EXERCÍCIOS RESOLVIDOS:
Verifique que as funções dadas formam um conjunto fundamental de soluções
da equação diferencial no intervalo indicado. Forme a solução geral:
1) 𝒚′′ − 𝒚′ − 𝟏𝟐𝒚 = 𝟎;
𝒆−𝟑𝒙 ; 𝒆𝟒𝒙 , (−∞, ∞)
Note que as funções satisfazem a equação diferencial e pelo Wronskiano mostramos
que as funções são Linearmente Independentes, pois:
−3𝑥
𝑊(𝑒 −3𝑥 , 𝑒 4𝑥 ) = | 𝑒 −3𝑥
−3𝑒
𝑒 4𝑥 | = 7𝑒 𝑥 ≠ 0 para −∞ < 𝑥 < ∞
4𝑒 4𝑥
Logo 𝑒 −3𝑥 ; 𝑒 4𝑥 formam um conjunto fundamental de soluções.
A solução geral é:
2) 𝒚′′ − 𝟒𝒚 = 𝟎;
𝐜𝐨𝐬𝐡 𝟐𝒙 ; 𝐬𝐢𝐧𝐡 𝟐𝒙 ;
(−∞, ∞)
Note que as funções satisfazem a equação diferencial e pelo Wronskiano mostramos
que as funções são Linearmente Independentes, pois:
Logo cosh 2𝑥 ; sinh 2𝑥 formam um conjunto fundamental de soluções.
A solução geral é:
A função indicada 𝒚𝟏 (𝒙) é uma solução da equação dada. Aplique a redução de
ordem para obter uma segunda solução 𝒚𝟐 (𝒙):
1) 𝒚′′ + 𝟐𝒚′ + 𝒚 = 𝟎;
Definimos:
Derivando a função acima:
𝒚𝟏 (𝒙) = 𝒙𝒆−𝒙
Substituindo na equação diferencial:
Para reduzir a ordem da equação diferencial façamos a seguinte troca:
Logo a E.D. se transforma em uma E.D. de primeira ordem:
Multiplicando a E.D. pelo F.I,:
Portanto:
Assim uma segunda solução da E.D. é:
2) 𝒚′′ + 𝟏𝟔𝒚 = 𝟎;
𝒚𝟏 (𝒙) = 𝐜𝐨𝐬 𝟒𝒙
Definimos:
Derivando a função acima:
Substituindo na equação diferencial:
Para reduzir a ordem da equação diferencial façamos a seguinte troca:
Logo a E.D. se transforma em uma E.D. de primeira ordem:
Multiplicando a E.D. pelo F.I,:
Portanto:
Assim uma segunda solução da E.D. é:
Determine a solução geral das equações diferenciais de segunda ordem dada.
1) 𝟐𝒚′′ + 𝟐𝒚′ + 𝒚 = 𝟎
Supondo que uma solução da E.D. seja da forma: 𝑦 = 𝑒 𝑚𝑥 substituindo na equação
diferencial obtemos a equação característica (ou eq. auxiliar):
Que tem como raízes:
Lembrando quando temos raízes complexas conjugadas 𝑎 ± 𝑏𝑖 a solução geral da
E.D. será:
𝑦 = 𝑒 𝑎𝑥 (𝐶1 cos 𝑏𝑥 + 𝐶2 sin 𝑏𝑥)
Logo:
2) 𝒚′′ + 𝟖𝒚′ + 𝟏𝟔𝒚 = 𝟎
Supondo que uma solução da E.D. seja da forma: 𝑦 = 𝑒 𝑚𝑥 substituindo na equação
diferencial obtemos a equação característica (ou eq. auxiliar):
Que tem como raízes:
Lembrando quando temos raízes reais e iguais 𝑚1 = 𝑚2 = 𝑟𝑎í𝑧𝑒𝑠 a solução geral da
E.D. será:
𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑚1𝑥 + 𝐶2 𝑥𝑒 𝑚1𝑥
Logo:
Determine a solução geral das equações diferenciais de ordem elevada dada.
1) 𝒚′′′ + 𝟑𝒚′′ − 𝟒𝒚′ − 𝟏𝟐𝒚 = 𝟎
Supondo que uma solução da E.D. seja da forma: 𝑦 = 𝑒 𝑚𝑥 substituindo na equação
diferencial obtemos a equação característica (ou eq. auxiliar):
Para testar possíveis raízes de equações polinomiais começamos com os números
múltiplos do número em destaque: 𝑎𝑚3 + 𝑏𝑚2 + 𝑐𝑚 + 𝑑 = 0. Neste caso
testaremos se 𝑚 = ±1; ±2; ±3; ±4; ±6; ±12. Assim encontramos como raízes:
Como todas as raízes são distintas, segue que a solução geral é:
2) 𝒚′′′ − 𝟓𝒚′′ + 𝟑𝒚′ + 𝟗𝒚 = 𝟎
Supondo que uma solução da E.D. seja da forma: 𝑦 = 𝑒 𝑚𝑥 substituindo na equação
diferencial obtemos a equação característica (ou eq. auxiliar):
Para testar possíveis raízes de equações polinomiais começamos com os números
múltiplos do número em destaque: 𝑎𝑚3 + 𝑏𝑚2 + 𝑐𝑚 + 𝑑 = 0. Neste caso
testaremos se 𝑚 = ±1; ±3; ±9. Assim encontramos como raízes:
Como temos duas raízes reais e iguais e uma distinta, segue que a solução geral é:
3)
𝒅𝟒 𝒚
𝒅𝟐 𝒚
𝒅𝒙
𝒅𝒙𝟐
−𝟕
𝟒
− 𝟏𝟖𝒚 = 𝟎
Supondo que uma solução da E.D. seja da forma: 𝑦 = 𝑒 𝑚𝑥 substituindo na equação
diferencial obtemos a equação característica (ou eq. auxiliar):
Para testar possíveis raízes de equações polinomiais começamos com os números
múltiplos do número em destaque: 𝑎𝑚4 + 𝑏𝑚3 + 𝑐𝑚2 + 𝑑𝑚 + 𝑒 = 0. Neste caso
testaremos se 𝑚 = ±1; ±2; ±3; ±6; ±9; ±18. Assim encontramos como raízes:
Como temos duas raízes reais e iguais e uma distinta, segue que a solução geral é:
Resolva a equação
indeterminados:
diferencial
dada
pelo
método
dos
coeficientes
1) 𝒚′′ + 𝟐𝒚′ = 𝟐𝒙 + 𝟓 − 𝒆−𝟐𝒙
A equação homogênea associada é: 𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ = 0, para obter a solução desta
equação assumimos que a solução seja da forma: 𝑦 = 𝑒 𝑚𝑥 substituindo na equação
diferencial obtemos a equação característica (ou eq. auxiliar):
Que tem como raízes:
Logo a solução da eq. Diferencial homogênea associada é:
Note que pela função de entrada 𝟐𝒙 + 𝟓 − 𝒆−𝟐𝒙 a solução particular deve ter a
seguinte forma:
Substituindo na E.D. obtemos o seguinte sistema:
E a solução geral é:
1) 𝒚′′ − 𝟏𝟔𝒚 = 𝟐𝒆𝟒𝒙
A equação homogênea associada é: 𝑦 ′′ − 16𝑦 = 0, para obter a solução desta
equação assumimos que a solução seja da forma: 𝑦 = 𝑒 𝑚𝑥 substituindo na equação
diferencial obtemos a equação característica (ou eq. auxiliar):
Que tem como raízes:
Logo a solução da eq. Diferencial homogênea associada é:
Note que pela função de entrada 2𝒆𝟒𝒙 e a solução da E.D, a solução particular seria
da seguinte forma: 𝒚𝒑 = 𝑨𝒆𝟒𝒙 , porém a E.D. Homogênea Associada tem termo em
comum: a função 𝒆𝟒𝒙 . Logo deve ser multiplicado por 𝒙 para não ter nenhum termo
em comum:
Substituindo na E.D. obtemos o seguinte sistema:
E a solução geral é:
Resolva o problema de valor inicial:
1) 𝟓𝒚′′ + 𝒚′ = −𝟔𝒙
𝒚(𝟎) = 𝟎;
𝒚′ (𝟎) = −𝟏𝟎
A equação homogênea associada é: 5𝑦 ′′ + 𝑦′ = 0, para obter a solução desta equação
assumimos que a solução seja da forma: 𝑦 = 𝑒 𝑚𝑥 substituindo na equação diferencial
obtemos a equação característica (ou eq. auxiliar):
5𝑚2 + 𝑚 = 0
Que tem como raízes:
𝑚1 = 0
𝑚2 = −
1
5
Logo a solução da eq. Diferencial homogênea associada é:
Note que pela função de entrada −𝟔𝒙, a solução particular seria da seguinte forma:
𝒚𝒑 = 𝑨𝒙 + 𝑩, porém a E.D. Homogênea Associada tem termo em comum:
𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒. Logo deve ser multiplicado por 𝒙 para não ter nenhum termo em comum:
Substituindo na E.D. obtemos o seguinte sistema:
E a solução geral é:
Substituindo as condições iniciais: 𝑦(0) = 0;
𝑦 ′ (0) = −10.
Logo a solução do PVI:
Resolva cada equação diferencial pela variação de parâmetros:
1) 𝒚′′ − 𝟐𝒚′ + 𝒚 = 𝒆𝒕 𝐭𝐚𝐧−𝟏 𝒕
1º Resolvendo a equação diferencial homogênea associada: 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 0.
Equação auxiliar:
Segue que:
Note que: 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 onde 𝑦1 = 𝑒 𝑡 𝑦2 = 𝑡𝑒 𝑡
Uma solução particular da E.D. não homogênea: 𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 , onde 𝑢1 e 𝑢2
devem satisfazer o seguinte sistema:
𝑦1 𝑢1′ + 𝑦2 𝑢2′ = 0
{ ′ ′
𝑦1 𝑢1 + 𝑦2′ 𝑢2′ = 𝑒 𝑡 tan−1 𝑡
Wronskiano:
𝑊1 = |
𝑡𝑒 𝑡 | = −𝑡𝑒 𝑡 𝑒 𝑡 tan−1 𝑡
𝑡𝑒 𝑡 + 𝑒 𝑡
0
𝑡
𝑒 tan−1 𝑡
𝑡
𝑊2 = |𝑒 𝑡
𝑒
𝑢1′ =
0
𝑡 𝑡
−1
𝑡
−1 | = 𝑒 𝑒 tan
𝑒 tan 𝑡
𝑡
𝑊1
𝑊
𝑢2′ =
𝑊2
𝑊
Integrando:
Assim:
𝑦𝑔 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 + 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2
E, portanto:
2) 𝟐𝒚′′ + 𝟐𝒚′ + 𝒚 = 𝟐√𝒙
1º Resolvendo a equação diferencial homogênea associada: 2𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ + 𝑦 = 0.
Equação auxiliar:
Segue que:
𝑥
𝑥
𝑥
Note que: 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 onde 𝑦1 = 𝑒 −2 cos 𝑦2 = 𝑒 −2 sin
2
𝑥
2
Uma solução particular da E.D. não homogênea: 𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 , onde 𝑢1 e 𝑢2
devem satisfazer o seguinte sistema:
𝑦1 𝑢1′ + 𝑦2 𝑢2′ = 0
{ ′ ′
𝑦1 𝑢1 + 𝑦2′ 𝑢2′ = 2√𝑥
Wronskiano:
𝑥
𝑒 −2 sin
0
𝑊1 = |
2 √𝑥
𝑥
2
𝑥
−
2 sin
|
=
−2
𝑥𝑒
√
𝑥
1 −𝑥/2
𝑥 1
𝑒
cos − 𝑒 −𝑥/2 sin
2
2 2
2
𝑡
𝑊2 = |𝑒 𝑡
𝑒
𝑢1′ =
0
𝑡 𝑡
−1
𝑡
−1 | = 𝑒 𝑒 tan
𝑒 tan 𝑡
𝑡
𝑊1
𝑊
Integrando:
Assim:
𝑦𝑔 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 + 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2
𝑢2′ =
𝑊2
𝑊
𝑥
2
E, portanto: