Encontre a forma de uma solução particular para a equação y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}-3 y=t^{2} e^{t}
Escolha uma opção: \bigcirc a. y_{p}=a t^{2} e^{t} \bigcirc b. y_{p}=a t^{3} e^{t} \bigcirc c. y_{p}=\left(a_{2} t^{2}+a_{1} t+a_{0}\right) e^{t} \bigcirc d. y_{p}=t\left(a_{2} t^{2}+a_{1} t+a_{0}\right) e^{t} \bigcirc e. y_{p}=t^{2}\left(a_{2} t^{2}+a_{1} t+a_{0}\right) e^{t}
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Passo 1
O que o enunciado pede: encontrar a forma (o “chute” pelo método dos coeficientes indeterminados) de uma solução particular para a EDO
y''+2y'-3y = t^{2}e^{t}.
Informações dadas relevantes:
O lado direito é t^{2}e^{t} (um polinômio de grau 2 multiplicando e^{t}).
As opções oferecidas são formas candidatas para y_{p} (a solução particular).
Passo 2
Ideia do método dos coeficientes indeterminados (explicação didática): quando a fonte é da forma (\text{polinômio})\cdot e^{\alpha t}, normalmente tentamos um y_{p} igual a um polinômio de mesmo grau vezes e^{\alpha t}. Porém, se e^{\alpha t} já é solução da equação homogênea associada, temos ressonância e precisamos multiplicar por t^{s}, onde s é a multiplicidade de \alpha como raiz do polinômio característico da parte homogênea.
Explicando as partes:
“Polinômio de mesmo grau” significa: se o RHS tem t^{2}, usamos um polinômio genérico a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}.
\alpha é o expoente do exponencial no RHS (aqui \alpha=1 porque temos e^{t}).
s é a multiplicidade da raiz \alpha na equação característica; se \alpha não for raiz, s=0 (não multiplicamos por t); se for raiz simples, s=1 (multiplica-se por t), etc.
Passo 3
Encontrar as raízes da equação característica da parte homogênea:
r^{2}+2r-3=0.
Fatorando:
r^{2}+2r-3=(r+3)(r-1).
Logo as raízes são r=1 e r=-3. A raiz r=1 corresponde a e^{t}.
Passo 4
Determinar a multiplicidade s de \alpha=1: a raiz r=1 aparece uma vez na fatoração, então a multiplicidade é s=1 (raiz simples). Isso implica ressonância linear: e^{t} é solução da homogênea, portanto o chute deve ser multiplicado por t^{1}=t.
Também o polinômio que multiplica e^{t} deve ter o mesmo grau que o do RHS, ou seja grau 2: usemos a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}.
Portanto a forma correta do chute é
y_{p}=t\bigl(a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}\bigr)e^{t}.
Passo 5
Verificação rápida (para intuir por que não usar a forma sem o t): calcular o operador linear em e^{t}
mostra que e^{t} é solução homogênea; por isso a forma sem o fator t (por exemplo a opção (c) (a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0})e^{t}) seria inadequada — ocorre cancelamento e não conseguiríamos determinar coeficientes. Se a raiz tivesse multiplicidade 2, precisaríamos de t^{2} (opção (e)). As opções (a) e (b) são polinomiais de grau menor do que o necessário.
Passo 6
Comparando com as opções dadas, a que corresponde a
y_{p}=t\bigl(a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}\bigr)e^{t}
é a opção d.
Resposta
d. y_{p}=t\left(a_{2} t^{2}+a_{1} t+a_{0}\right) e^{t}