Determine uma solução particular de cada uma das seguintes equações:
a) y^prime prime-3 y^prime-4 y=2 sen x
b) y^prime prime-3 y^prime-4 y=e^-x
c) y^prime prime-3 y+2 y=(1+x) e^3 x
d) y^prime prime-4 y^prime+4=(1+x+x^2+cdots+x^27) e^2 x
e) y^prime prime-3 y+2 y=sen 2 x
f) y^prime prime-y=x^2 e^x
g) y^prime prime-3 y+2 y=(1+x) e^3 x+sen 2 x
h) y^prime prime+6 y^prime=sen x+x e^2 x

Passo 1

O exercício pede para encontrarmos uma solução particular para cada uma das equações lineares de segunda ordem com coeficientes constantes usando o método dos coeficientes indeterminados. Vamos, em cada caso, (i) obter a equação característica para identificar a solução complementar (só para saber se há ressonância), (ii) propor uma forma de ansatz para a solução particular conforme o tipo de termo forçante (senos, polinômios vezes exponenciais etc.) e (iii) determinar os coeficientes impondo que o ansatz satisfaça a EDO.

Passo 2

Para (a) y’’–3y’–4y=2·sen x: a equação característica r²–3r–4=0 tem raízes 4 e –1 (sem ressonância com ±i). Propondo y_p=A cos x+B sin x e substituindo em y’’–3y’–4y=2 sin x, igualamos coeficientes e obtemos A=3/17 e B=–5/17. Logo y_p=(3/17)cos x–(5/17)sin x.

Passo 3

Para (b) y’’–3y’–4y=e^{–x}: a característica r²–3r–4=0 dá r=4,–1, e^{–x} é solução encontrada (r=–1), há ressonância de ordem 1. Propondo y_p=A·x e^{–x}, calculamos y’’, y’ e substituímos, chegando a A=–1/5. Assim y_p=–(1/5)x e^{–x}.

Passo 4

Para © y’’–3y’+2y=(1+x)e^{3x}: a característicar²–3r+2=0 tem r=1,2 (sem ressonância com 3). Propondo y_p=(ax+b)e^{3x}, achamos a=1/2 e b=–1/4. Logo y_p=(½x–¼)e^{3x}.

Passo 5

Para (d) y’’–4y’+4y=(1+x+…+x{27})e{2x}: a característica r²–4r+4=(r–2)² dá raiz dupla r=2, e há ressonância de ordem 2 com e^{2x}. Logo o ansatz geral é y_p=x²·P_{27}(x)e^{2x}, isto é
y_p=x²(A_0+A_1x+…+A_{27}x{27})e{2x}, com 28 coeficientes A_k a determinar inserindo na EDO.

Passo 6

Para (e) y’’–3y’+2y=sen 2x: característicar²–3r+2=0 ⇒ r=1,2 (sem ressonância com ±2i). Tomando y_p=A cos 2x+B sin 2x e substituindo, obtemos A=3/20 e B=–1/20. Logo y_p=(3/20)cos 2x–(1/20)sin 2x.

Passo 7

Para (f) y’’–y=x²e^{x}: equação característica r²–1=0 ⇒ r=±1, e^{x} é solução simples (ressonância de ordem 1). Propondo y_p=x·(Ax²+Bx+C)e^{x} e usando 2U’+U’’=x² (onde U=Ax³+Bx²+Cx), chegamos a A=1/6, B=–1/4, C=1/4. Logo y_p=((1/6)x³–(1/4)x²+(1/4)x)e^{x}.

Passo 8

Para (g) y’’–3y’+2y=(1+x)e^{3x}+sen 2x: basta somar as soluções particulares dos itens © e (e). Fica y_p=(½x–¼)e^{3x}+(3/20)cos 2x–(1/20)sin 2x.

Passo 9

Para (h) y’’+6y’=sen x + x e^{2x}: a característica r(r+6)=0 ⇒ r=0,–6 (sem ressonância com ±i nem com 2). Dividimos em duas forçantes:
– Para sen x, y_{p1}=A cos x+B sin x ⇒ A=–6/37, B=–1/37, logo y_{p1}=–(6/37)cos x–(1/37)sin x.
– Para x e^{2x}, y_{p2}=(Cx+D)e^{2x}. Substituindo, obtém-se C=1/16 e D=–5/128, logo y_{p2}=((1/16)x–5/128)e^{2x}.
Somando dá o y_p total para (h).

Resposta

(a) y_p=(3/17)cos x–(5/17)sin x
(b) y_p=–(1/5)x e^{–x}
© y_p=(½x–¼)e^{3x}
(d) y_p=x²(A_0+A_1x+…+A_{27}x{27})e{2x}
(e) y_p=(3/20)cos 2x–(1/20)sin 2x
(f) y_p=((1/6)x³–(1/4)x²+(1/4)x)e^{x}
(g) y_p=(½x–¼)e^{3x}+(3/20)cos 2x–(1/20)sin 2x
(h) y_p=–(6/37)cos x–(1/37)sin x + ((1/16)x–5/128)e^{2x)

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