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Exercícios Resolvidos de Coeficientes Constantes Não Homogênea-Coeficientes Indeterminados

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Enunciado

EDO de coeficientes constantes de ordem acima de 2

Considere a equação diferencial

y ( 6 ) + 4 y ( 4 ) = 1 + t 2 + 4 t sen ⁡ ( 2 t )

Determine:

a)A solução geral da equação homogênea dessa equação

b)Usando o método dos coeficientes indeterminados, encontre a forma da solução particular da equação proposta, SEM calcular os coeficientes. Escreve a solução geral.

Passo 1

a)

Bem bem, a homogênea é essa:

y ( 6 ) + 4 y ( 4 ) = 0

Usando a equação característica de sempre:

r 6 + 4 r 4 = 0 → r 4 r 2 + 4 = 0 → r 1,2 , 3,4 = 0   e   r 5 = 2 i   e   r 6 = - 2 i

Opa, sabemos que as soluções não podem ser iguais, a gente fala que elas tem multiplicidade nesse caso, então o que temos que fazer é só multiplicar por t cada solução de forma que ela seja diferente uma da outra(Na real, sejam linearmente independentes, dá pra provar que multiplicando pela variável independente, que no caso é o t , a gente garante que essas soluções satisfazem isso), ou seja:

y 1 = c 1 y 2 = c 2 t

y 3 = c 3 t 2

y 4 = c 4 t 3

E da y 5 + 6 = c 5 cos ⁡ ( 2 t ) + c 6 sen ⁡ ( 2 t )

Dessa forma, a solução geral da homogênea é:

y h t = y 1 + y 2 + y 3 + y 4 + y 5 + 6

y h t = c + c 2 t + c 3 t 2 + c 4 t 3 + c 5 cos ⁡ ( 2 t ) + c 6 sen ⁡ ( 2 t )

Gigantão né? Mas é rápido de fazer!

Passo 2

b) Então a EDO tem essa cara:

y ( 6 ) + 4 y ( 4 ) = 1 + t 2 + 4 t sen ⁡ ( 2 t )

Ok, e como proceder? Sabemos pelo método dos coeficientes indeterminados que pela parte da resposta 1 + t 2 temos uma solução polinomial, procurando o menor grau desse polinômio, vemos que temos a derivada de grau 4 como sendo a menor dessa EDO, ou seja, eu tenho que em uma derivada de grau 4 tem que sobrar um polinômio de grau 2, significa que o polinômio tem que ser de grau 6, sacou?

y 1 p = a t 6 + b t 5 + c t 4 = t 4 ( a t 2 + b t + c )

E não coloco os outros graus porque elas não vão aparecer na EDO, elas iriam sumir porque a derivada de grau mínimo é 4 e ficaria inviável de determina-las, então a resposta tem que ser sem elas, sacaste? Então vimos que ficou com a cara de t g r a u   d a   m e n o r   d e r i v a d a ( p o l i n ô m i o   d o   g r a u   d a   r e s p o s t a ) , e assim será para qualquer polinômio.

Agora pra outra resposta 4 t sen ⁡ ( 2 t ) , sabemos que a solução tem que ser uma combinação linear de senos com cossenos, então ficaria A sen ⁡ 2 t + B cos ⁡ ( 2 t ) , mas calma, tem um t multiplicando, o que você faz é multiplicar um polinômio do grau desse polinômio que multiplica a função sen ⁡ ( 2 t ) , então a cara da solução ficaria ( A t + A 2 ) sen ⁡ 2 t + ( B t + B 2 ) cos ⁡ ( 2 t ) . Mas veja a pinimba, se você abrir essas multiplicações, encontraria por exemplo A 2 sen ⁡ ( 2 t ) como parte da resposta, certo? Mas isso tá igual a solução homogênea! E isso não pode, o que a gente faz é multiplicar por t até garantir que não tenha resposta da homogênea, nesse caso é só multiplicar por t :

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

Assim a solução particular é:

y p = y 1 p + y 2 p = t 4 a t 2 + b t + c + t ( A t + A 2 ) sen ⁡ 2 t + ( B t + B 2 ) cos ⁡ ( 2 t )

Passo 3

Assim a solução geral é:

y = y h + y p

y = c + c 2 t + c 3 t 2 + c 4 t 3 + c 5 cos ⁡ ( 2 t ) + c 6 sen ⁡ ( 2 t ) + t 4 a t 2 + b t + c + t ( A t + A 2 ) sen ⁡ 2 t + ( B t + B 2 ) cos ⁡ ( 2 t )

Resposta

y = c + c 2 t + c 3 t 2 + c 4 t 3 + c 5 cos ⁡ ( 2 t ) + c 6 sen ⁡ ( 2 t ) + t 4 a t 2 + b t + c + t ( A t + A 2 ) sen ⁡ 2 t + ( B t + B 2 ) cos ⁡ ( 2 t )

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