P1 Equações Diferenciais Prof Ricardo Misturini 2018.01

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Prova 1 - Equac¸o˜es diferenciais II/ Turma D1
Soluc¸o˜es:
1. Equac¸a˜o separa´vel.
Soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o na forma impl´ıcita: y2 + 4y = x2 + C.
A condic¸a˜o inicial so´ e´ satisfeita se C = −3.
Soluc¸a˜o geral do PVI na forma expl´ıcita: y(x) = −2−√1 + x2.
I = R.
2. Equac¸a˜o linear. Fator integrante: µ(x) = ex
2
. Soluc¸a˜o y(x) = 1
3
e3x−x
2
+ Ce−x
2
.
3. (a) 0 < a < 2
(b) −1 ≤ a ≤ 2
(c) limt→∞ y(t) = 1, limt→−∞ y(t) = 0, limt→∞ y′(t) = 0,
4. Me´todo de D’Alembert. Procurar y2 na forma y2(x) = v(x)y1(x). Fazendo as contas
obtemos y2(x) = x ln(x), por exemplo.
5. (a) Equac¸a˜o caracter´ıstica: λ2 + 4λ+ 3 = 0. Ra´ızes: −1 e −3.
Soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o: y(t) = C1e
−t + C2e−3t.
Usando as condic¸o˜es iniciais obtemos C1 = 1 e C2 = −1.
Logo, a soluc¸a˜o do PVI e´ y(t) = e−t − e−3t.
(b) Equac¸a˜o caracter´ıstica: λ2 + 4λ+ 5 = 0. Ra´ızes: −2± i.
Soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o: y(t) = e−2t(C1 cos(t) + C2 sen(t))
(c) E´ necessa´rio e suficiente que ambas as ra´ızes da equac¸a˜o caracter´ıstica λ2 + 4λ+ k = 0
tenham parte real negativa (aqui inclu´ımos, como caso particular, o caso de ra´ızes reais
negativas). As ra´ızes da equac¸a˜o caracter´ıstica sa˜o
λ =
−4±√16− 4k
2
.
Para que ambas tenham parte real negativa, precisamos que 16− 4k < 16. Isso ocorre
sempre que k > 0, esse e´ a resposta da questa˜o.
Uma ana´lise mais detalhada:
Note que se k < 0 uma raiz sera´ positiva (na˜o e´ permitido); se k = 0 uma raiz sera´
nula (na˜o e´ permitido); se k ∈ (0, 4) as ra´ızes sa˜o negativas distintas (permitido); se
k = 4 as ra´ızes sa˜o negativas repetidas (permitido); se k > 4 as ra´ızes na˜o sa˜o reais,
mas teˆm parte real negativa (permitido).
(d) Para que apresentem infinitas ra´ızes, as soluc¸o˜es devem envolver senos e/ou cossenos.
Isso ocorre quando as ra´ızes da equac¸a˜o caracter´ıstica na˜o sa˜o reais. Logo, k deve ser
tal que 16− 4k < 0. Obtemos assim, a condic¸a˜o k > 4.
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