P1 - Equações Diferenciais C 2021-2

UFMG/ICEx/MAT — BH 22/06/2021 Prova 1 de Equacoes Diferenciais C Turma TA Respostas sem justificativas nao serao consideradas. Entregar no Microsoft Teams até as 23h59 do dia 22/06/2021. ‘ros | fe fee | a Assinaturas sd Assinatura: — dy(x) x+y 1. (a) (5 pontos) Determinar a solugao geral da equacao diferencial homogénea oe = —: x xy (a) —________ x (b) (4 pontos) Resolver a equacdo de Bernoulli y’ (x) + y(x) = ya)’ y(x (b)_ ___ 2. (8 pontos) Resolver 0 problema de valor inicial 2 ex ex (2 . PU) ans p(y) dy=0 x x x y(2) =0. SUGESTAO: Mostrar que a equacao diferencial nao é exata; em seguida, procurar fator integrante na forma pl = p(x). 2. 3. (8 pontos) Usar o método dos coeficientes a determinar para resolver a equacdo diferencial y” (x) + 25y(x) = 2x —3sen(5x). 3. . os . oa om , exp(—x) 4. (8 pontos) Usar o método de variacao dos parametros para resolver a equacao diferencial y"(x) + 2y'(x) +2y(x) = coss(a) cos? (x A Turma TA—Ter e Qui: 7h30-9h10 Prova 1 EDC (MAT040) UFMG/ICEx/MAT — BH 14/01/2021 Prova 1 de Equacoes Diferenciais C Turma TM Respostas sem justificativas nao serao consideradas. Entregar no Microsoft Teams até as 13h do dia 15/01/2021. ‘ros | fe fee | a Assinaturas sd Assinatura: — . . 4 . ana, AC) y° 1. (a) (pontos) Determinar a solucao geral da equacao diferencial homogénea —— = — ——,,.. dx xy+x SUGESTAO: Usar a substituicgao y(x) = xv (x). 2 x ay (a) ey es ; ; __, dy(x) y Solucao: Inicialmente verificamos que a equacao diferencial —— = - ——,, € homogénea, dx xyt+x y¥ dy) oY dx xy+x? xy x? tT xe Xx 2 y _ ~ y 4] ~ pti x em que escrevemos v = y/x. Deduzimos que a equagao diferencial pode ser escrita na forma dy(x) ve y —_ =--——_, v=-. dx v+1 x Agora usamos a mudanga de variaveis v(x) = y(x)/x para a nova func¢ao incégnita v(x). Dessa forma, dy(x) du(x) x)=xv(x) > —— =lv(x)+x—. y(x) (x) dx (x) dx A substituigao dessas express6es na equacao diferencial dada resulta em uma nova equacao diferencial na func¢ao incég- nita v(x) de variaveis separaveis, dy oy dx xy +x? dv ve QO v+x— =-—— dx v+1 dv ve o X—— =-——-v dx v+1 dv 2v°+v o X— = - ——_ dx v+1 v+1 1 QO —— dv=--dx 2v2+v x v+1 1 Qo | eee [cae 2v2+v x 2v+1 1 (Se laws f bas v(2v+1) v(v+l1) x 1 [SS AR ewe [eee vv" p(2v+1) x 1 1 1 2 fet jaw == fas v 2v+1 x 1 os Injv|— 5 In|2v + 1| = —In|x] + In{e| 1 |v| 1 | c | .. n——__ = 1N|— Vl2v+1| x : exp(in— = exp (In|<]) i Jj2vel] x ly) | c | - Vi2v+l] 'x Turma TM—13h00 Prova 1 EDC (MAT040) Pagina 2 de 9 Prova 1 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TM v2 c2 - Qv+1 x2 v2 c2 - Qv+l x2 Ap6os mais algumas manipulagoes algébricas, obtemos v2 _ c 2v+l1. x2 Y v= (2v4)) 2 . 2V _ alo o vse (20 41) 2 2V 2 . = 2 ZO v y c x +C v xy =2cy+c7x v xy” - 2c*y- c*x=0 (-2c*) wW4c4+4c?x2 v y(x) = - —— + — 2x 2x ce cv cz + x2 v y(x) = - — + ——_. x x (b) (4 pontos) Resolver a equacdo de Bernoulli y’ (x) + xy(x) = x[ yoo. SUGESTAO: Usar a substituigao z(x) = [y(x)]-. 1 y(x) = + — oy 2 cope Solucdo: Para resolver a equacao de Bernoulli y (x) + xy(x) = xlyol? usamos a substitui¢ao 2(x) = [ya]. Com isso, (x)= dz(x) _ dz(x) dy(x) dx dy dx = ~21yo1-8y!y = -2 2 [y(x)]8’ ou Seja, / 1 J = z'(x). Ly(x)] 2 Apos dividir ambos os lados da equac4o de Bernoulli por [y(x)]° obtemos — y+ A. yoy =§ “Ly (yoaB yea yaos.” 1 ' x x 2. ay V(X) + —_ = perver” [yo]? voi 1 x) + x we —, x —J7 =x [yeas °* Tyeo? 1 Y 52 (A) + xa) =x Y z' (x) —2xz(x) = -2x. Turma TM—13h00 Prova 1 EDC (MAT040) Pagina 3 de 9 Prova 1 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TM A ultima equacao diferencial é linear de primeira ordem e a f6rmula para a solugao geral da equacao z'(x) + p(x)z(x) = q(x) é 1 Cc Z2(x) = | moog dx + —— L(x) L(x) em que L(x) = exp [| p(x) dx é o fator integrante e c€ R € uma constante arbitraria. No caso em questao temos p(x) = —2x e q(x) = —2x; logo, o fator integrante é L(x) = exp [| p(x) dx = exp [| (-—2x) dx} = exp (-x’ + co) {spg: Co = 0} = exp (-x’). Portanto, (= / (x) q(x) dx + 2(x) = —— x) q(x) dx + —— py J BF x) = ——— | ex (—x?) (-2x) dx + —__ ~ exp(—x2) P exp(—x?) = exp(x’) [cen exp(—x*) dx + cexp(x’). Agora podemos calcular a integral através da substituicao u = —x” juntamente com du = —2xdx; logo, fc-2n exp(—x’) dx= fexpun du = exp(u) = exp(-x’). Logo, 2(x) = exp(x*) fc-2n exp(—x’) dx + cexp(x/2) = exp(x*) exp(—x”)) + cexp(x*) =1+cexp(x’). Por fim, [v(x]? = 2(x) =1+cexp(x*) >yWe= i. yt V(x) \/1+cexp(x?) Portanto, a solugao da equagao de Bernoulli y'(x) + xy) = xlyo)? é 1 y(x) = +———————.. \/ 1+ cexp(x) Turma TM—13h00 Prova 1 EDC (MAT040) Pagina 4 de 9 Prova 1 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TM —.., |(l-x?y)dx+ (x2y—- x3) dy =0 2. (8 pontos) Resolver 0 problema de valor inicial y(VI) =2. SUGESTAO: Mostrar que a equacao diferencial nao é exata; em seguida, procurar fator integrante na forma pl = p(x). 2 1 ye xy--~=-l 2 Soluc&o: Dada a equacao diferencial (1 — xy) dx + (x*?y—x°)dy = 0, denotamos M(x, y) = 1—x*y e N(x,y) = x*y-x°. As derivadas parciais My(x, y) = -xe N, (x, y) = 2xy—- 3x? sdo distintas, OM(x, ON(x, Oy Ox Logo, a equacao diferencial (1 — x? y) dx + (xy — x3) dy = 0 nao é exata. Procuramos fator integrante u = j4(x) dependente apenas da variavel y. Isso é possivel pois a expressao 1 OM(x, ON(x, 1 ——1_ (2s) Nou) tanya) N(x, y) dy Ox (x2y— x3 _ 2x(y- Xx) (yx) 2 =-== q(x) x depende apenas da varidvel x. O fator integrante é dado por = E(x) = exp [{ q(x) ax} 2 vol [28 x = exp (—2In|x|+In|c}) = ex] (in <] Pe xP c = 2 . Sem perda de generalidade, selecionamos c = 1 eo fator integrante pu = u(y) = 1/x?. Multiplicamos ambos os lados da equagao diferencial (1 - x? y)dx+ (x? y- x3) dy = 0 pelo fator integrante pu = p(x) = exp(x/2) e obtemos a nova equacao diferencial 1 (1-x*y)dx+(x*y-x3)dy=0> => (1 ~x*y)dx+(x?y-x3)dy =0 x 1 > (= - y}dx+(y-aydy=0 Denotamos M(x, y= L/x? - ye N(x, y) = y—x. As derivadas parciais My(x, y)=-le Ny (x, y) = —1 sao iguais, OM(x,y) _ = ON(x, y) Oy ———<“‘aisCK Logo, a nova equacao diferencial 1 _ 2 dx+(y-—x)dy=0 é exata. Isso significa que essa equacao diferencial é a diferencial total de uma fung¢aéo potencial (x, y), isto é, di(x, y) = M(x, y)dx + N(x, y)dy =0. A solucgao dessa nova equa¢ao diferencial é da forma f(x, y) = c em que c € R € uma constante arbitraria e Ou(x,y) ~ 1 Ou(x,y) « _———_—_ M » =e } _———_—_- N ) = —xX. Ox oy) ae oy N=yr% Portanto, integramos ambos os lados da primeira igualdade em relagao a variavel x e obtemos Ou(x, y) n(x, yy= | EY a u(x, y) / Ox x Turma TM—13h00 Prova 1 EDC (MAT040) Pagina 5 de 9 Prova 1 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TM = / M(x, y) dx 1 -[(a-} 1 =—-—-xyt+g(y). x Para determinar a parcela g(y), derivamos u(x, y) parcialmente em relacdo a varidvel y e usamos a segunda igualdade ainda nao utilizada, au a(xy)_ _, ds) oy dy = N(x, y) =y-x. Logo, dg(y) dg(y) ° dy dy 2 Com isso, a(x, y) = -1/x-xy+y*/2+c, easolucao da nova equacao diferencial é a(x, y) = —1/x—xy+ y*/2+c) = c ouainda f(x, y) =-1/x—xy+ y*/2=c em que c = co —c; 6 uma constante arbitraria. A solucdo da equacao diferencial original também tem a forma u(x, y) = —l/x-xy+ y?/2 = c. Por fim, como a solucao do problema de valor inicial deve conter 0 ponto Po(1, 2), deduzimos que u(1,2) = -1/1—1-2+27/2=-1. A solugao do problema de valor inicial (1-x?y)dx+(x*?y-x3)dy =0 y() =2 é, portanto, 2 _/ 1 u(x,y) = 2 —xy- 2 =-l. y* 1 Curvas de nivel da fungao u(x, y) = > xy-z- x u(a.y) = y?/2— vy — 1/a u(a.y) = y?/2 = vy — 1/a u(a.y) = y?/2 = vy — 1/a 2 [ow [ay “4 ” Turma TM—13h00 Prova 1 EDC (MAT040) Pagina 6 de 9 Prova 1 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TM 3. (8 pontos) Determinar a solucao geral da equacao diferencial y" (x) —4y'(x)+3y(x) = (2x? + 1) exp(x) através do método dos coefi- cientes a determinar. 1 1 y(x) = c) exp(x) + co exp(3x) — (5 + 5* + x| exp(x) a Solucao: Qualquer que seja o método aser utilizado para a resolucdo da equacao diferencial y”(x)—4y'(x)+3y(x) = (2x? +1)exp(x), na primeira etapa da resolucao devemos considerar a equagao homogénea associada, y" (x) —4y' (x) + 3y(x) =0. O polinémio caracteristico 6 p(A) = A* — 4A +3 e suas raizes sdo reais e distintas r; = +1 e r2 = +3. Logo, as duas solucées linearmente independentes da equagao homogénea associada sao y;(x) = exp(+1x) e yo(x) = exp(+3x) e a solucao geral da equacao homogénea associada é Vn(X) = Cy 1 (X) + C2 Y2(X) = Cy, exp(+1X) + Co exp(+3x). Além disso, o wronskiano dessas duas solucées é _ fyi) yo(x)} _ jexp(+1x) — exp(+3x) wy yal) = Ps (x) yg(x)|~ Jexp(+1x) 3exp(+3x) = exp(+1x)[3 exp(+3.x)] — [exp(+1x)][exp(+3x)] = 3exp(+4x) — exp(+4x) = 2exp(+4x) £0. Para a proxima etapa devemos determinar uma solucao particular da equacao completa yl (x) —4y! (x) + 3y(x) = (2x + 1) exp(x) e podemos usar 0 método dos coeficientes a determinar ou 0 método de variacgao dos parametros. Método dos coeficientes a determinar. Por esse método, procuramos uma solucao particular da equacaéo completa com uma forma especifica. Ja que o termo nao homogéneo (termo for¢ado) é fwe= (2x? +1)exp(x), inicialmente procuramos solucao particular na forma yp(x) = (Ax? +Bx+ C) exp(+1x), isto é, na forma de um polinémio de grau dois multiplicado pela fungao exponencial do termo forcado. Entretanto, a segunda parcela Cexp(+1x) ja é solucao da equacao homogénea e nao contribui para a obtencao da solucao particular da equac4o completa. Portanto, modificamos a primeira forma através da multiplicacdo da primeira parcela pela primeira poténcia da varidvel independente x!. Em outros termos, procuramos a solucao particular na forma Vp (x) = x! (Ax? + Bx +C)exp(+1x) = (Ax? + Bx? + Cx) exp(+1x). e dessa forma, nenhuma das parcelas dessa possivel solucao particular é solucao da equacgao homogénea. Prosseguimos agora com os calculos das derivadas da fungao yp(x), Vp(x) = (Ax? + Bx? + Cx!) exp(+1x) a derivada primeira, Vp (0) = (3.Ax? +2Bx+C)exp(+1x) + (Ax? +Bx? + Cx) exp(+1x) = [Ax? + (3A + B)x* + (2B + C)x+C] exp(+1x) ea derivada segunda, yp (x) = [3Ax* + 6A+2B)x + (2B + C)] exp(+1x) + [Ax? + BA+ B)x* + (2B + C)x + C] exp(+1x) = [Ax? + (6A+ B)x* +(6A+4B+C)x+ (2B +2C)] exp(+1x) A substituicao de yp (x), Vp (x) e Vp (x) na equacao completa resulta em Yp(X) —4y' (x) + 3Yp (x) = [Ax? + (6A + B)x? + (6A+4B + C)x + (2B +2C)] exp(+1x) —4[ Ax? +(8A+B)x* + (2B +C)x + C] exp(+1x) +3 (Ax? +Bx*+ Cx') exp(+1x) = [Ax* + (6A + B)x* +(6A+4B + C)x+ (2B +2C) —4Ax? + (-12A—4B)x* + (-8B -4C) x -4C +3Ax? + 3Bx Turma TM—13h00 Prova 1 EDC (MAT040) Pagina 7 de 9 Prova 1 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TM = [0x? +-6Ax* + (6A—4B)x + (2B —2C)] exp(1x). Dessa forma, obtemos 0 sistema de equacoes lineares -6A =2 A =-4 6A-4B -=0 => B =-3 2B-2C=1 C=-1 Logo, uma solugao particular é 13 lo Yp (x) =|-=x°-=x°-x)exp(+1x). 3 2 Finalmente, a solucao geral da equacao diferencial y" (x) -—4y! (x) +3y(x) = (2x? + 1)exp(x) escreve-se na forma V(X) = Yn(X) + Vp(X) 1 1 = c) exp(+1x) + co exp(+3x) — (5 + 5* + | exp(+1x). Turma TM—13h00 Prova 1 EDC (MAT040) Pagina 8 de 9 Prova 1 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TM 4. (8 pontos) Determinar a solucao geral da equacao diferencial y” (x) —2y'(x) + y(x) = exp(x) In|x| através do método de variacdo dos parametros. 1 y(x) = cy exp(x) + cox exp(x) + i” exp (x) (2In|x| +3) AL, Solucao: Qualquer que seja o método aser utilizado para a resolugdo da equacao diferencial y” (x)—2y'(x)+ y(x) = exp(x)In|xl, a primeira etapa é considerar a equacao homogénea associada, y"' (x) — 2y' (x) + y(x) =0. O polinémio caracteristico 6 p(A) = A* — 2A + 1 e suas raizes sdo reais e repetidas, r) = +1 e r2 = +1. Logo, as duas solucées linearmente independentes da equacado homogénea sao y (x) = exp(+1x) e yo(x) = xexp(+1x) e a solucao geral da equac¢ao homogénea associada é Vn(X) = C1 1 (X) + C2 y2(X) = Cc) exp(+1x) + Cox exp(+1x). Além disso, o wronskiano dessas duas solucées é _ fyi) ye(x)} _ jexp(+1x) xexp(+1x) wlyi, Yal(x) = Ps (x) ys(x)} Jexp(+1x) exp(+1x)(1+ x) = [exp(+1x)][exp(+1x)(1 + x)] — [exp(+1x)][xexp(+1x)] = exp(+2x) + xexp(2x) — xexp(+2x) = exp(+2x) £0. Para a proxima etapa determinamos uma solucao particular da equacao completa y"" (x) — 2y'(x) + y(x) = exp(x) In|x| e devemos usar 0 método de variacao dos parametros, ja que o termo forgado f(x) = exp(+1x)/ (x* + 1) nao tem a forma de produto de polinémio por exponecial por seno ou de produto de polinémio por exponencial por cosseno. Método de variacao dos parametros. Por esse método procuramos uma solugao particular da equacgao completa com uma forma especifica yp(x) = v1 (x) yi (x) + v2(x) y2(x) em que as fung6es v1 (x) e v2(x) sAo os parametros varidveis. Nos calculos dessas duas fungées, sem perde de generalidade escolhemos as constantes de integracgao iguais a zero. Para a fung¢ao v(x) temos a formula +1 V(x) = ~ [ae = -| Xexp(F 1x) exp(+1x) In|x|dx w[y1, yal (x) exp(+2x) =- / xIn|x|dx u=In|x|; dv=—-xdx du=—d fdu=f-xd x u=—dx; v= fdv=f-xdx=-— x 2 2 2 1 = (In|x)) (- =| - [Sax 2 2x x x =-—In|x|+—. 2 4 E para a fungao v(x) temos a formula +1 V2(x) = +f MNOFO gy +f expC 1x) exp(+1x) In|x|dx wl[y1, 2) (x) exp(+2x) =+ / In|x|dx = xIn|x|- x. Logo, a solugao particular é Vp (xX) = V1 (x) 1 (X) + V2 (x) yo (x) x x = (- > In|x|+ =| exp(+1x) + (xIn |x| — x) xexp(+1x) x x = > exp(+1x) In|x|+ 7 exp(+1x) + x? exp(+1x) In|x|- x? exp(+1x) Turma TM—13h00 Prova 1 EDC (MAT040) Página 9 de 9 Prova 1 de Equações Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TM = −3 4 x2 exp(+1x)+ 1 2 x2 exp(+1x)ln|x|. Finalmente, a solução geral da equação diferencial y′′(x)−2y′(x)+ y(x) = exp(+1x)ln|x| escreve-se na forma y(x) = yh(x)+ yp(x) = c1 exp(+1x)+c2x exp(+1x)− 3 4 x2 exp(+1x)+ 1 2 x2 exp(+1x)ln|x|. Turma TM—13h00 Prova 1 EDC (MAT040)