Exercícios Resolvidos de EDOs Homogêneas com Coeficientes Constantes

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Enunciado

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