CÁLCULO 4 (2EE - 2013.1)

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO
CCEN – DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA – A´REA 2
CA´LCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL 4
SEGUNDO EXERC´ICIO ESCOLAR
PRIMEIRO SEMESTRE DE 2013
GABARITO - TURMAS Q3 e Q6
As resoluc¸o˜es conte´m apenas os passos principais.
1a Questa˜o: Resolva o problema de valor inicial
y′′ + 4y = sec(2x), y(0) = 0, y′(0) = 1
Resoluc¸a˜o: As soluc¸o˜es da equac¸a˜o homogeˆnea associada sa˜o y1 = cos(2x) e y2 =
sen(2x), cujo Wronskiano e´ W = 2. Pelo me´todo da variac¸a˜o dos paraˆmetros,
uma soluc¸a˜o particular sera´ dada por yp = u1.y1 + u2.y2, onde u
′
1 = −y2.g/W e
u′2 = y1.g/W , com g(x) = sec(2x). Obtemos
u′1 = −
sen(2x)
2 cos(2x)
, u′2 = 1/2
de onde
u1 =
ln(cos(2x))
4
, u2 = x/2
Da´ı,
yp =
ln(cos(2x)) cos(2x)
4
+
x sen(2x)
2
A soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o sera´ portanto
y = Asen(2x) +B cos(2x) +
ln(cos(2x)) cos(2x)
4
+
x sen(2x)
2
Em x = 0, obtemos y(0) = B, y′(0) = 2A. Pelas condic¸o˜es iniciais dadas, A = 1/2
e B = 0.
y =
sen(2x)
2
+
ln(cos(2x)) cos(2x)
4
+
x sen(2x)
2
2a Questa˜o: Encontre uma soluc¸a˜o particular da equac¸a˜o em cada item abaixo, usando o me´todo
dos coeficientes a determinar.
(a) y′′ − 3y′ + 2y = ex
(b) y′′ − 3y′ + 2y = 10ex cos(2x)
Resoluc¸a˜o: As soluc¸o˜es da equac¸a˜o homogeˆnea sa˜o y1 = e
x e y2 = e
2x.
(a) O formato inicialmente prescrito pelo me´todo seria yp = Ae
x. Como esta e´
uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o homogeˆnea associada, devemos multiplica´-la por x, ob-
tendo yp = Axe
x. Derivando e substituindo na equac¸a˜o, obtemos A = −1. Logo,
yp = −xex .
(b) O formato inicialmente prescrito pelo me´todo seria yp = Ae
x cos(2x)+Bex sen(2x),
que esta´ correto, pois na˜o envolve soluc¸a˜o da equac¸a˜o homogeˆnea associada. Derivando
e subtituindo na equac¸a˜o, obtemos A = −2 e B = −1. Logo,
yp = −2ex cos(2x)− ex sen(2x)
3a Questa˜o: (Ignore as unidades na resoluc¸a˜o) Uma massa de 2kg, presa a uma mola com con-
stante ela´stica k = 20N/m, movimenta-se livre de est´ımulos externos. Suponha que
a massa parta da posic¸a˜o de equil´ıbrio com velocidade inicial v > 0.
(a) Se a constante de amortecimento do sistema for 4Ns/m, determine (i) a raza˜o
entre a frequ¨eˆncia de oscilac¸a˜o do movimento e a frequ¨eˆncia natural do sistema,
e (ii) o tempo necessa´rio para que a massa retorne a` posic¸a˜o de equil´ıbrio pela
primeira vez.
(b) Qual a menor constante de amortecimento que devemos ter, para que a massa
jamais retorne a` posic¸a˜o de equil´ıbrio?
Resoluc¸a˜o: (a) A equac¸a˜o que governa o movimento do sistema sera´
2s′′ + 4s′ + 20s = 0
A soluc¸a˜o geral dessa equac¸a˜o e´ s = Ae−t cos(3t) + Be−t sen(3t). Usando que
s(0) = 0 e s′(0) = v, obtemos A = 0, B = v/3, de onde s = (v/3)e−tsen(3t).
A frequ¨eˆncia de oscilac¸a˜o e´ ω = 3 rad/s, enquanto a frequ¨eˆnca natural do sitema e´
ω0 =
√
k/m =
√
10 rad/s. Portanto, ω/ω0 = 3
√
10/10 . A massa retornara´ pela
primeira vez a` posic¸a˜o de equil´ıbrio quando 3t = pi, ou seja, para t = pi/3s .
(b) Se o amortecimento e´ subcr´ıtico (γ2 < 4km), enta˜o o movimento sera´ oscilato´rio,
passando infinitas vezes pela posic¸a˜o de equil´ıbrio. Se o amortecimento e´ cr´ıtico
(γ2 = 4km), o deslocamento sera´ dado por s = (At + B)ert, onde r e´ a u´nica raiz
da equac¸a˜o caracter´ıstica. Neste caso, ha´ um u´nico zero para s(t), ou seja, a massa
passa pela posic¸a˜o de equil´ıbrio uma u´nica vez. No caso, o amortecimento sera´
cr´ıtico quando γ2 = 4× 20× 2 = 160. Logo, γ = 4
√
10Ns/m .
4a Questa˜o: Usando a transformada de Laplace, resolva o problema de valor inicial abaixo. Veja
tabela no verso.
y′′ + 4y = g(t) =
{
sen(t), t < pi
0, t ≥ pi , y(0) = 0, y
′(0) = 2
Resoluc¸a˜o: O termo na˜o homogeˆneo pode ser escrito como
g(t) = sen(t)− upi sen(t) = sen(t) + upi sen(t− pi)
Aplicando a transformada de Laplace aos dois lados da equac¸a˜o, obtemos
(s2 + 4)Y (s)− 2 = 1
s2 + 1
+
e−pis
s2 + 1
onde Y (s) e´ a transformada de Laplace da soluc¸a˜o y(t). Da´ı,
Y (s) =
2
s2 + 4
+
1
(s2 + 1)(s2 + 4)
+
e−pis
(s2 + 1)(s2 + 4)
Pelo me´todo das frac¸o˜es parciais, obtemos
1
(s2 + 1)(s2 + 4)
=
1/3
s2 + 1
− 1/3
s2 + 4
Portanto,
Y (s) =
2
s2 + 4
+
1/3
(s2 + 1)
− 1/3
(s2 + 4)
+
e−pis/3
(s2 + 1)
− e
−pis/3
(s2 + 4)
Conclui-se que
Y (s) = L
(
sen(2t)
)
+
1
3
× L
(
sen(t)
)
− 1
6
× L
(
sen(2t)
)
+
1
3
× L
(
upi(t) sen(t− pi)
)
− 1
6
× L
(
upi(t) sen(2(t− pi))
)
Portanto,
y = sen(2t) +
sen(t)
3
− sen(2t)
6
+
upi(t) sen(t− pi)
3
− upi(t) sen(2t− 2pi)
6
Ou ainda,
y =
sen(t)
3
+
5 sen(2t)
6
− upi(t) sen(t)
3
− upi(t) sen(2t)
6