EQUAÇÕES DIFERENCIAIS – VERIFICAÇÃO DE SOLUÇÕES 01. Verifique se a função y = 3x2 – 3x + 2 é solução da equação: y” – 2y’ + y = 3x2 – 15x + 14 Resolução: A primeira derivada de y é y’ = 6x – 3. A segunda é y” = 6. Assim, substituindo no primeiro membro da equação tem-se: 6 – 2(6x – 3) + (3x2 – 3x + 2) = 6 – 12x + 6 + 3x2 – 3x + 2 = 3x2 – 15x + 14 O que verifica a igualdade, logo é solução da equação. 1 + C.e x é uma 1 − C.e x solução da equação diferencial de primeira dy 1 2 = ( y − 1) . ordem e primeiro grau dx 2 Resolução: dy Devemos obter que é a derivada de dx primeira ordem de y. Usando a regra do quociente para a derivação temos que a primeira derivada da equação dada é dy C.e x + C.e x 2.C.e x . = = 2 2 dx 1 − C.e x 1 − C.e x 02. Verificar que y = ( ) ( ) Substituindo este resultado na equação diferencial dada, temos: 2 1 1 1 + C.e x 2.C .e x = . − 1 = 2 2 1 − C.e x 2 2 1 − C .e x 2 2 x x x 1 + 2C.e + C .e − 1 − 2C.e + C 2 .e 2 x 2 1 − C.e x 1 4.C.e x 2.C .e x = = . 2 1 − C.e x 2 1 − C .e x 2 ( ( ( ) ( ) ( ( ( ) ) ) ) ) ( ) 03. Mostre que se y = 2 x 2 + 1 é solução da equação diferencial (x2 + 1)y’ = xy. Resolução: Devemos obter a expressão y’. Assim como y = 2( x 2 + 1)1 / 2 temos que 1 y ' = 2( x 2 + 1) −1 / 2 . .2 x = 2 x.( x 2 + 1) −1/ 2 . 2 2x Isso implica em y ' = . Agora x2 +1 substituindo essa expressão o primeiro membro da equação obtemos: (x2 + 1)y’ = ( x 2 + 1). 2x 2 = 2x x 2 + 1 . x +1 2 Então temos ( x + 1) y ' = x.2 x 2 + 1 = xy como queríamos demonstrar. 04. Verificar que y = C1.cosx + C2.senx é uma solução geral da equação diferencial y’’ + y = 0. Resolução: Para iniciarmos nossa verificação, iremos determinar a derivada de segunda ordem e y. y' = – C1.senx + C2..cosx y’’= – C1.cosx – C2..senx Fazendo a substituição no primeiro membro da equação y’’ + y = 0 temos: – C1.cosx – C2..senx + C1.cosx + C2..senx, que resulta em 0. Portanto, y oferecido é uma solução geral da equação diferencial dada. 05. Mostre que y = K.e-2x é uma solução para a equação diferencial y’ + 2y = 0 onde K é uma constante real e encontre a solução particular determinada pela condição inicial y(0) = 3. Resolução: Primeiramente devemos verificar se realmente y = K.e-2x é solução da equação y’ + 2y = 0. Para tal faremos a derivada primeira de y e iremos substituir no primeiro membro da equação. Assim: y’ = –2.K.e-2x Vemos então que y = K.e-2x é solução da equação dada pois, y’ + 2y = –2.K.e-2x + 2.(K.e-2x ) = 0. Agora, como y = K.e-2x é solução da equação y’ + 2y = 0, podemos usar a condição inicial y(0) = 3, ou seja, se x = o temos y = 3, assim: y = K.e-2x ⇒ 3 = K.e-2.0 ⇒ K = 3 e concluímos assim que a solução particular procurada é y = 3.e-2x.