Exercícios Resolvidos de Método dos Coeficientes Indeterminados – Produto de Funções

UFRJ, Cálculo 2, PF - 2014.1, Questão 1

Determine a solução geral da equação

x ' ' - 4 x ' + 4 x = t 2 + 1 e t + 2 e 2 t

Passo 1

A equação é não homogênea, então a solução geral é

x = x h + x p

onde x h é a solução homogênea e x p é a solução particular.

Vamos começar achando a solução homogênea x h ! A equação homogênea é a mesma mas com 0 do lado direito:

x ' ' - 4 x ' + 4 x = 0

Repare que a equação já está na forma

a x ' ' + b x ' + c x = 0

com a = 1 , b = - 4 , c = 4 .

O discriminante vai ser:

Δ = b 2 - 4 a c = 16 - 4.1 . 4 = 0

A equação auxiliar é:

r 2 - 4 r + 4 = 0

  r = 4 ± 0 2

  r = 2

Δ = 0 , então a solução da equação homogênea é

x h t = c 1 e r t + c 2 t e r t

x h t = c 1 + c 2 t e 2 t

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Agora que o bicho pega, vamos achar a solução particular! A equação é

x ' ' - 4 x ' + 4 x = t 2 + 1 e t + 2 e 2 t

Precisamos escolher o nosso “chute” pra x p . Vamos começar identificando a função do lado direito da equação.

Temos uma soma de funções exponenciais, mas uma tem o termo e t e a outra e 2 t . Então vai ser melhor a gente separar a equação em 2 outras EDOs e achar separadamente as 2 soluções particulares, olha:

x ' ' - 4 x ' + 4 x = t 2 + 1 e t 1 x ' ' - 4 x ' + 4 x = 2 e 2 t ( 2 )

Depois pra achar a solução particular da EDO geral basta fazer

x p = x p 1 + x p 2

Beleza? Então partiu!

Passo 3

Começando pela primeira equação:

x ' ' - 4 x ' + 4 x = t 2 + 1 e t

Vamos achar a solução particular x p 1 dela! A função do lado direito é o produto de uma função polinomial de grau 2 com uma exponencial, então podemos tentar algo do tipo

x p 1 = A t 2 + B t + C e t

E essa opção não é solução da equação homogênea, pois na x h não tem nenhum termo e t , apenas e 2 t , então esse chute tá ótimo!

Agora vamos ter que derivar esse treco! Usando a regra do produto:

x p 1 ' = 2 A t + B e t + A t 2 + B t + C e t = A t 2 + 2 A + B t + B + C e t

Show! Também precisamos da derivada segunda:

x p 1 ' ' = 2 A t + 2 A + B e t + A t 2 + 2 A + B t + B + C e t

  x p 1 ' ' = A t 2 + 4 A + B t + 2 A + 2 B + C e t

Passo 4

Substituindo o que achamos na EDO:

x p 1 ' ' - 4 x p 1 ' + 4 x p 1 = t 2 + 1 e t

A t 2 + 4 A + B t + 2 A + 2 B + C e t - 4 A t 2 + 2 A + B t + B + C e t + 4 A t 2 + B t + C e t = t 2 + 1 e t

Tá estranho mas vamos cortar e t dos 2 lados que já vai dar uma melhorada:

A t 2 + 4 A + B t + 2 A + 2 B + C - 4 A t 2 + 2 A + B t + B + C + 4 A t 2 + B t + C = t 2 + 1

Agora vamos juntar todos os termos em t ² , t e os que não envolvem t :

A - 4 A + 4 A t 2 + 4 A + B - 4 2 A + B + 4 B t + 2 A + 2 B + C - 4 B - 4 C + 4 C = t 2 + 1

  A t 2 + 4 A + B - 8 A - 4 B + 4 B t + 2 A - 2 B + C = t 2 + 1

    A t 2 + - 4 A + B t + 2 A - 2 B + C = 1 . t 2 + 0 . t + 1

Passo 5

Comparando os 2 lados da equação, caímos num sistema:

A = 1 - 4 A + B = 0 2 A - 2 B + C = 1

Pela segunda equação:

B = 4 A

E como A = 1 :

B = 4

Achamos C com a 3ª equação:

2 A - 2 B + C = 2 - 8 + C = 1

C = 7

Show! Então a solução particular da 1ª equação é

x p 1 = t 2 + 4 t + 7 e t

Passo 6

Maas ainda tem a outra equação! Que é

x ' ' - 4 x ' + 4 x = 2 e 2 t

A função do lado direito é bem simples, e o nosso chute pra solução particular vai ser algo do tipo

x p 2 = D e 2 t

Mas atenção! Esse chute não é válido porque essa x p 2 é solução da equação homogênea! Lembrando que x h é

x h t = c 1 + c 2 t e 2 t

Temos o termo c 1 e 2 t na soluçaõ da homogênea, então temos que multiplicar o que tentamos por t :

x p 2 = D t e 2 t

Opa! De novo não vai dar certo porque na x h tem um c 2 t e 2 t ! Vamos multiplicar outra vez por t :

x p 2 = D t 2 e 2 t

Agora sim! Tudo certo, não tem nenhum termo t 2 e 2 t na solução da homogênea, então podemos continuar!

Passo 7

Usando a regra do produto, a derivada vai ser:

x p 2 = D t 2 e 2 t

    x p 2 ' = 2 D t . e 2 t + D t 2 . 2 e 2 t = 2 D t + 2 D t 2 e 2 t

E pra derivada segunda:

x p 2 ' ' = 2 D + 4 D t e 2 t + 2 D t + 2 D t 2 2 e 2 t

    x p 2 ' ' = D + 2 D t 2 e 2 t + 2 D t + 2 D t 2 2 e 2 t

    x p 2 ' ' = D + 4 D t + 2 D t 2 2 e 2 t

Passo 8

Excelente! Vamos substituir na EDO:

x p 2 ' ' - 4 x p 2 ' + 4 x p 2 = 2 e 2 t

    D + 4 D t + 2 D t 2 2 e 2 t - 4 2 D t + 2 D t 2 e 2 t + 4 D t 2 e 2 t  

Uma boa pode ser cortar 2 e 2 t dos 2 lados, então vamos dar uma ajeitada melhor:

D + 4 D t + 2 D t 2 2 e 2 t - 4 D t + 4 D t 2 2 e 2 t + 2 D t 2 . 2 e 2 t = 2 e 2 t

Agora sim! Vamos fazer isso:

D + 4 D t + 2 D t 2 - 4 D t - 4 D t 2 + 2 D t 2 = 1

Vamos cortar um monte de coisa aí:

    D = 1

Ou seja, a solução particular da segunda equação é:

x p 2 = t 2 e 2 t

Passo 9

Ótimo, então a solução particular da EDO geral da questão é

x p = x p 1 + x p 2 = t 2 + 4 t + 7 e t + t 2 e 2 t

Juntando com a solução da homogênea, obtemos a solução geral (finalmente!):

x = x h + x p

    x t = c 1 + c 2 t e 2 t + t 2 + 4 t + 7 e t + t 2 e 2 t

Resposta

x t = c 1 + c 2 t e 2 t + t 2 + 4 t + 7 e t + t 2 e 2 t

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