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Engenharia Agrícola e Ambiental ·
Equações Diferenciais
· 2022/1
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1. Considere a seguinte equação y'' + y' - 2y = u_1(t) - u_2(t), \quad y(0) = 1, \quad y'(0) = -1. (a) Encontre a transformada de Laplace de y(t). (b) Encontre a solução da equação acima. 2. Seja A = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} (a) Resolva Y' = AY, Y(0) = Y_0, onde Y_0^T = (c_1, c_2, c_3). (b) Encontre todas as condições iniciais para as quais temos \lim_{t \to \infty} Y(t) = 0. Observação \quad Note que - Como A é triangular superior, os autovalores (com as respectivas multiplicidades) aparecem na diagonal. - e_1 e e_3 são autovetores de A. 3. Seja B = \begin{pmatrix} \beta & 1 \\ -1 & \beta \end{pmatrix} (a) Encontre a solução geral de X' = BX, para \beta \in \mathbb{R}. (b) Dizemos que uma solução é periódica de período P, se X(t + P) = X(t) para todo t. Indique, se existirem, quais os valores de \beta para os quais toda a solução seja periódica e quais são os respectivos períodos. (c) Esboce o retrato de fase do sistema para \beta \in \mathbb{R}. Questão 1 A) Temos a equação: 𝑦′′ + 𝑦′ − 2𝑦 = 𝑢(𝑡 − 𝜋) − 𝑢(𝑡 − 2𝜋) Aplicando Laplace, temos: 𝐿(𝑦′′) + 𝐿(𝑦′) − 2𝐿(𝑦) = 𝐿(𝑢(𝑡 − 𝜋)) − 𝐿(𝑢(𝑡 − 2𝜋)) 𝐿(𝑦′′) + 𝐿(𝑦′) − 2𝐿(𝑦) = 𝐿(𝑢(𝑡 − 𝜋)) − 𝐿(𝑢(𝑡 − 2𝜋)) 𝑠𝐿(𝑦′) − 𝑦′(0) + 𝐿(𝑦′) − 2𝐿(𝑦) = 𝑒−𝜋𝑠 𝑠 − 𝑒−2𝜋𝑠 𝑠 (𝑠 + 1)𝐿(𝑦′) + 1 − 2𝐿(𝑦) = 𝑒−𝜋𝑠 𝑠 − 𝑒−2𝜋𝑠 𝑠 (𝑠 + 1)(𝑠𝐿(𝑦) − 𝑦(0)) − 2𝐿(𝑦) = 𝑒−𝜋𝑠 𝑠 − 𝑒−2𝜋𝑠 𝑠 − 1 (𝑠 + 1)(𝑠𝐿(𝑦) − 1) − 2𝐿(𝑦) = 𝑒−𝜋𝑠 𝑠 − 𝑒−2𝜋𝑠 𝑠 − 1 (𝑠2 + 𝑠)𝐿(𝑦) − (𝑠 + 1) − 2𝐿(𝑦) = 𝑒−𝜋𝑠 𝑠 − 𝑒−2𝜋𝑠 𝑠 − 1 (𝑠2 + 𝑠 − 2)𝐿(𝑦) = 𝑒−𝜋𝑠 𝑠 − 𝑒−2𝜋𝑠 𝑠 − 1 + (𝑠 + 1) (𝑠 − 1)(𝑠 + 2)𝐿(𝑦) = 𝑒−𝜋𝑠 𝑠 − 𝑒−2𝜋𝑠 𝑠 + 𝑠 𝑳(𝒚) = 𝒆−𝝅𝒔 𝒔(𝒔 − 𝟏)(𝒔 + 𝟐) − 𝒆−𝟐𝝅𝒔 𝒔(𝒔 − 𝟏)(𝒔 + 𝟐) + 𝒔 (𝒔 − 𝟏)(𝒔 + 𝟐) B) Aplicando a transformada inversa, temos: 𝑦 = 𝐿−1 ( 𝑒−𝜋𝑠 𝑠(𝑠 − 1)(𝑠 + 2)) − 𝐿−1 ( 𝑒−2𝜋𝑠 𝑠(𝑠 − 1)(𝑠 + 2)) + 𝐿−1 ( 𝑠 (𝑠 − 1)(𝑠 + 2)) 𝑦 = 𝑢(𝑡 − 𝜋)𝐿−1 ( 1 𝑠(𝑠 − 1)(𝑠 + 2)) 𝑡−𝜋 − 𝑢(𝑡 − 2𝜋)𝐿−1 ( 1 𝑠(𝑠 − 1)(𝑠 + 2)) 𝑡−2𝜋 + 1 3 𝐿−1 ( 1 (𝑠 − 1) + 2 (𝑠 + 2)) 𝑦 = 𝑢(𝑡 − 𝜋)𝐿−1 (𝐴 𝑠 + 𝐵 (𝑠 − 1) + 𝐶 (𝑠 + 2)) 𝑡−𝜋 − 𝑢(𝑡 − 2𝜋)𝐿−1 (𝐴 𝑠 + 𝐵 (𝑠 − 1) + 𝐶 (𝑠 + 2)) 𝑡−2𝜋 + 1 3 (𝑒𝑡 + 2𝑒−2𝑡) Mas, devemos ter: 𝐴(𝑠 − 1)(𝑠 + 2) + 𝐵𝑠(𝑠 + 2) + 𝐶𝑠(𝑠 − 1) = 1 𝐴(𝑠2 + 𝑠 − 2) + 𝐵(𝑠2 + 2𝑠) + 𝐶(𝑠2 − 𝑠) = 1 𝐴 = − 1 2 − 1 2 (𝑠2 + 𝑠 − 2) + 𝐵(𝑠2 + 2𝑠) + 𝐶(𝑠2 − 𝑠) = 1 − 1 2 (𝑠2) − 1 2 (𝑠) + 𝐵(𝑠2 + 2𝑠) + 𝐶(𝑠2 − 𝑠) = 0 Logo, temos: − 1 2 + 𝐵 + 𝐶 = 0 − 1 2 + 2𝐵 − 𝐶 = 0 Somando equações, temos: −1 + 3𝐵 = 0 𝐵 = 1 3 Logo: 𝐶 = − 1 2 + 2𝐵 = − 1 2 + 2 3 = 1 6 Assim, temos: 𝑦 = 𝑢(𝑡 − 𝜋)𝐿−1 ( − 1 2 𝑠 + 1 3 (𝑠 − 1) + 1 6 (𝑠 + 2)) 𝑡−𝜋 − 𝑢(𝑡 − 2𝜋)𝐿−1 ( − 1 2 𝑠 + 1 3 (𝑠 − 1) + 1 6 (𝑠 + 2)) 𝑡−2𝜋 + 1 3 (𝑒𝑡 + 2𝑒−2𝑡) 𝑦 = 1 2 𝑢(𝑡 − 𝜋)(−1 2 + 1 3 𝑒𝑡 + 1 6 𝑒−2𝑡) 𝑡−𝜋 − 𝑢(𝑡 − 2𝜋)(−1 2 + 1 3 𝑒𝑡 + 1 6 𝑒−2𝑡) 𝑡−2𝜋 + 1 3 (𝑒𝑡 + 2𝑒−2𝑡) 𝒚 = 𝒖(𝒕 − 𝝅) (−𝟏 𝟐 + 𝟏 𝟑 𝒆𝒕−𝝅 + 𝟏 𝟔 𝒆𝟐𝝅−𝟐𝒕) − 𝒖(𝒕 − 𝟐𝝅) (−𝟏 𝟐 + 𝟏 𝟑 𝒆𝒕−𝟐𝝅 + 𝟏 𝟔 𝒆𝟒𝝅−𝟐𝒕) + 𝟏 𝟑 (𝒆𝒕 + 𝟐𝒆−𝟐𝒕)
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1. Considere a seguinte equação y'' + y' - 2y = u_1(t) - u_2(t), \quad y(0) = 1, \quad y'(0) = -1. (a) Encontre a transformada de Laplace de y(t). (b) Encontre a solução da equação acima. 2. Seja A = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} (a) Resolva Y' = AY, Y(0) = Y_0, onde Y_0^T = (c_1, c_2, c_3). (b) Encontre todas as condições iniciais para as quais temos \lim_{t \to \infty} Y(t) = 0. Observação \quad Note que - Como A é triangular superior, os autovalores (com as respectivas multiplicidades) aparecem na diagonal. - e_1 e e_3 são autovetores de A. 3. Seja B = \begin{pmatrix} \beta & 1 \\ -1 & \beta \end{pmatrix} (a) Encontre a solução geral de X' = BX, para \beta \in \mathbb{R}. (b) Dizemos que uma solução é periódica de período P, se X(t + P) = X(t) para todo t. Indique, se existirem, quais os valores de \beta para os quais toda a solução seja periódica e quais são os respectivos períodos. (c) Esboce o retrato de fase do sistema para \beta \in \mathbb{R}. Questão 1 A) Temos a equação: 𝑦′′ + 𝑦′ − 2𝑦 = 𝑢(𝑡 − 𝜋) − 𝑢(𝑡 − 2𝜋) Aplicando Laplace, temos: 𝐿(𝑦′′) + 𝐿(𝑦′) − 2𝐿(𝑦) = 𝐿(𝑢(𝑡 − 𝜋)) − 𝐿(𝑢(𝑡 − 2𝜋)) 𝐿(𝑦′′) + 𝐿(𝑦′) − 2𝐿(𝑦) = 𝐿(𝑢(𝑡 − 𝜋)) − 𝐿(𝑢(𝑡 − 2𝜋)) 𝑠𝐿(𝑦′) − 𝑦′(0) + 𝐿(𝑦′) − 2𝐿(𝑦) = 𝑒−𝜋𝑠 𝑠 − 𝑒−2𝜋𝑠 𝑠 (𝑠 + 1)𝐿(𝑦′) + 1 − 2𝐿(𝑦) = 𝑒−𝜋𝑠 𝑠 − 𝑒−2𝜋𝑠 𝑠 (𝑠 + 1)(𝑠𝐿(𝑦) − 𝑦(0)) − 2𝐿(𝑦) = 𝑒−𝜋𝑠 𝑠 − 𝑒−2𝜋𝑠 𝑠 − 1 (𝑠 + 1)(𝑠𝐿(𝑦) − 1) − 2𝐿(𝑦) = 𝑒−𝜋𝑠 𝑠 − 𝑒−2𝜋𝑠 𝑠 − 1 (𝑠2 + 𝑠)𝐿(𝑦) − (𝑠 + 1) − 2𝐿(𝑦) = 𝑒−𝜋𝑠 𝑠 − 𝑒−2𝜋𝑠 𝑠 − 1 (𝑠2 + 𝑠 − 2)𝐿(𝑦) = 𝑒−𝜋𝑠 𝑠 − 𝑒−2𝜋𝑠 𝑠 − 1 + (𝑠 + 1) (𝑠 − 1)(𝑠 + 2)𝐿(𝑦) = 𝑒−𝜋𝑠 𝑠 − 𝑒−2𝜋𝑠 𝑠 + 𝑠 𝑳(𝒚) = 𝒆−𝝅𝒔 𝒔(𝒔 − 𝟏)(𝒔 + 𝟐) − 𝒆−𝟐𝝅𝒔 𝒔(𝒔 − 𝟏)(𝒔 + 𝟐) + 𝒔 (𝒔 − 𝟏)(𝒔 + 𝟐) B) Aplicando a transformada inversa, temos: 𝑦 = 𝐿−1 ( 𝑒−𝜋𝑠 𝑠(𝑠 − 1)(𝑠 + 2)) − 𝐿−1 ( 𝑒−2𝜋𝑠 𝑠(𝑠 − 1)(𝑠 + 2)) + 𝐿−1 ( 𝑠 (𝑠 − 1)(𝑠 + 2)) 𝑦 = 𝑢(𝑡 − 𝜋)𝐿−1 ( 1 𝑠(𝑠 − 1)(𝑠 + 2)) 𝑡−𝜋 − 𝑢(𝑡 − 2𝜋)𝐿−1 ( 1 𝑠(𝑠 − 1)(𝑠 + 2)) 𝑡−2𝜋 + 1 3 𝐿−1 ( 1 (𝑠 − 1) + 2 (𝑠 + 2)) 𝑦 = 𝑢(𝑡 − 𝜋)𝐿−1 (𝐴 𝑠 + 𝐵 (𝑠 − 1) + 𝐶 (𝑠 + 2)) 𝑡−𝜋 − 𝑢(𝑡 − 2𝜋)𝐿−1 (𝐴 𝑠 + 𝐵 (𝑠 − 1) + 𝐶 (𝑠 + 2)) 𝑡−2𝜋 + 1 3 (𝑒𝑡 + 2𝑒−2𝑡) Mas, devemos ter: 𝐴(𝑠 − 1)(𝑠 + 2) + 𝐵𝑠(𝑠 + 2) + 𝐶𝑠(𝑠 − 1) = 1 𝐴(𝑠2 + 𝑠 − 2) + 𝐵(𝑠2 + 2𝑠) + 𝐶(𝑠2 − 𝑠) = 1 𝐴 = − 1 2 − 1 2 (𝑠2 + 𝑠 − 2) + 𝐵(𝑠2 + 2𝑠) + 𝐶(𝑠2 − 𝑠) = 1 − 1 2 (𝑠2) − 1 2 (𝑠) + 𝐵(𝑠2 + 2𝑠) + 𝐶(𝑠2 − 𝑠) = 0 Logo, temos: − 1 2 + 𝐵 + 𝐶 = 0 − 1 2 + 2𝐵 − 𝐶 = 0 Somando equações, temos: −1 + 3𝐵 = 0 𝐵 = 1 3 Logo: 𝐶 = − 1 2 + 2𝐵 = − 1 2 + 2 3 = 1 6 Assim, temos: 𝑦 = 𝑢(𝑡 − 𝜋)𝐿−1 ( − 1 2 𝑠 + 1 3 (𝑠 − 1) + 1 6 (𝑠 + 2)) 𝑡−𝜋 − 𝑢(𝑡 − 2𝜋)𝐿−1 ( − 1 2 𝑠 + 1 3 (𝑠 − 1) + 1 6 (𝑠 + 2)) 𝑡−2𝜋 + 1 3 (𝑒𝑡 + 2𝑒−2𝑡) 𝑦 = 1 2 𝑢(𝑡 − 𝜋)(−1 2 + 1 3 𝑒𝑡 + 1 6 𝑒−2𝑡) 𝑡−𝜋 − 𝑢(𝑡 − 2𝜋)(−1 2 + 1 3 𝑒𝑡 + 1 6 𝑒−2𝑡) 𝑡−2𝜋 + 1 3 (𝑒𝑡 + 2𝑒−2𝑡) 𝒚 = 𝒖(𝒕 − 𝝅) (−𝟏 𝟐 + 𝟏 𝟑 𝒆𝒕−𝝅 + 𝟏 𝟔 𝒆𝟐𝝅−𝟐𝒕) − 𝒖(𝒕 − 𝟐𝝅) (−𝟏 𝟐 + 𝟏 𝟑 𝒆𝒕−𝟐𝝅 + 𝟏 𝟔 𝒆𝟒𝝅−𝟐𝒕) + 𝟏 𝟑 (𝒆𝒕 + 𝟐𝒆−𝟐𝒕)