AP2 EDO

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CURSOS DE LICENCIATURA EM MATEMÁTICA, FÍSICA E QUÍMICA
PRÓ-LICENCIATURA/UAB
2a AVALIAÇÃO PRESENCIAL - AP2 – DATA:20/06/2015 – VALOR: 40 PONTOS
DISCIPLINA: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS E APLICAÇÕES
PROFESSOR(A): GRIGORI CHAPIRO
ALUNO(A): No DE MATRÍCULA:
POLO:
Informações: Esta prova contém cinco questões. A prova deve ser feita sem consulta a qualquer material.
Não é permitido usar rascunhos ou calculadoras. A resolução das questões pode ser feita a lápis.
Questões sem desenvolvimento não serão corrigidas.
Questão 1: Considere a seguinte EDO xy′/y = 1. Responda
(a) Esta EDO pode ser escrita como linear? Justifique.
(b) Esta EDO define uma família de curvas a um parâmetro. Identifique esta família.
(c) Faça esboço de agumas curvas dessa família.
Solução: (a) Sim. Basta multiplicar por y, dividir por x e reescrever na forma: y′ − y/x = 0.
(b) A EDO é de variáveis separáveis. Dividimos por x dos dois lados e integrar:∫
dy
y
=
∫
dx
x
=⇒ ln |y| = ln |x|+ k =⇒ y(x) = xkˆ,
onde kˆ ∈ R. Família de retas que passam pela origem.
(c)
x
y
0
Pontuação: (a) 5 pts. (b) 10 pts. (c) 5 pts. Erro de conta -5 pts. Contas sem sentido 0 pts.
Questão 2: Resolva a seguinte EDO 2xy3 − y2 = 2 + (−3x2y2 + 2xy + 3)y′.
Solução: (a) Uma equação do tipo M(x, y) + N(x, y)y′ = 0 é fechada se My = Nx, onde My = ∂M/∂y e
Nx = ∂M/∂x. A equação da questão é deste tipo com
M(x, y) = −2xy3 + y2 + 2, N(x, y) = −3x2y2 + 2xy + 3.
Calculando as derivadas:
My = −6xy2 + 2y, Nx = −6xy2 + 2y.
Esta equação é fechada em R2. Pelo teorema da apostila ela é exata. Portanto existe uma função φ(x, y), tal que
φx =M e φy = N . Temos:
φ(x, y) =
∫
M(x, y)dx =
∫
−2xy3 + y2 + 2dx = −x2y3 + xy2 + 2x+ k1(y)
1
Por outro lado
φ(x, y) =
∫
N(x, y)dy =
∫
−3x2y2 + 2xy + 3dy = −x2y3 + xy2 + 3y + k2(x)
Igualando os dois, temos que
φ(x, y) = −x2y3 + xy2 + 3y + 2x,
Portanto a solução é dada de forma implíscita por
−x2y3 + xy2 + 3y + 2x = k,
onde k é constante.
Pontuação: 20 pts. Erro de conta - 5 pts.
Questão 3: Encontre a solução geral da EDO y′′ + 2y′ + 6y = 0.
Solução: A equação é de segunda ordem, linear de coeficientes constantes, homogênea. Para resolvê-la usamos o
polinômio característico associado p(r) = r2 + 2r + 6. O descriminante é negativo e as raízes são:
r1 = −1 + i
√
5, r2 − 1− i
√
5.
Portanto a solução geral é
y(x) = c1e
−x cos(
√
5x) + c2e
−xsen(
√
5x).
Pontuação: 20 pts. Polinômio característico 5 pts. Raizes 5 pts. Erro de conta -5 pts. Contas sem sentido 0 pts.
Questão 4: Encontre a solução geral da EDO y′′ + 2y′ + y = sen(t).
Solução: É uma EDO de segunda ordem, linear de coeficientes constantes não homogênea.
(i) A parte homogênea é y′′+2y′+y = 0. Resolvemos usando o polinômio característico associado p(r) = r2+2r+1.
As raízes de p(r) são reais iguais:
r1 = −1 = r2.
Portanto a solução geral da parte homogênea é
yh(t) = C1e
−t + C2te−t.
(ii) Para encontrar a solução particular da parte não homogênea da EDO usaremos o método de coeficientes a
determinar. Usamos o candidato a solução particular yp(t) = Asen(t) + B cos(t). Primeiramente calculamos as
derivadas:
y′p(t) = Acos(t)−Bsen(t), y′′p (t) = −Asen(t)−Bcos(t).
Substituindo na EDO temos:
y′′p + 2y
′
p + yp = −Asen(t)−Bcos(t) + 2Acos(t)− 2Bsen(t) +Asen(t) +B cos(t) =
(−A− 2B +A) sen(t) + (−B + 2A+B) cos(t) = −2B sen(t) + 2A cos(t).
Igualando ao lado direito da EDO, obtemos B = −1/2 e A = 0. Solução geral da equação linear não homogênea é
a soma da solução geral da parte homogênea e da solução particular da parte não homogênea:
y(t) = C1e
−t + C2te−t − (1/2) sen(t),
onde C1 e C2 são constantes quaisquer.
Pontuação: 20 pts. Identificar corretamente a parte homogênea 5 pts. Encontrar solução geral da parte homogênea
5 pts. Encontrar a solução particular da parte não homogênea 5 pts. Erro de conta -5 pts.
Questão 5: Dado que y1(x) = x−1 é uma solução de 2x2y′′+3xy′−y = 0, x > 0, encontre uma segunda solução
linearmente independente.
Solução: Primeiramente verifique que y1 é, de fato, solução do problema.
y′1 = −x−2, y′′1 = 2x−3, 2x2y′′ + 3xy′ − y = 2x2 2x−3 − 3xx−2 − x−1 = 0.
Usamos o método de redução de órdem. Procuramos uma solução na forma y2(x) = y1(x)u(x). A equação fica:
(4x2y′1 + 3x y1)u
′ + 2x2 y1u′′ = 0 =⇒ (4x2(−x−2) + 3xx−1)u′ + 2x2 x−1u′′ = 0 =⇒ 7u′ + 2xu′′ = 0.
2
Chamando v(x) = u′(x), temos uma equação linear homogênea 7v+2xv′ = 0. Resolvendo ela temos v(x) = k1x−7/2,
onde constante k1 ≥ 0. Portanto
u(x) =
∫
v(x)dx = −k1 2
5
x−5/2 + k2,
com k2 ∈ R. Finalmente a solução
y2(x) = u(x)y1(x) =
(
−k1 2
5
x−5/2 + k2
)
x−1 = c1x−7/2 + c2x−1.
Na última equação trocamos os nomes das constantes por conveniência. Como o segundo termo é múltiplo da solução
y1, a solução independente é x−7/2.
Pontuação: 20 pts. Erro de conta -5 pts.
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