ad2 ed 2009 2 gab

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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
2009-2 � AD2 de Equações Diferenciais � Gabarito
Questão 1:
Resolva a equação dada pelo método dos coeficientes a determinar
a) y′′ + 2y′ − 3y = 4ex − 9
b y′′ + 25y = 6sen x
c) y′′ + 4y = cos2 x
Solução:
a) y′′ + 2y′ − 3y = 4ex − 9
Como o termo independente (lado direito) é constituído por duas parcelas, 4ex e −9 , a rigor
devemos subdividir o problema em duas partes,
y′′ + 2y′ − 3y = 4ex (1)
e
y′′ + 2y′ − 3y = −4 (2)
Pelo princípio de superpo sição, a soma das soluções particulares dos problemas individuais
(1) e (2) será uma solução particular do problema composto.
A forma da solução particular para a equação y′′ + 2y′ − 3y = 4ex é y1(x) = Kex.
Temos então
y1(x) = Ke
x = y′1(x) = y
′′
1 (x)
Substituindo na equação (1):
Kex + 2Kex − 3Kex = 4ex
o que nos leva à contradição
0 = 4ex
A causa desta contradição, como sabemos, é que o termo independente na equação (1) - ele
próprio - é solução da equação homogênea associada.
Nestas condições, devemos propor como solução particular y1(x) = Kxex. Temos:
y1(x) = Kxe
x
y′1(x) = K(e
x + xex)
y′′1 (x) = K(2e
x + xex)
substituindo na equação (1):
k(2ex + xex) + 2K(ex + xex)− 3Kxex = 4ex
Simplificando
4Kex = 4ex
e assim
y1(x) = xe
x
(3)
A forma da solução particular para a equação y′′ + 2y′ − 3y = −9 é y2(x) = K.
Substituindo y2(x) e suas derivadas na equação (2) obtemos −3K = −9
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portanto
y2(x) = 3 (4)
Conforme observado antes, uma solução particular de y′′ + 2y′ − 3y = 4ex − 9 é
yp(x) = xex + 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
b) y′′ + 25y = 6sen x
A forma da solução particular para a equação y′′ + 25y = 6sen x é
yp(x) = A sen x+B cos x.
Temos
yp(x) = A sen x+B cos x
y′p(x) = A cos x−B sen x
y′′p (x) = −A sen x−B cos x
Substituindo na equação não-homogênea, : e agrupando os termos do lado esquerdo:
24A sen x+ 24B cos x = 6 sen x
Portanto A =
1
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e B = 0.
Desta forma yp(x) = (1/4) sen x.
A solução geral da equação homogênea associada é
yh(x) = c1 cos 5x+ c2 sen 5x
e assim , a solução geral da equação proposta é
y(x) = c1 cos 5x+ c2 sen 5x+ (1/4) sen x
c) y′′ + 4y = cos2 x
Observamos inicialmente que a função cos2 x não está na forma das funções que ocorrem como
termos independentes nas equações às quas aplicamos normalmente o método dos coeficientes
a determinar. Entretanto, utilizando a identidade trigonométrica
cos2 x =
1 + cos 2x
2
poderemos reescrever a equação de modo a aplicar o método dos coeficientes a determinar
para a obtenção de uma solução particular.
Procedendo desta forma, a equação toma a forma
y′′ + 4y =
1 + cos 2x
2
ou ainda
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y′′ + 4y =
1
2
+
cos 2x
2
Agora trabalhamos como no item (a), calculando suluções particulares para
y′′ + 4y =
1
2
, (5)
para
y′′ + 4y =
cos 2x
2
(6)
e adicionando-as para obter uma solução particular da equação dada:
A forma de uma solução particular para (5) é y1(x) = C.
Derivando y1(x) duas vezes e substituindo na aequação (5) calculamos
y1(x) = C =
1
8
A forma de uma solução particular para (6) é
y2(x) = A cos 2x+B sen 2x.
Entretanto, você pode perceber que, de modo análogo ao que aconteceu no item (a), a função
cos 2x é solução da homogênea associada a y′′ + 4y =
cos 2x
2
.
Então, a mera substituição de cos 2x e sua segunda derivada na equação (6) vai gerar uma
contradição: ∀ x, 0 = cos 2x
2
.
A saída é multiplicar por x, e procurar uma solução particular da forma
y2(x) = Ax cos 2x+Bx sen 2x
Temos
y2(x) = Ax cos 2x+Bx sen 2x
y′2(x) = (A+ 2Bx) cos 2x+ (B − 2Ax) sen 2x
y′′2 (x) = (4B − 4Ax) cos 2x+ (−4A− 4Bx) sen 2x
Substituindo na equação:
y′′2 + 4y2 =
1
2
cos 2x ⇐⇒ 4B cos 2x− 4A sen 2x = 1
2
cos 2x
⇐⇒
{
4B = 1
2
−4A = 0
Portanto B = 1
8
, y2(x) =
1
8
x sen 2x e
yp(x) =
1
8
+
1
8
x sen 2x
Por outro lado a soloução geral da equação homogênea associada é yh(x) = c1 cos 2x +
c2 sen 2x, de modo que a solução geral da equação proposta é
y(x) = c1 cos 2x+ c2 sen 2x+
1 + x sen 2x
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Questão 2: Use o método da redução de ordem para encontrar uma solução para a equação
diferencial dada.
a) t2y′′ − 4ty′ + 6y = 0, t > 0; y1(t) = t2
b) t2y′′ + 3ty′ + y = 0, t > 0; y1(t) = t−1
c) xy′′ − y′ + 4x3y = 0, x > 0; y1(x) = senx2.
Solução:
a) Seja y(t) = t2v(t). Temos y′ = 2tv+v′t2 e y′′ = 2v+4tv′+v′′t2. Substituindo na equação
t2y′′ − 4ty′ + 6y = 0, encontramos
.t2(2v + 4tv′ + v′′t2)− 4t(2tv + v′t2) + 6t2v = 0.
Daí,
t4v′′ = 0⇒ v′′ = 0⇒ v′ = c1 ⇒ v(t) = c1t+ c2.
Como y(t) = t2v(t) = c1t3 + c2t2, uma nova solução para a equação diferencial é y2 = t3.
b) Seja y(t) = v(t)/t. Temos y′ = v′/t− v/t2 e y′′ = v′′/t− 2v′/t2 + 2v/t3. Substituindo na
equação t2y′′ + 3ty′ + y = 0, encontramos
.t2(v′′/t− 2v′/t2 + 2v/t3) + 3t(v′/t− v/t2) + v/t = 0.
Daí,
v′′t = −v′ ⇒ v′ = c1/t⇒ v = c1 ln t+ c2.
Como y(t) = v(t)/t = (c1 ln t + c2)/t, uma nova solução para a equação diferencial é y2 =
(ln t)/t.
c) Neste caso, os cálculos tornam-se mais fáceis se não usarmos a expressão explícita de
y1 = senx2 no início, mas apenas y2(x) = y1v. Substituindo essa expressão para y2 na
equação diferencial, temos
x(y1v)
′′ − (y1v)′ + 4x3(y1v) = 0.
Desenvolvendo a expressão acima e lembrando que y1 é solução da nossa equação diferencial,
obtemos
xy1v
′′ + (2xy′1 − y1)v′ = 0.
Esta é uma equação diferencial de primeira ordem linear para v′ que possui a solução v′ =
c
x
(senx2)2
. Fazendo a mudança de variável u = x2, temos
v(x) = c1 cotx
2 + c2.⇒ y(x) = c1 cosx2 + c2senx2.
Daí, uma nova solução para a equação diferencial é y2 = cosx2.
Questão 3
Mostre que a equação
x y′′ − (x+ 3) y′ + 3y = 0
admite y1(x) = ex como solução no intervalo (0,+∞) Em seguida, calcule sua solução geral.
Solução:
Substituindo ex e suas derivadas até a segunda ordem na equação dada, obtemos:
x ex − (x+ 3) ex + 3 ex ≡ 0,
demodo que y1(x) = ex é solução.
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Utilizaremos agora o método da redução de ordem para construir uma segunda solução,
y2(x), linearmente independente de ex.
Primeiro, não podemos esquecer de escrever a equação na forma normal
y′′ − (1 + 3
x
)︸ ︷︷ ︸
p(x)
y′ +
3
x
y = 0
De acordo com os resultados estabelecidos na Aula 13, uma segunda solução, linearmente
independente de y1(x), é dada pela fórmula
y2(x) = y1(x) ·
∫
1
[y1(x)]2
· e
(
−
∫
p(x)dx
)
dx
Substituindo p(x) por − (1 + 3
x
)
na fórmula acima, chega-se a
y2(x) = e
x
∫
e−x x3 dx,
o que nos dá (depois de integrar por partes três vezes):
y2(x) = e
x
(−x3 e−x − 3x2 e−x − 6x e−x − 6 e−x)
ou seja
y2(x) = −x3 − 3x2 − 6x− 6.
Obviamente podemos tomar
y2(x) = x
3 + 3x2 + 6x+ 6
como segunda solução. Portanto uma solução geral da equação x y′′ − (x+ 3) y′ + 3y = 0 é
y(x) = c1 e
x + c2 (x
3 + 3x2 + 6x+ 6).
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