Exercícios de Equações Diferenciais Ordinárias, Exercícios de Equações Diferenciais

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UNIVERSIDADE ESTADUAL DE SANTA CRUZ PROGRAMA DE PÓS-GRADUAÇÃO EM MODELAGEM COMPUTACIONAL EM CIÊNCIA E TECNOLOGIA FUNDAMENTOS DE MATEMÁTICA COMPUTACIONAL (FMC) SEMINÁRIOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS a) (𝒆𝒚 + 𝟏)𝟐∗ 𝒆−𝒚𝒅𝒙 + 𝒆𝒙 + 𝟏 𝟑 ∗ 𝒆−𝒙𝒅𝒚 = 𝟎 Equação de variáveis separáveis 𝑒𝑥 + 1 3 ∗ 𝑒−𝑥𝑑𝑦 = −(𝑒𝑦 + 1)2∗ 𝑒−𝑦𝑑𝑥 𝑑𝑦 (𝑒𝑦 + 1)2∗ 𝑒−𝑦 = − 𝑑𝑥 𝑒𝑥 + 1 3 ∗ 𝑒−𝑥 Integrando os dois lados da equação න 𝑒𝑦𝑑𝑦 (𝑒𝑦 + 1)2 = −න 𝑒𝑥𝑑𝑥 𝑒𝑥 + 1 3 …………(1) Resolvendo os integrais com mudanças de variáveis 𝑢 = 𝑒𝑦 + 1 𝑒 𝑣 = 𝑒𝑥 + 1 𝑑𝑢 = 𝑒𝑦𝑑𝑦 𝑒 𝑑𝑣 = 𝑒𝑥𝑑𝑥 Substituindo u e v na equação (1) න 1 𝑢2 𝑑𝑢 = −න 1 𝑣3 𝑑𝑣 ⇒ න𝑢−2 = − න𝑣−3𝑑𝑣 Integrando os dois lados da equação 𝑢−1 −1 = − 𝑣−2 −2 + 𝐶 ⇒ − 1 𝑢 = 1 2𝑣2 + 𝐶………(2) Substituindo os valores de u e v na equação (2) − 1 𝑒𝑦 + 1 = 1 2 ∗ 𝑒𝑥 + 1 2 + 𝐶 1 𝑒𝑦 + 1 = − 2 ∗ 𝐶 ∗ 𝑒𝑥 + 1 2 + 1 2 ∗ 𝑒𝑥 + 1 2 𝑒𝑦 = − 2 ∗ 𝑒𝑥 + 1 2 2 ∗ 𝐶 ∗ 𝑒𝑥 + 1 2 + 1 − 1 𝒚(𝒙) = 𝑰𝒏 − 𝟐 ∗ 𝒆𝒙 + 𝟏 𝟐 𝟐 ∗ 𝑪 ∗ 𝒆𝒙 + 𝟏 𝟐 + 𝟏 − 𝟏 Substituindo pela identidade trigonométrica 1 + tag2 𝜃 = sec2 𝜃 න 1 𝑣 𝑥 2 + 1 𝑑𝑣 = න sec2 𝜃 sec2 𝜃 𝑑𝜃 = න sec2 𝜃 sec 𝜃 𝑑𝜃 = නsec𝜃 𝑑𝜃 Multiplicando e dividindo por sec 𝜃 + tan 𝜃 න 1 𝑣 𝑥 2 + 1 𝑑𝑣 = නsec 𝜃 ∗ sec 𝜃 + tan 𝜃 sec 𝜃 + tan 𝜃 𝑑𝜃 = න sec2 𝜃 + tan 𝜃 ∗ sec 𝜃 sec 𝜃 + tan 𝜃 𝑑𝜃 … (3) Mudança variável 𝑎 = sec 𝜃 + tan 𝜃 𝑑𝑎 = sec2 𝜃 + tan 𝜃 ∗ sec 𝜃 ∗ 𝑑𝜃 Substituindo na equação (3) න sec2 𝜃 + tan 𝜃 ∗ sec 𝜃 sec 𝜃 + tan 𝜃 𝑑𝜃 = න 1 𝑎 𝑑𝑎 = 𝐼𝑛 𝑎 + 𝐶1 = 𝐼𝑛 sec 𝜃 + tan 𝜃 + 𝐶1…(4) Então 𝑣 = tan 𝜃 ⇒ 𝑣2 = tag2 𝜃 ⇒ 𝑣2 = sec2 𝜃 − 1 sec2 𝜃 = 𝑣2 + 1 ⇒ sec 𝜃 = 𝑣2 + 1 Substituindo na equação (4) 𝐼𝑛 sec 𝜃 + tan𝜃 + 𝐶1 = 𝐼𝑛 𝑣(𝑥)2 + 1 + 𝑣(𝑥) + 𝐶1 …… . . (5) Substituindo (5) na equação (2) න 1 𝑣 𝑥 2 + 1 ∗ 𝑑𝑣 = න 1 𝑥 ∗ 𝑑𝑥 𝐼𝑛 𝑣(𝑥)2 + 1 + 𝑣(𝑥) = 𝐼𝑛 𝑥 − 𝐶1 𝑣 𝑥 2 + 1 + 𝑣 𝑥 𝑥 = 𝑒−𝐶1 • Substituindo a variável 𝑣(𝑥) = 𝑦 𝑥 e a constante 𝐶2 = 𝑒−𝐶1 𝑦 𝑥 2 + 1 + 𝑦 𝑥 𝑥 = 𝐶2 ⇒ 𝑥2 + 𝑦2 𝑥2 + 𝑦 𝑥 ∗ 1 𝑥 = 𝐶2 𝑥2 + 𝑦2 𝑥 + 𝑦 𝑥 ∗ 1 𝑥 = 𝐶2 ⇒ ( 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑦) ∗ 1 𝑥2 = 𝐶2 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒚 = 𝒙𝟐 ∗ 𝑪𝟐 d) 𝒙𝟐𝒚𝟑 − 𝟏 𝟏+𝟗𝒙𝟐 𝒅𝒙 𝒅𝒚 + 𝒙𝟑𝒚𝟐 = 𝟎 𝑥2𝑦3 − 1 1 + 9𝑥2 𝑑𝑥 + 𝑥3𝑦2𝑑𝑦 = 0 ……… . (1) Primeiro vamos verificar se esta é uma equação exata, portanto 𝜕𝑀 𝜕𝑦 = 𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝑀 𝑥, 𝑦 = 𝑥2𝑦3 − 1 1 + 9𝑥2 𝑒 𝑁 𝑥, 𝑦 = 𝑥3𝑦2 𝜕𝑀 𝜕𝑦 = 3𝑥2𝑦2 𝑒 𝜕𝑁 𝜕𝑥 = 3𝑥2𝑦2 Como 𝜕𝑀 𝜕𝑦 = 𝜕𝑁 𝜕𝑥 , então a equação é exata. Nessas condições, existe uma função 𝜑(𝑥, 𝑦) tal que: 𝜕𝜑(𝑥, 𝑦) 𝜕𝑥 = 𝑀 𝑥, 𝑦 = 𝑥2𝑦3 − 1 1 + 9𝑥2 𝑒 𝜕𝜑(𝑥, 𝑦) 𝜕𝑦 = 𝑁 𝑥, 𝑦 = 𝑥3𝑦2 Então, como é mais conveniente integrar 𝜕𝜑(𝑥,𝑦) 𝜕𝑦 = 𝑁 𝑥, 𝑦 𝜕𝜑(𝑥, 𝑦) 𝜕𝑦 = 𝑁 𝑥, 𝑦 ⇒ 𝜑 𝑥, 𝑦 = න𝑥3𝑦2 ∗ 𝑑𝑦 𝜑 𝑥, 𝑦 = 𝑥3 ∗ 𝑦3 3 + ℎ(𝑥) ………(2) • Nós vamos usar 𝜕𝜑(𝑥,𝑦) 𝜕𝑥 = 𝑀 𝑥, 𝑦 então derivamos a equação (2) em relação a x 𝜕𝜑(𝑥, 𝑦) 𝜕𝑥 = 3𝑥2 ∗ 𝑦3 3 + ℎ′(𝑥) = 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑥2𝑦3 + ℎ′(𝑥) = 𝑥2𝑦3 − 1 1 + 9𝑥2 ⇒ ℎ′(𝑥) = − 1 1 + 9𝑥2 ………(3) • Integrando a equação (3) න𝑑ℎ(𝑥) = −න 1 1 + 9𝑥2 𝑑𝑥 • Por meio de tabelas de integrais, sabemos ׬ 1 1+𝑥2 𝑑𝑥 = tan−1 𝑥 + 𝐶1 ℎ(𝑥) = −(tan−1(3𝑥) + 𝐶1) …… . . (4) • Substituindo a equação (4) em (2) 𝜑 𝑥, 𝑦 = 𝑥3 ∗ 𝑦3 3 − tan−1(3𝑥) − 𝐶1 = 0 𝑦3 = 3 ∗ (tan−1( 3𝑥) + 𝐶1) 𝑥3 …… . 𝑦 = 3 3 ∗ tan−1(3𝑥) + 3 ∗ 𝐶1 𝑥 𝐶𝑜𝑚 𝐶2 = 3𝐶2 𝒚 = 𝟑 𝟑 ∗ 𝐭𝐚𝐧−𝟏 𝟑𝒙 + 𝑪𝟏 𝒙 e) 𝐭𝐚𝐧𝒙 − 𝐬𝐢𝐧𝒙 ∗ 𝐬𝐢𝐧𝒚 𝒅𝒙 + 𝐜𝐨𝐬𝒙 ∗ 𝐜𝐨𝐬𝒚 𝒅𝒚 = 𝟎 tan 𝑥 − sin 𝑥 ∗ sin 𝑦 + cos𝑥 ∗ cos𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 0 ………(1) A equação tem a forma 𝑀 𝑥, 𝑦 + 𝑁 𝑥, 𝑦 ∗ 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 0, primeiro vamos verificar se esta é uma equação exata, portanto 𝜕𝑀 𝜕𝑦 = 𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝑀 𝑥, 𝑦 = tan 𝑥 − sin 𝑥 ∗ sin 𝑦 𝑒 𝑁 𝑥, 𝑦 = cos𝑥 ∗ cos𝑦 𝜕𝑀 𝜕𝑦 = −sin 𝑥 ∗ cos𝑦 𝑒 𝜕𝑁 𝜕𝑥 = −sin 𝑥 ∗ cos𝑦 Como 𝜕𝑀 𝜕𝑦 = 𝜕𝑁 𝜕𝑥 , então a equação é exata Nessas condições, existe uma função 𝜑(𝑥, 𝑦) tal que: 𝜕𝜑(𝑥, 𝑦) 𝜕𝑥 = 𝑀 𝑥, 𝑦 = tan 𝑥 − sin 𝑥 ∗ sin 𝑦 𝑒 𝜕𝜑(𝑥, 𝑦) 𝜕𝑦 = 𝑁 𝑥, 𝑦 = cos𝑥 ∗ cos𝑦 Então, como é mais conveniente integrar 𝜕𝜑(𝑥,𝑦) 𝜕𝑥 = 𝑀 𝑥, 𝑦 𝜕𝜑(𝑥, 𝑦) 𝜕𝑥 = 𝑀 𝑥, 𝑦 ⇒ 𝜑 𝑥, 𝑦 = න tan 𝑥 − sin 𝑥 ∗ sin 𝑦 𝑑𝑥 𝜑 𝑥, 𝑦 = න sin 𝑥 cos 𝑥 − sin 𝑥 ∗ sin 𝑦 𝑑𝑥 ⇒ 𝜑 𝑥, 𝑦 = න sin 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 − sin 𝑦න sin 𝑥 𝑑𝑥 . . (2) Vamos fazer uma mudança de variável 𝑢 = cos 𝑥 𝑑𝑢 = −sin 𝑥 𝑑𝑥 • Substituindo na equação (2) e substituindo a variável u 𝜑 𝑥, 𝑦 = −න 1 𝑢 𝑑𝑢 − sin 𝑦නsin 𝑥 𝑑𝑥 𝜑 𝑥, 𝑦 = −𝐼𝑛 𝑢 − sin 𝑦 ∗ −cos𝑥 + ℎ(𝑦) 𝜑 𝑥, 𝑦 = −𝐼𝑛 cos 𝑥 + sin 𝑦 ∗ cos 𝑥 + ℎ(𝑦)…… . (3) • Nós vamos usar 𝜕𝜑(𝑥,𝑦) 𝜕𝑦 = 𝑁 𝑥, 𝑦 então derivamos a equação (3) em relação a y 𝜕𝜑(𝑥, 𝑦) 𝜕𝑦 = cos𝑦 ∗ cos 𝑥 + ℎ′(𝑦) = 𝑁 𝑥, 𝑦 cos𝑦 ∗ cos 𝑥 + ℎ′ 𝑦 = cos𝑥 ∗ cos𝑦 ⇒ ℎ′ 𝑦 = 0…(4) • Integrando a equação (4) නℎ′(𝑦) = න0 ∗ 𝑑𝑦 ⇒ ℎ(𝑦) = 𝐶1 …… . (5) • Substituindo a equação (5) em (3) 𝜑 𝑥, 𝑦 = −𝐼𝑛 cos 𝑥 + sin 𝑦 ∗ cos 𝑥 + 𝐶1 = 0 sin 𝑦 ∗ cos 𝑥 = 𝐼𝑛 cos 𝑥 − 𝐶1 𝑐𝑜𝑚 𝐶2 = −𝐶1 sin 𝑦 = 𝐼𝑛 cos 𝑥 + 𝐶2 cos 𝑥 𝒚 = 𝐬𝐢𝐧−𝟏 𝑰𝒏 𝐜𝐨𝐬𝒙 + 𝑪𝟐 𝐜𝐨𝐬𝒙 - Integral A: න 𝑦 𝑦 − 1 𝑑𝑦 Substituindo 𝑢 = 𝑦 − 1 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑦 na integral: න 𝑢 + 1 𝑢 𝑑𝑢 = න(1 + 1 𝑢 )𝑑𝑢 = න𝑑𝑢 + න 1 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑢 + 𝑙𝑛 𝑢 + 𝑐1 Logo, න 𝑦 𝑦 − 1 𝑑𝑦 = 𝑦 − 1 + 𝑙𝑛 𝑦 − 1 + 𝑐1 - Integral B: න 1 𝑦 − 1 𝑑𝑦 Resolvo por substituição, com 𝑢 = 𝑦 − 1 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑦: න 1 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑙𝑛 𝑢 + 𝑐2 Logo, න 1 𝑦 − 1 𝑑𝑦 = 𝑙𝑛 𝑦 − 1 + 𝑐2 - Integral C: න 𝑥 𝑥 − 3 𝑑𝑥 Substituindo 𝑢 = 𝑥 − 3 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 na integral; න 𝑢 + 3 𝑢 𝑑𝑢 = න(1 + 3 𝑢 )𝑑𝑢 = න𝑑𝑢 + න 3 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑢 + 3𝑙𝑛 𝑢 + 𝑐3 Logo, න 𝑥 𝑥 − 3 𝑑𝑥 = 𝑥 − 3 + 3𝑙𝑛 𝑥 − 3 + 𝑐3 - Integral D: න 2 𝑥 − 3 𝑑𝑥 Substituo 𝑢 = 𝑥 − 3 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 na integral; න 2 𝑢 𝑑𝑢 = 2 𝑙𝑛 𝑢 + 𝑐4 Logo, න 2 𝑥 − 3 𝑑𝑥 = 2𝑙𝑛 𝑥 − 3 + 𝑐4 III) Soma-se os resultados das integrais: න (𝑦 + 1) (𝑦 − 1) 𝑑𝑦 = න (𝑥 + 2) (𝑥 − 3) 𝑑𝑥 𝑦 − 1 + 𝑙𝑛 𝑦 − 1 + 𝑙𝑛 𝑦 − 1 = 𝑥 − 3 + 3𝑙𝑛 𝑥 − 3 + 2𝑙𝑛 𝑥 − 3 + 𝐶, 𝐶 = 𝑐4 + 𝑐3 − 𝑐2 − 𝑐1 𝑦 − 1 + 2𝑙𝑛 𝑦 − 1 = 𝑥 − 3 + 5𝑙𝑛 𝑥 − 3 + 𝐶 𝑦 + 2𝑙𝑛 𝑦 − 1 = 𝑥 + 5𝑙𝑛 𝑥 − 3 + 1 − 3 + 𝐶 , 𝐾 = −2 + 𝐶 - Portanto a solução geral é: 𝑦 + 2𝑙𝑛 𝑦 − 1 = 5𝑙𝑛 𝑥 − 3 + 𝑥 + 𝐾 - Por identidade trigonométrica 𝑐𝑜𝑠2 𝑥 = 1 2 (1 + cos 2𝑥 ) , então: න𝑐𝑜𝑠2 𝑥 𝑑𝑥 = න 1 2 (1 + cos 2𝑥 )𝑑𝑥 න 1 2 (1 + cos 2𝑥 )𝑑𝑥 = 1 2 න𝑑𝑥 + 1 2 නcos 2𝑥 𝑑𝑥 - Resolvendo ׬ cos 2𝑥 𝑑𝑥 𝑢 = 2𝑥 → 𝑑𝑢 𝑑𝑥 = 2 → 𝑑𝑢 2 = 𝑑𝑥 නcos 2𝑥 𝑑𝑥 = නcos(𝑢) 𝑑𝑢 2 → නcos 2𝑥 𝑑𝑥 = 1 2 නcos(𝑢) 𝑑𝑢 නcos 2𝑥 𝑑𝑥 = 1 2 𝑠𝑒𝑛 𝑢 + 𝑐2 → නcos 2𝑥 𝑑𝑥 = 1 2 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 𝑐2 නcos2 𝑥 𝑑𝑥 = 1 2 (𝑥 + 1 2 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 ) + 𝑐2 - Portanto: −න 1 𝐶𝑜𝑠𝑒𝑐 𝑦 𝑑𝑦 = න 1 𝑠𝑒𝑐2 𝑥 𝑑𝑥 cos 𝑦 = 1 2 𝑥 + 1 2 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 𝐶, 𝐶 = 𝑐1 − 𝑐2 - Assim, a solução geral obtida será: 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠−1[ 1 2 (𝑥 + 1 2 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 ) + 𝐶] h) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 𝑡𝑎𝑛2(𝑥 + 𝑦) Resolução: I) Tomando 𝑣 = 𝑥 + 𝑦, tem-se que 𝑥 = 𝑣 − 𝑦 e 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 𝑑𝑣 𝑑𝑦 − 1, assim substituindo-se na EDO: 𝑑𝑣 𝑑𝑦 − 1 = 𝑡𝑎𝑛2 𝑣 𝑑𝑣 𝑑𝑦 = 𝑡𝑎𝑛2 𝑣 + 1 1 𝑡𝑎𝑛2 𝑣 + 1 𝑑𝑣 𝑑𝑦 = 1 - Que toma a forma de uma EDO de variáveis separáveis! II) Integrando ambos os lados: න 1 𝑡𝑎𝑛2 𝑣 + 1 𝑑𝑣 = න𝑑𝑦 න 1 2 𝑑𝑣 + න 1 2 cos 2𝑣 𝑑𝑣 = 1 2 𝑣 + 1 2 𝑠𝑒𝑛 2𝑣 + 𝑐2 - Desfazendo a substituição de 𝑥 + 𝑦 = 𝑣 1 2 (𝑥 + 𝑦) + 1 2 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 2𝑦 = 𝑦 + 𝐶 1 2 𝑥 + 1 2 𝑦 − 𝑦 + 1 4 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 2𝑦 = 𝐶 1 2 𝑥 − 1 2 𝑦 + 1 4 𝑠𝑒𝑛 2(𝑥 + 𝑦) = 𝐶 Observação: temos que x depende de y, ou seja x(y)! i) 3 1 + 𝑡2 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = 2𝑡𝑦(𝑦3 − 1) Resolução: I) Dividindo-se ambos os lados por 1 1+𝑡2 .𝑦(𝑦3−1) , teremos: 3 𝑦(𝑦3 − 1) 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = 2𝑡 1 + 𝑡2 - Que toma a forma de uma EDO de variáveis separáveis! II) Integrando-se ambos os lados temos: න 3 (𝑦4 − 𝑦) 𝑑𝑦 = න 2𝑡 1 + 𝑡2 𝑑𝑡 3න 1 (𝑦4 − 𝑦) 𝑑𝑦 = න 2𝑡 1 + 𝑡2 𝑑𝑡 A B - Integral A: A referida integral pode ser resolvida através de frações parciais, como segue: 1 (𝑦4 − 𝑦) = 1 𝑦(𝑦3 − 1) = 𝐴 𝑦 + 𝐵 𝑦 − 1 + 𝐶𝑦 + 𝐷 𝑦2 + 𝑦 + 1 = 1 𝐴 𝑦 − 1 𝑦2 + 𝑦 + 1 + 𝐵𝑦 𝑦2 + 𝑦 + 1 + 𝐶𝑦 𝑦 𝑦 − 1 + 𝐷 𝑦 𝑦 − 1 = 1 𝐴 𝑦3 − 1 + 𝐵 𝑦3 + 𝑦2 + 𝑦 + 𝐶 𝑦3 − 𝑦2 + 𝐷 𝑦2 − 𝑦 = 1 𝐴𝑦3 − 𝐴 + 𝐵𝑦3 + 𝐵𝑦2 + 𝐵𝑦 + 𝐶𝑦3 − 𝐶𝑦2 + 𝐷𝑦2 − 𝐷𝑦 = 1 𝐴 + 𝐵 + 𝐶 𝑦3 + 𝐵 − 𝐶 + 𝐷 𝑦2 + 𝐵 − 𝐷 𝑦 + (−𝐴 − 1) = 0 I II III IV De IV temos: −𝐴 − 1 = 0 𝐴 = −1 De III temos: 𝐵 − 𝐷 = 0 𝐵 = 𝐷 Substituindo em I: 𝐴 + 𝐵 + 𝐶 = 0 −1 + 𝐷 + 𝐶 = 0 𝐶 = 1 − 𝐷 Aplicando-se o Exponencial em ambos os lados: 𝑒 ln[ 𝑦−1 𝑦2+𝑦+1 𝑦3 ] = 𝑒𝑙𝑛 1+𝑡2 +𝑐1 [ 𝑦 − 1 𝑦2 + 𝑦 + 1 𝑦3 ] = 𝑒𝑐1 1 + 𝑡2 (𝑦 − 1)(𝑦2 + 𝑦 + 1) 𝑦3 = 𝑒𝑐1 1 + 𝑡2 (𝑦3 − 1) 𝑦3 = 𝐶 1 + 𝑡2 , 𝐶 = 𝑒𝑐1 1 − 1 𝑦3 = 𝐶(1 + 𝑡2) 1 𝑦3 = 1 − 𝐶 1 + 𝑡2 Assim, a solução geral será: 𝑦 = 3 1 1 − 𝐶 − 𝐶𝑡2 j) 𝑥 1 − 𝑦2𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 Resolução: I) Reescrevendo tem-se: 1 1 − 𝑦2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥 - Que toma a forma de uma EDO de variáveis separáveis! II) Integrando-se ambos os lados temos: න 1 1 − 𝑦2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑥 = න𝑥 𝑑𝑥 - Para resolver pode-se realizar substituição 𝑦 = sen (𝑢) e 𝑑𝑦 = cos 𝑢 𝑑𝑢, portanto: න 1 1 − 𝑠𝑒𝑛2(𝑢) cos 𝑢 𝑑𝑢 = න𝑥 𝑑𝑥 - Como 𝑠𝑒𝑛2 𝑢 + 𝑐𝑜𝑠2 𝑢 = 1, temos que 𝑐𝑜𝑠2 𝑢 = 1 − 𝑠𝑒𝑛2 𝑢 , logo න 1 𝑐𝑜𝑠2(𝑢) cos 𝑢 𝑑𝑢 = න𝑥 𝑑𝑥 න 1 𝑐𝑜𝑠(𝑢) cos 𝑢 𝑑𝑢 − න𝑥 𝑑𝑥 = 0 න1𝑑𝑢 = න𝑥 𝑑𝑥 𝑢 = 1 2 𝑥2 + 𝐶 - Como assumiu-se que 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑢 , tem-se que 𝑢 = 𝑠𝑒𝑛−1(𝑦), que substituído na solução encontrada resulta na seguinte solução geral: 𝑠𝑒𝑛−1 𝑦 = 1 2 𝑥2 + 𝐶 2𝑦 − 1 = 1 + 𝑥2 −1𝐾 → 𝑦 = 1 + 𝑥2 −1𝐾 2 + 1 2 𝑦 = 𝐾 2 1 + 𝑥2 + 1 2 Aplicando a condição de contorno 𝑦 0 = 0: 0 = 𝐾 2 1 + 02 + 1 2 → 𝐾 2 + 1 2 = 0 → 𝐾 2 = − 1 2 → 𝐾 = −1 Portanto, a solução para o PVI em [0, 1], será: 𝑦 = − 1 2 1 + 𝑥2 + 1 2 Para 𝑥 ∈]1,+∞) 1 + 𝑥2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦 = −𝑥 → 1 + 𝑥2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦 + 𝑥 = 0 1 + 𝑥2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 2𝑦 + 1 = 0 → 1 + 𝑥2 𝑑𝑦 + 𝑥 2𝑦 + 1 𝑑𝑥 = 0 ∶ (1 + 𝑥2) 𝑑𝑦 + 𝑥 2𝑦 + 1 1 + 𝑥2 𝑑𝑥 = 0 ∶ (2y + 1) 𝑑𝑦 2𝑦 + 1 + 𝑥 1 + 𝑥2 𝑑𝑥 = 0 𝑑𝑦 2𝑦 + 1 = − 𝑥 1 + 𝑥2 𝑑𝑥 (𝐸𝑞. 𝑑𝑒 𝑉𝑎𝑟. 𝑆𝑒𝑝. ) Integrando os dois lados da equação, temos: ׬ 𝑑𝑦 2𝑦 + 1 = ׬− 𝑥 1 + 𝑥2 𝑑𝑥 Resolvendo: • ׬ 𝑑𝑦 2𝑦+1 → 𝑆𝑢𝑏𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖çã𝑜 𝑢 = 2𝑦 + 1 → 𝑑𝑢 𝑑𝑦 = 2 → 𝑑𝑢 2 = 𝑑𝑦 logo, ׬ 𝑑𝑦 2𝑦 + 1 = න 1 𝑢 . 𝑑𝑢 2 = 1 2 ׬ 𝑑𝑢 𝑢 = 1 2 ln 𝑢 = 1 2 ln |2𝑦 + 1| • ׬ 𝑥 1+𝑥2 𝑑𝑥 → 𝑆𝑢𝑏𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖çã𝑜 𝑢 = 1 + 𝑥2 → 𝑑𝑢 𝑑𝑥 = 2𝑥 → 𝑑𝑢 2 = 𝑥𝑑𝑥 logo, ׬ 𝑥 1 + 𝑥2 𝑑𝑥 = න 1 𝑢 . 𝑑𝑢 2 = 1 2 ׬ 𝑑𝑢 𝑢 = 1 2 ln 𝑢 = 1 2 ln |1 + 𝑥2| Substituindo na EDO: ׬ 𝑑𝑦 2𝑦 + 1 = ׬− 𝑥 1 + 𝑥2 𝑑𝑥 ׬ 𝑑𝑦 2𝑦 + 1 = ׬− 𝑥 1 + 𝑥2 𝑑𝑥 1 2 ln 2𝑦 + 1 = − 1 2 ln 1 + 𝑥2 + 𝐶 . (2) ln 2𝑦 + 1 = − ln 1 + 𝑥2 + 2𝐶, 2𝐶 = 𝑘 ln 2𝑦 + 1 = − ln 1 + 𝑥2 + 𝑘 𝑒ln 2𝑦+1 = 𝑒ln 1+𝑥2 −1 +𝐾 → 2𝑦 + 1 = 1 + 𝑥2 −1𝑒𝑘 , 𝑒𝑘 = 𝐾 2𝑦 = 1 + 𝑥2 −1𝐾 − 1 → 𝑦 = 1 + 𝑥2 −1𝐾 2 − 1 2 𝑦 = 𝐾 2 1 + 𝑥2 − 1 2 Substituindo (𝐼𝑉) em (𝐼𝐼𝐼): 𝑢′ + 𝑒2𝑥 + 1 + 2𝑒𝑥 −𝑒𝑥 + −𝑒𝑥 2 = 𝑒2𝑥 + 1 + 2𝑒𝑥 𝑢 − 𝑒𝑥 + 𝑢 − 𝑒𝑥 2 𝑢′ + 𝑒2𝑥 − 𝑒𝑥 − 2𝑒2𝑥 + 𝑒2𝑥 = 𝑒2𝑥 + 𝑢 − 𝑒𝑥 + 2𝑢𝑒𝑥 − 2𝑒2𝑥 + 𝑢2 − 2𝑢𝑒𝑥 + 𝑒2𝑥 𝑢′ = 𝑢 + 𝑢2 → 𝑢′ − 𝑢 = 𝑢2 → 𝑑𝑢 𝑑𝑥 − 𝑢 = 𝑢2 (𝑉) A equação anterior é de Bernoulli com 𝑛 = 2: 𝑑𝑢 𝑑𝑥 − 𝑢 = 𝑢2 . 𝑢−2 𝑢−2 𝑑𝑢 𝑑𝑥 − 𝑢−1 = 1 (𝑉𝐼) Fazendo a substituição 𝑣 = 𝑢1−𝑛 → 𝑣 = 𝑢1−2 → 𝑣 = 𝑢−1, então: 𝑑𝑣 𝑑𝑥 = −𝑢−2 𝑑𝑢 𝑑𝑥 → − 𝑑𝑣 𝑑𝑥 = 𝑢−2 𝑑𝑢 𝑑𝑥 (𝑉𝐼𝐼𝐼) Substituindo (𝑉𝐼𝐼𝐼) em (𝑉𝐼𝐼): − 𝑑𝑣 𝑑𝑥 − 𝑣 = 1 . (−1) 𝑑𝑣 𝑑𝑥 + 𝑣 = −1 (𝐸𝑞. 𝐿𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟 → 𝑣′ + 𝑃 𝑥 𝑣 = 𝑄(𝑥)) • Fator integrante: 𝜇 𝑥 = 𝑒׬ 𝑃 𝑥 𝑑𝑥 → 𝜇 𝑥 = 𝑒׬ 1𝑑𝑥 → 𝜇 𝑥 = 𝑒𝑥 Assim, 𝑑𝑣 𝑑𝑥 + 𝑣 = −1 . (𝑒𝑥) 𝑒𝑥 𝑑𝑣 𝑑𝑥 + 𝑒𝑥𝑣 = −𝑒𝑥 → 𝑑 𝑑𝑥 𝑒𝑥𝑣 = −𝑒𝑥 Logo, 𝑒𝑥𝑣 = න−𝑒𝑥 𝑑𝑥 → 𝑒𝑥𝑣 = −𝑒𝑥 + 𝑘, 𝑘 ∈ ℝ 𝑒𝑥𝑣 = −𝑒𝑥 + 𝑘 . 𝑒−𝑥 𝑣 = −1 + 𝑘𝑒−𝑥 Como 𝑣 = 𝑢−1 𝑢−1 = −1 + 𝑘𝑒−𝑥 → 1 𝑢 = −1 + 𝑘𝑒−𝑥 Mas, 𝑦 = 𝑢 − 𝑒𝑥 → 𝑦 + 𝑒𝑥 = 𝑢 Por fim, 1 𝑦 + 𝑒𝑥 = −1 + 𝑘𝑒−𝑥 → 1 −1 + 𝑘𝑒−𝑥 = 𝑦 + 𝑒𝑥 𝑦 = 1 −1 + 𝑘𝑒−𝑥 − 𝑒𝑥 4) Quando 𝑅(𝑥) = −1, a equação de Ricatti pode ser escrita como 𝑦′ + 𝑦2 − 𝑄(𝑥)𝑦 − 𝑃(𝑥) = 0 Mostre que a substituição 𝑦 = 𝑤′ 𝑤 conduz à equação linear: 𝑤′′ − 𝑄(𝑥)𝑤′ − 𝑃(𝑥)𝑤 = 0 Sol.: Seja: 𝑦′ + 𝑦2 − 𝑄 𝑥 𝑦 − 𝑃 𝑥 = 0 (𝐼) Se 𝑦 = 𝑤′ 𝑤 → 𝑦 = 𝑤−1𝑤′ (𝐼𝐼). Note que, 𝑦(𝑥) e 𝑦 = 𝑤′ 𝑤 , então 𝑤′ 𝑤 𝑥 . Derivando implicitamente 𝑦 em relação a 𝑥, temos: 𝑦 = 𝑤−1𝑤′ → 𝑦′ = −𝑤−2𝑤′𝑤′ +𝑤−1𝑤′′ (𝐼𝐼𝐼) Substituindo 𝐼𝐼𝐼 e (𝐼𝐼) em (𝐼): 𝑦′ + 𝑦2 − 𝑄 𝑥 𝑦 − 𝑃 𝑥 = 0 −𝑤−2𝑤′𝑤′ + 𝑤−1𝑤′′ + 𝑤−1𝑤′ 2 − 𝑄 𝑥 𝑤−1𝑤′ − 𝑃 𝑥 = 0 −𝑤−2 𝑤′ 2 + 𝑤−1𝑤′′ +𝑤−2 𝑤′ 2 − 𝑤−1𝑤′𝑄 𝑥 − 𝑃 𝑥 = 0 𝑤−1𝑤′′ − 𝑤−1𝑤′𝑄 𝑥 − 𝑃 𝑥 = 0 . (𝑤) 𝑤′′ − 𝑄 𝑥 𝑤′ − 𝑃 𝑥 𝑤 = 0 ∎ Observe que a função exponencial 𝑒𝜆𝑥 tem a propriedade de que suas derivadas são todas constantes multiplicadas por si própria. Isto nos faz considerar a função 𝑦 = 𝑒𝜆𝑥 como uma possível solução de (𝐼) se λ por convenientemente escolhida. Fazendo 𝑦 = 𝑒𝜆𝑥 solução da equação e substituindo 𝑦 e suas derivadas 𝑦′ = 𝜆𝑒𝜆𝑥 e 𝑦′′ = 𝜆2𝑒𝜆𝑥 na equação diferencial (𝐼), temos: 𝑦′′ + 𝑎𝑦′ + 𝑏𝑦 = 0 𝜆2𝑒𝜆𝑥 + 𝑎𝜆𝑒𝜆𝑥 + 𝑏𝑒𝜆𝑥 = 0 𝑒𝜆𝑥 𝜆2 + 𝑎𝜆 + 𝑏 = 0 (𝐼𝐼) Observe que a função exponencial 𝑒𝜆𝑥 nunca se anula. A equação 𝐼𝐼 é chamada de equação característica associada à equação diferencial (𝐼). Para acharmos o valor de λ, basta resolver a equação característica. Logo, 𝜆1 = −𝑎+ 𝑎2−4𝑏 2 e 𝜆2 = −𝑎− 𝑎2−4𝑏 2 Caso 1: raízes reais e distintas Se as raízes da equação característica 𝜆1 e 𝜆2 são reais e distintas, as soluções da equação diferencial serão: 𝑦1 = 𝑒𝜆1𝑥 e 𝑦2 = 𝑒𝜆2𝑥 (𝐼𝐼𝐼) Observação: É fácil ver que estas duas soluções 𝑦1e 𝑦2 são linearmente independentes uma vez que: 𝑦1 𝑦2 = 𝑒𝜆1𝑥 𝑒𝜆2𝑥 = 𝑒𝜆1𝑥−𝜆2𝑥 = 𝑒𝑥 𝜆1−𝜆2 ≠ 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 Logo, a solução geral é: 𝑦 𝑥 = 𝑐1𝑒 𝜆1𝑥 + 𝑐2𝑒 𝜆2𝑥 Caso 2: raízes reais e iguais. Neste caso, a única raiz repetida da equação característica é 𝜆 = − 𝑎 2 assim, teremos apenas uma solução: 𝑦 = 𝑒− 𝑎𝑥 2 Precisamos determinar uma segunda solução 𝑦2 que seja linearmente independente com a primeira. Como já vimos antes, fazemos 𝑦2 = 𝑣 𝑥 𝑦1 e encontramos a segunda solução. Caso 3: raízes complexas conjugadas Neste caso, as raízes podem ser escritas na forma: 𝜆1 = 𝑟 + 𝑖𝜃 e 𝜆2 = 𝑟 − 𝑖𝜃 onde 𝑖 é o número imaginário. Assim, 𝑒 𝑟+𝑖𝜃 𝑥 = 𝑒𝑟𝑥𝑒𝑖𝜃𝑥 = 𝑒𝑟𝑥(𝑐𝑜𝑠𝜃𝑥 + 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃𝑥) Note que a expressão 𝑒𝑖𝜃 = (𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃) é conhecida como fórmula de Euler. De forma análoga: 𝑒 𝑟−𝑖𝜃 𝑥 = 𝑒𝑟𝑥𝑒−𝑖𝜃𝑥 = 𝑒𝑟𝑥(𝑐𝑜𝑠𝜃𝑥 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃𝑥) Como estamos interessados apenas em soluções reais e, 𝑒 𝑟+𝑖𝜃 𝑥 = 𝑒𝑟𝑥𝑒𝑖𝜃𝑥 = 𝑒𝑟𝑥(𝑐𝑜𝑠𝜃𝑥 + 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃𝑥) 𝑒 𝑟−𝑖𝜃 𝑥 = 𝑒𝑟𝑥𝑒−𝑖𝜃𝑥 = 𝑒𝑟𝑥(𝑐𝑜𝑠𝜃𝑥 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃𝑥) então podemos obter 𝑦1 e 𝑦2 da seguinte forma: Tal que: 𝑦1 𝑥 = 𝑒𝑟1𝑥 → 𝑦1 𝑥 = 𝑒2𝑥 𝑦2 𝑥 = 𝑒𝑟2𝑥 → 𝑦2 𝑥 = 𝑒−2𝑥 Note que: 𝑒2𝑥 = 𝑒2𝑥 + 𝑒−2𝑥 2 + 𝑒2𝑥 − 𝑒−2𝑥 2 = 𝑐𝑜𝑠ℎ 2𝑥 + 𝑠𝑒𝑛ℎ(2𝑥) 𝑒−2𝑥 = 𝑒−2𝑥 + 𝑒2𝑥 2 + 𝑒−2𝑥 − 𝑒2𝑥 2 = 𝑒−2𝑥 + 𝑒2𝑥 2 − 𝑒2𝑥 − 𝑒−2𝑥 2 = 𝑐𝑜𝑠ℎ 2𝑥 + 𝑠𝑒𝑛ℎ(2𝑥) Logo, = 𝑐1𝑦1 𝑥 + 𝑐2𝑦2(𝑥) 𝑦 𝑥 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠ℎ 2𝑥 + 𝑠𝑒𝑛ℎ 2𝑥 + 𝑐2(𝑐𝑜𝑠ℎ 2𝑥 − 𝑠𝑒𝑛ℎ(2𝑥)) 𝑦 𝑥 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠ℎ 2𝑥 + 𝑐1𝑠𝑒𝑛ℎ 2𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠ℎ 2𝑥 − 𝑐2𝑠𝑒𝑛ℎ(2𝑥) 𝑦 𝑥 = (𝑐1 + 𝑐2) 𝑐𝑜𝑠ℎ 2𝑥 + (𝑐1 − 𝑐2)𝑠𝑒𝑛ℎ 2𝑥 𝑦 𝑥 Fazendo, 𝑐1 + 𝑐2 = 𝑘1 e 𝑐1 − 𝑐2 = 𝑘2, tal que 𝑘1, 𝑘2 ∈ ℝ. Portanto a solução geral será: 𝑦 𝑥 = 𝑘1 𝑐𝑜𝑠ℎ 2𝑥 + 𝑘2𝑠𝑒𝑛ℎ 2𝑥 Logo, 𝑦 𝑥 = 𝑐1𝑦1 𝑥 + 𝑐2𝑦2(𝑥) 𝑦 𝑥 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠ℎ 2𝑥 + 𝑠𝑒𝑛ℎ 2𝑥 + 𝑐2(𝑐𝑜𝑠ℎ 2𝑥 − 𝑠𝑒𝑛ℎ(2𝑥)) 𝑦 𝑥 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠ℎ 2𝑥 + 𝑐1𝑠𝑒𝑛ℎ 2𝑥 + 𝑐2 𝑐𝑜𝑠ℎ 2𝑥 − 𝑐2𝑠𝑒𝑛ℎ(2𝑥) 𝑦 𝑥 = (𝑐1 + 𝑐2) 𝑐𝑜𝑠ℎ 2𝑥 + (𝑐1 − 𝑐2)𝑠𝑒𝑛ℎ 2𝑥 Fazendo, 𝑐1 + 𝑐2 = 𝑘1 e 𝑐1 − 𝑐2 = 𝑘2, tal que 𝑘1, 𝑘2 ∈ ℝ. Portanto a solução geral será: 𝑦 𝑥 = 𝑘1 𝑐𝑜𝑠ℎ 2𝑥 + 𝑘2𝑠𝑒𝑛ℎ 2𝑥 b) 𝑦′′ − 2𝑦′ + 5𝑦 = 0 Foi dado no problema que 𝑒𝑥cos(2𝑥) e 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛(2𝑥) são soluções em x ∈ ℝ. Veja que: 𝑒𝑥 cos 2𝑥 → 𝑒𝑥 cos 2𝑥 ′ = 𝑒𝑥 cos 2𝑥 − 2𝑒𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 (𝑒𝑥 cos 2𝑥 )′′ = 𝑒𝑥 cos 2𝑥 − 2𝑒𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 − 2𝑒𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 − 4𝑒𝑥cos(2𝑥) (𝑒𝑥 cos 2𝑥 )′′ = −3𝑒𝑥 cos 2𝑥 − 4𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 Substituindo os resultados na EDO, temos: 𝑦′′ − 2𝑦′ + 5𝑦 = 0 −3𝑒𝑥 cos 2𝑥 − 4𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 − 2 𝑒𝑥 cos 2𝑥 − 2𝑒𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 5 𝑒𝑥 cos 2𝑥 = 0 −3𝑒𝑥 cos 2𝑥 − 4𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 − 2𝑒𝑥 cos 2𝑥 + 4𝑒𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 5𝑒𝑥 cos 2𝑥 = 0 0 = 0 De modo análogo, para 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛(2𝑥): 𝑒𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 → 𝑒𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 ′ = 𝑒𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 2𝑒𝑥 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 (𝑒𝑥 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 )′′ = 𝑒𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 2𝑒𝑥 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 2𝑒𝑥 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 − 4𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛(2𝑥) (𝑒𝑥 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 )′′ = −3𝑒𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 4𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠 2𝑥 Substituindo os resultados na EDO, temos: 𝑦′′ − 2𝑦′ + 5𝑦 = 0 −3𝑒𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 4𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠 2𝑥 − 2 𝑒𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 2𝑒𝑥 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 5 𝑒𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 = 0 −3𝑒𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 4𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠 2𝑥 − 2𝑒𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 − 4𝑒𝑥 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 5𝑒𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 = 0 0 = 0 Para resolver a EDO, seguiremos os seguintes passos: 𝑥2𝑦′′ + 𝑥𝑦′ + 𝑦 = 0 𝑥2(− 1 𝑥2 𝑐𝑜𝑠 𝑙𝑛 𝑥 − 1 𝑥2 𝑠𝑒 𝑛 𝑙𝑛 𝑥 ) + 𝑥( 1 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑙𝑛 𝑥 ) + 𝑠𝑒𝑛 𝑙 𝑛 𝑥 = 0 −𝑐𝑜𝑠 𝑙𝑛 𝑥 − 𝑠𝑒 𝑛 𝑙𝑛 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠 𝑙𝑛 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑙 𝑛 𝑥 = 0 0 = 0 Para resolver a EDO, seguiremos os seguintes passos: • Equação de Euler-Cauchy Dada a EDO: 𝑥2𝑦′′ + 𝑥𝑦′ + 𝑦 = 0 (𝐼) Tomando 𝑥 ∈ ]0, +∞), então: 𝑥 = 𝑒𝑡 → 𝑑𝑥 𝑑𝑡 = 𝑒𝑡 → 𝑑𝑥 𝑑𝑡 = 𝑥 (𝐼𝐼) Pela regra da cadeia: 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = 𝑑𝑦 𝑑𝑥 . 𝑑𝑥 𝑑𝑡 → 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = 𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 (𝐼𝐼𝐼) Veja que: 𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 = 𝑑 𝑑𝑡 𝑑𝑦 𝑑𝑡 → 𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 = 𝑑 𝑑𝑡 (𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 ) 𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 = 𝑑 𝑑𝑡 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 → 𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 = 𝑑 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 = 𝑑 𝑑𝑥 𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑡 → 𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 = 𝑑 𝑑𝑥 𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑥 𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 = 1 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑2𝑦 𝑑𝑥2 𝑥 → 𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 = 𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥2 𝑑2𝑦 𝑑𝑥2 Isolando 𝑥2 𝑑2𝑦 𝑑𝑥2 , temos: 𝑥2 𝑑2𝑦 𝑑𝑥2 = 𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 − 𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 → 𝑥2 𝑑2𝑦 𝑑𝑥2 = 𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 − 𝑑𝑦 𝑑𝑡 (𝐼𝑉) Substituindo (𝐼𝑉) e (𝐼𝐼𝐼) em (𝐼): 𝑥2𝑦′′ + 𝑥𝑦′ + 𝑦 = 0 𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 − 𝑑𝑦 𝑑𝑡 + 𝑑𝑦 𝑑𝑡 + 𝑦 = 0 → 𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 + 𝑦 = 0 → 𝑦′′ + 𝑦 = 0 A EDO é de segunda ordem, linear, homogênea, e com coeficientes constantes. Tal que: 𝑦 𝑥 → 𝑥 𝑡 → 𝑦(𝑡) com, 𝑥 = 𝑒𝑡 Utilizando a equação característica teremos: 𝜆2 + 1 = 0 → 𝜆2 = −1 → 𝜆 = ± −1 → 𝜆 = ±𝑖 Pelo principio da superposição: 𝑦 𝑡 = 𝑐1𝑦1 𝑡 + 𝑐2𝑦2(𝑡) tal que: 𝑦1 𝑡 = 𝑒𝛼𝑡𝑐𝑜 𝑠 𝜃𝑡 𝑦2 𝑡 = 𝑒𝛼𝑡𝑠𝑒𝑛(𝜃𝑡) Substituindo 𝑦3 𝑥 em (𝐼): 𝑦′′ + 𝑝 𝑥 𝑦′ + 𝑞 𝑥 𝑦 = 0 1 2 𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥 + 𝑝 𝑥 1 2 𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥 + 𝑞 𝑥 1 2 𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥 = 0 → 𝑒𝑥 2 + 𝑒−𝑥 2 + 𝑝 𝑥 𝑒𝑥 2 − 𝑝 𝑥 𝑒−𝑥 2 + 𝑞 𝑥 𝑒𝑥 2 + 𝑞 𝑥 𝑒−𝑥 2 = 0 𝑒𝑥 2 + 𝑝 𝑥 𝑒𝑥 2 + 𝑞 𝑥 𝑒𝑥 2 + 𝑒−𝑥 2 − 𝑝 𝑥 𝑒−𝑥 2 + 𝑞 𝑥 𝑒−𝑥 2 = 0 (𝐼𝑉) Utilizando os resultados de 𝐼𝐼 e (𝐼𝐼𝐼) em (𝐼𝑉), chega-se a: 0 = 0 logo, 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 é solução para 𝑦′′ + 𝑝 𝑥 𝑦′ + 𝑞 𝑥 𝑦 = 0, de modo análogo demonstra-se para 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥. Resposta: Como 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 = 1 2 𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥 → 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 = 𝑒𝑥 2 + 𝑒−𝑥 2 → 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 = 1 2 𝑦1 𝑥 + 1 2 𝑦2(𝑥), e o 𝑠𝑒𝑛ℎ 𝑥 = 1 2 𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥 → 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥 = 𝑒𝑥 2 − 𝑒−𝑥 2 → 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥 = 1 2 𝑦1 𝑥 + 1 2 𝑦2 𝑥 , ao supor 𝑦1(𝑥) = 𝑒𝑥 e 𝑦2(𝑥) = 𝑒−𝑥 soluções da EDO 𝑦′′ + 𝑝 𝑥 𝑦′ + 𝑞 𝑥 𝑦 = 0 , percebe-se que 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 e 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥 são também soluções da EDO, isso se deve ao fato de ambas as funções serem combinações das soluções fundamentais 𝑦1 e 𝑦2, tal justificativa pode ser verificada pelo principio da superposição. 8) Sabe-se que 𝑦 = 𝐶1𝑒 4𝑥 + 𝐶2𝑒 −𝑥 é uma família de dois parâmetros de soluções para 𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 0 no intervalo (−∞,∞). Encontre um membro dessa família que satisfaça as condições iniciais 𝑦(0) = 1 e 𝑦′(0) = 2. Sol.: Se 𝑦 = 𝐶1𝑒 4𝑥 + 𝐶2𝑒 −𝑥 é solução de 𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 0, então quando substituímos 𝑦, 𝑦′ e 𝑦′′ na equação diferencial chegamos a igualdade 0 = 0. Para calcularmos as condições de contorno (PVI) teremos que inicialmente calcular 𝑦′ e em seguindo substituir 𝑦(0) = 1 e 𝑦′(0) = 2 em 𝑦(𝑥) e 𝑦′(𝑥) para obtermos 𝐶1 e 𝐶2. 𝑦(𝑥) = 𝐶1𝑒 4𝑥 + 𝐶2𝑒 −𝑥 𝑦′ 𝑥 = 4𝐶1𝑒 4𝑥 − 𝐶2𝑒 −𝑥 Para 𝑦(0) = 1 e 𝑦′(0) = 2 temos: 𝑦 0 = 𝐶1𝑒 4.0 + 𝐶2𝑒 −0 → 1 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑦′ 0 = 4𝐶1𝑒 4.0 − 𝐶2𝑒 −0 → 2 = 4𝐶1 − 𝐶2 logo, 𝐶1 + 𝐶2 = 1 → 3 5 + 𝐶2 = 1 → 𝐶2 = 1 − 3 5 → 𝐶2 = 2 5 Portanto, 𝑦(𝑥) = 𝐶1𝑒 4𝑥 + 𝐶2𝑒 −𝑥 𝑦(𝑥) = 3 5 𝑒4𝑥 + 2 5 𝑒−𝑥 𝜇1 ′ 𝑥 𝑦1 𝑥 + 𝜇2 ′ 𝑥 𝑦2 𝑥 = 0 De modo análogo as demonstrações realizadas em sala, chega-se: ቊ 𝜇1 ′ 𝑥 𝑦1 𝑥 + 𝜇2 ′ 𝑥 𝑦2 𝑥 = 0 𝜇1 ′ 𝑥 𝑦1 ′ 𝑥 + 𝜇2 ′ 𝑥 𝑦2 ′ 𝑥 = f(x) • 𝜇1 𝑥 = ׬− 𝑦2 𝑥 𝑓 𝑥 𝑊 𝑦1,𝑦2 𝑥 𝑑𝑥 • 𝜇2 𝑥 = ׬ 𝑦1 𝑥 𝑓 𝑥 𝑊 𝑦1,𝑦2 𝑥 𝑑𝑥 Calculando o Wronskiano: 𝑊 𝑦1, 𝑦2 𝑥 = cos 3𝑘𝑥 − 3𝑘𝑠𝑒𝑛 3𝑘𝑥 𝑠𝑒𝑛( 3𝑘𝑥) 3𝑘cos 3𝑘𝑥 𝑊 𝑦1, 𝑦2 𝑥 = 3𝑘cos2 3𝑘𝑥 + 3𝑘sen2 3𝑘𝑥 𝑊 𝑦1, 𝑦2 𝑥 = 3𝑘 • 𝜇1 𝑥 = ׬− 𝑦2 𝑥 𝑓 𝑥 𝑊 𝑦1,𝑦2 𝑥 𝑑𝑥 = ׬− 𝑠𝑒𝑛 3𝑘𝑥 .𝑘𝑥 3𝑘 𝑑𝑥 𝜇1 𝑥 = − 𝑘 3𝑘 ׬ 𝑠𝑒𝑛 3𝑘𝑥 . 𝑥𝑑𝑥 𝜇1 𝑥 = − 𝑘 3𝑘 1 3𝑘 (− 3 𝑘𝑥𝑐𝑜𝑠 3 𝑘𝑥 + sin 3 𝑘𝑥 ) • 𝜇2 𝑥 = ׬ 𝑦1 𝑥 𝑓 𝑥 𝑊 𝑦1,𝑦2 𝑥 𝑑𝑥 = ׬ cos 3𝑘𝑥 𝑘𝑥 3𝑘 𝑑𝑥 𝜇2 𝑥 = 𝑘 3𝑘 ׬ cos 3𝑘𝑥 𝑥𝑑𝑥 𝜇2 𝑥 = 𝑘 3𝑘 ( 1 3𝑘 3 𝑘𝑥𝑠𝑖𝑛 3 𝑘𝑥 + cos 3 𝑘𝑥 ) Portanto: 𝑦𝑝 𝑥 = 𝜇1 𝑥 𝑦1 𝑥 + 𝜇2 𝑥 𝑦2(𝑥) 𝑦𝑝 𝑥 = − 𝑘 3𝑘 1 3𝑘 − 3 𝑘𝑥𝑐𝑜𝑠 3 𝑘𝑥 + sin 3 𝑘𝑥 cos 3𝑘𝑥 + ⋯ + 𝑘 3𝑘 ( 1 3𝑘 3 𝑘𝑥𝑠𝑖𝑛 3 𝑘𝑥 + cos 3 𝑘𝑥 )𝑠𝑒𝑛( 3𝑘𝑥) Logo, 𝑦 𝑥 = 𝑦ℎ 𝑥 + 𝑦𝑝(𝑥) 𝑦 𝑥 = 𝑐1 cos 3𝑘𝑥 + 𝑐2𝑠𝑒𝑛( 3𝑘𝑥) − 𝑘 3𝑘 1 3𝑘 − 3 𝑘𝑥𝑐𝑜𝑠 3 𝑘𝑥 + sin 3 𝑘𝑥 cos 3𝑘𝑥 + ⋯ + 𝑘 3𝑘 ( 1 3𝑘 3 𝑘𝑥𝑠𝑖𝑛 3 𝑘𝑥 + cos 3 𝑘𝑥 )𝑠𝑒𝑛( 3𝑘𝑥) Fazendo, 𝑋 = 3𝑧 2 3 2 3 , 𝑢 𝑋 = 𝑣(𝑧), 𝑣 é uma função de 𝑧: De modo análogo a passagem anterior: 𝑋 = 3𝑧 2 3 2 3 → 𝑧 = 2 3 3 𝑋 3 2 Ao substituir 𝑧′′ , 𝑧′ e 𝑧 em 𝑋 1 2𝑢′′ + 1 4𝑋 3 2 𝑢 + 𝑢′ 𝑋 1 2 + 3𝑋 3 2𝑢 = 0, temos 33/2 2 𝑧 𝑣′′ 𝑧 + 33/2 2 𝑣′ 𝑧 − 𝑣 𝑧 2 3𝑧 + 3 3 2 2 𝑧𝑣 𝑧 = 0 Ao chegar nesse ponto a ideia é fazer mais uma substituição para baixar a ordem da equação diferencial, com isso: 𝑣 𝑧 = 𝑐1𝐽1 3 𝑧 + 𝑐2𝐽−13 (𝑧) desfazendo as substituições, 𝑋 = 3𝑧 2 3 2 3 → 𝑧 = 2 3 3 𝑋 3 2, 𝑢 𝑋 = 𝑣(𝑧): Função de Bessel: 𝑦 𝑥 = 𝐽𝑚 𝑥 = ෍ 𝑘=0 ∞ −1 𝑘 𝑘! 𝑘 + 𝑚 ! 𝑥 2 2𝑘+𝑚 𝑢 𝑋 = 𝑐1𝐽1 3 ( 2 3 3 𝑋 3 2) + 𝑐2𝐽−13 ( 2 3 3 𝑋 3 2) Desfazendo a substituição: 𝑦 = 𝑋𝑢 → 𝑢 = 𝑦 𝑋 Assim; 𝑦 𝑋 = 𝑐1𝐽1 3 ( 2 3 3 𝑋 3 2) + 𝑐2𝐽−13 ( 2 3 3 𝑋 3 2) 𝑦 = 𝑐1𝐽1 3 ( 2 3 3 𝑋 3 2) 𝑋 + 𝑐2𝐽−13 ( 2 3 3 𝑋 3 2) 𝑋 Desfazendo a última substituição: 1 𝑥 − 2 = 𝑋(𝑥) 𝑦 = 𝑐1𝐽1 3 ( 2 3 3 ( 1 𝑥 − 2 ) 3 2) 1 𝑥 − 2 + 𝑐2𝐽−1 3 ( 2 3 3 ( 1 𝑥 − 2 ) 3 2) b)𝑦′′ + 𝑡𝑎𝑛(𝑥)𝑦 = 𝑒𝑥 sujeito a 𝑦 0 = 1 e 𝑦′ 0 = 0 Sabendo que 𝑡𝑎 𝑛 𝑥 é contínua ∀ 𝑥 ∈ ℝ − 𝑘. 𝜋 2 , 𝑘 = 1,3,5, …2𝑛 + 1, além disso a função é periódica com período igual a 𝜋, com isso: 𝑡𝑎 𝑛 𝑥 ≥ 0 → 𝑥 ∈ [0, 𝜋 2 [ 𝑡𝑎 𝑛 𝑥 < 0 → 𝑥 ∈ ] 𝜋 2 , 𝜋] 1º Caso: 𝑡𝑎 𝑛 𝑥 ≥ 0 Considerando a 𝑡𝑎 𝑛 𝑥 = 𝐶, com 𝐶 uma constante positiva para qualquer valor de 𝑥 ∈ [0, 𝜋 2 [, teremos: 𝑦′′ + 𝐶𝑦 = 𝑒𝑥 Resolvendo a EDO homogênea associada: 𝑦′′ + 𝐶𝑦 = 0 𝜆2 + 𝐶 = 0 → 𝜆2 = −𝐶 → 𝜆 = ± −𝐶 → 𝜆 = ± 𝐶𝑖 Pelo principio da superposição: 𝑦 𝑥 = 𝑐1𝑦1 𝑥 + 𝑐2𝑦2(𝑥) tal que: 𝑦1 𝑥 = 𝑒𝛼𝑥𝑐𝑜 𝑠 𝜃𝑥 𝑦2 𝑥 = 𝑒𝛼𝑥𝑠𝑒𝑛(𝜃𝑥) Onde: