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MA312/MA311- Turma Z - Segundo Semestre de 2019
Gabarito da Prova 2 - 25/11/2019
Q1. (2.0) (a) Use a definição para calcular a transformada de Laplace de
f(t) =
{
e2t, 0 ≤ t < 2
e3t, t ≥ 2.
(b) Escreva a função
g(t) =
{
t2, 0 ≤ t < 1
0, t ≥ 1.
em termos de funções degrau e calcule a transformada de Laplace.
Resolução: (a) Pela definição
L{f}(s) =
∫ ∞
0
f(t)e−stdt =
∫ 2
0
e2te−stdt+
∫ ∞
2
e3te−stdt (0, 3)
=
e−(s−2)t
−(s− 2)
∣∣∣2
0
+
e−(s−3)t
−(s− 3)
∣∣∣∞
2
=
e−(s−2)2
−(s− 2)
− 1
−(s− 2)
− e
−2(s−3)
−(s− 3)
=
1
s− 2
−e
−(s−2)2
s− 2
+
e−2(s−3)
(s− 3)
, s > 3
pois limt→+∞ e
−(s−3)t = 0 se s > 3. (0,7)
(b) Escrevemos g(t) = t2 − t2u(t− 1) = t2 − u1(t)t2. (0,3)
Vamos usar a fórmula L{uc(t)f(t − c)} = e−csF (s). Queremos f(t − 1) = t2 logo se x =
t− 1⇒ t = x+ 1, f(x) = (x+ 1)2 = x2 + 2x+ 1⇒ F (s) = 2!
s3
+ 2 1
s2
+ 1
s
.
Portanto
L{u1(t)t2}(s) = L{u1(t)f(t− 1)}(s) = e−sF (s) = e−s
( 2
s3
+
2
s2
+
1
s
)
. (0, 5)
Assim
L{g(t)}(s) = 2!
s3
− e−s
( 2
s3
+
2
s2
+
1
s
)
. (0, 2)
Q2. (2.0) Calcule a transformada inversa de Laplace das funções dadas:
(a) F (s) =
s+ 3
s2 − 3s+ 2
(b) G(s) =
1− 2s
s2 + 4s+ 5
Resolução: (a) Temos que s2 − 3s+ 2 = (s− 1)(s− 2). Por frações parciais
s+ 3
s2 − 3s+ 2
=
s+ 3
(s− 1)(s− 2)
=
A
s− 1
+
B
s− 2
=
A(s− 2) +B(s− 1)
(s− 1)(s− 2)
.
Logo A(s− 2) +B(s− 1) = s+ 3.
Para s = 1 temos −A = 4⇒ A = −4; para s = 2 temos B = 5 . Então
s+ 3
s2 − 3s+ 2
= − 4
s− 1
+
5
s− 2
⇒ f(t) = L−1{F (s)} = −4et + 5e2t. (1, 0)
(b)
G(s) =
1− 2s
s2 + 4s+ 5
=
1− 2s
(s+ 2)2 + 1
=
1
(s+ 2)2 + 1
− 2s
(s+ 2)2 + 1
=
1
(s+ 2)2 + 1
− 2(s+ 2)− 4
(s+ 2)2 + 1
= 5
1
(s+ 2)2 + 1
− 2 s+ 2
(s+ 2)2 + 1
.
1
Portanto
g(t) = L−1{G(s)} = 5e−2t sen t− 2e−2t cos t. (1, 0)
Q3. (2.0) Considere um sistema massa-mola sem amortecimento em repouso, submetido a
um impulso unitário no instante t = π e a outro impulso unitário no instante t = 2π, ou seja,
temos o seguinte problema de valor inicial{
x′′ + 9x = δ(t− π) + δ(t− 2π),
x(0) = 0, x′(0) = 0.
(a) Resolva o problema de valor inicial.
(b) Esboce o gráfico da solução. Descreva em palavras o comportamento do sistema massa-
mola.
Resolução: Aplicamos a transformada de Laplace à equação
L{x′′}+ 9L{x} = L{δ(t− π)}+ L{δ(t− 2π)}.
Logo
s2L{x} − sx(0)− x′(0) + 9L{x} = e−πs + e−2πs.
Substituindo os valores de x(0) = 0, x′(0) = 0 obtemos
(s2 + 9)L{x} = e−πs + e−2πs. (0, 5)
Assim,
L{x} = e
−πs + e−2πs
s2 + 9
=
e−πs
s2 + 9
+
e−2πs
s2 + 9
,
aplicando a transformada inversa e usando o teorema da translação, obtemos
x(t) =
sen(3(t− π))
3
U(t− π) + sen(3(t− 2π))
3
U(t− 2π). (0, 5)
(b) Uma vez que sen(3(t−π)) = − sen(3t) e sen(3(t− 2π)) = sen(3t), essa solução pode ser
escrita como
x(t) =

0 se 0 ≤ t < π
− sen(3t)
3
se π ≤ t < 2π
0 se t ≥ 2π.
Agora esboçaremos o gráfico da solução. (0,5)
0 π 2π
t
x(t)
Figura 1: Gráfico da solução.
O sistema permanece em repouso até o primeiro impulso, quando o impulso coloca a massa
em movimento. O segundo impulso para o movimento da massa. (0,5)
2
Q4. (2.0) Encontre a solução geral real do seguinte sistema linear homogêneo utilizando o
método de autovalores e autovetores
dx
dt
= −3x+ 2y
dy
dt
= −4x+ y.
Resolução: Escrevemos em forma matricial: Seja x = (x, y)T ,
x′ =
(
−3 2
−4 1
)
x.
Autovalores da matriz A =
(
−3 2
−4 1
)
:
det(A− rI) =
∣∣∣∣ −3− r 2−4 1− r
∣∣∣∣ = (−3− r)(1− r) + 8 = r2 + 2r + 5 = 0.
Logo, r =
−2±
√
−16
2
= −1± 2i. Temos autovalores complexos. (0,5)
Agora, vamos determinar os autovetores associados ao autovalor r = −1 + 2i. Para isto
vamos resolver o sistema (A− rI)Z = 0.
(A− rI)Z = 0⇔
(
−2− 2i 2
−4 2− 2i
)(
x
y
)
=
(
0
0
)
⇔
{
−(2 + 2i)x+ 2y = 0
−4x+ (2− 2i)y = 0. (1)
Tomando x = 1 temos que y = 1+i. Assim, Z = (1, 1+i) é o autovetor associado a r1 = −1+2i.
(0,5)
Portanto, a solução geral do sistema de equações diferenciais é dada por
x(t) = c1Re
{
e(−1+2i)t
(
1
1 + i
)}
+ c2Im
{
e(−1+2i)t
(
1
1 + i
)}
. (0, 5)
Sabemos que e2it = cos(2t) + i sen(2t), então
e(−1+2i)t
(
1
1 + i
)
= e−t
{
e2it
[(
1
1
)
+ i
(
0
1
)]}
= e−t
{
(cos(2t) + i sen(2t))
[(
1
1
)
+ i
(
0
1
)]}
= e−t
{
(cos(2t) + i sen(2t))
(
1
1
)
+ (i cos(2t)− sen(2t))
(
0
1
)}
= e−t
[(
1
1
)
cos(2t)−
(
0
1
)
sen(2t)
]
+ ie−t
[
sen(2t)
(
1
1
)
+ cos(2t)
(
0
1
)]
.
Portanto,
x(t) = c1e
−t
[(
1
1
)
cos(2t)−
(
0
1
)
sen(2t)
]
+ c2e
−t
[
sen(2t)
(
1
1
)
+ cos(2t)
(
0
1
)]
. (0, 5)
Q5. (2.0) Encontre a solução geral do sistema linear não-homogêneo utilizando o método de
variação dos parâmetros (indicando claramente a matriz fundamental)
X′ =
(
1 −1
2 4
)
X +
(
et
e2t
)
3
dado que a solução do homogêneo associado é:
Xh(t) = c1e
2t
(
−1
1
)
+ c2e
3t
(
1
−2
)
.
Resolução: A matriz fundamental é:
Ψ(t) =
(
−e2t e3t
e2t −2e3t
)
. (0, 3)
A solução particular será Xp(t) = Ψ(t)U(t) onde Ψ(t)U
′(t) = F (t) ou de forma equivalente
Xp(t) = Ψ(t)
∫
Ψ−1(t)F (t)dt onde F (t) =
(
et
e2t
)
. (0,3)
Calculemos Ψ−1(t), note que o determinante de Ψ(t) é∣∣∣∣ −e2t e3te2t −2e3t
∣∣∣∣ = (−e2t)(−2e3t)− e3te2t = e5t.
Assim,
Ψ−1(t) =
(
−2e3t −e3t
−e2t −e2t
)
1
det(Ψ(t))
=
(
−2e3t −e3t
−e2t −e2t
)
1
e5t
=
(
−2e−2t −e−2t
−e−3t −e−3t
)
.
Logo,
Xp(t) = Ψ(t)
∫
Ψ−1(t)F (t)
=
(
−e2t e3t
e2t −2e3t
)∫ [(
−2e−2t −e−2t
−e−3t −e−3t
)(
et
e2t
)]
dt
=
(
−e2t e3t
e2t −2e3t
)∫ (
−2e−t − 1
−e−2t − e−t
)
dt
=
(
−e2t e3t
e2t −2e3t
) 2e−t − te−2t
2
+ e−t
 =
 te2t − 3et2 + e2t
et − te2t − 2e2t
 .
Também poderia ser utilizada a Regra de Cramer para encontrar U ′(t) =
(
−2e−t − 1
−e−2t − e−t
)
.
(1,0)
A solução geral é
X(t) = Xh(t) +Xp(t) =
(
−e2t e3t
e2t −2e3t
)(
c1
c2
)
+
 te2t − 3et2 + e2t
et − te2t − 2e2t

= c1e
2t
(
−1
1
)
+ c2e
3t
(
1
−2
)
+ te2t
(
1
−1
)
+ et
(
−3/2
1
)
+ e2t
(
1
−2
)
. (0, 4)
4