Equações Lineares de 2ª Ordem

Prova II de Cálculo IV, Ciência da Computação, 13/06/2023.

Solução

Questão 1

Considere a equação $y''+(3-\alpha)y'-2(\alpha-1)y=0$. Encontre a solução geral e determine os valores de $\alpha$ para os quais todas as soluções satisfazem $\lim_{t\to\infty}y(t)=0$.

A equação característica é $$r^2+(3-\alpha)r-2(\alpha-1)=0.$$ Podemos fatorar: $$r^2+(3-\alpha)r-2(\alpha-1) =\left(r-(\alpha-1)\right)(r+2).$$ Portanto, as raízes são $r_1=\alpha-1$ e $r_2=-2$.

Assim, $$\colorbox{green!20}{y(t)=c_1\textrm{e}^{(\alpha-1)t} +c_2\textrm{e}^{-2t}}.$$ O termo $\textrm{e}^{-2t}$ sempre tende a zero. Para que $\textrm{e}^{(\alpha-1)t}$ também decaia, precisamos de $\alpha-1\lt0$. Logo, $$\colorbox{green!20}{\alpha\lt1}.$$

\(y(t)=\textrm{e}^{(\alpha-1)t}+\textrm{e}^{-2t}\)

Questão 2

Considere o problema de valor inicial $y''-y'-2y=0,\quad y(0)=\alpha,\quad y'(0)=2$. Encontre a solução em função de $\alpha$ e determine o valor de $\alpha$ para o qual $y(t)\to0$ quando $t\to\infty$.

A equação característica é $$r^2-r-2=0,$$ isto é, $$(r-2)(r+1)=0.$$ Logo, $$y(t)=C_1\textrm{e}^{2t}+C_2\textrm{e}^{-t}.$$

Pelas condições iniciais, $$C_1+C_2=\alpha,\qquad 2C_1-C_2=2.$$ Somando as duas equações, obtemos $$3C_1=\alpha+2,$$ e portanto $$C_1=\frac{\alpha+2}{3},\qquad C_2=\frac{2\alpha-2}{3}.$$ Assim, $$\colorbox{green!20}{y(t)= \frac{\alpha+2}{3}\textrm{e}^{2t} +\frac{2(\alpha-1)}{3}\textrm{e}^{-t}}.$$

Para que $y(t)\to0$, o termo crescente $\textrm{e}^{2t}$ deve desaparecer. Portanto, $\frac{\alpha+2}{3}=0,$ e o valor procurado é $$\colorbox{green!20}{\alpha=-2}.$$

\(y_\alpha(t)=\frac{\alpha+2}{3}\textrm{e}^{2t}+\frac{2(\alpha-1)}{3}\textrm{e}^{-t}\)

Questão 3

Considere $y''-y'+\frac{1}{4}y=0,\quad y(0)=2,\quad y'(0)=b$. Encontre $y(t)$ em termos de $b$ e determine o valor crítico de $b$ que separa as soluções que tendem a $+\infty$ daquelas que tendem a $-\infty$ quando $t\to\infty$.

A equação característica é $$r^2-r+\frac{1}{4}=0,$$ isto é, $$(r-\frac{1}{2})^2=0.$$ Temos uma raiz dupla $r=1/2$, então $$y(t)=(C_1+C_2t)\textrm{e}^{t/2}.$$

Da condição $y(0)=2$, temos $C_1=2$. Além disso, $$y'(t)=\left(C_2+\frac{1}{2}(C_1+C_2t)\right)\textrm{e}^{t/2},$$ logo $$b=y'(0)=C_2+1.$$ Portanto, $C_2=b-1$ e $$\colorbox{green!20}{y(t)=\textrm{e}^{t/2} \left((b-1)t+2\right)}.$$

Quando $b\ne1$, o sinal dominante para $t$ grande é o sinal de $(b-1)t\textrm{e}^{t/2}$. Assim, o valor crítico é $$\colorbox{green!20}{b=1}.$$ Para $b\gt1$, a solução tende a $+\infty$; para $b\lt1$, tende a $-\infty$. No caso $b=1$, temos $y(t)=2\textrm{e}^{t/2}$, que tende a $+\infty$.

\(y_b(t)=\textrm{e}^{t/2}\left((b-1)t+2\right)\)

Questão 4

Encontre a solução geral da equação não homogênea $u''+9u=\cos(2t)$.

Primeiro resolvemos a equação homogênea associada: $$u''+9u=0.$$ A equação característica é $$r^2+9=0,$$ cujas raízes são $r=\pm3i$. Portanto, $$u_h(t)=c_1\cos(3t)+c_2\operatorname{sen}(3t).$$

Para a solução particular, procuramos $$U_p(t)=A\cos(2t)+B\operatorname{sen}(2t).$$ Como $$U_p''(t)=-4U_p(t),$$ temos $$U_p''(t)+9U_p(t)=5U_p(t).$$ Assim, $$5A\cos(2t)+5B\operatorname{sen}(2t)=\cos(2t).$$ Comparando os coeficientes, obtemos $$A=\frac{1}{5},\qquad B=0.$$ Logo, $$U_p(t)=\frac{1}{5}\cos(2t).$$

A solução geral da equação não homogênea é $$\colorbox{green!20}{u(t)=c_1\cos(3t)+c_2\operatorname{sen}(3t) +\frac{1}{5}\cos(2t)}.$$

Provas resolvidas