PROF: JEREMIAS STEIN RODRIGUES DISCIPLINA: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE ORDEM SUPERIOR
EQUAÇÕES LINEARES HOMOGÊNEAS COM COEFICIENTES CONSTANTES São EDO'S do tipo ,
𝑎𝑛𝑦(𝑛)+ 𝑎𝑛−1𝑦(𝑛−1)+ ⋯ + 𝑎1𝑦′+ 𝑎0𝑦 = 0 em que os coeficientes 𝑎𝑛, 𝑎𝑛−1… 𝑎1, 𝑎0 são todos constantes reais.
Vamos nos deter mais especificamente nas EDO's de primeira ordem, mais especificamente, equações homogêneas 𝑎𝑦′+ 𝑏𝑦 = 0, em que os coeficientes 𝑎 ≠ 0 e b são constantes. Esse tipo de equação pode ser resolvida por separação de variáveis ou com auxílio do fator de integração, mas há outro método de solução, um que utiliza apenas álgebra. Antes de ilustrar esse método alternativo, fazemos uma observação: resolver𝑎𝑦′+ 𝑏𝑦 = 0 para 𝑦′ resulta em 𝑦′ = 𝑘𝑦, em que 𝑘 é uma constante. Essa observação revela a natureza da solução desconhecida 𝑦; a única função não trivial elementar cuja derivada é um múltiplo dela mesma é a função exponencial 𝑒𝑚𝑥. Agora, o novo método de solução: se substituirmos 𝑦 = 𝑒𝑚𝑥 e 𝑦′= 𝑚𝑒𝑚𝑥 em 𝑎𝑦′+ 𝑏𝑦 = 0, obtemos
𝑎𝑚𝑒𝑚𝑥 + 𝑏𝑒𝑚𝑥 = 0 𝑜𝑢 𝑒𝑚𝑥(𝑎𝑚 + 𝑏) = 0
Como 𝑒𝑚𝑥 nunca é zero para valores reais de 𝑥, a última equação é satisfeita somente quando 𝑚 é uma solução ou raiz da equação polinomial de primeiro grau 𝑎𝑚 + 𝑏 = 0. Para esse valor único de 𝑚, 𝑦 = 𝑒𝑚𝑥 é uma solução da equação diferencial. Para ilustrar, considere a equação diferencial 2𝑦′+ 5𝑦 = 0. Não é necessário realizar a diferenciação e substituição de 𝑦 = 𝑒𝑚𝑥 na equação diferencial, temos somente que formar a equação 2𝑚 + 5 = 0 e resolvê-la para 𝑚. De 𝑚 = −5
2
concluímos que 𝑦 = 𝑒−5𝑥2 é uma solução de 2𝑦′+ 5𝑦 = 0, e sua solução geral no intervalo (−∞, ∞) é 𝑦 = 𝑐1𝑒−
5𝑥 2.
Desta forma, veremos como proceder para produzir soluções EDs lineares homogêneas de ordens superiores
𝑎𝑛𝑦(𝑛)+ 𝑎𝑛−1𝑦(𝑛−1)+ ⋯ + 𝑎1𝑦′+ 𝑎0𝑦 = 0 em que os coeficientes 𝑎𝑖, 𝑖 = 0,1, … , 𝑛 são constantes reais e 𝑎𝑛 ≠ 0.
EQUAÇÃO AUXILIAR
Primeiramente, consideremos o caso particular da equação de segunda ordem 𝑎𝑦′′+ 𝑏𝑦′+ 𝑐𝑦 = 0
em que 𝑎, 𝑏, 𝑐 são constantes. Se tentarmos encontrar uma solução da forma 𝑦 = 𝑒𝑚𝑥, então, após a substituição de 𝑦′= 𝑚𝑒𝑚𝑥 e 𝑦′′= 𝑚2𝑒𝑚𝑥, a equação diferencial 𝑎𝑦′′+ 𝑏𝑦′+ 𝑐𝑦 = 0 torna-se
𝑎𝑚2𝑒𝑚𝑥+ 𝑏𝑚𝑒𝑚𝑥+ 𝑐𝑒𝑚𝑥 = 0 𝑜𝑢 𝑒𝑚𝑥(𝑎𝑚2+ 𝑏𝑚 + 𝑐) = 0
Como no início, argumentamos que, devido a 𝑒𝑚𝑥 ≠ 0 para todo 𝑥 real, é evidente que a única maneira de 𝑦 = 𝑒𝑚𝑥 pode satisfazer a equação diferencial 𝑎𝑦′′+ 𝑏𝑦′+ 𝑐𝑦 = 0 é quando 𝑚 é escolhido como uma raiz da equação quadrática.
𝑎𝑚2+ 𝑏𝑚 + 𝑐 = 0
Essa última equação é chamada de equação auxiliar (ou polinômio característico) da equação diferencial 𝑎𝑦′′+ 𝑏𝑦′+ 𝑐𝑦 = 0. Uma vez que as duas raízes de 𝑎𝑚2+ 𝑏𝑚 + 𝑐 = 0 são
𝑚1 = −𝑏 + √𝑏2− 4𝑎𝑐
2𝑎 𝑒 𝑚2 =−𝑏 − √𝑏2− 4𝑎𝑐 2𝑎
Teremos três formas da solução geral, cada uma correspem quendo a um dos três casos:
𝑚1 𝑒 𝑚2 são reais e distintas (𝑏2− 4𝑎𝑐 > 0);
𝑚1 𝑒 𝑚2 são reais e iguais (𝑏2− 4𝑎𝑐 = 0)
𝑚1 𝑒 𝑚2 são números complexos conjugados (𝑏2− 4𝑎𝑐 < 0) Vamos discutir cada um dos casos.
RAÍZES REAIS DISTINTAS A equação diferencial linear
𝑎𝑛𝑦(𝑛)+ 𝑎𝑛−1𝑦(𝑛−1)+ ⋯ + 𝑎1𝑦′+ 𝑎0𝑦 = 0
será chamada de homogênea e se tivermos 𝑟1, 𝑟2, 𝑟3, … , 𝑟𝑛 como raízes reais distintas do polinômio 𝑎𝑛𝑚𝑛+ 𝑎𝑛−1𝑚𝑛−1+ ⋯ + 𝑎1𝑚 + 𝑎0 = 0
então a sua solução geral será do tipo.
𝑦 = 𝐶1𝑒𝑚1𝑥+ 𝐶2𝑒𝑚2𝑥+ ⋯ + 𝐶𝑛𝑒𝑚𝑛𝑥
EXEMPLO:
1. Resolva a seguinte EDO 𝑦′′− 5𝑦′+ 6𝑦 = 0 Temos
𝑚2 − 5𝑚 + 6 = 0
então temos como raízes 𝑚1 = 2 𝑒 𝑚2 = 3, sendo assim a solução será 𝑦 = 𝐶1𝑒2𝑥+ 𝐶2𝑒3𝑥
2. Resolva a EDO 𝑦′′′− 3𝑦′′+ 2𝑦′ = 0 Temos
𝑚3− 3𝑚2+ 2𝑚 = 0 𝑚(𝑚2− 3𝑚 + 2) = 0 𝑚 = 0 𝑜𝑢 𝑚2− 3𝑚 + 2 = 0
𝑚1 = 0, 𝑚2 = 1 𝑒 𝑚3 = 2 sendo assim a solução será
𝑦 = 𝐶1𝑒0𝑥+ 𝐶2𝑒𝑥+ 𝐶3𝑒3𝑥 𝑦 = 𝐶1+ 𝐶2𝑒𝑥+ 𝐶3𝑒3𝑥
RAÍZES REAIS IGUAIS (REPETIDAS)
Vamos analisar o caso em que 𝑚1 = 𝑚2, temos necessariamente uma única solução exponencial, 𝑦1 = 𝑒𝑚1𝑥. Então resolvendo a equação 𝑎𝑦′′+ 𝑏𝑦 + 𝑐 = 0 temos 𝑚1 = 𝑚2 = − 𝑏
2𝑎 ⟹
−𝑏
𝑎 = 2𝑚1 , segue que uma segunda solução é 𝑦2 = 𝑒𝑚1𝑥∫𝑒2𝑚1𝑥
𝑒2𝑚1𝑥𝑑𝑥 = 𝑒𝑚1𝑥∫ 𝑑𝑥 = 𝑥𝑒𝑚1𝑥 Então a solução geral é
𝑦 = 𝑐1𝑒𝑚1𝑥+ 𝑐2𝑥𝑒𝑚1𝑥 No caso geral em que a equação diferencial linear
𝑎𝑛𝑦(𝑛)+ 𝑎𝑛−1𝑦(𝑛−1)+ ⋯ + 𝑎1𝑦′+ 𝑎0𝑦 = 0
ter raízes 𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚3, 𝑚4, 𝑚5, … , 𝑚𝑛 como raízes reais do polinômio 𝑎𝑛𝑚𝑛+ 𝑎𝑛−1𝑚𝑛−1+ ⋯ + 𝑎1𝑚 + 𝑎0 = 0, com raízes repetidas 𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚3, então a sua solução geral será do tipo.
𝑦 = 𝐶1𝑒𝑚1𝑥+ 𝐶2𝑥𝑒𝑚2𝑥+ 𝐶3𝑥2𝑒𝑚3𝑥… + 𝐶𝑛𝑒𝑚𝑛𝑥
EXEMPLO:
1. Resolva a EDO 𝑦′′− 4𝑦′+ 4𝑦 = 0 Temos
𝑚2 − 4𝑚 + 4 = 0 𝑚1 = 𝑚2= 2 sendo assim a solução será
𝑦 = 𝐶1𝑒2𝑥+ 𝐶2𝑥𝑒2𝑥
2. Resolva a EDO 𝑦′′′− 3𝑦′′+ 3𝑦′ − 1 = 0 Temos
𝑚3− 3𝑚2+ 3𝑚 − 1 = 0
(𝑚 − 1)2 = 0 𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚3 = 1 sendo assim a solução será
𝑦 = 𝐶1𝑒𝑥+ 𝐶2𝑥𝑒𝑥+ 𝐶3𝑥2𝑒𝑥
RAÍZES COMPLEXAS Se na equação
𝑎𝑛𝑦(𝑛)+ 𝑎𝑛−1𝑦(𝑛−1)+ ⋯ + 𝑎1𝑦′+ 𝑎0𝑦 = 0
tivermos 𝑚1, 𝑚2, 𝑚3, … , 𝑚𝑛 como raízes reais do polinômio 𝑎𝑛𝑚𝑛+ 𝑎𝑛−1𝑚𝑛−1+ ⋯ + 𝑎1𝑚 + 𝑎0 = 0, com raízes complexas 𝑚1 = 𝛼 + 𝛽𝑖 𝑒 𝑚2 = 𝛼 − 𝛽𝑖, formalmente não há diferença entre esse caso e o caso 1.
Portanto,
𝑦 = 𝑐1𝑒(𝛼+𝑖𝛽)𝑥+ 𝑐2𝑒(𝛼−𝑖𝛽)𝑥
Porém, na prática, preferimos trabalhar com funções reais, em vez de exponenciais complexas.
Com essa finalidade, usamos a fórmula de Euler:
𝑒𝑖𝜃 = cos 𝜃 + 𝑖 sin 𝜃 em que 𝜃 é um número real qualquer. Dessa fórmula, segue que
𝑒𝑖𝛽𝑥 = cos 𝛽𝑥 + 𝑖 sin 𝛽𝑥 𝑒 𝑒−𝑖𝛽𝑥 = cos 𝛽𝑥 − 𝑖 sin 𝛽𝑥 (1)
em que usamos cos(−𝛽𝑥) = cos 𝛽𝑥 𝑒 sin(−𝛽𝑥) = − sin 𝛽𝑥. Observe que, primeiro somando e então subtraindo as duas equações em (1), obtemos respectivamente,
𝑒𝑖𝛽𝑥+ 𝑒−𝑖𝛽𝑥 = 2 cos 𝛽𝑥 𝑒 𝑒𝑖𝛽𝑥− 𝑒−𝑖𝛽𝑥 = −2𝑖 sin 𝛽𝑥
Uma vez que 𝑦 = 𝑐1𝑒(𝛼+𝑖𝛽)𝑥+ 𝑐2𝑒(𝛼−𝑖𝛽)𝑥 é solução da edo para qualquer escolha de 𝑐1 𝑒 𝑐2, as escolhas 𝑐1 = 𝑐2 = 1 ou 𝑐1 = 1 𝑒 𝑐2 = −1, nos dão, sucessivamente, duas soluções:
𝑦1 = 𝑒(𝛼+𝑖𝛽)𝑥+ 𝑒(𝛼−𝑖𝛽)𝑥 𝑒 𝑦2 = 𝑒(𝛼+𝑖𝛽)𝑥− 𝑒(𝛼−𝑖𝛽)𝑥 𝑦1 = 𝑒𝛼𝑥(𝑒𝑖𝛽𝑥+ 𝑒−𝑖𝛽𝑥) = 2𝑒𝛼𝑥cos 𝛽𝑥
e
𝑦2 = 𝑒𝛼𝑥(𝑒𝑖𝛽𝑥− 𝑒−𝑖𝛽𝑥) = 2𝑖𝑒𝛼𝑥sin 𝛽𝑥
Logo, do corolário (A) do Teorema 1, os dois últimos resultados mostram que 𝑒𝛼𝑥cos 𝛽𝑥 e 𝑒𝛼𝑥sin 𝛽𝑥 são soluções reais da EDO. Além disso, essas soluções formam um sistema fundamental em (−∞, ∞). Consequentemente, a solução geral é
𝑦 = 𝑐1𝑒𝛼𝑥cos 𝛽𝑥 + 𝑐2𝑒𝛼𝑥sin 𝛽𝑥 = 𝑒𝛼𝑥(𝑐1cos 𝛽𝑥 + 𝑐2sin 𝛽𝑥)
EXEMPLO:
1. Resolva a EDO 𝑦′′+ 4𝑦 = 0 Temos
𝑚2+ 4 = 0 𝑚1 = 2𝑖 𝑒 𝑚2 = −2𝑖 sendo assim 𝛼 = 0 𝑒 𝛽 = 2 a solução será
𝑦 = 𝑒0𝑥[𝐶1cos 2𝑥 + 𝐶2sin 2𝑥]
𝑦 = [𝐶1cos 2𝑥 + 𝐶2sin 2𝑥]
2. . Resolva a seguinte EDO 𝑦′′+ 𝑦′+ 𝑦 = 0 Temos
𝑚2 + 𝑚 + 1 = 0 𝑚1 = 1 + 𝑖 𝑒 𝑚2 = 1 − 𝑖 sendo assim 𝛼 = 1 𝑒 𝛽 = 1 a solução será
𝑦 = 𝑒𝑥[𝐶1cos 𝑥 + 𝐶2sin 𝑥]
2. Resolva a seguinte EDO 3𝑦′′′+ 5𝑦′′+ 10𝑦′− 4𝑦 = 0 Temos
3𝑚3+ 5𝑚2+ 10𝑚 − 4 = 0 𝑚1 =1
3, 𝑚2 = −1 + √3𝑖 𝑒 𝑚3 = −1 − √3𝑖 sendo assim 𝛼 = 0 𝑒 𝛽 = 2 a solução será
𝑦 = 𝑐1(𝑒𝑥3) [𝐶2cos √3𝑥 + 𝐶2sin √3𝑥]
COEFICIENTES A DETERMINAR
Para resolver a equação diferencial linear
𝑎𝑛𝑦(𝑛)+ 𝑎𝑛−1𝑦(𝑛−1)+ ⋯ + 𝑎1𝑦′+ 𝑎0𝑦 = 𝑔(𝑥) Precisamos fazer duas coisas
( i ) encontrar a função complementar 𝑦𝑐
( ii ) Encontrar qualquer solução particular 𝑦𝑝 da EDO dada.
Então, teremos 𝑦 = 𝑦𝑐+ 𝑦𝑝. A função complementar 𝑦𝑐 é uma solução geral da equação homogênea associada
𝑎𝑛𝑦(𝑛)+ 𝑎𝑛−1𝑦(𝑛−1)+ ⋯ + 𝑎1𝑦′+ 𝑎0𝑦 = 𝑔(𝑥)
Vimos na aula anterior como resolver essas equações quando os coeficientes são constantes.
Nosso objetivo na presente seção é desenvolver um método para a obtenção de soluções particulares.
MÉTODO DOS COEFICIENTES A DETERMINAR
O primeiro método dentre dois caminhos que consideraremos para determinar uma solução particular 𝑦𝑝 para a EDO linear não homogênea é chamado de método dos coeficientes a determinar.
A ideia subjacente a esse método é uma conjectura, um palpite bem informado sobre a forma de 𝑦𝑝, que é baseada nos tipos de funções que compõem a função de entrada 𝑔(𝑥).
O método geral é limitado a EDO's lineares, em que;
Os coeficientes 𝑎𝑖, 𝑖 = 0, 1, 2, … , 𝑛 são constantes e
𝑔(𝑥) é uma constante 𝑘, uma função polinomial, uma função exponencial 𝑒𝛼𝑥, uma função seno ou cosseno sin 𝛽𝑥 𝑜𝑢 cos 𝛽𝑥, ou somas e produtos finitos dessas funções.
NOTA
Rigorosamente falando, 𝑔(𝑥) = 𝑘 é uma função polinomial. Uma vez que uma função constante não é a primeira coisa que lhe vem à mente quando você pensa sobre função polinomial, para enfatizar a usar a redundância "funções constantes, polinômios....".
As funções a seguir são alguns exemplos dos tipos de função de entrada 𝑔(𝑥) adequados a essa discussão:
𝑔(𝑥) = 10, 𝑔(𝑥) = 𝑥2 − 5𝑥, 𝑔(𝑥) = 15𝑥 − 6 + 8𝑒−𝑥 𝑔(𝑥) = sin 3𝑥 − 5𝑥 cos 2𝑥 𝑔(𝑥) = 𝑥𝑒𝑥sin 𝑥 + (3𝑥2− 1)𝑒−4𝑥 Isto é, 𝑔(𝑥) é uma combinação linear de funções do tipo.
𝑃(𝑥) = 𝑎𝑛𝑥𝑛+ 𝑎𝑛−1𝑥𝑛−1+ ⋯ + 𝑎1𝑥 + 𝑎0
𝑃(𝑥) = 𝑒𝛼𝑥 𝑃(𝑥) = 𝑒𝛼𝑥sin 𝛽𝑥 𝑃(𝑥) = 𝑒𝛼𝑥cos 𝛽𝑥
Devemos notar que o conjunto das funções que consiste em constantes, polinômios, exponenciais 𝑒𝛼𝑥 , senos e cossenos tem a propriedade notável de que as derivadas das respectivas somas e produtos são novamente somas e produtos de constantes, polinômios, exponenciais, senos e cossenos. Como a combinação linear de derivadas
𝑎𝑛𝑦𝑝𝑛+ 𝑎𝑛−1𝑦𝑝𝑛−1+ ⋯ + 𝑎1𝑦𝑝′+ 𝑎0𝑦𝑝 deve ser idêntica a 𝑔(𝑥), é razoável supor 𝑦𝑝 tem a mesma forma de 𝑔(𝑥).
EXEMPLO: Encontre a solução geral da EDO usando o método dos coeficientes a determinar.
𝑦′′+ 4𝑦′− 2𝑦 = 2𝑥2− 3𝑥 + 6
Passo 1: Em primeiro lugar, resolvemos a equação homogênea associada
𝑦′′+ 4𝑦′− 2𝑦 = 0
Da fórmula de resolução da equação quadrática, segue que as raízes da equação auxiliar 𝑚2 + 4𝑚 − 2 = 0
são 𝑚1 = −2 − √6 𝑒 𝑚2 = −2 + √6 Logo, a função complementar é
𝑦𝑐 = 𝑐1𝑒(−2−√6)𝑥+ 𝑐2𝑒(−2+√6)𝑥
Passo 2: Agora, como a função 𝑔(𝑥) é um polinômio quadrático, vamos supor que existe uma solução particular que também seja dessa forma:
𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2+ 𝐵𝑥 + 𝐶
Procuramos determinar os coeficientes específicos 𝐴, 𝐵 𝑒 𝐶 para os quais 𝑦𝑝 é uma solução da EDO dada. Substituindo 𝑦𝑝 e as derivadas
𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2+ 𝐵𝑥 + 𝐶 𝑦𝑝′ = 2𝐴𝑥 + 𝐵 𝑒 𝑦𝑝′′ = 2𝐴 na EDO original, obtemos
𝑦𝑝′′+ 4𝑦𝑝′− 2𝑦𝑝 = 2𝑥2− 3𝑥 + 6
(2𝐴) + 4(2𝐴𝑥 + 𝐵) − 2(𝐴𝑥2+ 𝐵𝑥 + 𝐶) = 2𝑥2 − 3𝑥 + 6
Como estamos supondo que essa última equação é uma identidade, os coeficientes de 𝑥 de potência idêntica devem ser iguais:
−2𝐴𝑥2+ (8𝐴 − 2𝐵)𝑥 + 2𝐴 + 4𝐵 − 2𝐶 = 2𝑥2 − 3𝑥 + 6
−2𝐴 = 2 8𝐴 − 2𝐵 = −3 2𝐴 + 4𝐵 − 2𝐶 = 6 Resolvendo esse sistema de equações, obtemos os valores
𝐴 = −1, 𝐵 = −5
2, 𝐶 = −9 Logo, uma solução particular é
𝑦𝑝= −𝑥2−5 2𝑥 − 9 Passo 3: A solução da equação dada é
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1𝑒(−2−√6)𝑥+ 𝑐2𝑒(−2+√6)𝑥− 𝑥2 −5 2𝑥 − 9
EXEMPLO: Solução particular usando coeficientes a Determinar
Encontre a solução Particular da EDO usando o método dos coeficientes a determinar.
𝑦′′− 𝑦′+ 𝑦 = 2 sin 3𝑥
Passo 1: A primeira conjetura natural para uma solução particular seria 𝐴𝑠𝑖𝑛 3𝑥. Mas como diferenciações sucessivas de sin 3𝑥 produzem sin 3𝑥 𝑒 cos 3𝑥, somos levados a procurar uma solução particular que inclua esses termos:
𝑦𝑝 = 𝐴 cos 3𝑥 + 𝐵 sin 3𝑥 Diferenciando 𝑦𝑝
𝑦𝑝 = 𝐴 cos 3𝑥 + 𝐵 sin 3𝑥
𝑦𝑝′ = −3𝐴 sin 3𝑥 + 3𝐵 cos 3𝑥 𝑒 𝑦𝑝′′ = −9𝐴 cos 3𝑥 − 9𝐵 sin 3𝑥 e substituindo os resultados na equação diferencial, depois de reagrupar, obtemos
𝑦𝑝′′− 𝑦𝑝′ + 𝑦𝑝 = 2 sin 3𝑥
−9𝐴 cos 3𝑥 − 9𝐵 sin 3𝑥 − (−3𝐴 sin 3𝑥 + 3𝐵 cos 3𝑥) + 𝐴 cos 3𝑥 + 𝐵 sin 3𝑥 = 2 sin 3𝑥 (−8𝐴 − 3𝐵) cos 3𝑥 + (3𝐴 − 8𝐵) sin 3𝑥 = 0 cos 3𝑥 + 2 sin 3𝑥
Do sistema de equações resulta;
−8𝐴 − 3𝐵 = 0 3𝐴 − 8𝐵 = 2
Resolvendo esse sistema de equações, obtemos os valores 𝐴 = 6
73, 𝐵 = −16 73 Logo, uma solução particular é
𝑦𝑝 = 6
73cos 3𝑥 −16
73sin 3𝑥
Conforme mencionamos, a forma que escolhemos para a solução particular 𝑦𝑝 é um palpite bem informado; não é um palpite às cegas. Esse palpite deve levar em consideração não somente os tipos de função que compõe 𝑔(𝑥), mas também, como veremos nos exemplos a seguir, as funções que compõe a função complementar 𝑦𝑝.
EXEMPLO: Construindo 𝑦𝑝 por superposição.
Resolva a 𝑦′′− 2𝑦′− 3𝑦 = 4𝑥 − 5 + 6𝑥𝑒2𝑥
Passo 1: Em primeiro lugar, encontramos a solução da equação homogênea associada 𝑦′′− 2𝑦′− 3𝑦 = 0
que é
𝑦𝑐 = 𝑐1𝑒−𝑥+ 𝑐2𝑒3𝑥
Passo 2: A seguir, a presença de 4𝑥 − 5 em 𝑔(𝑥) sugere que a solução particular deve incluir um polinômio linear. Além disso, como a derivada do produto 𝑥 𝑒2𝑥 produz 2𝑥𝑒2𝑥 𝑒 𝑒2𝑥, supomos também que a solução particular inclua 𝑥𝑒2𝑥 𝑒 𝑒2𝑥. Em outras palavras, 𝑔 é a soma de dois tipos de função básica:
𝑔(𝑥) = 𝑔1(𝑥) + 𝑔2(𝑥) = 𝑝𝑜𝑙𝑖𝑛ô𝑚𝑖𝑜 + 𝑒𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑖𝑠
O princípio de superposição para equações não homogêneas sugere que tentemos uma solução particular
𝑦𝑝 = 𝑦𝑝1+ 𝑦𝑝2 em que
𝑦𝑝1 = 𝐴𝑥 + 𝐵 𝑒 𝑦𝑝2 = 𝐶𝑥𝑒2𝑥+ 𝐸𝑒2𝑥 então, substituindo em 𝑦𝑝 temos
𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝐶𝑥𝑒2𝑥+ 𝐸𝑒2𝑥 Temos,
𝑦𝑝′ = 𝐴 + 𝐶𝑒2𝑥+ 2𝐶𝑥𝑒2𝑥+ 2𝐸𝑒2𝑥 𝑦𝑝′′= 2𝐶𝑒2𝑥+ 2𝐶𝑒2𝑥+ 4𝐶𝑥𝑒2𝑥+ 4𝐸𝑒2𝑥 Substituindo na EDO temos
𝑦𝑝′′− 2𝑦𝑝′− 3𝑦𝑝 = 4𝑥 − 56𝑥𝑒2𝑥
(2𝐶𝑒2𝑥+ 2𝐶𝑒2𝑥+ 4𝐶𝑥𝑒2𝑥+ 4𝐸𝑒2𝑥) − 2(𝐴 + 𝐶𝑒2𝑥+ 2𝐶𝑥𝑒2𝑥+ 2𝐸𝑒2𝑥)
− 3(𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝐶𝑥𝑒2𝑥+ 𝐸𝑒2𝑥) = 4𝑥 − 56𝑥𝑒2𝑥
−3𝐴𝑥 − 2𝐴 − 3𝐵 − 3𝐶𝑥𝑒2𝑥+ (2𝐶 − 3𝐸)𝑒2𝑥 = 4𝑥 − 5 + 6𝑥𝑒2𝑥 Dessa identidade, obtemos as quatro equações
−3𝐴 = 4, −2𝐴 − 3𝐵 = −5, −3𝐶 = 6, 2𝐶 − 3𝐸 = 0
A última equação nesse sistema resulta de que o coeficiente de 𝑒2𝑥 é zero. Resolvendo, encontramos;
𝐴 = −4
3, 𝐵 =23
9 , 𝐶 = −2 𝑒 𝐸 = −4 3 e substituindo em 𝑦𝑝 temos
𝑦𝑝 = −4
3𝑥 +23
9 − 2𝑥𝑒2𝑥−4 3𝑒2𝑥 Passo 3: A solução geral da equação é
𝑦 = 𝑐1𝑒−𝑥+ 𝑐2𝑒3𝑥−4
3𝑥 +23
9 − 2𝑥𝑒2𝑥−4 3𝑒2𝑥 Observe alguns exemplos específicos de 𝑔(𝑥).
𝒈(𝒙) Forma de 𝒚𝒑
1. 𝑘 𝐴
2. 5𝑥 + 7 𝐴𝑥 + 𝐵
3. 3𝑥2− 2 𝐴𝑥2+ 𝐵𝑥 + 𝐶
4. 𝑥3− 𝑥 + 1 𝐴𝑥3+ 𝐵𝑥2 + 𝐶𝑥 + 𝐸
5. sin 4𝑥 𝐴 cos 4𝑥 + 𝐵 sin 4𝑥
6. cos 4𝑥 𝐴 cos 4𝑥 + 𝐵 sin 4𝑥
7. 𝑒5𝑥 𝐴𝑒5𝑥
8. (9𝑥 − 2)𝑒5𝑥 (𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒5𝑥
9. 𝑥2𝑒5𝑥 (𝐴𝑥2+ 𝐵𝑥 + 𝐶)𝑒5𝑥
10. 𝑒3𝑥sin 4𝑥 𝐴𝑒3𝑥cos 4𝑥 + 𝐵𝑒3𝑥sin 4𝑥
11. 5𝑥2sin 4𝑥 (𝐴𝑥2+ 𝐵𝑥 + 𝐶) cos 4𝑥 + (𝐸𝑥2+ 𝐹𝑥 + 𝐺) sin 4𝑥 12. 𝑥𝑒3𝑥cos 4𝑥 (𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒3𝑥cos 4𝑥 + (𝐶𝑥 + 𝐸)𝑒3𝑥sin 4𝑥
FORMAS DE SOLUÇÕES - CASO 1 (Não há nenhum dos termos de 𝒚𝒑 na função complementar).
EXEMPLO: Determine a forma de uma solução particular de;
𝑎) 𝑦′′− 8𝑦′+ 25𝑦 = 5𝑥3𝑒−𝑥− 7𝑒−𝑥
Podemos escrever 𝑔(𝑥) = (5𝑥3− 7)𝑒−𝑥. Usando o item 9 da tabela, vamos supor que uma solução particular é da forma
𝑦𝑝 = (𝐴𝑥3+ 𝐵𝑥2 + 𝐶𝑥 + 𝐸)𝑒−𝑥
Observe que não há nenhum dos termos de 𝑦𝑝 na função complementar 𝑦𝑐 = 𝑒4𝑥(𝑐1cos 3𝑥 + 𝑐2sin 3𝑥)
𝑏) 𝑦′′+ 4𝑦 = 𝑥 cos 𝑥
Podemos escrever 𝑔(𝑥) = cos 𝑥. Usando o item 11 da tabela, vamos supor que uma solução particular é da forma
𝑦𝑝 = (𝐴𝑥 + 𝐵) cos 𝑥 + (𝐶𝑥 + 𝐸) sin 𝑥
Mais uma vez observe que não há nenhum dos termos de 𝑦𝑝 na função complementar 𝑦𝑐 = (𝑐1cos 2𝑥 + 𝑐2sin 2𝑥)
FORMAS DE SOLUÇÕES - CASO 2 ( há termos de 𝒚𝒑 na função complementar).
EXEMPLO: Determine a forma de uma solução particular de;
𝑎) 𝑦′′− 2𝑦′+ 𝑦 = 𝑒𝑥
A função complementar é 𝑦𝑐 = 𝑐1𝑒𝑥+ 𝑐2𝑥𝑒𝑥. A suposição 𝑦𝑝 = 𝐴𝑒𝑥 não será adequada porque é evidente em 𝑦𝑐 que 𝑒𝑥 é uma solução da equação homogênea associada 𝑦′′− 2𝑦′+ 𝑦 = 0.
Além disso, como 𝑥𝑒𝑥 também está em 𝑦𝑐, não encontraremos uma solução particular da forma 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥𝑒𝑥. Vamos tentar
𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2𝑒𝑥
Substituindo na equação dada, obtemos 2𝐴𝑒𝑥 = 𝑒𝑥 e, portanto, 𝐴 =1
2. Assim sendo, uma solução particular é 𝑦𝑝 =1
2𝑥2𝑒𝑥.
