Exercícios Resolvidos de Método da Variação dos Parâmetros

EDO de 2ª ordem não homogênea, Método da variação dos parâmetros(Lagrange)

Determine a solução geral da equação

y ' ' - 2 y ' + y = e x 1 + x 2

Passo 1

Bem aqui temos uma EDO que é não homogênea, para resolver essa EDO temos que achar a solução da EDO homogênea equivalente primeiro, depois vamos achar a solução particular.

A EDO homogênea equivalente vai ser

y ' ' - 2 y ' + y = 0

Para resolvermos essa EDO temos que achar a equação característica dessa EDO

r 2 - 2 r + 1 = 0

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Para resolver essa equação de 2 grau é tranquilinho né?

Vamos começar achando Δ

Δ = b 2 - 4 a c

Δ = - 2 2 - 4.1 . 1

Δ = 4 - 4

Δ = 0

Agora vamos achar as raízes

r = - - 2 ± 0 2.1 = 2 2 = 1

Passo 3

Agora que temos a raiz e vimos que é o caso de raiz única a solução vai ser

y h = C 1 e r x + C 2 t e r x

Trocando o valor de r

y h = C 1 e x + C 2 x e x

Passo 4

Agora temos que achar a solução da EDO

y ' ' - 2 y ' + y = e x 1 + x 2

Lembrando que a solução vai ser

y = y h + y p

Onde y h é a solução da homogênea associada e y p é a solução da particular.

A solução da homogênea já temos, vamos agora para a particular, para isso vamos usar o método da variação de parâmetros, isso porque aquela função do lado direito não é do tipo de nenhuma daquelas que usamos no coeficientes a determinar.

Já temos y 1 e y 2 da homogênea, que vão ser

y 1 = e x

y 2 = x e x

Temos que achar

y p = f 1 y 1 + f 2 y 2

Onde

f 1 ' x = y 2 x B x M

E

f 2 ' x = - y 1 x B x M

Onde B x é aquela função do lado direito da EDO, e M vai ser

M = y 1 ' y 2 - y 2 ' y 1

Vamos achar aqui rapidinho M e B x porque vamos usar para achar f 1 e f 2

B x = e x 1 + x 2

E

M = e x ' x e x - x e x ' e x

M = e x x e x - e x + x e x e x

M = x e 2 x - e 2 x - x e 2 x

M = - e 2 x

Passo 5

Vamos começar achando f 1

f 1 ' x = x e x e x 1 + x 2 - e 2 x

f 1 ' x = - x 1 + x 2

Vamos ter

f 1 x = - ∫ x x 2 + 1 d x

Passo 6

Vamos resolver essa integral

∫ x x 2 + 1 d x

Vamos fazer substituição, isso porque a derivada do de baixo vai dar quase o cada de cima na fração.

x 2 + 1 = u

d u = 2 x d x → x d x = d u 2

E vamos ter

∫ x x 2 + 1 d x = ∫ d u 2 u = 1 2 ∫ d u u

Essa integral vai ficar

1 2 ∫ d u u = 1 2 ln ⁡ u

Voltando para x vamos ter

1 2 ln ⁡ x 2 + 1

Como aquele cara dentro do log vai ser sempre positivo temos

1 2 ln ⁡ x 2 + 1

Passo 7

A nossa função f 1 vai ser

f 1 x = - 1 2 ln ⁡ x 2 + 1

Vamos agora a f 2

f 2 ' x = - e x e x 1 + x 2 - e 2 x

f 2 ' x = 1 x 2 + 1

Então

f 2 x = ∫ 1 x 2 + 1 d x

Passo 8

Vamos resolver essa integral

∫ 1 x 2 + 1 d x

Aqui vamos usar substituição trigonométrica, como temos x 2 + 1 vamos fazer

x = 1 ∙ tan ⁡ θ

Assim

d x = sec 2 ⁡ θ d θ

Substituindo na integral

∫ 1 x 2 + 1 d x = ∫ 1 tan ⁡ θ 2 + 1 sec 2 ⁡ θ d θ = ∫ sec 2 ⁡ θ d θ tan 2 ⁡ θ + 1

Lembrando que

sec 2 ⁡ θ = tan 2 ⁡ θ + 1

Assim vamos ter

∫ sec 2 ⁡ θ d θ tan 2 ⁡ θ + 1 = ∫ sec 2 ⁡ θ d θ sec 2 ⁡ θ = θ

Como

θ = arctan ⁡ x

Vamos ter

∫ 1 x 2 + 1 d x = arctan ⁡ x

Passo 9

Assim vamos ter

f 2 x = arctan ⁡ x

A nossa solução particular vai ser

y p = f 1 y 1 + f 2 y 2

y p = - 1 2 ln ⁡ x 2 + 1 e x + arctan ⁡ x x e x

y p = - e x ln ⁡ x 2 + 1 2 + x e x arctan ⁡ x

E a solução geral vai ser

y = y h + y p

y = C 1 e x + C 2 x e x - e x ln ⁡ x 2 + 1 2 + x e x arctan ⁡ x

Resposta

y = C 1 e x + C 2 x e x - e x ln ⁡ x 2 + 1 2 + x e x arctan ⁡ x

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