Coeficientes Indeterminados | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos

Neste artigo temos uma segunda 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 | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos

1) Resolva as EDOs abaixo:

a) y'' - 2 y' = e^x sen(x)

SOLUÇÃO: A solução da equação homogênea associada, y'' - 2 y' = 0 possui solução dada por $$y_h (x) = c_1 + c_2 e^{2x} . $$

Agora podemos usar o Método dos Coeficientes Indeterminados para encontrar uma solução particular da equação não-homogênea, fazendo $$y_p (x) = A e^x sen(x) + Be^x cos(x), $$ donde, substituindo na equação e resolvendo o sistema, encontramos A = - 1/2 e B = 0 .

Portanto, $$y(x) = c_1 + c_2 e^{2x} – \frac{1}{2}e^x sen(x) . $$

b) y'' + 4y = x^2 sen(2x)

SOLUÇÃO: A solução da equação homogênea associada é dada por $$y_h (x) = c_1 cos(2x) + c_2 sen(2x). $$ Para usar o Método dos Coeficientes Indeterminados para encontrar a solução particular da equação não-homogênea, y_p(x) , deveremos procura-la na forma $$ y_p(x) = (Ax^3+Bx^2 +Cx) cos(2x) + (Dx^3+Ex^2 +Fx) sen(2x),$$ pois o termo sen(2x) aparece na equação diferencial e como G cos(2x) + H sen(2x) já está em y_h (x) não precisa ser adicionada em y_p (x) .

Substituindo na EDO e resolvendo o sistema nas variáveis A, B, C, D, E, F obtemos $$ y_p(x) = – \frac{1}{12} x^3cos(2x) + \frac{1}{16} x^2 sen(2x) + \frac{1}{32}xcos(2x) .$$

Portanto a solução geral desta equação é dada por $$y(x) = c_1 cos(2x) + c_2 sen(2x) – \frac{1}{12} x^3cos(2x) + \frac{1}{16} x^2 sen(2x) + \frac{1}{32}xcos(2x).$$

2. Dada a EDO de segunda ordem y''+y = t +tsen(t) Encontre:

a) Um conjunto fundamental de soluções da EDO homogênea associada y''+y = 0 .

SOLUÇÃO: A EDO homogênea associada, y''+y = 0 , possui equação característica \lambda ^2 +1 = 0 , que tem raízes complexas conjugadas dadas por \lambda = \pm i , ou seja, $$y_H (t) = c_1 cos(t) + c_2 sen (t) .$$

Portanto, \{ cos(t), sen(t) \} é um conjunto fundamental de soluções da equação homogênea associada.

b) A solução geral da EDO usando o Método dos Coeficientes Indeterminados e o Princípio da Superposição.

SOLUÇÃO: Nesse caso, precisamos encontrar uma solução na forma $$y_p (t) = (at+b)tsen(t) + (ct+d)t cos(t) = (at^2 + bt) sen(t) + (ct^2 + dt) cos(t),$$ pois sen(t) aparece na solução da EDO homogênea.

Derivando duas vezes e substituindo na EDO, obtemos $$ [-2at^2 + (-4c -2b)t – 2d +2a] sen(t) + (4at +2c+2b) cos(t) = t sen(t) $$

Logo, encontramos o sistema $$-2a = 0 $$ $$-4c -2b = 1$$ $$-2d+2a = 0 $$ $$4a = 0$$ $$2c +2b = 0 $$ onde encontramos a=d=0, b = 1/2   e c = - 1/2 , o que nos leva a $$y_p (t) = \frac{1}{2} t sen(t) – \frac{1}{2} t^2 cos(t).$$

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

3) Resolva o problema de valor inicial $$y” + y = 4x + 10 sen(x)$$ $$y( \pi ) = 0, y’ ( \pi ) = 2$$

SOLUÇÃO: A solução da equação homogênea associada y'' + y = 0 é dada por $$y_{H}(x) = c_1 cos(x)+c_2 sen(x).$$

Perceba que g(x) é uma soma de um polinômio linear e uma função seno, desta forma, buscamos uma solução particular com a estrutura $$y_p(x) = Ax+B+Cxcos(x) + Dx sen(x) . $$

Derivando essa expressão e substituindo os resultados na equação diferencial, temos $$ y”_{P} + y_{P} = Ax +B-2C sen(x)+ 2D cos(x) = 4x +10 sen(x)$$ o que nos leva ao sistema $$A=4$$ $$B=0$$ $$-2C = 10$$ $$2D =0 .$$ Portanto, obtemos a solução particular $$y_{P}(x) = 4x – 5x cos(x) .$$

Com isso, obtemos a solução geral $$y(x) = c_1 cos(x)+c_2 sen(x) + 4\,x-5\,x\,\mathrm{cos}\left( x\right) $$ e usando as condições iniciais obtemos c_1 = 9 \pi e c_2 = 7

Portanto, a solução do PVI é dada por $$y(x) = 9 \pi cos(x)+7 sen(x) + 4\,x-5\,x\,\mathrm{cos}\left( x\right) .$$

3) Vamos resolver a equação y'' + 4y = e^{t} + \sin{2t}

Equação Homogênea Associada:

y'' + 4y'+4y = 0, que possui equação característica dada por r^2 + 4r'+4 = 0, que possui raízes dadas por \lambda _1 = -2=\lambda_2. Assim, encontramos uma solução y_H (t) = c_1 e^{-2t} + c_2 t e^{-2t}

Solução Particular: Para encontrar as soluções particulares usamos o Método dos Coeficientes Indeterminados, seguindo a mesma lógica dos exemplos apresentados neste artigo.Uma solução particular de y'' + 4y = e^{t} deve ser da forma y_{P1} (t) = me^{t}. Substituindo na EDO e determinando o coeficiente m obtemos: y_{P1} (t) = \dfrac{1}{5} e^{t}.Uma solução particular de y'' + 4y = \sin{2t} deve ser da forma y_{P2} = m t\cos{2 t}+nt\sin{2 t}. Substituindo na EDO e determinando os coeficientes m e n obtemos: y_{P2} (t) = -\dfrac{1}{4} t\cos{2t}. Portanto, y_P (t) = \dfrac{1}{5} e^{t} - \dfrac{1}{4} t\cos{2t}

Solução Geral: y(t) = y_H (t) + y_P (t)= c_1 \cos{2t}+ c_2\sin{2t} + \dfrac{1}{5} e^{t} - \dfrac{1}{4} t\cos{2t}

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• Equações Diferenciais Ordinárias de 2ª Ordem, Homogêneas, com Coeficientes Constantes
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