Exercício para Entrega 2 - Equações Diferenciais - 2023-2

EDA - TURMA D1 EXERCÍCIO ENTREGA DIA 24 DE OUTUBRO DE 2023 EXERCÍCIO 1. Considere o seguinte PVI:      y′′ + 2y′ + ay = 0 y(0) = 1 y′(0) = 0 onde a ∈ R. a) Suponha que a > 1 e faça o que se pede: i) Encontre as soluções fundamentais y1(t) e y2(t). ii) Calcule o wronskiano de y1(t) e y2(t). iii) Encontre a solução do PVI em função de a. b) Suponha que a < 1 e faça o que se pede: i) Encontre as soluções fundamentais y1(t) e y2(t). ii) Calcule o wronskiano de y1(t) e y2(t). iii) Encontre a solução do PVI em função de a. c) Suponha que a = 1 e faça o que se pede: i) Encontre as soluções fundamentais y1(t) e y2(t). ii) Calcule o wronskiano de y1(t) e y2(t). iii) Encontre a solução do PVI. EXERCÍCIO 2. As oscilações forçadas são dividas em oscilações forçadas com amortecimento e oscilações forçadas sem amortecimento. Construa um texto 1 explicando a diferença entre elas e apresente suas respectivas equações diferencias de segunda ordem. Além disso, apresente uma situação problema de cada caso e resolva, exemplificando e enriquecendo seu texto. EXERCÍCIO 3. Resolva as seguintes equações por meio do método de substituição discutido no livro “Introdução às equações diferenciais ordinárias” do professor Reginaldo J. Santos. (páginas 360 à 366 - Seção 2.5). a) (1 + x2)y′′ + 2xy′ = 2x−3 (Faça v = y′) b) y2y′′ − y′ = 0 (Faça v = y′) c) x2y′′ + 3xy′ + 5y = 0 (Faça t = ln x) 2 Questão 1 EXERCÍCIO 1. Considere o seguinte PVI: \left\{\begin{array}{l} y'' + 2y' + ay = 0 \\ y(0) = 1 \\ y'(0) = 0 \end{array}\right. onde a \in \mathbb{R}. Solução geral Primeiro, desenvolveremos um arcabouço geral para as soluções da EDO. Com efeito, consideremos inicial- mente apenas a EDO sem o PVI. Nesse sentido, segue que uma solução para essa EDO é dada por: y = e^{rt} onde r é um parâmetro a determinar. Com efeito, levando essa solução na EDO teremos o seguinte desenvolvimento: y'' + 2y' + ay = 0 \implies \left(e^{rt}\right)'' + 2\left(e^{rt}\right)' + a\left(e^{rt}\right) = 0 \implies r^2 e^{rt} + 2re^{rt} + ae^{rt} = 0 \implies e^{rt} (r^2 + 2r + a) = 0 \implies r^2 + 2r + a = 0 Veja que nosso problema de determinar o parâmetro r chegou ao ponto de termos que resolver uma equação algébrica do segundo grau cujas soluções são dadas por: r_{1,2} = \frac{-2 \pm \sqrt{\Delta}}{2} onde temos que: \Delta = 4 - 4a = 4(1 - a) E disso temos então que: r_{1,2} = \frac{-2 \pm \sqrt{\Delta}}{2} = \frac{-2 \pm \sqrt{4(1 - a)}}{2} = \frac{-2 \pm 2\sqrt{1 - a}}{2} = -1 \pm \sqrt{1 - a} Assim, os valores e parâmetros de r em função do termo a são dados por: r_{1,2} = -1 \pm \sqrt{1 - a}. Em suma, a depender dos valores possíveis que teremos para a teremos diferentes situações a considerar como solução da nossa EDO. Com efeito, veja que teremos os seguintes casos: (a) Se a > 1 então temos que 1 - a < 0. Então, com intuito de termos simplicidade vamos definir que b^2 = a - 1.. De fato, veja que como a > 1 segue que a - 1 é um número positivo então chamamos esse número de b^2. Com efeito, teremos então que: r_{1,2} = -1 \pm \sqrt{1 - a} = -1 \pm \sqrt{-(a - 1)} = -1 \pm \sqrt{-1}\sqrt{a - 1} = -1 \pm i\sqrt{b^2} = -1 \pm bi Com isso, segue que r_1 = -1 + bi e r_2 = -1 - bi com b = \sqrt{a - 1}. Nesse caso, como nossos parâmetros são distintos segue que cada r nos fornece uma solução que é y_1 = e^{r_1t} = e^{(-1+bi)t} e y_2 = e^{r_2t} = e^{(-1-bi)t}. (b) Caso em que a < 1 . Se a < 1 então temos que a - 1 < 0 ou ainda 1 - a > 0. Então, com intuito de termos simplicidade vamos definir que c^2 = 1 - a.. De fato, veja que como a < 1 segue que 1 - a é um número positivo então chamamos esse número de c^2. Com efeito, teremos então que: r_{1,2} = -1 \pm \sqrt{1 - a} = -1 \pm \sqrt{c^2} = -1 \pm c Com isso, segue que r_1 = -1 + c e r_2 = -1 - c com c = \sqrt{1 - a}. Nesse caso, como nossos parâmetros são distintos segue que cada r nos fornece uma solução que é y_1 = e^{r_1t} = e^{(-1+c)t} e y_2 = e^{r_2t} = e^{(-1-c)t}. (c) Para quando a = 1 temos que: r_{1,2} = -1 \pm \sqrt{1 - a} = -1 \pm \sqrt{1 - 1} = -1 \pm \sqrt{0} = -1 Nesse caso, nós temos apenas um valor de r que é r_1 = -1 e isso dará origem apenas a uma solução y_1 = e^{r_1t} = e^{-t}. Com efeito, é necessário usarmos outros métodos para obtermos a segunda solução. Com essas considerações vamos as soluções dos itens. item (a) - Soluções complexas a) Suponha que a > 1 e faça o que se pede: i) Encontre as soluções fundamentais y_1(t) e y_2(t). ii) Calcule o wronskiano de y_1(t) e y_2(t). iii) Encontre a solução do PVI em função de a. Solução - item (a) Solução - item (a) - (i) Se a > 1 basta tomarmos o caso (a) da seção de solução geral que fizemos acima. Com efeito, nesse caso as soluções fundamentais são: y_1 = e^{r_1t} = e^{(-1+bi)t} e y_2 = e^{r_2t} = e^{(-1-bi)t}. Então, isso nos dá uma solução geral dada por: y(t) = A'y_1 + B'y_2 = Ae^{(-1+bi)t} + Be^{(-1-bi)t} = e^{-t}(Ae^{bit} + Be^{-bit}) = e^{-t}(A'\cos(bt) + iA'\sin(bt) + B'\cos(bt) - iB'\sin(bt)) = e^{-t}(A\cos(bt) + B\sin(bt)) onde A \equiv A' + B' e B \equiv iA' - iB' são constantes de integração. Acima apenas desenvolvemos o termo das exponenciais complexas com a relação de euller. Solução - item (a) - (ii) Vamos calcular o Wronskiano das soluções desejadas. Com efeito, temos o seguinte cálculo: W(y_1,y_2) = \begin{vmatrix} y_1(t) & y_2(t) \\ y_1'(t) & y_2'(t) \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} e^{(-1+bi)t} & e^{(-1-bi)t} \\ de^{(-1+bi)t}/dt & de^{(-1-bi)t}/dt \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} e^{(-1+bi)t} & e^{(-1-bi)t} \\ (-1 + bi)e^{(-1+bi)t} & (-1 - bi)e^{(-1-bi)t} \end{vmatrix} = (-1 - bi)e^{(-1-bi)t}\cdot e^{(-1+bi)t} - (-1 + bi)e^{(-1+bi)t}\cdot e^{(-1-bi)t} = (-1 - bi)e^{-2t} - (-1 + bi)e^{-2t} = e^{2t}(-1 - bi + 1 - bi) = -2bie^{-2t} com b = \sqrt{a - 1}. Logo, uma vez que a > 1 segue que o wronskiano acima nunca se anula tendo em vista que o termo exponencial é sempre não nulo o que evidencia que as soluções encontradas são as soluções fundamentais. Solução - item (a) - (iii) Para o PVI teremos que determinar as derivadas da solução obtida em (i). Com efeito, veja que: \left\{\begin{array}{l} y(t) = e^{-t}(A\cos(bt) + B\sin(bt)) \\ y'(t) = -e^{-t}(A\cos(bt) + B\sin(bt)) + e^{-t}(-bA\sin(bt) + Bb\cos(bt)) \end{array}\right. Solução - item (b) b) Suponha que a < 1 e faça o que se pede: i) Encontre as soluções fundamentais y_1(t) e y_2(t). ii) Calcule o wronskiano de y_1(t) e y_2(t). iii) Encontre a solução do PVI em função de a. Solução - item (b) - (i) Se a < 1 basta tomarmos o caso (b) da seção de solução geral que fizemos acima. Com efeito, nesse caso as soluções fundamentais são: y_1 = e^{r_1 t} = e^{(-1+c)t} e y_2 = e^{r_2 t} = e^{(-1-c)t}. Então, isso nos dá uma solução geral dada por: ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭ y(t) = Ay_1 + By_2 = Ae^{(-1+c)t} + Be^{(-1-c)t} = e^{-t}(A e^{ct} + Be^{-ct}) onde A e B são constantes de integração. Solução - item (b) - (ii) Vamos calcular o Wronskiano das soluções desejadas. Com efeito, temos o seguinte cálculo: W(y_1, y_2) = | y_1(t) y_2(t) | | y_1'(t) y_2'(t) | = | e^{(-1+c)t} e^{(-1-c)t} | | de^{(-1+c)t} de^{(-1-c)t} | = | e^{(-1+c)t} e^{(-1-c)t} | | (-1 + c)e^{(-1+c)t} (-1 - c)e^{(-1-c)t} | = (-1 - c)e^{(-1-c)t} . e^{(-1+c)t} - (-1 + c)e^{(-1+c)t} = (-1 - c)e^{-2t} - (-1 + c)e^{-2t} = e^{-2t}(-1 - c + 1 - c) = -2ce^{-2t} com c = \sqrt{1 - a}. Logo, uma vez que a < 1 segue que o wronskiano acima nunca se anula tendo em vista que o o termo exponencial é sempre não nulo o que evidencia que as soluções encontradas são as soluções fundamentais. Solução - item (c) c) Suponha que a = 1 e faça o que se pede: i) Encontre as soluções fundamentais y1(t) e y2(t). ii) Calcule o wronskiano de y1(t) e y2(t). iii) Encontre a solução do PVI. Solução - item (b) - (i) Se a = 1 basta tomarmos o caso (c) da seção de solução geral que fizemos acima. Com efeito, nesse caso apenas uma solução fundamental que é y1 = e^1t = e^-t. Entretanto, uma segunda solução fundamental y2 pode ser obtida, nesse caso de EDOs de segunda ordem com coeficientes constantes por: y2(t) = ty1(t) = te^-t. Então, isso nos dá uma solução geral dada por: y(t) = Ay1 + By2 = Ae^-t + Bte^-t onde A e B são constantes de integração. Solução - item (b) - (ii) Vamos calcular o Wronskiano das soluções desejadas. Com efeito, temos o seguinte cálculo: W(y1, y2) = | y1(t) y2(t) | | y1'(t) y2'(t) | = | e^-t te^-t | | d/dt e^-t d/dt te^-t | = | e^-t te^-t | | -e^-t e^-t - te^-t | = e^-t(e^-t - te^-t) + te^-t e^-t = e^-2t(1 - t + t) = e^-2t Segue que o wronskiano acima nunca se anula tendo em vista que o termo exponencial é sempre não nulo o que evidencia que as soluções encontradas são as soluções fundamentais. Solução - item (b) - (iii) Para o PVI teremos que determinar as derivadas da solução obtida em (i). Com efeito, veja que:    y(t) = Ae−t + Bte−t y′(t) = −Ae−t + B(e−t − te−t) Então, pondo as condições iniciais teremos que:    y(0) = 1 =⇒ 1 = Ae0 + B · 0e0 = A =⇒ A = 1 y′(0) = 0 =⇒ 0 = −Ae0 + B(e0 − 0 · e0) = −A + B =⇒ B = A = 1 Com isso, determinarmos as constantes A e B e então podemos escrever a solução do PVI como: y(t) = e−t + te−t. 8 Questão 2 EXERCÍCIO 2. As oscilações forçadas são dividas em oscilações forçadas com amortecimento e oscilações forçadas sem amortecimento. Construa um texto explicando a diferença entre elas e apresente suas respectivas equações diferencias de segunda ordem. Além disso, apresente uma situação problema de cada caso e resolva, exemplificando e enriquecendo seu texto. Solução da Questão 2 Fenômenos oscilatórios são de grande relevância nas ciências em geral. De fato, eles perpassam diversos campos da física, matemática e afins. Ademais, a descrição dinâmica dos osciladores é completamente estabe- lecida com bases na física. Em particular, em situações onde nosso problema volta-se para o mundo clássico, macrocópico e em baixas velocidades segue que a dinâmica de um oscilador é completamente especificada pela segunda lei de Newton. Com efeito, quando nos referimos as oscilações estaremos sempre considerando o regime harmônico de os- cilação. Decerto, nesse regime as frequências ω são constantes e a força que origina a restauração é quadrática. Assim, para um oscilador de massa m que se move numa direção que chamaremos de x ≡ x(t) segue que a segunda lei de Newton nos fornece: Fresultante = Frestauradora − Famortecimento + Fexterna onde, Frestauradora = −kx denota a força que faz com que o corpo volte ao estado de oscilação sendo proporcional a uma constante k chamada constante restauradora e a posição do corpo. Ademais, o termo Famortecimento = bx′ é a força de amortecimento do movimento que é proporcional por uma constante b (que quantifica a intensidade do amortecimento) e a velocidade x′ = dx dt do corpo naquele instante de tempo t, com efeito ela guarda a ação de agentes que amortecem o movimento, ou seja, dificultam que a oscilação aconteça e permaneça. Por fim, Fexterna = f(t) denota a ação de uma força que age sobre o sistema e é externa a ele, em geral, essas forças dependem unicamente da variável t garantindo que não tenha relação com a posição/velocidade e/ou aceleração do móvel. Então, conhecendo que Fresultante = ma = mx′′ onde ′′ denota a derivada segunda no tempo segue que a segunda lei de Newton então nos dá para sistemas de oscilação o seguinte: mx′′ = −kx − bx′ + f(t) =⇒ x′′ + ω2 0x + γx′ = f(t) m onde γ ≡ b m e ω2 0 ≡ k m são novas constantes. Em verdade, a equação acima é a EDO descreve o movimento mais geral das oscilações harmônicas: as oscilações forçadas amortecidas. Com efeito, dizemos que o movimento é uma oscilação forçada amortecida se há ação de uma força externa f(t) sobre o sistema que no contexto de EDOs é representado por um termo não homogêneo e amortecido se o coeficiente γ é não nulo. Com essas duas hipóteses, o movimento é uma oscilação forçada-amortecida onde, por mais que haja algum agente do sistema tentando dificultar o movimento fazendo com que o mesmo seja amortecido ao longo da dinâmica há ainda um agente externo que pode ser de vários tipos 9 de amortecimentos. Todavia, estamos interessados em movimentos oscilatórios então isso nos leva a buscar que nossas soluções sejam dadas por exponenciais complexas assim, será necessário considerarmos o caso em que γ/2 < ω0, consequentemente, temos que λ = −γ/2 ± iω′ e a solução geral é dada por: xh(t) = ae^(−γ/2+iω′)t + be^(−γ/2−iω′)t = e^−γ/2t (ae^iω′t + be^−iω′t) = e^−γ/2t [c cos(ω′t) + d sin(ω′t)]. Então, ao passo que estamos de posse da solução da parte homogênea do problema se faz necessário buscarmos uma solução para a parte não homogênea. Com efeito, agora determinaremos uma solução que corresponde ao termo f(t) que é o termo que faz com que nossa EDO descreve uma oscilação forçada. Então, buscando uma solução particular da forma φ(t) = φ0e^iωt, obtemos o seguinte desenvolvimento: φ'' + γφ' + ω0^2φ = 0 => (φ0e^iωt)'' + γ (φ0e^iωt)' + ω0^2(φ0e^iωt) = f0e^iωt ω^2 φ0e^iωt + iωγφ0e^iωt + ω0^2 φ0e^iωt = f0e^iωt φ0e^iωt (ω^2 + iγω + ω0^2) = f0e^iωt φ0 = f0 / [(ω0^2 − ω^2)^2 + iγω']. Dessa forma, podemos então introduzir ainda uma mudança para φ0 uma vez que pela expressão acima ele é complexo e logo teremos uma expressão do seguinte modo: φ0 = Ae^iφ = f0 / [(ω0^2 − ω^2)^2 + iγω'] em que A é a parte real do número complexo. Note que podemos escrever φ0 da seguinte forma φ0 = r1/r2 e^−iθ, com r1 = f0/m, r2 = √((ω0^2 − ω^2)^2 + γ^2ω^2. Com isso, temos que o módulo de φ0 e φ são: { |φ0|^2 = A^2(ω) = f0^2 / (ω0^2 − ω^2)^2 + γ^2ω^2 } { φ(ω) = − arctan (tan(θ)) = − arctan (γω / ω0^2 − ω^2) }. (1) Agora, Partindo de (1), podemos obter diferentes tipos de soluções, essas que estão relacionadas a diferentes tipos Finalmente, a solução particular/estacionária fica determinada por x_p(t) = Re[φ(t)], ou seja: x_p(t) = Re[φ(t)] = Re [φ_0e^{iωt}] = Re [A(ω)e^{iϕ_ie^{iωt}}] = Re [A(ω)e^{iωt+iϕ}] = Re [A(ω)(cos(ωt + ϕ) + i sin(ωt + ϕ))] = A(ω) cos[ωt + ϕ(ω)] = \frac{f_0}{\sqrt{(ω_0^2 - ω^2)^2 + γ^2ω^2}} cos \left[ωt - arctan \left( \frac{γω}{ω_0^2 - ω^2} \right)\right]. (5) Observemos que se γ = 0, a solução particular deve diferir apenas por uma constante. De fato, veja que nesse caso temos que arctan(0) = 0 e que a raiz acima se reduz ao seguinte caso: x_p(t) = \frac{f_0}{m|ω_0^2 - ω^2|} cos(ωt), (6) em que a força é aplicada na mesma direção do movimento. Então, segue que a descrição completa do problema de um oscilador forçado é dado por: • Sem amortecimento, isto é se γ = 0 segue que ω' = ω_0 na parte homogênea e logo ficamos com: x(t) = ccos(ω't) + dsin(ω't) + \frac{f_0}{m|ω_0^2 - ω^2|} cos(ωt) e essa é a equação que descreve a dinâmica completa de um oscilador harmônico sem amortecimento mas com termo forçante. • Com amortecimento, temos que a solução forçada amortecida é então x(t) = e^{-γ/2t}[c cos(ω't) + d sin(ω't)] + \frac{f_0}{\sqrt{(ω_0^2 - ω^2)^2 + γ^2ω^2}} cos \left[ωt - arctan \left( \frac{γω}{ω_0^2 - ω^2} \right)\right] que descreve completamente a dinâmica do movimento com força externa do tipo oscilante e com amortecimento sobre ele. Agora, feita a descrição geral vamos exemplificar a diferença entre as duas oscilações com uso de dois modelos de oscilação. Com efeito, vamos imaginar a situação problema em que estudamos um corpo (massa m = 10kg) preso a uma mola de constante elástica k = 10N/m e onde age uma força externa sobre o bloco do tipo exponencial como feito no desenvolvimento geral com ω = 2Hz e f_0 = 12. Então, se o bloco está preso a uma mola e é posto para oscilar numa superfície lisa, i.e. atrito desprezível, temos um movimento oscilatório forçado sem amortecimento. Nesse caso veja que ω_0 = \sqrt{\frac{k}{m}} = 1 e logo a solução para esse caso é dada pela primeira equação que desenvolvemos acima cuja solução é: x(t) = c cos(t) + d sin(t) + \frac{3}{20} cos(2t). Por outro lado, se esse mesmo bloco é colocado para oscilar numa região onde há uma superfície rugosa segue que há amortecimento no sistema. Assim, considerando um termo de amortecimento γ = \sqrt{2} temos que ω' = \sqrt{2/4 - 1} = \sqrt{-1}/2 = \frac{1}{\sqrt{2}}i. Logo, a solução desse problema segue que a segunda solução geral obtida por nós que é dada por: x(t) = e^{-\sqrt{2}/2t} \left[c cos \left(\frac{1}{\sqrt{2}}t \right) + d sin \left(\frac{1}{\sqrt{2}}t \right) + \frac{12}{\sqrt{72}} cos \left[2t - arctan \left(- \frac{\sqrt{2}}{4} \right)\right]\right]. Com efeito, esses modelos bem como as soluções dos casos gerais já nos relevam boa parte as diferenças entre esses dois tipos de oscilações forçadas. De fato, no caso das oscilações forçadas sem amortecimento é visto que o perfil oscilatório tende a se manter para vários instantes de tempo t, de fato, pois o termo de força externa age também como um oscilador na solução assim, o que temos em verdade é para temos muito grandes a perpetuação de uma combinação de oscilações. Por outro lado, no caso em que temos oscilações com amortecimento segue que o termo que determina o perfil de oscilação torna-se desprezível para tempos muito grande. De fato, isso ocorre em vista do termo exponencial que faz com que a solução decaia assintoticamente para zero e assim a solução fica dominada pela parte não homogênea da EDO, ou seja, pela parte que corresponde a solução particular que contém o perfil da força!. Questão 3 EXERCÍCIO 3. Resolva as seguintes equações por meio do método de substituição discutido no livro "Introdução às equações diferenciais ordinárias" do professor Reginaldo J. Santos. (páginas 360 à 366 - Seção 2.5). a) (1 + x^2)y'' + 2xy' = 2x^{-3} ( Faça v = y') b) y^2y'' − y' = 0 ( Faça v = y') c) x^2y'' + 3xy' + 5y = 0( Faça t = ln x) Solução da Questão 3 Itens (a) e (b) feitos em anexo! item (c) Com t = ln(x) veja que temos que: y' = \frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt} \frac{dt}{dx} = \frac{dy}{dt} \frac{1}{x} = \frac{dy}{dt} \frac{1}{x} Agora, veja que na derivada segunda teremos que: y'' = \frac{d}{dx} (y') = \frac{d}{dx} \left(\frac{dy}{dt} \frac{1}{x}\right) = \frac{1}{x} \frac{d}{dx} \left(\frac{dy}{dt} \right) + \frac{d}{dx} \left(\frac{1}{x} \right) \frac{dy}{dt} = \frac{1}{x} \frac{d^2y}{dt^2} \frac{dx}{dt} + \frac{1}{x^2} \frac{dy}{dt} = \frac{1}{x^2} \frac{d^2y}{dt^2} + \frac{1}{x^2} \frac{dy}{dt} Levando na EDO as novas definições de y' e y'' temos que: 0 = x^2 \left[\frac{1}{x^2} \frac{d^2y}{dt^2} - \frac{1}{x^2} \frac{dy}{dt} \right] + 3x \left[ \frac{dy}{dt} \frac{1}{x} \right] + 5y = \frac{d^2y}{dt^2} - \frac{dy}{dt} + 3\frac{dy}{dt} + 5y = \frac{d^2y}{dt^2} + 2\frac{dy}{dt} + 5y Então, como chegamos numa EDO de segunda ordem de coeficientes constantes podemos buscar uma solução supondo uma solução do tipo y = e^{rt} temos que: y'' + 2y' + 5y = 0 \implies \left( e^{rt}\right) '' + 2 \left( e^{rt}\right) ' + 5 \left( e^{rt}\right) = 0 \implies \; r^2 e^{rt} + 2r e^{rt} + 5e^{rt} = 0 \implies \quad e^{rt}\left( r^2 + 2r + 5\right) = 0 \implies \quad r^2 + 2r + 5 = 0 Agora, basta resolvermos a equação do segundo grau acima. Com efeito, \qquad r_{1,2} = \frac{-2 \pm \sqrt{4(1 - 5)}}{2} = \frac{-2 \pm 2 \sqrt{-4}}{2} = -1 \pm 2i onde A \equiv A' + B' e B \equiv iA' - iB' são constantes de integração. Acima apenas desenvolvermos o termo das exponenciais complexas com a relação de euler. \quad Logo, a solução geral da EDO é dada por: y(t) = \begin{aligned} \qquad& = A'y_1 + B'y_2 \qquad& = A'e^{(-1+2i)t} + B'e^{(-1-2i)t} \qquad& = e^{-t}(A'e^{2it} + B'e^{-2it}) \qquad& = e^{-t}(A'(cos(2t) + iA'sin(2t) + B'cos(2t) - iB'sin(2t)) \qquad& = e^{-t}(A cos(2t) + B sin(2t)) \end{aligned} e como t = ln(x) então, colocando em função de x temos como solução da EDO: y(x) = e^{-ln(x)}(A cos(2 ln(x)) + B sin(2 ln(x))) = \frac{1}{x}\left( A cos(2 ln(x)) + B sin(2 ln(x))\right) \vphantom{} 3) \text{a) } (1 + x^2)y'' + 2x y' = 2x^3. \text{Façamos } v = y', \text{o que dá que: } v' = y''. Logo temos que: Se v = y'\Rightarrow (1+x^2)v' + 2xo = 2x^3 \text{Dividindo por } (1+x^2) \text{ temos que:} v' + \frac{2x}{1+x^2} v = \frac{2x^3}{1+x^2}. \text{A EDO acima é resolvida via fator integrante. Assim, buscaremos um fator integrante } \psi = \psi(x) \text{ que satisfaça:} \frac{d}{dx} (v\psi) = \psi' v + v'\psi \Rightarrow \psi (v' + \frac{2x}{x^2+1} v) = \psi v' + \left(\frac{2x}{x^2+1} \psi\right) v \therefore \psi' v = \frac{2x}{x^2+1} v\psi \Rightarrow \psi' = \frac{2x}{x^2+1} \psi \quad \Rightarrow \frac{d\psi}{\psi} = \frac{2x}{x^2+1} dx \quad \Rightarrow \int \frac{d\psi}{\psi} = \int \frac{2x}{x^2+1} dx \quad \Rightarrow \ln(\psi) = \ln(x^2+1). \therefore \psi = e^{\ln(x^2+1)} \Rightarrow \psi = x^2+1. \text{Onde usamos que:} \vphantom{} \int \frac{2x \, dx}{x^2+1} \text{ é feita. Com } u = x^2 +1 \Rightarrow du = xdx \therefore dx = \frac{du}{2x} . logo: \int \frac{2x}{x^2+1} \, dx = \int \frac{2x}{x^2+1} \cdot \frac{du}{2x} = \int \frac{du}{u} = \ln(u) = \ln(x^2+1) \vphantom{}\text{Com } \psi = x^2+1. \text{Segue que:} \quad \psi (v' + \frac{2x}{x^2+1} v) = \frac{2x^3}{x^2+1} \psi \quad \frac{d}{dx} (\psi v) = \frac{2x^3}{x^2+1} \psi = \frac{2x^3}{x^2+1} (x^2+1) = 2x^3 \quad \therefore \frac{d}{dx} ((x^2+1)v) = 2x^3 \Rightarrow \int d[(x^2+1)v] = \int 2x^3 \, dx \quad \Rightarrow (x^2+1)v = \frac{-2x^4}{2} + C \quad \Rightarrow v(x) = \frac{-x^2}{(x^2+1)} + \frac{C}{x^2+1} Portanto, obtemos que: \quad v(x) = \frac{-x^2}{(x^2+1)} + \frac{C}{x^2+1} \text{Mas, como } v = y'. \text{Segue que que:} \quad y' = \frac{-x^2}{x^2+1} \frac{C}{x^2+1} = \left( -\frac{1}{x^2(x^2+1)}\right) + \frac{C}{x^2+1} Logo, segue que que: \quad y \left( \frac{1}{x^2+1} - \frac{1}{x^2} + \frac{C}{x^2+1} \right) \, dx = \left( \frac{c+1}{x^2+1} \right) \, dx - \int \frac{1}{x^2} \, dx E a solução é, então \quad y = Cc + D arctg(x) + \frac{1}{x} + B \text{Com } C \text{ e } B \text{ duas constantes de integração.} 3) b) y^2y'' - y' = 0. Com v = y' temos: v = y' => v' = y''. Com, mudando a variável de v em t para y temos: y'' = v' = \frac{dv}{dt} = \frac{dv}{dy} (\frac{dy}{dt}) = v\frac{dv}{dy}. Logo, segue que: y^2y'' - y' = 0 => y^2v\frac{dv}{dy} - v = 0 => y^2\frac{dv}{dy}v = v => y^2\frac{dv}{dy} = 1 => \frac{dv}{dy} = \frac{1}{y^2} => \int d\sigma = \int \frac{1}{y^2}dy => v = -\frac{1}{y} + C. Como v = y' temos então que: y' = -\frac{1}{y} + C => \frac{dy}{dt} = C y - \frac{1}{y} => \int \frac{y}{C y - 1} dy = \int dt => \int \frac{y}{C y - 1} dy = \int dt + K, Veja que com u = C y - 1 podemos resolver a primeira integral acima. De fato u = C y - 1 => du = C dy.., dy = \frac{du}{C} e y = \frac{u + 1}{C}. Logo: \int \frac{y}{C y - 1} dy = \int \frac{(u + 1)}{C u} \frac{du}{C} = \frac{1}{C^2} \int 1 + \frac{1}{u}du = \frac{1}{C^2} \left[ u + \ln(u) \right] =\frac{1}{C^2} \left[ C y - 1 + \ln(C y - 1) \right]. Daí, temos então que: \frac{1}{C^2} \left[ C y - 1 + \ln(C y - 1) \right] = t + K => C y + \ln(C y - 1) - 1 = C^2t + C^2K. E a solução f(t) fica dada implicitamente em: C y + \ln(C y - 1) - 1 - C^2 K = C^2 t Com C e K constantes de integração.