Considere o problema de valor inicial
4 y^{\prime \prime}+4 y^{\prime}+y=0, \quad y(0)=1, \quad y^{\prime}(0)=2 .
(a) Resolva o problema de valor inicial e faça o gráfico da solução.
(b) Determine as coordenadas \left(t_{M}, y_{M}\right) do ponto de máximo.
(c) Mude a segunda condição inicial para y^{\prime}(0)=b>0 e encontre a solução como função de b.
(d) Encontre as coordenadas do ponto de máximo \left(t_{M}, y_{M}\right) em função de b. Descreva a dependência em b de t_{M} e de y_{M} quando b aumenta.

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial
4y''+4y'+y=0,
com condição inicial y(0)=1 e duas variações para a segunda condição: (i) y'(0)=2 (para as partes (a) e (b)) e (ii) y'(0)=b>0 (para as partes (c) e (d)).
As perguntas são:
(a) resolver o PVI com y'(0)=2 e fazer o gráfico da solução;
(b) encontrar as coordenadas do ponto de máximo \left(t_{M},y_{M}\right) para esse caso;
(c) resolver o PVI em função de b;
(d) achar \left(t_{M},y_{M}\right) em função de b e descrever como t_{M} e y_{M} variam quando b aumenta.

Passo 2

Vamos encontrar a solução geral da equação diferencial linear de coeficientes constantes. Primeiro escrevemos a equação característica associada:
4r^{2}+4r+1=0.
Isso é uma quadrática; calculemos o discriminante \Delta:
\Delta = 4^{2}-4\cdot 4\cdot 1 = 16-16=0.
Como \Delta=0, a raiz é dupla. A raiz r vale
r = \frac{-4}{2\cdot 4} = -\frac{1}{2}.
Para uma raiz dupla r=-\tfrac{1}{2} a forma geral da solução da equação homogênea é
y(t) = \big(C_{1}+C_{2}t\big)e^{-t/2},
onde C_{1} e C_{2} são constantes a determinar pelas condições iniciais. (Explicação curta: para raiz simples usamos e^{rt}; para raiz de multiplicidade 2 multiplicamos por t um dos termos, por isso aparece C_{2}t e^{rt}.)

Passo 3

Agora aplicamos as condições iniciais do caso (a), isto é y(0)=1 e y'(0)=2, para encontrar C_{1} e C_{2}.
Primeiro calculemos y(0):
y(0)=\big(C_{1}+C_{2}\cdot 0\big)e^{0}=C_{1}.
Como y(0)=1, segue
C_{1}=1.
Agora precisamos de y'(t). Diferenciando
y(t) = \big(C_{1}+C_{2}t\big)e^{-t/2},
usamos a regra do produto. Faça passo a passo:
y'(t) = C_{2} e^{-t/2} + \big(C_{1}+C_{2}t\big)\left(-\tfrac{1}{2}\right)e^{-t/2}.
Colocando em evidência e^{-t/2}:
y'(t) = e^{-t/2}\Big(C_{2} - \tfrac{1}{2}C_{1} - \tfrac{1}{2}C_{2}t\Big).
Agora tome t=0:
y'(0)=e^{0}\Big(C_{2}-\tfrac{1}{2}C_{1}-0\Big)=C_{2}-\tfrac{1}{2}C_{1}.
Como y'(0)=2 e C_{1}=1, obtemos
C_{2}-\tfrac{1}{2}\cdot 1 = 2 \quad\Rightarrow\quad C_{2} = 2+\tfrac{1}{2} = \tfrac{5}{2}.
Portanto a solução do PVI (caso (a)) é
y(t) = \Big(1+\tfrac{5}{2}t\Big)e^{-t/2}.

Passo 4

Descrição do gráfico da solução (caso (a)): como y(t)=(1+\tfrac{5}{2}t)e^{-t/2}, temos uma combinação de um polinômio de grau 1 com um decaimento exponencial. Características principais:
  • y(0)=1.
  • A derivada inicial y'(0)=2>0 faz a curva subir no início.
  • Como e^{-t/2}\to 0 quando t\to\infty, a solução tende a 0 para t\to\infty.
  • Logo a curva sobe até um máximo em algum t_{M}>0 e depois decai monotonamente para 0.
    Para desenhar: marque t=0,y=1; t_{M} que vamos calcular no Passo 5 e o valor máximo y_{M}; depois trace uma subida suave até t_{M} e decaimento exponencial depois.

Passo 5

Agora encontramos o ponto de máximo do caso (a) (isto é parte (b)). Um ponto extremo ocorre quando y'(t)=0. Usamos a expressão geral da derivada obtida no Passo 3, com C_{1}=1 e C_{2}=\tfrac{5}{2}:
y'(t) = e^{-t/2}\Big(C_{2} - \tfrac{1}{2}C_{1} - \tfrac{1}{2}C_{2}t\Big).
Como e^{-t/2}>0 para todo t, a condição y'(t)=0 equivale a zerar o parêntese:
C_{2} - \tfrac{1}{2}C_{1} - \tfrac{1}{2}C_{2}t = 0.
Resolva para t:
\tfrac{1}{2}C_{2}t = C_{2}-\tfrac{1}{2}C_{1}\quad\Rightarrow\quad t = \frac{2\big(C_{2}-\tfrac{1}{2}C_{1}\big)}{C_{2}}.
Podemos reescrever de forma simples:
t = 2 - \frac{C_{1}}{C_{2}}.
Para C_{1}=1 e C_{2}=\tfrac{5}{2} obtemos
t_{M} = 2 - \frac{1}{5/2} = 2 - \frac{2}{5} = \frac{8}{5}=1{,}6.
Agora calcule y_{M}=y(t_{M}). Substituímos em y(t)=\big(1+\tfrac{5}{2}t\big)e^{-t/2}. Primeiro calcule o fator linear em t_{M}:
1+\tfrac{5}{2}\cdot \frac{8}{5} = 1 + 4 = 5.
Então
y_{M} = 5\;e^{-t_{M}/2} = 5\;e^{-4/5}.
Valor numérico aproximado (se quiser conferir) é
y_{M}\approx 5\cdot e^{-0{,}8}\approx 5\cdot 0{,}44933\approx 2{,}2467.

Passo 6

Parte (c): refaça as contas com y'(0)=b>0. Já temos a solução geral
y(t)=\big(C_{1}+C_{2}t\big)e^{-t/2}
e C_{1}=y(0)=1. Para a segunda constante, com a expressão de y'(0):
y'(0)=C_{2}-\tfrac{1}{2}C_{1}=b.
Como C_{1}=1,
C_{2} = b + \tfrac{1}{2}.
Portanto a solução em função de b é
y(t;b)=\Big(1+\big(b+\tfrac{1}{2}\big)t\Big)e^{-t/2}.

Passo 7

Parte (d): encontrando o ponto de máximo em função de b. Usamos novamente a condição y'(t)=0 com C_{1}=1 e C_{2}=b+\tfrac{1}{2}. Usando a fórmula geral do Passo 5:
t_{M}(b)=2-\frac{C_{1}}{C_{2}} = 2 - \frac{1}{b+\tfrac{1}{2}}.
Simplificando a fração b+\tfrac{1}{2}=\tfrac{2b+1}{2}
t_{M}(b) = 2 - \frac{2}{2b+1} = \frac{4b}{2b+1}.
Agora calcule y_{M}(b)=y\big(t_{M}(b);b\big). Note uma simplificação prática: usando C_{2}=\tfrac{2b+1}{2} e t_{M}=\dfrac{4b}{2b+1} obtemos
C_{2}\,t_{M} = \frac{2b+1}{2}\cdot \frac{4b}{2b+1} = 2b.
Logo
1 + C_{2}t_{M}=1+2b,
e assim
y_{M}(b) = (1+2b)\;e^{-t_{M}(b)/2}.
Como t_{M}(b)/2 = \dfrac{2b}{2b+1}, podemos escrever
y_{M}(b) = (1+2b)\;e^{-\frac{2b}{2b+1}}.
Agora descrevemos a dependência de t_{M} e y_{M} quando b aumenta.
  1. Monotonicidade de t_{M}(b). Diferencie:
\frac{d}{db}t_{M}(b) = \frac{d}{db}\left(\frac{4b}{2b+1}\right) = \frac{4(2b+1)-4b\cdot 2}{(2b+1)^{2}} = \frac{4}{(2b+1)^{2}}>0\quad\text{para }b>0.
Portanto t_{M}(b) é estritamente crescente em b. Limites:
\lim_{b\to 0^{+}} t_{M}(b)=0,\qquad \lim_{b\to\infty} t_{M}(b)=2.
Assim, ao aumentar b o tempo onde ocorre o máximo desloca-se monotonicamente de 0 para valores cada vez maiores, aproximando-se assintoticamente de 2.
  1. Monotonicidade de y_{M}(b). É conveniente ver a variação de \ln y_{M}(b):
\ln y_{M}(b) = \ln(1+2b) - \frac{2b}{2b+1}.
Differentie:
\frac{d}{db}\ln y_{M}(b) = \frac{2}{1+2b} - \frac{2}{(2b+1)^{2}}.
Como 1+2b=2b+1, isso é
\frac{d}{db}\ln y_{M}(b) = \frac{2}{2b+1} - \frac{2}{(2b+1)^{2}} = \frac{4b}{(2b+1)^{2}}>0\quad\text{para }b>0.
Portanto \ln y_{M}(b) é crescente, logo y_{M}(b) é crescente em b. Limites:
\lim_{b\to 0^{+}} y_{M}(b) = (1+0)\,e^{0} = 1,
\lim_{b\to\infty} y_{M}(b) = \infty.
Comportamento assintótico para b grande: para b\to\infty,
t_{M}(b)\to 2^{-},\qquad y_{M}(b)\sim \frac{2b}{e}\quad(\text{cresce aproximadamente como }2b/e).
Resumo verbal: ao aumentar b o tempo do máximo t_{M} cresce monotonicamente de 0 para 2 (jamais ultrapassa 2), e a altura do máximo y_{M} também cresce monotonamente, partindo de 1 em b=0 e crescendo sem limite (com crescimento aproximadamente linear em b para b grande).

Resposta

(a) \displaystyle y(t)=\Big(1+\tfrac{5}{2}t\Big)e^{-t/2}.
(b) \displaystyle t_{M}=\tfrac{8}{5}=1{,}6,\qquad y_{M}=5e^{-4/5}\approx 2{,}2467.
(c) \displaystyle y(t;b)=\Big(1+\big(b+\tfrac{1}{2}\big)t\Big)e^{-t/2}.
(d) \displaystyle t_{M}(b)=\frac{4b}{2b+1},\qquad y_{M}(b)=(1+2b)\,e^{-\frac{2b}{2b+1}}.
Descrição: t_{M}(b) e y_{M}(b) são ambas estritamente crescentes em b>0; \lim_{b\to0^{+}}t_{M}=0,\\ \lim_{b\to\infty}t_{M}=2; \lim_{b\to0^{+}}y_{M}=1,\\ \lim_{b\to\infty}y_{M}=\infty (e para b grande y_{M}\sim 2b/e).

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