Encontre a solução do problema de valor inicial dado. Esboce o gráfic da solução e descreva seu comportamento para valores cada vez maiores de t.
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

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Ecuação diferencial e condições iniciais dadas:
4y'' + 4y' + y = 0,\qquad y(0)=1,\qquad y'(0)=2.
  • O enunciado pede:
    (a) resolver o problema de valor inicial e esboçar o gráfico da solução;
    (b) determinar as coordenadas \left(t_{M},y_{M}\right) do ponto de máximo (para as condições iniciais originais);
    (c) repetir a resolução trocando y'(0)=2 por y'(0)=b>0 e obter a solução em função de b;
    (d) encontrar \left(t_{M},y_{M}\right) em função de b e descrever como t_{M} e y_{M} dependem de b quando b aumenta.

Passo 2

Vamos resolver a equação diferencial linear homogênea com coeficientes constantes. Primeiro escrevemos a equação característica associada substituindo y\mapsto e^{rt}:
4r^{2}+4r+1=0.
Calcule o discriminante:
\Delta=4^{2}-4\cdot4\cdot1=16-16=0.
Como \Delta=0, a equação tem uma raiz real dupla
r=-\frac{4}{2\cdot4}=-\frac{1}{2}.
Para raiz dupla r a solução geral da equação diferencial é da forma
y(t)=(C_{1}+C_{2}t)e^{rt}=(C_{1}+C_{2}t)e^{-t/2},
onde C_{1} e C_{2} são constantes determinadas pelas condições iniciais. Uma breve explicação do porquê: quando a raiz é dupla, além da solução e^{rt} aparece t e^{rt} para formar a família de soluções independentes.

Passo 3

Agora aplicamos as condições iniciais para determinar C_{1} e C_{2}.
Primeiro y(0)=1
y(0)=(C_{1}+C_{2}\cdot 0)e^{0}=C_{1}=1.
Calculamos y'(t). Partindo de y(t)=(C_{1}+C_{2}t)e^{-t/2}, usamos a regra do produto:
y'(t)=C_{2}e^{-t/2} + (C_{1}+C_{2}t)\left(-\tfrac{1}{2}\right)e^{-t/2}.
Agrupando fatores comuns e^{-t/2}:
y'(t)=e^{-t/2}\Big(C_{2}-\tfrac{1}{2}C_{1}-\tfrac{1}{2}C_{2}t\Big).
Avalie em t=0 e use y'(0)=2:
y'(0)=C_{2}-\tfrac{1}{2}C_{1}=2.
Como C_{1}=1, segue
C_{2}-\tfrac{1}{2}=2\quad\Rightarrow\quad C_{2}=\tfrac{5}{2}.
Portanto a solução do problema de valor inicial é
\boxed{y(t)=\Big(1+\tfrac{5}{2}t\Big)e^{-t/2}.}

Passo 4

Esboço do gráfico e comportamento para t grandes.
  • Em t=0 temos y(0)=1.
  • A derivada inicial é y'(0)=2>0, então a solução sobe inicialmente.
  • A função é da forma um polinômio linear multiplicado por e^{-t/2}. Como e^{-t/2}\to 0 quando t\to\infty, temos
\lim_{t\to\infty} y(t)=0.
Logo a curva sobe até um máximo e depois decai para zero (decaimento exponencial domina o fator linear).
  • Esboço qualitativo: começa em 1, sobe rapidamente (derivada inicial 2), atinge um pico em algum t_{M}>0 e depois decresce de modo suave para 0. A curva é sempre contínua e suave (infinitamente diferenciável). Visualize algo como uma campana deslocada para a direita que decai exponencialmente para zero.

Passo 5

Encontre o ponto de máximo para o caso específico y'(0)=2.
Para máximo, resolvemos y'(t)=0. Já temos a expressão geral da derivada com constantes:
y'(t)=e^{-t/2}\Big(C_{2}-\tfrac{1}{2}C_{1}-\tfrac{1}{2}C_{2}t\Big).
Com C_{1}=1 e C_{2}=\tfrac{5}{2} fica
y'(t)=e^{-t/2}\Big(2-\tfrac{5}{4}t\Big).
Igualando a zero (e lembrando que e^{-t/2}\neq0 para todo t):
2-\tfrac{5}{4}t=0\quad\Rightarrow\quad t=\frac{2}{5/4}=\frac{8}{5}=1{,}6.
Portanto t_{M}=\tfrac{8}{5}. Calcule y_{M}=y(t_{M}):
y\Big(\tfrac{8}{5}\Big)=\Big(1+\tfrac{5}{2}\cdot\tfrac{8}{5}\Big)e^{-\,\tfrac{8}{5}\cdot\tfrac{1}{2}} =\Big(1+4\Big)e^{-4/5}=5e^{-4/5}.
Logo o ponto de máximo é
\boxed{\left(t_{M},y_{M}\right)=\Big(\tfrac{8}{5},\,5e^{-4/5}\Big).}
(Justificação de máximo: y'(t) é uma função proporcional a 2-\tfrac{5}{4}t, positiva para t<8/5 e negativa para t>8/5, logo a troca de sinal indica máximo em t=8/5.)

Passo 6

Agora a parte (c): trocando y'(0)=2 por y'(0)=b>0, retomamos a solução geral encontrada no Passo 2:
y(t)=(C_{1}+C_{2}t)e^{-t/2}.
Usando y(0)=1 obtemos C_{1}=1. A condição y'(0)=b
y'(0)=C_{2}-\tfrac{1}{2}C_{1}=b \quad\Rightarrow\quad C_{2}=b+\tfrac{1}{2}.
Assim, a solução em função de b é
\boxed{y(t)=\Big(1+\big(b+\tfrac{1}{2}\big)t\Big)e^{-t/2}.}

Passo 7

Parte (d): ponto de máximo \left(t_{M},y_{M}\right) em função de b e dependência em b.
Usamos a expressão da derivada com C_{1}=1 e C_{2}=b+\tfrac{1}{2}:
y'(t)=e^{-t/2}\Big(b-\tfrac{1}{2}\big(b+\tfrac{1}{2}\big)t\Big).
Simplifique o coeficiente de t:
\tfrac{1}{2}\big(b+\tfrac{1}{2}\big)=\tfrac{b}{2}+\tfrac{1}{4}.
Colocando y'(t)=0 e resolvendo para t:
b-\Big(\tfrac{b}{2}+\tfrac{1}{4}\Big)t=0\quad\Rightarrow\quad t=\frac{b}{\tfrac{b}{2}+\tfrac{1}{4}} =\frac{4b}{2b+1}.
Portanto
\boxed{t_{M}(b)=\dfrac{4b}{2b+1}.}
Agora calcule y_{M}=y(t_{M}). Substituindo t_{M} na expressão y(t)=\big(1+(b+\tfrac{1}{2})t\big)e^{-t/2} temos primeiro
1+(b+\tfrac{1}{2})t_{M}=1+(b+\tfrac{1}{2})\cdot\frac{4b}{2b+1}.
Fazendo as contas aparece uma simplificação elegante:
1+(b+\tfrac{1}{2})\cdot\frac{4b}{2b+1}=\frac{4b^{2}+2b+2b+1}{2b+1}=\frac{(2b+1)^{2}}{2b+1}=2b+1.
Assim
y_{M}=(2b+1)\,e^{-t_{M}/2}=(2b+1)\,\exp\!\Big(-\frac{1}{2}\cdot\frac{4b}{2b+1}\Big) =(2b+1)\,e^{-\,\frac{2b}{2b+1}}.
Logo
\boxed{y_{M}(b)=(2b+1)\,e^{-\,\frac{2b}{2b+1}}.}
Agora descrevemos a dependência de t_{M} e y_{M} quando b aumenta.
  • Monotonicidade de t_{M}: calcule a derivada
\frac{d}{db}t_{M}(b)=\frac{4}{(2b+1)^{2}}>0\quad\text{para }b>0,
portanto t_{M}(b) é estritamente crescente em b. Os limites são
\lim_{b\to 0^{+}}t_{M}(b)=0,\qquad \lim_{b\to\infty}t_{M}(b)=\lim_{b\to\infty}\frac{4b}{2b+1}=2.
Ou seja, conforme b cresce, t_{M} sobe e se aproxima de 2 (sempre permanecendo 0<t_{M}<2).
  • Monotonicidade de y_{M}: é conveniente estudar \ln y_{M}:
\ln y_{M}=\ln(2b+1)-\frac{2b}{2b+1}.
Derivando:
\frac{d}{db}\ln y_{M}=\frac{2}{2b+1}-\frac{2(2b+1)-4b}{(2b+1)^{2}} =\frac{2}{2b+1}-\frac{2}{(2b+1)^{2}}=\frac{4b}{(2b+1)^{2}}>0\\ \text{ para }b>0.
Logo \ln y_{M} é crescente e, portanto, y_{M}(b) é crescente para b>0.
Limites e comportamento assintótico:
\lim_{b\to 0^{+}}y_{M}(b)=1\quad(\text{porque }2b+1\to1\text{ e }e^{-2b/(2b+1)}\to1),
\lim_{b\to\infty}y_{M}(b)=\infty,
mais precisamente, para b grande,
y_{M}(b)=(2b+1)e^{-2b/(2b+1)}\sim(2b)e^{-1}=\frac{2}{e}\,b\quad\text{(cresce aproximadamente linearmente em }b).
Em palavras: aumentando b a posição do máximo t_{M} aumenta e tende a 2; o valor do máximo y_{M} também aumenta sem limite e cresce aproximadamente como \tfrac{2}{e}b para b grande.

Resposta

(a) y(t)=\Big(1+\tfrac{5}{2}t\Big)e^{-t/2}.
(b) \left(t_{M},y_{M}\right)=\Big(\tfrac{8}{5},\,5e^{-4/5}\Big).
(c) y(t)=\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)=(2b+1)\,e^{-\,\frac{2b}{2b+1}}.

Exercícios relacionados