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Exercícios Resolvidos de Método dos Coeficientes Indeterminados

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Enunciado

Questão 3: Sejam Y 1 = Y 1 t e Y 2 = Y 2 t duas soluções da equação diferencial

y ' ' + 2 y ' - 3 y = 5 e t

Suponha que Y 1 ' 0 = Y 2 ' 0 . Então podemos afirmar que, para todo t ∈ R , temos:

  1. Y 1 - Y 2 = C 3 e t + e - 3 t , para algum C ∈ R .
  2. Y 1 - Y 2 = C e t + 3 e - 3 t , para algum C ∈ R .
  3. Y 1 - Y 2 = C 3 e t - e - 3 t , para algum C ∈ R .
  4. Y 1 - Y 2 = C 2 e t - 3 e - 3 t , para algum C ∈ R .
  5. Y 1 - Y 2 = C 2 e t - e - 3 t 3 , para algum C ∈ R .

Passo 1

Pois bem, vamos começar resolvendo a nossa EDO! Ora, sabemos resolvê-la bem tranquilamente lembrando que a solução da não homogênea é a solução da homogênea mais a da particular:

y = y h + y p

Passo 2

Então vamos começar com a parte homogênea...

y ' ' + 2 y ' - 3 y = 0

Por comparação com a equação característica:

r 2 + 2 r - 3 = 0     →

r 1 = 1

r 2 = - 3

Logo, a solução da parte homogênea é...

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

Passo 3

Partiu agora procurar a solução da parte particular. Para isso, devemos perceber que a função que torna a nossa EDO não homogênea é essa em negrito aqui:

y ' ' + 2 y ' - 3 y = 5 e t

Sendo assim, usualmente escolheríamos uma solução particular com essa cara aqui:

y p = A e t

Mas como essa solução já tem na parte homogênea, vamos colocar um t na frente da exponencial...

y p = A t e t

Derivando...

y p ' = A t e t + A e t →

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

E substituindo na EDO...

A t e t + 2 A e t + 2 A t e t + A e t - 3 A t e t = 5 e t     →

A t e t + 2 A e t + 2 A t e t + 2 A e t - 3 A t e t = 5 e t     →

4 A e t = 5 e t     →         4 A = 5     →

A = 5 4

Logo, a solução geral é...

y = y h + y p   →

y = C 1 e t + C 2 e - 3 t + 5 4 t e t

Passo 4

Como sabemos, uma das soluções é Y 1 t ...

Y 1 t = K 1 e t + K 2 e - 3 t + 5 4 t e t  

Onde K 1 e K 2 são constantes próprias da solução. A outra solução é...

Y 2 t = K 3 e t + K 4 e - 3 t + 5 4 t e t

Fazendo a subtração das duas...

Y 1 - Y 2 = K 1 e t + K 2 e - 3 t + 5 4 t e t - K 3 e t + K 4 e - 3 t + 5 4 t e t →

Y 1 - Y 2 = K 1 e t + K 2 e - 3 t - K 3 e t + K 4 e - 3 t →

Y 1 - Y 2 = K 1 - K 3 e t + K 2 - K 4 e - 3 t

Agora temos que tentar encontrar uma relação que elimina esse monte de constante. Pra isso vamos usar aquela outra informação do problema: Y 1 ' 0 = Y 2 ' 0 . Portanto derivando a solução...

y ' = C 1 e t - 3 C 2 e - 3 t + 5 4 t e t + 5 4 e t   →

E aplicando o 0 ...

Y 1 ' 0 = K 1 - 3 K 2 + 5 4 = K 3 - 3 K 4 + 5 4 = Y 2 ' 0   →

K 1 - 3 K 2 = K 3 - 3 K 4   →

K 1 - K 3 = 3 K 2 - 3 K 4   →

K 1 - K 3 = 3 K 2 - K 4  

Logo...

Y 1 - Y 2 = K 1 - K 3 e t + K 2 - K 4 e - 3 t

Y 1 - Y 2 = 3 C e t + C e - 3 t →

Y 1 - Y 2 = C 3 e t + e - 3 t

Resposta

a )   Y 1 - Y 2 = C 3 e t + e - 3 t

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