Question

Equações Diferenciais

a) Para quais valores de $\boxed{r}$ a função $\boxed{y(x)=e^{rx}}$ satisfaz a equação diferencial: $\boxed{2y''+y'-y=0}$

b) Se $\boxed{r_1~\text{e}~r_2}$ são valores que você encontrou na parte (a), mostre que todo membro da família de funções $\boxed{y(x)=ae^{r_1x}+be^{r_2x}}$ também é uma solução.

Respostas mal feitas, inconclusivas, insuficientes ou sem sentido serão excluídas. É necessário ter a explicação dos passos.

Answer 1

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a)  Determinar para quais valores de  r, a função

y = eʳˣ

é solução para a EDO

2y'' + y' – y = 0


Esta é uma equação diferencial ordinária de 2ª ordem, linear, homogênea e a coeficientes constantes.


Derivando a função dada:

y' = (eʳˣ)'

y' = eʳˣ · (rx)'

y' = eʳˣ · r

y' = r · eʳˣ


Derivando novamente,

y'' = (r · eʳˣ)'

y'' = r · (eʳˣ)'

y'' = r · reʳˣ

y'' = r² · eʳˣ


Substituindo na EDO, temos

2 · (r² · eʳˣ) + r · eʳˣ – eʳˣ = 0

2r² · eʳˣ + r · eʳˣ – 1 · eʳˣ = 0

(2r² + r – 1) · eʳˣ = 0


Como  eʳˣ ≠ 0  para qualquer  x, devemos ter então,

2r² + r – 1 = 0


Para fatorar por agrupamento, reescreva convenientemente  r  como  2r – r, e a equação fica

2r² + 2r – r – 1 = 0

2r · (r + 1) – 1 · (r + 1) = 0


Colocando  r + 1  em evidência,

(r + 1) · (2r – 1) = 0

r + 1 = 0    ou    2r – 1 = 0

r = – 1    ou    2r = 1

r = – 1    ou    r = 1/2   <———   raízes do polinômio característico.


Logo os valores procurados para  r  são  r = – 1  ou  r = 1/2.

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b)  Dados  r₁ = – 1  e  r₂ = 1/2,  mostrar que toda função da família

y = a · eʳ₁ˣ + b · eʳ₂ˣ

y = a · e⁻ˣ + b · e ¹⁄₂ · ˣ          a, b  constantes


também é solução para a EDO  2y'' + y' – y = 0.


Derivando a função:

y' = [ a · e⁻ˣ + b · e ¹⁄₂ · ˣ ]'

y' = a · (e⁻ˣ)' + b · [ e ¹⁄₂ · ˣ ]'

y' = a · (– e⁻ˣ) + b · [ (1/2) · e ¹⁄₂ · ˣ ]

y' = – a · e⁻ˣ + (1/2) · b · e ¹⁄₂ · ˣ


Derivando novamente,

y'' = [ – a · e⁻ˣ + (1/2) · b · e ¹⁄₂ · ˣ ]'

y'' = – a · (e⁻ˣ)' + (1/2) · b · [ e ¹⁄₂ · ˣ ]'

y'' = – a · (– e⁻ˣ) + (1/2) · b · [ (1/2) · e ¹⁄₂ · ˣ ]

y'' = a · e⁻ˣ + (1/4) · b · e ¹⁄₂ · ˣ


Substituindo no lado esquerdo da EDO, obtemos

2 · [a · e⁻ˣ + (1/4) · b · e ¹⁄₂ · ˣ] + [ – a · e⁻ˣ + (1/2) · b · e ¹⁄₂ · ˣ ] – [ a · e⁻ˣ + b · e ¹⁄₂ · ˣ ]

= 2a · e⁻ˣ + (1/2) · b · e ¹⁄₂ · ˣ – a · e⁻ˣ + (1/2) · b · e ¹⁄₂ · ˣ – a · e⁻ˣ – b · e ¹⁄₂ · ˣ


Agrupando as exponenciais semelhantes,

= 2a · e⁻ˣ – a · e⁻ˣ – a · e⁻ˣ + (1/2) · b · e ¹⁄₂ · ˣ + (1/2) · b · e ¹⁄₂ · ˣ – b · e ¹⁄₂ · ˣ

= (2a – a – a) · e⁻ˣ + [ (1/2) · b + (1/2) · b – b ] · e ¹⁄₂ · ˣ

= 0 · e⁻ˣ + 0 · e ¹⁄₂ · ˣ

= 0          ✔


como queríamos demonstrar.


Logo, as funções da família

y = a · eʳ₁ˣ + b · eʳ₂ˣ

também são soluções para a EDO dada.


Bons estudos! :-)