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Soluções Gerais de Equações Diferenciais da USP, Notas de estudo de Engenharia Civil

Universidade de São Paulo (USP)Engenharia Civil

Documento contendo as soluções gerais de três problemas de equações diferenciais, incluindo as equações diferenciais originais e as respectivas soluções. Os problemas abrangem equações de primeira e segunda ordem.

Tipologia: Notas de estudo

Antes de 2010

Compartilhado em 13/12/2009

marylia-gutierrez-11
marylia-gutierrez-11 🇧🇷

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bg1
Instituto de Matemática e Estatística da USP
MAT2456 - Cálculo Diferencial e Integral IV para Engenharia
3a. Prova - 2o. Semestre 2006
Turma A
1
a
Questão:
Determine a solução geral das equações diferenciais:
(a) (1,5)
(xcos x)y0+ (cos x+x
sen
x)y= 2x
.
(b) (1,0)
x3+3y
x+ (ln (x3)−2)dy = 0
.
(c) (1,5)
3xyy0+y2= 2x2
.
Solução:
(a)
(xcos x)y0+ (cos x+x
sen
x)y= 2x
Dividindo a EDO por
xcos x
, obtém-se
y0+1
x+ tan xy=2
cos x
que é uma EDO linear de primeira ordem. Assim, tem-se que um fator integrante da EDO acima
é dado por:
eR(1
x+tan x)dx =eln |x|−ln|cos x|=
x
cos x
=⇒µ(x) = x
cos x
Multiplicando a EDO pelo fator integrante
µ
, vem que
x
cos xy0+1
cos x+xtan x
cos xy=2x
cos2x
d
dx x
cos xy= 2xsec2x
x
cos xy= 2Z2xsec2xdx = 2[xtan x−Ztan xdx] = 2[xtan x+ ln |cos x|+C1]
1
pf3
pf4
pf5

Pré-visualização parcial do texto

Baixe Soluções Gerais de Equações Diferenciais da USP e outras Notas de estudo em PDF para Engenharia Civil, somente na Docsity!

Instituto de Matemática e Estatística da USP

MAT2456 - Cálculo Diferencial e Integral IV para Engenharia

3a. Prova - 2o. Semestre 2006

Turma A

a

Questão: Determine a solução geral das equaçõ es diferenciais:

(a) (1,5) (x cos x)y

′

+ (cos x + x sen x)y = 2x.

(b) (1,0)

x

3

3 y

x

  • (ln (x

3

) − 2)dy = 0.

(c) (1,5) 3 xyy

′

  • y

2 = 2x

2

Solução:

(a)

(x cos x)y

′

+ (cos x + x sen x)y = 2x

Dividindo a EDO p or x cos x, obtém-se

y

′

x

  • tan x

y =

cos x

que é uma EDO linear de primeira ordem. Assim, tem-se que um fator integrante da EDO acima

é dado p or:

e

∫ (

1 x +tan x)dx = e

ln |x|−ln| cos x|

x

cos x

=⇒ μ(x) =

x

cos x

Multiplicando a EDO p elo fator integrante μ, vem que

x

cos x

y

′

cos x

  • x

tan x

cos x

y =

2 x

cos 2 x

d

dx

x

cos x

y

= 2x sec

2 x

x

cos x

y = 2

2 x sec

2 xdx = 2[x tan x −

tan xdx] = 2[x tan x + ln | cos x| + C 1 ]

y(x) =

cos x

x

(2x tan x + 2 ln | cos x| + C) , C ∈ R

(b)

x

3

3 y

x

  • (ln (x

3 ) − 2)dy = 0

Seja P = P (x, y) = x

3

3 y

x

e Q = Q(x, y) = ln (x

3

) − 2. Então,

∂Q

∂x

∂P

∂y

x

x

= 0 =⇒ EDO é exata.

Vamos então pro curar ϕ(x, y) tal que (1) ϕx = x

3

3 y

x

e (2) ϕy = ln (x

3

) − 2. De (2),

ϕ(x, y) =

[ln (x

3 )−2]dy = [ln (x

3 )−2]y +k(x) =⇒ ϕx =

x

y +k

′ (x) =

(1) x

3

3 y

x

=⇒ k(x) =

x

4

Portanto, a solução da EDO dada é

ϕ(x, y) = C, ou seja,

x 4

  • [ln (x

3 ) − 2]y = C, C ∈ R

(c) 3 xyy

′

  • y

2 = 2x

2 =⇒ y

′

2 x

2 − y

2

3 xy

x

y

y

x

é função homogênea de grau zero. Seja z =

y

x

z + x

dz

dx

3 z

z =⇒ x

dz

dx

2 − 4 z

2

3 z

3 z

2 − 4 z 2

dz =

x

dx

ln | 2 − 4 z

2 | = ln |x| + k 1 =⇒ ln | 2 − 4 z

2 | =

ln |x| + k 2 =⇒ | 2 − 4 z

2 | = |x|

− 8 (^3) e k 2

Voltando para a variável x através de z =

y

x

, tem-se que as soluçõ es da EDO dada são as funçõ es

y = y(x) deriváveis, tais que

y

2

x 2

x

8 (^3) = C, C ∈ R

Resolvendo-se o sistema, obtém-se

c

′ 1

ln (x

2 )

x 3

2 ln (x)

x 3

=⇒ c 1 (x) =

x 2

ln (x) +

c

′ 2

ln (x

2 )

x 4

2 ln (x)

x 4

=⇒ c 2 (x) =

x 3

−2 ln (x)

Substituindo c 1 e c 2 em yp, vem que yp(x) =

ln (x) 3

5 18

. Então, a solução geral da EDO é

y(x) =

ln (x)

  • C 1 x

2

  • C 2 x

3 , C 1 , C 2 ∈ R

a

Questão: (3,0)

(a) Determine a solução geral da equação y

′′′ − 5 y

′′

  • 3y

′

+ 9y = 0.

(b) Determine a solução geral da equação y

′′′ − 5 y

′′

  • 3y

′

  • 9y = e

−x

Solução:

(a) O p olinômio característico asso ciado a EDO dada é p(λ) = λ

3 − 5 λ

2

+3λ+9. Por insp eção, obtém-

se que p(λ = −1) = 0. Dividindo-se p(λ) p or (λ + 1), tem-se que p(λ) = (λ + 1)(λ

2 − 6 λ + 9) =

(λ + 1)(λ − 3)

2

. Portanto, e

−x

, e

3 x

e xe

3 x

são soluçõ es linearmente indep endentes. Logo, a

solução geral da EDO é

y(x) = C 1 e

−x

  • C 2 e

3 x

  • C 3 xe

3 x , C 1 , C 2 , C 3 ∈ R

(b) Como e

−x

é solução da equação homogênea, vamos pro curar uma solução particular da forma

yp(x) = Axe

−x

. Temos então

y

′ p (x) = Ae

−x − Axe

−x

y

′′ p (x) = − 2 Ae

−x

  • Axe

−x

y

′′′ p (x) = 3Ae

−x − Axe

−x

Substituindo na EDO dada, vem que

(3Ae

−x −Axe

−x )−5(− 2 Ae

−x +Axe−x)+3(Ae

−x −Axe

−x )+9(Axe

−x ) = 16Ae

−x = e

−x =⇒ A =

Então, yp(x) =

1 16

xe

−x

é uma solução particular e a solução geral da EDO é dada p or

y(x) =

xe

−x C 1 e

−x

  • C 2 e

3 x

  • C 3 xe

3 x , C 1 , C 2 , C 3 ∈ R