E.D.O.’s Lineares de 2ª Ordem | 5ª Lista de Exercícios Resolvidos.

Neste artigo queremos apresentar uma quinta lista de exercícios resolvidos sobre equações diferenciais ordinárias (E.D.O.’s) de segunda ordem lineares.

Estas equações 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.

1) Resolva as E.D.O.’s abaixo:

a) y'' +y = \text{cosh}(x)

SOLUÇÃO: Observe que a equação homogênea associada é dada por y'' +y = 0 que tem solução característica dada por \lambda ^2 +1 = 0, com raízes complexas conjugadas iguais a \lambda = \pm i e, portanto, possui solução igual a $$y_h (x) = c_1 \text{cos}(x) + c_2  \text{sen} (x) .$$  Lembrando que $$ \text{cosh}(x) = \frac{1}{2} \left( e^{x} + e^{-x} \right),$$ podemos usar o método dos coeficientes indeterminados para encontrar y_p (x) aliado ao princípio da superposição.

Observando que $$ y” +y = \text{cosh}(x) = \frac{1}{2} \left( e^{x} + e^{-x} \right)$$, teremos a solução desta equação dada por $$y(x) = c_1 \text{cos}(x) + c_2  \text{sen} (x) + y_{p_{1}} (x) + y_p{_{2}} (x)$$ onde

1.   y_{p_{1}} (x) é solução particular da equação y'' +y = \frac{1}{2} e^{x} ;
2. y_p{_{2}} (x) é solução particular da equação y'' +y = \frac{1}{2} e^{-x} .

Até por isso, vamos usar o Método dos Coeficientes Indeterminados para resolver a equação modelo $$ y” + y = \frac{1}{2}e^{ax}.$$ Para isso, consideraremos y_p (x) = m e^{ax} . Derivando duas vezes e substituindo na equação obtemos $$(a^2m +m)e^{ax} = \frac{1}{2} e^{ax}$$ o que nos leva a m = \dfrac{-1 \pm \sqrt{1+2a^2}}{2 a^2} . Portanto, $$ y_p (x) = \frac{-1 \pm \sqrt{1+2a^2}}{2 a^2} e^{ax}$$

Fazendo a =1 encontramos $$y_{p_{1}} (x) = \left( \frac{-1 + \sqrt{3}}{2} \right) e^{x}$$ e fazendo a =-1 $$y_{p_{2}} (x) = \left( \frac{-1 – \sqrt{3}}{2} \right) e^{-x}$$ e, além disso, $$ y_{p_{1}} (x) + y_{p_{2}} (x)= \left( \frac{-1 + \sqrt{3}}{2} \right) e^{x} + \left( \frac{-1 – \sqrt{3}}{2} \right) e^{-x} = \\ = – \frac{e^x + e^{-x}}{2}+ \sqrt{3} \frac{e^x – e^{-x}}{2}  = – \text{cosh}(x) + \sqrt{3} \text{senh}(x) .$$

Portanto, a solução da equação é dada por $$ y(x) = c_1 \text{cos}(x) + c_2  \text{sen} (x)  – \text{cosh}(x) + \sqrt{3} \text{senh}(x) .$$

b) y'' +4y = \dfrac{e^{2x}}{x}

SOLUÇÃO: Observe que, neste caso, a equação característica da equação homogênea associada tem raízes dadas por \lambda = \pm 2 i o que nos leva a $$y_h(t) = c_1 cos(2x)+c_2 sen(2x)$$ ou seja, \{ cos(2x), sen(2x) \} formam um conjunto fundamental de soluções da equação homogênea associada, pois, $$W(cos(2x), sen(2x)) = 2 .$$ Assim, o método da variação dos parâmetros nos leva a $$ y_p(x) = -cos(2x) \int{\frac{sen(2x) e^{2x}}{2x}dx} + sen(2x) \int{\frac{cos(2x) e^{2x}}{2x}dx}$$ Como ambas as integrais não possuem solução analítica, estando ligadas com a função gama, nossa solução geral seria dada por $$y(x) = c_1 cos(2x)+c_2 sen(2x) -cos(2x) \int{\frac{sen(2x) e^{2x}}{2x}dx} + sen(2x) \int{\frac{cos(2x) e^{2x}}{2x}dx}$$

c) x^2 y'' +5xy'+y = x^2-x

SOLUÇÃO: Primeiramente, observe que a equação homogênea associada, x^2 y'' +5xy'+y = 0 é de Euler-Cauchy, com equação característica dada por 2r^2 +3r+1=0 que tem raízes reais diferentes dadas por r_1 = -2 e r_2 = -1 . Logo $$y_h (x) = c_1 x^{-2}+c_2x^{-1}$$ com W \left( x^{-2}, x^{-1} \right) = x^{-4} \neq 0 \;\;\; \forall x \in \mathbb{R}^{*}.

Agora, usando o Método da Variação dos Parâmetros, encontramos $$y_p(x) = -x^{-2} \int{\left( x^5 – x^4 \right)dx}+x^{-1} \int{\left( x^4 – x^3 \right)dx} = – \frac{11}{5}x^4 + \frac{9}{20} x^3.$$

Portanto, $$y(x) = c_1 x^{-2}+c_2x^{-1} – c_1 x^{-2}+c_2x^{-1}$$

d) (x-1)^2y'' - 2(x-1)y' -4y = 0

SOLUÇÃO: Neste caso, basta fazermos a translação t = x-1 e encontramos a equação de Euler-Cauchy $$t^2y”-2ty’-4y = 0$$ que tem equação característica dada por $$r^2-3r+4 = 0 \Leftrightarrow r_1 = 4 \text{ ou } r_2 = -1 .$$ Nos levando a $$y(t) = c_1t^4 +c_2t^{-1}$$ portanto, $$y(x) = c_1(x-1)^4 +c_2(x-1)^{-1}.$$

e) y'' +y = \cos (x) - \text{sen} (2x)

SOLUÇÃO: Observe que a equação homogênea associada é dada por y'' +y = 0 que tem solução característica dada por \lambda ^2 +1 = 0, com raízes complexas conjugadas iguais a \lambda = \pm i e, portanto, possui solução igual a $$y_h (x) = c_1 \text{cos}(x) + c_2  \text{sen} (x) .$$

Teremos, então, a solução desta equação não homogênea dada por $$y(x) = c_1 \text{cos}(x) + c_2  \text{sen} (x) + y_{p_{1}} (x) + y_p{_{2}} (x)$$ onde

1.   y_{p_{1}} (x) é solução particular da equação y'' +y = \text{cos}(x);
2. y_p{_{2}} (x) é solução particular da equação y'' +y = - \text{sen}(2x) .

Para ambos os casos usaremos o Método da Variação dos Parâmetros, sendo que

1. No primeiro caso consideramos $$y_{p_{1}} (x) = mx \text{cos}(x) + nx \text{sen}(x) $$ e substituindo na equação encontramos $$2n \text{cos}(x) -2m \text{sen}(x) = \text{cos}(x) $$ o que nos diz que n=1/2 e m = 0 , ou seja, $$y_{p_{1}} (x) = \frac{1}{2}x \text{sen}(x) $$
2. No segundo caso, consideramos $$y_{p_{2}} (x) = m \text{cos}(2x) + n \text{sen}(2x) $$ e substituindo na equação encontramos $$-3n \text{sen}(2x) -3m \text{cos}(2x) = -\text{sen}(2x) $$ o que nos diz que n=1/3 e m = 0 , ou seja, $$y_{p_{2}} (x) = \frac{1}{3} \text{sen}(2x) $$

Portanto, $$y(x) = c_1 \text{cos}(x) + c_2  \text{sen} (x) + \frac{1}{2}x \text{sen}(x) + \frac{1}{3} \text{sen}(2x)$$

f) x^2 y'' +xy'+ \left( x^2-\dfrac{1}{4} \right) y = 0

SOLUÇÃO: Observe que esta não é uma equação de Euler-Cauchy. Entretanto, inspirados pelas soluções das equações desta forma e pelo fato de que x^2-\dfrac{1}{4} = 0 \Leftrightarrow x = \pm \frac{1}{2} , podemos, por inspeção, encontrar as soluções particulares $$y_1(x) = x^{-1/2}\text{cos}(x) \qquad \text{e} y_2 (x) =  x^{-1/2}\text{sen}(x).$$ E como $$ W \left( y_1(x) , y_2(x) \right) = \left| \begin{array} x^{-1/2}\text{cos}(x) & x^{-1/2}\text{sen}(x)\\ -\frac{\mathrm{sen}\left( x\right) }{\sqrt{x}}-\frac{\mathrm{cos}\left( x\right) }{2\,{x}^{\frac{3}{2}}} & \frac{\mathrm{cos}\left( x\right) }{\sqrt{x}}-\frac{\mathrm{sen}\left( x\right) }{2\,{x}^{\frac{3}{2}}} \end{array}\right| = $$ $$ = \frac{\text{sen}^2(x) – 4x \text{sen}(x) \text{cos}(x) – \text{cos}^2(x)}{2x^2} \neq 0 \;\;\; \forall x \in \mathbb{R}^{*}.$$ Portanto, $$y(x) = c_1 x^{-1/2}\text{cos}(x) + c_2 x^{-1/2}\text{sen}(x) .$$

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