Atividade - Equações Diferenciais C - 2022-2

QUESTÃO 01 (04 ptos) Considere a equação y'' - 3y' - 4y = 2e^{-t} 1. Calcular as soluções para a equação diferencial homogênea y'' - 3y' - 4y = 0. 2. Adaptando o método de redução de ordem (Seção 3.4), busque uma solução da equação não homogênea da forma Y(t) = v(t)y1(t) = v(t)t^{-t}, em que t(t) é uma função a ser determinada. 3. Substitua y, y' e y'' na EDO do enunciado Y(t), Y'(t) e Y''(t) e mostre que v(t) tem que satisfazer t'' - 5v' = 2. 4. Seja u(t) = v'(t) e mostre que w(t) tem que satisfazer w' - 5w = 2. Resolva esta equação para w(t). Integre u(t) para encontrar v(t) e depois mostre que: Y(t) = \frac{2}{5} t \cdot t^{-t} + \frac{1}{5} C_1 e^{4t} + C_2 e^{-t} Obs.: A primeira parcela na expressão à direita do sinal de igualdade é a solução particular desejada da equação não homogênea. Note que é um produto de t e t^{-1}t. QUESTÃO 02 (03 ptos) Usando que o fluxo de corrente no tempo tem equação I = \frac{dQ}{dt}, expressae a equação diferencial da Lei de Kirchoff e as condições iniciais L • I'' + R • I + \frac{1}{C} • Q = E(t); Q(t_0) = Q_0, Q'(t_0) = I_0 1 como uma equação diferencial de segundo ordem em função do fluxo de corrente I. Dica: 1-Escreva a lei de Kirchoff em função de Q(t) 2-Observe que I = Q(t), I' = Q'(t) e I'' = Q''(t) 3-Depois derivar E'(t) QUESTÃO 03 (01 ptos) Encontre a carga q(t) no capacitor em um circuito LRC quando L = 0, 25 H (henry), R = 10 Ω (ohms), C = 0, 001 F (faraday), E(t) = 0, q(0) = q0 C (coulombs) e i(0) = 0. QUESTÃO 04 (01 ptos) Encontre a solução particular da EDO que modela um circuito LRC em série L • Q''(t) + R • Q'(t) + \frac{1}{C} Q(t) = E_0 sen(γ t), em que E(t) = E_0 sen(γ t). Além disso, determine a corrente no circuito LRC em série. Questão 1 1) Para a equação homogênea, temos: 𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 0 Assim, a equação característica é dada por: 𝑚2 − 3𝑚 − 4 = 0 (𝑚 − 4)(𝑚 + 1) = 0 Assim: 𝑚1 = −1 𝑚2 = 4 Logo, a solução homogênea é: 𝒚𝒉 = 𝑨𝒆−𝒕 + 𝑩𝒆𝟒𝒕 2, 3 e 4) Vamos propor a seguinte solução particular: 𝑦𝑝 = 𝑣𝑒−𝑡 Substituindo na equação, temos: 𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 2𝑒−𝑡 (𝑣𝑒−𝑡)′′ − 3(𝑣𝑒−𝑡)′ − 4(𝑣𝑒−𝑡) = 2𝑒−𝑡 (𝑣′𝑒−𝑡 − 𝑣𝑒−𝑡)′ − 3(𝑣′𝑒−𝑡 − 𝑣𝑒−𝑡) − 4(𝑣𝑒−𝑡) = 2𝑒−𝑡 (𝑣′′𝑒−𝑡 − 𝑣′𝑒−𝑡 − 𝑣′𝑒−𝑡 + 𝑣𝑒−𝑡) + (−3𝑣′𝑒−𝑡 + 3𝑣𝑒−𝑡) + (−4𝑣𝑒−𝑡) = 2𝑒−𝑡 Simplificando, temos: (𝑣′′ − 𝑣′ − 𝑣′ + 𝑣) + (−3𝑣′ + 3𝑣) + (−4𝑣) = 2 (𝑣′′ − 2𝑣′ + 𝑣) + (−3𝑣′ − 𝑣) = 2 (𝑣′′ − 5𝑣′ + 𝑣) + (−𝑣) = 2 (𝑣′′ − 5𝑣′) = 2 Aqui, seja 𝑣′ = 𝑤 Assim, temos: 𝑤′ − 5𝑤 = 2 𝑑𝑤 𝑑𝑡 = 2 + 5𝑤 Esta equação é separável. Resolvendo, encontramos: 𝑑𝑤 2 + 5𝑤 = 𝑑𝑡 ∫ 𝑑𝑤 2 + 5𝑤 = ∫ 𝑑𝑡 + 𝐶 1 5 ln(2 + 5𝑤) = 𝑡 + 𝐶 ln(2 + 5𝑤) = 5𝑡 + 𝐶2 2 + 5𝑤 = 𝑒5𝑡𝑒𝐶2 5𝑤 = 𝐾′𝑒5𝑡 − 2 𝑤 = 𝐾𝑒5𝑡 − 2 5 Logo, temos: 𝑣′ = 𝐾𝑒5𝑡 − 2 5 Assim, integrando, temos: 𝑣 = 𝐾 5 𝑒5𝑡 − 2 5 𝑡 + 𝐶 Assim, a solução particular fica: 𝑦𝑝 = 𝑣𝑒−𝑡 𝑦𝑝 = (𝐾 5 𝑒5𝑡 − 2 5 𝑡 + 𝐶) 𝑒−𝑡 𝑦𝑝 = 𝐾 5 𝑒4𝑡 − 2 5 𝑡𝑒−𝑡 + 𝐶𝑒−𝑡 Logo, a solução completa é dada por: 𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 𝑦 = 𝐴𝑒−𝑡 + 𝐵𝑒4𝑡 + 𝐾 5 𝑒4𝑡 − 2 5 𝑡𝑒−𝑡 + 𝐶𝑒−𝑡 Juntando as constantes, ficamos com: 𝒚 = 𝑫𝒆−𝒕 + 𝑬𝒆𝟒𝒕 − 𝟐 𝟓 𝒕𝒆−𝒕 Questão 2 Temos a seguinte equação: 𝐿𝐼′ + 𝑅𝐼 + 1 𝐶 𝑄 = 𝐸(𝑡) 𝐿 𝑑𝐼 𝑑𝑡 + 𝑅𝐼 + 1 𝐶 𝑄 = 𝐸(𝑡) Derivando esta equação, obtemos: 𝑑 𝑑𝑡 [𝐿 𝑑𝐼 𝑑𝑡 + 𝑅𝐼 + 1 𝐶 𝑄] = 𝑑 𝑑𝑡 𝐸(𝑡) 𝐿 𝑑2𝐼 𝑑𝑡2 + 𝑅 𝑑𝐼 𝑑𝑡 + 1 𝐶 𝑑𝑄 𝑑𝑡 = 𝐸′(𝑡) Mas, 𝑑𝑄 𝑑𝑡 = 𝐼, logo: 𝑳 𝒅𝟐𝑰 𝒅𝒕𝟐 + 𝑹 𝒅𝑰 𝒅𝒕 + 𝟏 𝑪 𝑰 = 𝑬′(𝒕) Questão 3 Devemos resolver a seguinte equação: 𝐿𝐼′ + 𝑅𝐼 + 1 𝐶 𝑄 = 𝐸(𝑡) 0,25 𝑑2𝑄 𝑑𝑡2 + 10 𝑑𝑄 𝑑𝑡 + 1 0,001 𝑄 = 0 0,25 𝑄′′ + 10 𝑄′ + 1000𝑄 = 0 𝑄′′ + 40 𝑄′ + 4000𝑄 = 0 Assim, temos a seguinte equação característica: 𝑚2 + 40𝑚 + 4000 = 0 Logo: 𝑚 = −40 ± √402 − 4 ∗ 4000 2 𝑚 = −40 ± √1600 − 16000 2 𝑚 = −40 ± √−14400 2 𝑚 = −40 ± √−1√14400 2 𝑚 = −40 ± 120√−1 2 𝑚 = −20 ± 60𝑖 Logo, temos uma solução na forma: 𝑄 = 𝐴𝑒−20𝑡 sin 60𝑡 + 𝐵𝑒−20𝑡 cos 60𝑡 Logo: 𝐼 = 𝑑𝑄 𝑑𝑡 = −20𝐴𝑒−20𝑡 sin 60𝑡 + 60𝐴𝑒−20𝑡 cos 60𝑡 − 20𝐵𝑒−20𝑡 cos 60𝑡 − 60𝐵𝑒−20𝑡 sin60𝑡 Logo: 𝐼(0) = −20𝐴 sin 0 + 60𝐴 cos 0 − 20𝐵 cos 0 − 60𝐵 sin 0 = 0 𝐼 − 0 + 60𝐴 − 20𝐵 − 0 = 0 3𝐴 = 𝐵 Logo, temos: 𝑄 = 𝐴𝑒−20𝑡 sin 60𝑡 + 𝐵𝑒−20𝑡 cos 60𝑡 𝑄 = 𝐴𝑒−20𝑡 sin 60𝑡 + 3𝐴𝑒−20𝑡 cos 60𝑡 𝑄 = 𝐴𝑒−20𝑡[sin60𝑡 + 3 cos 60𝑡] Mas, devemos ter: 𝑄(0) = 𝑞0𝐶 = 𝐴𝑒−0[sin0 + 3 cos 0] 𝑞0𝐶 = 3𝐴 𝐴 = 𝑞0𝐶 3 Assim, a solução é dada por: 𝑸(𝒕) = 𝒒𝟎𝑪 𝟑 𝒆−𝟐𝟎𝒕[𝐬𝐢𝐧 𝟔𝟎𝒕 + 𝟑 𝐜𝐨𝐬 𝟔𝟎𝒕] Questão 4 Temos a EDO: 𝐿𝐼′ + 𝑅𝐼 + 1 𝐶 𝑄 = 𝐸(𝑡) 𝐿𝑄′′ + 𝑅𝑄′ + 1 𝐶 𝑄 = 𝐸0 sin(𝛾𝑡) Aqui, vamos propor a seguinte solução particular: 𝑄𝑝 = 𝑎 sin(𝛾𝑡) + 𝑏 cos(𝛾𝑡) Substituindo na equação, temos: 𝐿(𝑎 sin(𝛾𝑡) + 𝑏 cos(𝛾𝑡))′′ + 𝑅(𝑎 sin(𝛾𝑡) + 𝑏 cos(𝛾𝑡))′ + 1 𝐶 (𝑎 sin(𝛾𝑡) + 𝑏 cos(𝛾𝑡)) = 𝐸0 sin(𝛾𝑡) 𝐿(−𝛾2𝑎 sin(𝛾𝑡) − 𝛾2𝑏 cos(𝛾𝑡)) + 𝑅(𝛾𝑎 cos(𝛾𝑡) − 𝛾𝑏 sin(𝛾𝑡)) + 1 𝐶 (𝑎 sin(𝛾𝑡) + 𝑏 cos(𝛾𝑡)) = 𝐸0 sin(𝛾𝑡) [−𝛾2𝑎𝐿 − 𝑅𝛾𝑏 + 𝑎 𝐶] sin(𝛾𝑡) + (−𝛾2𝑏 cos(𝛾𝑡)) + 𝑅(𝛾𝑎 cos(𝛾𝑡)) + 1 𝐶 (𝑏 cos(𝛾𝑡)) = 𝐸0 sin(𝛾𝑡) [−𝛾2𝑎𝐿 − 𝑅𝛾𝑏 + 𝑎 𝐶] sin(𝛾𝑡) + [−𝛾2𝑏 + 𝑅𝛾𝑎 + 𝑏 𝐶] cos(𝛾𝑡) = 𝐸0 sin(𝛾𝑡) [−𝛾2𝑎𝐿 − 𝑅𝛾𝑏 + 𝑎 𝐶 − 𝐸0] sin(𝛾𝑡) + [−𝛾2𝑏 + 𝑅𝛾𝑎 + 𝑏 𝐶] cos(𝛾𝑡) = 0 Assim, devemos ter: −𝛾2𝑎𝐿 − 𝑅𝛾𝑏 + 𝑎 𝐶 − 𝐸0 = 0 −𝛾2𝑏 + 𝑅𝛾𝑎 + 𝑏 𝐶 = 0 𝑅𝛾𝑏 = −𝛾2𝑎𝐿 + 𝑎 𝐶 − 𝐸0 (1 𝐶 − 𝛾2) 𝑏 + 𝑅𝛾𝑎 = 0 Assim, temos: 𝑏 = 1 𝑅𝛾 (−𝛾2𝑎𝐿 + 𝑎 𝐶 − 𝐸0) Substituindo na segunda equação, ficamos com: (1 𝐶 − 𝛾2) 𝑏 + 𝑅𝛾𝑎 = 0 (1 𝐶 − 𝛾2) 1 𝑅𝛾 (−𝛾2𝑎𝐿 + 𝑎 𝐶 − 𝐸0) + 𝑅𝛾𝑎 = 0 (1 𝐶 − 𝛾2) 1 𝑅𝛾 (−𝛾2𝑎𝐿 + 𝑎 𝐶) − (1 𝐶 − 𝛾2) 𝐸0 𝑅𝛾 + 𝑅𝛾𝑎 = 0 [(1 𝐶 − 𝛾2) 1 𝑅𝛾 (−𝛾2𝐿 + 1 𝐶) + 𝑅𝛾] 𝑎 − (1 𝐶 − 𝛾2) 𝐸0 𝑅𝛾 = 0 Assim, temos: 𝑎 = (1 𝐶 − 𝛾2) 𝐸0 𝑅𝛾 (1 𝐶 − 𝛾2) 1 𝑅𝛾 (−𝛾2𝐿 + 1 𝐶) + 𝑅𝛾 𝑏 = 1 𝑅𝛾 ((−𝛾2𝐿 + 1 𝐶) 𝑎 − 𝐸0) 𝑏 = 1 𝑅𝛾 ( (−𝛾2𝐿 + 1 𝐶) (1 𝐶 − 𝛾2) 𝐸0 𝑅𝛾 (1 𝐶 − 𝛾2) 1 𝑅𝛾 (−𝛾2𝐿 + 1 𝐶) + 𝑅𝛾 − 𝐸0 ) Logo, temos: 𝑄𝑝 = 𝑎 sin(𝛾𝑡) + 𝑏 cos(𝛾𝑡) 𝑄𝑝 = (1 𝐶 − 𝛾2) 𝐸0 𝑅𝛾 (1 𝐶 − 𝛾2) 1 𝑅𝛾 (−𝛾2𝐿 + 1 𝐶) + 𝑅𝛾 sin(𝛾𝑡) + 1 𝑅𝛾 ( (−𝛾2𝐿 + 1 𝐶) (1 𝐶 − 𝛾2) 𝐸0 𝑅𝛾 (1 𝐶 − 𝛾2) 1 𝑅𝛾 (−𝛾2𝐿 + 1 𝐶) + 𝑅𝛾 − 𝐸0 ) cos(𝛾𝑡) Assim, a corrente é dada por: 𝑖 = 𝑑𝑄 𝑑𝑡 = 𝛾𝑎 cos(𝛾𝑡) − 𝛾𝑏 sin(𝛾𝑡)