bx^{-2},
$$

$$
y^{\prime\prime}=2A^{\prime}x-B^{\prime}x^{-2}+2A+2Bx^{-3}.
$$

Substituindo na equação diferencial temos

(28)

$$
2A^{\prime}x^{3}-B^{\prime}=3x^{2}-1.
$$
As equações (27) e (28) formam um sistema algébrico para \(A^{\prime}\) e \(B^{\prime}\), com solução
$$
A^{\prime}=\frac{1}{x}-\frac{1}{3x^{3}},\;\;B^{\prime}=\frac{1}{3}-x^{2}.
$$

As funções \(A\) e \(B\) podem ser encontradas por integração direta,
$$
A=\int\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{3x^{3}}\right)dx=\ln x+\frac{1}{6x^{2}}+c_{1},
$$

$$
B=\int\left(\frac{1}{3}-x^{2}\right)dx=\frac{1}{3}(x-x^{3})+c_{2}
$$

e, portanto, a solução geral de (*32) é
$$
y(x)=\left(\ln x+\frac{1}{6x^{2}}+c_{1}\right)x^{2}+\left[\frac{1}{3}(x-x^{3})+c_{2}\right]\frac{1}{x}=
$$

$$
=c_{1}x^{2}+c_{2}x^{-1}+x^{2}\left(\ln x-\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{2}.
$$

Observamos que \(x^{2}/3\) é uma solução da equação homogênea e não contribui para a solução da não homogênea. Reescrevemos então a solução obtida como
$$
y(x)=c_{3}x^{2}+c_{2}x^{-1}+x^{2}\ln x+\frac{1}{2},
$$

onde \(c_{3}=c_{1}-1/3.\)

Exemplo 29. Dada a equação diferencial

(29)

$$
xy^{\prime\prime}-(1+x)y^{\prime}+y=x^{2}e^{2x}
$$
podemos verificar por substituição que \(y_{1}=1+x\) e \(y_{2}=e^{x}\) são soluções da homogênea asssociada. Usando a variação dos parâmetros procuramos sua solução geral construindo
$$
y(x)=A(1+x)+Be^{x},
$$

onde as funções \(A\) e \(B\) são desconhecidas. Sua derivada primeira é
$$
y^{\prime}=A^{\prime}(1+x)+A+B^{\prime}e^{x}+Be^{x}.
$$

Com a restrição adicional
$$
A^{\prime}(1+x)+B^{\prime}e^{x}=0
$$

ficamos com as seguintes derivadas de \(y\),
$$
y^{\prime}=A+Be^{x},
$$

$$
y^{\prime\prime}=A^{\prime}+B^{\prime}e^{x}+Be^{x}.
$$

Com estas escolhas a equação diferencial fica
$$
x(A^{\prime}+B^{\prime}e^{x}+Be^{x})-(1+x)(A+Be^{x})+A(1+x)+Be^{x}=x^{2}e^{2x}
$$

ou, após os devidos cancelamentos
$$
A^{\prime}+B^{\prime}e^{x}=xe^{2x}.
$$

Desta vez temos o sistema
$$
\begin{array}{l}
A^{\prime}(1+x)+B^{\prime}e^{x}=0 \\
A^{\prime}+B^{\prime}e^{x}=xe^{2x}.\\
\end{array}
$$

Subtraindo a primeira da segunda temos
$$
-A^{\prime}x=xe^{2x}\Rightarrow A^{\prime}=-e^{2x}
$$

e
$$
B^{\prime}e^{x}=-A^{\prime}(1+x)\Rightarrow B^{\prime}=(1+x)e^{x}.
$$

Integramos para obter
$$
A=-\int e^{2x}dx=-\frac{e^{2x}}{2}+c_{1},
$$

$$
B=\int(1+x)e^{x}dx=e^{x}+\int xe^{x}dx.
$$

(7) Lembrando: \(\int udv=uv-\int vdu\).

Podemos resolver esta última integral por partes(7), fazendo
$$
u=x,\;\,du=dx
$$

$$
dv=e^{x}dx,v=e^{x}.
$$

Dai
$$
\int xe^{x}dx=xe^{x}-\int e^{x}dx=e^{x}(x-1).
$$

Assim encontramos
$$
B=e^{x}+e^{x}(x-1)=xe^{x}+c_{2}.
$$

Consequentemente a solução geral da equação (29) é
$$
y(x)=\left(-\frac{e^{2x}}{2}+c_{1}\right)(1+x)+({xe}^{x}+c_{2})e^{x}
$$

$$
=c_{1}(1+x)+c_{2}e^{x}+\frac{1}{2}(x-1)e^{2x}.
$$

Este desenvolvimento é, na prática, a forma usual apropriada para a solução de equações diferenciais usando este método. Apresentamos, no entanto, uma solução formal no teorema seguinte.

Teorema 6: Dada a equação diferencial não homogênea

(30)

$$
L[y]=y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=r(x)
$$

onde \(f(x),\;g(x)\text{ e } r(x)\) são funções contínuas em um intervalo aberto \(I\) e \( y_{1}(x), y_{2}(x)\) são soluções linearmente independentes da homogênea \(L[y]=0 \) então uma solução particular de (30) é
$$
Y(x)=-y_{1}(x)\int\frac{y_{2}(x)r(x)}{W(y_{1},y_{2})}dx+y_{2}(x)\int\frac{y_{1}(x)r(x)}{W(y_{1},y_{2})}dx.
$$

A solução geral, já vista em teorema anterior, é
$$
y(x)=c_{1}y_{1}(x)+c_{2}y_{2}(x)+Y(x).
$$

Demonstração: Sabemos que
$$
y_{h}(x)=Ay_{1}(x)+By_{2}(x)
$$

é a solução geral da equação homogênea. Tentamos uma solução sob a forma
$$
y(x)=A(x)y_{1}(x)+B(x)y_{2}(x).
$$

Procedendo como já feito no início desta seção chegamos a uma sistema de equações lineares em \(A^{\prime}\) e \(B^{\prime}\)
$$
y_{1}A^{\prime}+y_{2}B^{\prime} =0
$$
$$
y_{1}^{\prime}A^{\prime}+y_{2}^{\prime}B^{\prime}=r
$$

ou, em notação matricial,
$$
\begin{bmatrix} y_{1} & y_{2} \\ y_{1}^{\prime} & y_{2}^{\prime} \end{bmatrix}
\begin{bmatrix} A^{\prime} \\ B^{\prime} \end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix} 0 \\ r \end{bmatrix}
$$

Usando a regra de Cramer obtemos as soluções
$$
A^{\prime}=\frac{\det \begin{bmatrix} 0 & y_{2} \\ r & y_{2}^{\prime} \end{bmatrix}}
{W(y_{1},y_{2})}=\frac{-y_{2}r}{W(y_{1},y_{2})},
$$
$$
B^{\prime}=\frac{\det \begin{bmatrix} y_{1} & 0 \\ y_{1}^{\prime} & r \end{bmatrix}}
{W(y_{1},y_{2})}=\frac{y_{1}r}{W(y_{1},y_{2})},
$$

Observe que o Wronskiano não se anula pois \(y_{1}\) e \(y_{2}\) são l.i.. Integrando chegamos a expressões formais para \(A\) e \(B\),
$$
A=-\int\frac{y_{2}r}{W(y_{1},y_{2})}dx+c_{1},
$$

$$
B=\int\frac{y_{1}r}{W(y_{1},y_{2})}dx+c_{2}.
$$

A solução geral para a equação (30) é
$$
y(x)=c_{1}y_{1}(x)+c_{2}y_{2}(x)-y_{1}(x)\int\frac{y_{2}r}{W(y_{1},y_{2})}dx+y_{2}(x)\int\frac{y_{1}r}{W(y_{1},y_{2})}dx,
$$

sendo que
$$
Y(x)=-y_{1}(x)\int\frac{y_{2}r}{W(y_{1},y_{2})}dx+y_{2}(x)\int\frac{y_{1}r}{W(y_{1},y_{2})}dx
$$

é uma solução particular da não homogênea.

Exercícios 8.

Encontre uma solução particular:

1. \(y^{\prime\prime}-5y^{\prime}+6y=2e^{x}\)

2. \(y^{\prime\prime}-y^{\prime}-2y=2e^{-x}\)

3. \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+y=3e^{-x}\)

4. \(4y^{\prime\prime}-4y^{\prime}+y=16e^{x/2}\)

Encontre a solução geral:

5. \(y^{\prime\prime}+y=\tan x,\;\,0\lt x\lt\pi/2\)

6. \(y^{\prime\prime}+9y=9\sec^{2}(3x),\;\,0\lt x\lt\pi/6\)

7. \(y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+4y=x^{-2}e^{-2x},\;\,x\gt 0\)

8. \(y^{\prime\prime}+4y=3\csc2x,\;\,0\lt x \lt \pi/2\)

9. \(4y^{\prime\prime}+y=2\sec(x/2),\;-\pi \lt x \lt \pi\)

10. \(y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+y=e^{x}/(1+x^{2})\)

11. \(y^{\prime\prime}-5y^{\prime}+6y=f(x)\)

12. \(y^{\prime\prime}+4y=f(x)\)

Obs.: Considere que \(f(x)\) é uma função qualquer, nas questões 11 e 12.

Nos problemas seguintes verifique que \(y_{1}\) e \(y_{2}\) são soluções da homogênea associada e encontre uma solução particular da não homogênea:

13. \(x^{2}y^{\prime\prime}-2y=3x^{2}-1,\;\,x\gt 0,\;\,y_{1}=x^{2},\;\,y_{2}=x^{-1}\)

14. \(x^{2}y^{\prime\prime}-x(x+2)y^{\prime}+(x+2)y=2x^{3},x\gt 0,\;\,y_{1}=x,\;\,y_{2}=xe^{x}\)

15. \(xy^{\prime\prime}-(1+x)y^{\prime}+y=x^{2}e^{2x},\;\,x\gt 0,\;\,y_{1}=1+x,\;\,y_{2}=e^{x}\)

16. \((1-x)y^{\prime\prime}+xy^{\prime}-y=2(x-1)^{2}e^{-x},\;\,0 \lt x \lt 1,\;\,y_{1}=e^{x},\;\,y_{2}=x\)

17. \(x^{2}y^{\prime\prime}-3xy^{\prime}+4y=x^{2}\ln x,\;\,x\gt 0,\;\,y_{1}=x^{2},\;\,y_{2}=x^{2}\ln x\)

18. \(x^{2}y^{\prime\prime}+xy^{\prime}+(x^{2}-0,25)y=3x^{3/2}\text{ sen }x,\;x\gt 0,\;y_{1}=x^{-1/2}\text{ sen }x,\;y_{2}=x^{-1/2}\cos x\)

Algumas Soluções:

1. \(Y=e^{x}\)

2. \(Y=-\frac{2}{3}xe^{-x}\)

3. \(Y=\frac{3}{2}x^{2}e^{-x}\)

4. \(Y=2x^{2}e^{x/2}\)

5. \(y=c_{1}\cos x+c_{2}\text{ sen }x-(\cos x)\ln(\tan+\sec x)\)

6. \(y=c_{1}\cos3x+c_{2}\text{ sen }3x+(\text{ sen }3x)\ln(\tan3x+\sec3x)-1\)

7. \(y=(c_{1}+c_{2}x-\ln x)e^{-2x}\)

8. \(y=c_{1}\cos2x+c_{2}\text{ sen }2x+\frac{3}{4}(\text{ sen }2x)\ln(\text{ sen }2x)-\frac{3}{2}x\cos2x\)

9. \(y=c_{1}\cos x/2+c_{2}\text{ sen }x/2+x\text{ sen }x/2+2\ln\cos x/2\)

10. \(y=c_{1}e^{x}+c_{2}xe^{x}-\frac{1}{2}e^{x}\ln(1+x^{2})+xe^{x}\arctan x\)

11. \(y=c_{1}e^{2x}+c_{2}e^{3x}+\int[e^{3(x-t)}-e^{2(x-t)}]f(t)dt\)

12. \(y=c_{1}\cos2x+c_{2}\text{ sen }2x+\frac{1}{2}\int f(t)\text{ sen }2(x-t)dt\)

13. \(Y=\frac{1}{2}+x^{2}\ln x\)

14. \( Y=-2x^{2}\)

15. \(Y=\frac{1}{2}(x-1)e^{2x}\)

16. \(Y=-\frac{1}{2}(2x-1)e^{-x}\)

17. \( Y=\frac{1}{6}x^{2}(\ln x)^{3}\)

18. \( Y=-\frac{3}{2}\sqrt{x}\cos x\).

O Método Complexo

Um pequeno acréscimo pode ser interessante neste ponto no que se refere ao uso das equações diferenciais em aplicações. Um tipo de equação comum em aplicações provenientes da mecânica e dos circuitos elétricos é
$$
Ay^{\prime\prime}+By^{\prime}+cy=r(x)
$$

onde a parte não homogênea \(r(x)\) involve senos e cossenos. Embora estas equações possam ser tratadas por um dos métodos já estudados, vamos considerar uma forma prática para se encontrar uma solução particular usando funções complexas. Faremos isto por meio de exemplos.

Exemplo 30. Considere a equação

(31)

$$
y^{\prime\prime}+y^{\prime}+3y=5\text{ sen }x.
$$
Pelo método dos coeficientes indeterminados fazemos
$$
y_{p}=a\cos x+b\text{ sen }x
$$

e substituimos na equação, para encontrar a solução particular
$$
y_{p}(x)=-\cos x+2\text{ sen }x.
$$

O método complexo consiste em resolver outra equação,
$$
Y^{\prime\prime}+Y^{\prime}+3Y=5e^{ix},
$$

(8) \(\text{Im}[f(x)]\) é a parte imaginária da função complexa \(f\), enquanto \(\text{Re}[f(x)]\) é a parte real.

notando que(8) \(\text{Im}(e^{ix})=\text{ sen }x\). Para esta equação fazemos a tentativa
$$
Y=ke^{ix}.
$$

Substituindo esta função e suas derivadas,
$$
Y^{\prime}=ike^{ix},\;\,Y^{\prime\prime}=-ke^{ix},
$$

na equação (31) temos
$$
-ke^{ix}+ike^{ix}+3ke^{ix}=5e^{ix}
$$

ou seja
$$
k(2+i)=5\Rightarrow k=\frac{5}{2+i}=\frac{5(2-i)}{(2+i)(2-i)}=\frac{10-5i}{5}=2-i.
$$

A solução particular para (31) é, então,
$$
Y_{p}=(2-i)e^{ix}=(2-i)(\cos x+i\text{ sen }x)=2\cos x+\text{ sen }x+i(-\cos x+2\text{ sen }x).
$$

Notamos agora que, para obter a solução da equação original (31), basta tomar a parte imaginária desta última expressão:
$$
y_{p}(x)=\text{Im}(Y_{p})=-\cos x+2\text{ sen }x,
$$
como já esperado.

Exercícios 9.

1. \(y^{\prime\prime}+3y^{\prime}+16y=24\cos4t\)

2. \(y^{\prime\prime}+y^{\prime}+4y=8\text{ sen }2t\)

3. \(y^{\prime\prime}+5y^{\prime}+\frac{1}{8}y=25\cos10t\)

4. \(y^{\prime\prime}+y^{\prime}+9y=-3\text{ sen }3t\)

Algumas Soluções:

1. \(y=2\text{ sen }4t\)

3. \(y=2\) sen \(4t\)

Aplicações

Movimento harmônico simples, forçado ou amortecido

As equações com coeficientes constantes, embora simples, servem como modelo para um grande número de sistemas importantes nas aplicações em física, engenharia e outras áreas. Já mencionamos que um corpo de massa \(m\), preso a uma mola de constante elástica \(k\), sob atrito e sujeito à uma força externa variável \(f(t)\) tem seu movimento descrito por um equação diferencial linear de segunda ordem com coeficientes constantes.

Figura: Sistema massa-mola.

A força que a mola exerce sobre o corpo é dada pela lei de Hooke, \(F_{mola}=-kx\), enquanto o atrito exerce uma força proporcional à sua velocidade e em direção oposta a ela, \(F_{atrito}=-cv\). De acordo com a segunda lei de Newton, \(\sum F=ma\), onde \(\sum F\) é a soma de todas as forças atuando sobre o corpo, ou seja
$$
ma=-cv-kx.
$$

Se além destas forças adicionarmos uma força externa \(f(t)\) provida, por exemplo, por um motor dotado de pistons ou outro mecanismo qualquer de transferência de energia para o sistema corpo-mola, teremos a equação
$$
m\frac{d^{2}x(t)}{dt}+c\frac{dx}{dt}+kx=f(t),
$$

ou, utilizando a notação compacta \(\dot{x}=dx/dt,\) \(\ddot{x}=d^{2}x/dt^{2},\)
$$
m\ddot{x}+c\dot{x}+kx=f(t).
$$

Exemplo 31. Movimento harmônico simples O caso mais simples de interesse é o da mola livre, sem a atuação de forças externas ou atrito. Nesta situação temos

$$
m\ddot{x}+kx=0
$$

cuja solução pode ser obtida substituindo-se \(x=e^{rt}\) na equação diferencial para obter
$$
mr^{2}+k=0\Rightarrow r=\pm i\omega
$$

onde \(\omega=\sqrt{k/m}\) é a frequência natural do sistema. A solução geral é

(32)

$$
x(t)=c_{1}\text{ sen }\omega t+c_{2}\cos\omega t.
$$

Ângulo de fase

As constantes de integração ficam determinadas por meio das condições iniciais como, por exemplo, a posição e a velocidade inicial do corpo. Uma outra forma interessante pode ser obtida para esta solução se definirmos novas constantes \(C\) e \(\delta\) que se relacionam com \(c_{1}\) e \(c_{2}\) de acordo com a figura,

$$
\left\{
\begin{array}{l}
C\cos\delta=c_{1} \\
C\text{ sen }\delta=c_{2}\\
\end{array}
\Rightarrow C=\sqrt{c_{1}^{2}+c_{2}^{2}},\delta=\arctan\left(\frac{c_{2}}{c_{1}}\right).\right.
$$

A equação (32) fica escrita como
$$
x(t)=C(\text{ sen }\omega tcos\delta+\cos\omega t\text{ sen }\delta).
$$

Usamos a fórmula da adição de arco do seno
$$
\text{ sen }(a+b)=\text{ sen }a\cos b+\cos a\text{ sen }b
$$

para escrever
$$
x(t)=C\text{ sen }(\omega t+\delta).
$$
Observe que o gráfico deste movimento, que descreve um movimento harmônico simples, é simplesmente o de um seno (cosseno) com amplitude e fase modificados em relação ao seno (cosseno) puro.

Exemplo 32. Trataremos um exemplo particular da situação descrita no exemplo 1. Um objeto de massa igual a 4 kg está preso a uma mola com constante de Hooke \(k=9\) N/cm sobre uma mesa horizontal sem atrito. No instante \(t=0\) a massa é solta de uma posição inicial afastada 6cm da posição de equilíbrio da mola e com velocidade inicial de 3 cm/s. A equação diferencial que descreve o movimento do objeto é
$$
\ddot{x}=-\omega^{2}x,
$$

onde \(\omega=\sqrt{k/m}=3/2s^{-1}\). Observe que \(\omega\) tem unidades de \(\text{(tempo)}^{-1}\), sendo uma medida de frequência. A solução e sua derivada são, respectivamente,
$$
x(t)=c_{1}\text{ sen }\omega t+c_{2}\cos\omega t,
$$
$$
\dot{x}(t)=c_{1}\omega\cos\omega t-c_{2}\omega\text{ sen }\omega t.
$$

Determinamos agora as constantes \(c_{1}\) e \(c_{2}\) usando as condições iniciais:
$$
x(0)=6cm\Rightarrow c_{2}=6cm,
$$

$$
\dot{x}(0)=\omega c_{1}=3cms^{-1}\Rightarrow c_{1}=2cm.
$$

A solução particular encontrada é
$$
x(t)=2\text{ sen }\frac{3t}{2}+6\cos\frac{3t}{2},
$$

onde o tempo \(t\) é medido em segundos, \(x\) em centímetros. Alternativamente podemos calcular a amplitude da oscilação:
$$
C=\sqrt{c_{1}^{2}+c_{2}^{2}}=\sqrt{40}cm\approx6,3cm
$$

enquanto o ângulo de fase é
$$
\delta=\arctan\left(\frac{c_{2}}{c_{1}}\right)=\arctan(3)\approx1,25\text{rad}.
$$

Portanto, a menos de arredondamentos, a posição é dada por
$$
x(t)\approx6,3\text{ sen }\left(\frac{3t}{2}+1,25\right).
$$

Observe que enquanto \(x\) é dado em centímetros o argumento do seno é adimensional.

Exemplo 33. Movimento amortecido Se o objeto preso a massa está submetido a algum tipo de atrito, por exemplo, por estar se movendo dentro de um meio viscoso ou por ter atrito com a superfície onde está apoiado, então parte da energia do sistema será dissipada por este atrito e a amplitude de oscilação decairá. A força de atrito é geralmente descrita por um termo proporcional à uma potência da velocidade. Tomaremos como exemplo a força de atrito como \(F_{atrito}=-c\dot{x}\), sendo que o sinal negativo indica que esta força age na direção contrária à do movimento. Aplicando a segunda lei de Newton temos
$$
F=-c\dot{x}-kx
$$

ou seja, denotando \(2\lambda=c/m\) e \(\omega=\sqrt{k/m}\)
$$
\ddot{x}+2\lambda\dot{x}+\omega^{2}x=0.
$$
Com esta notação a equação característica é \(r^{2}+2\lambda r+\omega^{2}=0\), com raízes
$$
r_{1}=-\lambda+\sqrt{\lambda^{2}-\omega^{2}};\;\;r_{2}=-\lambda-\sqrt{\lambda^{2}-\omega^{2}}.
$$

O comportamento do sistema pode ser descrito em três casos gerais:

i) Sistema superamortecido, quando \(\lambda^{2}-\omega^{2}\gt 0\). Neste caso o amortecimento \(c\) é grande quando comparado à constante elástica \(k\). A solução não apresenta oscilações, sendo dada por
$$
x(t)=\left(c_{1}e^{\sqrt{\lambda^{2}-\omega^{2}}t}+c_{2}e^{-\sqrt{\lambda^{2}-\omega^{2}}t}\right)e^{-\lambda t}.
$$

ii) Sistema subamortecido, quando \(\lambda^{2}-\omega^{2}\lt 0\). Neste caso o amortecimento \(c\) é pequeno quando comparado à constante elástica \(k\). As raízes da equação características são complexas
$$
r_{1}=-\lambda+i\sqrt{\omega^{2}-\lambda^{2}};\;\,r_{2}=-\lambda-i\sqrt{\omega^{2}-\lambda^{2}},
$$

e a solução é oscilatória, descrita por
$$
x(t)=\left(c_{1}\cos\sqrt{\omega^{2}-\lambda^{2}}t+c_{2}\text{ sen }\sqrt{\omega^{2}-\lambda^{2}}t\right)e^{-\lambda t}.
$$

A amplitude do movimento decresce devido ao fator \(e^{-\lambda t}\), tendendo ao repouso após a passagem de um tempo suficientemente longo.

iii) Sistema criticamente amortecido, quando \(\lambda^{2}-\omega^{2}=0\), representando um caso intermediário entre os dois primeiros casos. A solução é simplesmente
$$
x(t)=(c_{1}+c_{2}t)e^{-\lambda t}.
$$

Observe que esta solução pode ter apenas uma raiz, significando que o objeto pode passar pelo ponto de equilíbrio no máximo uma vez.

Figura: (a) Sistema amortecido (b) Amortecimento crítico (c) Superamortecido

Exemplo 34. Movimento forçado: Além da força restauradora da mola o objeto pode ainda estar submetido a uma força externa \(f(t)\), estando ou não sujeito a efeitos dissipativos de atrito. Teremos neste caso a equação diferencial completa, equação (2). Fazendo as mesmas identificações \(2\lambda=c/m\) e \(\omega_{0}=\sqrt{k/m}\) e denotando agora \(\phi(t)=f(t)/m\) temos a equação não homogênea

(33)

$$
\ddot{x}+2\lambda\dot{x}+\omega_{0}^{2}x=\phi(t),
$$

que pode ser resolvida por qualquer um dos métodos já estudados. Combinações de diferentes valores de \(\lambda\) e \(\omega_{0}\) resultarão em comportamentos diferentes para as soluções do sistema.

Suponhamos inicialmente que não existe amortecimento \((\lambda=0)\) e que a força externa aplicada ao sistema seja oscilatória, na forma de \(\phi(t)=\phi_{0}\cos\omega t\), onde \(\omega\) não é necessariamente a frequência natural do sistema, \(\omega_{0}\). De fato, se \(\omega\neq\omega_{0}\), então a solução geral da equação (33) será
$$
x(t)=c_{1}\text{ sen }\omega_{0}t+c_{2}\cos\omega_{0}t+\frac{\phi_{0}}{(\omega_{0}^{2}-\omega^{2})}\cos\omega t,
$$

onde as constantes de integração são determindas pelas condições iniciais. Se o objeto estiver em repouso e no ponto de equilíbrio da mola no instante inicial então
$$
x(0)=0,\;\;\dot{x}(0)=0
$$

e as constantes serão
$$
c_{1}=0;\;\;c_{2}=\frac{\phi_{0}}{\omega^{2}-\omega_{0}^{2}}.
$$

Usamos a relação trigonométrica
$$
\cos A-\cos B=2\text{ sen }\left(\frac{A+B}{2}\right)\text{ sen }\left(\frac{A-B}{2}\right)
$$

para escrever a solução na forma
$$
x(t)=\frac{\phi_{0}}{\omega_{0}^{2}-\omega^{2}}(\cos\omega t-\cos\omega_{0}t)
$$

que representa uma oscilação de maior frequência \((\omega_{0}+\omega)/2\) modulada por outra de menor frequência \((\omega_{0}-\omega)/2.\) Este fenômeno é denominado de batimento e ocorre, por exemplo, quando duas cordas de um instrumentos musical com frequências próximas, mas não iguais, são tocadas simultaneamente. Como se observa na figura 5 uma oscilação harmônica tem a sua amplitude modulada por outra harmônica de menor frequência.

Figura: Amplitude modulada, batimentos

Um segundo exemplo interessante é o caso de ser a frequência da força externa igual à da frequência natural do sistema. Neste caso o termo não homogêneo \(\phi_{0}\cos\omega t\) é solução da equação homogênea e a solução geral da equação (42) é
$$
x(t)=c_{1}\text{ sen }\omega_{0}t+c_{2}\cos\omega_{0}t+\frac{\phi_{0}}{2\omega_{0}}t\text{ sen }\omega_{0}t,
$$

de onde se observa, no terceiro termo, que o movimento tem amplitude crescente para valores crescentes de \(t\). Este é o chamado fenômeno da ressonância, ilustrado na figura, para um caso particular.

Naturalmente que uma mola sofrendo esticamentos progressivos deixaria de responder de forma linear, como descrito pela lei de Hooke. São conhecidos, no entanto, diversas situações onde o fenômeno da ressonância pode produzir efeitos desastrosos, tais como a completa destruição de uma ponte por efeito da oscilação produzida por ventos ou o rompimento de asas de aviões.

Circuitos RLC

Um circuito contendo um indutor, um capacitor, um resistor e uma fonte ligados em série satisfaz a mesma equação diferencial que os sistemas de osciladores mecânicos já estudados.

Digamos que o resistor tenha resistência de \(R\), medida em omhs (\(\Omega\)), o capacitor seja de \(C\) farads
(\(f\)) e o indutor de \(L\) henrys (\(H\)). Denotando por \(i(t)\) a corrente no circuito, a queda de tensão no resistor é \(V_{1}\), no capacitor \(V_{2}\) e no indutor \(V_{3}\), dadas por
$$
V_{1}=iR,\;\;V_{2}=\frac{1}{C}q,\;\;V_{3}=L\frac{di}{dt},
$$

onde \(q\) é a carga armazenada no capacitor. Pela lei de Kirchoff a soma das voltagens é a voltagem total, ou seja
$$
L\frac{di}{dt}+Ri+\frac{1}{C}q=E(t).
$$

Sabendo que a corrente no circuito é a variação no tempo da carga que flui temos que
$$
i=\frac{dq}{dt}
$$
e, portanto,
$$
L\frac{d^{2}q}{dt^{2}}+R\frac{dq}{dt}+\frac{1}{C}q=E(t),
$$
que é uma equação diferencial idêntica àquela obtida para oscilações mecânicas. Como exemplo da analogia a equação característica do sistema não forçado, \(E(t)=0\), é \(Lr^{2}+Rr+1/C=0.\) Então o circuito é superamortecido se \(R^{2}-4L/C\gt 0,\) é subamortecido se \(R^{2}-4L/C\lt 0\) e crítico se \(R^{2}-4L/C=0.\) Todas as características dos sistemas mecânicas estão presentes nos circuitos RLC, inclusive batimentos e ressonâncias.

Deixe uma resposta

O seu endereço de e-mail não será publicado. Campos obrigatórios são marcados com *