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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 - 19/12/2002
2a. Avaliac¸a˜o
1. Encontre a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o
y′′ − 6y′ + 9y = tet
Link para a soluc¸a˜o.
2.
(a) Mostre que y1 (x) = x
2 e y2 (x) = x
3 sa˜o soluc¸o˜es da equac¸a˜o
x2y′′ − 4xy′ + 6y = 0.
(b) Obtenha a soluc¸a˜o do problema de valor inicial

x2y′′ − 4xy′ + 6y = 0,
y (1) = 2,
y′ (1) = 1.
Justifique sua resposta!
Link para a soluc¸a˜o.
3. Mostre que se 0 < b < 2 enta˜o toda soluc¸a˜o de y′′+ by′+y = 0 tende a zero quando
t→ +∞.
4. Encontre a soluc¸a˜o do problema de valor inicial
y′′ − 2ty′ + 6y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 1
Link para a soluc¸a˜o.
Soluc¸a˜o
1. Soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o homogeˆnea:
y(t) = c1e
3t + c2te
3t
Soluc¸a˜o particular da forma yp(t) = (A + Bt)e
t.
y′p(t) = Be
t + (A + Bt)et = (A + B + Bt)et
y′′p(t) = (A + 2B + Bt)e
t
Substituindo yp(t), y
′
p(t) e y
′′
p(t) na equac¸a˜o:
(A + 2B + Bt)et − 6(A + B + Bt)et + 9(A + Bt)et = tet
(4A− 4B + 4Bt)et = tet{
4A − 4B = 0
4B = 1
A = 1/4 e B = 1/4
y(t) = c1e
3t + c2te
3t + (1/4)(1 + t)et
Link para a pro´xima questa˜o.
2.
(a)
x2y′′1 − 4xy′1 + 6y1 = x2(2)− 4x(2x) + 6(x2) = 0
x2y′′2 − 4xy′2 + 6y2 = x2(6x)− 4x(3x2) + 6(x3) = 0
Logo, y1(x) = x
2 e y2(x) = x
3 sa˜o soluc¸o˜es da equac¸a˜o.
(b) Como
det
[
y1(1) y2(1)
y′1(1) y
′
2(1)
]
= det
[
1 1
2 3
]
= 1 6= 0
enta˜o a soluc¸a˜o geral e´
y(x) = c1y1(x) + c2y2(x),
Agora, como y(1) = 1, enta˜o substituindo x = 1 e y = 2 na expressa˜o de y(x)
obtemos que c1 + c2 = 2. Como y
′(1) = 1, substituindo-se x = 1 e y′ = 1 na
expressa˜o obtida derivando-se y(x):
y′(x) = 2c1x + 3c2x
2
obtemos 2c1 + 3c2 = 1. Resolvendo o sistema
c1 + c2 = 2, 2c1 + 3c2 = 1
obtemos c2 = 5 e c1 = −3. Assim a soluc¸a˜o do problema de valor inicial e´
y(x) = 5x2 − 3x3
Link para a pro´xima questa˜o.
3. Se 0 < b < 2 enta˜o as ra´ızes da equac¸a˜o caracter´ıstica sa˜o
−b/2± i
√
4− b2/2
e as soluc¸o˜es sa˜o da forma
y(t) = a1e
(−b/2)t cosωt + a2e
(−b/2)t sinωt,
onde ω =
√
4− b2/2. Logo, como 0 < b, enta˜o y → 0 quando t → +∞.
Link para a pro´xima questa˜o.
4. 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′ + 6y = 0, obtemos
∞∑
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2t
n − 2t
∞∑
n=0
(n + 1)an+1t
n + 6
∞∑
n=0
ant
n = 0
∞∑
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2t
n − 2
∞∑
n=0
(n + 1)an+1t
n+1 + 6
∞∑
n=0
ant
n = 0
∞∑
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2t
n − 2
∞∑
n=1
nant
n + 6
∞∑
n=0
ant
n = 0
2a2 + 6a0 +
∞∑
n=1
[(n + 2)(n + 1)an+2 − 2nan + 6an]tn = 0
O que implica em{
2a2 + 6a0 = 0
(n + 2)(n + 1)an+2 − 2nan + 6an = 0, n = 1, 2, 3, . . .{
a2 = −3a0
an+2 =
2n−6
(n+2)(n+1)
an =, n = 1, 2, 3, . . .
a4 =
−2
(4)(3)
a2 =
1
2
a0, a6 =
2
(6)(5)
a4 =
1
30
a0, · · ·
a3 =
−4
(3)(2)
a1 = −23a1, a5 = 0, · · · a2n−1 = 0
Substituindo-se os valores an encontrados acima, na se´rie de y(t) obtemos
y(t) =
∞∑
n=0
ant
n
=
∞∑
n=0
a2nt
2n +
∞∑
n=0
a2n+1t
2n+1
= a0
(
1− 3t2 + 1
2
t4 +
1
30
t6 + · · ·
)
+ a1
(
t− 2
3
t3
)
Portanto, a soluc¸a˜o geral e´
y(t) = a0y1(t) + a1y2(t),
em que
y1(t) = 1− 3t2 + 1
2
t4 +
1
30
t6 + · · ·
y2(t) = t− 2
3
t3
pois
det
[
y1(0) y2(0)
y′1(0) y
′
2(0)
]
= det
[
1 0
0 1
]
= 1 6= 0
Agora, como y(0) = 0, enta˜o substituindo t = 0 e y = 0 na expressa˜o de y(t)
obtemos que a0 = 0. Como y
′(0) = 1, substituindo-se t = 0 e y′ = 1 na expressa˜o
obtida derivando-se y(t):
y′(t) = a0
(
−6t + 2t3 + 1
5
t5 + · · ·
)
+ a1
(
1− 2t2)
obtemos a1 = 1. Assim a soluc¸a˜o do problema de valor inicial e´
y(t) = t− 2
3
t3

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