E.D.O.’s Lineares de 2ª Ordem | 3ª Lista de Exercícios Resolvidos.

Neste artigo queremos apresentar uma terceira lista de exercícios resolvidos sobre equações diferenciais ordinárias (E.D.O.’s) de segunda ordem lineares, que são dadas pela forma a_2(x) y'' + a_1 (x) y' + a_0 (x) y = g(x), onde a_2(x), a_1 (x) , a_0 (x) e g(x) são contínuas em um intervalo I e a_2 (x) \neq 0 para todo x neste mesmo intervalo.

Sob essas hipóteses, existe uma única solução para $$ a_2(x) y” + a_1 (x) y’ + a_0 (x) y = g(x), $$ que satisfaça a condição inicial $$ y(x_0) = y_0, \qquad y’ (x_0) = y’_0 ,$$ em que x_0 \in I . A técnica usada para resolver este tipo de equação consiste em encontrar a solução geral da equação homogênea associada a_2(x) y'' + a_1 (x) y' + a_0 (x) y = 0 e somá-la a uma solução particular da equação completa utilizando o método dos coeficientes indeterminados ou variação dos parâmetros, dependendo das condições.

3ª Lista de Exercícios de Resolvidos sobre Equações Diferenciais Ordinárias Lineares de 2ª Ordem

1) Resolva as seguintes equações diferenciais ordinárias lineares de segunda ordem:

a) 2 y'' - 5y' - 3y = 0 

SOLUÇÃO: Neste caso a Equação Característica é dada por $$2\lambda ^2 – 5 \lambda – 3 = 0$$ que tem raízes dadas por $$ \lambda_1 =-\frac{1}{2}; \lambda_2 =  3$$ Portanto, a solução da equação diferencial é dada por $$y(t) = c_1 e ^{-t/2} + c_2 e^{3t}.$$

b) y'' + 4y' - 2y = 2x^2 - 3x +6 

SOLUÇÃO: Neste caso, a solução será pela soma y(t) = y_H(t) + y_P (t) .

Primeiramente vamos encontrar a solução da equação homogênea associada, y_H(x), dada por y'' + 4y' - 2y = 0  : $$ y” + 4y’ – 2y = 0 \Rightarrow \lambda ^2 + 4 \lambda -2 =0 \Rightarrow \lambda_1 = -2 – \sqrt{6}; \lambda_2 = -2 + \sqrt{6} .$$ Então, $$y_H (t) =  c_1 e ^{(-2 – \sqrt{6})x} + c_2 e^{(-2 + \sqrt{6})x} .$$

Agora, vamos encontrar uma solução particular, y_P (x) , da equação completa y'' + 4y' - 2y = 2x^2 - 3x +6  .

Observe que g(x) = 2x^2 - 3x +6  é um polinômio de grau 2 e usando a tabela do Método dos Coeficientes Indeterminados iremos procurar uma solução particular na forma $$ y_P (t) = Ax^2 + Bx +C.$$

Devemos determinar coeficientes específicos A, B e C para os quais y_P (x) seja uma solução particular para a EDO. Substituindo y_P (x) e suas derivadas, $$y’_{P} (x) = 2Ax + B$$ $$y”_{P}(x) = 2A,$$  na EDO obtemos, $$ y”_{P} +4 y’_{P} – 2 y_{P} = 2A +8Ax+4B-2Ax^2-2Bx – 2C = 2x^2 -3x+6.$$

O que nos leva ao sistema $$-2A = 2$$ $$8A – 2B = -3$$ $$2A+4B-2C = 6.$$ Que tem solução dada por A=-1, B=-5/2 e C=-9 .

Logo, $$ y_P (x) = -x^2 – \frac{5}{2} x -9 .$$

Portanto, $$ y(x) = c_1 e ^{(-2 – \sqrt{6})x} + c_2 e^{(-2 + \sqrt{6})x} -x^2 – \frac{5}{2} x -9 $$

Obviamente, esta solução particular y_p (x) também poderia ser encontrada usando o Método da Variação dos Parâmetros.

c) y'' - y' + y = 2 sen(3x) 

SOLUÇÃO: Facilmente podemos ver que, neste caso, $$ y_H (x) = e^{x/2} \left( c_1 cos \left( \frac{\sqrt{3}}{2} x \right) + c_2 sen \left( \frac{\sqrt{3}}{2} x \right)  \right) .$$

Agora, usando a tabela do Método dos Coeficientes Indeterminados iremos procurar uma solução particular na forma $$ y_{P} (x) = A cos(3x) + B sen(3x) .$$

Derivando y_{P} (x) e substituindo os resultados na equação diferencial, obtemos, depois de reagrupar $$y” _{P} – y’ _{P} + y_{P} = (-8A – 3B)cos(3x) + (3A – 8B) sen(3x) = 2 sen(3x) $$ o que nos leva ao sistema $$ -8A – 3B = 0 $$ $$3A – 8B = 2$$ que tem solução dada por $$A = 6/73$$ $$B=-16/73.$$ Uma solução particular para a equação é $$ y_{P} (x) = \frac{6}{73} cos(3x) – \frac{16}{73} sen(3x) .$$

Portanto $$y(x) = e^{x/2} \left( c_1 cos \left( \frac{\sqrt{3}}{2} x \right) + c_2 sen \left( \frac{\sqrt{3}}{2} x \right)  \right) + \frac{6}{73} cos(3x) – \frac{16}{73} sen(3x).$$

Observamos que esta solução particular y_p (x) também poderia ser encontrada usando o Método da Variação dos Parâmetros.

d) y'' - 4y' + 4y = (x+1)e^{2x} 

SOLUÇÃO: A equação homogênea associada, y'' - 4y' + 4y = 0  , possui solução dada por $$y_{H}(x) = c_1 e^{2x} +c_2 x e^{2x} .$$

Com isso, um Conjunto Fundamental de Soluções desta equação é dado por $$ \{ e^{2x} , x e^{2x} \}, $$ com Wronskiano dado por $$ W(e^{2x} , x e^{2x}) = e^{2x} (2xe^{2x}  + e^{2x} )- 2e^{2x} xe^{2x} = e^{4x} .$$

Usando o  Método da Variação dos Parâmetros encontramos $$y_{P} (x) = – e^{2x} \int{\frac{xe^{2x} (x+1)e^{2x}}{e^{4x}} dx} + x e^{2x} \int{\frac{e^{2x} (x+1)e^{2x} }{e^{4x}} dx} = $$ $$ = – e^{2x} \int{x(x+1)dx} + x e^{2x} \int{(x+1) dx} $$ $$= – e^{2x} \left( \frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} \right) + x e^{2x} \left( \frac{x^2}{2} +x \right)$$

Portanto a solução da EDO é dada por $$y(x) = c_1 e^{2x} +c_2 x e^{2x} – e^{2x} \left( \frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} \right) + x e^{2x} \left( \frac{x^2}{2} +x \right) .$$

e) 4y'' + 36y = \cosec{(3x)} 

SOLUÇÃO: Primeiramente devemos colocar a equação na forma padrão: $$y ” + 9y = \frac{1}{4} cosec{(3x)} .$$

Como as raízes da equação característica m^2 +9 = 0 são m_1 = 3 i e m_2 = - 3 i a solução da equação homogênea associada é dada por $$y_H(x) = c_1 cos(3x) + c_2 sen(3x) .$$

Usando y_1(x) = cos(3x) e y_2(x) = sen(3x) , encontramos $$W(cos(3x), sen(3x) ) = 3 cos^2 (3x) + 3 sen(3x) = 3.$$

Desta forma, usando o  Método da Variação dos Parâmetros encontramos, lembrando que cosec(3x) = \dfrac{1}{sen(3x)} ,

$$y_{P} (x) = – cos(3x) \int{\frac{sen(3x) cosec{(3x)}}{3} dx} + sen(3x) \int{\frac{cos(3x) cosec{(3x)}}{3}dx} = $$ $$ = -\frac{cos(3x)}{3} \int{dx} + \frac{ sen(3x) }{3} \int{\frac{cos(3x)}{sen(3x)}dx} =$$ $$ = -\frac{1}{12}x cox(3x) + \frac{1}{36}(sen(3x))\ln{|sen(3x)|}$$

Portanto, a solução geral é dada por $$y(x) = c_1 cos(3x) + c_2 sen(3x) -\frac{1}{12}x cox(3x) + \frac{1}{36}(sen(3x))\ln{|sen(3x)|}.$$

f) y'' - 3\tg{(x)}y' = 0

SOLUÇÃO: Observe que neste caso não temos o termo c(x)y(x) , desta forma, podemos fazer a substituição u = y' , o que nos leva à EDO linear de primeira ordem $$u’ -3 tg(x) u = 0 ,$$ que tem solução dada por $$u(x) = c_1 sec^3 (x).$$

Portanto, $$y(x) = \int{c_1 sec^3 (x) dx} = c_1 \left[ \frac{1}{4} \ln{\left( \frac{sen(x) +1 }{sen(x) – 1 } \right)} + \frac{1}{2} tg(x)sec(x) \right] + c_2 .$$

g) (1-2x-x^2)y'' + 2(1+x)y' - 2y = 0

SOLUÇÃO: Esta equação é homogênea, porém não tem coeficientes contantes e não se encaixa como uma EDO de Euler-Cauchy.

Desta forma precisamos encontrar uma solução particular diferente da solução trivial y (x) = 0. Olhando para os coeficientes, tentaremos encontrar uma y_1 (x) polinomial.

Observe que se y_1 (x) = a, então, substituindo na equação, obtemos -2a = 0 , o que nos leva à solução trivial y_1 (x) = 0. Portanto, não existe uma solução particular, exceto a trivial, que seja constante.

Agora, tentando uma solução particular y_1 (x) como um polinômio de primeiro grau y_1 (x) = ax +b encontramos $$ (1-2x-x^2)y” + 2(1+x)y’ – 2y = 0 \Rightarrow (1-2x-x^2) \times 0 + 2(1+x)\times a – 2\times (ax+b) = 0 \Rightarrow a =b,$$ ou seja, para qualquer valor de a, y_1 (x) = ax +a é uma solução particular da equação.

Por uma questão de simplicidade escolheremos y_1 (x) = x +1 .

Agora, usando o Método da Redução de Ordem encontraremos y_2 (x).

Para isso, precisamos reescrever a equação como $$ y” + \frac{2(1+x)}{(1-2x-x^2)}y’ – \frac{2}{(1-2x-x^2)}y = 0, $$ sendo $$p(x) =  \frac{2(1+x)}{(1-2x-x^2)} .$$ Assim, y_2(x) = y_1(x) \int{u(x)}dx = (x+1) \int{u(x)}dx sendo $$ u(x) = \frac{e^{-\int p(x)dx}}{y_1^2(x)} = \frac{e^{-\int \frac{2(1+x)}{(1-2x-x^2)} dx}}{(x+1)^2} = $$ $$ = \frac{e^{\mathrm{log}\left( -{x}^{2}-2\,x+1\right) } }{(x+1)^2} = \frac{-{x}^{2}-2\,x+1}{(x+1)^2}$$

Ou seja, $$ y_2(x) = (x+1) \int{\frac{-{x}^{2}-2\,x+1}{(x+1)^2}}dx =  $$ $$ = (x+1) \left(-\frac{2}{x+1}-x \right) = -x^2-x-2.$$

Portanto, como o Método da Redução de Ordem nos dá uma segunda solução particular que forma um CFS da equação, podemos dizer que a solução geral da equação é dada por:

$$y(x) = c_1 y_1 (x) + c_2 y_2(x) = c_1 (x+1) – c_2 (x^2+ x+2).$$

2) Determine um Conjunto Fundamental de Soluções e uma solução geral de y'' + k^2 y = 0 , sendo k uma constante real.

SOLUÇÃO: A equação característica neste caso é dada por $$ m^2 + k^2 = 0$$ e tem raízes $$m_1 = i k \;\;\;e \;\;\; m_2 = -i k .$$ Portanto, uma solução geral, neste caso é dada por $$y(x) = c_1 cos(kx) + c_2 sen(kx).$$

Desta forma, um Conjunto Fundamental de Soluções desta equação é dado por $$ \{ cos(kx) , sen(kx) \}, $$ desde que k = 0 , pois $$ W(cos(kx), sen(kx)) = kcos^2 (kx) + k sen^2 (kx) = k.$$

3) Resolva o problema de valor inicial $$y” + y = 4x + 10 sen(x)$$ $$y( \pi ) = 0, y’ ( \pi ) = 2$$

SOLUÇÃO: A solução da equação homogênea associada y'' + y = 0 é dada por $$y_{H}(x) = c_1 cos(x)+c_2 sen(x).$$

Agora, como g(x) é a soma de um polinômio linear com uma função seno. Usando o Método da Variação dos Parâmetros encontramos, fazendo \{ cos(x), sen(x) \} como C.F.S., pois W(cos(x), sen(x)) = 1

$$y_{P}(x) = -cos(x) \int{sen(x)[4x +10 sen(x)]dx} + sen(x) \int{cos(x)[4x +10 sen(x)]dx}$$

$$ y_{P}(x) = \mathrm{sen}\left( x\right) \,\left( 4\,\left( x\,\mathrm{sen}\left( x\right) +\mathrm{cos}\left( x\right) \right) – 5\,{\mathrm{cos}\left( x\right) }^{2}\right) -$$ $$-\mathrm{cos}\left( x\right) \,\left( 5\,\left( x-\frac{\mathrm{sen}\left( 2\,x\right) }{2}\right) +4\,\left( \mathrm{sen}\left( x\right) -x\,\mathrm{cos}\left( x\right) \right) \right) $$

$$ y_{P}(x) = 4\,x-5\,x\,\mathrm{cos}\left( x\right) $$

Portanto, $$y(x) = c_1 cos(x)+c_2 sen(x) + 4\,x-5\,x\,\mathrm{cos}\left( x\right) $$

Usando as condições iniciais obtemos c_1 = 9 \pi e c_2 = 7

Portanto, a solução do PVI é dada por $$y(x) = 9 \pi cos(x)+7 sen(x) + 4\,x-5\,x\,\mathrm{cos}\left( x\right) .$$

Podemos encontrar a mesma solução usando o Método dos Coeficientes Indeterminados para determinar a solução particular y_{P}(x) .

Perceba que g(x) é uma soma de um polinômio linear e uma função seno, desta forma, buscamos uma solução particular com a estrutura $$y_p(x) = Ax+B+Cxcos(x) + Dx sen(x) . $$

Derivando essa expressão e substituindo os resultados na equação diferencial, temos $$ y”_{P} + y_{P} = Ax +B-2C sen(x)+ 2D cos(x) = 4x +10 sen(x)$$ o que nos leva ao sistema $$A=4$$ $$B=0$$ $$-2C = 10$$ $$2D =0 .$$ Portanto, obtemos a solução particular $$y_{P}(x) = 4x – 5x cos(x) .$$

Com isso, obtemos a solução geral $$y(x) = c_1 cos(x)+c_2 sen(x) + 4\,x-5\,x\,\mathrm{cos}\left( x\right) $$ e usando as condições iniciais obtemos c_1 = 9 \pi e c_2 = 7

Portanto, a solução do PVI é dada por $$y(x) = 9 \pi cos(x)+7 sen(x) + 4\,x-5\,x\,\mathrm{cos}\left( x\right) .$$

Mais Listas de Exercícios Resolvidos Sobre E.D.O.’s de 2ª Ordem

• Coeficientes Indeterminados | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Coeficientes Indeterminados | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Coeficientes Indeterminados | 3ª Lista de Exercícios Resolvidos 
• Coeficientes Indeterminados | 4ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Método da Variação dos Parâmetros | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Método da Variação dos Parâmetros | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Método da Variação dos Parâmetros | 3ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Método da Variação dos Parâmetros | 4ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Método da Variação dos Parâmetros | 5ª Lista de Exercícios Resolvidos
• E.D.O.’s Lineares de 2ª Ordem | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos.
• E.D.O.’s Lineares de 2ª Ordem | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos.

LEIA MAIS:

• Equações Diferenciais Ordinárias de 2ª Ordem, Homogêneas, com Coeficientes Constantes
• VARIAÇÃO DOS PARÂMETROS: EDOs de 2ª Ordem Linares
• Equações Diferencias Ordinárias de 2ª Ordem: Método dos Coeficientes Indeterminados
• Equações Diferencias Ordinárias de 2ª Ordem: O Princípio da Superposição
• Solucionando EDO’s por Transformada de Laplace | Exercícios Resolvidos

Assista Nossa Vídeo-Aula