simulado-02-v1_0-pt1

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UFPE – A´REA II – Prof. Fernando J. O. Souza
MA129 (ca´lculo 4) – 2014.1 – turmas Q3 e Q7
SIMULADO DA 2a UNIDADE v. 1.0
Orientac¸a˜o: Distribuir os itens em quatro sesso˜es de 120 minutos cada, sem inter-
rupc¸a˜o nem distrac¸o˜es. Dar soluc¸o˜es leg´ıveis e justificadas, escrevendo os passos,
detalhes e propriedades relevantes. Ler as soluc¸o˜es de uma sessa˜o so´ depois dela.
Questa˜o 1. Encontrar a soluc¸a˜o completa se o item so´ apresentar a EDO, e
resolver o PVI (dando todas as soluc¸o˜es globais) se o item contiver condic¸o˜es ini-
ciais. Em todos, y e´ a func¸a˜o (de t ou x, conforme o caso). Dar soluc¸o˜es expl´ıcitas !
1.a.
d 2y
dt2
+ 2
dy
dt
= 12
(
t+ e−2t
)
1.b.
d 2y
dt2
+ 2y = 12
(
t+ e−2t
)
1.c.
d 2y
dt2
− 6 dy
dt2
+ 9y = 0, y(0) = 2, y′(0) = 1
1.d.
d 2y
dt2
− 2dy
dt
+ 5y = 20 sen(t)
1.e. x2
d 2y
dx2
− 3x dy
dx
+ 13 y = 10x, x 6= 0
1.f.
d 2y
dt2
− 2dy
dt
+ 2y = t− 1
1.g.
d 2y
dt2
+ 8
dy
dt
+ 16 y = 32
(
e−4t + sen(−4t) )
1.h.
d 2y
dt2
− 2 dy
dt
+ y =
et
t3
, t > 0
1.i.
d 2y
dt2
+ 2
dy
dt
+ y = e−t + 2et, y(0) = 0, y′(0) = 0
1.j. x2
d 2y
dx2
− 5x dy
dx
= 40x2, x 6= 0
1.k.
d 2y
dt2
+ 4y = 2 tan (t), t ∈
(
−pi
2
,
pi
2
)
1.l.
d 2y
dt2
+ 4y = 9 t sen(2t)
1
Questa˜o 2. Para cada func¸a˜o F (s) abaixo, calcular sua transformada de Laplace
inversa f(t):
2.a. F (s) =
s− 2
s2 − 4s+ 5 2.b. F (s) =
3e−2s
s2 − 4 2.c. F (s) =
e−3s
s
+
4
(s − 2)3
Questa˜o 3. Utilizando transformadas de Laplace, encontrar e simplificar a solu-
c¸a˜o expl´ıcita y(t) do PVI abaixo:
3.a. y ′′(t)− y(t) =
{
2t , se t < 3;
0 , se t ≥ 3; y(0) = 0; y
′(0) = 2.
3.b.
d 2y
dt2
− y(t) =
{
4 t , se t < 2;
4 t+ 3 , se t ≥ 2; y(0) = 0; y
′(0) = 2.
3.c (dif´ıcil).
d 2y
dt2
+ 9 y = 12 sen (3t)− 50 cosh (4t); y(0) = 2, dy
dt
(0) = 1;
Dica: Diferenciar (com relac¸a˜o a s) as func¸o˜es L{cos (3t)} (s) e L{ sen (3t)} (s).
Questa˜o 4. Escrever, como func¸a˜o expl´ıcita de s, a transformada de Laplace Y (s)
da soluc¸a˜o y(t) do PVI abaixo:
d 2y
dt2
+ 9 y = 2 cos (3t) sen (4t) + 2 cosh (3t) senh (4t); y(0) = 1,
dy
dt
(0) = 2
Questa˜o 5. Calcular as transformadas de Laplace das func¸o˜es perio´dicas abaixo:
5.a. f tem per´ıodo 1 e e´ determinada por: f(t) = et, se 0 < t < 1; e f na˜o
esta´ definida em 1;
5.b–c. g e h teˆm per´ıodo 4 e sa˜o determinadas por:
g(t) =


−1, se − 2 < t < −1;
2, se − 1 < t < 1;
−1, se 1 < t < 2;
h(t) =


9, se − 2 < t < −1;
6− 3t, se − 1 ≤ t ≤ 1;
3, se 1 < t < 2;
g na˜o esta´ definida em ±1 e ±2, enquanto h na˜o esta´ definida em ±2.
2
SOLUC¸O˜ES
SUBSCRITOS empregados nas soluc¸o˜es y: gh = geral (que e´ a completa) da
EDO homogeˆnea (sol. complementar); gnh = geral (que e´ a completa) da EDO
na˜o-homogeˆnea; p = particular da EDO linear na˜o-homogeˆnea sem considerarmos
condic¸o˜es iniciais se estas forem dadas. Soluc¸o˜es de PVIs na˜o tera˜o subscritos.
SIGLA: T.D.E. = teorema do desvio exponencial.
NOTAC¸A˜O: uc(t) = H(t − c), onde c ∈ R, e H (tambe´m denotada por u) e´ a
func¸a˜o-degrau de Heaviside. Logo, H = u0.
1.a–1.c. Manuscritos no arquivo “simulado-02-v1 0-pt2.pdf”.
1.d. A equac¸a˜o caracter´ıstica da EDO homogeˆnea e´: 0 = r2 − 2r + 5 ∴
r =
2±√4− 20
2
= 1±2i ∴ ygh(t) = et (C1 cos (2t) + C2sen(2t)), onde C1, C2 ∈ R.
Ca´lculo de yp por abordagem real. Como 20 sen(t) na˜o e´ soluc¸a˜o da EDO
homogeˆnea, temos o formato yp(t) = A cos (t) +B sen(t) para a EDO dada, ainda
com coeficientes reais indeterminados A e B. Observando que y′′p(t) = −yp(t),
substituimos na EDO: 20 sen(t) = (5− 1)yp(t)− 2y′p(t) =
4 (A cos (t) +Bsen(t))− 2 (−Asen(t) +B cos (t)) =
(4A− 2B) cos (t) + (2A+ 4B) sen(t) ∴
{
0 = 4A− 2B ∴ B = 2A
20 = 2A+ 4B = 10A ∴ A = 2, B = 4
∴ yp(t) = 2 cos (t) + 4 sen(t).
Ca´lculo de yp por abordagem complexa. 20 sen(t) = ℑ
(
20 eit
)
∴
yp(t) = ℑ(zp(t)), soluc¸a˜o particular da EDO (D2 − 2D + 5)[z(t)] = 20 eit. Sendo
1±2i as ra´ızes de P (D), e i a do anulador D−i de eit, temos que zp(t) = Heit para
algum complexo H determinado por: 20 eit = (D2 − 2D + 5)[Heit] = (T.D.E.)
Heit
(
(D + i)2 − 2(D + i) + 5) [1] = Heit(derivadas + i2−2i+5)[1] = Heit(4−2i)
∴ H = 20 · (4− 2i)−1 = 20 · (4 + 2i)/(16 + 4) = 4 + 2i ∴ zp(t) = (4 + 2i)eit ∴
yp(t) = ℑ ((4 + 2i)[cos (t) + i sen(t)]) = 4 sen(t) + 2 cos (t).
Da´ı, ygnh(t) = e
t (C1 cos (2t) +C2 sen(2t)) + 2 cos (t) + 4 sen(t); C1, C2 ∈ R
1.e. Sendo a EDO dada uma de Cauchy-Euler (equidimensional) com operador
diferencial linear L = x2 D˜2 − 3xD˜ + 13, D˜ = d
dx
, tratemos, primeiro, do caso
x > 0, considerando a substituic¸a˜o t = ln (x) e o formato de soluc¸a˜o xr para a EDO
homogeˆnea L[y(x)] = 0: 0 = L[xr] = xr (r(r − 1)− 3r + 13) ∴ 0 = r2 − 4r + 13,
3
cujas ra´ızes sa˜o 2 ± i3 ∴ ygh(t) = e2t (C1 cos (3t) + C2 sen (3t)), onde C1, C2 ∈ R,
isto e´, ygh(x) = x
2 (C1 cos (3 ln (x)) + C2 sen (3 ln (x)) ). Mas b(x) = 10x, ou
seja, b(t) = 10 et ∴ yp(t) = Ae
t, isto e´, yp(x) = Ax, para algum A ∈ R.
Um caminho: 10x = L[Ax] =
(
x2 · 0− 3xA+ 13Ax) = 10Ax ∴ A = 1.
Outro caminho: Usemos a expressa˜o de L em t ao inve´s de x, isto e´, com
D =
d
dt
, que e´ lida da equac¸a˜o caracter´ıstica acima: L = D2 − 4D + 13 ∴
10 et = (D2 − 4D + 13)[Aet] = (1− 4 + 13)Aet = 10Aet ∴ A = 1 ∴ yp(x) = x.
Em suma: para x > 0, ygnh(x) = x
2
[
C1 cos
(
ln
(
x3
))
+ C2 sen
(
ln
(
x3
))]
+ x.
Para x 6= 0, adaptamos a soluc¸a˜o do caso anterior substituindo x por |x|:
ygnh(x) = x
2
[
C1 cos
(
ln
(|x|3))+ C2 sen (ln (|x|3))]+ x, onde C1, C2 ∈ R.
1.f–1.g. Manuscritos no arquivo “simulado-02-v1 0-pt2.pdf”.
1.h. A EDO tem equac¸a˜o caracter´ıstica 0 = r2 − 2 r + 1 = (r − 1)2, com raiz
u´nica 1 com multiplicidade 2. Denotando P (D) = D2 − 2D + 1 = (D − 1)2,
temos que P (D)[y(t)] = 0 fornece um conjunto fundamental de soluc¸o˜es {y1, y2}
onde y1(t) = e
t e y2(t) = t e
t. Para a EDO na˜o-homogeˆnea, como b(t) = t−3et
na˜o e´ anulado por algum polinoˆmio em D a coeficientes constantes, usaremos o
me´todo da variac¸a˜o dos paraˆmetros, propondo yp(t) = v1(t) · et + v2(t) · t et, onde
as func¸o˜es v1 e v2 sa˜o determinadas pelo sistema de equac¸o˜es abaixo:
W
(
et, t et
) · [ v′1
v′2
]
=
[
et t et
et (t+ 1)et
]
·
[
v′1
v′2
]
=
[
0
t−3et
]
Mas
det
(
W
(
et, t et
))
= ((t+ 1)− t) (et)2 = e2t. Pela regra de Cramer:
v′1(t) =
1
e2t
det
[
0 t et
t−3et (t+ 1)et
]
= −t−3t e
2t
e2t
= −t−2 ∴ v1(t) = t−1; e
v′2(t) =
1
e2t
det
[
et 0
et t−3et
]
= t−3
e2t
e2t
= t−3 ∴ v2(t) = −1
2
t−2 ∴
yp(t) =
et
t
− t e
t
2t−2
=
e2t
2t
∴ ygnh(t) =
(
C1 + C2t+
1
2t
)
et, t > 0; C1, C2 ∈ R.
4
1.i – uma soluc¸a˜o. A EDO y′′ + 2y′ + y = e−t + 2et esta´ associada a` equac¸a˜o
caracter´ıstica 0 = r2+2r+1 = (r+1)2, cuja u´nica raiz e´ −1 com multiplicidade 2.
Logo, ygh(t) = (C1 + C2 t)e
−t, onde C1, C2 ∈ R. Uma soluc¸a˜o particular da EDO
pode ser obtida pelo me´todo dos coeficientes indeterminados aplicado ao formato
yp(t) = At
2e−t +Bet, onde o fator t2 aparece devido a` multiplicidade 2 da raiz −1.
De fato, P (D) = (D − (−1))2, enquanto o anulador de e−t + 2et e´ a composic¸a˜o
dos anuladores de e−t e 2et, ou seja, (D − (−1)) ◦ (D − 1). Calculemos A e B
substituindo yp na EDO:
Versa˜o sem T.D.E: yp(t) = At
2e−t +Bet ∴ y′p(t) = (−At2 + 2At)e−t +Bet ∴
y′′p(t) = (At
2 − 4At+ 2A)e−t +Bet ∴
e−t+2et = [(At2−4At+2A)e−t+Bet]+2[(−At2+2At)e−t+Bet]+[At2e−t+Bet] =
2Ae−t + 4Bet ∴ 1 = 2A ∴ A = 1/2 e 2 = 4B ∴ B = 1/2.
Versa˜o com T.D.E: e−t+2et = (D+1)2[At2e−t+Bet] = Ae−t ((D − 1) + 1)2 [t2]+
Bet ((D + 1) + 1)2 [1] = Ae−tD2[t2] + Bet(derivadas + 22)[1] = Ae−t · 2 + Bet ·4.
Como acima, obtemos A = 1/2 e B = 1/2.
Logo: ygnh(t) =
(
C1 + C2 t+
t2
2
)
e−t +
1
2
et onde C1, C2 ∈ R ∴
y′gnh(t) =
(
C2 − C1 + (1− C2)t− t
2
2
)
e−t +
1
2
et ∴{
0 = y(0) = C1 + 1/2 ∴ C1 = −1/2
0 = y′(0) = C2 − C1 + 1/2 = C2 + 1 ∴ C2 = −1 ∴
y(t) =
(
t2
2
− t− 1
2
)
e−t +
1
2
et ∴ y(t) =
1
2
[
et + (t2 − 2t− 1)e−t].
1.i – outra soluc¸a˜o. Aplicando a transformada de Laplace a ambos os lados da
EDO:
1
s+ 1
+ 2
1
s− 1 = s
2Y (s)− (sy(0) + y′(0)) + 2 [sY (s)− y(0)] + Y (s) =
(s2 + 2s + 1)Y (s) = (s+ 1)2Y (s) ∴ Y (s) =
3s + 1
(s− 1)(s + 1)3 =
A
s− 1 +
B
s+ 1
+
C
(s+ 1)2
+
E · 2
(s+ 1)3
onde a u´ltima frac¸a˜o parcial ja´ esta´ (como as
demais) adaptada para o uso da Laplace inversa: ela resulta em Ee−tt2. Mas
3s + 1 = A(s + 1)3 + (s − 1)[B(s + 1)2 + C(s + 1) + 2E]. Calculando am-
bos os lados nas ra´ızes s = −1 e s = 1 e, digamos, em s = 0 e s = −2,
obtemos, respectivamente: −2 = −4E ∴ E = 1/2; 4 = 8A ∴ A = 1/2;
1 = A − (B + C + 2E) = −(B + C) − 1/2 ∴ B + C = −3/2 e −5 =
−A− 3(B − C + 2E) = −3(B − C)− 7/2 ∴ −3/2 = −3(B − C) ∴ B − C = 1/2.
5
Disto, 2B = −1 ∴ B = −1/2, donde C = −B − 3/2 = −1. Assim:
Y (s) =
1
2
· 1
s− 1 −
1
2
· 1
s+ 1
− 1
(s+ 1)2
+
1
2
· 2
(s+ 1)3
Aplicando a transformada de
Laplace inversa, obtemos que y(t) =
1
2
et+ e−t ·L−1
{
−1
2
· 1
s
− 1
s2
+
1
2
· 2
s3
}
(s) ∴
y(t) =
[
et + (t2 − 2t− 1)e−t] /2.
1.j. Manuscrito no arquivo “simulado-02-v1 0-pt2.pdf”.
2.a. Completando o quadrado do denominador, obtemos:
F (s) =
s− 2
s2 − 4s+ 5 =
s− 2
(s− 2)2 − 4 + 5 =
s− 2
(s − 2)2 + 1 Da translac¸a˜o em s,
f(t) = e2t L−1
{
s
s2 + 1
}
(t) ∴ f(t) = e2t cos (t).
2.b: F (s) =
e−2s · 3
s2 − 22 Da translac¸a˜o em t, f(t) = u2(t)L
−1
{
3
2
· 2
s2 − 22
}
(t− 2)
= f(t) =
3
2
u2(t) · senh(2(t− 2)) ∴ f(t) = 3
2
u2(t) · senh(2t− 4).
Obs. f(t) =
{
0 , se t < 2;
3
2 senh(2t− 4) , se t ≥ 2.
2.c: F (s) =
e−3s
s
+
4
(s − 2)3 Da linearidade de L
−1 e da translac¸a˜o em t na pri-
meira parcela e em s na segunda: f(t) = u3(t)L−1
{
1
s
}
(t−3)+e2t L−1
{
2 · 2 !
s(2+1)
}
∴
f(t) = u3(t) + 2e
2tt2 =
{
2e2tt2 , se t < 3;
2e2tt2 + 1 , se t ≥ 3.
3.a. Vide a resoluc¸a˜o da Questa˜o 2 do arquivo “simulado-02-v1 0-pt3.pdf” com o
seguinte erratum: onde se leˆ
“Os termos com C e D podem ser combinados como um termo
2
s2(s2 − 1) ”,
leia-se
“Os termos com C e D podem ser combinados como um termo
2
(s2 − 1) ”.
6
3.b. Manuscrito no arquivo “simulado-02-v1 0-pt2.pdf”.
3.c. Aplicando a transformada de Laplace a ambos os lados da EDO:
12 · 3
s2 + 32
− 50 · s
s2 − 42 = s
2Y (s)− (sy(0) + y′(0)) + 9Y (s) =
(s2 + 9)Y (s)− (2s+ 1) ∴ Y (s) = 2s+ 1
s2 + 32
+
36
(s2 + 32)2
− 50s
(s2 − 42)(s2 + 32)
Ainda na˜o estudamos o produto (ou integral) de convoluc¸a˜o para obtermos, siste-
maticamente, a transformada de Laplace inversa de um produto de func¸o˜es de s.
Assim, teremos que lidar com a parcela
36
(s2 + 32)2
do seguinte modo: reconhe-
cemos o quadrado de s2 + 32 no denominador, sugerindo que a parcela pode ter
vindo de uma combinac¸a˜o das derivadas de L{cos (3t)} (s) e L{ sen (3t)} (s), ou
seja, de
d
ds
s
s2 + 9
=
s2 + 9− 2s2
(s2 + 9)2
=
9− s2
(s2 + 9)2
e
d
ds
3
s2 + 9
=
−6s
(s2 + 9)2
. Utilizando
a primeira das derivadas obtidas:
36
(s2 + 9)2
= 2 · 9 + 9
(s2 + 9)2
= 2 · 9− s
2 + s2 + 9
(s2 + 9)2
=
2 · 9− s
2
(s2 + 9)2
+ 2 · s
2 + 9
(s2 + 9)2
=
− 2 ·
(
− d
ds
s
s2 + 9
)
+
2
3
· 3
(s2 + 32)2
= L
{
−2t cos (3t) + 2
3
sen (3t)
}
(s).
A primeira das parcelas indica uma C.L. de cos (3t) e sen (3t). De fato,
2s + 1
s2 + 32
= 2· s
s2 + 32
+
1
3
· 3
s2 + 32
transformada de Laplace de 2 cos (3t) +
1
3
sen (3t).
Finalmente, a terceira parcela deve ser expandida em frac¸o˜es parciais:
s
(s2 − 42)(s2 + 32) =
A
s− 4 +
B
s+ 4
+
Cs+ E · 3
s2 + 32
onde a u´ltima ja´ foi preparada
para obtermos E sen (3t). Alternativamente, podemos expandi-la como:
s
(s2 − 42)(s2 + 32) =
A˜s+ B˜ · 4
s2 − 42 +
Cs+ E · 3
s2 + 32
, trocando o conjunto L.I. de func¸o˜es
{e4t, e−4t} pelo conjunto {cosh (4t), senh (4t)}, uma vez que ambos sa˜o bases para
o mesmo espac¸o bidimensional de func¸o˜es. Calculando pela primeira versa˜o:
−50s = (s2+9)[A(s+4)+B(s−4)]+(Cs+3E)(s2−16). Calculando ambos os lados
em s = −4, s = 4 e, digamos, s = 0 e s = 1, obtemos: 200 = −200B ∴ B = −1;
−200 = 200A ∴ A = −1; / ja´ usando queA−B = 0, 0 = −48E ∴ E = 0; e ja´ subs-
tituindo os valores anteriores, −50 = −20−15C ∴ C = 2. Logo, a terceira parcela
e´ a transformada de Laplace de −e−4t − e4t + 2cos (3t) = −2 cosh (4t) + 2 cos (3t).
7
Somando os treˆs termos e simplificando o resultado, obtemos que:
y(t) = sen (3t) + (4− 2t) cos (3t) − e−4t − e4t = sen (3t) + (4− 2t) cos (3t)− 2 cosh (4t).
4. Para aplicarmos transformadas de Laplace, precisamos preparar o lado (mem-
bro) direito da EDO. Por um lado, temos a identidade trigonome´trica abaixo:
2 sen (A) cos (B) = sen (A+B) + sen (A−B) ∴
2 sen (4t) cos (3t) = sen (7t) + sen (t) .
Por outro lado: 2 senh (A) cosh (B) =
(
eA − e−A) (eB + e−B) /2 =[(
eA+B − e−(A+B))+ (eA−B − e−(A−B))] /2 = senh (A+B) + senh (A−B) ∴
2 senh (4t) cosh (3t) = senh (7t) + senh (t) .
Portanto, o PVI dado e´:
y′′(t) + 9 y(t) = sen (7t) + sen (t) + senh (7t) + senh (t) ; y(0) = 1, y′(0) = 2
Aplicando a transformada de Laplace a ambos os lados, obtemos, por linearidade:(
s2Y (s)− 1s− 2)+ 9Y (s) = 7
s2 + 49
+
1
s2 + 1
+
7
s2 − 49 +
1
s2 − 1 ∴
Y (s) =
1
s2 + 9
[
s+ 2 +
7
s2 + 49
+
1
s2 + 1
+
7
s2 − 49 +
1
s2 − 1
]
5.a. (Exerc´ıcio 22 da Sec¸. 7.6 de [Nagle/Saff/Snider])
(1−e−1s)F (s) =
∫ 1
0
e−stf(t)dt =
∫ 1
0
e−stetdt =
∫ 1
0
e(1−s)tdt =
1
1− se
(1−s)t
∣∣∣∣1
t=0
=
e(1−s) − 1
1− s ∴ F (s) =
e(1−s) − 1
(1− s)(1− e−s)
5.b. (1− e−4s)G(s) =
∫ 4
0
e−stg(t)dt =
∫ 1
0
2 e−stdt+
∫ 3
1
(−1)e−stdt+
∫ 4
3
2 e−stdt
=
1
−s
[
2 e−st
∣∣1
t=0
− e−st∣∣3
t=1
+ 2 e−st
∣∣4
t=3
]
= −1
s
[
2 e−s − 2− e−3s + e−s + 2 e−4s − 2 e−3s] = 1
s
[
2− 3 e−s + 3 e−3s − 2 e−4s] ∴
G(s) =
2− 3 e−s + 3 e−3s − 2 e−4s
s(1− e−4s) .
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Obs. Denotando por, digamos, z o termo e−s, e manipulando a func¸a˜o racional
em z dada por sG(s), podemos reescrever G(S). Essencialmente, cancelamos o
fator 1− z2 = 1− e−2s do numerador e do denominador. Assim:
G(s) =
2 e−2s − 3 e−s + 2
s(e−2s + 1)
5.c. Manuscrito no arquivo “simulado-02-v1 0-pt2.pdf”.
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