AP3 Gabarito EDO 2016.2

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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
AP3– Equações Diferenciais e Equações Diferenciais
Ordinárias – 2016-2
Soluções!
Questão 1 [2,5 pontos] Determine um fator integrante para
(4x2 + 3cos y)− x sen y y′ = 0;
e calcule uma solução geral para a equação exata obtida.
Solução:
Temos: M(x, y) = 4x2 + 3cos y, N(x, y) = −x sen y, de modo que My =
−3sen y; Nx = −sen y e vemos que a equação não é exata.
Observamos que
Nx −My
M
=
−sen y + 3sen y
4x2 + 3cos y
não é função somente de y.
Porém
My −Nx
N
=
−3sen y+ sen y
−x sen y
=
2
x
é função somente de x.
Daí µ(x) = e
∫
(2/x) dx = x2 é um fator integrante para a equação dada.
Multiplicando a equação pelo fator integrante, obtemos
(4x4 + 3x2 cos y)− x3 sen y y′ = 0;
e então existe ϕ(x, y) tal que
ϕx(x, y) = 4x
4 + 3x2 cos y (1)
ϕy(x, y) = −x
3 sen y (2)
Integrando a primeira dessas equações com relação a x, obtemos:
ϕ(x, y) =
4
5
x5 + x3 cos y + g(y) (3)
Derivando (3) com relação a y e igualando o resultado a (2), obtemos:
ϕy = −x
3 sen y + g′(y) = −x3 sen y.
Segue-se que g′(y) = 0 e g(y) = k. Então ϕ(x, y) =
4
5
x5 + x3 cos y + k e as
soluções de (4x4 + 3x2 cos y)− x3 sen y y′ = 0 são definidas implicitamente por
4
5
x5 + x3 cos y = c.
1
Questão 2 [2,5 pontos] Use o método da variação dos parâmetros para de-
terminar uma solução geral de
y′′ − y′ − 6y − e−x = 0, x > 0.
Solução:
A equação homogênea associada é y′′−y′−6y = 0,, cuja equaçã o característica
m2 −m− 6 = 0 tem as raízes
m1 = −2 e m2 = 3.
A solução geral da equação homogênea associada é
yh(x) = c1 e
−2x︸︷︷︸
y1(x)
+c2 e
3x︸︷︷︸
y2x)
.
Temos
W [y1, y2](x) = det
(
e−2x e3x
−2e−2x 3e3x
)
= 5ex.
Pelo método de variação dos parâmetros, yp(x) = c1(x)e
−2x + c2(x)e
3x, com
c1(x) = −
∫
h(x)y2(x)
W [y1, y2](x)
dx e c2(x) =
∫
h(x)y1(x)
W [y1, y2](x)
dx
é uma solução particular.
Efetuando os cálculos:
c1(x) = −
∫
e−xe3x
5ex
dx =
ex
5
e c2(x) =
∫
e−xe−2x
5ex
dx = −
1
20
e−4x.
Portanto yp(x) = −
1
4
e−x e uma solução geral de y′′−y′−6y−e−x = 0, x > 0,
é
y(x) = c1e
−2x + c2e
3x −
1
4
e−x.
Questão 3 [2,5 pontos] Resolva o PVI

x2y′′ − 3xy′ + 3y = 2x4ex x > 0;
y(1) = 0;
y′(1) = 1
2
sabendo que y1(x) = x
3 e y2(x) = x, são duas soluções linearmente indepen-
dentes da equacão homogênea associada.
Solução:
A equação homogênea associada: x2y′′ − 3xy′ + 3y = 0, é uma equação equidi-
mensional de Euler de segunda ordem , cuja solução geral é
yh(x) = c1 x
3︸︷︷︸
y1(x)
+c2 x︸︷︷︸
y2(x)
.
Temos
W [y1, y2](x) = det
(
x3 x
3x2 1
)
= −2x3.
Escrevendo a equacão diferencial do PVI na forma normalizada:
y′′ −
3
x
y′ +
3
x2
y = 2x2ex,
identificamos o termo independente h(x) = 2x2ex; e aplicando o método de
variação dos parâmetros, temos uma solucão particular da forma
yp(x) = c1(x)x
3 + c2(x)x,
com
c1(x) = −
∫
h(x)y2(x)
W [y1, y2](x)
dx e c2(x) =
∫
h(x)y1(x)
W [y1, y2](x)
.dx
Efetuando os cálculos:
c1(x) = −
∫
2x2exx
−2x3
dx =
∫
ex dx = ex e c2(x) =
∫
2x2exx3
−2x3
dx = −
∫
x2ex dx = −(2−2x+x2)ex.
Portanto yp(x) = e
xx3 − (2− 2x+ x2)xex, e uma solução geral de
x2y′′ − 3xy′ + 3y = 2x4ex, x > 0, é
y(x) = c1x
3 + c2x+ e
xx3 − (2− 2x+ x2)xex.
Impondo as condições iniciais:
{
y(1) = 1 = c1 + c2
y′(1) = 0 = 2e+ c2 + 3c1
,
que nos dá c1 = −e−
1
2
, c2 = e+
3
2
.
Daí a solução do PVI é
y(x) = −2xex + 2x2ex + x3
(
−e−
1
2
)
+ x
(
e+
3
2
)
.
3
+
Questão 4-E [2,5 pontos] Resolva{
y′′ + y = f(t);
y(0) = 0; y′(0) = 0.
sendo f(x) =
{
0, x < 1
2, x ≥ 1.
Solução:
Observe que f(x) = 2u(x− 1) . Aplicando a transformada de Laplace aos dois
membros da equação:
[s2Y (s)− sy(0)− y′(0)] + Y (s) = L(f(x)) = 2
e−s
2
.
Logo
Y (s) = e−s.
2
s(s2 + 1)
.
Utilizando sucessivamente frações parciais e os teoremas de deslocamento:
L−1
{
2
s(s2 + 1)
}
= 2L−1
{
1
s
}
− 2L−1
{
s
s2 + 1
}
= 2− 2cos x.
Então, consultando a tabela obtemos:
y(x) = [2− 2 cos(x− 1)]u(x− 1).
Questão 4-L [2,5 pontos] Calcule uma solução geral para
X ′ =

 0 1 00 −2 −5
0 −1 2

 X
Solução:
Equação dos autovalores:
det

 −λ 1 00 −(λ+ 2) −5
0 −1 2− λ

 = 0
ou ainda
λ(λ2 − 9) = 0.
4
Temos três autovalores reais distintos: λ1 = 0, λ2 = −3, λ3 = 3.
Substituindo λ1, λ2, λ3 sucessivamente na equação vetorial
 −λ 1 00 −(λ+ 2) −5
0 −1 2− λ

 ·

 xy
x

 =

 00
0

 ,
obtemos respectivamente

−y = 0
2y + 5z = 0
y − 2z = 0
;


−3x− y = 0
−y + 5z = 0
y − 5z = 0
;


3x− y = 0
5y + 5z = 0
y + z = 0
;
que nos dão, por exemplo os três autovetores
V1 =

 10
0

 ; V2

 1−3
3/5

 ;V3 =

 13
−3

 .
Portanto, uma solucão geral de
X ′ =

 0 1 00 −2 −5
0 −1 2

 X
é
X(t) = c1

 10
0

 + c2

 1−3
3/5

 e−3t + c3

 13
−3

 e3t·
5