Prova 2 EDA UFMG

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE MINAS GERAIS
INSTITUTO DE CIEˆNCIAS EXATAS
DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA
EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS A
Hora´rio: 9:25 - 11:05 - 26/10/2004
2a. Avaliac¸a˜o
1. Um circuito possui um capacitor de 0, 125 × 10−1 F, um resistor de 60 Ω e um
indutor de 10 H, em se´rie. A carga inicial no capacitor e´ zero. No instante t = 0
conecta-se o circuito a uma bateria cuja tensa˜o e´ de 12 V e o circuito e´ fechado.
(a) Determine a carga no capacitor em qualquer instante t > 0.
(b) Determine a carga no capacitor quando t → +∞.
(c) Esboce o gra´fico da soluc¸a˜o obtida.
Obs.: A evoluc¸a˜o temporal da carga no capacitor e´ descrita pela equac¸a˜o
LQ′′ + RQ′ +
1
C
Q = E(t).
Link para a soluc¸a˜o.
2. Considere esta equac¸a˜o diferencial
t2y′′ − 2ty′ + (2 + t2)y = 0, t > 0.
(a) Mostre que y1(t) = t cos t e´ uma soluc¸a˜o desta equac¸a˜o.
(b) Determine a soluc¸a˜o geral dessa equac¸a˜o.
Link para a soluc¸a˜o.
3. Considere esta equac¸a˜o diferencial
(1− t2)y′′ − ty′ + 9y = 0, y(0) = y0, y
′(0) = y1.
Determine as constantes y0 e y1 para que uma soluc¸a˜o na˜o-trivial dessa equac¸a˜o seja
polinomial. Nessa situac¸a˜o, determine esse polinoˆmio.
Link para a soluc¸a˜o.
Soluc¸a˜o
1.
(a)
10Q′′ + 60Q′ +
1
0, 125 · 10−1
= 12
Dividindo-se por 10:
Q′′ + 6Q′ + 8Q =
6
5
Equac¸a˜o caracter´ıstica: r2 + 6r + 8 = 0
Ra´ızes: r = −2,−4
Soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o homogeˆnea: Q(t) = c1e
−2t + c2e
−4t
Soluc¸a˜o particular da forma Qp(t) = A0.
Q′p(t) = Q
′′
p(t) = 0
Substituindo-se na equac¸a˜o:
8A0 =
6
5
⇒ A0 =
3
20
Soluc¸a˜o geral:
Q(t) = c1e
−2t + c2e
−4t +
3
20
Derivada da soluc¸a˜o geral: Q′(t) = −2c1e
−2t − 4c2e
−4t
Substituindo-se t = 0, Q = 0, Q′ = 0:{
c1 + c2 +
3
20
= 0
−2c1 − 4c2 = 0
, ⇒
{
c1 = −3/10
c2 = 3/20
Soluc¸a˜o do PVI:
Q(t) = −
3
10
e−2t +
3
20
e−4t +
3
20
(b)
lim
t→∞
Q(t) =
3
20
C
(c)
−0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
−0.02
0
0.02
0.04
0.06
0.08
0.1
0.12
0.14
0.16
t
Q
Link para a pro´xima questa˜o.
2.
(a)
y1(t) = t cos t, y
′
1(t) = cos t− tsen t, y
′′
1(t) = −2sen t− t cos t
t2y′′ − 2ty′ + (2 + t2)y =
t2(−2sen t− t cos t)− 2t(cos t− tsen t) + (2 + t2)t cos t = 0
(b)
y(t) = v(t)t cos t
y′(t) = v′(t)t cos t + v(t)(cos t− tsen t)
y′′(t) = v′′(t)t cos t + 2v′(t)(cos t− tsen t) + v(t)(−2sen t− t cos t)
Substituindo-se na equac¸a˜o
t2(v′′t cos t + 2v′(cos t− t sen t) + v(−2 sen t− t cos t))
− 2t(v′t cos t + v(cos t− t sen t)) + (2 + t2)(vt cos t) = 0
t3 cos t v′′ + 2t3 sentv′ = 0
v′′ + 2 tan tv′ = 0
Seja w(t) = v′(t).
w′ + 2 tan tw = 0
w′
w
= −2 tan t
ln |w| = −2 ln | cos t|+ c1
ln(|w| cos2 t) = c1
w(t) = C1 csc
2 t ⇒ v(t) =
∫
w(t)dt = C1 cot t + C2
Tomando C1 = 1 e C2 = 0 obtemos
y2(t) = v(t)y1(t) = t sen t
W [y2, y1](t) = det
(
t sen t t cos t
sent + t cos t cos t− t sen t
)
= det
(
t sen t t cos t
sen t cos t
)
+ det
(
t sen t t cos t
t cos t −t sen t
)
= −t2 6= 0, t > 0
A soluc¸a˜o geral e´
y(t) = c1t sen t + c2t cos t
Link para a pro´xima questa˜o.
3. Substituindo-se y(t) =
∑
∞
n=0 ant
n, y′(t) =
∑
∞
n=0(n + 1)an+1t
n e
y′′(t) =
∑
∞
n=0(n + 2)(n + 1)an+2t
n na equac¸a˜o (1− t2)y′′ − ty′ + 9y = 0, obtemos
(1− t2)
∞∑
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2t
n − t
∞∑
n=0
(n + 1)an+1t
n + 9
∞∑
n=0
ant
n = 0
∞∑
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2t
n − t2
∞∑
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2t
n −
∞∑
n=0
(n + 1)an+1t
n+1
+9
∞∑
n=0
ant
n = 0
∞∑
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2t
n −
∞∑
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2t
n+2 −
∞∑
n=0
(n + 1)an+1t
n+1
+9
∞∑
n=0
ant
n = 0
∞∑
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2t
n −
∞∑
n=2
n(n− 1)ant
n −
∞∑
n=1
nant
n + 9
∞∑
n=0
ant
n = 0
2a2 +6a3t−a1t+9a0 +9a1t+
∞∑
n=2
[(n+2)(n+1)an+2−n(n−1)an−nan +9an]t
n = 0
O que implica em

2a2 + 9a0 = 0
6a3 + 8a1 = 0
(n + 2)(n + 1)an+2 − n(n− 1)an − nan + 9an = 0, n = 2, 3, . . .

a2 = −
9
2
a0
a3 = −
4
3
a1
an+2 =
n2 − 9
(n + 2)(n + 1)
an, n = 1, 2, . . .
a2k =
((2k − 2)2 − 9) · · · (−9)
(2k)!
a0, k = 1, 2, 3, . . .
a2k+1 = 0, k = 2, 3, . . .
Substituindo-se os valores an encontrados acima, na se´rie de y(t) obtemos
y(t) =
∞∑
n=0
ant
n =
∞∑
k=0
a2kt
2k +
∞∑
k=0
a2k+1t
2k+1 =
= a0
(
1 +
∞∑
k=0
((2k − 2)2 − 9) · · · (−9)
(2k)!
t2k
)
+
a1
(
t +
4
3
t3
)
Portanto, a soluc¸a˜o geral e´
y(t) = a0y1(t) + a1y2(t),
em que
y1(t) = 1 +
∞∑
k=0
((2k − 2)2 − 9) · · · (−9)
(2k)!
t2k
y2(t) = t +
4
3
t3
Agora, como y(0) = y0, enta˜o substituindo t = 0 e y = y0 na expressa˜o de y(t)
obtemos que a0 = y0. Como y
′(0) = y1, substituindo-se t = 0 e y
′ = y1 na expressa˜o
obtida derivando-se y(t):
y′(t) = a0
(
∞∑
k=1
((2k − 2)2 − 9) · · · (−9)
(2k − 1)!
t2k−1
)
+ a1
(
1 + 4t2
)
obtemos a1 = y1. Assim a soluc¸a˜o do problema de valor inicial e´
y(t) = y0
(
1 +
∞∑
k=0
((2k − 2)2 − 9) · · · (−9)
(2k)!
t2k
)
+ y1
(
t +
4
3
t3
)
Para que a soluc¸a˜o seja um polinoˆmio devemos ter y0 = 0 e y1 6= 0. Neste caso a
soluc¸a˜o e´
y(t) = y1
(
t +
4
3
t3
)