EXEMPLO 5 Resolva o problema de valor inicial
Passo 1
O enunciado fornece um problema de valor inicial com as seguintes informações:
- A equação diferencial:
- As condições iniciais:
e
O que o problema pede é encontrar a função
que satisfaça a equação diferencial e as duas condições iniciais ao mesmo tempo.
Passo 2
Ideia básica do método (explicação didática):
- Para equações lineares homogêneas de segunda ordem com coeficientes constantes, uma técnica eficiente é procurar soluções da forma
, onde é um número a determinar. - Por que isso funciona? Porque exponenciais transformam derivadas em múltiplos da própria exponencial:
e . Ao substituir na equação, pode ser fatorado, sobrando uma equação algébrica em (a chamada equação característica).
Agora aplicamos essa ideia.
Passo 3
Assumindo
, calcule as derivadas e substitua na equação:
Substituindo em
obtemos
Como
nunca é zero, podemos dividir por ele e ficar com a equação característica
Passo 4
Resolver a equação quadrática característica
.
Fatorando:
Fatorando:
Portanto as raízes são
Passo 5
Como as duas raízes são reais distintas, a forma geral da solução da equação homogênea é uma combinação linear das exponenciais correspondentes:
onde
e
são constantes arbitrárias que serão determinadas pelas condições iniciais. (Explicação curta: soluções
e
são linearmente independentes, então a combinação linear delas dá toda a família de soluções.)
Passo 6
Calcule a derivada
para aplicar a condição inicial em
:
Agora aplique as condições iniciais em
.
Passo 7
Aplicando
:
Aplicando
:
Assim obtemos o sistema linear para
e
:
Passo 8
Resolva o sistema para encontrar
e
.
Da segunda equação vem , portanto
.
Substituindo na primeira:
Da segunda equação vem
Substituindo na primeira:
Então
Passo 9
Breve verificação (para ter confiança): com
e
,
-
— bate com a condição inicial; -
— também bate. Tudo consistente.