Cálculo II - EDOs e Transformada de Laplace

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Universidade Federal de Vic¸osa - UFV
Centro de Cieˆncias Exatas e Tecnolo´gicas - CCE
Departamento de Matema´tica - DMA
MAT 147 - CA´LCULO II 2013/I
Professor Luiz Henrique Couto
Gabarito da 3a Prova - Turma 1
1. Considere a equac¸a˜o diferencial ordina´ria (EDO) na˜o-homogeˆnea
x2y′′ − xy′ + y = 4xln(x), x ∈ (0,+∞).
(a) (5 pts) Verifique que y1(x) = x e´ soluc¸a˜o da EDO homogeˆnea associada;
Soluc¸a˜o:
Note que a equac¸a˜o homogeˆnea associada e´ dada por x2y′′ − xy′ + y = 0 e que, como
y1(x) = x, segue que y
′
1(x) = 1 e y
′′
1(x) = 0. Logo,
x2y′′1 − xy′1 + y1 = x2(0)− x(1) + x = 0
e, assim, y1 = x e´ soluc¸a˜o da EDO homogeˆnea associada.
(b) (10 pts) Encontre uma outra soluc¸a˜o y2 da EDO homogeˆnea associada usando o me´todo
da reduc¸a˜o de ordem;
Soluc¸a˜o:
Como x ∈ (0,+∞), podemos escrever a EDO homogeˆnea associada na forma
y′′ − 1
x
y′ +
1
x2
y = 0
e, fazendo P (x) = −1
x
, sabemos que a segunda soluc¸a˜o y2(x) sera´ dada por:
y2(x) = y1(x)
∫
e−
∫
P (x)dx
(y1(x))
2 dx = x
∫
e−
∫ −1/xdx
x2
dx = x
∫
eln(x)
x2
dx = x
∫
x
x2
dx = xln(x)+c.
Fazendo c = 0, temos y2(x) = xln(x).
(c) (5 pts) Calcule o Wronskiano de y1(x) e y2(x) e escreva a soluc¸a˜o geral da EDO homogeˆnea
associada;
Soluc¸a˜o:
Note que
W (y1, y2)(x) =
∣∣∣∣ x xln(x)1 ln(x) + 1
∣∣∣∣ = x 6= 0
para x ∈ (0,+∞). Logo, y1 e y2 sa˜o linearmente independentes neste intervalo e, assim, a
soluc¸a˜o geral da EDO homogeˆnea associada e´ dada por
y(x) = c1x+ c2xln(x),
onde c1 e c2 sa˜o constantes.
1
(d) (10 pts) Encontre uma soluc¸a˜o particular para a EDO na˜o-homogeˆnea acima usando o
me´todo da variac¸a˜o dos paraˆmetros e exiba a soluc¸a˜o geral desta.
Soluc¸a˜o:
Escrevendo a equac¸a˜o na forma
y′′ − 1
x
y′ +
1
x2
y =
4
x
ln(x),
e supondo que uma soluc¸a˜o particular para a EDO na˜o homogeˆnea seja da forma
yp(x) = u1(x)x+ u2(x)xln(x)
obtemos {
u′1 · x + u′2 · xln(x) = 0
u′1 · 1 + u′2 · (ln(x) + 1) = 4x ln(x)
e, assim, pela Regra de Cramer,
u′1 =
∣∣∣∣ 0 xln(x)4
x ln(x) ln(x) + 1
∣∣∣∣∣∣∣∣ x xln(x)1 ln(x) + 1
∣∣∣∣ = −
4
x
(ln(x))2 ⇒ u1 = −4
3
(ln(x))3
e
u′2 =
∣∣∣∣ x 01 4x ln(x)
∣∣∣∣∣∣∣∣ x xln(x)1 ln(x) + 1
∣∣∣∣ =
4
x
ln(x)⇒ u2 = 2(ln(x))2.
Portanto, uma soluc¸a˜o particular para a EDO na˜o homogeˆnea e´ dada por
yp(x) = −4
3
x(ln(x))3 + 2x(ln(x))3 =
2
3
x(ln(x))3
e a soluc¸a˜o geral da EDO na˜o homogeˆnea e´ dada por
yg(x) = c1x+ c2xln(x) +
2
3
x(ln(x))3.
2. Calcule:
(a) (10 pts) L
[(
et − e−t)2].
Soluc¸a˜o:
L
[(
et − e−t)2] = L [e2t − 2 + e−2t] = L [e2t]− 2L [1] + L [e−2t] = 1
s− 2 −
2
s
+
1
s+ 2
.
(b) (10 pts) L−1
[
e−s
s(s+ 1)
]
.
Soluc¸a˜o:
L−1
[
e−s
s(s+ 1)
]
= L−1
[
e−s
s
− e
−s
s+ 1
]
= L−1
[
e−s
s
]
−L−1
[
e−s
s+ 1
]
= U(t−1)−e−(t−1)U(t−
1).
2
(c) (10 pts) L−1
[
s+ 1
s2 − 4s
]
, usando frac¸o˜es parciais.
Soluc¸a˜o:
Note que
s+ 1
s2 − 4s =
s+ 1
s(s− 4) =
−1/4
s
+
5/4
s− 4. Assim,
L−1
[
s+ 1
s2 − 4s
]
= L−1
[−1/4
s
+
5/4
s− 4
]
= L−1
[−1/4
s
]
+ L−1
[
5/4
s− 4
]
= −1
4
+
5
4
e4t.
(d) (10 pts) L
[∫ t
0
eβsen (t− β) dβ
]
.
Soluc¸a˜o:
L
[∫ t
0
eβsen (t− β) dβ
]
= L [et] · L [sen(t)] = 1
s− 1 ·
1
s2 + 1
.
3. Fac¸a o que se pede:
(a) (20 pts) Usando a transformada de Laplace, resolva a equac¸a˜o diferencial dada por
y′′ + 16y = f(t),
com as condic¸o˜es iniciais y(0) = 0 e y′(0) = 1 e f(t) =
{
cos(4t), 0 ≤ t ≤ pi
0, t ≥ pi .
(Dica: Use a func¸a˜o degrau unita´rio)
Soluc¸a˜o:
Note que a func¸a˜o f pode ser reescrita em termos da func¸a˜o degrau unita´rio como
f(t) = cos(4t)− cos(4t) U(t− pi) = cos(4t)− cos4(t− pi)U(t− pi).
Aplicando a transformada de Laplace a` equac¸a˜o, ficamos com
L [y′′]+ 16L [y] = L [f(t)]
e, assim,
−y′(0)− sy(0) + s2L [y] + 16L [y] = s
s2 + 16
− s
s2 + 16
e−pis
⇒ (s2 + 16)L [y] = 1 + s
s2 + 16
− s
s2 + 16
e−pis
⇒ L [y] = 1
s2 + 16
+
s
(s2 + 16)2
− s
(s2 + 16)2
e−pis
⇒ y = 1
4
sen(4t) +
1
8
tsen(4t)− 1
8
(t− pi)sen4(t− pi)U(t− pi).
(b) (10 pts) Resolva a equac¸a˜o diferencial dada por
y′′ + y′ + y = 0.
Soluc¸a˜o:
Suponha que y = ert seja soluc¸a˜o da EDO. Assim, como y′ = rert e y′′ = r2ert, substituindo
esses valores na EDO, ficamos com
r2ert + rert + ert = 0⇒ ert (r2 + r + 1) = 0⇒ r2 + r + 1 = 0.
3
Resolvendo essa equac¸a˜o do segundo grau, encontramos r1 = −1
2
+
√
3
2
i e r2 = −1
2
−
√
3
2
i
e, pela fo´rmula de Euler, temos as soluc¸o˜es
y1 = e
r1t = e−
t
2 cos
(√
3
2
t
)
e
y2 = e
r2t = e−
t
2 sen
(√
3
2
t
)
Como W (y1, y2)(t) 6= 0, a soluc¸a˜o geral da EDO dada e´
y(t) = c1e
− t
2 cos
(√
3
2
t
)
+ c2e
− t
2 sen
(√
3
2
t
)
,
onde c1 e c2 sa˜o constantes.
Formula´rio
Func¸a˜o Transformada de Laplace
1
1
s
tn, n ∈ N F (s) = n!
sn+1
eat
1
s− a
sen(at)
a
s2 + a2
cos(at)
s
s2 + a2
senh(at)
a
s2 − a2
cosh(at)
s
s2 − a2
4