Solucionário Séries e Equações Diferenciais Christian José Quintana Pinedo Capítulo III

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SUMÁRIO
3 Equações diferenciais de ordem n > 1. 77
3.1 Equações diferenciais não lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
Exercícios 3-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3.2 Equações diferenciais lineares de coeficientes constantes . . . . . . . . . . . 84
Exercícios 3-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
3.3 Equação não homogênea de ordem maior que dois . . . . . . . . . . . . . . 90
Exercícios 3-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
3.4 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
Exercícios 3-4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
3.5 Solução de Equação Diferencial por Série de Potências . . . . . . . . . . . . 103
Exercícios 3-5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
APÊNDICE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
75
76 Solução Séries e Equações Diferenciais
Capítulo 3
Equações diferenciais de ordem n > 1.
3.1 Equações diferenciais não lineares
Exercícios 3-1
Exercício 3.1.1.
Resolver as seguintes equações diferenciais [?].
Solução.
1.
d2x
dt2
= t2 ⇒ dx
dt
=
∫
t2dt+ C =
1
3
t3 + C1 ⇒ x(t) =
∫
(
1
3
t3 + C1)dt+ C2
Portanto, a solução geral é x(t) =
1
12
t4 + C1t+ C2.
2.
d2y
dx2
= xe−x, y(0) = 1, y′(0) = 0
3. y′′ = 2senx cos2 x− sen3x
4. y = y′ tanx− (y′)2 sec2 x
Suponhamos que z = senx seja uma função de variável y, então z′ =
dz
dy
=
dz
dx
· dx
dy
=
cos x · dx
dy
, isto é z′ = (cos x) · x′. Substituindo na equação original
y =
1
x′
[
z
z′
x′]− [ 1
x′
]2[
x′
z′
]2 ⇒ y = z
z′
− 1
(z′)2
⇒
y′(z′)2 − zz′ + 1 = 0
Seja u = z′ =
dz
dy
, então
y(u)2 − zu+ 1 = 0 (3.1)
77
78 Solução Séries e Equações Diferenciais
derivando em relação a y
u2 + 2yu
du
dy
− z du
dy
− udz
dy
= 0 ⇒ u2 + 2yudu
dy
− zdu
dy
− u2 = 0
du
dy
(2yu− z) = 0 ⇒ du
dy
= 0 ⇒ u = C1 ⇒
z = C1y + C2 ⇒ senx = C1y + C2
em (3.1) segue C21y = C1senx+ 1 = 0.
Se 2yu − z = 0 ⇒ u = z
2y
⇒ dz
z
=
dy
2y
logo Lnz =
1
2
Lny + LnC3 assim,
z = C3
√
y
Portanto sen2x = C3y.
A solução da equação diferencial é C1y = senx− C2 ou y = C4sen2x.
5. xyy′′ − x(y′)2 − yy′′ = 0 Resolvido
6. x2yy′′ = (y − xy′)2 Resolvido
7. xyy′′ + x(y′)2 = 2yy′ Resolvido
8.
d3y
dx3
= x+ senx
9.
d2y
dx2
=
a+ bx
x
10. x
d2y
dx2
= 1 + x2
11. y2y′′′ − 3yy′y′′ + 2(y′)3 + y
x
(yy′′ − (y′)2) = y
3
x2
Seja y = e
∫
z(x)dx ⇒ y′ = z(x)e
∫
z(x)dx ⇒ y′′ = z′e
∫
zdx + z2e
∫
zdx, logo
y′′′ = z′′e
∫
zdx + zz′e
∫
zdx + 2ze
∫
zdxz′ + z3e
∫
zdx. Substituindo na equação original
[e
∫
z(x)dx]2[z′′e
∫
zdx + zz′e
∫
zdx + 2ze
∫
zdxz′ + z3e
∫
zdx]−
−3[e
∫
zdx][z(x)e
∫
zdx][z′e
∫
zdx + z2e
∫
zdx] + 2[z(x)e
∫
zdx]3+
+
y
x
([e
∫
zdx][z′e
∫
zdx + z2e
∫
zdx]− [ze
∫
zdx]2) =
y3
x2

e3
∫
zdx[z′′ + 3zz′ + z3]− e3
∫
zdx[3zz′ + 3z3 + 2z3]+
+e3
∫
zdx[x−1(z′ + z2)− z2] = x−2e3
∫
zdx
}
e3
∫
zdx[z′′ + 3zz′ + z3 − 3zz′ + 2z3 + x−1z′ + x−1z2 + x−1z2 = x−2e3
∫
zdx ⇒
z′′ +
1
x
z′ = x−2
Christian José Quintana Pinedo 79
Seja u = z′ ⇒ u′ = z′′, logo a equação diferencial é da forma
u′ +
1
x
u = x−2
o fator integrante é e
∫
1
x
dx = x, assim
xu′ + u = x−1 ⇒ Dx(xu) = x−1 ⇒ xu =
∫
1
x
dx+ C1 = Lnx+ C1
u =
1
x
Lnx+
1
x
C1 ⇒ z′ = 1
x
Lnx+
1
x
C1 ⇒ z =
∫
[
1
x
Lnx+
1
x
C1]dx
z =
1
2
Ln2x+ C1Lnx+ C2
Portanto a solução é y = exp{
∫
[
1
2
Ln2x+ C1Lnx+ C2]dx}.
12. y(iv) = cos2 x, y(0) =
1
32
, y′(0) = y′′(0) =
1
8
, y′′′(0) = 0
13. 4x2yy′ = 9xy2 + 6x+ 54y6 + 108y4 + 72y2 + 16 Resolvido
Exercício 3.1.2.
Obter o Wronskiano para as seguintes funções indicadas, onde m, n ∈ Z, m 6= n.
Solução.
1. x, xex.
ω =
∣∣∣∣∣ x xexx ex(1 + x)
∣∣∣∣∣ = ex[x(1 + x)− x2] = xex
2. senhx, coshx
ω =
∣∣∣∣∣ senhx coshxcoshx senhx
∣∣∣∣∣ = senh2x− cosh2 x = 1
3. emx, enx;
ω =
∣∣∣∣∣ emx enxmemx nenx
∣∣∣∣∣ = e(m+n)x(n−m)
4. e−x, xe−x
5. exsenx, ex cos x
6. 1, x, x2, · · · , xn n > 1
80 Solução Séries e Equações Diferenciais
7. ex, 2ex, e−x
ω =
∣∣∣∣∣∣∣
ex 2ex e−x
ex 2ex −e−x
ex 2ex e−x
∣∣∣∣∣∣∣ = ex
∣∣∣∣∣∣∣
1 2 1
1 2 −1
1 2 1
∣∣∣∣∣∣∣ = 0
8. cos2 x, 1 + cos 2x
9. loga x, loga x2, (x > 0)
10. 2, cos x, cos 2x
ω =
∣∣∣∣∣∣∣
2 cos x cos 2x
0 −senx −2sen2x
0 − cosx −4 cos 2x
∣∣∣∣∣∣∣ = 2
∣∣∣∣∣ −senx −2sen2x− cosx −4 cos 2x
∣∣∣∣∣ = 4(sen3x+ senx cos 2x
11. e−3xsen2x, e−3x cos 2x
Exercício 3.1.3.
Mediante o Wronskiano, determine se cada um dos seguintes conjuntos são linearmente
independentes.
Solução.
1. 1, ex, 2e2x
2. Lnx, xLnx
3.
√
x, 3
√
x
4. 4, x
5. Ln
x− 1
x+ 1
, 1
ω =
∣∣∣∣∣∣∣
Ln
x− 1
x+ 1
1
2
x2 − 1 0
∣∣∣∣∣∣∣ = −
2
x2 − 1
São linearmente independentes ∀ x ∈ Rr {1, −1}.
6. 1, sen2x, 1− cos x
7.
√
1− x2, x
8. sen
x
2
, cos2 x
9. x, aloga x, (x < 0)
Christian José Quintana Pinedo 81
10. ex, xax, x2ex. Podemos supor x > 0, x 6= 1, a 6= 0
ω =
∣∣∣∣∣∣∣
ex xax x2ex
ex a(1 + Lnx)xax ex(x2 + 2x)
ex axax[x−1 + a(1 + Lnx)2] ex(x2 + 4x+ 2)
∣∣∣∣∣∣∣ ⇒
ω = e2x
∣∣∣∣∣∣∣
1 xax x2
0 xax[a(1 + Lnx)− 1] 2x
0 xax
[
a[x−1 + a(1 + Lnx)2]− 1] 4x+ 2
∣∣∣∣∣∣∣ ⇒
ω = 2e2xxax
∣∣∣∣∣ a(1 + Lnx)− 1 xa[x−1 + a(1 + Lnx)2]− 1 2x+ 1
∣∣∣∣∣ ⇒
ω = 2e2xxax
{
a
∣∣∣∣∣ (1 + Lnx) xx−1 + a(1 + Lnx)2 2x+ 1
∣∣∣∣∣− (x+ 1)
}
⇒
ω = 2e2xxax
[
(x+ 1)[a(2 + Lnx)− 1] + ax(1 + Lnx)2
]
6= 0
Nas condições acima descritas, o conjunto é linearmente independente.
11. x2, x4, x8
12. eaxsenbx, eax cos bx, b 6= 0
ω =
∣∣∣∣∣ eaxsenbx eax cos bxeax(asenbx+ b cos bx) eax(a cos bx− bsenbx)
∣∣∣∣∣ =
ω = e2ax[(asenbx cos bx− bsen2bx)− (a cos bxsenbx+ b cos2 bx)] = −be2ax 6= 0
São linearmente independentes eaxsenbx, eax cos bx, b 6= 0.
Exercício 3.1.4.
Verificar que o sistema de funções {eαxsenβx, eαx cos βx} onde β 6= 0 é linearmente
independente em R. Determine os valores de C1 e C2 de modo que se cumpra a identidade
C1e
αxsenβx+ C2e
αx cos βx = 0. [?] Exem 3 pp 99
Solução.
Exercício 3.1.5.
Suponha que y1 = ex e y2 = e−x sejam duas soluções de uma equação diferencial
linear homogênea. Explicar porque y3 = coshx e y4 = senhx são também soluções da
equação. [?] pp129
Solução.
82 Solução Séries e Equações Diferenciais
Exercício 3.1.6.
Determine se as funções dadas são linearmente independentes em seu campo de defi-
nição.
Solução.
1. 1, 2, x, x2
2. senx, cos x, cos(2x)
3. 1, senx, cos(2x)
4. x, 2x, x2
5. 5, cos2 x, sen2x
6. 1, arcsenx, arccos x
7. ex, xex, x2ex
8. 5, arctanx, arccotx
9. e
ax2
2 , e
ax2
2
x∫
0
e
at2
2 dt
10. x, x
1∫
x0
et
t2
dt (x0 > 0)
11. cosx, cos(x+ 1), cos(x− 2)
12. 1, sen(2x), (senx− cos x)2
Exercício 3.1.7.
Determine o Wronskiano para os seguintes sistemas de funções.
Solução.
1. 1, x
2. x,
1
x
3. senx, sen(x+
pi
4
)
4. e−x, xe−x
5. ex, 2ex, e−x
6. 2, cosx, cos(2x)
Christian José Quintana Pinedo 83
7. 1, 2, x2
8. arccos
x
pi
, arcsen
x
pi
9. pi, arcsenx, arccosx
10. 4, sen2x, cos(2x)
11. x, Lnx
12. e−3xsen(2x), e−3x cos(2x)
13. exsenx, ex cosx
14.
1
x
, e
1
x
15. sen(
pi
4
− x), cos(pi
4
− x)
Exercício 3.1.8.
Mediante o método do determinante de Gram, determine se asfunções do exercício
anterior são linearmente dependentes.
Solução.
Exercício 3.1.9.
Verificar que as os seguintes pares de funções são linearmente independentes e seu
Wronskiano é zero, construir o gráfico das funções num mesmo sistema de coordenadas.
Solução.
1. y1(x) =
{
0 se 0 < x < 2
(x− 2)2 se 2 < x < 4 ; y2(x) =
{
(x− 2)2 se 0 < x < 2
0 se 2 < x < 4
2. y1(x) =
{
x3 se − 2 < x < 0
0 se 0 < x < 2
; y2(x) =
{
0 se − 2 < x < 0
x2 se 0 < x < 1
3. y1(x) = x2, y2(x) = x|x|, −1 < x < 1.
Exercício 3.1.10.
Numéricamente, o determinante de Gram coincide com o quadrado do volume do pa-
ralelepípedo formado por três vetores. Verificar esta propriedade para três vetores qualquer
do espaço R3.
Solução.
Numéricamente, o determinante de Gram coincide com o quadrado do volume do
paralelepípedo formado por três vetores. Verificar esta propriedade para três vetores
qualquer do espaço R3.
84 Solução Séries e Equações Diferenciais
3.2 Equações diferenciais lineares de coeficientes cons-
tantes
Exercícios 3-2
Exercício 3.2.1.
Formar as equações diferenciais lineares homogêneas dadas que se conhecem sua equa-
ções características.
Solução.
1. λ2 + 3λ+ 2 = 0 ⇒ y′′ + 3y′ + 2 = 0
2. 2λ2 − 3λ− 5 = 0 ⇒ 2y′′ − 3y′ − 5y = 0
3. λ(λ+ 1)(λ+ 2) = 0 ⇒ y′′′ + 3y′′ + 2y′ = 0
4. (λ2 + 1)2 = 0 ⇒ y(iv) + 2y′′ + y
5. λ3 = 0 ⇒ y′′′ = 0
6. λ2 + 5λ+ 6 = 0 ⇒ y′′ + 5y′ + 6y = 0
Exercício 3.2.2.
Determine as equações diferenciais lineares homogêneas dado que se conhecem as raízes
da equação característica. Escrever suas soluções gerais.
Solução.
1. Dadas as raízes da equação características associado à equação λ1 = 1, λ2 = 2, sua
solução geral é da forma y(x) = C1ex + C2e2x.
A equação é de segunda ordem
y′ = C1ex + 2C2e2x ⇒ y′ − y = C2e2x
também
y′′ = C1ex + 4C2e2x ⇒ y′′ − y = 3C2e2x
de onde
3(y′ − y) = (y′′ − y) ⇒ y′′ − y = 3y′ − 3y
Portanto, y′′ − 3y′ + 2y = 0 é a equação procurada.
Christian José Quintana Pinedo 85
2. Dadas as raízes da equação características associado à equação λ1 = 1, λ1 = 1, sua
solução geral é da forma y(x) = C1ex +C2xe2x. Eliminando as constantes obtém-se
que a equação procurada é y′′ − 2y′ + 1 = 0.
3. Dadas as raízes da equação características associado à equação λ1 = 3 − 2i, λ2 =
3 + 2i, sua solução geral é da forma y(x) = C1e3x cos 2x+ C2xe3xsen2x.
Como λ2 − 6λ+ 13 = 0, então a equação procurada é y′′ − 6y′ + 13y = 0.
Exercício 3.2.3.
Forme as equações diferenciais lineares homogêneas, se se conhece o conjunto funda-
mental de soluções.
Solução.
1. e−x, ex ⇒ y(x) = C1e−x + C2ex
2. 1, ex ⇒ y(x) = C1 + C2ex
3. e−2x, xe−2x ⇒ y(x) = C1e−2x + C2xe−2x
4. sen(3x), cos(3x) ⇒ y(x) = C1sen(3x) + C2 cos(3x)
5. 1, x ⇒ y(x) = C1 + C2x
6. ex, e2x, e3x ⇒ y(x) = C1ex + C2e2x + C3e3x
7. ex, xex, x2ex ⇒ y(x) = C1ex + C2xex + C3x2ex
8. 1, x, ex ⇒ y(x) = C1 + xC2 + exC3
9. 1, senx, cos x ⇒ y(x) = C1 + C2senx+ C3 cos x
Exercício 3.2.4.
Resolver as seguintes equações diferenciais:
Solução.
1. y′′ − y = 0
A equação característica é λ2 − 1 = 0, de onde λ1 = 1 e λ2 = −1,são raízes reais e
distintas, então a solução é y = C1e−x + C2ex.
2. 3y′′ − 2y′ − 8y = 0
3. y′′′ − 3y′′ + 3y′ − y = 0
A equação característica é 3λ3 − 3λ2 + 3λ − 1 = 0, de onde λ1 = λ2 = λ3 = 1,são
raízes reais então a solução é y = C1ex + C2xex + C2x2ex.
86 Solução Séries e Equações Diferenciais
4. y′′ − 2y′ − 2y = 0
A equação característica é λ2− 2λ− 2 = 0, de onde λ1 = 1+
√
3 e λ2 = 1−
√
3,são
raízes reais e distintas, então a solução é y = ex(C1e
√
3x + C2e
−√3x).
5. y(vi) + 2y(v) + y(iv) = 0. Seja z = y(iv) ⇒ z′′ + 2z′ + z = 0, logo as raízes da
equação característica são: r1 = r2 = −1 de onde
z = C1e
−x + C2xe−2x ⇒ y(iv) = C1e−x + C2xe−2x
y′′′ =
∫
(C1e
−x)dx+
∫
(C2xe
−2x)dx =
6. y′′′ + 6y′′ + 11y′ + 6y = 0
7. 2y′′′ − 3y′′ + y′ = 0
8. y′′′ − 3y′ − 2y = 0
9. y(v) = 0
10. y′′′ − 2y′′ + 2y′ = 0
11. y′′′ + 2y′′ − y′ − 2y = 1
12. y′′ − 2y′ + 3y = 0
Exercício 3.2.5.
Determine a solução particular da equação linear não homogênea, se se conhecem as
raízes da equação característica e o segundo membro b(x).
Solução.
1. λ1 = 1, λ2 = 2; b(x) = Ax2 +Bx+ C ⇒ yp = A1x2 + A2x+ A3
2. λ1 = 0, λ2 = 1; b(x) = Ax2 +Bx+ C ⇒ yp = x(A1x2 + A2x+ A3)
3. λ1 = 0, λ2 = 0; b(x) = Ax2 +Bx+ C ⇒ yp = x2(A1x2 + A2x+ A3)
4. λ1 = 1, λ2 = 2; b(x) = e−x(Ax+B) ⇒ yp = e−x(A1x+ A2)
5. λ1 = −1, λ2 = 1; b(x) = e−x(Ax+B) ⇒ yp = xe−x(A1x+ A2)
6. λ1 = −1, λ2 = −1; b(x) = e−x(Ax+B) ⇒ yp = x2e−x(A1x+ A2)
7. λ1 = 0, λ2 = 1; b(x) = senx+ cos x ⇒ yp = A1 cos x+ A2senx
Christian José Quintana Pinedo 87
8. λ1 = −i, λ2 = i; b(x) = senx+ cos x ⇒ yp = x(A1 cosx+ A2senx)
9. λ1 = −2i, λ2 = 2i; b(x) = Asen(2x) + B cos(2x) ⇒ yp = x(A1 cos(2x) +
A2sen(2x))
10. λ1 = −ki, λ2 = ki; b(x) = Asen(kx) + B cos(kx) ⇒ yp = x(A1 cos(kx) +
A2sen(kx))
11. λ1 = 1, λ2 = 1; b(x) = ex(Asenx+B cosx) ⇒ yp = ex(A1 cosx+ A2senx)
12. λ1 = −1− i, λ2 = −1 + i; b(x) = e−x(Asenx+B cosx)
⇒ yp = xe−x(A1 cos x+ A2senx)
Exercício 3.2.6.
Determine a forma da solução particular para as seguintes equações diferenciais line-
ares não homogêneas.
Solução.
1. y′′ + 3y′ = 3. A equação característica é λ2 + 3λ = 0 ⇒ λ = 0 e λ = −3 são
raizes.
A solução geral da homogênea é yh = C1 + C2e−3x
Como λ = 0 é raiz de multiplicidade s = 1, a solução particular é da forma yp = Ax,
de onde y′p = A e y′′p = 0. Assim
0 + 3A = 3 ⇒ A = 1 ⇒ yp = x
Portanto, a solução geral da equação é y = C1 + C2e−3x + x.
2. y′′ − 7y′ = (x− i)2
3. y′′ + 3y′ = e3
4. y′′ + 7y′ = e−7x
5. y′′ − 8y′ + 16y = (x− 1)e4x
6. y′′−10y′+25y = e5x. A equação característica é λ2−10λ+25 = 0 ⇒ λ1 = 5
e λ2 = 5 são raizes.
A solução geral da homogênea é yh = C1e5x + C2xe5x
Como λ = 5 é raiz de multiplicidade s = 2, a solução particular é da forma yp =
x2e5xA, de onde y′p = Ae5x(5x2 + 2x) e y′′p = Ae5x(25x2 + 20x+ 2). Assim
Ae5x(25x2 + 20x+ 2)− 10Ae5x(5x2 + 2x) + 25x2e5xA = e5x ⇒ A = 1
2
88 Solução Séries e Equações Diferenciais
Portanto, a solução geral da equação é y = C1e5x + C2xe5x +
x2
2
e5x.
7. 4y′′ − 3y′ = x 4√e3x
8. y′′ − y′ − 2y = ex + e−2x
9. y′′ − 4y′ = xe4x
10. y′′ + 25y = cos(5x)
11. y′′ + y = senx− cos x
12. y′′ + 4y′ + 8y = e2x(sen(2x) + cos(2x))
13. y′′ + 16y = sen(4x+ α)
14. y′′ − 4y′ + 8y = e2x(sen(2x)− cos(2x))
15. y′′ + 6y′ + 13y = e−3x cos(2x)
16. y′′ + k2y = ksen(kx+ α)
17. y′′ + k2y = k
18. y′′ + 4y = senxsen(2x)
Exercício 3.2.7.
Resolver as seguintes equações.
Solução.
1. y′′ − 4y′ + 4y = x2
2. y′′ + 8y′ = 8x
3. y′′ + 4y′ + 4y = 8e−2x
4. y′′ − 2ky′ + k2y = ex, (k 6= 1)
5. y′′ + 4y′ + 3y = 9e−3x
6. 7y′′ − y′ = 14x
7. y′′ + 3y′ = 3xe−3x
8. y′′ + 5y′ + 6y = 10(1− x)e−2x
9. y′′ + 2y′ + 2y = 1 + x
Christian José Quintana Pinedo 89
10. y′′ + y′ + y = (x+ x2)ex
11. y′′ + 4y′ − 2y = 8sen(2x)
12. y′′ + y = 4x cos x
13. y′′ − 2my′ +m2y = sen(mx)
14. y′′ + 2y′ + 5y = e−xsen(2x)
15. y′′ − y′ = exsenx
16. y′′ + a2y = 2 cos(mx) + 3sen(mx) m 6= a
90 Solução Séries e Equações Diferenciais
3.3 Equação não homogênea de ordem maior que dois
Exercícios 3-3
Exercício 3.3.1.
Determine a solução particular da equação linear não homogênea, se se conhecem as
raízes da equação característica e o segundo membro b(x).
Solução.
1. λ1 = λ2 = λ3 = 1; b(x) = Ax2 +Bx+ C ⇒ yp = A1x2 + A2x+ A3
2. λ1 = 0, λ2 = 1, λ=2; b(x) = Ax2 +Bx+ C ⇒ yp = x(A1x2 + A2x+ A3)
3. λ1 = i, λ2 = −i, λ3 = 1; b(x) = senx+ cos x ⇒ yp = x(A1 cosx+ A2senx)
4. λ1 = −1, λ2 = 1, λ3 = 2; b(x) = Ae−x +Bex ⇒ yp = x(A1e−x + A2ex)
5. λ1 = λ2 = 0, λ3 = 1; b(x) = Ae−x +Bex ⇒ yp = x2(A1e−x + A2ex)
6. λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 2; b(x) = (Ax2+Bx+C)ex ⇒ yp = x2ex(A1x2+A2x+A3)
7. λ1 = λ2 = k; b(x) = (ax2 + bx+ c)ekx, k 6= 1, k 6= 0
⇒ yp = x2ekx(A1x2+ A2x+ A3)
8. λ1 = λ2 = λ3 = k; b(x) = (ax2 + bx+ c)ekx, k 6= 1, k 6= 0
⇒ yp = x3ekx(A1x2 + A2x+ A3)
9. λ1 = λ2 = 1, λ3 = 2; b(x) = Asenx+B cosx ⇒ yp = A1 cos x+ A2senx
10. λ1 = −i, λ2 = i, λ3 = 0; b(x) = Asenx+B cos x ⇒ yp = x(A1 cos x+A2senx)
11. λ1 = 3− 2i, λ2 = 3 + 2i, λ3 = λ4 = 0; b(x) = e3x(sen(2x) + cos(2x))
⇒ yp = xe3x(A1 cos 2x+ A2sen2x)
12. λ1 = λ2 = 3− 2i, λ3 = λ4 = 3 + 2i; b(x) == e3x(sen(2x) + cos(2x))
⇒ yp = x2e3x(A1 cos 2x+ A2sen2x)
Exercício 3.3.2.
Resolver as seguintes equações
1. y′′ + 2y′ + y = −2 2. y′′ + 2y′ + 2 = 0
3. y′′ + 9y − 9 = 0 4. y′′′ + y′′ = 1
5. 5y′′′ − 7y′′ − 3 = 0 6. y(iv) − 6y′′′ + 6 = 0
7. 3y(iv) + y′′′ = 2 8. y(iv) − 2y′′′ + 2y′′ − 2y′ + y = 1
Christian José Quintana Pinedo 91
Solução.
Exercício 3.3.3.
Para cada uma das seguintes equações determine as soluções particulares para os dados
iniciais.
Solução.
1. y′′ − 5y′ + 6y = (12x− 7)e−x; y(0) = y′(0) = 0
2. y′′ + 9y = 6e3x; y(0) = y′(0) = 0
3. y′′ − 4y′ + 5y = 2x2ex; y(0) = 2, y′(0) = 3
4. y′′ + 6y′ + 9y = 10senx; y(0) = y′(0) = 0
5. y′′ + y = 2 cosx; y(0) = 1, y′(0) = 0
6. y′′ + 4y = senx; y(0) = y′(0) = 1
7. y′′ − 6y′ + 9y = x2 − x+ 3; y(0) = 4
3
, y′(0) =
1
27
8. y′′ − 4y′ + 4y = e2x; y(0) = 2, y′(0) = 8
9. y′′ + 4y = 4(sen(2x) + cos(2x)); y(pi) = y′(pi) = 2pi
10. y′′ − y′ = −5e−x(senx+ cos x); y(0) = −4, y′(0) = 5
11. y′′ − 2y′ + 2y = 4ex cos x; y(pi)piepi, y′(pi) = epi
12. y′′′ − y′ = −2x; y(0) = 0, y′(0) = 1, y′′(0) = 2
13. y(iv) − y = 8ex; y(0)− 1, y′(0) = 0, y′′(0) = 1, y′′′(0) = 0
14. y′′ − y = 2x; y(0) = y′(0) = 0, y′′(0) = 2
15. y(iv) − y = 8ex; y(0) = 0, y′(0) = 2, y′′(0) = 4, y′′′(0) = 6
Exercício 3.3.4.
Para os seguintes problemas necessita achar a solução particular das equações que
cumpram no infinito as condições dadas.
Solução.
1. y′′ − 4y′ + 5y = senx; y é limitada para x→ +∞
2. y′′ + 2y′ + 5y = 4 cos(2x) + sen(2x); y é limitada para x→ −∞
3. y′′ − y = 1; y é limitada para x→∞
92 Solução Séries e Equações Diferenciais
4. y′′ − 2y′ + y = 4e−x; y → 3 para x→ +∞
5. y′′ − y = −2 cos x; quady é limitada para x→∞
6. y′′ + 4y′ + 3y = 8ex + 9; y → 3 para x→ −∞
7. y′′ − y′ − 5y = 1; y → −1
5
para x→∞
8. y′′ + 4y′ + 4y = 2ex(senx+ 7 cos x); y → 0 para x→ −∞
9. y′′ − 5y′ + 6y = 2e−2x(9sen(2x) + 4 cos(2x)); y → 0 para x→ −∞
10. y′′ − 4y′ + 4y = ()e−x; y → 0 para x→ +∞
Exercício 3.3.5.
Um tubo em forma de U está cheio (Figura 3.3 com um líquido homogêneo, que é
levemente comprimido em um dos lados do pistão. O pistão é removido e o nível do
líquido em cada ramo oscila. Determine a altura do nível do líquido em um dos ramos
em função do tempo.
Solução.
Christian José Quintana Pinedo 93
3.4 Aplicações
Exercícios 3-4
Exercício 3.4.1.
Determine a solução geral de cada uma das equações diferenciais.[?]
Solução.
1. y′′ − 3y′ + 2y = 0
2. y′′ − 3y′ + 2y = 0
3. y′′′ + 5y′′ = 0
4. 12y′′ − 5y′ − 2y = 0
5. y′′ + 3y′ − 5y = 0
6. 8y′′ + 2y′ − y = 0
7. 3y′′ + 2y′ + y = 0
8. 4y′′′ + 4y′′ + y′ = 0
9. y′′′ − 4y′′ − 5y = 0
10. y′′′ + 5y′′ = 0
Exercício 3.4.2.
Resolver as seguintes equações homogêneas de Euler.
Solução.
1. x2y′′ + xy′ − y = 0
2. x2y′′ + 3xy′ + y = 0
3. x2y′′ + 2xy′ + 6y = 0
4. xy′′ + y′ = 0
5. (x+ 2)2y′′ + 3(x+ 2)y′ − 3y = 0
6. (2x+ 1)2y′′ − 2(2x+ 1)y′ + 4y = 0
7. x2y′′′ − 3xy′′ + 3y′ = 0
94 Solução Séries e Equações Diferenciais
8. x2y′′′ = 2y′
9. ((x+ 1)2y′′′ − 12y′ = 0
10. (2x+ 1)2y′′′ + 2(2x+ 1)y′′ + y′ = 0
Exercício 3.4.3.
Resolver as seguintes equações não homogêneas de Euler.
Solução.
1. x2y′′ + xy′ + y = x(6− Lnx)
2. x2y′′ − xy′ + y = 2x
3. x2y′′ − xy′ − 3y = −16Lnx
x
4. x2y′′ − 2xy′ + 2y = x2 − 2x+ 2
5. x2y′′ + xy′ − y = xm, |m| 6= 1
6. x2y′′ + 4xy′ + 2y = 2Ln2x+ 12x
7. x3y′′′ − 3x2y′′ + 6xy′ − 6y = x[?]
8. x2y′′ + 4xy′ + 2y = 2Ln2x+ 12x
Exercício 3.4.4.
Resolver as seguintes equações pelo método de redução de ordem dado que y1 é uma
solução da equação.
Solução.
1. y′′ − 9y = 0; y1 = e3x [?]
2. x2y′′ + xy′ + y = 0; y1 = cos Lnx [?]
3. y′′ + 9y = 0; y1 = cos x [?]
4. (1− x2)y′′ − 2xy′ + 2y = 0; y1 = x [?]
5. x2y′′ + 2xy′ − 6y = 0; y1 = x2 [?]
6. x3y′′ + x2y′ + xy = 0; y1 = sen(Lnx) [?]
7. x2y′′ + xy′ = 0; y1 = 1 [?]
8. x2y′′ − 4xy′ + 6y = 0; y1 = x2 [?]
Christian José Quintana Pinedo 95
9. x2y′′ + 3xy′ = 0; y1 = 1 [?]
10. x2y′′ − 2xy′ + 2y = 0; y1 = x [?]
11. (2x+ 1)y′′ − 4(x+ 1)y′ + 4y = 0; y1 = x+ 1 [?]
12. x2y′′ + 2xy′ − 1 = 0
Exercício 3.4.5.
Resolver as seguintes equações pelo método dos coeficientes indeterminados.
Solução.
1. y′′ + 2y′ + y = x2e−x [?]
2. y′′ + y′ +
1
4
y = ex(sen3x− cos 3x) [?]
3. y′′ − y′ = x2ex + 5 [?]
4. y′′ + 4y = cos2 x.
A equação característica é r2 + 4 = 0 ⇒ (r + 2i)(r − 2i) = 0 e as raízes são
r = −2i e r = 2i de multiplicidade s = 1. A solução geral da equação homogênea é
yh = C1 cos(2x) + C2sen(2x).
Como b(x) = cos2 x =
1
2
+
1
2
cos(2x) considerar a solução particular da forma
yp = D+x[A cos(2x)+Bsen(2x)], logo y′p = (A+2xB) cos(2x)+(B−2xA)sen(2x)
y′′p = (4B − 4xA) cos(2x)− (4B − 4xA)sen(2x) ⇒
y′′ + 4y = cos2 x =
1
2
+
1
2
cos(2x) ⇒
[4(B−xA) cos(2x)−4(A−xB)sen(2x)]+4D+4x[A cos(2x)+Bsen(2x)] = 1
2
+
1
2
cos(2x)
4D + 4B cos(2x)− 4Bsen(2x) = 1
2
+
1
2
cos(2x) ⇒ A = 0, B = D = 1
8
Portanto a solução geral da equação é y = C1 cos(2x)+C2sen(2x)+
1
8
+
x
8
sen(2x).
5. y′′ + y′ + y = xsenx [?]
6. y′′ − y = 3xex cos 2x [?]
7. y′′ + 25y = 6senx [?]
8. y′′ − 2y′ + 5y = exsenx [?]
9. y′′ + 3y′ + 2y = 6 [?]
96 Solução Séries e Equações Diferenciais
10. y′′ − 8y′ = 20y = 100x2 − 26xex[?]
11. y′′ + 3y = −48x2ex[?]
12. 4y′′ + 4y′ − 3y = cos 2x[?]
13. y′′ − 5y′ = 2x3 − 4x2 − x+ 6[?]
14. y′′ − 16y = 2e4x[?]
15. y′′ + 2y′ − 24y = 16(x+ 2)e4x[?]
16. y′′′ − 2y′′ − 4y′ + 8y = 6xe2x[?]
Exercício 3.4.6.
Resolver as seguintes equações pelo método de variação de parâmetros.
Solução.
1. y′′ + y′ = secx [?]
A equação característica é r2 + r = 0 ⇒ r(r + 1) = 0 e as raízes são r = −1
e r = 0. A solução geral da equação homogênea é y = C1 + C2e−x. Temos que
resolver o sistema {
u′1(x) + u
′
2(x)e
−x = 0
−u′1(x)0− u′2(x)e−x = secx
(3.2)
u′1(x) = secx ⇒ u1(x) =
∫
secxdx = Ln(tan x+ sec x)
Na equação (3.2) tem-se
−u′2(x)e−x = sec x ⇒ u2(x) = −
∫
ex sec xdx =
Portanto, a solução geral da equação é
y = C1 + C2e
−x + Ln(tan x+ sec x)−
∫
ex secxdx
2. y′′ − 2y′ + y = ex
x
[?]
3. y′′ − y′ − y = e3x [?]
4. xy′ + 4y = x4 [?]
5. x5y′′ − 2x5y′ − x5y = ex [?]
6. y′′ + 4y = sen22x [?]
Christian José Quintana Pinedo 97
7. y′′ + y = −x−2senx+ 2x−1 cos x[?]
8. y′′ + 5y + 6 = e−2x sec2(1 + 2 tan x) [?]
9. y′′ + 2y′ + y = e−xLnx
A equação característica é r2 + 2r + 1 = 0 ⇒ (r + 1)(r + 1) = 0 e as
raízes são r = −1 de multiplicidade dois. A solução geral da equação homogênea é
y = C1e
−x + C2xe−x. Temos que resolver o sistema{
u′1(x)e
−x + u′2(x)xe
−x = 0
−u′1(x)e−x + u′2(x)e−x(1− x) = e−xLnx
(3.3)
u′2(x)e
−x = e−xLnx ⇒ u2(x) =
∫
Lnxdx = x(Lnx− 1)
Na equação (3.3) tem-se
u′1(x)e
−x + x(Lnx− 1)e−x = 0 ⇒ u1(x) = −
∫
x(Lnx− 1)dx = 3
4
x2 − 1
2
x2Lnx
Portanto, a solução geral da equação é
y = y = C1e
−x + C2xe−x +
3
4
x2 − 1
2
x2Lnx+ x(Lnx− 1)
10. y′′ − 3y′ + 2y = cos(e−x) [?]
11. y′′ + 4y = 4 sec2 x[?]
12. y′′ + y = csc x cotx [?]
13. y′′ − 3y′ + 2y = e
2x
1 + e2x
A equação característica é r2 − 3r + 2 = 0 ⇒ (r − 2)(r − 1) = 0 e as raízes
são r = 1 e r = 2. A solução geral da equação homogênea é y = C1ex + C2e2x.
Temos que resolver o sistema u
′
1(x)e
x + u′2(x)e
2x = 0
u′1(x)e
x + 2u′2(x)e
2x =
e2x
1 + e2x
(3.4)
u′2(x)e
2x =
e2x
1 + e2x
⇒ u′2(x)=
e−2x
e−2x + 1
⇒ u2(x) = −1
2
Ln(e−2x + 1)
Na equação (3.4) tem-se
u′1(x)e
x +
e−2x
e−2x + 1
· e2x = 0 ⇒ u′1(x) = −
e−x
e−2x + 1
⇒ u1(x) = arctan(e−x)
98 Solução Séries e Equações Diferenciais
Portanto, a solução geral da equação é
y = C1e
x + C2e
2x + arctan(e−x)− 1
2
e2xLn(e−2x + 1)
14. y′′ − 2y′ + y = e2x(ex + 1)−2 [?]
Exercício 3.4.7.
Resolva os problemas de valor inicial:
Solução.
1. y′′ + y′ − 2y = t2 + 3, y(0) = 0, y′(0) = 0
A resolver y′′ + y′ − 2y = 0 ⇒ λ2 + λ − 2 = 0 ⇒ λ = −2, λ = 1. A
solução geral da homogênea é yh = C1e−2t + C2et.
Uma solução particular é da forma yp = A1t2 + A2t+ A3 então y′ = 2A1t+ A2 e
y′′ = 2A1, assim (2A1) + (2A1t)− 2(A1t2 + A2t+ A3) = t2 + 3 ⇒
t2(−2A1) + t(2A1 − 2A2) + (2A1 − 2A3) = t2 + 3 ⇒ A1 = A2 = −1
2
, A3 = −1
Logo a solução geral da equação é y = C1e−2t + C2et − 1
2
t2 − 1
2
t − 1, sendo sua
derivada y′ = −2C2e−2t + C2et − t− 1
2
Das condições iniciais y(0) = C1 + C2 − 1 = 0 e y′(0) = −2C1 + C2 − 1
2
=
0 ⇒ C1 = 1
6
, C2 =
5
6
.
Portanto, y =
1
6
e−2t +
5
6
et − 1
2
t2 − 1
2
t− 1 é a solução particular do PVI.
2. y′′ + 2y′ + y = 3sen(2t), y(0) = 0, y′(0) = 0
3. y′′ − 4y′ + 4y = 3e−t, y(0) = 0, y′(0) = 0
4. 2y′′ + 2y′ + y = t2, y(0) = 0, y′(0) = 0
Exercício 3.4.8.
Encontre a solução geral da equação y′′ + 2y′ + αy = 0 para α > 1, para α = 1 e
para α < 1. 1. Determine a forma adequada para uma solução particular da equação
y′′ + 2y′ + αy = te−tsen(
√
α− 1t) para α > 1. 3. Para quais valores de α todas as
soluções tendem a zero quando t→∞.[?]
Solução.
Exercício 3.4.9.
Se y1 =
√
x−1 cos x e y2 =
√
x−1senx formam un conjunto linearmente independente
e são soluções de x2y′′ + xy′ + (x2 − 1
4
)y = 0. Achar a solução geral para x2y′′ + xy′ +
Christian José Quintana Pinedo 99
(x2 − 1
4
)y = x
√
x3. [?]
Rpta x(t) = C1x−1/2 cos x+ C2senx+ x−1/2.
Solução.
Exercício 3.4.10.
Se y1 = x e y2 = ex formam un conjunto linearmente independente e são soluções da
homogênea associada à ED (x − 1)y′′ + xy′ − y = 2(x − 1)2e−x; 0 < x < 1. Achar a
solução geral. [?]
Rpta x(t) = C1x+ C2ex − xex
Solução.
Exercício 3.4.11.
Para x > 1 considere a seguinte equação diferencial
(x4 − x3)y′′ + (2x3 − 2x2 − x)y′ − y = (x− 1)
2
x
1. Achar a solução geral da homogênea sabendo que uma de suas soluções é y1 = e1/x
2. Achar a solução geral da equação não homogênea.
Solução.
Exercício 3.4.12.
Um peso de 24 libras preso à extremidade de uma mola que se estende 4 polegadas.
Encontre a equação do movimento se o peso em repouso, é liberado a partir de um ponto
que é de 3 polegadas. na posição de equilíbrio.
Rpta x(t) = −1
4
cos 4
√
6t.
Solução.
Exercício 3.4.13.
Encontrou-se num experimento que um corpo de 4 lb estica uma mola 6 polegadas. O
meio oferece uma resistência ao movimento do corpo numéricamente igual a 2, 5 vezes a
velocidade instantânea. Determine a equação do movimento sabendo que o peso esta se
desplazando 4 polegadas por baixo da posição de equilíbrio e é solta.[?]
Solução.
Exercício 3.4.14.
Um peso de 32 lb estica uma mola 6 polegadas. O peso se move em um ambiente que se
opõe a uma força de amortecimento numéricamente igual a β vezes a velocidade instan-
tânea. Determine os valores de β para que o sistema mostre um movimento oscilatório.
Rpta. 0 < β < 16
Solução.
100 Solução Séries e Equações Diferenciais
Exercício 3.4.15.
Uma massa de uma libra, está sujeita a uma mola cuja constante é 9 lb/pie. O meio
oferece resistência ao movimento numéricamente igual igual a 6 vezes a velocidade ins-
tantânea. A massa é liberada desde um ponto que está a 8 polegadas sobre a posição
de equilíbrio. Determinar os valores de v0 a fim de que posteriormente a massa passe a
posição de equilíbrio. Rta. v0 > 2 pies/sg.
Solução.
Exercício 3.4.16.
Um peso 16 lb estica uma mola em
8
3
ft. Inicialmente peso a partir do repouso de
um ponto que é de 2 ft abaixo da posição de equilíbrio e o movimento posterior é feito
em um ambiente que se opõe uma força de amortecimento numéricamente igual a
1
2
da
velocidade instantânea. Encontre a equação do movimento se o peso é impulsionado por
uma força externa igual a f(t) = 10 cos 3t.
Rpta x(t) = et/2[−4
3
cos
√
47
2
t− 64
3
√
47
sen
√
47
2
t] +
10
3
(cos 3t+ sen3t).
Solução.
Exercício 3.4.17.
Uma massa pesa de 4 lb está pendurada no extremo de numa mola. Se a mola se
estica 2 polegadas por causa do peso da massa para em seguida, se mover 6 polegadas
da posição de equilíbrio e ser lançada com uma velocidade inicial de zero, encontrar a
equações diferencial do sistema, considerar que o meio ambiente oferece uma resistência
ao movimento de 6 lb quando a massa tem uma velocidade de 3 ft/s.
Solução.
A massa m =
4 lb
32 ft/s2
=
1
8
slug
O coeficiente de recuperação k =
F
δ
=
4 lb
(1/6) ft
= 24(lb/ft)
O coeficiente de fricção b =
6 lb
3 ft/s
= 2( lb− s/ft)
A equação diferencial é
1
8
y′′ + 2y′ + 24y = 0
y(t) = e−8t[C1 cos
√
128t+ C2sen
√
128t]
Pelas condições iniciais, y(0) =
1
2
, y′(0) = 0 a solução procurada é
y(t) =
1
2
e−8t cos(
√
128t+ φ)
Christian José Quintana Pinedo 101
Exercício 3.4.18.
Um bloco de 4, 0Kg está suspenso de uma certa mola, estendendo-a a 16, 0 cm além
de sua posição de repouso. 1. Qual a constante da mola? 2. O bloco é removido e um
corpo de 0, 5Kg é suspenso da mesma mola. Se esta mola for então puxada e solta, qual
o período de oscilação?
Solução.
Exercício 3.4.19.
Uma massa de 100 gramas estica uma mola 10 centímetros. A massa está presa a um
amortecedor viscoso. Suponha que a aceleração da gravidade seja de 103 centímetros por
segundo ao quadrado. 1. Para quais valores da constante de amortecimento γ o sistema
é super-amortecido, tem um amortecimento crítico e é sub-amortecido. 2. Suponha que
o amortecedor exerce uma força de 104 dinas (=gramas × centímetros por segundos2 )
quando a velocidade é de 10 centímetros por segundo. Se a massa é puxada para baixo 2
centímetros e depois é solta, determine a posição x(t) em função do tempo t e faça um
esboço do seu gráfico. Qual o valor do quase período?[?]
Solução.
Exercício 3.4.20.
Encontre a corrente I em função do tempo t (em segundos), dado que I satisfaz a
equação diferencial:
L · dI
dt
+RI = sen2t ,
onde R e L são constantes não nulas.
Solução.
A forma padrão da equação diferencial dada é:
dI
dt
+
R
L
I =
1
L
sen2t
Então P (t) =
R
L
, de modo que e
∫
P (t)·dt = e
R
L
t, sabe-se que:
I · eRL t = 1
L
∫
e
R
L
tsen2t · dt
I · eRL t = e
R
L
t
4L2 +R2
· (Rsen2t− 2L cos 2t) + C1
Logo a corrente em função do tempo está dada por
I = e−
R
L
t ·
[
e
R
L
t
4L2 +R2
· (Rsen2t− 2L cos 2t) + C1
]
102 Solução Séries e Equações Diferenciais
onde C é uma constante.
Exercício 3.4.21.
Um circuito possui um capacitor de 0, 125× 10−1 F , um resistor de 60Ω e um indutor
de 10 H, em série. A carga inicial no capacitor é zero. No instante t = 0 conecta-se
o circuito a uma bateria cuja tensão é de 12 V e o circuito é fechado. 1. Determine a
carga no capacitor em qualquer instante t > 0. 2. Determine a carga no capacitor quando
t→∞.3. Esboce o gráfico da solução obtida.[?]
Solução.
Exercício 3.4.22.
Um circuito possui um capacitor de 0, 5×10−1F , um resistor de 25Ω e um indutor de
5H, em série. O capacitor se encontra descarregado. No instante t = 0 conecta-se esse
circuito a uma bateria cuja tensão é de 10e−t/4 V , e o circuito ´ e fechado.[?] .
Solução.
Exercício 3.4.23.
Determinar a carga do capacitor num circuito em série LRC em t = 0, 01s, L = 0, 05h,
R = 2Ω, C = 0, 01f , E(t) = 0V , q(0) = 5C e i(O) = 0A. Encontre o primeiro momentoem que a carga no capacitor é zero [?]
Solução.
Christian José Quintana Pinedo 103
3.5 Solução de Equação Diferencial por Série de Potên-
cias
Exercícios 3-5
Exercício 3.5.1.
Resolver os seguintes exercícios no ponto ordinário x = 0.
Solução.
1. (x2)y′′ − 6y = 0. Em torno de x = 0, supondo y =
∞∑
n=0
anx
n uma solução, temos
y′ =
∞∑
n=1
nanx
n−1, y′′ =
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2, substituindo na equação
(x2)y′′ − 6y = 0 ⇔ (x2)
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2 − 6
∞∑
n=0
anx
n = 0 ⇔
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn − 6
∞∑
n=0
anx
n = 0 ⇔
∞∑
n=2
[n(n− 1)an − 6an]xn − a0 − 6a1x = 0
m
m
m
m
m
Rpta y = a0
∞∑
n=0
3
(2n− 1)(2n− 3)x
2n + a1(x− x3)
104 Solução Séries e Equações Diferenciais
2. y′′ − xy = 0. Em torno de x = 0, supondo y =
∞∑
n=0
anx
n uma solução, temos
y′ =
∞∑
n=1
nanx
n−1, y′′ =
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2, substituindo na equação
y′′ − xy = 0 ⇔
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2 − x
∞∑
n=0
anx
n = 0 ⇔
∞∑
n=2
n(n−1)anxn−2−
∞∑
n=0
anx
n+1 = 0⇔
∞∑
m=−1
(m+3)(m+2)am+3x
m+1−
∞∑
n=0
anx
n+1 = 0
2a2 +
∞∑
n=0
[(n+ 3)(n+ 2)an+3 − an]xn+1 = 0 ⇔ an+3 = an
(n+ 3)(n+ 2)
, a2 = 0
a3 =
a0
3 · 2 , a4 =
a1
4 · 3 , a5 = 0, a6 =
a3
6 · 5 =
1
6 · 5 ·
a0
3 · 2 , a7 =
a4
7 · 6 =
1
7 · 6 ·
a1
4 · 3
a8 = 0, a9 =
1
9 · 8 ·
1
6 · 5 ·
a0
3 · 2 , a10 =
1
10 · 9 ·
1
7 · 6 ·
a1
4 · 3
A solução da equação é y = a0(1 +
1
3 · 2x
3 +
1
6 · 5 ·
1
3 · 2x
6 +
1
9 · 8 ·
1
6 · 5 ·
1
3 · 2x
9 +
· · · ) + a1(x+ 1
4 · 3x
4 +
1
7 · 6 ·
1
4 · 3x
7 +
1
10 · 9 ·
1
7 · 6 ·
1
4 · 3x
10 + · · · ).
3. (x2 + 1)y′′ + 6xy′ + 6y = 0
Em torno de x = 0, supondo y =
∞∑
n=0
anx
n uma solução, temos y′ =
∞∑
n=1
nanx
n−1,
y′′ =
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2, substituindo na equação inicial
(x2+1)y′′+6xy′+6y = 0⇔ (x2+1)
∞∑
n=2
n(n−1)anxn−2+6x
∞∑
n=1
nanx
n−1+6
∞∑
n=0
anx
n = 0
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2 +
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn +
∞∑
n=1
6nanx
n +
∞∑
n=0
6anx
n = 0 ⇔
∞∑
m=0
(m+2)(m+1)am+2x
m+
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn+
∞∑
n=1
6nanx
n+
∞∑
n=0
6anx
n = 0 ⇔
2(a2 + 3a0) + 6x(a3 + 2a1) +
∞∑
n=2
[(n+ 2)(n+ 1)an+2 + [n(n− 1) + 6n+ 6]an]xn = 0
a3 = −2a1, a2 = −3a0, an+2 = −n+ 3
n+ 1
an, n = 2, 3, 4, . . .
Christian José Quintana Pinedo 105
a4 = −5
3
a2 = 5a0, a5 = −6
4
a3 = 3a1, a6 = −7
5
a4 = −7a0, a7 = −8
6
a5 = −4a1
a8 = 9a0, a9 = −10
8
a7 = 5a1, a10 = −11a0, a11 = −6a1, a12 = 13a0
Assim, a2n = (−1)n(2n+ 1)a0, a2n+1 = (−1)n(n+ 1)a1, n = 0, 1, 2, 3, . . .
Portanto, a solução da equação diferencial é:
y = a0
∞∑
n=0
(−1)n(2n+ 1)x2n + a1
∞∑
n
(−1)n(n+ 1)x2n+1
4. y′′ − xy′ − y = 0
Rpta y = a0
∞∑
n=0
1
2.4.6. · · · (2n)x
2n + a1
∞∑
n=0
1
1.3.5. · · · (2n+ 1)x
2n+1
5. (x− 1)y′′ + y′ = 0
Rpta y1 = a0, y2 = a1
∞∑
n=0
xn
n
= a1Ln|x− 1|
6. (1 + x2)y′′ + 2xy′ − 2y = 0
Rpta y(x) = a0(1 + x arctanx) + a1x
106 Solução Séries e Equações Diferenciais
7. y′′ + e−xy = 0. Sugestão: Determinar a série e−x e multiplicar-la pela série de y.
Rpta y = a0(1− x22 + x
3
6
− x4
12
− x5
40
+ 11x
6
6!
· · · ) + a1(x− x36 + x
4
12
− x5
60
−+ x6
360
· · · )
8. y′′ − 2xy′ + 8y = 0; y(0) = 3, y′(0) = 0
Rpta y = 3− 12x2 + 4x4
9. y′′ − xy′ + y = −x cos x, y(0) = 0, y′(0) = 2
Rpta y(x) = x+ senx
10. y′′ − 2xy′ + 4y = 0; y(0) = 1; y′(0) = 0
Rpta y = 1− 2x2
Christian José Quintana Pinedo 107
11. (1− x2)y′′ − (1− x)y′ − y = 0; y(0) = y′(0) = 1
Rpta y =
1
1− x
12. y′′ − 2xy′ − 2y = x; y(0) = 1, y′(0) = 1
4
Rpta y = ex2 − x
4
13. y′′ + xy′ + (2x − 1)y = x; y(0) = 2, y′(0) = 3. Determine os seis primeiros
termos da solução particular
Rpta y = 2 + 3x+ x2 − 1
2
x3 − 7
12
x4 − 11
120
x5 − · · ·
14. y′′ − 2xy − 2y = x; y(0) = 1, y′(0) = −1
4
108 Solução Séries e Equações Diferenciais
Rpta y = −x
4
+ ex
2
Exercício 3.5.2.
Dada a equação diferencial y′′ + xy′ + y = 0.
1. Determine duas soluções linearmente independentes y1(x) e y2(x)
2. Usando o critério do quociente, mostrar que as séries convergem para todo x ∈ R.
3. verificar que y1(x) = e
−( x√
2
)2 4. Determine y2(x)
Rpta y1(x) = 1− x22! + x
4
2.4
− x6
2.4.6
+ · · · , y2(x) = x− x33 + x
5
3.5
− x7
3.5.7
+ · · ·
Exercício 3.5.3.
Resolver o PVI y′′+xy′+(2x−1)y = 0; y(−1) = 2, y′(−1) = −2, mediante séries
de Taylor.
Solução.
y′′ + xy′ + (2x− 1)y = 0; y(−1) = 2, y′(−1) = −2, mediante séries de Taylor.[?]
Exercício 3.5.4.
Resolvendo mediante séries, mostre que a solução de (x−1)y′′−xy′+y = 0; y(0) =
−2, y′(0) = 6 é y = 8x− 2ex
Solução.
Exercício 3.5.5.
Determine a solução particular da EDO de Ayry, entorno do ponto ordinário x = 1:
y′′ − xy = 0; y(1) = 1, y′(1) = 0.
Solução.
do ponto ordinário x = 1: y′′ − xy = 0; y(1) = 1, y′(1) = 0 Rpta
y = 1 + (x−1)
2
2!
+ ()
3
3!
+ (x−1)
4
4!
+ 4(x−1)
5
5!
+ · · ·
Christian José Quintana Pinedo 109
Exercício 3.5.6.
Resolver o PVI (t2 − 2t− 3)y′′ + 3(t− 1)y′ + y = 0; y(1) = 4, y′(1) = 1.
Solução.
Seja t = x− 1, logo, quando t = 1 segue que x = 0, assim podemos escrever a equação
original como
(x2 − 4)d
2y
dx2
+ 3x
dy
dt
+ y = 0, ; y(0) = 4, y′(0) = 1
Aplicando a técnica do sobe desce dos índices do somatório
∞∑
n=0
an(n− 1)xn + 3
∞∑
n=0
annx
n +
∞∑
n=0
anx
n − 4
∞∑
n=0
an+2(n+ 1)(n+ 2)x
n = 0
Note-se que foram integrados os fatores dentro dos somatórios antes de mexe com os
índices. A relação de recorrência que se obtém é
an+2 =
(n+ 1)
4(n+ 2)
an, n ≥ 0
Podemos observar que tanto a0 quanto a1 ficam livres para poder introduzir as condi-
ções iniciais. Podemos então obter as soluções linearmente independentes.
Para obter y1, suponhamos a0 = 1 e a1 = 0, logo a2n+1 = 0 de onde
y1 = 1 +
1
8
x2 +
3
128
x4 +
5
1024
x6 + . . .
Para obter y2, suponhamos a0 = 0 e a1 = 1, logo a2n = 0 de onde
y2 = x+
1
6
x3 +
1
30
x5 +
1
140
x7 + . . .
A solução geral é y = C1y1 + C2y2. Para as condições iniciais tem-se
y = 4y1 + y2 = 4 + x+
1
2
x2 +
1
6
x3 +
3
32
x4 + . . .
retornando à variável t, como x = t− 1 segue que a solução é
y(t) = 4 + (t− 1) + 1
2
(t− 1)2 + 1
6
(t− 1)3 + 3
32
(t− 1)4 + . . .
Exercício 3.5.7.
Resolver o PVI y′′ − xy = 0; y(0) = 0, y′(0) = 1 mediante série de potências.
Solução.
[?]
110 Solução Séries e Equações Diferenciais
Exercício 3.5.8.
Resolver a equação diferencial 8x2y′′+10xy′+(x−1)y = 0 pelo método de Frobenius.
Solução.
[?]pag197
Exercício 3.5.9.
Resolver a equação diferencial x2y′′−x(x+3)y′+2x2y = 0 pelo método de Frobenius.
Solução.
diferencial x2y′′ − x(x+ 3)y′ + 2x2y = 0 pelo método de Frobenius.[?]pag199
Exercício 3.5.10.
Resolver a equação diferencial x2y′′+(x2−2x)y′+2y = 0 pelo método de Frobenius.
Solução.
x2y′′(x2 − 2x)y′ + 2y = 0 pelo método de Frobenius[?].
Exercício 3.5.11.
Resolver a equação diferencial 4xy′′ + 2y′ + y = 0 pelo método de Frobenius.
Solução.
O ponto x = 0 é um ponto singular e, portanto, não pode ser usado o método das
séries. Para determinar se x = 0 é ponto singular regular, calculamos
A = lim
x→0
2x
4x
=
1
2
B = lim
x→0
x2
4x
= 0
Podemos usar o método de Frobenius e a equação indicial é: 2r(r− 1)+ r = 0 cujas
raízes são r = 0 e r =
1
2
.
Com a primeira raiz r = 0 temos que
y =
∞∑
0
anx
n, y′ =
∞∑
0
nanx
n−1, y′′ =
∞∑
0
n(n− 1)anxn−2
Substituindo na equação diferencial obtemos
∞∑
0
[4n(n− 1)anxn−1 + 2nanxn−1 + anxn] = 0
os dois primeiros somatórios podem ser escritos na forma
∞∑
0
[4n(n+ 1)an+1 + 2(n+1)an+1 + an]x
n = 0
Christian José Quintana Pinedo 111
assim, a fórmula de recorrência é
4n(n+ 1)an+1 + 2(n+ 1)an+1 + an = 0
Supondo a0 = 1 tem-se an =
(−1)n
(2n)!
a0, logo a série de potências da primeira solução
particular é
y1(x) =
∞∑
0
(−1)n
(2n)!
= cos
√
x
Usando a segunda raiz da equação indicial r =
1
2
a série de potências da segunda
solução é:
y =
∞∑
0
anx
n+1/2, y′ =
∞∑
0
(n+
1
2
)anx
n−1/2, y′′ =
∞∑
0
(n2 − 1
4
)anx
n−3/2
Substituindo na equação diferencial obtemos
∞∑
0
[(4n2 − 1)anxn−1/2 + (2n+ 1)anxn−1/2 + anxn+1/2] = 0
os soma dos termos n = 0 das duas primeiras séries é igual a zero e as três series podem
ser agrupadas na forma
∞∑
0
[(4n2 + 8n+ 3)an+1 + (2n+ 3)an+1 + an]x
n+1/2] = 0
a fórmula de recorrência é
(2n+ 2)(2n+ 3)an+1 + an = 0
Supondo a0 = 1 obtém-se an =
(−1)n
(2n+ 1)!
a0, logo a série de potências da primeira
solução particular é
y2(x) =
∞∑
0
(−1)n
(2n+ 1)!
= sen
√
x
A solução geral é y(x) = C1 cos
√
x+ C2sen
√
x.
Exercício 3.5.12.
Exprima
∞∫
0
e−x
2
dx como uma função gamma.
Solução.
Exercício 3.5.13.
112 Solução Séries e Equações Diferenciais
Usar o método de Frobenius para determinar a solução da equação de Bessel de ordem
s
x2y′′ + xy′ + (x2 − s2)y = 0
Solução.
[?]
Exercício 3.5.14.
Determine a solução da equação de Bessel de ordem zero x2y′′ + xy′ + x2y = 0.[?]
Solução.
Exercício 3.5.15.
A equação de Legendre de ordem α é: (1 − x2)y′′ − 2xy′ + α(α + 1)y = 0; α > 1.
Mostrar que:
Solução.
1. Mostrar que as fórmulas de recorrência são:
a2n =
(−1)nα(α− 2)(α− 4) · · · (α− 2n+ 2)(α + 1)(α+ 3) · · · (α+ 2n− 1)
(2n)!
a0
a2n+1 =
(−1)n(α− 1)(α− 3) · · · (α− 2n+ 1)(α + 2)(α + 4) · · · (α + 2n)
(2n+ 1)!
a1
2. As soluções linearmente independentes são
y1 = a0
∞∑
n=0
(−1)na2nx2n e y2 = a1
∞∑
n=0
(−1)na2n+1x2n+1
onde a2n e a2n+1 são as frações determinadas na parte primeira sem (−1)n.
3. Se α é um inteiro não negativo e par então a2n = 0 para 2n > k; mostrar que y1 é um
polinômio de grau k e y2 é uma série infinita. Se alpha é um inteiro não negativo e
ímpar então a2n+1 = 0 para 2n+1 > k; mostrar que y2 é um polinômio de grau k e
y1 é uma série infinita.
4. É costume considerar a constante arbitrária (a0 ou a1 segundo seja o caso) de tal modo
que o coeficiente de xn no polinômioy1 ou y2 (segundo seja o caso) seja
(2n)!
2(n!)2
e é
chamado de polinômios de Legendre Pn(x).Mostrar que
Pn(x) =
N∑
k=0
(−1)k(2n− 2k)!
2nk!(n− k)!(n− 2k)!x
n−2k onde N = [|n
2
|]
Christian José Quintana Pinedo 113
5. Determine os seis primeiros polinômios de Legendre.
Exercício 3.5.16.
A fórmula de Rodriguez para calcular o polinômio de Legendre de grau n é dada por
Pn(x) =
1
n!2n
· d
n
dxn
(x2 − 1)n
Solução.
1. Mostrar que u = (x2 − 1)n satisfaz a equação diferencial (1− x2)u′ + 2nxu = 0.
Derivar ambos os lados para obter (1− x2) + 2(n− 1)xu′ + 2nu = 0
2. Derivar sucessivamente, n vezes ambos lados da equação para obter
(1− x2)u(n+2) − 2xu(n+1) + n(n+ 1)u(n) = 0
Considerar v = u(n) e verificar que v = Dn(1 − x2)n e mostrar que v satisfaz a
equação de Legendre de ordem n
3. Mostre que o coeficiente de xn em v é
(2n)!
n!
Exercício 3.5.17.
A equação diferencial y′′ − 2xy′ + 2αy = 0 é chamada de equação de Hermite de
ordem α.
Solução.
1. Mostre que as duas soluções em série de potências são:
y1 = 1 +
∞∑
n=1
(−1)n2
nα(α− 2) · · · (α− 2n+ 2)
x2n
y2 = x+
∞∑
n=1
(−1)n2
n(α− 1)(α− 3) · · · (α− 2n+ 1)
x2n+1
2. Mostre que, se α é inteiro par, então y1 é um polinômio. Mostre que, se α é inteiro
ímpar, então y2 é um polinômio.
3. O polinômio desta segunda parte denota-se por Hn(x) e é chamado polinômio de
Hermite quando o coeficiente de xn seja 2n
4. Determine os seis primeiros polinômios de Hermite
114 Solução Séries e Equações Diferenciais
Exercício 3.5.18.
Mostre que
d
dx
[xs+1Js+1(x)] = x
s+1Js(x) .
Solução.
x2y′′ + x(x− 1)y′ + (1− x)y = 0 pelo método de Frobenius.[?]pag198
Índice
Teorema
aproximação de Weierstrass, 121
115