Encontre a solução geral das equações não homogêneas dadas abaixo.
y^{\prime \prime}+3 y^{\prime}=2 t^{4}+t^{2} e^{-3 t}+\operatorname{sen}(3 t).

Passo 1

O enunciado pede a solução geral da equação diferencial linear de segunda ordem não homogênea com coeficientes constantes
y'' + 3y' = 2t^4 + t^2 e^{-3t} + \operatorname{sen}(3t).
O conteúdo aqui é: (i) encontrar a solução complementar y_c da equação homogênea associada, via equação característica, e (ii) obter uma solução particular y_p por coeficientes a determinar, somando as partes polinomial, exponencial vezes polinomial e trigonométrica.

Passo 2

Equação homogênea:
y'' + 3y' = 0.
A equação característica é
r^2 + 3r = r(r+3) = 0
com raízes r=0 e r=-3.
Logo, a solução complementar é
y_c(t) = C_1 + C_2 e^{-3t}.

Passo 3

Para a parte não homogênea 2t^4 + t^2 e^{-3t} + \operatorname{sen}(3t), buscamos
y_p = y_{p1} + y_{p2} + y_{p3}
onde:
  • y_{p1} atende 2t^4. Como r=0 é raiz, multiplicamos por t um polinômio de grau 4, isto é
y_{p1}(t) = t\big(A t^4 + B t^3 + C t^2 + D t + E\big).
  • y_{p2} atende t^2 e^{-3t}. Como r=-3 é raiz, multiplicamos por t um polinômio de grau 2, ou seja
y_{p2}(t) = e^{-3t}\,t\big(Gt^2 + Ht + I\big) = e^{-3t}(G t^3 + H t^2 + I t).
  • y_{p3} atende \operatorname{sen}(3t) sem ressonância, logo tentamos
y_{p3}(t) = K\cos(3t) + M\sin(3t).

Passo 4

Determinação de y_{p1}. Seja
y_{p1} = A t^5 + B t^4 + C t^3 + D t^2 + E t.
Então
y_{p1}' = 5A t^4 + 4B t^3 + 3C t^2 + 2D t + E, \quad y_{p1}'' = 20A t^3 + 12B t^2 + 6C t + 2D.
Logo
y_{p1}'' + 3y_{p1}' =15A t^4 + (20A+12B)t^3 + (12B+9C)t^2 + (6C+6D)t + (2D+3E).
Igualando a 2t^4 obtemos o sistema
\begin{cases} 15A = 2,\\\\ 20A + 12B = 0,\\\\ 12B + 9C = 0,\\\\ 6C + 6D = 0,\\\\ 2D + 3E = 0, \end{cases}
cuja solução é
A = \tfrac{2}{15},\; B = -\tfrac{2}{9},\; C = \tfrac{8}{27},\; D = -\tfrac{8}{27},\; E = \tfrac{16}{81}.
Portanto
y_{p1}(t) = \tfrac{2}{15}t^5 - \tfrac{2}{9}t^4 + \tfrac{8}{27}t^3 - \tfrac{8}{27}t^2 + \tfrac{16}{81}t.

Passo 5

Determinação de y_{p2}. Tomando
y_{p2} = e^{-3t}(G t^3 + H t^2 + I t),
usamos o fato de que D^2+3D = D(D+3) e que
(D+3)\big[e^{-3t}P(t)\big] = e^{-3t}P'(t), \quad D\big[e^{-3t}P'(t)\big] = e^{-3t}\big(P''(t)-3P'(t)\big).
Logo
y_{p2}'' +3y_{p2}' = e^{-3t}\bigl[P''(t)-3P'(t)\bigr].
Para P(t)=G t^3 + H t^2 + I t temos
P' = 3Gt^2 + 2Ht + I,\quad P'' = 6Gt + 2H,
então
P''-3P' = -9G t^2 + (6G-6H)t + (2H-3I)
deve igualar t^2. Assim
\begin{cases} -9G = 1,\\\\ 6G -6H = 0,\\\\ 2H -3I = 0, \end{cases} \quad\Rightarrow\quad G=-\tfrac{1}{9},\; H=-\tfrac{1}{9},\; I=-\tfrac{2}{27}.
Portanto
y_{p2}(t) = e^{-3t}\bigl(-\tfrac{1}{9}t^3 - \tfrac{1}{9}t^2 - \tfrac{2}{27}t\bigr).

Passo 6

Determinação de y_{p3}. Para
y_{p3} = K\cos(3t) + M\sin(3t)
temos
y_{p3}' = -3K\sin(3t)+3M\cos(3t),\quad y_{p3}'' = -9K\cos(3t)-9M\sin(3t).
Logo
y_{p3}'' +3y_{p3}' =(-9K+9M)\cos(3t) +(-9M-9K)\sin(3t)
deve ser \operatorname{sen}(3t). Igualando coeficientes:
\begin{cases} -9K +9M = 0,\\\\ -9M -9K = 1, \end{cases} \quad\Rightarrow\quad K = -\tfrac{1}{18},\; M = -\tfrac{1}{18}.
Assim
y_{p3}(t) = -\tfrac{1}{18}\bigl[\cos(3t)+\sin(3t)\bigr].

Passo 7

Solução geral é
y(t) = y_c(t) + y_{p1}(t)+y_{p2}(t)+y_{p3}(t),
isto é
\boxed{ \begin{aligned} y(t) &= C_1 + C_2 e^{-3t} + \Bigl(\tfrac{2}{15}t^5 - \tfrac{2}{9}t^4 + \tfrac{8}{27}t^3 - \tfrac{8}{27}t^2 + \tfrac{16}{81}t\Bigr)\\\ &\quad + e^{-3t}\Bigl(-\tfrac{1}{9}t^3 - \tfrac{1}{9}t^2 - \tfrac{2}{27}t\Bigr) - \tfrac{1}{18}\bigl[\cos(3t)+\sin(3t)\bigr]. \end{aligned} }

Resposta

y(t) = C_1 + C_2 e^{-3t} + \frac{2}{15}t^5 - \frac{2}{9}t^4 + \frac{8}{27}t^3 - \frac{8}{27}t^2 + \frac{16}{81}t + e^{-3t}\Bigl(-\tfrac{1}{9}t^3 - \tfrac{1}{9}t^2 - \tfrac{2}{27}t\Bigr) - \frac{1}{18}\bigl(\cos3t + \sin3t\bigr).

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