E.D.O.’s Lineares de 2ª Ordem | 4ª Lista de Exercícios Resolvidos.

Neste artigo queremos apresentar uma quarta 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) x'' +3 x' +2x = 0

SOLUÇÃO: Neste caso a equação característica é dada por \lambda ^2 +3 \lambda +2 = 0 que tem raízes dadas por \lambda _1 = -1 e \lambda_2 = -2 . Logo, a solução geral da equação é dada por $$ y(t) = c_1 e^{-2t} + c_2 e^{-t}.$$

b) x''- 8x'+16x = 0

SOLUÇÃO: Neste caso a equação característica é dada por \lambda ^2 -8 \lambda +16 = 0 que tem raízes dadas por \lambda _1 =  \lambda_2 = 4 . Logo, a solução geral da equação é dada por $$ y(t) = c_1 e^{4t} + c_2t  e^{4t}.$$

c) x'' -9x = 0

SOLUÇÃO: Neste caso a equação característica é dada por \lambda ^2 -9 = 0 que tem raízes dadas por [/katex] \lambda _1 = -3 [/katex] e \lambda_2 = 3 . Logo, a solução geral da equação é dada por $$ y(t) = c_1 e^{-3t} + c_2 e^{3t}.$$

d) y''+5y'-6y = 0

SOLUÇÃO: Neste caso a equação característica é dada por \lambda ^2 +5 \lambda -6 = 0 que tem raízes dadas por \lambda _1 = -1 e \lambda_2 = -6 . Logo, a solução geral da equação é dada por $$ y(t) = c_1 e^{-6t} + c_2 e^{t}.$$

e) y'' +2y' - y = 0

SOLUÇÃO: Neste caso a equação característica é dada por \lambda ^2 +2 \lambda -1 = 0 que tem raízes dadas por \lambda _1 = -1 + \sqrt{2} e \lambda_2 = -1 - \sqrt{2} . Logo, a solução geral da equação é dada por $$ y(t) = c_1 e^{(-1 + \sqrt{2})t} + c_2 e^{(-1 – \sqrt{2})t}.$$

f) y'' +2y'+4y = 0

SOLUÇÃO: Neste caso a equação característica é dada por \lambda ^2 +2 \lambda +4 = ( \lambda +2)^2 =0 que tem raízes dadas por \lambda _1 = \lambda_2 = - 2 . Logo, a solução geral da equação é dada por $$ y(t) = c_1 e^{-2t} + c_2 t e^{-2t}.$$

g) 4y'' - 8y'+3y = 0

SOLUÇÃO: Neste caso a equação característica é dada por 4 \lambda ^2 - 8 \lambda +3= 0 que tem raízes dadas por \lambda _1 = \dfrac{3}{2} e \lambda_2 = \dfrac{1}{2}. Logo, a solução geral da equação é dada por $$ y(t) = c_1 e^{\frac{3}{2} t} + c_2 e^{\frac{1}{2}t}.$$

h) y'' - y'+ 0,25 y = 0

SOLUÇÃO: Neste caso a equação característica é dada por   \lambda ^2 -  \lambda +0,25 = 0 que tem raízes dadas por \lambda _1 = \lambda_2 = \dfrac{1}{2}. Logo, a solução geral da equação é dada por $$ y(t) = c_1 e^{\frac{1}{2} t} + c_2 t e^{\frac{1}{2}t}.$$

i) y'' - 3y'-4y = 2 e^{-t}

SOLUÇÃO: Primeiramente, observe que a equação característica da equação homogênea associada é dada por \lambda ^2 - 3 \lambda -4 = 0 que tem raízes dadas por \lambda _1 = -1 e \lambda_2 = 4. Logo, a solução geral da equação é dada por $$ y(t) = c_1 e^{- t} + c_2 e^{4t}.$$

Agora, como a equação não homogênea possui coeficientes constantes podemos usar o método dos coeficientes indeterminados para encontrar uma solução particular na forma y_p (t) = A t e^{-t} , pois o termo e^{-t} aparece na solução da equação homogênea associada. Derivando duas vezes esta solução e substituindo na EDO encontramos $$  e^{-t} (-2A +At) -3(A-At) e^{-t} – 4 At e^{-t} = 2 e^{-t} \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow   (-2A +At) -3(A-At) – 4 At = 2 \Leftrightarrow -5A = 2 \Leftrightarrow A = -\frac{2}{5} $$ o que nos leva a $$ y_p (t) = – \frac{2}{5} t e^{-t}.$$ Portanto, a solução geral da EDO é dada por $$ y(t) = c_1 e^{- t} + c_2 e^{4t}- \frac{2}{5} t e^{-t}.$$

j) y''+4y = 12

SOLUÇÃO: Primeiramente, observe que a equação característica da equação homogênea associada é dada por \lambda ^2 + 4 = 0 que tem raízes dadas por \lambda _1 = -2 i e \lambda_2 = 2i. Logo, a solução geral da equação é dada por $$ y_H(t) = c_1 \text{ cos } (2t)+ c_2 \text{ sen } (2t).$$

Agora, como a equação não homogênea possui coeficientes constantes podemos usar o método dos coeficientes indeterminados para encontrar uma solução particular na forma y_p (t) = A . Derivando duas vezes esta solução e substituindo na EDO encontramos $$  0 + 4A = 12 \Leftrightarrow A = 3 $$ o que nos leva a $$ y_p (t) =3.$$ Portanto, a solução geral da EDO é dada por $$ y(t) = c_1 \text{ cos } (2t)+ c_2 \text{ sen } (2t) + 3 $$

k) y'' + 4y = 8x^2

SOLUÇÃO: Novamente, observe que a equação característica da equação homogênea associada é dada por \lambda ^2 + 4 = 0 que tem raízes dadas por \lambda _1 = -2 i e \lambda_2 = 2i. Logo, a solução geral da equação é dada por $$ y_H (x) = c_1 \text{ cos } (2x)+ c_2 \text{ sen } (2x).$$

Agora, como a equação não homogênea possui coeficientes constantes podemos usar o método dos coeficientes indeterminados para encontrar uma solução particular na forma y_p (t) = Ax^2 + Bx + C. Derivando duas vezes esta solução e substituindo na EDO encontramos $$  2A + 4(Ax^2 +Bx +C) = 8x^2 \Leftrightarrow A = 2, B = 0, C = -1.$$ o que nos leva a $$ y_p (t) =2 x^2 -1.$$ Portanto, a solução geral da EDO é dada por $$ y(t) = c_1 \text{ cos } (2x)+ c_2 \text{ sen } (2x) +2 x^2 -1 $$

l) y'' -y'-2y = 10 \text{cos}(x)

SOLUÇÃO: Novamente, observe que a equação característica da equação homogênea associada é dada por \lambda ^2 - \lambda -2 = 0 que tem raízes dadas por \lambda _1 = -1 e \lambda_2 = 2. Logo, a solução geral da equação é dada por $$ y_H (x) = c_1 e^{-x} + c_2 e^{2x}.$$

Agora, como a equação não homogênea possui coeficientes constantes podemos usar o método dos coeficientes indeterminados para encontrar uma solução particular na forma y_p (t) = K \text{ cos } (x)+ M \text{ sen } (x) . Derivando duas vezes esta solução e substituindo na EDO encontramos $$  (-3K – M) \text{ cos } (x) + (K-3M) \text{ sen } (x) = 10 \text{ cos } (x) \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow -3K-M = 10 , K-3M = 0 \Leftrightarrow K=-3, M=-1.$$ o que nos leva a $$ y_p (t) = -3 \text{ cos } (x) – \text{ sen } (x).$$ Portanto, a solução geral da EDO é dada por $$ y(t) = c_1 e^{-x} + c_2 e^{2x}  -3 \text{ cos } (x) – \text{ sen } (x). $$

m) y'' - 2y' +y = e^{x}+x

SOLUÇÃO: Observe que a equação característica da equação homogênea associada é dada por \lambda ^2 - 2 \lambda + 1 = ( \lambda -1 )^2 = 0 que tem raízes dadas por \lambda _1 =  \lambda_2 = 1. Logo, a solução geral da equação é dada por $$ y_H (x) = c_1 e^{x} + c_2 x e^{x}.$$

Agora, como a equação não homogênea possui coeficientes constantes podemos usar o método dos coeficientes indeterminados e o Princípio da Superposição para encontrar uma solução particular na forma y_p (t) = K_1 x + K_0 + C x^2 e^x . Derivando duas vezes esta solução e substituindo na EDO encontramos $$ K_1 = 1, K_0 = 2, C = \frac{1}{2}$$ o que nos leva a $$ y_p (t) = x + 2 + \frac{1}{2} x^2 e^x .$$ Portanto, a solução geral da EDO é dada por $$ y(t) = c_1 e^{x} + c_2 x e^{x}  + x + 2 + \frac{1}{2} x^2 e^x. $$

n) y'' - 3y'+2y = 4x+e^{3x}

SOLUÇÃO: Observe que a equação característica da equação homogênea associada é dada por \lambda ^2 - 3 \lambda + 2 = 0 que tem raízes dadas por \lambda _1 = 1 e \lambda_2 = 2. Logo, a solução geral da equação é dada por $$ y_H (x) = c_1 e^{x} + c_2 e^{2x}.$$

Agora, como a equação não homogênea possui coeficientes constantes podemos usar o método dos coeficientes indeterminados e o Princípio da Superposição para encontrar uma solução particular na forma y_p (t) = K_1 x + K_0 + C e^{3x} . Derivando duas vezes esta solução e substituindo na EDO encontramos $$ K_1 = 2, K_0 = 3, C = \frac{1}{2}$$ o que nos leva a $$ y_p (t) = 2 x + 3 + \frac{1}{2} e^{3x}.$$ Portanto, a solução geral da EDO é dada por $$ y(t) = c_1 e^{x} + c_2 e^{2x}  + 2 x + 3 + \frac{1}{2} e^{3x}. $$

2) Resolva as equações de Euler-Cauchy abaixo:

a) 3t^2 y'' +11ty' - 3y = 0

SOLUÇÃO: Neste caso, a equação característica é igual a $$ 3r^2 +(11-3) r – 3 = 3 r^2 +8 -3 =0 $$ que tem raízes dadas por $$ r _1 = -3 \qquad r_2 = \frac{1}{3} $$ que produzem a solução geral $$ y(t) = c_1 t^{-3} + c_2 t^{1/3} .$$

b) t^2 y'' + 5ty' + 5y = 0

SOLUÇÃO: Neste caso, a equação característica é igual a $$ r^2 +(5-1) r +5 =  r^2 +4 + 5 =0 $$ que tem raízes complexas conjugadas dadas por $$ r = -2 \pm i$$ que produzem a solução geral $$ y(t) = t^{-2} \left[ c_1 cos( \ln(t) ) +  c_2 sen( \ln(t) ) \right].$$

c) t^2 y'' + ty'= 0

SOLUÇÃO: Neste caso, a equação característica é igual a $$ r^2 +(1-1) r =  r^2 =0 $$ que tem raízes reais e iguais dadas por $$ r = 0$$ que produzem a solução geral $$ y(t) = c_1 t^0 + c_2 t^0 \ln(t) = c_1 +c_2 \ln(t).$$

Observe que esta equação poderia ser resolvida também fazendo a mudança de variável x(t) = y' (t) que a transformaria numa equação de primeira ordem linear.

d) y'' - \dfrac{1}{t} y' + \dfrac{1}{t^2} y = 0

SOLUÇÃO: Observe que esta equação pode ser reescrita como $$ t^2 y” -ty’ + y = 0$$ e assim obtemos uma equação igual a $$ r^2 +(-1-1) r +1 =  r^2 -2r+1=(r-1)^2 = 0 $$ que tem raízes reais e iguais dadas por $$ r = 1$$ que produzem a solução geral $$ y(t) = c_1 t + c_2 t \ln(t).$$

3) A equação a seguir aparece na modelagem matemática da osmose reversa, um processo usado para fortificar o conteúdo alcoólico do vinho, entre outras aplicações. $$ [sen(t)]y” – 2 [cos(t)]y’ – [sen(t)] y = 0, \qquad 0<t< \pi .$$ Encontre sua solução geral.

Veja Mais: Assista nossa vídeo-aula deste exercício aqui.

SOLUÇÃO: Neste caso, precisamos encontrar uma solução particular na forma $$y_1 (t) = m cos(t) + n sen(t) $$ inspirado pelos coeficientes da equação que envolvem apenas termos com seno e cosseno. Para simplificar podemos testar, primeiramente, as soluções y_1 (t) = cos(t) , que ocorre quando m =1 e n=0, ou y_1 (t) = sen(t) , que ocorre quando m=0 e n=1. Substituindo ambas na equação podemos observar que sen(t) não é solução da EDO, mas cos(t) sim.

Ou seja, $$ y_1 (t) = cos(t)$$ é solução particular desta equação diferencial homogênea de segunda ordem e agora aplicando o Método da Redução de Ordem podemos encontrar y_2 (t) que forme um conjunto fundamental de soluções. Para isso, precisamos reescrever a equação como $$ y” – 2 \frac{cos(t)}{sen(t)} – y = 0 .$$

Desta forma, $$ y_2 (t) = cos(t) \times \int{u(t) dt} $$ onde $$ u(t) = \frac{e^{2 \int{\frac{cos(t)}{sen(t) } dt}}}{cos^2 (t) } = \frac{e^{2\ln{|sen(t)| } }}{cos^2 (t) } = \frac{sen^2 (t) }{cos^2 (t) } = \frac{1 – cos^2 (t) }{cos^2 (t) } = sec^2 (t) -1.$$ Daí, $$ \int{u(t) dt} = \int{( sec^2 (t) -1 dt)} = tg(t) – t.$$ Portanto, $$y_2(t) = cos(t) \times (tg(t) -t) = sen(t) – t cos(t).$$

Portanto, a solução geral da equação homogênea será dada por $$ y(t) = c_1 cos(t) + c_2 \left[ sen(t) – t cos(t) \right] = (c_1 – c_2 t) cos(t) + c_2 sen(t).$$

4) Use o Método da Variação dos Parâmetros para resolver as equações abaixo:

a) y'' - y = \cosh{(x)}

SOLUÇÃO: Sabemos que, neste caso, nossa solução geral será dada pela soma $$y(x) = y_H (x)+ y_P(x).$$ A equação homogênea associada é dada por y'' - y = 0 que tem equação característica dada por \lambda ^2 -1 =0 , que tem raízes dadas por \lambda = \pm 1 , nos levando a solução $$ y_H(x) = c_1 e^x + c_2 e^{-x}.$$ Como \{ e^x , e^{-x} \} forma um CFS, com $$ W \left( e^x , e^{-x} \right) = – e^x e^{-x} – e^{x}e^{-x} = -2 $$ então podemos usar o Método da Variação dos Parâmetros para encontrar y_P(x) : $$ y_P (x) = -e^x \int{\frac{e^{-x} \cosh{(x)}}{-2} dx} + e^{-x} \int{\frac{e^{x} \cosh{(x)}}{-2} dx} = $$ $$ = \frac{e^x}{2} \frac{{{{}e}^{-2x}}\,\left( 2x\,{{{}e}^{2x}}-1\right) }{4} – \frac{e^{-x}}{2} \frac{{{{}e}^{2x}}+2x}{4} = $$ $$ = -\frac{{{{}e}^{3x}}}{8}-\frac{x\,{{{}e}^{x}}}{4}+\frac{x\,{{{}e}^{-x}}}{4}-\frac{{{{}e}^{-3x}}}{8}$$ Portanto, a solução geral da equação é dada por $$ y(x) = c_1 e^x + c_2 e^{-x} -\frac{{{{}e}^{3x}}}{8}-\frac{x\,{{{}e}^{x}}}{4}+\frac{x\,{{{}e}^{-x}}}{4}-\frac{{{{}e}^{-3x}}}{8}.$$

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

SOLUÇÃO: Aqui nossa solução geral será dada pela soma $$y(x) = y_H (x)+ y_P(x).$$ A equação homogênea associada é dada por y'' - 4y = 0 que tem equação característica dada por \lambda ^2 -4 =0 , que tem raízes dadas por \lambda = \pm 2 , nos levando a solução $$ y_H(x) = c_1 e^{2x} + c_2 e^{-2x}.$$ Como \{ e^{2x} , e^{-2x} \} forma um CFS, com $$ W \left( e^{2x} , e^{-2x} \right) = – 2 e^{2x} e^{-2x} – 2e^{2x}e^{-2x} = -4 $$ então podemos usar o Método da Variação dos Parâmetros para encontrar y_P(x) : $$ y_P (x) = -e^{2x} \int{\frac{e^{-2x} e^{2x} }{-4x} dx} + e^{-2x} \int{\frac{e^{2x} e^{2x}}{-4x} dx} = $$ $$ = \frac{e^{2x}}{4} \ln|x| – \frac{e^{-2x}}{4} \int\limits_{x_0}^{x}{\frac{e^{4t}}{t} dt}$$ que tem relação com a função Gama. Portanto, a solução geral da equação é dada por $$ y(x) = c_1 e^{2x} + c_2 e^{-2x} + \frac{e^{2x}}{4} \ln|x| – \frac{e^{-2x}}{4} \int\limits_{x_0}^{x}{\frac{e^{4t}}{t} dt} .$$

c) y'' +3y'+2y = \dfrac{1}{1+e^x}

SOLUÇÃO: Nossa solução geral será dada pela soma $$y(x) = y_H (x)+ y_P(x).$$ A equação homogênea associada é dada por y''+3y'+2y = 0 que tem equação característica dada por \lambda ^2 + 3 \lambda + 2 =0 , que tem raízes dadas por \lambda_1 =- 2 e \lambda_2 = - 1 , nos levando a solução $$ y_H(x) = c_1 e^{-x} + c_2 e^{-2x}.$$ Como \{ e^{-x} , e^{-2x} \} forma um CFS, com $$ W \left( e^{-x} , e^{-2x} \right) = – 2 e^{-3x} + e^{-3x} =  – e^{-3x}$$ então podemos usar o Método da Variação dos Parâmetros para encontrar y_P(x) : $$ y_P (x) = e^{-x} \int{\frac{e^{x} }{1 + e^x} dx} – e^{-2x} \int{\frac{e^{2x} }{1 + e^x} dx} = $$ $$ = e^{-x} \ln(e^x +1) – e^{-2x} \left[ e^{x} – \ln(e^x +1) \right].$$ Portanto, a solução geral da equação é dada por $$ y(x) = c_1 e^{-x} + c_2 e^{-2x} + e^{-x} \ln(e^x +1) – e^{-2x} \left[ e^{x} – \ln(e^x +1) \right].$$

d) y'' - 2y' +y = e^{-x} \ln{(x)}

SOLUÇÃO: Nossa solução geral será dada pela soma $$y(x) = y_H (x)+ y_P(x).$$ A equação homogênea associada é dada por y'' - 2y' +y = 0 que tem equação característica dada por \lambda ^2 - 2 \lambda + 1 = ( \lambda - 1 )^2 = 0 , que tem raízes dadas por \lambda_1 = \lambda_2 =  1 , nos levando a solução $$ y_H(x) = c_1 e^{x} + c_2 xe^{x}.$$ Como \{ e^{x} , xe^{x} \} forma um CFS, com $$ W \left( e^{x} , xe^{x} \right) = e^{2x}$$ então podemos usar o Método da Variação dos Parâmetros para encontrar y_P(x) : $$ y_P (x) = -e^{x} \int{\frac{x e^{x} e^{-x} \ln{(x)} }{e^{2x}} dx} + xe^{x} \int{\frac{e^{x} e^{-x} \ln{(x)} }{e^{2x}} dx} = $$ $$ = -\frac{1}{2} x^2 e^{-x}\ln{(x)} – \frac{3}{4}x^2 e^{-x}.$$ Portanto, a solução geral da equação é dada por $$ y(x) = c_1 e^{x} + c_2 xe^{x} -\frac{1}{2} x^2 e^{-x}\ln{(x)} – \frac{3}{4}x^2 e^{-x}.$$

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