Equações Diferenciais Ordinarias, Exercícios de Equações Diferenciais

Baixe Equações Diferenciais Ordinarias e outras Exercícios em PDF para Equações Diferenciais, somente na Docsity! Professor: Juan Limaco AD2 – Equações diferenciais e Equações diferenciais Ordinárias - GABARITO Questão 1 (3,0 pontos) Considere a equação 𝑦′′(𝑥) − 3𝑦′(𝑥) − 4𝑦(𝑥) = 𝑓(𝑥) Usando o método do coeficiente a determinar, resolver a equação acima para a) 𝑓(𝑥) = 𝑒2𝑥 b) 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 c) 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠 2𝑥 d) 𝑓(𝑥) = 3𝑒2𝑥 − 4𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 5𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠 2𝑥 Solução a) 𝑓(𝑥) = 𝑒2𝑥 Tem-se que a solução geral é dada por y = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 onde 𝑦ℎ é a solução do problema homogêneo y′′ − 3y′ − 4y = 0 e 𝑦𝑝 é uma solução particular de y′′ − 3y′ − 4y = 𝑒2𝑥 Para calcular 𝑦ℎ resolvemos o polinômio associado 𝑟2 − 3𝑟 − 4 = 0 cujas raízes são 𝑟1 = 4 e 𝑟2 = − 1 assim 𝑦ℎ = 𝑐1𝑒 4𝑥 + 𝑐2𝑒 − 𝑥, também como a parte não homogênea é da forma 𝑒2𝑥, procura-se 𝑦𝑝 = 𝐴𝑒 2𝑥 logo 𝑦′𝑝 = 2𝐴𝑒 2𝑥, 𝑦′′𝑝 = 4𝐴𝑒 2𝑥. Substituindo esta expressão na equação tem-se 4𝐴𝑒2𝑥 − 3(2𝐴𝑒2𝑥) − 4(𝐴𝑒2𝑥) = 𝑒2𝑥 ⇒ −6𝐴𝑒2𝑥 = 𝑒2𝑥 ⇒ −6𝐴 = 1 ⇒ 𝐴 = − 1 6 Logo 𝑦𝑝 = − 1 6 𝑒2𝑥 . Assim a solução é y = 𝑐1𝑒 4𝑥 + 𝑐2𝑒 − 𝑥 − 1 6 𝑒2𝑥 b) 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 Procura-se a equação da forma y = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 onde 𝑦ℎ = 𝑐1𝑒 4𝑥 + 𝑐2𝑒 − 𝑥 já calculada no item (a) e 𝑦𝑝 é procurado da forma 𝑦𝑝 = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐵 𝑐𝑜𝑠 𝑥 de onde 𝑦′𝑝 = 𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑥 – 𝐵 𝑠𝑒𝑛 𝑥 , 𝑦′′𝑝 = –𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑥 – 𝐵 𝑐𝑜𝑠 𝑥 Substituindo esta expressão na equação y′′ − 3y′ − 4y = sen x tem-se –𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑥 – 𝐵 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 3(𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 𝐵 𝑠𝑒𝑛 𝑥) − 4(𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐵 𝑐𝑜𝑠 𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 ⇒ ( − 5𝐴 + 3𝐵) 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + ( − 3𝐴 − 5𝐵) 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 de onde − 5𝐴 + 3𝐵 = 1 − 3𝐴 − 5𝐵 = 0 Logo 𝐴 = − 5 34 , 𝐵 = 3 34 Assim a solução é y = 𝑐1𝑒 4𝑥 + 𝑐2𝑒 − 𝑥 − 5 34 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 3 34 𝑐𝑜𝑠 𝑥 c) 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠 2𝑥 Procura-se a equação da forma y = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 onde 𝑦ℎ já calculada nos dois itens anteriores (a) e (b) e 𝑦𝑝 é procurado da forma 𝑦𝑝 = 𝐴 𝑒 𝑥𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐵 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 de onde 𝑦′𝑝 = 𝐴 𝑒 𝑥𝑐𝑜𝑠 2𝑥 − 2𝐴 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 𝐵𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 2𝐵𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠 2𝑥 , 𝑦′′𝑝 = – 2𝐴𝑒 𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 𝐴𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠 2𝑥 − 2𝐴𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 − 4𝐴𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐵𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 2𝐵𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 2𝐵𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠 2𝑥 − 4𝐵𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 Substituindo 𝑦𝑝, 𝑦′𝑝 e 𝑦′′𝑝 na equação tem-se ( − 10𝐵 + 2𝐴)𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + ( − 2𝐵 − 10𝐴)𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠 2𝑥 = 𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠 2𝑥 logo, − 10𝐵 + 2𝐴 = 0 − 2𝐵 − 10𝐴 = 1 de onde 𝐴 = − 5 52 , 𝐵 = − 1 52 Assim a solução é y = 𝑐1𝑒 4𝑥 + 𝑐2𝑒 − 𝑥 − 5 52 𝐴 𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠 2𝑥 − 1 52 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 e a solução é y(𝑥) = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 b) 𝑦′′(𝑥) + 9𝑦(𝑥) = 9𝑠𝑒𝑐23𝑥 Resolvendo o polinômio associado a equação homogênea 𝑟2 + 9 = 0 ⇒ 𝑟 = ±3𝑖 ⇒ 𝑦ℎ = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠 3𝑥⏟ 𝑦1(𝑥) + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 3𝑥⏟ 𝑦2(𝑥) Procura-se 𝑦𝑝 = µ1(𝑥)𝑐𝑜𝑠 3𝑥 + µ2(𝑥)𝑠𝑒𝑛 3𝑥 onde µ1(𝑥) = ∫ 𝑤1 𝑤 𝑑𝑥, µ2(𝑥) = ∫ 𝑤2 𝑤 𝑑𝑥 Sendo w = | 𝑦1 𝑦2 𝑦′1 𝑦′2 | = | 𝑐𝑜𝑠 3𝑥 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 3 sen 3x 3 𝑐𝑜𝑠 3𝑥 | = 3𝑐𝑜𝑠23𝑥 + 3𝑠𝑒𝑛23𝑥 = 3 𝑤1 = | 0 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 9 𝑠𝑒𝑐23𝑥 3𝑐𝑜𝑠 3𝑥 | = -9𝑠𝑒𝑐23𝑥 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 𝑤2 = | 𝑐𝑜𝑠 3𝑥 0 − 3 𝑠𝑒𝑛3𝑥 9 𝑠𝑒𝑐23𝑥 | = 9𝑠𝑒𝑐 3𝑥 Assim, µ1(𝑥) = ∫ - 9𝑠𝑒𝑐23𝑥 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 3 𝑑𝑥 = ∫ -3𝑠𝑒𝑐 3𝑥 𝑡𝑔3𝑥 𝑑𝑥 = -𝑠𝑒𝑐 3𝑥 µ2(𝑥) = ∫ 9 𝑠𝑒𝑐 3𝑥 3 𝑑𝑥 = 𝑙𝑛|𝑠𝑒𝑐 3𝑥 + 𝑡𝑔 3𝑥| Assim, y = 𝑐1𝑐𝑜𝑠 3𝑥 + 𝑐2sen 3x-(𝑠𝑒𝑐 3𝑥)𝑐𝑜𝑠 3𝑥 + (𝑙𝑛|𝑠𝑒𝑐 3𝑥 + 𝑡𝑔 3𝑥|)𝑠𝑒𝑛 3𝑥 c) 𝑦′′(𝑥) + 4𝑦′(𝑥) + 4𝑦(𝑥) = 𝑥 − 2𝑒 − 2𝑥 , 𝑥 > 0 Achando as raízes de 𝑟2 + 4𝑟 + 4 = 0 tem-se (𝑟 + 2)2 = 0 , logo 𝑟1 = 𝑟2 = − 2, assim 𝑦ℎ = 𝑐1 𝑒 − 2𝑥⏟ 𝑦1(𝑥) + 𝑐2 𝑥𝑒 − 2𝑥⏟ 𝑦2(𝑥) Procura-se por variação de parâmetros 𝑦𝑝 = µ1(𝑥)𝑒 − 2𝑥 + µ2(𝑥)𝑥𝑒 − 2𝑥 onde µ1(𝑥) = ∫ 𝑤1 𝑤 𝑑𝑥, µ2(𝑥) = ∫ 𝑤2 𝑤 𝑑𝑥 Sendo w = | 𝑒 − 2𝑥 𝑥𝑒 − 2𝑥 − 2𝑒 − 2𝑥 𝑒 − 2𝑥 − 2𝑥𝑒 − 2𝑥 | = 𝑒 − 4𝑥 − 2𝑥𝑒 − 4𝑥 + 2𝑥𝑒 − 4𝑥 = 𝑒 − 4𝑥 𝑤1 = | 0 𝑥𝑒 − 2𝑥 𝑥 − 2𝑒 − 2𝑥 𝑒 − 2𝑥 − 2𝑥𝑒 − 2𝑥 | = − 𝑥 −1𝑒 − 4𝑥 𝑤2 = | 𝑒 − 2𝑥 0 − 2𝑒 − 2𝑥 𝑥 − 2𝑒 − 2𝑥 | = 𝑥 −2𝑒 − 4𝑥 Logo, µ1(𝑥) = ∫ 𝑤1 𝑤 𝑑𝑥 = ∫− 𝑥 −1 𝑑𝑥 = − 𝑙𝑛 𝑥 µ2(𝑥) = ∫ 𝑤2 𝑤 𝑑𝑥 = ∫𝑥 −2 𝑑𝑥 = − 𝑥 −1 Assim, y(𝑥) = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 = 𝑐1𝑒 − 2𝑥 + 𝑐2𝑥𝑒 − 2𝑥 − (𝑙𝑛 𝑥)𝑒 − 2𝑥 − ( 𝑥 −1)(𝑥𝑒 − 2𝑥) = 𝑐1𝑒 − 2𝑥 + 𝑐2x𝑒 − 2𝑥 − (𝑙𝑛 𝑥)𝑒 − 2𝑥 Questão 4 (2,0 pontos) Considere a equação 𝑥2𝑦′′(𝑥) − 2𝑦(𝑥) = 3𝑥2 − 1 , 𝑥 > 0 Se 𝑦1(𝑥) = 𝑥 2 e 𝑦2(𝑥) = 𝑥 − 1 são duas soluções linearmente independentes da equação homogênea acima, usando o método de variação de parâmetros resolva a equação acima. Solução Para achar a solução particular por variação de parâmetros precisamos que o coeficiente de 𝑦′′ seja 1, assim dividindo toda a equação por 𝑥2 tem-se, 𝑦′′(𝑥) − 2 𝑥2 𝑦(𝑥) = 3𝑥2 − 1 𝑥2 Assim procura-se 𝑦𝑝 = µ1(𝑥)𝑦1(𝑥) + µ2(𝑥)𝑦2(𝑥) onde µ1(𝑥) = ∫ 𝑤1 𝑤 𝑑𝑥 , µ2(𝑥) = ∫ 𝑤2 𝑤 𝑑𝑥 Sendo w = |𝑥 2 𝑥 − 1 2𝑥 − 𝑥 − 2 | = − 1 − 2 = − 3 𝑤1 = | 0 𝑥 − 1 3𝑥2 − 1 𝑥2 − 𝑥 − 2 | = − ( 3𝑥2 − 1 𝑥2 )𝑥 − 1 𝑤2 = | 𝑥2 0 2𝑥 3𝑥2 − 1 𝑥2 | = 3𝑥2 − 1 Assim, µ1(𝑥) = ∫ 𝑤1 𝑤 𝑑𝑥 = ∫ − 3𝑥 − 1 + 𝑥 − 3 − 3 = 𝑙𝑛 𝑥 + 1 6 𝑥 − 2 µ2(𝑥) = ∫ 𝑤2 𝑤 𝑑𝑥 = ∫ 3𝑥2 − 1 − 3 𝑑𝑥 = − 𝑥3 3 + 𝑥 3 Assim, 𝑦𝑝 = ( 𝑙𝑛 𝑥 + 1 6 𝑥 − 2)𝑥2 + (− 𝑥3 3 + 𝑥 3 )𝑥 − 1 = 𝑥2𝑙𝑛 𝑥 + 1 6 − 𝑥2 3 + 1 3 = 𝑥2𝑙𝑛 𝑥 + 1 2 − 𝑥2 3 Portanto y(𝑥) = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 = 𝑐1𝑥 2 + 𝑐2𝑥 − 2 + 𝑥2𝑙𝑛 𝑥 + 1 2