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