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Exercícios Resolvidos de EDO Linear de 1ª Ordem

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Enunciado

PUC Rio; Cálculo 4; P2 de 2019.2

Questão 2: (Justifique todas as suas respostas)

Considere o PVI

y ' t - y = 1 + 3 sin ⁡ t   y t 0 = y 0

Encontre o valor de y 0 para o qual a solução deste PVI permanece finita conforme t → ∞ .

Passo 1

Ora bolas, esta é uma EDO de primeira ordem linear como esta geral aqui que definimos nas nossas teorias:

y ' t + A t y t = B t

Onde no nosso caso temos...

y ' t - y = 1 + 3 sin ⁡ t     →

A = - 1               e                   B = 1 + 3 sin ⁡ t

A solução desse tipo de EDO é assim:

y t = 1 I t ∫ I t ⋅ B t d t + C

Onde I t é o fator integrante, ou seja:

I t = e ∫ A t d t   →

I t = e ∫ - 1 d t   →

I t = e - t

Então a solução fica sendo...

y t = 1 e - t ∫ e - t ⋅ 1 + 3 sin ⁡ t d t + C

Então, vamos calcular essa integral aí antes de continuar:

∫ e - t ⋅ 1 + 3 sin ⁡ t d t =

∫ e - t d t + 3 ∫ e - t sin ⁡ t d t

Essa primeira integral é beleza de se fazer:

- e - t + 3 ∫ e - t sin ⁡ t d t

Então...

y t = 1 e - t - e - t + 3 ∫ e - t sin ⁡ t d t + C

Já essa segunda integral vai dar um trabalhinho! Vamos calculá-la separadamente, ok?

Passo 2

∫ e - t sin ⁡ t d t

Podemos usar aqui integração por partes onde temos que escolher um u para derivar e um d v para integrar:

u = sin ⁡ t             e         d v = e - t d t

Derivando o u e integrando o d v (o que já fizemos no passo anterior):

d u = cos ⁡ t d t                 e                       v = - e - t

Então...

∫ u d v = u v - ∫ v d u   →

∫ sin ⁡ t e - t d t = - e - t sin ⁡ t - ∫ - e - t cos ⁡ t d t   →

∫ e - t sin ⁡ t d t = - e - t sin ⁡ t + ∫ e - t cos ⁡ t d t   →

Integrando essa integral dos colchetes novamente usando integração por partes:

u = cos ⁡ t               e                   d v = e - t

d u = - sin ⁡ t d t               e                   v = - e - t

Então...

∫ e - t cos ⁡ t d t   = - e - t cos ⁡ t - ∫ - e - t - sin ⁡ t d t  

Ou seja, substituindo no valor dos colchetes

∫ e - t sin ⁡ t d t = - e - t sin ⁡ t + - e - t cos ⁡ t - ∫ e - t sin ⁡ t d t →

∫ e - t sin ⁡ t d t = - e - t sin ⁡ t - e - t cos ⁡ t - ∫ e - t sin ⁡ t d t →

Passando essa integral da direita para a esquerda...

∫ e - t sin ⁡ t d t + ∫ e - t sin ⁡ t d t = - e - t sin ⁡ t - e - t cos ⁡ t →

2 ∫ e - t sin ⁡ t d t = - e - t sin ⁡ t + cos ⁡ t →

∫ e - t sin ⁡ t d t = - 1 2 e - t sin ⁡ t + cos ⁡ t

Prontinho! E não precisa adicionar constante, ok?

Passo 3

Bem, finalmente podemos voltar para a solução:

y t = 1 e - t - e - t + 3 ∫ e - t sin ⁡ t d t + C   →

y t = 1 e - t - e - t - 3 2 e - t sin ⁡ t + cos ⁡ t + C   →

Multiplicando esse 1 / e - t ...

y t = - 1 - 3 2 sin ⁡ t + cos ⁡ t + C e - t   →

y t = - 1 - 3 2 sin ⁡ t + cos ⁡ t + C e t

Passo 4

Beleza! Então conhecemos a solução da EDO. Mas e a solução do PVI?

y ' t - y = 1 + 3 sin ⁡ t   y t 0 = y 0

Substituindo t 0 em t na solução...

y t 0 = - 1 - 3 2 sin ⁡ t 0 + cos ⁡ t 0 + C e t 0   →

- 1 - 3 2 sin ⁡ t 0 + cos ⁡ t 0 + C e t 0 = y 0

Passo 5

O problema nos pede o valor de y 0 para a solução ser finita mesmo quando t vai a ∞ .

Quando t for ao infinito, a solução também vai ao infinito:

lim t → ∞ ⁡ - 1 - 3 2 sin ⁡ t + cos ⁡ t + C e t

A menos que C seja 0 . Aí a sução passa a ser finita:

lim t → ∞ ⁡ - 1 - 3 2 sin ⁡ t + cos ⁡ t = y t

Logo, os valores de y 0 para a solução ser finita, para um t 0 (mesmo que muito grande) deve ser:

y 0 = - 1 - 3 2 sin ⁡ t 0 + cos ⁡ t 0

Uma pergunta ase fazer é: quem é seno mais cosseno? Será que existe alguma expressão envolvendo só seno, ou só cosseno?

Passo 6

A resposta é SIM! Se fizermos o quadrado...

sin ⁡ t 0 + cos ⁡ t 0 2 = sin 2 ⁡ t 0 + cos 2 ⁡ t 0 + 2 sin ⁡ t 0 cos ⁡ t 0

Além disso, pela trigonometria, sin 2 ⁡ t 0 + cos 2 ⁡ t 0 = 1 e...

sin ⁡ t 0 + cos ⁡ t 0 2 = 1 + sin ⁡ 2 t 0   →

Como sin ⁡ 2 t 0 só assume valores entre - 1 e 1 , o menor valor desse quadrado é 0 (quando o seno for - 1 , saca?). Então podemos extrair a raiz normalmente:

sin ⁡ t 0 + cos ⁡ t 0 = ± 1 + sin ⁡ 2 t 0

Logo, os valor de y 0 para a solução ser finita deve ser:

y 0 = - 1 - 3 2 1 + sin ⁡ 2 t 0

Ou

y 0 = - 1 + 3 2 1 + sin ⁡ 2 t 0

Como sin ⁡ 2 t 0 varia de - 1 a 1 , os dois valores limites que esse y 0 pode assumir no primeiro caso são:

p a r a   sin ⁡ 2 t 0 = - 1             →                         y 0 = - 1

p a r a   sin ⁡ 2 t 0 = 1             →                         y 0 = - 1 - 3 2 2

Já no segunda caso, os dois valores limites são:

p a r a   sin ⁡ 2 t 0 = - 1             →                         y 0 = - 1

p a r a   sin ⁡ 2 t 0 = 1             →                         y 0 = - 1 + 3 2 2

Passo 7

CONCLUSÃO:

Para ter alguma chance de assumir valores finitos na solução do PVI (mesmo para t muito grande), y 0 deve estar entre...

- 1 - 3 2 2 < y 0 < - 1 + 3 2 2

Essa não é a única condição, afinal não é para todo t 0 . Temos que obedecer a função:

y 0 = - 1 ± 3 2 1 + sin ⁡ 2 t 0

Resposta

- 1 - 3 2 2 < y 0 < - 1 + 3 2 2

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