Lista 4 - Equações diferenciais de 2a. ordem (RESOLVIDO)

Prévia do material em texto

UNIVERSIDADE FEDERAL DE JUIZ DE FORA
INSTITUTO DE CIEˆNCIAS EXATAS
DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA
PROFESSORES: JOANA DARC e TATIANA
AULA 4 - TUTORIA DE EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS I
Questa˜o 1. Encontre o conjunto fundamental de soluc¸o˜es para o seguinte problema:
y′′ + 2y′ + 3y = 0.
A equac¸a˜o caracter´ıstica da equac¸a˜o diferencial e´
r2 + 2r + 3 = 0,
cujas ra´ızes sa˜o r1 = −1 + i
√
2 e r2 = −1 + i
√
2. Portanto as soluc¸o˜es fundamentais sa˜o
y1(t) = e
t cos(
√
2t) e y2(t) = e
t sen(
√
2t).
Questa˜o 2. Encontre a soluc¸a˜o geral para o seguinte problema:
y′′ − 2y′ + y = 5.
A equac¸a˜o caracter´ıstica da equac¸a˜o diferencial homogeˆnea associada a` equac¸a˜o dada e´
r2 − 2r + 1 = 0,
cujas ra´ızes sa˜o r1 = r2 = 1. Portanto as soluc¸o˜es fundamentais sa˜o y1(t) = e
t e y2(t) = te
t.
Para determinarmos uma soluc¸a˜o particular para equac¸a˜o na˜o homogeˆnea podemos pro-
curar por uma func¸a˜o da forma
y(t) = u1(t)e
t + u2(t)te
t.
Para determinarmos u1(t) e u2(t) basta resolvermos o sistema linear{
etu′1(t) + te
tu′2(t) = 0
etu′1(t) + (e
t + tet)u′2(t) = 5
Observemos que subtraindo-se uma equac¸a˜o da outra obtemos u′2(t) = 5e
−t e portanto
podemos considerar u2(t) = −5e−t. Da primeira equac¸a˜o obtemos que u′1(t) = −5te−t e
portanto u1(t) = 5(1 + t)e
−t. Logo a soluc¸a˜o particular e´ yp(t) = 5(1 + t) − 5t = 5 e a
soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o na˜o homogeˆnea e´
y(t) = c1e
t + c2te
t + 5.
Questa˜o 3. Usando o me´todo de coeficientes a determinar encontre a soluc¸a˜o geral da
EDO:
y′′ − y′ − 2y = cosh 2t.
A equac¸a˜o caracter´ıstica da equac¸a˜o diferencial homogeˆnea associada a` equac¸a˜o dada e´
r2 − r − 2 = 0,
cujas ra´ızes sa˜o r1 = −1 e r2 = 2. Portanto as soluc¸o˜es fundamentais sa˜o y1(t) = e−t e
y2(t) = e
2t.
Como cosh(2t) = e2t/2+e−2t/2, para determinarmos uma soluc¸a˜o particular para equac¸a˜o
na˜o homogeˆnea podemos procurar por uma func¸a˜o da forma
y(t) = Ate2t + Be−2t.
Para determinarmos A e B devemos derivar a func¸a˜o procurada duas vezes substituir na
equac¸a˜o para obtermos
A(4 + 4t)e2t + 4Be−2t − [A(1 + 2t)e2t − 2Be−2t]− 2[Ate2t + Be−2t] = e2t/2 + e−2t/2.
Donde segue que
A(4 + 4t)− A(1 + 2t)− 2At = 1/2
e que
4B + 2B − 2B = 1/2.
Portanto A = 1/6 e B = 1/8. Logo a soluc¸a˜o particular e´ yp(t) = (1/6)te
2t + (1/8)e−2t e
a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o na˜o homogeˆnea e´
y(t) = c1e
−t + c2e2t + (1/6)te2t + (1/8)e−2t.
Questa˜o 4. Usando o me´todo de variac¸a˜o dos paraˆmetros encontre a soluc¸a˜o geral da
EDO y′′ − y′ − 2y = cosh 2t.
A equac¸a˜o caracter´ıstica da equac¸a˜o homogeˆnea y′′ − y′ − 2y = 0 e´
r2 − r − 2 = 0,
cujas ra´ızes sa˜o r1 = −1 e r2 = 2. Portanto as soluc¸o˜es fundamentais da equac¸a˜o ho-
mogeˆnea sa˜o as func¸o˜es
y1(t) = e
−t e y2(t) = e2t.
Para encontrarmos uma soluc¸a˜o particular da equac¸a˜o na˜o homogeˆnea vamos determi-
nar func¸o˜es u1(t) e u2(t) tais que y(t) = u1(t)y1(t) + u2(t)y2(t) seja soluc¸a˜o e tais que
y′(t) = u1(t)y′1(t) + u2(t)y
′
2(t).
Para isso basta resolvermos o sistema{
e−tu′1 + e
2tu′2 = 0
−e−tu′1 + 2e2tu′2 = cosh t
Somando-se as duas equac¸o˜es obtemos 3e2tu′2 = cosh t. Observemos que como
cosh t =
et + e−t
2
, enta˜o u′2(t) =
e−t + e−3t
6
. Integrando a u´ltima equac¸a˜o obtemos
que
u2(t) = −e
−t
6
− e
−3t
18
.
Multiplicando-se a primeira equac¸a˜o do sistema por (-2) e somando-a com a segunda
obtemos −3e−tu′1 = cosh t. Portanto
u′1(t) = −
e2t + 1
6
e u1(t) =
e2t
12
+
t
6
.
Logo
yp(t) =
(
e2t
12
+
t
6
)
e−t −
(
e−t
6
− e
−3t
18
)
e2t
e a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o em R e´
y(t) = c1e
−t + c2e2t +
e2t
12
+
t
6
e−t −
(
e2t
12
+
t
6
)
e−t −
(
e−t
6
− e
−3t
18
)
e2t,
com c1, c2 ∈ R.