CÁLCULO 4 (2EE - 2010.1)

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO
CCEN – DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA – A´REA 2
CA´LCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL 4
GABARITO DO SEGUNDO EXERC´ICIO ESCOLAR
PRIMEIRO SEMESTRE DE 2010
17 de maio de 2010
1a Questa˜o: Resolva a equac¸a˜o diferencial (2,0 pt.)
y′′ + 2y′ + 2y =
e−t
sen t
.
Soluc¸a˜o: A soluc¸a˜o geral da homogeˆnea associada e´ yh = e
−t(C1 cos t + C2 sen t). Usaremos
o me´todo da variac¸a˜o dos paraˆmetros para calcular uma soluc¸a˜o particular para esta
equac¸a˜o; assim, procuraremos uma soluc¸a˜o particular da forma,
yp = (e
−t cos(t))v1 + (e−t sen(t))v2,
onde v1 e v2 sa˜o func¸o˜es por determinar, e cujas derivadas satisfazem ao sistema:{
e−t cos(t)v′1 + e−t sen(t)v′2 = 0
(e−t cos(t))′v′1 + (e−t sen(t))′v′2 =
e−t
sen(t)
,
ou seja, {
e−t cos(t)v′1 + e−t sen(t)v′2 = 0
e−t(− cos(t)− sen(t))v′1 + e−t(cos(t)− sen(t))v′2 = e
−t
sen(t)
.
Apo´s algumas simplificac¸o˜es ficamos com o sistema,{
cos(t)v′1 + sen(t)v′2 = 0
sen(t)v′1 − cos(t)v′2 = − 1sen(t)
,
que nos da´ v′1 = −1 ∴ v1 = −t, e v′2 = cos(t)sen(t) ∴ v2 = ln | sen(t)|.
Portanto, yp = e
−t(−t cos(t) + sen(t) ln | sen(t)|), e a soluc¸a˜o geral desta equac¸a˜o e´
y = e−t(C1 cos(t) + C2 sen(t)) + e−t(−t cos(t) + sen(t) ln | sen(t)|)
2a Questa˜o: Calcule L {f(t)}, se (2,0 pts)
f(t) =
{
4− t, 0 ≤ t < 1
3t, t ≥ 1 .
Soluc¸a˜o: Usando func¸o˜es degrau a func¸a˜o dada pode ser reescrita como f(t) = (1−u1(t))(4− t) +
3tu1(t)4, ou seja, f(t) = 4− t− 4u1(t) + 4tu1(t) = 4− t+ 4(t− 1)u1(t). Portanto,
F (s) = 4s − 1s2 + 4 e
−s
s2
3a Questa˜o: Usando convoluc¸a˜o de func¸o˜es, calcule f(t) = L −1{F (s)}, onde (2,0 pts)
F (s) =
2s
(s− 3)(s2 + 4) .
Soluc¸a˜o: Como
s
s2 + 4
= L {cos(2t)}, e 1
s− 3 = L {e
3t}, segue que
f(t) = L −1{F (s)} = 2(cos(2t))∗(e3t) = 2
∫ t
0
cos(2τ)e3(t−τ)dτ = 2e3t
∫ t
0
cos(2τ)e−3τdτ.
Apo´s o ca´lculo desta u´ltima integral temos que
f(t) = 2e3t
(
3
13
− 3
13
cos(2t)e−3t + 213 sen(2t)e
−3t
)
, portanto,
f(t) =
2
13
(3e3t − 3 cos(2t) + 2 sen(2t))
4a Questa˜o: Verifique que y = et e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial ty′′ − (1 + t)y′ + y = 0, e resolva
o problema de valor inicial, (2,0 pts)
ty′′ − (1 + t)y′ + y = 0, y(−1) = 1 , y′(−1) = 0.
Soluc¸a˜o: Se y = et, enta˜o y = y′ = y′′ = et, donde substituindo na equac¸a˜o obtemos que
ty′′ − (1 + t)y′ + y = tet − (1 + t)et + et = 0, ou seja y = et e´ de fato soluc¸a˜o da
equac¸a˜o diferencial dada. Usaremos o me´todo de reduc¸a˜o de ordem para calcular uma
outra soluc¸a˜o desta equac¸a˜o que seja linearmente independente de et. Para tanto,
procuraremos uma soluc¸a˜o da forma etv(t), onde v(t) e´ uma func¸a˜o a ser determinada.
Temos enta˜o que:
t(etv)′′ − (1 + t)(etv)′ + (etv) = 0.
Desenvolvendo as derivadas teremos:
tet(v′ + 2v′ + v)− (1 + t)et(v′ + v) + etv = 0,
e simplificando a expressa˜o resultante teremos:
tv′′ + (t− 1)v′ = 0.
Enta˜o
v′′
v′
=
1
t
− 1, logo ln |v′| = ln |t| − t ∴ |v′| = |t|e−t, logo, v′ = ±te−t. Portanto,v =
±(t + 1)e−t. Assim a segunda soluc¸a˜o e´ et(t + 1)e−t = (t + 1), e a soluc¸a˜o geral da
equac¸a˜o dada e´ y = C1e
t + C2(1 + t). Substituindo as condic¸o˜es iniciasis na soluc¸a˜o
geral encontramos C1 = e e C2 = −1. A soluc¸a˜o do problema de valor inicial dado e´ :
y = et+1 − (1 + t)
5a Questa˜o: Resolva o problema de valor inicial, (2,0 pt.)
y′′ + 2y′ + y = δ(t− 1),
y(0) = y′(0) = 1.
Soluc¸a˜o: Se y(t) e´ a soluc¸a˜o do problema de valor inicial dado, seja Y = Y (s) a sua transformada
de Laplace. Aplicando a transformada de Laplace a equac¸a˜o dada, e observando as
condic¸o˜es iniciais temos:
s2Y (s)− y′(0)− sy(0) + 2(sY (s)− y(0)) + Y (s) = e−s.
Simplificando teremos:
(s2+2s+1)Y (s) = s+3+e−s ∴ Y (s) = s+ 3
(s+ 1)2
+
e−s
(s+ 1)2
=
1
s+ 1
+
2
(s+ 1)2
+
e−s
(s+ 1)2
.
Obtemos enta˜o que
y = e−t + 2te−t + u1(t)(t− 1)e−(t−1)