Coeficientes Indeterminados | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos

Neste artigo temos uma primeira lista de exercícios resolvidos sobre o Método dos Coeficientes Indeterminados (ou à determinar). O Método dos Coeficientes Indeterminados consiste em uma hipótese inicial sobre a forma da solução particular y_P (t) (mas com os coeficientes não especificados) da estrutura y(t) = y_{H}(t) + y_{P} (t), da equação y'' +by'+cy = f(t), que são EDO’s lineares, não-homogêneas com coeficientes constantes e f é definida e contínua em um intervalo I.

Daí substituímos a solução hipotética na EDO original e determinamos os coeficientes. Por fim, basta somarmos esta solução particular, y_P(t), com a solução da equação homogênea associada, y_H (t), que teremos uma solução geral para a EDO y'' + by'+cy = f(t).

Num primeiro momento, nossas funções f(t) serão apenas funções contínuas em todo o conjunto real, como:

• Trigonométricas;
• Exponenciais
• Polinômios;

Para ajudar a escolher uma foram geral de f(t), usamos a tabela abaixo:

Método dos Coeficientes Indeterminados | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos

1) Resolva as EDOs abaixo:

(a) y'' + 3y' + 2y = e^{-t}

Primeiramente vamos encontrar a solução da equação homogênea associada y'' + 3y' + 2y = 0:

$$y” + 3y’ + 2y = 0 \Rightarrow \lambda ^2 + 3 \lambda + 2 = 0 \Rightarrow \lambda _1 =-1\;\;e\;\; \lambda _2 = -2.$$

Logo, $$y_{H} (t) = c_1 e^{-t} + c_2 e^{-2t}.$$

Agora, usando o Método dos Coeficientes Indeterminados, y_{p} (t) = m e^{-t}, pois f(t) = e^{-t} aparece na parte homogênea da solução.

Derivando duas vezes e substituindo na EDO completa encontramos:

$$\left( -2me^{-t} + mt e{-t} \right) + 3\left( me^{-t} – mt e{-t} \right) + 2 \left(mt e{-t} \right) = e^{-t}$$

O que nos leva a $$(-2m +3m) e^{-t} = e^{-t} \Rightarrow (-2m +3m) = 1 \Rightarrow m = 1 \Rightarrow y_{p} (t) = e^{-t}.$$

Portanto, $$y(t) = c_1 e^{-t} + c_2 e^{-2t} + e^{-t}.$$

(b) y'' + 4y = \cos{t}

A solução da equação homogênea associada é facilmente encontrada como $$y_{H}(t) = c_1 cos(2t) + c_2 sen(2t).$$

Como f(t) = \cos{t} não aparece em y_{H}(t) então   y_{p}(t) = m cos(t) + n sen(t) .

Derivando   y_{p}(t) duas vezes  e substituindo na EDO obtemos:

$$ (-mcos(t) – n sen(t)) + 4(m cos(t) + n sen(t)) = cos(t) \Rightarrow $$ $$\Rightarrow 3m cos(t) + 3n sen(t) = cos(t) \Rightarrow n =0 \;\;e\;\; m= \frac{1}{3}$$

Logo   y_{p}(t) = \frac{1}{3} cos(t) .

Portanto, $$ y(t) = c_1 cos(2t) + c_2 sen(2t) + \frac{1}{3} cos(t).$$

(c) y'' + 4y = (t+1)^2

Essa EDO deve ser reescrita como $$y” + 4y = t^2 + 2t +1.$$

Facilmente podemos ver que a solução da equação homogênea associada é $$y_{H}(t) = c_1 cos(2t) + c_2 sen(2t).$$

Como f(t) = t^2 + 2t +1 , então   y_{p}(t) = at^2 +bt+c .

Derivando   y_{p}(t) duas vezes  e substituindo na EDO obtemos:

$$2a + 4(at^2 + bt +c) = t^2 + 2t +1. \Rightarrow 4at^2 + 4bt +(4c+2a) = t^2 + 2t +1.$$

Daí, encontramos $$a=1/4; \;\;\; b = 1/2; \;\;\; c= 1/2.$$

Ou seja, $$y_{p}(t) = \frac{1}{4}t^2 + \frac{1}{2} t+ \frac{1}{2}.$$

Portanto, $$y(t) = c_1 cos(2t) + c_2 sen(2t) + \frac{1}{4}t^2 + \frac{1}{2} t+ \frac{1}{2}.$$

(d) y'' + 2y'+5y = 3 \sin{2t}

Nesse caso, a solução da equação homogênea associada é $$y_{H}(t) = e^{-t} \left( c_1 cos(2t) + c_2 sen(2t) \right) .$$

Como f(t) = sen(2t) não é exatamente uma função que aparece em y_{H}(t) então   y_{p}(t) = m cos(2t) + n sen(2t) .

Desta forma, derivando   y_{p}(t) duas vezes  e substituindo na EDO obtemos $$(4n +m) cos(2t) + (n-4m) sen(2t) = 3 sen(2t),$$

O que nos leva a $$4n +m = 0$$ $$n-4m = 3.$$

Para que estas duas equações sejam simultaneamente satisfeitas m = -4/3 e n = 1/3 .

Assim, $$y_{p}(t) = -\frac{4}{3} cos(2t) + \frac{1}{3} sen(2t).$$

Portanto, $$y(t) = e^{-t} \left( c_1 cos(2t) + c_2 sen(2t) \right) -\frac{4}{3} cos(2t) + \frac{1}{3} sen(2t).$$

(e) y'' + 4y = e^{-t} + \sin{2t}

Facilmente podemos ver que a solução da equação homogênea associada é $$y_{H}(t) = c_1 cos(2t) + c_2 sen(2t).$$

Como f(t) = e^{-t} + \sin{2t}, então, pelo Princípio da Superposição, teremos duas soluções particulares   y_{p1}(t) = m e^{-t} e   y_{p2}(t) = m t cos(2t) + n t sen(2t) .

Derivando   y_{p1}(t) e   y_{p2}(t) duas vezes, e substituindo na EDO, uma por vez, encontramos:

1. y_{p1}(t) = \dfrac{1}{5} e^{-t}
2. y_{p2}(t) = - \dfrac{1}{4} t cos(2t)

Portanto, $$y(t) = c_1 cos(2t) + c_2 sen(2t) + \frac{1}{5} e^{-t} – \frac{1}{4} t cos(2t).$$

(f) y'' + 4y = 5t^2 e^{t} ;

SOLUÇÃO: 

A equação homogênea associada é dada por y'' + 4y =0 e sua solução é dada por $$y_{h}{t} = c_1cos(2t)+ c_2sen(2t).$$ A solução particular será na forma y_{p}(t) = (At^2 + Bt +C) e^t e substituindo na EDO encontramos $$ y_p” + 4y_p = e^t (2A+2B+5C) + t e^t(4A+5B) + t^2 e^{t} (5A) = 5t^2 e^t .$$ A combinação de termos semelhantes gera A = , B= -4/5 e -2/25 . Portanto, $$y(t) =  c_1cos(2t)+ c_2sen(2t) + \left( t^2 – \frac{4t}{5} – \frac{2}{25} \right)e^t .$$

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