EDC 20/03/2012

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  # Gastão                  #
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  NOTAÇÃO Pessoal (é mais fácil de digitar):
    - y´t    = dy/dt
    - y´´t   = d²y/dt²
    - y´10´t = d¹⁰y/dt¹⁰
    - y´n´t  = d^ny/d t^n
    - int(a,b) f(x) = integral de a até b de f(x)
    - int f(x) = integral de f(x)
    - i,j,k são os 3 vetores unitários no sentido x,y e z.
    - v> indica que v é um vetor (é como a setinha encima do v).

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  EDOs Lineares de 2° Ordem Homogeneas
  // Hoje vamos tentar encontrar duas soluções especificas linarmente independentes para uma mesma EDO desse tipo =].
  // Assim poderemos obter a sol. geral como demonstrado na aula passada =].

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  Revisão da última aula:

  Uma EDO linear de 2° ordem é da forma:

    y'' + p y' + g y = f

  Para ela ser homogena f tem de ser igual à 0 =].

REVISÃO de CONCEITO:
  Wroskiano como visto na aula passada seria:

          | y1  y2 |
  W = det | y1' y2'|

  Onde y1 e y2 são duas soluções especificas para a EDO em questão =].

  Se W != 0 então as duas soluções são linearmente independentes e podemos obter a solução geral através da formula:

    y3 = c1 y1 + c2 y2

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  PRIMEIRO CASO:

  EDO Linear de 2° Ordem homogenea com coeficientes Constantes! na forma:

    a y'' + b y' + c y = 0
      - onde obviamente a, b e c são constantes

  Vamos tentar resolver essa ED com um chute, suponhamos que a solução seja da forma:

    y(t) = e ^ (rt), onde r é uma constante

  substituindo e isolando o exponencial temos algo interessante veja:

    e ^ (rt) ( ar² + br + c ) = 0

  Exponencial é sempre > 0
  Portanto

    (ar² + br + c) = 0

  e temos de descobrir quais valores de r satisfazem isso com Bhaskara

  Assim sendo temos 3 sub-casos:
  i)   delta > 0
  ii)  delta < 0
  iii) delta = 0

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  i) Sub-caso 1 (delta>0):

  Nesse caso teremos duas raizes reais e distintas para o polinomio:

     (ar² + br + cr)

  Para as quais esse polinomio seria igual a zero tornando verdadeira a equação:

    e ^ (rt) ( ar² + br + c ) = 0

  resolvendo obteremos duas raizes, chamarei de r1 e r2.

  Note que sabendo que r1 e r2 fazem aquela equação = 0
  podemos dizer que e^(r1 t) e e^(r2 t) são ambos solução da EDO! concordam?

  Perceba então que foi um chute bem sábio =], porque aparentemente deu certo =],
  e conseguimos não uma mas duas soluções para nossa EDO linear homogenea de 2° ordem.

  Se testarmos o Wronskiano (não vou escrever a prova) veremos que W != 0 e portanto podemos usar:

    y3 = c1 y1 + c2 y2,

  para descobrir a solução geral.

  Ou seja:

    y3 = c1 e^(r1 t) + c2 e^(r2 t)

  é solução geral da EDO com coeficientes constantes onde o delta seja positivo =]!

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  // O professor deu um exemplo real desse tipo de solução:
  Seja o PVI:

    { y'' + 3 y' + - 4y = 0
    { y (0) = 0
    { y'(0) = 1

  Tentando a solução y = e ^ (rt) e substituindo temos:

    e^(rt) ( r² + 3 r - 4 ) = 0

  A equação acima será 0 nas raizes r1 e r2.

  Calculando elas:

    r1,r2 = (-3 +- raiz (3² -4*1*-4)) / 2

    r1,r2 = (-3 +- 5) / 2

    r1 = -4, r2 = 1

  Já sabemos que nesse caso o Wroskiano é diferente de 0 (porque o professor demonstrou que sempre vai ser),
  mas dependendo do professor na prova deve ser uma boa idéia escrever por extenso
  (apesar de que tenho a impressão que o prof. Gastão não tiraria ponto por isso):

      |    e^(-4t)   e^t |
  det | -4 e^(-4t)   e^t | = 4 e^(-4t) e^t + e^(-4t) e^t = Obviamente diferente de 0

  Assim a solução geral é:

    y3 = c1 e^(-4t) + c2 e^t

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  ii) sub-caso 2 (delta<0):

  Nesse caso fazemos o mesmo processo de antes, supomos a solução na forma e^(rt)

  Substituimos, e chegamos na Equação:

    e ^ (rt) ( a r² + b r + c ) = 0

  Porém dessa vez o delta da equação entre parentesis é negativo =/

  Assim podemos escrever r1 e r2 como números complexos conjulgados concordam?

    r1 = -b/(2a) + raiz( -(b² - 4ac) ) i
    r2 = -b/(2a) - raiz( -(b² - 4ac) ) i

  é até bem obvio né?

  Chamaremos a parte real de <lambda> e a imaginaria de µ // E lambda vou escrever <l> pra encurtar a palavra
  Certinho? assim temos que:

    r1 = <l> + µi
    r2 = <l> - µi

  E portanto nossas soluções seriam da forma:

    y1 = e ^ ((<l> + µi) t) = e ^ (<l> t + µ i t) = e ^ (<l> t) * e ^ (µ i t)
    y2 = e ^ ((<l> - µi) t) = e ^ (<l> t - µ i t) = e ^ (<l> t) * e ^-(µ i t)

  Correto?

  Decorem o último formato que cheguei ali encima:

    y1 = e ^ (<l> t) * e ^ (µ i t)
    y2 = e ^ (<l> t) * e ^-(µ i t)
  // Vamos usar isso mais embaixo =P

  Vamos guardar isso um pouco e lembrar de uma coisa que alguns devem ter aprendido no ensino médio:

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  Agora vamos lembrar uma identidade um tanto diferente:

    e^(i <teta>) = cos <teta> + i sen <teta>

  vamos chamar <teta> de 0 para eu não escrever <teta> toda hora:

    e^(i 0) = cos 0 + i sen 0

  Bem super estranha essa identidade né? usaremos isso para chegar na resposta para os casos imaginários.

  Se ainda não tieverem aceitado essa identidade, podem acreditar que é verdadeira, i é mesmo raiz(-1), é uma identidade estranha mas funciona =P.

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  Agora usando os valores de y1 e y2 que citei acima, podemos substituir o fator direito delas através da identidade acima.
  Conseguiremos assim um outro formato para as respostas, a vantagem é que agente vai tirar o numero complexo da potencia e decer ela para um fator =P.

  Assim temos a equação:

    y1 = e ^ (<l> t) * e ^ (µ i t)

  E queremos substituir o segundo fator através da identidade que citei acima, ou seja:

    e ^ ( i 0 ) = e ^ (µ i t) = cos(µ t) + i sen (µ t)

  E portanto y1 pode ser re-escrito na forma:

    y1 = e ^ (<l> t) * ( cos(µ t) + i sen (µ t) )

  ou

    y1 = e^(<l> t) cos(µ t) + i e^(<l> t) sen (µ t)

  E y2 ficaria algo como:

    y2 = e^(<l> t) cos(µ t) - i e^(<l> t) sen (µ t)

  Duas soluções muito feias né?

  Agora chegamos no ponto que queriamos, vamos encontrar duas soluções bonitinhas e reais, atravez dessas duas feiosas =].

  usando a formula:

    y3 = c1 y1 + c2 y2, podemos encontrar outras soluções

  Note que se c1 = 1/2, e c2 = 1/2 y3 será a soma de y1/2 e y2/2, ou seja, a parte imaginária vai anular e teremos:

    y3 = e^(<l> t) cos (µ t), que é real

  Bem bonitinha =].

  Agora fazendo c1 = 1/(2i) e c2 = -1/(2i) temos meio que o oposto veja:

     y1/(2i) =  (e^(<l> t) cos(µ t) + i e^(<l> t) sen (µ t))/(2i)
    -y2/(2i) = -(e^(<l> t) cos(µ t) + i e^(<l> t) sen (µ t))/(2i)

  Somando os 2 a parte real se anula e sobra:

    y4 = 2 * i e^(<l> t) sen (µ t)/(2i)

  O i encima e o i embaixo se cortam também =]

    y4 = 2 * e^(<l> t) sen (µ t)/(2)

  E por fim os 2 se cortam também nós deixando com uma solução real, simples e bonitinha:

    y4 = e^(<l> t) sen (µ t)

  Legal né?

  Note que esse raciocinio todo é só pra entender como,
  De fato quando voce descobrir y1 e y2 note que eles podem ser vistos assim:

    y1 = y3 + i y4
    y1 = y3 - i y4

  Então é muito fácil olhando a fórmula de y1 ou y2 descobri quem são os outros dois =P

  Por fim:

  y3 é a parte real da solução e y4 a parte imaginária,

  Temos agora duas soluções que são reais, e fáceis de usar.

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  Etapas para resolver uma EDO da forma:

    y'' + 4 y' + 5 y = 0

  1) Verifique que os coeficientes são constantes. (De fato eles são então OK!)
  2) Dê o chute de tentar usar uma solução na forma: e ^ (rt) e coloque naquele formato:
    e^(rt) (a r² + b r + c) = 0

  3) Encontre as duas raizes da equação dentro do parentesis, r1 e r2.
  4) verifique se eles são reais ou imaginários (no exemplo acima são imaginários)
    // O passo 5 deve ser usado se o negócio for imaginário
  5) Faça as soluções y1 e y2 ficarem na forma:
    y1 = e^(<l> t) cos (µ t) + i e^(<l> t) sen (µ t)
    y2 = e^(<l> t) cos (µ t) - i e^(<l> t) sen (µ t)

  6) Verifique se o Wroskiano é diferente de 0 (nesse caso ele será sim)
  7) usando a formula y3 = c1 y1 + c2 y2 dê um jeito de obter duas soluções reais.
     As soluções mais fáceis são y3 = parte real, y4 = modulo da parte imaginária

     Assim teremos duas soluções novas e reais:
       y3 = e^(<l> t) cos (µ t)
       y4 = e^(<l> t) sen (µ t)

  8) Escreva a equação y3 = c1 y1 + c2 y2 como resposta para a solução geral.

  9) Se for um problema de PVI encontre as soluções especificas =P.

  Moleza, só lembrar bem da sequencia e entender as passagens.

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  Exercicio:

    Um oscilador honomico, de massa m e constante elastica 10 com coeficiente de atrito 8 se move sem força externa.
    // Ou seja um bloquinho preso a uma mola e encostado no chao (o atrito é com o chão)

    Na posição inicial o bloco tem velocidade inicial de 1 para a direita.

    Ou seja: suponha que X(0) = 0 e X'(0) = 1
    (onde X é posição e X' é a velocidade, ou a variação da posição)

    Assim a ED que mede o movimento desse sistema massa mola é:

      2 X'' = - 8 X' - 10 X

    ou

      X'' + 4 x'+ 5x = 0

    O resto devemos resolver em casa.
    (Note que essa ED é igual a do exercicio anterior)

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  // Fim da aula.