verificar que qualquer membro da família dada é uma solução da EDO linear no intervalo I. Encontrar, se possível, a única solução que satisfaz as condições iniciais dadas.
y^{\prime \prime \prime}-2 y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}=\cos x+2 \operatorname{sen} x; família: y=C_{1}+e^{x}\left(C_{2} \cos x+C_{3} \operatorname{sen} x\right)+\operatorname{sen} x \quad em \quad I=\mathbb{R} condições iniciais: y(0)=3, y^{\prime}(0)=6, y^{\prime \prime}(0)=6

Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos dá:
  • Enunciado (equação diferencial):
y^{\prime\prime\prime}-2y^{\prime\prime}+2y^{\prime}=\cos x+2\sin x.
  • Família proposta (para verificar):
y=C_{1}+e^{x}\big(C_{2}\cos x+C_{3}\sin x\big)+\sin x,
com constantes C_{1},C_{2},C_{3}\in\mathbb{R}.
  • Intervalo: I=\mathbb{R}.
  • Condições iniciais (para achar a solução única, se existir):
y(0)=3,\qquad y'(0)=6,\qquad y''(0)=6.
Perguntas claras:
  1. Verificar que qualquer membro da família dada é uma solução da EDO em I=\mathbb{R}.
  2. Encontrar, se possível, a única solução que satisfaz as condições iniciais dadas.

Passo 2

Ideia e ferramentas que vamos usar (explicação didática):
  • Para EDO linear com coeficientes contínuos, as soluções gerais podem ser obtidas somando a solução geral da equação homogênea (chamada y_h) e uma solução particular y_p. Isso decorre do princípio da superposição: se L é o operador linear L[y]=y^{\prime\prime\prime}-2y^{\prime\prime}+2y', então L[y_h+y_p]=L[y_h]+L[y_p].
  • Para achar y_h resolvemos o polinômio característico associado à parte homogênea y^{\prime\prime\prime}-2y^{\prime\prime}+2y'=0. Explico passo a passo.
Polinômio característico:
r^{3}-2r^{2}+2r = r\big(r^{2}-2r+2\big).
As raízes são:
  • r=0 (raiz real simples),
  • as raízes da quadrática r^{2}-2r+2=0 são r=1\pm i.
Regra prática (explicação):
  • Cada raiz real simples r=a dá termo C e^{ax} em y_h.
  • Cada par de raízes complexas conjugadas a\pm ib dá termos e^{ax}(C\cos bx + D\sin bx).
Aplicando aqui, obtemos
y_{h}=C_{1}+e^{x}\big(C_{2}\cos x+C_{3}\sin x\big),
que coincide exatamente com a parte homogenea da família dada. Então a parte C_{1}+e^{x}(C_{2}\cos x+C_{3}\sin x) é a solução geral da equação homogênea.

Passo 3

Verificar que \sin x é uma solução particular (calculemos L[\sin x]):
Calcule derivadas de y_p(x)=\sin x:
y_p'=\cos x,\qquad y_p''=-\sin x,\qquad y_p'''=-\cos x.
Agora aplicamos o operador linear:
L[y_p]=y_p'''-2y_p''+2y_p' = (-\cos x) -2(-\sin x) + 2(\cos x).
Agrupando termos:
L[y_p] = (-\cos x + 2\cos x) + 2\sin x = \cos x + 2\sin x.
Isto é exatamente o lado direito da EDO. Portanto \sin x é uma solução particular da EDO.

Passo 4

Conclusão da verificação (juntando as peças):
  • Mostramos que a parte y_h=C_{1}+e^{x}(C_{2}\cos x+C_{3}\sin x) resolve a equação homogênea L[y_h]=0.
  • Mostramos que y_p=\sin x resolve L[y_p]=\cos x+2\sin x.
    Pelo princípio da superposição, qualquer soma y=y_h+y_p satisfaz
L[y]=L[y_h]+L[y_p]=0+(\cos x+2\sin x)=\cos x+2\sin x.
Portanto qualquer membro da família dada é realmente uma solução da EDO em todo I=\mathbb{R}.

Passo 5

Agora aplicamos as condições iniciais para encontrar os valores de C_{1},C_{2},C_{3}. Para isso precisamos de y,y',y'' da solução geral
y(x)=C_{1}+e^{x}\big(A\cos x+B\sin x\big)+\sin x,
onde, para simplificar, escrevo A=C_{2} e B=C_{3}.
Vamos derivar a parte y_h(x)=e^{x}(A\cos x+B\sin x) de forma sistemática (uso a regra: (e^{x}f(x))' = e^{x}(f+f')):
Defina f(x)=A\cos x+B\sin x. Então
f'(x)=-A\sin x + B\cos x.
Logo
y_h'(x)=e^{x}\big(f+f'\big) = e^{x}\big((A+B)\cos x + (B-A)\sin x\big).
Derivando novamente, defina g(x)=(A+B)\cos x + (B-A)\sin x. Então
g'(x)=-(A+B)\sin x + (B-A)\cos x.
Portanto
y_h''(x)=e^{x}\big(g+g'\big).
Calculando g+g':
g+g' = \big((A+B)\cos x + (B-A)\sin x\big) + \big(-(A+B)\sin x + (B-A)\cos x\big).
Agrupando termos em \cos x e \sin x:
g+g' = 2B\cos x - 2A\sin x.
Logo
y_h''(x)=2e^{x}\big(B\cos x - A\sin x\big).
Não precisamos do y_h''' para as condições iniciais (temos condições até segunda derivada), então basta isso. Derivadas da parte particular y_p=\sin x são
y_p'=\cos x,\qquad y_p''=-\sin x.
Agora avaliamos em x=0. Observações úteis: \cos 0=1,\\ \sin 0=0,\\ e^{0}=1.
Calcule y(0):
y(0)=C_{1}+e^{0}\big(A\cos 0+B\sin 0\big)+\sin 0 = C_{1}+A.
A condição y(0)=3 dá:
C_{1}+A=3. \qquad (1)
Calcule y'(0) (somando y_h' e y_p'):
y'(0)=e^{0}\big((A+B)\cos 0 + (B-A)\sin 0\big)+\cos 0 = (A+B)+1.
A condição y'(0)=6 dá:
A+B+1=6 \quad\Longrightarrow\quad A+B=5. \qquad (2)
Calcule y''(0):
y''(0)=2e^{0}\big(B\cos 0 - A\sin 0\big)+(-\sin 0) = 2B.
A condição y''(0)=6 dá:
2B=6 \quad\Longrightarrow\quad B=3. \qquad (3)
Agora resolvemos as equações lineares simples:
  • De (3): B=3.
  • De (2): A+B=5 implica A=5-B=5-3=2.
  • De (1): C_{1}+A=3 implica C_{1}=3-A=3-2=1.
Portanto
C_{1}=1,\qquad C_{2}=A=2,\qquad C_{3}=B=3.

Passo 6

Unicidade da solução: por um teorema padrão de existência e unicidade para EDO lineares de ordem 3 com coeficientes contínuos (aqui constantes), as condições iniciais y(0),y'(0),y''(0) determinam de maneira única a solução em todo o intervalo I=\mathbb{R}. Assim a solução encontrada é única.

Resposta

y(x)=1+e^{x}\big(2\cos x+3\sin x\big)+\sin x

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