Exercícios Resolvidos de Método dos Coeficientes Indeterminados

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Enunciado

Questão 4: (Justifique todas as suas respostas)

Encontre a solução do seguinte PVI:

y ' ' t - 2 y ' t - 3 y t = 3 t e 2 t y 0 = 1 y ' 0 = 0

Passo 1

Ora, a solução de uma EDO não homogênea a coeficientes constantes pode ser feita fazendo primeiro a solução da homogênea ( y h ) e depois a solução da particular ( y p ). A solução geral será a soma das duas:

y = y h + y p

Vamos nessa então?

Passo 2

A solução da parte homogênea é feita considerando 0 do outro lado da EDO:

y ' ' t - 2 y ' t - 3 y t = 0

Ora, aqui podemos usar os conceitos de equação característica no qual temos que comparar essa equação de cima com essa daqui:

r 2 - 2 r - 3 = 0 →

A solução dessa equação por soma e produto nos gera as seguintes raízes:

r 1 = - 1         e         r 2 = 3

Então, como temos duas raízes reais e diferentes entre si, a solução da EDO homogênea segue esse modelo aqui:

y h = c 1 e r 1 t + c 2 e r 2 t →

y h = c 1 e - t + c 2 e 3 t

Passo 3

Beleza! Agora vamos buscar a solução da particular:

y p ' ' t - 2 y p ' t - 3 y p t = 3 t e 2 t

Como a função que torna essa equação não homogênea é a função 3 t e 2 t , um produto de uma função do primeiro grau por uma exponencial, a solução particular terá essa cara aqui:

y p = A t + B e 2 t

Ou seja, o produto de uma função particular por uma exponencial do mesmo tipo! A e B são constantes que devemos encontrar. Para isso, vamos derivar y p :

y p ' = A t + B ' e 2 t + A t + B e 2 t '   →

y p ' = A e 2 t + 2 A t + B e 2 t  

Agora vamos calcular a segunda derivada:

y p ' ' = A e 2 t ' + 2 A t + B ' e 2 t + A t + B e 2 t ' →

y p ' ' = 2 A e 2 t + 2 A e 2 t + 2 A t + B e 2 t   →

y p ' ' = 2 A e 2 t + 2 A e 2 t + 4 A t + B e 2 t   →

y p ' ' = 4 A e 2 t + 4 A t + B e 2 t   →

Com essas derivadas calculadas, podemos substituir na EDO:

y p ' ' t - 2 y p ' t - 3 y p t = 3 t e 2 t     →

4 A e 2 t + 4 A t + B e 2 t - 2 A e 2 t + 2 A t + B e 2 t - 3 A t + B e 2 t = 3 t e 2 t   →

Simplificando essa expressão...

4 A e 2 t + 4 A t + B e 2 t - 2 A e 2 t - 4 A t + B e 2 t - 3 A t + B e 2 t = 3 t e 2 t   →

2 A e 2 t - 3 A t + B e 2 t = 3 t e 2 t   →

2 A e 2 t - 3 A t e 2 t - 3 B e 2 t = 3 t e 2 t   →

Ganharemos essa equação daqui:

2 A - 3 B e 2 t - 3 A t e 2 t = 3 t e 2 t   →

Igualando os dois lados, vamos ganhar...

- 3 A = 3 2 A - 3 B = 0       →

Onde tiranos os valores de A e B :

A = - 1

2 - 1 - 3 B = 0   →

- 3 B = 2   →

B = - 2 3  

Beleza! Então, a solução particular será...

y p = A t + B e 2 t   →

y p = - t - 2 3 e 2 t

Passo 4

Como vimos lá no passo 1, a solução geral então é dada pela soma da particular com a da homogênea:

y = y h + y p     →

y = c 1 e - t + c 2 e 3 t + - t - 2 3 e 2 t

Agora vamos encontrar a solução do PVI (valores das constantes) usando y 0 = 1 e y ' 0 = 0 :

Usando primeiro y 0 = 1 :

y 0 = c 1 e 0 + c 2 e 0 + 0 - 2 3 e 0

1 = c 1 + c 2 - 2 3     →

c 1 + c 2 = 5 3  

Agora usando y ' 0 = 0 : temos que derivar a solução antes...

y = c 1 e - t + c 2 e 3 t + - t - 2 3 e 2 t   →

Então, y ' será...

y ' = - c 1 e - t + 3 c 2 e 3 t + - t - 2 3 ' e 2 t + - t - 2 3 e 2 t ' →

y ' = - c 1 e - t + 3 c 2 e 3 t + - e 2 t + 2 - t - 2 3 e 2 t

Substituindo o t = 0 então...

y ' 0 = - c 1 e 0 + 3 c 2 e 0 + - e 0 + 2 0 - 2 3 e 0   →

0 = - c 1 + 3 c 2 + - 1 - 4 3   →

- c 1 + 3 c 2 = 7 3  

Juntando essa equação com a que ganhamos com a primeira condição, ou seja:

- c 1 + 3 c 2 = 7 3 c 1 + c 2 = 5 3

Somando as duas, em ambos os lados da igualdade:

3 c 2 + c 2 = 7 3 + 5 3     →

4 c 2 = 12 3     →

c 2 = 1

Já o c 1 será...

c 1 + c 2 = 5 3     →

c 1 = 5 3 - 1 = 2 3

Então, a solução geral desse PVI é...

y = 2 3 e - t + e 3 t + - t - 2 3 e 2 t

Resposta

y = 2 3 e - t + e 3 t + - t - 2 3 e 2 t

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