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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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