simulado-02-v1_0-pt3

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Questa˜o 2 (2,5 pontos). Utilizando transformadas de Laplace, encontrar a
soluc¸a˜o expl´ıcita do seguinte PVI:
y ′′(t)− y(t) =
{
2t , se t < 3;
0 , se t ≥ 3;
y(0) = 0; y ′(0) = 2.
Soluc¸a˜o: A func¸a˜o definida por duas expresso˜es pode ser reescrita como
2t − 2t u3(t), onde u3(t) = u0(t − 3), e u0 e´ a func¸a˜o-degrau de Heaviside,
tambe´m denotada por H e por u. Assim: y ′′(t)− y(t) = 2t− 2t u3(t).
Aplicando-se a Regra 18 (com f = y e n = 2) ao primeiro membro, e as
regras 3 (com n = 1) e 13 (com c = 3 e f(t) = t + 3 para que f(t− 3) seja
igual a t) ao segundo, obte´m-se que:(
s2Y (s)− 0s− 2
)
− Y (s) =
2
s2
− 2 e−3s
(
1
s2
+
3
s
)
∴
(s2 − 1)Y (s) = 2 +
2
s2
− 2 e−3s
(
1
s2
+
3
s
)
∴
∴ Y (s) =
2
s2 − 1
+
2
s2(s2 − 1)
(
1− e−3s
)
−
6
s(s2 − 1)
e−3s. Para as expan-
so˜es em frac¸o˜es parciais, podem-se considerar termos do tipo
M
s− 1
+
N
s+ 1
,
dos quais se obte´m e±t ou, alternativamente, combina´-los em
Ms +N
s2 − 1
, do
qual se obte´m cosseno e seno hiperbo´licos de t. Ambas sera˜o exemplificadas:
2
s2(s2 − 1)
=
A
s
+
B
s2
+
C
s− 1
+
D
s+ 1
=
(As+B)(s2 − 1) + Cs2(s+ 1) +Ds2(s− 1)
s2(s2 − 1)
∴
(As+B)(s2 − 1) + Cs2(s+ 1) +Ds2(s− 1) = 2. Calculando-se isto em
s = 0 e s = ±1, obte´m-se, respectivamente, que −B = 2, 2C = 2 e −2D =
2 ∴ B = −2, C = 1 e D = −1. Mas 0 = (A+C+D)s3 ∴ 0 = A+1−1 = A.
Os termos com C e D podem ser combinados como um termo
2
s2(s2 − 1).
6
s(s2 − 1)
=
E
s
+
Gs+H
s2 − 1
=
E(s2 − 1) +Gs2 +Hs
s(s2 − 1)
=
(E +G)s2 +Hs−E
s(s2 − 1)
∴ 6 = (E +G)s2 +Hs− E ∴ E +G = 0 = H e E = −6 ∴ G = 6. Logo:
y(t) = L−1
{
2
s2 − 1
+
(
2
s2 − 1
−
2
s2
) (
1− e−3s
)
− 6
(
s
s2 − 1
−
1
s
)
e−3s
}
(t)
= L−1
{
4
s2 − 1
−
2
s2
+ e−3s
(
2
s2
+
6
s
−
6s+ 2
s2 − 1
)}
(t).
2
Das regras 1, 3 (com n = 1), 7 e 8 (ambas com a = 1), tem-se que:
L
−1
{
4
s2 − 1
−
2
s2
}
(t) = 4 senh(t)− 2t; e
L−1
{
2
s2
+
6
s
−
6s+ 2
s2 − 1
}
(t) = 2t+ 6− 6 cosh (t)− 2 senh(t). Aplicando-se a
Regra 13 (com c = 3) a esta u´ltima, conclui-se que:
y(t) = 4 senh(t)− 2t + u3(t) (6 + 2(t− 3)− 6 cosh (t− 3)− 2 senh(t− 3)) ∴
y(t) = 4 senh(t)− 2t + u3(t) (2t− 6 cosh (t− 3)− 2 senh(t− 3)) =
y(t) = 2et − 2e−t − 2t+ u3(t)
(
2t− 4e(t−3) − 2e(3−t)
)
.
Questa˜o 3. Encontrar a soluc¸a˜o completa expl´ıcita de cada EDO abaixo:
3.a (2,5 pontos). y(3)(t) + 4y ′(t) = 8 sen (2t) pelo me´todo dos coeficientes
indeterminados;
3.b (1,5 pontos). y ′′(t) + y(t) = tan (t) para 0 < t <
pi
2
Soluc¸a˜o – 3.a: Associado a` EDO dada, esta˜o o operador P (D) = D3 + 4D
e a equac¸a˜o caracter´ıstica 0 = r3 + 4r = r(r2 + 4), cujas ra´ızes sa˜o 0 e ±2i,
todas com multiplicidade 1. Logo, a soluc¸a˜o complementar (da EDO homogeˆ-
nea associada) e´ yc(t) = C1 + C2 sen (2t) + C3 cos (2t), onde C1, C2, C3 ∈ R.
Observe-se que a EDO homogeˆnea z(3)(t) + 4z′(t) = 0 em termos de func¸o˜es
complexas z(t) da varia´vel real t tem soluc¸a˜o completa dada por:
zc(t) = E1 + E2e
−i2t + E3e
i2t, onde E1, . . . , E3 ∈ C
Um caminho para se encontrar uma soluc¸a˜o particular da EDO dada pelo
me´todo dos coeficientes indeterminados e´: 8 sen (2t) = ℑ(8 ei2t). Resolva-se,
pois, a EDO (D3+4D)[z(t)] = ei2t para z(t) func¸a˜o complexa da varia´vel real
t. Mas P (D) = (D−2i) ◦ (D+2i) ◦D, enquanto o anulador de ei2t e´ D−2i.
Compondo-os, tem-se (D−2i)2◦(D+2i)◦D, cuja EDO homogeˆnea associada
tem soluc¸a˜o completa dada por zc(t)+E4t e
i2t, onde E4 ∈ C e´ qualquer. Isto
mostra que uma soluc¸a˜o particular para a EDO complexa na˜o-homogeˆnea
e´ da forma Ht ei2t para um nu´mero complexo H a ser determinado. Isto
tambe´m pode ser visto ao se corrigir o termo H ei2t (tentativa gene´rica para
mu´ltiplos de ei2t) com o fator t1, onde o 1 e´ a multiplicidade da raiz 2i na
equac¸a˜o caracter´ıstica da EDO homogeˆnea associada a P (D):
3