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Enunciado

Cálculo - Boyce - Equações Diferenciais - Ed: 10º - Capítulo 3.1 - Ex. 25

Considere o problema de valor inicial

2 y ' ' + 3 y ' - 2 y = 0 ,     y 0 = 1 ,     y ' 0 = - α ,

em que α > 0 .

  1. Resolva o problema de valor inicial.
  2. Faça o gráfico da solução em α = 1 . Encontre as coordenadas t 0 ,   y 0 do ponto de mínimo da solução neste caso.
  3. Encontre o menor valor de α para o qual a solução não tem ponto de mínimo.

Passo 1

Para resolvermos esse problema iremos analisar cada tipo de EDO e escolher o melhor método para resolvermos a mesma. Após isso, vamos aplicar esse método nos atentando com os casos complicados que podem aparecer. Para o problema de valor inicial, usaremos uma relação dada no capítulo para as constantes, onde resolvemos um sistema e chegamos que

c 1 = y 0 ' - y 0 ⋅ r 2 r 1 - r 2 ⋅ e - r 1 ⋅ t 0 ,     c 2 = y 0 ⋅ r 1 - y 0 ' r 1 - r 2 ⋅ e - r 2 ⋅ t 0

Vamos resolver juntos!!

Passo 2

  1. Bom, como para esse capítulo vamos apenas cair no caso onde a nossa equação característica é dada por r 1 ≠ r 2 , temos que haverá duas soluções para nossa equação. Supondo então que nossa solução é dada por y = e r ⋅ t , temos que nossa solução geral será

    2. y = c 1 ⋅ e r 1 ⋅ t + c 2 ⋅ e r 2 ⋅ t e

    y ' = c 1 ⋅ r 1 ⋅ e r 1 t + c 2 ⋅ r 2 ⋅ e r 2 t  

    Ficando com y ' = r ⋅ e r ⋅ t e y ' ' = r 2 ⋅ e r ⋅ t . Substituindo em nossa EDO, temos que

    2 r 2 + 3 r - 2 ⋅ e r ⋅ t = 0

    2 r 2 + 3 r - 2 = 0

    Caimos em uma equação de segundo grau. Resolvendo pelo método de Bhaskara, chegamos que

    r = - b ± b 2 - 4 ⋅ a ⋅ c 2 ⋅ a = - 3 ± 25 4

    Tendo como raízes r 1 = 1 / 2 e r 2 = - 2   . Assim, temos que nossa solução geral para a EDO dada é

    y = c 1 ⋅ e 1 / 2   t + c 2 ⋅ e - 2 t

    Aplicando as condições de contorno, temos que nossas constantes serão dadas pela relação mostrada no Passo 1, assim temos que

    c 1 = y 0 ' - y 0 ⋅ r 2 r 1 - r 2 ⋅ e - r 1 ⋅ t 0 = - α + 1 ⋅ 2 1 / 2 + 2 ⋅ e - 1 / 2 ⋅ 0 = - α + 2 5 / 2 = ( - 2 α + 4 ) / 5  

    c 2 = y 0 ⋅ r 1 - y 0 ' r 1 - r 2 ⋅ e - r 2 ⋅ t 0 = 1 ⋅ 1 / 2 + α 1 / 2 + 2 ⋅ e 2 ⋅ 0 = 2 α + 1 5

    Assim nossa equação que satisfaz a EDO é

    y = - 2 α + 4 5 ⋅ e 1 / 2 t + 2 α + 1 5 ⋅ e - 2 t

    Passo 3

  2. Assumindo α = 1 , temos que nossa equação fica

    3. y = 2 5 ⋅ e 1 2 t + 3 5 ⋅ e - 2 t

    Com o gráfico sendo

    Para encontrarmos os pontos de mínimo, precisamos derivar a relação e igualar a 0. Sua derivada fica

    0 = 1 5 ⋅ e 1 2 t - 6 5 ⋅ e - 2 t

    1 5 ⋅ e 1 2 t = 6 5 ⋅ e - 2 t

    Aplicando o logaritmo natural, temos que

    ln ⁡ 1 5 + ln ⁡ e 1 2 t = ln ⁡ 6 5 + ln ⁡ e - 2 t

    ln ⁡ 1 5 + 1 2 t = ln ⁡ 6 5 - 2 t

    5 2 t = ln ⁡ 6

    t = 2 5 ⋅ ln ⁡ 6

    Nesse ponto, temos que nosso y vale y ≈ 0,72 . Assim nosso ponto é 2 5 ⋅ ln ⁡ 6 ,   0,72 .

    Passo 4

  3. Para encontrarmos o menor valor de α precisamos derivar a expressão geral e resolver. Derivando, temos que

y ' = 1 2 ⋅ - 2 α + 4 5 ⋅ e 1 2 t - 2 ⋅ 2 α + 1 5 ⋅ e - 2 t

Como se trata de funções exponenciais, temos que sempre haverá um logaritmo natural envolvido e que ln ⁡ 0 = 1 . Assim, tudo que precisamos fazer é zerar um dos termos e não teremos problema com um ponto crítico. Isso ocorre para α = 2 . Se substituirmos esse valor, ficamos com

y ' = - 2 ⋅ e - 2 t

0 = - 2 ⋅ e - 2 t

E não existe nenhum valor de t que faça essa exponencial ser 0

Resposta

  1. y = - 2 α + 4 5 ⋅ e 1 / 2 t + 2 α + 1 5 ⋅ e - 2 t
  2. 2 5 ⋅ ln ⁡ 6 ,   0,72
  3. α = 2
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Resolva o problema de valor de contorno, se possível y ' ' + 4 y = 0 y 0 = 5 ,y π / 4 = 3
Resolva o problema de valor inicial 2 y ' ' + y ' - y = 0 y 0 = 3 ,y ' 0 = 3
Resolva o problema de valor inicial 4 y ' ' + 4 y ' + 3 y = 0 y 0 = 0 ,y ' 0 = 1
Resolva o problema de valor de contorno, se possível. y ' ' = y ' y 0 = 1 ,y 1 = 2
Resolva o problema de valor de contorno, se possível. y ' ' - 8 y ' + 17 y = 0 y 0 = 3 ,y π = 2