Question

Resolva a equação diferencial: *

Answer 1

Olá, bom dia.

Devemos resolver a seguinte equação diferencial de segunda ordem:

$y''-2y'+y=\dfrac{e^x}{x^5}$

Para isso, devemos nos relembrar de algumas propriedades. Esta é uma equação diferencial ordinária de segunda ordem, linear e não homogênea.

Para resolvê-la, primeiro consideramos calcular a solução da equação homogênea associada:

$y''-2y'+y=0$

Suponha que a solução desta equação seja da forma $y=e^{\lambda x}$. Calculamos as derivadas de primeira e segunda ordem:

$y'=\lambda e^{\lambda x}\\\\\\ y''=\lambda^2e^{\lambda x}$

Substituindo estes termos, teremos:

$\lambda^2e^{\lambda x}-2\cdot\lambda e^{\lambda x}+e^{\lambda x}=0$

Fatoramos a expressão

$(\lambda^2-2\lambda+1)\cdot e^{\lambda x}=0$

Para que um produto seja igual a zero, pelo menos um de seus fatores devem ser igual a zero. Observe que a função exponencial tem base positiva: o número de Euler, logo seu valor nunca será igual a zero.

Assim, consideramos a equação, denominada característica:

$\lambda^2-2\lambda+1=0$

Calculamos as soluções da equação:

$(\lambda-1)^2=0\\\\\\ \lambda=1$

Observe que a equação apresenta duas raízes reais e iguais. Dessa forma, a solução $y_H$ da equação homogênea será:

$y_H=C_1\cdt e^{1\cdot x}+C_2\cdot xe^{1\cdot x}$

Multiplique os valores

$y_H=C_1e^x+C_2xe^x$, em que $C_1,~C_2\in\mathbb{R}$

Agora, devemos calcular a solução particular da equação. Para isso, utilizaremos o método da variação de parâmetros.

Consideramos que as constantes arbitrárias da equação são parâmetros em função de $x$: $C_1=u_1(x)$ e $C_2=u_2(x)$, de forma que suas derivadas sejam diferentes de zero: ${u_1}'(x)$ e ${u_2}'(x)\neq0$.

Sendo a equação: $y={u_1}(x)y_1+{u_2}(x)y_2$, em que $y_1=e^x$ e $y_2=xe^x$ calculamos sua primeira e segunda derivadas e substituímos na equação original. Ao final, teremos o seguinte sistema de equações:

$\begin{cases}{u_1}'(x)y_1+{u_2}'(x)y_2=0\\{u_1}'(x){y_1}'+{u_2}'(x){y_2}'=f\\\end{cases}$, em que $f$ é a função que, ao início, omitimos para calcular a solução da equação homogênea associada.

Reescrevendo o sistema na forma matricial, teremos:

$\begin{bmatrix}y_1&y_2\\{y_1}'&{y_2}'\\\end{bmatrix}\cdot\begin{bmatrix}{u_1}'(x)\\{u_2}'(x)\\\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\f\\\end{bmatrix}$

Substituindo $y_1,~y_2$ e $f$ e calculando suas derivadas, teremos:

$\begin{bmatrix}e^x&xe^x\\e^x&e^x+xe^x\\\end{bmatrix}\cdot\begin{bmatrix}{u_1}'(x)\\{u_2}'(x)\\\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\\ \dfrac{e^x}{x^5}\\\end{bmatrix}$

Utilizaremos a Regra de Cramer para encontrar as soluções do sistema. Primeiro, calculamos o determinante da matriz principal, denominada Wronskiano $W(y_1,~y_2)$.

$W(e^x,~xe^x)=\begin{vmatrix}e^x&xe^x\\e^x&e^x+xe^x\\\end{vmatrix}=e^x\cdot(e^x+xe^x)-xe^x\cdot e^x=e^{2x}+xe^{2x}-xe^{2x}\\\\\\ W(e^x,~xe^x)=e^{2x}$

Então, substituímos a matriz coluna dos valores das equações do sistema nas colunas da matriz principal, de modo a calcularmos, respectivamente as soluções ${u_1}'(x)$ e ${u_2}'(x)$:

${u_1}'(x)=\dfrac{\begin{vmatrix}0&xe^x\\\\\dfrac{e^x}{x^5}&e^x+xe^x\\\end{vmatrix}}{e^{2x}}=\dfrac{0\cdot(e^x+xe^x)-xe^x\cdot \dfrac{e^x}{x^5}}{e^{2x}}=-\dfrac{1}{x^4}\\\\\\ {u_2}'(x)=\dfrac{\begin{vmatrix}e^x&0\\\\e^x&\dfrac{e^x}{x^5}\\\end{vmatrix}}{e^{2x}}=\dfrac{e^x\cdot\dfrac{e^x}{x^5}-0\cdot e^x}{e^{2x}}=\dfrac{1}{x^5}$

Integramos ambos os lados das equações

$\displaystyle{\int {u_1}'(x)\,dx=\int-\dfrac{1}{x^4}\,dx}\\\\\\ \displaystyle{\int {u_2}'(x)\,dx=\int\dfrac{1}{x^5}\,dx}$

Lembre-se que:

• De acordo com o Teorema fundamental do Cálculo: $\displaystyle{\int \dfrac{dy}{dx}\cdot dx=\int dy=y$.
• A integral de uma potência negativa é dada por: $\displaystyle{\int x^{-n}\,dx=\int \dfrac{1}{x^n}\,dx=-\dfrac{1}{(n-1)x^{n-1}},~n\neq1$.

Assim, teremos:

$u_1(x)=-\left(-\dfrac{1}{(4-1)x^{4-1}}\right)=\dfrac{1}{3x^3}\\\\\\ u_2(x)=-\dfrac{1}{(5-1)x^{5-1}}=-\dfrac{1}{4x^4}$

Substituindo os parâmetros na solução, agora chamada de particular, $y_P$, teremos:

$y_P=\dfrac{1}{3x^3}\cdot e^x+\left(-\dfrac{1}{4x^4}\right)\cdot xe^x\\\\\\ y_P=\dfrac{e^x}{3x^3}-\dfrac{e^x}{4x^3}\\\\\\ y_P=\dfrac{e^x}{12x^3}$

A solução geral da equação é dada por: $y=y_H+y_P$, logo teremos

$\boxed{\bold{y=C_1e^x+C_2xe^x+\dfrac{e^x}{12x^3},~C_1,~C_2\in\mathbb{R}}}$