edoA_VE2_gabarito_turma_J1

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Equac¸o˜es Diferenciais 2017/2 – VE2 (gabarito, turma J1)
1. (3 pontos) Resolve o sistema homogeˆneo de equac¸o˜es diferenciais seguinte para X = [x(t), y(t), z(t)]T :
X′ =
[
1 1 2
1 2 1
2 1 1
]
X.
Soluc¸a˜o. Seja A a matriz do enunciado. Temos que achar os autovalores de A: eles sa˜o as ra´ızes de
det(λI −A) = (λ− 1)((λ− 2)(λ− 1)− 1) + (−(λ− 1)− 2)− 2(1 + 2(λ− 2))
= (λ− 1)(λ− 2)(λ− 1)− 6λ
= (λ− 1)((λ− 2)(λ− 1)− 6)
= (λ− 1)(λ2 − 3λ− 4)
= (λ− 1)(λ− 4)(λ+ 1)
e logo sa˜o λ1 = 1, λ2 = 4, e λ3 = −1.
Autovetor V1 associado a λ1 = 1: Por definic¸a˜o, ele satisfaz (A− I)V1 = 0. Aqui
A− I =
[ 0 1 2
1 1 1
2 1 0
]
.
Ela se reduz em [
0 1 2
1 0 −1
0 0 0
]
.
Da´ı obtemos V1 = [1,−2, 1]T .
Autovetor V2 associado a λ2 = 4: Por definic¸a˜o, temos que (A− 4I)V2 = 0. Aqui
A− 4I =
[ −3 1 2
1 −2 1
2 1 −3
]
,
que se reduz em [ 0 1 −1
1 0 −1
0 0 0
]
.
Dao´ obtemos V2 = [1, 1, 1]
T .
Autovetor V3 associado a λ3 = −1: Por definic¸a˜o, temos que (A+ I)V3 = 0. Aqui
A+ I =
[ 0 1 −1
1 0 −1
0 0 0
]
,
o que se reduz em [ 0 1 0
1 0 1
0 0 0
]
.
Da´ı obtemos V3 = [1, 0,−1]T .
A soluc¸a˜o geral e´ X = c1e
λ1tV1 + c2e
λ2tV2 + c3e
λ3tV3, onde c1, c2, c3 ∈ R.
1
2. (1,5 pontos) Calcule a transformada de Laplace da func¸a˜o definida por:
f(t) =
{
sen(t), se 0 ≤ t < pi;
0, se pi ≤ t < 2pi;
e f(t) = f(t+ 2pi) para todo x ∈ R≥0.
Resposta:
(a) 1+e
−pis
s2+1
(b) 1−e
−pis
s2+1
(c) 1(1+e−pis)(s2+1)
(d) 1(1−e−pis)(s2+1)
Soluc¸a˜o. Seja F (s) = L{f(t)}. Temos que
F (s) =
1
1− e−2pis
∫ 2pi
0
e−stf(t)dt
=
1
1− e−2pis
∫ pi
0
e−stsen(t)dt.
Para calcular
∫ pi
0
e−stsen(t)dt, aplicamos a IPP com dv = e−stdt e u = sen(t). Segue que v = − 1se−st e
du = cos(t)dt, e da´ı obtemos que∫ pi
0
e−stsen(t)dt = −1
s
e−stsen(t)
∣∣∣∣t=pi
t=0
+
1
s
∫ pi
0
e−st cos(t)dt
=
1
s
∫ pi
0
e−st cos(t)dt.
Aqui IPP implica que ∫ pi
0
e−st cos(t)dt = −1
s
e−st cos(t)
∣∣∣∣t=pi
t=0
− 1
s
∫ pi
0
e−stsen(t)dt
=
1 + e−pis
s
− 1
s
∫ pi
0
e−stsen(t)dt.
Segue que ∫ pi
0
e−stsen(t)dt =
1
s
(
1 + e−pis
s
− 1
s
∫ pi
0
e−stsen(t)dt
)
o que implica que ∫ pi
0
e−stsen(t)dt =
1− e−pis
s2 + 1
.
Concluimos finalmente que
F (s) =
1 + e−pis
1− e−2pis ·
1
s2 + 1
=
1
(1− e−pis)(s2 + 1) .
A resposta e´ d.
2
3. (2 pontos) Resolve o problema de valor inicial seguinte:
y′′ − 6y′ + 9y = t2e3t, y(0) = 2, y′(0) = 6.
Resposta:
(a) y(t) = 2e3t + 112 t
4e3t
(b) y(t) = 2e3t − 112 t4e3t
(c) y(t) = −2e3t + 112 t4e3t
(d) y(t) = −2e3t − 112 t4e3t
Soluc¸a˜o. Aplicando a transformada de Laplace aos dois lados da equac¸a˜o, obtemos
(s2Y (s)− sy(0)− y′(0))− 6(sY (s)− y(0)) + 9Y (s) = 2
(s− 3)2 , i.e.
(s2 − 6s+ 9)Y (s)− 2s+ 6 = 2
(s− 3)2 apo´s substiuic¸a˜o das condic¸o˜es iniciais, i.e.
(s− 3)2Y (s)− 2(s− 3) = 2
(s− 3)3 , i.e.
Y (s) =
2
s− 3 +
2
(s− 3)5 .
Segue por linearidade e o teorema de translac¸a˜o que
y(t) = L−1{Y (s)} = e3t
(
2 +
2t4
4!
)
.
A resposta e´ a.
4. (1,5 pontos) Calcule a transformada de Laplace inversa da func¸a˜o seguinte:
F (s) =
s+ 1
4s2 − 8s+ 9 .
Resposta:
(a) 14e
t cos(
√
5t/2) + 1
2
√
5
etsen(
√
5t/2)
(b) 14e
t cos(
√
5t/2)− 1
2
√
5
etsen(
√
5t/2)
(c) 14e
t cos(
√
5t/2) + 1√
5
etsen(
√
5t/2)
(d) 14e
t cos(
√
5t/2)− 1√
5
etsen(
√
5t/2)
Soluc¸a˜o. Comec¸amos por re-escrever F (s): temos que
F (s) =
1
4
s+ 1
s2 − 2s+ 9/4
=
1
4
s+ 1
(s− 1)2 + 5/4
=
1
4
(
s− 1
(s− 1)2 + 5/4 +
2
(s− 1)2 + 5/4
)
=
1
4
s− 1
(s− 1)2 + (√5/2)2 +
1√
5
√
5/2
(s− 1)2 + (√5/2)2 .
3
Segue pela linearidade de L−1 e o teorema de translac¸a˜o que
L−1{F (s)} = 1
4
et cos(
√
5t/2) +
1√
5
etsen(
√
5t/2).
A resposta e´ c.
5. (2 pontos) Resolve o sistema de equac¸o˜es diferenciais seguinte para x = x(t) e y = y(t):
x′ + y′′ = 4x(t) + t2
x′ + y′ = −x(t)
Soluc¸a˜o. Comec¸amos por re-escrever o nosso sistma da maneira seguinte:
(D − 4)x+D2y = t2
(D + 1)x+Dy = 0.
(1)
Para eliminar y, calculamos a D vezes a segunda equac¸a˜o menos a primeira. Obtemos que
(D(D + 1)− (D − 4))x = −t2, i.e. que
(D2 + 4)x = −t2.
A soluc¸a˜o do sistema homogeˆneo associado e´
xH = c1 cos(2t) + c2sen(2t)
onde c1, c2 ∈ R. Por outro lado, a soluc¸a˜o particular tem a forma
xP = a0 + a1t+ a2t
2
em que os coeficientes teˆm que satisfazer a
(D2 + 4)(a0 + a1t+ a2t
2) = (2a2 + 4a0) + 4a1t+ 4a2t
2 = −t2.
Segue que a2 = − 14 , a0 = 18 , a1 = 0, e da´ı
x = xH + xP = c1 cos(2t) + c2sen(2t) +
1
8
− 1
4
t2. (2)
De maneira ana´loga, para eliminar x, calculamos (D+1) vezes a primeira equac¸a˜o em (1) menos (D−4)
vezes a segunda. Assim obtemos que
((D + 1)D2 − (D − 4)D)y = 2t+ t2, i.e. que
D(D2 + 4)y = 2t+ t2.
A soluc¸a˜o do sistema homogeˆneo associado e´
yH = c3 + c4 cos(2t) + c5sen(2t)
onde c3, c4, c5 ∈ R. Por outro lado, a soluc¸a˜o particular tem a forma
yP = b0 + b1t+ b2t
2 + b3t
3
em que os coeficientes teˆm que satisfazer a
D(D2 + 4)(b0 + b1t+ b2t
2 + b3t
3) = (6b3 + 4b1) + 8b2t+ 12b3t
2 = 2t+ t2.
4
Resolvendo, obtemos que b3 =
1
12 , b2 =
1
4 , e b1 = − 18 . Segue que
y = yH + yP = c3 + c4 cos(2t) + c5sen(2t)− 1
8
t+
1
4
t2 +
1
12
t3. (3)
Finalmente, temos que achar as dependeˆncias entre os coeficientes de x e y em (2) e (3). Para isso, basta
aplicar a segunda equac¸a˜o em (1), o que obriga que
(−2c1sen(2t)+2c2 cos(2t)−1
2
t)+(−2c4sen(2t)+2c5 cos(2t)+ 1
2
t+
1
4
t2 = −(c1 cos(2t)+c2sen(2t)+ 1
8
−1
4
t2).
Assim obtemos que
−2(c1 + c4) = c2 e c2 + c5 = −c1, i.e. que
c4 =
1
2
c2 + c1 e c5 = −(c1 + c2).
Segue que a soluc¸a˜o do nosso sistema original e´ dada por
x = c1 cos(2t) + c2sen(2t) +
1
8
− 1
4
t2 e y = (
1
2
c2 + c1) cos(2t)− (c1 + c2)sen(2t)− 1
8
t+
1
4
t2 +
1
12
t3
onde c1, c2 ∈ R.
5