Exercícios Resolvidos de Coeficientes Constantes Não Homogênea-Coeficientes Indeterminados

Dê a solução geral da equação

y ' ' ' - 4 y ' = x e 2 x

E também a solução que satisfaz as condições iniciais

y 0 = 1

y ' 0 = 1

y ' ' 0 = 0

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 y ' = 0

Para resolvermos essa EDO temos que supor que a solução é da forma y = C e r x , de forma que

y ' x = r C e r x

y ' ' ' x = r 3 C e r x

E a EDO homogênea fica

y ' ' ' - 4 y = r 3 C e r x - 4 r C e r x = 0

r 3 - 4 r C e r x = 0

r 3 - 4 r = 0

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos resolver essa equação agora

r 3 - 4 r = 0

As soluções dessa equação são fáceis de encontrar:

r r 2 - 4 = 0

Cujas soluções são

r 1 = 0

r 2 = 2

r 3 = - 2

Passo 3

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

y 1 = C 1 e 0 x = C 1

y 2 = C 2 e 2 x

y 3 = C 3 e - 2 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 - 2 x

Passo 4

Agora precisamos achar a solução particular dessa EDO

y ' ' ' - 4 y ' = x e 2 x

Como a nossa função ali do lado direito é uma exponencial vezes um polinômio de grau 1 vamos usar o método dos coeficientes indeterminados.

y p = ( A x + B ) e 2 x

Só que esse nosso chute tem um termo que é uma constante vezes a exponencial ( B e 2 x ) que aparece também na nossa solução homegênea!

Para lidar com isso a gente tem que multiplicar toda o nosso chute por x . Assim

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

E agora, nenhum desses dois caras aparece na nossa solução homegênea. Então tamo safo! Simbora então

Passo 5

Agora falta derivar a nossa solução particular. Toma cuidado com essas derivadinhas por que elas são bem chatinhas, heim! Eu mesmo tive que fazer umas 2 vezes hehehe

Vamo que vamo na regra do produto!

- A primeira derivada fica

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

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

- A segunda derivada fica

y p ' ' = 4 A x + 2 ( A + B ) e 2 x + 2 A x 2 + 2 A + B x + B 2 e 2 x

y p ' ' = 4 A x 2 + 8 A + 4 B x + 2 A + 4 B e 2 x

- E a terceira derivada fica

y p ' ' ' = 8 A x + 8 A + 4 B e 2 x + 4 A x 2 + 8 A + 4 B x + 2 A + 4 B 2 e 2 x

y p ' ' ' = 8 A x 2 + 24 A + 8 B x + 12 A + 12 B e 2 x

Substituindo na EDO vamos ter

8 A x 2 + 24 A + 8 B x + 12 A + 12 B e 2 x - 4 2 A x 2 + 2 A + 2 B x + B e 2 x = x e 2 x

Arrumando tudo isso

16 A x e 2 x + 12 A + 8 B e 2 x = x e 2 x

Assim vamos ter

16 A = 1 12 A + 8 B = 0

Então:

A = 1 16 B = - 3 32

E a nossa solução particular é

y p = 1 16 x 2 - 3 x 32 e 2 x

Passo 6

A nossa solução geral vai ser

y = y h + y p

y = C 1 + C 2 e 2 x + C 3 e - 2 x + 1 16 x 2 - 3 32 x e 2 x

Passo 7

A primeira derivada dessa nossa solução é

y ' = 2 C 2 e 2 x - 2 C 3 e - 2 x + 1 8 x - 3 32 e 2 x + 1 8 x 2 - 3 16 x e 2 x

y ' = 2 C 2 e 2 x - 2 C 3 e - 2 x + x 2 8 - x 16 - 3 32 e 2 x

E a segunda derivada é

y ' ' = 4 C 2 e 2 x + 4 C 3 e - 2 x + x 4 - 1 16 e 2 x + x 2 4 - x 8 - 3 16 e 2 x

y ' ' = 4 C 2 e 2 x + 4 C 3 e - 2 x + x 2 4 + x 8 - 1 4 e 2 x

Agora vamos ter que utilizar as condições de contorno para encontrar as constantes, então:

y 0 = 1   → C 1 + C 2 + C 3 = 1 y ' 0 = 1 → 2 C 2 - 2 C 3 - 3 32 = 1 y ' ' 0 = 0   → 4 C 2 + 4 C 3 - 1 4 = 0

E a solução desse sistema é

C 1 = 15 16 C 2 = 39 128 C 3 = - 31 128

E a nossa solução fica

y = 15 16 + 39 128 e 2 x - 31 128 e - 2 x + 1 16 x 2 - 3 32 x e 2 x

Resposta

Solução geral sem usar PVI

y = C 1 + C 2 e 2 x + C 3 e - 2 x + 1 16 x 2 - 3 32 x e 2 x

Usando PVI

y = 1 5 16 + 39 128 e 2 x - 31 128 e - 2 x + 1 16 x 2 - 3 32 x e 2 x

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