Exercícios Resolvidos de EDOs Homogêneas com Coeficientes Constantes

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Enunciado

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