Para a equação diferencial:
y^{\prime \prime \prime}-3 y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}=\frac{e^{x}}{1+e^{-x}}
(a) Encontre a solução da equação homogênea associada
(b) Use o método da variação de parâmetros para encontrar uma solução particular
(c) Escreva a solução geral

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
y^{\prime\prime\prime}-3y^{\prime\prime}+2y^{\prime}=\frac{e^{x}}{1+e^{-x}}
e pede três coisas:
  1. (a) Encontrar a solução da equação homogênea associada.
  2. (b) Usar o método da variação de parâmetros para encontrar uma solução particular da equação não-homogênea.
  3. (c) Escrever a solução geral da equação (que é soma da homogênea com a particular).
Informações relevantes dadas no enunciado:
\text{o LHS linear de ordem 3 com coeficientes constantes: }y^{\prime\prime\prime}-3y^{\prime\prime}+2y^{\prime}
e
\text{o membro direito (não-homogêneo): }g(x)=\frac{e^{x}}{1+e^{-x}}.ãê
A resolução começará a seguir, passo a passo.

Passo 2

Vamos resolver a equação homogênea associada. Primeiro escrevo a equação homogênea:
y^{\prime\prime\prime}-3y^{\prime\prime}+2y^{\prime}=0.
Para equações lineares com coeficientes constantes, procuramos soluções da forma exponencial y=e^{rx}. Substituindo nesta equação obtemos a equação característica:
r^3-3r^2+2r=0.
Fatorando o polinômio:
r(r^2-3r+2)=r(r-1)(r-2)=0.
As raízes são r=0,\; r=1,\; r=2. Cada raiz real simples dá uma solução fundamental e^{rx}. Portanto uma base de soluções da homogênea é
y_1(x)=1,\qquad y_2(x)=e^{x},\qquad y_3(x)=e^{2x}.
Logo a solução geral da homogênea é
y_h(x)=C_1\cdot 1 + C_2 e^{x} + C_3 e^{2x},
onde C_1,C_2,C_3 são constantes arbitrárias.

Passo 3

Agora vamos aplicar o método da variação de parâmetros para achar uma solução particular y_p\) da equação completa. A ideia do método: procurar uma solução da forma \[y_p(x)=u_1(x)y_1(x)+u_2(x)y_2(x)+u_3(x)y_3(x),
onde y_1,y_2,y_3 são as soluções fundamentais da homogênea (aquelas que encontramos) e u_1,u_2,u_3 são funções a determinar. Para fixar u_i impomos as três condições usuais (para simplificar os termos das derivadas):
\begin{cases} u_1'(x)y_1(x)+u_2'(x)y_2(x)+u_3'(x)y_3(x)=0,\\[4pt] u_1'(x)y_1'(x)+u_2'(x)y_2'(x)+u_3'(x)y_3'(x)=0,\\[4pt] u_1'(x)y_1''(x)+u_2'(x)y_2''(x)+u_3'(x)y_3''(x)=g(x), \end{cases}
onde g(x)\] é o membro direito da equação original (como o coeficiente da maior derivada é \(1). Aqui
g(x)=\frac{e^{x}}{1+e^{-x}}.
Escrevo explicitamente a matriz do sistema usando y_1,y_2,y_3 e suas derivadas:
\begin{pmatrix} y_1 & y_2 & y_3\\[4pt] y_1'& y_2'& y_3'\\[4pt] y_1''& y_2''& y_3'' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & e^{x} & e^{2x}\\[4pt] 0 & e^{x} & 2e^{2x}\\[4pt] 0 & e^{x} & 4e^{2x} \end{pmatrix}.
Primeiro calculo o Wronskiano W(x), que é o determinante dessa matriz:
W(x)= \begin{vmatrix} 1 & e^{x} & e^{2x}\\[4pt] 0 & e^{x} & 2e^{2x}\\[4pt] 0 & e^{x} & 4e^{2x} \end{vmatrix}.
Expandindo pela primeira coluna (como há zeros facilita):
W(x)=1\cdot \begin{vmatrix} e^{x} & 2e^{2x}\\[4pt] e^{x} & 4e^{2x} \end{vmatrix} =1\cdot\big(e^{x}\cdot 4e^{2x}-2e^{2x}\cdot e^{x}\big)=2e^{3x}.]

Passo 4

Agora uso a regra de Cramer para encontrar u_1',u_2',u_3'. As fórmulas são
u_i'(x)=\frac{W_i(x)}{W(x)},
onde W_i é o determinante obtido substituindo a i-ésima coluna pela coluna do lado direito (0,0,g(x))^{T}.
Calculo W_1 (substituo a primeira coluna por (0,0,g)):
W_1= \begin{vmatrix} 0 & e^{x} & e^{2x}\\[4pt] 0 & e^{x} & 2e^{2x}\\[4pt] g & e^{x} & 4e^{2x} \end{vmatrix}.
Expandindo pela primeira coluna (só o terceiro elemento contribui):
W_1=g\cdot \begin{vmatrix} e^{x} & e^{2x}\\[4pt] e^{x} & 2e^{2x} \end{vmatrix} =g\cdot\big(e^{x}\cdot 2e^{2x}-e^{2x}\cdot e^{x}\big)=g\cdot e^{3x}.
Logo
u_1'(x)=\frac{W_1}{W}=\frac{g e^{3x}}{2e^{3x}}=\frac{g(x)}{2}.
Substituo g(x) para ficar explícito:
u_1'(x)=\frac{1}{2}\cdot\frac{e^{x}}{1+e^{-x}}.
Agora W_2 (substituo a segunda coluna):
W_2= \begin{vmatrix} 1 & 0 & e^{2x}\\[4pt] 0 & 0 & 2e^{2x}\\[4pt] 0 & g & 4e^{2x} \end{vmatrix}.
Expando pela segunda coluna (só o elemento central é não-zero na forma que facilitamos), ou expandindo pela primeira coluna: expandindo pela primeira coluna dá
W_2=1\cdot \begin{vmatrix} 0 & 2e^{2x}\\[4pt] g & 4e^{2x} \end{vmatrix} = -2g e^{2x}.
Assim
u_2'(x)=\frac{W_2}{W}=\frac{-2g e^{2x}}{2e^{3x}}=-g e^{-x}.
Substituindo g:
u_2'(x)=-\frac{e^{x}}{1+e^{-x}}\;e^{-x}=-\frac{1}{1+e^{-x}}.
Finalmente W_3 (substituo a terceira coluna):
W_3= \begin{vmatrix} 1 & e^{x} & 0\\[4pt] 0 & e^{x} & 0\\[4pt] 0 & e^{x} & g \end{vmatrix}.
Expandindo pela terceira coluna (só o último elemento é não-nulo):
W_3=g\cdot \begin{vmatrix} 1 & e^{x}\\[4pt] 0 & e^{x} \end{vmatrix}=g\cdot e^{x}.
Logo
u_3'(x)=\frac{W_3}{W}=\frac{g e^{x}}{2e^{3x}}=\frac{g(x)}{2}e^{-2x}.
Substituindo g:
u_3'(x)=\frac{1}{2}\cdot\frac{e^{x}}{1+e^{-x}}\,e^{-2x}=\frac{1}{2}\cdot\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}.
Recapitulando os três derivados:
u_1'(x)=\frac{1}{2}\cdot\frac{e^{x}}{1+e^{-x}},\qquad u_2'(x)=-\frac{1}{1+e^{-x}},\qquad u_3'(x)=\frac{1}{2}\cdot\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}.]

Passo 5

Agora integro cada u_i' para obter u_i. Escolho antiderivadas sem constantes (constantes são absorvidas pela solução homogênea).
Primeiro u_1. É conveniente reescrever
u_1'(x)=\tfrac{1}{2}\frac{e^{x}}{1+e^{-x}}=\tfrac{1}{2}\frac{e^{2x}}{e^{x}+1}.
Faço a substituição t=e^{x}, então dt=e^{x}dx e e^{2x}dx = t\,dt. Assim
u_1(x)=\frac{1}{2}\int\frac{e^{2x}}{e^{x}+1}\,dx=\frac{1}{2}\int\frac{t}{t+1}\,dt =\frac{1}{2}\int\Big(1-\frac{1}{t+1}\Big)\,dt =\frac{1}{2}\big(t-\ln(t+1)\big)+C.
Escolhendo C=0 (absorvível), e voltando a x,
u_1(x)=\frac{1}{2}\big(e^{x}-\ln(1+e^{x})\big).
Agora u_2:
u_2'(x)=-\frac{1}{1+e^{-x}}.
Novamente use t=e^{x}, então e^{-x}=1/t e dx=dt/t. Reescrevendo
u_2'(x)=-\frac{1}{1+1/t}=-\frac{t}{t+1}.
Então
u_2(x)=\int -\frac{t}{t+1}\cdot\frac{dt}{t}=\int -\frac{1}{t+1}\,dt=-\ln(t+1)+C.
Escolhendo C=0,
u_2(x)=-\ln(1+e^{x}).
Finalmente u_3:
u_3'(x)=\frac{1}{2}\cdot\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}.
Usando t=e^{x} (logo e^{-x}=1/t e dx=dt/t),
u_3'(x)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1/t}{1+1/t}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{t+1}.
Então
u_3(x)=\frac{1}{2}\int\frac{1}{t+1}\cdot\frac{dt}{t}=\frac{1}{2}\int\Big(\frac{1}{t}-\frac{1}{t+1}\Big)\,dt =\frac{1}{2}\big(\ln t-\ln(t+1)\big)+C.
Escolhendo C=0 e voltando a x,
u_3(x)=\frac{1}{2}\big(x-\ln(1+e^{x})\big).

Passo 6

Agora monto a solução particular
y_p(x)=u_1(x)y_1(x)+u_2(x)y_2(x)+u_3(x)y_3(x).
Substituindo y_1=1,y_2=e^{x},y_3=e^{2x} e os u_i encontrados:
\begin{aligned} y_p(x) &=\frac{1}{2}\big(e^{x}-\ln(1+e^{x})\big) + \big(-\ln(1+e^{x})\big)e^{x} + \frac{1}{2}\big(x-\ln(1+e^{x})\big)e^{2x}. \end{aligned}
Posso agrupar os termos que envolvem \ln(1+e^{x}). Os coeficientes de -\ln(1+e^{x}) são
-\tfrac{1}{2} - e^{x} - \tfrac{1}{2}e^{2x} = -\tfrac{1}{2}(1+2e^{x}+e^{2x}) = -\tfrac{1}{2}(1+e^{x})^{2}.
Portanto uma forma mais compacta é
y_p(x)=\tfrac{1}{2}e^{x}+\tfrac{1}{2}x e^{2x}-\tfrac{1}{2}(1+e^{x})^{2}\ln(1+e^{x}).
Essa expressão é uma solução particular da equação não-homogênea (qualquer escolha de constantes nos u_i só adicionaria combinações das soluções homogêneas, então a parte não-homogênea fica representada por essa expressão).

Passo 7

Finalmente escrevo a solução geral da equação não-homogênea como soma da homogênea com a particular:
y(x)=y_h(x)+y_p(x) = C_1 + C_2 e^{x} + C_3 e^{2x} +\left(\tfrac{1}{2}e^{x}+\tfrac{1}{2}x e^{2x}-\tfrac{1}{2}(1+e^{x})^{2}\ln(1+e^{x})\right).

Resposta

(a) y_h(x)=C_1 + C_2 e^{x} + C_3 e^{2x}\n
(b) y_p(x)=\tfrac{1}{2}e^{x}+\tfrac{1}{2}x e^{2x}-\tfrac{1}{2}(1+e^{x})^{2}\ln(1+e^{x})\n
(c) y(x)=C_1 + C_2 e^{x} + C_3 e^{2x}+\tfrac{1}{2}e^{x}+\tfrac{1}{2}x e^{2x}-\tfrac{1}{2}(1+e^{x})^{2}\ln(1+e^{x})

Exercícios relacionados