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Enunciado

Cálculo - Boyce - Equações Diferenciais - Ed: 10º - Capítulo 3.1 - Ex. 26

Considere o problema de valor inicial (veja o Exemplo 5)

y ' ' + 5 y ' + 6 y = 0 ,     y 0 = 2 ,     y ' 0 = α ,

em que α > 0 .

  1. Resolva o problema de valor inicial.
  2. Determine as coordenadas t m e y m do ponto de máximo da solução como funções de α .
  3. Determine o menor valor de α para o qual y m ≥ 4 .
  4. Determine o comportamento de t m e de y m quando α → ∞ .

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

    r 2 + 5 r + 6 ⋅ e r ⋅ t = 0

    r 2 + 5 r + 6 = 0

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

    r = - b ± b 2 - 4 ⋅ a ⋅ c 2 ⋅ a = - 5 ± 1 2

    Tendo como raízes r 1 = - 2 e r 2 = - 3   . Assim, temos que nossa solução geral para a EDO dada é

    y = c 1 ⋅ e - 2 t + c 2 ⋅ e - 3 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 + 2 ⋅ 3 - 2 + 3 ⋅ e 2 ⋅ 0 = α + 6 1 = α + 6  

    c 2 = y 0 ⋅ r 1 - y 0 ' r 1 - r 2 ⋅ e - r 2 ⋅ t 0 = - 2 ⋅ 2 - α - 2 + 3 ⋅ e 3 ⋅ 0 = - α - 4

    Assim nossa equação que satisfaz a EDO é

    y = α + 6   ⋅ e - 2 t + - α - 4 ⋅ e - 3 t

    Passo 3

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

    3. 0 = - 2 ⋅ α + 6   ⋅ e - 2 t + 3 ⋅ α + 4 ⋅ e - 3 t

    3 ⋅ α + 4 ⋅ e - 3 t = 2 ⋅ α + 6   ⋅ e - 2 t

    Aplicando o logaritmo natural, temos que

    ln ⁡ 3 + ln ⁡ α + 4 + ln ⁡ e - 3 t = ln ⁡ 2 + ln ⁡ α + 6 + ln ⁡ e - 2 t

    ln ⁡ 3 + ln ⁡ α + 4 - 3 t = ln ⁡ 2 + ln ⁡ α + 6 - 2 t

    t = - ln ⁡ 2 + ln ⁡ α + 6 + ln ⁡ 3 + ln ⁡ α + 4

    t = - ln ⁡ 2 ⋅ α + 6 + ln ⁡ 3 ⋅ α + 4

    t = ln ⁡ 3 α + 12 2 α + 12

    Nesse ponto, temos que nosso y vale y = 4 ⋅ 6 + α 3 27 ⋅ 4 + α 2 . Assim nosso ponto é ln ⁡ 3 α + 12 2 α + 12 ,   4 ⋅ 6 + α 3 27 ⋅ 4 + α 2 .

    Passo 4

  3. Queremos que nosso y m seja maior que 4. Ou seja, queremos que

    4. 4 ⋅ 6 + α 3 27 ⋅ 4 + α 2 ≥ 4

    Resolvendo essa inequação, temos que

    4 ⋅ 6 + α 3 ≥ 4 ⋅ 27 ⋅ 4 + α 2

    6 + α 3 ≥ 27 ⋅ 4 + α 2

    α 3 - 9 α 2 - 108 α + 88 ≥ 0

    Vamos encontrar 3 raízes possíveis: uma negativa, uma com um valor muito pequeno e o ultimo valor que é o verdadeiro. Esse valor é α ≥ 6 + 6 ⋅ √ 3

    Passo 5

  4. Usando o resultado obtido no item (b), temos que aplicar o limite para

lim α → ∞ ⁡ t = ln ⁡ 3 α + 12 2 α + 12 = ln ⁡ 3 ⋅ α + 4 2 ⋅ α + 6 = ln ⁡ 3 2  

Aplicando também o limite para y , vamos chegar que y → ∞ quando α → ∞

Resposta

  1. y = α + 6   ⋅ e - 2 t + - α - 4 ⋅ e - 3 t
  2. ln ⁡ 3 α + 12 2 α + 12 ,   4 ⋅ 6 + α 3 27 ⋅ 4 + α 2
  3. α ≥ 6 + 6 3
  4. ln ⁡ 3 2 ,   ∞
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Resolva a equaçãoh) d 2 y d x 2 + 6 d y d x + 9 y = 0
Resolva a equaçãog) d 2 y d x 2 - d y d x - 2 y = 0
Resolva a equaçãom) d 2 x d t 2 = 0
Determine a solução do problema.b) d 2 x d t 2 - 2 d x d t = 0 ,x 0 = 0ex ' 0 = 1
Resolva a equação x ˙ = d x d te x ¨ = d 2 x d t 2 a )x ¨ - 2 x = 0