Exercícios Resolvidos de Coeficientes Constantes Homogênea

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Enunciado

A solução do problema de valor inicial y ' ' + 4 y = t 2 + 3 e t ,   y 0 = 0 ,   y ' 0 = 2 ,

É:

  1. 7 10 s e n 2 t - 19 40 cos ⁡ 2 t + t 2 4 - 1 8 + 3 5 e t
  2. 7 10 s e n 2 t - 19 40 cos ⁡ 2 t + t 2 4 + 3 5 e t
  3. 7 10 s e n 2 t - 19 40 cos ⁡ 2 t - t 2 4 + 3 5 e t

Passo 1

Oi pessoal, tudo bem? Vamos começar?

Vamos primeiro identificar a equação característica da EDO homogênea associada! E equação homogênea é quando temos zero do outro lado da igualdade.

A EDO

y ' ' + 4 y = t 2 + 3 e t

Colocando zero do lado direito temos:

y ' ' + 4 y = 0

Essa é a equação diferencial homogênea associada. Ela tem coeficientes constantes, então vamos supor uma solução do tipo exponencial.

Supondo uma solução geral do tipo exponencial temos:

y t = A e λ t

As derivadas primeira e segundas:

y ' = A λ e λ t

y ' ' = A λ 2 e λ t

E agora precisamos substituir na EDO:

A λ 2 e λ t + 4 A e λ t = 0

Podemos dividir tudo por A e λ t e ficamos com a famosa equação característica:

λ 2 + 4 = 0

As soluções dessa equação vão nos dizer quais tipos de soluções vamos ter para a EDO homogênea. Sabendo essas soluções, podemos analisar a EDO não homogênea e assim dizer se as soluções vão ser LI ou LD. Sempre que elas forem parecidas (mesmo seno/cosseno, mesma exponencial, mesmo tipo de solução...) precisamos retirar essa dependência linear para garantir que o espaço das soluções seja todo contemplado.

Para retirar essa dependência linear basta multiplicar o núcleo da solução (a função que se repete) por um polinômio qualquer. Mas vamos ver isso mais para a frente. Primeiro precisamos resolver a equação característica.

Passo 2

E a equação característica

λ 2 + 4 = 0

Agora para achar as raízes vamos usar bháskara:

λ = - b ± b 2 - 4 a c 2 a

λ = 0 ± - 4 2

λ = ± 2 i

Essas raízes são do tipo λ = a ± b i então temos que as soluções são:

y h = c 1 e a t cos ⁡ b t + c 2 e a t s e n ( b t )

Como a = 0 e b = 2

Então a solução da homogênea é:

y h = c 1 cos ⁡ 2 t + c 2 s e n ( 2 t )

Guardamos essa solução!

Passo 3

Agora a particular!

Como a equação diferencial tem duas funções do lado direito, vamos ter que descobrir duas soluções particulares.

A equação diferencial particular associada é:

y ' ' + 4 y = t 2 + 3 e t

Primeiro vamos começar escolhendo umas das duas funções, t 2 ou 3 e t , para achar a particular associada.

Vou escolher a solução particular parecida com t 2 .

A equação diferencial associada a essa função é:

y ' ' + 4 y = t 2

Podemos chutar algo parecido, já que na homogênea associada não temos nenhum polinômio. Assim vamos chutar y p 1 = A t 2 + B t + C .

Bem parecida com a função da não-homogênea associada!

Agora pra saber quem são os coeficientes A , vamos derivar essa y p 1 e substituir na equação diferencial (apenas com o termo t 2 do lado direito):

y p 1 = A t 2 + B t + C

Agora derivando uma vez:

y p 1 ' = 2 A t + B

y p 1 ' ' = 2 A

Substituindo na equação diferencial associada:

y ' ' + 4 y = t 2

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

Então igualando os termos semelhantes dos dois lados temos que:

4 A t 2 = t 2

t B = 0

2 A + C = 0

Então temos que o A :

4 A = 1

A = 1 4

O B :

B = 0

E o C :

2 A + C = 0

C = - 2 A = - 1 8

Aí nossa solução particular é:

y p 1 = 1 4 t 2 - 1 8

Passo 4

Agora vamos descobrir quem é a solução do outro particular associado. A outra função é 3 e t , então como a homogênea não tem nada de exponencial, podemos chutar algo y p 2 = D e t .

A segunda particular fica:

y p 2 = D e t

A derivada:

y ' = D e t

E a segunda derivada:

y ' ' = D e t

Substituindo na equação particular associada temos:

y ' ' + 4 y = 3 e t

D e t + 4 D e t = 3 e t

5 D e t = 3 e t

D = 3 5

A segunda solução particular vai ser:

y p 2 = 3 5 e t

Passo 5

A solução geral da nossa equação diferencial vai ser a soma da solução da homogênea com as soluções particulares.

Juntando essa solução particular com a homogênea do passo 2 temos:

y = y h + y p 1 + y p 2

y x = c 1 cos ⁡ 2 t + c 2 s e n 2 t + 1 4 t 2 - 1 8 + 3 5 e t

E o passo final é determinar aquelas constantes ali. Para isso vamos usar as condições iniciais dadas

y 0 = 0 ,   y ' 0 = 2

Usando a y 0 = 0 :

y 0 = c 1 cos ⁡ 0 + c 2 s e n 0 + 1 4 0 2 - 1 8 + 3 5 e 0 = 0

c 1 + 3 5 - 1 8 = 0

c 1 = - 3 5 + 1 8 = - 24 + 5 40 = - 19 40

E aí nossa solução fica

y x = - 19 40 cos ⁡ 2 t + c 2 s e n 2 t + 1 4 t 2 - 1 8 + 3 5 e t

Ainda precisamos achar c 2 !

E agora derivando a solução para poder usar a segunda condição inicial:

y ' = 19 40 . 2 s e n 2 t + 2 c 2 cos ⁡ 2 t + 1 2 t + 3 5 e t

E agora aplicando y ' 0 = 2 :

y ' 0 = 2 c 2 + 3 5 = 2

2 c 2 = 2 - 3 5

2 c 2 = 7 5

c 2 = 7 10

Tranquilo?

Passo 6

E agora nossa solução está bem determinada:

y x = c 1 cos ⁡ 2 t + c 2 s e n 2 t + 1 4 t 2 - 1 8 + 3 5 e t

Com c 1 = - 19 40 e c 2 = 7 10 :

y x = - 19 40 cos ⁡ 2 t + 7 10 s e n 2 t + 1 4 t 2 - 1 8 + 3 5 e t

E a alternativa que nos diz isso é a (a). Show!

Espero ter ajudado!

Resposta

( a )

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