EP09 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
Equações Diferenciais - Exercícios Programados 09 - Soluções
Exercício 1 Veri�que se função f(x) = sen3x é solução da equação
[D2 + (tg x)D − 6 cotg2x] y = 0
no intervalo
(
−pi
2
,
pi
2
)
.
Solução:
Tem-se :
Veri�cação de solução de uma
equação linear dada na lingua-
gem de operadores.
y = sen3 x =⇒ Dy = 3 sen2 x cos x
=⇒ D2 y = 6 sen x cos2 x− 3 sen3 x.
Daí
(tg x)Dy = 3 sen2 x
−6 cotg2 y = −6 sen x cos2 x.
Portanto
(D2 + (tg x)D − 6 cotg2 x) · y = 6 sen x cos2 x− 3 sen3 x+ 3 sen2 x− 6 sen x cos2 x
= 0.
Resposta: A função proposta é solução da equação.
Exercício 2 As funções ϕ1(x) = −2 e ϕ2(x) = x − 2 ambas são soluções da
Os exercícios 2 e 3 são re-
ferentes ao Teorema de Exis-
tência e Unicidade de soluções
de equações lineares; e enfa-
tizam a importância de levar
em conta os intervalos abertos
onde a equação é normal e as
condições iniciais..
equação diferencial linear de primeira ordem
xy′ − y = 2,
que é normal em qualquer subintervalo de (0,+∞); ou de (−∞, 0). Para �xar
idéias, consideremos o próprio (0,+∞).
Os grá�cos das soluções não podem ter nenhum ponto em comum no intervalo
(0,+∞).
Caso existisse um ponto x0 de (0,+∞) com ϕ1(x0) = ϕ2(x0) = y0, então tería-
mos duas soluçõs diferentes para o PVI
{
xy′ − y = 2
y(x0) = y0
(o que é proibido pelo T.E.U.).
Desenhe, no espaço ao lado,
os grá�cos das funções ϕ1(x) e
ϕ2(x). (Observe que esses grá-
�cos não se cortam em nenhum
ponto de nenhum intervalo aberto
onde a equação é normal).
y
ϕ2(x)
ϕ1(x)
x
−2
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Exercício 3 Assinale V para as a�rmativas que você considera corretas e F
para as incorretas:
- 1) As funções seno e cosseno podem ser soluções de uma mesma
equação diferencial linear de primeira ordem ordem, normal no in-
tervalo (0, pi). ( )
- 2) As funções seno e cosseno podem ser soluções de um mesmo
PVI envolvendo uma equação linear de segunda ordem, normal, no
intervalo (0, pi). ( )
- 3) As funções f(x) = x2 e g(x) = −x2 não podem ser soluções
de um mesmo PVI envolvendo uma equação linear de segunda
ordem normal no intervalo (−pi, pi). ( )
Solução:
1) - (F) .
Justi�cativa: Suponha que existe uma equação diferencial linear de primeira ordem, normal
y′′ + p(x)y = q(x), que admite ϕ1(x) = sen x e ϕ2(x)cos x como soluções.
Considere o ponto x0 = pi/4 ∈ (0, pi).
Temos que ϕ1(pi/4) = ϕ2(pi/4) = 1.
Portanto ϕ1 e ϕ2 são duas soluções do PVI{
y′′ + p(x)y = q(x)
y(pi/4) = 1.
E como não existe nenhuma vizinhança de pi/4 onde ϕ1 e ϕ2 cooincidem em todos os pontos,
vemos que o Teorema de Existência e Unicidade e violado.
Portanto a a�rmação é FALSA.
2) - (F) .
Justi�cativa: Considere um PVI
y′′ + p(x) y′ + q(x) y = h(x)
y(x0) = y0
y′(x0) = y1.
Suponha que ψ1(x) = sen x e ψ2(x) = cos x são soluções deste PVI.1
Mas, para serem soluções de um mesmo PVI, devemos ter ψ1(x0) = ψ2(x0) = y0. Isto implica
que x0 = pi/4 2 .
1
Não é complicado encontrar um exemplo de EDO, normal, que é satisfeita por ψ1(x) =
sen x e ψ2(x) = cos x. Por exemplo, ψ1 e ψ2 são soluções de y′′ + y = 0.
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O único ponto de (0, pi) onde as funções sen e cos tem o mesmo valor é x0 = pi/4.
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Considerando a solução ψ1, vemos que, no ponto x0 = pi/4, ψ′1(x0) = cos pi/4 = 1. Daí,
obrigátoriamente y1 = 1.
Por outro lado, considerando a solução ψ2, vemos que, no ponto x0 = pi/4, ψ′2(x0) =
−senpi/4 = −1. De onde, necessariamente, y1 = −1.
Conclusão ψ1 e ψ2 não podem ser soluções de um mesmo PVI envolvendo uma equação linear
de segunda ordem normal no intervalo (0, pi).
Portanto a a�rmação é FALSA.
3) - (V) .
Justi�cativa: A situação é a seguinte:
y
x2
−x2
x
Admitamos que f(x) e g(x) são soluções do mesmo PVI
y′′ + p(x) y′ + q(x) y = h(x)
y(x0) = y0
y′(x0) = y1.
Como o único ponto x0 no qual ambas f e g assumem o mesmo valor y0 é x0 = 0, devemos
ter x0 = 0, o que acarreta que y0 = 0.
Além disso, f ′(0) = g′(0) = 0. Portanto y1 = 0.
Pode parecer que tanto f quanto g são soluções (distintas) de um mesmo PVI, já que satis-
fazem as mesmas condições inciais. Mas isso �bate de frente� com o Teorema de Existência e
Uniciade.
Precisamos ter cuidado: em primeiro lugar, não exibimos nenhuma equação linear de segunda
ordem normal, tendo f e g como soluções . Apenas supusemos que uma tal equação existe.
Em segundo lugar, de acordo com o T.E.U., para cada x0 ∈ (−pi;pi) e cada par de valores
(y0, y1) de números reais, o PVI
y′′ + p(x) y′ + q(x) y = h(x)
y(x0) = y0
y′(x0) = y1.
tem uma única solução de�nida em toda uma vizinhança de x0.
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Dizendo de outro modo, se y1 e y2 são duas soluções do mesmo PVI, então y1 ≡ y2
(y1 coincide com y2) em todo um um intervalo aberto centrado em x0.
E aí está a questão: As funções f e g (supondo que elas satisfaçam alguma equação diferen-
cial linear de segunda ordem, normal) coincidem (i.é, tem o mesmo valor; bem como suas
derivadas tem o mesmo valor) somente no ponto x0 = 0, mas não em todos os pontos de um
intervalo aberto contendo x0 = 0.
Como o Teorema de Existência e Unicidade não pode ser violado, concluímos que f e g não
podem ser soluções de um PVI com uma equação diferencial linear, de segunda ordem, normal
em (−pi, pi/).
Consequentemente não podem ser soluções de nenhum PVI como o apresentado no enunciado.
A a�rmação é VERDADEIRA!
Exercício 4 Diga se a frase abaixo é verdadeira ou falsa:
Os exercícios 4 a 7 são refe-
rentes ao determinante wrons-
kiano de funções, examinando
sua sua relação com as noções
de dependência e independên-
cia linear de conjuntos de fun-
ções, sejam eles formados por
soluções de equações diferenci-
ais lineares normais ou não.
�As funções y1(x) = sen x, y2(x) = ex, y3(x) = tg x são linearmente independentes no
intervalo (−1/2, 1/2), pois seu determinante wronskiano em x0 = 0 é diferente de zero.�
Solução:
A frase é VERDADEIRA.
Justi�cativa: O exercício é uma aplicação direta do seguinte resultado
3
:
TEOREMA:
Se o determinante wronskiano de um conjunto de funções de classe C(n)(I),
y1, y2, · · · , yn,
não é identicamente nulo em I (i.é, é diferente de zero em pelo menos um ponto de I)
então as funções são linearmente independentes sobre C(n)(I).
Obs: Uma maneira equivalente de enunciar o teorema é: �Se o wronskiano de um conjunto
de funções (qualquer) é diferente de zero em pelo menos um ponto, então as funções deste
conjunto são linearmente independentes�.
ATENÇÃO! O teorema acima não exige que as funções sejam soluções de equações dife-
renciais!
Temos:
W [sen x, ex, tg x]|x=0 = det
 sen x ex tg xcos x ex sec2 x
−sen x ex 2sec2 x+ 2 sec xtg x
∣∣∣∣∣∣
x=0
=
= det
 0 1 01 1 1
0 1 2
 = −2 6= 0.
Logo as funções y1(x) = sen x, y2(x) = ex, y3(x) = tg x são linearmente independentes
no intervalo (−1/2, 1/2) .
Exercício 5 Veri�que que {x3, |x|3} é um conjunto linearmente independente em C∞(R)
e no entanto o determinante wronskiano das funções x3 e |x|3 é identicamente nulo em R.
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cuja demonstração é análoga à do teorema do exercício 6 abaixo, com as devidas adapta-
ções.
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Obs: Quer dizer, não vale - EM GERAL -, a recíproca do teorema do exercício 4.
Sugestão: Calcule separadamente W [x3, |x|3] para valores de x ≥ 0 e valores de x < 0.
Solução:
Usando a de�nição, consideremos escalares c1 e c2 reais, tais que
∀ x ∈ R c1x3 + c2|x|3 = 0.
Escolhendo x = −1, obtemos c1 + c2(−1) = 0.
Então c1 = c2.
Escolhendo x = 11,obtemos c1 + c2 = 0.
Segue das duas restrições acima. que c1 = c2 = 0.
Consequentemente {x3, |x|3} é um conjunto linearmente independente em C∞(R).
Por outro lado, |x|3 =
{
x3, se x ≥ 0
−x3, se x ≤ 0·
Então
W [x3, |x|3] =
{
W [x3, x3], se x ≥ 0
W [x3,−x3], se x ≤ 0 =

det
(
x3 x3
3x2 3x2
)
= 0, se x ≥ 0
det
(
x3 −x3
3x2 −3x2
)
= 0, se x ≤ 0
·
Assim, W [x3, |x|3] = 0 em qualquer caso. �
RESUMINDO OS EXERCÍCIOS 4 e 5 :
Dado um conjunto qualquer de funções {y1, y2}, de classe C2 no intervalo I:
- Se W [y1(x0), y2(x0)] 6= 0 para algum ponto x0 ∈ I então {y1, y2} é linearmente
independente sobre I.
- No entanto {y1, y2} pode ser linearmente independente sobre I e W [y1(x), y2(x)] = 0
para todos x ∈ I.
OBS: A situação muda de �gura quando consideramos um conjunto de funções {y1, y2}, de
classe C2 no intervalo I, que é formado por soluções de uma mesma equação diferencial linear
homogênea normal.
Exercício 6 Considere duas funções y1 e y2, soluções da equação diferencial linear homo-
gênea
a2(x)
d2y
dx2
+ a1(x)
dy
dx
+ a0(x)y = 0
normal, no intervalo I ⊂ R.
Se o determinante W [y1(x), y2(x)] é nulo no intervalo I então y1 e y2 são linearmente depen-
dentes em C2(I).
Complete as lacunas da demonstração:
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Demonstração:
Escolha um ponto x0 qualquer de I e forme o sistema de equações{
c1y1(x0) + c2y2(x0) = 0
c1y′1(x0) + c2y
′
2(x0) = 0
(1)
As incógnitas do sistema (1) são e
O determinante principal do sistema (1) é precisamente
Usando a hipótese, podemos garantir que o sistema é indeterminado.
Logo o sistema (1) possui soluções não triviais; (isto é c1 = 0, c2 = 0 não é a única solução
do sistema).
Seja (c˜1, c˜2) uma outra solução do sistema (1), diferente de (0, 0).
Assinale a alternativa que torna a frase abaixo correta:
�A função
y(x) = c˜1y1(x) + c˜2y2(x) (2)
é ( ) / não é ( ) uma solução da equação.�
Além disso a função (2) satisfaz às condições
y(x0) = 0 e y
′(x0) = 0.
Como a função nula também é uma solução da mesma equação e satisfaz às mesmas condi-
ções iniciais, então o Teorema de de soluções
de problemas de valor inicial obriga que as funções e sejam
iguais em todos os pontos do intervalo I.
Podemos então escrever a igualdade
c˜1y1(x) + c˜2y2(x) = 0 para todo x ∈ I
Observando que pelo menos um dos coe�cientes c˜1, c˜2 é diferente de zero, temos uma combi-
nação linear nula das funções y1, y2 onde nem todos os coe�cientes são iguais a zero.
Isso quer dizer que as funções são em I, o que conclui
a demonstração. �
Solução:
Escolha um ponto x0 qualquer de I e forme o sistema de equações{
c1y1(x0) + c2y2(x0) = 0
c1y′1(x0) + c2y
′
2(x0) = 0
As incógnitas do sistema acima são c1 e c2.
O seu determinante principal é precisamente W [y1, y2](x0),
Usando a hipótese, podemos garantir que o sistema é indeterminado.
Logo ele possui soluções não triviais; (isto é c1 = 0, c2 = 0 não é a única solução do sistema).
- Seja (c˜1, c˜2) uma outra solução do sistema , diferente de (0, 0).
Assinale a alternativa correta:
A função
y(x) = c˜1y1(x) + c˜2y2(x) (∗)
é (X) / não é ( ) uma solução da equação a2(x)
d2y
dx2
+ a1(x)
dy
dx
+ a0(x)y = 0.
Além disso a função (*) satisfaz às condições
y(x0) = 0 e y
′(x0) = 0.
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Como a função nula também é uma solução da mesma equação e satisfaz às mesmas condições
iniciais, então o Teorema de Existência e Unicidade de soluções de problemas de valor inicial
obriga que as funções c˜1y1 + c˜2y2 e θ sejam iguais em todos os pontos do intervalo I.
( Obs: θ é afunção identicamente nula: θ(x) = 0 para todo x).
Podemos então escrever a igualdade
c˜1y1(x) + c˜2y2(x) = 0 para todo x ∈ I
Observando que pelo menos um dos coe�cientes c˜1, c˜2 é diferente de zero, temos uma combi-
nação linear nula das funções y1, y2 onde nem todos os coe�cientes são iguais a zero.
Isso quer dizer que as funções y1 e y2 são linearmente dependentes em I, o que conclui a
demonstração. �
(Nota: Um enunciado equivalente ao teorema deste exercício é: Sejam y1, y2 soluções de
uma mesma equação diferencial linear homogênea de ordem 2, normal no intervalo I,
a2(x)
d2y
dx2
+ a1(x)
dy
d
x+ a0(x) y = 0
se y1, y2 são linearmente independentes então W [y1, y2] 6= 0 em algum ponto x0 ∈ I.)
Exercício 7 Resolva o que se pede nos itens (a), (b) e (c), completando a demonstração
do teorema abaixo:
TEOREMA:
(A fórmula de Abel e Ostrogradskii para o Wronskiano)
Se y1 e y2 são soluções da equação diferencial linear de segunda ordem, homogênea,
normal em um intervalo I
a2(x)y
′′ + a1(x)y′ + a0(x)y = 0 (3)
então
W [y1(x), y2(x)] = c e
− ∫ [a1(x)/a2(x)] dx.
Demonstração: Sejam y1(x) e y2(x) duas soluções da equação (3).
a) Mostre que
d
dx
W [y1(x), y2(x)] = y1y
′′
2 − y2y′′1 (4)
b) Como y1 e y2 são soluções da equação (3), temos
a2(x)y
′′
1 + a1(x)y
′
1 + a0(x)y1 = 0 e a2(x)y
′′
2 + a1(x)y
′
2 + a0(x)y2 = 0
Agora, tirando os valores de y′′1 e y
′′
2 respectivamente nestas duas últimas equações, e substi-
tuindo na fórmula (4), mostre que
d
dx
W [y1(x), y2(x)] = −p(x)[y1y′2 − y2y′1] = −p(x)W [y1(x), y2(x)] (5)
sendo p(x) = a1(x)/a2(x).
c) A equação (5) mostra que W [y1(x), y2(x)] é solução da equação diferencial de primeira
ordem, homogênea
z′ + p(x)z = 0.
Escreva a expressão geral da solução desta equação diferencial linear homogênea de primeira
ordem normal, obtendo assim a fórmula de Abel/Ostrogradskii para o wronskiano de duas
soluções da equação (3):
W [y1(x), y2(x)] = c e
− ∫ p(x) dx·
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Solução:
a) Temos
W [y1, y2] = y1 y
′
2 − y2 y′1
⇓
d
dt
W [y1, y2] = y
′
1 y
′
2 + y1 y
′′
2 − y′2 y′1 − y2 y′′1
= y1 y
′′
2 − y2 y′′1
b) Como y1 e y2 são soluções da equação (3), temos
y′′1 + p(x) y
′
1 + q(x) y1 = 0 e y
′′
2 + p(x) y
′
2 + q(x) y2 = 0
com [p(x) = a1(x)/a2(x); q(x) = a0(x)/a2(x)]
Daí
y′′1 = −p(x) y′1 − q(x) y1 e y′′2 = −p(x) y′2 − q(x) y2·
substituindo no lado direito da igualdade
d
dt
W [y1, y2] = y1 y
′′
2 − y2 y′′1 ,
obtemos
d
dt
W [y1, y2](x) = y1 [p(x) y
′
1 − q(x) y1]− y2 [−p(x) y′2 − q(x) y2]
= −p(x) y1 y′2 − q(x) y1 y2 + p(x) y2 y′1 + q(x) y1 y2
= −p(x) [y1 y′2 − p(x) y2 y′1]
= −p(x)W [y1, y2](x) �
c) A equação
d
dt
W [y1, y2](x) = −p(x)W [y1, y2](x) diz que W [y1, y2](x) é solução da equação
diferencial de primeira ordem, homogênea
z′ + p(x)z = 0.
A expressão geral da solução desta equação diferencial linear homogênea de primeira ordem é
z(x) = c e−
∫
p(x) dx
Portanto a fórmula de Abel/Ostrogradskii para o wronskiano de duas soluções da equação
(3):
W [y1(x), y2(x)] = c e
− ∫ p(x) dx = c e− ∫ [a1(x)/a2(x)] dx · �
CONSEQUÊNCIA DO EXERCÍCIO 7 :
No caso de soluções de uma equação diferencial linear normal,homogênea, ou o wronski-
ano é sempre nulo, ou ele é sempre diferente de zero, conforme o parâmetro c da fórmula
de Abel seja igual a zero ou diferente de zero.
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CONCLUSÃO GERAL DOS EXERCÍCIOS 6 e 7 :
Quando se trata de um conjunto de soluções de uma equação diferencial linear homogê-
nea, normal em um intervalo I, as duas a�rmaçoes seguintes são equivalentes:
• O conjunto de soluções é linearmente independente (respectivamente: linearmente
dependente) se e só se seu determinante wronskiano é diferente de (respectiva-
mente: igual a) zero em todos os pontos de I,
• O conjunto de soluções é linearmente independente (respectivamente: linearmente
dependente) se e só se seu determinante wronskiano é diferente de (respectiva-
mente: igual a) zero em um ponto de I.
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