E.D.O.’s Lineares de 2ª Ordem | 6ª Lista de Exercícios Resolvidos.

Neste artigo queremos apresentar uma sexta 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.

6ª Lista de Exercícios Resolvidos sobre E.D.O.’s Lineares de 2ª Ordem

1) Resolva as equações de segunda ordem abaixo:

a) y'' +4y = 3 sen(2x);

SOLUÇÃO: Neste caso, a equação homogênea associada é dada por $$ y” +4y = 0$$ cuja equação característica, \lambda ^2 -4 = 0 possui as raízes complexas conjugadas \lambda = \pm 2 i o que nos leva à solução da eqquação homogênea associada como $$ y_h(x) = c_1 \text{cos}(2x) + c_2 \text{sen} (2x).$$

Como o termo \text{sen} (2x) aparece na solução da equação homogênea associada, devemos procurar, usando o método dos coeficientes indeterminados, uma solução particular da equação não-homogênea, como $$ y_p(x) = mx \text{sen} (2x) +nx \text{cos} (2x).$$ Derivando esta solução particular duas vezes encontramos $$ y”_{p} = (-4mx-4n) \text{sen} (2x) +(4m-4mx) \text{cos} (2x) $$ que substituído na equação não-homogênea nos dá $$[(-4mx-4n) \text{sen} (2x) +(4m-4mx) \text{cos} (2x) ] + 4 [mx \text{sen} (2x) +nx \text{cos} (2x)] =3 sen(2x) $$ $$4m \text{cos} (2x) – 4n \text{sen} (2x) = 3 \text{sen} (2x)$$ $$n=-\frac{3}{4} \qquad \text{e} \qquad m=0.$$ Portanto, $$y_{p}(x) = -\frac{3}{4} \text{cos} (2x)$$ e a solução geral da equação diferencial é $$y(x) = c_1 \text{cos}(2x) + c_2 \text{sen} (2x)-\frac{3}{4} x \text{cos} (2x).$$

b) y'' +2y'+y = 4x^2-3+\dfrac{e^{-x}}{x};

SOLUÇÃO: Neste caso, a equação homogênea associada é dada por $$ y”+2y’+y= 0$$ cuja equação característica, \lambda ^2 +2 \lambda +1 = ( \lambda +1 )^2 = 0 possui as raízes reais e iguais \lambda_1 = \lambda_2 = -1 o que nos leva à solução da equação homogênea associada como $$ y_h(x) = c_1 e^{-x} + c_2 xe^{-x}.$$ Desta forma, podemos concluir que \{  e^{-x} , x e^{-x} \} formam um conjunto fundamental de soluções da equação homogênea associada, pois $$ W \left( e^{-x} , x e^{-x} \right) = e^{-2x}.$$

Agora, para encontrar a solução particular da equação não-homogênea utilizaremos o princípio da superposição: $$ y_p (x) = y_{p_1} (x) + y_{p_2} (x) $$ onde  y_{p_1} (x) é solução particular de y'' +2y'+y = 4x^2-3 e será encontrada pelo Método dos Coeficientes Indeterminados; e y_{p_2} (x) é solução particular de y'' +2y'+y = \dfrac{e^{-x}}{x} e será encontrada pelo Método da Variação dos Parâmetros.

Primeiramente, escrevendo y_{p_1} (x) = Ax^2 +Bx+C , derivando duas vezes e substituindo na equação y'' +2y'+y = 4x^2-3 encontramos $$Ax^2 + (4A +B)x+(2A+2B+C) = 4x^2 – 3,$$ ou seja, A = 4, B= -16 e C= 21 . Portanto, $$ y_{p_1} (x) = 4x^2 -16x+21 .$$

Agora, usando o Método da Variação dos Parâmetros, encontramos \begin{eqnarray} y_{p_2} (x) & = & -e^{-x} \int{dx}+xe^{-x}\int{\frac{1}{x}dx} \\ & = & -xe^{-x}+ xe^{-x} \ln{|x|}\\ & = & xe^{-x} \left( \ln{|x|} -1 \right) \end{eqnarray} Portanto, a solução geral da equação será dada por $$ y(x) = c_1 e^{-x} + c_2 xe^{-x} + 4x^2 -16x+21 + xe^{-x} \left( \ln{|x|} -1 \right).$$

c) 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, $$y(x) = c_1 x^{-1/2}\text{cos}(x) + c_2 x^{-1/2}\text{sen}(x) .$$

d) y'' + 2y' -3y = t^2 e^{t}

Solução: A equação característica para a equação homogênea associada corresponde a r^2 +2r - 3 = 0 e tem raízes reais e diferentes dadas por r_1 = 1 e r_2 = -3 . Logo $$y_h(t) = c_1 e^{t} + c_2 e^{-3t}.$$

Como e^t aparece tanto em f(t) = t^2 e^{t} quanto em y_h(t) , então podemos usar o método dos coeficientes indeterminados para encontrar uma solução particular desta equação diferencial na forma $$y_{p} (t) = t(a t^2 + b t + c)e^t.$$

Observe que $$ y_{p}’ (t) = {e}^{t}\,\left( a\,{t}^{3}+b\,{t}^{2}+3\,a\,{t}^{2}+c\,t+2\,b\,t+c\right)$$ e $$ y_{p}” (t) = {e}^{t}\,\left( a\,{t}^{3}+b\,{t}^{2}+6\,a\,{t}^{2}+c\,t+4\,b\,t+6\,a\,t+2\,c+2\,b\right). $$ Substituindo na equação diferencial encontramos $$ y” + 2y’ -3y = t^2 e^{t} $$ $$ {e}^{t}\,\left( a\,{t}^{3}+b\,{t}^{2}+6\,a\,{t}^{2}+c\,t+4\,b\,t+6\,a\,t+2\,c+2\,b\right) + \\ + 2 {e}^{t}\,\left( a\,{t}^{3}+b\,{t}^{2}+3\,a\,{t}^{2}+c\,t+2\,b\,t+c\right) – \\ – 3 t(a t^2 + b t + c)e^t = t^2 e^{t} $$ $$ 12\,a\,{e}^{t}\,{t}^{2}+\left( 8\,b+6\,a\right) \,{e}^{t}\,t+\left( 4\,c+2\,b\right) \,{e}^{t} = t^2 e^{t}$$

Logo, precisamos encontrar constantes a,b e c que satisfação a relação $$ 12\,a\,{t}^{2}+\left( 8\,b+6\,a\right) \,t+4\,c+2\,b = t^2, $$ ou seja, que satisfaçam o sistema linear $$ \left\{ \begin{array}{rll} 12 a & = & 1 \\ 8b+6a & = & 0 \\  4\,c+2\,b & = & 0 \end{array} \right.$$ Facilmente encontramos $$ a=\frac{1}{12}, \qquad b=-\frac{1}{16} \qquad e \qquad c=\frac{1}{32}.$$

Logo, $$y_{p} (t) = t(a t^2 + b t + c)e^t = t \left( \frac{1}{12} t^2 – \frac{1}{16} t + \frac{1}{32} \right)e^t $$ e, portanto, a solução geral na equação diferencial será $$ y(t) = c_1 e^{t} + c_2 e^{-3t} + t \left( \frac{1}{12} t^2 – \frac{1}{16} t + \frac{1}{32} \right)e^t.$$

e) t^2 y'' - 2y=3t^2 -1,\;\;\;t>0.

Solução: A solução desta equação pode ser encontrada facilmente se percebermos que a E.D.O. tem equação homogênea associada como de Euler-Cauchy. Logo, Assim, a equação característica da E.D.O. t^2y''-2y = 0 é dada por r^2 -r -2 = 0 , o que nos dá a solução: $$y_H (t) = c_1 t^{2} + c_2 t^{-1} .$$ Portanto, y_1 (t) = t^2 e y_2 (t) = t^{-1} e W(t, t^{-1}) = -3 .

Assim, uma solução particular de $$t^2 y” – 2y=3t^2 -1,\;\;\;t>0,$$ pode ser encontrada por $$ \psi(t) = -t^2 \int{\frac{t^{-1} (3t^2-1)}{-3}}dt + t^{-1} \int{\frac{t^2 (3t^2-1)}{-3}}dt$$ $$ \psi(t) = t^2 \int{\frac{t^{-1} (3t^2-1)}{3}}dt – t^{-1} \int{\frac{t^2 (3t^2-1)}{-3}}dt$$ $$ \psi(t) = \frac{t^2}{3}\left( \frac{3t^2}{2} – \ln{t} \right) – \frac{t^{-1}}{3} \left( \frac{3t^5}{5} – \frac{t^3}{3} \right)$$

Portanto, a solução geral da E.D.O. é dada por $$y(t) = c_1 t^{2} + c_2 t^{-1} + \frac{t^2}{3}\left( \frac{3t^2}{2} – \ln{t} \right) – \frac{t^{-1}}{3} \left( \frac{3t^5}{5} – \frac{t^3}{3} \right)$$

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