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solução ED

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Questão 1.
𝑦 ′′ − 10𝑦 ′ + 25𝑦 = 30π‘₯ + 3
Resolvendo a equação homogenia;
𝑦 ′′ − 10𝑦 ′ + 25𝑦 = 0
π‘Ÿ 2 − 10π‘Ÿ + 25 = 0 → π‘Ÿ =
π‘Ÿ=
10 ± √102 − 4 ⋅ 25
2⋅1
10
→π‘Ÿ=5
2
De acordo com a raiz da equação, a solução homogênea é:
𝑦h = 𝑐1 𝑒 5π‘₯ + 𝑐2 π‘₯𝑒 5π‘₯
Propondo uma solução da seguinte forma para a solução particular:
𝑦𝑝 = 𝐴π‘₯ + 𝐡
Então
→ 𝑦𝑝′′ = 0
𝑦𝑝′ = 𝐴
;
Substituindo na equação diferencial;
−10𝐴 + 25(𝐴π‘₯ + 𝐡) = 30π‘₯ + 3
−10𝐴 + 25𝐴π‘₯ + 25𝐡 = 30π‘₯ + 3
25𝐴π‘₯ + 25𝐡 − 10𝐴 = 30π‘₯ + 3
Da anterior equação podemos obter as seguintes relaciones:
25𝐴 = 30
25𝐡 − 10𝐴 = 3
Resolvendo o sistema:
𝐴=
6
5
E
25𝐡 − 10 ⋅
6
=3
5
25𝐡 − 12 = 3 → 𝐡 =
3
5
Então a solução geral é:
𝑦 = π‘¦β„Ž + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1 𝑒 5π‘₯ + 𝑐2 π‘₯𝑒 5π‘₯ + 𝐴π‘₯ + 𝐡
6
3
𝑦 = 𝑐1 𝑒 5π‘₯ + 𝑐2 π‘₯𝑒 5π‘₯ + π‘₯ +
5
5
Questão 2
𝑦 ′′ + 3𝑦 = −48π‘₯ 2 𝑒 3π‘₯
Resolvendo a equação homogenia;
𝑦 ′′ + 3𝑦 = 0
π‘Ÿ 2 + 3 = 0 → π‘Ÿ = ±√−3 → π‘Ÿ = ±√3𝑖
A solução é da forma:
π‘Ÿ1 = 𝛼1 + 𝑖𝛽1
, π‘Ÿ2 = 𝛼2 + 𝑖𝛽2
𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝛼1π‘₯ cos𝛽1 π‘₯ + 𝑐2 𝑒 𝛼2π‘₯ sen𝛽2 π‘₯
Então
π‘¦β„Ž = 𝑐1 cos√3π‘₯ + 𝑐2 sen√3π‘₯
Propondo uma solução da seguinte forma para a solução particular:
π‘¦πœŒ = (𝐴π‘₯ 2 + 𝐡π‘₯ + 𝐢)𝑒 3π‘₯
Então as derivadas de 𝑦𝑝 , são
𝑦𝑝′ = (2𝐴π‘₯ + 𝐡)𝑒 3π‘₯ + (𝐴π‘₯ 2 + 𝐡π‘₯ + 𝐢)𝑒 3π‘₯ ⋅ 3
𝑦𝑝′′ = 2𝐴𝑒 3π‘₯ + (2𝐴π‘₯ + 3)3𝑒 3π‘₯ + (2𝐴π‘₯ + 𝐡)𝑒 3π‘₯ 3 + (𝐴π‘₯ 2 + 𝐡π‘₯ + 𝐢)9𝑒 3π‘₯
Substituindo na equação diferencial;
(2𝐴 + 6𝐴π‘₯ + 3𝐡 + 6𝐴π‘₯ + 3𝐡 + 9𝐴π‘₯ 2 + 9𝐡π‘₯ + 9𝐢)𝑒 3π‘₯ + 3(𝐴π‘₯ 2 + 𝐡π‘₯ + 𝐢)𝑒 3π‘₯ = 48π‘₯ 2 𝑒 3π‘₯
(9𝐴π‘₯ 2 + 3𝐴π‘₯ 2 + 6𝐴π‘₯ + 6𝐴π‘₯ + 9𝐡π‘₯ + 3𝐡π‘₯ + 2𝐴 + 3𝐡 + 3𝐡 + 9𝐢 + 3𝐢)𝑒 3π‘₯ = −48π‘₯ 2 𝑒 3π‘₯
12𝐴π‘₯ 2 + (12𝐴 + 12𝐡)π‘₯ + 2𝐴 + 6𝐡 + 12𝐢 = −48π‘₯ 2 𝑒 3π‘₯
Da anterior equação podemos obter as seguintes relaciones:
12𝐴 = −48 → 𝐴 = −4
12𝐴 + 12𝐡 = 0 → 𝐡 = 4
2𝐴 + 6𝐡 + 12𝐢 = 0 → 𝐢 =
4
3
Então a solução particular é
4
𝑦𝑝 = (−4π‘₯ 2 + 4π‘₯ + ) 𝑒 3π‘₯
3
Então a solução geral é:
𝑦 = π‘¦β„Ž + 𝑦𝑝
4
𝑦 = 𝑐1 cos√3π‘₯ + 𝑐2 sen√3π‘₯ + (−4π‘₯ 2 + 4π‘₯ + ) 𝑒 3π‘₯
3
Questão 3
𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ + 𝑦 = senπ‘₯ + 3cos2π‘₯
Resolvendo a equação homogenia;
𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ + 𝑦 = 0
π‘Ÿ 2 + 2π‘Ÿ + 1 = 0 → π‘Ÿ =
π‘Ÿ=
−2 ± √4 − 4
2
−2
→ π‘Ÿ = −1
2
De acordo com a raiz da equação, a solução homogênea é:
𝑦h = 𝑐1 𝑒 −π‘₯ + 𝑐2 π‘₯𝑒 −π‘₯
Agora obtemos a solução particular pelo método de variação de parâmetros
𝑦𝑝 = 𝑣1 𝑒 −π‘₯ + 𝑣2 π‘₯𝑒 −π‘₯
O sistema associado é:
𝑣1′ 𝑒 −π‘₯ + 𝑣2′ π‘₯𝑒 −π‘₯ = 0
−𝑣1′ 𝑒 −π‘₯ + 𝑣2′ (𝑒 −π‘₯ − π‘₯𝑒 −π‘₯ ) = senπ‘₯ + 3cos2π‘₯
Resolvendo o sistema para 𝑣1 e 𝑣2
𝑣1′ = −𝑣2′ π‘₯
𝑣2′ π‘₯𝑒 −π‘₯ + 𝑣2′ (𝑒 −π‘₯ − π‘₯𝑒 −π‘₯ ) = senπ‘₯ + 3cos2π‘₯
𝑣2′ 𝑒 −π‘₯ = senπ‘₯ + 3cos2π‘₯ → 𝑣2′ = (senπ‘₯ + 3cos2π‘₯)𝑒 π‘₯
𝑣2 = ∫(senπ‘₯ + 3cos2π‘₯)𝑒 π‘₯ 𝑑π‘₯
𝑣2 = ∫ senπ‘₯𝑒 π‘₯ 𝑑π‘₯ + 3 ∫ cos2π‘₯ 𝑒 π‘₯ 𝑑π‘₯
Resolvendo a integral
= ∫ senπ‘₯𝑒 π‘₯ 𝑑π‘₯
𝑒 = 𝑒 π‘₯ , 𝑣 ′ = sin(π‘₯)
= −𝑒 π‘₯ cos(π‘₯) − ∫ − 𝑒 π‘₯ cos(π‘₯)𝑑π‘₯
= −𝑒 π‘₯ cos(π‘₯) − (−∫ 𝑒 π‘₯ cos(π‘₯)𝑑π‘₯)
= −𝑒 π‘₯ cos(π‘₯) − (−(𝑒 π‘₯ sin(π‘₯) − ∫ 𝑒 π‘₯ sin(π‘₯)𝑑π‘₯))
∫ 𝑒 π‘₯ sin(π‘₯)𝑑π‘₯ = −𝑒 π‘₯ cos(π‘₯) − (−(𝑒 π‘₯ sin(π‘₯) − ∫ 𝑒 π‘₯ sin(π‘₯)𝑑π‘₯))
=−
𝑒 π‘₯ cos(π‘₯) 𝑒 π‘₯ sin(π‘₯)
+
2
2
Resolvendo a integral
= 3 ∫ cos2π‘₯ 𝑒 π‘₯ 𝑑π‘₯ = 3 (
𝑣2 = −
2𝑒 π‘₯ sin(2π‘₯) + 𝑒 π‘₯ cos(2π‘₯)
)
5
𝑒 π‘₯ cos(π‘₯) 𝑒 π‘₯ sin(π‘₯) 3
+
+ (2𝑒 π‘₯ sin(2π‘₯) + 𝑒 π‘₯ cos(2π‘₯))
2
2
5
Para 𝑣1′ = −𝑣2′ π‘₯
𝑣1′ = −(senπ‘₯ + 3cos2π‘₯)𝑒 π‘₯ π‘₯
𝑣1 = − ∫(senπ‘₯ + 3cos2π‘₯)𝑒 π‘₯ π‘₯ 𝑑π‘₯
𝑣1 = − ∫ xsenπ‘₯𝑒 π‘₯ 𝑑π‘₯ − ∫ 3cos2π‘₯𝑒 π‘₯ π‘₯ 𝑑π‘₯
1
1
1
𝑣1 = π‘₯ (− 𝑒 π‘₯ cos(π‘₯) + 𝑒 π‘₯ sin(π‘₯)) + 𝑒 π‘₯ cos(π‘₯)
2
2
2
2𝑒 π‘₯ π‘₯sin(2π‘₯) + 𝑒 π‘₯ π‘₯cos(2π‘₯) 3 π‘₯
4
− 3(
+ 𝑒 cos(2π‘₯) − 𝑒 π‘₯ sin(2π‘₯))
5
25
25
Então a solução particular é
1
1
1
𝑦𝑝 = [π‘₯ (− 𝑒 π‘₯ cos(π‘₯) + 𝑒 π‘₯ sin(π‘₯)) + 𝑒 π‘₯ cos(π‘₯)
2
2
2
2𝑒 π‘₯ π‘₯sin(2π‘₯) + 𝑒 π‘₯ π‘₯cos(2π‘₯) 3 π‘₯
4
− 3(
+ 𝑒 cos(2π‘₯) − 𝑒 π‘₯ sin(2π‘₯))] 𝑒 −π‘₯
5
25
25
𝑒 π‘₯ cos(π‘₯) 𝑒 π‘₯ sin(π‘₯) 3
+ [−
+
+ (2𝑒 π‘₯ sin(2π‘₯) + 𝑒 π‘₯ cos(2π‘₯))] π‘₯𝑒 −π‘₯
2
2
5
Simplificando
1
12
9
𝑦𝑝 = − cos(π‘₯) + sin(2π‘₯) − cos(2π‘₯)
2
25
25
A solução geral é:
𝑦 = π‘¦β„Ž + 𝑦𝑝
1
12
9
𝑦 = 𝑐1 𝑒 −π‘₯ + 𝑐2 π‘₯𝑒 −π‘₯ − cos(π‘₯) + sin(2π‘₯) − cos(2π‘₯)
2
25
25
Questão 4
𝑦 ′′ + 4𝑦 ′ + 5𝑦 = 35𝑒 −4π‘₯
,
𝑦(0) = −3,
𝑦 ′ (0) = 1
Resolvendo a equação homogenia;
𝑦 ′′ + 4𝑦 ′ + 5𝑦 = 0
π‘Ÿ 2 − 4π‘Ÿ + 5 = 0
→π‘Ÿ=
4 ± √16 − 20
2
π‘Ÿ =2±π‘–
De acordo com a raiz da equação, a solução homogênea é:
π‘¦β„Ž = 𝑐1 𝑒 2π‘₯ cosπ‘₯ + 𝑐2 𝑒 2π‘₯ senπ‘₯
Propondo uma solução da seguinte forma para a solução particular:
𝑦𝑝 = 𝐴𝑒 𝐡π‘₯ → 𝑦 ′ = 𝐴𝐡𝑒 𝐡π‘₯ , 𝑦 ′′ = 𝐴𝐡2 𝑒 𝐡π‘₯
Substituindo na equação diferencial;
𝐴𝐡2 𝑒 𝐡π‘₯ − 4𝐴𝐡𝑒 𝐡π‘₯ + 5𝐴𝑒 𝐡π‘₯ = 35𝑒 −4π‘₯
(𝐴𝐡2 − 4𝐴𝐡 + 5𝐴)𝑒 𝐡π‘₯ = 35𝑒 −4π‘₯
Da anterior equação podemos obter as seguintes relaciones:
𝐡 = −4
𝐴𝐡2 − 4𝐴𝐡 + 5𝐴 = 35 → 𝐴 =
35
37
Então a solução particular é:
𝑦𝑝 =
35𝑒 −4π‘₯
37
A solução geral é:
𝑦 = π‘¦β„Ž + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1 𝑒 2π‘₯ cosπ‘₯ + 𝑐2 𝑒 2π‘₯ senπ‘₯ +
35𝑒 −4π‘₯
37
Para as condições iniciais obtemos
𝑦(0) = −3,
−3 = 𝑐1 +
35
37
→ 𝑐1 = −
146
37
Para 𝑦 ′ (0) = 1
𝑦 ′ = (−𝑐1 senπ‘₯ + 𝑐2 cosπ‘₯)𝑒 2π‘₯ + (𝑐1 cosπ‘₯ + 𝑐2 senπ‘₯)𝑒 2π‘₯ ⋅ 2 − 4
35 −4π‘₯
𝑒
37
𝑦 ′ (0) = 𝑐2 + 2𝑐1 − 4
𝑐2 − 2
35
=1
37
146
35
−4
=1
37
37
469
𝑐2 =
37
A solução é
𝑦 = (−
146
469
35𝑒 −4π‘₯
cosπ‘₯ +
senπ‘₯) 𝑒 2π‘₯ +
37
37
37
Questão 5
𝑒π‘₯
𝑦 − 2𝑦 + 𝑦 =
1 + π‘₯2
′′
′
Resolvendo a equação homogenia;
𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 0
π‘Ÿ 2 − 2π‘Ÿ + 1 = 0 → π‘Ÿ =
2 ± √4 − 4
→π‘Ÿ=1
2
De acordo com a raiz da equação, a solução homogênea é:
π‘¦β„Ž = 𝑐1 𝑒 π‘₯ + 𝑐2 π‘₯𝑒 π‘₯
Agora obtemos a solução particular pelo método de variação de parâmetros
π‘¦πœŒ = 𝑣1 𝑒 π‘₯ + 𝑣2 π‘₯𝑒 π‘₯
O sistema associado é
𝑣1′ 𝑒 π‘₯ + 𝑣2′ π‘₯𝑒 π‘₯ = 0
𝑣1′ 𝑒 π‘₯ + 𝑣2′ (𝑒 π‘₯ + π‘₯𝑒 π‘₯ ) =
𝑒π‘₯
1 + π‘₯2
Resolvendo o sistema para 𝑣1 e 𝑣2
𝑣1′ = −𝑣2′ π‘₯
Substituindo na segunda eq.
−𝑣2′ π‘₯𝑒 π‘₯ + 𝑣2′ (𝑒 π‘₯ + π‘₯𝑒 π‘₯ ) =
−𝑣2′ π‘₯ + 𝑣2′ + π‘₯𝑣2′ =
𝑣2′ =
1
1 + π‘₯2
1
1
→
𝑣
=
∫
𝑑π‘₯
2
1 + π‘₯2
1 + π‘₯2
𝑣2 = tan−1 (π‘₯)
Agora 𝑣1 é
𝑒π‘₯
1 + π‘₯2
𝑣1′ = −
1
π‘₯
1 + π‘₯2
→
𝑣1 = − ∫
π‘₯
𝑑π‘₯
1 + π‘₯2
Fazendo a integral
𝑣1 = − ∫
π‘₯
𝑑π‘₯
1 + π‘₯2
𝑒 = 1 + π‘₯ 2 → 𝑑𝑒 = 2π‘₯𝑑π‘₯
1 1
𝑣1 = − ∫ 𝑑𝑒 →
2 𝑒
𝑣1 = ln (1 + π‘₯ 2 )
Então a solução particular é:
π‘¦πœŒ = ln (1 + π‘₯ 2 )𝑒 π‘₯ + tan−1 (π‘₯) π‘₯𝑒 π‘₯
A solução geral é:
𝑦 = π‘¦β„Ž + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1 𝑒 π‘₯ + 𝑐2 π‘₯𝑒 π‘₯ + ln (1 + π‘₯ 2 )𝑒 π‘₯ + tan−1 (π‘₯) π‘₯𝑒 π‘₯
𝑦 = [𝑐1 + 𝑐2 π‘₯ + ln (1 + π‘₯ 2 ) + tan−1 (π‘₯) π‘₯]𝑒 π‘₯
Questão 6
𝑦 ′′ + 𝑦 = sec 2 π‘₯
Resolvendo a equação homogenia;
𝑦 ′′ + 𝑦 = 0
π‘Ÿ2 + 1 = 0
→
π‘Ÿ=𝑖
De acordo com a raiz da equação, a solução homogênea é:
π‘¦β„Ž = 𝑐1 cos(π‘₯) + 𝑐2 sen(π‘₯)
Agora obtemos a solução particular pelo método de variação de parâmetros
𝑦𝑝 = 𝑣1 cosπ‘₯ + 𝑣2 senπ‘₯
O sistema associado é
𝑣1′ cosπ‘₯ + 𝑣2′ senπ‘₯ = 0
→ 𝑣1′ = −tanπ‘₯𝑣2′
−𝑣1′ senπ‘₯ + 𝑣2′ cosπ‘₯ =
1
cos2 π‘₯
Das duas eq. Obtemos
1
cos 2 π‘₯
1
(tan π‘₯ sinπ‘₯ + cosπ‘₯)𝑣2′ =
cos 2 π‘₯
tanπ‘₯senπ‘₯𝑣21 + 𝑣21 cosπ‘₯ =
sen2 π‘₯ + cos 2 π‘₯ ′
1
𝑣2 =
cosπ‘₯
cos 2 π‘₯
1
1
1
𝑣2′ =
→ 𝑣2 = ∫
𝑑π‘₯ → 𝑣2 = ln (
+ π‘‘π‘Žπ‘›π‘₯ )
cosπ‘₯
cosπ‘₯
π‘π‘œπ‘ π‘₯
Para 𝑣1′
𝑣1′ = −tanπ‘₯𝑣2′ → 𝑣1′ = −tanπ‘₯
1
cosπ‘₯
𝑠𝑒𝑛π‘₯
cos2 π‘₯
𝑠𝑒𝑛π‘₯
𝑣1 = − ∫
𝑑π‘₯
cos2 π‘₯
𝑣1′ = −
𝑒 = π‘π‘œπ‘ π‘₯
→ = ∫−
1
1
𝑑𝑒 = −
2
𝑒
𝑒
𝑣1 = −
1
cos (π‘₯)
Então a solução particular é:
𝑦𝑝 = −
1
1
cosπ‘₯ + ln (
+ π‘‘π‘Žπ‘›π‘₯ ) senπ‘₯
cos (π‘₯)
π‘π‘œπ‘ π‘₯
𝑦𝑝 = −1 + ln (
1
+ π‘‘π‘Žπ‘›π‘₯ ) senπ‘₯
π‘π‘œπ‘ π‘₯
A solução geral é:
𝑦 = 𝑐1 cos(π‘₯) + 𝑐2 sen(π‘₯) + −1 + ln (
1
+ π‘‘π‘Žπ‘›π‘₯ ) senπ‘₯
π‘π‘œπ‘ π‘₯
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