AP2 ED 2013.1 (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
AP2 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS – 02/06/2013 - SOLUÇÕES
Questão 1 [2,5 pontos]
a) [1,25 ponto] Aplicando a fórmula de Abel, calcule o wronskiano de duas
soluções quaisquer, y1 e y2, da equação diferencial
x
d2y
dx2
+
dy
dx
+ xy = 0 em (0,+∞).
b) [1,25 ponto] Suponha agora que y1 e y2 são soluções da equação do item
(a) que satisfazem
y1(1) = 1, y
′
1(1) = 2
y2(1) = −1, y
′
2(1) = 2·
Calcule W [y1(x), y2(x)] .
Solução:
a) De acordo com a fórmula de Abel, se y1 e y2 são soluções da equação
x2
d2y
dx2
+
dy
dx
+ xy = 0 em (0,+∞), então
W [y1(x), y2(x)] = c e
−
∫
p(x) dx,
onde, neste caso, p(x) =
1
x
, depois de escrever a equação na forma normal.
Assim,
W [y1(x), y2(x)] = c e
−
∫
1/(x) dx =
c
x
.
Obs: Lembre que a constante c varia de acordo com as soluções considera-
das. Para cada par de soluções temos uma constante particular.
b) Por exemplo, calculemos o wronskiano das duas soluções y1 e y2 da equação
xy′′ + y′ + xy = 0 que satisfazem às condições y1(1) = 1, y
′
1(1) = 2, y2(1) =
−1, y′2(1) = 2.
1
Temos, utilizando a definição de W [y1(x), y2(x)] por meio de um determi-
nante, que pode ser calculado diretamente no ponto x0 = 1:
W [y1(1), y2(1)] = det
(
y1(1) y2(1)
y′1(1) y
′
2(1)
)
= det
(
1 −1
2 2
)
= 4
Pela fórmula de Abel, W [y1(1), y2(1)] = c/1
Portanto c/1 = 4, e então c = 4.
Daí, o Wronskiano das soluções y1 e y2 da equação
xy′′ + y′ + xy = 0 que satisfazem às condições y1(1) = 1, y
′
1(1) = 2, y2(1) =
−1, y′2(1) = 2. é
W [y1(x), y2(x)] =
4
x
.
Questão 2 [2,5 pontos]
Verifique que yh = c1x+ c2 x ln x é uma solução geral da equação homogênea
associada a x2y′′− xy′ + y = x(x+ 1), x ∈ (0,+∞). A seguir, calcule uma
solução particular da equação não-homogênea.
Solução:
Para provar que yh = c1x + c2 x ln x é uma solução geral da equação ho-
mogênea associada a x2y′′ − xy′ + y = x(x + 1), x ∈ (0,+∞) basta
mostrar que y1(x) = x e y2(x) = x ln x,individualmente, são soluções de
x2y′′ − xy′ + y = 0, x ∈ (0,+∞); e que são linearmente independentes.
Temos:
y1(x) = x =⇒ x
2y′′1 − xy
′
1 + y1
= x2.0− x.1 + x
= 0;
mostrando que y1 é solução.
2
Também
y2(x) = x ln x =⇒ x
2y′′2 − xy
′
2 + y2
= x2.(1/x)− x.(1 + ln x) + x ln x
= x− x− x ln x+ x ln x
= 0;
mostrando que y2 é solução da equação homogênea associada.
Além disso,
W [x; x ln x] = det
(
x x ln x
1 1 + ln x
)
= x, que é 6= 0 em (0,+∞).
Portanto yh = c1x + c2 x ln x é uma solução geral da equação homogênea
associada a x2y′′ − xy′ + y = x(x+ 1), x ∈ (0,+∞)·
Para calcular uma solução particular da equação não-homogênea, primeiro
vamos escrevê-la na forma normal :
y′′ −
1
x
y′ +
1
x2
=
x(x+ 1)
x2
= 1 +
1
x
.
Assim, para calcular yp(x) pela fórmula de variação de parâmetros devemos
considerar h(x) = 1 +
1
x
.
Nestas condições yp(x) = u(x).y1(x) + v(x).y2(x), com
u(x) = −
∫
(1 + 1/x).x ln x
x
dx = x− ln x− ln2 x.
e
v(x) =
∫
(1 + 1/x).x
x
dx = x+ ln x.
Consequentemente
yp(x) = x(x− ln x− ln
2 x) + (x+ ln x).x ln x =
= x2 − x ln x+ x2 ln x
3
é uma solução particular.
Questão 3 [2,5 pontos]
Calcule a solução geral de {
x′ = 3x− 2y
y′ = 4x− y
em termos de funções reais.
Solução:
O sistema, na forma matricial, se escreve como
−→
X ′ =
(
3 −2
4 −1
)
−→
X
A equação dos autovalores da matriz do sistema é
det
(
3− λ −2
4 −1− λ
)
= 0;
i.é,
λ2 − 2 λ+ 5 = 0.
Os autovalores são os números complexos conjugados 1 + 2 i, 1− 2 i.
Escolhendo o autovalor 1 + 2 i, e calculando um autovetor associado a ele,
obtemos, por exemplo,
−→
VC =
(
1/2 + (1/2) i
1
)
Formamos a solução complexa:
−→ϕC(t) = e
(1+2i)t
(
1/2 + (1/2) i
1
)
·
Usando a fórmula de Euler
ea+bi = ea cos b+ i ea sen b
4
podemos desmembrar a solução acima em
(etcos 2t+ ietsen 2t)
[(
1/2
1
)
+ i
(
1/2
0
)]
Efetuando as contas e agrupando convenientemente:
−→ϕC(t) =
(
(et cos(2t ) − et sen(2t) )/2
− et sen (2t)
)
+i
(
(et sen(2t ) + et cos(2t) )/2
et cos (2t)
)
Então as partes real e imaginária de −→ϕC são soluções reais , linearmente
independentes de
−→
X ′ =
(
3 −2
4 −1
)
−→
X .
Consequentemente, uma solução geral, real, do sistema
é
−→
X (t) = c1
(
(et cos(2t ) − et sen(2t) )/2
− et sen (2t)
)
+c2
(
(et sen(2t ) + et cos(2t) )/2
et cos (2t)
)
·
Questão 4 [2,5 pontos]
Seja a equação vetorial em R2
−→
Y ′ =
(
1 2
8 1
)
︸ ︷︷ ︸
A
−→
Y
a) [1,5 ponto] Mostre que A tem dois autovalores reais distintos, λ1, λ2, e
calcule
−→
K 1 e
−→
K 2, autovetores associados a cada um desses autovalores.
b) [0,25 ponto] Construa a matriz P = col [
−→
K 1
−→
K 2]
c) [0,75 ponto] Mostre que P−1 A P = diag (λ1λ2).
Solução:
5
a)A matriz do sistema é
A =
(
1 2
8 1
)
.
Autovetores associados respectivamente aos autovalores λ1 = 5 e λ2 = −3
de A, são, por exemplo,
−→
K1 =
(
1
2
)
e
−→
K2 =
(
1
−2
)
·
Então
P = col [
−→
K 1
−→
K 2] =
(
1 1
2 −2
)
b) De acordo com a fórmula da inversa de uma matriz de ordem 2,
P−1 =
1
det P
(
−2 −1
−2 1
)
=
(
1/2 1/4
1/2 −1/4
)
·
c)
P−1AP =
(
1/2 1/4
1/2 −1/4
) (
1 2
8 1
) (
1 1
2 −2
)
=
(
5/2 5/4
−3/2 3/4
) (
1 1
2 −2
)
=
(
5 0
0 −3
)
= diag(λ1 λ2)·
6