Coeficientes Constantes Não Homogênea-Coeficientes Indeterminados

Teoria Completa

Introdução:

Olááááá, tudo bem? Agora que já vimos EDO superior homogênea, o que você acha que veremos hoje? Ele mesmooooooo: o caso não homogêneo! :)

Agora, vamos ver como resolver EDO’s de ordem superior com coeficientes constantes não homogênea. Elas têm a seguinte forma:

a n y n + a n - 1 y n - 1 + a 3 y ' ' ' + a 2 y ' ' + a 1 y ' + a 0 y = f ( x )

Com todos a 0 , a 1 , a 2 a n constantes.

Nesse caso, precisamos fazer como fazíamos lá em EDO de 2ª ordem não homogênea. Ou seja, resolver a EDO homogênea associada, e achar uma solução particular dessa EDO com f x . A solução vai ser:

y = y h + y p

Cara, eu já falei isso, mas eu vou repetir: é a mesma resolução que vimos em EDO de 2 ª ordem! Vou relembrar como resolvemos EDO não homogênea, ok?

Encontrando a Solução Geral:

Agora vamos ver como encontrar a solução de EDO’s de ordem superior com coeficientes constantes não homogênea.

O processo será:

  1. Resolver a EDO como se fosse homogênea – solução homogênea: y h x
  2. Encontrar a solução particular: y p x
  3. Encontrar solução geral: y x = y h x + y p x

Bom, vamos ver um exemplo pra fixar isso na sua cabeça!

Exemplo

y 4 + 2 y ' ' + y = 1 + e x

Primeiro vamos encontrar resolver a equação homogênea associada:

y 4 + 2 y ' ' + y = 0

Primeiro vamos ver qual é a sua equação característica.

r 4 + 2 r 2 + 1 = 0

Não vou focar aqui em como encontrar a solução homogênea y h . Então, aqui ela já está pronta:

y h = C 1 cos x + C 2 sen x + C 3 x cos x + C 4 x sen x

Beleza! Agora só falta encontrar a solução particular e somar com a solução da homogênea pois:

y = y h + y p

Depois de encontrar y h , precisamos encontrar y p .

PARA TUDO! Você lembra de como escolher y p e todo aquele passo a passo importante que vimos em EDO de 2 ª ordem? Não?

Relaxa, toma aqui:

Relembrando y p :

Agora vamos relembrar como fazíamos para encontrar y p para EDO’s de 2 ª Ordem com coeficientes constantes não homogênea pelo Método dos Coeficientes Indeterminados.

A EDO era da forma:

a y ' ' x + b y ' x + c y x = f ( x )

Tínhamos 3 situações particulares:

  • Se f x fosse uma exponencial, o nosso palpite para y p seria também uma exponencial. Por exemplo: se f x = 3 e 2 x , o nosso palpite seria y p = A e 2 x , sendo A uma constante.
  • Se f ( x ) fosse uma função polinomial, o nosso palpite para y p seria também uma função polinomial de mesmo grau. Por exemplo: se f x = x 2 + 1 , o nosso palpite seria y p = A x 2 + B x + C
  • Se f ( x ) fosse a função seno ou cosseno, o nosso palpite seria uma combinação de senos e cossenos de mesmo argumento. Por exemplo: se f x = 7 c o s ( 5 x ) , o nosso palpite seria y p = A c o s 5 x + B s e n ( 5 x )

Depois de identificar nossos palpites y p tínhamos de verificar se eles já existiam em y h . Em caso positivo, nossos palpites eram multiplicados por x até que eles não aparecessem mais em y h .

Além disso, vimos que f ( x ) pode ser a soma de funções das formas particulares que vimos: Exponencial, Polinomial e Seno/Cosseno. O nosso y p também seria a soma dos palpites referentes a cada um desses termos.

Por exemplo, se f x = x 2 + 1 + 3 e 2 x . Vemos que f ( x ) é a soma de uma polinomial com uma exponencial. Logo, nosso y p também será a soma dos palpites referentes a cada uma delas.

Ou seja, referente a parte polinomial temos: y p 1 = A x 2 + B x + C , referente a parte exponencial temos: y p 2 = D e 2 x . Logo y p = y p 1 + y p 2 = A x 2 + B x + C + D e 2 x .

A gente também conferia se y p 1 ou y p 2 já existiam em y h . Em caso positivo, multiplicamos y p 1 ou y p 2 por x até não aparecer mais em y h .

Por fim, se f x fosse o produto de uma dessas 3 classes de funções, y p também seria o produto dos palpites referente a cada uma dessas funções.

Por exemplo: f x = x 2 + 1 3 e 2 x . Teremos y p = y p 1 . y p 2 . Porém y p 1 = ( D x 2 + E x + F ) , y p 2 = G e 2 x . Logo y p = ( D x 2 + E x + F ) G e 2 x   , que é o mesmo que y p = A x 2 + B x + C e 2 x .

A gente ainda verificava se já existia em y h , e em caso positivo multiplicávamos por x até não aparecer mais em y h .

Deu pra relembrar?! Então, vamos fazer exatamente o mesmo processo para encontrar o y p nas EDO’s de ordem superior com coeficientes constantes não homogêneas!!! Os mesmos palpites e analises!

Voltando ao nosso exemplo...

y 4 + 2 y ' ' + y = 1 + e x

Como a nossa função ali do lado direito é uma constante mais uma exponencial vamos ter:

y p = A + B e x

Veja, que y p não existe na solução da homogênea. Ótimo, então vamos precisar multiplicar nada por x . Continuando... Calculando as derivadas:

y p ' = B e x

y p ' ' = B e x

y p ' ' ' = B e x

y p 4 = B e x

Substituindo na EDO:

B e x + 2 B e x + A + B e x = 1 + e x

4 B e x + A = 1 + e x

Assim vamos ter

4 B = 1

A = 1

Então

B = 1 4

A = 1

E nossa solução particular vai ser

y p = e x 4 + 1

Vamos encontrar agora a solução geral da EDO:

y = y h + y p

Já achamos:

y h = C 1 cos x + C 2 sen x + C 3 x cos x + C 4 x sen x

y p = e x 4 + 1

Então:

y = C 1 cos x + C 2 sen x + C 3 x cos x + C 4 x sen x + e x 4 + 1

Ou seja, o passo a passo para encontrar o y p será o mesmo:

  1. Colocar a EDO na forma a n y n + a n - 1 y n - 1 + a 3 y ' ' ' + a 2 y ' ' + a 1 y ' + a 0 y = f ( x ) e identificar f ( x )
  2. Supor y p x com coeficientes a determinar
  3. Verificar se y p x é solução da equação homogênea
  4. Calcular derivadas de y p x : y p ' x , y p ' ' x y ( n )
  5. Substituir y p x e suas derivadas na equação
  6. Encontrar coeficientes (Método dos coeficientes a determinar)
  7. Substituir coeficientes em y p x

Vamos pros exercícios!!!

Expandir

Exercício Resolvido #1

William E. Boyce e Richard C. DiPrima, Equações diferenciais elementares e problemas de contorno, 8ª ed., Rio de Janeiro: LTC, 2010, pp. 127, exercício 10 – modificado

Encontre a solução do problema de valor inicial dado

y 4 + 2 y ' ' + y = 3 x + 4

Com

y 0 = y ' 0 = 0

y ' ' 0 = y ' ' ' 0 = 1

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Bem aqui temos uma EDO que é não homogênea, para resolver essa EDO temos que achar a solução da EDO homogênea equivalente primeiro, depois vamos achar a solução particular.

A EDO homogênea equivalente vai ser

y 4 + 2 y ' ' + y = 0

Para resolvermos essa EDO temos que achar a equação característica dessa EDO

r 4 + 2 r 2 + 1 = 0

Passo 2

Vamos resolver essa equação agora

r 4 + 2 r 2 + 1 = 0

Normalmente faríamos aquele método de achar as possíveis raízes e tudo mais, mas essa equação é especial, ela é a que chamamos de biquadrada, isso porque ela tem a cara de uma equação de segundo grau só que ela é de quarto grau, para resolver essa equação vamos fazer

r 2 = a

E a nossa equação vai ficar

a 2 + 2 a + 1 = 0

E podemos resolver como sempre fazemos

a 1 = - 2 + 2 2 - 4.1 . 1 2.1 = - 2 + 4 - 4 2 = - 2 2 = - 1

a 2 = - 2 - 2 2 - 4.1 . 1 2.1 = - 2 - 4 - 4 2 = - 2 2 = - 1

Assim vamos ter

r 2 = - 1           o u           r 2 = - 1

E vamos ter

r 1 = i

r 2 = - i

r 3 = i

r 4 = - i

Passo 3

Agora que temos as raízes podemos ver como vão ser as soluções.

Repara que temos um par de raízes complexas com multiplicidade 2 , então vamos ter

y 1 + y 2 = e 0 x C 1 cos x + C 2 sen x = C 1 cos x + C 2 sen x

y 3 + y 4 = C 3 x cos x + C 4 x sen x

A nossa solução da homogênea vai ser

y h = y 1 + y 2 + y 3 + y 4

y h = C 1 cos x + C 2 sen x + C 3 x cos x + C 4 x sen x

Passo 4

Agora precisamos achar a solução particular dessa EDO

y 4 + 2 y ' ' + y = 3 x + 4

Como a nossa função ali do lado direito é um polinômio vamos usar o método dos coeficientes a determinar.

Vamos fazer

y p = A x + B

Assim vamos ter

y p ' = A

y p ' ' = 0

y p ' ' ' = 0

y p 4 = 0

Substituindo na Edo vamos ter

0 + 2.0 + A x + B = 3 x + 4

A x + B = 3 x + 4

Assim vamos ter

A = 3

B = 4

E nossa solução particular vai ser

y p = 3 x + 4

Perceba que não temos nenhum termo linear na solução homogênea.

Passo 5

A nossa solução geral vai ser

y = y h + y p

y = C 1 cos x + C 2 sen x + C 3 x cos x + C 4 x sen x + 3 x + 4

Passo 6

Agora temos que achar os valores das constantes, usando os valores iniciais que ele deu no enunciado.

Vamos começar com

y 0 = 0

Vamos ter

C 1 cos 0 + C 2 sen 0 + C 3 0 cos 0 + C 4 0 sen 0 + 3.0 + 4 = 0

C 1 + 4 = 0

C 1 = - 4

Vamos para o segundo valor inicial

y ' 0 = 0

Primeiro temos que achar a primeira derivada

y ' = - C 1 sen x + C 2 cos x + C 3 cos x - C 3 x sen x + C 4 sen x + C 4 x cos x + 3

Assim vamos ter

- C 1 sen 0 + C 2 cos 0 + C 3 cos 0 - C 3 0 sen 0 + C 4 sen 0 + C 4 0 cos 0 + 3 = 0

C 2 + C 3 + 3 = 0

Vamos para o terceiro valor inicial

y ' ' 0 = 1

Vamos achar primeiro a segunda derivada

y ' ' = - C 1 cos x - C 2 sen x - C 3 sen x - C 3 sen x - C 3 x cos x + C 4 cos x + C 4 cos x - C 4 x sen x

Assim vamos ter

- C 1 cos 0 - C 2 sen 0 - C 3 sen 0 - C 3 sen 0 - C 3 0 cos 0 + C 4 cos 0 + C 4 cos 0 - C 4 0 sen 0 = 1

- C 1 + 2 C 4 = 1

Substituindo o valor de C 1

- - 4 + 2 C 4 = 1

4 + 2 C 4 = 1

C 4 = - 3 2

Vamos ao último valor inicial

y ' ' ' 0 = 1

Vamos achar a terceira derivada

y ' ' = C 1 sen x - C 2 cos x - C 3 cos x - C 3 cos x - C 3 cos x + C 3 x sen x - C 4 sen x - C 4 sen x - C 4 sen x - C 4 x cos x

Assim vamos ter

C 1 sen 0 - C 2 cos 0 - C 3 cos 0 - C 3 cos 0 - C 3 cos 0 + C 3 0 sen 0 - C 4 sen 0 - C 4 sen 0 - C 4 sen 0 - C 4 0 cos 0 = 1

- C 2 - C 3 - C 3 - C 3 = 1

C 2 + 3 C 3 = - 1

Passo 7

Juntando tudo que achamos temos

C 1 = - 4

C 2 + C 3 + 3 = 0

C 4 = - 3 2

C 2 + 3 C 3 = - 1

Pela segunda equação vamos ter

C 2 = - 3 - C 3

Substituindo na quarta equação

- 3 - C 3 + 3 C 3 = - 1

2 C 3 = 3 - 1

2 C 3 = 2

C 3 = 1

E

C 2 = - 3 - 1

C 2 = - 4

A nossa solução vai ficar

y = - 4 cos x - 4 sen x + x cos x - 3 2 x sen x + 3 x + 4

Resposta

y = - 4 cos x - 4 sen x + x cos x - 3 2 x sen x + 3 x + 4

Exercício Resolvido #2

William E. Boyce e Richard C. DiPrima, Equações diferenciais elementares e problemas de contorno, 8ª ed., Rio de Janeiro: LTC, 2010, pp. 127, exercício 11 – modificado

Encontre a solução do problema de valor inicial dado

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

Com

y 0 = 1

y ' 0 = - 1 4

y ' ' 0 = - 3 2

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Bem aqui temos uma EDO que é não homogênea, para resolver essa EDO temos que achar a solução da EDO homogênea equivalente primeiro, depois vamos achar a solução particular.

A EDO homogênea equivalente vai ser

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

Para resolvermos essa EDO temos que achar a equação característica dessa EDO

r 3 - 3 r 2 + 2 r = 0

Passo 2

Vamos resolver essa equação agora

r 3 - 3 r 2 + 2 r = 0

A primeira coisa que vamos fazer é colocar o r em evidência

r r 2 - 3 r + 2 = 0

Assim vamos ter

r = 0         o u         r 2 - 3 r + 2 = 0

E

r 1 = 0

Para os outros valores de r vamos resolver

r 2 - 3 r + 2 = 0

r 2 = - - 3 + - 3 2 - 4.2 . 1 2.1 = 3 + 9 - 8 2 = 3 + 1 2 = 3 + 1 2 = 4 2 = 2

r 2 = - - 3 - - 3 2 - 4.2 . 1 2.1 = 3 - 9 - 8 2 = 3 - 1 2 = 3 - 1 2 = 2 2 = 1

Assim vamos ter

r 1 = 0

r 2 = 2

r 3 = 1

Passo 3

Agora que temos as raízes podemos ver como vão ser as soluções.

Repara que todas as raízes tem multiplicidade 1 , então as soluções vão ser

y 1 = C 1 e 0 x = C 1

y 2 = C 2 e 2 x

y 3 = C 3 e x

A nossa solução da homogênea vai ser

y h = y 1 + y 2 + y 3

y h = C 1 + C 2 e 2 x + C 3 e x

Passo 4

Agora precisamos achar a solução particular dessa EDO

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

Como a nossa função ali do lado direito é um polinômio mais uma exponencial vamos usar o método dos coeficientes a determinar.

Normalmente faríamos

y p = A x + B + C e x

Mas repara que temos uma constante e e x na solução da homogênea, desse jeito nossa solução particular na verdade vai ser multiplicando cada um desses caras por x

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

Assim vamos ter

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

y p ' ' = 2 A + C e x + C e x + C x e x

y p ' ' ' = C e x + C e x + C e x + C x e x

Substituindo na Edo vamos ter

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

3 C e x + C x e x - 6 A - 6 C e x - 3 C x e x + 4 A x + 2 B + 2 C e x + 2 C x e x = x + e x

- C e x - 6 A + 4 A x + 2 B = x + e x

Assim vamos ter

4 A = 1

- 6 A + 2 B = 0

- C = 1

Vamos ter

A = 1 4

- 6 1 4 + 2 B = 0

2 B = 6 4

2 B = 3 2

B = 3 4

C = - 1

E nossa solução particular vai ser

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

Passo 5

A nossa solução geral vai ser

y = y h + y p

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

Passo 6

Agora temos que achar os valores das constantes, usando os valores iniciais que ele deu no enunciado.

Vamos começar com

y 0 = 1

Vamos ter

C 1 + C 2 e 2 . 0 + C 3 e 0 + 0 2 4 + 3 . 0 4 - 0 e 0 = 1

C 1 + C 2 + C 3 = 1

Vamos para o segundo valor inicial

y ' 0 = 0

Primeiro temos que achar a primeira derivada

y ' = 2 C 2 e 2 x + C 3 e x + x 2 + 3 4 - e x - x e x

Assim vamos ter

2 C 2 e 2 . 0 + C 3 e 0 + 0 2 + 3 4 - e 0 - 0 e 0 = - 1 4

2 C 2 + C 3 + 3 4 - 1 = - 1 4

2 C 2 + C 3 = 0

Vamos para o terceiro valor inicial

y ' ' 0 = - 3 2

Vamos achar primeiro a segunda derivada

y ' ' = 4 C 2 e 2 x + C 3 e x + 1 2 - e x - e x - x e x

Assim vamos ter

4 C 2 e 2.0 + C 3 e 0 + 1 2 - e 0 - e 0 - 0 e 0 = - 3 2

4 C 2 + C 3 + 1 2 - 2 = - 3 2

4 C 2 + C 3 = 0

Passo 7

Juntando tudo que achamos temos

C 1 + C 2 + C 3 = 1

2 C 2 + C 3 = 0

4 C 2 + C 3 = 0

Pela segunda equação vamos ter

C 3 = - 2 C 2

Pela terceira equação vamos ter

C 3 = - 4 C 2

Isso nos diz que

C 2 = 0

E

C 3 = 0

Assim

C 1 + 0 + 0 = 1

C 1 = 1

A nossa solução vai ficar

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

Resposta

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

Exercício Resolvido #3

UNICAMP - Cálculo 3 - P1 2012 Noturno – 4

Dada a EDO

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

  1. Resolva a equação homogênea associada
  2. Usando o método de coeficientes indeterminados apresente e justifique a forma da solução particular. Não calcule os coeficientes.
MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

a)

Vamos começar resolvendo a EDO homogênea associada. A EDO homogênea associada vai ser

1 2 y 4 + y 3 + y 2 = 0

Para resolvermos essa EDO temos que achar a equação característica dessa EDO

1 2 r 4 + r 3 + r 2 = 0

Passo 2

Vamos resolver essa equação agora

1 2 r 4 + r 3 + r 2 = 0

A primeira coisa que vamos fazer é colocar o r em evidência.

r 2 r 2 2 + r + 1 = 0

Assim vamos ter

r 2 = 0           o u         r 2 2 + r + 1 = 0

r 1 = 0

r 2 = 0

E

r 2 2 + r + 1 = 0

Ufa, chegamos numa equação de 2 º grau, agora podemos fazer como sempre fazemos

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

r 4 = - 1 - 1 2 - 4 . 1 2   . 1 2 . 1 2 = - 1 - 1 - 2 1 = - 1 - - 1 1 = - 1 - i 1 = - 1 - 1 i

Então temos todas as raízes agora, vamos escrever essas raízes aqui

Passo 3

Agora que temos as raízes podemos ver como vão ser as soluções.

Repara que a raiz 0 tem multiplicidade 2 e as outras duas raízes tem multiplicidade 1 , então as soluções são

y 1 = C 1 e 0 x = C 1

y 2 = C 2 x e 0 x = C 2 x

y 3 + y 4 = e - x C 3 cos x + C 4 sen x = C 3 e - x cos x + C 4 e - x sen x

A nossa solução da homogênea vai ser

y h = y 1 + y 2 + y 3 + y 4

y h = C 1 + C 2 x + C 3 e - x cos x + C 4 e - x sen x

Passo 4

Agora precisamos achar a solução particular dessa EDO

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

Como a nossa função ali do lado direito é um polinômio mais uma exponencial vezes um cosseno, vamos usar o método dos coeficientes a determinar.

Normalmente faríamos

y p = A x + B + C e - x cos x + D e - x sen x

Mas repara que temos e - x cos x e e - x sen x , além do polinômio de primeiro grau. na solução da homogênea, desse jeito nossa solução particular na verdade vai ser multiplicando esse cara por x

y p = A x 2 + B x + C x e - x cos x + D x e - x sen x

Mas ainda vamos ter x na homogênea, então temos que fazer

y p = A x 3 + B x 2 + C x 2 e - x cos x + D x 2 e - x sen x

Agora é o momento AAAAAH!, mas repara que ele falou para não resolver essa parada. Ufa, se você for guerreiro que quiser resolver, vá em frente, vou te dar aqui os valores de cada um para você conferir com suas contas.

A = 1 2

B = - 3 2

C = 1 2

D = 0

Resposta

a)

y h = C 1 + C 2 x + C 3 e - x cos x + C 4 e - x sen x

b)

y p = A x 3 + B x 2 + C x 2 e - x cos x + D x 2 e - x sen x

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