AD2 GABARITO 2021-2

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Professor: Juan Limaco 
 
AD2 – Equações diferenciais e Equações Diferenciais Ordinárias 
Questão 1 (3,0 pontos) 
Resolver usando o método do coeficiente a determinar 
a) 𝑦′′(𝑥) + 5𝑦′(𝑥) + 6𝑦(𝑥) = 10(1 − 𝑥)𝑒−2𝑥 
b) 𝑦′′(𝑥) + 2𝑦′(𝑥) + 5𝑦(𝑥) = 𝑒−𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 
Solução 
a) Resolvendo o polinômio associado 
𝑟2 + 5𝑟 + 6 = 0 
tem-se 𝑟1 = −2, 𝑟2 = −3 logo 
𝑦𝐻 = 𝑐1𝑒
−2𝑥 + 𝑐2𝑒
−3𝑥 
como 𝑒−2𝑥 é solução do problema homogêneo procura-se 𝑦𝑃 = 𝑥(𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒
−2𝑥, 
logo calculando 𝑦𝑃
′ (𝑥), 𝑦𝑃
′′(𝑥) e substituindo na equação 
𝑦′′(𝑥) + 5𝑦′(𝑥) + 6𝑦(𝑥) = 10(1 − 𝑥)𝑒−2𝑥 
tem-se 𝐴 = −5 e 𝐵 = 20. Assim a solução geral é 𝑦 = 𝑦𝐻 + 𝑦𝑃 
b) Resolvendo o polinômio associado 
𝑟2 + 2𝑟 + 5 = 0 
tem-se as raízes 𝑟1 = −1 + 2𝑖, 𝑟2 = −1 − 2𝑖 logo 
𝑦𝐻 = 𝑐1𝑒
−𝑥 cos 2𝑥 + 𝑐2𝑒
−𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 
como 𝑒−𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 é solução do problema homogêneo procura-se 
𝑦𝑃 = 𝑥𝑒
−𝑥(𝐴𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 𝐵𝑐𝑜𝑠 2𝑥), calculando 𝑦𝑃
′ (𝑥), 𝑦𝑃
′′(𝑥) e substituindo na 
equação 
𝑦′′(𝑥) + 2𝑦′(𝑥) + 5𝑦(𝑥) = 𝑒−𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 
tem-se 𝐴 = 0 e 𝐵 = −
1
4
. Assim a solução geral é 𝑦 = 𝑦𝐻 + 𝑦𝑃 
Questão 2 (2,0 pontos) 
Resolver usando o método do coeficiente a determinar 
𝑦′′(𝑥) − 2𝑚𝑦′(𝑥) + 𝑚²𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑛𝑥 
onde 𝑚, 𝑛 ∈ ℤ+ 
 
 
Solução 
Resolvendo o polinômio associado 
𝑟2 + 2𝑚𝑟 + 𝑚² = 0 
tem-se a raíz 𝑟 = 𝑚 com multiplicidade 2, de onde 
𝑦𝐻 = 𝑐1𝑒
𝑚𝑥 + 𝑐2𝑥𝑒
𝑚𝑥 
procura-se 𝑦𝑃 = 𝐴𝑠𝑒𝑛 𝑛𝑥 + 𝐵𝑐𝑜𝑠 𝑛𝑥), calculando 𝑦𝑃
′ (𝑥), 𝑦𝑃
′′(𝑥) e substituindo na 
equação 
𝑦′′(𝑥) − 2𝑚𝑦′(𝑥) + 𝑚²𝑦(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 𝑛𝑥 
tem-se 𝐴 =
𝑚2−𝑛²
(𝑚2+𝑛2)²
 e 𝐵 =
2𝑚𝑛
(𝑚2+𝑛2)²
. Assim a solução geral é 𝑦 = 𝑦𝐻 + 𝑦𝑃 
 
Questão 3 (2,0 pontos) 
Usando o método da variação dos parâmetros, resolver 
𝑦′′(𝑥) − 𝑦′(𝑥) =
1
𝑒𝑥 + 1
 
Solução 
Resolvendo o polinômio característico 𝑟2 − 𝑟 = 0 tem-se 𝑟1 = 0 , 𝑟2 = 1 
assim, 𝑦ℎ(𝑥) = 𝑐1 + 𝑐2𝑒
𝑥. Pelo método de variação dos parâmetros tem-se que 
𝑦𝑝(𝑥) = µ1(𝑥)𝑦1(𝑥) + µ2(𝑥)𝑦2(𝑥) onde 𝑦1(𝑥) = 1, 𝑦2(𝑥) = 𝑒
𝑥 
 
Sendo µ1(𝑥) = ∫
𝑤1
𝑤
𝑑𝑥 , µ2(𝑥) = ∫
𝑤2
𝑤
𝑑𝑥 
 
Onde w = |
1 𝑒𝑥
0 𝑒𝑥
| = 𝑒𝑥 , 
 𝑤1 = |
0 𝑒𝑥
1
𝑒𝑥+1
𝑒𝑥| =
−𝑒𝑥
𝑒𝑥+1
 , 𝑤2 = |
1 0
0
1
𝑒𝑥+1
| =
1
𝑒𝑥+1
 
Logo 
µ1(𝑥) = ∫ −
1
𝑒𝑥 + 1
𝑑𝑥 = 𝐿𝑛(𝑒𝑥 + 1) − 𝑥 
µ2(𝑥) = ∫
1
𝑒𝑥(𝑒𝑥 + 1)
𝑑𝑥 = ∫
1
𝑒𝑥
− ∫
1
𝑒𝑥 + 1
𝑑𝑥 = ∫
1
𝑒𝑥
− ∫
1
𝑒𝑥 + 1
𝑑𝑥 
 = −𝑒−𝑥 + 𝐿𝑛(𝑒𝑥 + 1) − 𝑥 
 
Logo 
𝑦𝑝(𝑥) = (−𝑥 + 𝐿𝑛(𝑒
𝑥 + 1)). 1 + (−𝑒−𝑥 − 𝑥 + 𝐿𝑛(𝑒𝑥 + 1))𝑒𝑥 
E assim 𝑦(𝑥) = 𝑦𝐻(𝑥) + 𝑦𝑃(𝑥) 
Questão 4 (3,0 pontos) 
Considere a equação 
(𝑠𝑒𝑛 𝑥)𝑦′′(𝑥) + (2 cos 𝑥) 𝑦′(𝑥) − (𝑠𝑒𝑛 𝑥)𝑦 = 2 cos 2𝑥 (∗) , 0 < 𝑥 <
𝜋
4
 
Se 𝑦1(𝑥) =
𝑥
𝑠𝑒𝑛 𝑥
 e 𝑦2(𝑥) =
1
𝑠𝑒𝑛 𝑥
 são duas soluções linearmente independentes da 
equação homogênea do problema (∗), usando o método de variação de 
parâmetros resolva o problema não homogêneo. 
Solução 
Dividindo a equação por 𝑠𝑒𝑛 𝑥 tem-se 
𝑦′′(𝑥) + (2 ctg 𝑥) 𝑦′(𝑥) − 𝑦 = 2
cos 2𝑥
𝑠𝑒𝑛 𝑥
 
procura-se 𝑦𝑝(𝑥) = µ1(𝑥)𝑦1(𝑥) + µ2(𝑥)𝑦2(𝑥) onde 𝑦1(𝑥) =
𝑥
𝑠𝑒𝑛 𝑥
, 𝑦2(𝑥) =
1
𝑠𝑒𝑛 𝑥
 
 
Sendo µ1(𝑥) = ∫
𝑤1
𝑤
𝑑𝑥 , µ2(𝑥) = ∫
𝑤2
𝑤
𝑑𝑥 
 
Onde w = |
𝑥
𝑠𝑒𝑛 𝑥
1
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑠𝑒𝑛 𝑥−𝑥 cos 𝑥
𝑠𝑒𝑛² 𝑥
−
cos 𝑥
𝑠𝑒𝑛² 𝑥
| = −
1
𝑠𝑒𝑛² 𝑥
 , 
 𝑤1 = |
0
1
𝑠𝑒𝑛 𝑥
2cos 2𝑥
𝑠𝑒𝑛 𝑥
−
cos 𝑥
𝑠𝑒𝑛² 𝑥
| = −
2 cos 2𝑥
𝑠𝑒𝑛² 𝑥
 , 𝑤2 = |
𝑥
𝑠𝑒𝑛 𝑥
0
𝑠𝑒𝑛 𝑥−𝑥 cos 𝑥
𝑠𝑒𝑛² 𝑥
2 cos 2𝑥
𝑠𝑒𝑛 𝑥
| =
2𝑥 cos 2𝑥
𝑠𝑒𝑛2𝑥
 
Logo 
µ1(𝑥) = ∫ 2 cos 2𝑥 𝑑𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 
µ2(𝑥) = ∫ −2𝑥 cos 2𝑥 𝑑𝑥 = −𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 − 
cos 2𝑥
2
 
Logo 
𝑦𝑝(𝑥) = (𝑠𝑒𝑛 2𝑥) (
𝑥
𝑠𝑒𝑛 𝑥
) + (−𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 − 
cos 2𝑥
2
) (
1
𝑠𝑒𝑛 𝑥
) 
E assim 𝑦(𝑥) = 𝑦𝐻(𝑥) + 𝑦𝑃(𝑥) onde 𝑦𝐻(𝑥) = 𝑐1𝑦1(𝑥) + 𝑐2𝑦2(𝑥)-