1. (4 pts) Considere as EDOs
y^{\prime \prime \prime}+y^{\prime \prime}+y^{\prime}+y=0
e
y^{\prime \prime \prime}+y^{\prime \prime}+y^{\prime}+y=x^{2}+2 x+1
(a) Verifique que as funções y_{1}(x)=\cos x e y_{2}(x)=\operatorname{sen} x são soluções LI de (1);
(b) Encontre a solução geral, y_{H}, de (1);
(c) Encontre uma solução particular, y_{P}, de (2);
(d) Determine a única solução, y, de (2) tal que
y(0)=y^{\prime}(0)=y^{\prime \prime}(0)=1

Passo 1

O enunciado dá duas EDOs:
(1)\quad y^{\prime\prime\prime}+y^{\prime\prime}+y^{\prime}+y=0
(2)\quad y^{\prime\prime\prime}+y^{\prime\prime}+y^{\prime}+y=x^{2}+2x+1
e pede quatro coisas:
  • (a) verificar que y_{1}(x)=\cos x e y_{2}(x)=\sin x são soluções LI de (1);
  • (b) encontrar a solução geral y_{H} da equação homogênea (1);
  • (c) encontrar uma solução particular y_{P} da equação não homogenea (2);
  • (d) determinar a única solução de (2) que satisfaz as condições iniciais
y(0)=y'(0)=y''(0)=1.
Informações relevantes dadas: as duas equações, as funções candidatas \cos x e \sin x, e o termo forçante da segunda equação x^{2}+2x+1. A resolução começará a partir daqui.

Passo 2

Verificar que y_{1}(x)=\cos x e y_{2}(x)=\sin x são soluções da equação (1).
Primeiro calculo as derivadas necessárias:
Para y_{1}(x)=\cos x:
y_{1}'(x)=-\sin x,\qquad y_{1}''(x)=-\cos x,\qquad y_{1}'''(x)=\sin x.
Substituindo em (1):
y_{1}'''+y_{1}''+y_{1}'+y_{1}=\sin x+(-\cos x)+(-\sin x)+\cos x=0.
Portanto \cos x satisfaz (1).
Para y_{2}(x)=\sin x:
y_{2}'(x)=\cos x,\qquad y_{2}''(x)=-\sin x,\qquad y_{2}'''(x)=-\cos x.
Substituindo em (1):
y_{2}'''+y_{2}''+y_{2}'+y_{2}=-\cos x+(-\sin x)+\cos x+\sin x=0.
Portanto \sin x também satisfaz (1).
Agora verifico que são linearmente independentes (LI). Para duas funções u,v uma forma prática é calcular o Wronskiano de ordem 2:
W(u,v)(x)=\begin{vmatrix}u(x) & v(x)\\\ u'(x) & v'(x)\end{vmatrix}.
Aqui
W(\cos,\sin)(x)=\begin{vmatrix}\cos x & \sin x\\\\ -\sin x & \cos x\end{vmatrix}=\cos^{2}x+\sin^{2}x=1.
O Wronskiano é 1 (não nulo) para todo x, logo \cos x e \sin x são linearmente independentes. Assim (a) está verificada: são soluções de (1) e são LI.

Passo 3

Encontrar a solução geral y_{H} da equação homogênea (1).
Para EDO linear com coeficientes constantes usa-se o polinômio característico. Substituo y=e^{rx} em (1) e obtenho o polinômio:
r^{3}+r^{2}+r+1=0.
Fatoro por agrupamento:
r^{3}+r^{2}+r+1 = r^{2}(r+1)+1(r+1)=(r^{2}+1)(r+1).
As raízes são r=-1 e r^{2}+1=0\Rightarrow r=\pm i.
Cada raiz real simples r=-1 dá solução e^{-x}. Cada par de raízes complexas conjugadas \pm i dá as soluções reais \cos x e \sin x. Portanto um sistema fundamental de soluções é
\cos x,\qquad \sin x,\qquad e^{-x}.
Logo a solução geral da homogênea (1) é
y_{H}(x)=C_{1}\cos x + C_{2}\sin x + C_{3}e^{-x},
onde C_{1},C_{2},C_{3} são constantes arbitrárias.

Passo 4

Procurar uma solução particular [y_{P}) de (2) usando o método dos coeficientes indeterminados.
O termo forçante é um polinômio de grau 2: x^{2}+2x+1. A regra prática: tentar uma solução particular da mesma forma (polinômio de grau 2),
y_{P}(x)=ax^{2}+bx+c,
a menos que esse polinômio já pertença ao espaço das soluções da homogênea (o que exigiria multiplicar por x). Aqui as soluções homogêneas são \cos,\sin,e^{-x}, nenhuma delas é polinomial, então não há conflito.
Calculo derivadas:
y_{P}'(x)=2ax+b,\qquad y_{P}''(x)=2a,\qquad y_{P}'''(x)=0.
Substituo em (2):
y_{P}'''+y_{P}''+y_{P}'+y_{P}=0+2a+(2ax+b)+(ax^{2}+bx+c).
Agrupando termos em potências de x:
= a x^{2} + (2a+b)x + (2a+b+c).
Esse polinômio deve ser igual ao lado direito x^{2}+2x+1. Igualando coeficientes:
\begin{cases} a=1,\\[4pt] 2a+b=2,\\[4pt] 2a+b+c=1. \end{cases}
Substituindo a=1\] na segunda equação: \(2\cdot1 + b = 2 \Rightarrow b=0.
Na terceira: 2\cdot1 + 0 + c =1 \Rightarrow c=-1.
Portanto
y_{P}(x)=x^{2}-1.]

Passo 5

Escrever a solução geral da equação não homogênea (2).
A solução geral de uma EDO linear não homogênea é soma da solução geral da homogênea com uma solução particular:
y(x)=y_{H}(x)+y_{P}(x)=C_{1}\cos x + C_{2}\sin x + C_{3}e^{-x} + x^{2}-1.

Passo 6

Impor as condições iniciais y(0)=y'(0)=y''(0)=1 para determinar C_{1},C_{2},C_{3}.
Calculo y,y',y'' simbólicos a partir da expressão geral.
Já tenho
y(x)=C_{1}\cos x + C_{2}\sin x + C_{3}e^{-x} + x^{2}-1.
Derivando:
y'(x)=-C_{1}\sin x + C_{2}\cos x - C_{3}e^{-x} + 2x,
y''(x)=-C_{1}\cos x - C_{2}\sin x + C_{3}e^{-x} + 2.
Agora avalio em x=0 (uso \cos 0=1,\\ \sin 0=0,\\ e^{0}=1):
Para y(0)=1:
y(0)=C_{1}\cdot1 + C_{2}\cdot0 + C_{3}\cdot1 + 0^{2}-1 = C_{1}+C_{3}-1 = 1.
Logo
C_{1}+C_{3}=2. \tag{A}
Para y'(0)=1:
y'(0)=-C_{1}\cdot0 + C_{2}\cdot1 - C_{3}\cdot1 + 0 = C_{2}-C_{3} = 1.
Logo
C_{2}-C_{3}=1. \tag{B}
Para y''(0)=1:
y''(0)=-C_{1}\cdot1 - C_{2}\cdot0 + C_{3}\cdot1 + 2 = -C_{1}+C_{3}+2 = 1.
Logo
-C_{1}+C_{3}=-1. \tag{C}
Resolvendo o sistema (A),(B),(C). Soma (A) e (C):
(C_{1}+C_{3})+(-C_{1}+C_{3})=2+(-1)\Rightarrow 2C_{3}=1 \Rightarrow C_{3}=\tfrac{1}{2}.
Da (A): C_{1}=2-C_{3}=2-\tfrac{1}{2}=\tfrac{3}{2}.
Da (B): C_{2}=1+C_{3}=1+\tfrac{1}{2}=\tfrac{3}{2}.
Portanto C_{1}=C_{2}=\tfrac{3}{2} e C_{3}=\tfrac{1}{2}.

Passo 7

Escrever a solução final que satisfaz as condições iniciais, substituindo as constantes encontradas:
y(x)=\tfrac{3}{2}\cos x + \tfrac{3}{2}\sin x + \tfrac{1}{2}e^{-x} + x^{2}-1.

Resposta

(a) As funções \cos x e \sin x satisfazem (1) e são LI (Wronskiano 1).
(b) \displaystyle y_{H}(x)=C_{1}\cos x + C_{2}\sin x + C_{3}e^{-x}.
(c) \displaystyle y_{P}(x)=x^{2}-1.
(d) \displaystyle y(x)=\tfrac{3}{2}\cos x + \tfrac{3}{2}\sin x + \tfrac{1}{2}e^{-x} + x^{2}-1.

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