lista solucao modulo3 C2 Lucas Seco

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Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 2
Lista de Exerc´ıcios – Mo´dulo 3 – Lista 1 – Soluc¸a˜o
1) Considere um circuito RLC onde a forc¸a eletromotriz e´ E(t) = e−2t, a resisteˆncia e´ R = 4,
a indutaˆncia e´ L = 1 e a capacitaˆncia e´ C = 4. Pela segunda Lei de Kirchoff, a carga
q(t) no capacitor satisfaz
q′′ + 4q′ + 4q = e−2t.
Considere as condic¸o˜es iniciais q(0) = 1 e q′(0) = 0.
a) Determine a transformada L[q] da soluc¸a˜o q(t) do PVI.
b) Determine as ra´ızes do denominador de L[q] e escreva
q(t) como combinac¸a˜o de func¸o˜es elementares.
c) Escreva L[q] como combinac¸a˜o de transformadas de
func¸o˜es elementares e determine seus coeficientes.
d) Determine a soluc¸a˜o q(t) do PVI.
E L
R
C
q(t)
Soluc¸a˜o
a) Temos que
L[q′′] + 4L[q′] + 4L[q] = L[e−2t],
e enta˜o
s2L[q]− sq(0)− q′(0)
+4(sL[q]− q(0))
+4L[q] = L[e−2t]
Usando as condic¸o˜es iniciais, segue que
(s2 + 4s+ 4)L[q]− s− 4 = 1
s+ 2
Isolando L[q], obtemos que
(s2 + 4s+ 4)L[q] = s+ 4 + 1
s+ 2
=
(s+ 4)(s+ 2) + 1
s+ 2
=
s2 + 6s+ 9
s+ 2
L[q] = s
2 + 6s+ 9
(s+ 2)(s2 + 4s+ 4)
b) As ra´ızes de s2 + 4s+ 4 sa˜o dadas por
∆ = 16− 16 = 0, −4
2
= −2
Podemos enta˜o escrever o denominador na forma
(s+ 2)(s2 + 4s+ 4) = (s+ 2)3
e podemos escrever q(t) como combinac¸a˜o das seguintes func¸o˜es elementares
q(t) = Ae−2t +Bte−2t + Ct2e−2t
Pa´gina 1 de 28
c) Aplicando a transformada na combinac¸a˜o obtida no item anterior, temos que
L[q] = AL[e−2t] +BL[te−2t] + CL[t2e−2t]
Segue enta˜o que
s2 + 6s+ 9
(s+ 2)3
= A
1
s+ 2
+B
1
(s+ 2)2
+ C
2
(s+ 2)3
Multiplicando ambos lados por (s+ 2)3 obtemos que
s2 + 6s+ 9 = A(s+ 2)2 +B(s+ 2) + 2C
= As2 + (4A+B)s+ 4A+ 2B + 2C
Igualando os coeficientes das poteˆncias de s nos dois lados segue que
A = 1
4A+B = 6
4A+ 2B + 2C = 9
=⇒

A = 1
B = 6− 4 = 2
C =
9− 4− 4
2
=
1
2
d) Pelos itens anteriores, segue que
q(t) = Ae−2t +Bte−2t + Ct2e−2t
de modo que
q(t) = e−2t + 2te−2t +
1
2
t2e−2t
Pa´gina 2 de 28
2) Considere um sistema MMA onde a forc¸a externa e´ F (t) = te−2t, a massa e´ m = 1, a
constante da mola e´ k = 1 e constante de amortecimento e´ b = 2. Pela segunda Lei de
Newton, a posic¸a˜o y(t) da massa em relac¸a˜o ao equil´ıbrio satisfaz
y′′ + 2y′ + y = te−2t.
Considere as condic¸o˜es iniciais y(0) = 0 e y′(0) = 0.
a) Determine a transformada L[y] da soluc¸a˜o y(t) do PVI.
b) Determine as ra´ızes do denominador de L[y] e escreva
y(t) como combinac¸a˜o de func¸o˜es elementares.
c) Escreva L[y] como combinac¸a˜o de transformadas de
func¸o˜es elementares e determine seus coeficientes.
d) Determine a soluc¸a˜o y(t) do PVI.
y(t)
Soluc¸a˜o
a) Temos que
L[y′′] + 2L[y′] + L[y] = L[te−2t],
e enta˜o
s2L[y]− sy(0)− y′(0)
+2(sL[y]− y(0))
+L[y] = L[te−2t]
Usando as condic¸o˜es iniciais, segue que
(s2 + 2s+ 1)L[y] = 1
(s+ 2)2
Isolando L[y], obtemos que
L[y] = 1
(s+ 2)2(s2 + 2s+ 1)
b) As ra´ızes de s2 + 2s+ 1 sa˜o dadas por
∆ = 4− 4 = 0, −2
2
= −1
Podemos enta˜o escrever o denominador na forma
(s+ 2)2(s2 + 2s+ 1) = (s+ 2)2(s+ 1)2
e podemos escrever y(t) como combinac¸a˜o das seguintes func¸o˜es elementares
y(t) = Ae−2t +Bte−2t + Ce−t +Dte−t
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c) Aplicando a transformada na combinac¸a˜o obtida no item anterior, temos que
L[y] = AL[e−2t] +BL[te−2t] + CL[e−t] +DL[te−t]
Segue enta˜o que
1
(s+ 2)2(s+ 1)2
= A
1
s+ 2
+B
1
(s+ 2)2
+ C
1
s+ 1
+D
1
(s+ 1)2
Multiplicando ambos lados por (s+ 2)2(s+ 1)2 obtemos que
1 = A(s+ 2)(s+ 1)2 = A(s3 + 4s2 + 5s+ 2)
+B(s+ 1)2 +B( s2 + 2s+ 1)
+C(s+ 2)2(s+ 1) +C(s3 + 5s2 + 8s+ 4)
+D(s+ 2)2 +D( s2 + 4s+ 4)
de modo que
1 = (A+ C)s3 + (4A+B + 5C +D)s2 +
+(5A+ 2B + 8C + 4D)s+ (2A+B + 4C + 4D)
Igualando os coeficientes das poteˆncias de s nos dois lados segue que
A+ C = 0
4A+B + 5C +D = 0
5A+ 2B + 8C + 4D = 0
2A+B + 4C + 4D = 1
=⇒

A = −C
B + C +D = 0
2B + 3C + 4D = 0
B + 2C + 4D = 1
=⇒

4B + 4C + 4D = 0
2B + 3C + 4D = 0
B + 2C + 4D = 1
=⇒
{
2B + C = 0
3B + 2C = −1 =⇒
{
B = 1
C = −2 =⇒
{
D = 1
A = 2
d) Pelos itens anteriores, segue que
y(t) = Ae−2t +Bte−2t + Ce−t +Dte−t
de modo que
y(t) = 2e−2t + te−2t − 2e−t + te−t.
Pa´gina 4 de 28
3) Considere um circuito RLC onde a forc¸a eletromotriz e´ E(t) = cos(2t), a resisteˆncia e´
R = 5, a indutaˆncia e´ L = 1 e a capacitaˆncia e´ C = 4. Pela segunda Lei de Kirchoff, a
carga q(t) no capacitor satisfaz
q′′ + 5q′ + 4q = cos(2t).
Considere as condic¸o˜es iniciais q(0) = 0 e q′(0) = 1.
a) Determine a transformada L[q] da soluc¸a˜o q(t) do PVI.
b) Determine as ra´ızes do denominador de L[q] e escreva
q(t) como combinac¸a˜o de func¸o˜es elementares.
c) Escreva L[q] como combinac¸a˜o de transformadas de
func¸o˜es elementares e determine seus coeficientes.
d) Determine a soluc¸a˜o q(t) do PVI.
E L
R
C
q(t)
Soluc¸a˜o
a) Temos que
L[q′′] + 5L[q′] + 4L[q] = L[cos(2t)],
e enta˜o
s2L[q]− sq(0)− q′(0)
+5(sL[q]− q(0))
+4L[q] = L[cos(2t)]
Usando as condic¸o˜es iniciais, segue que
(s2 + 5s+ 4)L[q]− 1 = s
s2 + 22
Isolando L[q], obtemos que
L[q] = s
2 + s+ 4
(s2 + 5s+ 4)(s2 + 4)
b) As ra´ızes de s2 + 5s+ 4 sa˜o dadas por
∆ = 25− 16 = 9, −5± 3
2
= −1,−4
Podemos enta˜o escrever o denominador na forma
(s2 + 5s+ 4)(s2 + 4) = (s+ 1)(s+ 4)(s2 + 4)
e podemos escrever y(t) como combinac¸a˜o das seguintes func¸o˜es elementares
q(t) = Ae−t +Be−4t + C sen(2t) +D cos(2t)
c) Aplicando a transformada na combinac¸a˜o obtida no item anterior, temos que
L[q] = AL[e−t] +BL[e−4t] + CL[ sen(2t)] +DL[cos(2t)]
Pa´gina 5 de 28
Segue enta˜o que
s2 + s+ 4
(s+ 1)(s+ 4)(s2 + 4)
=
A
s+ 1
+
B
s+ 4
+ C
2
s2 + 4
+D
s
s2 + 4
Multiplicando ambos lados por (s+ 1)(s+ 4)(s2 + 4) obtemos que
s2 + s+ 4 = A(s+ 4)(s2 + 4) +B(s+ 1)(s2 + 4) +
+2C(s+ 1)(s+ 4) +Ds(s+ 1)(s+ 4)
= (A+B +D)s3 + (4A+B + 2C + 5D)s2 +
+(4A+ 4B + 10C + 4D)s+ (16A+ 4B + 8C)
Igualando os coeficientes das poteˆncias de s nos dois lados segue que
A+B +D = 0
4A+B + 2C + 5D = 1
4A+ 4B + 10C + 4D = 1
16A+ 4B + 8C = 4
=⇒

4A+ 4B + 4D = 0
4A+B + 2C + 5D = 1
4A+ 4B + 4D + 10C = 1
4A+B + 2C = 1
=⇒

4A+ 4B + 4D = 0
5D = 0
10C = 1
4A+B + 2C = 1
=⇒

4A+ 4B = 0
4A+B + 2/10 = 1
C = 1/10
D = 0
=⇒

A = 4/15
B = −4/15
C = 1/10
D = 0
d) Pelos itens anteriores, segue que
q(t) = Ae−t +Bte−4t + C sen(2t) +D cos(2t)
de modo que
q(t) =
4
15
e−t − 4
15
e−4t +
1
10
sen(2t).
Pa´gina 6 de 28
4) Considere um sistema MMA onde a forc¸a externa e´ F (t) = e−t sen(2t), a massa e´ m = 1,
a constante da mola e´ k = 10 e constante de amortecimento e´ b = 6. Pela segunda Lei
de Newton, a posic¸a˜o y(t) da massa em relac¸a˜o ao equil´ıbrio satisfaz
y′′ + 6y′ + 10y = e−t sen(2t).
Considere as condic¸o˜es iniciais y(0) = 0 e y′(0) = 0.
a) Determine a transformada L[y] da soluc¸a˜o y(t) do PVI.
b) Determine as ra´ızes do denominador de L[y] e escreva
y(t) como combinac¸a˜o de func¸o˜es elementares.
c) Escreva L[y] como combinac¸a˜o de transformadas de
func¸o˜es elementares e determine seus coeficientes.
d) Determine a soluc¸a˜o y(t) do PVI.
y(t)
Soluc¸a˜o
a) Temos que
L[y′′] + 6L[y′] + 10L[y] = L[e−t sen(2t)],
e enta˜o
s2L[y]− sy(0)− y′(0)
+6(sL[y]− y(0))
+10L[y] = L[e−t sen(2t)]
Usando as condic¸o˜es iniciais, segue que
(s2 + 6s+ 10)L[y] = 2
(s+ 1)2 + 4
Isolando L[y], obtemos que
L[y] = 2
(s2 + 6s+ 10)((s+ 1)2 + 4)
b) As ra´ızes de s2 + 6s+ 10 sa˜o dadas por
∆ = 36− 40 = −4, −6± 2i
2
= −3± i
Podemos enta˜o escrever o denominador na forma
(s2 + 6s+ 10)((s+ 1)2 + 4) = ((s+ 3)2 + 1)((s+ 1)2
+ 4)
e podemos escrever y(t) como combinac¸a˜o das seguintes func¸o˜es elementares
y(t) = Ae−3t sen(t) +Be−3t cos(t) + Ce−t sen(2t) +De−t cos(2t)
Pa´gina 7 de 28
c) Aplicando a transformada na combinac¸a˜o obtida no item anterior, temos que
L[y] = AL[e−3t sen(t)] +BL[e−3t cos(t)] + CL[e−t sen(2t)] +DL[e−t cos(2t)]
Segue enta˜o que
2
((s+ 3)2 + 1)((s+ 1)2 + 4)
= A
1
(s+ 3)2 + 1
+B
s+ 3
(s+ 3)2 + 1
+
+C
2
(s+ 1)2 + 4
+D
s+ 1
(s+ 1)2 + 4
Multiplicando ambos lados por ((s+ 3)2 + 1)((s+ 1)2 + 4) obtemos que
2 = A((s+ 1)2 + 4) +B(s+ 3)((s+ 1)2 + 4) +
+2C((s+ 3)2 + 1) +D(s+ 1)((s+ 3)2 + 1)
= A(s2 + 2s+ 5) +B(s3 + 5s2 + 11s+ 15) +
+2C(s2 + 6s+ 10) +D(s3 + 7s2 + 16s+ 10)
= (B +D)s3 + (A+ 5B + 2C + 7D)s2 +
+(2A+ 11B + 12C + 16D)s+ (5A+ 15B + 20C + 10D)
de modo que
Igualando os coeficientes das poteˆncias de s nos dois lados segue que
B +D = 0
A+ 5B + 2C + 7D = 0
2A+ 11B + 12C + 16D = 0
5A+ 15B + 20C + 10D = 2
=⇒

D = −B
A− 2B + 2C = 0
2A− 5B + 12C = 0
5A+ 5B + 20C = 2
=⇒

D = −B
A = 2B − 2C
−B + 8C = 0
15B + 10C = 2
=⇒

C = 1/65
B = 8/65
D = −B = −8/65
A = 2B − 2C = 14/65
d) Pelos itens anteriores, segue que
y(t) = Ae−3t sen(t) +Be−3t cos(t) + Ce−t sen(2t) +De−t cos(2t)
de modo que
y(t) =
14
65
e−3t sen(t) +
8
65
e−3t cos(t) +
1
65
e−t sen(2t)− 8
65
e−t cos(2t)
Pa´gina 8 de 28
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 2
Lista de Exerc´ıcios – Mo´dulo 3 – Lista 2 – Soluc¸a˜o
1) Considere um circuito RLC onde uma forc¸a eletromotriz de tensa˜o cont´ınua e´ ligada a`
partir do instante t = 8 e e´ dada pela seguinte expressa˜o E(t) = u8(t)12. A resisteˆncia e´
R = 5, a indutaˆncia e´ L = 1 e a capacitaˆncia e´ C = 4. Pela segunda Lei de Kirchoff, a
carga q(t) no capacitor satisfaz
q′′ + 5q′ + 4q = u8(t)12
Considere as condic¸o˜es iniciais q(0) = 0 e q′(0) = 1.
a) Determine a transformada L[q] = L[q1] + e−8sL[q2] da
soluc¸a˜o q(t) do PVI, onde L[q1] e L[q2] sa˜o func¸o˜es ra-
cionais de s.
b) Determine as ra´ızes do denominador de L[q1] e L[q2] e
escreva q1(t) e q2(t) como combinac¸a˜o de func¸o˜es ele-
mentares.
c) Escreva L[q1] e L[q2] como combinac¸a˜o de transforma-
das de func¸o˜es elementares e determine seus coeficien-
tes.
d) Determine a soluc¸a˜o q(t) do PVI.
E L
R
C
q(t)
Soluc¸a˜o
a) Temos que
L[q′′] + 5L[q′] + 4L[q] = L[u8(t)12]
e enta˜o
s2L[q]− sq(0)− q′(0)
+5(sL[q]− q(0))
+4L[q] = e−8sL[12]
Usando as condic¸o˜es iniciais, segue que
(s2 + 5s+ 4)L[q]− 1 = e−8s12
s
Isolando L[q], obtemos que
L[q] = 1
s2 + 5s+ 4
+ e−8s
12
(s2 + 5s+ 4)s
de modo que
L[q1] = 1
s2 + 5s+ 4
e
L[q2] = 12
(s2 + 5s+ 4)s
Pa´gina 9 de 28
b) As ra´ızes de s2 + 5s+ 4 sa˜o dadas por
∆ = 25− 16 = 9, −5± 3
2
= −1,−4
Podemos enta˜o escrever o denominador de L[q1] na forma
s2 + 5s+ 4 = (s+ 1)(s+ 4)
e o denominador de L[q2] na forma
(s2 + 5s+ 4)s = (s+ 1)(s+ 4)s
de modo que podemos escrever q1(t) como combinac¸a˜o das seguintes func¸o˜es elemen-
tares
q1(t) = Ae
−t +Be−4t
e podemos escrever q2(t) como combinac¸a˜o das seguintes func¸o˜es elementares
q2(t) = Ce
−t +De−4t + E
c) Aplicando a transformada na combinac¸a˜o de q1(t) obtida no item anterior, temos que
L[q1] = AL[e−t] +BL[e−4t]
Segue enta˜o que
1
s2 + 5s+ 4
=
A
s+ 1
+
B
s+ 4
Multiplicando ambos lados por (s+ 1)(s+ 4) obtemos que
1 = A(s+ 4) +B(s+ 1)
= (A+B)s+ 4A+B
Igualando os coeficientes das poteˆncias de s nos dois lados segue que{
A+B = 0
4A+B = 1
=⇒
{
A = 1/3
B = −1/3
de modo que
q1(t) =
1
3
e−t − 1
3
e−4t
Aplicando a transformada na combinac¸a˜o de q2(t) obtida no item anterior, temos que
L[q2] = CL[e−t] +DL[e−4t] + EL[1]
Segue enta˜o que
12
(s2 + 5s+ 4)s
=
C
s+ 1
+
D
s+ 4
+
E
s
Multiplicando ambos lados por (s+ 1)(s+ 4)s obtemos que
12 = C(s+ 4)s+D(s+ 1)s+ E(s+ 1)(s+ 4)
= (C +D + E)s2 + (4C +D + 5E) + 4E
Igualando os coeficientes das poteˆncias de s nos dois lados segue que
C +D + E = 0
4C +D + 5E = 0
4E = 12
=⇒

C = −4
D = 1
E = 3
de modo que
q2(t) = −4e−t + e−4t + 3
Pa´gina 10 de 28
d) Uma vez que
L[q] = L[q1] + e−8sL[q2]
temos que
q(t) = q1(t) + u8(t)q2(t− 8)
de modo que
q(t) =
1
3
e−t − 1
3
e−4t + u8(t)
(−4e−(t−8) + e−4(t−8) + 3)
Pa´gina 11 de 28
2) Considere um circuito RLC onde uma forc¸a eletromotriz de tensa˜o alternada e´ ligada a`
partir do instante t = 8 e e´ dada pela seguinte expressa˜o E(t) = u8(t) cos(2(t − 8)). A
resisteˆncia e´ R = 5, a indutaˆncia e´ L = 1 e a capacitaˆncia e´ C = 4. Pela segunda Lei de
Kirchoff, a carga q(t) no capacitor satisfaz
q′′ + 5q′ + 4q = u8(t) cos(2(t− 8))
Considere as condic¸o˜es iniciais q(0) = 0 e q′(0) = 1.
a) Determine a transformada L[q] = L[q1] + e−8sL[q2] da
soluc¸a˜o q(t) do PVI, onde L[q1] e L[q2] sa˜o func¸o˜es ra-
cionais de s.
b) Determine as ra´ızes do denominador de L[q1] e L[q2] e
escreva q1(t) e q2(t) como combinac¸a˜o de func¸o˜es ele-
mentares.
c) Escreva L[q1] e L[q2] como combinac¸a˜o de transforma-
das de func¸o˜es elementares e determine seus coeficien-
tes.
d) Determine a soluc¸a˜o q(t) do PVI.
E L
R
C
q(t)
Soluc¸a˜o
a) Temos que
L[q′′] + 5L[q′] + 4L[q] = L[u8(t) cos(2(t− 8))]
e enta˜o
s2L[q]− sq(0)− q′(0)
+5(sL[q]− q(0))
+4L[q] = e−8sL[cos(2t)]
Usando as condic¸o˜es iniciais, segue que
(s2 + 5s+ 4)L[q]− 1 = e−8s s
s2 + 4
Isolando L[q], obtemos que
L[q] = 1
s2 + 5s+ 4
+ e−8s
s
(s2 + 5s+ 4)(s2 + 4)
de modo que
L[q1] = 1
s2 + 5s+ 4
e
L[q2] = s
(s2 + 5s+ 4)(s2 + 4)
b) As ra´ızes de s2 + 5s+ 4 sa˜o dadas por
∆ = 25− 16 = 9, −5± 3
2
= −1,−4
Podemos enta˜o escrever o denominador de L[q1] na forma
s2 + 5s+ 4 = (s+ 1)(s+ 4)
Pa´gina 12 de 28
e o denominador de L[q2] na forma
(s2 + 5s+ 4)s = (s+ 1)(s+ 4)(s2 + 4)
de modo que podemos escrever q1(t) como combinac¸a˜o das seguintes func¸o˜es elemen-
tares
q1(t) = Ae
−t +Be−4t
e podemos escrever q2(t) como combinac¸a˜o das seguintes func¸o˜es elementares
q2(t) = Ce
−t +De−4t + E cos(2t) + F sen(2t)
c) Aplicando a transformada na combinac¸a˜o de q1(t) obtida no item anterior, temos que
L[q1] = AL[e−t] +BL[e−4t]
Segue enta˜o que
1
s2 + 5s+ 4
=
A
s+ 1
+
B
s+ 4
Multiplicando ambos lados por (s+ 1)(s+ 4) obtemos que
1 = A(s+ 4) +B(s+ 1)
= (A+B)s+ 4A+B
Igualando os coeficientes das poteˆncias de s nos dois lados segue que{
A+B = 0
4A+B = 1
=⇒
{
A = 1/3
B = −1/3
de modo que
q1(t) =
1
3
e−t − 1
3
e−4t
Aplicando a transformada na combinac¸a˜o de q2(t) obtida no item anterior, temos que
L[q2] = CL[e−t] +DL[e−4t] + EL[cos(2t)] + FL[ sen(2t)]
Segue enta˜o que
s
(s2 + 5s+ 4)(s2 + 4)
=
C
s+ 1
+
D
s+ 4
+ E
s
s2 + 4
+ F
2
s2 + 4
Multiplicando ambos lados por (s+ 1)(s+ 4)(s2 + 4) obtemos que
s = C(s+ 4)(s2 + 4) +D(s+ 1)(s2 + 4) + Es(s+ 1)(s+ 4) + 2F (s+ 1)(s+ 4)
= C(s3 + 4s2 + 4s+ 16) +D(s3 + s2 + 4s+ 4) + E(s3 + 5s2 + 4s) + F (2s2 + 10s+ 8)
Igualando os coeficientes das poteˆncias de s nos dois lados segue que
C +D + E = 0
4C +D + 5E + 2F = 0
4C + 4D + 4E + 10F = 1
16C + 4D + 8F = 0
=⇒

C = −1/15
D = 1/15
E = 0
F = 1/10
de modo que
q2(t) = − 1
15
e−t +
1
15
e−4t +
1
10
sen(2t)
d) Uma vez que
L[q] = L[q1] + e−8sL[q2]
temos que
q(t) = q1(t) + u8(t)q2(t− 8)
de modo que
q(t) =
1
3
e−t − 1
3
e−4t + u8(t)
(
− 1
15
e−(t−8) +
1
15
e−4(t−8) +
1
10
sen(2(t− 8))
)
Pa´gina 13 de 28
3) Considere um circuito RC acoplado a um circuito LR, ambos submetidos a` forc¸a eletro-
motriz E(t) = 12.
LRC
i3
i1 i2
E E
A primeira Lei de Kirchhoff
diz que, em cada no´ do circuito, a soma das correntes que
entram e´ igual a soma das correntes que saem, de modo que
i3 = i1 + i2.
A segunda Lei de Kirchhoff diz que, em cada circuito, a soma das quedas de tensa˜o num
circuito e´ igual a` forc¸a eletromotriz, de modo que{
Ri3 + Cq1 = 12
Li′2 +Ri3 = 12
Derivando a primeira equac¸a˜o desse sistema e utilizando que q′1 = i1 e que i
′
3 = i
′
1 + i
′
2,
obtemos que as correntes satisfazem{
Ri′1 +Ri
′
2 + Ci1 = 0
Li′2 +Ri1 +Ri2 = 12
Considere a resisteˆncia R = 1, a indutaˆncia L = 1, a capacitaˆncia C = 2 e as condic¸o˜es
iniciais i1(0) = 1 e i2(0) = 1.
a) Mostre que as transformadas L[i1] e L[i2] satisfazem um sistema linear.
b) Aplique a regra de Cramer para determinar L[i1] e L[i2].
c) Determine as ra´ızes dos denominadores de L[i1] e de L[i2] escreva i1(t) e i2(t) como
combinac¸a˜o de func¸o˜es elementares.
d) Escreva L[i1] e L[i1] como combinac¸a˜o de transformadas de func¸o˜es elementares e
determine seus coeficientes.
e) Determine as soluc¸o˜es i1(t) e i2(t) do PVI.
f) Refac¸a os itens anteriores com a capacitaˆncia C = 4.
Soluc¸a˜o
a) Temos que i1 e i2 satisfazem {
i′1 + i
′
2 + 2i1 = 0
i′2 + i1 + i2 = 12
Aplicando a transformada no sistema acima, obtemos{ L[i′1] + L[i′2] + 2L[i1] = 0
L[i′2] + L[i1] + L[i2] = L[12]
Pa´gina 14 de 28
de modo que {
sL[i1]− i1(0) + sL[i2]− i2(0) + 2L[i1] = 0
sL[i2]− i2(0) + L[i1] + L[i2] = 12
s
Usando as condic¸o˜es iniciais i1(0) = 1 e i2(0) = 1, obtemos que{
(s+ 2)L[i1] + sL[i2] = 2
L[i1] + (s+ 1)L[i2] = 1 + 12
s
=
s+ 12
s
que e´ um sistema linear para L[i1] e L[i2].
b) Pela regra de Cramer temos que
L[i1] =
∣∣∣∣∣ 2 ss+ 12
s
(s+ 1)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ (s+ 2) s1 (s+ 1)
∣∣∣∣ =
2(s+ 1)− (s+ 12)
(s+ 2)(s+ 1)− s =
s− 10
s2 + 2s+ 2
L[i2] =
∣∣∣∣∣ (s+ 2) 21 s+ 12
s
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ (s+ 2) s1 (s+ 1)
∣∣∣∣ =
(s+ 2)(s+ 12)
s
− 2
(s+ 2)(s+ 1)− s =
s2 + 12s+ 24
s(s2 + 2s+ 2)
c) As ra´ızes de s2 + 2s+ 2 no denominador de L[i1] e L[i2] sa˜o dadas por
∆ = 4− 8 = −4, −2± 2i
2
= −1± i
Podemos fazer
s2 + 2s+ 2 = (s+ 1)2 + 1
Como
L[i1] = s− 10
(s+ 1)2 + 1
com ra´ızes do denominador −1 ± i, podemos escrever i1(t) como combinac¸a˜o das
func¸o˜es elementares
i1(t) = Ae
−t sen(t) +Be−t cos(t)
Como
L[i2] = s
2 + 12s+ 24
s((s+ 1)2 + 1)
com ra´ızes do denominador −1± i e 0, podemos escrever i2(t) como combinac¸a˜o das
func¸o˜es elementares
i2(t) = Ce
−t sen(t) +De−t cos(t) + E
d) Aplicando a transformada na combinac¸a˜o de i1(t) obtida no item anterior, temos que
L[i1] = AL[e−t sen(t)] +BL[e−t cos(t)]
Segue enta˜o que
s− 10
(s+ 1)2 + 1
= A
1
(s+ 1)2 + 1
+B
s+ 1
(s+ 1)2 + 1
Pa´gina 15 de 28
Multiplicando ambos lados por (s+ 1)2 + 1 obtemos que
s− 10 = A+B(s+ 1)
= Bs+ (A+B)
Igualando os coeficientes das poteˆncias de s nos dois lados segue que{
B = 1
A+B = −10 =⇒
{
A = −11
B = 1
Aplicando a transformada na combinac¸a˜o de i2(t) obtida no item anterior, temos que
L[i2] = CL[e−t sen(t)] +DL[e−t cos(t)] + EL[1]
Segue enta˜o que
s2 + 12s+ 24
s((s+ 1)2 + 1)
= C
1
(s+ 1)2 + 1
+D
s+ 1
(s+ 1)2 + 1
+ E
1
s
Multiplicando ambos lados por s((s+ 1)2 + 1) obtemos que
s2 + 12s+ 24 = Cs+Ds(s+ 1) + E((s+ 1)2 + 1)
= Cs+D(s2 + s) + E(s2 + 2s+ 2)
= (D + E)s2 + (C +D + 2E)s+ 2E
Igualando os coeficientes das poteˆncias de s nos dois lados segue que
D + E = 1
C +D + 2E = 12
2E = 24
=⇒

C = −1
D = −11
E = 12
e) Pelos itens anteriores, segue que
i1(t) = Ae
−t sen(t) +Be−t cos(t)
i2(t) = Ce
−t sen(t) +De−t cos(t) + E
de modo que
i1(t) = −11e−t sen(t) + e−t cos(t)
i2(t) = −e−t sen(t)− 11e−t cos(t) + 12
f) Refazendo os itens anteriores com a capacitaˆncia C = 4, temos o seguinte.
a) Temos que i1 e i2 satisfazem {
i′1 + i
′
2 + 4i1 = 0
i′2 + i1 + i2 = 12
Aplicando a transformada no sistema acima, obtemos{ L[i′1] + L[i′2] + 4L[i1] = 0
L[i′2] + L[i1] + L[i2] = L[12]
de modo que {
sL[i1]− i1(0) + sL[i2]− i2(0) + 4L[i1] = 0
sL[i2]− i2(0) + L[i1] + L[i2] = 12
s
Usando as condic¸o˜es iniciais i1(0) = 1 e i2(0) = 1, obtemos que{
(s+ 4)L[i1] + sL[i2] = 2
L[i1] + (s+ 1)L[i2] = 1 + 12
s
=
s+ 12
s
que e´ um sistema linear para L[i1] e L[i2].
Pa´gina 16 de 28
b) Pela regra de Cramer temos que
L[i1] =
∣∣∣∣∣ 2 ss+ 12
s
(s+ 1)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ (s+ 4) s1 (s+ 1)
∣∣∣∣ =
2(s+ 1)− (s+ 12)
(s+ 4)(s+ 1)− s =
s− 10
s2 + 4s+ 4
L[i2] =
∣∣∣∣∣ (s+ 4) 21 s+ 12
s
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ (s+ 4) s1 (s+ 1)
∣∣∣∣ =
(s+ 4)(s+ 12)
s
− 2
(s+ 4)(s+ 1)− s =
s2 + 14s+ 48
s(s2 + 4s+ 4)
c) As ra´ızes de s2 + 4s+ 4 no denominador de L[i1] e L[i2] sa˜o dadas por
∆ = 16− 16 = 0, −4
2
= −2
Podemos fazer
s2 + 4s+ 4 = (s+ 2)2
Como
L[i1] = s− 10
(s+ 2)2
com ra´ızes do denominador −2 de multiplicidade 2, podemos escrever i1(t) como
combinac¸a˜o das func¸o˜es elementares
i1(t) = Ae
−2t +Bte−2t
Como
L[i2] = s
2 + 12s+ 24
s((s+ 1)2 + 1)
com ra´ızes do denominador −2 de multiplicidade 2 e 0, podemos escrever i2(t)
como combinac¸a˜o das func¸o˜es elementares
i2(t) = Ce
−2t +Dte−2t + E
d) Aplicando a transformada na combinac¸a˜o de i1(t) obtida no item anterior, temos
que
L[i1] = AL[e−2t] +BL[te−2t]
Segue enta˜o que
s− 10
(s+ 2)2
= A
1
s+ 2
+B
1
(s+ 2)2
Multiplicando ambos lados por (s+ 2)2 obtemos que
s− 10 = A(s+ 2) +B
= As+ (2A+B)
Igualando os coeficientes das poteˆncias de s nos dois lados segue que{
A = 1
2A+B = −10 =⇒
{
A = 1
B = −12
Aplicando a transformada na combinac¸a˜o de i2(t) obtida no item anterior, obtemos
L[i2] = CL[e−2t] +DL[te−2t] + EL[1]
Pa´gina 17 de 28
Segue enta˜o que
s2 + 14s+ 48
s(s+ 2)2
= C
1
(s+ 2)
+D
1
(s+ 2)2
+ E
1
s
Multiplicando ambos lados por s(s+ 2)2 obtemos que
s2 + 14s+ 48 = Cs(s+ 2) +Ds+ E(s+ 2)2
= C(s2 + 2s) +Ds+ E(s2 + 4s+ 4)
= (C + E)s2 + (2C +D + 4E)s+ 4E
Igualando os coeficientes das poteˆncias de s nos dois lados segue que
C + E = 1
2C +D + 4E = 14
4E = 48
=⇒

C = −11
D = −12
E = 12
e) Pelos itens anteriores, segue que
i1(t) = Ae
−2t +Bte−2t
i2(t) = Ce
−2t +Dte−2t + E
de modo que
i1(t) = e
−2t − 12te−2t
i2(t) = −11e−2t − 12te−2t + 12
Pa´gina 18 de 28
4) Considere dois sistemas massa-mola acoplados, ambos submetidos a uma forc¸a externa
nula.
x02x
0
1 x1 x2
k1 k2
m1 m2
y1 y2
Pela Lei de Hooke, a forc¸a de uma mola e´ proporcional a` sua distorc¸a˜o. Sejam x01 e x
0
2
as posic¸o˜es de equil´ıbrio dos blocos de massa, respectivamente, m1 e m2. A distorc¸a˜o da
mola de constante k1 e´ dada por x1(t)−x01, e a distorc¸a˜o da mola de constante k2 e´ dada
por (x2(t)− x1(t))− (x02 − x01). Pela segunda Lei de Newton, segue que{
m1x
′′
1 = −k1(x1 − x01) + k2((x2 − x1)− (x02 − x01))
m2x
′′
2 = −k2((x2 − x1)− (x02 − x01))
Colocando y1(t) = x1(t)− x01 e y2(t) = x2(t)− x02, segue que{
m1y
′′
1 = −k1y1 + k2(y2 − y1)
m2y
′′
2 = −k2(y2 − y1)
Considere as massas m1 = m2 = 1, as constantes da mola k1 = 3 e k2 = 2, e as condic¸o˜es
iniciais y1(0) = 0, y
′
1(0) = 0, y2(0) = 1, y
′
2(0) = 0.
a) Mostre que as transformadas L[y1] e L[y2] satisfazem um sistema linear.
b) Aplique a regra de Cramer para determinar L[y1] e L[y2].
c) Determine as ra´ızes do denominador de L[y1] e de L[y2] escreva y1(t) e y2(t) como
combinac¸a˜o de func¸o˜es elementares.
d) Escreva L[y1] e L[y1] como combinac¸a˜o de transformadas de func¸o˜es elementares e
determine seus coeficientes.
e) Determine as soluc¸o˜es y1(t) e y2(t) do PVI.
Soluc¸a˜o
a) Temos que y1 e y2 satisfazem{
y′′1 = −3y1 + 2(y2 − y1) = −5y1 + 2y2
y′′2 = −2(y2 − y1) = −2y2 + 2y1
Aplicando a transformada no sistema acima, obtemos{ L[y′′1 ] = −5L[y1] + 2L[y2]
L[y′′2 ] = −2L[y2] + 2L[y1]
de modo
que {
s2L[y1]− sy1(0)− y′1(0) = −5L[y1] + 2L[y2]
s2L[y2]− sy2(0)− y′2(0) = −2L[y2] + 2L[y1]
Usando as condic¸o˜es iniciais y1(0) = 0, y
′
1(0) = 0, y2(0) = 1, y
′
2(0) = 0, obtemos que{
(s2 + 5)L[y1] − 2L[y2] = 0
−2L[y1] + (s2 + 2)L[y2] = s
que e´ um sistema linear para L[y1] e L[y2].
Pa´gina 19 de 28
b) Pela regra de Cramer temos que
L[y1] =
∣∣∣∣ 0 −2s (s2 + 2)
∣∣∣∣∣∣∣∣ (s2 + 5) −2−2 (s2 + 2)
∣∣∣∣ =
2s
(s2 + 5)(s2 + 2)− 4 =
2s
s4 + 7s2 + 6
L[y2] =
∣∣∣∣ (s2 + 5) 0−2 s
∣∣∣∣∣∣∣∣ (s2 + 5) −2−2 (s2 + 2)
∣∣∣∣ =
s3 + 5s
(s2 + 5)(s2 + 2)− 4 =
s3 + 5s
s4 + 7s2 + 6
c) Para encontrar as ra´ızes do denominador s4+7s2+6 de L[y1] e L[y2], primeiro fazemos
t = s2 e obtemos as ra´ızes de t2 + 7t+ 6, dadas por
∆ = 49− 24 = 25, −7± 5
2
= −6, −1
Como s = ±√t, segue que as ra´ızes de s4 + 7s2 + 6 sa˜o dadas por
±
√
6i, ±i.
Podemos enta˜o escrever o denominador na forma
s4 + 7s2 + 6 = (s2 + 6)(s2 + 1)
e podemos escrever y1(t) e y2(t) como combinac¸a˜o das seguintes func¸o˜es elementares
y1(t) = A sen(
√
6t) +B cos(
√
6t) + C sen(t) +D cos(t)
y2(t) = E sen(
√
6t) + F cos(
√
6t) +G sen(t) +H cos(t)
d) Aplicando a transformada na combinac¸a˜o de y1(t) obtida no item anterior, temos que
L[y1] = AL[ sen(
√
6t)] +BL[ sen(
√
6t)] + CL[ sen(t)] +DL[cos(t)]
Segue enta˜o que
2s
(s2 + 6)(s2 + 1)
= A
√
6
s2 + 6
+B
s
s2 + 6
+ C
1
s2 + 1
+D
s
s2 + 1
Multiplicando ambos lados por (s2 + 6)(s2 + 1) obtemos que
2s =
√
6A(s2 + 1) +Bs(s2 + 1) + C(s2 + 6) +Ds(s2 + 6)
= (B +D)s3 + (
√
6A+ C)s2 + (B + 6D)s+ (
√
6A+ 6C)
Igualando os coeficientes das poteˆncias de s nos dois lados segue que
B +D = 0√
6A+ C = 0
B + 6D = 2√
6A+ 6C = 0
=⇒

B +D = 0
B + 6D = 2√
6A+ C = 0√
6A+ 6C = 0
=⇒

B = −2
5
D =
2
5
A = C = 0
Aplicando a transformada na combinac¸a˜o de y2(t) obtida no item anterior, temos que
L[y2] = EL[ sen(
√
6t)] + FL[ sen(
√
6t)] +GL[ sen(t)] +HL[cos(t)]
Pa´gina 20 de 28
Segue enta˜o que
s3 + 5s
(s2 + 6)(s2 + 1)
= E
√
6
s2 + 6
+ F
s
s2 + 6
+G
1
s2 + 1
+H
s
s2 + 1
Multiplicando ambos lados por (s2 + 6)(s2 + 1) obtemos que
s3 + 5s =
√
6E(s2 + 1) + Fs(s2 + 1) +G(s2 + 6) +Hs(s2 + 6)
= (F +H)s3 + (
√
6E +G)s2 + (F + 6H)s+ (
√
6E + 6G)
Igualando os coeficientes das poteˆncias de s nos dois lados segue que
F +H = 1√
6E +G = 0
F + 6H = 5√
6E + 6G = 0
=⇒

F +H = 1
F + 6H = 5√
6E +G = 0√
6E + 6G = 0
=⇒

F =
1
5
H =
4
5
E = G = 0
e) Pelos itens anteriores, segue que
y1(t) = A sen(
√
6t) +B cos(
√
6t) + C sen(t) +D cos(t)
y2(t) = E sen(
√
6t) + F cos(
√
6t) +G sen(t) +H cos(t)
de modo que
y1(t) = −2
5
cos(
√
6t) +
2
5
cos(t)
y2(t) =
1
5
cos(
√
6t) +
4
5
cos(t)
Pa´gina 21 de 28
Pa´gina 22 de 28
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 2
Lista de Exerc´ıcios – Mo´dulo 3 – Lista 3 – Soluc¸a˜o
1) O objetivo desse exerc´ıcio e´ mostrar que a transformada de Laplace pode ser usada para
resolver algumas equac¸o˜es com coeficientes varia´veis, como por exemplo a equac¸a˜o de
Laguerre
xy′′ + (1− x)y′ + ny = 0 , x > 0
onde n e´ um inteiro positivo, que esta´ associada a` equac¸a˜o de Schro¨dinger para o a´tomo
de hidrogeˆnio. Denotando por Y (s) = L[y] a transformada de uma soluc¸a˜o y(x), segue
que as transformadas das derivadas sa˜o dadas por L[y′] = sY (s) − y(0) e por L[y′′] =
s2Y (s)− sy(0)− y′(0).
a) Usando a regra da derivada da transformada, mostre que L[xy′] = −Y (s)− sY ′(s) e
que L[xy′′] = −2sY (s)− s2Y ′(s) + y(0).
b) Verifique que Y (s) satisfaz uma EDO linear homogeˆnea de 1a ordem.
c) Determine a soluc¸a˜o geral Y (s) da EDO do item anterior.
d) Usando o item anterior e que Y (s) = L[y], mostre que L[e−xy] = asnL[e−xxn], onde
a e´ uma constante.
e) Usando o item anterior e a regra da transformada da derivada, conclua que
y(x) = aex
(
e−xxn
)(n)
Obtenha y(x) para n = 0, 1, 2.
Soluc¸a˜o
a) Temos que
L[xy′] = −L[y′]′
= −(sY (s)− y(0))′
= −Y (s)− sY ′(s).
e que
L[xy′′] = −L[y′′]′
= −(s2Y (s)− sy(0)− y′(0))′
= −2sY (s)− s2Y ′(s) + y(0).
b) Aplicando a transformada na EDO
xy′′ + y′ − xy′ + ny = 0,
temos que
L[xy′′] + L[y′]− L[xy′] + nL[y] = 0.
Pa´gina 23 de 28
Usando os itens anteriores, segue que
−2sY (s)− s2Y ′(s) + y(0)
+sY (s)− y(0)
−(−Y (s)− sY ′(s))
+nY (s) = 0,
de modo que
(s− s2)Y ′(s) + (n+ 1− s)Y (s) = 0,
que e´ uma EDO linear homogeˆnea de 1.a ordem.
c) Dividindo a equac¸a˜o do item anterior por s− s2, obtemos que
Y ′(s) +
n+ 1− s
s− s2 Y (s) = 0.
Para encontrar uma primitiva P (s) de
p(s) =
n+ 1− s
s− s2
primeiro aplicamos frac¸o˜es parciais para obter constantes A, B tais que
n+ 1− s
s(1− s) =
A
s
+
B
1− s.
Multiplicando ambos lados por s(1− s), temos que
n+ 1− s = A(1− s) +Bs = (B − A)s+ A,
de modo que A = n+ 1 e B = n. Segue que
p(s) =
n+ 1
s
+
n
1− s,
de modo que ∫
p(s) ds = (n+ 1) log(s)− n log(1− s) + C
= log(sn+1)− log((1− s)n) + C
= log
(
sn+1
(1− s)n
)
+ C
e enta˜o podemos tomar
P (s) = log
(
sn+1
(1− s)n
)
.
Segue enta˜o que a soluc¸a˜o geral e´ dada por
Y (s) = ce−P (s)
= ce
− log
(
sn+1
(1−s)n
)
= ce
log
(
(1−s)n
sn+1
)
= c
(1− s)n
sn+1
,
onde c e´ uma constante arbitra´ria.
Pa´gina 24 de 28
d) Como que
L[y](s) = Y (s) = c(1− s)
n
sn+1
segue que
L[e−xy](s) = L[y](s+ 1)
= c
(−s)n
(s+ 1)n+1
= c(−1)nsn 1
(s+ 1)n+1
= asnL[e−xxn](s)
onde a = c(−1)n.
e) Denotando z(x) = e−xxn, temos que z(k)(0) = 0 para todo k = 0, 1, . . . , n − 1. Pela
regra da transformada da derivada, segue que
L
[(
e−xxn
)(n)]
= L [z(n)(x)]
= snL[z(x)]− sn−1z(0)− · · · − sz(n−2)(0)− z(n−1)(0)
= snL[e−xxn]
Usando a equac¸a˜o acima e o item anterior, segue que
L[e−xy] = aL
[(
e−xxn
)(n)]
de modo que
e−xy(x) = a
(
e−xxn
)(n)
Isolando y(x), obtemos que
y(x) = aex
(
e−xxn
)(n)
Quando n = 0, obtemos que
y(x) = aex
(
e−x
)
= a
quando n = 1, obtemos que
y(x) = aex
(
e−xx
)′
= aex
(−e−xx+ e−x)
= a(1− x)
e quando n = 2, obtemos que
y(x) = aex
(
e−xx2
)′′
= aex
(
e−xx2 − e−x4x+ e−x2)
= a(x2 − 4x+ 2)
Pa´gina 25 de 28
2) O objetivo desse exerc´ıcio e´ mostrar que a transformada de Laplace pode ser usada para
calcular algumas integrais impro´prias, como por exemplo∫ ∞
0
sen2(x)
x2
dx
que esta´ associada ao ca´lculo de probabilidades de alguns experimentos de mecaˆnica
quaˆntica.
0
a) Usando a regra da transformada da derivada, mostre que
∫ L[y](s) ds = L [ y−x] (s).
Conclua que ∫ ∞
0
L[y](s) ds = L
[y
x
]
(0)− lim
s→∞
L
[y
x
]
(s)
b) Mostre que
∣∣∣L [ sen(x)x ] (s)∣∣∣ ≤ 1s . Conclua que lims→∞ L [ sen(x)x ] (s) = 0.
c) Use os itens anteriores para mostrar que∫ ∞
0
L[ sen(x)](s) ds = L
[
sen(x)
x
]
(0) =
∫ ∞
0
sen(x)
x
dx
Usando que L[ sen(x)](s) = 1
s2+1
, conclua que
∫∞
0
sen(x)
x
dx = pi/2.
d) Use integrac¸a˜o por partes para mostrar que
∫∞
0
sen2(x)
x2
dx =
∫∞
0
sen(2x)
x
dx. Usando
uma substituic¸a˜o e o item anterior, conclua que∫ ∞
0
sen2(x)
x2
dx =
pi
2
Soluc¸a˜o
a) Pela regra da derivada da transformada, temos que
L[z]′(s) = L[−xz](s)
de modo que
L
[
y
−x
]′
(s) = L
[
−x y−x
]
(s) = L [y] (s)
mostrando que ∫
L[y](s) ds = L
[
y
−x
]
(s)
Pa´gina 26 de 28
Segue enta˜o que ∫ ∞
0
L[y](s) ds =
[
L
[
y
−x
]
(s)
]∞
0
= lim
s→∞
L
[
y
−x
]
(s)− L
[
y
−x
]
(0)
= L
[y
x
]
(0)− lim
s→∞
L
[y
x
]
(s)
b) Temos que ∣∣∣∣L [ sen(x)x
]
(s)
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∫ ∞
0
e−sx
sen(x)
x
dx
∣∣∣∣
≤
∫ ∞
0
∣∣∣∣e−sx sen(x)x
∣∣∣∣ dx
≤
∫ ∞
0
e−sx dx
=
1
s
Usando a desigualdade anterior e o teorema do sandu´ıche, segue que
lim
s→∞
L
[
sen(x)
x
]
(s) = 0
c) Pelo item (a), temos que∫ ∞
0
L[ sen(x)](s) ds = L
[
sen(x)
x
]
(0)− lim
s→∞
L
[
sen(x)
x
]
(s)
Usando o item (b) e a equac¸a˜o acima, segue que∫ ∞
0
L[ sen(x)](s) ds = L
[
sen(x)
x
]
(0)
=
∫ ∞
0
e−0x
sen(x)
x
dx
=
∫ ∞
0
sen(x)
x
dx
Usando a equac¸a˜o acima e que
L[ sen(x)](s) = 1
s2 + 1
segue enta˜o que ∫ ∞
0
sen(x)
x
dx =
∫ ∞
0
L[ sen(x)](s) ds
=
∫ ∞
0
1
s2 + 1
ds
= [ atg(s)]∞0
=
pi
2
Pa´gina 27 de 28
d) Pela integrac¸a˜o por partes, temos que∫ ∞
0
sen2(x)
x2
dx =
∫ ∞
0
1
x2
sen2(x) dx
=
[
−1
x
sen2(x)
]∞
0
−
∫ ∞
0
−1
x
2 sen(x) cos(x) dx
=
∫ ∞
0
sen(2x)
x
dx
uma vez que 2 sen(x) cos(x) = sen(2x) e que[
−1
x
sen2(x)
]∞
0
= lim
x→∞
− sen
2(x)
x
− lim
x→0
− sen(x)
x
sen(x)
= 0 + sen(0)
= 0
pois limx→0
sen(x)
x
= 1. Fazendo a substituic¸a˜o t = 2x, segue que dt = 2dx, de modo
que ∫ ∞
0
sen2(x)
x2
dx =
∫ ∞
0
sen(2x)
x
dx
=
∫ ∞
0
sen(t)
t/2
dt/2
=
∫ ∞
0
sen(t)
t
dt
=
pi
2
Pa´gina 28 de 28