# EDOs lineares de segunda ordem Característica por família com problemas de valor inicial, redução de ordem, coeficientes indeterminados e variação dos parâmetros. Página: https://resumos.rgo.pt/cadeiras/am1/equacoes-segunda-ordem/ ## Característica e problemas de valor inicial Na equação $ay''+by'+cy=0$, com coeficientes constantes e $a\ne0$, experimentamos $y=e^{rx}$. As derivadas são $re^{rx}$ e $r^2e^{rx}$. Substituir dá $$ (ar^2+br+c)e^{rx}=0. $$ Como a exponencial nunca é zero, precisamos de $ar^2+br+c=0$. Esta é a equação característica. As suas raízes determinam duas soluções independentes; as duas condições iniciais fixam os seus coeficientes. Com raízes reais distintas $r_1$ e $r_2$, a base é $e^{r_1x}$ e $e^{r_2x}$. Para $y''+11y'+24y=0$ com $y(0)=1$ e $y'(0)=0$, as raízes são $-8$ e $-3$. Escreve $y=C_1e^{-8x}+C_2e^{-3x}$. As condições dão $C_1+C_2=1$ e $-8C_1-3C_2=0$. Resolve: $C_1=-3/5$ e $C_2=8/5$. A solução é $$ y(x)=-\frac35e^{-8x}+\frac85e^{-3x}. $$ Confere: $y(0)=1$ e $y'(0)=(24-24)/5=0$. Substituir na equação anula cada exponencial pela sua raiz. Com raiz dupla $r$, a base é $e^{rx}$ e $xe^{rx}$. O fator $x$ é necessário para ter duas soluções independentes. Para $y''-4y'+4y=0$ com $y(0)=0$ e $y'(0)=1$, a raiz é $2$. Escreve $y=(C_1+C_2x)e^{2x}$. Então $y(0)=C_1=0$ e $y'=C_2e^{2x}+2(C_1+C_2x)e^{2x}$, por isso $y'(0)=C_2+2C_1=1$ dá $C_2=1$. A solução é $$ y(x)=xe^{2x}, $$ que podes conferir por substituição direta na equação e nas duas condições. Com raízes complexas $\alpha\pm i\beta$, a base real é $e^{\alpha x}\cos\beta x$ e $e^{\alpha x}\sin\beta x$. Para $y''-4y'+9y=0$ com $y(0)=1$ e $y'(0)=0$, as raízes são $2\pm i\sqrt5$. Escreve $y=e^{2x}(C_1\cos\sqrt5x+C_2\sin\sqrt5x)$. Então $y(0)=C_1=1$ e $y'(0)=2C_1+C_2\sqrt5=0$, logo $C_2=-2/\sqrt5$. A solução é $$ y(x)=e^{2x}\left(\cos\sqrt5x-\frac{2}{\sqrt5}\sin\sqrt5x\right). $$ Confere: em zero dá $1$ e derivada zero; a substituição anula a equação porque cada termo da base satisfaz a homogénea. ## Redução de ordem Se $y_1$ resolve a homogénea e nunca se anula no intervalo, escreve $y=y_1u$. Derivar o produto e substituir baixa a ordem: os termos em $u$ cancelam-se porque $y_1$ é solução, e a equação restante envolve apenas $u'$ e $u''$. Com $v=u'$, fica uma linear de primeira ordem. Para $x^2y''+2xy'-2y=0$, conhecemos $y_1=x$. Trabalhamos num intervalo que não atravessa zero. Com $y=xu$, as derivadas são $y'=u+xu'$ e $y''=2u'+xu''$. Substituindo, $$ x^2(2u'+xu'')+2x(u+xu')-2xu =x^3u''+4x^2u'=0. $$ Dividir por $x^2$ e tomar $v=u'$ dá $xv'+4v=0$. As soluções são $v=C/x^4$, incluindo $v=0$. Integrar dá $u=K-C/(3x^3)$. Absorvendo o fator $-1/3$ na segunda constante, a solução geral é $$ y(x)=C_1x+\frac{C_2}{x^2}. $$ Confere: $1/x^2$ satisfaz a equação para $x\ne0$ por substituição direta. ## Coeficientes indeterminados e ressonância Se $f$ é polinómio, exponencial, seno ou cosseno, tenta uma particular da mesma família, com a família completa. Para $y''-3y'+2y=e^{3x}$, a homogénea dá $C_1e^x+C_2e^{2x}$. Experimenta $y_p=Ae^{3x}$. Substituir dá $(9-9+2)Ae^{3x}=e^{3x}$, logo $A=1/2$. Se o candidato pertence à homogénea, multiplica-o por $x$ até sair dela. Para $y''+y=\sin x$, usa $y_p=x(A\cos x+B\sin x)$. Derivar duas vezes e substituir dá $-2A\sin x+2B\cos x=\sin x$, logo $A=-1/2$ e $B=0$. A particular é $$ y_p(x)=-\frac{x\cos x}{2}. $$ Confere: $y_p''+y_p$ simplifica para $\sin x$. Esta coincidência chama-se ressonância. ### Termo polinomial e sobreposição de particulares Para um termo independente polinomial, começa com um polinómio completo do mesmo grau. Em $y''-3y'+2y=x$, o candidato é $y_p=Ax+B$. Substituindo, $$ 2Ax+2B-3A=x. $$ Os coeficientes dão $2A=1$ e $2B-3A=0$. Logo $A=1/2$, $B=3/4$ e $y_p=x/2+3/4$. Usar apenas $Ax$ deixaria a constante $-3A$, impossível de anular com a escolha $A=1/2$. Como a equação é linear, somamos particulares de parcelas diferentes e acrescentamos a homogénea uma única vez. Para $y''-3y'+2y=e^{3x}+x$, $$ y_p=\frac12e^{3x}+\frac x2+\frac34. $$ Cada parcela produz o seu próprio termo ao substituir, sem constantes novas para cada particular. ### Ressonância com raiz dupla O fator que remove a coincidência com a homogénea depende da multiplicidade. Para $y''-2y'+y=e^x$, a característica é $(r-1)^2=0$. Tanto $e^x$ como $xe^x$ pertencem à homogénea, por isso multiplicar apenas uma vez por $x$ ainda não chega. Tentamos $y_p=Ax^2e^x$. A substituição $y=e^xv$ torna a conta mais curta: $$ y''-2y'+y=e^xv''. $$ Com $v=Ax^2$, temos $v''=2A$, logo $A=1/2$. A particular é $x^2e^x/2$. Em geral, para uma exponencial associada a uma raiz de multiplicidade $m$, multiplica o candidato por $x^m$. Verifica a multiplicidade na característica antes de escolher a potência. ## Variação dos parâmetros Para a equação normalizada $y''+py'+qy=g$, com base $y_1$ e $y_2$ e Wronskiano $W=y_1y_2'-y_1'y_2$, procura $y_p=u_1y_1+u_2y_2$ e impõe $$ \begin{gathered} u_1'y_1+u_2'y_2=0\\ u_1'y_1'+u_2'y_2'=g. \end{gathered} $$ O sistema dá $u_1'=-y_2g/W$ e $u_2'=y_1g/W$. Se a equação começa com $ay''+by'+cy=f$, divide primeiro por $a$ e usa $g=f/a$. Sem esta normalização, as fórmulas dão outro resultado. Para $y''+y=\sec x$ em $]-\pi/2,\pi/2[$, usa $y_1=\cos x$, $y_2=\sin x$ e $W=1$. Então $u_1'=-\tan x$ e $u_2'=1$. Integrar dá $u_1=\ln|\cos x|$ e $u_2=x$. No intervalo escolhido $\cos x>0$, por isso $u_1=\ln(\cos x)$. A particular é $$ y_p(x)=\cos x\ln(\cos x)+x\sin x. $$ Confere: a derivada de $y_p$ é $-\sin x\ln(\cos x)+x\cos x$; derivar outra vez e somar $y_p$ dá $\sin^2x/\cos x+\cos x=\sec x$. A solução geral é $C_1\cos x+C_2\sin x+y_p$. Fora deste intervalo, conserva o módulo no logaritmo. ## Exercícios Ressonância numa segunda ordem Resolve $y''+4y=\cos(2x)$, $y(0)=0$ e $y'(0)=1$. Pista A frequência do termo independente coincide com a da homogénea. Mais uma pista Experimenta $y_p=Ax\sin(2x)$ e substitui. Solução A homogénea é $C_1\cos2x+C_2\sin2x$. Para $y_p=Ax\sin2x$, temos $y_p''+4y_p=4A\cos2x$, logo $A=1/4$. A condição $y(0)=0$ dá $C_1=0$. A particular tem derivada zero em zero, então $2C_2=1$. A solução é $$ y(x)=\frac12\sin2x+\frac x4\sin2x. $$ Substituir a particular prova a EDO; os termos homogéneos não alteram o lado direito. Confere a tua resposta: * Incluí o fator x por ressonância. * Obtive A=1/4. * Apliquei as duas condições iniciais. Erros frequentes A particular não pode ser só A cos2x+B sin2x, pois seria anulada pelo operador. A derivada inicial da particular deve ser calculada. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/am1/equacoes-segunda-ordem/#coeficientes-indeterminados-e-resson%C3%A2ncia) Variação dos parâmetros com verificação Resolve $2y''+2y=\sec x$ em $]-\pi/2,\pi/2[$ e verifica a solução. Pista Usa $y_1=\cos x$ e $y_2=\sin x$ como base da homogénea. Mais uma pista O Wronskiano vale um. Então $u_1'=-\tan x/2$ e $u_2'=1/2$. Solução Dividir por dois dá $y''+y=\sec x/2$. Com $y_1=\cos x$ e $y_2=\sin x$, o Wronskiano é $W=\cos^2x+\sin^2x=1$. Logo $u_1'=-\tan x/2$ e $u_2'=1/2$. Integramos para obter $u_1=\ln(\cos x)/2$ e $u_2=x/2$, pois $\cos x>0$ no intervalo. A solução geral é $$ y=C_1\cos x+C_2\sin x+ \frac12[\cos x\ln(\cos x)+x\sin x]. $$ Para a particular, $y_p'=[-\sin x\ln(\cos x)+x\cos x]/2$. Derivar novamente e somar $y_p$ dá $[\sin^2x/\cos x+\cos x]/2=\sec x/2$. Multiplicando por dois, recuperamos o lado direito da equação original. Confere a tua resposta: * Dividi por dois, incluindo o termo independente. * Calculei o Wronskiano. * Verifiquei a solução por substituição. Erros frequentes Sem normalizar primeiro, as fórmulas dão outro resultado. Fora deste intervalo, o módulo do cosseno importa. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/am1/equacoes-segunda-ordem/#varia%C3%A7%C3%A3o-dos-par%C3%A2metros) Dois termos e uma raiz dupla Resolve em $\mathbb R$ o problema $$ y''-2y'+y=e^x+x. $$ As condições iniciais são $y(0)=0$ e $y'(0)=0$. Um aluno propõe $y_p=Axe^x+Bx$. Explica por que este candidato não pode funcionar. Escolhe as famílias completas necessárias, determina os coeficientes e verifica a solução. Pista A característica tem uma raiz dupla. Para o termo polinomial, conserva também a constante. Solução A característica é $(r-1)^2=0$, logo $y_h=(C_1+C_2x)e^x$. O termo $Axe^x$ já pertence à homogénea e é anulado pelo operador. Para $Bx$, o lado esquerdo seria $Bx-2B$, que não produz $e^x$ nem permite obter apenas $x$. Para a exponencial, toma $y_{p,1}=Ax^2e^x$. Escrever $y=e^xv$ dá $y''-2y'+y=e^xv''$, por isso $2A=1$ e $A=1/2$. Para o polinómio, usa $y_{p,2}=Bx+D$. Substituir dá $Bx+D-2B=x$, logo $B=1$ e $D=2$. A solução geral é $$ y=e^x\left(C_1+C_2x+\frac{x^2}{2}\right)+x+2. $$ Em zero, $y(0)=C_1+2=0$, por isso $C_1=-2$. A derivada em zero é $C_1+C_2+1$, logo $C_2=1$. A solução pedida é $$ y=e^x\left(-2+x+\frac{x^2}{2}\right)+x+2. $$ Para a verificar, chama $v=-2+x+x^2/2$. Temos $v''=1$, portanto o termo $e^xv$ produz $e^x$ na equação; $x+2$ produz $x$. Além disso, $y(0)=-2+2=0$ e $y'(0)=v(0)+v'(0)+1=-2+1+1=0$. Os coeficientes da equação são contínuos e o coeficiente de $y''$ nunca se anula, pelo que o problema inicial tem solução única em todo o real. Confere a tua resposta: * Expliquei por que Axe^x é homogénea e Bx não produz apenas x. * Obtive a particular x²e^x/2+x+2 por sobreposição. * Apliquei y(0)=y′(0)=0 e verifiquei a EDO e as condições. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/am1/equacoes-segunda-ordem/#resson%C3%A2ncia-com-raiz-dupla)