(40 pontos) Resolva a seguinte EDO:
2 y^{\prime \prime}-4 y^{\prime}+2 y=\frac{e^{t}}{t^{2}+1}

Passo 1

O enunciado pede a solução geral da equação diferencial ordinária
2y''-4y'+2y=\frac{e^{t}}{t^{2}+1}.
Informações dadas e o que devemos encontrar:
  • A EDO é de segunda ordem, linear, com coeficientes constantes e termo fonte (não homogêneo) g(t)=\dfrac{e^{t}}{t^{2}+1}.
  • Não foram dadas condições iniciais, então devemos encontrar a solução geral y(t), que é a soma da solução geral da homogênea e de uma particular.

Passo 2

Primeiro resolvemos a equação homogênea associada
2y''-4y'+2y=0.
Para EDO com coeficientes constantes usamos a equação característica. Substituímos y=e^{rt} e obtemos
2r^{2}-4r+2=0.
Dividindo por 2
r^{2}-2r+1=0,
que é um quadrado perfeito:
(r-1)^{2}=0.
Logo temos raiz dupla r=1. Para raiz real dupla r as duas soluções fundamentais da homogênea são
y_{1}(t)=e^{t},\qquad y_{2}(t)=t e^{t}.
Portanto a solução geral da homogênea é
y_{h}(t)=C_{1}e^{t}+C_{2}t e^{t},
onde C_{1},C_{2} são constantes arbitrárias.

Passo 3

Para encontrar uma solução particular usaremos o método da variação de parâmetros (é apropriado porque o lado direito \dfrac{e^{t}}{t^{2}+1} não é um polinômio/exponencial/trigonométrico simples que permita coeficientes indeterminados facilmente). Preciso do Wronskiano das soluções fundamentais:
W(t)=\begin{vmatrix} y_{1} & y_{2} \\\ y_{1}' & y_{2}' \end{vmatrix}.
Calculando as derivadas: y_{1}'=e^{t} e y_{2}'=(1+t)e^{t}. Então
W(t)=e^{t}\cdot(1+t)e^{t}-e^{t}\cdot t e^{t}=e^{2t}[(1+t)-t]=e^{2t}.

Passo 4

Recordando a variação de parâmetros para a equação na forma a_{2}y''+a_{1}y'+a_{0}y=g(t)\) (aqui \(a_{2}=2\)), procuramos uma particular na forma \[y_{p}(t)=u_{1}(t)y_{1}(t)+u_{2}(t)y_{2}(t).
Impondo a condição auxiliar usual u_{1}'y_{1}+u_{2}'y_{2}=0 (isso simplifica o sistema), obtemos o sistema linear para u_{1}' e u_{2}':
\begin{cases} u_{1}'y_{1}+u_{2}'y_{2}=0,\\[4pt] u_{1}'y_{1}'+u_{2}'y_{2}'=\dfrac{g(t)}{a_{2}}. \end{cases}
Resolvendo esse sistema por Cramer chega-se às fórmulas
u_{1}'=-\dfrac{g(t)\,y_{2}}{a_{2}W},\qquad u_{2}'=\dfrac{g(t)\,y_{1}}{a_{2}W}.
Vamos aplicar com g(t)=\dfrac{e^{t}}{t^{2}+1}\], \(a_{2}=2, y_{1}=e^{t}, y_{2}=t e^{t} e W=e^{2t}.]

Passo 5

Calcule u_{1}' e u_{2}':
u_{1}'=-\frac{g(t)\,y_{2}}{2W}=-\frac{\dfrac{e^{t}}{t^{2}+1}\cdot t e^{t}}{2 e^{2t}} =-\frac{t}{2(t^{2}+1)}.
u_{2}'=\frac{g(t)\,y_{1}}{2W}=\frac{\dfrac{e^{t}}{t^{2}+1}\cdot e^{t}}{2 e^{2t}} =\frac{1}{2(t^{2}+1)}.
Perceba a bela simplificação: os e^{t} e e^{2t} se cancelam.

Passo 6

Integramos para obter u_{1} e u_{2}. Para u_{1}:
u_{1}(t)=-\frac{1}{2}\int\frac{t}{t^{2}+1}\,dt.
Usamos a substituição simples s=t^{2}+1 ou a primitiva conhecida \int \dfrac{t}{t^{2}+1}dt=\dfrac{1}{2}\ln(t^{2}+1). Então
u_{1}(t)=-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\ln(t^{2}+1)=-\frac{1}{4}\ln(t^{2}+1).
Para u_{2}:
u_{2}(t)=\frac{1}{2}\int\frac{1}{t^{2}+1}\,dt=\frac{1}{2}\arctan(t).
Ao procurar uma solução particular podemos escolher as constantes de integração iguais a zero, pois constantes seriam absorvidas pela solução homogênea.

Passo 7

Montamos a solução particular
y_{p}(t)=u_{1}(t)y_{1}(t)+u_{2}(t)y_{2}(t).
Substituindo:
y_{p}(t)=-\frac{1}{4}\ln(t^{2}+1)\,e^{t}+\frac{1}{2}\arctan(t)\cdot t e^{t}.
Fatorando e^{t} para simplificar a aparência,
y_{p}(t)=e^{t}\left(-\frac{1}{4}\ln(t^{2}+1)+\frac{t}{2}\arctan(t)\right).

Passo 8

A solução geral é a soma da homogênea com a particular:
y(t)=y_{h}(t)+y_{p}(t)=C_{1}e^{t}+C_{2}t e^{t}+e^{t}\left(-\frac{1}{4}\ln(t^{2}+1)+\frac{t}{2}\arctan(t)\right).
Podemos, se quisermos, fatorar e^{t}:
y(t)=e^{t}\left(C_{1}+C_{2}t-\frac{1}{4}\ln(t^{2}+1)+\frac{t}{2}\arctan(t)\right).

Resposta

y(t)=C_{1}e^{t}+C_{2}t e^{t}+e^{t}\left(-\frac{1}{4}\ln(t^{2}+1)+\frac{t}{2}\arctan(t)\right).

Exercícios relacionados