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Exercícios Resolvidos de Existência e Unicidade

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Exercício 13123456789101112

Enunciado

Puc Rio - 2019.1; G1 de Cálculo 4

Questão 4 (Justifique todas as suas respostas):

Seja y t = c y 1 t + c 2 y 2 t a solução da EDO homogênea

a y ' ' + b y ' + c y = 0

Resolver o PVI

a y ' ' + b y ' + c y = 0 y t 0 = y 0 y ' t 0 = y 0 '

Equivale a resolver o sistema linear

y 1 t 0 y 2 t 0 y 1 ' t 0 y 2 ' t 0 ⋅ c 1 c 2 = y 0 y 0 '

Em que c 1 ,   c 2 são as incógnitas.

  1. Encontre um sistema linear que permita resolver o PVI não-homogêneo

    2. a y ' ' + b y ' + c y = h t y t 0 = y 0 y ' t 0 = y 0 '

  2. Encontre condições sobre o sistema do item anterior de modo que ele sempre admita uma solução.

Passo 1

L e t r a   A :

Ora bolas! A solução de uma EDO não homogênea de segunda Ordem é dada pela soma da resposta da homogênea somada à solução da particular:

y t = y h t + y p t

Então, como a solução da homogênea também pode ser escrita assim...

y t = c 1 y 1 t + c 2 y 2 t + y p t

Derivando essa solução...

y ' t = c 1 y 1 ' t + c 2 y 2 ' t + y p ' t

Ora! Estamos resolvendo uma EDO com problema de valores iniciais...

y t 0 = y 0

y ' t 0 = y 0 '

Então podemos substituir isso tanto na y t quanto na y ' t . Vamos nessa?

Passo 2

Primeiro, vamos substituir o t 0 na função...

y t = c 1 y 1 t + c 2 y 2 t + y p t     →

y t 0 = c 1 y 1 t 0 + c 2 y 2 t 0 + y p t 0

Isolando os termos com c ’s...

c 1 y 1 t 0 + c 2 y 2 t 0 = y t 0 - y p t 0   →

c 1 y 1 t 0 + c 2 y 2 t 0 = y 0 - y p t 0  

Agora, vamos fazer basicamente a mesma coisa, mas com a equação da derivada...

y ' t = c 1 y 1 ' t + c 2 y 2 ' t + y p ' t   →

y ' t 0 = c 1 y 1 ' t 0 + c 2 y 2 ' t 0 + y p ' t 0     →

c 1 y 1 ' t 0 + c 2 y 2 ' t 0 = y ' t 0 - y p ' t 0     →

c 1 y 1 ' t 0 + c 2 y 2 ' t 0 = y 0 ' - y p ' t 0    

BELEZA! Com essas duas equações aqui:

c 1 y 1 t 0 + c 2 y 2 t 0 = y 0 - y p t 0  

c 1 y 1 ' t 0 + c 2 y 2 ' t 0 = y 0 ' - y p ' t 0    

Estamos preparados para escrevê-las em notação matricial!

y 1 t 0 y 2 t 0 y 1 ' t 0 y 2 ' t 0 ⋅ c 1 c 2 = y 0 - y p t 0 y 0 ' - y p ' t 0

Pow! Veja que se multiplicarmos essas duas matrizes do lado esquerdo e igualar a matriz do lado direito, de fato teremos as duas equações de cima! Então concluímos o problema, ou seja, encontramos uma notação matricial para a solução do PVI!

Passo 3

L e t r a   B :

Ora, a gente sempre pode garantir a existência de uma solução garantindo que o determinante dessa matriz aqui...

d e t y 1 t 0 y 2 t 0 y 1 ' t 0 y 2 ' t 0

Seja diferente de 0 ! Ora, esse determinante Matriz é o Wronskiano das soluções...

W t 0 = d e t y 1 t 0 y 2 t 0 y 1 ' t 0 y 2 ' t 0

Se a gente garante que ele seja diferente de 0 , etão garantimos a existência de y 1 e y 2 linearmente independentes entre si próximos de t 0 , e portanto uma solução é garantida!

Calculando então esse determinante...

W t 0 = d e t y 1 t 0 y 2 t 0 y 1 ' t 0 y 2 ' t 0   →

W t 0 = y 1 t 0 ⋅ y 2 ' t 0 - y 2 t 0 y 1 ' t 0

E, portanto...

y 1 t 0 ⋅ y 2 ' t 0 - y 2 t 0 y 1 ' t 0 ≠ 0

Se essa condição for satisfeita, então podemos garantir y t 0 = c 1 y 1 t 0 + c 2 y 2 t 0 + y p t 0 .

Resposta

Letra A:

y 1 t 0 y 2 t 0 y 1 ' t 0 y 2 ' t 0 ⋅ c 1 c 2 = y 0 - y p t 0 y 0 ' - y p ' t 0

Letra B:

y 1 t 0 ⋅ y 2 ' t 0 - y 2 t 0 y 1 ' t 0 ≠ 0

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