Curso de Equações Diferenciais Ordinárias - Unesp

Prova:
Como y 1 e y 2
são soluções de (∗) temos
ay 1 ′′ + by 1 ′ + cy 1 = g (t)
ay 2 ′′ + by 2 ′ + cy 2 = g (t)
e subtraindo a segunda equação da primeira obtemos
a (y 1 − y 2 ) ′′ + b (y 1 − y 2 ) ′ + c (y 1 − y 2 ) = 0
Logo (y 1 − y 2 ) é uma solução da homogênea associada.
Exercício: Verifique que o resultado continua valendo para EDO’s lineares,
não necessariamente com coeficientes constantes e não necessariamente de segunda
ordem.
Observação:
O teorema acima nos fornece o método para encontrarmos a solução geral
de uma EDO do tipo (∗) .
Sejam
y p
uma solução particular de (∗) , e
{y 1 , y 2 }
um conjunto fundamental de soluções da homogênea associada. Então qualquer
solução y de (∗) deve ser da forma
y = y p + ay 1 + by 2 .
De fato, se y é uma solução de (∗) então (y − y p ) é uma solução da homogênea
associada. Assim devem existir constantes a, b tais que
y − y p = ay 1 + by 2 .
PROBLEMA: Nosso problema agora será a obtenção de soluções particulares.
Vamos procurar soluções particulares conforme a tabela abaixo:
g (t)
y p
e αt At s e αt (s = 0, 1, 2)
poli de grau n t s . (poli de grau n) (s = 0, 1, 2)
e αt cos βt
Ae αt cos βt + Be αt sin βt
e αt sin βt
Ae αt cos βt + Be αt sin βt
(poli de grau n) .e αt (poli de grau n) .e αt
(poli de grau n) sin αt (poli de grau n) (sin αt + cos αt)
(poli de grau n) cos αt (poli de grau n) (sin αt + cos αt)
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