Neste artigo queremos apresentar nossa quarta lista de exercícios resolvidos envolvendo as bases conceituais para o estudo das equações diferenciais, com vistas a uma análise abrangente, seja ela qualitativa ou quantitativa.
Em resumo, classificamos uma equação diferencial quanto ao tipo: ordinária ou parcial; quanto a ordem; e quanto à linearidade: linear ou não-linear. Uma solução para uma equação diferencial é qualquer função suficientemente diferenciável que satisfaça a equação em algum intervalo.
Você precisa passar em cálculo? Não se preocupe, nós podemos ajudar! Clique aqui e descubra como podemos facilitar sua aprovação. |
Introdução às Equações Diferenciais | 4ª Lista de Exercícios Resolvidos
1) Classifique cada uma das equações diferenciais dadas abaixo:
a) (2xy -y^2)dx+e^xdy = 0
SOLUÇÃO: Equação diferencial ordinária de primeira ordem, não-linear.
b) (\text{sen}(xy))y'\;'\;' + 4xy' = 0
SOLUÇÃO: Equação diferencial ordinária de terceira ordem, não-linear.
c) \dfrac{\partial ^2 u}{\partial x^2} + \dfrac{\partial ^2 u}{\partial y^2} = u
SOLUÇÃO: Equação diferencial parcial de segunda ordem, linear.
d) x^2 \dfrac{d^2 y}{dx^2} - 3x \dfrac{dy}{dx}+y = x^2
SOLUÇÃO: Equação diferencial ordinária de segunda ordem, linear.
2) Verifique que cada uma das funções dadas abaixo são soluções das equações diferenciais dadas
a) y'+2xy = 2 + x^2 +y^2, com y = x + \text{tg}(x)
SOLUÇÃO: Sabemos que $$ y’ = 1 + \text{sec}^2 (x) $$ e substituindo na equação diferencial obtemos $$ y’+2xy = 2 + x^2 +y^2 \Leftrightarrow \left[ 1 + \text{sec}^2 (x) \right] + 2x \left[ x + \text{tg}(x) \right] = 2 + x^2 + \left[ x + \text{tg}(x) \right]^2 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow 1 + \text{sec}^2 (x) +2x^2 +2x\text{tg}(x) = 2 x^2 + x^2 +2x \text{tg}(x) + \text{tg}^2(x) \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow 1 + \text{sec}^2 (x) = 2 + \text{tg}^2(x) \Leftrightarrow \text{sec}^2 (x) = 1 + \text{tg}^2(x).$$ Pela verdade da relação trigonométrica podemos garantir que que esta função é uma solução da equação diferencial em questão.
b) x^2 y'\;' + xy' +y = 0 , com y = c_1 \text{cos}\left( \ln{x} \right) + c_2 \text{sen}\left( \ln{x} \right), x>0
SOLUÇÃO: As derivadas de y(x) são dadas por $$y’ = \frac{c_2\,\mathrm{cos}\left( \mathrm{ln}\left( x\right) \right) }{x}-\frac{c_1\,\mathrm{sen}\left( \mathrm{ln}\left( x\right) \right) }{x}$$ $$y’\;’ = -\frac{\left( c_2 – c_1 \right) \,\mathrm{sen}\left( \mathrm{ln}\left( x\right) \right) +\left( c_2 + c_1\right) \,\mathrm{cos}\left( \mathrm{ln}\left( x\right) \right) }{{x}^{2}}.$$
Daí, substituindo na equação diferencial obtemos $$ x^2 y’\;’ + xy’ +y = x^2 \left[ -\frac{\left( c_2 – c_1 \right) \,\mathrm{sen}\left( \mathrm{ln}\left( x\right) \right) +\left( c_2 + c_1\right) \,\mathrm{cos}\left( \mathrm{ln}\left( x\right) \right) }{{x}^{2}} \right] + \\ + x \left[ \frac{c_2\,\mathrm{cos}\left( \mathrm{ln}\left( x\right) \right) }{x}-\frac{c_1\,\mathrm{sen}\left( \mathrm{ln}\left( x\right) \right) }{x} \right] + \left[ c_1 \text{cos}\left( \ln{x} \right) + c_2 \text{sen}\left( \ln{x} \right) \right] = \\ = – \left( c_2 – c_1 \right) \,\mathrm{sen}\left( \mathrm{ln}\left( x\right) \right) – \left( c_2 + c_1\right) \,\mathrm{cos}\left( \mathrm{ln}\left( x\right) \right) + \\ + c_2\,\mathrm{cos}\left( \mathrm{ln}\left( x\right) \right)- c_1\,\mathrm{sen}\left( \mathrm{ln}\left( x\right) \right) + c_1 \text{cos}\left( \ln{x} \right) + c_2 \text{sen}\left( \ln{x} \right) = \\ = \mathrm{cos}\left( \mathrm{ln}\left( x\right) \right) \left[-c_2-c_1+c_2+c_1 \right] + \mathrm{sen}\left( \mathrm{ln}\left( x\right) \right) \left[ -c_2 +c_1 – c_1 +c_2 \right] = \\ + \mathrm{cos}\left( \mathrm{ln}\left( x\right) \right) \times 0 + \mathrm{sen}\left( \mathrm{ln}\left( x\right) \right) \times 0 = 0$$
Portanto, esta é uma solução da equação dada. Este tipo de equação é conhecida como Equação de Euler-Cauchy de 2ª Ordem.
c) y'\;'\;' - 2 y'\;'-y'+2y= 6, com y = c_1 e^x + c_2 e^{-x} + c_3e^{2x} + 3
SOLUÇÃO: As derivadas de y(x) são dadas por $$y'(x) = 2c_3\,{e}^{2\,x}+c_1{e}^{x}-c_2{e}^{-x}$$ $$y’\;'(x) = {e}^{-x}\,\left( 4c_3\,{e}^{3\,x}+c_1{e}^{2\,x}+c_2\right) $$ $${y’\;’\;’}(x) = {e}^{-x}\,\left( 8c_3\,{e}^{3\,x}+c_1{e}^{2\,x}-c_2 \right) $$ e substituindo na equação, obtemos $$ y’\;’\;’ – 2 y’\;’-y’+2y= 6 \Leftrightarrow {e}^{-x}\,\left( 8c_3\,{e}^{3\,x}+c_1{e}^{2\,x}-c_2\right) – \\ – 2 {e}^{-x}\,\left( 4c_3\,{e}^{3\,x}+c_1{e}^{2\,x}+c_2\right) – 2c_3\,{e}^{2\,x}+c_1{e}^{x}-c_2{e}^{-x} + \\ + 2 \left( c_1 e^x + c_2 e^{-x} + c_3e^{2x} + 3\right) = 6 \Leftrightarrow 6 = 6.$$ Portanto, esta é uma solução da equação dada.
d) y^{(4)} - 16y = 0, com y = \text{sen}(2x)+\text{cosh}(2x)
SOLUÇÃO: As derivadas de y(x) são dadas por $$ y'(x) =2 \text{cos}(2x)+2 \text{senh}(2x)$$ $$y’\;'(x) = -4 \text{sen}(2x)+4 \text{cosh}(2x)$$ $$y’\;’\;'(x) = -8 \text{cos}(2x)+8 \text{senh}(2x)$$ $$y^{(4)}(x) = 16 \text{sen}(2x)+16 \text{cosh}(2x)$$ e substituindo na equação $$ y^{(4)} – 16y = 16 \text{sen}(2x)+16 \text{cosh}(2x) – 16 \left[ \text{sen}(2x)+\text{cosh}(2x) \right] = 0$$ portanto esta é a solução da equação dada.
3) Encontre, por inspeção, ou seja, sem o uso de métodos para soluções de EDO’s, uma solução para as equações diferenciais abaixo.
a) y' = 2x
SOLUÇÃO: Neste caso, com um integração simples encontramos $$ y’ = 2x \Leftrightarrow y(x) = \int{2x dx} = x^2 +c.$$
b) y' - 5y = 0
Apoie Nosso Trabalho:
Apoie nosso trabalho fazendo um pix de qualquer valor: Chave Pix: 06713646697
SOLUÇÃO: Neste caso, queremos uma função que satisfaça $$y’ = 5y$$ ou seja, queremos um função que seja um quinto de sua derivada. Logo, pensamos em $$y(x) = e^{5x}$$ pois $$ y'(x) = 5 e^{5x} = 5 y(x).$$ Portanto, y(x) = e^{5x} é uma solução desta equação.
c) y'\;' - 1 = 0
SOLUÇÃO: Neste caso, basta usar a integração simples para encontrarmos $$y'(x) = \int{1 dx} = x+c_1$$ $$y(x) = \int{y'(x) dx} = \int{(x+c_1)dx} = \frac{x^2}{2}+c_1 x +c_2$$ o que nos dá a solução geral da equação.
d) y'\;' - y' = 0
SOLUÇÃO: Neste caso precisamos encontrar uma função y(x) , tal que sua segunda derivada seja igual à primeira derivada. Para isso, podemos pensar em duas funções como soluções particulares desta equação: $$y_1 (x) = 0$$ $$y_2 (x) = e^{x}.$$
e) 2y y' - 1 = 0
SOLUÇÃO: Observe que neste caso a equação pode ser reescrita como $$y’ = \frac{1}{2y}$$, ou seja, queremos uma função cuja derivada seja igual a meio multiplicado pelo seu próprio inverso multiplicativo. Lembrando que $$(\sqrt{x})’ = \frac{1}{2\sqrt{x}}$$ podemos concluir que $$y(x) = \sqrt{x} $$ é uma solução particular desta equação.
Mais Listas de Exercícios Sobre Introdução às Equações Diferenciais
- Introdução às Equações Diferenciais | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos
- Introdução às Equações Diferenciais | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos
- Introdução às Equações Diferenciais | 3ª Lista de Exercícios Resolvidos
Leia Mais:
- Equações Diferenciais | Introdução aos Conceitos Básicos
- Equações Diferenciais Parciais | Uma Introdução aos Conceitos Básicos
- EDO de 1ª Ordem: Teorema de Existência e Unicidade de Solução
- A Equação da Onda numa Corda Unidimensional Infinita
Assista Nossa Vídeo-Aula Sobre o Tema:
