UFPE – ´ AREA II – 2014.2 – Prof. Fernando J. O. Souza MA129 (c´ alculo diferencial e integral 4) – turma qa

UFPE – ´ AREA II – 2014.2 – Prof. Fernando J. O. Souza MA129 (c´ alculo diferencial e integral 4) – turma qa

SIMULADO DA 2

UNIDADE v. 1.1

Orienta¸ c˜ ao: Distribuir os itens em cinco 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 (de t ou x, conforme o caso). Dar solu¸c˜oes expl´ıcitas ! 1.a. d

y

dt

+ 2 dy

dt = 12 t + e

1.b. d

y

dt

+ 2y = 12 t + e

1.c. d

y

dt

− 6 dy

dt

+ 9y = 0, y(0) = 2, y

(0) = 1 1.d. d

y

dt

− 2 dy

dt + 5y = 20 sen(t) 1.e. d

y

dt

− 6 dy

dt + 9y = 18 t e

+ e

1.f. d

y

dt

− 2 dy

dt + 2y = t − 1 1.g. d

y

dt

+ 8 dy

dt + 16 y = 32 e

+ sen( − 4t) 1.h. d

y

dt

− 2 dy

dt + y = e

t

, t > 0 1.i. d

y

dt

+ 2 dy

dt + y = e

+ 2e

, y(0) = 0, y

(0) = 0 1.j. d

y

dt

− 2 dy

dt + y = 4 e

ln (t), t > 0 1.k. d

y

dt

+ 4y = 2 tan (t), t ∈

− π 2 , π

2

d

y d

y

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

2.a. F (s) = s − 2

s

− 4s + 5 2.b. F (s) = 3e

s

− 4 2.c. F(s) = e

s + 4

(s − 2)

Quest˜ ao 3. Utilizando transformadas de Laplace, calcular e simplificar a solu¸c˜ao expl´ıcita dos problemas abaixo

para y(t):

3.a. y

(t) − y(t) =

2t , se t < 3;

0 , se t ≥ 3; y(0) = 0; y

(0) = 2.

3.b. d

y

dt

− y(t) =

4 t , se t < 2;

4 t + 3 , se t ≥ 2; y(0) = 0; y

(0) = 2.

3.c. d

y

dt

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

dt (0) = 1;

3.d. y

(t) + y(t) = 2 u

(t) − 5δ

t − 3 π 2

; y(0) = 0, y

(0) = 0;

3.e. t y

(t) − t y

(t) + y(t) = 2; y(0) = 2, y

(0) = − 1;

3.f. y

(t) + t y

(t) − y(t) = 0; y(0) = 0, y

(0) = 3;

3.g. y

(t) + 4 y(t) = 7 δ t − π

4

− 4 u

(t); y(0) = 0, y

(0) = 0;

3.h. y

(t) + 4 y(t) = 12 δ(t − 4π) − 8 u

(t); y(0) = 0, y

(0) = 2;

3.i. y(t) + 2

0

cos (t − v)y(v) dv = e

; 3.j. y

(t) − 2

Z t

0

e

y(v) dv = t; y(0) = 2;

3.k. y

(t) + y(t) −

0

sen (t − v) y(v) dv = − sen (t) ; y(0) = 1.

3.l. d

y

dt

+ 4y =





12, se t < π;

0, se π < t < 4π;

12 cos (4t), se 4π < t;

y(0) = 0; y

(0) = 0.

1uc(t) =u0(t−c), ondec∈R, eu0´e a fun¸c˜ao-degrau de Heaviside, tamb´em denotada porH e poru.

3.m. y

(t) + 5

0

exp(2v) y(t − v) dv = 4 δ(t − 3); y(0) = 4, t ≥ 0;

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

d

y

dt

+ 9 y = 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

, 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 h n˜ ao est´a definida em ± 2.

Ao usar a tabela de transformadas de Laplace, indicar os parˆ ametros e o n´ u- mero de cada regra no passo em que ´e utilizada.

Regra f (t) = L

{ F (s) } (t) Const. s ∈ F (s) = L{ f (t) } (s)

01 e

a ∈

(a, + ∞ ) 1/(s − a)

02 cos (ωt) ω ∈

(0, + ∞ ) s/(s

+ ω

)

03 sen(ωt) ω ∈

(0, + ∞ ) ω/(s

+ ω

)

04 cosh (ωt) ω ∈

( | ω | , + ∞ ) s/(s

− ω

) 05 senh(ωt) ω ∈

( | ω | , + ∞ ) ω/(s

− ω

)

06 t

n ∈

(0, + ∞ ) n! / s

07 t

r ∈ ( − 1, + ∞ ) (0, + ∞ ) Γ(r + 1) / s

08 δ(t − c) c ∈ [0, + ∞ )

e

Regra f (t) = L

{ F (s) } (t) Const. F (s) = L{ f (t) } (s) 09 a f (t) + b g(t) a, b ∈

a F (s) + b G(s)

10 f (a t) a ∈ (0, + ∞ ) F (s/a) / a

11 e

f (t) a ∈

F (s − a)

12 t

f (t) n ∈

( − 1)

F

(s)

13 f (t)

t se h´ a lim

t→0⁺

f (t) t

Z +∞

s

F (v) dv

14 f

(t) k ∈

s

F (s) −

k−1

X

=0

f

(0) s

15

Z _t

0

f (u) du F(s)

s

16 u

(t) f (t) c ∈ (0, + ∞ ) e

L{ f(t + c) } (s) 17 u

(t) f (t − c) c ∈ [0, + ∞ ) e

F (s) 18 Se f (t + P ) = f (t) P ∈ (0, + ∞ ) 1

1 − e

0

e

f (t) dt

19 (f ∗ g)(t) F (s) G(s)

Regra 20 lim

s→+∞

F (s) = 0

21 lim

s→+∞

s F (s) = lim

t→0⁺

f (t)

22 lim

s→0⁺

s F (s) = lim

t→+∞

f (t)

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

(t) = H(t − c), onde c ∈

, e H (tamb´em denotada por u) ´e a fun¸c˜ ao-degrau de Heaviside. Logo, H = u

.

1.a–1.c. Manuscritos no arquivo “simulado 02-pt2-v1 0.pdf” de 2014.1.

1.d. A equa¸c˜ ao caracter´ıstica da EDO homogˆenea ´e: 0 = r

− 2r + 5

r = 2 ± √

4 − 20

2 = 1 ± 2i

y

(t) = e

(C

cos (2t) + C

sen(2t)), onde C

, C

∈

. C´ alculo de y

por abordagem real. Como 20 sen(t) n˜ao ´e solu¸c˜ao da EDO homogˆenea, temos o formato y

(t) = A cos (t) + B sen(t) para a EDO dada, ainda com coeficientes reais indeterminados A e B. Observando que y

(t) = − y

(t), substituimos na EDO: 20 sen(t) = (5 − 1)y

(t) − 2y

(t) =

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

0 = 4A − 2B

B = 2A

20 = 2A + 4B = 10A

A = 2, B = 4

∴

y

(t) = 2 cos (t) + 4 sen(t).

C´ alculo de y

por abordagem complexa. 20 sen(t) = ℑ 20 e

∴

y

(t) = ℑ (z

(t)), solu¸c˜ ao particular da EDO (D

− 2D + 5)[z(t)] = 20 e

. Sendo 1 ± 2i as ra´ızes de P (D), e i a do anulador D − i de e

, temos que z

(t) = He

para algum complexo H determinado por: 20 e

= (D

− 2D + 5)[He

] = (T.D.E.) He

(D + i)

− 2(D + i) + 5

[1] = He

(derivadas + i

− 2i+ 5)[1] = He

(4 − 2i)

∴

H = 20 · (4 − 2i)

= 20 · (4 + 2i)/(16 + 4) = 4 + 2i

z

(t) = (4 + 2i)e

y

(t) = ℑ ((4 + 2i)[cos (t) + i sen(t)]) = 4 sen(t) + 2 cos (t).

Da´ı, y

(t) = e

(C

cos (2t) + C

sen(2t)) + 2 cos (t) + 4 sen(t); C

, C

∈

1.e. E o Item 1.a manuscrito no arquivo “ee2-v1 0-gabarito-v1 0.pdf” de 2014.1. ´

1.f–1.g. Manuscritos no arquivo “simulado 02-pt2-v1 0.pdf” de 2014.1.

1.h. A EDO tem equa¸c˜ ao caracter´ıstica 0 = r

− 2 r + 1 = (r − 1)

, com raiz

´

unica 1 com multiplicidade 2. Denotando P (D) = D

− 2D + 1 = (D − 1)

, temos que P(D)[y(t)] = 0 fornece um conjunto fundamental de solu¸c˜oes { y

, y

} onde y

(t) = e

e y

(t) = t e

. Para a EDO n˜ao-homogˆenea, como b(t) = t

e

n˜ ao ´e anulado por algum polinˆ omio em D a coeficientes constantes, usaremos o m´etodo da varia¸c˜ ao dos parˆ ametros, propondo y

(t) = v

(t) · e

+ v

(t) · t e

, onde as fun¸c˜ oes v

e v

s˜ ao determinadas pelo sistema de equa¸c˜oes abaixo:

W e

, t e

·

v

v

=

e

t e

e

(t + 1)e

·

v

v

=

0

t

e

Mas det W e

, t e

= ((t + 1) − t) e

= e

. Pela regra de Cramer:

v

(t) = 1 e

det

0 t e

t

e

(t + 1)e

= − t

t e

e

= − t

v

(t) = t

; e v

(t) = 1

e

det

e

0 e

t

e

= t

e

e

= t

v

(t) = − 1 2 t

y

(t) = e

t − t e

2t

= e

2t

y

(t) =

C

+ C

t + 1 2t

e

, t > 0; C

, C

∈

.

1.i – uma solu¸ c˜ ao. A EDO y

+ 2y

+ y = e

+ 2e

est´a associada `a equa¸c˜ao caracter´ıstica 0 = r

+ 2r + 1 = (r + 1)

, cuja ´ unica raiz ´e − 1 com multiplicidade 2.

Logo, y

(t) = (C

+ C

t)e

, onde C

, C

∈

. Uma solu¸c˜ao particular da EDO pode ser obtida pelo m´etodo dos coeficientes indeterminados aplicado ao formato y

(t) = At

e

+ Be

, onde o fator t

aparece devido `a multiplicidade 2 da raiz − 1.

De fato, P(D) = (D − ( − 1))

, enquanto o anulador de e

+ 2e

´e a composi¸c˜ao dos anuladores de e

e 2e

, ou seja, (D − ( − 1)) ◦ (D − 1). Calculemos A e B substituindo y

na EDO:

Vers˜ ao sem T.D.E: y

(t) = At

e

+ Be

y

(t) = ( − At

+ 2At)e

+ Be

y

(t) = (At

− 4At + 2A)e

+ Be

e

+2e

= [(At

− 4At+2A)e

+Be

]+2[( − At

+2At)e

+Be

]+[At

e

+Be

] = 2Ae

+ 4Be

1 = 2A

A = 1/2 e 2 = 4B

B = 1/2.

Vers˜ ao com T.D.E: e

+2e

= (D+1)

[At

e

+Be

] = Ae

((D − 1) + 1)

[t

]+

Be

((D + 1) + 1)

[1] = Ae

D

[t

] + Be

(derivadas + 2

)[1] = Ae

· 2 + Be

· 4.

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

Logo: y

(t) =

C

+ C

t + t

2

e

+ 1

2 e

onde C

, C

∈

y

(t) =

C

− C

+ (1 − C

)t − t

2

e

+ 1 2 e

0 = y(0) = C

+ 1/2

C

= − 1/2

0 = y

(0) = C

− C

+ 1/2 = C

+ 1

C

= − 1

y(t) =

t

2 − t − 1 2

e

+ 1

2 e

y(t) = 1 2

e

+ (t

− 2t − 1)e

.

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

EDO: 1

s + 1 + 2 1

s − 1 = s

Y (s) − sy(0) + y

(0)

+ 2 [sY (s) − y(0)] + Y (s) = (s

+ 2s + 1)Y (s) = (s + 1)

Y (s)

Y (s) = 3s + 1

(s − 1)(s + 1)

= A

s − 1 + B

s + 1 + C

(s + 1)

+ E · 2

(s + 1)

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

t

. Mas 3s + 1 = A(s + 1)

+ (s − 1)[B(s + 1)

+ 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;

1 = A − (B + C + 2E) = − (B + C) − 1/2

B + C = − 3/2 e − 5 =

− A − 3(B − C + 2E) = − 3(B − C) − 7/2

− 3/2 = − 3(B − C)

B − C = 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)

+ 1 2 · 2

(s + 1)

Aplicando a transformada de Laplace inversa, obtemos que y(t) = 1

2 e

+ e

· L

− 1 2 · 1

s − 1 s

+ 1

2 · 2 s

(s)

y(t) =

e

+ (t

− 2t − 1)e

/2.

1.j. E o Item 1.c manuscrito no arquivo “ee2-v1 0-gabarito-v1 0.pdf” de 2014.1. ´ 1.k–1.l. Manuscritos no arquivo “simulado 02-pt2-v1 0.pdf” de 2014.1.

1.m. E o Item 1.b manuscrito no arquivo “ee2-v1 0-gabarito-v1 0.pdf” de 2014.1. ´

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

F (s) = s − 2

s

− 4s + 5 = s − 2

(s − 2)

− 4 + 5 = s − 2

(s − 2)

+ 1 Da transla¸c˜ao em s, f (t) = e

L

s s

+ 1

(t)

f (t) = e

cos (t).

2.b: F (s) = e

· 3

s

− 2

Da transla¸c˜ ao em t, f (t) = u

(t) L

3

2 · 2 s

− 2

(t − 2)

= f(t) = 3

2 u

(t) · senh(2(t − 2))

f (t) = 3

2 u

(t) · senh(2t − 4).

Obs. f (t) =

0 , se t < 2;

3

2

senh(2t − 4) , se t ≥ 2.

2.c: F (s) = e

s + 4

(s − 2)

Da linearidade de L

e da transla¸c˜ao em t na pri- meira parcela e em s na segunda: f (t) = u

(t) L

1 s

(t − 3)+e

L

2 · 2 ! s

∴

f (t) = u

(t) + 2e

t

=

2e

t

, se t < 3;

2e

t

+ 1 , se t ≥ 3.

3.a. Vide a resolu¸c˜ ao da Quest˜ ao 2 do arquivo “simulado 02-pt3-v1 0.pdf” de 2014.1 com o seguinte erratum: onde se lˆe

“Os termos com C e D podem ser combinados como um termo 2 s

(s

− 1) ”, leia-se

“Os termos com C e D podem ser combinados como um termo 2 (s

− 1) ”.

3.b. Manuscrito no arquivo “simulado 02-pt2-v1 0.pdf” de 2014.1.

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

12 · 3

s

+ 3

− 50 · s

s

− 4

= s

Y (s) − sy(0) + y

(0)

+ 9Y (s) = (s

+ 9)Y (s) − (2s + 1)

Y (s) = 2s + 1

s

+ 3

+ 36

(s

+ 3

)

− 50s

(s

− 4

)(s

+ 3

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

s

+ 3

= 2 · s s

+ 3

+ 1

3 · 3

s

+ 3

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

3 sen (3t).

A segunda parcela ´e 36 (s

+ 3

)

=

2 · 3 s

+ 3

2

= 4

3

s

+ 3

, cuja trans- formada de Laplace inversa ´e, pelo teorema de convolu¸c˜ao, 4 sen (3t) ∗ sen (3t) = 4

Z t

0

sen (3v) · sen (3(t − v)) dv = − 2t cos (3t) + 2

3 sen (3t).

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

s

(s

− 4

)(s

+ 3

) = A

s − 4 + B

s + 4 + Cs + E · 3

s

+ 3

onde a ´ ultima j´a foi preparada para obtermos E sen (3t). Alternativamente, podemos expandi-la como:

s

(s

− 4

)(s

+ 3

) = As

+ B

· 4

s

− 4

+ Cs + E · 3

s

+ 3

, trocando o conjunto L.I. de fun¸c˜oes { e

, e

} 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 = (s

+9)[A(s+4)+B(s − 4)]+(Cs+3E)(s

− 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 que A − B = 0, 0 = − 48E

E = 0; e j´a subs- tituindo os valores anteriores, − 50 = − 20 − 15C

C = 2. Logo, a terceira parcela

´e a transformada de Laplace de − e

− e

+ 2 cos (3t) = − 2 cosh (4t) + 2 cos (3t).

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

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

− e

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

3.d: s

Y (s) − s y(0) − y

(0)

+ Y (s) = 2 e

s − 5 e

, onde aplicamos as regras 9 (a = 2 e b = − 5), 14 (k = 2), 16 (c = π/2) e 8 (c = 3π/2).

Logo: Y (s) = 2 e

s(s

+ 1) − 5 e

s

+ 1. Denotemos por g(t) uma fun¸c˜ao tal que G(s) = 1

s(s

+ 1) = 1 + s

− s

s(s

+ 1) = 1 + s

s(s

+ 1) − s

s(s

+ 1) = 1 s − s

s

+ 1 , expans˜ao em fra¸c˜ oes parciais que tamb´em podemos obter resolvendo um sistema de equa-

¸c˜ oes lineares para os coeficientes do formato gen´erico da expans˜ao para este caso, a saber, A

s + Bs + C

s

+ 1 . Das regras 9 (a = 1 e b = − 1), 1 (a=0) e 2 (ω = 1), temos que g(t) = 1 − cos (t). Das regras 3 (ω = 1) e 17 (c = π/2 e c = 3π/2, respectivamente), obtemos que:

y(t) = 2 u

(t) ·

1 − cos t − π

2

− 5 u

(t) · sen

t − 3π 2

∴

y(t) = 2 u

(t) · (1 − sen (t)) − 5 u

(t) · cos (t).

Resolu¸ c˜ ao alternativa por convolu¸ c˜ ao: Denotemos por h(t) uma fun¸c˜ao tal que H(s) = e

s(s

+ 1) = e

s · 1

s

+ 1 Pelo teorema da convolu¸c˜ao (Re- gra 19) e as regras 17 (c = π/2), 1 (a=0) e 3 (ω = 1), conclu´ımos que h(t) =

Z t

Para 0 ≤ t ≤ π/2: u

(v) = 0 para todo v em [0, t), donde h(t) = 0;

Para t > π/2: h(t) =

0

sen (t − v) u

(v) dv =

0

sen (t − v)

u

(v) dv +

π/2

sen (t − v) u

(v) dv =

π/2

sen (t − v) dv =

t−^π

2

− sen (w) dw =

2

0

sen (w) dw = − cos (w)

t−^π

2

w=0

= cos (0) − cos (t − π

2 ) = 1 − sen (t).

Combinando os resultados, temos que h(t) = u

(t) · (1 − sen (t)).

3.e. [Nagle et al.] Se¸c˜ ao 7.5, Exerc´ıcio 36, que ´e o Item 2.b no arquivo “simulado 3- ps1-v1 0.pdf” de 2012.2.

3.f. [Nagle et al.] Se¸c˜ ao 7.5, Exerc´ıcio 38, que ´e o Item 2.c no arquivo “simulado 3- ps1-v1 0.pdf” de 2012.2.

3.g. Semelhante ao 3.d.

3.h. Item 1.a no arquivo “ee3-gabarito-v1 0.pdf” de 2012.2.

3.i: Pelo teorema da convolu¸c˜ ao (Regra 19) e as regras 2 (ω = 1) e 1 (a = − 1), conclu´ımos que:

Y (s) + 2 s

s

+ 1 Y (s) = 1

s − ( − 1)

s

+ 1 + 2s

s

+ 1 Y (s) = 1 s + 1

Y (s) = s

+ 1

(s + 1)

= A

s + 1 + B

(s + 1)

+ C (s + 1)

s

+ 1 = A(s + 1)

+ B(s + 1) + C = As

+ (2A + B )s + (A + B + C)

A = 1, B = − 2, C = 2

Y (s) = 1

s + 1 − 2 1

(s + 1)

+ 2 (s + 1)

Pela Regra 11 (a = − 1), y(t) = e

L

1

s

− 2 1

s

+ 2 s

(t).

Pelas regras 9 (escalares 1 − 2 e 1) e 6 (n = 0, n = 1 e 2 respectivamente):

y(t) = e

(1 − 2t + t

)

y(t) = e

(t − 1)

.

3.j: [Nagle et al.] Se¸c˜ ao 7.7, Exerc´ıcio 22, que ´e o Item 2.g no arquivo “simulado 3- ps1-v1 0.pdf” de 2012.2.

3.k: [Nagle et al.] Se¸c˜ ao 7.7, Exerc´ıcio 21, que ´e o Item 1.b no arquivo “ee3- gabarito-v1 0.pdf” de 2012.2.

3.l. Item 1.e no arquivo “ee2-v1 0-gabarito-v1 0.pdf” de 2014.1.

3.m. Item 1.a no arquivo “ee3-v1 0-gabarito-v1 0.pdf” de 2014.1.

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

− e

e

+ e

/2 =

e

− e

+ e

− e

/2 = senh (A + B) + senh (A − B)

2 senh (4t) cosh (3t) = senh (7t) + senh (t) .

Portanto, o PVI dado ´e:

y

(t) + 9 y(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:

s

Y (s) − 1s − 2

+ 9Y (s) = 7

s

+ 49 + 1

s

+ 1 + 7

s

− 49 + 1 s

− 1

Y (s) = 1

s

+ 9

s + 2 + 7

s

+ 49 + 1

s

+ 1 + 7

s

− 49 + 1 s

− 1

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

)F(s) =

Z ₁

0

e

f(t)dt =

0

e

e

dt =

0

e

dt = 1

1 − s e

1 t=0

= e

− 1

1 − s

F (s) = e

− 1 (1 − s)(1 − e

)

5.b. (1 − e

)G(s) =

0

e

g(t)dt =

0

2 e

dt +

1

( − 1)e

dt +

3

2 e

dt

= 1

− s

h

2 e

t=0

− e

t=1

+ 2 e

t=3

i

= − 1 s

2 e

− 2 − e

+ e

+ 2 e

− 2 e

= 1 s

2 − 3 e

+ 3 e

− 2 e

∴

G(s) = 2 − 3 e

+ 3 e

− 2 e

s(1 − e

) .

Obs. Denotando por, digamos, z o termo e

, e manipulando a fun¸c˜ao racional em z dada por s G(s), podemos reescrever G(S). Essencialmente, cancelamos o fator 1 − z

= 1 − e

do numerador e do denominador. Assim:

G(s) = 2 e

− 3 e

+ 2 s(e

+ 1)

5.c. Manuscrito no arquivo “simulado 02-pt2-v1 0.pdf” de 2014.1.