EDOs Não-Homogêneas (Exponencias e Trigonométricas)

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Teoria

Módulo 2

Opa, tudo bem? Vamos escrever uma matemática aqui embaixo: (basta apertar ‘ALT + =’ )

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Encontre a solução geral da equação diferencial abaixo:

y ' ' - 9 y = cos ⁡ 3 x

Passo 1

Fala aí, tudo joia?

Vamos seguir o passo a passo que a gente estudou. Nosso objetivo é encontrar:

y x = y h x + y p x

Primeiro, encontremos a solução da equação auxiliar, relativa a equação homogênea. Como a nossa equação é: y ' ' - 9 y = cos ⁡ 3 x

Pra achar a solução homogênea, temos que fazer:

r 2 - 9 = 0

Passo 2

Desenvolvendo, temos:

r + 3 r - 3 = 0

r 1 = - 3 , r 2 = 3

Temos então duas raízes reais, então a solução homogênea é da forma:

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

A solução homogênea nesse caso então é:

y h x = C 1 e - 3 . x + C 2 e 3 . x

Passo 3

Vamos partir agora para a solução particular y p x , ok? Se você observar, a parte não homogênea da equação (lado direito). O que temos lá? Uma trigonométrica, então pela nosso chute vai ser dessa forma aqui:

y p x = A c o s 3 x + B s e n ( 3 x )

Encontrando a primeira e a segunda derivada dessa solução particular, temos:

y p ' x =   - A sen ⁡ 3 x ⋅ 3 + B c o s   3 x ⋅ 3           ( r e g r a   d a   c a d e i a )

y p ' ' = - A c o s   3 x ⋅ 3 ⋅ 3 + B cos ⁡ 3 x ⋅ 3 ⋅ 3

y p ' x = - 3 A s e n 3 x + 3 B c o s ( 3 x ) y p ' ' ( x ) = - 9 A c o s 3 x - 9 B s e n ( 3 x )

Passo 4

Agora temos que comparar a particular com a homogênea. Bem a homogênea envolve exponenciais, e a particular trigonométricas. Portanto, não tem nada da particular na homogênea e podemos ficar com o seguinte palpite:

y p x = A cos ⁡ 3 x + B sen ⁡ 3 x

Passo 5

Agora temos que substituir essas derivadas na equação. Teremos, então:

y ' ' - 9 y = c o s ⁡ ( 3 x )

No lugar de y ' ' a gente vai colocar y p ' ' e no lugar de y a gente vai colocar y p :

- 9 A c o s 3 x - 9 B s e n 3 x - 9 ( A c o s 3 x + B s e n 3 x ) = c o s ⁡ ( 3 x )

- 9 A c o s   3 x - 9 B s e n   3 x - 9 A cos ⁡ 3 x - 9 B sen ⁡ 3 x = cos ⁡ 3 x

- 18 A c o s 3 x - 18 B s e n 3 x = c o s ⁡ ( 3 x )

Passo 6

Igualando o coeficiente que está multiplicando a função cosseno do lado esquerdo e do lado direito temos:

- 18 A cos ⁡ 3 x = cos ⁡ ( 3 x )

- 18 A = 1

A = - 1 18

Como não há a função seno do lado direito da equação:

- 18 B s e n 3 x = 0

B = 0

Então substituindo aqui:

y p x = A c o s 3 x + B s e n ( 3 x )

y p x = - 1 18 c o s 3 x

Passo 7

Assim, a solução geral é:

y x = y h x + y p x

Porém encontramos:

y h x = C 1 e - 3 . x + C 2 e 3 . x

y p x = - 1 18 c o s 3 x

Então fica:

y x = C 1 e - 3 . x + C 2 e 3 . x - 1 18 c o s 3 x

E prontinho! EDO resolvida😊

Resposta

y x = C 1 e - 3 . x + C 2 e 3 . x - 1 18 c o s 3 x

Exercício Resolvido #2

Determine a solução geral da equação diferencial:

y ' ' - 4 y ' + 3 y = 3 e x

Com as seguintes condições iniciais

y 0 = 1 e y ' 0 = 0 .

Passo 1

Aqui temos uma EDO de segunda ordem não homogênea para ser resolvida. Basta a gente seguir o passo a passo que não tem o que dar errado! Nossa solução deve ser a forma:

y x = y h x + y p x

Onde y h é a solução homogênea, e y p é a solução particular.

Primeiro, encontremos a solução da equação auxiliar, relativa a equação homogênea. Como temos: y ' ' - 4 y ' + 3 y = 3 e x

Vamos encontrar:

r 2 - 4 r + 3 = 0

Passo 2

Aplicando a fórmula de Bháskara:

x = - b ± √ ( b 2 - 4 a c ) 2 a

E sendo que no nosso caso temos: a = 1 ,   b = - 4   e   c = 3 , vamos ter:

r = - - 4 ± - 4 2 - 4.1 . 3 2

r = 4 ± 16 - 12 2

r = 4 ± 4 2

r = 4 ± 2 2

r 1 = 1 ,     e         r 2 = 3

Beleza, encontramos esses valores para r ! Assim, como temos suas raízes reais, nossa solução homogênea é da forma:

y x = C 1 e r 1 . x + C 2 e r 2 . x

y h x = C 1 e 1 . x + C 2 e 3 . x

Passo 3

Vamos ver a solução particular agora! Se você observar, a parte não homogênea da equação (lado direito), é uma exponencial com d = 1 . Então vamos chutar que nossa solução tem essa forma aqui:

y p x = A e x

Passo 4

Agora temos que comparar y h ( x ) e y p ( x ) . Veja que y p ( x ) está na solução homogênea. Ele é exatamente esse termo: C 2 e x (porque A   e   C 2 são constantes).

Então o que fazemos? Multiplicamos a particular por x até que ela fique diferente

y p x = A x e x

Beleza, ficou diferente. Agora podemos seguir no passo a passo.

Vamos achar as derivadas, aqui a gente vai ter que usar a regra do produto:

f ⋅ g ' = f ' ⋅ g + f ⋅ g '

Sendo que aqui: f = A x → f ' = A e g = e x → g ' = e x :

y p ' x = A e x + A x e x

Derivando de novo:

y p ' ' x = A e x + A e x + A x e x

= 2 A e x + A x e x

Passo 5

Agora vamos substituir a solução particular e suas derivadas na EDO. Teremos, então:

y ' ' - 4 y ' + 3 y = 3 e x

2 A e x + A x e x - 4 A e x + A x e x + 3 A x e x = 3 e x

2 A e x + A x e x - 4 A e x - 4 A x e x + 3 A x e x = 3 e x

Como do lado de lá só temos e x , pegamos o termo que tem só e x do lado de cá e igualamos:

- 2 A e x = 3 e x

Devemos ter

A = - 3 2

A solução particular então é:

y p = - 3 2 x e x

Passo 6

E como a solução geral é: y x = y h x + y p x

A nossa vai ser:

y x = C 1 e x + C 2 e 3 x - 3 2 x e x

Passo 7

Agora é substituir as condições iniciais nas equações que temos para resolver o PVI.

Colocando 0 em y x , temos:

y 0 = C 1 e 0 + C 2 e 3.0 - 3 2 0 e 0 = 1

Como e 0 = 1 :

C 1 + C 2 = 1

Passo 8

Agora, vejamos o y ' 0 . Para isso, precisamos derivar y x , o que nos dá:

y ' x = C 1 e x + 3 C 2 e 3 x - 3 2 e x - 3 2 x e x

Colocando x = 0 , teremos:

y ' 0 = C 1 e 0 + 3 C 2 e 3.0 - 3 2 e 0 - 3 2 . 0 e 0

C 1 + 3 C 2 - 3 2 = 0

Passo 9

Agora, juntamos as duas equações e resolvemos o sistema:

C 1 + C 2 = 1 C 1 + 3 C 2 = 3 2

Fazendo a de baixo menos a de cima, temos:

2 C 2 = 1 2

C 2 = 1 4

Substituindo esse valor para C 2 na primeira equação, temos:

C 1 + 1 4 = 1

C 1 = 1 - 1 4

C 1 = 4 4 - 1 4

C 1 = 3 4

Colocando esses dois valores na equação de y x , teremos:

y x = 3 4 e x + 1 4 e 3 x - 3 2 x e x

Resposta

y x = 3 4 e x + 1 4 e 3 x - 3 2 x e x

Exercício Resolvido #3

Escreva uma solução tentativa para o método dos coeficientes indeterminados. Não determine os coeficientes.

y ' ' + 9 y ' = 1 + x e 9 x

Passo 1

Olá, tudo bem?

Essa é uma equação diferencial de segunda ordem com coeficientes constantes e não homogênea, ou seja, o lado direito da equação não é zero. A solução geral vai ser a combinação linear da parte homogênea y h ( x ) e a parte particular y p ( x ) :

y ( x ) = y h x + y p ( x )

Passo 2

Com isso, a equação diferencial homogênea associada é:

y ' ' + 9 y ' = 0

E a equação característica associada é:

k 2 + 9 k = 0

A solução é:

k k + 9 = 0

k 1 = 0 ,         k 2 = - 9

Temos duas raízes reais e diferentes, e a solução é:

y x = C 1 e - 9 x + C 2 e 0

y x = C 1 e - 9 x + C 2

Agora vamos encontrar a solução particular.

Passo 3

Nesse caso temos duas soluções particulares. Vamos começar com a primeira.

A solução particular vai ser determinada pelo método dos coeficientes indeterminados. A função G 1 x é G 1 x = 1 , uma constante, e faz parte da solução da equação homogênea (ou também chamada de complementar), então uma possível solução vai ser uma constante vezes x :

y p 1 x = A x

Passo 4

A segunda solução particular vai ser dada a partir da função G 2 x é G 2 x = x e 9 x e não faz parte da solução da equação homogênea, sendo assim uma possível solução vai ser uma função de primeiro grau multiplicando uma exponencial:

y p 2 x = B x + C e 9 x

Passo 5

E a solução tentativa vai ser a soma das duas:

y p = y p 1 + y p 2

y p = A x + B x + C e 9 x

Por enquanto é isso pessoal, essa é a solução tentativa😊

Vamos pra próxima?

Resposta

y p = A x + B x + C e 9 x

Exercício Resolvido #4

Escreva uma solução tentativa para o método dos coeficientes indeterminados. Não determine os coeficientes.

y ' ' + 4 y = e 3 x + x s e n ( 2 x )

Passo 1

E aí, tudo joia?

Essa é uma equação diferencial de segunda ordem com coeficientes constantes e não homogênea, ou seja, o lado direito da equação não é zero. A solução geral vai ser a soma da parte homogênea y h ( x ) e a parte particular y p ( x ) :

y ( x ) = y h x + y p ( x )

Passo 2

Com isso, a equação diferencial homogênea associada é:

y ' ' + 4 y = 0

E a equação característica associada é:

k 2 + 4 = 0

k 2 = - 4

k = ± - 4

k = ± 2 i

As raízes são complexas do tipo k = α ± β i a solução é:

y x = e α x c 1 cos ⁡ β x + c 2 s e n β x

Beleza? Aqui temos α = 0 e β = 2 . Vamos substituir os valores encontrados?

y h x = c 1 cos ⁡ 2 x + c 2 s e n 2 x

Show! Essa é a solução homogênea! Agora vamos encontrar a solução particular.

Passo 3

Nesse caso temos duas soluções particulares. Vamos começar com a primeira.

A solução particular vai ser determinada pelo método dos coeficientes indeterminados.

A função G 1 x é G 1 x = e 3 x , uma exponencial, e não faz parte da solução da equação homogênea, então uma possível solução vai ser:

y p 1 x = A e 3 x

Passo 4

A segunda solução particular vai ser dada a partir da função G 2 x é G 2 x = x s e n ( 2 x ) . então nossa tentativa seria da forma:

y p 2 = B x + C [ D sen ⁡ 2 x + E cos ⁡ 2 x ]

Mas essa solução faz parte da solução da equação homogênea, sendo assim devemos multiplicar por x uma possível solução tentativa:

y p 2 x = x B x + C [ D sen ⁡ 2 x + E cos ⁡ 2 x ]

Perceba que a possível solução é a multiplicação entre um polinômio e a parte trigonométrica, visto que buscamos a solução para x sen ⁡ ( 2 x ) .

Passo 5

E a solução tentativa vai ser a soma das duas:

y p = y p 1 + y p 2

y p = A e 3 x + x B x + C [ D sen ⁡ 2 x + E cos ⁡ 2 x ]

Veja que o problema não pediu pra resolver, só para escrever a solução tentativa, que é essa aí😊

Por enquanto é isso pessoal😉

Resposta

y p = A e 3 x + x B x + C [ D sen ⁡ 2 x + E cos ⁡ 2 x ]

Exercício Resolvido #5

Determine a solução geral:

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

Passo 1

Opa! Bora ver mais essa?

A solução geral é dada pela soma entre a solução homogênea e a solução particular:

y x = y h + y p

Bem, como de costume, vamos resolver a equação característica primeiro para determinar a homogênea:

y ' ' + y ' + y = 0

r 2 + r + 1 = 0

Passo 2

Vamos usar a fórmula de Bháskara aqui:

x = - b ± Δ 2 a       e     Δ = b 2 - 4 a c

Onde na nossa r 2 + r + 1 = 0 , temos a = 1 ,   b = 1   e   c = 1 :

∆ = 1 2 - 4.1 . 1 = - 3

Assim:

r 1 = - 1 + - 3 2 = - 1 2 + i 3 2

r 2 = - 1 - - 3 2 = - 1 2 - i 3 2

Temos então raízes complexas, e a solução vai ser da forma:

y x = C 1 e a x cos ⁡ b x + C 2 e a x sen ⁡ b x

Onde a raiz complexa é: r = a + i b .

Assim a solução da homogênea então é dada por:

y h = e - 1 2 x c 1 cos ⁡ 3 2 x + c 2 sen ⁡ 3 2 x  

Passo 3

Beleza, agora temos que analisar a solução da particular, vamos usar o método dos coeficientes a determinar, ok?!

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

Perceba que aqui temos uma função exponencial somada a uma função polinomial, vamos chutar polinomial do mesmo grau acrescida da exponencial:

y P 1 x = A x 2 + B x + C

y p 2 x = D e x

y p = A x 2 + B x + C + D e x

Beleza, esse é o nosso chute para a solução particular, sendo que A ,   B , C , D são coeficientes constantes que a gente vai achar.

Comparando a solução homogênea com a particular não vemos nenhum termo que se repete, então podemos ficar com esse palpite para a solução particular e seguir no passo a passo.

Passo 4

Agora derivando a solução particular:

y p ' = 2 A x + B + D e x

y p ' ' = 2 A + D e x

Substituindo isso na EDO:

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

2 A + D e x + 2 A x + B + D e x + A x 2 + B x + C + D e x = x 2 + 2 x - 1 + e x

Juntando os coeficientes dos termos de mesmo grau:

A x 2 + 2 A + B x + 2 A + B + C + 3 D e x = x 2 + 2 x - 1 + e x

Passo 5

Agora vamos igualar os coeficientes dos termos correspondentes de cada lado:

A = 1

2 A + B = 2 →

    B = 2 - 2 A = 2 - 2 1

B = 0

2 A + B + C = - 1

C = - 1 - 2 - 0

C = - 3

3 D = 1 → D = 1 3

Substituindo isso na solução particular que encontramos:

y p = A x 2 + B x + C + D e x

y p = x 2 - 3 + 1 3 e x

Passo 6

E como a solução geral é dada por:

y = y h + y p

Temos:

y = e - 1 2 x c 1 cos ⁡ 3 2 x + c 2 sen ⁡ 3 2 x + x 2 - 3 + 1 3 e x

E pronto! Encerramos mais essa😊

Resposta

y = e - 1 2 x c 1 cos ⁡ 3 2 x + c 2 sen ⁡ 3 2 x + x 2 - 3 + 1 3 e x

Exercício Resolvido #6

Resolva a EDO

y ' ' + y = x - 1 cos ⁡ x

Passo 1

E aí, pronto pra ver mais essa EDO?

Vemos uma EDO de segunda ordem, não homogênea, certo?

A solução geral é dada por:

y = y h + y p

Vamos ver a solução homogênea então, nossa y h !

y ' ' + y = 0

Vamos pro polinômio característico, resolver a homogênea primeiro!

Passo 2

Vamos resolver aqui:

r 2 + 1 = 0

r 2 = - 1

r = ± - 1

r = ± i

Como temos raízes complexas, nossa solução homogênea é da forma:

y h = C 1 e a x cos ⁡ b x + C 2 e a x sen ⁡ b x

Sendo a raiz r = a + i b .

Assim a solução da homogênea da nossa é:

y h = C 1 e 0 cos ⁡ 1 x + C 2 e 0 sen ⁡ 1 x

y h = C 1 cos ⁡ ( x ) + C 2 sen ⁡ ( x )

Passo 3

Agora temos que resolver a não homogênea, vamos usar o método dos coeficientes a determinar!

Analisando a parte polinomial, vemos que um bom chute seria: y p 1 = A x + B

E da parte trigonométrica, um bom chute seria : y p 2 = C cos ⁡ ( x ) + D sen ⁡ ( x )

Como temos um produto entre essas partes, nossa solução é um produto também!

Assim a solução particular é dada por:

y p = ( A x + B ) ( C cos ⁡ x + D sen ⁡ x )

Passo 4

Cuidado! Abre essa multiplicação rapidão. Você vai ver que quando você multiplica o B por C   cos ⁡ ( x ) , vai ficar uma constante vezes cos ⁡ ( x ) , ou seja, ficou com a mesma cara que a solução homogênea.

A mesma coisa acontece pro sen ⁡ ( x ) , por causa disso, vamos multiplicar tudo por x , pra ficar diferente!

y p = ( A x 2 + B x ) ( C cos ⁡ x + D sen ⁡ x )

Agora sim! Vamos achar o valor dessas constantes, para isso vamos multiplicar usando a distributiva ali:

y p = A x 2 cos ⁡ ( x ) + B x 2 sen ⁡ ( x ) + C x cos ⁡ ( x ) + D x sen ⁡ ( x )

Percebe que eu juntei as constantes: por exemplo, chamei A C de A de novo, isso não muda nada, porque vamos determinar essas constantes agora, e essas são constantes arbitrárias.

Passo 5

Vamos derivar agora, pra isso a gente vai ter que usar a regra do Produto, tá bem? Ela é assim, só pra relembrar:

f ⋅ g ' = f ' ⋅ g + f ⋅ g '

Então, por exemplo:

  A C x 2 cos ⁡ x ' = A C x 2 sen ⁡ x + 2 A C x cos ⁡ x

Vamos fazer isso em todos os termos!

y p ' = - A x 2 sen ⁡ x + 2 A x cos ⁡ x + B x 2 cos ⁡ x + 2 B x sen ⁡ x - C x sen ⁡ x + C cos ⁡ x + D x cos ⁡ x + D sen ⁡ ( x )

Passo 6

A gente precisa derivar de novo agora! Do mesmo jeito, sem esquecer a regra do produto!

y p ' ' = - A x 2 cos ⁡ x - 2 A x sen ⁡ x - 2 A x sen ⁡ x + 2 A cos ⁡ x - B x 2 sen ⁡ x + 2 B x cos ⁡ x + 2 B x cos ⁡ x + 2 B sen ⁡ x - C x cos ⁡ x - C sen ⁡ x - C sen ⁡ x - D x sen ⁡ x + D cos ⁡ x + D cos ⁡ ( x )

Fica essa lindeza aqui!

Passo 7

Substituindo y p ' '   e   y p   na EDO, no lugar de y ' ' e y :

- 2 A x sen ⁡ x - 2 A x sen ⁡ x + 2 A cos ⁡ x + 2 B x cos ⁡ x + 2 B x cos ⁡ x + 2 B sen ⁡ x - C sen ⁡ x - C sen ⁡ x + D cos ⁡ x + D cos ⁡ ( x ) = x - 1 cos ⁡ x

Agrupando os termos semelhantes:

- 4 A x sen ⁡ x + 2 B - 2 C sen ⁡ x + 2 A + 2 D cos ⁡ x + 4 B x cos ⁡ x = x cos ⁡ x - cos ⁡ ( x )

Passo 8

Agora a gente vai igualar os termos correspondentes de cada lado:

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

Vamos lá, da quarta equação nós temos que:

B = 1 4

Da segunda, nós temos que: B = C , então:

C = 1 4

Da terceira:

D = - 1 2

E já vimos na primeira que A = 0 .

Passo 9

Uffa!! Ficou assim:

y p = A x 2 cos ⁡ ( x ) + B x 2 sen ⁡ ( x ) + C x cos ⁡ ( x ) + D x sen ⁡ ( x )

y p = 1 4 x 2 sen ⁡ ( x ) + 1 4 x cos ⁡ ( x ) - 1 2 x sen ⁡ ( x )

Então essa é a nossa solução particular!

Passo 10

Então a solução geral é:

y = y h + y p

y = C 1 cos ⁡ ( x ) + C 2 sen ⁡ ( x ) + 1 4 x 2 sen ⁡ ( x ) + 1 4 x cos ⁡ ( x ) - 1 2 x sen ⁡ ( x )

Ufaaa! Até que enfim conseguimos hein!

Resposta

y = C 1 cos ⁡ ( x ) + C 2 sen ⁡ ( x ) + 1 4 x 2 sen ⁡ ( x ) + 1 4 x cos ⁡ ( x ) - 1 2 x sen ⁡ ( x )

Exercício Resolvido #7

Encontre a solução geral da equação diferencial abaixo:

y ' ' - 9 y = 5 e 2 x + cos ⁡ 2 x + 9 x 2 + 2 x

Passo 1

E aí, como vai?

Olha só, a solução geral vai ser da forma:

y = y h + y p

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

Vamos começar encontrando a solução homogênea:

y ' ' - 9 y = 0

Vamos ver a equação característica:

r 2 - 9 = 0

r = ± 3

Assim, a solução homogênea será:

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

Passo 2

Agora vamos encontrar y p ( x ) pelo método dos coeficientes a determinar:

Agora f ( x ) é uma soma de diferentes funções:

  • Função exponencial: 5 e 2 x
  • Função trigonométrica: cos ⁡ 2 x
  • Função polinomial: 9 x 2 + 2 x

Então y p ( x ) será também uma soma desses tipos de funções:

y p x = A e 2 x ⏟ Exponencial + B sen ⁡ 2 x + C cos ⁡ 2 x ⏟ Trigonométrica   + D x 2 + E x + F ⏟ Polinomial

Passo 3

Verificar se a solução particular y p ( x ) não é solução geral da equação homogênea:

Nessa EDO, essa solução não satisfaz a equação homogênea! Embora na homogênea tenha uma exponencial, são exponenciais diferentes. Uma é elevada a 2 x e a outra a ± 3 x .

Então não precisamos modificar, pode seguir naquele formato ali mesmo!

Passo 4

Agora vamos encontrar derivadas de y p ( x ) , lembra da regra do Produto e regra da Cadeia:

f ⋅ g ' = f ' ⋅ g + f ⋅ g '

f g ' = f ' g ⋅ g '

Por exemplo:

A e 2 x ' = A e 2 x ⋅ 2 x ' = 2 A e 2 x

B sen ⁡ 2 x ' = B cos ⁡ 2 x ⋅ 2 = 2 B cos ⁡ 2 x

D x 2 ' = 2 D x

E x ' = E

F ' = 0

Fazendo o mesmo para a segunda derivada, temos:

y p x = A e 2 x + B sen ⁡ 2 x + C cos ⁡ 2 x + D x 2 + E x + F y p ' x = 2 A e 2 x + 2 B cos ⁡ 2 x - 2 C sen ⁡ 2 x + 2 D x + E y p ' ' x = 4 A e 2 x - 4 B sen ⁡ 2 x - 4 C cos ⁡ 2 x + 2 D

Passo 5

Substituir na equação e encontrar constantes:

Poderíamos substituir diretamente as derivadas e comparar os dois lados para encontrar as constantes:

y ' ' - 9 y = 5 e 2 x + cos ⁡ 2 x + 9 x 2 + 2 x

4 A e 2 x - 4 B sen ⁡ 2 x - 4 C cos ⁡ 2 x + 2 D - 9 A e 2 x + B sen ⁡ 2 x + C cos ⁡ 2 x + D x 2 + E x + F = 5 e 2 x + cos ⁡ 2 x + 9 x 2 + 2 x

Mas acho que fica mais claro e organizado se separarmos por cada tipo de função:

  1. Exponencial
  2. y ' ' - 9 y = 5 e 2 x

    E agora substituindo apenas a parte exponencial:

    4 A e 2 x - 9 A e 2 x = 5 e 2 x

    - 5 A e 2 x = 5 e 2 x

    - 5 A = 5

    → A = - 1

    Passo 6

  3. Trigonométrica
  4. y ' ' - 9 y = cos ⁡ 2 x

    E agora substituindo apenas a parte trigonométrica:

    - 4 B sen ⁡ 2 x - 4 C cos ⁡ 2 x - 9 B sen ⁡ 2 x + C cos ⁡ 2 x = cos ⁡ 2 x

    - 4 B - 9 B sen ⁡ 2 x + - 4 C - 9 C cos ⁡ 2 x = cos ⁡ 2 x

    - 13 B sen ⁡ 2 x - 13 C cos ⁡ 2 x = cos ⁡ 2 x

    → - 13 B = 0 - 13 C = 1

    Resolvendo o sistema:

    B = 0 ; C = - 1 13 .  

    Passo 7

  5. Polinomial

y ' ' - 9 y = 9 x 2 + 2 x

E agora substituindo apenas a parte polinomial:

2 D - 9 D x 2 + E x + F = 9 x 2 + 2 x

- 9 D x 2 + - 9 E x + 2 D - 9 F = 9 x 2 + 2 x

→ - 9 D = 9 - 9 E = 2 2 D - 9 F = 0

Resolvendo o sistema:

D = - 1 ; E = - 2 9 ; F = - 2 9 .

Passo 6

Ótimo! Encontramos todas as constantes:

A = - 1 ; B = 0 ; C = - 1 13 ; D = - 1 ; E = - 2 9 ; F = - 2 9 .

Vamos jogar isso lá na y p agora!

Passo 7

Substituindo constantes encontradas em y p :

y p x = A e 2 x ⏟ Exponencial + B sen ⁡ 2 x + C cos ⁡ 2 x ⏟ Trigonométrica   + D x 2 + E x + F ⏟ Polinomial

Substituindo as constantes:

y p x = - 1 e 2 x + 0 sen ⁡ 2 x + - 1 13 cos ⁡ 2 x + - 1 x 2 + - 2 9 x + - 2 9

→ y p x = - e 2 x - 1 13 cos ⁡ 2 x - x 2 - 2 9 x - 2 9

Passo 8

Como sabemos que a solução geral é dada por:

y x = y h x + y p ( x )

Substituindo o que achamos, temos:

y x = c 1 e 3 x + c 2 e - 3 x + - e 2 x - 1 13 cos ⁡ 2 x - x 2 - 2 9 x - 2 9

y x = c 1 e 3 x + c 2 e - 3 x - e 2 x - 1 13 cos ⁡ 2 x - x 2 - 2 9 x - 2 9

Prontinho!

Resposta

y x = c 1 e 3 x + c 2 e - 3 x - e 2 x - 1 13 cos ⁡ 2 x - x 2 - 2 9 x - 2 9

Exercício Resolvido #8

Resolva a EDO de segunda ordem:

y ' ' - 4 y ' + 5 y = e x cos ⁡ 2 x

Passo 1

Oiii! Vamos continuar com nossas EDOs!

A equação é não homogênea, então a solução geral é

y = y h + y p

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

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

y ' ' - 4 y ' + 5 y = 0

A equação auxiliar é:

r 2 - 4 r + 5 = 0

Resolvendo

⇒   r = - b ± i Δ 2 a = 4 ± 2 i 2 = 2 ± i

Temos

α = 2     e     β = 1

Então a solução homogênea da equação é:

e α x c 1 cos ⁡ β x + c 2 sen ⁡ β x  

⇒ y h x = e 2 x c 1 cos ⁡ x + c 2 sen ⁡ x  

Passo 2

Show, achamos a homogênea, mas agora que o bicho pega, vamos achar a solução particular! Lembrando que a equação é:

y ' ' - 4 y ' + 5 y = e x cos ⁡ 2 x

Temos que determinar qual vai ser o nosso “chute” pra y p . Vamos começar identificando a função do lado direito da equação.

Temos uma função exponencial multiplicando uma trigonométrica, então nossa solução particular também vai ser algo do tipo!

y p ( x ) = e x A cos ⁡ 2 x + B sen ⁡ 2 x

Passo 3

Como a função e x cos ⁡ ( 2 x ) não é solução da equação homogênea, podemos tentar aquela solução do passo anterior mesmo.

Toma cuidado para não confundir, na solução homogênea temos e 2 x , na particular temos e x !

Passo 4

Show! Vamos achar a primeira derivada da função, usando as regra do produto e regra da cadeia:

y p ' x = e x A cos ⁡ 2 x + B sen ⁡ 2 x + e x A - sen ⁡ 2 x . 2 + B cos ⁡ 2 x . 2

Dando uma ajeitadinha nisso, temos:

y p ' x = e x A cos ⁡ 2 x + B sen ⁡ 2 x - 2 A sen ⁡ 2 x + 2 B cos ⁡ 2 x

Juntando os termos que acompanham cos ⁡ 2 x   e s e n ( 2 x ) , temos:

⇒   y p ' x = e x A + 2 B cos ⁡ 2 x + B - 2 A sen ⁡ 2 x

Passo 5

Agora é arregaçar as mangas e calcular essa derivada segunda, pelos métodos de derivação!

y p ' ' x = e x A + 2 B cos ⁡ 2 x + B - 2 A sen ⁡ 2 x + e x A + 2 B - sen ⁡ 2 x . 2 + B - 2 A cos ⁡ 2 x . 2  

Ajeitando isso daí, ficamos com

y p ' ' x = e x A + 2 B cos ⁡ 2 x + B - 2 A sen ⁡ 2 x - 2 A + 2 B sen ⁡ 2 x + 2 B - 2 A cos ⁡ 2 x

Podemos deixar menos feio, fazendo as distributivas

y p ' ' x = e x A + 2 B cos ⁡ 2 x + B - 2 A sen ⁡ 2 x - 2 A + 4 B sen ⁡ 2 x + 2 B - 4 A cos ⁡ 2 x

Juntando os termos que acompanham cos ⁡ 2 x   e s e n ( 2 x ) , temos:

y p ' ' x = e x A + 2 B + 2 B - 4 A cos ⁡ 2 x + B - 2 A - 2 A - 4 B sen ⁡ 2 x

Finalmente, ficamos com:

⇒   y p ' ' x = e x 4 B - 3 A cos ⁡ 2 x - 4 A + 3 B sen ⁡ 2 x

Ufa! Demorou mas foi!

Passo 6

Agora vamos substituir y p , y p ' e y p ' ' na EDO:

y p ' ' - 4 y p ' + 5 y p = e x cos ⁡ 2 x

O que dá esse troço bizarro aí:

e x 4 B - 3 A cos ⁡ 2 x - 4 A + 3 B sen ⁡ 2 x - 4 e x A + 2 B cos ⁡ 2 x + B - 2 A sen ⁡ 2 x + 5 e x A cos ⁡ 2 x + B sen ⁡ 2 x = e x cos ⁡ 2 x

A primeira coisa que podemos fazer é cortar e x dos 2 lados:

4 B - 3 A cos ⁡ 2 x - 4 A + 3 B sen ⁡ 2 x - 4 A + 2 B cos ⁡ 2 x + B - 2 A sen ⁡ 2 x + 5 A cos ⁡ 2 x + B sen ⁡ 2 x = cos ⁡ ( 2 x )

Melhorou um pouco né? Agora vamos juntar todos os senos e cossenos:

4 B - 3 A - 4 A + 2 B + 5 A cos ⁡ ( 2 x ) + - 4 A - 3 B - 4 B - 2 A + 5 B sen ⁡ ( 2 x ) = c o s ⁡ ( 2 x )

⇒ 4 B - 3 A - 4 A - 8 B + 5 A cos ⁡ 2 x + - 4 A - 3 B - 4 B + 8 A + 5 B sen ⁡ ( 2 x ) = c o s ⁡ ( 2 x )

⇒ - 2 A - 4 B cos ⁡ 2 x + 4 A - 2 B sen ⁡ 2 x = c o s ⁡ ( 2 x )

Eeee laiá, coisa feia que dói!

Passo 7

Repare que do lado direito temos

cos ⁡ 2 x = 1 . cos ⁡ 2 x + 0 . sen ⁡ ( 2 x )

Ou seja, quando igualarmos os termos que acompanham seno e o cosseno, vamos cair num sistema:

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

Podemos multiplicar a primeira equação por 2 e somá-la com a segunda:

2 - 2 A - 4 B + 4 A - 2 B = 2.1 + 0

- 4 A - 8 B + 4 A - 2 B = 2

- 10 B = 2

⇒   B = - 2 10

B = - 1 5

E pela segunda equação, temos

4 A = 2 B

⇒ 2 A = B = - 2 10

⇒ A = - 1 10

Passo 8

Então solução particular é:

y p ( x ) = e x A cos ⁡ 2 x + B sen ⁡ 2 x

⇒ y p x = e x - 1 10 cos ⁡ 2 x - 2 10 sen ⁡ 2 x

⇒ y p x = - 1 10 e x cos ⁡ 2 x + 2 sen ⁡ 2 x

Lembrando que achamos a solução homogênea

y h x = e 2 x c 1 cos ⁡ x + c 2 sen ⁡ x

Logo, a solução geral da equação vai ser

y = y h + y p

⇒ y x = e 2 x c 1 cos ⁡ x + c 2 sen ⁡ x - 1 10 e x cos ⁡ 2 x + 2 sen ⁡ 2 x

Resposta

y x = e 2 x c 1 cos ⁡ x + c 2 sen ⁡ x - 1 10 e x cos ⁡ 2 x + 2 sen ⁡ 2 x

Exercício Resolvido #9

Sabendo-se que y 1 = x   ,     y 2 = x ln ⁡ x formam um conjunto fundamental de soluções para x 2 y " - x y ' + y = 0 em ( 0 ,   ∞ ) , encontre a solução geral para:

x 2 y " - x y ' + y =   4 x l n ( x )

Passo 1

Vamos relembrar o passo a passo do método da variação dos parâmetros:

  1. Arruma a EDO para ficar com a cara: y ' ' x + p y ' x + q y x = B ( x )
  2. Resolver a EDO como se fosse homogênea – solução homogênea: y h x ,caso o problema não forneça a solução da homogênea.
  3. Identificar y 1 ( x ) e y 2 ( x )
  4. Encontrar a cara da solução particular y p x = y 1 x . f 1 x + y 2 x . f 2 ( x )
  5. Calcular y 1 ' x e y 2 ' x
  6. Calcular M = y 1 ' y 2 ' y 1 y 2 = y 1 ' x . y 2 x - y 2 ' x y 1 x
  7. Calcule
  8. f 1 x = ∫ y 2 x . B x M d x

    f 2 x = ∫ - y 1 x . B x M d x

  9. Encontrar solução geral: y x = y h x + y p x
  10. Substituir condições iniciais caso exista

Não fica preocupado que a gente vai passar por todos esses passos na nossa questão!

Passo 2

Vamos começar com o primeiro!

Colocando a equação na forma: y ' ' x + p y ' x + q y x = B ( x )

x 2 y " - x y ' + y =   4 x l n ( x )

Dividindo tudo por x 2 , temos:

y ' ' - y ' x + y x 2 = 4 ln ⁡ x x

p x = - 1 x

q x = 1 x 2

B x = 4 ln ⁡ x x

Passo 3

Vamos resolver a EDO como se fosse homogênea – solução homogênea: y h x ,caso o problema não forneça a solução da homogênea.

O problema já fornece a solução da homogênea. Temos então, identificando y 1 ( x ) e y 2 ( x ) , temos:

y 1 = x

y 2 = x ln ⁡ x

Passo 4

Agora vamos encontrar a cara da solução particular y p x = y 1 x . f 1 x + y 2 x . f 2 x

A solução particular será:

y p x = f 1 x x + f 2 x x ln ⁡ x

Passo 5

Seguindo nosso passo a passo, vamos calcular y 1 ' x e y 2 ' x

y 1 ' = 1

y 2 ' = ln ⁡ x + x . 1 x = ln ⁡ x + 1

Passo 6

Bora calcular Calcular

M = y 1 ' x . y 2 x - y 2 ' x y 1 x

Como já temos esses termos, ficamos com

M = 1 x ln ⁡ x - ( ln ⁡ x + 1 x )

M = - x

Passo 7

Agora vamos cair pra cima de f 1 ( x )

f 1 x = ∫ y 2 x . B x M d x

Temos:

f 1 x = ∫ x l n x 4 ln ⁡ x x - x d x

f 1 x = - 4 ∫ ln ⁡ x 2 x d x

Como resolver essa integral? Vamos usar a substituição simples:

u = l n ⁡ ( x )

d u = 1 x d x

d x = x d u

Substituindo na integral temos:

f 1 x = - 4 ∫ u 2 x x d u

Cortando os x , temos:

f 1 x = - 4 ∫ u 2 d u

f 1 x = - 4 u 3 3

Voltando u = ln ⁡ x , ficamos com

f 1 x = - 4 3 ln ⁡ x 3

Agora para f 2 x , vamos ter

f 2 x = ∫ - y 1 x . B x M d x

f 2 x = ∫ - x . 4 ln ⁡ x x - x d x

f 2 x = 4 ∫ l n ⁡ ( x ) x d x

Vamos fazer uma substituição simples:

u = l n ⁡ ( x )

d u = 1 x d x

d x = x d u

Substituindo:

f 2 x = 4 ∫ u x x d u

f 2 x = 4 ∫ u d u

f 2 x = 4 u 2 2 = 2 u 2

f 2 x = 2 ln ⁡ x 2

Passo 8

Logo, para nosso y p então temos:

y p x = f 1 x x + f 2 x x l n ( x )

y p x = - 4 3 ln ⁡ x 3 x + 2 ln ⁡ x 2 x l n ( x )

y p x = - 4 3 ln ⁡ x 3 x + 2 ln ⁡ x 3 x = 2 3 x ln ⁡ x 3

Passo 9

Encontrar a solução geral:

y x = y h x + y p x

Sabemos que :

y h x = c 1 y 1 + c 2 y 2

Logo:

y h x = c 1 x + c 2 x l n ( x )

Então:

y x = c 1 x + c 2 x l n x + 2 3 x ln ⁡ x 3

Resposta

y x = c 1 x + c 2 x l n x + 2 3 x ln ⁡ x 3

Exercício Resolvido #10

Sabendo-se que y 1 = c o s ⁡ ( ln ⁡ x )   ,     y 2 = s e n ( l n x ) são soluções linearmente independentes para x 2 y " + x y ' + y = 0 em ( 0 ,   ∞ ) ,

  1. Encontre a solução particular para:
  2. x 2 y " + x y ' + y =   s e c ⁡ ( l n ( x ) )

  3. Dê a equação solução geral para a equação e defina um intervalo para que esta seja válida

Passo 1

Vamos relembrar o passo a passo do método da variação dos parâmetros:

  1. Arruma a EDO para ficar com a cara: y ' ' x + p y ' x + q y x = B ( x )
  2. Resolver a EDO como se fosse homogênea – solução homogênea: y h x ,caso o problema não forneça a solução da homogênea.
  3. Identificar y 1 ( x ) e y 2 ( x )
  4. Encontrar a cara da solução particular y p x = y 1 x . f 1 x + y 2 x . f 2 ( x )
  5. Calcular y 1 ' x e y 2 ' x
  6. Calcular M = y 1 ' y 2 ' y 1 y 2 = y 1 ' x . y 2 x - y 2 ' x y 1 x
  7. Calcule
  8. f 1 x = ∫ y 2 x . B x M d x

    f 2 x = ∫ - y 1 x . B x M d x

  9. Encontrar solução geral: y x = y h x + y p x
  10. Substituir condições iniciais caso exista

Passo 2

Seguindo exatamente esses passos temos:

  1. Colocando a equação na forma: y ' ' x + p y ' x + q y x = B ( x )
  2. Temos:

    y ' ' + y ' x + y x 2 = sec ⁡ ln ⁡ x x 2

    p x = 1 x

    q x = 1 x 2

    B x = s e c ⁡ ( l n ⁡ ( x ) ) x 2

    Passo 2

  3. O problema já fornece a solução da homogênea.
  4. y h x = c 1 y 1 + c 2 y 2

    Passo 3

  5. Temos então:
  6. y 1 = c o s ⁡ ( ln ⁡ x )  

    y 2 = s e n ( ln ⁡ ( x ) )

    Passo 4

  7. A solução particular será:
  8. y p x = f 1 x c o s ⁡ ( ln ⁡ x ) + f 2 x s e n ( ln ⁡ x )

    Passo 5

  9. Calculando :
  10. Pela regra da cadeia:

    y 1 ' = - s e n ln ⁡ x x

    Também pela regra da cadeia:

    y 2 ' = cos ⁡ ln ⁡ x x

    Passo 6

  11. Calculando M temos:
  12. M = y 1 ' x . y 2 x - y 2 ' x y 1 x

    Já achamos esses termos anteriormente, substituindo eles, temos:

    M = - s e n ln ⁡ x x s e n ( l n x ) - cos ⁡ ln ⁡ x x cos ⁡ ln ⁡ x

    Dando uma ajeitadinha ai, temos:

    M = - s e n ln ⁡ x 2 x - cos ⁡ ln ⁡ x 2 x

    = - s e n ln ⁡ x 2 + cos ⁡ ln ⁡ x 2 x

    Agora, pela relação fundamental da trigonometria:

    s e n ln ⁡ x 2 + cos ⁡ ln ⁡ x 2 = 1

    Portanto,

    M = - 1 x

    Passo 7

  13. Calculando:

f 1 x = ∫ s e n l n x . sec ⁡ ln ⁡ x x 2   - 1 x d x

Temos:

f 1 x = - ∫ x s e n l n x . sec ⁡ ln ⁡ x x 2 d x

Sabemos ainda que:

sec ⁡ ln ⁡ x = 1 c o s ⁡ ( ln ⁡ x )

Substituindo:

f 1 x = - ∫ 1 x s e n l n x . 1 c o s ⁡ ( ln ⁡ x ) d x

f 1 x = - ∫ 1 x s e n ln ⁡ x cos ⁡ ln ⁡ x   d x

Alguém sabe como resolver isso? Essa integral é meio chatinha mas dá pra fazer.

Vamos começar fazendo a substituição:

u = ln ⁡ x

d u = 1 x d x

d x = x d u

Substituindo:

f 1 x = - ∫ s e n u cos ⁡ u 1 x x d u = - ∫ s e n u cos ⁡ u d u

Agora vamos fazer mais uma substituição:

v = c o s ⁡ ( u )

d v = - s e n u d u

d u = d v - s e n u

Substituindo temos:

f 1 x = - ∫ s e n u v 1 - s e n u d v

f 1 x = ∫ 1 v d v

f 1 x = ln ⁡ v

f 1 x = ln ⁡ cos ⁡ u

f 1 x = l n ⁡ | c o s ⁡ ( ln ⁡ x ) |

Passo 3

Agora, calculando f 2 ( x ) , temos:

f 2 x = ∫ - c o s ⁡ ( ln ⁡ x ) . s e c ⁡ ( l n ⁡ ( x ) ) x 2 - 1 x d x

f 2 x = ∫ ( cos ⁡ ln ⁡ x ) sec ⁡ ln ⁡ x x   d x

Temos que lembrar que:

sec ⁡ ln ⁡ x = 1 c o s ⁡ ( ln ⁡ x )

Então:

f 2 x = ∫ 1 x   d x

f 2 x = ln ⁡ x = l n ⁡ ( x )

Pois estamos trabalhando com o intervalo ( 0 , ∞ )

Logo:

y p x = f 1 x cos ⁡ ln ⁡ x + f 2 x s e n ln ⁡ x

y p x = l n ⁡ | c o s ⁡ ( ln ⁡ x ) | cos ⁡ ln ⁡ x + l n ⁡ ( x ) s e n ln ⁡ x

Passo 4

Agora que matamos a letra a ) , vamos partir para a b )

  1. Vamos Encontrar a solução geral:

y x = y h x + y p x

Sabemos que :

y h x = c 1 y 1 + c 2 y 2

Logo:

y h x = c 1 cos ⁡ ln ⁡ x   + c 2 s e n ( l n x )

Então, a solução geral que é

y x = y h x + y p ( x )

y x = c 1 cos ⁡ ln ⁡ x   + c 2 s e n l n x + l n ⁡ | c o s ⁡ ( ln ⁡ x ) | cos ⁡ ln ⁡ x + l n ⁡ ( x ) s e n ln ⁡ x

Passo 5

Já encontramos a equação geral mas agora temos que encontrar um intervalo para o qual a equação geral esteja válida. Ou seja, devemos encontrar um intervalo em que todos os termo da EDO devem existir:

x 2 y " + x y ' + y =   s e c ⁡ ( l n ( x ) )

Lembre que a função sec ⁡ θ   não está definida nos pontos θ = - π 2 e θ = π 2

Lembrou? Não? Então pra confirmar isso pense no seguinte:

sec ⁡ θ = 1 cos ⁡ θ

Portanto, s e c ⁡ ( θ ) não está definido nos pontos onde cos ⁡ θ = 0 e dois desses pontos são θ = - π / 2 e θ = π / 2 . Deu pra entender agora?

Então um intervalo possível seria

- π 2 < θ < π 2

Mas na verdade não temos s e c ⁡ ( θ ) temos sec ⁡ ln ⁡ x .Portanto, um intervalo possível é

- π 2 < ln ⁡ x < π 2

Vamos achar um intervalo para x .

Para isso, vamos aplicar a exponencial em todos os termos temos que o intervalo é equivalente a:

e - π 2 < x < e π 2

Resposta

  1. y p x = l n ⁡ | c o s ⁡ ( ln ⁡ x ) | cos ⁡ ln ⁡ x + l n ⁡ ( x ) s e n ln ⁡ x
  2. y x = c 1 cos ⁡ ln ⁡ x   + c 2 s e n l n x + l n ⁡ | c o s ⁡ ( ln ⁡ x ) | cos ⁡ ln ⁡ x + l n ⁡ ( x ) s e n ln ⁡ x

No intervalo   e - π 2 < x < e π 2