Seja a equação diferencial seguinte :
y^prime prime+2 y^prime+4 y=x e^x
a. Résolver a equação homogenea associada a (E).
b. Achar uma solução particular de (E) (justificar a resposta), e dar a solução geral de (E).
c. Achar a unica solução h de (E) tal que h(0)=1 e h(1)=0.
d. Seja f:] 0, infty[longrightarrow R uma função duas vezes derivaveis em ] 0, infty[e tal que :
t^2 f^prime prime(t)+3 t f^prime(t)+4 f(t)=t log t
(i) Seja g, verificar que (E) é solução de f.
(ii) Achar .

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação diferencial y''+2y'+4y = x e^x. É um EDO linear de segunda ordem com coeficientes constantes. Vamos precisar: (i) resolver a homogênea associada, (ii) achar uma solução particular via método dos coeficientes determinados, (iii) montar a solução geral, (iv) impor condições de contorno para achar a solução única h, (v) usar a mudança de variável t=e^x para relacionar f e a função g(x)=f(e^x).

Passo 2

Para a homogênea y''+2y'+4y=0 montamos a equação característica
r^2+2r+4=0
As raízes são r=-1pm iraiz3. Logo a solução geral homogênea é
$$y_h(x)=e^{-x}\bigl(C_1\cos(\sqrt3x)+C_2\sin(\sqrt3x)\bigr).
$$

Passo 3

Como o termo não-homogêneo é x e^x e r=1 não é raiz da característica, usamos o palpite
$$y_p=e^x(Ax+B).
yp=e^x(Ax+B) 7A=1,\qquad7B+4A=0,
yp'y_p=e^x\Bigl(\frac{x}{7}-\frac{4}{49}\Bigr).
$$

Passo 4

A solução geral de (E) é a soma da homogênea com a particular:
$$y(x)=y_h(x)+y_p(x)=e{-x}\bigl(C_1\cos(\sqrt3x)+C_2\sin(\sqrt3x)\bigr)+ex\Bigl(\frac{x}{7}-\frac{4}{49}\Bigr).
$$

Passo 5

Para achar a única solução h com h(0)=1 e h(1)=0, impomos em y(x):
  • Em x=0: C1-tfrac449=1 C1=53/49.
  • Em x=1:$$e^{-1}\bigl(C_1\cos\sqrt3+C_2\sin\sqrt3\bigr)+e\frac{3}{49}=0 e^-1l(C1cosraiz3+C2sinraiz3r)+e349=0 C_2=\frac{-3e^2/49-(53/49)\cos\sqrt3}{\sin\sqrt3}.$$
    Dessa forma C1cosraiz3+C2sinraiz3=-3e^2/49 fica totalmente determinado.

Passo 6

Para (d)(i), definimos g(x)=f(e^x). Calculamos
$$g’(x)=e^x f’(e^x),\qquad g’’(x)=e{2x}f’’(ex)+exf’(ex).
g'(x)=e^x f'(e^x), g''(x)=e^2xf''(e^x)+e^xf'(e^x) g’’+2g’+4g=e{2x}f’’+3exf’+4f=t^2f’’+3tf’+4f,
g''+2g'+4gçãg’’+2g’+4g=xe^x,
$$
que é exatamente g''+2g'+4g=e^2xf''+3e^xf'+4f=t^2f''+3tf'+4f, .

Passo 7

Para (d)(ii), concluímos que a solução geral de g é
$$g(x)=e{-x}\bigl(A\cos(\sqrt3x)+B\sin(\sqrt3x)\bigr)+ex\Bigl(\frac{x}{7}-\frac{4}{49}\Bigr).
g(x)=e^-xl(Acos(raiz3x)+Bsin(raiz3x)r)+e^xl(x7-449r) f(t)=\frac{1}{t}\Bigl[A\cos\bigl(\sqrt3\ln t\bigr)+B\sin\bigl(\sqrt3\ln t\bigr)\Bigr]+t\Bigl(\frac{\ln t}{7}-\frac{4}{49}\Bigr).
$$

Resposta

a) A homogênea associada é
$$y_h(x)=e^{-x}\bigl(C_1\cos(\sqrt3x)+C_2\sin(\sqrt3x)\bigr).
yh(x)=e^-xl(C1cos(raiz3x)+C2sin(raiz3x)r) çãéy_p(x)=e^x\Bigl(\frac{x}{7}-\frac{4}{49}\Bigr),
yp(x)=e^xl(x7-449r), çãéy(x)=y_h(x)+y_p(x).
y(x)=yh(x)+yp(x) C_1=\frac{53}{49},\qquad C_2=\frac{-\tfrac{3e^2}{49}-\tfrac{53}{49}\cos\sqrt3}{\sin\sqrt3}.
h(0)=1úçãéh(x)=e{-x}\Bigl(\frac{53}{49}\cos(\sqrt3x)+\frac{-\tfrac{3e2}{49}-\tfrac{53}{49}\cos\sqrt3}{\sin\sqrt3}\sin(\sqrt3x)\Bigr)+e^x\Bigl(\frac{x}{7}-\frac{4}{49}\Bigr).
h(1)=0g’’+2g’+4g=xe^x,
C1=5349, C2=-tfrac3e^249-tfrac5349cosraiz3sinraiz3 çãéf(t)=\frac{1}{t}\Bigl(C_1\cos(\sqrt3\ln t)+C_2\sin(\sqrt3\ln t)\Bigr)+t\Bigl(\frac{\ln t}{7}-\frac{4}{49}\Bigr),
$$
com constantes h(x)=e^-xl(5349cos(raiz3x)+-tfrac3e^249-tfrac5349cosraiz3sinraiz3sin(raiz3x)r)+e^xl(x7-449r) .

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