P2 - Edos 2017-2

y'(t) = (2)(cos t - sin t) (e²ᵗ/5 + e⁻²ᵗ/17) + (-2)(sin t + cos t) (2/5 e²ᵗ - 2/17 e⁻²ᵗ) + 2C₁e²ᵗ + 4C₂e⁴ᵗ, C₁, C₂ ∈ ℝ. Para t=0 temos: y'(0) = (-2) (cos 0 - sin 0) (2/0 e²ᵗ/5 + 2/0 e⁻²ᵗ/17) + (2)(sin 0 + cos 0) (2/5 e²ᵗ - 2/17 e⁻²ᵗ) + 2C₁ e²ᵗ + 4C₂ e⁴ᵗ = 0 ⇒ -6/5 - 6/17 + 2C₁ + 4C₂ = 0 ⇒ 2C₁ + 4C₂ = 132/85 (ii). Montando um sistema linear entre (i) e (ii) temos: C₁ + C₂ = 44/85 {⟹ 2C₁ + 2C₂ = 88/85 ⟹ 2C₁ + 4C₂ = 135/85 {⟹ C₂ = 47/170 ⇒ C₁ = 44/85 - 47/170 ⇒ C₁ = 41/170. Por fim temos, y(t) = (-2)(sin t + cos t) (e²ᵗ/5 + e⁻²ᵗ/17) + 41/170 e²ᵗ + 47/170 e⁴ᵗ. (b) Usando transformada de Laplace. Dada a EDO: y'' - 6y' + 8y = sin t. Apliquemos a transformada de Laplace: 𝓛{y'' - 6y' + 8y} = 𝓛{sin t} ⇒ 𝓛²{y} - 6𝓛(y) + 8𝓛(y) = 1/(𝜆²+1) ⇒ (𝜆²-6𝜆+8)𝐹(𝜆) = 1/(𝜆²+1) ⇒ F(𝜆) = 1/(𝜆²+1)/(𝜆-2)(𝜆-4)(𝜆²+1) Aplicando a transformada inversa: 𝓛⁻¹{𝐹(𝜆)} = 𝓛⁻¹{1/(𝜆-2)(𝜆-4)(𝜆²+1)} = -𝓛⁻¹{-1/(10(𝜆-2)) + 1/(3(𝜆-4)) + (6𝜆+7)/(85(𝜆²+1))} ⇒ 𝓛⁻¹{𝐹(𝜆)} = -1 𝓛⁻¹{1/10} + 𝓛⁻¹{1/(𝜆-2)} + 1/3 𝓛⁻¹{1/(𝜆-4)} + 1/85 𝓛⁻¹{6𝜆+7/(𝜆²+1)} -1/10 𝓛⁻¹{1/(𝜆-2)} + 1/3 𝓛⁻¹{1/(𝜆-4)} + 6/85 𝓛⁻¹{𝜆/(𝜆²+1)} + 7/85 𝓛⁻¹{1/(𝜆²+1)} ⇒ y(t) = -1/10 e²ᵗ + 1/34 e⁴ᵗ + 6/85 cos t + 7/85 sin t. Portanto, y(t) = -1/10 e²ᵗ + 1/34 e⁴ᵗ + 6/85 cos t + 7/85 sin t. Questão 2 Resolva a equação integral: y(t) = 1 + t + \int_{0}^{t} \sin(2(t−τ))y(τ)dτ Supondo y ∈ C²(ℝ) e aplicando a transformada de Laplace temos: L{y(t)} = L{1 + t + \int_{0}^{t} \sin(2(t−τ))y(τ)dτ} ⟹ Denotemos L{y(s)} = F(s). Logo: F(s) = L{1+t} + L{\int_{0}^{t} \sin(2(t−τ))y(τ)dτ} ⟹ F(s) = \frac{1}{s} + \frac{1}{s²} + \frac{2}{s(s² + 4)} . F(s) ⟹ F(s) = \frac{1}{s} + \frac{1}{s²} ⟹ F(s) \left(\frac{s²+1}{s³}\right) \left(\frac{s²+4}{s²−2}\right) = \frac{s²+1}{s³} \left(\frac{s²+4}{s²+2}\right) ⟹ \frac{s²+1}{s³} \left(\frac{s²+4}{(s+√2)(s−√2)}\right) Escrevendo \frac{s²+1}{s³} \left(\frac{s²+4}{(s+√2)(s−√2)}\right) como frações parciais temos: \frac{s²+1}{s³} \left(\frac{s²+4}{(s+√2)(s−√2)}\right) = \frac{1}{s} − \frac{2}{s²} − \frac{q}{2√2} \frac{1}{s+√2} + \frac{q}{2√2} \frac{1}{s−√2} Por fim, temos, y(t) = L^−1{F(s)}. Assim, y(t) = L^−1{F(s)} = L^−1{\frac{(s²+1)(s²+4)}{s³(s+√2)(s−√2)}} = L^−1{\frac{1}{s}−\frac{2}{s²}−\frac{q}{2√2}\frac{1}{s+√2}+\frac{q}{2√2}\frac{1}{s−√2}} = L^−1{1} − 2 L^−1{\frac{1}{s²}} − \frac{q}{2√2} L^−1{\frac{1}{s+√2}} + \frac{q}{2√2} L^−1{\frac{1}{s−√2}} = δ(t) − 2t − \frac{q}{2√2} e^{−√2t} + \frac{q}{2√2} e^{√2t} . Portanto, a solução será: y(t) = δ(t) − 2t − \frac{q}{2√2} e^{−√2t} + \frac{q}{2√2} e^{√2t} . • Questão 3 Encontre a solução do seguinte PVI: y'' + 2y' + 2y = δ(t − 1) + u3(t)t² y(0) = 0, y'(0) = 1 Dada a EDO y'' + 2y' + 2y = δ(t−1)+u3(t)t² rejeitos a y(0)=0, y'(0)=1. Aplicando a transformada de Laplace temos: L{y'' + 2y' + 2y} = L{δ(t−1) + u3(t) . t²} ⟹ L{y''} + 2 L{y'} + 2 L{y} = L{δ(t−1)} + L{u3(t) . t²}⟹ ((s² F(s) − s y(0) − y'(0)) + 2(s F(s) − y(0)) + 2F(s) = L{δ(t−1)} + L{u3(t) . t²} ⟹ (s² + 2s + 2) F(s) − 1 = e^{-s} + L{\frac{9s²+6s+2}{s³}} ⟹ (s² + 2s + 2) F(s) = \frac{e^{-3s}(9s²+6s+2) + s³(e^{−s} + 1)}{s³} Portanto, temos F(s)=\frac{e^{-3s}(9s²+6s+2)+s³(e^{−s}+1)}{s³(s²+2s+2)} Assim, aplicando a transformada inversa temos: y(t) = L^−1{\frac{e^{−3s}(9s²+6s+2) + s³(e^{−s} + 1)}{s³(s²+2s+2)}} Ou seja, y(t) = u3(t) \left(2 + 2(t-3) + \frac{(t-3)^2}{2}\right)e^{-t+3} - 2 e^{-t} \cos(t-3) - 4 e^{-t+3} \ln(t-3) + u1(t) e^{-t+1} \sin(t-1) + e^{-t} \ln t, Questão 4 Resolva o problema de valor inicial: y'' + 2y' + 2y = f(t), y(0) = 0, y'(0) = 0 onde f(t) = \left\{ e^{t}, 0 < t < 1 0, t \ge 1 \right. Observe que podemos escrever f como sendo f(t) = (1-u(t)) e^{t}. Assim, aplicando a transformada de laplace ao PVI temos: L\{y''+2y'+2y=f(t)\} \Rightarrow L\{y''+2L\{y'\} + 2L\{y\}= L\{(1-t)} u(t)\} Denotando L\{y\}=F(s) temos: (s^2F(s)-sy(0)-y(0)) + 2(sF(s)-y(0)) + F(s) = \frac{e^{-t}}{s-1} e^{-s} ⇒ (s^2 + 2s + 1) F(s) = \left(\frac{1}{s} - \frac{1}{s-1}\right) e^{-s} ⇒ (s+1)^2 F(s) = \frac{-1}{s(s-1)} e^{-s} ⇒ F(s) = \frac{-e^{-t}}{s(s-1)(s+1)^2} ⇒ y(t) = L^{-1} \left\{\frac{-e^{-s}}{(s-1)(s+1)^2}\right\} ⇒ y(t) = -L^{-1} \left\{\frac{e^{t}}{(s-1)(s+1)}\right\} ⇒ y(t) = -u_1(t)\left(-1 + \frac{1}{4} e^{t-1} + \frac{3}{4} e^{-t+1} + (t-1) e^{-t+1}\right) ⇒ y(t) = -u_1(t) \left(2e^{-t+1} + \frac{2}{4} e^{t+1} + e^{-t+1} - 1 \right). onde u_1(t) é a função de Heaviside. Questão 5 Ache a solução do sistema: X' = \left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 5 \\ 0 & 0 & 5 \\ 5 & 0 & 0 \end{array}\right) X + \left(\begin{array}{c} 5 \\ -10 \\ 40 \end{array}\right) Seja A = \left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 5 \\ 0 & 0 & 5 \\ 5 & 0 & 0 \end{array}\right). Vejamos se A é diagonalizável. Polinômio característico: p_A(t) = \det(tI-A) = \det\left(\begin{array}{ccc} t & 0 & -5 \\ 0 & t & -5 \\ -5 & 0 & t \end{array}\right) p_A(t) = t^2(t-5) - 25(t-5) ⇒ p_A(t) = (t^2 - 25 )(t-5) p_A(t) = (t-5)(t+5)(t-5) ⇒ p_A(t) = (t-5)^2(t+5). Portanto os autovalores de A são \lambda_1=-5 e \lambda_2=5. Calculemos agora os autovetores de A. Para \lambda_1=-5: \left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 5 \\ 0 & 0 & 5 \\ 5 & 0 & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array}\right) = -5 \left(\begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array}\right) \Rightarrow Dai temos, 5z = -5x ⇒ z=-x e 5y=-5y ⇒ y=0. Portanto o autovetor associado a \lambda_1 = -5 será: (x^{*,0,z}) = (x,0,-x) = x(1,0,-1) ⇒ v_5=(1,0,-1) Para \lambda_2=5: \left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 5 \\ 0 & 0 & 5 \\ 5 & 0 & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array}\right) = 5 \left(\begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array}\right) Aqui temos, 5x = 5x => x = x. Portanto, n (x,y,z) pertence auto espaço associado a λ₂ = 5 temos, (x,y,z) = (x,y,z) = (x,0,x) + (0,y,0) = x(1,0,1) + y(0,1,0), x,y∈ℝ. Ou seja, V₅ = [(1,0,1),(0,1,0)]. Dai conseguimos a matriz de transição P = (1 0 0 0 1 0 1 0 -1) cuja inversa é P⁻¹ = (1 0 0 0 1 0 1/2 0 1/2). Assim, podemos escrever A=PDP⁻¹ como segue: (0 0 5) = (1 0 0)(0 0 5)(1 0 0) 1/2 0 1/2 (0 5 0) (0 1 0) (0 5 0) (0 1 0) (5 0 0) (1 0 -1) (0 0 -5) (1 0 -1) Apos, fazemos a mudança de variável Y(t) = P⁻¹X(t). Dai, X'(t) = AX + F(t) => X' = (PDP⁻¹) X + F(t) => => P⁻¹X'(t) = (D)P⁻¹X + P⁻¹F(t) => (P⁻¹X)' = D(P⁻¹X) + P⁻¹F(t) => => Y'(t) = DY(t) + G(t), G(t) = P⁻¹F(t). Como (d = 5 0 0) temos: 0 5 0 0 0 -5 (y₁'(t)) = (5 0 0) (y₁(t)) + (1 0 0)(5) (y₂'(t)) (0 5 0) (y₂(t)) 1/2 0 1/2)(-10) (y₃'(t)) (0 0 -5) (y₃(t)) -1/2 0 1/2)(40) Portanto, (y₁'(t)) = (5 0 0)(y₁(t)) + (-10) (y₂'(t)) (0 5 0)(y₂(t)) 45/2 (y₃'(t)) (0 0 -5)(y₃(t)) 35/2 Logo, {y₁' = 5y₁(t) - 10 (y₂' = 5y₂(t) + 45 ( {y₁ = C₁e⁵ᵗ + 2 , C₁∈ℝ (y₂ = C₂e⁵ᵗ - 45 , C₂∈ℝ (y₃' = -5y₃(t) + 35 y₃ = -C₃e⁻⁵ᵗ + 35 {y₃ = - C₃e⁻⁵ᵗ + 35 10 , C₃∈ℝ Ou seja, Y(t) será: Y(t) = C₁e⁵ᵗ+ 2 C₂e⁵ᵗ - 45 C₃e⁻⁵ᵗ + 35 10 Como Y(t) = P⁻¹X(t) => X(t) = PY(t). Logo X(t) = (1 0 0)(C₁e⁵ᵗ+ 2 1 0 0 C₂e⁵ᵗ - 45 1 0 -1 C₃e⁻⁵ᵗ + 35) 10 => => X(t) = [10C₁e⁵ᵗ + C₃e⁵ᵗ + 55 10 C₂e⁵ᵗ - 45 10 10C₁ e⁵ᵗ - C₃e⁻⁵ᵗ - 15 10 |-é a solucao geral. Agora como X(0) = (0) 0 0 temos: (10 C₁ + C₃ + 55 =0 (i) C₂ - 45 = 0 => C₂=45 (10 C₁ - C₃ - 15 = 0 (ii) Fazendo (i)+(ii) temos: 20 C₁ = -40 => C₁=-2 e daí, C₃=-35 Portanto, X(t) =( [-20 e⁵ᵗ - 35e⁻⁵ᵗ + 65 => X(t)= |-9 e⁵ᵗ + 7e⁻⁵ᵗ +11 10 C₂e⁵ᵗ - 45 10 -20 e⁵ᵗ + 35e⁻⁵ᵗ -15 10 Questao 6 Ache a solucao do sistema: \\ X' = \begin{pmatrix} 3 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} X + \begin{pmatrix} 0 \\ t \\ 2e^t \end{pmatrix} \\ Seja A = \begin{pmatrix} 3 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} \Rightarrow vejamos o polinomio caracteristico de A. \\ p_A(t) = \text{det}(tI - A) = \text{det} \begin{pmatrix} t-3 & 1 & 1 \\ -1 & t-1 & 1 \\ -1 & -1 & t-1 \end{pmatrix} \\ \Rightarrow p_A(t) = (t-1)^2 (t-3) - 2 + (t-1) - (t-3) + (t-1) \Rightarrow \\ p_A(t) = (t-1)^2 (t-3) - 2t - 4 - t + 3 \Rightarrow p_A(t) = (t-1)^2 (t-3) + (t-1). \\ \Rightarrow p_A(t) = (t-1) \left(t^2 - 4t + 4\right) \Rightarrow p_A(t) = (t-1) (t-2)^2 \\ Portanto, os autovalores de A sao \lambda_1 = 1 e \lambda_2 = 2 . \\ AUTOVETORES DE A: \\ Para \lambda_1 = 1: Dado (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 temos: \\ \begin{pmatrix} 3 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = 1 \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{cases} 3x - y - z = x \ (i) \\ x - y - z = y \ (ii) \\ x + y + z = z \ (iii) \end{cases} \\ De (ii) temos x = z e de (iii) x = y. Logo, se (x, y, z) pertence ao auto\espaco associado a \lambda=1 \text{ temos: } \\ (x, y, z) = (x, x, x) = x \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \Rightarrow \text{v} = (1, 1, 1) \text{ e' um autovetor associado a } 1. Para \lambda = 2: Dado (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 temos: \\ \begin{pmatrix} 3 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = 2 \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{cases} 3x - y - z = 2x \ (i) \\ x - y - z = 2y \ (ii) \\ x - y + z = 2z \ (iii) \end{cases} \\ \begin{cases} x - y - z = 0 \ (i) \\ x - y - z = 0 \ (ii) \\ x - y - z = 0 \ (iii) \end{cases} \Rightarrow \text{Fazendo } (i) + (ii) \text{ temos } x = y + z \\ Assim, se (x, y, z) pertence ao auto\espaco associado a \lambda = 2 \text{ temos, } \\ (x, y, z) = (y + z, y, z) = (y, y, 0) + (z, 0, z), y, z \in \mathbb{R}. \text{ Portanto o autoespaco associado a \lambda = 2 e'} \\ V_2 = [(1, 1, 0), (1, 0, 1)]. \\ Portanto, a matriz de transicao sera'; \\ P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \text{ onde } P^{-1} = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix} \text{ e } D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \\ Assim, X' = AX + F \text{ pode ser escrito como } X' = (PDP^{-1})X + F. \\ Logo, \\ P^{-1}X = (DP^{-1})X + P^{-1}F \Rightarrow (P^{-1}X)' = D(P^{-1}X) + P^{-1}F \\ Denotemos Y(t) = P^{-1}X(t) e P^{-1}F(t) = G(t). \text{ Logo, } \\ X' = AX + F \Rightarrow Y' = D Y + G_t. Assim, \\ Y'(t) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \cdot Y(t) + \begin{pmatrix} -1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ t \\ 2e^t \end{pmatrix} \\ \Rightarrow Y(t) = \begin{bmatrix} y_1 \\ 2y_2 \\ 2y_3 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} t + 2e^t \\ -2e^t \\ t \end{bmatrix} \Rightarrow \begin{cases} y_1' = y_1 + t + 2e^t \\ y_2' = 2y_2 - 2e^t \\ y_3' = 2y_3 + t \end{cases} \\ Logo, teremos, \\ \begin{cases} y_1 = (C_1 + 2t) e^t \\ y_2 = C_2 e^{2t} + 2e^t \\ y_3 = C_3 e^{2t} - \frac{3}{2} \end{cases} \\ Assim, Y(t) sera': \\ Y(t) = \begin{bmatrix} (C_1 + 2t) e^t \\ C_2 e^{2t} + 2e^t \\ C_3 e^{2t} - \frac{3}{2} \end{bmatrix}. \\ Como Y(t) = P^{-1}X(t) \Rightarrow X(t) = P Y(t); \text{ logo,} \\ X(t) = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} (C_1 + 2t)e^t \\ C_2 e^{2t} + 2e^t \\ C_3 e^{2t} - \frac{3}{2} \end{bmatrix} \Rightarrow X(t) = \begin{bmatrix} (C_1 + 2t)e^t + C_2 e^{2t} + 2e^t + C_3 e^{2t} - \frac{3}{2} \\ (C_1 + 2t)e^t + \frac{C_2}{2} e^{2t} \\ (C_1 + 2t)e^t + C_3 e^{2t} - \frac{3}{2} \end{bmatrix}. \\ e' a solucao geral. Agora como X(0) = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}. Questão 7 Usando a definição mostre que, se f(t) é contínua e f''(t) é seccionalmente contínua, então 𝐿{f''}=s^2𝑓(𝑠)−𝑠𝑓(0)−𝑓′(0) Por hipótese f é contínua e f'' é seccionalmente contínua. Então, f'' é admissível. Logo, L{f''} = ∫ᵒᵒ e^{-st}f''(t)dt Integrando por partes temos, L{f''} = ∫ᵒᵒ e^{-st}f''(t)dt = e^{-st}f'(t) |⁰⁺ᵒᵒ - (−𝑠)∫ᵒᵒ e^{-st}f'(t)dt = = -f'(0) - s∫ᵒᵒ e^{-st}f'(t) dt = = -f'(0) - s ( e^{-st} f(t) |⁰⁺ᵒᵒ - s ∫ᵒᵒ e^{-st} f(t) dt ) ⇒ Como F(𝑠) = ∫ᵒᵒ e^{-st} f(t) dt temos: L{f''} = -f'(0) - s f(0) + s² F(s).