EDOs Não-Homogêneas (Polinômios)

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Teoria

Módulo 2

Opa, tudo bem? Vamos escrever uma matemática aqui embaixo: (basta apertar ‘ALT + =’ )

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Encontre a solução geral da equação diferencial dada.

y ' ' - y ' - 2 y = - 2 t + 4 t 2

Passo 1

E aí, tudo bem?

A gente quer encontrar a solução geral desse problema. Pra começar, vamos lembrar que a solução geral é dada por:

y t = y h t + y p ( t )

Onde y h é a solução homogênea e y p é a solução particular.

Vamos primeiro fazer a homogênea, beleza?

Passo 2

Pra achar a solução homogênea, vamos resolver a EDO homogênea associada:

y ' ' - y ' - 2 y = 0

Que podemos escrever assim:

r 2 - r - 2 = 0

Vamos usar Bhaskara para resolver essa parte aqui!

Passo 3

A fórmula é assim:

r = - b ± b 2 - 4 a c 2 a

No nosso caso, temos a = 1 ,   b = - 1   e   c = - 2 .

r = - - 1 ± 1 - 4 1 - 2 2 ( 1 )

r =   1 ± 9 2

r 1 = 1 + 3 2 = 2

r 2 = 1 - 3 2 =   - 1

Já que temos 2 raízes reais, nossa solução homogênea vai ter essa forma aqui:

y h t = C 1 e r 1 + C 2 e r 2

A nossa então é:

y h t = C 1 e - t + C 2 e 2 t

Passo 4

Vamos agora achar nossa solução particular. Veja que do lado direito da igualdade, temos:

- 2 t + 4 t 2

Ou seja, um polinômio de 2º grau. Nada mais justo então que a nossa solução particular ser um polinômio de 2º grau também, não acha?

Vamos chutar um:

y p = A t 2 + B t + C

Como essa solução não está presente na solução homogênea, podemos utilizar essa mesmo, basta acharmos os coeficientes A ,   B   e   C .

Passo 5

Vamos calcular as derivadas de y p :

y p = A t 2 + B t + C

y p ' = 2 A t + B

y p ' ' = 2 A

Show! Vamos substituir isso agora na nossa EDO!

Passo 6

A EDO é:

y ' ' - y ' - 2 y = - 2 t + 4 t 2

y p ' ' - y p ' - 2 y p = - 2 t + 4 t 2

Substituindo...

2 A - 2 A t + B - 2 A t 2 + B t + C = - 2 t + 4 t 2

Desenvolvendo...

2 A - 2 A t - B - 2 A t 2 - 2 B t - 2 C = - 2 t + 4 t 2

Reagrupando, ficamos com:

t - 2 A - 2 B + t 2 - 2 A + 2 A - B - 2 C = - 2 t + 4 t 2

Igualando os termos correspondentes de cada lado, temos:

- 2 A - 2 B = - 2 - 2 A = 4 2 A - B - 2 C = 0

Passo 7

Vamos resolver esse sisteminha...

Da segunda, tiramos que:

- 2 A = 4 → A = - 2

Substituindo na primeira:

- 2 - 2 - 2 B = - 2

- 2 B = - 2 - 4

- 2 B = - 6

B = 3

E substituindo A   e   B na terceira, encontramos C :

2 - 2 - 3 - 2 C = 0

- 2 C = 7

C = - 7 2

Passo 8

Substituindo esses valores na nossa solução particular, achamos:

y p = A t 2 + B t + C

y p = - 2 t 2 + 3 t - 7 2

E como a solução geral é:

y t = y h t + y p ( t )

Juntando as duas, encontramos:

y t = C 1 e - t + C 2 e 2 t - 2 t 2 + 3 t - 7 2

E acabamos por aqui😊

Resposta

y t = C 1 e - t + C 2 e 2 t - 2 t 2 + 3 t - 7 2

Exercício Resolvido #2

Encontre a solução geral da equação diferencial

y ' ' + 4 y = t 2

y 0 = 0                 y ' 0 = 2

Passo 1

E aí, bora ver mais esse probleminha?

Vamos encontrar a solução geral, lembrando que:

y = y h +   y p

Sendo que y h é a solução homogênea e y p é a solução particular.

Vamos focar na solução homogênea primeiro, ok?

Bora lá!

Passo 2

Para resolver a EDO homogênea, devemos achar a equação característica da EDO. Para isso, y ' ' passa a ser r 2 e y é o termo independente.

r 2 + 4 = 0

Para resolver essa equação do 2º grau, encontraremos o ∆   =   b 2 - 4 a c   e utilizaremos a fórmula de Bhaskara r = - b ± ∆ 2 a .

Sendo que a = 1 , b = 0 e c = 4 .

∆   =   b 2 - 4 a c

∆   =   0 2 - 4 1 4

∆   =   - 16

Substituindo na fórmula de Bhaskara.

r = - b ± ∆ 2 a

r = - ( 0 ) ± - 16 2 ( 1 )

r = ± 4 i 2

r = ± 2 i

Passo 3

Como temos soluções complexas, a solução da EDO homogênea será:

y h =   e α t C 1 c o s β t +   C 2 s e n β t

Onde α = 0 e β = 2 . Então a nossa:

y h = C 1 c o s 2 t +   C 2 s e n 2 t

Passo 4

Para achar a solução particular, vamos supor uma solução do tipo:

y p = A + B t + C t 2  

Substituiremos y p na EDO do problema para assim, determinar as constantes A e B.

Primeiro vamos derivar y p :

y ' p = B + 2 C t

y ' ' p = 2 C

Passo 5

Vamos pegar nossa EDO:

y ' ' + 4 y = t 2

E vamos fazer:

y p ' ' + 4 y p = t 2

2 C + 4 A + 4 B t + 4 C t 2 =   t 2

Para manter a igualdade

2 C + 4 A = 0

B = 0

4 C =   1

Logo,

C =   1 4

B = 0

A = -   1 8

Então,

y p = -   1 8 + 1 4 t 2

Passo 6

A solução da EDO será

y = y h +   y p

y =   C 1 c o s 2 t +   C 2 s e n 2 t   -   1 8 + 1 4 t 2

Passo 7

Vamos aplicar a condição inicial agora:

y 0 = 0                 y ' 0 = 2

Usando a primeira:

y 0 =   C 1 cos ⁡ 0 + C 2 sen ⁡ 0 - 1 8 + 1 4 ⋅ 0 2 = 0

C 1 - 1 8 = 0

C 1 = 1 8

Então...

y = 1 8 c o s 2 t +   C 2 s e n 2 t   -   1 8 + 1 4 t 2

Passo 8

E pra usar a segunda condição temos que derivar a solução geral:

y ' = - 1 8 ( 2 ) sen ⁡ 2 t + 2 C 2 cos ⁡ 2 t + 2 4 t

y ' =   - 1 4 sen ⁡ 2 t + 2 C 2 cos ⁡ 2 t + 1 2 t

Então:

y ' 0 =   - 1 4 sen ⁡ 0 + 2 C 2 cos ⁡ 0 + 1 2 0 = 1

2 C 2 = 1

C 2 = 1 2

Nossa solução geral do PVI então é:

y = 1 8 c o s 2 t + 1 2 s e n 2 t   -   1 8 + 1 4 t 2

Resposta

y = 1 8 c o s 2 t + 1 2 s e n 2 t   -   1 8 + 1 4 t 2

Exercício Resolvido #3

Encontre a solução geral da equação diferencial

2 y ' ' + 3 y ' + y = t 2

Passo 1

Opa, tudo joia?

A gente quer achar a solução geral da EDO, lembrando que a solução geral é dada por:

y = y h +   y p

Onde y h é a solução homogênea, e y p é a solução particular.

Vamos encontrar primeiro a solução homogênea, beleza?

Passo 2

A EDO homogênea aqui é: 2 y ' ' + 3 y ' + y =   0 .

Para resolver a EDO homogênea, devemos achar a equação característica da EDO. Para isso, y ' ' passa a ser r 2 , y ' passa a ser r 2 e y é o termo independente.

.

2 r 2 + 3 r + 1 = 0

Para resolver essa equação do 2º grau, encontraremos o ∆   =   b 2 - 4 a c   e utilizaremos a fórmula de Bhaskara r = - b ± ∆ 2 a .

Sendo que a = 2 , b = 3   e c = 1 .

∆   =   b 2 - 4 a c

∆   =   3 2 - 4 2 1

∆   =   1

Substituindo na fórmula de Bhaskara.

r = - b ± ∆ 2 a

r = - 3 ± 1 2 ( 2 )

r = - 3 ± 1 4

r 1 = - 3 - 1 4 = - 1

e

r 2 = - 3 + 1 4 = - 1 2

Passo 3

Como temos duas raízes reais, a solução da EDO homogênea será:

y h =   C 1 e r 1 t +   C 2 e r 2 t

y h =   C 1 e - t +   C 2 e - 1 2 t

Ótimo! Vamos ver a particular agora!

Passo 4

Para achar a solução particular, vamos supor uma solução do tipo:

y p = A + B t + C t 2  

Já que do outro lado temos t 2 , que é um polinômio de 2º grau.

Derivando y p :

y ' p = B + 2 C t

y ' ' p = 2 C

Substituiremos y p na EDO do problema para assim, determinar as constantes A, B e C.

Passo 5

Resgatando nossa EDO:

2 y ' ' + 3 y ' + y = t 2

2 y ' ' p + 3 y ' p +   y p =   t 2

Substituindo...

2 ( 2 C ) + 3 ( B + 2 C t ) + ( A + B t + C t 2 ) =   t 2

( A + 3 B + 4 C ) + ( B + 6 C ) t + C t 2 =   t 2

Para manter a igualdade,

A + 3 B + 4 C = 0

B + 6 C = 0

C = 1

Com isso, resolvendo o sistema

A = 14                         B =   - 6                       C = 1

Logo,

y p = 14 - 6 t + t 2  

Passo 6

A solução da nossa EDO então será:

y = y h +   y p

y =   C 1 e - t +   C 2 e - 1 2 t +   14 - 6 t + t 2

Prontinho! 😉

Resposta

y =   C 1 e - t +   C 2 e - 1 2 t +   14 - 6 t + t 2

Exercício Resolvido #4

Resolva a equação diferencial

y ' ' + 2 y ' + 5 y =   1 ,       0 ≤ t ≤   π / 2   0 ,                       t >   π / 2

com condições iniciais y ( 0 ) = 0 e y ' ( 0 ) = 0 .

Passo 1

Opa! Assutou com essas chaves ali? Fica tranquilo, vem comigo!

A solução geral será dada por :

y = y h + y p

Onde y h é a soluçõa homogênea e y p é a solução particular.

Primeiro vamos encontrar a equação característica para a parte homogênea da função:

r 2 + 2 r + 5 = 0

Pra resolver isso a gente usa a boa e velha fórmula de Bhaskara:

r = - b ± b 2 - 4 a c 2 a

Sendo que aqui, a = 1 ,   b = 2   e   c = 5 :

r = - 2 ± 2 2 - 4 1 5 2 1 = - 1 ± 2 i

Passo 2

Temos então duas raízes complexas, e a solução homogênea nesse caso é da forma:

y h = c 1 e α t cos ⁡ β t + c 2 e α t sen ⁡ β t

Onde a = - 1 (parte real) e b = 2 (parte imaginária), no nosso caso. Então:

y h = c 1 e - t cos ⁡ 2 t + c 2 e - t sen ⁡ 2 t

Essa é a solução homogênea, que é a solução para o intervalo t > π 2 😊

Passo 3

Vamos ver a parte particular agora.

Vamos focar nessa aqui então, no intervalo 0 ≤ t ≤ π 2 :

y ' ' + 2 y ' + 5 y = 1

Vamos chutar uma solução assim:

y p = A

Aí temos:

y p ' =   0

y p ' ' = 0

Colocando essas expressões na EDO, obtemos:

y ' ' + 2 y ' + 5 y = 1

0 + 0 + 5 A = 1

A = 1 5

A solução particular então é:

y p = 1 5

Passo 4

E como a solução geral é dada por :

y = y c + y p

Juntando as duas, temos:

y = c 1 e - t cos ⁡ 2 t + c 2 e - t sen ⁡ 2 t + 1 5

Passo 5

Aplicando nas condições dadas:

y 0 = 0

y ' 0 = 0

Determinando a primeira derivada da solução geral:

y ' t = - 2 c 1 e - t sen ⁡ 2 t - c 2 e - t cos ⁡ 2 t - c 2 e - t sen ⁡ 2 t + 2 c 2 e - t cos ⁡ 2 t

Aplicando a condição dada:

y ' t = - 2 c 1 e 0 sen ⁡ 0 - c 2 e 0 cos ⁡ 0 - c 2 e 0 sen ⁡ 0 + 2 c 2 e 0 cos ⁡ 0

c 1 = 0 - 1 5

c 1 = - 1 5

c 2 = 1 2 c 1

Substituindo c 1 :

c 2 = - 1 10

Então... a solução geral no intervalo 0 ≤ t ≤ π 2 será:

y = - 1 5 e - t cos ⁡ 2 t - 1 10 e - t sen ⁡ 2 t + 1 5

Resposta

Para   0 ≤ t ≤   π / 2 :

y = - 1 5 e - t cos ⁡ 2 t - 1 10 e - t sen ⁡ 2 t + 1 5

Para t > π 2 :

y = c 1 e - t cos ⁡ 2 t + c 2 e - t sen ⁡ 2 t

Exercício Resolvido #5

Resolva a equação diferencial ou problema de valor inicial usando o método dos coeficientes indeterminados.

y ' ' + 6 y ' + 9 y = 1 + x

Passo 1

Olá, tudo bem?

Essa é uma equação diferencial de segunda ordem com coeficientes constantes e não homogênea, ou seja, o lado direito da equação não é zero. A solução geral vai ser a combinação linear da parte homogênea y h ( x ) e a parte particular y p ( x ) :

y ( x ) = y h x + y p ( x )

Passo 2

Vamos primeiro encontrar a solução da parte homogênea. A equação diferencial homogênea associada é:

y ' ' + 6 y ' + 9 y = 0

Pra isso a gente começa resolvendo essa equação associada aqui:

r 2 + 6 r + 9 = 0

Para resolver essa equação vou usar a fórmula de Bháskara:

r = - b ± b 2 - 4 a c 2 a

Onde aqui no nosso caso temos:

a = 1 ,   b = 6   e   c = 9

r = - ( 6 ) ± ( 6 ) 2 - 4.1 . 9 2.1

r = - 6 ± 0 2 = - 6 2

r 1 = r 2 = - 3

Aqui temos duas raízes reais e iguais, então a solução vai ser:

y h x = c 1 e - 3 x + c 2 x e - 3 x

Agora vamos determinar a solução particular?

Passo 3

A solução particular vai ser determinada pelo método dos coeficientes indeterminados.

A função G x é G x = 1 + x , e não faz parte da solução da equação homogênea (ou também chamada de complementar), então uma possível solução vai ser um polinômio de primeiro grau:

y p x = A x + B

Definida a solução tentativa, agora o procedimento é padrão: derivar uma e duas vezes a função y p , substituir na equação diferencial completa e igualar os coeficientes. Vamos lá?

As derivadas vão ser:

y p ' x = A

y p ' ' x = 0

Resgatando a equação diferencial temos:

y p ' ' + 6 y p ' + 9 y p = x 2

Passo 4

Agora substituindo y p ,   y p '   e y p ' ' na equação diferencial temos:

0 + 6 . A + 9 A x + B = 1 + x

Reorganizando os termos temos:

x 9 A + 6 A + 9 B = 1 + x

Igualando os coeficientes dos dois lados ficamos com o seguinte sistema:

9 A = 1 6 A + 9 B = 0

Da primeira equação temos o valor de A :

A = 1 / 9

E da segunda o valor de B :

6 A + 9 B = 0

6 .   1 9 + 9 B = 0

B = 1 27

E a solução particular é:

y p x = 1 9 x + 1 27

Passo 5

Show! Agora é só juntar todos os resultados! Do passo 2 temos a solução y h e do passo 4   temos y p . Vai lá ao passo 1 e pega a solução geral:

y ( x ) = y h x + y p ( x )

Substituindo os resultados teremos:

y ( x ) = c 1 e - 3 x + c 2 x e - 3 x + 1 9 x + 1 27

E prontinho! 😊

Resposta

y ( x ) = c 1 e - 3 x + c 2 x e - 3 x + 1 9 x + 1 27

Exercício Resolvido #6

Encontre a solução geral da equação diferencial

y ' ' + y ' - 2 y = 2 t

y 0 = 0 ,         y ' 0 = 1

Passo 1

Opa! Vamos ver mais essa?

O objetivo desse exercício é determinar a solução geral da EDO dada. Para isso, utilizaremos o Método dos Coeficientes Indeterminados.

A solução geral é dada por:

y = y h +   y p

Onde y h   é a solução homogênea e y p é a solução particular.

Primeiramente, vamos determinar a solução da EDO homogênea ( y h ). Lembrando que a EDO homogênea é y ' ' + y ' - 2 y =   0 .

Passo 2

Para resolver a EDO homogênea, devemos achar a equação característica da EDO. Essa aqui:

r 2 + r - 2 = 0

Para resolver essa equação do 2º grau, encontraremos o ∆   =   b 2 - 4 a c   e utilizaremos a fórmula de Bhaskara r = - b ± ∆ 2 a .

Sendo que a = 1 , b = 1   e c = - 2 .

Com isso em mãos vamos determinar as raízes da equação características.

∆   =   b 2 - 4 a c

∆   =   1 2 - 4 1 - 2

∆   =   9

Substituindo na fórmula de Bhaskara.

r = - b ± ∆ 2 a

r = - 1 ± 9 2 ( 1 )

r = - 1 ± 3 2

r 1 = - 1 + 3 2 = 1

e

r 2 = - 1 - 3 2 = - 2

Passo 3

Como temos duas raízes reais, a solução da EDO homogênea será:

y h =   C 1 e r 1 t +   C 2 e r 2 t

y h =   C 1 e t +   C 2 e - 2 t

Beleza, vamos continuar...

Passo 4

Para achar a solução particular, vamos supor uma solução do tipo:

y p = A + B t

Já que temos um polinômio ali do outro lado.

Que satisfaz a equação

y ' ' p + y ' p - 2   y p =   2 t

Vamos calcular a primeira e segunda derivadas de y p então:

y ' p = B

y ' ' p = 0

Substituindo na EDO:

y ' ' p + y ' p - 2   y p =   2 t

0 + B - 2 ( A + B t ) =   2 t

B - 2 A - 2 B t =   2 t

Passo 5

Para manter a igualdade,

B - 2 A = 0

- 2 B = 2

Logo,

B = - 1

A = -   1 2

Portanto, a solução particular da EDO será

y p = - 1 2 - t

Passo 6

A solução da EDO então será:

y = y h +   y p

y =   C 1 e t +   C 2 e - 2 t - 1 2 - t

Passo 7

Aplicando a condição inicial agora:

y 0 = 0

y ( 0 ) =   C 1 e 0 +   C 2 e - 2 ⋅ 0 - 1 2 - 0

  C 1 +   C 2 - 1 2 = 0

E a outra condição:

y ' 0 = 1

Derivando a solução geral que encontramos:

y ' =   C 1 e t   - 2 C 2 e - 2 t - 1

y ' 0 =   C 1   - 2 C 2 - 1 = 1

C 1 - 2 C 2 = 2

Temos então o seguinte sistema de equações,

C 1 +   C 2 = 1 2

C 1   - 2 C 2 = 2

Passo 8

Resolvendo o sistema de equações, da primeira temos:

C 1 = 1 2 - C 2

Substituindo na segunda:

1 2 - C 2 - 2 C 2 = 2

- 3 C 2 = 2 - 1 2

- 3 C 2 = 4 2 - 1 2

- 3 C 2 = 3 2

C 2 = - 3 6 = - 1 2

E daí temos:

C 1 = 1 2 + 1 2 = 1

Ou seja:

C 1 = 1  

C 2 = - 1 2

Logo,

y =   e t - 1 2 e - 2 t - 1 2 - t

É a solução da EDO😊

Resposta

y =   e t - 1 2 e - 2 t - 1 2 - t

Exercício Resolvido #7

Encontre a solução geral da equação diferencial

y ' ' + y ' - 2 y = 2 t

y 0 = 0 ,         y ' 0 = 1

Passo 1

Opa! Vamos ver mais essa?

O objetivo desse exercício é determinar a solução geral da EDO dada. Para isso, utilizaremos o Método dos Coeficientes Indeterminados.

A solução geral é dada por:

y = y h +   y p

Onde y h é a solução homogênea, e y p é a solução particular.

Vamos começar pela homogênea, beleza?

Passo 2

A parte homogênea associada é essa aqui:

y ' ' + y ' - 2 y =   0

Para resolver a EDO homogênea, devemos achar a equação característica da EDO. Para isso, y ' ' passa a ser r 2 , y ' passa a ser r 2 e y é o termo independente.

r 2 + r - 2 = 0

Para resolver essa equação do 2º grau, encontraremos o ∆   =   b 2 - 4 a c   e utilizaremos a fórmula de Bhaskara: r = - b ± ∆ 2 a

Sendo que a = 1 , b = 1   e c = - 2 .

∆   =   b 2 - 4 a c

∆   =   1 2 - 4 1 - 2

∆   =   9

Substituindo na fórmula de Bhaskara.

r = - b ± ∆ 2 a

r = - 1 ± 9 2 ( 1 )

r = - 1 ± 3 2

r 1 = - 1 + 3 2 = 1

e

r 2 = - 1 - 3 2 = - 2

Passo 3

Como temos duas soluções reais, a solução da EDO homogênea será:

y =   C 1 e r 1 t +   C 2 e r 2 t

y h =   C 1 e t +   C 2 e - 2 t

Beleza, vamos continuar para a particular!

Passo 4

Para achar a solução particular, vamos supor uma solução do tipo:

y p = A + B t

Já que do outro lado temos 2 t , de 1º grau.

Derivando y p , temos:

y ' p = B

y ' ' p = 0

Vamos substituir isso na EDO agora!

Passo 5

Pegando a EDO lá do início:

y ' ' + y ' - 2 y = 2 t

y p ' ' + y p ' - 2 y p = 2 t

Substituindo:

0 + B - 2 ( A + B t ) =   2 t

B - 2 A - 2 B t =   2 t

Igualando os termos correspondentes:

B - 2 A = 0

- 2 B = 2

Logo,

B = - 1

A = -   1 2

Portanto, a solução particular da EDO será

y p = - 1 2 - t

Passo 6

A solução da EDO então será:

y = y h +   y p

y =   C 1 e t +   C 2 e - 2 t - 1 2 - t

Passo 7

Agora falta aplicar as condições iniciais:

y 0 = 0 ,         y ' 0 = 1

Utilizando a primeira:

y 0 =   C 1 +   C 2 - 1 2 = 0

C 1 + C 2 = 1 2

Derivando a solução geral, temos:

y ' =   C 1 e t   - 2 C 2 e - 2 t - 1

E então podemos aplicar a segunda condição:

y ' 0 =   C 1   - 2 C 2 - 1 = 1

C 1 - 2 C 2 = 2

Passo 8

Temos então o seguinte sistema de equações:

C 1 + C 2 = 1 2 C 1 - 2 C 2 = 2

Da primeira temos:

C 1 = 1 2 - C 2

Substituindo na segunda:

1 2 - - C 2 - 2 C 2 = 2

- 3 C 2 = 2 - 1 2

- 3 C 2 = 4 2 - 1 2

- 3 C 2 = 3 2

C 2 = - 3 2 ⋅ 1 3

C 2 = - 1 2

E daí, temos:

C 1 = 1 2 - - 1 2

C 1 = 1 2 + 1 2

C 1 = 1

Passo 9

Agora que achamos os valores das constantes, vamos substituir na solução geral que achamos:

y =   C 1 e t +   C 2 e - 2 t - 1 2 - t

y =   e t - 1 2 e - 2 t - 1 2 - t

E pronto! Essa é a solução do PVI pedido😉

Resposta

y =   e t - 1 2 e - 2 t - 1 2 - t

Exercício Resolvido #8

Resolva a equação diferencial:

y ' ' - 3 y = 2 t 2 + t

Passo 1

E aí, pronto pra mais uma?

Queremos encontrar a solução geral, lembrando que:

y = y h +   y p

Sendo que y h é a solução homogênea e y p é a solução particular.

Vamos fazer a solução homogênea primeiro, depois a gente ver a particular, show de bola?

Passo 2

Bom, para resolver a EDO homogênea, devemos achar a equação característica da EDO. Que aqui é essa:

r 2 - 3 = 0

Para resolver essa equação do 2º grau, encontraremos o ∆   =   b 2 - 4 a c   e utilizaremos a fórmula de Bhaskara r = - b ± ∆ 2 a .

Sendo que a = 1 , b = 0 e c = - 3 .

∆   =   b 2 - 4 a c

∆   =   0 - 4 ( 1 ) ( - 3 )

Δ = 12

Substituindo na fórmula de Bhaskara.

r = - b ± ∆ 2 a

r 1 = 0 + 12 2 = 2 3 2 = 3

r 2 = - 2 3 2 = - 3

Passo 3

Como temos duas raízes reais, a solução da EDO homogênea será:

y h =   C 1 e r 1 t +   C 2 e r 2 t

y h = C 1 e 3 t + C 2 e - 3 t

Beleza, a parte homogênea já foi, vamos para a solução particular agora!

Passo 4

Olhando para nossa EDO:

y ' ' - 3 y = 2 t 2 + t

Vemos que do lado direito temos um polinômio de 2º grau, logo, nada mais justo que chutarmos uma solução que seja um polinômio de 2º grau também. Assim:

y p = A t 2 + B t + C

Como essa solução não está presente na parte homogênea, podemos usar essa mesmo! Onde A ,   B   e   C são os coeficientes que a gente vai determinar😉

Passo 5

Vamos derivar nossa y p :

y p ' = 2 A t + B

y p ' ' = 2 A

E agora a gente vai substituir na EDO...

y ' ' - 3 y = 2 t 2 + t

y p ' ' - 3 y p = 2 t 2 + t

Substituindo:

2 A - 3 A t 2 + B t + C = 2 t 2 + t

2 A - 3 A t 2 - 3 B t - 3 C = 2 t 2 + t

Passo 6

Igualando os termos correspondentes:

- 3 A = 2 → A = - 2 3

- 3 B = 1 → B = - 1 3

2 A - 3 C = 0

2 - 2 3 - 3 C = 0

- 4 3 - 3 C = 0

- 3 C = 4 3

C = 4 3 ⋅ 1 3

C = 4 9

Passo 7

A solução particular então é:

y p = A t 2 + B t + C

y p = - 2 3 t 2 - 1 3 t + 4 9

E a solução geral, que é a soma da homogênea com a particular:

y = y h +   y p

y = C 1 e 3 t + C 2 e - 3 t - 2 3 t 2 - 1 3 t + 4 9

E pronto! Agora terminamos😊

Resposta

y = C 1 e 3 t + C 2 e - 3 t - 2 3 t 2 - 1 3 t + 4 9

Exercício Resolvido #9

Resolva a equação diferencial ou problema de valor inicial usando o método dos coeficientes indeterminados.

y ' ' + 3 y ' + 2 y = x 2

Passo 1

Olá, tudo bem?

Essa é uma equação diferencial de segunda ordem com coeficientes constantes e não homogênea, ou seja, o lado direito da equação não é zero. A solução geral vai ser a combinação linear da parte homogênea y h ( x ) e a parte particular y p ( x ) :

y ( x ) = y h x + y p ( x )

Bora ver isso então?

Passo 2

Vamos primeiro encontrar a solução da parte homogênea. A equação diferencial homogênea associada é:

y ' ' + 3 y ' + 2 y = 0

Que podemos escrever como:

r 2 + 3 r + 2 = 0

Para resolver essa equação vou usar a fórmula de Bháskara:

r = - b ± b 2 - 4 a c 2 a

Onde aqui temos: a = 1 ,   b = 3   e   c = 2 :

r = - ( 3 ) ± ( 3 ) 2 - 4.1 . 2 2.1

r = - 3 ± 9 - 8 2 = - 3 ± 1 2

r 1 = - 1   ;     r 2 = - 2

Aqui temos duas raízes reais e diferentes, então a solução vai ser:

y h x = c 1 e r 1 x + c 2 e r 2 x

y h x = c 1 e - x + c 2 e - 2 x

Passo 3

A solução particular vai ser determinada pelo método dos coeficientes indeterminados. A função G x é G x = x 2 , e não faz parte da solução da equação homogênea (ou também chamada de complementar), então uma possível solução vai ser um polinômio de segundo grau:

y p x = A x 2 + B x + C

Definida a solução tentativa, agora o procedimento é padrão: derivar uma e duas vezes a função y p , substituir na equação diferencial completa e igualar os coeficientes. Vamos lá?

As derivadas vão ser:

y p ' x = 2 A x + B

y p ' ' x = 2 A

Passo 4

Resgatando a equação diferencial temos:

y p ' ' + 3 y p ' + 2 y p = x 2

Agora substituindo y p ,   y p '   e y p ' ' na equação diferencial temos:

2 A + 3 . 2 A x + B + 2 A x 2 + B x + C = x 2

Reorganizando os termos temos:

x 2 2 A + x 6 A + 2 B + 2 A + 3 B + 2 C = x 2

Igualando os coeficientes dos dois lados ficamos com o seguinte sistema:

2 A = 1 6 A + 2 B = 0 2 A + 3 B + 2 C = 0

Passo 5

Da primeira equação tiramos o valor de A :

2 A = 1

A = 1 / 2

Da segunda equação, temos o valor de B :

6 A + 2 B = 0

Mas A = 1 / 2 :

6   . 1 2 + 2 B = 0

B = - 3 2

E por fim, substituindo os valores de A e B na terceira equação temos o valor de C :

2 A + 3 B + 2 C = 0

2 .   1 2 + 3 . - 3 2 + 2 C = 0

2 C = 9 2 - 1

2 C = 9 2 - 2 2

2 C = 7 2

C = 7 4

Pronto, determinamos os coeficientes A , B e C e a solução particular é:

y p x = 1 2 x 2 - 3 2 x + 7 4  

Passo 6

Show! Agora é só juntar todos os resultados! Do passo 2 temos a solução y h e do passo 3 temos y p . Vai lá no passo 1 e pega a solução geral:

y ( x ) = y h x + y p ( x )

Substituindo os resultados teremos:

y x = c 1 e - x + c 2 e - 2 x + 1 2 x 2 - 3 2 x + 7 4

Se fosse um problema de valor inicial, agora seria a hora de aplicar as condições iniciais! Mas aqui não é o caso! Paramos por aqui 😊

Resposta

y x = c 1 e - x + c 2 e - 2 x + 1 2 x 2 - 3 2 x + 7 4

Exercício Resolvido #10

Resolva a equação diferencial usando

  1. Coeficientes indeterminados e
  2. Variação de parâmetros.

y ' ' - 2 y ' - 3 y = x + 2

Passo 1

Olá, tudo bem?

Vamos começar pelo método dos coeficientes indeterminados. Essa é uma equação diferencial de segunda ordem com coeficientes constantes e não homogênea, ou seja, o lado direito da equação não é zero.

A solução geral vai ser a soma da parte homogênea y h ( x ) e a parte particular y p ( x ) :

y ( x ) = y h x + y p ( x )

Passo 2

Vamos primeiro encontrar a solução da parte homogênea. A equação diferencial homogênea associada é:

y ' ' - 2 y ' - 3 y = 0

E a equação característica associada é:

r 2 - 2 r - 3 = 0

E solução vai ser dada pela fórmula de Bháskara:

k = - ( - 2 ) ± ( - 2 ) 2 - 4.1 . - 3 2.1 = 2 ± 16 2 = 1 ± 2 ,   k 1 = 3 ,   k 2 = - 1

Aqui a solução homogênea vai ser uma combinação de exponenciais:

y h = c 1 e 3 x + c 2 e - x

Passo 3

A solução particular vai ser determinada pelo método dos coeficientes indeterminados. A função G x é G x = x + 2 , e não faz parte da solução da equação homogênea (ou também chamada de complementar), então uma possível solução é um polinômio de ordem um:

y p = A x + B

Definida a solução tentativa, agora o procedimento é padrão: derivar uma e duas vezes a função y p , substituir na equação diferencial completa e igualar os coeficientes. Vamos lá?

As derivadas vão ser:

y p ' x = A

y p ' ' x = 0

Resgatando a equação diferencial temos:

y p ' ' - 2 y p ' - 3 y p = x + 2

Passo 4

Agora substituindo y p ,   y p '   e y p ' ' na equação diferencial temos:

0 - 2 A - 3 A x + B = x + 2

Reorganizando os termos temos:

x - 3 A + - 2 A - 3 B = x + 2

Igualando os coeficientes dos dois lados ficamos com o seguinte sistema:

- 3 A = 1 - 2 A - 3 B = 2

Daí tiramos os valores de A   e B :

A = - 1 3 ,       B = - 4 9

E a solução particular é:

y p x = - 1 3 x - 4 9

E a solução geral vai ser:

y x = c 1 e 3 x + c 2 e - x - 1 3 x - 4 9

Passo 5

Agora vamos resolver pelo método da variação de parâmetros.

Esse método consiste no seguinte: determinado duas soluções para a equação diferencial homogênea associada y 1 e y 2 , supõe-se que a solução particular vá ser uma combinação linear com parâmetros variáveis, dessa forma:

y p = u 1 y 1 + u 2 y 2

O sistema de equações que essa solução deve satisfazer, a saber, formam o seguinte sistema:

a u 1 ' y 1 + u 2 ' y 2 = G u 1 ' y 1 + u 2 ' y 2 = 0

Onde a é o coeficiente de y ' ' e G é a função que dá origem a solução particular. Resolvendo esse sistema de equações chegamos as seguintes equações para u 1 ' e u 2 ' :

u 1 ' = - G y 2 a ( y 1 y 2 ' - y 2 y 1 ' ) ,     u 2 ' = - G y 1 a ( y 1 y 2 ' - y 2 y 1 ' )  

E depois é só fazer a integração.

Passo 6

No nosso caso y 1 = e 3 x e y 2 = e - x (pela solução homogênea).

E as derivadas são y 1 ' = 3 e 3 x e y 2 ' = - e - x . E G = x + 2 e também a = 1 .

Então podemos calcular o denominador:

y 1 y 2 ' - y 2 y 1 '

= e 3 x . - e - x + e - x . 3 e 3 x

= - 4 e 2 x

Assim u 1 ' fica:

u 1 ' = - G y 2 a y 1 y 2 ' - y 2 y 1 '

= - x + 2 e - x - 4 e 2 x

= x 4 e - 3 x + 1 2 e - 3 x

Passo 7

E integrando em relação a x temos:

u 1 = ∫ x 4 e - 3 x + 1 2 e - 3 x d x

A primeira parte da integral será resolvida por partes, e a segunda, por integração direta:

∫ x 4 e - 3 x   d x = 1 4 ∫ x e - 3 x   d x

Fazendo u = x   e   d v = e - 3 x , teremos d u = d x   e   v = - e - 3 x 3 :

∫ u   d v = u ⋅ v - ∫ v   d u

∫ x e - 3 x   d x = - x e - 3 x 3 - ∫ - e - 3 x 3 ⋅ d x

= - x e - 3 x 3 + 1 3 ∫ e - 3 x   d x

= - x e - 3 x 3 - 1 3 ⋅ e - 3 x 3  

= - x e - 3 x 3 - 1 9 e - 3 x

Passo 8

E então:

∫ x 4 e - 3 x   d x = 1 4 ∫ x e - 3 x   d x = 1 4 - x e - 3 x 3 - 1 9 e - 3 x

= - x 12 e - 3 x - 1 36 e - 3 x  

E temos que:

∫ 1 2 e - 3 x   d x

1 2 e - 3 x - 3 =   - 1 6 e - 3 x

Juntando tudo então temos:

u 1 = - x 12 e - 3 x - 1 36 e - 3 x - 1 6 e - 3 x

E já vou calcular aqui u 1 y 1 pois vai ser útil depois!

u 1 y 1 = - x 12 - 7 36

Passo 9

Pronto, agora vamos calcular u 2 e posteriormente u 2 y 2 .

Da fórmula para u 2 ' do passo anterior temos:

u 2 ' = - G y 1 a y 1 y 2 ' - y 2 y 1 '

= x + 2 e 3 x - 4 e 2 x

= - x 4 e x - 1 2 e x

E integrando em relação a x temos:

u 2 = ∫ - x 4 e x - 1 2 e x d x

Vamos integrar da mesma forma da outra integral, e temos:

= - 1 4 . x e x + 1 4 ∫ e x d x - 1 2 . e x

Assim temos:

u 2 = - x e x 4 - e x 4

E o valor de u 2 y 2 pois vai ser:

u 2 y 2 = - x 4 - 1 4

Passo 10

Pronto! Agora vamos juntar os resultados dos passos anteriores e determinar a solução particular.

y p = u 1 y 1 + u 2 y 2 = - x 12 - 7 36 - x 4 - 1 4

= - x 3 - 4 9

E a solução completa vai ser:

y = y h + y p = c 1 e 3 x + c 2 e - x - 1 3 x - 4 9

E é a mesma solução encontrada pelo outro método! 😊

Resposta

y x = c 1 e 3 x + c 2 e - x - 1 3 x - 4 9