AD2 2009 ED Gabarito

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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
2009-1 – AD2 de Equações Diferenciais - Soluções
Questão 1 [2,5 pts]
Calcule a solução geral da equação diferencial linear de terceira ordem
y′′′ + 4y′ = x
Solução:
A mudança de variáveis u = y′ transforma a equação homogênea associada
y′′′ + 4y′ = 0 na equação u′′ + 4u = 0, cuja solução geral é
u(x) = c1 cos(2x) + c2 sen(2x) (1)
Integrando (1) com relação a x:
y(x) = c1 sen(2x) + c2 cos(2x) + c3 (2)
Procurando uma solução particular da forma yp(x) = ax + b, obtemos y
′
p(x) =
a, y′′p (x) = y
′′′
p (x) = 0, que , substituídos na equação y
′′′ + 4y′ = x, levam à
contradição “ 0 = x” . Isto se dee ao fato de que o termo independente (x) é
solução da equação homogênea associada y′′′ + 4y′ = 0.
Procuramos, então, uma solução particular da forma yp(x) = ax
2 + bx, que nos
dá y′p(x) = 2ax + b, y
′′(x) = 2a e y′′′(x) = 0. Substituindo na equação original,
obtemos
0 + 4(2ax + b) = x
de onde, igualando os coeficientes das potências de x,
8a = 1, 4b = 0,
e portanto
yp(x) =
x2
8
Assim, a solução geral de y′′′ + 4y′ = x é
y(x) = c1 sen(2x) + c2 cos(2x) + c3 +
x2
8
.
Questão 2 [2,5 pontos]
Resolva a equação
y′′ + 2y′ − 3y = 4ex − 9
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pelo método dos coeficientes a determinar
Solução:
y′′ + 2y′ − 3y = 4ex − 9
Como o termo independente (lado direito) é constituído por duas parcelas, 4ex
e −9, devemos dividir o problema em duas partes,
y′′ + 2y′ − 3y = 4ex (3)
e
y′′ + 2y′ − 3y = −4 (4)
Pelo princípio de superposição, a soma das soluções particulares dos problemas
individuais (3) e (4) será uma solução particular do problema composto.
A forma da solução particular para a equação y′′+2y′−3y = 4ex é y1(x) = Ke
x.
Temos então
y1(x) = Ke
x = y′
1
(x) = y′′
1
(x)
Substituindo na equação (3):
Kex + 2Kex − 3Kex = 4ex
o que nos leva à contradição
0 = 4ex
A causa desta contradição, como sabemos, é que o termo independente na equa-
ção (3) - ele próprio - é solução da equação homogênea associada.
Nestas condições, devemos propor como solução particular y1(x) = Kxe
x.
Temos:
y1(x) = Kxe
x
y′
1
(x) = K(ex + xex)
y′′
1
(x) = K(2ex + xex)
substituindo na equação (3):
k(2ex + xex) + 2K(ex + xex) − 3Kxex = 4ex
Simplificando
4Kex = 4ex
e assim
y1(x) = xe
x (5)
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A forma da solução particular para a equação y′′ + 2y′ − 3y = −9 é y2(x) = K.
Substituindo y2(x) e suas derivadas na equação (4) obtemos −3K = −9
portanto
y2(x) = 3 (6)
Conforme observado antes, uma solução particular de y′′ + 2y′− 3y = 4ex − 9 é
yp(x) = xe
x + 3
E como a solução geral da homogênea associada é yh(x) = c1e
x + c2e
−3x, uma
solução geral de ′′ + 2y′ − 3y = 4ex − 9 é
y(x) = c1e
x + c2e
−3x + xex + 3
Observação: Se tentarmos uma solucão particular
diretamente como soma Aex + B vamos chegar a uma
contradicão, como antes. Multiplicando Aex + B por
x, continuaremos com uma contradição. Lembre que
não existe nenhum resultado no método de coeficien-
tes a determinar que apresente um candidato a solução
particular para a soma de uma exponencial com um po-
linômio (em particular, para polinômios de grau zero).
Algumas vezes a tentativa “direta” com uma yp que é
a soma de particulares de casos conhecidos, até funci-
ona, mas é sempre mais aconselhável usar o princípio de
superposição.
Questão 3 [2,5 pontos]
Resolva a equação
y′′ − y = cosh x
pelo método da variação dos parâmetros
Solução:
a) y′′ − y = cosh x
• equação já está na forma normal
• A solução geral da equação homogênea associada é
yh(x) = c1 e
x + c2 e
−x
•
W [ex, e−x] = −2
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•
yp(x) =
(
−
∫
cosh(x)e−x
−2
dx
)
ex +
(∫
cosh(x)ex
−2
dx
)
e−x
• Lembrando que cosh(x) =
ex + e−x
2
,
yp(x) =
(
x
4
−
e−2x
8
)
ex −
(
e2x
8
+
x
4
)
e−x
•
y(x) = c1 e
x + c2 e
−x +
(
x
4
−
e−2x
8
)
ex −
(
e2x
8
+
x
4
)
e−x
Questão 4 [2,5pontos]
Calcule as constantes a0 e a1 e obtenha uma solução geral de
y′′ + a1y
′ + a0y = b(t)
sabendo que:
a) A soma e o produto das raízes da sua equação característica são ambos iguais
a quatro.
b) yp(t) = t ln(t) é uma solução particular.
Solução:
A equação característica é
r2 + a1r + a0 = 0.
Usando as relações entre os coeficientes e as raízes (r1 e r2)da equação caracte-
rística, junto com a informação contida no item (a), temos:
r1 + r2 = 4 = −a1
r1 · r2 = 4 = a0
de onde obtemos a0 = 4, a1 = −4 e também que r1 = r2 = 2
Segue-se que e2t e t e2t são soluções linearmente independentes da equação
y′′ + a1y
′ + a0y = 0, cuja solução geral é
yh(t) = (c1 + c2 t) e
2t
Usanado agora a informação do item (b), podemos escreveer imediatamente que
uma solução geral da equação y′′ + a1y
′ + a0y = b(t) é
y(t) = (c1 + c2 t) e
2t + t ln(t).
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