Lição13 - Instituto Superior de Agronomia
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A solução geral <strong>de</strong>sta equação <strong>de</strong>nota-se por y c e é <strong>de</strong>signada por funçãocomplementar. Para a <strong>de</strong>terminar basta consi<strong>de</strong>rar q(t) ≡ 0 em (2), ou seja,y c (t) = C e −P (t) , C ∈ R (4)Para <strong>de</strong>terminarmos soluções particulares <strong>de</strong> (1) basta atribuir valores aC em (2). Por exemplo, se tomarmos C = 0 obtemos a solução particulary(t) = e −P (t) ∫e P (t) q(t) dt. (5)Daqui resulta que a solução geral da equação (1) correspon<strong>de</strong> à soma <strong>de</strong> umasolução particular y p <strong>de</strong> (1) com a solução geral y c da equação homogéneaassociada (3). Mais precisamente, temos a relação muito importantey = y p + y c .Por outras palavras, duas soluções particulares <strong>de</strong> (1) diferem entresi <strong>de</strong> uma solução da equação homogénea associada (3).Vamos agora estudar algumas proprieda<strong>de</strong>s que são verificadas pelassoluções <strong>de</strong> uma equação diferencial linear homogénea.Consi<strong>de</strong>remos duas soluções y 1 e y 2 da equação homogénea <strong>de</strong> (3), ouseja, y 1 e y 2 verificam as equaçõesy ′ 1 + p(t)y 1 = 0 e y ′ 2 + p(t)y 2 = 0.Daqui resulta que y = y 1 + y 2 é solução <strong>de</strong> (3). De facto,(y 1 + y 2 ) ′ + p(t)(y 1 + y 2 ) = (y ′ 1 + p(t)y 1 ) + (y ′ 2 + p(t)y 2 ) = 0.Analogamente, se <strong>de</strong>monstra que y = λy 1 também é solução <strong>de</strong> (3) paratodo o λ ∈ R. De facto,(λy 1 ) ′ + p(t)(λy 1 ) = λ(y ′ 1 + p(t)y 1 ) = 0.Estas duas proprieda<strong>de</strong>s siginficam que o conjunto <strong>de</strong> todas as soluções<strong>de</strong> (3), i.e., a solução geral <strong>de</strong> (3) é fechado para a soma e para oproduto por um escalar 2 . Além disso, toda a solução é da forma (4) eportanto po<strong>de</strong> ser escrita como o produto <strong>de</strong> um escalar pela solução nãonula y 0 (t) = e −P (t) (por exemplo).Estas proprieda<strong>de</strong>s são consequência <strong>de</strong> a solução geral <strong>de</strong> (3) <strong>de</strong>finir umespaço vectorial <strong>de</strong> dimensão um (no caso <strong>de</strong> equações <strong>de</strong> or<strong>de</strong>m um). Emparticular, qualquer solução não nula da equação homogénea (3) <strong>de</strong>terminauma base <strong>de</strong>ste espaço, que se <strong>de</strong>signa por sistema fundamental <strong>de</strong> soluções.2 Dizemos que é válido o princípio <strong>de</strong> sobreposição <strong>de</strong> soluções.2
Exercícios1. Determine a solução geral das seguintes equações diferenciais.(a) y ′ + t y = 3t.(b) 5 y ′ + y = 5e t .(c) y ′ = (t − 4)e 4t + 2y.(d) (t 2 + 1)y ′ + t y = 1 2 .2. De acordo com uma lei <strong>de</strong> Newton a taxa <strong>de</strong> arrefecimento <strong>de</strong> um corpoé proporcional à diferença entre a sua temperatura e a temperaturado meio ambiente. Se a temperatura do meio ambiente é <strong>de</strong> 20 o C ese um corpo leva uma hora a arrefecer <strong>de</strong> 80 o C para 60 o C, quantotempo levará a arrefecer para 30 o C?3. A equação diferencial <strong>de</strong> Bernoulli tem a formadydt + f(t)y = g(t)yα .(a) Mostre que a mudança <strong>de</strong> variável w = y 1−α transforma estaequação numa equação diferencial linear <strong>de</strong> primeira or<strong>de</strong>m.(b) Resolva a equaçãodydt + ty = ty2 .4