INTRODUÇÃO ÀS EQUAÇÕES DIFERECIAIS ORDINARIAS
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INTRODUÇÃO ÀS EQUAÇÕES DIFERECIAIS ORDINARIAS


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diferencial.
Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias GoBack GoForward Julho 2013
2.8 Respostas dos Exercícios 397
(c) Dos itens anteriores temos que y1(x) = e\u2212x e y2(x) = x + 2 são soluções da equação diferencial.
Vamos ver que y1(x) = e\u2212x e y2(x) = x+ 2 são soluções fundamentais da equação.
W[y1, y2](x) = det
[
y1(x) y2(x)
y\u20321(x) y
\u2032
2(x)
]
= det
[
e\u2212x x+ 2
\u2212e\u2212x 1
]
= e\u2212x(3+ x) 6= 0, para x 6= \u22123
Como y1(x) = e\u2212x e y2(x) = x+ 2 são soluções fundamentais da equação, a solução geral é
y(x) = c1e\u2212x + c2(x+ 2),
(d) Como y(1) = 1, então substituindo x = 1 e y = 1 na solução geral y(x) obtemos que c1e\u22121 + 3c2 = 1.
Como y\u2032(1) = 3, substituindo-se x = 1 e y\u2032 = 3 na expressão obtida derivando-se y(x):
y\u2032(x) = \u2212c1e\u2212x + c2
obtemos \u2212c1e\u22121 + c2 = 3. Resolvendo o sistema
c1e\u22121 + 3c2 = 1, \u2212c1e\u22121 + c2 = 3
obtemos c1 = \u22122e e c2 = 1. Assim a solução do problema de valor inicial é
y(x) = \u22122e\u2212x+1 + x+ 2
1.3. Substituindo-se y = xr,
dy
dx
= rxr\u22121 e d
2y
dx2
= r(r\u2212 1)xr\u22122 em (2.11) obtemos
x2r(r\u2212 1)xr\u22122 + bxrxr\u22121 + cxr = 0.(
r2 + (b\u2212 1)r+ c
)
xr = 0.
Como xr 6= 0, então y = xr é solução da equação (2.11) se, e somente se, r é solução da equação
r2 + (b\u2212 1)r+ c = 0.
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398 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem
1.4.
det
[
y1(x) y2(x)
y\u20321(x) y
\u2032
2(x)
]
= det
[
xr1 xr2
r1xr1\u22121 r2xr2\u22121
]
= xr1\u22121xr2\u22121 det
[
x x
r1 r2
]
= (r2 \u2212 r1)xr1+r2\u22121 6= 0,
para todo x > 0.
1.5. Neste caso, para x > 0, pela fórmula de Euler:
y1(x) = xr1 = er1 ln x = e(\u3b1+i\u3b2) ln x
= e\u3b1 ln x (cos(\u3b2 ln x) + i sen(\u3b2 ln x))
= x\u3b1 (cos(\u3b2 ln x) + i sen(\u3b2 ln x)) e
y2(x) = xr2 = er2 ln x = e(\u3b1\u2212i\u3b2) ln x
= e\u3b1 ln x (cos(\u2212\u3b2 ln x) + i sen(\u2212\u3b2 ln x))
= x\u3b1 (cos(\u3b2 ln x)\u2212 i sen(\u3b2 ln x))
são soluções complexas da equação diferencial (2.11).
A solução geral complexa é
y(x) = C1xr1 + C2xr2
= C1x\u3b1 (cos(\u3b2 ln x) + i sen(\u3b2 ln x))
+ C2x\u3b1 (cos(\u3b2 ln x)\u2212 i sen(\u3b2 ln x))
= (C1 + C2)x\u3b1 cos(\u3b2 ln x)
+ i(C1 \u2212 C2)x\u3b1 sen(\u3b2 ln x)
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2.8 Respostas dos Exercícios 399
Tomando C1 = C2 = 1/2, temos a solução
u(x) = x\u3b1 cos(\u3b2 ln x)
e tomando C1 = \u2212 i2 e C2 =
i
2
, temos a solução
v(x) = x\u3b1 sen(\u3b2 ln x).
det
[
u(x) v(x)
u\u2032(x) v\u2032(x)
]
= \u3b2x2\u3b1\u22121 6= 0, \u2200 x > 0.
1.6. Vamos mostrar que
y1(x) = xr e y2(x) = xr ln x
são soluções fundamentais da equação de Euler, em que r = 1\u2212b2 .
y\u20322(x) = xr\u22121(r ln x+ 1),
y\u2032\u20322 (x) = xr\u22122((r2 \u2212 r) ln x+ 2 r\u2212 1))
x2y\u2032\u20322 + bxy\u20322 + cy2 =
= xr((r2 + (b\u2212 1)r+ c) ln x+ 2r+ b\u2212 1) = 0.
det
[
y1(x) y2(x)
y\u20321(x) y
\u2032
2(x)
]
= det
[
xr1 xr1 ln x
r1xr1\u22121 (1+ r1 ln x)xr1\u22121
]
= x2r1\u22121 det
[
1 ln x
r1 (1+ r1 ln x)
]
= x2r1\u22121 6= 0, para todo x > 0.
1.7. (a) Equação indicial:
r(r\u2212 1) + 4r+ 2 = 0\u21d4 r = \u22122,\u22121
Solução geral:
y(x) = c1x\u22122 + c2x\u22121
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400 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem
(b) Equação indicial:
r(r\u2212 1)\u2212 3r+ 4 = 0\u21d4 r = 2
Solução geral:
y(x) = c1x2 + c2x2 ln x
(c) Equação indicial:
r(r\u2212 1) + 3r+ 5 = 0\u21d4 r = \u22121± 2i
Solução geral:
y(x) = c1x\u22121 cos(2 ln x) + c2x\u22121 sen(2 ln x)
1.8. (a)
p(t) = 0
q(t) =
t\u2212 2
t2 \u2212 1 =
t\u2212 2
(t\u2212 1)(t+ 1)
f (t) =
t
t2 \u2212 1 =
t
(t\u2212 1)(t+ 1) .
Como t0 = 0, então o problema de valor inicial tem solução no intervalo \u22121 < t < 1.
(b)
p(t) =
1
t2 \u2212 1 =
1
(t\u2212 1)(t+ 1)
q(t) =
t
t2 \u2212 1 =
t
(t\u2212 1)(t+ 1)
f (t) =
t2
t2 \u2212 1 =
t2
(t\u2212 1)(t+ 1) .
Como t0 = 2, então o problema de valor inicial tem solução no intervalo t > 1.
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2.8 Respostas dos Exercícios 401
(c)
p(t) =
t+ 1
t2 \u2212 t =
t+ 1
t(t\u2212 1)
q(t) =
1
t2 \u2212 t =
t+ 1
t(t\u2212 1)
f (t) =
et
t2 \u2212 t =
et
t(t\u2212 1) .
Como t0 = \u22121, então o problema de valor inicial tem solução no intervalo t < 0.
(d)
p(t) =
t+ 3
t2 \u2212 t =
t+ 3
t(t\u2212 1)
q(t) =
2
t2 \u2212 t =
t+ 3
t(t\u2212 1)
f (t) =
cos t
t2 \u2212 t =
cos t
t(t\u2212 1) .
Como t0 = 2, então o problema de valor inicial tem solução no intervalo t > 1.
1.9. Sejam y1(t) a solução do PVI {
y\u2032\u2032 + p(t)y\u2032 + q(t)y = 0,
y(t0) = 1, y\u2032(t0) = 0
e y2(t) a solução do PVI {
y\u2032\u2032 + p(t)y\u2032 + q(t)y = 0,
y(t0) = 0, y\u2032(t0) = 1,
então W[y1, y2](t0) = 1 6= 0.
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402 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem
1.10. Substituindo-se y(t) = sen(t2) na equação diferencial y\u2032\u2032 + p(t)y\u2032 + q(t)y = 0 obtemos
\u22124 t2 sen(t2) + q(t) sen(t2) + 2 p(t) t cos(t2) + 2 cos(t2) = 0.
Substituindo-se t = 0 obtemos 2 = 0, que é um absurdo.
1.11. y\u20321(t) = 3t
2, y\u2032\u20321 (t) = 6t, y
\u2032
2(t) = 3t|t|, y\u2032\u20322 (t) = 6|t|. Substituindo-se na equação diferencial obtemos
ty\u2032\u20321 \u2212 (2+ t2)y\u20321 + 3ty1 = 6t2 \u2212 (2+ t2)3t2 + 3t4 = 0.
ty\u2032\u20322 \u2212 (2+ t2)y\u20322 + 3ty2 = 6t|t| \u2212 (2+ t2)3t|t|+ 3t3|t| = 0.
Logo, y1(t) e y2(t) são soluções da equação diferencial. y1(t) = y2(t), para t \u2265 0 e y1(t) = \u2212y2(t), para
t < 0. Logo, y1(t) e y2(t) são LI
W[y1, y2](t) = det
[
t3 t2|t|
3t2 3t|t|
]
= 0, \u2200 t \u2208 R.
1.12. Vamos supor que y1(t) e y2(t) não são soluções fundamentais da equação diferencial no intervalo I, então
W[y1, y2](t) = 0, para todo t \u2208 I. Considere a combinação linear nula
c1y1(t) + c2y2(t) = 0.
Derivando em relação a t obtemos
c1y\u20321(t) + c2y
\u2032
2(t) = 0.
Seja t0 \u2208 I. Substituindo-se t0 \u2208 I nas duas últimas equações obtemos o sistema{
c1y1(t0) + c2y2(t0) = 0
c1y\u20321(t0) + c2y
\u2032
2(t0) = 0
que pode ser escrito na forma
AX = 0¯
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2.8 Respostas dos Exercícios 403
em que
A =
[
y1(t0) y2(t0)
y\u20321(t0) y
\u2032
2(t0)
]
, X =
[
c1
c2
]
e 0¯ =
[
0
0
]
.
Como W[y1, y2](t0) = det(A) = 0, então o sistema tem solução não trivial (c1, c2) 6= (0, 0). Seja
y(t) = c1y1(t) + c2y2(t), para t \u2208 I.
y(t) satisfaz as condições iniciais y(t0) = 0 e y\u2032(t0) = 0. Logo, pelo Teorema de Existência e Unicidade
(Teorema 2.1 na página 258),
y(t) = c1y1(t) + c2y2(t) = 0, para todo t \u2208 I.
Como c1 e c2 não são ambos nulos, então ou y2(t) = \u2212 c1c2 y1(t) ou y1(t) = \u2212
c2
c1
y2(t), para todo t \u2208 I. Ou
seja, y1(t) e y2(t) são LD.
1.13. (a)
W[y1, y2](t) = y1(t)y\u20322(t)\u2212 y2(t)y\u20321(t)
W[y1, y2]\u2032(t) = y\u20321(t)y
\u2032
2(t) + y1(t)y
\u2032\u2032
2 (t)
\u2212 y\u20322(t)y\u20321(t)\u2212 y2(t)y\u2032\u20321 (t)
= y1(t)y\u2032\u20322 (t)\u2212 y2(t)y\u2032\u20321 (t)
(b) Como y1(t) e y2(t) são soluções da equação
y\u2032\u2032 + p(t)y\u2032 + q(t)y = 0, então
y\u2032\u20321 (t) + p(t)y
\u2032
1(t) + q(t)y1(t) = 0 (2.62)
y\u2032\u20322 (t) + p(t)y\u20322(t) + q(t)y2(t) = 0 (2.63)
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404 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem
Multiplicando-se a equação (2.63) por y1(t) e subtraindo-se da equação (2.62) multiplicada por y2(t)
obtemos
y1(t)y\u2032\u20322 (t) \u2212 y2(t)y1(t)\u2032\u2032 + p(t)(y1(t)y\u20322(t) \u2212 y\u20321(t)y2(t)) = 0,
ou seja, pelo item anterior
W[y1, y2]\u2032(t) + p(t)W[y1, y2](t) = 0
(c) Pelo item anterior o wronskiano satisfaz a equação diferencial W \u2032 + p(t)W = 0. A equação diferen-
cial pode ser escrita como uma equação separável
W \u2032
W
= \u2212p(t).
Integrando-se em relação a t obtemos\u222b W \u2032
W
dt = \u2212
\u222b
p(t)dt+ c1
\u222b 1
W
dW = \u2212
\u222b
p(t)dt+ c1
ln |W(t)| = \u2212
\u222b
p(t)dt+ c1
Aplicando-se a exponencial a ambos os membros obtemos
W(t) =W[y1, y2](t) = ce\u2212
\u222b
p(t)dt.
(d) Pelo item anterior, se para algum t0 \u2208 I, W[y1, y2](t0) = 0, então c = 0 e W[y1, y2](t) = 0, para todo
t \u2208 I.
Por outro lado, se para algum t0 \u2208 I, W[y1, y2](t0) 6= 0, então c 6= 0 e W[y1, y2](t) 6= 0, para todo
t \u2208 I.
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2.8 Respostas dos Exercícios 405
1.14. Substituindo-se y1(t) e y2(t) na equação diferencial y\u2032\u2032 + p(t)y\u2032 + q(t)y = 0 obtemos o sistema