ep 09 tutor

Prévia do material em texto

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 Mostre que a função y1(x) = 3x
2
− 1 é solução da equação
diferencial
(1− x2)y′′ − 2xy′ + 6y = 0,
indicando o intervalo (ou intervalos) no qual (ou nos quais) isto acontece.
Solução: Os coeficientes da equação diferencial (1− x2)y′′ − 2xy′ + 6y = 0 são
contínuos em todos os pontos de R.
A função y = 3x2−1 é definida e diferenciável em R, com y′(x) = 6x e y′′(x) = 6.
Substituindo estas expressões na equação, obtemos:
(1− x2)6− 2x(6x) + 6(3x2 − 1) =
= 6− 6x2 − 12x2 + 18x2 − 6 = 0.
Portanto y = 3x2 − 1 é solução de (1− x2)y′′ − 2xy′ + 6y = 0 definida em R.
Exercício 2 a) Mostre que eax e xeax são soluções linearmente independentes
da equação
(D − a)2y = 0.
b) Calcule a solução particular desta equação que verifica as condições iniciais
y(0) = 1, y′(0) = 2.
Solução: Temos:
(D − a)2(eax) = (D − a) [(D − a)(eax)]
= (D − a) (a eax − a eax)
= (D − a).0
= 0.
Também
(D − a)2(x eax) = (D − a) [(D − a)(x eax)]
= (D − a) (eax + a eax − a eax)
= (D − a)(eax)
= a eax − a eax
= 0.
Poranto eax e x eax são soluções de (D − a)2y = 0.
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2009/2
W [eax, x eax] = det
(
eax xeax
aeax eax + xeax
)
= e2ax,
que é sempre diferente de zero.
Portanto as duas soluçnoes são linearmente independentes.
Assim, uma solução geral de (D − a)2y = 0 é
y(x) = c1e
ax + c2x e
ax.
Então
y′(x) = a c1 e
ax + c2 (e
ax + x a eax).
Impondo as condições niciais:
y(0) = 1 ⇐⇒ c1 + 0.c2 = 1 ⇐⇒ c1 = 1
y′(0) = 2 ⇐⇒ a.1 + c2 = 2 ⇐⇒ c2 = 2− a
E finalmente, a solução da equação (D− a)2y = 0 tal que y(0) = 1, y′(0) = 2. é
y(x) = eax + (2− a)x eax.
Exercício 3 Calcule o wronskiano das soluções y1 e y2 da equação
x2y′′ + xy′ + (x2 + 1)y = 0,
que verifica as condições iniciais y1(1) = 0, y
′
1
(1) = 1, y2(1) = y
′
2
(1) = 1.
Solução: A equação dada é normal nos intervalos (−∞, 0) e (0, +∞). Vamos
escolher o intervalo (0, +∞) porquê está sendo dada uma informação no ponto
x0 = 1, que pertence a este intervalo.
Usando a forma normalizada da solução em (0, +∞), podemos aplicar a fórmula
de Abel e afirmar que o wronskiano das soluções y1 e y2 tem a forma
W [y1(x), y2(x)] = c e
−
∫
1/x dx
=
c
x
. (1)
Por outro lado, usando a definição do wronskiano de y1 e y2 no ponto x0 = 1,
temos
W [y1(1), y2(1)] = det
(
0 1
1 1
)
= −1 (2)
Fazendo x = 1 em (1) e igualando a (2) obtemos c = −1.
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2009/2
Assim, o o wronskiano das soluções y1 e y2 da equação
x2y′′ + xy′ + (x2 + 1)y = 0,
que verifica as condições iniciais y1(1) = 0, y
′
1
(1) = 1, y2(1) = y
′
2
(1) = 1 é
W [y1(x), y2(x)] = −
1
x
.
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2009/2