EquaçõesDiferencias–EquaçõesDiferenciaisde2ªOrdem,SoluçãoemSéries–UFMG001

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE MINAS GERAIS
INSTITUTO DE CIEˆNCIAS EXATAS
DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA
EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS A
Hora´rio: 11:10 - 12:50 - 26/10/2004
2a. Avaliac¸a˜o
1. Um circuito possui um capacitor de 0, 5×10−1 F, um resistor de 25 Ω e um indutor
de 5 H, em se´rie. O capacitor se encontra descarregado. No instante t = 0 conecta-se
esse circuito a uma bateria cuja tensa˜o e´ de 10e−t/2 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 → +∞.
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
(t2 + 1)2y′′ − 6t(t2 + 1)y′ + (10t2 − 2)y = 0.
(a) Mostre que y1(t) = t
2 + 1 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
y′′ − 2ty′ + 10y = 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)
5Q′′ + 25Q′ +
1
0, 5 · 10−1
= 10e−t/4
Dividindo-se por 5:
Q′′ + 5Q′ + 4Q = 2e−t/4
Equac¸a˜o caracter´ıstica: r2 + 5r + 4 = 0
Ra´ızes: r = −1,−4
Soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o homogeˆnea: Q(t) = c1e
−t + c2e
−4t
Soluc¸a˜o particular da forma Qp(t) = A0e
−t/4.
Q′p(t) = −
1
4
A0e
−t/4, Q′′p(t) =
A0
16
e−t/4
Substituindo-se na equac¸a˜o:
A0
16
e−t/4 −
5
4
A0e
−t/4 + 4A0e
−t/4 = 2e−t/4
45
16
A0 = 2 ⇒ A0 =
32
45
Soluc¸a˜o geral:
Q(t) = c1e
−t + c2e
−4t +
32
45
e−t/4
Derivada da soluc¸a˜o geral: Q′(t) = −c1e
−t − 4c2e
−4t − 8
45
e−t/4
Substituindo-se t = 0, Q = 0, Q′ = 0:{
c1 + c2 +
32
45
= 0
−c1 − 4c2 −
8
45
= 0
, ⇒
{
c1 = −8/9
c2 = 8/45
Soluc¸a˜o do PVI:
Q(t) = −
8
9
e−t +
8
45
e−4t +
32
45
e−t/4
(b)
lim
t→∞
Q(t) = 0C
Link para a pro´xima questa˜o.
2.
(a)
y1(t) = t
2 + 2, y′1(t) = 2t, y
′′
1(t) = 2
(t2 + 2)2y′′ − 6t(t2 + 2)y′ + (10t2 − 4)y =
(t2 + 2)2 2− 6t(t2 + 2)2t + (10t2 − 4)(t2 + 2) =
(t2 + 2) 2− 12t2 + (10t2 − 4) = 0
(b)
y(t) = v(t)(t2 + 2)
y′(t) = v′(t)(t2 + 2) + v(t)2t
y′′(t) = v′′(t)(t2 + 2) + 4tv′(t) + 2v(t)
Substituindo-se na equac¸a˜o
(t2 + 2)2(v′′(t2 + 2) + 4tv′ + 2v)
− 6t(t2 + 2)(v′(t2 + 2) + v2t) + (10t2 − 4)v(t2 + 2) = 0
(t2 + 2)v′′ − 2tv′ = 0
v′′ −
2t
t2 + 2
v′ = 0
Seja w(t) = v′(t).
w′ −
2t
t2 + 2
w = 0
w′
w
=
2t
t2 + 2
ln |w| = ln |t2 + 2|+ c1
ln(
|w|
|t2 + 2|
) = c1
w(t) = C1 t
2 + 2 ⇒ v(t) =
∫
w(t)dt = C1(
1
3
t3 + 2t) + C2
Tomando C1 = 3 e C2 = 0 obtemos
y2(t) = v(t)y1(t) = (t
2 + 2)(t3 + 6t) = t5 + 8t3 + 12t
W [y2, y1](t) = det
(
t2 + 2 (t2 + 2)(t3 + 6t)
2t 5t4 + 24t2 + 12
)
= (t2 + 2) det
(
1 t3 + 6t
2t 5t4 + 24t2 + 12
)
= (t2 + 2)(3t4 + 12t2 + 12) 6= 0, para t = 0
A soluc¸a˜o geral e´
y(t) = c1(t
2 + 2) + c2(t
2 + 2)(t3 + 6t)
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 y′′ − 2ty′ + 8y = 0, obtemos
∞∑
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2t
n − 2t
∞∑
n=0
(n + 1)an+1t
n + 8
∞∑
n=0
ant
n = 0
∞∑
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2t
n − 2
∞∑
n=0
(n + 1)an+1t
n+1 + 8
∞∑
n=0
ant
n = 0
∞∑
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2t
n − 2
∞∑
n=1
nant
n + 8
∞∑
n=0
ant
n = 0
2a2 + 8a0 +
∞∑
n=1
[(n + 2)(n + 1)an+2 − 2nan + 8an]t
n = 0
O que implica em{
2a2 + 8a0 = 0
(n + 2)(n + 1)an+2 − 2nan + 8an = 0, n = 1, 2, 3, . . .

a2 = −4a0
an+2 = 2
n− 4
(n + 1)(n + 2)
an, n = 1, 2, 3, . . .
a4 =
4
3
a0, a2k = 0, k = 3, 4, . . .
a2k+1 =
2k(2k − 6)(2k − 8) · · · (−3)
(2k + 1)!
, k = 1, 2, 3, 4, . . .
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− 4t2 +
4
3
t4
)
+
a1
(
t +
∞∑
k=0
2k(2k − 6)(2k − 8) · · · (−3)
(2k + 1)!
t2k+1
)
Portanto, a soluc¸a˜o geral e´
y(t) = a0y1(t) + a1y2(t),
em que
y1(t) = 1− 4t
2 +
4
3
t4
y2(t) = t +
∞∑
k=0
2k(2k − 6)(2k − 8) · · · (−3)
(2k + 1)!
t2k+1
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
(
−8t +
16
3
t3
)
+ a1
(
1 +
∞∑
k=0
2k(2k − 6)(2k − 8) · · · (−3)
(2k)!
t2k
)
obtemos a1 = y1. Assim a soluc¸a˜o do problema de valor inicial e´
y(t) = y0
(
1− 4t2 +
4
3
t4
)
+ y1
(
t +
∞∑
k=0
2k(2k − 6)(2k − 8) · · · (−3)
(2k + 1)!
t2k+1
)
Para que a soluc¸a˜o seja um polinoˆmio devemos ter y0 6= 0 e y1 = 0. Neste caso a
soluc¸a˜o e´
y(t) = y0
(
1− 4t2 +
4
3
t4
)