Exercícios de EDO

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Questão 1
1) Temos EDO:
2y′′−2
√
2y′+ y = 0
com o PVI: y(0) =−1 e y′(0) =−1
(a) Vamos à solução da EDO. Com efeito, para isso utilizaremos o método da equação característica
a qual nos leva a uma solução do tipo φ(t)eλt onde λ é um parâmetro a determinar. Substituindo
na EDO temos:
2φ′′(t)−2
√
2φ′(t)+φ(t) = 0 =⇒ 2λ2eλt −2
√
2λeλt + eλt = 0
=⇒ 2λ2 −2
√
2λ+1 = 0
vamos então resolver a seguinte equação algébrica:
2λ2 −2
√
2λ+1 = 0
suas raízes são dadas por:
λ =
2
√
2±
√
8−8
4
=
√
2
√
2
4
=
√
2
2
ou seja obtemos uma única solução para a EDO a qual é associada a única raíz de λ esta solução
é: φ1(t) = e
√
2/2t . A segunda solução para essa EDO deve ser obtida utilizando o método da
redução de ordem que nos guia para uma solução φ2(t) dada por:
φ2(t) = φ1(t)
∫ 1
φ21(t)
e−P(t)dt
onde P(t) =
∫
p(t)dt e p(t) é termo que acompanha a derivada primeira da EDO, por inspeção
então temos que p(t) =−2
√
2 logo segue que:
φ2(t) = e
√
2/2t
∫ 1
(e
√
2/2t)2
e
∫
2
√
2dtdt
= e
√
2/2t
∫
dt
= te
√
2/2t .
e assim obtemos a segunda solução da EDO. De posse dessas temos um conjunto fundamental
de soluções, consequentemente podemos então obter uma solução geral para a EDO dada pelo
1
princípio da superposição o qual nos guia a seguinte solução:
y(t) = Aφ1(t)+Bφ2(t)
= Ae
√
2/2t +Bte
√
2/2t
onde A e B são constantes reais. Agora, vamos nos ater ao PVI. Com efeito, para t = 0 temos
que y(t) é:
−1 = y(0) = A
logo temos imediatamente que A =−1. Agora derivando a solução y(t) temos que:
y′(t) =−
√
2
2
e
√
2/2t +Be
√
2/2t +Bt
√
2
2
e
√
2/2t
ponto t = 0 temos que:
1 = y′(0) =−
√
2
2
+B
portanto temos que:
B =
(
1+
√
2
2
)
Daí a solução do PVI é:
y(t) =−e
√
2/2t +
(
1+
√
2
2
)
te
√
2/2t
(b) Não, a solução não é sempre negativa. com efeito, provaremos isso. Suponhamos que a partir
de um dado t tenhamos que a solução é positiva, então devemos ter que:
−e
√
2/2t +
(
1+
√
2
2
)
te
√
2/2t > 0 =⇒ −1+
(
1+
√
2
2
)
t > 0 =⇒ t > 2
2+
√
2
Logo, após t >
2
2+
√
2
temos que a solução y(t) é positiva.
2
Questão 2
2) Consideremos a EDO:
y′′+2αy′+αy = 0 y(0) = y′(0) = 1
(a) O comportamento oscilatório é dado quando as soluções da EDO de segunda ordem são
funções trigonométricas como seno ou cosseno ou combinação linear dessas duas. Esses
casos ocorrem para quando os autovalores associados a EDO são números complexos,
então, buscando uma solução do tipo estacionário da forma φ(t) = eλt onde λ é o autovalor
da EDO temos que:
φ
′′+2αφ′+αφ = 0 =⇒ λ2eλt +2αλeλt +αeλt = 0
=⇒ λ2 +2αλ+α = 0
obtemos então a seguinte equação algébrica: λ2 + 2αλ + α = 0 a qual queremos que
possua raízes complexas. Para tanto, iremos então impor que ∆ < 0, logo obteremos o
seguinte:
∆ = (2α)2 −4α = 4α2 −4α
observe que a equação é uma parábola, isto é, basta analisarmos onde a parábola dada por
f (α) = 4α2−4α é menor que zero. De fato, veja que essa parábola tem concavidade para
cima e a região onde ela é menor que zero é o intervalo entre suas raízes, as quais são
determinadas fazendo: 4α(α−1) e logo temos que as raízes são α = 0 e α = 1, note que
nos extremos ∆(α) se anula e não queremos isso, então o maior intervalo I em que α nos
dá soluções oscilantes deve ser o aberto: I = (0,1).
(b) Para essa parte da solução, consideremos algum α ∈ I logo temos que ∆ < 0 então a
soluções da equação algébricas para λ é dada por:
λ =
−2α±2ki
2
=−α± ki (1)
onde 2ki ≡
√
∆, onde k ∈ R+. Então a solução da EDO geral da EDO é dada por:
y(t) = Ae(−α+ki)t +Be(−α−ki)t
= e−αt
[
Aekit +Be−kit
]
= e−αt [C cos(kt)+Dsin(kt)]
3
onde C = A+B e D = Ai−Bi. em t = 0 temos que y(0) = 1 logo:
1 = y(0) = e−α0[C cos(k0)+Dsin(k0)] =⇒ C = 1
então temos que:
y(t) = e−αt [cos(kt)+Dsin(kt)]
derivando y(t) temos:
y′(t) =−αe−αt [cos(kt)+Dsin(kt)]+ e−αtk[−sin(kt)+Dcos(kt)]
daí pondo t = 0 temos do PVI que:
1 = y′(0) = −αe−α0[cos(k0)+Dsin(k0)]+ e−α0k[−sin(k0)+Dcos(k0)]
= −α+ kD
Portanto D =
1+α
k
. Com isso a EDO resolvida para o PVI é dada por:
y(t) = e−αt
[
cos(kt)+
(
1+α
k
)
sin(kt)
]
encontrada uma solução geral para o PVI dado, podemos então resolver a questão, de fato, o
sistema apresenta um comportamento oscilatório dada a solução conter os termos das funções
trigonométricas seno e cosseno. Todavia, a oscilação tende a diminuir a medida que o parâ-
metro t torns-e suficientemente grande, de fato, isso ocorre devido ao termo da exponencial
decrescente e−αt a qual faz com que a amplitude do sistema tenda a diminuir ao longo de que
t → ∞, Com efeito se aplicarmos o limite a solução encontrada teremos que:
lim
t→∞
y(t) = lim
t→∞
e−αt
[
cos(kt)+
(
1+α
k
)
sin(kt)
]
= 0
pois as funções seno e cosseno são limitadas. Logo a oscilação tende a diminuir até que y(t)→
0.
4
Questão 3
3) Resolveremos a equação diferencial é:
y′′ = 4y′+5y+2e5t + t −1
é fácil ver que essa equação pode ser posta da seguinte forma:
y′′−4y′−5y = 2e5t + t −1
Prosseguiremos resolvendo primeiro a EDO homogênea associada a qual é:
y′′−4y′−5y = 0
Para tanto, utilizaremos o método da equação característica a qual nos leva a uma solução do
tipo φ(t)eλt onde λ é um parâmetro a determinar. Substituindo na EDO temos:
φ
′′(t)−4φ′(t)−5φ(t) = 0 =⇒ λ2eλt −4λeλt −5eλt = 0
=⇒ λ2 −4λ−5 = 0
Resolveremos a seguinte equação algébrica:
λ
2 −4λ−5 = 0
com efeito, suas soluções são:
λ =
4±
√
16+20
2
=
4±6
2
então λ1 = 5 e λ2 = −1. Isso nos dá duas soluções linearmente independentes cada uma as-
sociada a um λ em particular estas são: φ1(t) = e5t e φ2(t) = e−t . Logo, a solução geral da
homogênea φh(t) pode ser expressa por meio da combinação linear das soluções que encontra-
mos, assim temos que:
φh(t) = Aφ1(t)+Bφ2(t)
= Ae5t +Be−t
ou seja: φh(t) = Ae5t +Be−t . Agora determinaremos uma solução para a parte não homogênea,
para isso utilizaremos o método dos coeficientes a determinar o qual nos guia a uma solução
particular para a EDO a qual denotamos por φp(t) e deve ser dada da seguinte forma:
φp(t) = ate5t +bt + c
5
onde a,b,c são parâmetros a determinar, aqui multiplicamos o termo e5t por t para garantirmos
a independência linear das soluções tendo em vista que e5t é solução da EDO homogênea. Com
intuito de substituirmos na EDO, vamos primeiramente calcular as derivadas de φp(t), com
efeito temos que:
φp(t) = ate5t +bt + c
φ′p(t) =
d
dt
(
ate5t +bt + c
)
= 5ae5tt +ae5t +b
φ′′p(t) =
d2
dt2
(
ate5t +bt + c
)
=
d
dt
(a5e5tt +ae5t +b) = 25ae5tt +10ae5t
usando essas equações na EDO obtemos que:
φ
′′
p(t)−4φ′p(t)−5φ(t) = 2e5t + t −1
(25ae5tt +10ae5t)−4(5ae5tt +ae5t +b)−5(ate5t +bt + c) = 2e5t + t −1
e5t(10a−4a)+ t(−5b)+(−4b−5c) = 2e5t + t −1
e5t(6a)+ t(−5b)+(−4b−5c) = 2e5t + t −1
Portanto devemos ter, por igualdade polinomial o seguinte sistema:
6a = 2
−5b = 1
−4b−5c =−1
a primeiro e a segunda equação são imediatas e nos dão que: a =
1
3
e b =−1
5
. Daí temos que
c é determinado por:
−4
5
+5c = 1 =⇒ 5c = 1+ 4
5
=⇒ c = 9
25
Com isso temos que a solução da parte particular é dada por:
φp(t) = ate5t +bt + c
=
te5t
3
− 1
5
+
9
25
ou seja temos:
φp(t) =
te5t
3
− 1
5
+
9
25
e com isso chegamos, enfim, a solução geral y(t) da EDO é dada pela soma da solução da parte
homogênea com a solução particular, então:
y(t) = φh(t)+φp(t)
6
ou seja: y(t) = Ae5t +Be−t +
te5t
3
− 1
5
+
9
25
7