AD2 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
AD2 de Equações Diferenciais – AD2 de Equações Diferenciais Ordinárias
Gabarito
Questão 1: [2,5 pontos] a) [1,5 ponto] Mostre que y1(x) = x; y2(x) = x ln x ,y3(x) = x
2
e y4(x) = 0 são soluções de
x3 y′′′ − x2 y′′ + 2x y′ − 2y = 0 (1)
b) [1,0 pontos] Calcule, justificando, uma solução geral de (1) .
Solução:
a) Consideremos, por exemplo y2(x). Tem-se:
y2(x) = x ln x =⇒ y
′
2
(x) = 1 + ln x
=⇒ y′′2 (x) = 1/x
=⇒ y′′′
2
(x) = −1/x2.
Substituindo na equação diferencial (1):
−x− x+ 2x(1 + ln x)− 2x ln x ≡ 0.
Portanto y2(x) é solução.
As verificações de que y1(x) e y3(x) são soluções são análogas. Com relação à y4(x), basta
lembrar que a solução identicamente nula e é solução de qualquer equação diferencial linear
homogênea.
b) Vamos nos restringir ao intervalo (0,+∞), onde a equação dada é normal. (Poderia
ser qualquer ointervalo que não contivesse o número 0). Para calcular uma solução geral
de uma equação diferencial linear de terceira ordem normal em um intervalo, precisamos
determinar três soluções linearmente independentes. A solução identicamente nula é line-
armente dependente com qualquer outra solução. Então ela deve ser excluída da solução
geral. Restam as três outras soluções. Observando que
W [y1, y2, y3](x) = det

 x x ln x x21 1 + ln x 2x
0 1/x 2

 = x 6= 0,
então uma solução geral para (1) em (0,+∞) é
y(x) = c1x+ c2(x ln x) + c3x
2
.
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2017-2
2
Questão 2: [2,5 pontos]
Determinar a solução geral de
(x2 + 1) y′′ − 2x y′ + 2y = 6 (x2 + 1)2, (2)
sabendo que y1(x) = x e y2(x) = x
2 − 1 são soluções da equação homogênea associada a
(2)
Solução:
Temos
W [x, x2 − 1] = det
(
x x− 1
1 2x
)
= x2 + 1 6= 0
. Uma solução da equação homogênea associada é
yh(x) = c1x+ c2(x
2 − 1).
Usando o método de variação dos parâmetros, procuramos uma solução particular da forma
yp(x) = v1x+v2(x
2−1), com v1(x) = −
∫
(x2 − 1)6(x2 + 1)
(x2 + 1)
dx e v2(x) =
∫
x6(x2 + 1)
(x2 + 1)
dx
.
Você pode verificar então que, a menos de constantes, v1(x) = 6x− 2x
3 e v2(x) = 3x
2.
Então yp(x) = (6x− 2x
3)x+ 3x2(x2 − 1) e uma solução geral de (2) é
y(x) = c1x+ c2(x
2 − 1) + x4 + 3x2.
Questão 3: [2,5 pontos]
Um corpo P , de massam, é preso à extremidade de uma mola que tem a outra extremidade
presa a uma parede vertical. A seguir afasta-se P da posição de equilíbrio e P começa a
oscilar em torno da posição de equilíbrio. Supõe-se que a posição,x(t), de P relativamente
à posição de equilíbrio obedece à lei
m
d2x
dt2
+ kx = 0, (3)
onde é a posição de P e que o movimento de P começa a ser observado quando ele está
passando pela posição x0 = x(0) com velocidade v0 = dx/dt(0), determine:
a) a lei do movimento x(t);
b) o período do movimento de P .
Solução:
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3
[a)] Sendo λ2 := k/m, a equação do movimento se escreve como
d2x
dt2
+ λ2x = 0,
cuja equação característic associada é λ2 + 1 = 0.
Assim uma solução geral para a equação do movimento é
x(t) = c1sen λt+ c2cos λt.
Impondo as condições iniciais x(0) = x0 e x
′(0) = v0, obtemos
c1 = v0/λ e c2 = x0. Então a lei do movimento x(t) é
x(t) = x0 cos λt+ (v0/λ) sen λt.
[b)] O período é então (ver aula 15) T = 2pi/λ.
Questão 4 [2,5 pontos]
Calcule, nas formas vetorial e canônica, uma solução geral do sistema{
x′
1
= x1 + 2x2
x′2 = 8x1 + x2
Solução:
Para
−→
X =
(
x1
x2
)
, a forma matricial do sistema é
−→
X ′ =
(
1 2
8 1
)
︸ ︷︷ ︸
A
−→
X.
Temos
det(A− λ I) = det
(
1− λ 2
8 1− λ
)
= λ2 − 2λ− 15.
Assim
det(A− λ I) = 0 ⇐⇒ λ2 − 2λ− 15 = 0 ⇐⇒ λ ∈ {5,−3}.
λ1 = 5 =⇒
−→
V1 =
(
v1
v2
)
t.q v2 = 2v1.
Por exemplo
−→
V1 =
(
1
2
)
.
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2017-2
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λ2 = −3 =⇒
−→
V2 =
(
v1
v2
)
t.q v2 = −2v1.
Por exemplo
−→
V2 =
(
−1
2
)
.
Daí uma solução geral vetorial do sistema proposto é
−→
V (t) = c1
(
1
2
)
e5t + c2
(
−1
2
)
e−3t;
e a correspondente solução na forma canônica é{
x1(t) = c1e
5t − c2e
−3t
x2(t) = 2c1e
5t + 2c2e
−3t
2017-2