Método da Variação dos Parâmetros | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos

Neste artigo queremos apresentar uma segunda lista de exercícios resolvidos sobre o Método da Variação dos parâmetros para E.D.O.’s Lineares de 2ª Ordem. O método da variação dos parâmetros foi idealizado pelo matemático francês Lagrange e pode ser visto como uma continuidade do método dos coeficientes indeterminados. Este método nos dá uma solução particular da equação y''+ p(t)y'+q(t)y=g(t), uma vez que são conhecidas soluções da equação homogênea y''+ p(t)y'+q(t)y=0.

A idéia crucial é substituir as constantes c_1 e c_2 na equação y(t) = c_1 y_1(t) + c_2 y_2(t) por funções u_1 (t) e u_2 (t). Assim, y(t) = u_1 (t) y_1(t) +u_2 (t) y_2(t). Agora, determinamos y' e y'' e substituímos ambos na equação não homogênea.

Assim, chegaremos a uma solução particular da EDO não-homogênea é dada por \psi(t) = -y_1(t) \int{\dfrac{y_2(t)g(t)}{W(y_1,y_2)(t)}}dt + y_2(t) \int{\dfrac{y_1(t)g(t)}{W(y_1,y_2)(t)}}dt, e a solução geral será dada por y=c_1y_1(t) + c_2 y_2 (t)+\psi (t).

2ª Lista de Exercícios Resolvidos Sobre o Método da Variação dos Parâmetros:

1) Resolva as EDOs abaixo:

a) x^2y'' - xy'  + y = \ln{x}

SOLUÇÃO: A EDO homogênea associada é do tipo Euler-Cauchy. Assim, a equação característica da EDO x^2y'' - xy'  + y = 0 é dada por r^2 - 2r + 1 = (r-1)^2 = 0 , o que nos dá a solução: $$y_h (x) = c_1 x + c_2 x \ln{(x)} .$$ Portanto, y_1 (x) = x , y_2 (x) = x \ln{(x)} e W(x, x \ln{(x)}) = x .

Desta forma, usando o Método da Variação dos Parâmetros, encontramos $$y_p (x) = -x \int{x^{-2}\ln ^2 (x) dx} +x \ln{(x)} \int{x^{-2}\ln{(x)} dx} $$ $$y_p (x) = -x \left( \frac{-{\mathrm{ln}\left( x\right) }^{2}-2\,\mathrm{ln}\left( x\right) -2}{x} \right) +x \ln{(x)} \left( -\frac{\mathrm{ln}\left( x\right) }{x}-\frac{1}{x} \right) = \ln(x)+2 $$

Portanto, $$ y(t) = c_1 x + c_2 x \ln{(x)} + \ln(x)+2.$$

b) x^2y'' -3 xy'  + 3y =2x^4 e^{x}

SOLUÇÃO: Novamente a  EDO homogênea associada é do tipo Euler-Cauchy. Assim, a equação característica da EDO x^2y'' - xy'  + y = 0 tem solução: $$y_h (x) = c_1 x + c_2 x^3 .$$ Portanto, y_1 (x) = x , y_2 (x) = x^3 e W(x , x^3) = 2 x^3 .

Desta forma, podemos encontrar $$y_p (x) = -x \int{ \frac{x^3 2x^2 e^{x}}{2 x^3}  dx} + x^3 \int{\frac{x 2x^2 e^{x} }{2 x^3}  dx}$$ $$y_p (x) = -x \int{x^2 e^{x} dx} + x^3 \int{ e^{x} dx}$$ $$y_p (x) = 2x^2e^x – 2x e^x .$$ Portanto, $$ y(x) = c_1 x + c_2 x^3 + 2x^2e^x – 2x e^x.$$

c) y'' + 4y = \cos(x) \cos(3x)

SOLUÇÃO: A equação homogênea associada possui solução dada por $$y_h (x) = c_1 cos(2x) + c_2 sen(2x).$$ Iremos usar o Método da Variação dos Parâmetros para encontrar y_p (x) . Observando que um C.F.S. da equação homogênea associada é \{ cos(2x) , sen(2x) \} , calculamos W \left( cos(2x) , sen(2x) \right) = 2  . Assim:

$$ y_p (x) = -\frac{cos(2x)}{2} \int{sen(2x) \cos(x) \cos(3x) dx } + \frac{sen(2x)}{2} \int{cos(2x) \cos(x) \cos(3x) dx } $$ $$ y_p (x) = -\frac{cos(2x)}{2} \left[ -\frac{\mathrm{cos}\left( 6\,x\right) }{24}-\frac{\mathrm{cos}\left( 4\,x\right) }{16}+\frac{\mathrm{cos}\left( 2\,x\right) }{8} \right] + $$ $$ +\frac{sen(2x)}{2} \left[ \frac{\mathrm{sen}\left( 6\,x\right) }{24}+\frac{\mathrm{sen}\left( 4\,x\right) }{16}+\frac{\mathrm{sen}\left( 2\,x\right) }{8}+\frac{x}{4}  \right] $$ $$ y_p (x) = \frac{-4\,\mathrm{cos}\left( 4\,x\right) +12\,x\,\mathrm{sen}\left( 2\,x\right) +3\,\mathrm{cos}\left( 2\,x\right) }{96} $$

Portanto, $$y(x) = c_1 \cos(2x) + c_2 \mathrm{sen}(2x) + \frac{-4\,\mathrm{cos}\left( 4\,x\right) +12\,x\,\mathrm{sen}\left( 2\,x\right) +3\,\mathrm{cos}\left( 2\,x\right) }{96}.$$

d) y'' - 6 y' + 9y= \dfrac{e^{3x}}{x^2}

SOLUÇÃO: Facilmente obtemos $$y_h (x) = c_1 e^{3x} + c_2 x e^{3x} .$$ Daí, temos  um C.F.S. da equação homogênea associada é \{ e^{3x} , x e^{3x} \} , calculamos W \left( e^{3x} , x e^{3x} \right) = e^{6x} .

Usando o Método da Variação dos Parâmetros, encontramos $$y_p (x) = -e^{3x} \int{\frac{x e^{3x} e^{3x}}{x^2 e^{6x}} dx} + x e^{3x} \int{\frac{e^{3x} e^{3x}}{x^2 e^{6x}} dx} $$ $$y_p (x) = -e^{3x} \int{\frac{1}{x} dx} + x e^{3x} \int{\frac{1}{x^2 } dx} $$ $$y_p (x) = -e^{3x} \left( 1 + \ln{|x|} \right)$$

Portanto, $$y (x) = c_1 e^{3x} + c_2 x e^{3x} – \;e^{3x} \left( 1 + \ln{|x|} \right)$$

e) x^2 y'' - x y' +y =4x \ln{(x)}

SOLUÇÃO: Observe que a equação homogênea associada é uma EDO de Euler-Cauchy que nos dá como solução $$y_h(x) = c_1 x + c_2 x \ln{x} .$$ Desta fora, temos um C.F.S. dado por \{ x ,  x \ln{x} \} onde W( x ,  x \ln{x} ) = x  .

Assim, $$y_p (x) = – x \int{\frac{(x \ln{x})(4 \ln{(x)})}{x^2}dx} + x \ln{x} \int{ \frac{(x)(4 \ln{(x)})}{x^2}dx}$$ $$y_p (x) = – x \int{\frac{4 \ln^2 {(x)}}{x}dx} + x \ln{x} \int{ \frac{4 \ln{(x)}}{x}dx}$$ $$ y_p (x) = \frac{2\,x\,{\mathrm{ln} ^{3}\left( x\right) }}{3}$$

Portanto, $$y(x) =  c_1 x + c_2 x \ln{x} +\frac{2\,x\,{\mathrm{ln} ^{3}\left( x\right) }}{3}$$

Mais Listas de Exercícios Resolvidos Sobre a Variação dos Parâmetros:

• Método da Variação dos Parâmetros | 1ª 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
• Método da Variação dos Parâmetros | 6ª Lista de Exercícios Resolvidos

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