Questão - Esquações Diferenciais a 2022 1

1. Resolva os problemas de valor inicial a seguir. Se possível, explicite a solução y(x). a) (20 pontos) \begin{cases} x^2 y y' = 3 \\ y(1) = -2 \end{cases} b) (20 pontos) \begin{cases} xy' - 4y - x^5 e^x = 0 \\ y(1) = 0 \end{cases} c) (20 pontos) \begin{cases} y'' - 9y = 0 \\ y(0) = 3, \ y'(0) = -3 \end{cases} 2. (20 pontos) Resolva o problema de valor inicial abaixo substituindo a variável dependente y(x) por v(x) = x + y(x). (x + y) \frac{dy}{dx} + x + y = 1 \quad y(0) = -1 3. (20 pontos) Mostre que todas as soluções y(t) da equação abaixo tendem a 0 quando t \to \infty. y'' + 4y' + 5y = 0 Questão 1 A) Temos a equação: 𝑥2𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 3 Separando variáveis, temos: 𝑦 𝑑𝑦 = 3 𝑑𝑥 𝑥2 Integrando, ficamos com: 𝑦2 2 = − 3 𝑥 + 𝐶 Aplicando a condição de contorno, temos: −22 2 = − 3 1 + 𝐶 2 = −3 + 𝐶 𝐶 = 5 Assim, a solução é: 𝑦2 2 = − 3 𝑥 + 5 𝒚 = −√𝟏𝟎 − 𝟔 𝒙 B) Temos a equação: 𝑥𝑦′ − 4𝑦 − 𝑥5𝑒𝑥 = 0 Rearranjando, temos: 𝑦′ − 4 𝑥 𝑦 = 𝑥4𝑒𝑥 Note que esta equação está no seguinte formato linear: 𝑦′ + 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑞(𝑥) Esta equação está na forma linear. Logo, a sua solução é: 𝑦 = ∫ 𝑄𝑒∫ 𝑃𝑑𝑥𝑑𝑥 + 𝐶 𝑒∫ 𝑃𝑑𝑥 𝑦 = ∫ 𝑥4𝑒𝑥𝑒∫ (−4 𝑥)𝑑𝑥𝑑𝑥 + 𝐶 𝑒∫ (−4 𝑥)𝑑𝑥 𝑦 = ∫ 𝑥4𝑒𝑥𝑒−4 ln 𝑥𝑑𝑥 + 𝐶 𝑒−4 ln 𝑥𝑑𝑥 𝑦 = ∫ 𝑥4𝑒𝑥𝑒ln 𝑥−4𝑑𝑥 + 𝐶 𝑒ln 𝑥−4 𝑦 = ∫ 𝑥4𝑒𝑥 1 𝑥4 𝑑𝑥 + 𝐶 1 𝑥4 𝑦 = 𝑥4∫ 𝑒𝑥𝑑𝑥 + 𝐶𝑥4 𝑦 = 𝑥4(𝑒𝑥) + 𝐶𝑥4 Aplicando a condição de contorno, temos: 0 = 14(𝑒1) + 𝐶14 𝐶 = −𝑒1 Logo, a solução é: 𝑦 = 𝑥4(𝑒𝑥) − 𝑒1𝑥4 𝒚 = 𝒙𝟒(𝒆𝒙 − 𝒆) C) Seja 𝑦 = 𝑒𝛼𝑥 Assim, temos: 𝑦′′ = (𝑒𝛼𝑥)′′ = 𝛼2𝑒𝛼𝑥 Inserindo na equação, temos: 𝑦′′ − 9𝑦 = 0 𝛼2𝑒𝛼𝑥 − 9𝑒𝛼𝑥 = 0 𝛼2 − 9 = 0 𝛼2 = 9 𝛼 = ±3 Assim, temos a seguinte solução: 𝑦 = 𝐴𝑒3𝑥 + 𝐵𝑒−3𝑥 𝑦′ = 3𝐴𝑒3𝑥 − 3𝐵𝑒−3𝑥 Aplicando as condições de contorno, temos: 𝑦(0) = 𝐴𝑒0 + 𝐵𝑒0 = 3 𝑦′(0) = 3𝐴𝑒0 − 3𝐵𝑒0 = −3 Assim, devemos ter: 𝐴 + 𝐵 = 3 𝐴 − 𝐵 = −1 Resolvendo, temos: 𝐴 = 1 𝐵 = 2 Logo, a solução fica: 𝑦 = 𝐴𝑒3𝑥 + 𝐵𝑒−3𝑥 𝒚 = 𝒆𝟑𝒙 + 𝟐𝒆−𝟑𝒙 Questão 2 Temos: (𝑥 + 𝑦)𝑦′ + 𝑥 + 𝑦 = 1 Fazendo 𝑣 = 𝑥 + 𝑦, temos: 𝑣′ = 1 + 𝑦′ 𝑦′ = 𝑣′ − 1 Assim, ficamos com: (𝑣)(𝑣′ − 1) + 𝑣 = 1 𝑣𝑣′ − 𝑣 + 𝑣 = 1 𝑣𝑣′ = 1 𝑣 𝑑𝑣 𝑑𝑥 = 1 Separando variáveis e integrando, temos: 𝑣𝑑𝑣 = 𝑑𝑥 𝑣2 2 = 𝑥 + 𝐶 Agora, reescrevemos a condição de contorno: 𝑦(0) = −1 (𝑣 − 𝑥)(0) = −1 𝑣(0) = −1 Aplicando a condição, temos: −12 2 = 0 + 𝐶 𝐶 = 1 2 Assim, a solução fica: 𝑣2 2 = 𝑥 + 1 2 𝑣 = 𝑦 + 𝑥 = −√1 + 2𝑥 𝒚 = −√𝟏 + 𝟐𝒙 − 𝒙 Questão 3 Seja 𝑦 = 𝑒𝛼𝑥 Assim, temos: 𝑦′ = (𝑒𝛼𝑥)′ = 𝛼𝑒𝛼𝑥 𝑦′′ = (𝑒𝛼𝑥)′′ = 𝛼2𝑒𝛼𝑥 Inserindo na equação, temos: 𝑦′′ + 4𝑦′ + 5𝑦 = 0 𝛼2𝑒𝛼𝑥 + 4𝛼𝑒𝛼𝑥 + 5𝑒𝛼𝑥 = 0 𝛼2 + 4𝛼 + 5 = 0 𝛼 = −4 ± √42 − 4 ∗ 5 2 𝛼 = −4 ± √16 − 20 2 𝛼 = −4 ± √−4 2 𝛼 = −4 ± 2𝑖 2 𝛼 = −2 ± 𝑖 Assim, temos a seguinte solução: 𝑦 = 𝐴𝑒(−2+𝑖)𝑥 + 𝐵𝑒(−2−𝑖)𝑥 𝑦 = 𝐴𝑒(−2+𝑖)𝑥 + 𝐵𝑒(−2−𝑖)𝑥 𝑦 = 𝐴𝑒−2𝑥𝑒𝑖𝑥 + 𝐵𝑒−2𝑥𝑒−𝑖𝑥 𝑦 = 𝑒−2𝑥(𝐴𝑒𝑖𝑥 + 𝐵𝑒−𝑖𝑥) Aqui, para 𝑥 → ∞, a função 𝑒−2𝑥 tende a zero, enquanto que as funções 𝑒𝑖𝑥 e 𝑒−𝑖𝑥 são limitadas.