Coeficientes Indeterminados | 3ª Lista de Exercícios Resolvidos

Neste artigo temos uma terceira 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 | 3ª Lista de Exercícios Resolvidos

1) Resolva as EDOs abaixo:

a) y'' - 6y' +9y = 6x^2+2-12 e^{3x}

SOLUÇÃO: Observe que neste caso, a equação característica da EDO homogênea associada é $$m^2 – 6m +9 = (m-3)^2 = 0,$$ ou seja, teremos raízes reais iguais o que nos leva a $$y_h(x) = c_1 e^{3x} + c_2 x e^{3x}.$$

Observe que o termo e^{3x} aparece na solução da equação homogênea associada, assim como o termo x e^{3x} , o que nos leva a escolher $$y_p(x) = Ax^2 + Bx + C +D x^2 e^{3x}.$$

Derivando esta solução particular e substituindo na equação obtemos $$ y_p” – 6y_p’ +9y_p = = 9Ax^2+(-12A+9B) x +2A – 6B +9C + 2De^{3x} =  6x^2+2-12 e^{3x},$$ que nos leva a um sistema linear com soluções dadas por $$A = 2/3, \qquad B = 8/9, \qquad C= 2/3, \qquad D=-6 .$$ Portanto, a solução geral é dada por $$y(x) =  c_1 e^{3x} + c_2 x e^{3x} + \frac{2}{3}x^2 + \frac{8}{9}x + \frac{2}{3} -6 x^2 e^{3x}.$$

b) y'' +3y'+2y = sen(t)

SOLUÇÃO: Facilmente podemos encontrar, neste caso, $$y_h(t) = c_1 e{-t} + c_2 e^{-2t} .$$

Agora, escolhemos y_p(t) = A sen(t) + Bcos(t) e substituímos na EDO não-homogênea obtendo $$y_p” +3y_p’+2y_p = (A-3B)sen(t)+ (B+3A)cos(t) =  sen(t)$$ que nos leva ao sistema $$A – 3B = 1$$ $$B +3A = 0$$, que tem solução dada por A = \dfrac{1}{10} e B = - \dfrac{3}{10} . Logo, a solução geral neste caso é dada por $$ y(t) = c_1 e{-t} + c_2 e^{-2t} + \frac{1}{10} sen(t) – \frac{3}{10} cos(t).$$

c) y'' -2y'+2y = 5te^tcos(t)

SOLUÇÃO: Facilmente encontramos como solução da equação homogênea associada $$y_h(t) = e^{t} \left( c_1 cos(t) + c_2 sen(t)  \right),$$ pois as raízes da equação característica m^2 -2m+2 = 0 , são m_{1,2} = 1 \pm i .

Agora, a solução particular da equação não-homogênea pode ser encontrada usando $$y_p(t) = t(A t + B) e^t cos(t) + t (C t + D) e^t sen(t),$$ afinal o termo e^tcos(t)   aparece na solução da equação homogênea associada.

Substituindo esta solução na EDO, encontramos $$ y” -2y’+2y = 2e^t \left[ (A+D) cos(t) + (C-B) sen(t) \right] + 2te^t \left[ 2C cos(t) – 2A sen(t) \right] = 5te^tcos(t),$$ o que nos leva à solução A=D = 0 e C = B = 5/4 , ou seja,

$$y(t) = e^{t} \left( c_1 cos(t) + c_2 sen(t)  \right) + \frac{5}{4} t e^t cos(t)  + \frac{5}{4} t^2 e^t sen(t) .$$

d) y'' - y = 2 - t^2

SOLUÇÃO: A equação homogênea associada tem solução dada por $$y_h(t) = c_1 e^{-t} + c_2 e^{t} $$, pois a equação característica é dada por m^2 - 1 =0 , com m_1 = -1 e m_2 = 1.

Considerando y_p(t) = At^2 + Bt +C e substituindo na equação não homogênea, encontramos $$y” – y = -At^2 – Bt +(2A – C) = 2 – t^2$$ o que nos leva em A=1, B=C=0.

Portanto a solução da EDO é dada por $$y(t) = c_1 e^{-t} + c_2 e^{t} +t^2 .$$

e) y'' + 2y'+2y = 5 sen(t) + 5 cos(t)

SOLUÇÃO: Neste caso temos como solução da equação homogênea associada $$y_h(t) = e^{-t} \left( c_1 cos(t) + c_2 sen(t)  \right),$$ pois as raízes da equação característica m^2 +2m+2 = 0 , são m_{1,2} =- 1 \pm i .

A solução particular da equação não-homogênea é encontrada como $$ y_p(t) = A sen(t) + B cos(t).$$ Substituindo na EDO, obtemos $$ y” + 2y’+2y = [- 2B +A] sen(t) + [2A + B] cos(t) = 5 sen(t) + 5 cos(t) $$ o que nos leva a $$ – 2B +A = 5 $$ $$2A + B = 5.$$ Logo, A = 2 e B = 1 . Assim, $$ y(t) = e^{-t} \left( c_1 cos(t) + c_2 sen(t)  \right) + 2 sen(t) + cos(t).$$

f) y'' + 3y' +2y = 10 e^{3t} ;

SOLUÇÃO: A equação homogênea associada é dada por y'' + 3y' +2y =0 e sua solução é dada por $$y_{h}{x} = c_1e^{-t} + c_2e^{-2t}.$$ Agora, usando o método dos coeficientes indeterminados, encontramos uma solução particular na forma y_p(t) = A e^{3t} . Substituindo na EDO, encontramos $$y” + 3y’ +2y = 20 A e^{3t} = 10 e^{3t} \Leftrightarrow A= 1/2 \Leftrightarrow y_p(x) = 1/2 e^{3t}.$$ Portanto, $$y(x) = c_1e^{-t} + c_2e^{-2t} + 1/2 e^{3t}.$$

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