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Gabarito da P2 de Equações Diferenciais e Métodos Matemáticos (13/4/2012) 1) Considere a EDO (onde y = y (x)) x2y00 + 4xy0 + � 2� x2� y = 0 [16] a) O ponto x = 0 é ponto ordinário, singular regular ou singular irregular desta E.D.O.? [64] b) Encontre uma solução (não-nula) desta E.D.O. pelo método de Frobenius. a) Escrevendo na forma usual y00 + 4 x y0 + 2� x2 x2 y = 0 Como P (x) = 4x e Q (x) = 2�x2 x2 não estão de nidas em x = 0, elas não são analíticas ali. Como xP (x) = 4 e x 2Q (x) = 2�x2 são analíticas em x = 0, então x = 0 é ponto singular regular. b) Pelo método de Frobenius y (x) = 1X n=0 cnx n+s ) x2y = 1X n=0 cnx n+s+2 = 1X n=2 cn�2xn+s y0 (x) = 1X n=0 cn (n+ s)x n+s�1 ) 4xy0 = 1X n=0 4cn (n+ s)x n+s y00 (x) = 1X n=0 cn (n+ s) (n+ s� 1)xn+s�2 ) x2y00 = 1X n=0 cn (n+ s) (n+ s� 1)xn+s Então a E.D.O. diz que c0 (s (s� 1) + 4s+ 2)xs + c1 (s (s+ 1) + 4 (s+ 1) + 2)xs+1 + 1X n=2 (cn [(s+ n) (s+ n+ 3) + 2]� cn�2)xs+n = 0 Como queremos c0 6= 0; a equação indicial é s2 + 3s+ 2 = 0 ) s = �1 ou s = �2 O Teorema de Fuchs garante que a maior raiz s = �1 vai gerar uma solução. Usemo-la: 2c1 = 0 ) c1 = 0 cn [(n� 1) (n+ 2) + 2]� cn�2 = 0 ) cn = cn�2 (n+ 1)n para n = 2; 3; 4; ::: ou seja, c1 = c3 = ::: = c2k+1 = 0 c2 = c0 3 � 2 = c0 3! ) c4 = c0 5 � 4 � 3! = c0 5! ) :::) c2k = c0 (2k + 1)! para k = 1; 2; 3; 4; ::: e a solução que encontramos é: y1 (x) = c0 1X k=0 1 (2k + 1)! x2k�1 = c0 x2 1X k=0 x2k+1 (2k + 1)! = c0 sinhx x2 1 2) [20] a) Encontre a Transformada de Laplace da função h (t) cujo grá co é dado por -2.0 -1.5 -1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5 5.0 0.5 1.0 t h [40] b) Se uma mola ideal, inicialmente em repouso, é sujeita à ação de uma força externa h (t), seu deslocamento y (t) satisfaz y00 + y = h (t) y (0) = y0 (0) = 0 (onde constantes foram normalizadas por simplicidade). Resolva este problema, onde h (t) é a função do item (a). a) Os segmentos correspondem a y = t� 1 e y = 3� t. Assim: h (t) = (t� 1)U1 (t) + ((3� t)� (t� 1))U2 (t)� (3� t)U3 (t) = = (t� 1)U1 (t) + (4� 2t)U2 (t)� (3� t)U3 (t) No primeiro termo, fazemos f1 (t� 1) = t� 1, isto é, f1 (t) = t; no segundo, f2 (t� 2) = 4� 2t, isto é, f2 (t) = �2t. En m, no terceiro, f3 (t� 3) = t� 3, isto é, f3 (t) = t novamente. Agora podemos usar a propriedade da Translação no Tempo: H (s) = e�sF1 (s) + e�2sF2 (s) + e�3sF3 (s) = e�s � 2e�2s + e�3s s2 b) Aplicando a Transformada de Laplace dos dois lados (e escrevendo Y (s) = Lfy (t)g), vem� s2Y � sy (0)� y0 (0)�+ Y (s) = H (s) Y (s) = H (s) s2 + 1 = 1 s2 (s2 + 1) � e�s � 2e�2s + e�3s� Usando frações parciais 1 s2 (s2 + 1) = 1 s2 � 1 s2 + 1 Portanto Y (s) = � e�s � 2e�2s + e�3s� 1 s2 � �e�s � 2e�2s + e�3s� 1 s2 + 1 Assim y (t) = h (t)� U1 (t) � sin (t� 1) + U2 (t) � 2 sin (t� 2)� U3 (t) � sin (t� 3) y (t) = (t� 1� sin (t� 1)) � U1 (t) + (4� 2t+ 2 sin (t� 2)) � U2 (t) + (t� 3� sin (t� 3)) � U3 (t) -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 -0.5 0.5 1.0 t y 3) A propriedade de Mudança de Escala diz que g (t) = f (ct) ) G (s) = 1 c F �s c � onde c é uma constante positiva. Demonstre esta regra. Temos G (s) = Z 1 0 g (t) e�stdt = Z 1 0 f (ct) e�stdt Agora, tomando u = ct: G (s) = Z 1 0 f (u) e�(s=c)u du c = 1 c Z 1 0 f (u) e�(s=c)udu = 1 c F �s c � 2
