(a) [\mathbf{1}, \mathbf{5} pts ] Encontre a solução geral de y^{\prime \prime}-5 y^{\prime}+6 y=0.
(b) [1,0 pts ] Encontre uma solução particular de y^{\prime \prime}-5 y^{\prime}+6 y=\cos (x).
(c) [1,0 \mathrm{pts}] Encontre uma solução particular de y^{\prime \prime}-5 y^{\prime}+6 y=e^{2 x}.
(d) [0,5 pts ] Encontre uma solução particular de y^{\prime \prime}-5 y^{\prime}+6 y=e^{2 x}+\cos (x).

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial linear de segunda ordem com coeficientes constantes
y''-5y'+6y=\text{(termo à direita)}.à
As questões pedem:
(a) Encontre a solução geral da equação homogênea associada (ou seja, com termo à direita igual a zero).
(b) Encontre uma solução particular quando o termo à direita é \cos(x).
(c) Encontre uma solução particular quando o termo à direita é e^{2x}.
(d) Encontre uma solução particular quando o termo à direita é e^{2x}+\cos(x).
Informações importantes fornecidas pelo enunciado: a equação diferencial e os diferentes termos forçantes para (b), (c) e (d). Nada mais foi omitido, portanto podemos proceder com resolução direta.

Passo 2

Primeiro vamos resolver a equação homogênea associada (isso é necessário para obter a solução geral da parte (a) e também para tratar ressonâncias ao buscar soluções particulares). A equação homogênea é
y''-5y'+6y=0.
A técnica padrão: suponha uma solução da forma y=e^{\lambda x}. Substituindo na equação homogênea obtemos a equação característica (polinomial) para \lambda:
\lambda^2-5\lambda+6=0.
Agora resolvemos essa equação quadrática: fatorando,
\lambda^2-5\lambda+6=(\lambda-2)(\lambda-3)=0.
Logo as raízes são \lambda=2 e \lambda=3, duas raízes reais distintas. Para esse caso a forma geral da solução da homogênea é a combinação linear das exponenciais correspondentes:
y_h(x)=C_1 e^{2x}+C_2 e^{3x},
onde C_1 e C_2 são constantes arbitrárias (determinariam-se com condições iniciais, se houvessem). Pequena explicação didática: cada raiz \lambda da característica gera a solução e^{\lambda x}; como as raízes são distintas, as duas soluções são linearmente independentes e a solução geral é a combinação linear delas.

Passo 3

Método que usaremos para as partes (b),(c),(d): método dos coeficientes não-determinados. Ideia principal: para uma equação linear com coeficientes constantes, se o termo à direita é tipo polinomial, exponencial, seno/cosseno ou produto desses, então tentamos uma solução particular com uma forma semelhante (mesma família) com constantes desconhecidas a determinar. Se a forma escolhida for solução da homogênea (ressonância), multiplicamos o palpite por x (ou x^m se a raiz for de multiplicidade m) para obter um palpite que não esteja no espaço das soluções homogêneas. Vou aplicar isso passo a passo.

Passo 4

Parte (b): termo à direita \cos(x). Pelo método dos coeficientes não-determinados, tentamos uma solução particular da forma
y_p(x)=A\cos(x)+B\sin(x),
onde A e B são constantes a determinar. Agora calculamos as derivadas necessárias:
y_p'(x)=-A\sin(x)+B\cos(x),
y_p''(x)=-A\cos(x)-B\sin(x).
Substituímos em y''-5y'+6y e agrupamos termos em \cos(x) e \sin(x):
y_p''-5y_p'+6y_p = \big(-A\big) \cos x +\big(-B\big)\sin x \;-\;5\big(-A\sin x + B\cos x\big)\;+\;6\big(A\cos x + B\sin x\big).
Agora coletamos coeficientes de \cos x e \sin x:
coeficiente de \cos x:
(-A) + (-5B) + 6A = 5A -5B.
coeficiente de \sin x:
(-B) + 5A + 6B = 5A +5B.
Como queremos que y_p''-5y_p'+6y_p seja igual a \cos x (ou seja, 1\cdot\cos x + 0\cdot\sin x), igualamos coeficientes:
5A-5B=1,
5A+5B=0.
Esse é um sistema linear simples. Somando as duas equações obtemos 10A=1, logo
A=\tfrac{1}{10}.
Da segunda equação 5A+5B=0 segue A+B=0 então
B=-A=-\tfrac{1}{10}.
Portanto uma solução particular para o termo \cos x é
y_{p,\cos}(x)=\tfrac{1}{10}\cos x-\tfrac{1}{10}\sin x.

Passo 5

Comentário didático sobre (b): Repare que escolhemos uma combinação de \cos e \sin porque a aplicação do operador linear a essas funções fecha no espaço gerado por \cos e \sin (as derivadas trocam seno e cosseno). Resolver as equações para A e B é só resolver um pequeno sistema linear. Sempre confira se a forma inicial não coincide com a solução homogênea — aqui não coincide porque e^{2x} e e^{3x} não são \cos x nem \sin x.

Passo 6

Parte (c): termo à direita e^{2x}. Primeiro atenção: e^{2x} aparece na solução homogênea porque \lambda=2 é raiz da equação característica. Isso é ressonância e exige multiplicar o palpite padrão por x. O palpite padrão seria Ce^{2x}, mas como e^{2x} já é solução homogênea (multiplicidade da raiz é 1), tentamos
y_{p}(x)=C x e^{2x},
com C constante a determinar. Calculamos derivadas:
y_p'(x)=C e^{2x} + 2C x e^{2x} = C(1+2x)e^{2x},
y_p''(x)=C\big(4+4x\big)e^{2x}.
Agora substituímos no operador:
y_p''-5y_p'+6y_p = C\big(4+4x\big)e^{2x} -5 C(1+2x)e^{2x} +6 C x e^{2x}.
Fatorando C e^{2x} e agrupando termos em x e constantes:
coeficiente de x:
4C -10C +6C =0,
coeficiente constante:
4C -5C = -C.
Logo
y_p''-5y_p'+6y_p = -C e^{2x}.
Queremos isso igual a e^{2x}, portanto
-C=1 \quad\Rightarrow\quad C=-1.
Assim uma solução particular para o termo e^{2x} é
y_{p,e^{2x}}(x) = -x e^{2x}.

Passo 7

Comentário didático sobre (c): a ideia de multiplicar por x vem do fato de que, se o termo for solução da homogênea, qualquer constante vezes essa função já seria anulada pelo operador homogêneo; multiplicar por x cria uma função fora do espaço homogêneo que pode equilibrar o termo forçante. Se a raiz tivesse multiplicidade m>1 e o termo fosse e^{\lambda x} com \lambda raiz de multiplicidade m, teríamos que multiplicar por x^m.

Passo 8

Parte (d): o lado direito é soma e^{2x}+\cos x. Pelo princípio da superposição (linearidade do operador L[y]=y''-5y'+6y), uma solução particular para a soma é a soma das soluções particulares encontradas para cada termo separadamente. Ou seja,
y_{p,\text{soma}}(x)=y_{p,e^{2x}}(x)+y_{p,\cos}(x).
Usando os resultados anteriores,
y_{p,\text{soma}}(x) = -x e^{2x} \;+\; \tfrac{1}{10}\cos x - \tfrac{1}{10}\sin x.
Se quiséssemos a solução geral da equação não-homogênea com esse lado direito, somaríamos à solução homogênea y_h obtida no Passo 2:
y(x)=C_1 e^{2x}+C_2 e^{3x} \;-\;x e^{2x} \;+\; \tfrac{1}{10}\cos x - \tfrac{1}{10}\sin x.
Mas como o enunciado da parte (d) pede apenas uma solução particular, a expressão acima para y_{p,\text{soma}} já atende.

Resposta

(a) y(x)=C_{1}e^{2x}+C_{2}e^{3x}.
(b) y_{p}(x)=\tfrac{1}{10}\cos x-\tfrac{1}{10}\sin x.
(c) y_{p}(x)=-x e^{2x}.
(d) y_{p}(x)=-x e^{2x}+\tfrac{1}{10}\cos x-\tfrac{1}{10}\sin x.

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