Equações Diferenciais e suas Soluções

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE MINAS GERAIS
INSTITUTO DE CIEˆNCIAS EXATAS
DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA
EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS A
Hora´rio: 13:00-14:40 - 1o./07/2003 - TURMA N1
2a. Avaliac¸a˜o
1.
(a) Encontre a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o
y′′ + 2y′ + αy = 0
para α > 1, para α = 1 e para α < 1.
(b) Determine a forma adequada para uma soluc¸a˜o particular da equac¸a˜o
y′′ + 2y′ + αy = te−t sen(
√
α− 1 t)
para α > 1.
(c) Para quais valores de α todas as soluc¸o˜es tendem a zero quando t→ +∞.
Link para a soluc¸a˜o.
2.
(a) Determine qual ou quais das func¸o˜es z1(x) = x
2, z2(x) = x
3 e z3(x) = e
−x sa˜o
soluc¸o˜es da equac¸a˜o
(x+ 3)y′′ + (x+ 2)y′ − y = 0
(b) Seja y1(x) uma das soluc¸o˜es obtidas no item anterior. Determine uma se-
gunda soluc¸a˜o y2(x) de forma que y1(x) e y2(x) sejam soluc¸o˜es fundamentais
da equac¸a˜o.
1
(c) Determine a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o
(x+ 3)y′′ + (x+ 2)y′ − y = 0
e obtenha a soluc¸a˜o do problema de valor inicial


(x+ 3)y′′ + (x+ 2)y′ − y = 0,
y(1) = 1,
y′(1) = 3.
Justifique sua resposta!
Link para a soluc¸a˜o.
3. Resolva a equac¸a˜o diferencial
y′′ + 3t2y = 0
em se´rie de poteˆncias de t. Escreva os dois primeiros termos na˜o nulos de cada se´rie
que compo˜e a soluc¸a˜o.
Link para a soluc¸a˜o.
2
Soluc¸a˜o
1.
(a) A equac¸a˜o caracter´ıstica e´
r2 + 2r + α = 0
∆ = 4− 4α = 4(1− α)
i. Se α > 1, enta˜o ∆ < 0, as ra´ızes da equac¸a˜o caracter´ıstica sa˜o r1,2 =
−1± i√α− 1 e a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o e´
y(t) = c1e
−t cos(
√
α− 1 t) + c2e−tsen(
√
α− 1 t)
ii. Se α = 1, enta˜o ∆ = 0 e r = −1 e´ a u´nica raiz da equac¸a˜o caracter´ıstica e
a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o e´
y(t) = c1e
−t + c2te
−t
iii. Se α < 1, enta˜o ∆ > 0, as ra´ızes da equac¸a˜o caracter´ıstica sa˜o r1,2 =
−1±√1− α e a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o e´
y(t) = c1e
(−1−
√
1−α)t + c2e
(−1+
√
1−α)t
(b) yp(t) = t[(A0 +A1t)e
−tsen(
√
α− 1 t) + (B0 +B1t)e−t cos(
√
α− 1 t)], se α > 1.
(c) i. Se α > 1, enta˜o y(t) → 0, pois e−t → 0 e cos(√α− 1 t) e sen(√α− 1 t)
sa˜o limitados.
ii. Se α = 1, enta˜o y(t)→ 0, pois e−t → 0 e te−t → 0
iii. Se α < 1, enta˜o y(t)→ 0, pois r1 < 0 e r2 < 0 (
√
1− α < 1).
Concluindo, y(t)→ 0, quando t→∞, para todos os valores reais de α.
Link para a pro´xima questa˜o.
2.
(a)
(x+ 3)z′′1 + (x+ 2)z
′
1 − z1 = (x+ 3)2 + (x+ 2)2x− x2 = 2x2 + 4x+ 4 6= 0
(x+3)z′′2 + (x+2)z
′
2− z2 = (x+3)6x+ (x+2)3x2− x3 = 2x3 +9x2 +12x 6= 0
(x+ 3)z′′3 + (x+ 2)z
′
3 − z3 = (x+ 3)e−x − (x+ 2)e−x − e−x = 0
Logo, z1(x) = x
2 e z2(x) = x
3 na˜o sa˜o soluc¸o˜es da equac¸a˜o e z3(x) = e
−x e´
soluc¸a˜o da equac¸a˜o.
3
(b) Seja y1(x) = e
−x. Vamos procurar uma segunda soluc¸a˜o da equac¸a˜o da forma
y(x) = v(x)y1(x) = v(x)e
−x.
Como
y′(x) = (v′(x)− v(x))e−x e y′′(x) = (v′′(x)− 2v′(x) + v(x))e−x,
enta˜o y(x) e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o se, e somente se,
(x+ 3)y′′ + xy′ − y =
(x+ 3)(v′′(x)− 2v′(x) + v(x))e−x + (x+ 2)(v′(x)− v(x))e−x − v(x)e−x = 0.
(x+ 3)v′′(x) + (−2(x+ 3) + (x+ 2))v′(x) = 0
(x+ 3)v′′(x)− (x+ 4)v′(x) = 0
Seja w(x) = v′(x). Enta˜o a equac¸a˜o acima pode ser escrita como
(x+ 3)w′ − (x+ 4)w = 0.
Esta e´ uma equac¸a˜o de 1a. ordem separa´vel.
w′
w
− x+ 4
x+ 3
= 0
d
dx
(ln |w| − x− ln(x+ 3)) = 0
ln
∣∣∣∣w(x)x+ 3
∣∣∣∣− x = C˜1
w(x) = v′(x) = C1e
x(x+ 3)
Resolvendo a equac¸a˜o para v(x):
v(x) = C1
∫
ex(x+ 3)dx = C1(x+ 2)e
x + C2
Tomando-se C2 = 0 e C1 = 1 obtemos v(x) = (x+2)e
x e uma segunda soluc¸a˜o
da equac¸a˜o
y2(x) = v(x)y1(x) = (x+ 2)e
xe−x = x+ 2
Vamos ver que y1(x) = e
−x e y2(x) = x + 2 sa˜o soluc¸o˜es fundamentais da
equac¸a˜o.
W [y1, y2](x) = det
[
y1(x) y2(x)
y′1(x) y
′
2(x)
]
= det
[
e−x x+ 2
−e−x 1
]
= e−x(3 + x) 6= 0, para x 6= −3
4
(c) Como y1(x) = e
−x e y2(x) = x + 2 sa˜o soluc¸o˜es fundamentais da equac¸a˜o a
soluc¸a˜o geral e´
y(x) = c1e
−x + c2(x+ 2),
Agora, como y(1) = 1, enta˜o substituindo x = 1 e y = 1 na expressa˜o de y(x)
obtemos que c1e
−1 + 2c2 = 1. Como y
′(1) = 3, substituindo-se x = 1 e y′ = 3
na expressa˜o obtida derivando-se y(x):
y′(x) = −c1e−x + c2
obtemos −c1e−1 + 3c2 = 3. Resolvendo o sistema
c1e
−1 + c2 = 1, −c1e−1 + c2 = 3
obtemos c1 = 0 e c2 = 1. Assim a soluc¸a˜o do problema de valor inicial e´
y(x) = x+ 2
Link para a pro´xima questa˜o.
3. Substituindo-se y(t) =
∑∞
n=0 ant
n e y′′(t) =
∑∞
n=0(n+ 2)(n+ 1)an+2t
n na equac¸a˜o
y′′ + 3t2y = 0, obtemos
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2t
n + 3
∞∑
n=0
ant
n+2 = 0
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2t
n + 3
∞∑
n=2
an−2t
n = 0
2a2 + 6a3t+
∞∑
n=2
[(n+ 2)(n+ 1)an+2 + 3an−2]t
n = 0.
O que implica em


2a2 = 0
6a3 = 0
(n+ 2)(n+ 1)an+2 + 3an−2 = 0, n = 2, 3, . . .
{
a2 = a3 = 0
an+2 = − 3(n+2)(n+1)an−2, n = 2, 3, . . .
5
a4 = − 34·3a0, a8 = 98·7·4·3a0, · · ·
a5 =
3
5·4a1, a9 =
9
9·8·5·4a1, · · ·
a6 = 0, a10 = 0, a4n+2 = 0, para n = 0, 1, 2, . . .
a7 = 0, a11 = 0, a4n+3 = 0, para n = 0, 1, 2, . . .
Substituindo-se os valores an encontrados acima, na se´rie de y(t) obtemos
y(t) =
∞∑
n=0
ant
n
=
∞∑
n=0
a4nt
4n +
∞∑
n=0
a4n+1t
4n+1 +
∞∑
n=0
a4n+2t
4n+2 +
∞∑
n=0
a4n+3t
4n+3
=
∞∑
n=0
a4nt
4n +
∞∑
n=0
a4n+1t
4n+1
= a0
(
1− 3
4 · 3t
4 +
9
8 · 7 · 4 · 3t
8 + · · ·
)
+
+a1
(
t− 3
5 · 4t
5 +
9
9 · 8 · 5 · 4t
9 + · · ·
)
Portanto, a soluc¸a˜o geral e´
y(t) = a0y1(t) + a1y2(t),
em que
y1(t) = 1− 3
4 · 3t
4 +
9
8 · 7 · 4 · 3t
8 + · · ·
y2(t) = t− 3
5 · 4t
5 +
9
9 · 8 · 5 · 4t
9 + · · ·
pois
det
[
y1(0) y2(0)
y′1(0) y
′
2(0)
]
= det
[
1 0
0 1
]
= 1 6= 0
6