Question

Alguém pode me ajudar neste sistema?

Answer 1

$\left\{ \!\begin{array}{lc} \dfrac{dy_1}{dx}+3y_1+4y_2=2x&~~~~\mathbf{(i)}\\\\ \dfrac{dy_2}{dx}-y_1-y_2=x&~~~~\mathbf{(ii)} \end{array} \right.$


Derivando os dois lados da equação $\mathbf{(i)}$ em relação a $x,$ temos

$\dfrac{d^2 y_1}{dx^2}+3\,\dfrac{dy_1}{dx}+4\,\dfrac{dy_2}{dx}=2$


Da equação $\mathbf{(ii)},$ podemos tirar $\dfrac{dy_2}{dx}$ e substituir na igualdade acima:

$\dfrac{d^2 y_1}{dx^2}+3\,\dfrac{dy_1}{dx}+4\,(y_1+y_2+x)=2\\\\\\ \dfrac{d^2 y_1}{dx^2}+3\,\dfrac{dy_1}{dx}+4y_1+4y_2+4x=2\\\\\\ \dfrac{d^2 y_1}{dx^2}+3\,\dfrac{dy_1}{dx}+4y_1+4y_2=2-4x~~~~~~\mathbf{(iii)}$


Isolando $y_2$ ma equação $\mathbf{(i)}$ e substituindo na equação $\mathbf{(iii)},$ obtemos

$y_2=-\dfrac{1}{4}\,\dfrac{dy_1}{dx}-\dfrac{3}{4}\,y_1+\dfrac{1}{2}\,x~~~~~~~\mathbf{(iv)}\\\\\\\\\ \dfrac{d^2 y_1}{dx^2}+3\,\dfrac{dy_1}{dx}+4y_1+4\left(-\dfrac{1}{4}\,\dfrac{dy_1}{dx}-\dfrac{3}{4}\,y_1+\dfrac{1}{2}\,x\right )=2-4x\\\\\\ \dfrac{d^2 y_1}{dx^2}+3\,\dfrac{dy_1}{dx}+4y_1-\dfrac{dy_1}{dx}-3y_1+2x=2-4x\\\\\\ \dfrac{d^2 y_1}{dx^2}+2\,\dfrac{dy_1}{dx}+y_1=2-4x-2x\\\\\\ \dfrac{d^2 y_1}{dx^2}+2\,\dfrac{dy_1}{dx}+y_1=2-6x~~~~~~\mathbf{(v)}$


A equação $\mathbf{(v)}$ acima é uma equação diferencial ordinária de 2ª ordem, linear, não-homogênea e a coeficientes constantes.

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Primeiro devemos encontrar a solução da equação homogênea associada a $\mathbf{(v)}:$

$\dfrac{d^2 y_1}{dx^2}+2\,\dfrac{dy_1}{dx}+y_1=0~~~~~~\mathbf{(vi)}$


$\bullet~~$ Resolvendo a equação característica:

$\lambda^2+2\lambda+1=0\\\\ (\lambda+1)^2=0\\\\ \lambda_1=\lambda_2=-1$


Obtivemos uma raiz múltipla. Portanto, a base geradora da solução da homogênea é

$\{e^{\lambda_1 x};\;x\,e^{\lambda_1 x}\}\\\\ \{e^{-x};\;x\,e^{-x}\}$


$\bullet~~$ A solução geral da equação homogênea $\mathbf{(vi)}$ é

$\boxed{\begin{array}{c} y_{1_h}(x)=C_1\,e^{-x}+C_2\,x\,e^{-x} \end{array}}$

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$\bullet~~$ Encontrando uma solução particular para a equação $\mathbf{(v)}$ (não-homogênea).

O lado direito é um polinômio de grau $1,$ portanto a solução particular também deve ser um polinômio de grau $1:$

$y_{1_p}(x)=Ax+B$

sendo $A$ e $B$ constantes a serem determinadas.


Derivando a solução particular, temos

$\dfrac{dy_{1_p}}{dx}=A\\\\\\ \dfrac{d^2 y_{1_p}}{dx^2}=0$


Substituindo na equação $\mathbf{(v)},$ devemos ter

$0+2A+(Ax+B)=2-6x\\\\ Ax+(2A+B)=-6x+2$


Na última igualdade acima, por identidade de polinômios, devemos ter

$\left\{ \!\begin{array}{l} A=-6\\\\ 2A+B=2 \end{array} \right.~~\Rightarrow~~A=-6~~\text{ e }~~B=14$


Logo, uma solução particular para a equação não-homogênea $\mathbf{(v)}$ é

$\boxed{\begin{array}{c} y_{1_p}(x)=-6x+14 \end{array}}$


$\bullet~~$ A solução geral da equação $\mathbf{(v)}$ é

$y_1(x)=y_{1_h}(x)+y_{1_p}(x)\\\\ \boxed{\begin{array}{c} y_1(x)=C_1\,e^{-x}+C_2\,x\,e^{-x}-6x+14 \end{array}}$

(esta é a forma geral da função $y_1$ )

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Derivando $y_1$ em relação a $x,$ temos

$\dfrac{dy_1}{dx}=-C_1\,e^{-x}+(C_2\,e^{-x}-C_2\,x\,e^{-x})-6\\\\\\ \dfrac{dy_1}{dx}=-C_1\,e^{-x}+C_2\,(1-x)\,e^{-x}-6$


Substituindo $y_1$ e sua derivada na equação $\mathbf{(iv)},$ obtemos

$y_2(x)=-\dfrac{1}{4}\left[-C_1\,e^{-x}+C_2\,(1-x)\,e^{-x}-6 \right]-\dfrac{3}{4}\left[C_1\,e^{-x}+C_2\,x\,e^{-x}-6x+14 \right ]+\dfrac{1}{2}\,x\\\\\\ y_2(x)=\dfrac{1}{4}\,C_1\,e^{-x}-\dfrac{1}{4}\,C_2\,(1-x)\,e^{-x}+\dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{4}\,C_1\,e^{-x}-\dfrac{3}{4}\,C_2\,x\,e^{-x}+\dfrac{9}{2}\,x-\dfrac{21}{2}+\dfrac{1}{2}\,x\\\\\\ y_2(x)=-\dfrac{1}{2}\,C_1\,e^{-x}-\dfrac{1}{4}\,C_2\,(1-x)\,e^{-x}-\dfrac{3}{4}\,C_2\,x\,e^{-x}+5x-9\\\\\\ \boxed{\begin{array}{c}y_2(x)=-\dfrac{1}{2}\,C_1\,e^{-x}-\dfrac{1}{4}\,C_2\,(1+2x)\,e^{-x}+5x-9 \end{array}}$


sendo $C_1,\,C_2$ constantes reais arbitrárias.