A solução particular da equação [tex3]x^2y"-xy'+y=2x[/tex3]
(A) [tex3]y=x(ln x+xln^2x)[/tex3]
.
(B) [tex3]y=ln x+xln^2x[/tex3]
.
(C) [tex3]y=xln x[/tex3]
.
(D) [tex3]y=2ln x-x+1[/tex3]
.
(E) [tex3]y=x(ln x+ln^2x)[/tex3]
.
, com as condições iniciais [tex3]y(1)=0[/tex3]
e [tex3]y'(1)=1[/tex3]
, éIME / ITA ⇒ (Escola Naval CPAPCM - 2007) Equação Tópico resolvido
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14:54
(Escola Naval CPAPCM - 2007) Equação
Última edição: Jigsaw (Qua 25 Dez, 2019 23:42). Total de 2 vezes.
Razão: tex --> tex3
Razão: tex --> tex3
"O ângulo inscrito no semicírculo é reto."
Ao descobrir essa verdade Tales fez sacrifício aos deuses.
Hoefer, H., 80.
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29
16:48
Re: (Escola Naval CPAPCM - 2007) Equação
Observe
Solução:
A solução geral é dada por : [tex3]y_{G}=y_{A}+y_{P}[/tex3] , ou seja , solução auxiliar mais a solução particular.
Obs. O livro utilizado na época pela minha professora adotou para a solução auxiliar como sendo [tex3]y_{A}=C_{1}x^{m_{1}}+C_{2}x^{m_{1}}ln(x)[/tex3] ( isso somente quando o valor do ∆ = 0 , [tex3]m_{1}=m_{2}[/tex3] ) , já outros livros adotam como sendo a solução "particular" , na minha opinião , para este caso os livros deveriam falar a mesma língua, até mesmo para evitar confusões nos estudantes. Então , para a resposta sair de acordo com o que está exposto em uma das alternativas irei adotar como sendo a solução particular [tex3]y_{P}=C_{1}x^{m_{1}}+C_{2}x^{m_{1}}ln(x)[/tex3]
Como trata-se de uma EDO Cauchy-Euler, temos que:
[tex3]y=x^m \ ; \ y'=mx^{m-1} ; \ y''=m(m-1)x^{m-2}[/tex3]
Substituindo na equação dada , vem;
[tex3]x^2(m^2-m)x^{m-2}-xmx^{m-1}+x^m=0[/tex3]
[tex3]m^2x^m-mx^m-mx^m+x^m=0[/tex3]
[tex3]x^m.(m^2-2m+1)=0[/tex3]
m² - 2m + 1 = 0
Logo, [tex3]m_{1}=m_{2}=1[/tex3]
Assim,
[tex3]y_{P}(x)=C_{1}x^{m_{1}}+C_{2}x^{m_{1}}ln(x)[/tex3]
[tex3]y_{P}(x)=C_{1}x^{1}+C_{2}x^{1}ln(x)[/tex3]
[tex3]y_{P}(x)=C_{1}x+C_{2}xln(x)[/tex3]
Então, para y( 1 ) = 0, temos:
[tex3]y_{P}(1)=C_{1}.1+C_{2}.1.ln(1)[/tex3]
[tex3]0=C_{1}+C_{2}.0[/tex3]
[tex3]C_{1}=0[/tex3]
Por outro lado,
[tex3]y'_{P}(x)=C_{1}.1+C_{2}[1.ln(x)+1][/tex3]
[tex3]y'_{P}(x)=C_{1}+C_{2}[ln(x)+1][/tex3]
Para y'(1) = 1, vem;
[tex3]y'_{P}(1)=C_{1}+C_{2}[ln(1)+1][/tex3]
[tex3]1=0+C_{2}[0+1][/tex3]
[tex3]C_{2}=1[/tex3]
Daí;
[tex3]y_{P}(x)=C_{1}x+C_{2}xln(x)[/tex3]
[tex3]y_{P}(x)=0.x+1.xln(x)[/tex3]
[tex3]y_{P}(x)=xln(x)[/tex3]
Portanto, a solução particular da equação dada com as condições iniciais do enunciado é : y = x.ln( x ) , alternativa (C).
Detalhes adicionais:
A solução geral sem as condições iniciais é:
[tex3]y(x)=C_{1}x+C_{2}xln(x)+xln^2(x)[/tex3]
Com as condições iniciais dadas:
[tex3]y=x[ln(x)+ln^2(x)][/tex3]
Nota
Agora, se a resposta for a alternativa (E) , é porque ela ( a banca examinadora ) está considerando como "solução particular" como sendo a "solução geral" com as condições iniciais dadas, eu por exemplo já vi essa situação num livro de EDO em inglês. Por isso a necessidade de se postar o gabarito também, quando se tem é claro!
Bons estudos!
Solução:
A solução geral é dada por : [tex3]y_{G}=y_{A}+y_{P}[/tex3] , ou seja , solução auxiliar mais a solução particular.
Obs. O livro utilizado na época pela minha professora adotou para a solução auxiliar como sendo [tex3]y_{A}=C_{1}x^{m_{1}}+C_{2}x^{m_{1}}ln(x)[/tex3] ( isso somente quando o valor do ∆ = 0 , [tex3]m_{1}=m_{2}[/tex3] ) , já outros livros adotam como sendo a solução "particular" , na minha opinião , para este caso os livros deveriam falar a mesma língua, até mesmo para evitar confusões nos estudantes. Então , para a resposta sair de acordo com o que está exposto em uma das alternativas irei adotar como sendo a solução particular [tex3]y_{P}=C_{1}x^{m_{1}}+C_{2}x^{m_{1}}ln(x)[/tex3]
Como trata-se de uma EDO Cauchy-Euler, temos que:
[tex3]y=x^m \ ; \ y'=mx^{m-1} ; \ y''=m(m-1)x^{m-2}[/tex3]
Substituindo na equação dada , vem;
[tex3]x^2(m^2-m)x^{m-2}-xmx^{m-1}+x^m=0[/tex3]
[tex3]m^2x^m-mx^m-mx^m+x^m=0[/tex3]
[tex3]x^m.(m^2-2m+1)=0[/tex3]
m² - 2m + 1 = 0
Logo, [tex3]m_{1}=m_{2}=1[/tex3]
Assim,
[tex3]y_{P}(x)=C_{1}x^{m_{1}}+C_{2}x^{m_{1}}ln(x)[/tex3]
[tex3]y_{P}(x)=C_{1}x^{1}+C_{2}x^{1}ln(x)[/tex3]
[tex3]y_{P}(x)=C_{1}x+C_{2}xln(x)[/tex3]
Então, para y( 1 ) = 0, temos:
[tex3]y_{P}(1)=C_{1}.1+C_{2}.1.ln(1)[/tex3]
[tex3]0=C_{1}+C_{2}.0[/tex3]
[tex3]C_{1}=0[/tex3]
Por outro lado,
[tex3]y'_{P}(x)=C_{1}.1+C_{2}[1.ln(x)+1][/tex3]
[tex3]y'_{P}(x)=C_{1}+C_{2}[ln(x)+1][/tex3]
Para y'(1) = 1, vem;
[tex3]y'_{P}(1)=C_{1}+C_{2}[ln(1)+1][/tex3]
[tex3]1=0+C_{2}[0+1][/tex3]
[tex3]C_{2}=1[/tex3]
Daí;
[tex3]y_{P}(x)=C_{1}x+C_{2}xln(x)[/tex3]
[tex3]y_{P}(x)=0.x+1.xln(x)[/tex3]
[tex3]y_{P}(x)=xln(x)[/tex3]
Portanto, a solução particular da equação dada com as condições iniciais do enunciado é : y = x.ln( x ) , alternativa (C).
Detalhes adicionais:
A solução geral sem as condições iniciais é:
[tex3]y(x)=C_{1}x+C_{2}xln(x)+xln^2(x)[/tex3]
Com as condições iniciais dadas:
[tex3]y=x[ln(x)+ln^2(x)][/tex3]
Nota
Agora, se a resposta for a alternativa (E) , é porque ela ( a banca examinadora ) está considerando como "solução particular" como sendo a "solução geral" com as condições iniciais dadas, eu por exemplo já vi essa situação num livro de EDO em inglês. Por isso a necessidade de se postar o gabarito também, quando se tem é claro!
Bons estudos!
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