Exercícios - Equações Diferenciais - 2023-1

1. Use caneta cor preta ou azul para resolver as questoes. Nome: Matriculas Pergunta 1 Dada a equagao diferencial de primeira ordem dx + (x/y — sen(y))dy = 0 a. Mostre que a equagao dada nao é exata; b. Calcule um fator integrante; c. Dé a solugao geral da equacdao diferencial. Pergunta 2 Considere as fungées y\(z) = 2?, e€ yo(x)=a27 Ina e Verifique que essas duas funcoes formam um conjunto fundamental de solugdes da equagado homogénea associada a: ay" —3ary'+4y=a7lna, «>0. e Dé a solucao particular e a solugdo geral da equagdao acima. Observacgao: Lembre que se vai usar variagao de paradmetros, entado a equacdao diferencial tem que estar na forma yl" (x) + pla)y'(@) + a(@)y(x) = F(x) Pergunta 3 Resolva o problema de valor inicial: X"(t) = HA = AX(t) = Pe sO com X(0) = Hol - A (1) Pergunta 4 Resolva o problema de valor inicial determinado pelo seguinte sistema de equagoes: y" +y' = f(t), y()=0, y'(0) =9, onde 1 c . r= { sen(t), "Psd Pergunta 5 Calcule a transformada de Laplace da fungao dada: t g(t) = [ cos(t — 7)dr 1 (a) A equação da forma 𝑀𝑑𝑥 + 𝑁𝑑𝑦 = 0 é dita exata se as derivadas de M em relação a y e de N em relação a x forem iguais, 𝑀𝑦′ = 𝑁𝑥′. 𝑀𝑦′ = 𝑑 𝑑𝑦 (1) = 0 𝑁𝑥′ = 𝑑 𝑑𝑥 (𝑥 𝑦 − sin(𝑦)) = 𝑑 𝑑𝑥 (𝑥 𝑦) − 𝑑 𝑑𝑥 (sin(𝑦)) = 1 𝑦 − 0 = 1 𝑦 Podemos observar que 𝑁𝑥′ ≠ 𝑀𝑦′ e, portanto, a equação não é exata. (b) Escrevemos 𝑁𝑥′ − 𝑀𝑦′ 𝑀 = 1 𝑦 − 0 1 = 1 𝑦 Fato integrante, 𝐼 = exp (∫ 𝑑𝑦 𝑦 ) = exp(ln(𝑦)) = 𝑦. (c) Solução geral: Multiplicamos toda a equação pelo fator integrante 𝑦 [𝑑𝑥 + ( 𝑥 𝑦 − sin(𝑦)) 𝑑𝑦 = 0] → 𝑦𝑑𝑥 + (𝑥 − 𝑦 sin(𝑦))𝑑𝑦 = 0 → 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 + 𝑥 = 𝑦 sin(𝑦) Integrando ∫ [𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 + 𝑥] 𝑑𝑦 = ∫𝑦 sin(𝑦) 𝑑𝑥V= O termo entre colchetes pode ser reescrito como 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 + 𝑥 = 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 + (1)𝑥 = 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 + 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑥 = 𝑑 𝑑𝑦 (𝑥𝑦) Substituindo ∫ [ 𝑑 𝑑𝑦 (𝑥𝑦)] 𝑑𝑦 = ∫𝑦 sin(𝑥) 𝑑𝑦 → 𝑥𝑦 = ∫ 𝑦 sin(𝑦) 𝑑𝑦 A integral do lado direito é feira por partes 𝑢 = 𝑦, 𝑑𝑣 = sin(𝑦) 𝑑𝑦, 𝑣 = − cos(𝑦) , 𝑑𝑢 = 𝑑𝑦 ∫𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫𝑣𝑑𝑢 ∫𝑦 sin(𝑦) 𝑑𝑦 = 𝑦(− cos(𝑦)) − ∫(− cos(𝑦))𝑑𝑦 ∫ 𝑦 sin(𝑦) 𝑑𝑦 = −𝑦 cos(𝑦) + ∫cos(𝑦) 𝑑𝑦 = −𝑦 cos(𝑦) + sin(𝑦) + 𝐶 Assim, a solução geral é dada pela equação 𝑥𝑦 = −𝑦 cos(𝑦) + sin(𝑦) + 𝐶 Precisamos calcular o Wronskiano dado pelo determinante da matriz abaixo, Como o Wronskiano é diferente de zero, as soluções são linearmente independentes. 𝑥2𝑦′′ − 3𝑥𝑦′ + 4𝑦 = 𝑥2 ln(𝑥) , 𝑥 > 0 𝑦′′ − 3𝑥 𝑥2 𝑦′ + 4𝑦 𝑥2 = 𝑥2 𝑥2 ln(𝑥) , 𝑥 > 0 𝑦′′ − 3 𝑥 𝑦′ + 4𝑦 𝑥2 = ln(𝑥) , 𝑥 > 0 Solução geral da equação homogênea: 𝑦𝐺 = 𝐴𝑦1 + 𝐵𝑦2 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥2 ln(𝑥), A e B são constantes. 𝑦𝐺 ′ = 2𝐴𝑥 + 𝐵 [2𝑥 ln(𝑥) + 𝑥2 𝑥 ] = 2𝐴𝑥 + 𝐵[2𝑥 ln(𝑥) + 𝑥] 𝑦𝐺 ′′ = 2𝐴 + 𝐵 [2 ln(𝑥) + 2𝑥 𝑥 + 1] = 2𝐴 + 𝐵[2 ln(𝑥) + 3] 𝑦𝐺 ′′ − 3 𝑥 𝑦𝐺 ′ + 4𝑦𝐺 𝑥2 = 0 2𝐴 + 𝐵[2 ln(𝑥) + 3] − 3 𝑥 [2𝐴𝑥 + 𝐵[2𝑥 ln(𝑥) + 𝑥]] + 4 𝑥2 [𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥2 ln(𝑥)] = 0 2𝐴 + 2𝐵 ln(𝑥) + 3𝐵 − 3 𝑥 2𝐴𝑥 − 3 𝑥 2𝐵𝑥 ln(𝑥) − 3 𝑥 𝐵𝑥 + 4 𝑥2 𝐴𝑥2 + 4 𝑥2 𝐵𝑥2 ln(𝑥) = 0 2𝐴 + 2𝐵 ln(𝑥) + 3𝐵 − 6𝐴 − 6𝐵 ln(𝑥) − 3𝐵 + 4𝐴 + 4𝐵 ln(𝑥) = 0 2𝐴 − 6𝐴 + 4𝐴 + 3𝐵 − 3𝐵 + 2𝐵 ln(𝑥) − 6𝐵 ln(𝑥) + 4𝐵 ln(𝑥) = 0 0 = 0 De fato, 𝑦𝐺 = 𝐴𝑦1 + 𝐵𝑦2 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥2 ln(𝑥) é solução geral da homogênea. Solução particular: 𝑦 = 𝐷𝑥2 ln3(𝑥), D é uma constante. 𝑦′ = 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝐷 𝑑 𝑑𝑥 [𝑥2 ln3(𝑥)] = 𝐷 ( 𝑑 𝑑𝑥 [𝑥2] ln3(𝑥) + 𝑥2 𝑑 𝑑𝑥 [ln3(𝑥)]) = 𝐷[2𝑥 ln3(𝑥) + 3𝑥 ln2(𝑥)] 𝑦′′ = 𝐷 𝑑 𝑑𝑥 [2𝑥 ln3(𝑥) + 3𝑥 ln2(𝑥)] = 𝐷 ( 𝑑 𝑑𝑥 [2𝑥 ln3(𝑥)] + 𝑑 𝑑𝑥 [3𝑥 ln2(𝑥)]) 𝑦′′ = 𝐷 ( 𝑑 𝑑𝑥 [2𝑥] ln3(𝑥) + 2𝑥 𝑑 𝑑𝑥 [ln3(𝑥)] + 𝑑 𝑑𝑥 [3𝑥] ln2(𝑥) + 3𝑥 𝑑 𝑑𝑥 [ln2(𝑥)]) 𝑦′′ = 𝐷[2 ln3(𝑥) + 9 ln2(𝑥) + 6 ln(𝑥)] Assim, 𝑦′′ − 3 𝑥 𝑦′ + 4𝑦 𝑥2 = ln(𝑥) , 𝑥 > 0 𝐷[2 ln3(𝑥) + 9 ln2(𝑥) + 6 ln(𝑥)] − 3 𝑥 𝐷[2𝑥 ln3(𝑥) + 3𝑥 ln2(𝑥)] + 4 𝑥2 𝐷𝑥2 ln3(𝑥) = ln(𝑥) 𝐷[2 ln3(𝑥) + 9 ln2(𝑥) + 6 ln(𝑥) − 6 ln3(𝑥) − 9 ln2(𝑥) + 4 ln3(𝑥)] = ln(𝑥) 𝐷[6 ln(𝑥)] = ln(𝑥) 𝐷 = 1 6 Então, a solução particular é 𝑦𝑝 = 1 6 𝑥2 ln3(𝑥) Reescrevendo as equações 𝑢′(𝑡) = 2𝑢(𝑡) − 𝜔(𝑡) 𝜔′(𝑡) = −𝜔(𝑡) Solução-chute para a segunda equação 𝜔(𝑡) = 𝐴𝑒−𝑘𝑡, 𝜔′(𝑡) = 𝑑𝜔 𝑑𝑡 = 𝑑 𝑑𝜔 (𝐴𝑒−𝑘𝑡) = 𝐴(−𝑘)𝑒−𝑘𝑡 = −𝑘𝜔(𝑡) Para que isso ocorra, precisamos ter k = 1: 𝜔′(𝑡) = −𝑘𝜔(𝑡) = −𝜔(𝑡) 𝜔(𝑡) = 𝐴𝑒−𝑡 Usando a condição inicial para calcular a constante, 𝜔(0) = 1 → 𝜔(0) = 𝐴𝑒−0 = 𝐴 = 1 A solução da equação para 𝜔 é 𝜔(𝑡) = 𝑒−𝑡. Equação para 𝑢 : 𝑢′(𝑡) = 2𝑢(𝑡) − 𝜔(𝑡) = 2𝑢(𝑡) − 𝑒−𝑡 Fator integrante: 𝐼 = exp(∫(−2)𝑑𝑡 ) = 𝑒−2𝑡 𝑒−2𝑡𝑢′(𝑡) = 2𝑢(𝑡)𝑒−2𝑡 − 𝑒−𝑡𝑒−2𝑡 𝑒−2𝑡𝑢′(𝑡) − 2𝑢(𝑡)𝑒−2𝑡 = −𝑒−3𝑡 Observado o lado direito, vemos que ele tem a forma de uma derivada de produto: 𝑑 𝑑𝑡 [𝑒−2𝑡𝑢(𝑡)] = −𝑒−3𝑡 Integrando ∫ 𝑑 𝑑𝑡 [𝑒−2𝑡𝑢(𝑡)]𝑑𝑡 = − ∫𝑒−3𝑡 𝑑𝑡 𝑒−2𝑡𝑢(𝑡) = 1 3 𝑒−3𝑡 + 𝐶 Usando a condição inicial: 𝑒−2(0)(0) = 1 3 𝑒−3(0) + 𝐶 0 = 1 3 + 𝐶 → 𝐶 = − 1 3 Assim, isolando u(t), temos 𝑒−2𝑡𝑢(𝑡) = 1 3 𝑒−3𝑡 − 1 3 𝑢(𝑡) = 1 3𝑒−2𝑡 𝑒−3𝑡 − 1 3𝑒−2𝑡 = 1 3 𝑒−𝑡 − 𝑒2𝑡 3 Vamos usar transformada de Laplace. Região 0 ≤ 𝑡 < 𝜋 2: 𝐿{𝑦′′} + 𝐿{𝑦′} = 𝐿{1} ∫ 𝑦′′𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 +∫ 𝑦′𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 =∫ (1)𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 A primeira e a segunda integral são feitas por partes ∫ 𝑦′ ∞ 0 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 = [𝑦(𝑡)𝑒−𝑠𝑡]0 ∞ − ∫ (−𝑠)𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑦(𝑡)𝑑𝑡 = 𝑦(∞)𝑒−∞ − 𝑦(0)𝑒−0 + 𝑠 ∫ 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑦(𝑡)𝑑𝑡 ∫ 𝑦′𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 = 0 − 𝑦(0) + 𝑠 [∫ 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑦(𝑡)𝑑𝑡] = −𝑦(0) + 𝑠𝑌(𝑠) ∫ 𝑦′′ ∞ 0 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 = [𝑦′(𝑡)𝑒−𝑠𝑡]0 ∞ − ∫ (−𝑠)𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑦′(𝑡)𝑑𝑡 = 𝑦′(∞)𝑒−∞ − 𝑦′(0)𝑒0 + 𝑠 ∫ 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑦′(𝑡)𝑑𝑡 ∫ 𝑦′′ ∞ 0 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 = 0 − 𝑦′(0) + 𝑠 [∫ 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑦′(𝑡)𝑑𝑡] = −𝑦′(0) + 𝑠𝐿{𝑦′} Usando o resultado anterior ∫ 𝑦′′ ∞ 0 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 = −𝑦′(0) + 𝑠𝐿{𝑦′} = −𝑦′(0) + 𝑠[−𝑦(0) + 𝑠𝑌(𝑠)] = 𝑠2𝑌(𝑠) − 𝑦′(0) − 𝑠𝑦(0) Assim, [𝑠2𝑌(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0)] + [𝑠𝑌(𝑠) − 𝑦(0)] = 1 𝑠 Usando os valores iniciais para simplificar a expressão [𝑠2𝑌(𝑠) − (0) − (0)] + [𝑠𝑌(𝑠) − (0)] = 1 𝑠 𝑠2𝑌(𝑠) + 𝑠𝑌(𝑠) = 1 𝑠 → 𝑌(𝑠)(𝑠2 + 𝑠) = 1 𝑠 → 𝑌(𝑠) = 1 𝑠(𝑠2 + 𝑠) Usando frações parciais 1 𝑠(𝑠2 + 𝑠) = 𝐴 𝑠 + 𝐵 𝑠2 + 𝐶 𝑠 − 1 = −1 𝑠 + 1 𝑠2 + 1 𝑠 − 1 Transformada inversa: 𝑦(𝑡) = 𝐿−1 {−1 𝑠 } + 𝐿−1 { 1 𝑠2} + 𝐿−1 { 1 𝑠 − 1} 𝑦(𝑡) = −1 + 𝑡 + 𝑒−𝑡 Região 𝑡 ≥ 𝜋 2: 𝐿{𝑦′′} + 𝐿{𝑦′} = 𝐿{sin(𝑡)} [𝑠2𝑌(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0)] + [𝑠𝑌(𝑠) − 𝑦(0)] = 1 𝑠2 + 1 Usando os valores iniciais: [𝑠2𝑌(𝑠) − 0 − 0] + [𝑠𝑌(𝑠) − 0] = 1 𝑠2 + 1 𝑠2𝑌(𝑠) + 𝑠𝑌(𝑠) = 1 𝑠2 + 1 → 𝑌(𝑠)[𝑠2 + 𝑠] = 1 𝑠2 + 1 → 𝑌(𝑠) = 1 (𝑠2 + 𝑠)(𝑠2 + 1) Usando frações parciais: 1 (𝑠2 + 𝑠)(𝑠2 + 1) = 1 𝑠 − 1 2(𝑠 + 1) + −𝑠 2(𝑠2 + 1) + −1 2(𝑠2 + 1) A solução é 𝑦(𝑡) = 𝐿−1 {1 𝑠} − 1 2 𝐿−1 { 1 (𝑠 + 1)} + 1 2 𝐿 { −𝑠 (𝑠2 + 1)} + 1 2 𝐿 { −1 (𝑠2 + 1)} 𝑦(𝑡) = 1 − 1 2 𝑒−𝑡 − 1 2 cos(𝑡) − 1 2 sin(𝑡) Podemos escrever 𝐿{𝑔(𝑡)} = ∫ 𝑔(𝑡)𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 = ∫ [ ∫ cos(𝑡 − 𝜏) 𝑑𝜏 𝑡 0 ]𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 Integramos primeiro em relação a 𝜏 , 𝐿{𝑔(𝑡)} = ∫ [− sin(𝑡 − 𝜏)]0 𝑡 ∞ 0 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 𝐿{𝑔(𝑡)} = ∫ [− sin(0) + sin(𝑡)]𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 𝐿{𝑔(𝑡)} = ∫ [0 + sin(𝑡)]𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 𝐿{𝑔(𝑡)} = ∫ sin(𝑡) 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 Integração por partes: 𝐿{𝑔(𝑡)} = ∫ sin(𝑡) 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 = [(− cos(𝑡))(𝑒−𝑠𝑡)]0 ∞ − ∫ cos(𝑡) (−𝑠𝑒−𝑠𝑡)𝑑𝑡 ∞ 0 𝐿{𝑔(𝑡)} = ∫ sin(𝑡) 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 = − cos(∞) 𝑒−∞ + cos(0) 𝑒0 + 𝑠 ∫ cos(𝑡) 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 𝐿{𝑔(𝑡)} = ∫ sin(𝑡) 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 = −0 + 1 + 𝑠 ∫ cos(𝑡) 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 = 1 + 𝑠 ∫ cos(𝑡) 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 Vamos fazer integração por partes novamente na última integral da linha acima, ∫ cos(𝑡) 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 = [sin(𝑡) 𝑒−𝑠𝑡]0 ∞ − ∫ sin(𝑡) (−𝑠)𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 ∫ cos(𝑡) 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 = [sin(∞) 𝑒−∞ − sin(0) 𝑒0] + 𝑠 ∫ sin(𝑡) 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 ∫ cos(𝑡) 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 = [0 − 0] + 𝑠 ∫ sin(𝑡) 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 ∫ cos(𝑡) 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 = 𝑠 ∫ sin(𝑡) 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 Assim, 𝐿{𝑔(𝑡)} = ∫ sin(𝑡) 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 = 1 + 𝑠 [𝑠 ∫ sin(𝑡) 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡] [∫ sin(𝑡) 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡] [1 − 𝑠2] = 1 ∫ sin(𝑡) 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 = 1 1 − 𝑠2 Então, a transformada de g(t) é 𝐿{𝑔(𝑡)} = ∫ sin(𝑡) 𝑒−𝑠𝑡 ∞ 0 𝑑𝑡 = 1 1 − 𝑠2