Baixe o app para aproveitar ainda mais
Prévia do material em texto
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
Compartilhar