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

Neste artigo queremos apresentar exercícios resolvidos envolvendo equações diferenciais lineares de segunda ordem. A equação $$ a_2(x) y” + a_1 (x) y’ + a_0 (x) y = 0 $$ é homogênea, enquanto $$ a_2(x) y” + a_1 (x) y’ + a_0 (x) y = g(x), $$ é não-homogênea quando g(x) não é identicamente nula.

Na consideração destas equações lineares de segunda ordem, supomos que a_2(x), a_1 (x) , a_0 (x) e g(x) são contínuas em um intervalo I e que a_2 (x) \neq 0 para todod x no 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 .

O Wronskiano de duas funções diferenciáveis y_1 (x) e y_2 (x) é o determinante

Quando W \neq 0 em pelo menos um ponto no intervalo, as funções são linearmente independentes no intervalo e com isso, y_1 (x) e y_2 (x) formam um conjunto fundamental de soluções da equação $$ a_2(x) y” + a_1 (x) y’ + a_0 (x) y = 0,$$ cuja solução sera dada por $$ y(x) = c_1 y_1 (x) + c_2 y_2 (x) .$$

A solução geral da equação $$ a_2(x) y” + a_1 (x) y’ + a_0 (x) y = g(x)$$ é dada por $$ y(x) = y_H (x) + y_p (x) $$ em que y_p é uma solução particular desta equação, encontrada pelo Método dos Coeficientes Indeterminados ou pelo Método da Variação dos Parâmetros; e y_H é a solução da equação homogênea associada $$ a_2(x) y” + a_1 (x) y’ + a_0 (x) y = 0.$$

Exercícios Resolvidos Sobre EDO’s de 2ª Ordem

1. Dada a EDO de segunda ordem y''+y = t +tsen(t) Encontre:

a) Um conjunto fundamental de soluções da EDO homogênea associada y''+y = 0 .

SOLUÇÃO: A EDO homogênea associada, y''+y = 0 , possui equação característica \lambda ^2 +1 = 0 , que tem raízes complexas conjugadas dadas por \lambda = \pm i , ou seja, $$y_H (t) = c_1 cos(t) + c_2 sen (t) .$$

Portanto, \{ cos(t), sen(t) \} é um conjunto fundamental de soluções da equação homogênea associada.

b) A solução geral da EDO usando o Método dos Coeficientes Indeterminados e o Princípio da Superposição.

SOLUÇÃO: Nesse caso, precisamos encontrar uma solução na forma $$y_p (t) = (at+b)tsen(t) + (ct+d)t cos(t) = (at^2 + bt) sen(t) + (ct^2 + dt) cos(t),$$ pois sen(t) aparece na solução da EDO homogênea.

Derivando duas vezes e substituindo na EDO, obtemos $$ [-2at^2 + (-4c -2b)t – 2d +2a] sen(t) + (4at +2c+2b) cos(t) = t sen(t) $$

Logo, encontramos o sistema $$-2a = 0 $$ $$-4c -2b = 1$$ $$-2d+2a = 0 $$ $$4a = 0$$ $$2c +2b = 0 $$ onde encontramos a=d=0, b = 1/2   e c = - 1/2 , o que nos leva a $$y_p (t) = \frac{1}{2} t sen(t) – \frac{1}{2} t^2 cos(t).$$

Portanto, $$y(t) =  c_1 cos(t) + c_2 sen (t) + \frac{1}{2} t sen(t) – \frac{1}{2} t^2 cos(t).$$

2) 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 $$y_{H}(x) = c_1 cos(x)+c_2 sen(x).$$

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 $$y(x) = 9 \pi cos(x)+7 sen(x) + 4\,x-5\,x\,\mathrm{cos}\left( x\right) .$$

3) Resolva a E.D.O. homogênea y'' - \dfrac{2t}{1+t^2}y' + \dfrac{2}{1+t^2}y = 0

SOLUÇÃO: Como a equação homogênea associada dessa EDO não tem coeficientes constantes deveremos encontrar duas soluções particulares suas que formem um CFS.

Para isso, vamos reescrever a Equação Homogênea Associada como $$y” – \frac{2t}{1+t^2}y’ + \frac{2}{1+t^2}y = 0 \Rightarrow (1+t^2) y” – 2ty’ + 2y = 0.$$

Desta forma, fatalmente as duas soluções particulares terão estruturas polinomiais e testando as formas $$y_{1}(t) = at + b; \;\;\;\;y{2}(t) = at^2 + bt +c$$ encontramos como duas soluções particulares $$y_{1}(t) = t; \;\;\;\;y{2}(t) = t^2 -1.$$

Obviamente, você pode encontrar outras soluções particulares que também formem um CFS como é o caso dessas duas, cujo Wronskiano é dado por $$W(y_1, y_2) = t^2 +1.$$

Assim, $$y(t) = c_1 t + c_2 (t^2 -1) + y_{p}$$.

4. Resolva a EDO abaixo usando o método que julgar adequado. $$y” – 2 y’ = e^x sen(x).$$

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

Agora podemos usar o Método dos Coeficientes Indeterminados para encontrar uma solução particular da equação não-homogênea, fazendo $$y_p (x) = A e^x sen(x) + Be^x cos(x), $$ donde, substituindo na equação e resolvendo o sistema, encontramos A = - 1/2 e B = 0 .

Portanto, $$y(x) = c_1 + c_2 e^{2x} – \frac{1}{2}e^x sen(x) . $$

Podemos, também usar o Método da Variação dos Parâmetros para encontrar y_p (x) . Observando que um C.F.S. da equação homogênea associada é \{ 1, e^{2x} \} , calculamos W \left( 1, e^{2x} \right) = 2 e^{2x} . Assim:

$$y_p (x) = – \int{\frac{e^{2x} e^x sen(x)}{2 e^{2x}} dx} + e^{2x} \int{\frac{e^x sen(x)}{2 e^{2x}} dx} $$

$$y_p (x) = – \int{e^x sen(x) dx} + e^{2x} \int{e^{-x} sen(x) dx} $$

$$y_p (x) = -\frac{{e}^{x}\,\mathrm{sen}\left( x\right) }{2}$$

O que nos levaria a $$ y(x) = c_1 + c_2 e^{2x} -\frac{{e}^{x}\,\mathrm{sen}\left( x\right) }{2} $$

5) Resolva a equação (1-x^2)y'' -2xy' = 0 ;

SOLUÇÃO: Podemos usar a mudança de variável u = y' e transformar esta EDO numa equação de primeira ordem linear, $$(1-x^2)u’ -2xu = 0 $$ que tem solução dada por $$u(x) = c \frac{1}{1-x^2}, $$ assim, $$y(x) = c \int{\frac{1}{1-x^2} dx} = \frac{c_1}{2} \ln{\left( \frac{x-1}{x+1} \right)}  +c_2.$$

6) Resolva as EDO’s abaixo:

a) y'' - 2y' -3y = 4x - 5 + 6xe^{2x}

SOLUÇÃO: Primeiramente, a solução para a equação homogênea associada y'' - y' -3y = 0 é $$y_{h}(x) = c_1 e^{-x} + c_2 e^{3x}.$$ Agora, vamos escolher uma solução particular dada por $$y_{p}(x) = Ax+B +Cxe^{2x}+ De^{2x}$$ e substituindo da equação diferencial obtemos $$ y_p” – 2y_p’ -3y_p = -3Ax-2A-3B-3Cxe^{2x} + (2C-3D)e^{2x} = 4x – 5 + 6xe^{2x}.$$ Resolvendo o sistema resultante desta igualdade obtemos $$A=-4/3, B = 23/9, C = -2, D = -4/3.$$ Consequentemente, $$y(x) = c_1 e^{-x} + c_2 e^{3x} + -4/3 x+ 23/9 -2 xe^{2x}-4/3e^{2x}.$$

b) y'' - y = \dfrac{1}{x}

SOLUÇÃO: A equação auxiliar m^2-1 = tem raízes m_1 = -1 e m_2 = 1. Desta forma, $$y_{h}(x) = c_1 e^{x} + c_2 e^{-x}$$ com \{ e^{x} , e^{-x} \} como um C.F.S. e W\left( e^{x} , e^{-x} \right) = -2 . Portanto, usando o Método da Variação dos Parâmetros encontramos $$y_{p}(x) = \frac{1}{2}e^x \int\limits_{x_0}^{x}{\frac{e^{-t}}{t}dt} – \frac{1}{2}e^x \int\limits_{x_0}^{x}{\frac{e^{t}}{t}dt} , $$ assim $$y(x) = c_1 e^{x} + c_2 e^{-x} + \frac{1}{2}e^x \int\limits_{x_0}^{x}{\frac{e^{-t}}{t}dt} – \frac{1}{2}e^x \int\limits_{x_0}^{x}{\frac{e^{t}}{t}dt} .$$

c) y'' + y = (x-1)cos(x)

SOLUÇÃO: Reescrevendo esta equação como $$ y” + y = (x-1)cos(x) = xcos(x) – cos(x)$$ e percebendo que cos(x) aparece na solução da equação homogênea associada $$y_{h}(x) = c_1 cos(x) + c_2 sen(x)$$ iremos buscar uma solução particular na forma $$y_{p}(x) = Axcos(x)+Bxsen(x)+Cx^2cos(x)+Ex^2sen(x) .$$ Substituindo na equação encontramos $$4E = 1; -4C = 0; 2B+2C = -1; -2A +2E = 0 \Leftrightarrow E=1/4, C=0, B = -1/2, A=1/4.$$

Logo, a solução geral da equação é $$y(x) = c_1 cos(x)+c_2sen(x)+\frac{1}{4}xcos(x)-\frac{1}{2}xsen(x)+\frac{1}{4}x^2sen(x) .$$

d) y'' + 4y = \text{sec}(2x)

Solução: Neste caso nossa equação homogênea associada, y'' + 4y = 0 , tem equação caraterística com duas raízes complexas conjugadas dadas por \lambda = \pm 2 i , o que nos leva a $$y_{h}(x) = c_1 \text{cos}(2x) + c_2 \text{sen}(2x).$$

Facilmente podemos calcular $$ W(\text{cos}(2x) , \text{sen}(2x)) = 2 $$ e usando o Método da Variação dos Parâmetros encontramos $$ y_p(x) = -\text{cos}(2x)  \int{\frac{\text{sen}(2x) \text{sec}(2x) }{2} dx}+\text{sen}(2x)  \int{\frac{\text{cos}(2x) \text{sec}(2x) }{2} dx} = \\ = -\text{cos}(2x)  \int{\text{tan}(2x) dx} + \text{sen}(2x) \int{dx} = -\frac{\text{cos}(2x) }{4}\ln{|\text{sec}(2x) |} + \frac{1}{2} x \text{sen}(2x) .$$

Portanto, $$y(x) = c_1 \text{cos}(2x) + c_2 \text{sen}(2x) -\frac{\text{cos}(2x) }{4}\ln{|\text{sec}(2x) |} + \frac{1}{2} x \text{sen}(2x) .$$

e) x^2 y'' - 4xy' +6y = \dfrac{42}{x^4}

Solução: Neste caso a equação homogênea associada é uma equação de Euler-Cauchy que tem solução dada por $$y_{H}(x) = c_1 x^3 + c_2 x^2 .$$ Daí, facilmente verificamos que $$ W(x^3, x^2) = -x^4 $$ e usando o método da Variação dos Parâmetros encontramos $$y_p(x) = 42 x^3 \int{x^{-8}dx} – 42x^2 \int{x^{-5}dx} = -336 x^{-4} + 208 x^{-2}.$$ Portanto, $$y(x) = c_1 x^3 + c_2 x^2 -336 x^{-4} + 208 x^{-2} .$$

f) xy'' + y' = (3+x)x^2e^x

Solução: Faça z = y' , assim, z' = y'' e nossa equação de segunda ordem se torna uma equação linear de primeira ordem coma variável dependente z : $$xz’ +z = (3+x)x^2e^x$$ que pode ser reescrita como $$(xz)’ = \left( {x}^{3}+3\,{x}^{2}\right) \,{e}^{3\,x}$$ ou seja, $$ z = \frac{1}{x} \int{\left( {x}^{3}+3\,{x}^{2}\right) \,{e}^{3\,x} dx}= \frac{1}{x} \left[ \frac{\left( 9\,{x}^{3}+18\,{x}^{2}-12\,x+4\right) \,{e}^{3\,x}}{27} + c_1 \right] = \\ = \frac{{x}^{2}\,{e}^{3\,x}}{3}+\frac{2\,x\,{e}^{3\,x}}{3}+\frac{4\,{e}^{3\,x}}{27\,x}-\frac{4\,{e}^{3\,x}}{9}+\frac{c_1}{x}.$$

Agora, como z = y' , então, nossa solução será dada por $$ y = \int{z(x) dx} = \int{\frac{{x}^{2}\,{e}^{3\,x}}{3}+\frac{2\,x\,{e}^{3\,x}}{3}+\frac{4\,{e}^{3\,x}}{27\,x}-\frac{4\,{e}^{3\,x}}{9}+\frac{c_1}{x}} = \\ = c_2 + c_1\,\mathrm{ln}\left( x\right) +\frac{{x}^{2}\,{e}^{3\,x}}{9}+\frac{4\,x\,{e}^{3\,x}}{27}-\frac{16\,{e}^{3\,x}}{81} + \frac{4}{27}\int{x^{-1}{e}^{3\,x} dx}$$

É interessante observar que $$\int{x^{-1}{e}^{3\,x} dx} = \gamma (0, -3x)$$ é a função Gama Incompleta que definimos neste artigo. Logo, podemos escrever nossa solução como $$y(x) = c_2 + c_1\,\mathrm{ln}\left( x\right) +\frac{{x}^{2}\,{e}^{3\,x}}{9}+\frac{4\,x\,{e}^{3\,x}}{27}-\frac{16\,{e}^{3\,x}}{81} + \frac{4}{27} + \gamma (0, -3x)$$.

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