2012 1 AD2 ED GABARITO

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Fundação Centro de Ciên
ias e Edu
ação Superior a Distân
ia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Edu
ação Superior a Distân
ia do Estado do Rio de Janeiro
AD2 de Equações Diferen
iais � 2012/1 � Gabarito
Questão 1: [2,0 pontos℄
Sabendo que uma solução da equação diferen
ial
x2 y′′ − x(x+ 2) y′ + (x+ 2) y = 0 x ∈ (0,+∞)
é y1 = x, 
al
ule outra solução linearmente independente y2, pelo método de redução de
ordem.
Solução:
Primeiro, es
revemos a equação na forma normal:
y′′ − x(x+ 2)
x2
y′ +
x+ 2
x2
) y = 0,
de onde identi�
amos o 
oe�
iente p(x) da par
ela 
ontendo a primeira derivada da função
in
ógnita:
p(x) = −x(x+ 2)
x2
= −
(
1 +
2
x
)
.
Usando agora a expressão deduzida na Aula 13, temos uma segunda solução, linearmente
independente de y1, dada por
y2(x) = x
∫
e−
∫
−(1+2/x) dx
x2
dx;
i.é,
y2(x) = x
∫
ex+ln x
2
x2
dx = x
∫
ex x2
x2
dx = x ex.
Questão 2: [2,0 pontos℄
Cal
ule a solução de 

y′′ − 4y = 2 e2x
y(0) = 1
y′(0) = 1/2;
usando o método dos 
oe�
ientes a determinar para obter uma solução parti
ular.
Solução:
A equação homogênea asso
iada é y′′− 4y = 0, 
om equação 
ara
terísti
a r2− 4 = 0. Temos
portanto as raízes r1 = −2, r2 = 2, e a solução geral da equação homogênea asso
iada é
yh(x) = c1 e
−2x + c2 e
2x.
Usando o método dos 
oe�
ientes a determinar, pro
ramos uma soução parti
ular da forma
yp(c) = c e2x.
Entretanto (veri�que!) qualquer função da forma c e2x é solução da equação homogênea as-
so
iada. Se substitíssemos c e2x na equação não-homogênea, 
hegaríamos a uma 
ontradição
Consór
io CEDERJ - Fundação CECIERJ 2012/1
2
: 0 = 4 e2x.
Então pro
uramos uma solução parti
ular da forma yp(x) = x c e2x.
Temos:
yp(x) = x c e
2x =⇒ y′p(x) = (c+ 2cx)e2x
=⇒ y′′p (x) = (4c+ 4cx)e2x.
Substituindo na equação não-homogênea, obtemos 4 c e2x = 2 e2x. Consequentemente c = 1/2,
e temos a solução parti
ular yp(x) =
x e2x
2
.
Assim, uma solução geral de y′′ − 4y = 2 e2x é
y(x) = c1 e
−2x + c2 e
2x +
x e2x
2
.
Impondo as 
ondições ini
iais, temos:
1 = y(0) = c1 + c2 e 1/2 = y
′(0) = −2c1e−2x + 2c2e2x +
e2x + 2xe2x
2
∣∣∣
x=0
.
Ou seja {
c1 + c2 = 1
−2c1 + 2c2 = −1/2.
De onde c1 = 5/8 c2 = 3/8 e a solução do PVI é
y(x) = (5/8) e−2x + (3/8) e2x +
x e2x
2
.
Questão 3: [2,0 pontos℄
Cal
ule a solução geral da equação de Euler
(2x− 1)2 y′′ + 8 (2x− 1) y′ + 12y = 0.
Sugestão: utilize a mudança de variáveis 2x − 1 = 2 eu
(
∴ x =
1 + 2 eu
2
)
e a regra da
adeia :
dy
du
=
dy
dx
· dx
du
;
d2y
du2
=
d2y
dx2
·
(
dx
du
)2
+
dy
dx
· d
2x
du2
Solução:
Introduzimos a variável u, por meio da mudança 2x− 1 = 2 eu. De onde x = 1 + 2 e
u
2
.
De a
ordo 
om a aregra da 
adeia, temos
dy
du
=
dy
dx
· eu =⇒ dy
dx
=
dy
du
e−u (1)
d2y
du2
=
d2y
dx2
e2u +
dy
dx
eu =⇒ d
2y
dx2
=
(
d2y
du2
− dy
du
)
e−2u (2)
Substituindo 2x− 1 = 2 eu e as expressões de dy
dx
e
d2y
dx2
dadas respe
tivamente por (1) e (2),
na equação de Euler, obtemos
4e2u
(
d2y
du2
− dy
du
)
e−2u + 82eu
dy
du
e−u + 12y = 0.
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3
Simpli�
ando, obtemos a equação de 
oe�
ientes 
onstantes (para a in
ógnita y em termos da
variável u)
d2y
du2
+ 3
dy
du
+ 3y = 0,
uja equação 
ara
terísti
a é m2 + 3m+ 3 = 0.
As raízes da equação 
ara
terísti
a são m =
−3±
√
3 i
2
, e a solução da equação na variável u
é
y(u) = e−3/2u
[
c1 cos
(√
3
2
u
)
+ c2 sen
(√
3
2
u
)]
.
Finalmente, 
omo 2x− 1 = 2 eu , então u = ln
(
2x− 1
2
)
; de modo que a solução em termos
da variável independente x é
y(x) = e
−3/2 ln
(
2x− 1
2
) [
c1 cos
(√
3
2
ln
(
2x− 1
2
))
+ c2 sen
(√
3
2
ln
(
2x− 1
2
))]
.
Questão 4 [2,0 pontos℄
Cal
ule, pelo método de eliminação, a solução geral do sistema

dx
dt
= x+ y
dy
dt
= 4x− 2y·
Solução:
Sejam
x′ = x+ y (3)
e
y′ = 4x− 2y (4)
Da equação (3), obtemos
y = x′ − x, (5)
e 
onsequentemente
y′ = x′′ − x′ (6)
Igualando (6) 
om (4) (e substituindo y por (5) no lado direito):
x′′ − x′ = 4x− 2(x′ − x). (7)
Simpli�
ando (7), obtemos a equação de segunda ordem
x′′ + x′ − 6x = 0, (8)
uja solução geral é
x(t) = c1 e
−3t + c2 e
2t. (9)
Derivando (9), obtemos
x′(t) = −3 c1 e−3t + 2 c2 e2t. (10)
Finalmente, substituindo (10) e (9) em (3), 
al
ulamos
y(t) = −4c1 e−3t + 2c2 e2t (11)
A solução do sistema é o par{
x(t) = c1 e−3t + c2 e2t (9)
y(t) = −4c1 e−3t + 2c2 e2t (11).
Consór
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Questão 5 [2,0 pontos℄
Sabendo que y1(t) = t, y2(t) = t+ et e y3(t) = 1+ t+ et são soluções de uma mesma equação
diferen
ial linear não-homogênea de segunda ordem L.y = ϕ(t), 
al
ule uma solução geral da
equação homogênea asso
iada L.y = 0.
Solução:
Sabemos que a diferença entre duas soluções da equação não-homogênea é solução da equação
homogênea asso
iada. Experimentando 
om as diferenças entre as soluções da não-homogênea
apresentadas, temos que
ϕ1 = y2 − y1 = et e ϕ2 = y3 − y1 = 1
são soluções da homogênea asso
iada. Além disso (veri�que!) W [ϕ1(t), ϕ2(t)] = −et, de modo
que estas duas funções são linearmente independentes.
Uma solução geral da equação homogênea asso
iada é
y(t) = c1 e
t + c2.
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