EDC 15/03/2012

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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)

  // A aula começou com mais exemplos de aplicabilidade.

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  O professor mostrou um moodelo de EDO linear de 2° Ordem:

    y'' + p(t) y' + q(t) y = g(t)

  p q e g São os coeficientes da equação

CONCEITO:
  Quando g(t) = 0, a EDO recebe o nome de homogenea.

  // Comentário do professor: Nós não vamos lidar com EDOs não lineares de 2° Ordem, porque são um tanto mais complicadas.

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  // Essa aula e a próxima serão concentradas nas homogeneas.
  // Depois teremos duas aulas sobre as não homogeneas,
  // Algumas aulas de exercicios, e por fim a prova.

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  Modelo de eq. homogenea de 2° Ordem

  y'' + p(t) y' + q(t) y = 0

  Seja a EDO de homogenea de 2° ordem:
    y'' - y = 0

  Note que y1 = e^t satisfaz a EDO.
  Pois a segunda derivada de (e^t)'' = e^t e portanto satisfazendo y'' - y = 0

  Note que y2 = e^-t também é solução da EDO.
  Pois a derivada segunda também é igual a e^-t

  // Nota solta: Sabendo que y1 e y2 satisfazem,
  // podemos encontrar outra EDO que satisfaz veja como:

  Por fim, vou provar agora que y3 = 20y1 + 10y2 também é solução!

  note que se y1 e y2 satisfazem a EDO, as segundas derivadas são iguais aos valores da função original.
  Assim se eu tenho a soma de duas coisas com essas propriedades, eu sei que ao derivar duas vezes essa soma,
  eu terei o valor original =].

  Usando essa propriedade eu sei que derivando duas vezes y3 terei y3 e portanto y3 satisfará a EDO.

  De um jeito mais interessante: qualquer combinação linear de duas soluções especificas de uma EDO linear homogenea de 2° ordem
  também é uma solução! Uaauuu!

  // Mais na frente vamos mostrar que y1 tem que ser linearmente independente de y2 para isso funcionar,
  // ou seja y1 != C * y2 (onde C é uma constante qualquer)

  Para quem ainda não notou isso é o mesmo que dizer que se voce tiver duas soluções pra uma EDO desse tipo voce tem todas as soluções!

  Assim se y1 e y2 são soluções então:

    y3 = c1 y1 + c2 y2
      - c1 e c2 = constantes arbitrárias.

  Também será solução!

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  Agora vamos mostrar um exemplo mais geral dessa mesma equação:

  Sabemos que:
    y1'' + p y1' + q y1 = 0
    y2'' + p y2' + q y2 = 0

  Agora estamos afirmando que, ao saber disso implica em:

    (c1 y1 + c2 y2)'' + p (c1 y1+ c2 y2)' + q (c1 y1 + c2 y2) = 0

  Jogando as derivadas para dentro temos:

    (c1 y1''+ c2 y2'') + p (c1 y1'+ c2 y2') + q (c1 y1 + c2 y2) = 0

  Note que essa equação pode ser re-escrita na forma:

    c1 (y1'' + py1' + q y1) + c2 (y2''+ p y2' + q y2) = 0

  Note que os dois valores em parentesis da EDO são iguais a 0 porque nossa hipotese era essa! =].
  Assim temos 0 = 0 indicando que é verdade =].

  Provamos assim que isso é verdade =].

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NOTAÇÃO:
  i, j e k serão usados sempre que falarmos de vetores para indicar os 3 vetores:
    i = (1,0,0)
    j = (0,1,0)
    k = (0,0,1)

  Um vetor pode também ser denotado por:

    v> onde > indica que a variável anterior é um vetor.

    Pode acontecer de eu escrever i>, j> e k> em algum momento, seria normal e ainda significaria o mesmo que descrevi acima.

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  Note que se P> = x i> + y j>

  Nós temos uma base vetorial para um espaço bidimensional =].

  Note que a idéia de fazer a combinação linear de y1 e y2 é analoga a isso, é como se enchergassemos o espaço de solução como um espaço cartesiano

  No caso das homogeneas de 2° ordem é um espaço bidimensional!

  Para que serve isso? É para chegarmos em um teorema chamado Wroskiano.
  Usaremos algumas analogias com gaal para chegar nele, e por isso essa interpretação abstrata é necessária.
  Falaremos disso mais a frente.

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  Antes de provarmos o que eu disse acima, vamos pensar o que seria um PVI (Problema de Valor Inicial) para uma EDO homogenea linear de 2° ordem.

  Veja para uma EDO de primeira ordem é preciso 1 valor a mais para descobrir uma solução especifica da EDO correto?

  No caso de uma EDO de 2° ordem, eu não vou explicar em detalhes porque, mas é preciso 2 valores!
  Um deles deve ser o valor de y em algum ponto, e o outro deve ser o valor de y' no mesmo ponto.

  Seria algo do tipo:

  { y'' - y = 0
  { y(0) = 0
  { y'(0) = 0

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  Suponha que y1(t) e y2(t) sejam soluções de y'' + p(t) y' + q(t) y = 0

  (1) Seja o PVI:
    { y'' + p(t) y' + q(t) y = 0
    { y(t0) = y0
    { y'(t0) = y0'

  Suponha que a solução do PVI seja dada pela combinação linear de:

    y3(t) = c1 y1 + c2 y2

  e também:

    y3' = c1 y1' + c2 y2'

  Então podemos transformar as equações acima em uma equação matricial veja:

    | y3 (t0) |   | y1 (t0)  y2 (t0) | | c1 |
    | y3'(t0) | = | y1'(t0)  y2'(t0) | | c2 |

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  Dada esta matriz há um teorema que é dado pelo determinante da submatriz:

          | y1 (t0)  y2 (t0) |
  D = det | y1'(t0)  y2'(t0) |

CONCEITO:
  Determinante de Wronskiano:

  Se D != de 0 então o sistema tem uma solução unica (ou seja uma solução não trivial).

  Isto significa, voltando para a ideia de vetores e plano cartesiano, que as duas soluções y1 e y2, formam uma base vetorial de soluções.
  Em outras palavras y1 e y2 são linearmente independentes e isso nós permite encontrar qualquer solução em função de c1 e c2 =].
  // Essa explicação poderia ser um pouco melhor =P, mas eu tava com sono! há!

  Um exemplo do caso contrário, quando não forma uma base, é quando um vetor é combinação linear do outro,
  e assim voce não consegue alcançar todo o espaço vetorial. (coisa do tipo y1> = (1,0,0) e y2> = 3*(1,0,0)
  No caso das EDOs isso significaria que voce pode gerar y1 com um fator multiplicando y2

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  Exercicio:

    y''+ w² y = 0
    y1 = sen(wt), y2 = cos(wt)

  Descubra se o par de soluções geram uma base de soluções ou não.
  // Ou seja use Wronskiano =].

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  // Nas próximas aulas, veremos como descobrir uma base para uma EDO homogenea, e uma vez sabendo duas bases nós já aprendemos hj como obter a sol. geral =].

  // Fim da aula =].