Enunciado

2 - Considere o problema de valor inicial

y ' = t 2 + e y , y 0 = 0 .

Usando o método de Runge-Kutta com tamanho de passo h, obtemos os resultados na Tabela

8.6.5. Esses resultados sugerem que a solução tem uma assíntota vertical entre t   =   0,9 e   t   =   1,0 .

TABELA 8.6.5 Aproximações da Solução do Problema de Valor Inicial y ' = t 2 + e y , y 0 = 0 , Usando o Método de Runge-Kutta.

(a)Seja y   =   ϕ ( t ) a solução do problema (i). Além disso, seja y = ϕ 1 ( t ) a solução de

y ' = 1 + e y ,     y 0 = 0

e seja y = ϕ2(t) a solução de

y ' = e y ,     y 0 = 0 .

Mostre que

ϕ 2 ( t ) ≤ ϕ ( t ) ≤ ϕ 1 ( t )

em algum intervalo contido em 0   ≤   t   ≤   1 em que todas as três soluções existem.

(b) Determine ϕ 1 ( t ) e ϕ 2 ( t ) . Depois mostre que ϕ ( t ) → ∞ para algum t entre t = l n 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 )   →   ∞ quando t   ≅   0,932 .

Passo 1

Seja y = ϕ t ,   y = ϕ 1 t   e   y = ϕ 2 ( t ) as soluções de:

y ' = t 2 + e y ,     y 0 = 0

y ' = 1 + e y ,     y 0 = 0

y ' = e y ,     y 0 = 0

Respectivamente. Então, para 0 ≤ t ≤ 1 .

ϕ 2 ' ≤ ϕ ' ≤ ϕ 1 '

Pegando o intervalo de 0 < t < 1 , temos:

∫ 0 t ϕ 2 ' < ∫ 0 t ϕ ' < ∫ 0 t ϕ ' 1

Assim,

ϕ 2 t - ϕ 2 0 ≤ ϕ t - ϕ 0 ≤ ϕ t t - ϕ 0 ,

E se ϕ 1 = ϕ = ϕ 2 com t = 0 , temos:

ϕ 2 ( t ) ≤ ϕ ( t ) ≤ ϕ 1 ( t )

Passo 2

(b) A função ϕ 1 é a solução de,

y ' = 1 + e y ,     y 0 = 0

A equação diferencial é separável:

d y 1 + e y = d t

Usando o método da substituição, tome u = 1 + e y e d u = e y d y

∫ d y 1 + e y = ∫ d t

∫ d u u ( u - 1 ) = ∫ d t

Use a decomposição da fração parcial:

1 u u - 1 = A u + B u - 1 = A u - 1 + B u u ( u - 1 )

Então A = - 1 e A + B = 0 , logo B = 1 . Use esse valor na integral:

∫ - 1 u + 1 u - 1 d u = t + c

- log ⁡ u + log ⁡ u - 1 = t + c

- log ⁡ 1 + e y + log ⁡ e y = t + c

y - log ⁡ 1 + e y = t + c

Passo 3

Vamos resolver a função abaixo, por meio da exponencial.

y - log ⁡ 1 + e y = t + c

e y = 1 + e y e t + c

e y = e t + c 1 - e t + c

y = log ⁡ e t + c 1 - e t

Encontre a constante usando a condição inicial:

0 = y 0 = log ⁡ e t 1 - e t

1 = e t / ( 1 - e t )

e t = 1 - e t

e = log ⁡ 1 2 = - log ⁡ 2

Assim, a solução é:

ϕ 1 = log ⁡ 1 2 e t 1 - 1 2 e t

= log ⁡ e t 2 - e t

Passo 4

A função  ϕ 2 é a solução de,

y ' = e y ,   y 0 = 0

A equação é separável:

e - y d y = d t

Integre e para encontrar  y  :

- e - y = t + c

y = - l o g ⁡ ( - t - c )

Encontre a constante usando a condição inicial:

0 = y 0 = - log ⁡ ( - c )

c = - 1

Assim, a solução é

ϕ 2 = - log ⁡ 1 - t

= log ⁡ 1 1 - t  

Passo 5

As funções ϕ , ϕ 1   e   ϕ 2 satisfazem a condição ϕ 2 ( t ) ≤ ϕ ( t ) ≤ ϕ 1 ( t ) para 0 ≤ t ≤ 1 , e

ϕ 1 t = log ⁡ e t 2 - e t = - log ⁡ 2 e - t - 1

ϕ 2 t = - l o g ⁡ ( 1 - t )

A segunda equação mostra que ϕ 2 t → - log ⁡ 0 = ∞  como  t → 1 . Como ϕ ≥ ϕ 2   então,  ϕ 1 → ∞ para alguns valores de t ≤ 1 . A primeira equação mostra que,  ϕ 1 t → - log ⁡ 0 = ∞  como  t → log ⁡ 2 , mas ϕ 1  é finito para t ≤ log ⁡ 2 . Como  ϕ ≤ ϕ 1 , então  ϕ é finito para  t < log ⁡ 2 . Portanto,  ϕ → ∞ para alguns valores de t  entre  log ⁡ 2   e 1 .

Passo 6

(c) Considere os mesmos problemas, mas agora substitua a condição inicial por

y 0,9 = 3,4298

As soluções  ϕ 1   ϕ 2 tiveram as seguintes formas antes de resolver as constantes:

ϕ 1 t = - log ⁡ e - t - c 1 - 1

ϕ 2 t = - log ⁡ ( - t - c 2 )

Use a nova condição inicial para encontrar as constantes:

3,4298 = ϕ 1 0,9 = - log ⁡ e - 0,9 - c 1 - 1

e - 0,9 - c 1 = e - 3,4298 + 1

c 1 = - log ⁡ e - 3,4298 + 1 - 0,9

E

3,4298 = ϕ 2 0,9 = - log ⁡ - 0,9 - c 2

C 2 = - e - 3,4298 - 0,98

Passo 7

Então, para  ϕ 1 ϕ 2 , o valor do log é 0 quando:

t = - c 1 = log ⁡ e - 3,4298 + 1 + 0,9 ≅ 0,9319

t = - c 2 = e - 3,4298 + 0,9 ≅ 0,9324

Desde ϕ 2 ( t ) ≤ ϕ ( t ) ≤ ϕ 1 ( t ) , então ϕ → ∞ para t ≅ 0,932 .

Resposta

  1. Veja a resolução.
  2. ϕ 1 t = - log ⁡ 2 e - t - 1

    ϕ 2 = log ⁡ 1 1 - t  

    A segunda equação mostra que ϕ 2 t → - log ⁡ 0 = ∞  como  t → 1 . Como ϕ ≥ ϕ 2   então,  ϕ 1 → ∞ para alguns valores de t ≤ 1 . A primeira equação mostra que,  ϕ 1 t → - log ⁡ 0 = ∞  como  t → log ⁡ 2 , mas ϕ 1  é finito para t ≤ log ⁡ 2 . Como  ϕ ≤ ϕ 1 , então  ϕ é finito para  t < log ⁡ 2 . Portanto,  ϕ → ∞ para alguns valores de t  entre  log ⁡ 2   e 1 .

  3. c 1 = - log ⁡ e - 3,4298 + 1 - 0,9

c 2 = - e - 3,4298 - 0,9 8

Desde ϕ 2 ( t ) ≤ ϕ ( t ) ≤ ϕ 1 ( t ) , então ϕ → ∞ para t ≅ 0,932 .

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