Exercícios Resolvidos de Conjunto Fundamental de Solução

Considere a equação diferencial ordinária:

y ' ' + p y ' + q y = 0

Onde y = y ( t ) e p ,   q são constantes e p 2 - 4 q < 0 .

Suponha que as soluções da EDO são do tipo y t = e r t , e obtenha um conjunto fundamental de soluções reais.

Passo 1

Cara, se a gente vai começar supondo que y t = e r t é solução da EDO, ele e suas derivadas precisam respeitar a relação acima. Então:

y = e r t

y ' = r e r t

y ' ' = r 2 e r t

Daí, substituindo isso na EDO:

r 2 e r t + p r e r t + q e r t = 0

Colocando a exponencial em evidência:

e r t r 2 + p r + q = 0

Porém, sabendo que e r t ≠ 0 , temos que:

r 2 + p r + q = 0

Opaaaa! Que maravilha!!! Nosso problema se resumiu a uma equação do segundo grau :D

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Podemos resolver como já estamos acostumados. Primeiro, vamos encontrar o delta:

Δ = p 2 - 4 q

E então nossas raízes serão:

r = - p ± Δ 2

r = - p 2 ± p 2 - 4 q 2

Beleza. Mas repara no seguinte: o enunciado diz que p 2 - 4 q < 0 , isso quer dizer que tem um número negativo naquela raiz, vamos envolver números complexos nessa história!

Vou colocar o - 1 em evidência dentro da raiz, para que assim a gente possa tirar o i de lá!

r = - p 2 ± - 1 - p 2 + 4 q 2 = r = - p 2 ± i - p 2 + 4 q 2

Agora, só para melhorar visualmente nossa resolução, vamos chamar:

α = - p 2

β = - p 2 + 4 q 2

Então nossas raízes podem ser escritas como:

r = α ± i β

Passo 3

E a solução será:

y t = e α ± i β t

Show! Estamos chegando ao fim. Porém, o enunciado pede que você obtenha um conjunto fundamental de soluções reais, então não podemos deixar assim!

Sabe quem vai nos ajudar? Nosso amado Euler! Olha a fórmula dele:

e i q = cos ⁡ q + i sen ⁡ q

Vamos aplicar aqui:

e α ± i β t = e α t e i β t

= e α t cos ⁡ β t + i sen ⁡ β t

= e α t cos ⁡ β t + i e α t sen ⁡ β t

Cara, você tem ali dois caras que são funções de t , um está multiplicado por 1 e o outro está multiplicado por i . Lembre-se de que i é uma constante!!! Então, no final das contas, você tem uma combinação linear de duas possíveis soluções. Olha que maneiro! Vou escrever assim:

e α t cos ⁡ β t + i e α t sen ⁡ β t = y 1 t + i   y 2 t

Passo 4

Para te mostrar que eles são soluções, vamos substituir y 1 e suas derivadas na EDO e encontrar 0 = 0 , ok?

y 1 = e α t cos ⁡ β t

y 1 ' = e α t α cos ⁡ β t - β sen ⁡ β t

y 1 ' ' = α e α t α cos ⁡ β t - β sen ⁡ β t + e α t - α β sen ⁡ β t - β 2 cos ⁡ β t

y 1 ' ' = e α t α 2 - β 2 cos ⁡ β t - 2 α β sen ⁡ β t

Substituindo na EDO:

y ' ' + p y ' + q y = 0

e α t α 2 - β 2 cos ⁡ β t - 2 α β sen ⁡ β t + p e α t α cos ⁡ β t - β sen ⁡ β t + q e α t cos ⁡ β t = 0

Novamente, a gente pode cortar a exponencial de todos os termos, ficando com:

α 2 - β 2 cos ⁡ β t - 2 α β sen ⁡ β t + p α cos ⁡ β t - β sen ⁡ β t + q cos ⁡ β t = 0

Amigx, infelizmente teremos que substituir os valores de α e β para conseguirmos chegar a algum lugar. Já aviso, não será bonito, mas vai dar certo.

α = - p 2

β = - p 2 + 4 q 2

- p 2 2 - - p 2 + 4 q 2 2 cos ⁡ - p 2 + 4 q 2 t - 2 - p 2 - p 2 + 4 q 2 sen ⁡ - p 2 + 4 q 2 t + p - p 2 cos ⁡ - p 2 + 4 q 2 t - - p 2 + 4 q 2 sen ⁡ - p 2 + 4 q 2 t + q cos ⁡ - p 2 + 4 q 2 t = 0

Simplificando os termos:

p 2 4 - - p 2 + 4 q 4 cos ⁡ - p 2 + 4 q 2 t + p - p 2 + 4 q 2 sen ⁡ - p 2 + 4 q 2 t - p 2 2 cos ⁡ - p 2 + 4 q 2 t - p - p 2 + 4 q 2 sen ⁡ - p 2 + 4 q 2 t + q cos ⁡ - p 2 + 4 q 2 t = 0

- q cos ⁡ - p 2 + 4 q 2 t + p 2 2 cos ⁡ - p 2 + 4 q 2 t + p - p 2 + 4 q 2 sen ⁡ - p 2 + 4 q 2 t - p 2 2 cos ⁡ - p 2 + 4 q 2 t - p - p 2 + 4 q 2 sen ⁡ - p 2 + 4 q 2 t + q cos ⁡ - p 2 + 4 q 2 t = 0

Cortou geral!

0 = 0

Passo 5

Agora faremos o mesmo para y 2 :

y 2 = e α t sen ⁡ β t

y 2 ' = e α t α sen ⁡ β t + β cos ⁡ β t

y 2 ' ' = e α t α 2 - β 2 sen ⁡ β t + 2 α β cos ⁡ β t

Substituindo na EDO:

y ' ' + p y ' + q y = 0

e α t α 2 - β 2 sen ⁡ β t + 2 α β cos ⁡ β t + p e α t α sen ⁡ β t + β cos ⁡ β t + q e α t sen ⁡ β t = 0

Novamente, a gente pode cortar a exponencial de todos os termos, ficando com:

α 2 - β 2 sen ⁡ β t + 2 α β cos ⁡ β t + p α sen ⁡ β t + β cos ⁡ β t + q sen ⁡ β t = 0

Amigx, infelizmente teremos que substituir os valores de α e β para conseguirmos chegar a algum lugar. Já aviso, não será bonito, mas vai dar certo.

α = - p 2

β = - p 2 + 4 q 2

- p 2 2 - - p 2 + 4 q 2 2 s en ⁡ - p 2 + 4 q 2 t + 2 - p 2 - p 2 + 4 q 2 cos ⁡ - p 2 + 4 q 2 t + p - p 2 sen ⁡ - p 2 + 4 q 2 t + - p 2 + 4 q 2 cos ⁡ - p 2 + 4 q 2 t + q sen ⁡ - p 2 + 4 q 2 t = 0

Simplificando os termos:

p 2 4 - - p 2 + 4 q 4 sen ⁡ - p 2 + 4 q 2 t - p - p 2 + 4 q 2 cos ⁡ - p 2 + 4 q 2 t - p 2 2 sen ⁡ - p 2 + 4 q 2 t + p - p 2 + 4 q 2 cos ⁡ - p 2 + 4 q 2 t + q sen ⁡ - p 2 + 4 q 2 t = 0

- q sen ⁡ - p 2 + 4 q 2 t + p 2 2 sen ⁡ - p 2 + 4 q 2 t - p - p 2 + 4 q 2 cos ⁡ - p 2 + 4 q 2 t - p 2 2 sen ⁡ - p 2 + 4 q 2 t + p - p 2 + 4 q 2 cos ⁡ - p 2 + 4 q 2 t + q sen ⁡ - p 2 + 4 q 2 t = 0

Cortou geral!

0 = 0

Passo 6

Só resta provar que y 1 e y 2 formam um conjunto fundamental de soluções. Para isso, vamos usar o meu amigo Wronskiano (Wronsky para os íntimos):

W = y 1 y 2 y 1 ' y 2 '

E para ser L I , temos que ter W ≠ 0 para qualquer t real:

W = e α t cos ⁡ β t e α t sen ⁡ β t e α t α cos ⁡ β t - β sen ⁡ β t e α t α sen ⁡ β t + β cos ⁡ β t

W = e α t cos ⁡ β t e α t α sen ⁡ β t + β cos ⁡ β t - e α t sen ⁡ β t e α t α cos ⁡ β t - β sen ⁡ β t

W = e 2 α t α sen ⁡ β t cos ⁡ β t + β cos 2 ⁡ β t - �� cos ⁡ β t sen 2 ⁡ β t + β sen 2 ⁡ β t