Departamento de Matemática e Engenharias
MATEMÁTICA GERAL
Licenciatura em Biologia
2o Semestre 2004/2005
Resoluções da folha de exercícios no 11
Equações diferenciais de ordem superior a 1.
Equações lineares de coeficientes constantes
Nas resoluções seguintes, c, k, l e m representam constantes reais arbitrárias.
1. xn 3y2 + 4xy dx + xn 2xy + x2 dy = 0, com n ∈ Z+
a) n =? para que a equação acima seja exacta.
Sejam M (x, y) = xn 3y 2 + 4xy e N (x, y) = xn 2xy + x2 .
A equação é uma equação diferencial exacta sse
Temos
∂M
∂y
= 6yxn + 4xn+1 e
∂N
∂x
∂M
∂y
=
∂N
∂x .
= 2 (n + 1) xn y + (n + 2) xn+1 . Portanto
= ∂N ⇔ 6xn y + 4xn+1 = 2 (n + 1) xn y + (n + 2) xn+1 ⇔
∂x
2 (n + 1) = 6
⇔n=2
⇔
n+2=4
∂M
∂y
b) Pretendemos, agora, resolver a equação diferncial exacta.
xn 3y2 + 4xy dx + xn 2xy + x2 dy = 0
Neste caso M (x, y) = 3x2 y 2 + 4x3 y e N (x, y) = 2x3 y + x4 .
∂f
∂x = M (x, y) .
f (x, y) =? tal que
∂f
∂y = N (x, y)
⇔
∂f
∂x
∂f
∂y
= 3x2 y 2 + 4x3 y
⇔
= 2x3 y + x4
f (x, y) =
f (x, y) = x3 y 2 + x4 y + ϕ (y)
⇔
2x3 y + x4 + ϕ′ (y) = 2x3 y + x4
3x2 y 2 + 4x3 y dx
ϕ′ (y)
=0
⇔
⇔
Portanto a solução geral da equação inicial é x3 y 2 + x4 y = c
1
f (x, y) = x3 y2 + x4 y + k
ϕ (y) = k
2. m =? para que y = emx seja solução da equação:
y ′′′ − 3y ′′ − 4y ′ + 12y = 0
y = emx é solução da equação acima sse
(emx )′′′ − 3 (emx )′′ − 4 (emx )′ + 12emx = 0 ⇔ emx m3 − 3m2 − 4m + 12 = 0 ⇔
⇔ m3 − 3m2 − 4m + 12 = 0 ⇔ (m − 2) (m − 3) (m + 2) = 0 ⇔ m = −2 ∨ m = 2 ∨ m = 3
x
3. Queremos encontrar a solução da equação y ′′′ = log
que satisfaz as condições iniciais
x2
y|x=1 = 0, y′ |x=1 = 1, y ′′ |x=1 = 2.
x
y ′′′ = log
⇔ y ′′ = x12 log x dx ⇔ y ′′ = − x1 log x + x12 dx ⇔ y ′′ = − x1 (log x + 1) + c ⇔
x2
2
⇔ y′ = − x1 log x − x1 + c dx ⇔ y ′ = − log2 x − log x + cx + k ⇔
2
2
− log2 x − log x + cx + k dx ⇔ y = − 21 1 · log2 x dx − 1 · log x dx + c x2 + kx + l ⇔
2
2
⇔ y = − 21 x log2 x − 2 log x dx − 1·log x dx+c x2 +kx+l ⇔ y = − 12 x log2 x+c x2 +kx+l
⇔y=
Resta-nos encontrar c, k e l tais que: y|x=1 = 0, y ′ |x=1 = 1, y ′′ |x=1 = 2.

 c

 1
2
 l = 21
 2 +k+l =0
 y|x=1 = 0
 − 2 x log2 x + c x2 + kx + l|x=1 = 0
k = −2
c+k =1
⇔
=1 ⇔
y′|
− 1 log2 x − log x + cx + k|x=1 = 1 ⇔


 ′′ x=1
 21
c=3
−1 + c = 2
y |x=1 = 2
− x log x − x1 + c|x=1 = 2
Portanto a solução pretendida é:
1
x2
1
y = − x log2 x + 3 − 2x +
2
2
2
4. Equações diferenciais lineares de ordem superior a 1 com coeficientes constantes:
4.1. y ′′ − 3y ′ + 2y = 0
A equação característica correnspondente a esta equação diferencial é r2 − 3r + 2 = 0.
r2 − 3r + 2 = 0 ⇔ r = 1 ∨ r = 2
Portanto a solução geral da equação dada é: y = cex + ke2x .
4.2. y ′′ + πy = 0
Equação característica: r2 + π = 0
√
√
r2 + π = 0 ⇔ r2 = −π ⇔ r = ± −π ⇔ r = 0 ± πi
√
√
Portanto a solução geral da equação dada é: y = e0x (c cos ( πx) + k sin ( πx)) ⇔
√
√
⇔ y = c cos ( πx) + k sin ( πx)
2
4.3. y ′′ + 2y ′ + 5y = 0
com y(0) = 1, y ′ (0) = π
Equação característica: r2 + 2r + 5 = 0 ⇔ r = −1 ± 2i
Portanto a solução geral da equação dada é: y = e−x (c cos (2x) + k sin (2x))
−x
e (c cos (2x) + k sin (2x)) |x=0 = 1
y(0) = 1
⇔
⇔
e−x ((2k − c) cos (2x) − (k + 2c) sin (2x)) |x=0 = π
y ′ (0) = π
−1
c=e
c=e
e c=1
⇔
⇔
⇔
−1
−1
2ke − 1 = π
e (2k − c) = π
k = (π+1)e
2
Assim, a solução pretendida é y = e−x+1 cos (2x) +
π+1
2
sin (2x)
4.4. y ′′ − 3y ′ + 2y = 6
Equação associada sem 2o membro: y′′ − 3y ′ + 2y = 0
Equação característica: r2 − 3r + 2 = 0 ⇔ r = 1 ∨ r = 2
Portanto a solução geral da equação associada sem 2o membro é: y = cex + ke2x
Facilmente se verifica que y0 = 3 é uma solução particular da equação completa.
Concluimos, assim, que a solução geral da equação completa é dada por
y = cex + ke2x + 3.
4.5. y ′′ + 9y = sin 2x
Equação associada sem 2o membro: y′′ + 9y = 0
√
Equação característica: r2 + 9 = 0 ⇔ r2 = −9 ⇔ r = ± −9 ⇔ r = ±3i
Assim, a solução geral da equação associada é: y = c cos (3x) + k sin (3x)
Procuramos agora uma solução particular da equação completa na forma y0 = A sin 2x
y0′′ + 9y0 = sin 2x ⇔ −4A sin 2x + 9A sin 2x = sin 2x ⇔ 5A sin 2x = sin 2x ⇔
⇔ 5A = 1 ⇔ A = 51
Portanto y0 = 15 sin 2x é uma solução particular da equação completa e a sua solução
geral é dada por:
y = c cos (3x) + k sin (3x) +
4.6. y ′′′ − 3y ′′ + 3y ′ − y = 8e3x
1
sin 2x
5
com y(0) = 4, y ′ (0) = y ′′ (0) = 2
Equação associada sem 2o membro: y′′′ − 3y′′ + 3y ′ − y = 0
Equação característica: r3 − 3r2 + 3r − 1 = 0 ⇔ (r − 1)3 = 0 ⇔ r = 1 (raíz tripla)
Portanto, a solução geral da equação associada é: y = ex c + kx + lx2
3
Procuremos uma solução particular da equação completa na forma y0 = Ae3x
y0′′′ − 3y0′′ + 3y0′ − y0 = 8e3x ⇔ 27Ae3x − 27Ae3x + 9Ae3x − Ae3x = 8e3x ⇔
⇔ 8Ae3x = 8e3x ⇔ 8A = 8 ⇔ A = 1
Assim, y0 = e3x é uma solução particular da equação completa. Finalmente, a solução
geral da equação inicial é:
y = ex c + kx + lx2 + e3x
Resta encontrar c, k e l tais que y(0) = 4, y ′ (0) = y ′′ (0) = 2

 x
 y(0) = 4
 e c + kx + lx2 + e3x |x=0 = 4
y ′ (0) = 2 ⇔
ex c + k + (k + 2l) x + lx2 + 3e3x |x=0 = 2
⇔
 ′′
 x
y (0) = 2
e c + 2k + 2l + (k + 4l) x + lx2 + 9e3x |x=0 = 2


 c+1 =4
 c=3
c+k+3=2
k = −4
⇔
⇔


c + 2k + 2l + 9 = 2
l = −1
Portanto a solução pretendida é: y = ex 3 − 4x − x2 + e3x
4.7. y IV − y = 0
Equação característica: r4 − 1 = 0 ⇔ r2 − 1 r2 + 1 = 0 ⇔
2
⇔ (r − 1) (r + 1) r + 1 = 0 ⇔ r = 1 ∨ r = −1 ∨ r = ±i
Portanto a solução geral da equação é: y = cex + ke−x + l cos x + m sin x
4.8. y ′′′ + y ′′ − 2y = 5ex + x
com y(0) = 0, y ′ (0) = 1, y ′′ (0) = 2
Equação associada sem 2o membro: y′′′ + y ′′ − 2y = 0
Equação característica: r3 + r2 − 2 = 0 ⇔ r = 1 ∨ r = −1 ± i
Portanto, a solução geral da equação associada sem 2o membro é:
y = cex + e−x (k cos x + l sin x)
Procuramos uma solução particular da equação completa na forma: y0 = Axex + Bx
Temos y0′ = (Ax + A) ex + B; y0′′ = (Ax + 2A) ex ; y0′′′ = (Ax + 3A) ex
Assim,
y0′′′ + y0′′ − 2y0 = 5ex + x ⇔ 5Aex − 2Bx = 5ex + x ⇔ A = 1 ∧ B = − 12
Logo y0 = xex − 21 x é um solução geral da equação completa. Então a solução geral
da equação completa é:
1
y = cex + e−x (k cos x + l sin x) + xex − x
2
4
Encontramos agora c, k e l tais que y(0) = 0, y ′ (0) = 1, y ′′ (0) = 2

 x
 y(0) = 0
 ce + e−x (k cos x + l sin x) + xex − 21 x|x=0 = 0
′
y (0) = 1 ⇔
cex + e−x ((l − k) cos x − (l + k) sin x) + (x + 1) ex − 12 |x=0 = 1 ⇔
 ′′
 x
ce + e−x (−2l cos x + 2k sin x) + (x + 2) ex |x=0 = 2
y (0) = 2



 k = − 51
 c+k =0
 k = −c
1
⇔
⇔
l = 10
c + l − k + 1 − 12 = 1 ⇔
2c + l = 12 ⇔
5l = 12



1
c = 2l
c= 5
c − 2l + 2 = 2
Portanto a solução procurada é:
1
1
1 x
1
−x
sin x + xex − x
y = e +e
− cos x +
5
5
10
2
4.9. y ′′ + 4y ′ + 3y = 9e−3x
Equação associada sem 2o membro: y′′ + 4y ′ + 3y = 0
Equação característica: r2 + 4r + 3 = 0 ⇔ r = −3 ∨ r = −1
Logo a soução geral da equação associada sem 2o membro é: y = ce−3x + ke−x
Procuramos uma solução particular da equação completa na forma: y0 = Axe−3x
Temos y0′ = (−3Ax + A) e−3x ; y0′′ = (9Ax − 6A) e−3x ,
y0′′ + 4y0′ + 3y0 = 9e−3x ⇔ −2Ae−3x = 9e−3x ⇔ −2A = 9 ⇔ A = − 92
Portanto y0 = − 29 xe−3x é uma solução particular da equação completa e a sua solução
geral é:
9
y = ce−3x + ke−x − xe−3x
2
4.10. y ′′′ − y ′′ + y ′ − y = x2 + x
Equação associada sem 2o membro: y′′′ − y ′′ + y′ − y = 0
Equação característica: r3 − r2 + r − 1 = 0 ⇔ r = 1 ∨ r = ±i
A solução geral da equação associada sem 2o membro é y = cex + k cos x + l sin x
Procuramos uma solução particular da equação completa na forma:
y0 = Ax2 + Bx + C.
Obtemos y0′ = 2Ax + B; y0′′ = 2A; y0′′′ = 0,
y0′′′ − y0′′ + y0′ − y0 = x2 + x ⇔ −Ax2 + (2A − B) x + B − 2A − C = x2 + x ⇔


 −A = 1
 A = −1
⇔
2A − B = 1
⇔
B = −3


B − 2A − C = 0
C = −1
Logo y0 = −x2 − 3x − 1 é uma solução particular da equação completa.
A solução geral da equação completa é:
y = cex + k cos x + l sin x − x2 − 3x − 1
5
4.11. y ′′ − 6y ′ + 9y = 9x2 − 12x + 2; y(0) = 1, y ′ (0) = 3
Equação associada sem 2o membro: y′′ − 6y ′ + 9y = 0
Equação característica: r2 − 6r + 9 = 0 ⇔ (r − 3)2 = 0 ⇔ r = 3 (raíz dupla)
Solução geral da equação associada sem 2o membro: y = e3x (c + kx)
Procuramos uma solução particular da equação completa na forma:
y0 = Ax2 + Bx + C.
Temos: y0′ = 2Ax + B; y0′′ = 2A;
y0′′ −6y0′ +9y0 = 9x2 −12x+2 ⇔ 9Ax2 +(9B − 12A) x+9C−6B+2A = 9x2 −12x+2 ⇔


 9A = 9
 A=1
A=1
⇔
⇔
9B − 12A = −12
⇔
B=0
9B − 12 = −12


9C − 6B + 2A = 2
C=0
Portanto y0 = x2 é uma solução particular da equação completa.
Solução geral da equação completa: y = e3x (c + kx) + x2
Encontramos agora c e k tais que y(0) = 1, y ′ (0) = 3
3x
y(0) = 1
e (c + kx) + x2 |x=0 = 1
c=1
c=1
⇔
⇔
⇔
′
3x
y (0) = 3
e (3c + k + 3kx) + 2x|x=0 = 3
3c + k = 3
k=0
Assim, a solução pretendida é: y = e3x + x2
4.12. y ′′ + 2y ′ + y = x2 e−x cos x
Equação associada sem 2o membro: y′′ + 2y ′ + y = 0
Equação característica: r2 + 2r + 1 = 0 ⇔ (r + 1)2 = 0 ⇔ r = −1 (raíz dupla)
Solução geral da equação associada sem 2o membro: y = e−x (c + kx)
Procuramos uma solução particular da equação completa na forma:
y0 = Ax2 + Bx + C e−x cos x + Dx2 + Ex + F e−x sin x
y0′ = (D − A) x2 + (2A − B + E) x + B − C + F e−x cos x
+ (−A − D) x2 + (2D − B − E) x − C + E − F e−x sin x
y0′′ = −2Dx2 + (4D − 4A − 2E) x + 2A − 2B + 2E − 2F e−x cos x
+ 2Ax2 + (2B − 4A − 4D) x − 2B + 2C + 2D − 2E e−x sin x;
Assim, y0′′ + 2y0′ + y0 = x2 e−x cos x ⇔
⇔ −Ax2 + (4D − B) x + 2A − C + 2E e−x cos x
+ −Dx2 + (−4A − E) x − 2B + 2D − F e−x sin x = x2 e−x cos x ⇔
6


A = −1
−A = 1








B=0
4D
−
B
=
0






C=6
2A − C + 2E = 0
⇔
⇔
D=0
−D = 0










E=4
−4A
−
E
=
0




F =0
−2B + 2D − F = 0
Portanto y0 = −x2 + 6 e−x cos x + 4xe−x sin x é uma solução particular da equação
completa.
Solução geral da equação completa:
y = e−x (c + kx) + −x2 + 6 e−x cos x + 4xe−x sin x
7