Considere o PVI
y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+6 y=0, \quad y(0)=2, \quad y^{\prime}(0)=a>0
(a) Encontre y(t).
(b) Determine a tal que y(1)=0.
(c) Encontre o menor valor positivo de t, em função de a, tal que y(t)=0.

Passo 1

O enunciado nos dá o problema de valor inicial
y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+6y=0,\qquad y(0)=2,\qquad y'(0)=a>0.
As perguntas são:
(a) Encontrar y(t) (a solução explícita que satisfaz as condições iniciais).
(b) Determinar a de modo que y(1)=0.
(c) Para dado a, encontrar o menor t>0 (em função de a) tal que y(t)=0.
Informações relevantes dadas:
  • É uma equação diferencial linear homogênea de segunda ordem com coeficientes constantes.
  • A constante que aparece na equação é 6; será útil definir \omega=\sqrt{5} (essa aparição virá do discriminante).
  • A condição a>0 vale para toda a análise (isso influencia o sinal numa etapa posterior).

Passo 2

Vou resolver a equação diferencial encontrando a equação característica. Para equações do tipo
y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+6y=0
assumimos uma solução exponencial y(t)=e^{rt} e obtemos a equação característica
r^{2}+2r+6=0.
Resolvendo essa quadrática usando a fórmula de Bhaskara:
r=\frac{-2\pm\sqrt{2^{2}-4\cdot1\cdot6}}{2}=\frac{-2\pm\sqrt{4-24}}{2}=\frac{-2\pm\sqrt{-20}}{2}.
Como \sqrt{-20}=2\mathrm{i}\sqrt{5}, os autovalores são números complexos conjugados:
r=-1\pm \mathrm{i}\sqrt{5}.

Passo 3

Quando a equação característica tem raízes complexas r=\alpha\pm \mathrm{i}\beta (com \beta>0), a forma real geral da solução é
y(t)=e^{\alpha t}\big(C_{1}\cos(\beta t)+C_{2}\sin(\beta t)\big),
onde C_{1} e C_{2} são constantes reais a determinar pelas condições iniciais. Aqui \alpha=-1 e \beta=\sqrt{5}. Logo a solução geral é
y(t)=e^{-t}\big(C_{1}\cos(\sqrt{5}\,t)+C_{2}\sin(\sqrt{5}\,t)\big).
Explicando pedagogicamente: a parte e^{\alpha t} dá decaimento/explosão exponencial e as funções \cos(\beta t),\sin(\beta t) dão a oscilação com frequência \beta.

Passo 4

Usamos a condição inicial y(0)=2. Avaliando em t=0:
y(0)=e^{0}\big(C_{1}\cos 0 + C_{2}\sin 0\big)=C_{1}\cdot 1 + C_{2}\cdot 0 = C_{1}.
Portanto
C_{1}=2.

Passo 5

Agora precisamos de C_{2} usando y'(0)=a. Primeiro calculamos y'(t). Seja \omega=\sqrt{5} para simplificar a notação. Com y(t)=e^{-t}(C_{1}\cos\omega t + C_{2}\sin\omega t), aplicamos a regra do produto:
y'(t)=\frac{d}{dt}\big(e^{-t}\big)\cdot(C_{1}\cos\omega t + C_{2}\sin\omega t)+e^{-t}\cdot\frac{d}{dt}\big(C_{1}\cos\omega t + C_{2}\sin\omega t\big).
Como \frac{d}{dt}e^{-t}=-e^{-t} e \frac{d}{dt}\cos\omega t=-\omega\sin\omega t, \frac{d}{dt}\sin\omega t=\omega\cos\omega t, obtemos
y'(t)= -e^{-t}(C_{1}\cos\omega t + C_{2}\sin\omega t) + e^{-t}\big(-C_{1}\omega\sin\omega t + C_{2}\omega\cos\omega t\big).
Fatorando e^{-t}:
y'(t)=e^{-t}\big(-C_{1}\cos\omega t - C_{2}\sin\omega t - C_{1}\omega\sin\omega t + C_{2}\omega\cos\omega t\big).
Agora avaliamos em t=0 (lembre \cos 0=1,\\ \sin 0=0,\\ e^{0}=1):
y'(0)= -C_{1} + C_{2}\omega.
Substituindo C_{1}=2 e impondo y'(0)=a, temos
a = -2 + C_{2}\omega \quad\Longrightarrow\quad C_{2}=\frac{a+2}{\omega}.

Passo 6

Substituindo C_{1} e C_{2} na forma geral, a solução particular que satisfaz as condições iniciais é
y(t)=e^{-t}\left(2\cos(\omega t)+\frac{a+2}{\omega}\sin(\omega t)\right),
onde \omega=\sqrt{5}. Esta é a resposta para a parte (a). Observação: o fator e^{-t} nunca é zero, então as raízes de y(t) vêm da parte trigonométrica entre parênteses.

Passo 7

Parte (b). Impor y(1)=0. Como e^{-1}\neq 0, basta anular o conteúdo dos parênteses em t=1:
2\cos(\omega)+\frac{a+2}{\omega}\sin(\omega)=0.
Isolando a:
\frac{a+2}{\omega}=-2\frac{\cos(\omega)}{\sin(\omega)}=-2\cot(\omega),
portanto
a+2=-2\omega\cot(\omega)\quad\Longrightarrow\quad a=-2-2\omega\cot(\omega).
Lembrando \omega=\sqrt{5}, uma forma explícita é
a=-2-2\sqrt{5}\cot(\sqrt{5}).
Se desejar aproximação numérica, calcule \sqrt{5}\approx 2,2360679 e \cot(\sqrt{5}) e substitua; isso dá aproximadamente a\approx 1{,}494 (mas a expressão exata acima é a resposta simbólica).

Passo 8

Parte (c). Zeros de y(t) ocorrem quando o parêntese é zero:
2\cos(\omega t)+\frac{a+2}{\omega}\sin(\omega t)=0.
Assumindo \cos(\omega t)\neq 0 (caso tratado implicitamente na solução geral abaixo), dividimos por \cos(\omega t) e obtemos
2+\frac{a+2}{\omega}\tan(\omega t)=0 \quad\Longrightarrow\quad \tan(\omega t)=-\frac{2\omega}{a+2}.
Definimos o ângulo principal
\theta_{0}=\arctan\!\left(-\frac{2\omega}{a+2}\right).
A solução geral para \omega t é
\omega t = \theta_{0}+k\pi,\qquad k\in\mathbb{Z},
porque a tangente tem período \pi. Assim
t_{k}=\frac{\theta_{0}+k\pi}{\omega}.
Queremos o menor t>0. Note que, para a>0, tem-se a+2>0 e -\dfrac{2\omega}{a+2}<0, então \theta_{0}\in\big(-\tfrac{\pi}{2},0\big). Portanto \theta_{0} é negativo e o menor índice k que torna t_{k}>0 é k=1. Então o menor zero positivo é
t_{\min}=\frac{\theta_{0}+\pi}{\omega}.
Substituindo \theta_{0}=-\arctan\!\left(\dfrac{2\omega}{a+2}\right) (já que \arctan(-u)=-\arctan(u)), obtemos a fórmula conveniente
t_{\min}=\frac{\pi-\arctan\!\left(\dfrac{2\omega}{a+2}\right)}{\omega},
com \omega=\sqrt{5}. Essa é a menor t>0 tal que y(t)=0 para a>0.

Passo 9

Resumo rápido do que foi encontrado (antes da resposta final): solução explícita y(t)=e^{-t}\big(2\cos(\sqrt{5}t)+\tfrac{a+2}{\sqrt{5}}\sin(\sqrt{5}t)\big); valor de a que zera y(1) é a=-2-2\sqrt{5}\cot(\sqrt{5}); menor zero positivo t é t_{\min}=\dfrac{\pi-\arctan\!\left(\frac{2\sqrt{5}}{a+2}\right)}{\sqrt{5}}. Força aí — já está pronto para a prova!

Resposta

(a) y(t)=e^{-t}\left(2\cos\big(\sqrt{5}\,t\big)+\frac{a+2}{\sqrt{5}}\sin\big(\sqrt{5}\,t\big)\right).
(b) a=-2-2\sqrt{5}\cot(\sqrt{5})\approx 1{,}494\\ .
(c) t_{\min}=\frac{\pi-\arctan\!\left(\dfrac{2\sqrt{5}}{a+2}\right)}{\sqrt{5}}.

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