P2 - Edos 2017 2

UFF - Universidade Federal Fluminense Disciplina: Equações Diferenciais Ordinárias Prof.: Jorge Ferreira Nome do aluno(a): Segunda Prova - 23/11/2017 Questão 1 Resolva o problema: \{ y'' - 6y' + 8y = sen t y(0) = y'(0) = 0 (a) Sem usar transformada de Laplace. (b) Usando transformada de Laplace. Questão 2 Resolva a equação integral: y(t) = 1 + t + \int_0^t sen(2(t-τ))y(τ)dτ Questão 3 Encontre a solução do seguinte PVI: \{ y'' + 2y' + 2y = δ(t − 1) + u3(t)t^2 y(0) = 0, y'(0) = 1 Questão 4 Resolva o problema de valor inicial: y'' + 2y' + 2y = f(t), y(0) = 0, y'(0) = 0 onde \[ f(t) = \{ e^t, 0 ≤ t < 1 0, t ≥ 1 Questão 5 Ache a solução do sistema: X' = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 5 \\ 0 & 5 & 0 \\ 5 & 0 & 0 \end{pmatrix} X + \begin{pmatrix} 5 \\ -10 \\ 40 \end{pmatrix} Questão 6 Ache a solução 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} Questão 7 Usando a definição mostre que, se f(t) é contínua e f''(t) é seccionalmente contínua, então L\{f''\} = s^2 L\{f\} - sf(0) - f'(0) Utilizaremos o método da variação dos parâmetros: • SOLUÇÃO HOMOGÊNEA: y''-6y'+8y=0 ⇨ Equação característica: r^2 -6r+8=0 ⇨ r=2 ou r=4 Logo, temos y_h(t) = Ae^{2t} + Be^{4t} A, B ∈ ℝ. Daqui, temos y_1(t) = e^{2t}, y_2(t) = e^{4t} Assim, o Wronskiano W(y_1,y_2) será: W(y_1,y_2) = \begin{vmatrix} e^{2t} & e^{4t} \\ 2e^{2t} & 4e^{4t} \end{vmatrix} ⇨ W(y_1,y_2) = 2e^{6t}. Logo as funções parâmetro serão: • u_1(t) = \int \frac{y_2(t) g(t)}{W(y_1 y_2)} dt = \int \frac{e^{4t} \cdot sen\, t}{2e^{6t}} dt = \int 2e^{-2t} \cdot sen\, t dt ⇨ u_1(t) = \frac{-2}{17} \left( e^{-2t} \cdot cos\, t + 4e^{-2t} \cdot sen\, t \right) + C_1, C_1 ∈ ℝ • u_2(t) = \int \frac{y_1(t) g(t)}{W(y_1 y_2)} dt = \int \frac{e^{2t} \cdot sen\, t}{2e^{6t}} dt = \int 2e^{-2t} \cdot sen\, t dt ⇨ u_2(t) = \frac{-2}{5} \left( e^{-2t} \cdot cos\, t + e^{-2t} \cdot sen\, t \right) + C_2, C_2 ∈ ℝ. Portanto, sendo, y_p(t) = u_1(t) y_1(t) + u_2(t) y_2(t) temos y_p(t) = \left[ \frac{-2}{17} \left( e^{-4t} \cdot cos\, t + 4e^{-4t} \cdot sen\, t \right) + C_1 \right] \left( e^{2t} \right) + \left[ \frac{-2}{5} \left( e^{-2t} \cdot cos\, t + e^{-2t} \cdot sen\, t \right) + C_2 \right] \left( e^{4t} \right). y(t) = \frac{-2}{17} \left( e^{-2t} \cdot cos\, t + 4e^{-2t} \cdot sen\, t \right) - \frac{2}{5} \left( e^{-2t} \cdot cos\, t + e^{-2t} \cdot sen\, t \right) + C_1e^{2t} + C_2e^{4t}. ⇒ y(t)=cos t\left( \frac{2}{5} e^{2t} + \frac{2}{17} e^{-2t} \right) - sen t\left( \frac{2}{5} e^{2t} + \frac{2}{17} e^{-2t} \right) +y_h(t). Onde y_h(t) é a solução da equação homogênea. Assim, y(0) = (-2)\left( sen\, 0 + cos\, 0 \right) \left( \frac{4}{5} \cdot \frac{1}{17} \right) + C_1 + C_2 = 0 ⇒ C_1 + C_2 = 24/85. Além disso, y'(0)=0. Logo, y'(t) = (-2)(sen t + cos t) ( e^{2t} e^{-2t} \frac{2e^t}{5} + \frac{e^{-2t}}{17} ) + 2C_1e^{2t} + 4C_2e^{4t}, \ C_1, C_2 \in \mathbb{R}. \ \text{Para} \ t = 0 \ \text{temos:} y'(0) = (-2)(cos 0 - sen 0) (\frac{2 \cdot 0}{5} + \frac{2 \cdot 0}{17}) + (2)(sen 0 + cos 0) (\frac{2 \cdot 0}{5} - \frac{2 \cdot 0}{17}) + 2C_1e^{2t} + 4C_2e^{-0} \ &= 0 \Rightarrow \ = (2)(1) (\frac{1}{5} + \frac{1}{17}) + (-2)(1)(\frac{2}{5} - \frac{2}{17}) + 2C_1 + 4C_2 &= 0 \\ 2C_1 + 4C_2 &= \frac{132}{85} \ \ (ii) \\ (b) \ \text{Usando transformada de Laplace.} \text{Dada a EDO:} y'' - 6y' + 8y = \sen t. \text{Apliquemos a transformada de Laplace:} \mathcal{L}\{y'' - 6y' + 8y\} = \mathcal{L}\{\sen t\}\Longrightarrow \mathcal{L}\{y''\} - 6\mathcal{L}\{y'\} + 8\mathcal{L}\{y\} = \frac{1}{s^2 + 1} \Rightarrow (s^2 - 6s + 8)F(s) = \frac{1}{s^2 + 1} \Rightarrow \mathcal{L}^{-1}F(s) = \Rightarrow \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} = -\mathcal{L}^{-1}\{\frac{1}{10(s - 2)}\} + \mathcal{L}^{-1}\{\frac{1}{3(s - 4)}\} + \frac{6s + 7}{85(s^2 + 1)} \Rightarrow y(t) = -\frac{1}{10}e^{2t} + \frac{1}{34}e^{4t} + \frac{6}{85}\cos t + \frac{7}{85}\sen t. \text{Portanto,} \, y(t) = -\frac{1}{10}e^{2t} + \frac{1}{34}e^{4t} + \frac{6}{85}\cos t + \frac{7}{85}\sen t. Questão 2 Resolva a equação integral: y(t) = 1 + t + \int_{0}^{t} \sen(2(t-\tau))y(\tau)d\tau Supondo y \in C^2(\mathbb{R}) e aplicando a transformada de Laplace temos: \mathcal{L}\{y(t)\} = \mathcal{L}\{1 + t + \int_{0}^{t} \sen(2(t-\tau))y(\tau)d\tau\} \Rightarrow Denotemos \mathcal{L}\{y\} = F(s). Logo: F(s) = \mathcal{L}\{1 + t\} + \mathcal{L}\{\int_{0}^{t} \sen(2(t-\tau))y(\tau)d\tau\} \Rightarrow F(s) = \frac{1}{s} + \frac{1}{s^2} + \frac{2}{s^2+4} \cdot F(s) \Rightarrow F(s) = \left(\frac{1}{s} + \frac{1}{s^2} \right) F(s)\left(\frac{s^2 - 2}{s^2 + 4}\right) = \frac{1}{s} + \frac{1}{s^2} \Rightarrow F(s) = \left(\frac{s^2 + 1}{s^3}\right)\left(\frac{s^2 + 4}{s^2 - 2}\right) \Rightarrow F(s) = \frac{s(s^2+4)}{s^3(s^2-2)} = \frac{(s^2+1)(s^2+4)}{s^2(s+\sqrt{2})(s-\sqrt{2})} Escrevendo \frac{(s^2+1)(s^2+4)}{s^2(s+\sqrt{2})(s-\sqrt{2})} como fracões parciais temos: \frac{(s^2+1)(s^2+4)}{s^2(s+\sqrt{2})(s-\sqrt{2})} = \frac{1}{s^2} - \frac{2}{s^2} - \frac{q}{2\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{s+\sqrt{2}} + \frac{q}{2\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{s-\sqrt{2}} Por fim, temos, y(t) = \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}. Assim, y(t) = \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} = \mathcal{L}^{-1}\{\frac{(s^2+1)(s^2+4)}{s^2(s+\sqrt{2})(s-\sqrt{2})}\} = \mathcal{L}^{-1}\{\frac{1}{s^2} - 2\mathcal{L}^{-1}\{\frac{1}{s^2}\} - \frac{q}{2\sqrt{2}}\mathcal{L}^{-1}\{\frac{1}{s+\sqrt{2}}\} + \frac{q}{2\sqrt{2}}\mathcal{L}^{-1}\{\frac{1}{s-\sqrt{2}}\}\} =\mathcal{L}^{-1}\{1\} - 2\mathcal{L}^{-1}\{\frac{1}{s^2}\} - q\mathcal{L}^{-1}\frac{1}{2\sqrt{2}}{s+\sqrt{2}} + q\mathcal{L}^{-1}\frac{1}{2\sqrt{2}}{s-\sqrt{2}}\} = \delta(t) - 2t - \frac{q}{2\sqrt{2}}e^{-\sqrt{2}t} + \frac{q}{2\sqrt{2}}e^{\sqrt{2}t}. Portanto, a solução será: y(t) = \delta(t) - 2t - \frac{q}{2\sqrt{2}}e^{-\sqrt{2}t} + \frac{q}{2\sqrt{2}}e^{\sqrt{2}t} Questão 3 Encontre a solução do seguinte PVI: \{ y^{\prime\prime} + 2y^{\prime} + 2y = \delta(t - 1) + u_3(t) t^2 \ [y(0) = 0, y^{\prime}(0) = 1 Dada a EDO y^{\prime\prime} + 2y^{\prime} + 2y = \delta(t-1) + u_3(t) t^2 rejeita a y(0) = 0, y^{\prime}(0) = 1. Aplicando a transformada de Laplace temos: \mathcal{L}\{y^{\prime\prime} + 2y^{\prime} + 2y\} = \mathcal{L}\{\delta(t-1) + u_3(t) t^2\} \Rightarrow (s^2 F(s) - sy(0) - y^{\prime}(0)) + 2(s F(s) - y(0)) + 2F(s) = \mathcal{L}\{\delta(t-1)\} + \mathcal{L}\{u_3(t) t^2\} (s^2 + 2s + 2)F(s) - 1 = \frac{e^{-s}}{s} + \frac{e^{-3s}(9s^2 + 6s + 2)}{s^3} \Rightarrow (s^2 + 2s + 2)F(s) = \frac{e^{-3s}(9s^2 + 6s + 2)}{s^3} + \frac{e^{-s}}{s^3} + \frac{e^{-s}}{s^3} Portanto, temos F(s) = \frac{e^{-3s}(9s^2 + 6s + 2) + s^3(e^{-s} + 1)}{s^3(s^2 + 2s + 2)} Assim, aplicando a transformada inversa temos: y(t) = \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{e^{-3s}(9s^2 + 6s + 2) + s^3(e^{-s} + 1)}{s^3(s^2 + 2s + 2)}\right\} Ou seja, y(t) = u_3(t) \left( 2 + 2(t-3) + \frac{(t-3)^2}{2} - 2e^{-t+3} \cos(t-3) - 4e^{-t+3} \ln(t-3) \right) + \newline + u_1(t) e^{-t+1} \sin(t-1) + e^{-t} \ln t. Questao 4 Resolva o problema de valor inicial: y'' + 2y' + 2y = f(t), y(0) = 0, y'(0) = 0 onde f(t) = \begin{cases} e^t , 0 < t < 1 \\ 0, t \geq 1 \end{cases} Observe que podemos escrever f como sendo f(t) = (1-u(t))e^t. Assim, aplicando a transformada de Laplace ao PVI temos: \mathcal{L}\{y'' + 2y' + 2y = \mathcal{L}\{f(t)\} \Rightarrow \mathcal{L}\{y''\} + 2\mathcal{L}\{y'\} + 2\mathcal{L}\{y\} = \mathcal{L}\{1-t\}u(t)\} Denotando \mathcal{L}\{y\} = F(s) temos: (s^2F(s) - sy(0) - y'(0)) + 2(sF(s) - y(0)) + 2F(s) = \frac{e^{-s}}{s} e^{-s} \Rightarrow (s^2 + 2s + 1)F(s) = \left( \frac{1}{s} - \frac{1}{s-1} \right) e^{-s} \Rightarrow (s+1)^2 F(s) = \frac{-1}{s(s-1)} e^{-s} \Rightarrow F(s) = \frac{-e^{-s}}{s(s-1)(s+1)^2} \text{Logo} \ y(t) = \mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{-e^{-s}}{(s-1)(s+1)^2} \right\} \Rightarrow y(t) = -\mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{e^{s}}{(s-1)(s+1)} \right\} \Rightarrow y(t) = -u_1(t) \left( -1 + \frac{1}{4} e^{t-1} + \frac{3}{4} e^{-t+1} + \frac{(t-1) e^{-t+1}}{2} \right) \Rightarrow y(t) = -u_1(t) \left( 2te^{t+1} + 2e^{t+1} + \frac{e^{-t+1}}{4} + e^{-t} - 1 \right) onde u_1(t) é a função de Heaviside . Questao 5 Ache a solucao do sistema: X' = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 5 \\ 0 & 5 & 0 \\ 5 & 0 & 0 \end{pmatrix}X + \begin{pmatrix} 5 \\ -10 \\ 0 \end{pmatrix} Seja A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 5 \\ 0 & 5 & 0 \\ 5 & 0 & 0 \end{pmatrix}. Vejamos se A é diagonalizável. Polinômio característico: p_A(t) = \det(tI - A) = \det\begin{pmatrix} t & 0 & -5 \\ 0 & t-5 & 0 \\ -5 & 0 & t \end{pmatrix} \Rightarrow p_A(t) = t^2(t-5) - 25(t-5) \Rightarrow p_A(t) = (t^2-25)(t-5) \Rightarrow \Rightarrow p_A(t) = (t-5)(t+5) \Rightarrow 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: \begin{pmatrix} 0 & 0 & 5 \\ 0 & 5 & 0 \\ 5 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = -5 \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \Rightarrow Dai temos, 5z = -5x \Rightarrow z = -x \ e \ 5y = -5y \Rightarrow y = 0. Portanto o auto vetor associado a \lambda_1 = -5 será : (x, y, z) = (x, 0, -x) = x(1, 0, -1) \Rightarrow v_5 = (1, 0, -1) • Para \lambda_2 = 5: \begin{pmatrix} 0 & 0 & 5 \\ 0 & 5 & 0 \\ 5 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = 5 \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} Aqui temos,\n5x = 5x => x = x.\nPortanto, x (x,y,z) pertence auto espaço associado a \lambda = 5 temos,\n(x,y,z) = (x,y,x) = (x,0,x) + (0,y,0) = x (1,0,1) + y (0,1,0), x,y \in \mathbb{R}.\nOu seja, V5 = [(1,0,1), (0,1,0)].\nDai conseguimos a matriz de transição P = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{array} \right) cuja inversa é\nP^{-1} = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{array} \right). Assim podemos escrever A = PDP^{-1} como segue,\n\n\n\left( \begin{array}{ccc} 0 & 5 & 0 \\ 5 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{ccc} 5 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & -5 \end{array} \right) \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{array} \right).\n\n\nDepois, Fazemos a mudança de variável Y(t) = P^{-1}X(t). Daí,\nX'(t) = AX + F(t) => X' = (PDP^{-1}) X + F(t) =>\n=> P^{-1}X'(t) = (P^{-1}) (PDP^{-1})X + P^{-1}F(t) => (P^{-1}) = D(P^{-1}X) + P^{-1}F(t) =>\n=> Y'(t) = DY(t) + G(t), G(t) = P^{-1}F(t).\n\nComo D = \left( \begin{array}{ccc} 5 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & -5 \end{array} \right) temos:\n\n\n\left\{ \begin{array}{c} y_1'(t) = 5 y_1(t)\\ y_2'(t) = 5 y_2(t) \\ y_3'(t) = -5 y_3(t) \end{array} \right. = \left( \begin{array}{ccc} 5 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & -5 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} y_1(t)\\ y_2(t)\\ y_3(t) \end{array} \right) + \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cccc} 5\\ -10\\ 40 \end{array} \right). Portanto,\n\left\{ \begin{array}{c} y_1'(t)\\ y_2'(t)\\ y_3'(t) \end{array} \right. = \left( \begin{array}{ccc} 5 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & -5 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} y_1(t)\\ y_2(t)\\ y_3(t) \end{array} \right) + \left( \begin{array}{c} -10\\ 45\\ 35/2 \end{array} \right) .\n\n\nLogo,\n\left\{ \begin{array}{l} y_1' = 5y_1(t) - 10\ y_2' = 5y_2(t) + 45\ y_3' = -5y_3(t) + 35/2 \end{array} \right. \Rightarrow\n\left\{ \begin{array}{l} y_1 = C_1e^{5t} + 2, C_1 \in \mathbb{R}\ y_2 = C_2e^{5t} - 45, C_2 \in \mathbb{R}\ y_3 = -C_3 e^{-5t} + \frac{35}{10}, C_3 \in \mathbb{R} \end{array} \right.\n\n\nOu seja, \ Y(t) \, sera :\n\n\n\left( \begin{array}{c} C_1e^{5t} + 2\ C_2e^{5t} - 45\ \frac{C_3e^{-5t} + 35}{10} \end{array} \right)\n\n\nComo \ Y(t) = P^{-1} X(t) => X(t) = PY(t). Logo :\nY(t) = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} C_1e^{5t} + 2\ C_2e^{5t} - 45\ \frac{C_3e^{-5t} + 35}{10} \end{array} \right) =>\n\nX(t) = \left( \begin{array}{c} \frac{10C_1e^{5t} + C_3e^{-5t} + 55}{10}\\ \frac{C_2e^{5t} - 45}{10} \\ \frac{10C_1e^{5t} + 7C_3e^{-5t} - 3}{2} \end{array} \right) \quad \quad e \ a \ solucao \ geral. Agora, como \nX(0) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) temos: \n\n\n\left\{ \begin{array}{l} 10 \cdot C_1 + C_3 + 55 = 0 \quad \text{(i)} \newline C_2 - 45 = 0 \quad \text{(ii)} \newline 10 \cdot C_1 - C_3 - 15 = 0 \quad \text{(iii)} \end{array} \right.\n\\n\nFazendo \ (i) + (iii) \ temos \ 20C_1 = -40 \Rightarrow \ C_1 = -2 \ e \ lá\, \ C_3 = -30.\n\\n\nPortanto, \ X(t) = \left( \begin{array}{c} \frac{-20e^{5t} - 35e^{-5t} + 65}{10}\\ \frac{45e^{5t} - 45}{10} \\ \frac{-20e^{5t} + -30e^{-5t} - 15}{10} \end{array} \right) \Rightarrow \ X(t) = \left( \begin{array}{c} \frac{-1e^{5t} - 7e^{-5t} + 11}{10}\\ \frac{9e^{5t} - 9}{10} \\ \frac{-2e^{5t} + 7e^{-5t} - 3}{2} \end{array} \right). Questão 6 Ache a solução do sistema: \[ X' = \begin{pmatrix} 3 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} X + \begin{pmatrix} 0 \\ t \\ 2 e^{t} \end{pmatrix} \] Seja \( A= \begin{pmatrix} 3 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} \), vejamos o polinômio característico de \( A \). \[ p_A(t) = \det (t I - A) = \det \begin{pmatrix} t-3 & 1 & 1 \\ -1 & t-1 & 1 \\ -1 & 1 & t-1 \end{pmatrix} \] \[ \Rightarrow p_A(t) = (t-1)^2 (t-3) - 2 + (t-1) - (t-3) + (t-1) \Rightarrow \] \[\Rightarrow p_A(t)=(t-1)^2 (t-3) + 2t - 4 - t + 3 \Rightarrow p_A(t) =(t-1)^2 (t-3) + (t-1)\Rightarrow \] \[\Rightarrow p_A(t)=(t-1) \left((t-1)(t-3) + 1\right) \Rightarrow p_A(t)=(t-1)(t^2-4t+3+1) \] \[ \Rightarrow p_A(t)=(t-1)(t^2-4t+4) \Rightarrow p_A(t)=(t-1)(t-2)^2 \] Portanto os autovalores de \( A \) são \( \lambda_1 = 1 \) e \( \lambda_2 = 2 \). \textbf{AUTOVETORES DE A:} - Para \( \lambda_1 = 1: \) Dado \( (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \) temos: \[ \begin{pmatrix} 3 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = 1 \cdot \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{cases} 3x-y-z = x \quad (i) \\ x-y-z = y \quad (ii) \\ x-y+z = z \quad (iii) \end{cases} \] De \((ii)\) temos \(x=z\) e de \((iii)\) \(x=y\). Logo se \((x,y,z)\) pertence ao auto espaço associado a \( \lambda=1 \) temos: \[(x,y,z)=(x,x,x)=x(1,1,1) \Rightarrow v=(1,1,1) ~ \text{é autovetor associado a 1.}\] Para \( \lambda_2 = 2 \): Dado \( (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \) temos: \[ \begin{pmatrix} 3 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = 2 \cdot \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{cases} 3x-y-z = 2x \quad (i) \\ x-y-z = 2y \quad (ii) \\ x-y+z = 2z \quad (iii) \end{cases} \] \[ \begin{cases} x-y-z = 0 \quad (i) \\ x-y-z = 2y \quad (ii) \\ x-y-z = 0 \quad (iii) \end{cases} \] Fazendo \((i)+(ii)\) temos \(x=y+z\) Assim, se \((x,y,z)\) pertence ao auto espaço associado a \( \lambda_2=2 \) temos, \[(x,y,z) = (y+z, y, z) = (y, y, 0) + (z, 0, z),\; y,z \in \mathbb{R}. Portanto o\] \[\text{autoespaço associado a \( \lambda_2 = 2 \) é,}\] \[V_2 = [ (1,1,0), (1,0,1) ]\] Portanto a matriz de transição será: \[\mathbf{P} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix} \quad \text{onde} \quad \mathbf{P}^{-1}=\begin{bmatrix} -1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} \quad \text{e} \quad \mathbf{D}=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{bmatrix}\] Assim \(X' = AX + F\) pode ser escrito como \(X' = (P D P^{-1}) X + F \). Logo, \[ P^{-1}X = (P D P^{-1}) X + P^{-1} F \Rightarrow (P^{-1}X)' = D (P^{-1}X) + P^{-1}F \] Denotemos \( Y(t) = P^{-1}X(t) \) e \( P^{-1}F(t) = G(t)\). Logo, \[ X' = AX + F \Rightarrow Y' = \mathbf{D} Y + G \] Assim, \[ Y'(t) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{bmatrix} \cdot Y(t) + \begin{bmatrix} -1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 \\ t \\ 2e^t \end{bmatrix} \] \[ \Rightarrow Y'(t) = \begin{bmatrix} y_1 \\ 2y_2 \\ 2y_3 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} t+2e^t \\ -2e^t \\ t \end{bmatrix} \Rightarrow \begin{cases} y_1' = y_1 + t + 2e^t \newline y_2' = 2y_2 - 2e^t \newline y_3' = 2y_3 + t \end{cases} \] Logo, temos, \[ \begin{cases} y_1 = (C_1+2t) e^t \newline y_2 = C_2 e^{2t} + 2e^t \newline y_3 = C_3 e^{2t} - \frac{3}{2} \end{cases} \] Assim, \( Y(t) \) será: \[ Y(t) = \begin{bmatrix} (C_1+2t) e^t \\ C_2 e^{2t} + 2e^t \\ C_3 e^{2t} - \frac{3}{2} \end{bmatrix}\] Como \( Y(t) = P^{-1} X(t) \Rightarrow X(t) = P \cdot Y(t); \) Logo, \[ \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} (C_1+2t) e^t \\ C_2 e^{2t} + 2e^t \\ C_3 e^{2t} - \frac{3}{2} \end{bmatrix} \Rightarrow X(t) = \begin{bmatrix} (C_1+2t) e^t + (C_2 + C_3) e^{2t} - \frac{3}{2} \newline (C_1 + 2t) e^t + C_2 e^{2t} \newline (C_1+2t) e^t + C_3 e^{2t} - \frac{3}{2} \end{bmatrix} \] \(\text{é a solução geral. Agora como} \; x(0)=\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} .\) Questão 7 Usando a definição mostre que, se f(t) é contínua e f''(t) é seccionalmente contínua, então L{f''} = s²L{f} - sf(0) - f'(0) Por hipótese f é contínua e f'' é seccionalmente contínua. Então, f' é admissível. Logo, L{f''} = ∫₀⁺∞ e⁻ˢᵗ f''(t) dt Integrando por partes temos, L{f'} = ∫₀⁺∞ e⁻ˢᵗ f'(t) dt = [e⁻ˢᵗ f(t)]₀⁺∞ - (-s) ∫₀⁺∞ e⁻ˢᵗ f(t) dt = = -f'(0) - s ∫₀⁺∞ e⁻ˢᵗ f(t) dt = = -f'(0) - s \left(e⁻ˢᵗ f(t)\right)₀⁺∞ - s ∫₀⁺∞ e⁻ˢᵗ f(t) dt \right) \implies Como F(λ) = ∫₀⁺∞ e⁻ˡᵗ f(t) dt temos: L{f''} = -f'(0) - sf(0) + λ² F(λ).