y^{(4)}-2 y^{\prime \prime \prime}+2 y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+y=x+\cos 2 x
(a) Verifique que as funções y_{1}(x)=\cos x e y_{2}(x)=\operatorname{sen} x são soluções LI de (1);
(b) Encontre a solução geral, y_{H}, de (1);
(c) Encontre uma solução particular, y_{P}, de (2);
(d) Determine uma solução, y, de (2) tal que y(0)=y^{\prime}(0)=1. Tal solução é única?
Passo 1
O enunciado dá duas EDOs lineares de coeficientes constantes:
As perguntas são:
(a) Verificar que y_{1}(x)=\cos x e y_{2}(x)=\sin x são soluções linearmente independentes (LI) de (1).
(b) Encontrar a solução geral y_{H} de (1).
(c) Encontrar uma solução particular y_{P} de (2).
(d) Determinar uma solução de (2) tal que y(0)=y'(0)=1 e responder se essa solução é única.
Informações relevantes dadas: as duas EDOs com o mesmo operador linear de ordem 4; a segunda tem termo não-homogêneo x+\cos 2x. Não há outras condições iniciais além das pedidas em (d). A resolução começará a partir do operador linear e das propriedades de soluções de EDOs lineares com coeficientes constantes.
Passo 2
(a) Verificação direta de que \cos x e \sin x satisfazem (1) e são linearmente independentes.
Primeiro, defino o operador linear
L[y]=y^{(4)}-2y^{(3)}+2y''-2y'+y.
Vou aplicar L a y_1(x)=\cos x. Calculo derivadas (todas em função de x):
L[\sin x]=(\sin x+ \sin x + 2(-\sin x)) + (2\cos x -2\cos x)=0+0=0.
Portanto \sin x também é solução de (1).
Para verificar que são linearmente independentes, calculo o Wronskiano das duas funções (para duas funções f,g, W(f,g)=\begin{vmatrix}f&g\\\ f'&g'\end{vmatrix}):
W(\cos x,\sin x)=\begin{vmatrix}\cos x & \sin x \\\\ -\sin x & \cos x\end{vmatrix}=\cos^2 x+\sin^2 x=1\ne 0.
Como o Wronskiano é diferente de zero (em todo x), as funções são linearmente independentes.
Passo 3
(b) Encontrar y_H — passo padrão: obtenho o polinômio característico associado a (1). Substituo y\mapsto e^{rx} para obter
r^4-2r^3+2r^2-2r+1=0.
Notando que r=i (e r=-i) são raízes porque, por exemplo, para r=i:
Então o fator r^2+1 divide o polinômio. Faço a divisão polinomial:
r^4-2r^3+2r^2-2r+1=(r^2+1)(r^2-2r+1).
Verificando o segundo fator:
r^2-2r+1=(r-1)^2.
Logo as raízes são r=i, r=-i (simples) e r=1 com multiplicidade 2.
Para cada raiz complexa conjugada 0\pm i obtemos soluções reais \cos x e \sin x. Para a raiz real r=1 de multiplicidade 2 obtemos as soluções e^{x} e x e^{x}. Portanto a solução geral do homogêneo é
y_{H}(x)=C_{1}\cos x + C_{2}\sin x + C_{3} e^{x} + C_{4} x e^{x},
onde C_1,C_2,C_3,C_4 são constantes arbitrárias.
(Explicação curta do porquê: raízes simples a\pm bi geram e^{ax}\cos(bx),e^{ax}\sin(bx); raiz real r de multiplicidade m gera e^{rx}, x e^{rx},\dots,x^{m-1} e^{rx}.)
Passo 4
(c) Encontrar uma solução particular y_P de (2) por coeficientes a determinar.
Método: pelo termo não-homogêneo x+\cos 2x uso método de coeficientes indeterminados. Para cada termo do lado direito eu proponho uma forma de tentativa que não conflite com soluções do homogêneo (resonância). O termo x é um polinômio de grau 1; como r=0 não é raiz do polinômio característico (verificável: P(0)=1\ne0), não há ressonância com o polinômio constante/polinômial. Então assumo para essa parte:
y_{p1}(x)=A x + B.
Para \cos 2x: frequências \pm 2i não coincidem com as raízes \pm i do homogêneo, então não há ressonância; assumo
y_{p2}(x)=C \cos 2x + D \sin 2x.
Logo a tentativa completa:
y_{P}(x)=A x + B + C\cos 2x + D\sin 2x.
Agora aplico o operador L a y_P. Primeiro a parte polinomial: se y=Ax+B então
y'=A,\quad y''=0,\quad y^{(3)}=0,\quad y^{(4)}=0,
portanto
L[Ax+B]=0-0+2\cdot 0-2A+(Ax+B)=Ax+(B-2A).
Agora a parte trigonométrica: para obter L[\cos 2x] e L[\sin 2x] é prático usar o fato de que para e^{i k x} o operador age multiplicando por P(ik), onde P(r)=r^4-2r^3+2r^2-2r+1. Tomando k=2 temos r=2i e
As equações (E_1) e (E_2) são apenas duas equações lineares para as quatro constantes C_1,C_2,C_3,C_4. Portanto há infinitas soluções que satisfazem as duas condições iniciais — de fato duas constantes permanecem livres. Posso escrever as soluções que satisfazem as condições em forma paramétrica: por exemplo, tomando C_3 e C_4 como parâmetros livres, obtem
Assim a família de soluções que satisfaz y(0)=y'(0)=1 é
y(x)=\Big(-\frac{26}{25}-C_3\Big)\cos x + \Big(-\frac{8}{75}-C_3-C_4\Big)\sin x + C_3 e^{x} + C_4 x e^{x} + y_P(x),
com C_3,C_4 arbitrários.
Se quiser uma solução concreta (escolha simples) posso escolher C_3=C_4=0. Nesse caso
C_1=-\frac{26}{25},\qquad C_2=-\frac{8}{75},
e uma solução que satisfaz as condições é
y(x)=-\frac{26}{25}\cos x -\frac{8}{75}\sin x + x+2+\frac{1}{25}\cos 2x+\frac{4}{75}\sin 2x.
Conclusão sobre unicidade: não é única; para especificar uma solução única para uma EDO de ordem 4 é preciso dar 4 condições iniciais (valores de y(0),y'(0),y''(0),y^{(3)}(0), por exemplo). Como aqui só foram dadas duas condições, obtemos uma família de soluções com dois graus de liberdade.
Resposta
(a) Sim: y_1(x)=\cos x e y_2(x)=\sin x são soluções de (1) e são linearmente independentes (Wronskiano =1).
(b) y_{H}(x)=C_{1}\cos x + C_{2}\sin x + C_{3} e^{x} + C_{4} x e^{x}.
(c) y_{P}(x)=x+2+\dfrac{1}{25}\cos 2x+\dfrac{4}{75}\sin 2x.
(d) A família de soluções que satisfaz y(0)=y'(0)=1 é
y(x)=\Big(-\tfrac{26}{25}-C_3\Big)\cos x + \Big(-\tfrac{8}{75}-C_3-C_4\Big)\sin x + C_3 e^{x} + C_4 x e^{x} + y_P(x),
com C_3,C_4 arbitrários (logo a solução não é única). Um exemplo particular é, para C_3=C_4=0,
y(x)=-\tfrac{26}{25}\cos x -\tfrac{8}{75}\sin x + x+2+\tfrac{1}{25}\cos 2x+\tfrac{4}{75}\sin 2x.