Prof. José Amaral MAT M7 - 1 05-11-2007
Exercícios.
EDO’s do tipo y(n)=f(x)
1. Determine a solução geral da EDO
=−′′′
2cos
xxy
• Trata-se de uma EDO da forma )()(xfy
n
=
32
2
1
4
321
3
21
3
21
2
1
2
1
22sen8
24
2cos4
6
2cos4
6
2sen2
2
2sen2
2
2cos
2cos
2cos
CxCx
Cxx
CdxCxdxCdxx
dxx
y
CxCxx
CdxCdxx
dxx
y
Cxx
Cdxx
dxxy
xxy
xxy
+++
−=
+++
−=
++
−=
++
+=′
+
+=
+
+=′′
+=′′′
=−′′′
∫∫∫ ∫
∫∫ ∫
∫∫
T Ó P I C O S
Exercícios sobre EDO’s de ordem n.
�
Módulo 7• Note bem, a leitura destes apontamentos não dispensa de modo algum a leitura atenta da bibliografia principal da cadeira • Chama-se à atenção para a importância do trabalho pessoal a realizar pelo aluno resolvendo os problemas apresentados na bibliografia, sem consulta prévia das soluções propostas, análise comparativa entre as suas resposta e a respostas propostas, e posterior exposição junto do docente de todas as dúvidas associadas.
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EDO’s redutíveis à 1ª ordem.
2. Determine a solução geral da EDO
0))ln()(ln( =−′′−′′ xyyyx
• Trata-se de uma EDO da forma ),( )1()( −
=nn
yxfy
x
xyyy
))ln()(ln( −′′=′′
Assim, procedendo à mudança de variável )()1(xpy
n
=− ;
dx
dpy
n
=)( :
py
py
′=′′
=′
, temos
=
−=′
x
p
x
p
dx
dp
x
xppp
ln
))ln()(ln(
Trata-se de uma EDO homogénea, pelo que, procedendo à mudança de variável
xup = , e, portanto, udxxdudp += , temos
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
1
1
1
2
2
2
1
1
2
2
2
1ln
1ln
ln1ln
ln
ln1lnln
1
)1(ln
1
1
)1(ln
1
ln
ln
ln
ln
))ln()(ln(
+
+
+
=′
=
=
+=
=−
=−
=−−
+=−
=−
−=
=+
=
+
=
−=′
∫∫
xC
xC
xC
xey
ex
p
eu
xCu
Cx
u
Cx
u
Cxu
Cdxx
duu
u
dxx
duuu
uuudx
dux
uuudx
dux
x
xu
x
xu
dx
udxxdu
x
p
x
p
dx
dp
x
xppp
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3
1
2
2
2
1
2
2
1Ce
C
xC
dxxey
xC
xC
+−
=
=
+
+
∫
3. Determine a solução geral da EDO
yyyy ′−′=′′ 2)(2 2
• Trata-se de uma EDO da forma ),( yyfy ′=′′
y
yyy
′−′=′′
2)(2 2
Assim, procedendo à mudança de variável )(ypy =′ ; dy
dppy =′′ :
ppy
py
′=′′
=′
, temos
( )
( )121
1
322
2
32
2
32
2
2
2
2
2
2
2
2
2
22
1
1
2
2
tan1
tan1
)arctan(1
1
1
1
1
1
1
1
)ln(1
ln
ln21ln
2
1
1
2
1
1
2)1(
22
22
xCCCC
CCCxC
y
CxCyC
CdxdyyC
dxdyyC
yCdx
dy
yCy
yCp
Cy
p
Cyp
Cdyy
dpp
dyy
dpp
yp
dy
dp
y
pp
dy
dpp
y
pppp
+=
+=
+=
+=
+
=
+
+=
+=′
=−
=−
+=−
+=−
=−
−=
−=
−=′
∫∫
∫∫
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EDO’s lineares homogéneas de 2ª ordem com coeficientes constantes.
4. Determine a solução geral da EDO
023 =+′+′′ yyy
• A EDO tem como soluções da equação característica,
2
13
2
893
2
4
023
2
2
11
2
±−=
−±−=
−±−=
=++
aaa
s
ss
, duas raízes reais distintas 21
−=s e 12
−=s , pelo que a solução geral da ED é
xx
xsxs
eCeC
eCeCy
−−
+=
+=
2
2
1
2121
5. Determine a solução geral da EDO
044 =+′−′′ yyy
• A EDO tem como soluções da equação característica,
2
2
16164
2
4
044
2
2
11
2
=
−±=
−±−=
=+−
aaa
s
ss
, uma raiz real dupla 221== ss , pelo que a solução geral da ED é
xx
xsxs
exCeC
exCeCy
2
2
2
1
2121
+=
+=
6. Determine a solução geral da EDO
032 =+′+′′ yyy
• A EDO tem como soluções da equação característica,
21
2
1242
2
4
032
2
2
11
2
j
aaas
ss
±−=
−±−=
−±−
=
=++
, duas raízes complexas conjugadas com 1−=α e 2=β , pelo que a solução geral
da ED é
x
x
h
exCxC
exCxCy
−
α
+=
β+β=
))2sen()2cos((
))sen()cos((
21
21
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EDO’s lineares homogéneas de ordem n com coeficientes constantes.
7. Determine a solução geral da EDO
04)5(
=′′′− yy
• A EDO tem como soluções da equação característica,
200)4(
04
23
35
±=∨=⇒=−
=−
ssss
ss
uma raiz real tripla, 3=k , 03,2,1 =s a que correspondem as soluções particulares
10
1 ==x
ey ; xexyx
==0
2 ; 2023 xexy
x
==
, e duas raízes reais simples, 24=s e 2
5−=s , a que correspondem as soluções
particulares:
x
ey2
4 = ; x
ey2
5−
=
Assim sendo, a solução geral da EDO linear homogénea de 5a
ordem com coeficientes
constantes é
xx
h eCeCxCxCCy2
5
2
4
2
321
−
++++=
8. Determine a solução geral da EDO
02)4(
=+′′+ yyy
• A EDO tem como soluções da equação característica,
jss
ss
±=⇒=+
=++
0)1(
012
22
24
um par de raízes complexas conjugadas duplas, 2=k , jssss ±=4321
,,, , a que
correspondem as 42 =k soluções particulares. Com 0=α e 1=β temos
)cos()1cos( 0
1 xexyx
== ; )cos()1cos( 0
2 xxexxyx
==
)sen()1sen( 0
9 xexyx
== ; )sen()1sen( 0
10 xxexxyx
==
Assim sendo, a solução geral da EDO linear homogénea de 4a
ordem com coeficientes
constantes é
)sen()sen()cos()cos(4321
xxCxCxxCxCyh +++=
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EDO’s lineares completas com coeficientes constantes.
9. Determine a solução geral da EDO
x
exyy2
=′+′′
• A EDO linear completa de 2a
ordem e coeficientes constantes tem como equação
homogénea
0=′+′′ yy
cujas soluções da equação característica,
100)1(
02
−=∨=⇒=+
=+
ssss
ss
, são duas raízes reais distintas 01=s e 1
2−=s , pelo que a solução geral da equação
homogénea é
x
xsxs
h
eCC
eCeC
yCyCy
−
+=
+=
+=
21
21
2211
21
Dado que
x
exxf−
=2)(
é da forma
)sen()()cos()()( xexQxexPxfxx β+β= αα
, com 2)( xxP = , 1=α , e 0=β , podemos recorrer ao método dos coeficientes
indeterminados para determinar uma solução particular da equação completa.
Assim, sabemos que a solução é do tipo
x
xx
p
exR
xexSxexRy
)(
)sen()()cos()(
=
β+β= αα
em que )(xR é um polinómio de coeficientes indeterminados de grau igual a )(xP ,
ou seja
x
peCBxAxy )( 2
++=
Podemos agora determinar os coeficientes A , B e C a partir da substituição de p
y
na equação diferencial. Sendo
x
xx
p
x
xx
p
eCBAxBAAx
eCBxBAAxeABAxy
eCBxBAAx
eCBxAxeBAxy
))22()4((
))()2(()22(
))()2((
)()2(
2
2
2
2
+++++=
+++++++=′′
++++=
++++=′
temos
22
2
)232()26(2 xCBAxBAAx
exyy x
=+++++
=′+′′
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pelo que
=++
=+
=
0232
026
12
CBA
BA
A
=
−=
=
⇒
47
23
21
C
B
A
, assim a solução particular procurada é
x
x
p
exx
eCBxAxy
+−=
++=
4
7
2
3
2
1
)(
2
2
, e a solução geral da equação completa é
xx
ph
exxeCC
yyy
+−++=
+=
−
4
7
2
3
2
1 2
21
Se optássemos pelo método das constantes arbitrária teríamos
x
xx
exxf
eyey
yy
−
−−
=
−=′⇒=
=′⇒=
2
22
11
)(
01
=′′+′′
=′+′
)()()(
0)()(
2211
2211
xfyxCyxC
yxCyxC
=−′+
=′+′⇔
−−
−
xx
x
exeC
eCC
2
2
21
)(0
0
=′−
′−=′⇔
−−
−
xx
x
exeC
eCC
2
2
21
−=′
=′⇔
−
x
xx
exC
eexC
22
2
22
1
−=′
=′⇔
x
x
exC
exC
22
2
2
1
pelo que
+−−=−=
+−==
∫∫
xx
xx
exxdxexC
exxdxexC
2222
2
22
1
)122(4
1
)22(
Fica assim determinada uma solução particular da equação completa
x
xxx
p
exx
eexxexx
yxCyxCy
+−=
+−−+−=
+=
−
4
7
2
3
2
1
)122(4
1)22(
)()(
2
222
2211
e a solução geral da equação completa é
xx
ph
exxeCC
yyy
+−++=
+=
−
4
7
2
3
2
1 2
21
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igual à encontrada anteriormente.
Note-se que a equação x
exyy2
=′+′′ é da forma ),( )1()( −
=nn
yxfy
yexyx
′−=′′2
pelo que, para determinar a solução geral bastava fazer a mudança de variável
pyyn
=′=− )1( ; pyy
n′=′′=
)(
de onde resulta
x
expp2
=+′
Que é uma equação linear em p , com
1)( =xP
x
exxQ2)( =
Logo, fazendo uvp = , com
x
dx
dxxP
e
e
ev
−
−
−
=
∫=
∫=)(
e
1
2222
22
2
4
1
2
1
2
1
)(
Cexeex
Cdxex
Cdxe
ex
Cdxv
xQu
xxx
x
x
x
++−=
+=
+=
+=
∫
∫
∫
−
, de onde
xxxx
eCexeexuvp−
++−==1
2
4
1
2
1
2
1
, e, sendo, py =′ , ainda
xx
xxxx
xxxx
xxxx
exxeCC
CeCexeex
dxeCexeexy
eCexeexy
+−++=
+−+−=
++−=
++−=′
−
−
−
−
∫
4
7
2
3
2
1
4
7
2
3
2
1
4
1
2
1
2
1
4
1
2
1
2
1
2
21
21
2
1
2
1
2
igual à encontrada anteriormente.
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EDO’s lineares completas com coeficientes variáveis.
10. Dada a EDO
2
)ln(1
x
xy
xy =′+′′
Mostre que a equação homogénea associada admite soluções da forma n
xy ))(ln(= , e determine a
solução geral da equação completa.
• A EDO linear completa de 2a ordem e coeficientes variáveis tem como equação
homogénea
01
=′+′′ yx
y
Admitindo n
xy ))(ln(= , temos
2
12
1
1))(ln(
1)))(ln(1(
1))(ln(
x
xnx
xnny
xxny
nn
n
−−
−
−−=′′
=′
, pelo que teríamos
01
)))(ln(1(
01
))(ln(11
))(ln(1
)))(ln(1(
01
2
1
2
12
=−
=
+−−
=′+′′
−
−−−
xxnn
xxn
xx
xnx
xnn
yx
y
n
nnn
Para que se verifique uma identidade Rx∈∀ deverá ser
100)1( =∨=⇒=− nnnn
Concluímos então que
1))(ln( 0
1 == xy
e
)ln())(ln( 1
2 xxy ==
São duas soluções particulares da equação homogénea. Para determinar a solução
geral é necessário verificar que se trata de soluções linearmente independentes. Temos
xx
x
yy
yyw
11
0
)ln(1
21
21==
′′=
Dado que Rxx
xf ∈∀≠= 01
)( , as soluções são linearmente independentes, pelo que
)ln(21
2211
xCC
yCyCyh
+=
+=
é a solução geral da equação homogénea.
Para determinar a solução geral da equação completa vamos recorrer ao método das
constantes arbitrária. Temos
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2
22
11
)ln()(
1)ln(
01
x
xxf
xyxy
yy
=
=′⇒=
=′⇒=
=′′+′′
=′+′
)()()(
0)()(
2211
2211
xfyxCyxC
yxCyxC
=′+
=′+′⇔
22
21
)ln(10
0)ln(
x
x
xC
xCC
=′
′−=′⇔
x
xC
xCC
)ln()ln(
2
21
=′
−=′⇔
x
xC
x
xC
)ln(
))(ln(
2
2
1
pelo que
==
−=−=
∫
∫
2
))(ln()ln(
13
))(ln())(ln(
1
2
2
32
1
xdxx
xC
xdxx
xC
Fica assim determinada uma solução particular da equação completa
3
23
2211
))(ln(6
1
)ln(2
))(ln(
3
))(ln(
)()(
x
xxx
yxCyxCyp
=
+−=
+=
Logo, a solução geral da equação completa é
)(ln6
1)ln( 3
21xxCC
yyy ph
++=
+=
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Auto-Avaliação.
),( )1()( −
=nn
yxfy ),( yyfy ′=′′
Substituição: pyn
=− )1( ; py
n′=
)( Substituição: py =′ ; ppy ′=′′
Wronskiano 04 2
2
1 >− aa
xsxs
h eCeCy 21
21+=
042
2
1=− aa
xsxs
h exCeCy 21
21+=
042
2
1<− aa )1(
2)1(
2)1(
1
221
21
21
−−−
′′′′′′
′′′
=
nnn
n
n
yyy
yyy
yyy
yyy
w
L
MOMM
L
L
L
x
h exCxCyαβ+β= ))sen()cos((
21
Constantes arbitrárias Coeficientes indeterminados
Se β+α j não é raiz da equação característica
)sen()()cos()( xexSxexRyxx
pβ+β=
αα
Se β+α j é raiz da equação característica
=′++′+′
=′++′+′
=′′′++′′′+′′′
=′′++′′+′′
=′++′+′
−−−
−−−
)(
0
0
0
0
)1()1(22
)1(11
)2()2(22
)2(11
2211
2211
2211
xfyCyCyC
yCyCyC
yCyCyC
yCyCyC
yCyCyC
n
nn
nn
n
nn
nn
nn
nn
nn
L
L
MM
L
L
L
( ))sen()()cos()( xexSxexRxyxxk
p β+β=αα
1.
Determine a solução geral das seguintes equações diferenciais.
1. x
exyyy =+′−′′5)2( 2.
x
exyyy +=+′+′′ )3sen(102
3.
3
2
2
=
dx
dy
dx
yd 4. xyy =′′′−
)5(
5. xx
exeyy +=′+′′′−
6. )tan(22 xeyyyx−
=+′+′′
2.
1. Determine a solução geral da equação 32 )2()2( xyxyxxyx =++′+−′′ , atendendo a que xy = e
x
xey = são soluções particulares da equação homogénea correspondente.
2. Determine a solução geral da equação xyyxyx =+′−′′2 , atendendo a que a equação homogénea
correspondente admite soluções da forma )(ln xxyn
= .
�
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Soluções
1.1 x
ex
xCC )12
1(
321++ ; 1.2 )3cos(
37
6)3sen(
37
1
13
1)3sen()3cos( 21
xxexeCxeCxxx
−+++−−
;
1.3 21
22 CCx +−−± ; 1.44
543
2
2124
1xeCeCCxxCC
xx
−++++−
;
1.5 xxx
eexexCxCC2
1
2
1)sen()cos( 321
+−−++−−
;
1.6
+−+ −−−
)cos(
)sen(1ln)cos()sen()cos(
21x
xxexeCxeC
xxx
;
2.1 2
21 xxeCxCx
−+ ; 2.2 )(ln2
1)ln( 2
21xxxxCxC ++