SOLU ¸ C ˜ OES

UFPE – ´AREA II – Prof. Fernando J. O. Souza MA129 (c´alculo 4) – 2014.1 – turmas Q3 e Q7

SIMULADO DA 2^a UNIDADE v. 1.1

Orienta¸c˜ao: Distribuir os itens em quatro sess˜oes de 120 minutos cada, sem inter- rup¸c˜ao nem distra¸c˜oes. Dar solu¸c˜oes leg´ıveis e justificadas, escrevendo os passos, detalhes e propriedades relevantes. Ler as solu¸c˜oes de uma sess˜ao s´o depois dela.

Quest˜ao 1. Encontrar a solu¸c˜ao completa se o item s´o apresentar a EDO, e resolver o PVI (dando todas as solu¸c˜oes globais) se o item contiver condi¸c˜oes ini- ciais. Em todos,y´e a fun¸c˜ao (detoux, conforme o caso). Dar solu¸c˜oes expl´ıcitas ! 1.a. d²y

dt² + 2dy

dt = 12 t+e^−2t 1.b. d²y

dt² + 2y = 12 t+e^−2t 1.c. d²y

dt² −6dy

dt² + 9y= 0, y(0) = 2, y^′(0) = 1 1.d. d²y

dt² −2dy

dt + 5y= 20 sen(t) 1.e. x²d²y

dx² −3xdy

dx+ 13y= 10x, x6= 0 1.f. d²y

dt² −2dy

dt + 2y=t−1 1.g. d²y

dt² + 8dy

dt + 16y= 32 e^−4t+ sen(−4t) 1.h. d²y

dt² −2dy

dt +y= e^t

t³ , t >0 1.i. d²y

dt² + 2dy

dt +y=e^−t+ 2e^t, y(0) = 0, y^′(0) = 0 1.j. x² d²y

dx² −5xdy

dx = 40x², x6= 0 1.k. d²y

dt² + 4y= 2 tan (t), t∈

−π 2,π

2 d²y

Quest˜ao 2. Para cada fun¸c˜ao F(s) abaixo, calcular sua transformada de Laplace inversaf(t):

2.a. F(s) = s−2

s²−4s+ 5 2.b. F(s) = 3e^−2s

s²−4 2.c. F(s) = e^−3s

s + 4

(s−2)³ Quest˜ao 3. Utilizando transformadas de Laplace, encontrar e simplificar a solu-

¸c˜aoexpl´ıcita y(t) do PVI abaixo:

3.a. y^′′(t)−y(t) =

2t , set <3;

0 , set≥3; y(0) = 0; y^′(0) = 2.

3.b. d²y

dt² −y(t) =

4t , set <2;

4t+ 3 , se t≥2; y(0) = 0; y^′(0) = 2.

3.c (dif´ıcil). d²y

dt² + 9y= 12 sen (3t)−50 cosh (4t); y(0) = 2, dy

dt(0) = 1;

Dica: Diferenciar (com rela¸c˜ao as) as fun¸c˜oes L {cos (3t)}(s) e L {sen (3t)}(s).

Quest˜ao 4. Escrever, como fun¸c˜ao expl´ıcita des, a transformada de LaplaceY(s) da solu¸c˜ao y(t) do PVI abaixo:

d²y

dt² + 9y= 2 cos (3t) sen (4t) + 2 cosh (3t) senh (4t); y(0) = 1, dy

dt(0) = 2

Quest˜ao 5. Calcular as transformadas de Laplace das fun¸c˜oes peri´odicas abaixo:

5.a. f tem per´ıodo 1 e ´e determinada por: f(t) = e^t, se 0 < t < 1; e f n˜ao est´a definida em 1;

5.b–c. g e h tˆem per´ıodo 4 e s˜ao determinadas por:

g(t) =





−1, se −2< t <−1;

2, se −1< t <1;

−1, se 1< t <2;

h(t) =





9, se −2< t <−1;

6−3t, se −1≤t≤1;

3, se 1< t <2;

g n˜ao est´a definida em ±1 e±2, enquanto hn˜ao est´a definida em ±2.

SOLU ¸ C ˜ OES

SUBSCRITOS empregados nas solu¸c˜oes y: gh = geral (que ´e a completa) da EDO homogˆenea (sol. complementar); gnh= geral (que ´e a completa) da EDO n˜ao-homogˆenea; p= particular da EDO linear n˜ao-homogˆenea sem considerarmos condi¸c˜oes iniciais se estas forem dadas. Solu¸c˜oes de PVIs n˜ao ter˜ao subscritos.

SIGLA: T.D.E. = teorema do desvio exponencial.

NOTA ¸C ˜AO: u_c(t) = H(t−c), onde c ∈ R, e H (tamb´em denotada por u) ´e a fun¸c˜ao-degrau de Heaviside. Logo,H =u₀.

1.a–1.c. Manuscritos no arquivo “simulado 02-pt2-v1 0.pdf”.

1.d. A equa¸c˜ao caracter´ıstica da EDO homogˆenea ´e: 0 =r²−2r+ 5∴ r = 2±√

4−20

2 = 1±2i∴ygh(t) =e^t(C1cos (2t) +C2sen(2t)), ondeC1, C2∈R. C´alculo de yp por abordagem real. Como 20 sen(t) n˜ao ´e solu¸c˜ao da EDO homogˆenea, temos o formato yp(t) =Acos (t) +Bsen(t) para a EDO dada, ainda com coeficientes reais indeterminados A e B. Observando que y_p^′′(t) = −y_p(t), substituimos na EDO: 20 sen(t) = (5−1)yp(t)−2y^′_p(t) =

4 (Acos (t) +Bsen(t))−2 (−Asen(t) +Bcos (t)) = (4A−2B) cos (t) + (2A+ 4B) sen(t)∴

0 = 4A−2B ∴B = 2A

20 = 2A+ 4B = 10A∴A= 2, B = 4

∴yp(t) = 2 cos (t) + 4 sen(t).

C´alculo de yp por abordagem complexa. 20 sen(t) =ℑ 20e^it

∴

yp(t) =ℑ(zp(t)), solu¸c˜ao particular da EDO (D²−2D+ 5)[z(t)] = 20e^it. Sendo 1±2ias ra´ızes deP(D), eia do anuladorD−idee^it, temos quezp(t) =He^itpara algum complexo H determinado por: 20e^it = (D²−2D+ 5)[He^it] = (T.D.E.) He^it (D+i)²−2(D+i) + 5

[1] =He^it(derivadas +i²−2i+ 5)[1] =He^it(4−2i)

∴H= 20·(4−2i)⁻¹ = 20·(4 + 2i)/(16 + 4) = 4 + 2i∴zp(t) = (4 + 2i)e^it∴ yp(t) =ℑ((4 + 2i)[cos (t) +isen(t)]) = 4 sen(t) + 2 cos (t).

Da´ı, ygnh(t) =e^t(C₁cos (2t) +C₂sen(2t)) + 2 cos (t) + 4 sen(t); C₁, C₂ ∈R

1.e. Sendo a EDO dada uma de Cauchy-Euler (equidimensional) com operador diferencial linear L =x²De²−3xDe+ 13, De = d

dx, tratemos, primeiro, do caso

cujas ra´ızes s˜ao 2±i3∴y_gh(t) =e^2t(C₁cos (3t) +C₂sen (3t)), ondeC₁, C₂ ∈R, isto ´e, ygh(x) = x²(C1cos (3 ln (x)) +C2sen (3 ln (x)) ). Mas b(x) = 10x, ou seja, b(t) = 10e^t∴yp(t) =A e^t, isto ´e, yp(x) =Ax, para algumA∈R.

Um caminho: 10x=L[Ax] = x²·0−3xA+ 13Ax

= 10Ax∴A= 1.

Outro caminho: Usemos a express˜ao de L em t ao inv´es de x, isto ´e, com D= d

dt, que ´e lida da equa¸c˜ao caracter´ıstica acima: L=D²−4D+ 13∴ 10e^t= (D²−4D+ 13)[A e^t] = (1−4 + 13)A e^t= 10Ae^t∴A= 1∴yp(x) =x.

Em suma: para x > 0, y_gnh(x) = x²

C₁cos ln x³

+C₂sen ln x³ +x.

Parax6= 0, adaptamos a solu¸c˜ao do caso anterior substituindo xpor |x|: ygnh(x) =x²

C₁cos ln |x|³

+C₂sen ln |x|³

+x, ondeC₁, C₂∈R.

1.f–1.g. Manuscritos no arquivo “simulado 02-pt2-v1 0.pdf”.

1.h. A EDO tem equa¸c˜ao caracter´ıstica 0 =r² −2r + 1 = (r−1)², com raiz

´

unica 1 com multiplicidade 2. Denotando P(D) = D² −2D+ 1 = (D−1)², temos que P(D)[y(t)] = 0 fornece um conjunto fundamental de solu¸c˜oes {y1, y2} onde y₁(t) = e^t e y₂(t) = t e^t. Para a EDO n˜ao-homogˆenea, como b(t) = t⁻³e^t n˜ao ´e anulado por algum polinˆomio em D a coeficientes constantes, usaremos o m´etodo da varia¸c˜ao dos parˆametros, propondoyp(t) =v1(t)·e^t+v2(t)·t e^t, onde as fun¸c˜oesv₁ ev₂ s˜ao determinadas pelo sistema de equa¸c˜oes abaixo:

W e^t, t e^t

· v₁^′

v₂^′

=

e^t t e^t e^t (t+ 1)e^t

· v^′₁

v^′₂

= 0

t⁻³e^t

Mas det W e^t, t e^t

= ((t+ 1)−t) e^t2

=e^2t. Pela regra de Cramer:

v₁^′(t) = 1 e^2tdet

0 t e^t t⁻³e^t (t+ 1)e^t

=−t⁻³te^2t

e^2t =−t⁻² ∴v₁(t) =t⁻¹; e v₂^′(t) = 1

e^2tdet

e^t 0 e^t t⁻³e^t

=t⁻³e^2t

e^2t =t⁻³∴v₂(t) =−1 2t⁻² ∴ yp(t) = e^t

t − t e^t 2t⁻² = e^2t

2t ∴y_gnh(t) =

C₁+C₂t+ 1 2t

e^t, t >0; C₁, C₂ ∈R.

1.i – uma solu¸c˜ao. A EDO y^′′+ 2y^′+y =e^−t+ 2e^t est´a associada `a equa¸c˜ao caracter´ıstica 0 =r²+ 2r+ 1 = (r+ 1)², cuja ´unica raiz ´e−1 com multiplicidade 2.

Logo, ygh(t) = (C₁+C₂t)e^−t, ondeC₁, C₂ ∈R. Uma solu¸c˜ao particular da EDO pode ser obtida pelo m´etodo dos coeficientes indeterminados aplicado ao formato yp(t) =At²e^−t+Be^t, onde o fatort² aparece devido `a multiplicidade 2 da raiz−1.

De fato, P(D) = (D−(−1))², enquanto o anulador de e^−t+ 2e^t ´e a composi¸c˜ao dos anuladores de e^−t e 2e^t, ou seja, (D−(−1))◦(D−1). Calculemos A e B substituindoy_p na EDO:

Vers˜ao sem T.D.E: yp(t) =At²e^−t+Be^t∴y^′_p(t) = (−At²+ 2At)e^−t+Be^t∴ y_p^′′(t) = (At²−4At+ 2A)e^−t+Be^t∴

e^−t+2e^t= [(At²−4At+2A)e^−t+Be^t]+2[(−At²+2At)e^−t+Be^t]+[At²e^−t+Be^t] = 2Ae^−t+ 4Be^t ∴1 = 2A∴A= 1/2 e 2 = 4B ∴B= 1/2.

Vers˜ao com T.D.E: e^−t+2e^t= (D+1)²[At²e^−t+Be^t] =Ae^−t((D−1) + 1)²[t²]+

Be^t((D+ 1) + 1)²[1] =Ae^−tD²[t²] +Be^t(derivadas + 2²)[1] =Ae^−t·2 +Be^t·4.

Como acima, obtemos A= 1/2 e B = 1/2.

Logo: ygnh(t) =

C₁+C₂t+ t² 2

e^−t+1

2e^t ondeC₁, C₂ ∈R∴ y_gnh^′ (t) =

C₂−C₁+ (1−C₂)t−t² 2

e^−t+1 2e^t∴ 0 =y(0) =C₁+ 1/2∴C₁ =−1/2

0 =y^′(0) =C2−C1+ 1/2 =C2+ 1∴C2 =−1 ∴ y(t) =

t²

2 −t−1 2

e^−t+1

2e^t ∴ y(t) = 1 2

e^t+ (t²−2t−1)e^−t .

1.i – outra solu¸c˜ao. Aplicando a transformada de Laplace a ambos os lados da

EDO: 1

s+ 1+ 2 1

s−1 =s²Y(s)− sy(0) +y^′(0)

+ 2 [sY(s)−y(0)] +Y(s) = (s²+ 2s+ 1)Y(s) = (s+ 1)²Y(s)∴Y(s) = 3s+ 1

(s−1)(s+ 1)³ = A

s−1+ B

s+ 1+ C

(s+ 1)² + E·2

(s+ 1)³ onde a ´ultima fra¸c˜ao parcial j´a est´a (como as demais) adaptada para o uso da Laplace inversa: ela resulta em Ee^−tt². Mas 3s + 1 = A(s+ 1)³ + (s−1)[B(s + 1)² +C(s+ 1) + 2E]. Calculando am- bos os lados nas ra´ızes s = −1 e s = 1 e, digamos, em s = 0 e s = −2, obtemos, respectivamente: −2 = −4E ∴ E = 1/2; 4 = 8A ∴ A = 1/2;

Disto, 2B =−1∴B =−1/2, donde C =−B−3/2 =−1. Assim:

Y(s) = 1 2· 1

s−1−1 2· 1

s+ 1− 1

(s+ 1)²+1 2· 2

(s+ 1)³ Aplicando a transformada de Laplace inversa, obtemos quey(t) =1

2e^t+e^−t· L⁻¹

−1 2·1

s− 1 s² + 1

2· 2 s³

(s)∴ y(t) =

e^t+ (t²−2t−1)e^−t /2.

1.j–1.l. Manuscritos no arquivo “simulado 02-pt2-v1 0.pdf”.

2.a. Completando o quadrado do denominador, obtemos:

F(s) = s−2

s²−4s+ 5 = s−2

(s−2)²−4 + 5 = s−2

(s−2)²+ 1 Da transla¸c˜ao em s, f(t) =e^2tL⁻¹

s s²+ 1

(t)∴f(t) =e^2tcos (t).

2.b: F(s) = e^−2s·3

s²−2² Da transla¸c˜ao emt,f(t) =u₂(t)L⁻¹ 3

2 · 2 s²−2²

(t−2)

=f(t) = 3

2u₂(t)·senh(2(t−2))∴f(t) = 3

2u₂(t)·senh(2t−4).

Obs. f(t) =

0 , set <2;

3

2senh(2t−4) , set≥2.

2.c: F(s) = e^−3s

s + 4

(s−2)³ Da linearidade de L⁻¹ e da transla¸c˜ao em t na pri- meira parcela e emsna segunda: f(t) =u3(t)L⁻¹

1 s

(t−3)+e^2tL⁻¹

2·2 ! s⁽²⁺¹⁾

∴

f(t) =u₃(t) + 2e^2tt² =

2e^2tt² , set <3;

2e^2tt²+ 1 , set≥3.

3.a. Vide a resolu¸c˜ao da Quest˜ao 2 do arquivo “simulado 02-pt3-v1 0.pdf” com o seguinte erratum: onde se lˆe

“Os termos com C eD podem ser combinados como um termo 2 s²(s²−1) ”, leia-se

“Os termos com C eD podem ser combinados como um termo 2 (s²−1) ”.

3.b. Manuscrito no arquivo “simulado 02-pt2-v1 0.pdf”.

3.c. Aplicando a transformada de Laplace a ambos os lados da EDO:

12· 3

s²+ 3² −50· s

s²−4² =s²Y(s)− sy(0) +y^′(0)

+ 9Y(s) = (s²+ 9)Y(s)−(2s+ 1)∴Y(s) = 2s+ 1

s²+ 3² + 36

(s²+ 3²)² − 50s

(s²−4²)(s²+ 3²) Ainda n˜ao estudamos o produto (ou integral) de convolu¸c˜ao para obtermos, siste- maticamente, a transformada de Laplace inversa de um produto de fun¸c˜oes de s.

Assim, teremos que lidar com a parcela 36

(s²+ 3²)² do seguinte modo: reconhe- cemos o quadrado de s²+ 3² no denominador, sugerindo que a parcela pode ter vindo de uma combina¸c˜ao das derivadas de L {cos (3t)}(s) e L {sen (3t)}(s), ou seja, de d

ds s

s²+ 9 = s²+ 9−2s²

(s²+ 9)² = 9−s² (s²+ 9)² e d

ds 3

s²+ 9 = −6s

(s²+ 9)². Utilizando a primeira das derivadas obtidas: 36

(s²+ 9)² = 2· 9 + 9

(s²+ 9)² = 2·9−s²+s²+ 9 (s²+ 9)² = 2· 9−s²

(s²+ 9)² + 2· s²+ 9 (s²+ 9)² =

−2·

−d ds

s s²+ 9

+ 2

3· 3

(s²+ 3²)² =L

−2tcos (3t) +2

3sen (3t)

(s).

A primeira das parcelas indica uma C.L. de cos (3t) e sen (3t). De fato, 2s+ 1

s²+ 3² = 2· s s²+ 3²+1

3· 3

s²+ 3² transformada de Laplace de 2 cos (3t) +1

3sen (3t).

Finalmente, a terceira parcela deve ser expandida em fra¸c˜oes parciais:

s

(s²−4²)(s²+ 3²) = A

s−4 + B

s+ 4 +Cs+E·3

s²+ 3² onde a ´ultima j´a foi preparada para obtermosEsen (3t). Alternativamente, podemos expandi-la como:

s

(s²−4²)(s²+ 3²) = Ase +Be·4

s²−4² +Cs+E·3

s²+ 3² , trocando o conjuntoL.I.de fun¸c˜oes {e^4t, e^−4t}pelo conjunto{cosh (4t), senh (4t)}, uma vez que ambos s˜ao bases para o mesmo espa¸co bidimensional de fun¸c˜oes. Calculando pela primeira vers˜ao:

−50s= (s²+9)[A(s+4)+B(s−4)]+(Cs+3E)(s²−16). Calculando ambos os lados em s=−4, s= 4 e, digamos, s= 0 e s= 1, obtemos: 200 =−200B ∴B =−1;

−200 = 200A∴A=−1; / j´a usando queA−B = 0, 0 =−48E ∴E = 0; e j´a subs- tituindo os valores anteriores, −50 =−20−15C C= 2. Logo, a terceira parcela

Somando os trˆes termos e simplificando o resultado, obtemos que:

y(t) = sen (3t) + (4−2t) cos (3t)−e^−4t−e^4t= sen (3t) + (4−2t) cos (3t)−2 cosh (4t).

4. Para aplicarmos transformadas de Laplace, precisamos preparar o lado (mem- bro) direito da EDO. Por um lado, temos a identidade trigonom´etrica abaixo:

2 sen (A) cos (B) = sen (A+B) + sen (A−B)∴

2 sen (4t) cos (3t) = sen (7t) + sen (t). Por outro lado: 2 senh (A) cosh (B) = e^A−e^−A

e^B+e^−B /2 =

e^A+B−e^−(A+B)

+ e^A−B−e^−(A−B)

/2 = senh (A+B) + senh (A−B)∴ 2 senh (4t) cosh (3t) = senh (7t) + senh (t).

Portanto, o PVI dado ´e:

y^′′(t) + 9y(t) = sen (7t) + sen (t) + senh (7t) + senh (t) ; y(0) = 1, y^′(0) = 2 Aplicando a transformada de Laplace a ambos os lados, obtemos, por linearidade:

s²Y(s)−1s−2

+ 9Y(s) = 7

s²+ 49 + 1

s²+ 1+ 7

s²−49 + 1 s²−1 ∴ Y(s) = 1

s²+ 9

s+ 2 + 7

s²+ 49+ 1

s²+ 1+ 7

s²−49 + 1 s²−1

5.a. (Exerc´ıcio 22 da Se¸c. 7.6 de [Nagle/Saff/Snider]) (1−e^−1s)F(s) =

Z ₁

0

e^−stf(t)dt= Z ₁

0

e^−ste^tdt= Z ₁

0

e^(1−s)tdt= 1

1−se^(1−s)t

1 t=0

= e^(1−s)−1

1−s ∴F(s) = e^(1−s)−1 (1−s)(1−e^−s)

5.b. (1−e^−4s)G(s) = Z ₄

0

e^−stg(t)dt= Z ₁

0

2e^−stdt+ Z ₃

1

(−1)e^−stdt+ Z ₄

3

2e^−stdt

= 1

−s

h2e^{−st 1}

t=0−e^{−st 3}

t=1+ 2e^{−st 4}

t=3

i

=−1 s

2e^−s−2−e^−3s+e^−s+ 2e^−4s−2e^−3s

= 1 s

2−3e^−s+ 3e^−3s−2e^−4s

∴

G(s) = 2−3e^−s+ 3e^−3s−2e^−4s s(1−e^−4s) .

Obs. Denotando por, digamos, z o termo e^−s, e manipulando a fun¸c˜ao racional em z dada por s G(s), podemos reescrever G(S). Essencialmente, cancelamos o fator 1−z² = 1−e^−2s do numerador e do denominador. Assim:

G(s) = 2e^−2s−3e^−s+ 2 s(e^−2s+ 1)

5.c. Manuscrito no arquivo “simulado 02-pt2-v1 0.pdf”.