Baixe Soluções de Equações Diferenciais - MAT2456 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 2007
Turma A
1 a^ Questão:
(a) (1,5 ponto) Determine a solução geral da equação diferencial
( y^2 − y sin(x) − 2 y
dx + (3xy + 2 cos(x))dy = 0
(b) (1,5 ponto) Determine uma solução da equação
y + x sec
( (^) y x
= xy′
que satisfaz y(1) =
π 4
Solução:
(a) Como a equação não é exata, vamos procurar por um fator integrante.
∂P
∂y = 2y^ −^ sin(x) +
y^2
∂Q ∂x
= 3y − 2 sin(x)
Sendo assim, procurando por um fator integrande que só dependa de y:
g(y) =
P
∂Q
∂x −^
∂P
∂y
y − sin(x) −
y^2 y^2 − y sin(x) − (^2) y
y
Desta forma, temos o fator integrante:
μ(y) = e
∫ (^) g(x)dx ⇒ μ = y
Multiplicando a equação pelo fator integrante, camos com:
y^3 − y^2 sin(x) − 2
dx +
3 xy^2 + 2y cos(x)
dy = 0
Agora, temos uma equação exata, que pode ser facilmente resolvida, obtendo:
φ = y^3 x + y^2 cos(x) − 2 x
(b) Trata-se de uma equação com coe cientes homogêneos, sendo que ela pode ser facilmente resolvida
fazendo a mudança de variável:
( (^) y x =^ u^ =⇒^ y^ =^ ux^ =⇒^ y
′ (^) = u′x + u^ )
u + sec(u) = u′x + u =⇒ u′^ · cos(u) =
x
Ficamos, então, com uma equação com variáveis separadas. Integrando-a, obteremos:
sin(u) = ln(x) + C =⇒ sin
( (^) y x
= ln(x) + C
Aplicando a CI y(1) = π 4
C + ln(1) = sin
( (^) π 4 1
=⇒ C =
E a resolução da equação é: (^) √ 2 2 + ln
( (^) y x
= sin
( (^) y x
(b) Pelo método da variação de parâmetros teremos:
u′ 1 e−x^ + u′ 2 xe−x^ = 0 -u′ 1 e−x^ + u′ 2 e−x(−x + 1) = e
−x x
u′ 1 + u′ 2 x = 0 -u′ 1 + u′ 2 (−x + 1) =^1 x
u′ 1 = − 1 u′ 2 =
x
u 1 = x + C u 2 = ln(x) + C
=⇒ yp = xe−x^ (1 + ln(x))
3 a^ Questão:
(a) (1,5 ponto) Determine a solução geral da equação yiv^ + 2y′′′^ + 5y′′^ = 0.
(b) (2 pontos) Encontre uma solução particular da equação diferencial y′′^ − 3 y′^ = 3xex^ + 18 sen (3x).
Solução:
(a) O polinômio característico associado a EDO dada é p(λ) = λ^4 +2λ^3 +5λ^2 = λ^2 (λ^2 +2λ+5). Então, λ = 0 é raiz de p(λ) com multiplicidade 2 e deve-se encontrar as soluções de (λ^2 + 2λ + 5) = 0. Por Báskara, λ = −^2 ±
2 =^
− 2 ± 4 i 2 =^ −^1 ±^2 i
Portanto, a solução geral da EDO homogêna dada é
y(x) = C 1 + C 2 x + e−x(C 3 cos (2x) + C 4 sen (2x)), Ck ∈ R, k = 1, 2 , 3 , 4
(b) Baseando-se no Princípio da Superposição, vamos procurar duas soluções particulares yp 1 e yp 2 que satisfaçam, respectivamente, y′′^ − 3 y′^ = 3xex^ e y′′^ − 3 y′^ = 18 sen (3x).
(b1) Vamos encontrar uma solução particular de y′′^ − 3 y′^ = 3xex. A EDO homogênea associada é y′′^ − 3 y′^ = 0, cuja solução geral é yg(x) = C 1 + C 2 e^3 x, uma vez que o polinôminio característico é p(λ) = λ^2 − 3 λ = λ(λ − 3). Vamos procurar uma solução particular yp 1 (x) através do Método da Variação dos Parâmetros (para utilização deste método, é necessário que o coe ciente de y′′^ seja unitário, o que já ocorre neste caso). Seja yp 1 (x) = c 1 (x) + c 2 (x)e^3 x^ uma solução particular. Então, c 1 (x) e c 2 (x) devem satisfazer ao seguinte sistema:
c′ 1 + e^3 xc′ 2 = 0 (1) 3 e^3 xc′ 2 = 3xe^3 x^ (2)
