Questão 3. Considere o PVI
\left\{\begin{array}{l} t^{2} \frac{d^{2} y}{d t^{2}}-t\left(4-6 t^{3}\right) \frac{d y}{d t}+\left(9 t^{6}-6 t^{3}\right) y=0, \quad \text { para } t>0 \\\ y(1)=y_{1}, y^{\prime}(1)=y_{1}^{\prime} \end{array}\right.
Sabemos que a equação diferencial admite soluçāo da forma y(t)=e^{r t^{3}} para r fixo. Encontre a solução geral da equação diferencial. Qual das alternativas é verdadeira, com relação ao comportamento da solução do PVI, y(t), quando t \rightarrow+\infty ?
Todos os cálculos devem ser apresentados. Observação: ned = não está definido.
(a) \lim _{t \rightarrow+\infty} e^{\frac{t^{3}}{2}-\frac{1}{2}} y(t)=\frac{y_{1}^{\prime}}{3}+y_{1}.
\lim _{t \rightarrow+\infty} \frac{e^{t^{3}-1} y(t)}{t^{5}}=\frac{y_{1}^{\prime}}{5}+\frac{3 y_{1}}{5}.
b \lim _{t \rightarrow+\infty} e^{2 t^{3}} y(t) ned e \lim _{t \rightarrow+\infty} e^{t^{3}} y(t)=0.
e \lim _{t \rightarrow+\infty} e^{\frac{3 t^{3}}{2}-\frac{3}{2}} y(t)=\frac{y_{1}^{\prime}}{3}+y_{1}.
c \lim _{t \rightarrow+\infty} t e^{t^{3}-1} y(t)=\frac{y_{1}^{\prime}}{3}+y_{1}.
f \lim _{t \rightarrow+\infty} e^{t^{3}} y(t) ned e \lim _{t \rightarrow+\infty} y(t)=0.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Equação dada (PVI), para t>0:
t^{2}\frac{d^{2}y}{dt^{2}}-t\bigl(4-6t^{3}\bigr)\frac{dy}{dt}+\bigl(9t^{6}-6t^{3}\bigr)y=0,
com condições iniciais \;y(1)=y_{1},\;y'(1)=y_{1}'.
  • O enunciado afirma que existe solução da forma y(t)=e^{r t^{3}} para algum r fixo. Pede-se:
    1. Encontrar a solução geral da EDO.
    2. Identificar qual alternativa sobre o comportamento quando t\to+\infty é verdadeira.
Informações relevantes que pegarei do enunciado:
  • A equação é de segunda ordem com coeficientes que dependem de t.
  • Uma solução do tipo exponencial em t^{3} existe (vamos descobrir o valor de r).
  • As constantes iniciais são \,y_{1} e \,y_{1}'.

Passo 2

Testo a forma y(t)=e^{r t^{3}} e calculo as derivadas (explicando como faço cada passo).
  • Se y=e^{r t^{3}} então, usando regra da cadeia,
y' = \frac{d}{dt}e^{r t^{3}} = (3 r t^{2})e^{r t^{3}}.
Explico: derivada de t^{3} é 3t^{2}, e multiplica por r.
  • Derivando de novo,
y''=\frac{d}{dt}\bigl(3 r t^{2} e^{r t^{3}}\bigr) = (6 r t)e^{r t^{3}} + (3 r t^{2})\cdot(3 r t^{2})e^{r t^{3}} = \bigl(6 r t + 9 r^{2} t^{4}\bigr)e^{r t^{3}}.
Expliquei: produto de função polinomial e exponencial, aplicando produto e cadeia.
Substituo y,y',y'' na EDO. Como todos os termos têm fator e^{r t^{3}}, fatoro-o e trabalho com os coeficientes em potências de t:
  • Primeiro termo:
t^{2}y'' = t^{2}\bigl(6 r t + 9 r^{2} t^{4}\bigr)e^{r t^{3}} = \bigl(6 r t^{3} + 9 r^{2} t^{6}\bigr)e^{r t^{3}}.
  • Segundo termo:
-t(4-6t^{3})y' = -t(4-6t^{3})(3 r t^{2})e^{r t^{3}} = \bigl(-12 r t^{3} + 18 r t^{6}\bigr)e^{r t^{3}}.
  • Terceiro termo:
(9t^{6}-6t^{3})y = (9t^{6}-6t^{3})e^{r t^{3}}.
Somando os coeficientes (fator e^{r t^{3}} comum):
\bigl(9 r^{2} t^{6} + 18 r t^{6} + 9 t^{6}\bigr) +\bigl(6 r t^{3} -12 r t^{3} -6 t^{3}\bigr).
Agrupando:
9 t^{6}(r^{2}+2r+1) -6 t^{3}(r+1) =9 t^{6}(r+1)^{2} -6 t^{3}(r+1).
Fatorando (r+1):
t^{3}(r+1)\bigl(9 t^{3}(r+1)-6\bigr).
Como e^{r t^{3}}>0 e t^{3}>0 para t>0, a equação exige
(r+1)\bigl(9 t^{3}(r+1)-6\bigr)=0\quad\text{para todo }t>0.
Isto só é possível para todo t se (r+1)=0. Logo
r=-1.
Concluo que uma solução é
y_{1}(t)=e^{-t^{3}}.

Passo 3

Agora preciso da segunda solução linearmente independente. Vou usar o método de redução de ordem (explico a ideia): se y_{1} é solução conhecida de y''+p(t)y'+q(t)y=0, então uma segunda solução pode ser buscada na forma y_{2}=y_{1}\,u(t) e existe a fórmula direta
y_{2}=y_{1}\int \frac{e^{-\int p(t)\,dt}}{y_{1}^{2}}\,dt,
que acelera os cálculos (explico: essa fórmula vem da redução de ordem e da resolução de uma equação de primeira ordem para u').
Primeiro coloco a EDO em forma padrão dividindo por t^{2}:
y'' -\frac{4-6t^{3}}{t}y' + \frac{9t^{6}-6t^{3}}{t^{2}}y =0.
Assim
p(t)=-\frac{4-6t^{3}}{t} = -\frac{4}{t}+6t^{2}.
Calculo \int p(t)\,dt:
\int p(t)\,dt = \int\Bigl(-\frac{4}{t}+6t^{2}\Bigr)dt = -4\ln t + 2t^{3} + C.
Logo
e^{-\int p(t)\,dt} = e^{4\ln t -2t^{3}} = t^{4}e^{-2t^{3}}
(constante multiplicativa irrelevante para a fórmula).
Agora uso a fórmula:
\frac{e^{-\int p}}{y_{1}^{2}} = \frac{t^{4}e^{-2t^{3}}}{(e^{-t^{3}})^{2}} = \frac{t^{4}e^{-2t^{3}}}{e^{-2t^{3}}}=t^{4}.
Excelente: integrando,
\int t^{4}\,dt = \frac{t^{5}}{5} + C.
Portanto, uma segunda solução é
y_{2}(t)=y_{1}(t)\cdot \frac{t^{5}}{5} = \frac{t^{5}}{5}e^{-t^{3}}.
Podemos multiplicar por 5 sem problema; escolho a forma simples
y_{2}(t)=t^{5}e^{-t^{3}}.
Verifico (intuitivamente) que y_{1} e y_{2} são linearmente independentes, pois um tem fator contínuo 1 no polinômio e outro tem t^{5} (Wronskiano não nulo em t=1).

Passo 4

Escrevo a solução geral e aplico as condições iniciais; explico cada passo algebraico.
Solução geral:
y(t) = C_{1}e^{-t^{3}} + C_{2}t^{5}e^{-t^{3}} = e^{-t^{3}}\bigl(C_{1}+C_{2}t^{5}\bigr).
Para usar y(1)=y_{1}\) e \(y'(1)=y_{1}'\) convém achar \(y'\) em forma geral (faço passo a passo): \[y(t)=e^{-t^{3}}(A+B t^{5}),\quad\text{onde }A=C_{1},\;B=C_{2}.
Derivo:
y'(t)=\frac{d}{dt}\bigl(e^{-t^{3}}\bigr)(A+B t^{5}) + e^{-t^{3}}\cdot(5B t^{4}).
Como \frac{d}{dt}e^{-t^{3}}=-3t^{2}e^{-t^{3}}, obtenho
y'(t)=e^{-t^{3}}\bigl(-3t^{2}(A+B t^{5}) +5B t^{4}\bigr) =e^{-t^{3}}\bigl(-3A t^{2} + B(5t^{4}-3t^{7})\bigr).
Avalio em t=1:
y(1)=e^{-1}(A+B)=y_{1}\quad\Rightarrow\quad A+B = e\,y_{1}.
y'(1)=e^{-1}\bigl(-3A + 2B\bigr)=y_{1}'\quad\Rightarrow\quad -3A+2B = e\,y_{1}'.
Resolvo o sistema linear para A,B. Multiplico a primeira equação por 3 e somo com a segunda:
\begin{cases} A+B = e y_{1},\\[4pt] -3A+2B = e y_{1}'. \end{cases}
Somando (3] vezes a primeira com a segunda:
3A+3B + (-3A+2B) = 3e y_{1} + e y_{1}' \;\Rightarrow\; 5B = e(3y_{1}+y_{1}').
Logo
B = \frac{e(3y_{1}+y_{1}')}{5}.
E
A = e y_{1} - B = e\left(y_{1} - \frac{3y_{1}+y_{1}'}{5}\right) = e\frac{2y_{1}-y_{1}'}{5}.
Substituindo em y(t)=e^{-t^{3}}(A+B t^{5}):
y(t)=e^{-t^{3}}\cdot e\frac{1}{5}\bigl((2y_{1}-y_{1}') + (3y_{1}+y_{1}')t^{5}\bigr).
Logo
\boxed{\,y(t)=\frac{e^{1-t^{3}}}{5}\Bigl((2y_{1}-y_{1}') + (3y_{1}+y_{1}')t^{5}\Bigr)\,}
é a solução do PVI (esta fórmula dá y(1)=y_{1} e y'(1)=y_{1}' por construção).]

Passo 5

Estudo o comportamento quando t\to+\infty. Vou calcular explicitamente o limite
\lim_{t\to+\infty}\frac{e^{t^{3}-1}y(t)}{t^{5}},
porque uma das alternativas fala exatamente desse limite.
Usando a expressão encontrada:
y(t)=\frac{e^{1-t^{3}}}{5}\bigl(a + b t^{5}\bigr), \quad\text{onde }a:=2y_{1}-y_{1}',\; b:=3y_{1}+y_{1}'.
Multiplico por e^{t^{3}-1} e divido por t^{5}:
\frac{e^{t^{3}-1}y(t)}{t^{5}} = \frac{e^{t^{3}-1}}{t^{5}}\cdot \frac{e^{1-t^{3}}}{5}\bigl(a + b t^{5}\bigr) = \frac{1}{5}\left(\frac{a}{t^{5}} + b\right).
Ao fazer t\to+\infty, o termo a/t^{5}\to0. Portanto
\lim_{t\to+\infty}\frac{e^{t^{3}-1}y(t)}{t^{5}}=\frac{b}{5} = \frac{3y_{1}+y_{1}'}{5} = \frac{y_{1}'}{5}+\frac{3y_{1}}{5}.
Comentário adicional (útil para prova): a solução y(t) tende a 0 quando t\to+\infty, porque y(t) é, até um polinômio de grau 5, multiplicado por e^{-t^{3}}; o decaimento exponencial e^{-t^{3}} domina qualquer potência de t. Em particular y(t)\to0. Porém a combinação mostrada acima avalia a taxa precisa do decaimento multiplicada por e^{t^{3}}, revelando que
e^{t^{3}}y(t)\sim \frac{e}{5}(3y_{1}+y_{1}')\,t^{5},
ou seja, geralmente diverge como t^{5} (exceto no caso especial 3y_{1}+y_{1}'=0).
Conclusão: a alternativa que afirma
\lim_{t\to+\infty}\frac{e^{t^{3}-1}y(t)}{t^{5}}=\frac{y_{1}'}{5}+\frac{3y_{1}}{5}
é a verdadeira.

Resposta

\displaystyle \lim_{t\to+\infty}\frac{e^{t^{3}-1}y(t)}{t^{5}}=\frac{y_{1}'}{5}+\frac{3y_{1}}{5}

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