EDOs Homogêneas com Coeficientes Constantes

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Teoria

Módulo 2

Opa, tudo bem? Vamos escrever uma matemática aqui embaixo: (basta apertar ‘ALT + =’ )

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Determine a solução geral y ( x ) da equação diferencial de segunda ordem

y ' ' + y = 0

Passo 1

Primeira coisa que vamos fazer aqui é colocar a EDO na forma a y ' ' + b y ' + c y = 0 :

y ' ' + y = 0

Show, a equação já está na forma que queremos! Agora podemos escrever no formato da equação auxiliar e adequar a resposta ao caso que encontrarmos.

Passo 2

Colocando a equação no formato da equação auxiliar temos que:

y ' ' = r 2

y = 1

Então, vamos trabalhar agora com a nossa nova equação:

r 2 + 1 = 0

Que é uma equação de 2 º grau.

Passo 3

Pra resolver essa equação, precisamos analisar quem é o nosso Δ , ou seja, verificar se: Δ > 0 , Δ = 0 ou Δ < 0 . Para isso, vamos lembrar do nosso amigo Bháskara, o qual usamos para encontrar as raízes da equação que está no formato:

a r 2 + b r + c = 0

Precisamos, então, encontrar a , b e c . Comparando as equações:

r 2 + 1 = 0 a r 2 + b r + c = 0

Logo:

a = 1 b = 0 c = 1

Passo 4

Já com os valores dos coeficientes em mãos podemos jogar na fórmula de Δ :

Δ = b 2 - 4 a c

Δ = 0 2 - 4 1 ( 1 )

⇒ Δ = - 4

Ou seja,

⇒ Δ < 0

Passo 5

Como Δ < 0 , vamos trabalhar com raízes complexas pois:

r = - b ± Δ 2 . a

r = ( - 0 ) ± - 4 2.1 = ± - 4 2

Sendo que,

r = ± - 4 2 = ± - 1 × 4 2 = ± i × 2 2 = ± i

Pois,

i = - 1

Outra maneira de encontrar as raízes seria fazendo:

r 2 + 1 = 0

r 2 = - 1

r = ± i

Mas isso é para esse caso, na maioria das vezes precisamos usar Bhaskara. Então já adiantei para você

Passo 6

Show! Encontramos então que nossas raízes são:

r = ± i

Logo:

r = 0 ± 1 i

Comparando com,

r = α ± β i

Temos que

α = 0 β = 1

Passo 7

Agora podemos colocar no modelinho de resposta que já vem pronto e só precisamos substituir os valores encontrados:

y x = e α x c 1 cos ⁡ β x + c 2 sen ⁡ β x

⇒ y x = e 0 x c 1 cos ⁡ 1 x + c 2 sen ⁡ 1 x

⇒ y x = c 1 cos ⁡ x + c 2 sen ⁡ x

Resposta

y x = c 1 cos ⁡ x + c 2 sen ⁡ x

Exercício Resolvido #2

Sabe-se que y = C 1 cos ⁡ 2 t + C 2 sin ⁡ 2 t é a solução de y ' ' + a y ' + b y = 0 . Quanto valem a e b ?

a)   a = 4 e b = 0

b)   a = 2 e b = 4

c) a = 0 e b = 4

d)   a = 2 e b = 2

e)   a = 1 e b = 2

Passo 1

Olhando para a solução, vemos que se assemelha com a do terceiro caso, na qual Δ < 0 na equação auxiliar, beleza? Onde a solução deve ser:

y x = e α x C 1 cos ⁡ β x + C 2 sin ⁡ β x

Então vamos comparar com a solução dada,

y = C 1 cos ⁡ 2 t + C 2 sin ⁡ 2 t

Vemos que β = 2 e α = 0   pois,

e α x = e 0 x = 1

Então apesar de parecer que o e α x sumiu, na verdade ele está ali disfarçado de 1 ! 😉

Passo 2

Como Δ < 0 as raízes da equação auxiliar são:

r = α ± β i

r = 0 ± 2 i

E, para que isso aconteça, a equação característica é:

r 2 + 4 = 0

Pois,

r 2 = - 4

r = ± - 4 = ± 4 × - 1

r = ± 2 i

Passo 3

Agora temos que fazer o processo de passar da equação auxiliar para a equação diferencial, ou seja, colocar no formato de y novamente.

r 2 + 4 × 1 = 0

Onde temos que,

r 2 = y ' '

1 = y

Então,

y ' ' + 4 y = 0

Passo 4

Portando, comparando com a equação de solução dada:

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

Temos que:

y ' ' + 0 y ' + 4 y = 0

a = 0

b = 4

Resposta

Letra c

Exercício Resolvido #3

Considere a equação diferencial y ' ' + y ' - c y = 0 . Qual o valor de c de modo a que a função y t = 3 t e - t 2 seja solução da equação diferencial?

(a) c = 0

(b) c = 2

(c) c = 1

(d) c = - 1

(e) c = - 1 / 4

Passo 1

Para encontrar o valor de c vamos jogar a função y ( t ) na EDO. Mas antes disso vamos encontrar as suas respectivas derivadas.

y t = 3 t e - t 2

A primeira derivada de y que é encontrada através da regra do produto que vai ser:

y ' t = 3 e - t 2 + 3 t e - t 2 - 1 2

Ajeitando um pouquinho mais:

y ' t = 3 - 3 2 t e - t 2

Passo 2

Fazendo agora a segunda derivada, temos que usar a regra do produto novamente:

y ' ' t = - 3 2 e - t 2 + 3 - 3 2 t e - t 2 - 1 2

⇒ y ' ' t = - 3 2 - 1 2 3 - 3 2 t e - t 2

⇒ y ' ' t = - 3 2 - 3 2 + 3 4 t e - t 2

E teremos:

⇒ y ' ' t = - 3 + 3 4 t e - t 2

Passo 3

Beleza, já temos nossas derivadas, então podemos jogar esses valores na equação, obtendo:

y ' ' + y ' - c y = 0

- 3 + 3 4 t e - t 2 + 3 - 3 2 t e - t 2 - c 3 t e - t 2 = 0

Para encontrar o valor de c , vamos jogar o termo que tem ele, para o outro lado da equação, e juntar os termos semelhantes do lado esquerdo colocando o e - t 2 em evidência:

- 3 + 3 4 t + 3 - 3 2 t e - t 2 = 3 c t e - t 2

- 3 4 t e - t 2 = 3 c t e - t 2

Como e - t 2 > 0 ,     t ∈ R então podemos cortar e - t 2 dos 2 lados, o que dá:

- 3 4 t = 3 c t

Também podemos cortar o 3 dos dois lados, ficando com

⇒   - 1 4 t = c t

Assim,

⇒ t = 0       o u     c = - 1 4

Passo 4

Repare que se t = 0 , podemos substituir na nossa equação diferencial:

y ' ' 0 = - 3 + 3 4 ( 0 ) e - 0 2 = - 3 + 0 e 0 = - 3

y ' 0 = 3 - 3 2 ( 0 ) e - 0 2 = 3 + 0 e 0 = 3

y 0 = 3 ( 0 ) e - 0 2 = 0 e 0 = 0

Portanto,

y ' ' 0 + y ' 0 - c y 0 = - 3 + 3 - 0 = 0

Ou seja, se t = 0 , a função y é solução da equação, não importando o valor de c , e não é isso que queremos!

Então para que y seja sempre solução da EDO, para qualquer valor de t , devemos ter c = - 1 4 .

Resposta

Alternativa (e)

Exercício Resolvido #4

Escreva uma EDO de segunda ordem, linear, homogênea, com coeficientes constantes, com solução geral da forma x t = e 2 t C 1 cos ⁡ 3 t + C 2 sin ⁡ 3 t , onde C 1 e C 2 são constantes arbitrárias.

a x ' ' + 6 x ' + 13 x = 0

b x ' ' - 6 x ' + 13 x = 0

c x ' ' + 4 x ' + 13 x = 0

d x ' ' - 4 x ' + 13 x = 0

e x ' ' - 5 x ' + 6 x = 0

f Não existe EDO com as propriedades requeridas.

Passo 1

Montar a EDO a partir da solução é bem tranquilo! Lembra que temos 3 tipos de solução, certo?

Δ > 0 → C 1 e r 1 x + C 2 e r 2 x

Δ < 0 → e a x C 1 cos ⁡ b x + C 2 s e n b x → r = a ± b i

Δ = 0 → C 1 e r x + C 2 x e r x

Essas são as possíveis soluções a partir das EDOs homogêneas. Vamos dar uma olhada na cara da solução que temos

x t = e 2 t C 1 cos ⁡ 3 t + C 2 sin ⁡ 3 t

Opa, você vai concordar comigo que isso parece muito uma solução pra quando nosso Δ < 0 , não é verdade?

Nesse caso se você for comparar, teríamos a = 2 e b = 3 ,   certo?

Passo 2

Podemos então concluir que as raízes da equação auxiliar são:

r 1 = 2 + 3 i r 2 = 2 - 3 i

Passo 3

Agora tem um detalhe muito importante pra gente! Como eu monto uma equação do segundo grau a partir de suas raízes?

Uma equação do segundo grau ela tem a forma

r 2 - S r + P = 0

Agora vamos lembrar que S   é a soma das raízes e P   é o produto

Substituindo nossas raízes nesse formato da equação de segundo grau, nossa equação característica fica então:

r 2 - 2 + 3 i + 2 - 3 i r + 2 - 3 i 2 + 3 i = 0

Desenvolvendo, teremos:

r 2 - 4 r + 4 + 12 i - 12 i - 9 i 2 = 0

Vamos lembrar que i = - 1 ,   logo i 2 = - 1

r 2 - 4 r + 4 - ( 9 ∙ ( - 1 ) = 0

r 2 - 4 r + ( 4 + 9 ) = 0

r 2 - 4 r + 13 = 0

O que nos dá a EDO: x ' ' - 4 x ' + 13 x = 0

Então a correta é a letra d !

Resposta

Letra d

Exercício Resolvido #5

Encontre a solução do problema de valor inicial dado. Esboce o gráfico da solução e descreva seu comportamento quando t aumenta.

y ' ' + y ' - 2 ⋅ y = 0 ,     y 0 = 1 ,     y ' 0 = 1

Passo 1

Vamos começar então lembrando que devemos trocar nossa EDO pela equação auxiliar, certo? Onde trocamos

y ' ' → r 2

y ' → r

y → 1

Ficamos então com

r 2 + r - 2 = 0

Resolvendo essa equação do segundo grau teremos inicialmente para o delta

Δ = b 2 - 4 a c

Onde esses a ,   b ,   c são os termos da equação do segundo grau, na forma

a x 2 + b x + c = 0

Observamos então que

a = 1

b = 1

c = - 2

Tranquilo? Bora calcular nosso delta então

Passo 2

Bom, haverá duas soluções para nossa equação. Supondo então que nossa solução é dada por y = e r ⋅ t , temos que nossa solução geral será

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 + r - 2 ⋅ e r ⋅ t = 0

r 2 + r - 2 = 0

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

Δ = b 2 - 4 ⋅ a ⋅ c

Δ = 1 - 4 ⋅ 1 ⋅ - 2

Δ = 1 - - 8

Δ = 1 + 8 = 9

Presta atenção aqui que nosso delta é positivo. Teremos diferentes tipos de soluções de acordo com o delta, lembra? As possíveis soluções são

Δ > 0 → C 1 e r 1 x + C 2 e r 2 x

Δ < 0 → e a x C 1 cos ⁡ b x + C 2 s e n b x → r = a ± b i

Δ = 0 → C 1 e r x + C 2 x e r x

Já sabemos que nosso delta é positivo! Vamos agora calcular o valor de r .

r = - b ± Δ 2 ⋅ a = - 1 ± 9 2

r = - 1 2 ± 3 2

r 1 = - 1 2 + 3 2 ,     r 2 = - 1 2 - 3 2

r 1 = 1 ,     r 2 = - 2

Tendo como raízes r 1 = 1 e r 2 = - 2 . Assim, temos que nossa solução geral para a EDO dada é (já que o delta é maior que zero)

C 1 e r 1 t + C 2 e r 2 t

Nós já temos os valores de r 1 e r 2 , então agora é só ser feliz substituindo no formato acima:

y = c 1 ⋅ e t + c 2 ⋅ e - 2 t

Passo 3

Aplicando as condições de contorno (para podermos descobrir os valores das constantes), temos

y 0 = 1 ,     y ' 0 = 1

Logo,

y = c 1 ⋅ e t + c 2 ⋅ e - 2 t

Para derivar isso vamos aplicar a regra do produto no produto com o c 1 e no produto com o c 2 .

y ' = c 1 ' e t + e t ' c 1 + c 2 ' e - 2 t + e - 2 t ' c 2

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

y ' = c 1 e t - 2 c 2 e - 2 t

Bora lá então, agora vamos substituir os valores iniciais pra descobrirmos o valor das constantes. O enunciado nos deu

y 0 = 1 ,    

Então temos

1 = c 1 e 0 + c 2 e 0 → c 1 + c 2 = 1

Lembrando que o exponencial de zero vale 1, certo??

Agora pra a derivada

y ' 0 = 1

1 = c 1 e 0 - 2 c 2 e 0 → c 1 - 2 c 2 = 1

Opa, temos duas equações e duas incógnitas! Isso significa que conseguimos descobrir o valor dessas constantes aí montando um pequeno sistema de equações:

c 1 + c 2 = 1 c 1 - 2 c 2 = 1

Se nós multiplicarmos a segunda equação por (-1), teremos

c 1 + c 2 = 1 - c 1 + 2 c 2 = - 1

Agora somamos as duas equações

+ c 1 + c 2 = 1 - c 1 + 2 c 2 = - 1

3 c 2 = 0

O que nos dá

c 2 = 0

Opa, já temos o valor de c 2 ,   então já podemos descobrir o c 1 ,   basta substituir em uma das duas equações que temos.

c 1 + c 2 = 1

c 1 + 0 = 1 → c 1 = 1

Passo 4

Maravilha! Já temos então o valor das duas constantes. Agora é só substituir na solução que tínhamos.

y = c 1 ⋅ e t + c 2 ⋅ e - 2 t

y = 1 e t + 0 e - 2 t

y = e t

Assim nossa equação que satisfaz a EDO é

y = e t

E o gráfico é algo desse tipo

onde com o aumento de t , y aumenta exponencialmente. Tranquilo???

Resposta

y = e t

Exercício Resolvido #6

Encontre a solução do problema de valor inicial abaixo:

y ' ' t - 6 y ' t + 8 y t = 0 y 0 = 0 y ' 0 = 2

Passo 1

Vamos começar bem tranquilinho aqui, simplesmente colocando nossa EDO na forma a y ' ' + b y ' + c y = 0 :

y ' ' t - 6 y ' t + 8 y t = 0

Legal! A equação já está na forma que queremos e podemos usar a equação característica:

r 2 - 6 r + 8 = 0

Passo 2

Para resolver vamos encontrar a , b e c :

Comparando as equações:

a r 2 + b r + c = 0 r 2 - 6 r + 8 = 0

Logo:

a = 1 b = - 6 c = 8

Passo 3

Verificando o discriminante: Δ > 0 , Δ = 0 ou Δ < 0 ?

Lembra que dependendo do valor do delta, temos diferentes tipos de soluções? Só relembrando rapidinho aqui com você

Δ > 0 → C 1 e r 1 x + C 2 e r 2 x

Δ < 0 → e a x C 1 cos ⁡ b x + C 2 s e n b x → r = a ± b i

Δ = 0 → C 1 e r x + C 2 x e r x

Onde

Δ = b 2 - 4 a c

Pra nossa questão então temos

Δ = - 6 2 - 4 1 ( 8 )

⇒ Δ = 4

⇒ Δ > 0

Passo 4

Agora vamos encontrar as raízes da equação auxiliar:

a r 2 + b r + c = 0

1 r 2 - 6 r + 8 = 0

⇒ r 2 - 6 r + 8 = 0

Onde o cálculo das raízes é:

r = - b ± Δ 2 a = - ( - 6 ) ± 4 2 ( 1 )

r = 6 ± 2 2

r 1 = 6 + 2 2 ,     r 2 = 6 - 2 2

⇒ r 1 = 4 r 2 = 2

Passo 5

Show, agora colocamos essas raízes na solução:

y t = c 1 e r 1 t + c 2 e r 2 t

Lembrando que esse será nosso tipo de solução por que inicialmente tínhamos o Δ > 0 .

Substituindo os valores de r :

y t = c 1 e 4 t + c 2 e 2 t

⇒ y t = c 1 e 4 t + c 2 e 2 t

Resolvido! Agora pra fechar bonito, precisamos descobrir os valores das constantes.

Passo 6

Resolvendo o PVI:

Teremos que calcular a derivada:

y ' t = 4 c 1 e 4 t + 2 c 2 e 2 t

Substituímos o t = 0

y 0 = c 1 e 4   ⋅ 0 + c 2 e 2 ⋅ 0

⇒ y 0 = c 1 + c 2

y ' 0 = 4 c 1 e 4 ⋅ 0 + 2 c 2 e 2 ⋅ 0

⇒ y ' 0 = 4 c 1 + 2 c 2

E colocamos os valores iniciais fornecidos:

y 0 = c 1 + c 2 = 0

y ' 0 = 4 c 1 + 2 c 2 = 2

Isso nos ajuda a encontrar um sistema do tipo:

c 1 + c 2 = 0 4 c 1 + 2 c 2 = 2

Vamos multiplicar a primeira equação por (-2). Concorda que assim quando formos somar as duas equações o termo c 2 vai sumir? E é isso que queremos.

- 2 c 1 - 2 c 2 = 0 4 c 1 + 2 c 2 = 2

Agora podemos somá-las.

+ - 2 c 1 - 2 c 2 = 0 4 c 1 + 2 c 2 = 2

2 c 1 = 2 → c 1 = 1

Agora só substituir o valor de c 1 em qualquer uma das duas equações pra achar o valor de c 2

c 1 + c 2 = 0

1 + c 2 = 0

c 2 = - 1

Logo:

c 1 = 1 c 2 = - 1

Agora é só substituir as constantes na solução geral:

y t = 1 e 4 t + - 1 e 2 t

⇒ y t = e 4 t - e 2 t

E partir pro abraço! rsrs

Resposta

y t = e 4 t - e 2 t

Exercício Resolvido #7

Seja a equação diferencial E   : y ' ' - 6 y ' + 9 y = 0 . Qual das seguintes afirmações é verdadeira?

(a) A função y t = e 3 t - t e 3 t é a única solução de ( E ) verificando y 0 = 1 e y ' 0 = 2 .

(b) O real 3 é raiz simples da equação característica associada.

(c) A função y t = e - 3 t + 5 t e 3 t é uma solução de ( E ) verificando y 0 = 1 e y ' 0 = 2 .

(d) A função y t = t ( e t + e 3 t ) é solução de ( E ) .

(e) Nenhuma das outras alternativas.

Passo 1

Dando uma olhada nas alternativas, parece que o melhor jeito de proceder é resolver a EDO mesmo (nem sempre é o caso!). Então partiu, vamos começar substituindo a EDO pela equação auxiliar!

( E ) já está na forma a y ' ' + b y ' + c y = 0 com a = 1 , b = - 6 e c = 9 .

Então o discriminante é:

Δ = b 2 - 4 a c

Δ = = 36 - 4.1 . 9

Δ = = 0

E a equação auxiliar terá::

r 2 - 6 r + 9 = 0

⇒ r = 6 ± 0 2 = 3

Como Δ = 0 , a solução é da forma

y t = c 1 e r t + c 2 t e r t

Para nosso caso: então

y ( t ) = c 1 e 3 t + c 2 t e 3 t

Passo 2

Beleza, agora vamos testar as alternativas uma por uma:

Alternativa (a):

Ela dá a função y t = e 3 t - t e 3 t . Podemos ver que ela se encaixa na forma que a gente achou:

c 1 e 3 t + c 2 t e 3 t ⇔ e 3 t - t e 3 t

c 1 = 1     e     c 2 = - 1

Ou seja, essa y é solução da EDO.

Agora resta saber se essa é a única solução respeitando as condições y 0 = 1 e y ' 0 = 2 .

y 0 = 1   ⇒   c 1 e 0 + c 2 . 0 . e 0 = 1   ⇒ c 1 = 1

Vamos calcular a derivada da solução que achamos:

y t = c 1 e 3 t + c 2 t e 3 t

⇒ y ' t = 3 c 1 e 3 t + c 2 e 3 t + 3 c 2 t e 3 t

Ou seja:

y ' 0 = 2   ⇒ 3 c 1 + c 2 + 0 = 2

E como c 1 = 1 :

3 + c 2 = 2

⇒ c 2 = - 1

Concluímos que a função y ( t ) dada pela alternativa (a) realmente é a única solução da EDO verificando y 0 = 1 e y ' 0 = 2 . Portanto a alternativa é verdadeira.

Passo 3

Alternativa (b):

Ela diz: “O real 3 é raiz simples da equação característica associada.”

A equação característica é

r 2 - 6 r + 9 = 0   ⇔ r - 3 r - 3 = 0

Podemos ver que 3 é uma raiz dupla, e não simples, da equação, portanto a alternativa é falsa.

Passo 4

Alternativa (c):

Vimos no passo 2 que a única função solução da EDO verificando o verificando y 0 = 1 e y ' 0 = 2 é a da alternativa (a). Portanto essa alternativa é falsa.

Passo 5

Alternativa (d):

Ela afirma que “a função y t = t ( e t + e 3 t ) é solução de ( E ) ”. Nós achamos a forma geral de solução da EDO, que é

y ( t ) = c 1 e 3 t + c 2 t e 3 t

A função não se encaixa na forma que achamos (tem um termo e t ), então a alternativa (d) é falsa.

E a alternativa (e) também está errada porque vimos que a (a) está certa.

Resposta

Alternativa (a)

Exercício Resolvido #8

Questão 2: Determine todos os valores de λ para os quais o seguinte problema da EDO com condições de contorno tem ao menos uma solução diferente de 0 .

u ' ' + 2 u ' = λ u , u 0 = 0 u 1 = 0

Passo 1

Bora lá então pra começar essa questão vamos colocar a EDO na forma que nós estamos acostumados a trabalhar, ou seja

u ' ' + 2 u ' = λ u         →   u ' ' + 2 u ' - λ u = 0

Montando agora a equação característica:

r 2 + 2 r - λ = 0

Resolvendo essa equação encontrando primeiro o delta:

∆ = b 2 - 4 a c

Onde no nosso caso, a = 1 ,   b = 2 ,   c = - λ .

Δ = 2 2 - 4 ⋅ 1 ⋅ - λ = 4 + 4 λ

Então agora vamos começar a analisar cada situação para λ !

Passo 2

Observa que nós não sabemos o valor de λ . Então, vamos supor valores que façam com que o Δ seja maior, igual ou menor que zero, afinal de contas é o valor de delta que vai determinar qual nosso tipo de solução. Se ∆ > 0 então a solução da equação característica é...

r = - b ± Δ 2 a

r = - 2 ± 4 + 4 λ 2 = - 2 ± 2 1 + λ 2     →           r 1 = - 1 + 1 + λ r 2 = - 1 - 1 + λ

Então a solução da EDO é...

u = c 1 e r 1 x + c 2 e r 2 x   →

u = c 1 e - 1 + 1 + λ   x + c 2 e - 1 - 1 + λ   x

Aplicando as condições de contorno...

u 0 = c 1 e 0 + c 2 e 0 = c 1 + c 2 = 0

c 1 = - c 2

Além disso...

u 1 = c 1 e - 1 + 1 + λ   + c 2 e - 1 - 1 + λ   =

u 1 = - c 2 e - 1 + 1 + λ   + c 2 e - 1 - 1 + λ   = 0

A única forma disso ser 0 é se c 2 = 0 , certo? Então não rola, neh? Pois queremos soluções diferentes de zero, como o enunciado pediu!

Passo 3

A outra situação possível é se ∆ = 0 ...

r = - b ± Δ 2 a = - 2 ± 0 2

r = - 2 2 = - 1

Então a solução da EDO:

u = c 1 e r x + c 2 x e r x     →

u = c 1 e - x + c 2 x e - x

Aplicando as condições de contorno...

u 0 = c 1 e 0 + 0 = c 1 = 0

E

u 1 = c 2 e - 1 = 0

A única forma disso ser 0 é se c 2 = 0 e novamente isso não rola!

Passo 4

A última situação é se ∆ < 0 , então teremos uma resposta para a equação característica imaginária:

r = - b ± Δ 2 a

Observa que colocamos o delta no módulo e tiramos o i , por que assim sabemos que aquela raiz terá um valor real positivo.

r = - 2 ± i 1 + λ 2 = - 2 ± 2 i 1 + λ 2     →           r 1 = - 1 + i 1 + λ r 2 = - 1 - i 1 + λ

Assim, a resposta da EDO será:

u = e - 1 x c 1 sin ⁡ 1 + λ x + c 2 cos ⁡ 1 + λ x

Aplicando as condições...

u 0 = e 0 c 1 sin ⁡ 0 + c 2 cos ⁡ 0 =

0 + c 2 = 0   →       c 2 = 0

E

u 1 = e - 1 c 1 sin ⁡ 1 + λ = 0     →

Como o c 1 a gente não quer que seja 0 ...

sin ⁡ 1 + λ = 0   →

1 + λ = m π   →

1 + λ = m 2 π 2   →

Como 4 + 4 λ = ∆ < 0   →         λ < - 1 , então...

1 + λ = - m 2 π 2

λ = - m 2 π 2 - 1

E a solução da Edo será:

u = e - 1 x c 1 sin ⁡ 1 + λ x

Resposta

λ = - m 2 π 2 - 1

Exercício Resolvido #9

Seja b > 0 uma constante. Se y = y ( x ) é uma solução não nula da equação d 2 y d x 2 - b d y d x + y = 0 , então lim x → - ∞ ⁡ y x :

  1. Não existe e tende a + ∞
  2. Existe e vale π
  3. Não há dados suficientes para calcular
  4. Não existe e tende a - ∞
  5. Existe e vale 0

Passo 1

Vamos olhar essa EDO com carinho, ela é a mesma coisa que y ' ' - b y + y = 0 , certo? Só tá escrito de um jeitinho diferente. É uma EDO de segunda ordem da qual a gente consegue achar a solução y ( x ) para todos os casos de Δ da equação característica. Por isso a gente consegue calcular depois lim x → ∞ ⁡ y x .

O problema é que precisaremos fazer esse limite para todos os casos de delta, porque não sabemos o valor de b .   Ele variando, podemos ter Δ positivo, negativo ou nulo, e sabemos que a solução muda de acordo com o valor de delta. Lembra de cada uma das possíveis soluções? Bora relembrar aqui rapidinho

Δ > 0 → C 1 e r 1 x + C 2 e r 2 x

Δ < 0 → e a x C 1 cos ⁡ b x + C 2 s e n b x → r = a ± b i

Δ = 0 → C 1 e r x + C 2 x e r x

Então o que a gente vai fazer é achar y x para cada caso e calcular o limite para ver no que dá.

Passo 2

A equação característica dessa EDO fica assim:

y ' ' - b y + y = 0

r 2 - b r + 1 = 0

Achando as raízes da equação por bhaskara:

Δ = b 2 - 4 a c

Δ = b 2 - 4.1 . 1

r = b ± b 2 - 4 2

Passo 3

Agora a gente precisa achar y ( x ) para o caso Δ > 0 :

Sabendo que (como relembramos lá no passo 1):

y x = c 1 e r 1 x + c 2 e r 2 x

Sendo: r 1 = b + b 2 - 4 2 ,   r 2 = b - b 2 - 4 2

Ficamos com:

y x = c 1 e b + b 2 - 4 2 x + c 2 e b - b 2 - 4 2 x

Passo 4

Agora fazemos lim x → - ∞ ⁡ y x , com muita coragem e atenção:

lim x → - ∞ ⁡ c 1 e b + b 2 - 4 2 x + c 2 e b - b 2 - 4 2 x

Vamos olhar com calma para esses expoentes. Momento de muita atenção. Lembra que: Δ = b 2 - 4 e esse y ( x ) é para o caso de Δ > 0 . Logo:

b 2 - 4 > 0

Com isso a gente já percebe que esse coeficiente b + b 2 - 4 2 é positivo, porque é uma soma de dois termos positivos ( b > 0 , pelo enunciado).

Vamos analisar o outro expoente:

b - b 2 - 4 2

Já sabemos que b > 0   é positivo, mas será que ele é maior que b 2 - 4 ?

É sim! Concorda comigo que b = b 2 . Se eu diminuo esse b 2 de algum valor, como 4 , vamos ter que b = b 2 > b 2 - 4 ∴ b > b 2 - 4 . Então esse expoente também é positivo.

Ficamos então com:

lim x → - ∞ ⁡ c 1 e r 1 x + c 2 e r 2 x ,     r 1 > 0 ,     r 2 > 0

Sabendo que e - ∞ → 0 :

l i m x → - ∞ y x

= lim x → - ∞ ⁡ c 1 e r 1 x + c 2 e r 2 x

= c 1 0 + c 2 0 = 0 ,     Δ > 0

Passo 5

Vamos para o caso Δ = 0 .

Para essa situação, y x = c 1 x e r x +   c 2 e r x

r = b ± Δ 2 = b ± 0 2 = b 2

Então,

y x = c 1 x e b 2 x +   c 2 e b 2 x

Passo 6

Calculando o limite:

l i m x → - ∞ y x =   l i m x → - ∞ c 1 x e b 2 x +   c 2 e b 2 x

Vamos calcular o limite de cada termo da soma separadamente. Como b 2 = r > 0 :

l i m x → - ∞ c 1 x e b 2 x = l i m x → - ∞ c 1 x e r x

l i m x → - ∞ c 1 x e - r x = - ∞ ∞

Calma, vamos usar L’Hospital:

l i m x → - ∞ c 1 x e - r x   L ' H → l i m x → - ∞ c 1 1 - r e - r x = 0  

Ufa! Conseguimos. Vamos para o outro termo:

l i m x → - ∞   c 2 e r x = 0

Se os termos zeraram,

l i m x → - ∞ y x

= l i m x → - ∞ c 1 x e b 2 x +   c 2 e b 2 x = 0 ,     Δ = 0

Passo 7

Para finalizar, vamos olhar o caso Δ < 0 . Para isso:

y x = e α x ( c 1 cos ⁡ β x + c 2 sen ⁡ β x )

Sendo:

α = - b 2 a = - ( - b ) 2 ⋅ 1 = b 2

β = - Δ 2 a = - ( b 2 - 4 ) 2

Passo 8

A gente precisa calcular: l i m x → - ∞ e α x ( c 1 cos ⁡ β x + c 2 sen ⁡ β x )

Como cosseno e seno são funções limitadas, a gente pode tentar calcular l i m x → - ∞ e α x primeiro.

Sabemos que α = b 2 > 0 , então:

l i m x → - ∞ e α x = 0

Voltando para o limite inicial:

l i m x → - ∞ e α x c 1 cos ⁡ β x + c 2 sen ⁡ β x = l i m x → - ∞ 0 ⋅ c 1 cos ⁡ β x + c 2 sen ⁡ β x ⏞ F u n ç ã o   L i m i t a d a = 0

Pelo teorema do anulamento.

Perceber que o seno e cosseno são funções limitadas é muito importante agora para conseguir resolver esse limite! Assim temos que zero vezes uma função limitada não cai em nenhuma indeterminação, é simplesmente zero mesmo.

Então, nossa alternativa certa é a letra e.

Resposta

Letra e

Exercício Resolvido #10

Encontre todos os valores de λ ∈ R , e todas as soluções associadas, para os quais existem soluções não-nulas do problema de valor de contorno (para L > 0 ):

y ' ' + λ y = 0

y 0 = 0 d y d x L = 0

Passo 1

Vamos começar então resolvendo essa EDO de segunda ordem...

y ' ' + λ y = 0

Por equação característica:

y ' ' = r 2

y ' = r

y = 1

Nesse caso não temos um y ' ,   mas não tem problema! Sem o y ' da pra fazer ainda tranquilo do mesmo jeito.

r 2 + λ = 0

Temos, a = 1 , b = 0 e c = λ

Δ = b 2 - 4 a c

Δ = 0 2 - 4.1 . λ

Δ = - 4 λ

Assim, as raízes se tornam:

r 1 = - b + b 2 - 4 a c 2 a r 2 = - b - b 2 - 4 a c 2 a

Substituindo encontramos:

      r 1 = - λ r 2 = - - λ

Agora vamos analisar cada caso dependendo do valor de λ , que no caso é desconhecido (até o momento ;).

Passo 2

1º - Caso λ < 0 :

Caso isso aconteça,

      r 1 = - λ r 2 = - - λ

São valores reais e diferentes entre si e, portanto, a solução será:

y = c 1 e - λ r + c 2 e - - λ r

Aplicando a primeira condição de contorno de que...

y 0 = 0         →           y 0 = c 1 e 0 + c 2 e 0 = c 1 + c 2 = 0   →

c 1 = - c 2

Para a segunda y ' L = 0 , como estamos falando de derivada, precisamos derivar rapidinho a solução:

y ' = - λ c 1 e - λ x - - λ c 2 e - - λ x     →

Substituindo agora...

y ' L = 0

  y ' L = c 1 - λ e - λ π - c 2 - λ e - - λ π = 0

- c 2 - λ e - λ π - c 2 - λ e - - λ π = 0

c 2 - - λ e - λ π - - λ e - - λ π = 0  

Pow, como esse termo dos parênteses não é 0 ...

c 2 = 0

c 1 = 0

Logo

y x = 0

Essa é uma solução trivial e que não queremos, lembra que queremos não-nulas! Então analisemos o outro caso...

Passo 3

2º - Caso λ = 0 :

Nesse caso, a solução da equação característica será:

      r 1 = - λ r 2 = - - λ     →

r 1 = r 2 = b = 0

Nesse caso, o modelo de resposta para a EDO é assim:

y x = c 1 e b ⋅ x + c 2 x e - b ⋅ x   →

y x = c 1 e 0 + c 2 x e 0   →          

y x = c 1 + c 2 x

Substituindo a primeira condição...

y 0 = 0       →             y 0 = c 1 + c 2 ⋅ 0 = 0     →           c 1 = 0

Derivando e substituindo a segunda...

y = c 1 + c 2 x       →             y ' x = c 2

y ' L = 0           →                 y ' L = c 2 = 0

Novamente ganhamos a solução trivial:

y = 0

Mas não desista pois ainda temos mais um caso para analisar!

Passo 4

3º - Caso λ > 0 :

Nesse caso, teremos uma solução imaginária para a Equação característica...

b 2 + λ = 0     →           b 1 = - λ b 2 = - - λ         →

b = ± i λ

E, portanto, o modelo de solução da EDO é assim:

y = c 1 sin ⁡ λ ⋅ x + c 2 cos ⁡ λ ⋅ x  

Substituindo a primeira condição...

y 0 = 0             →             y 0 = c 1 sin ⁡ 0 + c 2 cos ⁡ 0 = 0     →

c 2 = 0

Derivando e substituindo a segunda...

y ' = c 1 λ cos ⁡ λ ⋅ x - c 2 λ sin ⁡ λ ⋅ x =

c 1 λ cos ⁡ λ ⋅ x

y ' L = 0               →                 y ' L = c 1 λ cos ⁡ λ ⋅ L = 0       →

Como não queremos a solução trivial novamente, precisamos que...

c 1 ≠ 0       →

Logo...

cos ⁡ λ ⋅ L = 0       →

Ora, quando esse cosseno zera? Quando...

λ L = π 2 , 3 π 2 , 5 π 2 , …

Ou seja...

λ L = 2 n - 1 π 2 ,             n ∈ 1 ,   2 ,   3 , …   o u

Logo, os valores são...

λ n = 2 n - 1 2 4 L 2 π 2 ,               n ∈ N

Para a solução, basta substituir aqui os valores de c 2 e de λ :

y x = c 1 sin ⁡ λ ⋅ x + c 2 cos ⁡ λ ⋅ x →

y x = c 1 sin ⁡ 2 n - 1 π 2 L ⋅ x

Na solução então podemos desconsiderar o c 1 , então...

y x n = sin ⁡ 2 n - 1 π 2 L ⋅ x   ,               n ∈ N

Resposta

λ n = 2 n - 1 2 4 L 2 π 2 ,               n ∈ N

y x n = sin ⁡ 2 n - 1 π 2 L ⋅ x   ,               n ∈ N