Lista 3

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LISTA 3
Cálculo 2 (2024.1)
EDOs Lineares
Coeficientes Constantes
Coeficientes a Determinar
Exercício 1
a) Verifique que as funções y1(x) = ex e y2(x) = e−x são ambas soluções da EDO
y′′ − y = 0.
E y3(x) = 8y1(x)− 5y2(x), y4(x) = cosh(x) = ex+e−x
2 , y5(x) = sinh(x) = ex−e−x
2 , também são?
b) Verifique que as funções y1(x) = x2 − 3 e y2(x) =
1
x − 3 são ambas soluções da EDO
x2y′′ − 2y − 6 = 0.
E y3(x) = 8y1(x)− 5y2(x), também é?
Exercício 2
Determine todas as soluções do PVI{
y′′ − (arctanx)y′ + 3
(
x3 + lnx
)
y = 0 para x ∈ (0,∞)
y(1) = y′(1) = 0.
Exercício 3
Considere o PVI de 2a ordem {
x2y′′ − 2y = 0
y(0) = y′(0) = 0.
Note que, apesar de termos 2 condições iniciais, y1(x) = 0 e y2(x) = x2 são soluções distintas deste PVI para
x ∈ R. Por que isso não contradiz o teorema de unicidade das soluções?
Exercício 4
Determine se cada um dos seguintes conjuntos de funções são L.I. em R. Em cada caso, seria possível usar o
Wronskiano para responder essa pergunta?
a) {ex, e−x}
b)
{
x, 1 + x, x2
}
c)
{
2 + x,−3 + x2, 3x+ 2x2
}
Exercício 5
Encontre a solução geral das seguintes EDOs:
a) y′′ + 3y′ + 2y = 0.
b) y′′ − 5y′ + 6y = 0.
c) y′′ + 4y′ + 4y = 0.
d) y′′ + y = 0.
e) y′′ + 3y = 0.
f) y′′ + 2y′ + 5y = 0.
Exercício 6
Encontre a solução y = y(x) de cada um dos PVI abaixo
a)

y′′ + 3y′ + 2y = 0
y(0) = 0,
y′(0) = 1.
b)

y′′ + 4y′ + 4y = 0
y(0) = 1,
y′(0) = 0.
c)

y′′ + 4y = 0
y(0) = 4,
y′(0) = 6.
d)

y′′ − 4y = 0
y(0) = 4,
y′(0) = 6.
Exercício 7
Dê exemplo de uma EDO de ordem 2 cuja solução geral seja
a) y(x) = C1e
−3x + C2e
−4x.
b) y(x) = C1xe
−2x + C2e
−2x.
c) y(x) = e2x (C1 cos 3x+ C2 sin 3x) .
Exercício 8
Para cada EDO não homogênea abaixo, verifique que yp(x) é uma solução particular. Em seguida, encontre
um conjunto fundamental da EDO homogênea associada, e determine a solução geral da EDO não homogênea
original.
a) yp(x) = 6ex para y′′ − 7y′ + 10y = 24ex.
b) yp(x) = x2e2x + x− 2 para y′′ − 4y′ + 4y = 2e2x + 4x− 12.
Exercício 9
Encontre a solução geral das seguintes EDOs:
a) y′′ − y′ − 2y = 2ex
b) y′′ − 4y′ + 4y = 4x
c) y′′ + 5y′ + y = 2 cosx
d) y′′ + 3y′ + 2y = x+ e2x
e) y′′ − 2y′ = 2ex
f) y′′ − 2y′ = 2e2x
Solução do Exercício 1
a) Basta fazer a conta: y′′1 (x) = ex = y1(x) e y′2(x) = −e−x ⇒ y′′2 (x) = e−x = y2(x). Como a EDO é linear
e homogênea, nem precisamos fazer mais contas: sabemos que combinações lineares de soluções também
são soluções, portanto y3 = 8y1 − 5y2, y4 = 1
2y1 +
1
2y2 e y5 = 1
2y1 −
1
2y2 também servem.
Isto dito, é instrutivo verificar tomando a combinação arbitrária y(x) = C1y1 + C2y2 (onde C1, C2 ∈ R):
y′′(x) = C1y
′′
1 + C2y
′′
2 ⇒ y′′ + y = C1y
′′
1 + C2y
′′
2 + C1y1 + C2y2 = C1 (y
′′
1 + y1)︸ ︷︷ ︸
=0
+C2 (y
′′
2 + y2)︸ ︷︷ ︸
=0
= 0
b) Como y1(x) = x2 − 3, temos y′1(x) = 2x, y′′1 (x) = 2, e portanto
x2y′′1 − 2y1 − 6 = 2x2 − 2(x2 − 3)− 6 = 0.
Analogamente, como y2(x) =
1
x − 3, temos y′2(x) = − 1
x2 , y′′2 (x) =
2
x3 , e
x2y′′2 − 2y2 − 6 =
2
x
− 2
(
1
x
− 3
)
− 6 = 0.
2
Esta EDO x2y′′ − 2y = 6 é linear, mas não é homogênea (note aquele −6 sem nenhum y junto), portanto
não sabemos a priori se y3 serve. Ainda assim, a linearidade ajuda a organizar as contas:
x2y′′3 − 2y3 = x2 (8y′′1 − 5y′′2 )− 2 (8y1(x)− 5y2(x)) = 8
(
x2y′′1 − 2y1
)︸ ︷︷ ︸
=6
−5
(
x2y′′2 − 2y2
)︸ ︷︷ ︸
=6
= 18 ̸= 6
Ou seja, y3 não é solução.
Solução do Exercício 2
Claramente, y(x) = 0 serve. Como a EDO é linear de 2a ordem, cada coeficiente é uma função contínua de
x em I = (0,∞), o coeficiente de y′′ nunca se anula em I e temos exatamente 2 condições iniciais (no mesmo
ponto x0 = 1), sabemos que a solução é única em I. Ou seja, y(x) = 0 é a única resposta.
Solução do Exercício 3
A EDO é linear, e os coeficientes x2, 0 e −2 são funções contínuas de x; mas o coeficiente x2 do y′′ se anula em
x = 0, portanto não podemos garantir a unicidade da solução.
Solução do Exercício 4
a) Elas são L.I.. De fato, nenhuma delas se anula; se elas fossem L.D. teríamos
ex = Ke−x =⇒ e2x = K
para alguma constante real fixa K e para todo x, claramente um absurdo.
Sim, poderíamos ter usado o Wronskiano:
W (ex, e−x)(x) =
∣∣∣∣ex e−x
ex −e−x
∣∣∣∣ = −2
O Wronskiano não é identicamente nulo, logo o conjunto de funções é linearmente independente em R.
b) Elas são L.I.. De fato, uma combinação linear delas, a saber,
C1x+ C2(1 + x) + C3x
2 = C3x
2 + (C1 + C2)x+ C2
só pode ser identicamente nula se C3 = C1 + C2 = C2 = 0 (identidade entre polinômios), ou seja,
C1x+ C2(1 + x) + C3x
2 = 0 =⇒ C1 = C2 = C3 = 0.
Novamente, poderíamos ter usado o Wronskiano:
W (1 + x, x, x2)(x) =
∣∣∣∣∣∣
1 + x x x2
1 1 2x
0 0 2
∣∣∣∣∣∣ = 2x
que não é uma função identicamente nula em R, portanto o conjunto de funções é linearmente independente
em R.
c) Elas são linearmente dependentes. De fato, escrevendo f(x) = 2 + x, g(x) = −3 + x2 e h(x) = 3x+ 2x2,
note que
h(x) = 3f(x) + 2g(x)
ou seja, a terceira é combinação linear das 2 primeiras.
3
Pelo Wronskiano, temos:
W (2 + x,−3 + x2, 3x+ 2x2)(x) =
∣∣∣∣∣∣
2 + x −3 + x2 3x+ 2
1 2x 3 + 4x
0 2 4
∣∣∣∣∣∣ = 0
que, mesmo sendo identicamente nulo, não nos permite concluir a dependência linear das 3 funções – mas
permite “desconfiar seriamente” que elas talvez sejam LD, o que se confirma com a resposta anteriora.
aMais especificamente, como as funções dadas são analíticas, o Wronskiano ser 0 implica sim que elas são dependentes, se voce
aprendeu esta versão mais profunda do Teorema.
Solução do Exercício 5
a) y′′ +3y′ +2y = 0 O polinômio característico é r2 +3r+2 = 0. As raízes são r = −1 e r = −2. Portanto,
a solução geral é y(t) = c1e
−t + c2e
−2t.
b) y′′ − 5y′ + 6y = 0 O polinômio característico é r2 − 5r + 6 = 0, e as raízes são r = 2 e r = 3. Então, a
solução geral é y(t) = c1e
2t + c2e
3t.
c) y′′ +4y′ +4y = 0 O polinômio característico é r2 +4r+4 = 0 tem apenas uma raiz, r = −2. Portanto, a
solução geral é y(t) = (c1 + c2t)e
−2t.
d) y′′ + y = 0 O polinômio característico é r2 + 1 = 0, com raízes r = ±i. A solução geral é y(t) =
c1 cos(t) + c2 sin(t).
e) y′′ + 3y = 0 O polinômio característico é r2 + 3 = 0, com raízes r = ±
√
3i. A solução geral é y(t) =
c1 cos(
√
3t) + c2 sin(
√
3t).
f) y′′ + 2y′ + 5y = 0 O polinômio característico é r2 + 2r + 5 = 0, e as raízes são r = −1 ± 2i. A solução
geral é y(t) = e−t(c1 cos(2t) + c2 sin(2t)).
Solução do Exercício 6
a) Precisamos encontrar a solução geral da equação diferencial y′′ + 3y′ + 2y = 0. A equação característica
correspondente é r2 + 3r + 2 = 0, que tem raízes r = −1 e r = −2. Portanto, a solução geral é
y(x) = c1e
−x + c2e
−2x. Usando as condições iniciais y(0) = 0 e y′(0) = 1, podemos encontrar as
constantes c1 e c2. Temos y(0) = c1 + c2 = 0, e y′(0) = −c1 − 2c2 = 1. Resolvendo esse sistema de
equações, encontramos c1 = 1 e c2 = −1. Portanto, a solução do PVI é y(x) = e−x − e−2x.
b) A equação diferencial y′′+4y′+4y = 0 corresponde à equação característica r2+4r+4 = 0, que tem uma
raiz dupla r = −2. Portanto, a solução geral é y(x) = (c1+c2x)e
−2x. Usando as condições iniciais y(0) = 1
e y′(0) = 0, podemos encontrar as constantes c1 e c2. Temos y(0) = c1 = 1, e y′(0) = −2c1 + c2 = 0.
Portanto, c2 = 2. A solução do PVI é y(x) = (1 + 2x)e−2x.
c) A equação diferencial y′′+4y = 0 corresponde à equação característica r2+4 = 0, que tem raízes r = ±2i.
Portanto, a solução geral é y(x) = c1 cos 2x+ c2 sin 2x. Usando as condições iniciais y(0) = 4 e y′(0) = 6,
podemos encontrar as constantes c1 e c2. Temos y(0) = c1 = 4, e y′(0) = 2c2 = 6. Portanto, a solução do
PVI é y(x) = 4 cos 2x+ 3 sin 2x.
d) A equação diferencial y′′−4y = 0 corresponde à equação característica r2−4 = 0, que tem raízes r = ±2.
Portanto, a solução geral é y(x) = c1e
2x + c2e
−2x. Poderíamos proceder como nos itens anteriores sem
maiores problemas (chegando em y(x) = 7
2e
2x+ 1
2e
−2x), mas vamos fazer algo diferente: note que cosh 2x
e sinh 2x são combinações dessas exponenciais, portanto podemos escrever y(x) = c3 cosh 2x+ c4 sinh 2x.Como sinh 0 = 0 e cosh 0 = 1 a relação entre as constantes a serem calibradas e as condições iniciais fica
bem mais imediata. De fato, y(0) = c3 = 4 imediatamente, e y′(x) = 2c3 sinhx + 2c4 cosh 2x ⇒ y′(0) =
2c4 = 6. Portanto, a solução do PVI é y(x) = 4 cosh 2x+ 3 sinh 2x – compare com o item anterior.
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Solução do Exercício 7
Em cada item, vamos criar uma EDO homogênea de ordem 2 a coeficientes constantes com a solução corres-
pondente.
a) O polinômio característico correspondente seria (r + 3)(r + 4) = r2 + 7r + 12. Portanto, uma equação
diferencial que possui essa solução é y′′ + 7y′ + 12y = 0.
b) Agora precisamos de raiz dupla −2, ou seja, queremos o polinômio característico (r + 2)2 = r2 + 4r + 4.
A EDO seria portanto y′′ + 4y′ + 4y = 0.
c) As raízes do polinômio característico seriam 2±3i, com soma 4 e produto 22+32 = 13. Assim, o polinômio
característico seria r2 − 4r + 13 e a EDO seria y′′ − 4y′ + 13y = 0.
Solução do Exercício 8
a) Calculando as derivadas de yp(x) = 6ex, temos y′p(x) = y′′p (x) = 6ex. Substituindo na EDO, temos:
y′′ − 7y′ + 10y = 6ex − 7(6ex) + 10(6ex) = 24ex.
Portanto, yp(x) = 6ex satisfaz a equação diferencial não homogênea.
A EDO homogênea associada é y′′ − 7y′ + 10y = 0 cuja equação característica é r2 − 7r + 10 = 0 (raízes
2 e 5). Portanto, as funções y1(x) = e2x e y2(x) = e5x formam seu conjunto fundamental (ou seja,
yh(x) = C1e
2x + C2e
5x é a solução geral desta EDO homogênea).
Juntando tudo, a solução geral da EDO original é
y(x) = yh(x) + yp(x) = C1e
2x + C2e
5x + 6ex.
b) De yp(x) = x2e2x + x− 2 vem y′p(x) = 2x2e2x + 2xe2x + 1 e y′′p (x) = 4x2e2x + 8xe2x + 2e2x. Assim:
y′′ − 4y′ + 4y = 4x2e2x + 8xe2x + 2e2x − 4
(
2x2e2x + 2xe2x + 1
)
+ 4
(
x2e2x + x− 2
)
= 2e2x + 4x− 12.
A EDO homogênea associada é y′′ − 4y′ + 4y = 0 cuja equação caracteristica é (r − 2)2 = 0 (raiz dupla
r = 2). Portanto, y1(x) = e2x e y2(x) = xe2x são seu conjunto fundamental.
Juntando tudo, a solução geral da EDO original é
y(x) = yh(x) + yp(x) = C1e
2x + C2xe
2x + x2e2x + x− 2.
Solução do Exercício 9
Em cada item, basta encontrar a solução da EDO homogênea associada e superpor com uma solução particular.
a) A equação característica é r2 − r − 2 = 0, com raízes 2 e −1. Portanto a solução geral da homogênea é
yh(x) = C1e
2x + C2e
−x.
Para encontrar a solução particular, vamos tentar uma solução da forma yp(x) = Aex, onde A é uma
constante a ser determinada. Substituindo yp na equação obtemos
Aex −Aex − 2Aex = 2ex.
Assim, encontramos A = −1. Portanto, a solução particular da equação diferencial é yp(x) = −ex.
Juntando tudo, a resposta é
y(x) = C1e
2x + C2e
−x − ex.
b) A equação característica é r2 − 4r + 4 = 0, com raiz dupla 2. Portanto a solução geral da homogênea é
yh(x) = C1e
2x + C2xe
2x.
Para a particular, tentemos algo da forma yp(x) = Bx+ C, onde B e C são constantes a serem determi-
nadas. Assim y′p(x) = B e y′′p (x) = 0. Substituindo yp na equação obtemos
0− 4B + 4(Bx+ C) = 4x.
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Igualando os coeficientes de cada termo, temos 4B = 4 e −4B + 4C = 0, ou seja, B = C = 1. Portanto,
uma solução particular é yp(x) = x+ 1.
Juntando tudo, a resposta é
y(x) = C1e
2x + C2xe
2x + x+ 1.
c) A equação característica é r2 +5r+1 = 0, com raízes −5±
√
21
2 . Portanto a solução geral da homogênea é
yh(x) = C1 exp
(
−5 +
√
21
2
x
)
+ C2 exp
(
−5−
√
21
2
x
)
.
Para a particular, tentemos uma solução da forma yp(x) = A sinx+ B cosx, onde A e B são constantes
a serem determinadas. Substituindo yp na equação, temos:
(−A sinx−B cosx) + 5(A cosx−B sinx) + (A sinx+B cosx) = 2 cosx,
ou seja, 5B = 0 e 5A = 2, logo A = 2/5 e B = 0. Portanto, uma solução particular da equação diferencial
é yp(x) =
2
5 sinx.
Assim, a resposta é
y(x) = C1 exp
(
−5 +
√
21
2
x
)
+ C2 exp
(
−5−
√
21
2
x
)
+
2
5
sinx.
d) A equação característica é r2 + 3r + 2 = 0, com raízes −1 e −2. Portanto a solução geral da homogênea
é yh(x) = C1e
−x + C2e
−2x.
Como o lado direito da equação é x+ e2x, tentemos a forma yp(x) = Ax+B +Ce2x, onde A, B e C são
coeficientes a determinar. Assim y′p(x) = A+ 2Ce2x e y′′p (x) = 4Ce2x. Substituindo na equação:
4Ce2x + 3
(
A+ 2Ce2x
)
+ 2
(
Ax+B + Ce2x
)
= x+ e2x
Assim 12C = 1, 3A+ 2B = 0 e 2A = 1 e portanto A = 1/2, B = −3/4 e C = 1/12. Portanto, a solução
particular é yp(x) =
x
2 − 3
4 + 1
12e
2x e a resposta final é
y(x) = C1e
−x + C2e
−2x +
x
2
− 3
4
+
1
12
e2x.
e) A equação característica é r2 − 2r = 0, com raízes 0 e 2. Portanto a solução geral da homogênea é
yh(x) = C1 + C2e
2x.
Como o lado direito da equação é 2ex, tentemos a forma yp(x) = Aex, onde A é o coeficiente a determinar.
Substituindo yp(x) na equação diferencial, temos:
y′′p − 2y′p = Aex − 2Aex = −Aex.
Igualando ao lado direito da equação diferencial original, −Aex = 2ex, logo A = −2. Assim, a solução
particular é yp = −2ex.
Assim, a resposta é
y(x) = C1 + C2e
2x − 2ex.
f) A equação característica é r2 − 2r = 0, com raízes 0 e 2. Portanto a solução geral da homogênea é
yh(x) = C1 + C2e
2x.
Como o lado direito da equação é 2e2x, assumimos que a solução particular tem a forma yp(x) = Axe2x,
onde A é o coeficiente a determinar (não adianta tentar Ae2x pois e2x é solução da homogênea associada!).
Assim y′p(x) = 2Axe2x +Ae2x e y′′p (x) = 4Axe2x + 4Ae2x. Substituindo na EDO:(
4Axe2x + 4Ae2x
)
− 2
(
2Axe2x +Ae2x
)
= 2Ae2x = 2e2x.
Observe como os termos em xe2x se cancelaram sozinhos, o que era de se esperar exatamente pois e2x era
solução da homogênea associada. Enfim, temos A = 1 e a solução particular é yp(x) = xe2x.
Juntanto tudo, a resposta final é
y(x) = C1 + C2e
2x + xe2x.
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