4928 EP9 2008 2 ED tutor

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Equações Diferenciais - Exercícios Programados 09
Soluções
Exercício 1 Ache o wronskiano do par de funções mencionado.
a) e2t, e−3t/2
b) etsent, et cos t
c) cos2 θ, 1 + cos 2θ.
Solução:
a) Temos
y1(t) = e2t ⇒ y′1(t) = 2e2t
y2(t) = e−3t/2 ⇒ y′2(t) = −
3
2
e−3t/2.
Daí, ∣∣∣∣ e2t e−3t/22e2t − 32e−2t/2
∣∣∣∣ = −32e2te−3t/2 − 2e2te−3t/2
= −3
2
et/2 − 2et/2
= −7
2
et/2.
b) Tem-se
y1(t) = etsent⇒ y′1(t) = etsent+ et cos t
y2(t) = et cos t⇒ y′2(t) = et cos t− etsent.
Daí,∣∣∣∣ etsent et cos tetsent+ et cos t et cos t− etsent
∣∣∣∣ = e2t (sent cos t− sen2t− sent cos t−
− cos2 t)
= −e2t.
c) Temos
y1(t) = cos2 θ ⇒ y′1(t) = 2 cos θ (−senθ) = −2sen2θ
y2(t) = 1 + cos 2θ ⇒ y′2(t) = −2sen2θ.
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Daí, ∣∣∣∣ cos2 θ 1 + cos 2θ
sen2θ −2sen2θ
∣∣∣∣ = −2sen2θ cos2 θ + sen2θ(1 + cos 2θ)
= −2sen2θ
(
1 + cos 2θ
2
)
+ sen2θ(1 + cos 2θ)
= −sen2θ(1 + cos 2θ) + sen2θ(1 + cos 2θ)
= 0.
Exercício 2 Verificar que as funções y1 e y2 são soluções da equação diferen-
cial dada. Estas funções constituem um conjunto fundamental de soluções?
a) y′′ + 4y = 0; y1(t) = cos 2t, y2(t) = sen2t
b) y′′ − 2y′ + y = 0; y1(t) = et, y2(t) = tet
c) x2y′′ − x(x+ 2)y′ + (x+ 2)y = 0, x > 0; y1(x) = x, y2(x) = xex
Solução:
a) Tem-se
y′′1 + 4y1 = (cos 2t)
′′ + 4(cos 2t) = −4 cos 2t+ 4 cos 2t = 0,
y′′2 + 4y2 = (sen2t)
′′ + 4sen2t = −4sen2t+ 4sen2t = 0.
Portanto, y1 e y2 são soluções da equação diferencial. Como
y1(0) = 1 e y′1(0) = 0,
y2(0) = 0 e y′2(0) = 1;
as funções y1 e y2 formam um conjunto fundamental de soluções.
b) Tem-se
y′′1 − 2y′1 + y1 = (et)′′ − 2(et)′ + et
= et − 2et + et
= 0,
y′′2 − 2y′2 + y2 = (tet)′′ − 2(tet)′ + tet
= (et + tet)′ − 2(et + tet) + tet
= (2et + tet)− 2et − tet
= 0.
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Portanto, y1 e y2 são soluções da equação diferencial. Como∣∣∣∣ et tet1 et + tet
∣∣∣∣ = tet + t2et − tet = t2et 6= 0,
as funções y1 e y2 formam um conjunto fundamental de soluções.
c) Tem-se
x2y′′1 − x(x+ 2)y′1 + (x+ 2)y1 = x2(x)′′ − x(x+ 2) + (x+ 2)x
= 0,
x2y′′2 − x(x+ 2)y′2 + (x+ 2)y2 = x2(xex)′′ − x(x+ 2)(xex)′ + (x+ 2)(xex)
= x2(ex + xex)′ − x(x+ 2)(ex + xex) + (x+
+2)(xex)
= x2(2ex + xex)− x(x+ 2)(ex + xex) + (x+
+2)(xex)
= x2ex(x+ 2)− x(x+ 2)ex − x2ex(x+ 2) +
+(x+ 2)(xex)
= 0.
Portanto, y1 e y2 são soluções da equação diferencial. Como, pelo exercício
anterior W (ex, xex) 6= 0, as funções y1 e y2 formam um conjunto fundamental
de soluções.
Exercício 3 Determine se o par de funções é linearmente independente ou
linearmente dependente.
a) f(t) = t2 + 5t, g(t) = t2 − 5t
b) f(t) = t, g(t) = t−1
c) f(t) = 3t, g(t) = |t|
d) f(x) = x3 g(x) = |x|3.
Solução:
a) Vamos determinar o wronskiano do par f(t) = t2 + 5t e g(t) = t2 − 5t.∣∣∣∣ t2 + 5t tt2 − 5t2t+ 5 2t− 5
∣∣∣∣ = (t2 + 5t)(2t− 5)− (t2 − 5t)(2t+ 5)
= −10t2 + 20t.
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Como o wronskiano não é identicamente nulo, o par de funções é linearmente
independente.
b) Vamos determinar o wronskiano do par f(t) = t e g(t) = t−1.∣∣∣∣ t t−11 −t−2
∣∣∣∣ = −t−1 − t−1
= −2t−1.
Como o wronskiano não é identicamente nulo, o par de funções é linearmente
independente.
c) Para t > 0, g(t) = t e daí, f(t) − 3g(t) = 0. Assim, f e g são linear-
mente dependentes para t > 0. Se t < 0, g(t) = −t e então f(t) + 3g(t) = 0;
portanto, f e g são linearmente dependentes em t < 0. Porém, para qualquer
intervalo I que contém a origem, não existe c tal que f+cg = 0, para todo t ∈ I.
d) Para x > 0, g(x) = x3 e daí, f(x)− g(x) = 0. Assim, f e g são linearmente
dependentes para x > 0. Se x < 0, g(x) = −x3 e então f(x) + g(x) = 0;
portanto, f e g são linearmente dependentes em x < 0. Porém, para qualquer
intervalo I que contém a origem, não existe c tal que f+cg = 0, para todo x ∈ I.
Exercício 4 O wronskiano de duas funções é W (t) = t2sent. As funções são
linearmente independentes ou linearmente dependentes? Por quê?
Solução:
Como o wronskiano W (t) = t2sent não é identicamente nulo, as funções são
linearmente independentes.
Exercício 5 Se as funções y1 e y2 forem linearmente independentes e solu-
ções de y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0, provar que c1y1 e c2y2 são também soluções
linearmente independentes, desde que nem c1, nem c2, sejam nulas.
Solução:
Como y1 e y2 são soluções linearmente independentes da equação y
′′ + p(t)y′ +
q(t)y = 0, temos
W (y1, y2) 6= 0.
Vamos provar que c1y1 e c2y2 são soluções da equação y
′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0:
(c1y1)
′′ + p(t) (c1y1)
′ + q(t) (c1y1) = c1 (y1)
′′ + c1p(t) (y1)
′ + c1q(t) (y1)
= c1 (y′′1 + p(t)y
′
1 + q(t)y1)
= 0;
(c2y2)
′′ + p(t) (c2y2)
′ + q(t) (c2y2) = c2 (y2)
′′ + c2p(t) (y2)
′ + c2q(t) (y2)
= c2 (y′′2 + p(t)y
′
2 + q(t)y2)
= 0.
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Portanto, c1y1 e c2y2 são, de fato, soluções da equação. Para provar que elas
são linearmente independentes, tomaremos o wronskiano W (c1y1, c2y2).
W (c1y1, c2y2) =
∣∣∣∣ c1y1 c2y2c1y′1 c2y′2
∣∣∣∣
= c1c2
∣∣∣∣ y1 y2y′1 y′2
∣∣∣∣
= c1c2W (y1, y2)
6= 0,
pois c1 e c2 são ambas não nulas.
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