a)y=ex(4cos2x-3xsen2x)
b) y=ex(-3cos2x-4sen2x)
c) y= 4e-x-3e3x
d)y=4excos2x
Uma EDO homôgenea , linear de segunda ordem possui a seguinte forma \(ay''+by'+cy=0\)
Para uma equação \(ay''+by'+cy=0\) adotar uma solução da forma \(y=e^{\gamma \cdot t}\)
Vamos reescrever a equação com \(y=e^{\gamma \cdot t}\)
\(\frac{d^2}{dt^2}\left(\left(e^{ɣt}\right)\right)-2\frac{d}{dt}\left(\left(e^{ɣt}\right)\right)+5e^{ɣt}=0\)
\(\frac{d^2}{dt^2}\left(\left(e^{ɣt}\right)\right)=ɣ^2e^{ɣt}\\ \frac{d}{dt}\left(\left(e^{ɣt}\right)\right)=e^{ɣt}ɣ\)
assim
\(ɣ^2e^{ɣt}-2e^{ɣt}ɣ+5e^{ɣt}=0\\ e^{ɣt}\left(ɣ^2-2ɣ+5\right)=0\)
Como \(e^{\gamma \cdot t}\:\ne \:0\) vamos resolver \(ɣ^2-2ɣ+5=0\)
\(x_{1,\:2}=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}\\ ɣ_{1,\:2}=\frac{-\left(-2\right)\pm \sqrt{\left(-2\right)^2-4\cdot \:1\cdot \:5}}{2\cdot \:1}\\ ɣ=\frac{-\left(-2\right)+\sqrt{\left(-2\right)^2-4\cdot \:1\cdot \:5}}{2\cdot \:1}:\quad 1+2i\\ ɣ=\frac{-\left(-2\right)-\sqrt{\left(-2\right)^2-4\cdot \:1\cdot \:5}}{2\cdot \:1}:\quad 1-2i\)
Para duas raizes complexas
\(\gamma _1\ne \gamma _2\mathrm{,\:onde\:}\gamma _1=\alpha +i\:\beta ,\:\gamma _2=\alpha -i\:\beta \)
a solução geral tem a forma
\(y=e^{\alpha \:t}\left(c_1\cos \left(\beta \:t\right)+c_2\ sen \left(\beta \:t\right)\right)\)
ou seja
\(y=e^t\left(c_1\cos \left(2t\right)+c_2\ sen \left(2t\right)\right)\)
Vamos então aplicar as condições dadas
Para t=0
\(4=e^0\left(c_1\cos \left(2\cdot \:0\right)+c_2\ sen \left(2\cdot \:0\right)\right)\\ c1=4\\ y=e^t\left(4\cos \left(2t\right)+c_2 \ sen \left(2t\right)\right)\)
\(-2=e^0\left(4\cos \left(2\cdot \:0\right)+c_2\ sen \left(2\cdot \:0\right)\right)+\left(-8\ sen \left(2\cdot \:0\right)+c_2\cos \left(2\cdot \:0\right)\cdot \:2\right)e^0\\ c2=-3\\ y=e^t\left(4\cos \left(2t\right)-3\ sen \left(2t\right)\right)\)
assim
o resultado final é \(y=e^t\left(4\cos \left(2t\right)-3\ sen \left(2t\right)\right)\)
portanto letra A
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