Considere o problema de valor inicial

y' = t^2 + e^y, y(0) = 0

Usando o metodo de Runge-Kutta corn tamanho de passo h, obtemos os resultados na Tabela

8.5.5. Esses resultados sugerem que a solucao tern uma assintota vertical entre t = 0,9 e t = 1,0.

(a) Seja y = phi(t) a solucäo do problema (i). Além disso, seja y = phi_1(t) a solucäo do problema

y' = 1 + e^y, y(0) = 0

e seja y = φ_2(t) a solução de

y' = e^y, y(0) = 0

Mostre que

ϕ₂(t) ≤ ϕ(t) ≤ ϕ₁(t)

em algum intervalo contido em 0 ≤ t ≤ 1 onde existem todas as três soluções. b) Determine ϕ₁(t) e ϕ₂(t) . Depois motre que ϕ(t) -> infinito para algum t entre t = ln 2 0,69315 e t = 1. c) Resolva as equações diferenciais y' = e^y e y' = 1 + e^y, respectivamente, com a condição inicial y(0,9) = 3,4298 . Use os resultados para mostrar que ϕ(t) → infinito quando t congruente 0,932.

Passo 1

Para o item a) vamos usar o método de Runge-Kutta, vamos utilizá-lo para cálcular o valor das soluções em 5 pontos, no intervalo 0.4,0.5 . Para ϕ

no mesmo intervalo, para ϕ 1

por fim, para ϕ 2

é possível ver que nesse intervalo, temos que ϕ 2 < ϕ < ϕ 1 .

Passo 2

Para o item b), vamos resolver as equações diferenciais. Começando com y ' = 1 + e y :

d y d x = 1 + e y ⟶ ∫ d x = ∫ d y 1 + e y

no lado direito, vamos fazer a substituição u = e y , disso tiramos que y   =   l n   u e que d y   =   1 u d u :

∫ d y 1 + e y   =   ∫ 1 u u + 1 d u   =   ∫ 1 u d u   -   ∫ 1 u   + 1 d u

resolvendo as integrais:

∫ d y 1 + e y = l n u - l n u + 1 = y - l n e y + 1

isso nos fornece

x   +   C   =   y - l n e y + 1

e dessa equação já conseguimos encontrar a nossa constante de integração C. Utilizando da condição inicial y 0 = 0 , obtemos que C = - ln 2. Segue que

x   -   l n   2   =   y - l n e y + 1

colocando exponencial de ambos os lados e usando que e l n   a = a

e x 2   =   e y e y + 1   =   1 1 + e - y

manipulando um pouco

1 + e - y = 2 e - x

Encontramos então

y = - l n 2 e - x - 1

e podemos reparar que quando x   ⟶ l n   2   ≈   0.69 , y diverge. Para a segunda equação diferencial:

d y d x = e y ⟶ ∫ d x = ∫ d y e y

isso nos leva à x + C = - e - y , colocando nossa condição inicial, obtemos C   =   - 1 . Daí, isolando y

y = - l n 1 - x

e a função diverge quando x tende à 1.

Passo 3

O fato de já termos mostrado que as três funções ϕ envolvidas no exercício obedecem a uma desigualdade serve de suporte para falarmos que como ϕ 2 tende diverge quando x tende a 1 e ϕ 1 diverge quando x tende a ln 2, temos que a função ϕ deve divergir em algum x no intervalo entre ln 2 e 1.

Para o último item, vamos resolver as equações para a condição inicial indicada. Para ϕ 1

x   +   C   =   y - l n e y + 1

utilizando de y ( 0,9 )   =   3,4298 , chegamos à C = 2,5392 e portanto

y = - l n 2,5392   e - x - 1

procurando o ponto onde essa função diverge, basta procurarmos por pontos em que o argumento do logaritmo tende a zero. Isso quer dizer que 2,5392   e - x - 1 = 0, ou melhor

x ϕ 1 = 0,9318

para o segundo caso, temos

x + C = - e - y

onde, impondo a condição inicial: C = -0,9239 e portanto

y = - l n 0,9323 - x

e encontramos x ϕ 2 = 0,9323 . Como já argumentamos, o ponto onde a função de interesse ϕ diverge, deve estar entre os dois pontos, segue que x ϕ ≈ 0,932 .

Resposta

Ei, a resposta está no passo a passo :)