Sabe-se que yp(t)=t^s(A0+cdots+An t^n) e^alpha t é solução particular de y^prime prime+y^prime-6 y=e^2 t. Então:
a s=1 e A0=15.
c s=2 e A0=12.
d s=0 e A0=1.
b s=1 e A0=-1.
e s=2 e A0=0.

Passo 1

Beleza, vamos lá! A questão nos dá uma equação diferencial do tipo y'' + y' -6y = e^2t e uma forma para uma solução particular yp(t) = t^s(A0 + dots + An t^n) e^alpha t . Nosso objetivo é descobrir os valores de s e A0 que fazem dessa função uma solução dessa equação. Para isso, vamos usar a teoria de equações diferenciais lineares, especificamente o método dos coeficientes a determinar para encontrar soluções particulares.

Passo 2

Primeiro, vamos analisar a equação homogênea associada: y'' + y' -6y = 0 . Para resolver isso, montamos a equação característica: r^2 + r -6 = 0 . Resolvendo essa equação, encontramos as raízes r = 2 e r = -3 . Então, a solução geral homogênea é yh(t) = C1 e^2t + C2 e^-3t .

Passo 3

Agora, para encontrar uma solução particular yp(t) , precisamos considerar o termo do lado direito da equação, que é e^2t . Normalmente, tentaríamos uma solução da forma yp(t) = A e^2t . No entanto, como e^2t já é uma solução da equação homogênea (como vimos no Passo 2), precisamos multiplicar por t para garantir a linearidade. Portanto, nossa solução particular assumida vira yp(t) = t (A0 + A1 t + dots + An t^n) e^2t .

Passo 4

Comparando com a forma dada na questão yp(t) = t^s(A0 + dots + An t^n) e^alpha t , vemos que alpha = 2 e precisamos multiplicar por t^s . Como e^2t é uma solução da homogênea, s deve ser igual a 1 para multiplicar por t uma vez, evitando a duplicação de soluções. Assim, temos s = 1 .

Passo 5

Agora, para achar A0 , precisamos substituir yp(t) = t(A0 + A1 t + dots + An t^n) e^2t na equação diferencial original e igualar os coeficientes dos termos semelhantes. Após calcular as derivadas e simplificar, encontramos que A0 = 15 .

Resposta

a) s = 1 e A0 = 15 .

Exercícios relacionados