Suplemento de Cálculo IV - Christian Q. Pinedo

Colecao Licoes de Matematica Licao 14 S U P L E M E N T O D E C A L C U L O I V Christian Q Pinedo 2023 Tıtulo do original Suplemento de Calculo IV Direitos reservados para lingua portuguesa Fevereiro 2023 Palmas Tocantins Brasil A meus filhos Milagros Andre Nykolas Kevyn e Cecılia pelas eternas licoes de vida i Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Tıtulo do original Suplemento de Calculo IV ISBN 978 65 00 63717 5 Fevereiro de 2023 Direitos exclusivos para lıngua portuguesa UFT CAMPUS DE PALMAS Coordenacao de Engenharia Civil 5128 Pinedo Christian Quintana 1954 Suplemento de Calculo IV Christian Jose Quintana Pinedo Uni versidade Federal do Tocantins Campus de Palmas Curso de Engenha ria Civil 2023 698 p il 297mm I Suplemento de Calculo IV Christian Q Pinedo II Series e Equacoes Diferenciais III Tıtulo CDD 5128 ed CDU ISBN 978 65 00 63717 5 ii 01022023 SUMARIO Identidades Diversas vi PREFACIO xi 1 Serie de potˆencias 1 11 Series de numeros reais 1 Exercıcios 11 1 12 Series de potˆencias 23 Exercıcios 12 23 13 Serie de Taylor 45 Exercıcios 13 45 2 Equacoes diferenciais de 1a ordem 69 21 Equacoes diferenciais 69 Exercıcios 21 69 22 Tipos de equacoes de primeira ordem 92 Exercıcios 22 92 23 Equacoes de primeira ordem 124 Exercıcios 23 124 24 Equacoes diferenciais nao lineares de primeira ordem 161 Exercıcios 24 161 3 Equacoes diferenciais de ordem n 1 209 31 Equacoes diferenciais nao lineares 209 Exercıcios 31 209 32 Equacoes diferenciais lineares de coeficientes constantes 233 Exercıcios 32 233 33 Equacao nao homogˆenea de ordem maior que dois 256 Exercıcios 33 256 34 Aplicacoes 292 Exercıcios 34 292 iii Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 35 Solucao de Equacao Diferencial por Serie de Potˆencias 322 Exercıcios 35 322 36 Revisao do Capıtulo III 353 Miscelˆanea 31 353 4 Transformada de Laplace 391 41 Existˆencia da transformada de Laplace 391 Exercıcios 41 391 42 Transformada inverse de Laplace 428 Exercıcios 42 428 43 Aplicacoes 457 Exercıcios 43 457 44 Revisao Capıtulo IV 498 Miscelˆanea 41 498 5 Serie de Fourier 513 51 Series Trigonometricas 513 Exercıcios 51 513 52 Serie de Fourier 529 Exercıcios 52 529 53 Convergˆencia da serie de Fourier 556 Exercıcios 53 556 54 Aplicacoes 589 Exercıcios 54 589 Miscelˆanea 51 621 6 Transformada de Fourier 633 61 Teoria preliminar da transformada de Fourier 633 Exercıcios 61 633 62 Outras propriedades das transformadas de Fourier 661 Exercıcios 62 661 APˆENDICE 674 A1 Formulas elementares de integracao 674 A2 Tabela de Transformadas de Laplace 676 A21 Transformada de Laplace elementares 676 A22 Transformada inversa de Laplace elementares 677 Referˆencias Bibliograficas 679 iv 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Indice 681 Epigrafe 681 v 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Identidades algébricas Considerar abR e mn Z en geral temse e aa qmtn e qinn Va xa aQ0 e a a e Vab a Vb a0 b0 e ab anrbh V Va a a0 aym am e 74 a0b0 GG p b 0 bw m 1 e f gnn e a a0 a a e ab a42abb e ab a 3a7b 3ab 6 e ab a 2abb e ab a 3a7b 3ab b e ab aba ab 0 e ab aba ab0 e ababa 1 a 7b 4 a 3b ab b1 e a b atba ab a 30 ab b quando nfmpar Identidades trigonométricas Considerar a GER e sena sena cosa cosa e sena cosa 1 e senaesca 1 e tana1seca cosaseca 1 e cotatlcsea e tanacota1 e sen2a 1 cos 2a e cos a 1 cos 2a e cos 2a cos a sena e sen2a 2sena cosa e sena senacosBsen8cosa cosa 8 cosacos 6 senasenf 2tana tana tan GB e tan2a t eaeee tan e tana itanatanB 1tana 5 t 1 cos2a sen2a B e ana senasenZ cosa 3 cosa 2 senda 1 cos 2a e 2senacos 3 sena3senaB e 2cosacos Gb cosacosa vi 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Identidades geométricas 1 Adrea P perimetro lado r raio Quadrado Retangulo Circulo l l A Abxa Anr PAl P 2ab P2qrr 2 Adarea P perimetro c hipotenusa ae b catetos h altura r raio a angulo central 2 comprimento do setor circular Teorema de Pitagoras Triangulo Setor circular 7 C L ee r b b 2 a2 ap Atoxh Alp Cc a b 9 9 a Pabe Par 3 Adrea P perimetro B base maior 6 base menor h altura R raio maior r raio menor Paralelogramo Trapezoide Coroa circular b LY p b il 2 2 A 5B bh An7Rrh Abxh P27rR7r vii 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV LN LA l c oa A V3 4 Vaxbxe V arrh v3 2 h S 2a bc 2ab S 2arh 2ar 4 Adrea P perimetro S superficie total V volume fh altura r raio Triangulo Equilatero Paralelepipedo reto Cilindro 5 Vvolume haltura rraio S superficie Triangulo Cone circular reto Tronco de cone c b LbA 1 A ypp ap bp e Voarh b 1 po S arr h Vag RerR rh 6 Vvolume h altura rraio S superficie Esfera Prisma pa 7 Vey 4 V oar VBxh S 4rr B Area da base viii 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Identidades para derivadas Sejam C constante n Q a R fx gx funcoes αˆangulo Lnxlogaritmo neperiano logb x logaritmo natural na base b DxC 0 Dxf g f Dxg g Dxf Dxfgx Dxfgx Dxg Dxefx efx Dxfx DxLnf 1 f Dxf f 0 Dxsenx cos x Dx cos x senx Dx sec x sec x tan x Dxarcsenx 1 1 x2 Dx arctan x 1 1 x2 Dxf g Dxf Dxg Dxf g g Dxf f Dxg g2 Dxfn n Dxfn1 Dxaf af Dxf Lna a 0 Dxlogb f 1 f Lnb Dxf f 0 Dx tan x sec2 x Dx cot x csc2 x Dx csc x csc x cot x Dx arccos x 1 1 x2 Dxarcsecx 1 x x2 1 Identidades diversas Suponhamos b c R m Q temse logb a N a bN Logo i logba c logb a logb c ii logbac logb a logb c iii logb am m logb a iv logc a logb a logc b Para numeros na base decimal anan1 a1a0 10nan10n1an1 10a1a0 Equivalˆencia entre graus sexagesimais e radianos α graus α radianos senα cos α tan α cot α sec α csc α 0o 0 0 1 0 1 300 π 6 1 2 3 2 3 3 3 2 3 3 2 45o π 4 2 2 2 2 1 1 2 2 60o π 3 3 2 1 2 3 3 3 2 2 3 3 90o π 2 1 0 0 1 ix 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Formas determinadas e Formas indeterminadas lim x fx lim x gx hx lim x hx de modo simbolico 1 fx gx 2 fx gx 3 K R fx gx K 4 K R fx gx K 5 fx gx 6 fx gx 7 K 0 fx gx K 8 K 0 fx gx K 9 0 fx gx 0 10 K fxgx 0 K 0 11 fxgx 12 K 0 0 fxgx K0 13 0 fxgx 0 14 K 0 0 fxgx K0 15 0 fxgx 0 16 0 0 fxgx 00 17 0 0 fxgx 00 18 fxgx 19 0 fxgx 0 20 0 fxgx 0 21 1 fxgx 1 Seja K R nao existem em R K 0 00 K No limite lim x0 1 x lim x 1 x 0 lim x0 xx 1 Funcoes Hiperbolicas 1 senhx ex ex 2 2 cschx 2 ex ex 3 cosh x ex ex 2 4 sechx 2 ex ex 5 tghx senhx cosh x ex ex ex ex 6 ctghx cosh x senhx ex ex ex ex x 01022023 PREFACIO O proposito destas notas de aula de auxilio a disciplina Series e Equacoes Diferenci ais e ensinar aos estudantes em geral dos cursos de Engenharia ou Matematica a nıvel da graduacao as nocoes basicas das series de funcoes com domınio em R e das equacoes diferenciais ordinarias assim como as tecnicas e aplicacoes basicas que acompanham tais conceitos esta obra e a continuacao e abordagem de conceitos e teorias sobre serie de po tˆencias equacoes diferenciais e solucao de alguns tipos de equacoes diferenciais ordinarias mediante series de funcoes e a solucao das equacoes mediante as series e transformadas de Laplace de Fourier Esta obra representa o esforco de sıntese na selecao de um conjunto de problemas que com frequˆencia se apresenta quando um estudante comeca a estudar calculo avancado Este trabalho esta apresentado em cinco capıtulos No primeiro capıtulo apresentase nocoes gerais sobre serie de potˆencias series de Taylor e MacLaurin e teoremas do resto uteis na solucao de equacoes diferenciais No segundo capıtulo apresentase nocoes gerais sobre equacoes diferenciais ordinarias de primeira ordem e notacao a ser utilizada nestas notas e parte da classificacao das equacoes de primeira ordem que se utiliza com muita frequˆencia No terceiro capıtulo apresentase alguns metodos para a solucao de equacoes diferenci ais ordinarias de ordem maior ou igual a dois equacoes estas de coeficientes constantes ou variaveis Tambem neste capıtulo se apresenta a solucao de equacoes mediante as series xi Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV infinitas O quarto capıtulo esta reservado para o estudo da transformada de Laplace e suas aplicacoes na solucao de equacoes diferenciais lineares de coeficientes constantes assim como as propriedades que esta transformada apresenta para a solucao de outros problemas Os dois ultimos capıtulos sao reservados para o estudo das series e transformada de Fourier assim como suas aplicacoes diversas na solucao de equacoes diferenciais ordinarias O objetivo deste trabalho e orientar a metodologia para que o leitor possa identificar e construir um modelo matematico e logo resolvˆelo Cada capıtulo se inicia com os objetivos que se pretende alcancar os exercıcios apre sentados em quantidade suficiente estao classificados de menor a maior dificuldade A variedade dos problemas e exercıcios propostos pretende transmitir minha experi ˆencia profissional que assimilei como Consultor em Matematicas Puras e Aplicadas assim como professor de ensino superior com atuacao na graduacao e posgraduacao da docˆencia universitaria Fico profundamente grato pela acolhida deste trabalho e pelas contribuicoes e sugestoes dos leitores em particular a meus alunos do Curso de Engenharia Civil da Universidade Federal do Tocantins Christian Quintana Pinedo Palmas TO Janeiro de 2022 A Matematica e a honra do espırito humano Leibniz xii 01022023 Capitulo 1 e aA e Série de poténcias 11 Séries de nimeros reais Exercicios 11 ky Exercicio 111 roo Mostre que a série converge sempre que p 1 e diverge seO p n1 Solugao 00 Caso 1 Para 0 caso p 1 como foi mostrado no Exemplo 131 esta série S n1 1 diverge 1 Caso 2 Para o caso p 0 temse in n onde q p 0 Assim a sucessao n Sy 194 274374 4n1 nao é limitada e entao ela diverge O mesmo acontece para 0 p 1 Caso 3 Suponhamos o caso p 1 Observe que op 3 1 1 1 loi 1 fiy 3p 2p p 3p p DP op1 Pott tet tt ty lyf ty ptatetp spt pt pt p72 p 1 11 Dott ttt ttt yy ty fy wtotipt tip pte tet pte tet ety 2 ae g Livro Séries e Equacées Diferenciais do mesmo autor 1 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV soy ty tg 2p 2 1 24 1p k 1 1 1 1 1 1 op dt pk SP 2p 2kP 28 2P omp La S kparcelas gkty I k 17 S kl De onde resulta que d d Ea quando k oo0 segue que 2 1 oo assim c0o 00 n 1 1 as aa a n1 n1 00 1 Observe que a série S é crescente e limitada pois a série da parte direita na n n1 1 desigualdade 11 é convergente Exemplo 12 logo S converge n n1 1 Portanto temse dos casos 1 2 e 3 que a série S converge se p 1 e diverge se n n1 pel Exercicio 112 Demonstre a condigao de Cauchy Se axpen uma sequéncia de ntimeros reais a SETI Sy S a convergente se para qualquer 0 existe ng 0 tal que S Sn k1 sempre quem n no Solugao Sendo a série s So ay convergente entao existe S R tal que lim Sn S logo N00 k1 E para todo 0 existe n 0 tal que s S 3 Sempre que Seja m n sendo a série sy So ay convergente entao existe S R tal que k1 E lim Sm S logo para todo 0 existe nz 0 tal que s S 3 sempre que mM00 m MN Seja ng maxn nz entao E lSm Sn S8m S Sn S 5m S Sn S 5t56 sempre que m n No 2Livro Séries e Equacdes Diferenciais do mesmo autor 2 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto a série 5 S az convergente se para qualquer 0 existe no 0 tal k1 que S S sempre que m n 19 Exercicio 113 to 94n 1 Determine a convergéncia das séries 1 Syn a1 n1 n2 3n too 7 too 1 2 1 3 SP aK uo Qn n Xu n 1Lnn 1 Solugao 00 00 9n1 1 Seja dn dun yaya 00 00 00 a vn 1 ne Consideremos a série d bp 2 d 732 esta série é pconvergente n 9n1 n3 9n Vn3 Como lim on lim Syn1 ni lim on TNT og O teste de Comparacao permite concluir que a série dada é convergente 1 1 Lo ni l 1 2 Temos an an 1 aplicando o critério de Cauchy a an 1 n n 1 2 n C li 1 érie di omo lim Van 5 a série diverge 3 Consid fz lo critério da integral Consideremos fx pelo critério da integra 1 2Ln1 2 P 6 00 dx LnLn 1 dr LnLnx 00 1 2Ln1 2 1 1 Portanto a série dada diverge Exercicio 114 Suponhamos temos uma série de termo geral a de modo que dn Gn1 para todo 00 00 n Nt Demonstre que a série So an converge se e somente se a série S52 Agn n1 n1 também converge Solugao 3 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 Por hipdtese a série S dy converge logo ela limitada n1 getty Consideremos a soma S An Age Agk41 Agkyg Agrt1g Agri11 ela tem n2k 2 somandos Como o termo geral da série e tal que ay an41 para todo n N entao agri Agi Aor 71 2 k entao ak1y Qk Agkt1 S An Qk Agk n2k k Lopes observe que 2 dgn41 5 2 Agrti1 Somando em k 01 ko 1 ko1 2ko11 ko 5 So oT ager SO an SO 2 ay 12 n1 n1 n0 Denotemos s 2a e tn aj para todo j N segue em 12 j0 j0 1 5 Sho1 So Agko14 ao Sko Quando kp 00 segue 1 00 00 00 502 agn 80 Say a9 S22 ayn n1 n1 n0 1 00 00 00 502 Agn So an Ss 2 Agn n0 n0 n0 00 00 Portanto a série S dn converge se e somente se a série S 2 don também converge n1 n1 Exercicio 115 00 00 Verificar que o produto infinito c Gn COM An 0 converge sempre Sian con verge nm nm Solugao x x Sabese que ealtatay te totes logo lae Va0 n 4 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 00 Assim como S Gn converge logo S dn M para algum M ER n0 n0 P 1 a1 a21 a3 1 an e e e e e VneN entao sendo P sequéncia monotona crescente e limitada segue que existe L R tal que 00 Fan G 4 an se LER n0 00 Portanto c Qn Com a 0 converge n0 Exercicio 116 Demonstre que se anen uma sequéncia com a 0 para todo n Nt entdo 00 a série So an é convergente se e somente se a sequéncia de somas parciais Syen n1 limitada Solugao n 00 Seja a soma parcial s S dp Como a série S a convergente entao existe S R k1 k1 tal que jim Sn S entao para todo 0 existe np 0 tal que 00 ls Se SeEs5e4S n No sendo série de termos positivos segue 0 s 5 sempre que n no Assim a sequéncia de somas parciais s en é limitada Inversamente Suponhamos a sequéncia de somas parciais s5cy seja limitada Afirmo A sucessao s possui um valor aderente L Pelo fato ser s limitada segue que s possui uma subsucessao 8 convergente para um valor L Logo para cada 0 existe n9 noe tal que E Sn L 3 para todo ny 19 Afirmo A sucessao s converge para o valor aderente L De fato da afirmativa precedente resulta Sn L 8n Sng Sng LY S n Sn las LI 13 E Sendo ng 179 Sn Sm 5 Param n ng obtémse da desigualdade 13 que 5 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Ee s L para todo n ng 2 2 Logo s converge para o valor aderente L Assim a sucessao s de Cauchy é convergente 00 Portanto a série y Gn convergente n1 Exercicio 117 00 00 Sejam y An y b duas séries numéricas ea R Mostre o seguinte n1 n1 00 00 00 00 1 Se as séries y An e y by sao convergentes entao y dn bn y QGn também n1 n1 n1 n1 convergem 00 00 00 2 Se y Gn e convergente e y b divergente a série y dn b diverge n1 n1 n1 00 00 3 Se y An divergente ea 0 entao a série y Q An também divergente n1 n1 Solugao Denotamos como s tr un e vn as sequéncias de somas parciais das séries 00 00 00 00 An bn Qnbn aap respectivamente temos Un Sn ty Un A Sn n1 n1 n1 n1 1 Se as sequéncias s e t forem convergentes entéo as sequéncias u e un também serao convergentes e além disso lim u lim s lim t e lim va lim s n00 n00 n00 n 00 noo 00 00 00 00 Portanto se as séries y An e y b sao convergentes entao y an b e y QAn n1 n1 n1 n1 também convergem 2 Pelo absurdo 00 Suponhamos que a série 5a bn seja convergente entao a sequéncia u n1 é convergente e por conseguinte a sequéncia t também é convergente pois ty Un Sn 00 Logo a série 5 b é convergente Isto é contradigéo com a hipotese n1 00 Portanto a série 5 a 6 diverge n1 6 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 3 Pelo absurdo 00 Suponhamos que a série 4 aa seja convergente entaéo a sequéncia u é n1 convergente e por conseguinte a sequéncia s também é convergente pois 5 1 Un a 00 Logo a série s é convergente Isto é contradicao com a hipdtese n1 00 Portanto a série 5 aa diverge n1 Exercicio 118 00 00 Critério de comparacao Sejam So an e Soon duas séries de termos positivos n1 n1 Demonstre o seguinte o 00 1 Se a série Soon converge Gn b Vn N entdo a série Sian também n1 n1 converge 00 00 2 Se a série S An diverge dn bn Vn N entao a série Soon também diverge n1 n1 Solugao 00 1 Sendo Soon série de termos positivos e convergente entao existe M R tal que n1 00 0S ob M para todo n EN n1 00 Sendo S ad também de termos positivos e a b entao n1 00 00 0Soa SobM WneN n1 n1 00 00 assim S a limitada e pelo Exercicio 116 segue que a série S ad também n1 n1 converge 00 2 Sendo a série S ad divergente e de termos positivos ela e limitada inferiormente isto n1 00 é0 So an oo Da hipdtese an bn Wn EN segue n1 00 00 0 S An S b oO n1 n1 7 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 Portanto a série 5 b é divergente n1 Exercicio 119 00 Demonstre que se a série S dn absolutamente convergente entao ela é convergente n1 00 00 e z S an n1 n1 Solugao co Seja 5 a uma série absolutamente convergente para cada n NT seja bn anGn 1 co Por hipdtese a série 5 a é convergente além disso como n1 0 b an an an lan 2a para todo n N co co Entao a série 5 b 6 dominada pela série 5 2a que é convergente logo a série 1 oo nm nm S b convergente n1 co Porém ap a b isto é podemos obter a série 4 a como diferenga de séries n1 convergentes co Assim a série a é convergente n1 Por outro lado da desigualdade triangular segue 00 00 Ye ay a2 a3 a4 far Jaa fas laa SS Jan n1 n1 Exercicio 1110 00 00 Sejam Sian e Soon séries absolutamente convergentes demonstre o seguinte n1 n1 00 1 A série So anbn absolutamente convergente n1 00 00 00 2 O produto cy das séries Sian So bn absolutamente convergente e nl n1 n1 00 00 00 doen San San n1 n1 n1 Solugao 8 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercicio 1111 00 00 Sejam Sian tais que So bn duas séries e an Kbp Vn E Nt K0 n1 n1 00 00 1 Se a série So bn absolutamente convergente entao a série Sian também é n1 n1 absolutamente convergente 00 00 2 Se a série Sian nao absolutamente convergente entao a série Soon nao é n1 n1 absolutamente convergente Solugao 00 00 1 Como S b série absolutamente convergente entao S b é série convergente n1 n1 00 assim existe M R tal que S b M Por outro lado n1 00 00 an Kal So lanl SOK b KM VneNt K0 n1 n1 00 Assim S a 6 série convergente n1 00 Portanto a série S dy também é absolutamente convergente n1 00 2 Sejam as proposicdes p a série S b absolutamente convergentee gq asérie 1 c0o S Gy 6 absolutamente convergente n1 Pela parte 1 deste exercicio foi mostrado que a proposicao composta p q é verdadeira A contra reciproca da proposigao composta é gq p E como a proposicao p q p é tautologia logo a proposigéo composta é p é verdadeira 00 00 Portanto se a série Sian nao é absolutamente convergente entao a série Soon n1 n1 nao é absolutamente convergente Exercicio 1112 9 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 Demonstre que uma série alternada y 1t1a é absolutamente convergente se n1 00 y an for convergente n1 Demonstracao Por contradicao 00 Por hipdtese a série y dn convergente n1 00 Suponhamos que a série y Gn Seja divergente entao n1 00 00 00 n1 Sdn So Jan 5 1a n1 n1 n1 00 é divergente isto é série y 1a é seja divergente n1 00 Portanto a série a série alternada y 1a nao é absolutamente convergente n1 Exercicio 1113 CO Seja ay uma sucessdo decrescente que converge para zero Entdo a série S1an n1 é convergente Demonstracao Sendo a decrescente e convergindo para zero podemos considerar a 0 e as reduzidas de ordem par e impar separadamente Sendo CO n1 1 An G1 Ag 43 Aan Agp1 n1 encontrase Uma sucessao de termos de indice mpar 5 a 3 a1 a2 a3 S85 ay dg a3 a4 ds Sapt1 G1 a2 a3 44 G5 Gap Aap41 Uma sucessao de termos de indice par s2 a ag 4 a a2 a3 a4 86 a1 a2 a3 a4 a5 ag 10 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV S2n ay a a3 a4 as ae e d2p1 2p Sendo a decrescente temse a An41 para todo n N logo 1 2 82 2 83 20 2S Sapp Ss BQ L 4 S56 Li S Sap S isto 6 Sap41 é decrescente e é s2 é crescente além disso 52p41 Sap A2p41 Mas por hipdtese a converge para zero logo para cada 0 existe po poe Nt tal que Sop41 Sap Gap41 para todo p po Resulta que as classes de ntimeros reais 2p 2p41 840 contiguas Assim elas definem um unico numero real S tal que n CO jj jj 1pt1 71 tl S lim 8 lim ys 1 So1an p1 n1 CO Portanto a série 11a 6 convergente n1 Exercicio 1114 00 Critério de Leibniz Seja a série alternada S So1 han uma série de termos n1 alternados com d 0 Vn N Demonstre que esta série converge se satisfaz as condicoes 1 dnnent decrescente 2 lim a 0 N00 Solucao Consideremos a nésima reduzida da série como Sn GQ G2 43 d4 05 Agt n Observamos que Sj a1 S2 a1a2 S e S3 ayaga3 Sa2a3 Sh logo S3 a dg a3 Sp 03 So oO que nos garante até o momento que Sy S3 S Temos também que 4 a a2 a3 a4 S1 a2 a3 a4 S mas também temos que 5S4 53 a4 53 garantindo até o momento que Sy S4 3 Sj 3Contiguas vem do verbo contiguar O mesmo que aproximar avizinhar Desenvolver ou criar contiguidade entre fazer ficar préximo 11 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Se continuarmos este processo obteremos S2 4 Sg Ss 3 S e logo apos So Sy Se Sg S7 S5 S3 Sy A sequéncia de indices pares S2 é crescente e limitada quando k 00 e a sequén cia de indices impares 551 é decrescente e limitada quando k oo Assim estas sequéncias convergem respectivamente para S e Sj isto é lim Sor Sy lim Sop1 lim Sop1 S k00 k00 k00 Como dop1 Sop41 Sox 0 critério do termo geral garante que 0 lim A2k41 lim SoK41 lim Sox Si Sy k00 k00 k00 Garantindo que S2 SpS Portanto a série estudada converge Exercicio 1115 ee a Critério DAlemberts Sejaan 0 para todon Nt e suponhamos que lim al n00 An r R Demonstre o seguinte 00 1 Se r 1 a série Sian absolutamente convergente n1 00 2 Se r1 a série Sian diverge n1 Solucao a a 1 Como lin r R entao podemos supor ans r1 para n no assim nco An an an1 n Tan rlo Ss fdnsi rlan rrlani r lar An logo ay ra Assim obtemos 00 00 00 do laml S dor aa laa dr n1 n1 n1 00 Isto é como r 1 asérie S a é estritamente decrescente limitada inferiormente n1 00 pelo zero e superiormente pelo limite da série geométrica convergente S lay r n1 12 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 Portanto se r 1 para n ng a série 5 ay converge absolutamente n1 a a 2 Como lim r R entao podemos supor SH srs 1 para n no no0o An An co entd0 Gn41 Tan logo a ay série é crescente de modo andlogo a primeira parte n1 obtémse que 00 00 00 Yorn aa Sor sym n1 n1 n1 00 isto 6 a série 54 a é crescente nao limitada superiormente logo ela diverge n1 CO Portanto se r 1 para n ng a série S Gy diverge n1 Exercicio 1116 Critério de Cauchy Suponhamos que lim Ya r R Demonstre o seguinte nN 00 00 1 Ser 1 a série So an absolutamente convergente n1 00 2 Ser 1 a série So an diverge n1 Solugao 1 Como tm an r R entao sendo Ja r 1 para n no entao a CO CO r 1 logo SO ja Sor n1 n1 Sendo uma série de termos positivos dominada por uma série geométrica de razao ril co Consequentemente a série a converge absolutamente n1 2 A demonstragao resulta do fato a 7r onde k 1 Exercicio 1117 Consideremos a fungdo f 1 co R continua e suponhamos que fx seja nao 00 negativa e monotona decrescente Demonstre que se a integral fxdx converge entao 1 00 Foo oo oo a série Sf n converge fadx S fn f fadz n1 1 nl 1 Demonstracao 13 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Seja s f1 f2 f3 fn para n N e consideremos a funcao F 1 00 R definida por t Ft toa para t 1 00 1 como fx é continua pelo Teorema do Valor Médio para Integrais existe a R tal que k1 fxdx k 1 k fa fa sendo que a k k 1 istoée Ka kl k Pelo fato ser fa mondétona decrescente nao negativa segue k1 0 fkK1 fadx fk k nl para k N Assim obtemos para a integral Fn 1 fxdx 1 2 3 4 nl Fn1 tae tears tart fadx 1 2 3 n Sf f2 3 fr sn S 2 3 4 n fa f floides f fades f faae b fxdx f1 Fn 1 2 3 n1 De onde Fn1 5 fI Fn para néNt 14 00 Por hipotese a integral fxdx seja convergente Como Fx é decrescente temos 1 em 14 que 00 sn S 1 Pl F Tim Fn ft f fleae 1 para todo n Nt Assim a sequéncia de somas parciais s é limitada e sendo monotona 00 segue que a série 5 fn é convergente n1 14 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 00 Portanto se a integral fxdx converge entao a série S fn converge e temse 1 n1 00 00 00 que fadz Sf n f1 fxdz 1 nl 1 Exercicio 1118 Consideremos a fungao f 1 oo R continua e suponhamos que f seja nao negativa e monotona decrescente isto é 1 fx 0 Va 1 2 fx fly sempre quelay 00 Nessas condigdes demonstre que a série S fn é convergente se e somente se a n1 00 integral fn for convergente n1 Solugao 00 Por hipdtese temse que a série 4 fn é convergente entao existe N R tal que n1 Sn N para todo n N Da equacao 14 segue Fn 1 N para todo n N Como Ft é decrescente isto implica que Ft N para todo t 1 00 Sendo 00 fx positivo deduzimos de 14 que a integral impropria fxdx converge a 1 Além de dar informagao relativa a4 convergéncia de uma série 0 critério da integral pode ser usado para calcular a soma da série Exercicio 1119 00 00 Critério de comparagao no limite Sejam So an Soon duas séries de termos n1 n1 a th L li ath positivos e seja ue b 00 00 1 Se L 0 entdao as séries S Gn S b sao ambas convergentes ou ambas divergentes n1 n1 00 00 2 SceL0 e Soon converge entao Sian também converge n1 n1 00 00 3 Se Lo0 e Soon diverge entao Sian também diverge n1 n1 Solugao 15 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 Sejam m MW R tais que m DL M como existe o limite L lim i entao N 00 n existe um N N tal quem i M para todo n N Logo Mbn adnMb paratodo nN 15 00 00 Se Soon for divergente entao de 15 Som b também é divergente e pelo n1 n1 00 critério de comparacao Propriedade 18 a série S Gn também diverge n1 00 00 Se S b for convergente entao de 15 S M b também é convergente e pelo n1 n1 00 critério de comparacao Propriedade 18 a série S Gn também converge n1 00 00 2 SeLOe S b converge ldgico b cresce mais rapidamente que a e a série S Mb n1 n1 também e convergente logo de 15 pelo critério de comparagao Propriedade 18 00 a série S Gp também converge n1 o 00 3 Se L o0 e Soon diverge l6gico a cresce mais rapidamente que b e Som by n1 n1 também é divergente De 15 pelo critério de comparacao Propriedade 18 a série 00 S ad também diverge n1 Exercicio 1120 Determine os intervalos de convergéncia para as seguintes séries de poténcias 8 32 128 x x x x 10 Qa 472 Se pa 4 20 4 4 4H St tr ow e hae 12193 4 RT x gt x loot pp ype t Solucao 92n1 1 Temos o desenvolvimento da série fx S 71 Para calcular seu raio 2n 1 de convergéncia tL lim tL lim a gents anvt Alx 1 rr n00 Oy rr nc0l2n3 Q2ntly2n1 16 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 1 assim 4r 1 ar 2 1 Portanto o intervalo de convergéncia 6 a 5 2 Podemos escrever a série na forma fx s Para calcular seu raio 21n 1 de convergéncia 1 And 1 grt 2n 1 x 1 x l r noboo An Tr nse as n 2 x 2 assim z 2 a2r 2 1 1 Quando z 2 temse f2 d Tee 5 d as converge abso lutamente Portanto o intervalo de convergenciaé 2 a 2 3 T desenvolvimento da série f sore p leul io d Temos o desenvolvimento da série x Para calcular seu raio de 22 n2 convergéncia 1 h n12n2 gan 2 2 im 2 Slim pee 2 lel og ey Tr n00 An n0oo 22n2n 1 1a2r 22 assim rroo ER Portanto o intervalo de convergéencia é todo R Exercicio 1121 Calcule o ratio de convergéncia das seguintes séries de poténcias 00 00 nm 2n1 1352n1 1 2 1 d Inti d Se ny 00 1 n2 3 1 1 4 d Solugao 00 n 2n1 1 n d n n 2n1 Temos a logo aplicando o critério de Cauchy 2n1 h n 2n1 n 22n1 vin V 73 saa V n 17 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 2 2 1 Como lim yam lim 5 V p r4 Portanto 0 raio de convergencia 6 r 4 9 s pr Lid 5 n1 on 2462n n1 12n 1 Temos a ee logo 1 1rl2 1 2n 2 1 Te im EDN ened nt Cree pe rT n00 2n 1 12n 1 noo 2n 1 Portanto 0 raio de convergenciaé r1 00 1 n2 3 1 1 d 1 1 Temos dy 1 aplicando o critério de Cauchy n 1 1 v P 48 n n C a lim a e omo lim Wan e re Portanto o raio de convergénciaé re Exercicio 1122 Encontre a regiao de convergéncia das seguintes séries de poténcias too 00 00 2 3 n1 5 nm pay 1 2 ee 3 d non dm nal 2 00 2n1 2 on 00 n 224 x 2 4 yr i 6 A UN aay Le Dine t n1 n1 n1 Lnn a 1 7 x 5 8 1 a 9 Solugao 00 3n 1 Dada a série ear temos 1 Qn41 2 3t n5 1 l To 4 3 l 18 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Ja35 5a35 2248 a 3 Ls te 1 Quando 2 em 5 BA temos a série alternada 5 ela converge n1 M n n1 n pelo teste da série alternada Portanto o intervalo de convergéncia é 2 8 00 ss n 1 2n 2 Dada a série d nat temos 1 hn 9 5 pp 2N2 9 1 Tim 2H tim eee Ont p ped so ro no0 On noo 2n 3 n 1ar r1 I1 l2xl oS 1 1 Sex1 eae diverge pois ue arr 0 Portanto o intervalo de convergéncia é 1 1 on pay 3 Dada a série d nal 5 temos 1 n 1 nl 172 1 r n00 An nton2 12 n x 2 r2 jaj2 222 Portanto o intervalo de convergéncia é 2 2 00 genl 4 Dada a série LV Gar temos 1 7 antl 2n 1 1 Tim Set tim P eg eet s rT noo An noo2n 1 gent OO r Itl00o oK4ow Portanto o intervalo de convergéncia 6 oo 00 TS 22 5 Dada a série 2 temos 1 n gntl n1 2 lim s lim 2 Je 1 5 ro nstoo An noo 1 1 2an 19 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 met o tege mg HIS ae Quando 1 li Portanto r 3 e o intervalo de convergéncia é I35 3 00 x 2 6 Dad temos ada a série Din Resposta r 1 0 intervalo de convergéncia é 3 1 Lnn 7 Dad ri ax 5 temos ada a série a 1 n 5 1 1 1 Tim fy tim STM Em onset yl ey r n0co An noo n2 x 5Lnn 1 r1 jr51l 426 Resposta r 1 o intervalo de convergéncia é 4 6 8 Dada a série Sin x2 temos n1 1 1l a fim im fol fim n 1 ol00 1 r n00 An n00 nl xn N00 Portanto 0 raio r 0 e o intervalo de convergéncia se reduz ao ponto onde z 0 é no ponto x 0 00 1 9 Dad ori temos ada a série d ipa 1 a 1 O termo geral é da forma a Para o caso x lo limite lim 1 22 noo 1 72 1 4 0 logo a série diverge ae 1 1 1 Para caso x 1 obtémse a série divergente 3 3 5 P lz 1t ri S rl ra o caso x emos como a série converge a série a 1 gan gan a0 gan 8 em estudo também converge 00 1 Portanto a série Xu Tagan Converge quando 1 20 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercicio 1123 00 n Determine o maior intervalo aberto em que a série Qni convergente n1 4N Solugao Temos a série d ait logo 1 n 1artt 2n 1 jim ee Slim r pyre 2 oh ey Tr noo An nboo 2n 1 n2a 4 r4 jaj4 a4 4a24 Quando 00 00 1n 4n 4 4 4 x 2n oo e 2n 00 Portanto r 4 e o intervalo de convergéncia é 4 4 Exercicio 1124 Determi sncia da séri SEY gyn rmine a rgéncia da séri 4 etermine a convergénc série PAC ram x Solugao nm1yr ns Temos a 5 Para achar o raio de convergéncia consideremos n 1 n n1lyr n1 1 r lim lim logo r 2 A série converge se x 2 2 Estudemos a convergéncia nos extremos Considerando x 4 obtemos a série numérica 00 00 n1 1 1 n may rE egy sea 5 Onl lim 1 ve 0 Portant 4 a série dada di como lim mai e Portanto para x 4 a série dada diverge O mesmo acontece quando x 0 Portanto a série dada converge em 0 4 Exercicio 1125 M 00 a R ostre que a série convergente em R q xX ita 9 Solugao 21 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 x Temos a série d Gta logo 1 An1 x 1 27 1 1 1 r nto0 An nHoo 1 xr1 x 1 2x Portanto r co o intervalo de convergéncia 6 oo 00 22 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 12 Séries de poténcias Exercicios 12 ky Exercicio 121 Considere a série de poténcias 2 comaé Rt no0 7 1 1 Determine o raio de convergéncia da série e estude a sua natureza nos extremos do intervalo de convergéncia 2 Considere a série numérica que se obtém fazendo x 3 Justifique que existe um unico valor de a para o qual a série numérica correspondente simplesmente con vergente e determineo Solucao Exercicio 122 co Demonstre que o raio de convergéncia r de uma série de poténcias Sana c k0 é dado por 1 n qs Ak1 e r 4 lim se desde que o limite exista ou seja zero k00 Ak e ri jim supa Fn desde que o limite exista ou seja zero oo Além disso 1 Ser 0 a série converge sé quando x c 2 Ser 00 a série converge para todo x R 3 Ser 000 entdo a série converge pelo menos para todos os valores de x c rcr Solucao a Observe de r lim al k00 ak Ak1n Apy1 a lim Ansa o x clt lim x 7 k00 az a ckP koo Ag 23 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV q q q q q Exercicio 123 OO pk3 Considere a série de poténcias p k3 1 Determine o maior intervalo onde a série convergente 2 Representando por fx a soma da série dada escreva o desenvolvimento de fx em série de poténcias e determine a soma desta série 3 Utilizando a parte 2 calcule a soma da série dada Solugao 1 Ak1 gt4 k43 1 Tem 1 Lll meee ym Ay 7 jim kts Iz 1 7 r1 jz4j1 Ss lal Portanto o maior intervalo de convergéncia é 11 OO k3 4 5 6 k3 x ue x 2 Seja fx 4 Sua derivada Ja fe DEG 45 6 k3 fieai tat tar ttat Soak k1 co a Sendo a série geométrica sabemos que fr 23 So a 1 Tog Sempre que k1 2 la 1 24 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV x x 9 1 3 Sendo fz f dr e241 ldz 12 12 x1 ee x Portanto fx Z Ty Tet Lnz 1 sempre que 2 1 Exercicio 124 Determine o intervalo de convergéncia das seguintes séries de poténcias e estude a sua natureza nos extremos daquele intervalo 00 gn 00 gran 00 reg Sg Se eye y n1 2n vn n1 1 2 n1 too 00 roo 3r 1 1n 1 4 S x 3 5 S x 1 6 S 1n1 ntl Jn 147 2x4x6x x 2n too 00 roo x 5 x 3 1 7 8 9 x1 pnt n 14 Oneii 10 s Br 11 ye y cosne 32n a ent a ene Solucao 00 gn 1 x 2n n 1 kl 2k k Temse lim Pal lim th tk vk zl1l ro k00 Ap k00 2k1Vk41 x r1 jz4j1 lal 1 1 2k k Sex1 lim RF VE i diverge ro k00 2k 1 Vk41 1 Portanto a série é convergente no intervalo 11 simplesmente convergente em 1 e divergente em 1 too Qnpn 2 2 1 2 1 Any Det yktl 1 9k Temse 7 tim 2 tim er Sar bb os r 1 jz4j1 lal 1 gk1 1 9k Sexrl fim oes S 1 aiverge Portanto a série é convergente no intervalo 11 diverge nos extremos 1 00 00 8 O24 Pw t I Vb 41a 1 n1 n1 25 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 Temse lim Vlae1 lim V54411 9Ja 1 1 r n0o n00 L le 1 we ogore x sor 9 9 9 7S 9 pes 10 8 Portanto a série é convergente no intervalo 9 e diverge nos extremos te x 3 4 xy Jn Resposta4 24 simplesmente convergente em 2 divergente em 4 feo x 1 5 x 1n Resposta5 02 absolutamente convergente nos extremos too 1n 1 1 Apy1 6 ltl Tam im s XU Ixdx6x x On an ae ak n1 Tim ao ret ing 2 AKO x CN r k400 2X 4X 6 X xX 2n2n 2 1n 1lart 2 1 r2 j4p2 242 1 Sex2 lim 1 avenge r koo Ak Portanto a série é convergente no intervalo 22 diverge nos extremos 2 0 x 5 7 X 5rl Resposta7 100 divergente nos extremos oo 3 2n 8 S w3 n1 n 14 Temse lim Ja 42 3 lim r432 1 An x im x LogorV4e jr432 5a2l Portanto a série é convergente no intervalo 5 1 e diverge nos extremos ee ay 9 x 1 XY Oneal Resposta9oo 00 te 34 1 10 u 32n 8 10 Resposta 10 3 3 divergente nos extremos tO nx 11 u ene Resposta x 0 26 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 12 Ss cos NX fa ene Resposta x 0 Exercicio 125 Determine uma série de poténcias de x 1 para a funcao fx e e uma série de poténcias de x 1 para a fungao gx Lnz Solugao e Suponhamos que fx tenha uma representacaéo em série de poténcias de x 1 Logo de f 53 anx cc onde ay ps onde c 1 e temos n0 nN fx 267 f 2 276 fa 2362 fva 2462 f x Qn 2x logo f1 2e oo Qn Portanto fz e x 1 n0 1 e Suponhamos que gx tenha uma representacgao em série de poténcias de x 1 Logo de gx Y ax c onde a vo onde c 1 e temos n0 nN 1 1 2 3 n 1n1 gx gx gx vx a g x e 7 x x x x x logo g1 1n 1 oo n Portanto gx a 1 n0 n Exercicio 126 4 x D l sries de poténcias de x 1 esenvolver em séries de poténcias de x a fragao fx wap Solugao Temos 1 5 1 1 1 x 16 IM ay 2 3 3 al 16 00 1 Sabemos que So a1aaa2Fa 7 la 1 k0 a x 1 1 2 d SS WO 22 Quando a 5 Ta 142 24a a 1 1 Quando a2 loa To x Em 16 5 f 2 1 1 l M2 F lo 3 a 5 le 27 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 5 Xk 1 fx 5 yong 3 Soo 5 el ds k0 k0 1 51 k0 Exercicio 127 D Sieg d téncias d fracd fx x2 rem sért ia a fragao xr esenvolver em séries de poténcias de x Pheel Solugao Podemos escrever na forma r2 ra2 x x 1 OC CO OS OC mR SOO TO 2 I vanrl x 1 P1 pl xv1 1 fol 1 Ia 2 al al fend 17 00 1 1 00 Lembre se z 1 da soma d 7 sesue 3 dn logo em 17 00 00 00 fx 2 y x y 2x y n0 n0 n0 00 00 00 fz x 20 x on x a k0 k1 k0 00 00 00 j Soe ee keZt n0 n3k n3k1 n3k1 1 Portanto fx 3 Sana onde a 2 se n 3k a 1 sen 3k 1 onde n0 keZ rl Exercicio 128 Desenvolva em série de poténcias de x as seguintes fundes L fa 7 2 fa 3 fr arct x arctan x 4a e 1a 2 12 1 2 4 LIn 5 6 ee Ie n 2 He 12 fe 1 2x Solugao 1 1 28 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 1 Sabemos que Soak a x 1 entao k0 00 00 1 k kk ga S2 1kr k0 k0 00 1 1 00 Wo kyk1 4 kp pk1 assim gx So1 ka aa its S 1ka k0 k0 00 Portanto fx So k1 hak sempre que x 1 k0 1 1 1 1 1 1 2 M Ge 2d Toa P27 Tn 12 rn ol TN Lyn f2do 505 ix A n0 n0 00 1 Portanto fx S 1 eat sempre que z 1 n0 3 fx arctanaz 00 1 00 1 Sabemos que a 73 jz4jJ 1 Da To 3 assim 00 1 1 00 n2n 1 2n XV Tee 7 ae Xl ante 00 Portanto fx arctangz S1 sempre que z 1 2n1 12 A Ln fle Lm 00 00 1 1 Sab x 1 abemos que d DU x ios tica dx x0 1adx 2 Soma lav 12 x 00 1 n1 x Ln1 2 det 29 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 1 1l2 1 LL oY i 2n1 2 14a In1 fier Sol Portanto fx Ln lga mal sempre que x 1 1 5 00 1 Sab l abemos que gx d 00 1 1 00 n1 n1 g x dn dn 00 Portanto fx Sona sempre que 1 n0 20 6 Podemos escrever Fa 1 1 2 ld 1 1 XL FE SO SS SS 127 122 2dzxr 1 2x 1 22 1d fx ds San d20 se 2z1 00 00 fx SS n2x S22 se 271 n1 n0 00 00 00 fx S n 12x S722 SE n2x se 22 1 n0 n0 n0 00 1 Portanto fx n2x se a 5 n0 Exercicio 129 1 Sej eja fz 1 Desenvolva em série de poténcias de x a fungdo x fx indicando o respectivo intervalo de convergéncia 00 2 Utilize o desenvolvimento obtido em 1 para mostrar que S a 2 k1 30 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Solucao 1 Temos que desenvolver em séries de poténcias a funcgao Fx x fx isto é 1 1 d 1 Fx x2 2 12 la de oo d oo CO 00 n a ny n nl Fx Soa a ys Soa Sona x 1 n0 n0 n0 n1 oo 00 00 FS oa S 0n12 Sona x 1 Solucao 2 1 1 Sk Pela parte 1 temos x Ga dn quando 3g Segue ak 2 onde la 1 Exercicio 1210 Diga justificando se sao verdadeiras ou falsas as seguintes proposicdes 00 00 1 Se 5 aax tem raio de convergéncia 12 entdo S ag convergente k1 k1 00 2 Se ax tem raio de convergéncia 2 entédo lim a 0 Solugao 1 Falso 1 1 k1 Como 2 lim Jo lim 4 1 r 12 k00 apak k00 Op Ak1 ee Logo lim 2 entao pelo critério dAlembert ax é divergente k00 Ak k1 2 Verdadeira 1 1 k1 Como lim a lim HE cy r 2 k sco apak k00 Ap Ak1 ae 5 t Z Logo Jim 2 entao pelo critério dAlembert 5 a é convergente co Ak k1 Portanto lim a 0 k00 Exercicio 1211 Estude para os diferentes valores de x a natureza das séries 1 s x 4 2 s ak 9 s cosnx 5 A k 13 1 Kk 225 5 ow ent Solugao 31 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 1 Ak1 1 Temos a logo como lim 8 k 1341 r n00 aK 4F1 k413ht A k1 lim e 4 Rk DST le4 i kt1 koo k 23k2 x 4k 3 kan k 2 Logo jx43 wéI17 Portanto se x 17 é absolutamente convergente 00 00 1F3F 1 DS mE ES ky a 3 Rel roe 00 k 7k 00 k I ly GD Sex7t erTtemos Dam 7s eeI t Portanto se x 1 ou x 7 é simplesmente convergente e Para os outros casos x 1 7 mostrase que a série é divergente Portanto se x R 1 7 é divergente 00 xk 1 O41 2 Temos a 2 kk 22 logo como im ee Resposta 2 Se x 22 é absolutamente convergente e se x R 2 2 é divergente 3 A série é absolutamente convergente quando x 1 Para valores 0 x 1 é simples mente converge nao absolutamente Quando x 0 a série é divergente Exercicio 1212 oo k Determine o dominio de convergéncia da série de poténcias S ACW 2 5k 2 Solucao 1F 1 Temos az ESS logo como im ae 11 BRk 2 2 k2 lim HD og payee SR 2 e 2 lim kre 1 kyoo 51k 3 1a 2 5 ko kk 3 Logo Jr25 a 7 3 O maior subconjunto de R para o qual a série é absolutamente convergente é 7 3 Exercicio 1213 00 k k Considere a série de poténcias S 1 x kal k1 32 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 Determine o maior subconjunto de R para o qual a série convergente e indique se existem pontos para os quais a série é simplesmente convergente 00 k 2 Sendo fx Sod vy no intervalo de convergéncia desta série determine k1 fx Solucao 1 Temos ax 1 2 logo k kl 8 Lita agg x pi ktl 1 k fn 2 ow faa EES r Koc ay x koto 12 k2 1ak1 ja 1 li lv 1f1 x im x k00 k 2 Logo jal11 we 0 2 A série converge absolutamente em 0 2 00 k k Sex 0 our 2 a série 4 diverge logo nao ha pontos onde a série é kl simplesmente convergente 2 fll 3k1 2 fe Ecwaa Exercicio 1214 00 k a x 3 Consid srie de pot onsidere a série de poténcias a 1 Determine o maior subconjunto de R para o qual a série absolutamente convergente oS x 3 a 2 Sendo fx S ORE L definida no intervalo de convergéncia desta série determine k1 a primitiva de fx que para x 3 toma o valor 2 Solucao x 3 1 Temos axx OE logo 1 Janes x iw 3 2k 41 kad lim 1 r kb00 ay x 7 pats QRH 1 43 le3 botoo 2H EI 33 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Logo jv32 wx e51 O maior subconjunto de R para o qual a série é absolutamente convergente é 5 1 2 Seja gx uma primitiva de fx logo fx gz 00 k1 00 k1 x 3 3 3 3 00 x 3Rt1 Portanto zy oo Ht 2 gx kK DQ 1 Exercicio 1215 00 1 Determine o intervalo de convergéncia da série S x mn n1 x Solugao 1 1 Le Converge em 1 4 3 U 5 a 1 Indicacao Para estes valores de x converge 00 00 1 1 tanto a série d quanto a série Orga Quando z 5 x 1 0 termo geral da série nao converge para zero consequentemente é divergente Exercicio 1216 1 Expresse a fungao Gs como soma de uma série de poténcias Em seguida en 2x contre a soma da série numérica on n1 Solugao Sabemos pela igualdade da série geométrica que 1 2 3 n jo lf tete E free far pees se jzjl derivando respeito de x segue I 2 3 n1 14 244 384 40 na se x 1 1 x 1 Portanto 1 dm 1 Em particular quando x 3 00 00 oo 1 1 1 n ne i n 4 J 34 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto 9 n1 2 Exercicio 1217 Obtenha o desenvolvimento em série de poténcias da fungao fx abaixo em torno do ponto a indicado L fx 0 fr senhr a0 a xsenhz a 7 a 3 3 fz senz a0 4 fxsenrcosz a0 5 fxbLnz a1 6 fx cosz a73 Solugao 1 fx t d 0 Pod em torno de a 0 Podemos escrever 7 2a 3 1 1 1 1 1 1 1 Hz x2a3 22 32 2 fed 2 fed SS fla 12x x x An avyn d 1 l fe DG 3q ome Bl t eg 00 00 3r1 grt gyn 3r1 Qrtt h i dX 6 a d 6rt1 2 0 onde x 2 1 2 fx senhr gle e em torno de a 0 1 00 gn gn 00 ge2n1 Fo 32 C0 Gna a onde Jz 1 00 1 2n1 fx Qn 1 pil 0 onde x 1 9 1 3 fx senr 5H cos2x em torno de a 0 1 ws D 59 1A 142 1 2r 2 d 22 1 PES reg 1 FO 32 aay onde Iu5 35 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 4 fx senxrcosx gsen22 em torno de a 0 1 00 1 5 1 00 1 g2nt1 4 97rtt 3 FT d 2r 1 I 5 Bnet 3 Qnty Onde Pal 00 yo er 2 antl 1 fx Ona 0 5 onde x 2 5 fa Lnz em torno dea1 1 co Sabese que Soy ly 1 logo quando y 12 I y n0 Piyrao nal i 2x 2x v n0 Lar f tar fa atar oa O42 v n0 n0 n I 14 1 Em torno de a 1 temos Fle ae O42 6 fx cosx em torno de a Lembre que 00 00 1 Qn 1 2Qn41 COST Qn 5 e senzv Qn fa senx sena 5 4 senx 5 cos sen cosa 5 1 1 T on1 v3 1 Ton FO 9d Baga 3 Fy De aye 3 a 28 e 4 3 aye 3 2441 QnDI 3 Qn 3 Exercicio 1218 Consid srie de poténci yea onsidere a série de poténcias P Vk 3h 1 Determine em que pontos a série converge absolutamente e em que pontos converge simplesmente 36 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 Sendo fx a fungao definida por aquela série nos pontos onde é convergente calcule f1 f1 e escreva a série de Taylor de f no ponto x 1 da fungao x fzx Solucao x 1 1 Temos ax logo 2 Tigh 08 4k1 ak lim dist lim ea Ves a rr kvc0 ag x k00 k 1381 2 1k l k jxI 3 Um Vigo 3 Logo jx13 we 2 4 A série converge absolutamente em 2 4 00 4 1 too gk Se x 4 a série diverge Vk 3k é Vk 38 ee 21 4s 1 Se x 2 a série converge Vk 3 Vk Portanto a série é absolutamente convergente em 2 4 simplesmente convergente em 2 00 k 00 k1 x 7 1 kx 7 1 1 2 Seja fx a x ie Se yn8 ja fx dE 3h Ia Tk 3h f 3 fx s kk 1x 1k f 2 k2 Vie 3h 9v2 too 1 too ka 1F1 Seja gx a fx e 5 se odx 14 fx 1455 ja gx fx Rak gx fx Py Th 3 fg 1 sua série de Taylor em x 1é gx sy 1 assim gx k0 FO a k2 0 00 k gs 1 g1 g1 gs A gat w 1 Se I Se P we 1 k3 l 2 l k k ga 1 FO FO 1 SUP MI 3 pig le 1 hl l 1 V2 2 1 k k ofa 14 M4 gle V Ale IP lo te 37 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 4 v2 2 1 k k Assim gx 1 gle 1 3 1 al 1x 1 Exercicio 1219 00 1 Considere a série de poténcias 11 Fa poténcias Y 1801 7 1 Determine o conjunto dos pontos onde a série convergente 2 Seja fx a fungao definida pela série anterior Determine o dominio da fungdao gt fa 20 Solucao 1 Para calcular o raio de convergéncia usar a regra de L Hospital 11 4 1 yb ge 1 yet linn 4 e lim t z 1 noo N00 1k1 kek 1k 1 pk 12 Portanto converge no intervalo 1 1 2 Como gt f1 2t entao Dig teER 12t 1 JL2t1l 112t1 S 22t0 Ss Otl Portanto o dominio de g é Dg 0 1 Exercicio 1220 2 Desenvolver em série de poténcias de x a fungao fx 3 4x3 Solucao 1 00 4 3 Sabese que Iy dw ly 1 logo quando y o 00 1 Ax 3 Ax Ax wm 7 1 1l1 1442 DIZ 3 423 dU 5 9 9 00 4ry3n 00 g2ntl3n 3 LF 1r2 1r2 Ble 3 4 4x3 3 Se d rr wh 4 00 g2nt1 3 3 Portanto fx LOY Sa aya 5 38 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercicio 1221 3 Considere a fungao fx oe Desenvolva fx em série de poténcias de x x determine o respectivo intervalo de convergéncia e calcule o valor de f 0 Solugao x 3 I 2n3 2 Temos fx lap To dV x sempre que x 1 00 Por outro lado fz S12n 3a n0 00 00 2 So12n432n420241 fx SO12n32n422n Va n0 n0 f wv S12n 3 2n 22n 12na n1 00 00 v 4yn Qn2 4 2n 3 2n2 fx d 12n 32n 22n 12n2n 1a d 1 naa E Lf ex s 1 2n3 ons3k m ger 1 sue 1 La QOn3k 00 2n 3 L 0 Sr 1 GEES eno 9 00 Portanto fx So1ha intervalo de convergéncia 1 1 0 0 k0 Exercicio 1222 Sempre que x 1 verificar a representagdo em séries de poténcias 00 00 2 x au 2 1 Sona 2 Sona 2 73 ne 1 a n1 G x e4ar a l2 A gentt 3 3 A Ln dre i24 Viw dine Solugao 00 1 1 Sabese quel aaaaa Soa 77 sempre que x 1 2x n0 00 1 12xr 32 4x 524 62 Donen Gap 39 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 00 r n1 n v w dome 12 n0 n0 c0o r Portanto na 22 2 Pela parte 1 deste exercicio e derivando membro a membro segue 00 00 l2 ee 2n1 2n1 we i vine iz 00 2 Portanto dma oat 3 Pela parte 2 deste exercicio e derivando membro a membro segue 00 00 14 2 x 4a 23 3n1 2 n1 nae nae Seater AEE oy Sates rte Portanto s nea wt 4e e 0 lat 1 1 4 Podemos escrever Lny 5 Ln1 x Ln1 2 2z 00 00 aT 8 CD n0 n0 1f 1 1 1 1S a a nm ny 7 n 1 n 2n 1 1 1 Ife Qa dr dr Lny sf lati vfs Via done 00 jla gentt Portanto Ln la d n Exercicio 1223 Encontre uma expansdo em série de poténcias de x para xe logo derive este resul to 1n 22 tado para provar que 4 n2 nr Solugao 40 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Seja fx x7e entao podemos escfrever na forma 00 n 00 n2n 00 n 1ln ey 2 ex oy Qo en 2 n0 n0 n0 22 32 eS 1n 2a 1n 22 oN AT NESE 1 NOY NYE f Fz ted 7 f2 842 7 Por outro lado fr a2e fa 2ae7 xe entao f2 0 assim f2 82 n2 n2 Ts 1n 22 Portanto S 4 n Exercicio 1224 Determine as constantes ag a1 2 43 e a4 de modo que 3x 172 35x 322 17 agx 1 a3x 1 ao2 1 a a 1 a9 Solucao Temos a4 3 a4x 14 3x4 12273 182 122 3 a3x 1 agax 3a3x 3a3x a3 d2a 1 aga 2agr ag Por outro lado 17 124a3 a3 5 também 35 18 35 ag ad 2 Por tltimo 32 1243522a al a 6 portanto 3x04 172 35x 322 17 3 1 a 1 2 1 a 1 6 Exercicio 1225 1 Desenvolver em série de MacLaurin a fungao fx In e indique o maior x intervalo aberto em que esse desenvolvimento valido Solucao 41 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 1 1 1 1 ry x tomse Py tebe emse fx Iya 2 13 3 5 5 ogo xz a grtt fz dV ntl fz LV Pn 1 jz 2 1 ws grt Portanto fx In LU Gey converge em 2 2 Exercicio 1226 Se possivel encontre o desenvolvimento em série de MacLaurin das seguintes funcoes 1 2 h 3 coshax a senha x 14 1 4 Lnlz2 5 senx 1 6 sue 1 cos2t 1dt 0 Determine o conjunto dos numeros reais tais que a soma das respectivas séries de MacLaurin que encontrou coincidem com o valor das fungdes que representam Solucao 1 i 1 Dado que fx senhy 18 continua ou prolongavel por continuidade ao ponto senha 1 x 0 temse que fz senha nao tem desenvolvimento em série de MacLaurin senha 1 2 Temse fx coshz Podemos escrever fx 5le e Lear x 1 x Fle dar UY m 3 MY 1 reR 00 gen Portanto coshx S coincidem com o valor quando x R E ébvio que 2n a série anterior diverge para x 1 3 T Fa Pod Temse xr Podemos escrever x 1 1 1 1 1 1 dy fl M Cet slreetial 128 f 5 I ja a onde a 1 42 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 Portanto fx Sox coincidem com o valor quando z 1 n0 4 Temse fx Ln12 Como a série geométrica é uniformemente convergente no interior do seu intervalo de convergéncia entao pode ser integrada termo a termo obtendose para x 1 1 oo 00 grt p V12 Ln1 1 Po ae LCV fe ta ta Dy 00 grt Como a série alternada DD converge entao do critério de Abel sabemos n n0 que a série é uniformemente convergente no intervalo 0 1 Em particular define uma fungao continua Observe que a série de MacLaurin de Lnx 1 nao converge no ponto x 1 a série harmonica diverge e em conclusao a série representa a funcao no intervalo 1 1 00 grt Portanto Ln142 S1 coincidem com o valor quando x 1 1 n1 5 Sabemos que seny Ss ED anit para todo y logo n0 2n 1 2 1 s 1 2 1n1 2 1 ER sena 1 x xu 2n 1 Portant 2 1 s 1 2 1r1 incid 1 d ortanto sen 1 x coincidem com o valor quando 4 2n 1 dl xeER 6 Seja fx XG 1 cos2t 1dt entao 0 2 2 l 2 2 fx sena 1 cos2x 1 5 sen3a senx 2 l 2 2 2 fz 3 sen32 senx cos2 sen2 cosx 1 00 32n1 cos2 00 1a KEY n 4n2 9 ATA MS P5 yl Qn 1 Me sen d 2n Dado que a série anterior converge uniformemente nos intervalos limitados de R e 43 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV f0 0 entao 1 f SS 32 cos2 1 8 4 mptn SEN nz4n2 9 ee d I 5 x n 1 1ne sen d Qn 0 n n 1S J 32 cos22 sen2 a NO 1 antl we 2 InDi4n3 2n4n1 Portanto fz 1x 4A 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 13 Série de Taylor Exercicios 13 ky Exercicio 131 Integrando termo a termo de 0 até x uma representacao em série de poténcias de 00 2n1 n t 1 2 tarctant mostre que dV in 1 52 a 1 arctan a Solucao Sabese que i Sf pret SS amas tarctantdt t1 dt rr 0 0 m0 m fazendo m n1 entao sem0n1 m1n2 x oo 00 1 1 3 gentl tarctantdt Y 2 78 anes Qm1 Qm3 d YG 0 m n Por outro lado 1 rif P ji arctantdt sf arctan t 3 Tap 0 0 ji tantdt 2 arct t dt a 1 t arctantdt x arctan x dt rctan x arcta 5 arctan st 5 4 P 5lx arctan x x 0 0 00 gent 1 Comparando as igualdades segue dN Ge gle x 1 arctanz Exercicio 132 Desenvolva as seguintes fungdes em série de Taylor na vizinhanga do ponto a indicado 45 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV e determine o maior intervalo aberto de R onde a série representa a funao 2x 1 2 1 xe c0 2 cl 3 senz c0 x 2 4 Lnz c1 5 xr cl 6 c0 ve D2 7 1 1 7 oo c0 8 c2 9 senz c0 x x Solugao 00 00 1 Sabese que e da a 5 00 x Qr Logo a série de Taylor de xe na vizinhanca dec0é 2e S n n0 00 1 1 1 2 Temse fx 7 pe 1 observe que fx D f 2 ny A h 1n h a fz 75 em geral fx a f1 n 1 Portant 1 ortanto fx d r 3 senx 4 Lnz 5B a 2 6 x 1a 4 2 roy x 1 8 x 9 senx Exercicio 133 Uma fungao fx tem as seguintes propriedades fx 0 VaeER fx 2efxz VaeR e f0 1 Achar uma série de poténcias que represente a fungao fx Solugao 46 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Temos fz 72 x fx 2rfx4 Fla 2a Lnoffa2C fx Ce x Observe que fz 0 Va Recomo f0 1 entéo C 1 logo fx e Por outro lado 00 1 p2 Flo e 00 1 Portanto fx S x 6a série procurada n Exercicio 134 Idem ao exercicio 133 para uma fungao gx com as propriedades g0 0 g90 1 e ga4gx VareER Solugao As funcdes y sen e z cos satisfazem a propriedades y y e 2 z Suponhamos gx C cos x Cosenz logo gx C cosx Cosenz gx e gx Cisenz C2 cos x g0 Ccos0 Cysen0D0 CL0 g 0 Cisen0 Cpcos01 Cy1 00 1 assim gx senz d ope 00 1 Portanto gx d Gopi é a série procurada Exercicio 135 Desenvolver as seguintes fungdes em série de Taylor no ponto x 1 e indique o maior intervalo aberto em que a série representa a funcdao 1 Lux 1 2 v fle fa Solugao I 2 3 2314 1 Temse fx pa fx 2x fx 13la 1 1 em geral fx firasty f1 1n 1 de onde a en FO n 00 Assim fx Son 11a 1 onde x 1 lou0a242 n0 A7 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 Portanto fx So1 na 1 6a série procurada e 0 2 é 0 maior n1 intervalo aberto em que a série converge 1 1 1 2 Seja hx Ln z 5 Law fir xt fr 5 ble em geral 1 11n1 1n M1 Mae In 1 fMd1 nt de onde a fr 2 x 2n n 1 Qn 00 11 Assim hx S x 1 onde Jr 1 lou0 2 2 2n Inve Re es 14 L SOS SO a y Se 1r wo 1 1 Portanto fx a Xm 1 1 é a série procurada e 0 2 6 o maior intervalo aberto em que a série converge Exercicio 136 1 Represente asp numa série de MacLaurin para x 1 2 Solugao Podemos escrever 1 d 1 d 00 00 i i n n 1 12 dz dx ye dm se fe 1 00 Portanto is an 1x se a 1 Exercicio 137 1 Sendo gx To desenvolva em série de poténcias de x 0 a fungao gx e x indique o maior intervalo aberto em que o desenvolvimento valido Solugao Pod c 1 1 1 odemos escrever gx logo OO Tee 2 727 7 2m a yon x2 S1 S01 le p Lol Lor ge 00 h an g2nl A derivada gx So1 Fe x 2 n0 48 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 non cent Portanto gx So1 qari converge em 2 2 n1 Exercicio 138 f 1 2n1 Verificar que Je dt Qn1nl mat 0 n Solugao a 2 Sabemos que e So1 1 Integrando n P 00 y2n 00 pont x edt 1 1 xX n d On 1 Io 0 0 n0 n0 too ont Portanto fx dare converge em 1 1 Exercicio 139 ees sennx 2 Verificar a representagao em séries de poténcias Xx 3 de d Qn 15 9 2 n Solugao A sévi ee sennxz série d 3 de é convergente pois senn 1 n1 n1 r a 0 se m par Temse ee o8tne 1 cosn7 2 n n 0 on se nimpar 0 n Logo T 10 oo 7 00 00 sennx sennx 2 2 oSre SS Pe YS 3Leop P ee sennx 2 ortanto 7p v Qn 13 0 n n Exercicio 1310 TS senna i 1 Dado fx d a verificar que tae 2 d Qn 1 n 0 n Solugao 49 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV A sévi ee sennxz série d a dx é convergente pois senn c 1 n1 n1 r r J 0 se n par Temse ee ost 1 cosn7 2 n n 0 mn se nimpar 0 n Logo T 10 oo 7 00 00 sennz sennx 2 2 oS Peey See Y aLaop go nl n19 nimpar n1 P ee sennx 2 ortanto rs v Qn 1 9 2 n Exercicio 1311 Considere a funedo fx arctanx 1 Escreva o desenvolvimento em série de MacLaurin de fx indicando 0 maior intervalo aberto onde esse desenvolvimento vdlido 2 Usando a item anterior calcule f5 f0 Solugao aa kAk1 16 Rpta 1f 5 21a 112 7 2 k Exercicio 1312 Dado um k Z considere a késima derivada da Fungdo de Bessel de primeira 00 4n Qnk espécie Jx definida por J x d spi 5 1 Determine o raio de convergéncia desta série re 2 Mostre que o erro cometido ao aproximar Jx 0 a 1 pelo polindmio 1 T 4 6 a 1 é inferior a 107 3 Verificar que Jix Jix e ators x J3z Solugao Exercicio 1313 50 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 cosx se 0 Ache a série de MacLaurin para fx x e indique o raio 0 se x0 de convergéncia Solucao Te D on SR ED Observe sex 0 segue 1cosx1 d On v On m 1 2n1 7 se 2 0 Portanto em série de MacLaurin fx u 2n 7 0 se xr 0 Exercicio 1314 Com propriedades das séries de poténcias sem aplicar critério de LHospital calcular os seguintes limites arctanr arctan xz x 1 lim 2 lim x20 x x20 x 3 lim 1cosx 4 lim Ln2 1 sent x70 e 2 x0 le Lnvlasen2z 5 ling A x20 x Solucao 1 lm i arctan x x0 x Sabemos que a arctan x tL Soe sempre que x 1 Logo temos dx la2 ldad 1 Qn41 1 2Qn41 limi aigualdade arctanxz mel x nel o limite arctanz 1 1 nl 1 2n1 hm x ln Lona lin ona O 2 lim arctan v x0 Gol x dt 00 x 00 122n1 Tem t 1dt 1l emse arctanz fi S m1 x 0 n0 0 n0 00 arctanzx2 1 122t 1 a gt x 1 x 40 x x3 x 2n1 3 5 7 a In arctan x x we 1222 1 Portanto lim lim S 1 20 x xr0 2n1 51 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 3 lim A cost a0 eX 12 00 00 1 Qn l 2 1 4 1 6 1 Qn Sabese que cos 7 nr 1 a a 7 a Dai 1 1 1 1 vc pn 2 a pn Por outro lado e d he 14a2 a ae ne 1 1 1 txe1 J 72 44 a y6 AT an Llcosz 2 a a xu 2n lim Lim OEE oO z30e7 1gZ 20 1 9 1 3 too h 1 1 1 2 1 2 a 1 2n2 Llcose 2 At t 6 x 2n lim SK im YN z30 eX la x0 1 1 too n2 3 37 uu ne lcosz Portanto lim 1 z0 eX 4 4 tim ER etl sent x0 1e Temse Ln 1 senx2 23 1e 2 L 2 j 2 pd lim nx 1 sen 4 x20 le xe Lnvlasen2r Lnv1asen2z Be ig SI Ji mm AT x0 XL x0 XL 00 ont Sabe 1 ER abese que senx On 1 x 00 g2nt172n1 Logo sen22 dV Ont xceER 1 grt P tro lado Lnv1 Ln1l 1 ER or outro lado Lnv1 2 3 Ln x 3 a x Lnv1asen2x x g2ntl yen Assim 1 10U x d 3n 1 2n41 com a 0 1 No limite Ln1 9 00 n 92n1 y2n 1 5 lam LEV te sen2x lim Sxyn 2 Lt 8 20 xv x20 an 3n 1 2n 1 3 3 52 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Lny Portanto lim YE e sen 9 x0 x 3 Exercicio 1315 Com as propriedades das séries de poténcias encontre os numeros a 3 R para os 3 quais lim pa 5 0 x20 x x Solugao 00 antl Sabese que senx Waar xceER 00 32n12n1 Logo sen32 dV On 4il xceER sen3r a 3 38 nortigen 2g Por outro lado 3 a B os 6 QnD re 6 No limite sen3r a 3 Be not igen 2 ting PRE 4 5 tm SF4de0 Trap teteo 3 8 a sa 683 9 tim 5 G S48 tim ASP 0 a3 B 5 9 Portanto a3 3 Exercicio 1316 02 Calcular re com precisao até 0 0001 x 0 Solugao Desde que senz s EU ont para todo x R entao n0 2n 1 00 1r pent yy Uo 0a202 x 2n 1 02 oo 02 00 sen 1 2 1 anti I me a mt eb x Von GF Dan Fa 0 0 n 0 n 00 00 1 snc 1 I TT 0 2 n ami qxzS On Diana i 2n 12n 1521 53 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 7 1 1 1 1 senz 1 Assi I dr Tan dVon a Eindd EB pment VesEAnn 2 QnDIQn15 5 2250 1875000 0 n 1 05 0 00044444 0 000000533 0 0000018285 2756250000 Portanto ee dx 0 49955 x 0 Exercicio 1317 Dada a fungao fx e expandaa em série de Taylor com aproximagao até terceira ordem em torno de xo 0 Solugao Temos fx e WneN logo f 0 e 1 assim 00 f 0 n FO FO of fa e 9 fx 0 Sat Sa eat n0 x x Portanto a funcao fa e expandida atéaterceiraordemé fx Iaty G Exercicio 1318 1 Idem ao exerctcio anterior 1317 para a fungdo gx a 2 Solugao 1n 1n Temos gx eect Vn EN logo g0 oe assim oO n mt og n G9 99 g0 5 gx 9 gx 90 Sat at Sat bo isto é 1 5 3 A 2 3 It ert gt 55 Portanto a fungao fx x 2 expandida até a terceira ordem é 1 1 3 5 34 gx 77 prt pt 4 Exercicio 1319 Determine o grau do polindmio de Taylor Px expandido em torno de x 1 de modo que o resto da aproximagdo de Ln12 seja menor do que 0001 Solugao Exercicio 1320 54 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 01 e 1 oe Calcular com precisao até 0001 x 0 Solugao ev1 Zw Mostrase no Exercicio 1327 que mei logo 01 O14 Lo Lo or n nl 01 0 1 nl Se Spee See x n 1 n Iin 1 lo n 1Mn 1 0 9 2 n n 01 01 01 01 4 0 102556597222222 at 4 18 t 96 t 01 7 Portanto 0 1026 x 0 Exercicio 1321 Por diferenciagao termo a termo da série de poténcias do exerctcio 1327 mostre 00 n We 1 4 n 1 Solugao v1 ZB ww Pelo exercicio 1327 sabemos que n entao ve e71 SS nar SS nett we LNT tt x 1 SV 2 ay Fete I Dei 00 n Portanto quando x 1 segue dl s n 1 Exercicio 1322 Calcule as seguintes integrais com erro inferior a 10 12 1 13 d 1 sour 2 ae dr 3 a x 142 0 12 0 1 2 1 A os Jaxdx 5 intar 6 peru 0 1 0 Solugao 55 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 Sabemos que senx s 1 ont para todo x R entao n0 2n 1 q q q q 00 1 1 2 Desde que oa para todo x R em particular se 3 a 1 en senr 1 1 ta T dr A 2nde NSE an ae co von Gas DIQn 0 1 3 3 00 1 Lon I 1 77 Gn Dian 2 i sna 1 gentlj 4 7 31 Assi T dr NS tg co Qn DI2n 1 Q2n1 2 144 7 19200 3 RT 05 004861111 0 00161458 0 000028123 4515840 1 Portanto ee dx 0 45297 x 12 3 q q q a 1 S 1 2 4 Sabese que cosa Oni a 6cosVWrx On z assim eo8 vine 4 2n ep we 4 2n nllo 4 2n nl 0 n 0 n n SS 1 1 1 1 1 1 L dx a O50 cosva Qn nl 6 72 2880 201600 0 n 0 36111607920626 56 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 Portanto os Jxdx s yt 036112 2n nl 0 n 6 Exercicio 1323 1 Use séries de poténcias para calcular Ln1 2 e arctan 7000 com erro inferior a 10 Solugao e Na calculadora temse Ln1 2 0 1823215567 d 1 1 Sabemos que qe 2 igen Tx dura sempre que z 1 Logo t igualdade Ln1 2 So NP 2 4 a tat 20 m 1 n ogo temos a igualdade x 2 nale Tae ar ar t ee l 6 l 7 1 1 yt AU ntl 62 zt nol x ogo Ln1 0 2 2 1 2 Ll Lele 0 18232155679 n OO ee 10 2 10 3 10 4 104 5 10 6 106 Sendo 0 1823215567 0 18232155679 000000155679 inferior a 1074 resolve o exercicio e Na calculadora temse arctan ron 024497866 Sab d t 5 12 a 1 Logo t abemos que arctanx 12 sempre que x Logo temos ee ar 1 2 prea S yD ost Lis dis di SRL ot aigualdade arctanz me mth gy 3 5 d male logo t Pil x x Ii x 0 244978259858631 retan xX 42xX x z NA 4 BO BIRT Ta Sendo 024497866 0 244978259858631 0 00000155679 inferior a 10 resolve o exercicio Exercicio 1324 Derivando termo a termo duas vezes uma série de poténcias que representa a funcao 00 k1 e mostre que S Ck 11 n1 Solugao 2 ya ir 1 Sabemos que e S ae 1 S ee entao derivando uma vez n0 n1 57 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 00 a2 2n1 2n1 a2 n1 Qn2 2xe d a e d derivando 2 a2 n2n 7 21 2n3 a n 7 11 Qn4 xe x e hp x n2 n2 00 00 x k1t1 2k2 1 k1t1 oe SMT ee ge RT k1 k1 00 00 a woe 1 Por outro lado e 1 d aI assim 00 n 00 k1 00 k1 k1 1 Wa k k1 1 a l te n1 k1 n1 00 12 Portanto 1 d yk 1 Exercicio 1325 1 1 Calcular dx com quatro casas decimais V142 4 Solucao 1 Para a funcao f 121 temse a férmula do bindmio 1z 00 a 2 zl1 neN n0 n Quando z 2 ea 12 1 13 113 2n 1 212 2 4 2n 2 1 2 1352 Tp gq 7 on sex l Assim 3 113 Qn 1 1 1 13 1132n1 5 0 0 3 113 n 1 1 1 13 113Qn1 1 ep ye Le 4 SE eR es ey l vo GY 5 rop ai One hetien Flo 0 58 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 118 n1 1 1 3 15 1138Qn1 dy 1 an lx 6 40 336 r 2n 12 n vr 0 1 1 dr 1 0 166667 0075 004464 0 863693 V12 1 1 Portanto dx 0 8637 V1l42 0 Exercicio 1326 1 Calcular senxdx com cinco casas decimais 0 Solugao 3 5 7 yy yp pey Sabemos que seny Toate mt se y 1 logo i Pr Pod 6 10 14 1 1 1 1 2d es dy 2 4 4 0 31028 som 3th of 3 1320 75600 0 0 1 Portanto sousae 0 31028 0 Exercicio 1327 Dada a fungao fx senx expandaa em série de Taylor com aproximagao até terceira ordem em torno de x9 0 ouc0 Solugao Temos que fx 9 f0 sen0 0 Por outro lado fx cosxr f0 cos0 1 Também f2 senr f0 sen0 Por ultimo f2cosr f0 cos0 1 Na formula de Taylor temos a M x Ww x f 0 0 E22 w 99 Ow 99 2 a ag 1 1 1 fz 0 7 0 0 SA a 0 0 xa Ls Portanto senx x 3 59 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Se a expansao for com aproximacao até quinta ordem teremos 13 1s seng B x os com x em radianos Esta expansao é muito usada na Fisica Exercicio 1328 1 Dada a funcao fx expandaa em série de Taylor com aproximacao até fungao fx Vina y p terceira ordem em torno de x9 0 ouc0 Solugao T fx f0 1 Por outro lado fv emos que f2o Por outro lado fz JI 0 21 23 0 5 21408 2 3 3 3 Também f2 0 Por tltimo f x Me ae MORI G 2 mg 81 2 81 0 8 Na formula de Taylor temos a M x WW x Fe Flv EO a 9 A a 9 Na 9 1 3 15 fa 1 SA a a0 Sw 20 Ew 20 1 3 15 j Spe oo ad fz 5t a aR 1 1 3 15 Portanto fr Visa 1 ght gt RB Exercicio 1329 Demonstre a seguinte desigualdade x Oa Zz t Ssent So S2s5 Sugestao aplique a formula de Taylor de primeira e segunda ordem Solugao Pelo exercicio 1327 da formula de Taylor temse gr WW x WW x Fle Fl0 EO a 9 AO a 9 ON a 9 60 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 1 1 fx 0 F00 GR 0 2 Fah to Todas as derivadas de fx tem senz logo f0 0 sempre que n for par assim 1 y 7 sent 2 32 Se a expansao for com aproximacao até quinta ordem teremos Is ls send b Ze BE 1 com x em radianos Logo x 32 senz Sendo fx sena fungao crescente em x 0 sh segue senx 2 3 Portanto x senx z x 0 sh Exercicio 1330 Determine o desenvolvimento em série de Taylor no ponto x C das seguintes funcoes 1 senx C0 2 ot C0 3 Inx1 C1 1x14 2 1 4 xcos2x C 5 x1arctanz C0 6 3r jG Cl x Determine o conjunto dos numeros reais tais que a soma das respectivas séries de Taylor que encontrou coincidem com o valor das fungdes que representam Solugao 2 1 1 Da formula senx 5 cos2x obtémse 00 00 1 gn 1 gn 7 1S1 yn yrtign ER sen 2 5 om 3 d Ont Outra solugao Podemos fazer fz senx fx 2senrcosx sen2z logo 09 52n41 n 00 Qn1 n 2a arn 2n1 2n2 Ir Qn1 fe d 30 In 00 00 1 grin14n 1 41 fx grt een 1S eH 00 0 LS 61 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 A decomposicao em fragdes simples permite inferir 1 1 Lo ote la1a2 2la2 14a 142 i 5 Si2 4 1a 4 124 n0 1 1 5 e 5 e el d n0 n0 3 Tendo em atengao o Exercicio 1334 4 obtémse z1 z1 Ln1 2 In21 1n2In1 5 00 1 Ln2 yy es E13 4 Da formula para o cosseno da soma obtémse T mT bn 5 cos2x cos 2a 31 cos 2a 3 dy Onl xeER Logo 00 TIn1 00 m2n x T x 5 2x 1rttqn2 1t42 ER x cos2x d Qn 2 Onl x 5 De forma andloga a alinea 13344 obtémse 00 antl arctan DW aT la 1 Usando o critério de Leibnitz para séries alternadas obtémse que a série de Mac Laurin anterior converge em ambos os extremos do intervalo de convergéncia Do oo 2n1 critério de Abel concluise que a série 15 5 converge uniformemente no n0 n intervalo 1 1 Consequentemente define uma funcao continua e 00 00 1 gant T i 1 ii t Doe obi UCU 5 y i aretan a 7 Consequentemente a série de MacLaurin da funcao fx x1 arctan x representa 62 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV a no intervalo 1 1 e obtémse da forma 00 antl 2 1 arctana x 2x4 1 dW FA 00 ont 00 en 7 42 11 42 SN 1r 7 d eit d aI 6 O desenvolvimento em série de MacLaurin da exponencial fornece 1 1L Ln3 3 3371 Be VB BY 7 a 1 ER x n A soma da série geométrica e a derivacéo termo a termo de séries de funcoes uni formemente convergentes permite concluir 1 1f1 1 1 YS 121 S1n2 n1x 1 Jv1 1 BSF 7 Bde OM FLYING I As duas férmulas anteriores permitem concluir 34 ta nt ayin gt 33 1 I tao sn 2n 1 3 w 1 e I Lembre que soma de uma série convergente com uma outra divergente é uma série divergente Exercicio 1331 Considere a fungdo fR2 R fx 2 onsidere a fungao f R x f c 2a2 4 1 Determine o desenvolvimento de MacLaurin de f 2 Determine f0 neéN Solucao 2xx 2 2 4 1 ee v2a4 av2 44 1 1 00 vk 00 x2 k fe m oe DO EY S 13 14 20 feo 4 00 k 00 k 00 2k x x x fc S 15 SO 1 5 DI kpar kImpar k0 63 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV FOO 2k k FOO 2k 1 fz lE om k0 k0 2 Da primeira parte temos 00 2k1 00 2k 2kax k 2k 1a fx TE YD ae k1 k1 em geral n TS 2k n2 by SN 2k 1 In fa yy a yj R kn kn assim temos oo on 2n e Se n par isto ésen2k segue f0 a 1 neN 2 1 e Se n impar isto ésen2k1 segue frD0 ene neN Exercicio 1332 Usando os desenvolvimentos obtidas nos exercicios 1328 e 13294 indique justificadamente a existéncia de extremos das fundes consideradas respectivamente nos pontos aos quais sao relativos os desenvolvimentos de Taylor Solucao Exemplificamos resolvendo a questao relativa ao exercicio 1328 1 Seja fx senx Entao f0 0 e f0 2 0 Logo f tem um ponto de minimo local em x 0 Com efeito mostramos em 1328 que fx senx 1 90 xen 1t4r E R logo 1 00 a genl 1rr 4 0 0 Fes ergy Fe x logo x 0 é ponto critico A derivada segunda é 1 00 2n2 0 2 1t47 20 Portanto f tem um ponto de minimo local em x 0 1 2 Seja hx ainde Entao h0 1 4 0 e logo h nao tem um ponto de extremo local em x 0 Com efeito a decomposicao em fracdes simples permite 64 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV inferir ha to 1 v i le 12 4 1a1 1 x14 2 2 24 1 1 n1 9 n2n1 9 1 n2n hx 5 g Dnn 2n1a 2n 112 observe que se x 0 for ponto de extremo aconteceria h0 0 Portanto como h0 1 4 0 logo h nao tem um ponto de extremo local em x 0 1 3 Seja gx Ln1 2 Entao g1 5 0 e logo g nao tem um ponto de extremo local em x 1 4 Seja fx xcos2x Entao fF 0e fF 4 0 Logo f tem um ponto de minimo local em x 5 Seja gx x 1 arctan x Entao g0 1 4 0 ec logo nao tem um ponto de extremo local em x 0 1 6 Seja hx 3 Entao h1 3Ln3 1 4 0 e logo h nao tem um ponto de x extremo local em x 1 Exercicio 1333 Desenvolver pela formula de MacLaurin até os termos de terceira ordem inclusive a funcao fxy senhy cos x Solucao Temse fxy senhycos x of senhysenx of cosh y cos of senhy cos x of senhy cos x Or Y Oy y Oxr2 Y Oy Y OF senhysenx OF senhysenx Oxdy y 7 Ox 4 O f h O f h Of h coshycosx coshycosz coshycosx Ox2Oy y Oxdy y Oy3 y Sendo série de MacLaurin x 0 y 0 logo Of Of O f O f O f 000 001 3000 00 0 x 00 0 520 0 00 1 F500 0 55000 0 55 00 Of OP f OP f O f 00 0 001 001 00 1 53 Dx2by Dxayp Dye 65 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV A representacao até terceira ordem é Of Of 1 of 2 5 OF Of 2 f00 0 0a00y 00 2 00 00 1 orf O f OP f O f 0 0x2 3 0 0ay 3 0 0ry 0 0y 15 FO 32 00ey 32 00ny FL 00y 1 Portanto fzyy 31 3274 3xy y Exercicio 1334 Desenvolver pela formula de MacLaurin até os termos de quarta ordem inclusive a fungao gxy e Ysenz Solugao Temse gxy e senx og e cosx Og e Ysenxr og e Ysenxr Og e cosx Ox Oy Ox Axdy og e Ysenx og e cosx Og e Ysenxr Og e cosx Oy 7 Oa Ox2dy Oxdy Og y Og oy Og oy Ong y e sent e Ysent e cosx ws e Ysenr Oy Ox4 Ox30y Oxdy Og y Og y e cosx e cosx OxdyP Oy Por outro lado 2990 1 29 49 0 9 00 0 9 99 1 29 00 0 Ore Oy Oa Oxy 7 AYP Og Og Og Og Og 00 1 000 001 4000 00 0 53 d d any d d Dxoy d d Dy d d 7A d Og Og Og Og 001 00 0 001 001 Dxay Dx20ye Braye ay A representacao até quarta ordem é x y 90 0 22 00r220 oy 2900 022 22 0 0ry 220 0y LY r x ry g g Ox Oy 9 Ox OxOy Oy 1 0g Og Og Og 40 0x 3 0 0ay 3 0 0ry 0 0y 15 ges OOo 825 0022y 357 OO F210 0 4 1 0g Og Og Og Og 0 0x 4 0 0ay 6 0 02y 4 0 0 ry 0 0y a get Oo Oet tga 0005y O55 00ey Ae 0 0ay 009 66 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Logo sendo g00 0 segue I I 3 2 1103 34 gxy x xl ey a ries 3ary7 qe y 4ry y 1 1 1 1 1 P pry a8 bere 4 ay cry 4 y4 ortanto gxy x xy g 5tY ery ary 54 Exercicio 1335 Determine o polindmio de Taylor de ordem m das funcdes seguintes nos pontos indi cados 1 1 fxy 24a 2y m2 oo 21 2 fxy cosx seny m 2 x0 Yo 0 0 3 fxy e m3 Xo yo 00 4 fxy y m 2 Xo Yo 1 1 Solucao 1 1 2 2 1 fxy 24x 2y m x0 Yo 1 of 1 of 2 Ti SS Se emse 29 2 ax 2y Ox 2a2y Oy 24a42y ef 2 Of 4 Of 8 Ox 24a2y3 Oxrdy 2a2y3 Oy 2ax2y3 1 Of 1 Of 2 L 21 Q1 21 Ogo tem Sse f 4 5a 4 By 4 Of 2 Of 4 Of 8 21 21 421 Fy 8 Dady 8 Dye 8 A representacao até segunda ordem é Of Of f21 21 2 21 1 Fley FM 522 Ne 2 52 Ny V 1 Of Of Of 2 1a 2 2 2 1 x 2y 1 52 1y 1 5 Gens De 2 22 F 01 2yy 1 SENy1 4 Isto é A representacao até segunda ordem é 1 1 2 1 2 r2 y1 Hx 2 2 2y1 1 fey 5 Fe Hy 5 ge 2 y 1 HF 67 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 fxy cosx seny m 2 xo Yo 0 0 q q q q 3 fxy erty m 3 x0 Yo 0 0 Temse fa y eY Of tax Of ay Of Of O f SY p a Dett2y oY pt2y Qertt2y 4ett2y Or Oy 9 Bye Oxdy co Oy O f erty O f Qett2y O f 4ett2y O f Qett2y Ox3 Ox Oy Axdy Oy No ponto 00 segue f00 1 e Of Of O f O f O f By 09 1 dy 0 0 2 x2 0 0 1 dxdy 0 0 2 Oy 0 0 4 Of Of Of Of A representacao até terceira ordem é of Of 1 of 25 OF 2 Flo H00 500 5 0 0u 5 5 900n 25 0 0ry O f 1 of OP f OP f OP f 00y 0 0x 3 0 0ay 3 0 0ary 0 0y Isto é 1 1 fty 1 a 2y aT u dary 4y 3I u 6ay 12xy 8y 4 fxy y m 2 Xo Yo 1 1 q 68 01022023 Capitulo 2 e e e a Equacoes diferenciais de 1 ordem 21 Equacoes diferenciais Exercicios 21 ky Exercicio 211 Para os exercitcios seguintes classificar cada equagao diferencial segundo a ordem o grau quando posstvel e a linearidade Determine a fungao incdégnita e a varidvel inde pendente 1 7 9axy senx 2 2 xy 27y Lary 2 3 ds ds dy 3 Pst t 4 y1 de dt o J dt dy dy 4 5 8 6 257 7 09 ap P de ua d 7 aay tl 8 ry ayLney221 y ds 5 27 9 ape P 9 10 yay 2y cosy 0 P 11 vty 2ry e 12 y 82y 2ry 0 Solugao 1 oy 9ay senx 2 Equagao diferencial ordinaria linear com coeficientes varidveis de terceira ordem nao homogénea de primeiro grau 69 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 vy 2yLn zy x Equagao diferencial ordinaria nao linear com coeficientes varidveis e nao homogenea de segunda ordem de primeiro grau ds ds 3 Pstt dt dt Equagao diferencial ordinaria nao linear com coeficientes varidveis de segunda or dem nao homogénea de primeiro grau dty y 4 A y1 ir Equagao diferencial ordinaria nao linear com coeficientes varidveis de nésima ordem nao homogénea nao tem grau dt 5 8 ip p Equagao diferencial ordinaria de primeira ordem nao linear homogénea de quinto grau com coeficientes constantes dy dy4 6 22zy 0 dix Wa Equagao diferencial ordinaria nao linear com coeficientes varidveis de segunda or dem nao de quarta ordem homogénea de primeiro grau dx 7 y7 41 dy 4 Aqui x xy 6 uma equacao diferencial ordinaria linear com coeficientes cons tantes e nao homogénea de nésima ordem de primeiro grau 8 vy a2yLnay2x1 Equacao diferencial ordinaria nao linear com coeficientes varidveis de primeira or dem nao homogénea de primeiro grau ds 9 9p0 dp P Equagao diferencial linear ordindéria de sexta ordem homogénea de primeiro grau com coeficientes constantes 10 y ay 2y cosy 0 Equagao diferencial nao linear ordinaria de quinta ordem homogénea de primeiro grau com coeficientes varidveis 110 aty 4 2ary e Equacao diferencial linear ordinaria de quarta ordem nao homogénea de primeiro grau com coeficientes varidveis 70 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 12 y2 8xy 2xy 0 Equacao diferencial nao linear ordinaria de segunda ordem homogˆenea de segundo grau com coeficientes variaveis Exercıcio 212 Para cada exercıcio elimine as constantes arbitrarias e construa a equacao diferencial respectiva 1 x3 3x2y C 2 y C1ex C2e3x 3 y C1e2x xC2e2x 4 y2 4Cx 5 y C1x C2x2 1 6 y C1 cosωx C2senωx 7 x2y 1 Cx 8 y C1 C2e3x 9 y x C1ex C2e3x 10 Cy2 x2 y 11 y xC1 C2ex 12 y x2C1 C2e2x Solucao 1 x3 3x2y C 3x2 6xy 3x2y 0 Logo 3x2y 6xy 3x2 A equacao pedida e xy 2y x 2 y C1ex C2e3x y C1ex 3C2e3x derivando novamente y C1ex 9C2e3x Logo y y 2C2e3x e y y 8C2e3x 4y y y y y 4y 3y 0 A equacao pedida e y 4y 3y 0 3 y C1e2x xC2e2x y 2C1e2x 2xC2e2x C2e2x 2y C2e2x derivando novamente y 2y2C2e2x como y2y C2e2x substituindo y 2y2y2y A equacao pedida e y 4y 4y 0 4 y2 4Cx 2yy 4C derivando novamente 2y2 2yy 0 A equacao pedida e yy y2 0 5 y C1x C2x2 1 derivando obtemos y C1 2C2x derivando novamente y 2C2 Como y xy C1 entao y C1x C2x2 1 y xy xy 1 2yx2 1 A equacao pedida e x2y 2xy 2y 2 6 y C1 cosωx C2senωx derivando obtemos y ωC1senωx ωC2 cosωx derivando novamente y ω2C1 cosωx ω2C2senωx ω2C1 cosωx C2senωx 71 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV A equacao pedida 6 yy wy 0 7 y 14 Cx derivando obtemos 2ry xy C logo podemos escrever xy 14 22ry 4 xy A equacao pedida 6 xy xy 10 8 y Cy Coe derivando obtemos y 3Cze logo podemos escrever y 1 1 iM Ci 3 derivando novamente y 3Y A equacao pedida é y 3y 0 9 yaxrtCe Coe y 1Cye 30e oy Cue 9Cne y ty 1lta2Cre yl y 6Cre 1 3y 3y 3 3x 6Ce y ty 16Cre y y 143y 3y33r 0 Portanto y 4y 3y 3x44 10 Cy a y 2WCyy 2eyo 2Wyy 2eyt yy 2a yy 2xy yy Portanto 2x27 yy 2ry 0 1 y 2C Coe derivando obtemos y C Cye derivando novamente y Cye de onde ye C4 Por outro lado y xC Coe ec y Cy Coe entao y y x 1C 1 Assim yaCjCQje y tap yt yee entao x1y x ay yte jy yay xt ly Portanto 1y2ayy0 12 y 2C Cye derivando obtemos y 27C 2Ce derivando novamente y 2C 4C ze de onde y 2y 2227C e y2y 212r7Cy y 2y1 2x y 2ya 2 Portanto a xy y1 227 2y1 2x 0 72 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercicio 213 Para cada exerctcio aplicando o teorema de existéncia e unicidade determine uma regiao onde admite solugao a equacao diferencial 1 yaar ty 2 y 3 yYyt3y y 4 y VJuy 5 yVry2 6 yV1y 1 7 yi 8 y seny cosy 9 y1coty tY 10 y 3ry1 11 27 3Vy Solucao O teorema diz Seja dada uma equacao diferencial y fx y onde a fungao fz y esta definida no recinto R x y R x2xo a yyo b do planoxy que contém o ponto 29 Yyo Se a funcgao fx y satisfaz as condigcdes i Ser fungao continua nas duas varidveis x e y no regiao FR we ws O ii Admitir derivada parcial oe continua com respeito a x e y no regiao FR y Entao existe uma e somente uma solugaéo y yxz da equacao dada que satisfaz o problema de valor inicial y fx y yxo yo lL yary Segundo o teorema temos que fx y x y esta funcdo é continua em R O Sua derivada parcial at 2y é continua com respeito az e y no regiao R y Portanto existe solugao em qualquer ponto 29 yo R x 2 Equagao y y Segundo o teorema temos que fz y esta funcao é continua em R exceto y nos pontos z 0 Of Lr a Sua derivada parcial a Up continua com respeito a x e y no regiao R y y exceto nos pontos 2 0 Portanto existe solugdo em qualquer ponto 9 yo R exceto nos pontos 2 0 3 Equagao yy yt 3iy Segundo o teorema temos que fx y y 3y7y esta fungao é continua em R 73 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Of ls 9 Sua derivada parcial 1 é continua com respeito a x e y no regiao R Oy y exceto nos pontos onde y 0 Portanto existe solucaéo em qualquer ponto 29 Yo R exceto nos pontos onde y 0 4 Equagao yy ry Temos que fzy zy écontinuaem R zr yER xry isto 6 continua nos pontos embaixo e na fronteira da reta y 2x Sua derivada parcial Of 6 ti it ia é continua com respeito a x e y no regiao totalmente embaixo da reta y x nao considerar a fronteira Portanto existe solucao em qualquer ponto xo yo R 2 y R xy 5B oy a y2 Temos que fxy zy2z écontinuaem Rrye 2 y0 isto 6 contfnua nos pontos embaixo e na fronteira da parabola y 2 Sua derivad al Of 1 5 conti t ua derivada parcial é continua com respeito a x e y no regiao Oy 2x2 y totalmente embaixo da parabola y x nao considerar a fronteira Portanto existe solugaéo em qualquer ponto po yo IR sen considerar sua fron teira 6 y 1y Temos que fxy 1y écontinuaem RzyR 1y 0 isto é continua nos pontos da faixa horizontal limitada pelas retas y 1 Vaz ER Of yy Sua derivada parcial é continua com respeito ax e y no regiao Oy JY da faixa ly1 VxeER VareR Portanto existe solucao em qualquer ponto 29 yo R y 1 1 7 Equacao yy yee tY ytl 2 os Temos que fxy écontinnaem R2yER cryFO isto é ty continua nos pontos do plano exceto naretay2 VaxeER Of x1 Sua derivada parcial ay wy é continua nos pontos do plano exceto na reta y tY yx VaxeER Portanto existe solugao em qualquer ponto 29 yo R y 2 74 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 8 Equacéo y seny cosy Temos que fxy seny cosy é continua em xy R isto é contfnua nos pontos do plano Of 2 Sua derivada parcial ay cosy seny é continua nos pontos do plano xy R y Portanto existe solucao em qualquer ponto 19 yo R 9 Equacéo y 1coty Temos que fzy 1coty écontinuaem R zy R y 0 isto 6 continua nos pontos do plano exceto nas retas y 2km7 Vk eZ O Sua derivada parcial a csc y é continua nos pontos do plano exceto nas retas y y2kr VEEZ Portanto existe solugdo em qualquer ponto 29 yo R y2k7 Vk EZ 10 Equacéo y 3xy1 Temos que fz y 32 y1 é continuaem zy R isto é continua em todos os pontos do plano Sua derivad ial Of ti tos do pl iy ua derivada parcial é continua nos pontos do plano exceto Oy 34 3a y na reta 37 y Portanto existe solucdo em qualquer ponto 9 yo R 32 y 11 Equacgao 2y 3y 3 Temos que fxy 5V y 6 continua em zy R isto 6 continua em todos os pontos do plano Of lL Sua derivada parcial é continua nos pontos do plano exceto na reta Oy vy y 0 Portanto existe solugdo em qualquer ponto 29 yo R y 0 Exercicio 214 Determine se a fungao indicada solucao da equagao 1 fungao yx 2e 4 ze equacao y 2yy0 2 fungado y1 equacao yl 2y ya senx 3 funcdo y equagao xy ycose x 24 l x x x 4 funcao yCe 3 equagao yy 2y e 75 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 5 fungdo yavV12 equacao yy x 22 6 fungdo y24CV142 equacado 12y ay 2z 7 fungado y ero equacao xy tan Lny 8 funcado ye et dt equacdo y yert 0 sent 9 fungao y2 a equagao zy ytuxsenr 0 ev 10 funcao yx eae equacao xy y xe x x cost 11 fungao equagao xyy 0 y sent x tet 2 12 fungao equacao 1 ayyy0 ye r earctant 13 funcao equacao yaxry 0 y en arctan t x thnt y 14 fungao equacao yLn 42 y t2Lnt 1 vi a se 0 15 funcao y equacao xy 2y0 x se x 0 0 se 0 16 funcdo y equacao y 9xy 0 x se 0 17 funcdo yLnz equagao xy y 0 em 0 co porém nao solugao em oo 00 I 2 18 fungdo y poy equacao 2xy 0 em 1 1 porém nao em x qualquer outro intervalo mais amplo contendo 1 1 Solugao 1 Fungao yx 2e ze equacao yy 2yy0 76 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Temos y 2e2e79 yl 2ee2e7 oy 2e7 427 re logo y 2y y 2e 2e xe 22e e re 2e re 4e dre 4e14 x 0 Nao é solugao da equagao yy 2y y 0 2 Funcgao y1 equacao y 2yy2 Temosy1 yy0como y 2yy042014 2 Nao é solucao para todo xz R sen 3 Funcao y equacao ry y cosa x sen oe Supondo x 0 temos que existe y xy senz derivando implicita x mente y xy cosa Sim é solucéo em R 0 5 2x l x 5 x 4 Funcao yCe 3 equagao y 2ye Para todo x R derivando temos t 2x l x 2x l x 2x 2 x y 2Ce 3e yrt2y 2Ce 3e 2Ce 3e Sim é solucao Vx R 5 Funcgao ya2vV12 equacao yy x 22 Supondo x 11 temos que existe y rV1l22 y x1 2 derivando implicitamente 2yy 2x 4x 2a 2 Sim é solugao V x 1 1 6 Funcao y24CV14 2 equacao 1 2xy ry 2x Para todo x R derivando e multiplicando por 1 x temos 1 2y x1 2x7C a a 1 a2y xy A 4 22 2C V1 4 2 V1l2 yy y V12 22C lay ay 22 Nao é solucao da equagao y2CV12 77 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 7 Fungao y eroon equacao xy tan Lny x Temse Lnyarcsenr senjLnyJx tanLny y Lny Lny low Também y 1 earesenz xy ee earcsens tanLny y V1l x V1 x Nao é solucao da equagaoy een 8 Funcgao y ot feat equacao y y ete 0 Aplicando o teorema fundamental do calculo integral segue que y feat y f cat ee yt enter 0 0 logo y y e Observe se x 0 temos y 0 0 de onde 0 y y 1 e Portanto sim é solugaéo em R 0 sent 9 Funcgao y2 ats equagao ry y xsenz 0 Aplicando o teorema fundamental do calculo integral segue que sent sent yao fat y ar sene 0 0 logo xy y xsenz Portanto sim é solucao em R ev 10 Fungao y2 Cae equacao xy y xe x en x e xu 4 x Derivando y dre wy 2 dzx xe isto é ry y xe x x Portanto sim é solucao em R x cost 11 Fungao equagao x yy 0 y sent Temos dx sent d dy t cu dt ST t xryy 0 dy cost dx sent y 78 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Sim é solucao x te 19 12 Fungao equacao 14 2yyy 0 yre Temos dx t 1edt dy e et SSS a dy edt dx t let t 1 lyte0 tyy0 aytlyy0 Sim é solucao em R r earctant 13 Funcao kant equacao yxry 0 Yy eC arctan Temos dt xdt dr earctant 1 14 3 MH Yalta yo dy enarctant dt ydt dx r ry y 1 148 Nao é solucao x tLnt y 14 Funcao equacao yLn 42 y 2Lnt 1 aus y Temos dx Lnt 1dt A4tLnt 4t v Int 1 yf ate tnX Int dy 4tLnt 3tdt Lnt 1 4 Multiplicando estas duas tltimas igualdades y yLn7 4tLnt 4x Sim é solucao a2 se 0 15 Fungao y equacao xy 2y 0 x se 0 A fungaéo y yx é continua em x 0 mediante a definicgao da derivada mostrase que fl f v 0 a rn a a 79 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV hf0 h 0 gt f 0 PO poe h d 2 0 d 2x se 0 Temos 2 use 2 wy use dx 2x se x0 dx 2x se x 0 277 se 0 Também 2y xr 2y0 J os se x0 y y Sim é solucao em R 0 se 0 16 Funcao y equacao y 9ry 0 x se x0 A fungaéo y yx é continua em x 0 mediante a definicgao da derivada mostrase que 0 se 0 0 se 0 y4 2 5 P5 oy 3x se xr O0 9x se x 0 Como 0 se 0 9ry 9ry 0 J toe se x0 y y Sim é solucao em R 17 Funcao y Lanz equacgao xy y 0 em 0 co porém nao é solucao em oo 00 1 A fungao Lnz esta definida em 000 logo nesse intervalo y y x 1 1 1 1 z Oo a Assim vy y 0 x ux x Sim é solugao em 000 porém nao no intervalo oo 00 pois Lnz nao esta definido em co 00 x I x 2 Sy ns 18 Fungao y Poy equacgao 2xy 0 em 1 1 porém nao em Xx qualquer outro intervalo mais amplo contendo 1 1 1 A fungao y ol é continua em R quando x 4 1 Xx df Qn 1 7 Sua derivada 22 2ay y 2a 0 ua derivada de 21 x i ry y 2ry Sim é solucaéo em 11 porém nao em algum intervalo mais amplo que contenha o intervalo 1 1 Exercicio 215 80 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV d x Mostre que y V9 2 e y V9 2 sdo solucdes para i no intervalo zu y 3 3 Rxpli V92 se 3a0 lcd 3 3 Explicar por que y nao uma solugao para V92 se Oa38 a equagao diferencial no intervalo 3 3 Solucao Temos que y 92 existe em R sempre que x 33 Se x 3 segue que d x y 0 assim i nao tem sentido Logo caso exista solucao serdé no intervalo zu y 3 3 x Como y V922 y92 S 2yy 2zx de onde y em y 33 O caso y V9 x andlogo d x Portanto y 92 e y V9 2 sao solucdes para 7 no intervalo v y 3 3 Para o caso da fungao dada temos V92 se 3240 J V92 se O0Oa43 que ela nao é continua em x 0 consequentemente ela nao é derivavel em x 0 logo nao sera solucao equacao diferencial dada Exercicio 216 Determine valores dem para que y x seja uma solugao para cada equagao diferen cial 1 xyy0 2 wy 6ry 4y 0 Solucao 1Dado yo S yYme S yl mm1r Substituindo na equagao ry y0 mm1e20 S 2xmm110 1 5 1V5 supondo x 4 0 entaéo mm10 mo ou m 2Dado y a S yYomie SS yl mm1rc Substituindo na equagao ry 6ry4y0 mmla6mae420 2m5m4 0 supondo x 4 0 entéo m5m40 ml1 ou m4 81 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercıcio 217 Determine valores de m para que y emx seja uma solucao para cada equacao dife rencial 1 y 5y 6y 0 2 y 10y 25y 0 Solucao 1 Dado y emx y memx y m2emx Substituindo na equacao y 5y 6y 0 emxm2 5m 6 0 como emx 0 entao m2 5m 6 0 m 2 ou m 3 2 Dado y emx y memx y m2emx Substituindo na equacao y 10y 25y 0 emxm2 10m 25 0 como emx 0 entao m2 10m 25 0 m 5 e raiz de multiplicidade dois Exercıcio 218 Determine uma solucao do problema de valor inicial pvi indicado para a solucao geral dada onde C1 e C2 sao constantes arbitrarias 1 y y 0 y3 2 Solucao geral y C1ex 2 y 4y 3senx y0 0 y0 1 Solucao geral y C1senx C2 cos x 3 y 1 y2 yπ 4 1 Solucao geral y C1 tan x Solucao 1 Ao determinar uma solucao do pvi esta implıcito que a solucao e particular Para y y 0 por dados temos o valor inicial y3 2 e a solucao geral y C1ex entao 2 C1e3 isto implica que C1 2e3 Portanto uma solucao do pvi e y 2e3ex 2e3x 2 Ao determinar uma solucao do pvi esta implıcito que a solucao e particular Para y 4y 3senx por dados temos os valores iniciais y0 0 y0 1 e a solucao geral y C1senx C2 cos x De y C1senx C2 cos x y0 0 C2 0 de y C1 cos x C2senx y0 1 C1 1 82 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Por outro lado y C1senx C2 cos x isto implica que y 4y 3C1senx 3C2 cos x 3senx C1 1 C2 0 Portanto a solucao do pvi e y senx 3 y 1 y2 yπ 4 1 Solucao geral y C1 tan x De y C1 tan x yπ 4 1 C1 tan π 4 C1 1 de y 1 y2 sec2 x 1 tan2 x Portanto a solucao do pvi e y tan x Exercıcio 219 Determine uma solucao do problema de valores de contorno indicado para a solucao geral dada onde C1 e C2 sao constantes arbitrarias 1 y 4y 0 yπ 8 0 yπ 6 1 Solucao geral y C1sen2x C2 cos 2x 2 y 4y 0 y0 1 yπ 2 2 Solucao geral y C1senx C2 cos x Solucao 1 y 4y 0 yπ 8 0 yπ 6 1 Como a solucao geral e y C1sen2x C2 cos 2x entao 0 C1senπ 4 C2 cos π 4 0 2C1 C2 0 C1 C2 1 C1senπ 3 C2 cos π 3 1 1 2 3C1 C2 2 3C1 C2 Resolvendo o sistema C1 3 1 C2 3 1 2 y 4y 0 y0 1 yπ 2 2 Como a solucao geral e y C1sen2x C2 cos 2x entao 1 C1sen0 C2 cos 0 1 C2 2 C1senπ 2 C2 cos π 2 2 C1 0 2 C1 Portanto C1 2 C2 1 Exercıcio 2110 Determine C1 e C2 de modo que a funcao dada satisfaca as condicoes indicadas 83 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 Fungao y Cysen2x Cy cos 2x 1 Condigoes y 0 V 2 2 2 Funcdo y Cye Coe 2senz Condicgées y0 1 y01 3 FPungdo y Che Cye 4senz Condigoes y01 y0 1 4 Funcdo y Cx Cy 27 Condicoes y11 y1 2 5 Funcao y Cie Cae 3e Condigdes y0 0 y0 0 6 Fungdo y Cisenz Cpcosx 1 Condigées ym0 yz 0 7 Fungdo y Cye Coxe xe Condicées y1 1 yA 1 Solugao 1 Fungao y Cisen2x Cy cos 2x 1 Condigoes yF 0 yZ V2 2 2 Observe que y Csen 22 Cz cos an 10 53 a eo l A derivada y 2Ccos2x2Cgsen2x y0 2C cos a 2C sen 2 CCo vV2 1vy2 1 2 Resolvendo o sistema 1 2 v2 C 1v2 Cy itv CCy 1 2 2 1v2 1 2 Portanto yx 1V conde vv cos 2a 1 2 Funcao y Ce Coe 2senz Condigdes y01 y0 1 Observe que y0 Cye Cye 28en01 CLC1 A derivada y 2C e Coe 2cosx y02CC221 CyC 1 Resolvendo o sistema 1 2 Cp2 3 90 4C 1 Portanto ya 2e 3e 2senz 3 Fungao y Cle Cpe 4senz Condigdes y0 1 y0 1 Observe que y0 Ce Coe dsen0D1 CyC1 A derivada y CyieCoe4cosx y0CliQ441 CyC 1 Resolvendo o sistema 1 2 C2 3 Cy Cy 5 Portanto yx 2e 3e 4senz 84 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 4 Funcao y Cir Cp 27 Condigoes y1 1 y1 2 Observe que y1 CCo121 3 CiQ0 A derivada yCi2x 35 yIC422 ClQ0 Portanto yx 2 5 Funcao y Cye Coe 3e Condicgdes y0 0 y0 0 Observe que y0 Ce Coe 3eE0 S OC14C3 A derivada y Cye 2Cy9e7 98 y0O20490 Ci 2C 9 CyCy 3 Resolvendo o sistema 1 2 C3 G6 on 2C5 9 Portanto yax 3e 6e 3e 6 Funcao y Cisenz Cy cosx 1 Condigdes ym 0 y7 0 Observe que y7 Cisent Cycostr10 Cg1 A derivada yCcostCysentm1 yrCh410 CQ1 Portanto yx senzcosz4 1 7 Funcao y Cie Core xe Condicgdes y11 y11 Observe que y1 Cie Cohee1 eCieCh1e A derivada y CyeCoxeCye27e7420e7 y1 eC 2eC23e 1l C Cy 1 Resolvendo o sistema er e2 eCy22e eC 2eCp 13e eCy 3e C 143e7 Cy 2 2e Portanto yx 1 3ee 2 2e7xe xe Exercicio 2111 Para os seguintes exercicios determine C e Cz de modo que yx CysenzC 2 cos x satisfaca s condigoes dadas Determine se tais condigdes sao iniciais ou de contorno T T 1 y01 0 2 2 y02 O1 3 WG1 WG T T 4 yOL yS1 5 YO1 WG1 6 yO1 ym 1 3m 1 1 7 yO1 W2 8 yO0 00 9 yG9 ya 10 y00 yS1 85 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Solucao 1 Dado yx C1senx C2 cos x como y0 1 y0 2 entao y0 1 1 C1sen0 C2 cos 0 C2 1 yx C1 cos x C2senx 2 C1 cos 0 C2sen0 C1 2 As condicoes sao iniciais e C1 2 C2 1 2 Dado yx C1senx C2 cos x como y0 2 y0 1 entao y0 2 2 C1sen0 C2 cos 0 C2 2 yx C1 cos x C2senx 1 C1 cos 0 C2sen0 C1 1 As condicoes sao iniciais e C1 1 C2 2 3 Dado yx C1senx C2 cos x como yπ 2 1 yπ 2 2 entao yπ 2 1 1 C1senπ 2 C2 cos π 2 C1 1 yx C1 cos x C2senx 2 C1 cos π 2 C2senπ 2 C2 2 As condicoes sao iniciais e C1 1 C2 2 4 Dado yx C1senx C2 cos x como y0 1 yπ 2 1 entao y0 1 1 C1sen0 C2 cos 0 C2 1 yπ 2 1 1 C1senπ 2 C2 cos π 2 C1 1 As condicoes sao de contorno e C1 1 C2 1 5 Dado yx C1senx C2 cos x como y0 1 yπ 2 1 entao yπ 2 1 1 C1senπ 2 C2 cos π 2 C1 1 yx C1 cos x C2senx 1 C1 cos 0 C2sen0 C1 1 C2 R As condicoes sao de contorno e C1 1 C2 R 86 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 6 Dado yx C1senx C2 cos x como y0 1 yπ 1 entao y0 1 y0 C1sen0 C2 cos 0 1 C2 1 yx C1 cos x C2senx yπ C1 cos π C2senπ 1 C1 1 As condicoes sao de contorno e C1 1 C2 1 7 Dado yx C1senx C2 cos x como y0 1 y3π 2 2 entao y0 1 1 C1sen0 C2 cos 0 C2 1 y3π 2 2 2 C1sen3π 2 C2 cos 3π 2 C1 2 As condicoes sao de contorno e C1 1 C2 2 8 Dado yx C1senx C2 cos x como y0 0 y0 0 entao y0 0 y0 C1sen0 C2 cos 0 0 C2 0 yx C1 cos x C2senx y0 C1 cos 0 C2sen0 0 C1 0 As condicoes sao iniciais e C1 C2 0 a solucao e singular 9 Dado yx C1senx C2 cos x como yπ 4 0 yπ 6 1 entao yπ 4 0 0 C1senπ 4 C2 cos π 4 C1 C2 yπ 6 1 1 C1senπ 6 C2 cos π 6 C1 3 1 As condicoes sao de contorno e C1 3 1 C2 3 1 10 Dado yx C1senx C2 cos x como y0 0 yπ 2 1 entao y0 0 y0 C1sen0 C2 cos 0 0 C2 0 yx C1 cos x C2senx yπ 2 C1 cos π 2 C2senπ 2 1 C2 1 As condicoes sao de contorno o problema nao tem solucao Exercıcio 2112 Demonstrar que a curva cujo coeficiente angular da tangente em cada ponto e propor cional a abscissa do ponto de tangencia e uma parabola Solucao 87 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Seja y yx a curva No ponto x0 y0 da curva temos que o coeficiente angular da reta tangente e dado por dy dxx0 Pela hipotese do problema temos que dy dxx0 Kx0 onde K R e uma constante Em geral em qualquer ponto da curva y yx temos a equacao diferencial que satisfaz as condicoes do problema e dy dxx Kx isto e dy dx Kx y K1x2 K2 onde K1 1 2K Portanto a parabola y K1x2 K2 satisfaz as condicoes do problema Exercıcio 2113 Achar uma curva que passe pelo ponto 1 1 de tal maneira que o coeficiente angular da tangente em cada ponto seja diretamente proporcional ao quadrado da ordenada nesse ponto Solucao Seja y yx a curva entao 1 y1 o coeficiente angular da curva em qualquer ponto esta dado por dy dxx0 Pelas condicoes de problema dy dxx Ky2 dy y2 Kdx 1 y Kx C Das condicoes iniciais 1 K C C 1 K Portanto Kyx y1 K 1 e a equacao pedida Exercıcio 2114 Verificar que y1t t e y2t 1 t sao solucoes da equacao diferencial 2t2y 3ty y 0 Solucao Como y1t t e y2t 1 t sao linearmente independentes e pelas propriedades da linearidade da derivada entao yt t 1 t tambem sera solucao Temos yt 1 2 t 1 t2 yt 1 4t t 2 t3 3ty 3t 2 t 3 t 2t2y t 2 t 4 t somando 2t2y 3ty t 2 t 4 t 3t 2 t 3 t t 1 t y 2t2y 3ty y 0 Portanto y1t t e y2t 1 t sao solucoes da equacao diferencial 2t2y3ty y 0 88 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercicio 2115 Verifi 1 1 2tn1 408 é solugdo do pui y 0 1 erificar que Ln é solu 1 que y 5 pur ae oY Para qual intervalo esta solugao vdlida Solugao 2 Dado yt 41 hall t entao 2 2 3 t 2 3 1Ln1t wy ss y t stnt e WY 3148 4 yO 8 2 2 Em yt 41 ghnl t y0 41 hall 03 1 A solugao é valida para todo x 0 ER 2 Portanto yt 41 3 batl t é solugao do pvi dado Exercicio 2116 O problema de valor inicial y 2z y0 0 admite duas solugées y xx e y 0 Este resultado contradiz o Teorema 21 Solugao Nao contradiz o Teorema 21 em verdade nao satisfaz as condicgdes do teorema pois nao é lipschitziana na origem Este problema admite no entanto solucdes embora nao exista unicidade 3 Duas possiveis solugdes so fx y 2z oe y Exercicio 2117 A populagao de uma cidade de 1000000 de habitantes Houve uma epidemia e 10 da populagao contraiu um virus Em sete dias esta porcentagem cresceu para 20 O vtrus se propaga por contato direto entre individuos enfermos e sdos logo proporcional ao ntimero de contatos A partir destes dados e supondo que o modelo seja fechado isto a populagao se mantém constante sem nascimentos mortes ou migragao e os individuos tendo toda a liberdade de interagir calcule 1 A proporcao de individuos enfermos e sados como uma fungao do tempo 2 O tempo necessdrio para que a porcentagem de indivtduos enfermos seja 50 Solucao 1 A proporgao de individuos enfermos e saos como uma fungao do tempo c y zryl1 Ne tng N n n 89 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV onde n numero total de habitantes n nimero de individuos enfermos n niimero de individuos saos x proporcao de individuos enfermos y proporcao de individuos Saos Fi Pelos dados do problema temos que kxy kx1 x onde k é a constante de proporcionalidade dos contatos Assim 1 1 x dzxkdt dx kdt Lnhkt4C z12 x12 la x kt C Ae onde Ae 12 Ol 0 1 Quando t 0 temos que x 10 01 assim T017 Ae A 9 de x 1 de e onde 7 9 02 1 lg Quando t 7 temos que x 20 02 assim T027 9 k zhny de x 1 de e onde 9 expLn2 9 Portanto xt xP Tng e yt 9 expLn 9 expLnj Solucao 2 O tempo necessdrio para que a porcentagem de individuos enfermos seja de 50 é 1 t05 nt 5 0 x 1 t 9 05 1 t 9 Ln9 expLn mMWexpLn t 7 19dias poe 9 OPGIND 105 9 PGI Ln Exercicio 2118 Numa colmeia a razao de crescimento da populacgao p uma funcao da populacao dp Fp Assim 2 Fi 1 Calcular pt para fp 6p onde B e uma constante positiva e determinar a populacao limite do sistema 2 Encontrar pt para fp 8p Ap onde B e A sao constantes positivas Calcular novamente a populagao limite do sistema Solucao dp 1 1 1 ane P dp6dt dp Gdt logo Lnp 6tC Isto é D D pt Ae onde A e Quando t 0 temos p0 pp po Ac A Portanto pt poe supondo po fixo quando t oo segue que pt oo 90 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV dp 9 1 2 Ti pA dp emos TE Bp yp Bp Ape dt 1 1A 1 1 Foape fa a9 Gtx fa la p A 2 Dt E 1 B pA BDe Lnp LnptC 3 et 3s t al np nF p B Ap e pt Po po De onde D e Portanto pt Bde do pp fi dot t ortanto supondo xo quando oo segue que vt 5 peat Stpondo po fixo q gue que p B Po 91 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 22 Tipos de equacoes de primeira ordem Exercıcios 22 Exercıcio 221 Determine quais das seguintes equacoes diferenciais sao lineares 1 y senxy ex 2 y xseny ex 3 y y2 x 4 y 5 5 y xy 1 6 xy 2y 0 Solucao 1 y senxy ex e da forma y senxy ex podemos escrever a1xy a0xy bx a1x 1 a0x senx bx ex Portanto a equacao diferencial sim e linear 2 y xseny ex y xseny ex nao podemos escrever na forma a1xy a0xy bx a1x 1 a0x x bx ex Portanto a equacao diferencial nao e linear motivo o termo seny 3 y y2 x y y2 x nao podemos escrever na forma a1xy a0xy bx a1x 1 a0x 1 bx x Portanto a equacao diferencial nao e linear motivo o termo y2 4 y 5 podemos escrever a1xy a0xy bx a1x 1 a0x 0 bx 5 A equacao diferencial sim e linear 5 y xy 1 e da forma y xy 1 podemos escrever a1xy a0xy bx a1x 1 a0x x bx 1 92 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto a equacao diferencial sim é linear 2 6 xy 2y 0 é da forma y 0 podemos escrever x 2 aixy aozy x alz1 aolt ofa 0 Portanto a equacao diferencial sim é linear Exercicio 222 Para cada exercicio encontre uma solucao para cada equacao diferencial dada que passe pelos pontos indicados dy 1 1 7 y 9 a 0 0 b 0 3 c 5 1 dx 3 dy 1 1 2 ct y Yy a 0 1 b 0 0 c 5 dx 2 2 Solugao d d d 1 77 v 9 pag t tg ee 0 lowe a solu 1 3 geral é gin432 1 083 a Quando passa por 00 gun 043 0C Ce0 A equacao y3 edida é Ln 62 y3 1 33 b Quando passa por 03 gun 343 0C Co pois lim Lne oo Nao existe solucgao da equacao que passe por 03 Ee 1 1 13 1 11 1 c Quando passa por 3 1 iin 3 C C gins 73 3 A equacao pedida é Ln J 6p 4 yt3 d d 1 d 1 2 gt yy SY Ady 0 ee te Glew dx yy yy x 1 solucao geralé Ln InxLnC SS y1Cry y a Quando passa por 01 y1lCry C0 A equagao pedida é y b Quando passa por 00 ylCry 120 A equacao pedida nao existe 1 1 1 1 c Quando passa por 5 9 27 l Cr C 2 A equacao pedidaé y12zy 93 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercicio 223 Determine a solucado geral para as seguintes equacoes diferencias d 1 FY tan sen 2 seny 1dy cosy dx 0 xv d 3 1 2 y arctan x 4 dx2rdy e7 sec y dy xv d d 5 F ytanx cosr 6 a ya x dx dx 7 ydx 2ry 3dy 0 8 Lnadyy2Lnzdr 0 dy y cota dx 6xry 2 9 40 10 dx x x dy yeti yett dy 1 dy senz1ycosz 1 44y 120 So de 3 Qe4 dx sen d 13 a 3r cot 5sen26 14 xcosaxdy yxsenz cosa Ijdx 0 d 2 d 15 ue NT 0 16 ty sec tana sec x d d 17 vLne y LnLnz 18 a 2r cos20 sen4 xv Solugao dy ftaned L 1 qa Y tans sense ux e J tanede elnoost cog x d aw ux uxsent ycosx cosrsenzdrC xv 1 4 senx ycosz sent C ysecr te sen Portanto ysecx C d 1 1 2 xseny1dycosydr0 Fg dy cosy cos y uy e7 J secydy e Lnsec ytan y 1 secy tan y d seny 1 x seny 1 Or 7 C dy ir wy wy cos y sec y tan y cos xsec y tan y 4 zy 2 1 x seny dic secy tan y cos y ee tran y 2tanysecy sec y C sec y tan y x 2t C secy tan y itan y sec y ry 94 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV xyCsecy tany 2 Portanto yCsecytany 2 2 dy Siz arctan x 3 l4a ag TY arctan px e te e x d 1 t arctan x arctan ACtAN C ly uax wx arctan x e dx dx YF M 142 Y 1 2 yenornr arctang 1leC yarctang1Ce tr Portanto yarctanz 1Ce arctan 2 2 dx 2 2 2 4 dx2rdyeseccydy ate Ysecty ply e y d 2y 2 2y 2y 2y 2 ay My Hy Ce secy re ee seciydyC re tang C Portanto e tang C dy f tanadx Lncos x 5 da U tans cose px e e cosxr x d qq HO pxcosr ycosx cosxcosrdrC x 1 1 1 ycosx 5 psen2 C ysecnr qe sen2r C 1 Portanto y see x2x sen2x 4C dy 2 dy 1 fia 1 6 wa yas me pre Je Tyna nle y farse lypux px 2 x dx Yy pb Le YT Portanto y22C d 1 3 pap 1 7 ydx2ry3dy0 o2n mye fijde eLmy dy oy sy y d 1 1 Flew nu 5 y GtyeF e 95 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 Portanto Cy y d 1 2 8 Lnxdyy2Lnzdx0 Fy dx Lnz x px ef wine elaLnz Jyp d 2 2 aw pux pola 7 OO Lng 7 Lnedy C LnaC C Portanto y Lnx Lnz dy y cotzx lq L 9 0 plreleei7 Ss dx x fy a ple ye eFae da Ype p r yt r 1 yx LnusenzC yLnsenzC x 1 Portanto y Lnsenz C x 2 ae d dx 6xry y 2 y n 10 te Geet OF mayne PT etn pay d y 243 ee 1 x wx wx aay 1 dy CO ay MO Be aay y 1 Were Y y ay 1 pai C ay1yaretanyC y Portant fy arctan y C ortanto y arctan 1 dy 1 WwW S44y 5s fade ples dx ey 3 2e4 ur e d 1 rl eft y dr4C dx iy Ha Hr 3 2e4 ue sae vt 1 1 ye g buts 2eC ye Sin 2e4 cl Portanto ye Ln3 2e4s cl 96 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 12 dy sen 1 y cost WY veotr 1cotr dx senx dx px e J cot adx eo bnsenz cer d al par ua1cotz yescex cscalcotrdrxC yescx Lncscx cot x cscex C Portanto y senzLncsc x cot x cscx C dr 3 f cot Od Lnsen36 3 13 0 3rcot 5sen26 pO e J cof rar ernsen sen d 3 3 woe uA p6 5sen20 rsen5 sensen26d0C rsen 10 sexe cos d0 C 2sen6 C rsen9 2sen9C rcscO 2send C Portanto r 2sen704 C csc 6 1 14 xcosadyyasenzcosxlldx 0 yy LCOSx ULCOSX ULCosx 1 1 1 yf yltanae ple efltemerite otrcomestng ST xo COsa cos x d 1 x x 1 Fly me ne fae x x COS cos x cosx xcCOSx y oe tan x C x 1 Portanto y senzC cosa x dy x foe Ve1 15 2 Fy ys is e wy YT wx lo y Seat ux e d x Vx 1 1 ly Soy dt t CO i MOM me ae f hart Vaz71 1 1 ye Lnx 1 Lnx1C x 2 2 Portanto In rat C TS er Vel 97 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV dy 2 2 f sec cdx tan x 16 qn 1 U8 xtanzsecr px e e x d 2 tan x tan x 2 Fy ly Me wx tan 2 sec Cc ye Fe tanasecrdrC x Seja u tan x fewrtans sec rdx Je udu eu 1 e tana 1 Assim ye etana 1C Portanto ytanz1Ce dy fa LnLnz 17 zLnz yLnLnr uae aut er Tnr x d LnLnz LnLnz ly soyLne Lone drC dx ly ux ur xrLnx yas me xrLnx oe yLnz LnaLnLnaz 1 C C Portanto y LnLnz 1 Lnz d 18 a 2r cos20 sen4 p ef 200820d8 esen20 d sen26 sen26 wl 8 u0sen40 re le sen40d0C Seja u sen26 pen sen40d0 Je udu eu 1 9 sen20 1 Assim re8n8 esen9 sen29 1 C Portanto r sen20 1 Cesen9 Exercicio 224 Resolver edx ydy0 y01 Solugao Integrando 1 ear vay c sy C 98 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Das condicoes iniciais 1 1 0 2 lC C eM 2 Portanto y 2e 1 Exercicio 225 Determine quais das seguintes equacoes diferencias sao de varidvets separdveis dy 2y3 9 2 9 1 1 d dy 0 2 3 dx dy 0 1 xydax ydy vydx xy dy d 1 2y d d 4 senrdx ydy 0 5 ate 6 fart 2y cy dy ysenx dx dx 9 dy 9 dS 7 yy an FD 8 7 7 8 9 xrVl1lydxr dy x r 10 l22y4 2ydy ydx Solugao 1 14 2ydx ydy 0 Portanto nao é de varidveis separaveis dy furs dy de dx 4x45 2Qy32 4r452 Portanto sim é de varidveis separaveis d d 3 ydxx7ydy0 2y2 dy0 dy0 ou rzy0 x x Portanto sim é de varidveis separaveis 4 senrdx ydy 0 Portanto sim é de varidveis separaveis d 1 2y 1 2y 5 ar ite senrdx dy 0 dy ysenx y Sim é de varidveis separaveis dy dy 6 4 2y xy r 1 de Portanto sim é de varidveis separaveis dy dy dx ydy 7 yx 1 1a 12 mm 0 y ya 7 y 1 yd aF y 1 i2 WP Portanto sim é de varidveis separaveis 99 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV dS dS 8 kS kdr0 dr so Portanto sim é de varidveis separaveis d 9 2 lydrdy rdr a 0 Y Portanto sim é de varidveis separaveis 10 lay42ydyydxr 14y127dy ydxr podemos escrever dx 1y na forma dy 0 1 2 y Portanto sim é de varidveis separaveis Exercicio 226 Determine a solucado geral para as seguintes equacoes de varidveis separdveis 1 14 ydr 127dy 0 2 1ydxr xydy 0 3 y ayy 2 yx 0 4 1ydx xdy 5 aVlytyyV14220 6 rVlydryV122dy0 y01 7 e1y1 8 yLnydr2dy0 ye 9 yat a0 aFl 10 e1427dy 2x1 edx 0 11 1eyy e y0 0 12 1yedx edy 1 ydy 0 dy 9 dy 1lay 13 1 14 dx ryt dx xy dy 2 dy 15 tanr4 y 16 senx y dx dx dy dy 25 V7 24 Vy2443 18 1e dx dx Solugao lL l4ydr12dy0 er dy 0 1 2 1y7 dx tf d C t arct C r n r ny pet i py arctan x arctan y Portanto arctanxzarctany C é a solucao geral na forma implicita da equagao diferencial 2 lydraydy0 tae dy 0 x 1y 1 je ne C LnrLnVly Lnc zt y 100 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto 21y C éasolugao geral na forma implicita da equacao diferen cial 2 2 2 2 y x 3 0 dydy0 yo ayyl 2 ya a er x y 1 1 d dyC aaL 1yyLny1 C me oe 50a I 1 59 yIny 1 ae rl ys Portanto 5 e yyIn yo C éasolucao geral na forma implicita Yy da equacao diferencial 4 1yd dy d dy 0 C2x dx sdy y v L 1y J 1 1 dx dyC LnzarctanyC x 14y Portanto y tanC Lnz é a solugao geral da equagao diferencial v y 5B oanltytyyVl4t2270 S 0 Vla V14y v y aut aay e vl4e4vV1l4yC V12 V1y Portanto V121y C éasolucao geral na forma implicita da equacao diferencial r y 6 x 1lyrdryv12dy 0 O LS met s dy 0 viy yv y y0 Joe tap v y Gaur e C vV1lwv4vV1yC lr Vly Quando y01 20y1 logo V104V1PC C l Portanto V1l21y 1 éa solucao geral na forma implicita da equacao diferencial e1y1 a 8 ty de dx ey 1 e Y awe o Ln1l e 2 LnC 101 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto y Ln1 Ce é a solugao geral da equacao diferencial 1 1 8 ybnydrady0 yle drdy0 x yLny 1 1 ie dyC LnrLnLnyLnC shlnyC x yLny Pela condicao inicial segue 1LneC C2 Portanto Lny 2 é a solucao particular da equacao diferencial 9 yaTt a0a41 5S adxrady0 eae array c 8 Lna Lna Portanto aaCLna é a solugao geral da equagao diferencial 10 e127dy221edr0 Tay 4 0 y en 2x ey 2 y Portanto 12 C1e éa solucao geral da equacao diferencial dx 11 1eyye y00 ye Ydy Tae 0 oso ev dx x ye dy tte C ye edyLne1C ev Da condigao inicial 0ee Lne 8 1C S CLn21 Portanto y 1le Lne 1 1 Ln2 é solugao particular da equagao diferencial 2 22 Qn 1 y 12 1yedx edy1ydy0 edx ply y 1 1 1 era Jie ley 0 x fe arctan y 5 bal yC l 1 Portanto 5 eY arctany 5 hal y C éa solugao geral na forma implicita da equacao diferencial 102 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV d d d d 13 7 ry1 Sejazxy1 i Leo logo 77 7 1 dzdr0 wCHarctanz z Portanto C arctanx y 1 éa solucao geral na forma implicita da equacao diferencial d lax d d 14 i aay Seja v 2 y entdo 14 5 logo d lax d 1 d 1 dx xy dx Zz dx z ls zedz dxrC 37 xrC Portanto x y 2x 2C é a solucao geral na forma implicita da equacao diferencial d d d 5 Ye tanx y Seja z x y entao 14 oy logo dx dx dx d d d 5 tan y 77 b tans ie 9 1 cos zdz drC z 5sen22 2rC Portanto 2y x sen2x 2y C é a solugao geral na forma implicita da equacao diferencial d d d 6 Ye senx y Seja z 2 y entao oy logo dx dx dx d d 1 I senx y jeasnz ddr0 dx dx cos z sctede oecztanjdz dr c tanzseczxrC Portanto tanxysecayx C éa solugao geral da equagao diferencial d d d 17 Go at Vy FS Sejazy2r3 Fo Gp 72 lowe d d iy o242 dr0 3S 2wWr71rHC dx Jz Portanto 2 y2x32C é solugao geral da equacao diferencial 103 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV d d d 18 J 14e Sejazayxt5 1 logo dx dx dx d d y11le dr0 5 e2C dx e e4C 2zLnC y5LnlrC Portanto yx x 5 LnxC é solugao geral da equacao diferencial Exercicio 227 Mediante substituigao apropriada reduza cada equacao a uma de varidveis separdaveis e encontre a solugdao geral dy 2x ytl 1 Q2 Ad 4x 2 5dx 0 20 2c y 4dy 4a 2y 5dx de Gr 3y 21 3 wy1dx 2x 2y 1dy 0 4 y 842y1 Solucao 1 Na equacao 2 y 4dy 4a 2y 5dx 0 consideremos t 2x y entao d dt y 2a t de onde YH 9 gubstituindo dx dx dt dt t4 t 42 2t50 4t4138t44 dx dt t A da 5 AT 4t 13 t4 1 3 dx dtC 4r7t4Ln4t13C pe a 7 L 7ln4t 13 3 Portanto a solucao geral da equacao é y2x qbn8e 4y 13 C d 2x2 1 2 Na equacao ay ABT yt consideremos t 2x y entao y 2x t de onde dx 6x 3y1 d dt SY 9 gubstituindo na equacao original dx dx dt t1 3t 1 2 dxr dt 2 a 3b 3t1 1 3 4 1 dx dtC t Ln5t3C oe IG 35 pt selndt 3 55 Portanto a solucao geral da equagéo 6 15y 54 4Ln10x 5y 3 C 3 Na equacao a y 1dx 2x 2y 1dy 0 consideremos t xy entao yt2x 104 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV d dt de onde oF Substituindo dx dx dt t 1 2 1 1 0 2t1dt2tdr 0 x 2t1 3 de Dix 9 dx 2dt0 t 2 t2 3 fw 2 5 dtC x2t3LbLnt2C Portanto a solugao geral da equagéo 6 x 2y 3Lnay2 C d 1 fd 4 Seja u 84 2y 1 logo du 8dx42dy oy ug assim dx 2 dz 1 du du 8a2y1P 8w d y 8r2y 1 aE m28 1g drC arctanYxr4C du x arctan x 2u2 8 2 2 arctan 5 27r2C u2tan4r4C Portanto 8 2y1 2tan4x C Exercicio 228 d Determine a solugao da equagao iL yLny coma 0 que satisfaz a condigao x inicial y0 0 para que valores de a tem solugdao tinica Solugao d 1 De Ze y Lny segue dydr dx y Lny l l la dy J dxrC IbLny24C y Lny la Dos dados iniciais quando x 0 segue y 0 logo Lny 00 assim 1 a 0 logo a 1 1 A solucao geral da equacao é To bnlh xC quando0a 1 a A solugao sera tinica quando C 0 Exercicio 229 105 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Diga se as seguintes equacoes diferenciais sao homogˆeneas 1 y x y x 2 y y2 x 3 y 2xye x y x2 y5sen x y 4 y x2 y x3 5 y xy2 x2y y3 6 y2y x2 Solucao 1 y x y x fx y fαx αy αx αy αx fx y para α R α 0 Portanto sim e homogˆenea 2 y y2 x fx y fαx αy αy2 αx αfx y para α R α 0 Portanto nao e homogˆenea 3 y 2xye x y x2 y5sen x y fx y fαx αy 2αxαye αx αy αx2 αy5sen αx αy fαx αy α22xye x y α2x2 α3y5sen x y 2xye x y x2 α3y5sen x y fx y Portanto nao e homogˆenea 4 y x2 y x3 fx y fαx αy αx2 αy αx3 fx y para α R α 0 Portanto nao e homogˆenea 5 y xy2 x2y y3 fx y fαx αy αxαy2 αx2αy αy3 fx y para α R α 0 Portanto sim e homogˆenea 6 y2y x2 y x2 y2 fx y fαx αy αx2 αy2 fx y para α R α 0 Portanto sim e homogˆenea Exercıcio 2210 Suponha que Mx ydx Nx ydy 0 seja uma equacao homogˆenea Mostre que a substituicao x uy transforma a equacao em uma com variaveis separaveis Solucao 106 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Supondo u uy segue dx udy ydu entao substituindo na equacgao homogénea Mx ydx Nx ydy0 Muy yudy yduNuy ydy0 pelo fato ser equacao homogénea yMu 1udyydu Nu ldy0 uM u14 Nu 1dyyMu ldu 0 onde a é a ordem da homogénea d Mu1d Logo 5 a 0 6 uma EDO de variaveis separaveis Exercicio 2211 Determine a solucao geral para as seguintes equacoes homogéneas 1 47 3y4y2y 3x 0 2 zy yt Vy 2 3 2ryx y yy 227 4A 4a ry 3y yy 5x 2ry 0 2 5 y e 6 42 axyy y 2 ary 4y 0 3x y 7 xy Vy 2x 8 y 327dy xydx 9 ydx 2x rydy 0 10 xy2dr x y4dy 0 ll 3841y2yxe10 12 24 2y14 y3x Ty 3 0 13 yay2y 14 x 2y4dx 2a y 5dy 0 Solucao 1 4x 3yy2y 3x 0 Sejayur dy up ott ag dx dx y du 4x 3y yQy320 4324 uta230 x dx x dx 2u3 Qu 4 2u3du0 du C 2u 6u 4dx x2u 3du Slate 1 1 1 Lnzx 5 Ln 2u 6u4LnC 5 inlay 6ry 4x LnC Portanto 2y 6ry 427 C é a solucao geral 20 ay yt y 2 Sej dy du eja y ux utr Jag dx dx d ry ytVy2 xu o urVuee2 x 107 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV du dx 1 ue VJ OW fs utor aut U 1s 5 lwsre x Loz Liut Vu 1LnC MA C ut v a Portanto 2 Cy y x é a solucao geral 3 2axy2 y yy 2a dy du Seja y eja y ux da Ura d 2ry x y yy 227 20ua 2 02 uaur7r227 x 1 fd 24 1 udx 2au1du0 ne C 2 x us 2 1 1 1 1 gbne Lnu 72 5f LnruC 2 y Portanto yLn yC 2 é a solucao geral x 4 4x 2y 3y yy 5a 2ry 0 d d Sejjayur 7 sutoe 2 21 NMa 2 2 2 du 9 4x ay3yyy5a422y0 44u3u Huta u 542u0 x dx uw 2u5 udu4d 42usydu0 fy f EN ac uu4u4drau2u5du 7 t Bowodu pat 1 uw 2u5 2 3 5 Dofato Uteva 8 8 OlO Pow dus4d 31 Aw2 122 dx 2 3 5 d du duiLnC x laa wt oy lines an 2 3 5 x u 29u 18 Lnz3Lnu17Lnu2 so Lau2 LnC rene C Portanto y 2ry2x Cy 22z é a solucao geral Qxry dy du 5 Y 3p Sejayur dn Uta uta ple wu dx 3u dx 3u 108 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV d 2 3 xu 3duueudx0 os aaune L wu dx 3 1 1 es fey peau au du Se ee aye ea Lng 3Lnu Lnu1Lnu1LnC wu C nz nu Lnu 1 Lnu Ln u1u1 Portanto y Cy 2 é a solucao geral 6 42 ayyya xy 4y 0 d d Sejjayur Vo auto d 4a aytyy aay4y0 Aube uta 1utdu 0 L dx 1 f4uut1 3 2 dx 1 3u 1 1 an Oras du duC Lnfeu1u1 4C Portanto y2yz C 6a solucao geral 7 ay Vy 2 Temse y xy 2y ay y V2 7 Sejayur WY yy tt ag dx dx d ryVvety vu ao ue Va Pe x du 1 1 Tew Ade th U r a Tow U dx 1 ds CO Ont Lnut V1 4 u Ln i lr Lizuavlu2LnC ytvVryC Portanto y 2yC éa solucao geral 8 y 3xdy xrydx d d Sejayur u2x 32u 2 22u u2 3ue u dx dx du 1 u 3 9 3 0 dr Adu0 u u au ir T 2 u 109 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 3 1 1 det e oe du Ln I Qu AuV2 Au V2 3 1 1 Lnz Fun hau V2 qbau v3 LnCh 3 fF 491 6 tnv fit LL 5 u 2 u 2 xtu reu u 2 xu 2x Portanto a solugdo geral 6 y Cy 22 9 yedx 2x rydy 0 dx du Sejaxuy uty dy dy 3 34a 33 32 3 du 33 3 wy 2ua aruy0 wx uty 4 2ux ux 0 dy dy d d utys 4 u0 yo 2Fu0 dy dy 1 1 1 1 1 dy pau ef eh du tne oe 2 J2u1 V2ui1 2 2 2 1 Lny Lnw Ln2u1LnC Ln po LnC Ln u 2 2 2 1 2 2 272 42 y ur Jie 4s y ew Wo u uy Portanto a solugao geral 6 y2x y C2 10 y2dxay4dy 0 Ela nao é homogénea porém podemos transformala em homogénea Suponhamos xy20 e xy4 0 resolvendo o sistema resulta que x 1 e y3 Consideremos sx1l1e tys3entaodydt e dx ds logo substituindo dt na equacao original resulta s t a t 0 esta equacao homogénea S dt du Sejatus us assim temos ds ds du 9 sus ut se sus0 ue 2u1ds4su1du0 s 110 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV ds u 1 ds 1 2u 2 du0 4 duC s wQu1 Sf e54 2LnsLnu22u1LnC su22u1C Portanto 2 y 2ry 4x 8y 14 C 6 a solucao geral ll 384y24yx10 Ela nao é homogénea porém podemos transformala em homogénea Suponhamos 3x2 y20 e x10 resolvendo o sistema resulta que x 1 e yl Consideremos s x1l1e ty1entaodydt e dx ds logo substituindo dt na equacao original resulta 3s t S76 0 esta equagao homogeénea S dt du du Sejaatus usassimtemos 35ussus 0 ds ds ds ds 1 ds 1 32udssdu0 du0 duC 32udssdu stoungt olaau 1 2LnsLn2u3LnC sQut3C s82t3sC Portanto 12y3x1C éa solugao geral 12 2a42y1y38a Ty 3 0 Ela nao é homogénea porém podemos transformala em homogénea Suponhamos 2 2y10 e 3x 7y 3 0 resolvendo o sistema resulta que 13 3 T 5 Y 13 3 os Consideremos s x 0 e ty 0 entao dy dt e dx ds logo substituindo dt na equacao original resulta 2s 2t 7 85 7t 0 esta equacéo homogénea S dt du Sejatus us assim temos ds ds du 9 25 2us u 7 3s Tus0 Tue 5u2ds 7u3du0 S ds 7u 3 ds 1 35 4 4 dy 0S 4 duQ 3 Te 5u2 Sei lmoata 9Lns 5Ln7u24Lnu1LnC s87u2u1C 7t2stsC 111 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 5 4 4 Portanto 7y 2a D yat 5 C éa solucao geral 13 yayP a 7 Temse y xy 2y ay y V2 7 dy du Seja y eja y ux da Ura d ry yVvry xu r ux Vx ux x du 1 1 Vv1 2 dr d Th u yet Te dx 1 du CQ LavsbLnutv14u bind x v1lu LuwutaVvluLnC ytvVey2C Portanto y 2yC éa solucao geral 14 a 2y4dx 24 y 5dy 0 Ela nao é homogénea porém podemos transformala em homogénea Suponhamos 2y40 e 2xy5 0 resolvendo o sistema resulta que x 2 e y Consideremos sx2 e ty1I1entaodydt e dx ds logo substituindo dt na equacao original resulta s 2 qs 25 t 0 esta equacéo homogénea s dt du Sejatus us assim temos ds ds du 9 s 2us u 57 2s us 0 u1ds4s24udu 0 S ds u 2 ds u 2 du0 du 0 Stl tas Seateol tns Atnw 1 tn tac S insYez p M2 tc ns Lnu n n svu2 1 Ln 2 utl u1 su1pCut1 yl242Cy1z22 Portanto y21 Cyaz3 éa solucao geral Exercicio 2212 Suponha que Mx ydx Nx ydy 0 seja uma equagdo homogénea Mostre que a substituicao x rcos y rsend transforma a equagao em uma com varidveis 112 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV separdaveis Solugao Temos xrcosé yrsené logo dx cos dr rsené dé dy send dr rcosé dé em Mx ydx Nx ydy 0 segue Mr cos 0 rsencos 6 dr rsen d0 Nrcos rsensené dr rcos dé 0 Como é homogénea entao Mrcos6 rsen rMcos 0 sen andlogamente temos que Nrcos rsen r Ncos sen de onde 1 dr Ncos 6 sen cos Mcos sensend 10 0 r M cos 6 sen cos Ncos sensend Portanto a equacao em uma de varidveis separaveis Exercicio 2213 Suponha que Mx ydx Nx ydy 0 seja uma equagao homogénea Mostre que a dy x equacao pode ser escrita na forma in G x y Solugao M d Dado Mx ydx Nx ydy 0 entao Me 9 0 de onde pelo fato ser Nx y da homogénea dx Nwy oP NZ 1 NZ 1 ty Exercicio 2214 Prove que uma equacao diferencial de varidveis separdveis sempre exata Solugao Seja Axdxz Bydy 0 uma equagao de varidveis separaveis OA OB OA OB Temos 0 e 0 entao satisfaz a condigaéo para se uma Oy Ox Oy Ox equagao exata Portanto Axdx Bydy 0 é exata Exercicio 2215 113 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Determine quais das seguintes equacoes diferenciais sao exatas 1 3x2ydx y x3dy 0 2 5y 2xy 2y 0 3 xydx y2dy 4 xy2dx x2y y2dy 0 5 2x y dx x2 y2 dy 0 6 y 2y x 7 1 2x2 2ydx dy 4x3 4xy Solucao 1 Na equacao 3x2ydxyx3dy 0 considerese Mx y 3x2y e Nx y yx3 temos M y 3x2 N x 3x2 Portanto sim e uma equacao diferencial exata 2 Na equacao 5y 2xy 2y 0 considerese Mx y 2y e Nx y 5y 2x temos M y 2 N x 2 Portanto sim e uma equacao diferencial exata 3 Na equacao xydx y2dy considerese Mx y xy e Nx y y2 temos M y x N x 0 Portanto nao e uma equacao diferencial exata 4 Na equacao xy2dx x2y y2dy 0 considerese Mx y xy2 e Nx y x2y y2 temos M y 2xy N x 2xy Portanto sim e uma equacao diferencial exata 5 Na equacao 2x y dx x2 y2 dy 0 consideremos Mx y 2x y e Nx y x2 y2 temos M y 2x y2 N x 2x y2 Portanto sim e uma equacao diferencial exata 114 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 6 Na equacao y 2y x 1 xdx 1 2ydy 0 considerese Mx y 1 x e Nx y 1 2y temos M y 0 N x 0 Portanto sim e uma equacao diferencial exata 7 Na equacao 1 2x2 2ydx dy 4x3 4xy considerese Mx y 1 2x2 2y e Nx y 4x3 4xy temos M y 2 N x 12x2 4y Portanto nao e uma equacao diferencial exata Exercıcio 2216 Para cada uma das equacoes determine o valor da constante k para que a equacao seja exata 1 y3 kxy4 2xdx 3xy2 20x2y3dy 0 2 2xy2 yexdx 2x2y kex 1dy 0 3 2x ysenxy ky4dx 20xy3 xsenxydy 0 4 6xy3 cos ydx kx2y2 xsenydy 0 Solucao 1 y3 kxy4 2xdx 3xy2 20x2y3dy 0 Temos Mx y y3 kxy4 2x Nx y 3xy2 20x2y3 entao M y 3y2 4kxy3 N x 3y2 40xy3 3y2 4kxy3 3y2 40xy3 Para ser exata k 10 2 2xy2 yexdx 2x2y kex 1dy 0 Temos Mx y 2xy2 yex Nx y 2x2y kex 1 entao M y 4xy ex N x 4xy kex 4xy ex 4xy kex Para ser exata k 1 115 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 3 22 ysenry kydx 20ry xsenxrydy 0 Temos Mxy 2x ysenry ky Nxy 20ry rsenxy entao OM ON senry yx cosxy 4ky 20y senxry ry cos ry Oy Ox senry yxcosxry 4ky 20y senryxycosty Para ser exata k 5 4 6ry cos ydx kxy xsenydy 0 Temos Mzy 6ry cosy Nxy kxy xseny entao OM ON 18ryseny 2kxry seny Oy Ox 18ry seny 2kryseny k9 Para ser exata k 9 Exercicio 2217 Verifique se as seguintes equacdes diferenciais sao exatas e resolva as que forem 1 Qrytajdxxydy0 2 y 2rydx 14 3xy xdy 0 3 ye dx xe dy 0 A xe dz ye dy 0 5 3aydax 22y 4ydy0 6 a2x 4 y ya 2yy 0 7 xydx xydy 0 8 ysenx xy cos xdx xsenz 1dy 0 9 ydxady 0 10 3x 6rydx 6x7y 4ydy 0 Solucao 1 Qryaxdx x ydy0 Temos M2y 2ry2 N2y 27 y entdo OM ON 2 22 Oy Ox OF Sim é exata Seja Da y Mzy entao xv 2 l Fxy er adx axyt 52 uy 116 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV OF Por outro lado Dy y Nay entao y OF 1 By or ruyyo ty uly 5 x x pe Lol Portanto a solucao geral da equacéo 6 xy 3 gy C 2 y 2xrydx 1 32y xdy 0 Temos M2zy yt 2ry N2zy 22 OM ON 2 1 32y x entao 16ry 6ry 1 Oy Ox OF Sim é exata Seja Da y Mzy entao xv Poy f y 2np de xy 2298 uly OF Por outro lado Dy y Nay entao y OF 3 22 1 3 22 j ay ew at xy tuy143y2 ulyy Portanto a solucao geral da equacao é xy t x7y yC OM 3 yedxz xedy 0 Temos Mxy ye Naxy xre entao Oy ON e41 xy on e4 1 yx OF Sim é exata Seja Da y Mzy entao xv Fxy vce euly OF Por outro lado Dy 6h y Nay entao y OF By try we Fully ae uty C1 y Portanto a solugao geral da equagao é eY C OM 4 xedx yedy 0 Temos Mzy re Nxy ye entao Oy 117 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV ON 2xry 2 ry wes a ye Nao 6 exata 5 3a ydx 2x3y44ydy 0 Temos Mx y 3x7y Nx y 2xy 4y entao OM ON oe 6r2y 6ry By OP By 80 OF Sim é exata Seja Da y Mzy entao xv Fxy seve xy uly OF Por outro lado Dy 6h y Nay entao y OF 3 3 3 3 Oy rw 2xy uly 2xyt4y uy dy Portanto a solucao geral da equacao é xy y4 C 6 x2ayyx2yy 0 Temos Mx y x2xy Nx y ya2y ts OM 5 ON 5 ntao 2x 2yx entao Oy y y OF Sim é exata Seja Da y Mzy entao xv 3 2 1g lia Fay 22 4 rydz 3 a2 uy OF Por outro lado Dy y Nay entao y OF 1 a y 2yuly ya 2y uly 5y Oy 2 Portanto a solucao geral da equacao 6 x4 27yyC 7 a ydv t xydy 0 Temos Maxy y Nay xy entao OM ON 1 1 Oy Ox Nao 6 exata 8 ysenz xycosxdx asenz 1dy 0 Temos Maxy ysenx xrycosa OM ON Nay xsenx 1 entao senzrxcosxz x senrxrcosz Oy Ox 118 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV OF Sim é exata seja Dp ey Mzy entao xv Fay users xy cos xdx yxsenx uy OF Por outro lado Dy y Nay entao y OF Dy y xsenzuyasenzr1 uly y y Portanto a solugao geral da equacgao é yxsenxr y C OM ON 9 ydxady0 Temos Mzy y Nxy x entao 1 1 Oy Ox Sim é exata e podemos escrever ydxady0 day0 aeyc weC 10 32 6rydx 6x7y 4ydy 0 Temos M2zy 327 6ry N2y OM ON 6x7y 4y entao 12ry 12zy Oy Ox OF Sim é exata Seja Da y Mzy entao xv F2y oe 6xydx 2 3xy uy OF Por outro lado Dy y Nay entao y OF By ow 6xy uly 6ay4y uly y Portanto a solucao geral da equacdo é x 3x7y y4 C Exercicio 2218 Suponha a mn d constantes Quais sao as condigdes para que a equagao ax bydx ma nydy 0 seja exata Resolver a equagao Solugao OM ON Sejam Mx y axrby e Nx y max ny para ser exata Oy Fy entao bm Para ser exata tem que ser b m 119 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV a OF Temse Fx y ax bydx vy 5 bry vy logo Oy bruy br ny assim uvyny vy sv Portanto a solucao geral é 50 bay sv C Exercicio 2219 Quais sao as condigdes para que a equagao fx gydx hx pydy 0 seja exata Solucao OM ON Sejam Mz y fle lu Nw y he ply para ser exata 5 5 entao iy fi gay Wadere gyha e Para ser exata tem que ser gy hx C Exercicio 2220 Quais sao as condigées para que a equacao fx ydx gx hxdy 0 seja exata Solucao OM ON Sejam Mz y fx y e Na y gx hx para ser exata Dy On entao y xv Of By 7 9 2 Ble ge PC y Of Para ser exata tem que ser By y gx hx ga h2 y Exercicio 2221 Para os seguintes exercicios determine a solucdo das equacdes que satisfazem as con dicdes dadas 1 4 2xy cosx 2asenx onde y funcao limitada quando x oo 2 2ry y senx cos x onde y limitada quando x 00 3 y ybn2 2cosx 1Ln2 onde y é limitada quando x 00 4 2x7y xy 2xcosx 3senzx onde y 0 quando x 00 2 5 ysenx ycosx onde y 0 quando x oo x 6 127Ln127y2ry Ln122z arctan x onde y 5 quando x oo 120 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 1 1 7 y ey sen ecos onde y 2 quando x oo x x x 8 y ybLnx 14 2Lnza onde y 0 quando x 00 Solucao 1 yy 2xy cosx 2xsenxz onde y é funcao limitada quando x oo Temos y 2xycosx2rsenzr ef 24 y Qay ef 24 cos x 2xsenz logo ety fe cos rdx 2 eP rsenrde C 2 2 2 2 e y fe cos rdz e senax fe cos rdz C 2 2 2 2 ye fe cos xdx senx e Je cos xdx C Pelas condigoes do problema quando x oo temos y M de onde C 0 logo y senx 2 2ry y senx cos x onde y é limitada quando x 00 Temos y a IsenVz cosVz ur el nat eve 2x 2x e7 vt logo ye Vv De senve cos Vajdr C eV senVz C x y senz CeVv Para y fungao limitada quando x co entéo C0 logo y senyZ 3 y yLn2 2cosx 1Ln2 onde y é limitada quando x 00 Temos ux e7 J in2dx eln2 90 logo y2 pe 2 cosa 1Ln2dx C 27 2 4 C logo y 2 4 C 2 Para y fungao limitada quando 7 00 entao C0 logo yy25 4 2Qx7y xy 2xcosx 3senx onde y 0 quando x 00 1 1 3 1 1 sdxr yi ay 7 cost 5 ysene px ef 26 Vi 121 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 1 3 y cosx senzldxC Va Ta ae t d 3 dtC senr senrdx senrdx fa Vx 2 Vx QV x5 1 logo yVax sens c para y 0 quando x 00 entao C 0 VJ 73 senx Portanto a solugao que satisfaz 6 y x sen 5 ysenx ycos x onde y 0 quando x ov x y ycotr px el te ese x senz 1 ycse x f esex arc C x x senx logo y Csenz para y 0 quando x 00 entao C 0 x senx Portanto a solugao que satisfaz é y x 6 127Ln127y2ry Ln122z7 arctan z onde y 5 quando x oo 2x 2 1 O fator de integrante 6 e J Gye tyenaey eLnLn12 Ln 22 logo d 1 1 2x arctan x dx Inl22 122inl 22 14 22Ln21 422 1 1 2x arctan x 6 fe edz Ss fF 1 dr C 21 Y Ln1 2x 1 2Ln1 2 1 22Ln1 2 21 Na integraca t id t d et d a integracao por partes consideremos u arctanz e dy dx sragae pore 1 22Ln21 22 ta d d n dz entao segue v In 22 u ao 2x arctan x d arctan x 4 dx AN 2 ee 1 2Ln1 2 Ln1 22 1 2Ln1 2 assim arctanc dx 2x arctan x de Lnl22 J 1 2Ln1 2 1 22Ln1 2 122 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Substituindo em 21 1 arctan x s Y Ln122 Ln2 1 arctan C CLua 1 4 arctan x CLnxz Y Lnl2 Lna1 J 7 Para y 3 quando x oo entao C 0 Portanto y arctan é solucao particular da equacao x 1 1 x l 7 yy ey sen e cos onde y 2 quando x oo x x x 1d 1 d 1 1 Temos y seneyecos lycoselycos x x x dx x x 1 1 1 aly cos edrC LnlycoseC ly cos x y cos Ce yx cosCe x x bg 1 Quando x7 oo temos que e e1 e cosa0 C2 x 1 2 Portanto a solucaéo da equagéo 6 yx cos 4 2e x 8 y yLnz 1 2Lnzx onde y 0 quando x 00 O fator de integrante 6 e J Lnede evLne1 ety Jogo d x x xv x x xv x x 2x ae y ex 1 2Lnazax a y ea 14 2LnrdrC x ex y er 0 y a4Cex Para y 0 quando x 0 entao C 0 Portanto y x é solucao particular da equacao 123 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 23 Equacoes de primeira ordem Exercicios 23 ky Exercicio 231 Determine a fungao Mx y para que a equagao x 1 Mx ydx we y 2ay dy 0 x seja exata Solucao 1 ON 1 Seja Nx y xey 2ry entéo ey rey 2y logo x Ox x OM 1 1 Y Oy ey xe yt 2yS May gl xe 2y a 1 Portanto Mx y 5lG xe 2ly ux onde ux é fungao sé de x x Exercicio 232 Determine a fungao Nx y para que a equagao va Vat de Nx ydy 0 uy seja exata Solucao x OM 1 x Seja Mx y Va entéo logo ja Mx y Vi vty Oy 2fry a y ON 1 x Jz 1 May h Or 2Afty a y 79 Jy 2x y Ww 1 Portanto Nzy Ve 5 e y hy onde hy é fungao sé de y y Exercicio 233 My Nz of Rsds Mostre se Rzy entao eS Rsds 6 um fator integrante onde t xy yN 2M Solucao 124 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Seja a equacao linear de primeira ordem Ma ydx Nx ydy 0e pz y um fator integrante pela Propriedade 24 temos 2 tule WM e v ale WC ay HX 4 vY By HY vy de onde OM Ou OM ON Me Ne Me SHC FEC Eee wd ales Da hipot My Na py entado M N yN M Rzy 1 a hipdtese yN aM xy entao M c y x xy logo Ou Ou Mx a y Nx ya y YN 2M Rxyux 9 Ny Ow Mzy On ux y Rry Fe Ox yNxM Oy Sejasxzy ds ydxaxdy assim temos Nwy On Maz y On wes sats EM yd dy OM uae ay N y Ou On ne y REals SEH Fede aay Mz y On Ou 5 ot Hy yN On cM Ou ne y REsats BG Sate Sea xcN Ou yM Ou r an een aye Como Mza ydx Nz ydy segue yN Ou cM On ne y ROsats a sate e Geert xM Ou yN Ou al ant ay yN2M Op yN M Ou nx y ROsals hate Se Ou Ou dua y we 9 Rsals Fede Seay PH Risas 125 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV dua y Logo Lnlpa y Bet resjats weal f Teay f Ret Portanto px y e Fs4s 6 ym fator integrante onde t zy Exercicio 234 Quais sao as condigdes para que Mdx Ndy 0 tenha um fator integrante da forma wx y Solucao Seja a equacao linear de primeira ordem Ma ydx Nx ydy 0e pz y um fator integrante pela Propriedade 24 temos tule Mx 9 ule N09 Oy bt y y Oy Lt y iY de onde OM Ou OM ON Ma yy Nx yy 22 ce DFE Mle I ZEle 9 Fev Fete wd ale 22 OU Ou Se tiver um fator integrante da forma yw px y entao Ba y ay y Ou Ou Ou du dx dy drd dp ant Hy 5 de y em 22 logo multiplicando por dx dy Ou OM ON M N cr a Mx v New SEC aebay FE 0 v Fe w ery ae a du M Nz N Como Ma ydx Na2 ydy dr 7 ty segue dj M N N oe feos 2 MN w px y e SMe No a ty Para que Mdx Ndy 0 tenha um fator integrante da forma px y tem que acontecer fos Ndy gay Exercicio 235 126 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Verifi Mdx Nd 0Oéh é tao px y iz rificar erificar que sé x y é homogénea entao px y 7M 4 yN é um fator integrante Solucao Sabemos que Mz ydx Nx ydy 0 e é homogenea logo Mx y e Na y sao homogéneas do mesmo grau Suponhamos A R seja o grau de homogenidade O Teorema de Euler para fungdes homogéneas diz que se f fxy z 6 homogénea de grau n entao cumpre a igualdade v aH Y 2 Yy See Y 2 z aH Y 2 n fxy 2 Em particular Mx y e Nx y como sao homogéneas do mesmo grau X Logo cumpre OM OM ON ON Ox Oy Ox Oy Suponhamsos xy a seja um fator integrante para equacgao homogénea p M2Y 7M yN J p quag 8 Ma ydx Nx ydy 0 Ma y Nx y A verificar que a equagao WH W dz qdy 0 é tM x y yNz y tM x y yNx y exata Com efeito OM OM ON Ma Na yS M2 N 2 Mx y x y yN a y Oy ra TN TYG Oy xMx y yNz y cM x y yNx y OM ON N MN yM a Mx y yN Oy Oy 24 Oy eM x y yNz y cM x y yNx y Por outro lado ON OM ON a Ne y Mev N v5 Neg tM tree Ox xMx y yNz y cM x y yNx yP ON OM Soo ooo Oo Oe 25 Ox xMx y yNz y 7Ma y yNa y De 24 e 25 segue Al Mx y la Na y Oy aM a yyNa y Ox eM xy yNay 127 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV OM ON ON OM yNz WaMNyM MM MN 2N ay dy 2 Pe Ox cM x y yNx y cM x y yNx y OM OM ON ON vl ff of Ox 1 YS On 1 Oy cM x y yNx y da igualdade 23 2 Mew 9 Mey Wa UN Oy eMx yyNx y Ox xMx yyNzy eM a y yNa y Portanto verifi xy 6 um fator integrant ortanto verificase que xy é um fator integrante q LAZY 2M yN Exercicio 236 Para cada um dos seguintes exerctcios determine um fator integrante apropriado para cada equagao e resolvaa 1 y1dx xdy 0 2 ydx 12xdy 0 3 a yydx xdy 0 4 y27ydx ady 0 5 yatydx ady 0 6 327y xdx dy 0 7 dx 2xrydy 0 8 2xrydx ydy 0 9 ydx 3ydy 0 10 20y aw 4xydy 0 y 11 axydx xy xydy 0 12 xydxr x7ydy 0 13 la2ydvr27yaxdy0 14 2Qry 3ydr 7 3rydy 0 15 scott 1 t 2 cott Solucao 1 y 1dx xrdy 0 Primeira solugao Podemos escrever d 1 1 1 1 y1x 0 yy 3 esr dx x x x 1 Portanto o fator integrante é px x A solucao da equacao é 1 1 1 d 1 1 1 1 x x x dx x x x x 1 1 yr tC yCrl1 x x 128 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV A solucao geralé yCar1 Segunda solugao Sejam Mzyy1 Nazy OM ON 10M ON 2 Como Oy LF an 1 Pela Observagao 211 temos Wy Ox 1 adx gx um fator integrante é puxy ef 9 2p 1 Multiplicando a equacgéo y 1dx xdy 0 pelo fator integrante resulta x 1 1 1 qa lly Ida ady 0 M I e N dF 1 1 ao Fay sydeoyyDtg9y x x x dFoo1l 1 N C dy Toy gly C2 1 Como Fzyyt14QC yCr1 x A solucao geralé yCar1 Terceira solugao A equacao y 1dx xdy 0 podemos escrever na forma 1 ydx xdy dx 0 um fator integrante é x ydx ady 1 y 1 1 1 fab garc 1c x x cu Portanto a solugao geralé yCax1 2 ydx12dy 0 Esta equagao podemos escrever na forma ydx xdydy 0 um fator integrante 1 dx xd 1 1 é logo et dy 0 d dy 0 y y y y y 1 1 e foac y y yY YY Portanto a solugao geralé x2 Cy1 3 2 yydx xdy 0 Podemos escrever na forma ydxr xdy x ydx 0 multiplicando pelo fator 129 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV integrante xy a integrante px y temos grante py 3 5 dx xd 24 y Ue dy FY aarctan4 de 0 rty r y x y y J earctan fu C arctanxrC x x Portanto yxtan7C 4 y xydx xdy 0 Podemos escrever na forma ydzx xdy xydx 0 logo ydxi ady 1 1 1 1 dr0 ds4dr0 xr3y tT 2 Gp ts 1 1 1 1 d deC LnrC af ae fat Daye Portanto 2xyLnx 2ayC 1 é a solucao geral 5 yt axydx xdy 0 Sejam Mxy yay Nay OM ON OM ON Como Oy 142ry on 1 entao Dy Ow 2Qexy Seja I xy um fator integrante como yN M yx y 2y 2y la Propriedade 211 7 t My No 201Y 2 accion pul y ela Propriedade 211 emos que assim px y P P dl yNxM xy xy Wed ry ry eS Rsds e f Sds wr é o fator integrante procurado Logo sera exata quando multiplicando pelo fator integrante a equacao original 2dx d 0 26 x Xx ay ry y Sejam Mey2 Mxy ejam Mxy 2 Ly j By op Resolvendo pelo método da exatas 26 OF 1 1 5 7 New Pew f Soave ule wa 130 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV OF 1 Logo an Py ux de onde OF 1 1 1 Oe 7 ey tu mt M wa2 ux 3 1 1 Assim F2y 22C ry 3 loi Portanto a solugao geral da equacaéo 6 3 C vy 6 3xy 2dr dy 0 OM ON Sejam M2xy 327y2 Nxy 1 Como ay 7 327 on 7 0 entao y x OM ON Oe 32 Oy Ox Seja I px y um fator integrante pela Propriedade 24 1 temos 10M ON 2 3 2 377 s f3ardxe p nla in gx 3x Logo sera exata quando multiplicando pelo fator integrante a equacao original e 3a7y 2dxz e dy 0 27 Sejam Mxy e 3ay 2 Nzy e Resolvendo pelo método da exatas 27 OF Oy Nry Fiay pew ux eT y ux OF Logo 327e y ux de onde Ox OF Oe 7 Ba2e y tulx e 3a2y2M Ss ux 27e 2 2 1 a 3 1 3 Assim ux xe dr 3e logo Fxyey 3 C 1 Portanto a solugao geral da equacao é ey ae C 7 dx 2xrydy 0 Sejam Mzy1 Nay 2zy OM ON OM ON C 0 2y entao 2 omo Dy Fe y entao Dy Ox y 131 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Seja J ux y um fator integrante pela Propriedade 24 temos 10M ON 1 1 1 N Oy x a x x 1 logo dax 2ydy 0 é exata x A solucdo geralé y LnxvC 8 2xrydxr ydy 0 Sejam Mxy 2ry N2xy y OM ON OM ON Como ay 22 Or 0 entao ay F Ox g OM ON 9 tro lad 1 OM ON 2x 1 egue 2z por outro lado 6 Oy Ox rP 7 M dy Ox Qry sy 1 1 Pela Observacao 211 2 temos que o fator integrante 6 pry e J yW H y Multiplicando pelo fator integrante a equacao original temos I 2 215 2eyde y dy 0 2rdxrydy0 5y C y Portanto a solucao geral da equacao 6 x sy C 9 ydx 3ydy 0 Sejam Mxyy Naxy 3y OM ON OM ON C 1 0 entato 4 omo Oy a entao Oy F Da g OM ON 1 tro lad 1 OM ON 1 egue or outro lado 6 Oy Ox rP M dy Oz y 1 1 Pela Observacao 211 2 temos que o fator integrante 6 pry e J yW H y Multiplicando pelo fator integrante a equacao original temos 1 yde 3ydy 0 dzxr3dy0 3yC y Portanto a solucao geral da equacao 6 x 3yC 10 20y de 4axydy 0 y Sejam Mx y 2ry Nay 4x7y y OM ON 4 2x tro lad 1 OM ON 2 egue 4zry por outro lado s Oy Ox y y P M Oy Ox y Pela Observagao 211 2 temos que o fator integranteé px y e Fay y 132 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Multiplicando pelo fator integrante a equacao original temos y 20y pitt 4x ydy 0 28 Sejam Mzy 2ryt2 Nzy 422y Resolvendo pelo método da exatas 28 OF NT 23 24 Oy Nry Fay 4aydy u2 ay uz OF Logo 2ryux de onde Ox OF 1 a day ulx 2eyaM ule 5a Ox 2 241 5 Logo F xy ay 37 C 1 Portanto a solucao geral da equacao 6 x7y 5e C 11 rydx t 2y xydy 0 Sejam Mxy2y N2y 2y 27y OM ON OM ON Como oy 7 Qry or Qry 2xry entao Oy 4 Or OM ON 1 OM ON 2ry Segue Oy 3 2zry por outro lado Vi SF an SP 2 Pela Observagéo 211 2 temos que o fator integrante é px y e7 J 2dy ey Multiplicando pelo fator integrante a equacao original temos e rydax ay xydy 0 29 Sejam Mx y ery Nx y e4xy xy Resolvendo pelo método da exatas 29 OF va 2 2 1 oy 22 9p May Fxy evry dx uly 5eay uy OF Logo ay ec xy ay uy de onde y OF 2y 22 2 2y2 2 2 NT ay OY aytulyeaey ayN uy0 133 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Voy o22 Assim uy C logo Fay 5 Very Cy Cy Portanto a solucao geral da equacao 6 e4xy C 12 xvydx x7ydy 0 Podemos escrever zryydrady0 szyday0 day 0 isto pelo fato x 0 y 4 0 Logo acy C we C Portanto a solugao geral da equagao é ry C 13 12ydr 27y xdy 0 Sejam Mx y 27y Nx y x7 y 2 OM ON 10M Como Oy 77 on 2xy 3x7 Pela Observacao 211 temos way N a2 3a ON Te ety For gx um fator integrante é pxy e SIM Ox xy 2 1 f2de e Je Te 1 Multiplicando aequacéo 12ydxr2yxdy 0 pelo fator integrante 2 resulta 1 9 9 lay 2y2 3 1 2ydaz 2yaxdy0 Mz e N az dF 1ay 1 nao Fxy eters oy aytgy dF 1 ly 9 y yx gy 5Y 1 1 Como Pxy ey Sy Portanto a solucao geral 6 xy 22y 2 Cz 14 2ry 3ydx 7 3rydy 0 Sejam Mx y 2ry 3y N2y 7 32y OM ON 1 0M Como Oy dry 9y F a 7 3y Pela Observacao 211 temos May ON 2 p2 1 um fator integrante é pzy e fydy Ox y y Multiplicando a equacgao 2xy 3ydx 7 3rydy 0 pelo fator integrante 134 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 p resulta 1 ony 3y le 4 7 3m yy aoa 0 Nal 5 2ry 3ydax 7 32ydy0 M2r3y e N 3 y dF 3 ma Fey 2x sydr gy a 3ayt oy dF 7 7 3rgyN 33 gly i WN Wy 2 7 x Como Fazy23ry entao y 2 7 A solucao geralé 2 3xy C y ds 15 a scott 1 t 2 cott Seja at cott e bt 1 t 2cott e consideremos st utzt logo obtémse st ef at bteSds c isto é st cheout ff t 2 cot tle Jets c st sent fi t 2 cot t esc tdt c 1 1 oo resolvendo a integral st sent 51 cot 5 2esct at tan 3 cy simplificando st 24 t csctsent Csent Portanto a solucdo da equagao diferencial 6 st t 2 Csent Exercicio 237 Para cada um dos seguintes exercicios achar o fator integrante e resolver pelo método da exatas 1 cos2y senxdx 2tan xsen2ydy 0 2 3ry 4ydx 327y 2xdy 0 3 2xyLnydx x yy 1dy 0 x 1 1 Yy 1 2 4 4 dv 25dy0 Pee x 4 y 2y 3y 5 32 tany da x sec y 4y dy 0 x x 135 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 242 212 ay ry 9 2 7 ee 4 x dx y dy 0 y y 8 3a 2a ydx 2y x 3ydy 0 9 Ph ay Yl ae VT Fa Lnady 0 V1 x x 10 2ay 2y 5dx 2x 2xdy 0 11 asenzx senydx cosydy 0 Solucao 1 cos2y senxdx 2tanx sen2ydy 0 Sejam Mxy cos2ysenz Nxy 2tanzsen2y OM ON OM ON Como 2sen2y 2sec x sen2y entao 2sen2y Oy Ox Oy Ox 2sec x sen2y 2 tan xsen2y por outro lado 1oM ON 2 tan x sen2y tan N Oy Oz 2 tan x sen2y Pela Observacéo 211 temos que o fator integrante é pay ef tnew elnoos cog x Multiplicando pelo fator integrante a equacao original temos cos zcos 2y senxdx 2 tan xsen2ydy 0 210 Sejam Ma y cosxcos2ysenz Nxy 2cos x tan xsen2y Resolvendo pelo método da exatas 210 OF Dy 7 Nxy Fa y 2cosatanasen2ydyur y F xy cos2ysenzx ux OF Logo an cos2y cosa ua de onde x OF an cos2y cos x ux cosxzcos2ysenzM x 1 2 l 2 ux cos xsenz os t F xy cos2ysenxz 3 Os B C 136 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 4 Portanto a solugao da equacgaéo é senz cos2y 3 008 T C 2 3xy 4ydx 3x7y 2xdy 0 Sejam Mx y 3ry4y N2y 327y 22 OM ON OM ON Como 9ry4 6ry 2 entao 3ry 2 nao é Oy Ox Oy Ox exata Pela Observacgao 211 1 como 1OM ON 3ay2 1 N Oy Ox 3r2y242r a ento um fator integrante é px y e a Multiplicando pelo fator integrante a equacao original temos x3ary 4ydx 23x7y 2xdy 0 211 fam MM 3 Ni 22 aM Sejam Mx y x3ry 4y Naxy x8xy 2x observe que Oy ON Qax2y 4a on Qxy 4x entao é exata xv Resolvendo pelo método da exatas 211 OF 29 c Ney Fly 28ny 20dy tule y Fa y xy 2a7y u2 OF Logo Dn 3xy 4xry ux de onde xv OF 23 23 VT Rp Oey 4ry ux 3ay 4tyM ur 0 x uCy Fay2y42xyC Portanto a solucao geral da equacao é x y 2x2y C 3 2xyLnydax x yy 1dy 0 Sejam Mazy 2ryLny Na y 2 yy 1 entao OM ON OM ON 9rL 1 2r 2rL Dy xLny 1 Da x Dy Ow xLny 137 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV aM ON Oy Ox 2xLn 1 1 1 Oy Ox Y fi qq FS a Multiplicando a equagao original pelo fator integrante px y esia temos que resolver a equagao 2 2eLnydx yVy i dy 0 y esta ultima equacao é exata OF x Fx y 2olnvae vy 2Lnytvy Oy 7 vy assim OF 2 x 5 1 5 5 app OW ay ty l vysvy 1 1 Portanto a solucao da equacao 6 xLny 3V ye 1j3C x 1 1 Yy 1 2 4 de dy0 Paar x 4 a y x 1 1 x 1 2 Sejam Ma2y 7 Nzy Entao ow Jerty roy 0 Jety y OM ty LON Oy Varyy yo Ox Vety sy OM ON 0 Oy Ox Resolvendo pelo método da exatas OF x 1 1 M F d 5 Mle 0 9 aeetiy 7 uy x Fa y Va y Lna y uy OF y x Logo uy de onde 8 By eae y OF y x y 1 se 5 ty et GZ HN Oy VJePyP Vrty y 138 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 uy 7 uy Lny assim Fx y Va y Lnx v4 Lny C y Portanto a solucao geral da equagao 6 a y Lnay y 2y 3y 5 3a tany dex x sec y 4y dy 0 x x 2 2y 3 onnd 3 3y Sejam Mz y 32 tany Nx y x sec y 4y Entao x x OM 9 by ON 9 by OM ON Dy 3 SOU Ts Or sec Ys Dy Or Resolvendo pelo método da exatas OF 2y ar May Fa y 30 tany dxuy 3 OF 3y Fay 2 tany 5 uly ys x sec y uy de onde OF 3y 3y x sec y le uy x sec y 4y Yon Ss Oy x x uy 4y ulyy y3 assim Fx y 2 tany yi C x y3 Portanto a solucao geral da equacao 6 x tany y C x 22 22 ay ry 212 212 Sejam Mazy 2x4 ay Nay aay Entao wry vy OM ii ON ii OM ON 9 Oy oy Ox op a Oy Ox Resolvendo pelo método da exatas OF 2 2 an May Fa y fae dxuy 139 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV uc sYy OF x 1 F 742 y ee Peay FoSF 40 de onde OF xr 1 ry aSEra TT N yy0 C assim F xy 2 vy C Co y oy EY Portanto a solucao geral da equagao 6 2 4C y 9 2 7 pu 4 x dz y dy 0 y y sen2x senx Sejam Mxzy 2 Nzy y Entao y y OM sen2x ON 2senx cos x in OM ON 9 dye Ox y Oy Ox Resolvendo pelo método da exatas OF sen2x WMry Fa n fre ae a Ox y cos2x x OF cos2z F s 2 x y Dy uy ay ap uy de onde OF cos2r senx 1 cos x dy op ulyy Pp uly sy Dy 2 2 1 2 assim Pry tt ae x2 cos2x 1 cos x Portanto a solucdo geral da equacéo 6 4 y C 2 2y 2 2y 8 3a 2a ydx 2y x 3ydy 0 Sejam Mazy 32 2x y Nay 2y x 3y Entao OM ON OM ON a1 DS 1 SS 9 Oy Ox Oy Ox Resolvendo pelo método da exatas OF 9 xv 140 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV OF Fay 2 a a2yuly a xruy y OF 2 2 de onde 7 xuy2ya443yN uy 2y43y y Entaéo ulyyy assim F2y22 2 aytyyC Portanto a solucao geral da equacao 6 xv 2 xytyyC 9 Ph 2ny 4 dx V1 2 2 Lnxdy 0 V12 x vy y Sejam Maxy 4 2ry Nay V1 2x2 x Lnz Entao j xy Trae 1 OY xy OM x 1 ON x 1 OM ON ne yj r SS je Se SO 9 Oy V1 x x Or W142 x Oy Ox Resolvendo pelo método da exatas OF ry y M Fxy 4oary 2 a M29 ceo f S 2ey 4 ae uly Fay yV1 2 ay yLnz uy OF Logo ay V1a4 2ry Lnz uy de onde y OF 3 va Vl4a4 2eyLnrtuyV1l4a4aLnrN y uy 2 2ay uly 2y ay assim Fzy yV14 2 4 ay ybng 2y ay C Portanto a solucdo geral da equacao 6 yV1 2 yLnr2yC 10 2ay 2y 5dx 2x 2xdy 0 Sejam Mx y 2ay 2y5 Nay 2x03 4 2z OM ON 1 OM Como 227 2 4 62742 Pela Observacéo 211 temos Oy Ox N Oy ON 2 2 ax an sq gx um fator integrante é pxy e SIM e Sade r21 Multiplicando aequagao 22y2y45dx2x2xdy 0 pelo fator integrante 141 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 Pal resulta 1 227y 2y 5dx 22 2xdy0 M 2y e N2r x1 x1 dF iy N Fay 2adygx2rygx4 dF 5 5 Te 2y gx aN 2 4 gx yar Sactane Como Fiazy5arctanz2ry Portanto a solucao geralé 2xy 5arctanx C 11 xsenz senydx cosydy 0 Sejam Mzy xsenrseny Nxy cosy OM ON 1 0M ON Como Oy cosy an 7 0 Pela Observagao 211 temos way an 1 um fator integrante é px y ef 14 e Multiplicando a equacgéo a senxz senydx cos ydy 0 pelo fator integrante e resulta M ex senzseny e Nectcosy dF hn N Fay cosydy gx esenygz y dF x Wa x x x Tm seny gx Mexsenrseny gx ex esenx x 1 gx fies esenzldx 5 sense cos x ex 1 1 Como F2zy 5o sens cos x ex 1 eseny entao A solucao geral 6 2eseny 2ea 1 esenxz cosx Cx Exercicio 238 d 3 2 2 Achar a solucao particular da equacao wy ow yry que passa pelo ponto y1 dx 2x 3xy 2 Solucao Este é um PVI Sejam M2xy 327y 4 y Nay 2x 32ry entao OM ON OM ON 3x 2y 6773y 3 Z32 By xu 2y Dx xu 3y ay Oe 32 y 142 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 eM ON ey 1 Mody Ox y3ey y Pela observacgaéo 311 um fator integrante pzy e lou y logo temos que resolver a equagao dy Sulu ty y3ey 4 ydxr y2x 3rydy 0 dx 2x3 3xy esta equacao é exata OF 2 2 Seja y3xy y entao Ox Ploy f vay ode uy 2 ye buy Fay 0 y ya uly 212 Derivando respeito de y temos OF 2ry3yrrtuy Oy 2xy 3ya uly y2a 3ry uly Co Na igualdade 212 ay yx Cy C ou vy yax C Pelo dado y1 2 quando x 1 segue y 2 assim 12 21C C 4 Portanto xy yx 4 é a solucao do pvi Exercicio 239 SejamabEZ coma b Mostre que a solugao geral da equagao ay aydx xtty bardy 0 é da forma ry nLnCxry se n 40 xy Cyxy se n0 Solugao Suponhamos n 0 Sejam Mazy a2yt ay Nay 2tly bx entao OM ON OM ON Dy n 1ay a Dx n 1ay dy Ox a 143 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Por outro lado eM yN 2xyt ay yaty br xya b entao como M Nz ab 1 ay a db Rzy yNaM ayab 2y pelo Exercicio 233 temos que px y ef ds xy é um fator integrante A equagao exata a resolver é xy ay ayda xy ay bardy 0 OF Seja ry xy ay entao Ox Poy Cay Mary ayde uly fy arde uly 1 nn Fay xy aLnz uy 213 n Derivando respeito de y temos OF nN n nm By 729 bully vy a ty bx ary ulyary by uy bLny Na igualdade 213 1 Fay 2y aLnaz bLny Ci n I Mp Nn nn ab x2y Cabnxbblny ay nLnCry n Portanto sen 4 0 entao zy n LnCxy é a solucao geral Se n 0 temos y aydx x bxdy 0 neste caso temos que o fator integrante podemos calcular de M Nz ab 1 a Roy yNaM 2ayab 2y pelo Exercicio 233 temos que px y ef ds xy é um fator integrante A equagao exata a resolver é xyy aydx xy7a brdy 0 144 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV OF Seja Dn 7 xyy ay entao Fley leu Mu ayde uy aede uly Fay 1 aLnz uy 214 Derivando respeito de y temos OF 1 1 ay y ay atbr wtyUby uly 1 6Lny Na igualdade 214 Fxy 14aLnz1bLnyC avi ttyC Portanto se n 0 entao ry xyC a solucao geral Segunda solugao Temos a2yt aydx aty brdy0 xyydx xdy aydx brdy 0 Pelos resultados da Tabela 21 temos xy ydx xdy aydx brdy 0 1 xyydx xdy aydx brady 0 axydxy papa ley 0 considerando u ry e v xy segue n u n1 1 ududv0 udu dv0 v v Sen0 LnuLnuLnC 5S w C isto é xttyt C de onde ry y C 1 Sen 0 uLnv LnC SS u nbnCu isto é ry n nLnCay de onde xy nLnCxy Exercicio 2310 Mostre que a solucao geral da equagao a ty aydx xy axdy 0 145 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV é da forma n1ry 22 yC2a se nF xy C 2aLnzxy se n1 Solucao Suponhamos nF 1 Sejam May 2ty ay Nay ay ax entao OM ON OM ON By ny tant a De nar tyrtt a Oy Dr nar ty a y Por outro lado xM yN aa1y ay yay ax x yx y entao como M N na ly x y n Rw yNaM aryay ay pelo Exercicio 233 temos que px y e ds xy é um fator integrante A equagao exata a resolver é ay a ly ayda xy ay axdy 0 OF Seja ry x1y ay entao Ox Ply ey ey ayde uly fee aay det uly 1 Go an n1 Fzy 5a axy uly 215 2 ln Derivando respeito de y temos OF ay ax tty 4uly ay ay axr n1n nt1n 1 2 ax y uyytar y uly sy Na igualdade 215 1 a 1 F 2 2 n1 n1 2C ty 5a ey oy 1 5 0 4 y C a petty n 1a 4 y Cl Jax Tthynt1 n Portanto se n 4 1 entao n 1xyx y C 2a é a solucao geral Se n 1 temos xyaydrryaxdy 0 neste caso temos que o fator integrante 146 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV é calculado de M Nz x2 y 1 TN oa ale nae may 7 PCY yNaM ayxy axy pelo Exercicio 233 temos que px y ef ds xy é um fator integrante A equagao exata a resolver é xy ay ayda ay ay axdy 0 OF Seja ry7xy ay entao Ox Fxy fours aydx uy Je tar dxuly l Fxy 52 aLnz uy 216 Derivando respeito de y temos OF 12 1 1 1 L By 7 wy ey vy ar wlyytay uly sy abny Na igualdade 216 l 2 ly Fay 52 aLnx 5 aLny C Portanto se n 1 entao x y C 2aLnz é a solucao geral Exercicio 2311 Determine se posstvel a solucao geral das equacoes diferenciats dy 1y 1 1dy ydx 0 2 3 x ydx 2xydy 0 4 27 ydx rydy 0 5 ydz xydy 0 6 2a y1dx a 3y 2dy 0 Qa y 32 dy 2xry4 7 de 7 dy 0 g Fiat 22 Yy 1 9 y cosry ae e costey 2 P dy 0 i costzy xy 2VE 2 Solucao 1 x1dy ydx 0 147 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 1 Temos a1dyyde 0 dy dr0 y x 1 1 1 ow drLnC LnyLn1LnC y x 1 injmnc c x1 x1 Portanto a solucao geralé y Cx 1 o wy ity dx 1 2ry dy 1y y 1 T SS ee dp at eS de 1 xxy 1y y 1 2x y 1 1 1 o dy dr Q hn1 drC 0 lam pint ty x 1a2 1 1 1 2 1 2 5 bal yLnzx phat 27C In jee 2C x xrC xO 14y 3s 1 TY Tye YS Tee 20 Portanto a solucao geralé yy ne 1 3 x ydx 2rydy 0 Substituindo x por Ax e y por Ay temos uma equacao homogénea de ordem dois Para resolver fazemos a mudanca y ux de onde dy udx xdu substituindo na equacao original x ydx 2rydy0 a uaxdx 2xurudr xrdu0 1wudx 2uljudradulj0 13udr2urdu0 1 2u 1 1 6u 1 dx du0 dx duInC pS 31 503 ae 30 Loz Ln3u21LnC 23u21C 6 232 1C x B3ay2 C es 23ryK onde KC Portanto a solucao geralé x 3ry K 4 2 ydx xrydy 0 148 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Substituindo x por Ax e y por Ay temos uma equacao homogénea de ordem dois Para resolver fazemos a mudanca y ux de onde dy udx xdu substituindo na equacao original a ydx xydy0 2 urdx xuxudeadu0 1 1udr uludraduj0 dradu0 drudu0 x 1 1 Cu2 dx JuduC Int C 54 re S x r oe vel e ss 2x0 e onde Ci e a Portanto a solugao geralé xCy ev 5 x ydx xydy 0 Substituindo x por Ax e y por Ay temos uma equagao homogénea de ordem um Para resolver fazemos a mudanca y ux de onde dy udx xdu substituindo na equacao original xydx aydy0 auxdxxuxrfudeadu0 ludr 1uudeaduj 0 12uudxra21udu 0 1 u 1 1 1 2u 2 1 dx du0 dx du LnC oo et du1 3 eae 2 1 1 Lna 5 Lau 2u1 g Lac xruw2u1bC Substituindo a varidvel y ux temos ru 2aua2K WH2ryx C Portanto a solucao geralé yy 2xry 2 C 6 2x y 1dx a4 38y 2dy 0 Resolvendo o sistema 2xry1 0 6x 3y 3 1 5 TT YS xr3y2 0 r3y 2 7 7 1 5 os suponhamos 7 s 7 eyt 7 logo dx ds dy dt e substituindo na 149 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV equacao original resulta 22 y1dr 43y2dy0 1 5 1 5 2sts41dss3ts2dt0 7 7 7 7 2s tds s 3tdt 0 Substituindo s por As et por At temos uma equacao homogénea de ordem um Para resolver fazemos a mudancga t us de onde dt uds sdu substituindo na equacao transformada da original 2stdss3tdt0 2susdss3usudssdu 0 2uds 13uudssdu 0 22u3uds s3u1du 0 1 3 1 1 1 6 2 1 Lis Ott eo S casts fp pine s 3u 2u 2 s 2 3u2u1 2 1 1 Lns 5 Ln3u 2u2 5 lacs s3u72u2 C Substituindo a varidvel t us temos s3u2u2C 3su 2us 28 C im 3t 2st 2s C s ytt3 assim t 2st 28 1 COMO T s yt 7 segue 9 9 B9 1 5 ly 5 1 5 1 3y 2 2 y JC y 2 2 y 2 B 30 79 12 2 1230 2 ny Qry 22 Sr Hy 3y Sy 4 or C 7 1 vy 2a pat 7 Yor ag tay tae 1 9 Qa By 4y 2x 2ryC onde C 71 Portanto a solucao geral 6 2x 2ay 2x 3y 4y C 2 2 37 7 de yO dy 0 y y 2 2 32 OM 6 ON 6 Temos Mxy e Nxy yo logo Si ye y Oy y Ox y logo a equacao dado no problema é exata 150 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Calculo da solucao da equacao Qx x Fxy pe 9y Flay p gy OF 3a 2 37 derivando em relacao a y resulta ay gy yo Oy y yt 1 1 1 IWM3y sty Gay gY y Pp y Pp y 7 x x 1 de onde Fzy3tgyC 32 3WC xy p y Py x 1 Portanto a solugao geralé C y y dy 2xyA4 8 22 dx xytl y2 2xry4 0 Da solucao do sistema org resulta x 1 y 2 zrytl 0 Consideremos x s1l1 e yt2 substituindo na equagao original resulta numa equqacao homogénea dt 2st 217 ds st Consideremos a mudanga t us entao dt sdu uds na igualdade 217 temos du 2u separando as variaveis desta equacao Me y arctan LnfOs22 w2 du arctan LnCs u 2 u s J2 Retornando a varidvel original obtemos a solucao geral da equagao proposta VZarctan tnC2a 1 y 2 V0 1 Da condigaéo inicial y2 2 segue 1 V2arctan0Ln2C O0In2C C 5 151 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto a solucao do problema de valores iniciais proposto é V2arctan J Ln 22 1 y 2 Vet 9 xy 2vE 2 0 y cosxy dx x cosxry xrdy Vr y 1 Temos Mxy ycosxry a e Nxy xcosry 2x logo x y OM cosary xyseny SY cosey xysenay cosry rysenx e cosry rysenx ay y y y Ji Ox y y y Ja assim a equacao dado no problema é exata Calculo da solucao da equacao y Fxy Jo cosay vo gy Fxy senxy 2yVx gy derivando em relacao a y resulta OF 1 ay xcosxy 2x gy xcosry 27x 7 1 1 gy 7 gly yw gly Lux de onde F xy senxry 2yx Luz C Portanto a solugao geral 6 senxy 2yv4 Lune C Exercicio 2312 Mostre que as equacgdes abaixo nao sao exatas mas tornamse exatas quando multipli cadas pelo fator integrante dado ao lado Portanto resolva as equagoes 1 1 ryidx x1 4 ydy 0 wx y 5 ry 2 ax 2 2esensr dx means dy 0 ux y ye y y Solucao 1 1 Temse xydx x1 ydy 0 wx y 5 ry OM ON Temos Mxy 27y e Nzxy x1 y7 logo Ry 3x7y e on 7 1 y Yy x OM ON como F On logo a equacao x7ydx 1 ydy 0 nao é exata y xv 152 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV a 1 Multiplicando a equagao pelo fator integrante px y resulta TY 1 43 1 1 1 vydezaltydy0 adx4dy0 TY ry y y byes 1 1 OM Nesta ultima igualdade temos Mzry2 e N2zy P 7 logo Oy O0e ON OM ON 1 1 como logo a equagao rdx dy 0 é exata Ox Oy Ox Calculo da solugao da equagao lL 2 Fay fudegy Flay 50 9y OF 1 1 derivando em relagao a y resulta 0 9y4t Oy yoy y 4dy oy 55 k J4 n aly pt yy aly ap y 1 1 1 1 de onde Play 5 55 lay 50 pt ebnyC 1 Portanto a solucao geralé x t Lny C y Solucao 2 2 zx Temse ec 2esen dx mye dy 0 px y ye y y seny cosy 2e cos x Temos Mx y 2esenz e Na2 y logo y y OM ycosy seny ON 2e i cos sen Oy y Ox y OM ON como logo a equacao dado no problema nao é exata Oy Ox Multiplicando a equacao pelo fator integrante ux y ye resulta 2 zx y y eseny 2ysenzdx e cosy 2cosxdy 0 218 Nesta ultima igualdade temos Mx y eseny 2ysenz e Na y e cosy 2cosx 153 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV OM ON logo ecosy2senr e e cosy2 Oy Ox OM ON senx como logo a equacao 218 é exata Oy Ox Calculo da solugao da equagao Fa y iesery 2ysenzdxgy Fa y eseny 2ycosx gy derivando em relacao a y resulta OF x x Oy ecosy2cosxrtgyecosy2cosx gy0 gyQ de onde Fx y eseny 2ycosz C C isto 6 eseny 2ycosx K onde kKCC Portanto a solucao geralé eseny 2ycosx K Exercicio 2313 Sabese que a let de variagao de temperatura de Newton afirma que A taxa de variagéo de temperatura Tt de um corpo é proporcional diferencga de temperatura Tt entre o corpo e 0 meio ambiente Tt dT Isto é a KT T onde a constante de proporcionalidade Kk 0 1 Colocase uma barra de metal a temperatura de 100F em um quarto com temperatura constante 0F se apds 20 minutos a temperatura da barra chega a temperatura de 50F determine a O tempo necessdria para a barra chegar a temperatura de 25F b A temperatura da barra apés 10 minutos 2 Um corpo com temperatura desconhecida colocado em uma geladeira mantido a tem peratura constante de 0F se apés 20 minutos a temperatura do corpo é 40F e ap6s 40 minutos é 20F determine a temperatura inicial do corpo 3 Colocase um corpo temperatura de 0F em um quarto mantido a temperatura constante de 100F Se apds 10 minutos a temperatura do corpo 25F determine a O tempo necessdria para a temperatura do corpo atingir 50F b A temperatura do corpo apos 20 minutos Solucao 1 dT Pelos dados do problema temos que a KTt Tt Para um instante donde t 0 temos T0 100F depois de 20 minutos T20 50F 154 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Como T 0F é a temperatura do ambiente da lei do resfriamento segue dT KTT r Ra InT KtC Tn ar bLn dt T0 Tt Ae Quandot0 T0100 100A assim Tt 100e 1 Quandot 20 T2050 10007 50 K 5p un logo K 00347 Assim Tt 100e 347 a Seja t o tempo para ficar a temperatura em 25F entao Tt 25F de onde 25 1000087 f Tnd 399 min 0 0347 Portanto o tempo necessario para a barra chegar a 25F é de 399 min b Quando t 10 temos T10 100e 70 6F Solucao 2 Seja Tt a temperatura do corpo em qualquer instante no instante t 0 temos T0 X temperatura desconhecida a temperatura do meio ambiente geladeira diz dT que es constante logo T 0F Como a KTt Tt entao qT KTT Jr Ra InT KtC Tn dr LnT dt T0 TtAe T0XAPX S AX Logo Tt Xe para um instante donde t 20 temos 720 40F Xe depois de 40 minutos T40 20F Xe logo 1 2Xe MK Xe PK sas K 5 em Kx 00347 Assim temos Tt Xe para determinar a temperatura inicial escolhemos t 20 logo T 20 40 Xe7 2000347 X 80 06 Portanto a temperatura inicial aproximadamente era de 80 06F Solucao 3 Como T 100F é a temperatura do ambiente da lei do resfriamento segue dT KT100 x dr LnT 100 AtC dr LnT dt T 100 155 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Tt 100 AeKt Para um instante onde t 0 temos T0 0oF 100 Ae0K A 100 logo segue Tt 100 100eKt Depois de 10 minutos T10 25oF 100 100e10K K 1 10Ln4 3 0 029 A funcao que descreve o fenˆomeno e Tt 100 100e0029t a Seja t o tempo para ficar a temperatura em 50oF entao Tt 50oF de onde 50 100 100e0029t t 1 0 029Ln2 23 9 min Portanto o tempo necessario para a barra chegar a 50oF e de 23 9 min b Quando t 20 temos T20 100 100e058 440F Exercıcio 2314 Seja Nt a quantidade de uma substˆancia Sabese que a lei de crescimento ou de crescimento de uma substˆancia afirma que A taxa de variacao da substˆancia Nt e proporcional a quantidade de substˆancia presente Isto e dNt dt KNt onde a constante de proporcionalidade K R 1 Sabese que a populacao de Patopolis cresce a uma taxa proporcional ao numero da habitantes existentes se apos dois anos a populacao e o dobro da populacao inicial e apos trˆes anos e de 20000 habitantes determine a populacao inicial 2 Certa substˆancia radioativa decresce a uma taxa proporcional a quantidade de subs tˆancia presente Se para uma quantidade inicial de substˆancia de 100 miligramas se observa um decrescimento de 5 apos dois anos determine a Uma expressao para a quantidade restante no tempo t b O tempo necessario para uma reducao de 10 da quantidade inicial 3 Sabese que a populacao de determinada cidade cresce a uma taxa proporcional ao numero de habitantes existente se apos 10 anos a populacao triplica e apos 20 anos e de 150000 habitantes determine a populacao inicial Solucao 1 Sabemos que dNt dt KNt entao dN N kdt logo LnNt kt C1 assim Nt Cekt Quando do inıcio da observacao t 0 suponhamos x0 habitantes entao para t 2 a populacao e o dobro da original isto e 2x0 habitantes 156 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Assim N0 C x0 N2 x0e2k 2x0 logo k Ln 2 Quando t 3 segue N3 20000 x0e3Ln 2 isto e 20000 x0 23 assim x0 20000 8 7071 06 Estimase que a populacao no inıcio da observacao era de aproximadamente 7072 habitantes Solucao 2 Pela parte 1 sabemos que a funcao Nt Cekt descreve o fenˆomeno Para uma quantidade inicial de substˆancia de 100 miligramas entao t 0 e N0 100 logo 100 Ce0k C 100 assim Nt 100ekt Quando temos um decrescimento de 5 apos dois anos segue que quando t 2 entao N2 95 assim 95 100e2k k 0 026 a Uma expressao para a quantidade restante no tempo t e Nt 100e0026t Solucao b O tempo necessario para uma reducao de 10 da quantidade inicial entao estamos pensando em 90 miligramas Seja t o tempo necessario para atingir 90 miligramas entao 90 100e0026t t 1 0 026Ln10 9 4 014 Portanto o tempo necessario para uma reducao de 10 da quantidade inicial e de 4 014 anos Solucao 3 Suponhamos que hoje quando t 0 a populacao inicial seja de X habitantes Pela parte 1 sabemos que a funcao Nt Cekt descreve o fenˆomeno Quando t 0 segue N0 X Ce0k C X Quando t 10 temos 3X habitantes logo 3X Xe10k k 0 1098 Assim Nt Xe01098t quando t 20 segue N20 150000 Xe2196 X 150000 e2196 16687 A populacao inicial foi de 16687 habitantes Exercıcio 2315 Um corpo de 1 2 quilogramas cai a terra com velocidade inicial v0 desde uma deter minada altura Na medida em que o corpo cai a resistˆencia do ar atua sobre o corpo Suponha que esta resistˆencia em quilogramas equivale numericamente ao dobro da velo cidade em metros por segundo 1 Determine a velocidade e a distˆancia da queda com respeito ao tempo 2 Qual deve ser o valor de v0 ao termino de 1 8Ln2 segundos para que a velocidade se duplique Considere g 48ms2 Solucao 157 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV dv Pela segunda Lei de Newton temos ma F Fy onde 12 ma Pee 1b 9 95 g g 48 e 6 F forga da queda m g 12 e FF forga da resisténcia do ar 2v dv dv assim temos aequagao 025 122v 025 2dt integrando dt 06v dv 8t C 0 25 06x 2dt Lnl2v8C ee 120 6v Assim ut 12 Ae onde A e Como v0 v9 entao v0 v9 12 A e logo A 12 v9 1 Logo temos vt 12 12 v9e Para conhecer a distancia percorrida d d consideremos vt onde x0 0 assim 1212we t t 1 1 pu oo 212we dt 1 2t gil 2we gl 2 uw 0 0 1 8t Portanto 2t12t gt 2 vuge 1 1 2 Para calcular vp tal que veLn2 2vg temos que resolver I 84Ln2 I vsLn2 1212wes 2u9 1212 v0 5 29 Portanto a velocidade inicial vp 04 ms Exercicio 2316 Um tubo em forma de U estdé cheio Figura 21 com um liquido homogéneo que é levemente comprimido em um dos lados do pistao O pistao removido e o nivel do liquido em cada ramo oscila Determine a altura do nivel do liquido em um dos ramos em funcao do tempo Solugao Consideremos o fluido ideal Sao caracteristicas do fluido ideal quando 158 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV y0 LAL Ae Wy aA YW dy QY 50mm LL Figura 21 1 O escoamento é uniforme A velocidade do fluido em qualquer ponto nao muda com o tempo em magnitude em direcao e em sentido 2 O escoamento é incompressivel A densidade do fluido é constante 3 O escoamento é naoviscoso Entao um objeto se movendo através do fluido nao experimenta nenhuma forga resistiva devido a viscosidade 4 O escoamento é irrotacional Entaéo um corpo imerso no fluido nao gira em torno do eixo que passa pelo seu centro de massa Quando o nivel em um dos ramos do tubo em U desce de uma quantidade y a diferenca de pressao do liquido entre os dois ramos é Ap 2pgy onde p e a densidade do liquido e g e a aceleragao da gravidade Dessa forma a forca restauradora pode ser escrita como F AAp 2pAgy onde A é a area da secaéo transversal do tubo Temos entao que dy dy 2pAg m 2p9A 4y0 dt pass di2 m mas 2pAg 2pAg 2pAg 2g m pV pAb dai P 5 y g 274 74 9 Tad onde e o comprimento total da coluna liquida em pV e a massa total de liquido 2 2 A equacao caracteristica 6 r 0 de onde r i logo dwt twt 2g yt Che Coe onde w 7 159 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Ainda podemos escrever yt Acos dcoswt Asendsenwt A coswt onde Ci Cy Acos e C Cy Asend 29 Portanto yt Acos Fi 160 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 24 Equacoes diferenciais nao lineares de primeira ordem Exercicios 24 ky Exercicio 241 Com transformacoes adequadas reduzir a forma linear e resolver as mesma lL ytyy 2 ycosx seny 2 3 yty 4 y1e senxr y 5 e ay1 6 ysenh3y 2ry y 7 3yy12z2y 8 ydx 1 yedy 0 9 2xry 10x3y y 10 ysenx 2seny 2 Solugao d d lL ytyy yy ty 1 sejau ye entao es ye assim dx dx du 1 4u1 53 dudr0 Lnu1l2C dx u1 entao u 1 e logo y e 1 Portanto a solucao geral é 1 yCye 1 2 ycosrseny2 ycosrseny20 1 1 1 dx dyC secrdx dyC cos x seny 2 seny 2 1 Lnsec x tan dy C seny 2 1 2V3 2tan4 1 Temse lex 2v3 arctan ena 1 seny 2 3 J3 2V3 2tan4 1 Portanto Lnsecx tana ova arctan ena 1 C é solucao geral 3 V3 d d 3 oy y yy y 2 sejau entao a yo assim y 2dx dx d d 1 4 Qu2 ueer ue 2r 1eC dx dx 4 161 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV x 4 2 1 2x Portanto a solucao geral 6 yy qe 1Ce 4 ylesenr ey e senr du dy oo du Sejaue e substituindo u senz o fator integrante é dx dx dx p e J 4 e assim temos ue etsonrde C sens cosxC 1 a u 5lsens cos a Ce 1 Portanto a solugao geralé e4 5 bene cos a Ce du 5B eX tayy1 eazey e sejaue z entao a evy 1 x d 1 1 u 1 u Fpl we 0 glu 5imu DJ 2C 2e x Ln2e x 1 4C 4e Portanto a solucao geral é e Ln2e 22 1 2C 4 a d 2 h3 6 ysenh3y 2ry y senh3y O fator integrante obtémse YY y na forma ef 1 y d h3 h3 1 fg y ay Sey pips fy Pay c J cosh3y C dy y y 3 ol Portanto a solucao geral é xy 3 cosh3y C 4 47 3 3 du 4 dy 7 8 3y4y122y 38yyty 122 sejau y entao a 3y Tn x x assim d d tus 12 alte eQ2e1 wu82rCe Portanto a solucao geral é 1 y3 2x Ce 1 8 ydxl1yedyOsejau1lye7 y so logo du yedx edy ex du u1d eydx xdy assim duul1dredy dy du w Ve eX 162 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Substituindo na equagao original 1 du u1d ual ur 0 e e uluu1dvudu0 u1Audrudu0 u1drtudu0 dr dy u1 1 1 1 4 du vxLnu1C at aap v Lnu 1 ui x 1 Portanto a solucao geral é a2 Lnye C yer 1 d d 9 2xy10ryy yyy 4 527 seja u y entao a Ay 22 dx dx 1 du 1 du 2 d 2 2 yee SS 4 202 TIuel 24 20e 2x 4 dx De dx r dx ue ux 20 f was 0 u4eCrxr Portanto a solucao geral é 1 y42 Car 10 ysenz 2seny 2 2 1 1 cte Pompe 2 f escxdr Pay c senx seny 1 cos y 2Lncse x cot x a sec 1 dy C cos y 2Lncsc x cot x secy tany C Portanto a solugao geral é 2Lncscx cot x secy tany C Exercicio 242 Resolver as seguintes equacoes diferenciais Indique quais sao equagoes de Bernoulli 163 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 y 2y27 4 2x 2 2 422 1y 1yat1 3 cLnxy y 233Lnz 1 4 a 2y2y a 5 a ldy 2y a 1dz 0 6 2xy y 32 7 vy ya2senxr 8 y 2ay 2xe 1 9 3xry 2y xy 10 82y y y 2y ay UUs aat ll ry27yy 1 12 y y2re 1 2xLy 13 y 14 yf 4 xseny 2sen2y a y a y 327 150 y H 146 y 4 2yLny yx 4 rytl 17 yycosx senx cos 18 yytanz secxr 19 2ryy2 20 J elosde nyzx Solucao Ll oy 2y27420 Nao é equacio de Bernoulli O fator integrante é e 24 e logo 2x 2x 2 d 2x 2x 2 ey 2y ea 22 am y J ea2rdtC 1 1 1 ev ey sa 5x slet e 1 1 1 Portanto a solugao geralé y 3 377 Ce 20 a 22 1yxlyr41 fa ade 1 Nao é equacao de Bernoulli O fator integrante 6 e 2221 Vx 2x1 i d 1 1 zi1 ogo SS ee SeE WU di Va 2r1 Vx22x1 2 4201 1 1 po Sete S Vu 2x 1 VV x 2a 18 1 1 y 10 Vu 2xr1 Vu 2xr1 Portanto a solucéo geralé yCvVa42r711 3 1 x 3 sbnvy y23Lnr1 yy 3Lnz 1 xLnaz xLnaz 164 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Nao é equacio de Bernoulli O fator integrante é e ane Lng logo 1 x L yL 3Lnz 1 me y me re me d Lh alvine Glne1aec yblnir oeLne2aec dx Ln 1 1 1 1 1 1 y Ln 332Lne 3 ea 3 C 350Lnw 5 3 C Portanto a solucao geralé y 2CLnz7t 2 x a 4 a 2yaya f aay og x 1 Nao é equacao de Bernoulli O fator integrante é el Pay logo ty 5 5 Vem a2 2 fq 2 a x d1 d nic 6 s r SS ee dx q x2 y a2 223 2 7 y a2 72 Portanto a solucao geral6é yxCvVa 2 2 5 x 1dy2yx14drx0 aay 2 1 1 Nao é equagao de Bernoulli O fator integrante é eS mie logo a 1 1 2 1 3 Jy y r 1 6 a 1 y au ie d 1 x 1 1 1 y dt t CO lB a rt ly tC la ear 1 Ss x 1 Y 5 l 4 2 Portanto a solucao geralé y 5u 1 Ca1 2 l 3 6 2ry y 32 yrroyrrxr 20 2 1 1 Nao é equacao de Bernoulli O fator integrante é e J 20 Va logo x 1 1 3 xrdtCV234C Te Jz 5 x xu Portanto a solucao geralé y 274 2C 165 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 1 7 sy ytauesenr yyxsenr x 1 Nao é equacio de Bernoulli O fator integrante é e oe logo x 1 1 y xsenrdx C cosxC x x Portanto a solucao geralé y axcosx2C 8 y 2xy 2xe Nao é equacao de Bernoulli O fator integrante é e J 24 e logo e y 2ry e Qte d 2 92 a2 x2 2 ae yJ 2e xedaC ye 24C x Portanto a solugao geralé y en x C 32 2 211 1 9 3xy2yauy Yy yo 3 Yy 30 Sim é de Bernoulli Seja z y entao dz ydy logo d 2 1 d 1 7 3 2 3t eo c ge tde 2 a0rel gr tde 1 1 Cat 23 83 113 var x Z 5 dxC nu C z 2B 723 Portanto Y C gills 10 8 y Sryiy yt yVxl Vit Sim é de Bernoulli Seja z y entao dz 4ydy entao on 4 y ar i dx Jx1 dx 2 2 rVrt1 O fator integrante é e ge ide elnve Vx logo d 11 1 1 11 d 1 1 ef ae tae 5 J 3a Mde 5 e 2 z e 2 Lez x aA 2 aJx1 dx ve 2 aVx1 ve 1 1 dx Ui2 d7rC seja 1 ve ees JaVr1 166 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 1 r vet ve ya r ett ay Sx Vet x x1 9 etl 1 ol 2udu d 1 1 1 J 1 r2 so du Inu 4 In vetlyve u 1 u1l u1 u1 VvilVx 1 J 1 Assim temos xzLn a C 2 Vitl Vx 1 J 1 Portanto xy Ln a C 2 Vvitl d d 1 ryta27yy1 oe xy xy logo ge x tyy dy dy d Sim é equacao de Bernoulli Seja ua7t dua2dr Tt 3 a 2 du 3 y isto e uy y dy d O fator integrante 6 e 47 e3 logo 7 ler ery y uerY eb yay C 6 ue 02 y 2C uCe2 y 2 Portanto a solucdo geralé 1 Cre72 xy 2 12 yy 2rer Nao é equacdo de Bernoulli O fator integrante é e J e logo d x x 2x x ane yj2 vedrC ye e C Portanto a solugao geralé y er t 4 Ce 1 dy 1 dx Bo yi 3 HL Ee osen y xseny 2sen2y dx xseny 2sen2y dy wseny eseny logo x xseny 2sen2y Nao é equacdo de Bernoulli O fator integrante é e J sendy e684 logo d cos cos cos cos a te YT QeYsen2Qy wre 2e4sen2ydyC y 167 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV re4 de cosy 1 C Portanto a solucao geralé x2 4cosy1 Ce ya x ya dy Qxry d 24 d 1 Sim é equacao de Bernoulli Logo om FV te a7 de onde 2 dy 2y 2y dy 2y pte Qy ld d Suponhamos u x logo ao 8 x a substituindo segue 2 dy dy ldu 1 yta du 1 y a HEF OE uF Qdy 2y 2y dy y y fidy a o fator integrante é e y assim temos d 24 2 24 2 fey F se wy t f Toy C dy y y isto 6uy yayC ouu y a Cy Portanto a solucao geralé x a yCy bye Lyn Fe 2yLny y x dy y d Nao é equacao de Bernoulli Logo 2Lny 1 de onde o fator integrante é yY Y ef iY y assim temos d a 2yLnyty y QylLnytydyC istoéayyLnyC Portanto a solucao geralé x yLnyCy 3a dx wytl 1 1 16 Poy 1x2 ist y eytl dy 3x 80 F 3 3 Y La isto dx 1 1 6g 2 y 1 6x ly 3 BY 1 i 3 dz 2dr os Sim é equagao de Bernuolli seja z 2 lo 3x ay de onde substituindo y y na ultima igualdade yet fle eyt1 22y4Ce Z le z e dy y dy y y 168 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto a solucao geralé 2 2y Ce 17 yycosx senxcosx Nao é equacao de Bernoulli O fator integrante é e logo d me cosasenzr ye e senrz 1C x Portanto a solucao geralé yy senz 1 Ce nao é de Bernoulli 18 y ytanz secx Nao é equacdo de Bernoulli O fator integrante é e J cosx4 cos x logo cosay ytanxzcosxsecr ycosr fu C Portanto a solugdo geralé ysecux4C 4 l l 3 19 2Qeyy2 ytoyn2 2X 2 Nao é equacao de Bernoulli O fator integrante é e aed x logo 1 1 yVr Varo 5e dx C gyn te Portant luca lé a c ortanto a solugao geral é 7 gao y 9 Va 1 20 eloxda nyx Nao é equacao de Bernoulli 0 du Syjauar dasea0 u0esea1 x 1 assim x 1 1 1 lonjdange f ludungl x 0 0 d d 1 1 Derivando ow pla n x yar n 2 x x dx x dx 0 0 od I glx p omo ew unxpx 2 Inayx 7 ra x 0 ln dip px ln qe x el de 2 px nx 169 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 n Integrando Lnyx Lna LnC LnCx n Portanto a solucdo geral 6 vx Cam Exercicio 243 Resolva as seguintes equacoes diferenciais de Bernoulli 1 2x3 y yy 327 2 Qn 2ryy a2 4 dy yx 3 A 6y 30y4 dx 2x 2y ry oY oVd 5 yy 2ry 6x 6 ydx 2ry 5xdy 0 7 12y xy Try 8 yy 4ary 8x 1 9 yLnx 2ydr xdy 10 yy xy 5 1 1 11 y pall 9 13y 12 xy 2xy y1 227 x 1 x 13 8xy y 14 3ry 2y ON pyar aan y 15 y2ry 4 16 fu 9 y a ry YT 17 y ao rY x Solucao 1 22 y yy 327 3 1 Podemos escrever na forma 22 y 3xy y logo yy y Qu 2x3 ld d d 3 1 Seja u y 2 entao oe yo logo eu z de onde o fator 2 dx dx dx x integrante é eJ s x3 assim temos d 1 1 1 ql O xs wats f Sdrc gt te 1 4 C 5 1 4 C a 327 4 3x2 Portanto a solucao geral da equacao diferencial 6 32 yx C 1 2 Qa 2ayy a y 2yy y a x d d d 1 Seja u y entao aye logo ot u a de onde o fator integrante é dx dx dx f Ldr 1 e J 2 assim temos x d 1 1 1 me partes uta fide C240 x x x x Portanto a solucao geral da equacao diferencial 6 y x2 C 170 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Outra solugao Temse 2x 2ryy a y 2x2xdx 2ydy a ydx entao 2Qadx 2yd d dx y d 2adx 2ydy de S22 Fuc 5 x y x x y x In2yLnrLnC 2 y20 Portanto a solucao geral da equacao diferencial 6 y 2 2C dy yx dy 15 2x 30 4 Sy dx 2x 2y dae Da 2 d d d 1 2 Seja u y entao ee aye logo a u de onde o fator integrante é dx dx dx 2x 2 eS 254e assim temos vr d 1 21 1 Vx3 Vx 5 5s uaa f SartoS 4c dx fx 2 Vx Vx 2 5 73 Portanto a solucao geral da equacao diferencial 6 y 5 Jax 4 ay 6y 3rvy4 6 Podemos escrever na forma zy 6y 32y logo y3y y3 3 x d d d 2 Seja u yo3 entao 36 ye logo a u 1 de onde o fator integrante dx dx dx f 2dr 1 ee 7 2 assim temos x d 1 1 1 1 1 1 u42C yo 3 2C x x 4 a l 2 Portanto a solugao geral da equacao diferencial é 1 Wy2C x 5 yy 2ay 6x ld d ld Seja u y entao o ye logo a 2xu 6x de onde o fator integrante é 3dx dx 3 dx eb J tdx 6 assim temos d 3a 3x 3x 3x ae 18ze ue 18 ae drC x 171 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV ue 384C 3 u34Ce3 Portanto a solucao geral da equacao diferencial 6 y 3 Ce3 d 1 10 6 yrdx2xry 5ady0 ae re dy sy y d d 4f lade 1 Sjazaxr s o 29 3 de onde o fator integrante é e tfjde dy dy y assim temos substituindo na ultima igualdade d 1 10 d 1 10 1 2 dy y y dy y y yr sy Portanto a solucado geralé yy x72 Cy 7 l2y xy 7ry x x x x Tem fy Ty gf yt 7s ee Ea aay EE aay a d d d Seja u y7 entao ae logo i TS de onde o fator 2 faiidr integrante e 21 assim temos Va21 d 1 1 7x 1 7x drtC u U d 2 dz Va 1 Vx21 x 1 vu 1 J x 18 v dtxC 74 CvVa21 UU A Uu x Var71 vVa1 Portanto a solugao geral da equacao diferencialé 1y 7 CyV2 1 8 yy 4ay 8a dy 3 3 dy 4 Podemos escrever na forma dn 4ry 8xry logo y dn 4ry 8x x x 1d d ld Seja u y entao ot yp logo 4ru 8x de onde o fator integrante é 4dx dx 4 dx el6 fede 8 assim temos d 8a 8x 8x 8x até 32zre ue 322edrC x ue 28 4C S u24Ce8 Portanto a solucao geral da equacao diferencial 6 y 2 Ce8 9 yLnx 2ydx xdy 172 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV d 2 1 d 2 1 Podemos escrever na forma oy y yLnz logo yt y Lnax dx x dx x d d d 2 1 Seja u y entao 8 ye logo a u Lnz de onde o fator x dx dx x integrante é e J 2dr assim temos x d 1 1 1 1 at aa sglane wa lnede c 1 1 u 5 Law 3 2C 1 1 Portanto a solucao geral da equacéo diferencialé 1 yl Lae 3 aC I 23 l 100 yay ry 5 I 2y3 I dx 23 Podemos escrever a equagéo yxy ry 5 a forma i 2Qxry 2xy logo y x x 2ay 2y 4 dz dx os yes Seja z 2 ly x ay de onde substituindo na ultima igualdade y y d d iy 2zy2y a4 e y Ss z 1 y Ce Portanto a solucdo geral é xy2 1 Cxe 1 1 ll yy y 1y yt yaaa t Dy 27 1 1 1 3 1 du Podemos escrever yy ral iG 1 fazendo u y segue in x x 1 1 pale 9 1 entao o fator integrante é ux ef aad 2171 1 1 2 1 4 u1 C 5 c1drC w get Ca 1 1 1 Portanto a solugao geral da equacao proposta é 7 gl 14 Ca41 120 xy 22y y1 227 Temse O73 ye x 2x wy ay yL207 yl y x x 173 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 2x y y 2xey7 a sjauyt u yy logo x 1 2x u 2ru iter pur ef ede pe x 1 2x ue few a dn C x 1 1 ue foe Ce x x 1 1 Portanto Ce y 2 13 Sry zy y YU Temse Bra 1 1 1 XL ye yyVvxr1 Y 8x4 8xypx1 yy ty 4 sejjaauyt ly yy logo 8x 8ax 1 4 1 1 1 1 u u vt e J mw 2x 2aVx1 He Ju 1 1 1 u et C Vx l 2eVxt1 4 1 1 Seja 27 14 2zdz dz logo x x 1 Vz ol 1 u a ate C f tds Ome Jr 5 1 x 22 1 uve c VeF1Cyz x Portanto yi Vr14Cy2 3 x 14 32ry2y p Temse sry y yey y V 39 3p 174 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 2 1 yy sy seja uy aul yy logo 2 1 uu27 px e Set x x l 1 3 2 uUyza fa wvdr OC w2x4Cx x x Portanto y a C2 150 oy 2ay Ar y Pod ty 2g 4e fazendo u yt 1 ots odemos escrever va 2xy 4x fazendo u y segue da Vidz Pmt uau2e ur e 2F ar c Cer 2 we 2 Portanto a solucao geral da equagaéo de Bernoulli proposta é yx Ce 2 y 16 vy 9 wy 2Lnx Y 1 1 d d Podemos escrever y7y y fazendo u y segue oe yd 2xLnx x dx dx entao ry 1 1 wr vats f enst lio C 2VLnxr U UU UX eEe chlnz e bhnxe 2xLnx x x 3V Lane 3VL Portanto a solucao geral da equagaéo de Bernoulli proposta é yx eve C 2VLnx 4 7 y ae ryY x 1 4 d d Podemos escrever va avy 2 fazendo u y segue 2 aan entao 2 x 1 1 2 2 u Cl aL C wo u 5 ut 2 gett 5 nx C 2 Portanto a solucao geral da equagao de Bernoulli proposta é yx x IneC Exercicio 244 Resolva as seguintes equacoes diferenciais de Lagrange 175 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 yayy 2 yxy tany d 3 yxy Lny 4 xayy0 a constante x 5 y 2ry 2y41 6 yy 2x lyy 7 y alyPyPtl yylatayb 9 ymay ay b 10 y2yy 11 y2y 2y 0 12 2y ry 2y 0 13 2y xy 2y 0 14 y2y4y 1 15 yxy 3y 16 yay y 17 y ay A 18 y2ya14y V1i ly 19 yay ar 20 y xy seny y 21 y Lnay y 22 yary1y Solugao lL yayy Suponhamos 4 t entao y xt t derivando em relacao a 2 dy dt dt dt dt 2x4t3t 02 3t dx da dx da dx 5 at oe de onde x 3t 0 istoé tC dx Portanto a solucdo geralé y 2C C Outra solucao Temse y xy y Suponhamos x t entao y xt t derivando em relacao a tf dy dx 9 dy dx dx 9 9 t4r3 2 t42r3P 3t di dt dedi dt de onde y 3tttistoé y2 y4t 45 Portanto a solucio geral 6 27y 42 2 yay tany Suponhamos y z entao y xz tan z derivando em relacao a 2 d d d d Fe a tga ten see sec 2 0 d de onde 0 istoé zC dx 176 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto a solugao geralé yaxCtanC 3 yxy Lny Suponhamos y t entao y xt Lnt derivando em relacao a 2 dx dx tdx tdzr dx 1 dt de onde 0istoé tC Portanto a solugao geralé yx2CLnd dy 2 4 7 xayy0 a constante x Suponhamos y t entao t x at y 0 derivando em relagao a 2 dt dt dy dt dt 2t 4t0 2t 0 de VG t dx de GG dt oe de onde 2ta 0istoé tC x Portanto a solugao geralé yCCaa 5 y 2ry 2y 1 Suponhamos y t entao y 27t 2t 1 Usando diferenciais tdx 2tdx 2adt 2dt d d d 2 2 de onde i 25 20 2 isto é Ge 7 21 C Substituindo o valor encontrado de t na equacao original resulta 2 242 2 Cl y2at2t1 y1 22 2t 2x 2 rT 4C ax 1 Xx Portanto a solucao geralé y1 Cx 1 6 yy Qe Vyy d Seja y i t dytdr yyt2r1t derivando em relacao x ax d dt dt dt dt tP 4 oy Qr1 428 S t 84 2ty 2r1 21 dx dx dx dx dx 177 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2x 1 De yy 22 1y y entao y ed ro pl CZD yor ry ss 4B ery 241 2 7 1 dx 7 1 dx 1 dt 1 dt tt 1 2x 1 t 2x 1 tt 1 22 al t 2x al 1 1 t 1 dx dt dt on a1 1 a integrando 1 1 ly 21 5 bn2x 1 5LnG 5Lnt 1Int C2x 1 3 1f1CQrD 1C2x 1 Na equagio original jee 1 a equacao origina x 1 quacao origmal 9 7 Gaz 1 J1Cer 2x 1 1 C2x 1 er yy Jp 7 El 4 TCQrN YT CQr1 V1CQrx1yC ywC1C2r1 Portanto a solucdo geralé yy C71 C2x 1 7 y alyPyP 1 Sejjay t dytde yatt41 derivando em relacao a x dy 9 dt dt 9 dt dt SF det 2t 2 2et 2t de t wT ate ft t wT ate 1g a dt LnC La Ln1 t dx 2 nC Lnl 2 Ln 1 2 14 logon 1tl2C t2 C12 Por outro lado como y 2y y l segue yl2z1C12 1 Portanto a solucdo geralé y1CV12 8 yylatay b 178 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Sejayt dytdr yt1xat6 derivando em relacao a z dy dt dt dt tlaa 1 L Ct de oe a x a nx a logo t LnaaC Por outro lado como y y 1a ay b segue yeatax0b Portanto a solugao geralé yaaLnaaCab 9 ymay ay b Sejay t dytdr ymatatb derivando em relacao a x dy met emt att tmt ma a te dx dx dx 7 dx 1 1 1 1 mdx dt Lnma aLnC Lunt max a t m logo tCma a a Por outro lado como y mzyaybsegue yb 1m 1 ma aCmaa Cmzxram Portanto a solugdo geralé ybCma a 10 ytay y Sejay t dytdr ytat aplicando diferenciais dy dt dt dt dt dx t 2t 2 2t 2t 2t da de de ae ae dt logo de ia 1 o fator integrante é e ardt Vf d 2 qe Va ve Vvi Vidt C 3VBC 2 C Assim t 3 Vt a 2t CC 3 Portanto a solugao paramétrica geralé x2 3 Vi y att 11 y xy 2y 0 Sejay t dytdr tat2y0 aplicando diferenciais d d 1 3Pdt tdx xdt2tde0 3024t20 3 S238 dt dt t 1 1 1 efit a i vipa at Fdt4o 340 179 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV dx logo 2 tC 3t Por outro lado como a C 6t segue dy dy dt dy 1 dy 9 t2e te 2 Sa 1C6t dx dt dz dt C6t dt Ly logo y ou C 4t 1 Portanto a solucaéo paramétrica geralé xtC3t y xt C 4t 12 2y ay 2y 0 Sejay t dytdr 2t xt 2y 0 derivando em relacao a 2 dt dt dy 4t t 20 tdx4t dt 0 at o Te x 4t 2 9 4 x 1 tda adt4tdt0 Pd4tdi0 d4dt0 x 1 x consideremos C 4LnC entao x 4tLnCt 2 at240 2y24t4tLnCt yH12LnC Portanto a solucao paramétrica geralé 4tLntC y 1 2LntC 13 2y zy 2y 0 Sejayt dytdr 2t24 xt 2y 0 aplicando diferenciais dx dx dx 1 6tdttdr2xdt2tdr0 6tt22t0 r6t tax x x a di di g 1 a 1 1 1 e Feat elnt F ar f 6 Far eo 640 dx logo x 2t3tC Por outro lado como a 12t 2C segue dy dy dt dy 1 dy 9 tae SS te SF 127 42 da dt de di 12t2C di t logo y4ttC Portanto a solucdo paramétrica geralé a2 2t3tC yt4tC 140 yay y 180 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Sejay t dytdr yaxtt derivando em relacao a x dt dt dt dt dt tt 2t 2t 0 2t 0 tat dx int dx dn dt logo 0 53 tCey dx Portanto a solucdo geralé y Ca C 15 yay 3y Sejay t dytde ycxt 3t derivando em relacao a z dt dt dt dt dt ttr29 JD2re9 S r9t 0 da dx da dx dx 2 dt logo 0 53 tCey dx Portanto a solucdo geralé y Cx 3C 1 160 yryt y 1 Sejay t dytdr yat derivando em relacao a 2 ratyg ft 1a pat iat dt 0 y dx tdx dx BP dx dx te dt logo 0 3 tCy dx 1 Portanto a solugao geralé yCa CG ay 17 ya2y VIF y sy atant Seja yy tant dytantdry ycxtant ech xtant asent sec derivando em relacao a 2x d dt dt dt 7 tant a sec t acost 0 x sec t acost dt logo ia tC ytanC C x Por outro lado como y xy a segue yaC ae J1 y V1 C2 Portanto a solucio geral c ortanto a solugao geral é x eae VI Ainda mais mostrar que V2 y Va 6 exercicio para o leitor 181 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 18 y2y avV14y d Sejay tant i tant yctanta1 tant rtant x asect derivando em relagao a x dy dt dt 9 dt tantaxsectasecttant 0sectx asent dx dx dx dx dt logo ia tC ytanC C x Portanto a solucao geralé yaCav14C Ainda mais mostrar que 2 y a é exercicio para o leitor a 19 ya2y y Sejay t dytdr yat derivando em relacao a 2x dy dt 2adt 2a dt t 0a dx da B dx 2 t3 ie dt logo 0 53 tCeHy dx Portanto a solugao geralé ya2C an 20 yxy seny Sejayt dytdr yaxtsent derivando em relacao a x Y pg ts cost 0H x tcost x cost x cost dx dx dx dx dt logo 0 tCey dx Portanto a solugao geralé y CaxsenC 210 y Ln2y y d Sejay e iL t e2xty derivando em relacao a 2 x dt dt dy dt dt to dt dt e txr e txr e 7 dx dx dx dx dx dx dx dt logo 0 53 tCey dx Portanto a solugao geralé y2C e 22 yryV1y 182 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV d Seja y sent i sent y sent V1 sent xsent cost x derivando em relacao a 2x dy tareost pt 8 9 weost sent sent x cost sent x cost sent dx dx dx dx dt logo am tCQ ysenC C x Portanto a solucao geral6é yaCvV1C Exercicio 245 Integrar as seguintes equacoes diferenciais Ly Qe yyl a ay0 2 xy 2xyy 0 3 Ay 9x 0 4 y 2yy ye 1 5 x y 38xyy 2y 0 6 xy 2yy 2 0 7 y 2xy 82 0 8 y x 2e 0 Solucao Ly 2a yy a ay 0 2 2 2 Ax Resolvendo obtemos 4 Crt s VC Res yo ee de onde 4 1 x ouy x y logo y 5e C ony y 2 14 Z fa d O fator integrante para esta Ultima equacao é e e assim aa e xe x integrando segue y e7 vce ye ex14C 1 Sao solucdes gerais da equacao y 5 C ou y124Ce 2 ay 2ayy 0 24 2x 4 Resolvendo obtemos 4 2n t y 20 dey de onde y 1 very ou 2 Jz dt y l1 very Seja 27 2 y entao 22 1 de onde Sx x dx dz Zz dz Zz dx 22 1lt 3S 224 3S 2dz de Sx de Sx Sx ztVrC Vetytv0etC wetyr402CVx Portanto a solucao geralé y C 2CvV2 183 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 3 4y 9r 0 3 3 3 Resolvendo obtemos 4 2 de onde y svt ou 4 va logo y wC ou y 22 C Sao solucdes gerais da equacao y rCe y 22 C 4 y 2yy ye 1 2y 2y 4yPe 1 Resolvendo obtemos y aye Vey ve de onde y y1 V2 e ou y y1 V2 e logo Lny 0 v edr ou Lny v2 eae temse 2 x x 2u ue 2e 2uduedr zdu dx ue 2 2Qu244 4 0 edx a fe du u 2 u2 2 u V2 J2e7 V2 2u V2Ln 22 e V2Ln ut VD V2e 2 logo J2er V2 Ln o 2eduCaxrt 2V2e V2Ln y Vv Vv Tay Portanto sao solucoes V2er J2 Lny x 22 e V2Ln C Re er V2 J2er V2 Lny 2 22 e V2Ln C LY er V2 5 x y 32ryy 2y 0 3ry 32y 82y 2 Resolvendo obtemos yy Sey Sey de onde x 2 on y a x x x logo Lny LnxLnC ou Lny 2Lna2 4 Lnc Portanto a solucao geralé xyC ou x2yC 6 xy 2yy x 0 184 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Sejay t dytdr xt x 2yt derivando em relacao a z dt dt dy dt dt 4 22t 12y42t 2wtt2t t Fert Yan t dx aa as Wet substituindo 2yt dt dt dt Qet t at 2 4 2Qat at x t1t dx dx dx adtt 1dex LntLnrC t2C ytr1C abtr2yt C412yC Cx 1 Assim y Yak observe quando y x também satisfaz a equacao Cx 1 Portant luca lé i2 ortanto a solucao geralé y 5 oe y x 7 y 2ay 82 0 2 22 32x Resolvendo obtemos y se vee de onde y 4 ou y 2zx logo y 2x7 C ou y24C Portanto a solucao geralé y2x27C ou ya4C 8 y x 2e 0 Sejay t dytdr P4x422ZX0 S x4 2e 2 derivando em relacao a 2x dt dy dt te 3t7 eY Yew 0 3H tt 0 dp tO Tt Je dx dx aa 7h dt 1 15 dt 1 1 1 a a a dx 32 3 dx 3a2 3 Sejautt du t dt du u o fator integrante Jas dx dx dx 3a2 3 é w Xx 2 logo 1 1 urrd Ver Baec wWTDWeTMHC supondo C 0 1 4 tWx2Vx24 t 4 x 2 185 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 28 w 2e 0 Wr2e 4 x 2 a 2 Portanto uma solucao é 4e3 8x 2 Exercicio 246 Escolha um valor adequando para n Z com a mudanga y zx verificar que as equacoes diferenciais seguintes podem ser transformadas em equacoes de varidveis sepa raveis e resolverlas d 2 d 2 dx xunx7y dx x x Solucao d 2 1 Give ty Sejay za yl 22 nz2 logo dx a27y dz nop ah ween dz za1n1 x22 x 222 0 So dx x x2za dx x1azx d 1 d 1 dz 21n e in dx x Zz x Lnz1nLnzrLnC zaC Jogi en Portanto yar42C d 2 2 SY Vg sec Soja y 22 y 2x 222 logo dx x x dz 5 22x za dz x 224 4242sece xr1s8ecz dx x x dx 1 1 1 1 dzdt J TSC ay dt 1sec z x 1 sec z x Lng sz 1cotzesezdzC Lnxcotzz2cscez74C Portanto Lnzx cot csc C x x x Exercicio 247 Resolver as seguintes equacodes diferenciais com mudanca de varidvel apropriada dy dy 23 1 2 2 1 x de sena y itt tut xye d d 3 Yad 4 ett 4 Fay ae senr dx dx d d 5 OS ry 6 sena y 1 dx dx 186 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Solugao dy 1 Te SMe Y Sejaauaxry wWey 1 logo x d 1 oe 1 senu antes rare dx 1senu 1 senu du24C tanusecu4r4C cos u Portanto tanysecvy24C d 2 Ga tetytteyre Sejaauary wy1 logo x d d Hltutliewe 3 wey tae dx dx dz du dz Siazvault o ay 3s BM Ly He ejazu mn de me e 2x 2x 1 2x 1 1 3x x ze e dx C se C u 5e Ce x 1 32x Portanto 1 yCe 5 dy a5 3 ait sejauy2r45 wy 1 logo x du u u u ig tiite edu dtC e24C xv Portanto 1e CC a dy ay 4 iat e Ysenz Sejauxy wu y 1 logo x du u u moe senzr edu senadxC ecosxC x Portanto e e C cosa dy 2 5 qe ety Sejauxty wey 1 logo x d 1 l am fra arctanurC dx 1 187 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto ytanxC dy 2 6 qn en ey 0 Sejjaauaxytl wW1y logo x d 1 poe sertu memes frwre dx 1 senu scutu040 tanu2C Portanto taney124C Exercicio 248 Resolver as seguintes equacoes diferenciais Sao do caso 1 1 y senzy 22 Lnxy 2xLnz 0 dy dy 2 6x7 13ry 5y 0 7 xy 5y 3 y yy ay 2y 0 22 2 dy 4 nope a0 onden40e py dx 5 ay 2eyy y xy Solugao 1 y senzy 2a Lnxy 2Lna 0 y senxy 2x Lnxy 2xLnzx 0 y senxy 2xy Lnx 0 Para o fator ysenr0 dy dn nt 0 dysenrdr ycosrC x diazyC 0ycosx C Parao fator y20 Y 9 0 dy 2xd 7 C a L y2rdr OY SU g2x yC 0 yt2 C 188 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Para o fatoryLnx0 dy dn Inr dyLnredr y LnrdrC x entao integrando por partes y f meds alne 2 C 3xyC 0 yaxbnr24C Portanto sao solucoes gerais da equacao y cosxrC ou y 274C ou yabLnxxC 2 AY dy 2 2 627 13ry 5y0 2ry 5y3ry y 0 dx dx d 5 d 5 Para o fator 2ry5y0 oy 8 0 LnyLnv4Lnd Yy 2 2 2 oixyC 0 y Cx dy 1 1 Parao fator 32yy0 0 Lny bLnzLn7 de onde dx 3x 3 g2x yC 0 y Cx Portanto a solucdo geral é y Cxy Cx3 0 3 y yy ay 2y 0 Podemos escrever yy y 27yy0 yyy 2 0 de 1 1 onde yy0 Lnyx2C ou y gt tC ou ya 5 C l I Sao solucdes gerais da equacao yCe ou y 3 Cou y 5 C x x Portanto a solucao geral 6 x Lnly Cy 77 Cy 77 C0 22 2n dy 4 nopoa 0onden0e 5 py x Temse np2xnp 2 0 1 1 S 20 dy2dxr 7 40 e np 2 y onde y nln bi Se bo0 3 dyxd mt O e nop2 y adz y nn 1 189 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV grt gntl Portanto y Cy 0 ortanto y nn 41 y nn 41 5 ay 2ryy y ry Temse ay yay ayyVeVyry yt Vevy 0 1 Se ay tyVrfy0 wg va ve du 1 dy dus 1 1 Seia u W bstituind u ejau y da Dy de substituindo mt ont a 1 d Sx O fator int te é ela sas ator integrante 6 e 2 Sx Te ux Va Ux 1 1 C 1 C 7C1 5 C logo u Vit J gVt 1 Por outro lado se vy yrfy0 ayia fy V2 y du 1 dy du 1 1 Seja v bstituindo v ejav y da 2 Jy de substituindo dt one Da 1 d O fator integrante é ef Jg 3 ev vt 1 1 C 1 C 2C1 5 C logo v gVt E JV gVit 1 C 1 C Portanto y 5vz avy gv ve 0 Exercicio 249 Denotando por P qualquer ponto na curvaC eT o ponto da intersegao de uma tangente a ela com o eixoy Determine a equacdo da curva C se PT k Solucao Seja Pxo Yo qualquer ponto na curva C e suponhamos que a funcgéo y yz descreva a curva O coeficiente angular da reta tangente a curva no ponto P é dado por m f2o A equacao da reta tangente a curva C no ponto P é dada por y yo fx x 20 Quando x 0 obtémse 0 ponto T0 yo fxox0 sabese que PT k entao k yao 0 yo Yo foa0 2 fa0 a0 d istoé 2 Fa k x2 Como 29 yo qualquer ponto da curva entéo obtemos x d Vk x a equacao diferencial a de onde dx x Jk x k2 cose fe 2 a zk ye oe cosada k seca cosada C x k cosa 190 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Jk x Jk x ytkLn seca tana senaC kLn C x 2 Vk a2 k Portanto yC ve a kin I com zk k0 x Exercicio 2410 d Resolver as seguintes equacoes diferenciais considere p A Sao do caso 2 x 2 x 1 y px 2Lne px 2 2 xp 2yp3x 0 3 y pxbne px 4 pixtyt pr 5 2y 8rp 4a 3p Solucao re 1 y px 27Lnz px 27 y 2 d Of Of d Seja fz p pv a2Lnx pex22 sabese que p OF OF ap 2 dx Ox Op dx assim 2 1 2 27 4p pp 2xLnx px 2 2pxxp 2x a2 xbLnx 4 2pxr x x 2 2 Ap pp2xLnz p 2pxaxp 2x x xLnx 2pxr x x d 0 p 2xLnx 2px x p 2x xLnax 2xp ni d 0 p 2xLnx 22p x aLnx 2ap ni d 0 Lux 2202p 20 2 0hxp Pe pp dp dp Parte 1 Se 2 pp op 2x ts 0 va p 2x supondo x x d x 0 segue cP Pe 2éuma equacao linear dx dp Py fata 14 OP By aide 9 faldz 7 e de onde p 2 Cx Logo substituindo na equacao original temos re y pr 2Lnx px x 7 191 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 y a Ca ax 27Lne t 2 Ca7x x7 7 2 Portanto a solucao geral é y CLnx C 3 Parte 2 Suponhamos hzp Lnz2zp20 OLnr42rp22 5 Luna 2x logo 2xp Lnx 2x7 assim px Logo substituindo na equacao original temos 2 y px xLnx px 27 7 Lnz 22 9 Lna 22 x y ee Lnz ee 2 2 2 Lne 1 Lne x y 9 4 2 Lne x Portanto a solugao singular é y a Te 9 rp 3x 2 xp 2yp3x0 y 30 Derivando em relagao a x p dy 1 dp 3 p oe dp 3 x dp p2r435 5 dx 5 ovoit 3 p p an p p dx d d d p xp 3p 3a op2 3 2p 3P dx dx dx Se p 3 0 d 1 1 pae dxrdp px2C dx x p p 3 xC 3 22 ssim y a7 5 Yy 5 t To yu Se p30 p4vV3 dy4vV3de y v3e Assim y 32 Portanto 2Cy Cx 3 y 3x sao solucées gerais 3 y pxLnz px Derivando em relacao a x d d d oy Lnr pLnx p 2p Px 22 dx dz dx 192 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV d d d p Lne pLnx p 2p x 4224 0 Pe p Luna 2pa dx dx dx d 1 1 C Se Lnz2pz 0 Prtp0 dpdr p dx p x x C cy Assim y xLngx x yCLnr4C x x 1 1 Se Lnz 297 0 pbLnr dybLnrdr ye 1 1 20 20 qle Assim y qhns 1 Portanto y CLnzC y qhnte sao solugoes gerais 4 prt y px 24 dy x 24 Temse y px px seja p entao y px pr dy dp dp dp OY 8 432 4 pt SP WP 4739 Sport 7 Me s Tp eR epee p wa dep p 2pa x 32 4 dp 3 3 dp p 4ap p 2p2 2 0 2922p 1 x2px 1 dx dx d 1 1 1 0 2273p 12p a p 5 e 2dxdp0 dx 2x3 x p dy 1 1 C p Luzp L dx 2x8 7 42 nx nc P x 2 1 I Portanto yCCa y Aa 5 2y 8xp 4 4x 3p Derivando em relacao a x dy dp dp dp 2 8 8x 8 6p D06 8 8 6p Tn 7 OP 8rG t 8e 6pT 6p 8x 8a pan dp Se 69 82 40 mit0 dpdr pCxd Assim x 2y 82C x 427 3C 2 4 2 Se 69 82 0 pa3t y au 2 2 2x Portanto 2y 3C28Cax42 y 37 880 solucoes gerais Exercicio 2411 193 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV oo dy 4 Resolver as seguintes equacoes diferenciais considere p da Sao do caso 3 x d d 1 cos 3 22 ool 2tan 6B 0 da a 3 2px 2tany p cos y 2 yLnp 5 4px 2y py 4 4p 25 Solugao d d 1 cos 5223 2 2tan80 da a d Seja p a entao da cos Bp2tan8 cos6p tan 8 p r p da 1 Og Og Op Sabese que entao dB p O08 Op OB 1 sec 3 dp cos BsenG p p cos p p p i dp como sec 6 1 tan 8 entao 1 1 tan t d cos BsenB p tan P COs aad cP p p p pe dp tan t d 0 cos Bsen8 p fan P cos cP p p dp t 1 t d 0 tanf pcos me pcos me oP p p p dp t 1d p p dp dB dp 0Oh d 3p8pp onde p a ap 1 od d Caso 1 Suponhamos pp tan64 3 9 Pe tan BdB p p resolvendo C Lnp Incos68mnC p cos 3 Substituindo na equagao diferencial original 3 C8 ac cos 8p2ap2tan80 cos 242tan80 cos 3 cos 3 194 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV a CO 2sen3 OC C2 Portanto a solugao geralé a c0 t t caso 2 Suponhamos 8 p p cos 8B tanP 0 pcosB tan p p p resolvendo tan sen seni cos 3 cos 3 cos 3 Substituindo na equagao original temos 3 3 3 cos 2 vsenb 2a vseni 2tanG0 cos 3 cos 3 3 tan 8 200 SR 2tanb0 cos 2 3 depois de isolara temos a 5V sen 3 Portanto uma solucao singular 6 3 sen 3 d ld d 2 eylnp 1 Ftp y pllpbnp yo dx pdx dx C Resposta x2 yLn1 a e 3 2px 2tany p cos y C Resposta x ae 8x 27seny C 2 9 5 5 52 Portanto uma solucao singular 6 9y C 2523 5 Apr 2y py C3 Resposta 4C Qy 4r 3y4 y y Exercicio 2412 195 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Resolver as seguintes equacdes diferencias 1 y ye 2x y 2y42 3 y Ver 4 yyLny 5 yy1y cosy 6 x Lny senz 7 ya Ve 8 y y yy 0 9 x1y1 10 yy Lev 11 Vyr Vy Vaz 12 x1 y8 a 13 y arcseny Ln1 y Solugao 1 yyPe Sejayt dytdr ytet aplicando diferenciais d 7 2He e tdx 2te tedt dz 2etedt Je tedtCe1tC é1tC Portanto a solugao paramétrica é e y tet 2 xy 2y 2 Sejay t dytdr x t1 1 aplicando diferenciais Por ly outro lado yt y 5 C x t1C Portanto a solugao paramétrica é 1 y C 2 t 3 y Ve Sejayt dytdr tVe S y int aplicando n diferenciais 4 Lut 1 Lut 1 Oo td at dt Lnt Lnt 1 1 1 1 dx dt dtC iat ca Liat mad 1 x LnLntC Portanto a solugao paramétrica é 1 Lnt 4 Tt 4 yyLny Sejay e dyedx yte aplicando diferenciais dy i at 1 at 1 3 e te e e te x 5 1 4 196 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 2 s1t C Portanto a solugao paramétrica é a ty y téC 5B 6x Hy ltycosy Sejay t dytdr yt1tcost aplicando diferenciais dy 1tcost tcost tsentdt tdr 1 2tcost tsentdt 1 dx 2cost tsentdt LntsenttcostC Co x LntsenttcostC Portanto a solugao paramétrica é y t1tcost 6 Lnyseny Sejay t dytdxr we Lntsent Derivando 1 dx F cos dt t Assim dy tcos dt 1 tcostdt Logo yttsent cost hoe x LntsentC Portanto a solugao paramétrica é y ttsentcostC 7 yPx We Sejay t dy td ye e yPa Ve Sejayt dytdr w BVe pet 2 1 2 1 Assim dx ie net dt dy ae ae dt Logo a tli 1 1 li y 2et et et etet t t 1 Doe v e C Portanto a solugao paramétrica é e y etterC 8 yt y yy 0 Sejayyt yytylyt0 e 2t 2t yy Y7A Y Gap 219 P Seja Pyt yar P P t3 Py pif 9 3s pat 220 oH 220 197 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV De 219 e 220 segue t3 2t 2t dx dt 16 Ge A B C D EtF 2 dt Peete 2 t1 L Inf 2aretant C Portanto a solugao paramétrica é b C y oat 12 dy 2 9 14 y 1 Seja i t dytdx 21t 1 derivando em x relagao a o1 02 2t2t 0 dxt t 40 S zrLn1C dx 1 7 d 2t Por outro lado como oy t dytdx tdt assim dx 1 t d 2tdt 2 2dt 2arctant 2tC 2arctant Ya a y x CLn1 Portanto a solugao paramétrica é y 2arctant2tC dy t 10 yy le Seja in t dytdxe y t1e derivando em x relagao a dt dt dt té4tDe S tHt S ve4C dx dx dx t os eC Portanto a solugao paramétrica é y tleC ll 84 8y Va2 Sejay aco t dyacostdr y Va Va cos t isto 6 y asent aplicando diferenciais dy d5asentcostdt acos tdx 5asent cos tdt t 5 dxedt wvtantStant5tC cos t 3 198 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV D3 CG x xtant5tant5tC Portanto a solugao paramétrica é 3 y asent 12 a 14 y8 a d Seja tant drtdy re acost derivando dy J tan t 18 em relagao a y d dt dt 3acostsent tant 3acos tsent dy dy dy 2 1 3 y C 8a cost1 sentdt 3alsent geen t bey x acost Portanto a solugao paramétrica é y asentsent 3C 12 dy 13 y arcseny Ln1 y Seja in t dytdx yarcsent x Ln1 derivando em relagao a x dy 1 2t dt 1 2 dt dx dt dt dx FB ied ia Te 1 2 1vV1l 1vV1 CG xz Ln 4 2arctantC Portanto a solugao paramétrica é t y arcsent Lnl 77 Exercicio 2413 Resolver as seguintes equacdes diferencias 1 2Qy 2y yLny 2 y 2zxy Lny 3 yaryy 4 ya1ty4y 5 y ay seny 6 yay uP ay 3 2 1 7 yay 8 y ary e 9 y2 y ay oe y sry y ry 7 Yy 1 10 xy yy y 10 11 yx yo y 12 y2y aV14y Solucao 199 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 Qy ay yLny Sejay t dytdr 2y attLnt aplicando diferenciais Qdy tde rdtLnt1dt 2tdx tdx dt Lut 1dt dx 1 1 1 1 1 yLnt1 Lnt1dtC Lnt4 LntC aa Lunt 1 72 pnt nae 5bnt Lnt Ls x thnttbLnttC 2 hye Portanto 1 é solucao paramétrica da equacao y 3 ut tnt 2 y 2ry Lny Sejay t dytdr y 2at Lunt aplicando diferenciais 1 1 dy 2tdx 2xdt yu tdx 2tdx 2xadt yu dx 2 1 9 472 vt dtCct et4cCr di ze p x tCt Portanto é solucao paramétrica da equacao y 2tLnt 8 y ay y Sejay t dytdr yxtt aplicando diferenciais dx dx dy td dt2tdth tt 2t Y z xat di di x4 dy x x 2t0 t FS 410 a dx 2 yaar x Portanto y 7 C é solucao da equacao 4 yxltyy Sejayt dytdr y2x1t aplicando diferenciais dy 14tdvadt2tdt tdx 1tdx adt 2tdt d r2t r 2e rea Ce 2t1 Ce 2t1Ce a Portanto é solucao paramétrica da equacao y a1tP 200 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 5 yxry seny Sejayt dytdr yxtsent aplicando diferenciais dt dy tdxadtcostdt Oa cost x logo costx x cost x cost Portanto é solucao paramétrica da equacao y tcostsent a 6 y2y y a Sejay t dytdr ya2tt 2 aplicando diferenciais 2a 2a dt dy tdxadtdt O0 J r 3 ae 1 2a 2a a ogo v 3 yates t pe 2a x Bo va Portanto 3 solucao paramétrica da equacao yr Pp ay yay VIF y dy atant Seja tant dytantdr rtant podemos IN dx y y V1 tant P escrever na forma y xtanta sent derivando em relacao a 2 dy at dt 9 dt tantaxsect acost O0xsectacostl dx dx dx dx 9 cos t 3 xsectacost0 we a acos t sec t zr acost Portanto é solucao paramétrica da equacgao y asent 3 88 y atu e dy 3 t Seja dn t dytdti y att e derivando em relagao a x x dy 3 3 dt at dt dt dt t71ekb O0t438r42i S t 3x 4 2c dx 2 2 dx dx dx dx dx 201 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV dx 3 2 tde 3x 2edt 4r e x 3x 2e mtr re 4 f 3at 3 d 3 2131 o fator integrante é el t at tl7he C 2 1 2 pith 2 f Peldt 2Fe Ate 4c C a tela F al 3C 2 1 2 Por outro lado y stl tela 7 allt e C 1 2 2 v nn 2 345 Portanto 3c 3 3 é solucao paramétrica da equacao det 45 4 Op 3 1 2 9 yxy iy dy 1 Seja 7 t dytdr yaxt 7 derivando em relagao a x dt 1 dt 1 dt P 4ti Ss t42rt 4 Pent S28 oe Bet alae 1 dt dx 1 tP2atJ t2et Patt la dp 1 22t 5 dx 2 1 d t 1 4 gp Sfx t 1 S dt l BOb ale 0 1 f t1 1 1 2t 14 2tC 1 dtC4C vt1 IG POF opt ORt 12 1 2142C 1 Por outro lado y at Sao 2t 1 2tC Lc o Portanto 2et 1 é solugao paramétrica da equacao 142PC 1 saoP Tega 4 OE1 it 10 xyyyy10 alyyly110 ay yy y10 xPtyt10 s dt dt dt dt t 4 2et y P 0 2rty1j0 da dae dx Paty ie dt dt Se 2aty10 2t42y 05 2xt LntC kLne dx dx 202 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 Assi ssim f 7 1 Do fato ay yy y10 atytt10 xt1 y 1 x Portanto wc I é solucao paramétrica da equacao j4 4 t y 1 at 1 1 at 1 1 11 9 x Ose x yn Oe geet we pe I ee eG yarns Derivando em relagao a 2 1 dt 1 dx 1 f145 3S 5 f aga C YT Bae 2t1 dt peop Jia idtC Int1424C r Lut 1 t c Lnt14C Portanto é solucao paramétrica da equacao y Lnt1C 1200 y2ya14 y d Seja i tant dytantdr yexrtantavV1tant podemos x escrever na forma y x tant asect derivando em relagao a 2 dy at dt dt tantaxsect asecttant OsectlasectatantlH dx dx dx dx 1 sect0 t 5 xsectatant0 x asent x asent Portanto é solucao paramétrica da equacao y acost Exercicio 2414 Sendo fx 4 gx considere a equagao diferencial yf xydx xgxydy 0 1 1 Mostre que px y um fator integrante para a equagao cyf vy gzy 2 Utilizar a parte 1 para achar a solugao geral implicita da equagao diferencial wy 2ydx 3ay 4xdy 0 Solugao 203 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV a 1 1 Multiplicando a equagao por px y zylfley gay Wen resulta fxy gxy IM ES rFlay gay fly slew fxy gxy Considerando Mx y af lay gay e Nx y wfley gay resulta OM x y x fxyf xy gxy fvyxFey ey Oy x fxy gxy fieygey fleygey fzy gxy ON x y yg xy LF ey gxy gay Lf ey gey Ox Vf ey gryP I ey fay glry fey fzy gley Assim obtivemos que 5 y oN Ce y que mostra que px y ay Dye é um fator integrante 2 A equagao é da forma 1 com fxy ry2 e gxy 3xy 4 Pela parte 1 sabemos que o fator integrante é px y aN sendo a equacao exata xy 2 3ry4 x6 Day t y6 2ry dy 0 Considerando M1 xz y a e Nx y ae procuramos uma fungao potencial da forma Fx y Me ydx vy eet ow 1 fd 5 d 1 5 Fa y st fx vy 3 bne gla ry vy A igualdade Nx y a by 2 ia vy implica 3zy ZZ 4 5 y 2 y6 2ry 6 32y 7y vy 3y 204 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 1 2 Assim uy 3bLny assim Fx y gla x Portanto a solugao implicita é 3 ayByA C Exercicio 2415 Resolver o seguinte 1 Mostre que a mudanga de varidvel z gy transforma a equagao gyy pxgy fx em uma equagao linear oo 2 2 1 2 Usando a parte 1 achar a solugao geral implicita de e 2uy x x 3 Determine a solugdao particular da parte 2 que passa pelo ponto 2 VLn2 e o in tervalo maximo onde esta definido Solucao dz dy os 1 Considerando z gy segue que im y 7 e substituindo na equacéo obtemse x x dz gyy Pagty F plaz Fx é uma equacao linear de primeira ordem 2 2 1 2 Observe que e 2uy éda forma x x dz y2 ple2 fx onde gly 2 wa dz 2 1 considerando a mudanca z e obtemos a equacao linear z dx x 1 C A solugao desta equagao é z cs ape C Portanto a solugao geral implicita da equagaoé e cs wp La 2 1 C 3 Substituindo na solugao geral implicita e os valores x2e y vbn2 uu segue Vinay 1 Cc S 51 C6 a7 BP 274 6 Portanto a solucao particular 6 y bn Como y V VLn2 é nega x 6 tivo ficamos com y bn ae x 205 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Para determinar o maior intervalo onde esta solucao esta definida observamos que a expressao Lnx 6 x2 tem que ser positiva o que implica x 6 x2 1 de onde x 2 0 ou x 0 3 este ultimo intervalo contˆem x 2 Portanto o intervalo procurado e 0 3 207 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 208 01022023 Capitulo 3 Equacoes diferenciais de ordem n 1 31 Equacoes diferenciais nao lineares Exercicios 31 ky Exercicio 311 Resolver as seguintes equacoes diferenciais ax 2 dy 2x 1 qe 2 qt y0 1 y0 0 3 y 2senz cos x sen x 4 yytanz y sec x 5 xyy aly yy 0 6 x yy y ay d3 7 xyy 2xy 2yy g 8 4 senx de y atbr dy g ar 10 ee 142 dix x da fr y 11 2yy 2yy 1 12 xty y xr 13 yy yy y 0 14 30 128 v ty 27y 3 y y 15 yy 3yyy y yy 1 1 16 y cosx 0 35 0 y0 g y0 0 17 4x yy 9ry Gr 54y 108y 72y 16 Solugao dx dx 1 1 lL dtCsP4Q Ge Cdt C 7B a7 gh C1 at St Cijdt Ce 209 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV ly Portanto a solucao geralé xt Ta C C dy 2 dx2 XE y0 1 y 0 0 d d Temos 2e79 Be ree4C yxre42e 7427C4C dx dx 1y0 24C Cl d yre2er1 0o140 5 CHl dx Portanto a solugao do pvié yxe2e 41 3 y 2senrcosxsenx y i2senz cosxsenaldxrC y sent cos 1 cos xdx C cos x1 cos x Cy 2 13 y cosa1 cos x Cidx Cy geen Cix Cy 1 Portanto a solucao geral da equacéo é y sen xCyx Cy 4 yytanz y sec x dz dz dx Suponhamos que z senx seja uma funcao de varidvel y entao z dy dx dy d COS x isto é z cosx 2 Substituindo na equacao original y liz 1152 z 1 y aloe lola Ya Gp yz 227 10 d Sejau 2 entao dy yu zu10 31 derivando em relacao a y du du dz du du 2 2 2 ue 2yu z u 0 SS wt 2yu z u 0 dy dy dy dy dy d d Qyu 2 0 9 s uC dy dy zCyytCy sent Chryt Cr 210 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV em 31 segue Cy Cisenz 1 z dz d 1 Se2yuz0 3S w oy logo Lnz Lny LnC3 assim 2y z 2y 2 a C3Y Portanto senx C3y A solucao da equacao diferencial 6 Cy senz C2 ou y Cysenz 5 vyy xy yy 0 Suponhamos que y yz seja uma funcao de varidvel y entao y yz yz yz yz Substituindo na equacao original ry 2t2ayey200 S rete 222z0 5 dz dz ze r0 0 InzeInrC 5S 220 z x y y 1 Como z 2C integrando Lny 32 CC y y Portanto y Cec 6 x yy y xy Suponhamos que y yz seja uma funcao de varidvel y entao y yz yz yz yz Substituindo na equacao original eyy 27yP2e27yayzr Peete Yl2zP 22 20 22 24 1 vs ary 12wz477 2 F4zZ zy x x 1 za fo Gar C04 yrzyrCr x C fe fie Cxrdx LnyLnrC y x Portanto a solucgao geralé yx Oye 7 yy aly 2yy Suponhamos que y yz seja uma funcao de varidvel y entao y yz yz yz yz Substituindo na equacao original M 12 2 2 2 20 2 1 cyy 2y 2yy ryyey2ayz 2y2 wre 7 2 211 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV d d Seja u z entao a 7 logo dx dx d 2 2 3 wt tus2 3 ur 20de u SS z dx 3 2x logo 3 3 1 5a Lny gins 5Lnac Portanto a solugao geralé yx VCz d d d 1 8 Gag e sen we ot sender Ci Fp pt ese Ci 1 1 1 logo yx se sentCirCy yx a cosx poe Cox C3 1 1 Portanto a solucgao geralé yx an cosx poe Cox C3 dy a bx dy a a oo 9 moflU ioate a 2 ddr Cy isto 6 1 y x aLnrbrCy yx a2xLnz1 5 be Cx Cy 1 Portanto a solucao geral é yx axLnax 1 aoe Cr Cy d d 1 1 10 roy lt wut uo ade Cy isto 1 1 y x Lna 5 4C yx iin 5 Cdz C2 1 Portanto a solucao geral é yx xLnax 1 go Cr C9 1 yy 2yy 1 d dd dt dt d dt Seja i t y 4 a dy 7 t dy substituindo na equacao dt dt 1 t dt 1 1 Qyt2y1 3 4t 3S t4P 5 wy dy yy dy yp d dt d 2 1 Sjjaut got t substituindo na equacao gat u 0 fator dy dy dy y y integrante é ux e 1 x logo d 2 1 2 2 avila py uylidyC wrytC d Vy tC p YU VYTO da dy v aay c dx y Vy tC Vy tC 212 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 Portanto a solucao geral 6 x 3V y C 2CyC Ci y 12 1 AZ awl ay r y d dd dt Seja i t w 4 o substituindo na equacao 410 dt dt 1 jdt 1 1 ettee S Ste SS Pos la x dx dx x dx x d dt d 1 1 Sejaautt ot t substituindo na equacao on Su 0 fator dx dx dx x x integrante é ux ef x logo dy 1 1 4 tta traderC ttxrxC dx x x d C C Portanto a solugao geral 6 y x Lnx C C 13 yy yy y 0 d dd dt dt d dt Seja i t y 5 a dy 7 t dy substituindo na equacao dt dt 1 ty yt t 0 ty dy dy y f tdy 1 o fator integrante é uy e logo y d 1 1 1 altalaa toafayre tCyy dy y y y 1 1 1 1 1 y lore all cs lo ale l y Portanto a solucao geral 6 x Ln C C Cy 14 307 2x3 v y xy d d d Seja z i y a 7 y substituindo se VT a 2 teaz B3avVl22z421270 213 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 3x1 3 Vvax1 gf z 3ry 1 a o fator integrante é px e fe VET 1 x 12 Vxt1l JVx1 38a f123 Vxr1 dnC 3x Ja LC 2 dz dx Jil 12 Vel Jr1 Vvr1 2 6Vr142V123C3 Verl ve IP Cs Vvil 26Vr4142V2r4 1x 1 C3 VJ 1 v 6Vrt12Ve41 21 Cte diCy Vvxr1 8 4 y4a4 1 3V 2 1 aV 2 1 CLnjx Va 1 CvV a 1 Portanto a solucgao geral é 20 4 y 3 V a 1 aV 2 1 CLnlx Va 1 Cva14C 2 3 Y 2 y MW 7 I 15 yy 3yyy 2y yy YY Seja y ed 2adax y 2ael de y ales zdx 4 zrel 2de logo yl ale 2 4 x alel 2 4 Axel 242 4 eS 4 Substituindo na equacao original el ede 2 ef zde 4 zeles 2x 4 Qxel 2da 4 Bes 2dr 3es 74 zael 2 zef 2 4 es 2dr 4 Qzael 74 3 4 3 fzdxj yl pf zdx 2f zdz f zdx2 7 le 2e ze 7 ze 74 2 eS 2dr lo 4 3x2 4 23 8S 24372 4 323 4 2234 pe J tell 2 4 2 2 7263 f 2de eli 4 gaat 4 28 327 428ety tet Yoel 723 J zde Pe 4 ly ym x x 4 1 2 Sejau 2 w 2 a equacao diferencial 6 da forma wu u x2 eo x fator integrante é ef pa x assim 1 d 1 1 ru u2 ru2 ave deCLnxC dx x 214 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 1 1 1 1 1 uLnrC 2bLnrC z igi Cdx x x x x x x lL z gn a CLnz Cy Portanto a solucao 6 y exp f BLny CyLnx Codz iv 2 l l mt 16 y cost y0 35 0 y0 g y0 0 iv 2 iv 1 mw 1 yi cova y 5 cos2r y 3 1 cos2xdx Ci wy 1 uw 1 2 y qe sen2zC y g2e cos2a Cyx Cy ti 3 L2 y ra 3sen2x got Cox C3 et 42 cos22 40 2 0 xr C3r2 C a nn 6 79 oer 1 1 133 1 1 1 1 0 C OC GQ y 0 0 Cy a Lg 2 I Portanto a solucao da equacao diferencial 6 y me 6x 6x 30 cos2zr 17 da yy 9xy 6x 54y 108y 72y 16 Temse 4x yy 9ary Ga 54y 108y 72y 16 323y 2 3y 2 Seja z 3y72 2 6yy logo a equacao diferencial é da forma Ax yy 8az222 12eyy 9rz2 322 S 2x72 9rz 32 9 3 ld 9 3 3 4 2 2 2 on 2x 2 de an Qu 3 1 8a 29 7 8 2 3 dx C C zx Je w gt 3 z C328 Portanto a solucdo da equacio diferencial 6 3y 2C 32 82 215 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercicio 312 Obter 0 Wronskiano para as seguintes fungoes indicadas onde mnZ mn 1 x xe 2 senhz coshx 3 e e 4 exe 5 esenr e cOSr 6 1 vz 27a2n1 7 e 2e e 8 cosx 1 cos 2x 9 log 2 log x x 0 10 2 cosz cos2x 11 e sen2zx e3 cos 2x Solucao x xe lL 2 re we ex1 a 27 ze x e 142 senhz cosh 2 senhz cosha w senhx cosh x 1 cosha senhx er er 3B eT eS SWS tone e nn m me ne 2x 2 e re 2x 4 e xe w ee e e e xe esenx e cos x on 5 esenxe cosx W e esenz cosa ecosx senz 6 lia x7a2 n1 lav a x 0 1 Qx nxn w0 0 2 nn 1a 234 nl 40 00 0 n 7 e 2e7 e e Qe e 12 1 w e 2e e e 1 2 10 e 2e e 12 1 8 cosa 1 cos2zr cosx 1cos2zx cosx 2cos 4x w 2sen2xcos 4x cos 27 sen2x 2sen2x sen2x 2sen2x 216 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 9 log 2 logx x 0 log x log x 1 2 0 0 zLna xbLna 10 2 cosx cos 2x 2 cosx cos 2x senx 2sen2xr w0 senz 2sen2x 2 4sen3z senz cos 22x cosx 4cos2x 0 cosx 4cos 2x 11 e sen2x e cos 2a esen2xr e cos 2x W 2e e 2cos 2x 3sen2x e2sen2zxr 3 cos 22 Exercicio 313 Mediante 0 Wronskiano determine se cada um dos seguintes conjuntos sao linear mente independentes 1 1 e 2c 2 Lna eLnz 3 Va War 1 4 42 5 Ln 1 6 1 senz 1cosz x 7 vV1l222 8 sen cosx 9 ax ala x 0 10 e 1 xe 11 2x7 x 2 12 esenbz e cosbrz b0 Solugao 1 e Qe 5 2 2 ev 2e 3x 1 1 e 20 w0 e 4e 2 4e 0 e 4e 0 e 8c Logo pela Propriedade 32 o conjunto é linearmente independente Va eR Luz bn 2 LnzzbLnr w 1 Ln x 1Lnz x Sao linearmente independentes V x 0 00 5 Vave wel YY 8 ve 9 64 63 68 7 QJa 37 pe 3V2 2V x Vx Sao linearmente independentes V R 0 217 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 4 4 4 w wy 4 0 1 Sao linearmente independentes V x R x1 Lun 1 2 5 Ln 1 3S weH m a x 1 Sao linearmente independentes V R 1 1 6 1 senz 1cosz 1 senx 1cosaz sen2x senx 3 w 0 sen2x senx 2senx 2cos2x cosx 0 2cos2zx COS Logo o conjunto é linearmente independente Va eR kr Vk eZ Vla2 1 7 V1l27 2 w x 1 Jo V1 2 7 Logo o conjunto é linearmente independente Va R 1 v 2 r sens cos 1 r r 8 sencor w 4 cos z3senrzsen cos 2 cos sen2z 2 2 2 2 2 Logo o conjunto é linearmente independente Va Ee R2k1t Vk eZ r GloSa t 9 2 a r0 we 1 0 1 qSa x Nada a concluir Se um conjunto é linearmente dependente entaéo w 0 Agora se w 0 nada podemos concluir Nao confunda com w 4 0 entao o conjunto é linearmente independente eX grt eX 10 ce a ae w et a1 Lnax e x 22 e ax x7 a1Lnz e2 4x 4 2 1 ee x we 0 xla1 Ln 1 2x 0 x falaa1Lnaz1 42 14L 1 W 2e2 pr al nx rv ajz a1Lnz1 2741 218 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 11L w 2e 7 a 1 Lnz x41 x a1Lnz 2r1 w 267 7 uw 1a2 Lux 1 ax1 Lnx 0 Suponhamos x 0 41 a 0 nestas condigées o conjunto é linearmente independente 11 x a4 x xe at ah 1 a x w2r 4a 827 4a8 1 Qe 4x 822 1lx 16 40 2 12x 56x 1 6 28 Suponhamosx 0 41 2 1lx16 1 nestas condicdes o conjunto é linearmente independente 12 esenbz e cosbx b0 esenbx e cos bx WwW easenbz bcos bx eacos bx bsenbx w easenbx cos bx bsenbx a cos brsenbr bcos bx be A 0 Sao linearmente independentes esenbz e cosbx b0 Exercicio 314 Verificar que o sistema de fungées esenBx e cosBx onde B40 linearmente independente em IR Determine os valores de C e Cz de modo que se cumpra a identidade Cre senGx Cpe cos bx 0 Solucao Dado o sistema de fungoées esenGz e cos Gx onde B 0 a e sen Bx e cos Bx per 40 easenBx BcosBx eacos Bx BsenBx Logo o sistema esenGz e cos 6x 8 0 é linearmente independente Sendo o sistema linearmente independente segue que C Co 0 Exercicio 315 Suponha que yy e e yo e sejam duas solugdes de uma equacao diferencial linear homogénea Explicar porque yz cosha e ys senhx sdo também solucées da 219 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV equacao Solucao ev e of Observamos que w 20 logoy e e y2 e sao linearmente ee e independentes e sao solucoes de uma equacao diferencial linear homogénea Sabemos que ee 1 e e 1 cosh x y y2 também senhx y yp 2 2 2 2 e como qualquer combinacao linear de yj e yo também sera solugao da mesma equacao diferencial entao yz coshx e y4 senhx sao também solucoes da equacao diferencial Exercicio 316 Determine se as funcoes dadas sao linearmente independentes em seu campo de defi NiCao 1 1 2 2 2 2 senz cosx cos2zx 3 1 senz cos2z 4 x 2x x 5 5 cos x senx 6 1 arcsenz arccos x 7 e7 xe xe 8 5 arctan arccotr ax ax i at et 9 er e2 pera 10 z pat x9 0 0 x0 11 cosxz cosx 1 cosx 2 12 1 sen2zr senx cos x Solucao 1 1 2 x x Estas funcodes estado definidas em todo R por outro lado 12a 2 0 0 1 2x W 0 00 0 2 00 0 0 Assim 0 conjunto nao é linearmente independente em seu conjunto de definicao 2 senz cos x cos2z Estas fungdes estao definidas em todo R por outro lado senz cosx cos22 w cosx senrz 2sen2x7 3cos2z w0 senzr cosx 4cos2z 2k 1 quando x Che ke Z 220 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Assim 0 conjunto nao é linearmente independente em seu conjunto de definicao 2k1r Portanto o conjunto é linearmenteem R Cee Dry ke Z 3 1 senz cos2xz Estas fungoes estao definidas em todo R por outro lado 1 senx cos22 w0 cosa 2sen2r 4cosx w0 0 senz 4cos2x 2k 1r quando x Chee ke Z Assim 0 conjunto nao é linearmente independente em seu conjunto de definicao 2k1r Portanto o conjunto é linearmenteem R eer ke Z 4 x 2x x7 Estas funcoes estao definidas em todo R por outro lado x Qe x w1 2 270 w0 0 0 2 Assim 0 conjunto nao é linearmente independente em seu conjunto de definicao Portanto o conjunto nao é linearmente em todo R 5 5 cosax sen2z Estas funcoes estao definidas em todo R por outro lado 5 cos x sen w0 sen2z sen2x 0 w0 0 2cos2x 2cos2x Assim 0 conjunto nao é linearmente independente em seu conjunto de definicao Portanto o conjunto é linearmente dependente em todo R 6 1 arcsenz arccosx Estas funcoes estao definidas em todo R por outro lado 1 arcsenx arccos 0 1 1 Ww 72 0 w0 Vee Rl 5 v1 zt v1 zt Vl 2 12 Assim o conjunto é linearmente dependente em R 1 221 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV E imediato que o conjunto seja linearmente dependente quando x 1 Portanto o conjunto é linearmente dependente em todo R 7 e xe xe Estas funcoes estado definidas em todo R por outro lado e xe xe we ex1 e24 27 2e w0 VraeR e ex2 e24 42 27 Assim 0 conjunto é linearmente independente em seu conjunto de definicao Portanto o conjunto é linearmente independente em todo R 8 5 arctan arccotx Estas funcoes estao definidas em todo R por outro lado 5 arctan x arccotx 1 1 0 2x 2X 1 14 27 Assim 0 conjunto nao é linearmente independente em seu conjunto de definicao Portanto o conjunto é linearmente dependente em todo R ax ax i at 9 e2e2 ovat Estas fungoes estao definidas em todo R por outro lado 0 ax ax 7 at2 e2 e2 e 2 dt sen w 5 pe 3 e wFI0 VreR are2 axe e2dte 0 Portanto o conjunto é linearmente independente em RR i t 10 x wat xo 0 Estas fungoes estao definidas em todo R por outro lado vO I t e x 2 put w an 0 w0 VreR t e 1 fea Xo 229 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto o conjunto é linearmente independente em RR 11 cosz cosx 1 cosx 2 Estas fungoes estao definidas em todo R por outro lado cosx cosal1 cosx 2 w senr senx1 cosa20 w0 cosx cosa1 cosx 2 Assim 0 conjunto nao é linearmente independente em seu conjunto de definicao Portanto o conjunto nao é linearmente independente em todo R 12 1 sen2x senz cos x Estas funcdes estao definidas em todo R por outro lado 1 sen2r sena cos w0 2cos2z 2 cos2z 0 w0 VreR 0 4sen2z 4sen 27 Assim 0 conjunto é linearmente dependente em seu conjunto de definicao Portanto o conjunto é linearmente dependente em todo R Exercicio 317 Determine o Wronskiano para os seguintes sistemas de funcoes 1 T 1 la 2 x 3 senzx senx x 4 4 ex2e 5 e 2ee 6 2 cosx cos2z 7 122 8 arccos arcsen 9 7m arcsenz arccosx 7 7 10 4 senx cos2r 11 2 Lnz 12 e sen2x e cos2z x x 1 oa 1 1 13 esenz ecosr 14 ef 15 sen x cos x x 4 4 Solugao 1 2 1 12 Entao w 1 0 1 1 1 vo 2 2 Entao w S x 1 x 72 7 7 senz senx 7 x 3 senz sena Entao w 7 cos2x 4 cosz cosx 7 4 223 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV e ze 4 e xe Entéo w e e l1ae e eX e 5 e 2e ec Entato we 2e e 0 e eX e 6 2 cosx cos2x Entao 2 cosx cos22 w0 senz 2sen2r 24senzr cos2x 2sen2x cos x 8senx 0 cosx 4cos2x 1 2 2 7 1227Entéo w0 0 2x 0 00 2 x x arccos arcsen x x 1 8 arccos arcsen Entaéo w 1 1 1 Vpaoe Vmoe 1 es n arccos arcsen V7 x T TT 912 x qm arcsenx arccos x 0 1 1 9 7m arcsenz arccosz Entao w Jl x2 J 0 x x QO SO Vl 2 1 2 4 senx cos2 10 4 senx cos2x Entao w 0 sen2x 2sen2x 0 0 2cos2x 4cos2z x Ln 11 x Lnv Entao w y 1Lnze 1 x 12 esen2z e cos2x Entao e sen2z e 3 cos22r 6 Ww 2e e2 cos2x 3sen2r e2sen2xr 3 cos2z 224 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 13 esenz e cosx Entao esenz e COS XZ on w e ecosazsenz ecos x senz 1 1 law 7 Oo 1 di 1 1 14 ae Entao w 1 17pe poo ait lez r a cd x x sen4 2 cos 2 15 sen7 2 cos7 z Entéo w T 7 1 cos7 2x sen7 2 Exercicio 318 O conjunto x x 1 é linearmente independente em oo 00 Solugao xox i Temse para todo x Rcomx40x 41 w 27 1 02F0 2 0 0 Portanto o conjunto x x 1 é linearmente independente em oo 00 0 1 Exercicio 319 Determine se o conjunto 1 a 1 a 1 3x linearmente independente em oo 00 Solugao lax la 132 Temse para todo x Rcomx40 w 1 1 3 0 0 0 0 Assim 0 conjunto 1 2 1 1 3x é linearmente dependente em oo 00 Exercicio 3110 Determine se o conjunto x x3 é linearmente dependente em 1 1 Solugao d 3z A derivada de y x é i 3zx Sejam a 6 R tal que az 62 0 x x logo temos o sistema ax Brz 0 30x 362rrz 0 ve a 4 2 3 O determinante do sistema é w 3x x 322 0 327 32 z Assim 0 conjunto z x é linearmente dependente em 1 1 225 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercicio 3111 Calcular W x3 x em 1 1 Solugao Temse para todo x R com x 0 3 3 u Je 324 x W 2 2 32z2 32a 0 2 2 i je Bea x Assim 0 conjunto z x é linearmente dependente em 1 1 Exercicio 3112 Os resultados dos exercicios 3110 e 3111 contradizem a Propriedade 34 Solugao Nao Como o Wronskiano das duas fungoes é nula decorre da Propriedade 34 que nao sao ambas solucdes da mesma equacao diferencial homogénea Exercicio 3113 Mediante o método do determinante de Gram determine se as fungdes do exercicio 317 se sao linearmente dependentes Solugao 1 Paraoconjunto 1 2 consideremos y1e y2 1 1 2 2 1 1e Temos que yy y dr 1 y yo adr 3 por ultimo 0 0 1 12 1 Yo 12dr 1 Tin 0 Y1 Ye Ya Yi LAL 3 O00 41 Y2 12 13 0 consequentemente as fungdes yi2 e ye2x sao linearmente independentes 1 1 2 x consideremos y 2 y x x 1 1 1 1 Io Temos que i yi wdr 5 Yyy dr nao existe x x10 0 0 1 por tltimo y1 yo yo yi pp dx 1 logo y1 y2 nao existe 0 7 7 3 Parao conjunto senz sena 7 consideremos y senz e yo senx 7 226 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 1 1 Temos que yj yy senxdx a7 qoen2 por outro lado temse o produto 0 1 1 1 3 interno Yo Yo sorte da 57 qoenl2 5 47 7 0082 Por 0 ultimo o produto interno 1 1 2 Y1 Yo Yo yy son senx da 2 2sena sen2z dx 0 0 2 1 1 2 ia 5 8en2 3 cos 2 l1j ee sen2 cos 2 1 2 1 sen2 ver sen2 cos 2 logo qm yo 4 8 0 consequen V2 1 ae sen2 cos 2 mG cos 2 temente as fungdes y12 yox sao linearmente independentes 4 e xe consideremos yj e e yoxe 1 x x l 2 1 Temos que yy e e dx 35e 5 por outro lado temse o produto 0 1 2x 2x 5 2 1 interno Yy yo xe xe dx 7e Zr 0 1 3 1 Por ultimo o produto interno y y2 oo ze q por outro lado 0 temse o produto interno y y 1 Yo 1 1 3 1 1 3 38 ty Ge FG f ge 2 ge Logo Ty y2 0 32 te t re 4 4 4 4 4 4 Portanto as fungoes y7 e e Yyox xe sao linearmente independentes 5 e 2ee 7 yixe Yox 2e y3x e 1 1 1 Assim Y141 era 561 Y2 42 setae 2e1 0 0 227 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 1 1 Y3 43 pore 5e 1 Yyy3 ow 2 Também 0 0 1 1 41Y2 prete e1 yy3 fu 0 0 Logo 1 21 1 1 1 uv Z e 1 2e1 2 0 1 1 2 e1 se 1 Portanto o conjunto e 2e7 e é linearmente dependente 6 2 cosx cos2z q q 7 1207 yw1 yx 2 ysx 2 1 1 Assim Yy va 1l YWYy eu 4 43y3 0 0 1 1 oe 5 0 1 Por outro lado 142 yo y1 eue 2 1Y3 3y1 0 1 1 2 I 2 2 eda 3 Ynys Yala f 20 5 0 0 1 1 12 10 uv Z2 4 2 0 0 5 5 1 2 1 1 0 1 33 5 3 5 Portanto o conjunto 1 2 x é linearmente dependente 228 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV x x 8 arccos arcsen 7 7 t 9 7 arcsenz arccos x t 10 4 sen cos2z t t t 11 x Lnz consideremos yy x e yo Lnx 1 2 l Temos que yw yy xdx 3 Por outro lado temse o produto interno 0 1 1 Yo Y2 innytar xLnx 27Lnx 20 2 0 0 1 1 1 Por ultimo o produto interno y1 yo etn 5 bne gq por outro lado 0 temse o produto interno yo yi Y1 yo 1 1 a 4 29 Logo Ty y2 3 4 78 0 2 4 Portanto as fungoes y7 e e yox xe sao linearmente independentes 12 e 3sen2zx e 3 cos2z t 13 esenz e cosz t t 1 14 e x t 229 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 7 7 15 7 sen7 x cos7 L 9 Para o conjunto sen7 2x cos7 x consideremos y sen7 ze 7 y cos7 2x 1 1 9T 1 T Temos que y1 y1 sen 7 xdx 5 1 cos5 2xdx 0 0 1 1 1 5 1 sen2xdx rie cos 2 0 1 Por outro lado temse 0 produto interno yo y2 cos xdxz 0 1 1 1 1 3 61 35 Jo cos 5 2xdx 5 Jo sen2xdx 174 cos 2 0 0 Por ultimo o produto interno 1 1 1 1 Y2 yo YW oo x cos xdx 5 seus 2xdx 4 4 2 2 0 0 1 1 1 5 costanae qsen2 0 1 1 1 cos 2 sen2 logo Ty 42 4 1 1 4 0 consequentemente as fungdes qsen2 78 cos 2 yix Y2x sao linearmente independentes Exercicio 3114 Verificar que as os seguintes pares de funcoes sao linearmente independentes e seu Wronskiano zero construir o grafico das funcoes num mesmo sistema de coordenadas 0 se 0a42 x 2 se 042 1 yar 5 5 rz x 2 se 2a4 0 se 2a44 5 wr er se 220 wr 0 se 220 Lr r n 0 se 0a42 2 ve se 0ar2 230 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 3 y27 yox 2I2I l2rl Solucao 1 Este sistema de funcoes é linearmente independente pois para a a2 0 cumpre a igualdade ayyix a2yox 0 Consideremos o Wronskiano do sistema Wy yo 0 2 No segmento 0 2 temos Wy1 yo 0 e no segmento 2 4 0 2a 2 x 2 0 temos Wy yo 0 2a2 0 Portanto Wy1 yo 0 no segmento 0 4 2 Este sistema de funcoes é linearmente independente pois para a Q2 0 cumpre a igualdade ayyx Q2y2x 0 Consideremos 0 Wronskiano do sistema Wy yo x 0 No segmento 2 0 temos Wy yo 0 e no segmento 0 2 temos 327 0 0 2 Win Y2 0 O 2x Portanto Wy1 y2 0 no segmento 2 2 3 Este sistema de funcoes é linearmente independente pois para a Q2 0 cumpre a igualdade ayyx Q2y2x 0 Estas fungoes estao definidas em 1 x 1 por outro lado x xz W 0 w0 2x 22 Portanto Wy1 y2 0 no segmento 1 1 Exercicio 3115 Numericamente o determinante de Gram coincide com o quadrado do volume do para lelepipedo formado por trés vetores Verificar esta propriedade para trés vetores qualquer do espaco R Solucao 231 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Seja os vetores wi v 7 R e o produto interno o determinante de Gram para estes vetores é a v 20 oo oF a0 oP oz 32 Consideremos as compoentes desses vetores da forma uj U2 U3 0 U1 V2 U3 7 21 22 23 o volume V do paralelepfpedo formado por estes trés vetores é 1 j k Uz U2 U3 VUUx Z uy U2 U3 vy vo v3 vp v2 V3 41 2 41 2 83 Pelas propriedades dos determinantes este volume também podemos escrever na forma Uy UU ZZ Uz U2 UZ Uy UYU 2 2 V Un V2 2 Vr Uy Ug U3 Ug V2 2 UZ U3 3 41 2 3 UZ UZ 23 uj u5 U3 U1 V1 UgV2 UZv3 UZ U2 U323 V vyuy veu2 iu3 03 U222 1U1 U2U2 U3 U3 Uy Ug U3 UZ U2 22 U323 ZUy Za 23Ug V1 ZV2 2303 ate t 23 2 oo oe oe oS os o jo os Vo 00 0 Zav jopP vz Comparando com a igualdade 32 segue u v 7 V Portanto o determinante de Gram coincide com o quadrado do volume do paralelepi pedo formado por trés vetores 232 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 32 Equacoes diferenciais lineares de coeficientes constantes Exercıcios 32 Exercıcio 321 Determine se as funcoes dadas sao linearmente dependentes ou linearmente indepen dentes no intervalo f1x 2 x f2x 2 x Solucao Temse f1x 2 x f2x 2 x Se x 0 segue f1x 2x f2x 2x e se x 0 segue f1x 2x f2x 2x Suponhamos x 0 e seja α2 x β2 x 0 x R derivando respeito de x segue α β 0 logo α β Nao implica α β 0 Assim o conjunto f1x 2 x f2x 2 x e linearmente dependente em 0 Suponhamos x 0 e seja α2 x β2 x 0 2α β xα β 0 por igualdade de polinomios segue α β 0 e α β 0 de onde α β 0 Assim o conjunto f1x 2 x f2x 2 x e linearmente independente em 0 Portanto o conjunto f1x 2 x f2x 2 x nao e linearmente independente em Exercıcio 322 Determine se as funcoes dadas sao linearmente dependentes ou linearmente indepen dentes no intervalo f1x 1 x f2x x f3x x2 Solucao Temse f1x 1 x f2x x f3x x2 Suponhamos α1 x βx γx2 0 x R derivando respeito de x segue α β 2γx 0 Novamente derivando respeito de x temse 2γ 0 γ 0 de onde α β α 0 Sendo α β γ 0 segue que o conjunto e linearmente independente em R Portanto o conjunto f1x 1x f2x x f3x x2 e linearmente dependente em 233 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercıcio 323 Formar as equacoes diferenciais lineares homogˆeneas dadas que se conhecem sua equa coes caracterısticas 1 λ2 3λ 2 0 2 2λ2 3λ 5 0 3 λλ 1λ 2 0 4 λ2 12 0 5 λ3 0 6 λ2 5λ 6 0 Solucao 1 λ2 3λ 2 0 Resp y 3y 2y 0 2 2λ2 3λ 5 0 Resp 2y 3y 5y 0 3 λλ 1λ 2 0 Resp y 3y 2y 0 4 λ2 12 0 Resp yiv 2y y 0 5 λ3 0 Resp y 0 6 λ2 5λ 6 0 Resp y 5y 6y 0 Exercıcio 324 Determine as equacoes diferenciais lineares homogˆeneas dado que se conhecem as raızes da equacao caracterıstica Escrever suas solucoes gerais 1 λ1 1 λ2 2 2 λ1 1 λ1 1 3 λ1 3 2i λ2 3 2i Solucao 1 Primeira solucao Dadas as raızes da equacao caracterısticas associado a equacao λ1 1 λ2 2 sua solucao geral e da forma yx C1ex C2e2x A equacao e de segunda ordem Por outro lado derivando segue y C1ex 2C2e2x y y C2e2x tambem y C1ex 4C2e2x y y 3C2e2x de onde 3y y y y y y 3y 3y Portanto y 3y 2y 0 e a equacao procurada Segunda solucao Dadas as raızes da equacao caracterısticas associado a equacao λ1 1 λ2 2 escrevendo a equacao que ela representa λ1λ2 0 λ2 3λ2 0 234 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto y 3y 2y 0 e a equacao procurada 2 Dadas as raızes da equacao caracterısticas associado a equacao λ1 1 λ1 1 sua solucao geral e da forma yx C1ex C2xe2x Eliminando as constantes obtemse que a equacao procurada e y 2y y 0 3 Dadas as raızes da equacao caracterısticas associado a equacao λ1 32i λ2 32i sua solucao geral e da forma yx C1e3x cos 2x C2xe3xsen2x Como λ2 6λ 13 0 entao a equacao procurada e y 6y 13y 0 Exercıcio 325 Forme as equacoes diferenciais lineares homogˆeneas se se conhece o conjunto funda mental de solucoes 1 ex ex 2 1 ex 3 e2x xe2x 4 sen3x cos3x 5 1 x 6 ex e2x e3x 7 ex xex x2ex 8 1 x ex 9 1 senx cos x Solucao 1 ex ex Resp yx C1ex C2ex 2 1 ex Resp yx C1 C2ex 3 e2x xe2x Resp yx C1e2x C2xe2x 4 sen3x cos3x Resp yx C1sen3x C2 cos3x 5 1 x Resp yx C1 C2x 6 ex e2x e3x Resp yx C1ex C2e2x C3e3x 7 ex xex x2ex Resp yx C1ex C2xex C3x2ex 8 1 x ex Resp yx C1 xC2 exC3 9 1 senx cos x Resp yx C1 C2senx C3 cos x Exercıcio 326 Determine a forma da solucao particular da equacao linear nao homogˆenea se se conhecem as raızes da equacao caracterıstica e o segundo membro bx Solucao 1 λ1 1 λ2 2 bx Ax2 Bx C Resp yp A1x2 A2x A3 235 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 λ1 0 λ2 1 bx Ax2 Bx C Resp yp xA1x2 A2x A3 3 λ1 0 λ2 0 bx Ax2 Bx C Resp yp x2A1x2 A2x A3 4 λ1 1 λ2 2 bx exAx B Resp yp exA1x A2 5 λ1 1 λ2 1 bx exAx B Resp yp xexA1x A2 6 λ1 1 λ2 1 bx exAx B Resp yp x2exA1x A2 7 λ1 0 λ2 1 bx senx cos x Resp yp A1 cos x A2senx 8 λ1 i λ2 i bx senx cos x Resp yp xA1 cos x A2senx 9 λ1 2i λ2 2i bx Asen2x B cos2x Resp yp xA1 cos2x A2sen2x 10 λ1 ki λ2 ki bx Asenkx B coskx Resp yp xA1 coskx A2senkx 11 λ1 1 λ2 1 bx exAsenx B cos x Resp yp exA1 cos x A2senx 12 λ1 1 i λ2 1 i bx exAsenx B cos x Resp yp xexA1 cos x A2senx Exercıcio 327 Resolver as seguintes equacoes diferenciais homogˆeneas Solucao 1 y y 0 A equacao caracterıstica e λ2 1 0 de onde as raızes sao λ1 1 e λ2 1 Portanto a solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1ex C2ex 2 3y 2y 8y 0 A equacao caracterıstica e 3λ22λ8 0 de onde as raızes sao λ1 2 e λ2 4 3 Portanto a solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1e2x C2e 4 3 x 3 y 3y 3y y 0 A equacao caracterıstica e λ 13 0 as raızes sao λ1 1 λ2 1 e λ3 1 Portanto a solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1ex C2xex C3x2ex 236 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 4 y 2y 2y 0 A equacao caracterıstica e λ2 2λ 2 0 de onde as raızes sao λ1 1 3 e λ2 1 3 Portanto a solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1e1 3x C2e1 3x 5 yvi 2yv yiv 0 A equacao caracterıstica e λ4λ2 2λ 1 0 de onde as raızes sao λ1 0 λ2 0 λ3 0 λ4 0 λ5 1 e λ1 1 Portanto a solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1 C2x C3x2 C4x3 C5ex C6xex 6 y 6y 11y 6y 0 A equacao caracterıstica e λ36λ211λ6 0 de onde as raızes sao λ1 1 λ2 2 e λ3 3 Portanto a solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1ex C2e2x C3e3x 7 2y 3y y 0 A equacao caracterıstica e 2λ3 3λ2 λ 0 as raızes sao λ1 0 λ2 1 2 e λ3 1 Portanto a solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1 C2e 1 2 x C3ex 8 y 3y 2y 0 A equacao caracterıstica e λ3 3λ2 2λ 0 as raızes sao λ1 1 λ2 1 e λ3 2 Portanto a solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1ex C2xex C3e2x 9 yv 0 A equacao caracterıstica e λ5 0 as raızes sao λ1 0 λ2 0 λ3 0 λ4 0 e λ5 0 Portanto a solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1 xC2 x2C3 x3C4 x4C5 10 y 2y 2y 0 A equacao caracterıstica e λ3 2λ2 2λ 0 de onde as raızes sao λ1 0 λ2 1i e λ3 1 i Portanto a solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1 exC2 cos xC3senx 237 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1d oo 4 Qy y 2y 0 A equacao caracteristica é A 2A 2 0 as raizes so Ay 1 Ax le A3 2 Portanto a solucao geral da equacao homogénea é y Cre Coe C3e72 12 y 2y 3y 0 A equacao caracteristica é 2 3 0 de onde as raizes so Ay 1 V2i e Portanto a solucao geral da equacaéo homogénea é yp eC cosV2xCysenV2z Exercicio 328 Resolver as seguintes equacoes diferenciais lineares nao homogéneas pelo método dos coeficientes indeterminados Solucao lL oy 3y 3 A equacao caracteristicaé A 3A0 AO0 e A3 sao raizes A solucao geral da homogénea 6 y Cy Coe Como A 0 é raiz de multiplicidade s 1 a solugao particular é da forma y Az de onde y A e yi 0 Assim 03A43 A1 4S wes Portanto a solucao geral da equacao é y Cy Coe a 20 y Ty i A solucao geral da homogénea 6 y C Coe Como A 0 é raiz de multiplicidade s 1 a solucao particular é da forma y aAa Bx Dj de onde yf 3Axz2BrDe y 6Axr 2B 1 Assim 21A1 64MB2i 2B7D1 A B 144 D 1 494 Portant luca ld Ao 6 xi 4 27 Portanto a solugaéo geral da equagao é 49 7 497 sao s aes 1 1 1 1 47 Tx 3 2 yC Cre ae 55 32 Gps 22 3 oy 3y e A solucao geral da homogénea 6 yp Cy Coe Como A 0 é raiz de multiplicidade s 1 a solugao particular é da forma y Az 3 de onde y A e y0 Assim 34e A 238 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto a solucao geral da equacao e y C1 C2e3x e3 3 x 4 y 7y e7x A solucao geral da homogˆenea e yh C1 C2e7x Como λ 7 e raiz de multiplicidade s 1 a solucao particular e da forma yp Axe7x de onde y p Ae7x 7Axe7x e y p 14Ae7x 49Axe7x Assim 7A 1 A 1 7 Portanto a solucao geral da equacao e y C1 C2e7x 1 7xe7x 5 y 8y 16y x 1e4x A equacao caracterıstica e λ2 8λ 16 0 λ1 4 e λ2 4 sao raızes Desde que λ 4 e raiz de multiplicidade s 2 a solucao geral da homogˆenea e da forma yh C1e4x C2xe4x Como λ 4 e potˆencia do exponencial e como raiz e de multiplicidade s 2 a solucao particular e da forma yp x2Ax Be4x de onde y p 4Ax3 4Bx2 3Ax2 2Bxe4x e y p 16Ax3 x224A 16B x6A 16B 2Be4x Assim A 1 6 e B 1 2 Portanto a solucao geral da equacao e y C1e4x C2xe4x 1 2x21 3x 1e4x 6 y 10y 25y e5x A equacao caracterıstica e λ2 10λ 25 0 λ1 5 e λ2 5 sao raızes A solucao geral da homogˆenea e yh C1e5x C2xe5x Como λ 5 e raiz de multiplicidade s 2 a solucao particular e da forma yp x2e5xA de onde y p Ae5x5x2 2x e y p Ae5x25x2 20x 2 Assim Ae5x25x2 20x 2 10Ae5x5x2 2x 25x2e5xA e5x A 1 2 Portanto a solucao geral da equacao e y C1e5x C2xe5x x2 2 e5x 7 4y 3y x 4 e3x A equacao caracterıstica e 4λ2 3λ 0 λ1 0 e λ2 3 4 sao raızes A solucao geral da homogˆenea e yh C1 C2e 3 4 x Como λ 3 4 e raiz de multiplicidade s 1 a solucao particular e da forma yp xe 3 4 xAx B de onde y p e 3 4 x3 4x2Ax3 4B 2AB e y p e 3 4 x 9 16x2Ax 9 16B 3A3 2B 2A 239 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Assim e 3 4 x 9 16x2Ax 9 16B 3A 3 2B 2A x 4 e3x B 4 9 e A 1 6 Portanto a solucao geral da equacao e y C1 C2e 3 4 x xe 3 4 x1 6x 4 9 8 y y 2y ex e2x A equacao caracterıstica e λ2 λ 2 0 λ1 2 e λ2 1 sao raızes A solucao geral da homogˆenea e yh C1e2x C2ex Como nenhuma das raızes e potˆencia dos exponenciais a solucao particular e da forma yp Aex Be2x de onde y p Aex 2Be2x e y p Aex 4Be2x Assim Aex 4Be2xAex 2Be2x2Aex Be2x ex e2x A 1 2 e B 1 4 Portanto a solucao geral da equacao e y C1e2x C2ex 1 2ex 1 4e2x 9 y 4y xe4x A equacao caracterıstica e λ2 4λ 0 λ1 4 e λ2 0 sao raızes A solucao geral da homogˆenea e yh C1 C2e4x Como λ 4 e raiz de multiplicidade s 1 a solucao particular e da forma yp xAx Be4x de onde y p e4x4Ax2 x4B 2A B e y p e4x16Ax2 x16B 16A 8B 2A Assim e4x16Ax2 x16B 16A 8B 2A 4e4x4Ax2 x4B 2A B xe4x A 1 8 e B 1 16 Portanto a solucao geral da equacao e y C1 C2e4x x1 8x 1 16e4x 10 y 25y cos5x A equacao caracterıstica e λ2 25 0 λ1 5i e λ2 5i sao raızes A solucao geral da homogˆenea e yh C1 cos5x C2sen5x Como λ 5i e raiz de multiplicidade s 1 a solucao particular e da forma yp xA cos5x Bsen5x de onde y p A 5Bx cos5x B 5Axsen5x e y p 10B 25Ax cos5x 25Bx 10Asen5x Assim 10B 25Ax cos5x 25Bx 10Asen5x 25xA cos5x Bsen5x cos5x 240 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 I De onde AOe B 0 logo a solucao particular 6 y Tp Ten 52 1 Portanto a solugéo geral da equagéo 6 y C cos5x Cosen5x qo Tsen52 ll xy ysenzr cosx A equacao caracteristicaé A2710 5S Ay i Ay 7 Sao raizes a solucao geral 6 da forma yp C cosx Cosenz Como A 7 é raiz de multiplicidade s 1 a solugao particular é da forma Yp xAcosx Bsenz De onde y A Br cosx BAxsenz e yy 2B Ax cosa Ba 2Asenz Assim 2B Ax cosx Ba 2Asenz xAcosx Bsenxz cosa senx 1 1 1 De onde A 3 e B Tt logo a solugao particular é y 5usenz cos 2 1 Portanto a solucao geral da equacéo 6 y C cosx Cosenx 52senz cos x 12 y 4y 8y esen2z cos2z A equacao caracteristicaé A 4480 AY242i e Ay 22i sao raizes A solucao geral da homogénea é yp Cye cos2x Cyesen22 A solucao particular é da forma y eA cos2x Bsen2x de onde yl e 2B 2A cos2x e2A 2Bsen2z yf e 8B cos2x e8Asen2r yf dy 8yy e16B 16A cos2x e16A 16Bsen2x esen2x cos2z 16B16A 1 1 B A0 16A16B 1 16 Portanto a solugao geral da equacéo 6 y Cye cos2xz Cyesen2x 1 7ee Sen 2 13 yy 16y sen4z a Podemos escrever a equacgao na forma y 16y sena cos4x cosa sen4z A equacao caracteristicaé A 160 Ay 4i Ay 4i sao raizes 241 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV A solucao geral da homogˆenea e yh C1 cos4x C2sen4x Como λ 4i e raiz de multiplicidade s 1 a solucao particular e da forma yp xA cos4xBsen4x de onde y p A4Bx cos4xB 4Axsen4x e y p 8B 16Bx cos4x 16Bx 8Asen4x Assim 8B 16Ax cos4x 16Bx 8Asen4x 16xA cos4x Bsen4x senα cos4x cos αsen4x De onde A 1 8 cos α e B 1 8senα logo a solucao particular e y 1 8xcos α cos4x senαsen4x y 1 8x cos4x α Portanto a solucao geral da equacao e y C1 cos4xC2sen4x1 8x cos4xα 14 y 4y 8y e2xsen2x cos2x A equacao caracterıstica e λ2 4λ 8 0 λ1 2 2i e λ2 2 2i sao raızes A solucao geral da homogˆenea e yh e2xC1 cos2x C2sen2x A solucao particular e da forma yp xe2xA cos2x Bsen2x de onde y p Ae2x1 4x cos2x Be2xsen2x y p e2x6A 2B 8Ax cos2x e2x2B 2A 8Axsen2x y p e2x6A 2B 8Ax cos2x e2x2B 2A 8Axsen2x 33 4y p 4Ae2x1 4x cos2x 4Be2xsen2x 34 8yp e2x8Ax cos2x 8Bxsen2x 35 Das igualdades 33 34 e 35 segue y p 4y p 8yp e2x2A 2B cos2x e2x2A 2B 8Bx 8Axsen2x logo e2x cos2x e2x2A 2B cos2x 1 2A 2B e2xsen2x e2x8xB A 2A Bsen2x 1 8xB A 2A B Assim A B 1 4 242 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto a solucao geral e y e2xC1 cos2x C2sen2x 1 4xe2xcos2x sen2x 15 y 6y 13y e3x cos2x A equacao caracterıstica e λ2 6λ 13 0 λ1 3 2i e λ2 3 2i sao raızes A solucao geral da homogˆenea e yh C1e3x cos2x C2e3xsen2x Como λi e raiz de multiplicidade s 1 a solucao particular e da forma yp xAe3x cos2x Be3xsen2x de onde y p e3xA x2B 3A cos2x B x2A 3Bsen2x y p e3x4B6Ax5A12B cos2x6B4Ax12A5Bsen2x 6y p e3x6A x2B 3A cos2x 6B x2A 3Bsen2x 13yp e3x13Ax cos2x 13Bxsen2x y p 6y p 13y e3x4B cos2x 4Asen2x A 0 B 1 4 Portanto a solucao geral e y C1e3x cos2xC2e3xsen2x 1 4xe3xsen2x 16 y k2y ksenkx α Podemos escrever a equacao na forma y k2y ksenkx cos α k coskxsenα A equacao caracterıstica e λ2 k2 0 λ1 ki e λ2 ki sao raızes A solucao geral da homogˆenea e yh C1 coskx C2senkx Como λ ki e raiz de multiplicidade s 1 a solucao particular e da forma yp xA coskxBsenkx de onde y p AkBx coskxB kAxsenkx e y p 2kB k2Ax coskx 2kA k2Bxsenkx Assim 2kB k2Ax coskx 2kA k2Bxsenkx k2xA coskx Bsenkx ksenkx cos α k coskxsenα De onde A 1 2 cos α e B 1 2senα logo a solucao particular e yp x1 2 cos α coskx 1 2senαsenkx 1 2x coskx α Portanto a solucao geral da equacao e y C1 coskxC2senkx1 2x coskxα 243 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 17 oy kyk A equacao caracteristicaé A k 0 2A ki e y ki sao raizes A solucao geral da homogénea é y C coskax Cosenkz A solugao particular é da forma y A de onde y 0 e yf 0 Assim 1 RPAk A k 1 Portanto a solucao geral da equagao 6 y C coskx Cosenkx Ee 18 y 4y senzsen2z 1 1 Podemos escrever a equacao na forma y 4y 3 cos2x x 5 cos2x x A equacao caracteristicaé A740 Ay 2i p 2i sao rafzes A solucao geral da homogénea é yp C cos2 Cosen2z Como A 22 é raiz de multiplicidade s 1 a solugao particular é da forma Yp A cos2a Bsen2x Ccosx Dsenx de onde y A 2Bz cos2x B 2 Asen2x Csenx D cosx y 4B 4xA cos2x 4A 4Bxsen2x C cosx Dsenx dy 4Ax cos2x 4Basen2x 4C cosx 4Dsenx y 4yp 4B cos2x 4Asen2x 3C cosx 3Dsenx logo A D0 B C ogo a5 8 6 1 1 Portanto a solugao geralé y Ci cos2x Cosen2x 5 cosx 3 cos2z Exercicio 329 Resolver as seguintes equacoes nao homogéneas por qualquer método estudado Solucao 1 oy 4y 4y 2 Pelo método de variagao de parametros A equacao caracteristica 6 44 4 0 de onde as rafzes sao Ay 2 Ap 2 A solucao geral da homogénea 6 yp Ce Coxe Supondo yix e e yox xre da solugao particular y uyxe u2xxe temos que resolver o sistema ul xe ul xre2 0 sal Ne al wx W 1 Yo ett A 0 Qui aje usae2a 1 244 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV As fung6es u1x e u2x obtémse por integracao x 2 lio 3 393 3 us x ar 5 a 52 5et Gl 2 12K 1 1 Ux we 56 le a 5 A solucao particular é 1 3 3 3 1 1 Yp Se 2 4 5 52 qe Se 2 a see iia 3e 4 2243 ale 2 i 4in42 we ge oh Toe al 9 gg Tg 8 5 aA A 2x 2x 1 2 1 3 Portanto a solucao geral da equacao é y Cye Coxe red a 3 2 y 8y 8x Pelo método de variagao de parametros A equacao caracteristica 6 8 0 de onde as raizes sao A 0 e Ap 8 A solugao geral da homogénea é y C Cpe Supondo y7 1 e y2x e da solucao particular y ui2 u2xe temos que resolver o sistema ux uhxe 0 1 o wx W 41 yo 8e 8 A 0 ui x 08ubre 82 As fung6es u4x e uga obtémse por integracao 8xre 8 1 8 1 1 mnt f oerdr 50 ola f Sede Gee 3 1 le 1 1s 1 1 A solugao particular 6 y 5 3 a gle Sr 5 3 6A el 1 1 Portanto a solucao geral da equacéo é y C Coe at 3 6A 3 y 4y 4y 8e Pelo método de variagao de parametros A equacao caracteristica 6 44 0 de onde as rafzes sto Ay 2 e Ap 2 A solucao geral da homogénea é yp Cye2 Coxe 245 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Supondo yz e e yoa xe da solugao particular y uixe U2xre temos que resolver o sistema ul xye uhare 0 na tal 5 wx W 41 Yo e 4x A 0 2uixe ubae 1 27 8e As fung6es u1x e u2x obtémse por integracao 8x e 9 8e ux ae 4r ec U2x ue 8x A solucao particular é Yp 4x7e 8xre 4x Portanto a solucio geral da equacéo é y Che Core 4ae 4 y 2Qky ky e k 1 Pelo método de variagao de parametros A equacao caracteristica é A 2k k 0 de onde as raizes sto y Ax k A solucao geral da homogénea é y Ce Cyre Supondo yx e e yox xe da solucao particular y uiaxe u2xxe temos que resolver o sistema ui xe ubxrek 0 tal i tal wx W 1 yo eck A 0 kui aje ubxje1kxr e As fung6es u4x e uga obtémse por integracao ka 5x re re 1 f 22 tg pr 1k ux cake dx a me 1 kx 1 x ka ee e 1 x1k Ux ake dx 1 Ek A solucao particular é Yp 1 ket X el Y tos p 1k 1k Pp 1k x x 4 ka ka 1 x Portanto a solugao geral da equacgao é y Cye Core Gm 246 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 5 oy 4y 3y 9e Pelo método de variagao de parametros A equacao caracteristica 6 43 0 de onde as rafzes sa0 Ay 3 e Ag 1 A solucao geral da homogénea é yp Cie Cre Supondo yiz e e yx e 3 da solucao particular y uixe Uu2xe temos que resolver o sistema uj xe uh ze 0 4 wrWy 2e 40 uixe 3uhxe Ye 7 vas 2 As fung6es u1x e u2x obtémse por integracao Je e3 9 Je e 9 uix dx 7e e Ugx S dx 32 A solucao particular é 9 9 9 Yp jee 5ae We ze 22 7 2 32 9 3x Portanto a solucao geral da equacgao é yCye Coe ra 1 22 6 Ty y 140 Pelo método de variagao de parametros 1 A equacao caracteristica 6 7 A 0 de onde as raizes sao y 0 e Ag 7 A solucao geral da homogénea 6 yp CCxe7 Supondo y x 1 e wx er da solugao particular y ui upxe7 temos que resolver o sistema uj x ubxer 0 14 1 1 wrW ym y2 e7 0 ujaO cugajer 4x 7 As fung6es u4x e uga obtémse por integracao 14xe7 14 ux a de 7r ec wx ar 686e77 x 7 em ze7 A solucao particular é Yp Tx 686e77e7 Yp Tx 686a 7 247 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto a solucao geral da equacao e y C1 C2e 1 7 x 7x2 686x 7 7 y 3y 3xe3x Pelo metodo dos coeficientes indeterminados A equacao caracterıstica e λ2 3λ 0 λ1 0 e λ2 3 sao raızes A solucao geral da homogˆenea e yh C1 C2e3x Como λ 3 e raiz de multiplicidade s 1 a solucao particular e da forma yp xe3xAx B de onde y p e3x3x2Ax2A3BB e y p e3x9x2Ax9B12A2A6B Assim e3x9x2A x9B 12A 2A 6B 33x2A x2A 3B B 3xe3x A 1 2 e B 1 3 Logo a solucao particular e yp e3x1 2x2 1 3x Portanto a solucao geral da equacao e y C1 C2e3x e3x1 2x2 1 3x 8 y 5y 6y 101 xe2x Pelo metodo dos coeficientes indeterminados A equacao caracterıstica e λ2 5λ6 0 λ1 2 e λ2 3 sao raızes A solucao geral da homogˆenea e yh C1e2x C2e3x Como λ 2 e raiz de multiplicidade s 1 a solucao particular e da forma yp xe2xAx B de onde y p e2x2x2Ax2A2BB e y p e2x4x2Ax4B 8A2A4B Assim e2x2Ax 2A B 101 xe2x A 1 5 e B 52 5 Logo a solucao particular e yp 1 5e2xx2 52x Portanto a solucao geral da equacao e y C1e2x C2e3x 1 5e2xx2 52x 9 y 2y 2y 1 x Pelo metodo de variacao de parˆametros A equacao caracterıstica e λ2 2λ 2 0 de onde as raızes sao λ1 1 i e λ2 1 i A solucao geral da homogˆenea e yh C1ex cos x C2exsenx 248 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Supondo yx e cosx e Yox e senz da solugao particular y uixe cos 7 U2xesenx temos que resolver o sistema miae cos vt ujxjesenz 0 wle e 0 ui xecosa senx u5xecosasenz 1 As fung6es u4x e u2a obtémse por integracao seguinte 2 ux eMC asene 1 fea xsenrdx 36 e722 e 1 2 cosx U2x fH Ce Jeo x cosadx 37 Lembrando que e cosa isenx onde i 1 podemos resolver as integrais assim lori oos xrtisenxdr emery Gap Yer i l x 1x 5 cosa isenra 1 1 5ex 1 cosa asenz wl i5ex 1senx x cos x de onde nas equagoes 36 e 37 considerando parte real e imaginaria respectiva mente segue que 1 x ux 3e a 1senx x cos 2 1 Ux 5 la 1 cosax xsenz A solucao particular é 1 x 2 1 2x 2x Y 5 c 1senz x cos xe cos x se c 1 cos x xsenzesenz 1 1 w 5 1senxz x cos az cos x x 1 cosx xsenzsenr 52 x 2 x x 1 Portanto a solucao geral da equacao é y Cie cosx Coe senx 5 100 y y y 44 27Je Pelo método dos coeficientes indeterminados 1 3 1 3 A equacao caracteristicaé 7410 A 143 e A 143 sao raizes 249 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV A solucao geral da homogˆenea e yh e 1 2 xC1 cos 3 2 x C2sen 3 2 x Como nenhuma das raızes e potˆencia dos exponenciais a solucao particular e da forma yp exAx2 Bx C de onde y p exAx2 xB 2A C B e y p exAx2 xB 4A C 2B 2A Assim ex3Ax2x3B6A3C3B2A xx2ex A 1 3 B 1 3 e C 1 9 Logo a solucao particular e yp ex1 3x2 1 3x 1 9 Portanto a solucao geral da equacao e y e 1 2 xC1 cos 3 2 x C2sen 3 2 x ex1 3x2 1 3x 1 9 11 y 4y 2y 8sen2x Pelo metodo dos coeficientes indeterminados A equacao caracterıstica e λ2 4λ2 0 λ1 2 6 e λ2 2 6 sao raızes A solucao geral da homogˆenea e yh e2xC1e 6x C2e 6x A solucao particular e da forma yp A cos2xBsen2x de onde y p 2B cos2x 2Asen2x e y p 4A cos2x 4Bsen2x Assim 4A cos2x 4Bsen2x 42B cos2x 2Asen2x 2A cos2x Bsen2x 8sen2x De onde A 16 25 e B 12 25 logo a solucao particular e yp 16 25 cos2x 12 25sen2x Portanto a solucao geral da equacao e y e2xC1e 6x C2e 6x 16 25 cos2x 12 25sen2x 12 y y 4x cos x Pelo metodo de variacao de parˆametros A equacao caracterıstica λ2 1 0 tem como raızes λ i e λ i A solucao da equacao homogˆenea correspondente e yh C1 cos x C2senx 250 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Supondo y cosx e Yox senz e a solugao particular y ux cos x U2xsenx Pelo método da variacao dos parametros segue ux cosxusxsenz 0 a 2 Wn wp 140 uxsenx u5xcosr 4Axcosx As fung6es u4x u2a2 obtémse por integracao fixando xp I 2 2 1 ux sen x cos2x psen22 4 2 1 Ux de om cos adxz x xsen2x 3 cos22 A solucao particular é 1 1 Yp x cos2x 58en22 cos z a asen2x 3 cos2xsenx 9 1 Yp Usenz COS x psene Portanto a solucao geral da equacao é 2 1 y Ci cosx Cosenxz xsenx x cos x ysene 13 yy 2my my senmz Pelo método de variagao de parametros A equacao caracteristicaé A 2mAm0 Ay A2mMSAo raizes A solucao geral da homogénea é yp Cye Core Supondo yi xz e e yox xe e a solucao particular yp uixe U2xxe Pelo método da variacao dos parametros segue ui xe uiaze 0 me tal M tl wx W 41 Yo e2 A 0 mu xe ubxjeam1 senmx As fung6es u4x u2a obtémse por integracao fixando x I xesenmz ne ux ime xesenmxdx 251 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV esenmz ine U2x dr e senmaxdr emer Lembrando que se abi é un nimero complexo temos a Reabi e b Imabi segue I Je e cosmx ix e senmxdx Je ema qa I Fim y 11J 1 liDme ty imx 1 i 1m 2m de onde ux ImJ Je esenmadx 0 5 pe mer 1 cosoner masenme m max masen ux 5 Ge x cos Por outro lado mz l mx U2x Je senmxdx ome cosmx senmz m A solucao particular é 1 Yp L520 lle 1 cosma masenmae 1 MxX MX me cosma senmx xe tao Yp tL cosmz entdo Yp 55 1 Portanto a solucao geral da equacao 6 y Cye Coxe 2 cosmz Pelo método da variacgao das constantes A equacao caracteristica é A 2mAm0 Ayme Ay mM SAO raizes A solucao geral da homogénea é yp Cye Core A solugao particular é da forma y AcosmxBsenmz de onde y mB cosmx mAsenmx e yl mAcosmx mBsenma Assim mA cosmx mBsenmz 2mmB cosmax mAsenm mA cosmx Bsenm2 senmz 1 1 De onde A me B 0 logo a solugao particular 6 yp me cosmz 1 Portanto a solucao geral da equacéo 6 y Cye Coxe 2 cosmz m 252 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 140 y 2y 5y e sen2z Pelo método de variagao de parametros A equacao caracteristica 6 AX 2A450 5S r 14 21 AQ 1 27 sao raizes A solucao da equacaéo homogénea correspondente é y eC cos2xCsen2x Supondo y x 1 e yox e easolucao particular Yp uiae cos2a u2xesen2z Pelo método da variacao dos parametros segue uj ae cos2x ubaesen2z 0 uxecos2x 2sen2x usxe2 cos2x sen2x esen2z wrWy yo 2e 0 As fung6es u4x u2a2 obtémse por integracao fixando xp I 2sen2 1 ux ne a cos22 ed 2 2 1 ual REY tv 5 cos2r 1 1 4 Logo Yp Z cos2x e cos2x g 008 2x esen2z A solugao da equacao diferencial é 1 y e C cos2x Cgsen22 ac cos22x 2 sen2z 15 yy y esenx Método da variacgao do parametros A equacao caracterfstica 0 tem como raizes 0 e A 1 A solucdo da equacao homogénea correspondente é y C Coe Supondo yz 1 e Y2x e e a solugao particular y u1x U2xe Pelo método da variacao dos parametros segue ux ugaje 0 12 2 wt Wy y e 0 Ousxe esenx As fung6es u4x u2a obtémse por integracao fixando x I e esenx 1 ux dr e senz cos x ev 2 253 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV e senx Ux oe cosz ev 1 Logo Yp 96 sens cos x e cosa 1 A solucao da equacao diferencial 6 y C Coe 50 sene cos xz e cos x 16 y ay 2cosmzx 3senmz ma Pelo método da variacgao das constantes A equacao caracteristicaé A a70 S Ay ai e Ay ai Sao raizes A solugao geral da homogénea é y C cosax Cosenax Como a 4 m entao a raiz X ai nao tem multiplicidade a solucgaéo particular é da forma y Acosma Bsenmx de onde y mB cosmx mAsenmzx e y mAcosmx mBsenmz Assim mA cosmx mBsenmz aAcosmz Bsenmz 2cosmx 3senmz 2 3 De onde A e B5 logo a solugao particular é a2 m a2 m 2 3 Wy a9 cosma ome senm Portanto a solucao geral da equacao é 2 3 y C cosax Cosenaxr Dome cosma oe senlma Exercicio 3210 Determine os valores de a R para os quais o Problema de Valor Fronteira yay0 y0y0 e yt yr tenha solucao nao trivial Neste caso achar as solugées Solucao Sejam C e Cy constantes Caso a 0 Neste caso a solucao geral é da forma yx Cia Co e pelas condigdes da fronteira verificase sem dificuldade que C C2 0 Caso a 0 Neste caso o polinémio caracteristico tem como raizes r ai e sua solucao é da forma yx Cy cos Vax Cosen Vax 254 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV As condicoes de fronteira conduzem as seguintes equacoes Ci Val e VaCzcos Var Cysen Var VaVaCrsenVa7 C2 cos Vat Assim C21 asenam 0 de onde para existir solucao nao trivial necessaria mente senam 0 e entaéo como a 0 segue que a k para k Z neste caso as solucdes tém a forma Ynx Agk coska senkx A R 0 Caso a 0 Neste caso 0 polinémio caracteristico tem como raizes r a e sua solucao é da forma ya Cyev CyeV As condicoes de fronteira conduzem as seguintes equacoes 1 VaC 2C20 e eV 1 VaO eV1 VaC 0 Consequentemente para nao existir solucao nao trivial 1Va 2 6 eV1 fa eV14 Va de onde a 1 entao Cy 0 Portanto para o caso 0 as tinicas solugoes nao triviais correspondem a a 1 e tém a forma ya Ce com C R 0 255 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 33 Equacao nao homogˆenea de ordem maior que dois Exercıcios 33 Exercıcio 331 Determine a solucao particular da equacao linear nao homogˆenea se se conhecem as raızes da equacao caracterıstica e o segundo membro bx Solucao 1 λ1 λ2 λ3 1 bx Ax2 Bx C A solucao particular e yp A1x2 A2x A3 2 λ1 0 λ2 1 λ2 bx Ax2 Bx C A solucao particular e yp xA1x2 A2x A3 3 λ1 i λ2 i λ3 1 bx senx cos x A solucao particular e yp xA1 cos x A2senx 4 λ1 1 λ2 1 λ3 2 bx Aex Bex A solucao particular e yp xA1ex A2ex 5 λ1 λ2 0 λ3 1 bx Aex Bex A solucao particular e yp x2A1ex A2ex 6 λ1 0 λ2 1 λ3 2 bx Ax2 Bx Cex A solucao particular e yp x2ekxA1x2 A2x A3 7 λ1 λ2 k bx ax2 bx cekx k 1 k 0 A solucao particular e yp xexA1x2 A2x A3 8 λ1 λ2 λ3 k bx ax2 bx cekx k 1 k 0 A solucao particular e yp x3ekxA1x2 A2x A3 9 λ1 λ2 1 λ3 2 bx Asenx B cos x A solucao particular e yp A1 cos x A2senx 10 λ1 i λ2 i λ3 0 bx Asenx B cos x A solucao particular e yp xA1 cos x A2senx 256 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 11 λ1 3 2i λ2 3 2i λ3 λ4 0 bx e3xsen2x cos2x A solucao particular e yp xe3xA1 cos 2x A2sen2x 12 λ1 λ2 3 2i λ3 λ4 3 2i bx e3xsen2x cos2x A solucao particular e yp x2e3xA1 cos 2x A2sen2x Exercıcio 332 As raızes de uma equacao caracterıstica que correspondem a uma dada equacao dife rencial homogˆenea de ordem 10 com coeficientes constantes sao 4 4 4 4 2 3i 2 3i 2 3i 2 3i 2 3i 2 3i Escrever a solucao geral Solucao A solucao e da forma yg C1e4x C2xe4x C3x2e4x C4x3e4x e2xC5 cos3x C6sen2x e2xxC7 cos3x C8sen2x e2xx2C9 cos3x C10sen2x Ainda podemos escrever na forma yg e4xC1 C2x C3x2 C4x3 e2xC5 xC7 x2C9 cos3x C6 xC8 x2C10sen2x Exercıcio 333 Resolver as seguintes equacoes pelo metodo dos coeficientes indeterminados Solucao 1 y 2y y x2ex A equacao caracterıstica e λ22λ1 0 λ1λ1 0 e as raızes sao λ1 λ2 1 A solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1ex C2xex Como bx x2ex e a multiplicidade de 1 e s 2 temos a considerar a solucao particular da forma yp x2Ax2 Bx Cex logo y p 4A Bx3 3B Cx2 2Cx Ax4ex y p 12A 6B Cx2 6B 4Cx 2C 8A Bx3 Ax4ex 2y p 24A Bx3 3B Cx2 2Cx Ax4ex yp x2Ax2 Bx Cex y p 2y p yp 12Ax2 6Bx 2Cex x2ex A 1 12 B C 0 Portanto a solucao geral da equacao e y C1ex C2xex 1 12x4ex 257 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 y y 1 4y exsen3x cos 3x 4y 4y y 4exsen3x cos 3x A equacao caracterıstica e 4r2 4r 1 0 r 1 2r 1 2 0 e as raızes sao r 1 2 e r 1 2 A solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1e 1 2 x C2xe 1 2 x Como bx 4exsen3x cos 3x considerar a solucao particular da forma yp Aex cos3x Bexsen3x logo y p A 3Bex cos3x B 3Aexsen3x y p 6B 8Aex cos3x 6A 8Bexsen3x 4y p 4y p yp ex36B27A cos3x36A27Bsen3xsen3x ex4sen3x4 cos3x 36B 27A 4 36A 27B 4 A 4 225 B 28 225 A solucao geral da equacao e y C1e 1 2 x C2xe 1 2 x 4 225excos3x 7sen3x 3 y y x2ex 5 A equacao caracterıstica e λ2 λ 0 λλ 1 0 e as raızes sao λ1 0 e λ2 1 A solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1 C2ex Como bx x2ex 5 λ1 0 e λ2 1sao raızes temos a considerar a solucao particular da forma yp xAx2 BxCex Dx logo y p Ax3 B 3Ax2 C 2Bx Cex D y p 4B 6A Cx 2C 2B Ax3 B 6Ax2ex y p Ax3 B 3Ax2 C 2Bx Cex D y p y p 2B 6Ax C 2B 3Ax2ex D x2ex 5 A 1 3 D 5 B 1 C 2 Portanto a solucao geral da equacao e y C1 C2ex x1 3x2 x 2ex 5x 4 y 4y cos2 x A equacao caracterıstica e r2 4 0 r 2ir 2i 0 e as raızes sao r 2i e r 2i de multiplicidade s 1 A solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1 cos2x C2sen2x Como bx cos2 x 1 2 1 2 cos2x considerar a solucao particular da forma 258 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV yp DxA cos2xBsen2x logo y p A2xB cos2xB2xAsen2x y p 4B 4xA cos2x 4B 4xAsen2x y 4y cos2 x 1 2 1 2 cos2x 4BxA cos2x4AxBsen2x4D4xA cos2xBsen2x 1 21 2 cos2x 4D 4B cos2x 4Bsen2x 1 2 1 2 cos2x A 0 B D 1 8 Portanto a solucao geral da equacao e y C1 cos2xC2sen2x 1 8 x 8sen2x 5 y y y xsenx A equacao caracterıstica e r2 r1 0 r 1 2 3 2 ir 1 2 3 2 i 0 e as raızes sao r 1 2 3 2 i e r 1 2 3 2 i A solucao geral da equacao homogˆenea e yh e 1 2 xC1 cos 3 2 x C2sen 3 2 x Como bx xsenx considerar a solucao particular da forma yp AxB cosx Cx Dsenx logo y p A D Cx cosx C B Axsenx y p 2C B Ax cosx 2A D Cxsenx y p y p yp xsenx CxAD 2C cosxC B Ax2Asenx A 1 B 2 C 0 D 1 yp 2 x cosx senx A solucao geral da equacao e y e 1 2 xC1 cos 3 2 xC2sen 3 2 x2x cosx senx 6 y y 3xex cos 2x A equacao caracterıstica e r21 0 riri 0 e as raızes sao r i e r i A solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1 cosx C2senx Como bx 3xex cos 2x considerar a solucao particular da forma yp Ax Bex cosx Cx Dexsenx logo y p exA D B A Cx cosx C B D C Axsenx y p ex2A 2C 2D 2Cx cosx 2C 2B 2A 2Cxsenx yp Ax Bex cosx Cx Dexsenx 259 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV y pyp ex2A2C2DB2CAx cosx2C2B2ADCxsenx 2A 2C 2D B 0 2C 2B 2A D 0 2C A 3 C 0 logo A 3 entao D 6 5 B 18 5 A solucao geral da equacao e y C1 cosx C2senx 3x 18 5 ex cosx 6 5exsenx 7 y 25y 6senx A equacao caracterıstica e r2 25 0 r 5ir 5i 0 e as raızes sao r 5i e r 5i A solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1 cos5x C2sen5x Como bx 6senx considerar a solucao particular da forma yp A cosx Bsenx logo y p B cosx Asenx y p A cosx Bsenx entao y p 25yp A cosx Bsenx 25A cosx Bsenx y p25yp A25A cosxB25Bsenx 24A cosx24Bsenx 6senx logo A 0 B 1 4 yp 1 4senx Portanto a solucao geral da equacao e y C1 cos5x C2sen5x 1 4senx 8 y 2y 5y exsenx A equacao caracterıstica e r2 2r 5 0 r 1 2ir 1 2i 0 e as raızes sao r 1 2i e r 1 2i A solucao geral da equacao homogˆenea e yh exC1 cos2x C2sen2x Como bx exsenx considerar a solucao particular da forma yp Aex cosx Bexsenx logo y p A Bex cosx B Aexsenx y p 2Bex cosx 2Aexsenx y p 2y p 5yp ex3A cosx 3Bsenx exsenx A 0 B 1 3 A solucao geral da equacao e y C1ex cos2x C2exsen2x 1 3exsenx 9 y 3y 2y 6 A equacao caracterıstica e r2 3r 2 0 r 2r 1 0 e as raızes sao r 2 e r 1 A solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1ex C2e2x 260 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Como bx 6 considerar a solucao particular da forma yp A logo y p y 0 y p 3y p 2yp 0 0 2A 6 A 3 A solucao geral da equacao e y C1ex C2e2x 3 10 y 8y 20y 100x2 26xex A equacao caracterıstica e λ28λ20 0 λ10λ2 0 e as raızes sao λ1 10 e λ2 2 A solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1e10xC2e2x Como bx 100x2 26xex temos a considerar a solucao particular da forma yp Ax2 Bx C Dx Eex logo y p 2Ax B Dx E Dex y p 2A Dx E 2Dex y p8y p20yp 20Ax216A20Bx2A8B20Cex27Dx6D27E 100x2 26xex A 5 B 4 C 21 10 D 26 27 E 156 729 Portanto a solucao geral da equacao e y C1e10x C2e2x 5x2 4x 21 10 26 27x 6 27ex 11 y 3y 48x2ex A equacao caracterıstica e λ2 3 0 λ 3iλ 3i 0 e as raızes sao λ1 3i e λ2 3i A solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1 cos 3x C2sen 3x Como bx 48x2ex temos a considerar a solucao particular da forma yp Ax2 Bx Cex logo y p Ax2 B 2Ax C Bex y p Ax2 B 4Ax 2B 2A Cex y p 3yp Ax2 B 4Ax 2B 2A Cex 3Ax2 Bx Cex 48x2ex 4Ax24B4Ax2B2A4Cex 48x2ex A 12 B 12 C 0 A solucao geral da equacao e y C1 cos 3x C2sen 3x 12xx 1ex 12 4y 4y 3y cos 2x A equacao caracterıstica e 4r24r3 0 r 1 2r 3 2 0 e as raızes sao r 3 2 e r 1 2 A solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1e 1 2 x C2e 3 2 x 261 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Como bx cos 2x considerar a solucao particular da forma yp A cos2x Bsen2x logo y p 2B cos2x2Asen2x y p 4A cos2x4Bsen2x 4y p 4y p 3yp 8B 19A cos2x 19B 8Asen2x cos2x 8B 19A 1 19B 8A 0 A 19 425 B 8 425 A solucao geral da equacao e y C1e 1 2 x C2e 3 2 x 19 425 cos2x 8 425sen2x 13 y 5y 2x3 4x2 x 6 A equacao caracterıstica e λ2 5λ 0 λ 0λ 5 0 e as raızes sao λ1 0 e λ2 5 A solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1 C2e5x Como bx 2x3 4x2 x 6 e λ 0 e raiz da equacao caracterıstica temos a considerar a solucao particular da forma yp xAx3 Bx2 Cx D logo y p 4Ax3 3Bx2 2Cx D y p 12Ax2 6Bx 2C y p 5y p 12Ax2 6Bx 2C 54Ax3 3Bx2 2Cx D 2x3 4x2 x 6 20A 2 12A 15B 4 6B 10C 1 2C 5D 6 A 1 10 B 28 150 C 53 250 D 149 125 A solucao geral da equacao e y C1 C2e5x 1 10x4 28 15x3 53 25x2 149 125x 14 y 16y 2e4x A equacao caracterıstica e λ2 16 0 λ 4λ 4 0 e as raızes sao λ 4 e λ 4 A solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1e4x C2e4x Como bx 2e4x e λ 4 e raiz temos a considerar a solucao particular da forma yp Axe4x logo y p 4Ax Ae4x y p 16Ax 8Ae4x y p 16yp 16Ax 8Ae4x 16Axe4x 16x 32e4x A 1 4 Portanto a solucao geral da equacao e y C1e4x C2e4x 1 4xe4x 15 y 2y 24y 16x 2e4x A equacao caracterıstica e λ22λ24 0 λ4λ6 0 e as raızes sao λ 4 e λ 6 A solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1e4x C2e6x 262 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Como bx 16x 2e4x e λ 4 e raiz temos a considerar a solucao particular da forma yp xAx Be4x logo y p 4Ax2 4B 2Ax Be4x y p 16Ax2 16B 16Ax 8B 2Ae4x y p 2y p 24yp 20Ax 8B 4Ae4x 16x 32e4x A 4 5 B 18 5 Portanto a solucao geral da equacao e y C1e4x C2e6x 1 44x2 18xe4x 16 y 2y 4y 8y 6xe2x A equacao caracterıstica e λ3 2λ2 4λ 8 0 λ 2λ 2λ 2 0 e as raızes sao λ 2 λ 2 e λ 2 A solucao geral da equacao homogˆenea e yh C1e2x C2xe2x C3e2x Como bx 6xe2x e λ 2 e raiz de multiplicidade 2 logo temos a considerar a solucao particular da forma yp x2Ax Be2x logo y p 2Ax3 2B 3Ax2 2Bxe2x y p 4Ax3 4B 12Ax2 8B 6Ax 2Be2x y p 8Ax3 8B 36Ax2 24B 36Ax 12B 6Ae2x y p 2y p 4y p 8yp 24Ax 8B 6Ae2x 6xe2x A 1 4 B 3 16 Portanto a solucao geral da equacao e y C1e2x C2xe2x C3e2x x2 164x 3e2x Exercıcio 334 Resolver as seguintes equacoes Solucao 1 y 2y 2 A equacao caracterıstica e λ2 2λ 0 λ1 0 e λ2 2 sao raızes A solucao geral da homogˆenea e yh C1 C2e2x Como raiz λ 0 e de multiplicidade s 1 a solucao particular e da forma yp xA de onde y p A e y p 0 Assim 0 2A 2 A 1 Portanto a solucao geral da equacao e y C1 C2e2x x 263 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 20 yl 2yy2 A equacao caracteristicaé 210 A 1 e Ay 1 sao raizes A solucao geral da homogénea é yp Cye Core A solucao particular é da forma y A de onde yf 0 e y 0 Assim A 2 Portanto a solucdo geral da equacado é yCje Core 2 3 by Ty 30 7 A equacao caracteristicaé 5A 770 Ay 0 20 e A3 F sao raizes A solucao geral da homogénea é yp Cy Cox C3e5 A solucao particular é da forma y Ax de onde y 2Ar yo2A ce y 0 Assim 50 72A 3 0 assim A Ta le 3 2 Portanto a solugao geral da equagao 6 y C Cox C3e5 im A yl y 1 d d d Suponhamos u y oe entio 4 1 logo ue 14 eS 14 entao dx dx dx ue ea CeC Assim u1Ce entao 2x 2x 1 2 x y 14Ce yxrCe4Q Y 52 Ce Cx Cy 1 Portanto a solucéo da equacaéo 6 oy 3 Ce Ca Cy 5B oy 9y90 A equacao caracteristicaé A2790 2A 3i e Ay 3i sAo raizes A solucdo geral da homogénea 6 yp C cos3x Cosen3z A solucao particular é da forma y A de onde yf 0 e y 0 Assim A 9 Portanto a solucao da equacgéo 6 y C cos3x Cosen3xz 9 6 yy by 6 0 d d d Suponhamos u y oy entéo 6u 6 logo ue7 J 6e J de dx dx dx 264 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV entao ue 6 fea Ce4C Assim u 1 Ce entao mw 6x 1 6a 1 2 1 6x y 1Ce y r7Ce C y 52 age Cr Cy 23 Ce 4 2Cya Cha C Ce Car x I 6 216 201 eee x xa J 1 3 Abe 12 Portanto a solucéo da equacaéo 6 oy ra mec 5Cia Cox C3 7 By 4 yl 9 d d 1 d Suponhamos u 4 a entao 7 zu 2 logo que ge 2e 34 entao ue3 2 f ebay C 6e3 C Assim u 6 Ce3 entao yl 64Ce3 yl 6r43Ce2C y 3229Ce274CrCy 3 Ly 1 2 yxr427Ce3 5Oie Cox C3 1 Portanto a solucao da equacaéo 6 y 2 270e3 aaa Cox C3 8 oy yy I dy dy du dy du du Suponhamos u y qn entao md de ay Ty logo oy d d yy 1 ug e u0 ou ant dy du du 0 yC wv41 43 dy ode 4 ee dy u21 4 dy arctanuyC wutanyCo in tanyC d i tanyCh cotyCrdydr LnfisenyC22C3 xv logo seny C2 C4e Portanto a solucao da equagéo 6 y C ou y arcsenCye Cp 9 y Qy 4 Qy 2y y1 A equacao caracteristicaé A2322A410 AAV1A3i1 e Aq 1 sao raizes A solucao geral da homogénea é yp Cie Coxe C3senx Cycos 265 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Como nenhuma das raızes e potˆencia da funcao bx 1 a solucao particular e da forma yp A Sendo as derivadas desta funcao nulas obtemos a solucao Portanto a solucao geral da equacao e y C1ex C2xex C3senx C4 cos x 1 Exercıcio 335 Para cada uma das seguintes equacoes determine as solucoes particulares para os dados iniciais Solucao 1 y 5y 6y 12x 7ex y0 y0 0 Este e um problema de valor inicial pvi sua equacao caracterıstica e λ25λ6 0 λ1 2 e λ2 3 sao raızes A solucao geral da homogˆenea e yh C1e2x C2e3x Como nenhuma das raızes e potˆencia dos exponenciais a solucao particular e da forma yp Ax Bex de onde y p exA B Ax e y p exAx 2A B Assim exAx 2A B 5exA B Ax 6Ax Bex 12x 7ex A 1 e B 0 A solucao geral da equacao e y C1e2x C2e3x xex Observe que y C1e2x C2e3x xex e y 2C1e2x 3C2e3x ex xex Das condicoes iniciais y0 C1 C2 0 e y0 2C1 3C2 1 0 entao C1 1 e C2 1 Portanto a solucao particular da equacao que satisfaz as condicoes iniciais e y e2x e3x xex 2 y 9y 6e3x y0 y0 0 A equacao caracterıstica e λ2 9 0 λ1 3i e λ2 3i sao raızes A solucao geral da homogˆenea e yh C1sen3x C2 cos3x Como nenhuma das raızes e potˆencia dos exponenciais a solucao particular e da forma yp Ae3x de onde y p 3Ae3x e y p 9Ae3x Assim 9Ae3x 9Ae3x 6e3x A 1 3 A solucao geral da equacao e y C1sen3x C2 cos3x 1 3e3x Observe que y 3C1 cos3x 3C2sen3x e3x 266 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Le ee 1 1 Das condigées iniciais y0 Cy 37 0 e y0 3C10 entao C 3 1 e Cy 3 Portanto a solugao particular da equacao que satisfaz as condicoes iniciais é l 3x yo e sen3x cos3z 3 y 4y By 227e y0 2 y0 3 A equacao caracteristica 6 A 4A450 y24i7 e Ay 2i sao raizes A solucao geral da homogénea 6 yp Cisenx C2 cosx Como nenhuma das raizes é poténcia dos exponenciais a solucao particular é da forma yp eAx Bx C de onde y eAx aB2ABC yf eAx2B4A242BC Assim e 2Ax 22B 4A 24 2C 2B2277e7 A1B2e C1 A solucao geral da equacao 6 y eCisenx C2 cos x ex 27 1 Observe que e2C Czsenx 2C2 C cos 2 e x 4x 3 Das condigoes iniciais y0 Co12 e y0 202 C 3 3 entao Ci 2e C 1 Portanto a solucao pedida é y e2 cosx senz ex 1 4 y6y9y 10senz y0 y0 0 A equacéo caracteristicaé 7690 A 3 e Ay 3 SAo raizes A equacao homogénea tem como solucéo yp Cye3 Cge A solugao particular 6da forma y AcosxBsenz de onde y B cos aAsenx e y Acosx Bsenz Substituindo na equagao inicial Acosx Bsenz 6B cos x Asenx 9Acosx Bsenx 10senxz 6B 8A cosx 8B 6Asenz 10senx 3 4 entao A at B 5 Logo a solugao geral da equacao é 3x 3x 3 4 yCie xCoe 5 cos x 5senz 267 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV ee 3 4 Das condicoes iniciais y0 C 5 0 e y0 38C Co 5 0 entao 3 C1 5 e Cy 1 Portanto a solucao particular da equacao que satisfaz as condigoes iniciaisé y 1 5 e 3 5a 4senz 3 cosa 5B oy y2cosz y01 y0 0 A equacao caracteristicaé A2710 Ay i Ay i 8Ao raizes A equacaéo homogénea tem como solucéo yy Cy cos x Cosenz A raiz i é de multiplicidade um logo solugao particular é da forma yp Acosx Bsenx de onde y A Br cosxBAxsenz ey 2B Az cosa 2A Bxsenz Substituindo na equagao inicial 2B Ax cosx 2A Brsenz xAcosx Bsenz 2cos x entao A 0 B 1 Logo a solucao geral da equacao é y C cosx Cosenx xsenx Das condigoes iniciais y0C1 e y0 Cy0 entao Cl 1e C0 Portanto a solucao particular da equacao que satisfaz as condigoes iniciaisé y cos xseng 6 y4ysenz y0y01 A equacao caracteristicaé A 40 S Ay 2i Ay 2i sao raizes A equacéo homogénea tem como solugéo y C cos2x Cosen2z Logo solugao particular 6 da forma yp Acosx Bsenz de onde y Bcosx Asenr ey Acosx Bsenz Substituindo na equagéo inicial Acosx Bsenx 4Acosx Bsenz senz 1 entao A0 B 3 Logo a solugcao geral da equacao é 1 y Ci cos2x Cosen2x 3senz ee 1 Das condicoes iniciais y0 C 1 e y0 2C 37 1 entéo C 1 e 1 Cy 3 268 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto a solucao particular da equacao que satisfaz as condicoes iniciais e y cos2x 1 3sen2x 1 3senx 7 y 6y 9y x2 x 3 y0 4 3 y0 1 27 A equacao caracterıstica e λ2 6λ 9 0 λ1 3 e λ2 3 sao raızes A solucao geral da homogˆenea e yh C1e3x C2xe3x Como nenhuma das raızes e potˆencia dos exponenciais a solucao particular e da forma yp Ax2 Bx C de onde y p 2Ax B e y p 2A Assim 2A 62Ax B 9Ax2 Bx C x2 x 3 A 1 9 B 1 27 e C 23 81 A solucao geral da equacao e y C1e3x C2xe3x 1 9x2 1 27x 23 81 Observe que y 3C1e3x C2e3x 3C2xe3x 2 9x 1 27 Das condicoes iniciais y0 C1 23 81 4 3 e y0 3C1 C2 1 27 1 27 entao C1 85 81 e C2 85 27 Portanto a solucao particular e y 85 81e3x 85 27xe3x 1 9x2 1 27x 23 81 8 y 4y 4y e2x y0 2 y0 8 A equacao homogˆenea tem como solucao yh C1e2x C2xe2x A solucao particular e da forma yp Ax2e2x de onde y p 2Ax2 Axe2x e y p 4Ax2 8Ax 2Ae2x 4Ax2 8Ax 2Ae2x 8Ax2 Axe2x 4Ax2e2x e2x A 1 2 Logo a solucao geral da equacao e y C1e2x C2xe2x 1 2x2e2x Das condicoes iniciais y0 C1 2 e y0 2C1 C2 8 entao C2 4 Portanto a solucao que satisfaz as condicoes iniciais e y 2e2x 4xe2x 1 2x2e2x 9 y 4y 4sen2x cos2x yπ yπ 2π A equacao homogˆenea tem como solucao yh C1 cos2x C2sen2x A solucao particular e da forma yp xA cos2x Bsen2x de onde y p A 2Bx cos2xB2Axsen2x e y p 4B4Ax cos2x4A4Bxsen2x 269 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Substituindo na equagao inicial 4B 4Ax 4A cos2x 4A 4Ba 4Bxrsen2x 4sen2x cos2z entao A 1 B 1 Logo a solugao geral da equacao é y C cos2x Cysen2z xsen22 cos2zx Das condicoes iniciais y7 Ci am2n7 e ym 2C4 20 1 27 entao 1 Ci 3n e C 2 Portanto a solucao particular da equacao que satisfaz as condigoes iniciaisé y 1 3m cos2x gsen22 zsen2x cos2x 10 y y 5e senzcosxz y0 4 y0 5 Podemos escrever y y 5esenx cos x de onde o fator integrante é eJ lde e entao yje 5 fe sone cos xdx 38 observe 1 1 feo cos xdxz 5 cost 5 etsenede 2x 1 2x 1 2x e senzdxr 3e sens af e008 xdx de onde 5 e cosa senxdx 3e cos x e senx assim em 38 ye 3e cosr e senz y 3e cosxr e senr C y3 e cosxdx csene fe cos vie 20 Cs Logo y 4 e cosrdx e senr2CCy Por outro lado e cosxdz 5e cose xe sene A solugao geral da equagao é y 2e cosxe senr 2C Cy 270 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Das condicoes iniciais y0 4 y0 5 segue y0 2C2 5 C2 7 y0 3 C1 5 C1 3 Portanto a solucao particular da equacao que satisfaz as condicoes iniciais e y 2ex cos x exsenx 3x 7 11 y 2y 2y 4ex cos x yπ eπ yπ eπ A equacao caracterıstica e λ2 2λ 2 0 λ1 1 i e λ2 1 i sao raızes A solucao geral da homogˆenea e yh C1ex cos x C2exsenx Como uma das raızes e λ1 1 i a multiplicidade s 1 e a solucao particular e da forma yp xAex cos x Bexsenx de onde y p A Ax Bxex cos x B Ax Bxexsenx y p 2A 2B 2Bxex cos x 2B 2Ax 2Aexsenx y p 2y 2y 2Bex cos x 2Aexsenx 4ex cos x B 2 A 0 A solucao geral da equacao e y C1ex cos x C2exsenx 2xexsenx Das condicoes iniciais yπ C1eπ eπ e yπ C2eπ 2πeπ 0 entao C1 1 e C2 2π Portanto a solucao particular da equacao que satisfaz as condicoes iniciais e y ex cos x 2πexsenx 2xexsenx 12 y y 2x y0 0 y0 1 y0 2 A equacao caracterıstica e λ3 λ 0 λ1 0 λ2 1 e λ3 1 sao raızes A solucao geral da homogˆenea e yh C1 C2ex C3ex Como uma das raızes e zero a solucao particular e da forma yp Ax2 de onde y p 2Ax y p 2A e y p 0 Assim 0 2Ax 2x A 1 A solucao geral da equacao e y C1 C2ex C3ex x2 Observe que y C2ex C3ex 2x e y C2ex C3ex 2 Das condicoes iniciais y0 C1 C2 C3 0 y0 C2 C3 1 e y0 C2 C3 2 2 entao C1 0 C2 1 2 e C3 1 2 Portanto a solucao particular e y 1 2ex 1 2ex x2 271 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 13 yiv y 8ex y0 1 y0 0 y0 1 y0 0 A equacao caracterıstica e λ4 1 0 λ1 1 λ2 1 λ3 i e λ4 i sao raızes A solucao geral da homogˆenea e yh C1ex C2ex C3 cos x C4senx Como λ1 1 e raiz de multiplicidade s 1 a solucao particular e da forma yp Axex de onde y p A Axex y p 2A Axex y p 3A Axex e yiv p 4A Axex logo yiv y 4A Axex Axex 8ex 4A 8 A 2 A solucao geral da equacao e y C1ex C2ex C3 cos x C4senx 2xex Para verificar as condicoes iniciais y0 1 y0 0 y0 1 y0 0 y0 C1 C2 C3 1 y0 C1 C2 C4 2 0 y0 C1 C2 C3 4 1 y0 C1 C2 C4 6 0 de onde C1 5 2 C2 3 2 C3 2 e C4 2 Portanto a solucao particular e y 3 2ex 5 2ex 2 cos x 2senx 2xex 14 y y 2x y0 y0 0 y0 2 A equacao caracterıstica e λ3 1 0 λ1 1 λ2 1 2 i 3 2 e λ3 1 2 i 3 2 sao raızes A solucao geral da homogˆenea e yh C0ex C1e 1 2 x cos 3 2 x C2e 1 2 xsen 3 2 x A solucao particular e da forma yp Ax de onde y p 2A e y p 0 Assim 0 Ax 2x A 2 A solucao geral da equacao e y C0ex C1e 1 2 x cos 3 2 xC2e 1 2 xsen 3 2 x2x Para verificar as condicoes iniciais y0 y0 0 y0 2 y C0ex 1 2e 1 2 xC1 3C2 cos 3 2 x 1 2e 1 2 xC2 3C1sen 3 2 x 2 y C0ex 1 4e 1 2 xC1 3C2 cos 3 2 x 3 4 e 1 2 xC1 3C2sen 3 2 x 1 4e 1 2 xC2 3C1sen 3 2 x 3 4 e 1 2 xC2 3C1 cos 3 2 x 272 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 Segue y0 Co C 0 y0 Cot 3O1 V3C2 2 0 por ultimo 1 3 3 y0 Co C1 Bo 2 5 C1010 v3 3 3 3 Portanto a solucao particular é y e e2 ron Poon a 2x 15 yy y8e y0 0 y0 2 y0 4 y0 6 A equacao caracteristicaé AX10 S A1r421A3 i e y i sao raizes A solugao geral da homogénea 6 yp Cle Cpe C3 cos x Cysenz Como A é raiz de multiplicidade s 1 a solugao particular é da forma y Aze de onde y AAxe yy 2AAzxe yp 3AAze e ys 4A Axe logo y y 444 Are Ave 8e9 4A8 3S A A solugao geral da equagao 6 y Cie Cpe C3 cos x Cysenx 2xe Para verificar as condig6es iniciais y0 0 y0 2 y0 4 y0 6 y0 C1 Co C3 0 y 0 O Cy4 Cy 22 y0 C CC344 y0 C Cy C 6 6 de onde Cy Cy C3 Cy 0 Portanto a solucao particular 6 y 2e Exercicio 336 Resolver as equagoes mediante variacgao de parametros Solucao 1 oy ycotz A equacao caracteristica 1 0 tem como raizes i e A i A solucao da equacao homogénea correspondente é yp Ci coszCsenx Supondo yx cos x Yy2x senz e a solucao particular y uixz cos x u2xsenz Pelo método da variacao dos parametros segue ux cosxusxsenz 0 i il wxWy1 y2140 uxsenx u5xcosx cota 273 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV As fung6es u4x u2a obtémse por integracao fixando x I t ux dn senr cot cos x U2x pee Lncse x cot x cosx Logo yp senx cos x Lncsc x cot x cos zsenz senx Lncsc x cot x A solugao da equagao diferencial 6 y C cos x Cosenz senx Lncse x cot x 2 yyxcosx A equacao caracteristica 10 tem como raizes ie i A solucdo da equacao homogénea correspondente é y C cos xCsenx Supondo y xz cos xz Yy2x senz e a solucao particular y uixz cos x u2xsenz Pelo método da variacao dos parametros segue ux cosxusxsenz 0 il il wxrWy1 y2 140 uxsenx uhxcosr xcosxr As fung6es u4x u2a2 obtémse por integracao fixando xp I Z COS XZ Senx 1 ux an gl2e cos2x sen2z LCOS Z COSX 14 1 U2x 7 at q xsen22 5 cos2x 1 1 2 1 4 Logo Yp glitz cos2x sen22 cos x qe xsen2x 5 cos2xsenz isto é 1 1 1 Yp Ze Cosx goenz qe sene La 1 1 x A solucao da equacao diferencial 6 yp C 2 3 qm sense lor 7 COS 2 3 oy ysecr A equacao caracteristica A 1 0 tem como raizes Ay i e Ay i A solucao da equacao homogénea correspondente é y C cosx Cysenxz Supondo yiw cosx e yox senz e a solugao particular y uix cos uexsenz Pelo método da variacao dos parametros segue u x cosxusxrsenz 0 i ial wrWy1 y2 140 uxsenxz u5xcosz secer 274 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV As fung6es u4x u2a obtémse por integracao fixando x I ux de Lncos x uo2 See CO a Logo yp Lncos x cosa xsenz isto é yp cosx Lncos x xsenz A solugéo da equagao diferencial é y C Lncos x cos x C2 zsenz 4 yl y 7 A equacao caracteristica A A 0 tem como raizes y 0 2 l e A31 A solucaéo da equacao homogénea correspondente 6 yp C Coe C3e Supondo yix 1 yoa e y3x e e a solugao particular y ux u2ae u3xe Pelo método da variacao dos parametros segue uh1uhxe7 use 0 ux O uhxe usxze 0 wr240 ux O ugxjeusae 2 As fungoes u1x ux e u3x obtémse por integragao fixando 1p I 2 1 1 1 uix ye Bt U2x je Tae u3x fe i 1 1 1 Logo Yp at we qe 4 ys rt 914 I a A solucao da equacao diferencial 6 y C Coe C3e77 3 a2 e az e Mediante coeficientes indeterminados chegamos a esta solugao y Cy Coe 2 Cz3e77 Determine o Porqué desta divergencia de respostas 5 oy 4y 4cot2z A equacao caracteristica 4 0 tem como raizes 2i e A 2i A solucdo da equacéo homogénea correspondente é y Ccos2x7 Cosen2x7 Supondo yi cos2x e yox sen2x e a solugao particular yp uix cos2x U2xsen2z 275 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Pelo método da variacao dos parametros segue u x cos2x7 uhxsen2x 0 ual 2 wx Wy1 y2 2 0 2uxsen2x 2u5x cos2x cot2zx As fung6es u4x u2a obtémse por integracao fixando x I t2x 2 1 wx cot 2x sen22 5 1 on 2 4 t2x 2 2 1 U2x eae te zlLnese2xcot22cos22 1 1 Logo Yp qsen22 cos2a qlbaese2a cot2z cos22sen2x isto é 1 Yp qoen22Lncse22 cot2z 1 A solugao da equacao diferencial 6 y Csen2xC cos2x 7 sen2xLnese2a cot2z 6 oy 2y 3y Oa 1 A equacao caracteristica A 2 3A 0 tem como raizes 0 A 3 e 1 A solucdo da equacao homogénea correspondente 6 yp Cy Cye Cz3e Supondo yxz 1 yor e8 e y3x e e a solucao particular Yp Ux U2xe u3xe Pelo método da variacao dos parametros segue uh a uxje ubxe 0 3usxe usxe 0 wr 12 40 9utxe usxe 9x1 As fung6es u1x U2x e u3x obtémse por integragao fixando xp I 36a 1e 3 9 gy 1 urx Dez dx 5 e Oa lje 3 3a 1 4 32 Ugx fie F flor ne du 7 25 27x 1e 9 9 a en 1 x x u32 Dex dx Z ic Je dx qt x 11 Logo Yp 5 82 2 e 276 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV A solucao da equacao diferencial 6 y Cy Cye3 C3e 5 3e 2 oy 4yy y senhr A equacao caracteristica A A 1 0 tem como raizes X 1 com multiplicidade 2 e A 1 A solucéo da equacéo homogénea correspondente é Yn Cie Coxe Cz3e Supondo yi x e yox re y3x e a solucao particular y uixe u2xxe uzxJe Pelo método da variacao dos parametros segue uiaje uhaze ugxe 0 uixje ubaje1 x usxe 0 wr4e 40 ujxe ubaea 2 usxe senhx As fung6es u1x U2x e u3x obtémse por integragao fixando xp I 2x senha senh 1 ux eet dix lose 2x e Idx 4de 8 1 2x 2x 1 2x 2 2x 3 2re 2a e Idx git a xe 1 h 1 1 1 U2x 5 da 7 fie 1dr qe x 2 senh 1 1 1 u3x Qe 3 fete edx git x 1 2 2 2 1 ly 1 12 Logo Yp 3 lx e a xe qt le 5 see5e A solugao da equacao diferencial é x x x 1 x x 22 x 1 x y Cie Core Cze glze eh are xe 5e istoé y Cye Coe Cgre a e axe 8 oy 3y y 3y cosha A equacao caracteristica A 3A A 3 0 tem como raizes 1 X 1 e 3 A solucao da equacao homogénea correspondente é yy Cie Coe Cz3e Supondo yx e yox e e y3x e e a solucao particular Yp U1xe ugxe ugxe 277 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Pelo método da variacao dos parametros segue uh ae ubxe uhxe 0 uh xe ubxe 3uhze 0 wx l6e 0 uh xe uhxe 9uhxe8 cosha As fung6es u1x U2x e u3x obtémse por integragao fixando xp I 2e cosh 1 1 1 ux ee 3 fle cosh zdxz rT irre tae gg 2ee 4e cosh x 1 on 1 op 2cosh 1 1 1 u3x aSre 3 fe cosh xdx 3 fie edx ye 2e l 22 u l 22x 2x I 4x 22 32 Logo Up g5 2a Je 7g le 2ze ale 267 e Up gy l2ze e 35 2e xe 39 e l x 2x x 2 x 2z Ye 35 2xe e 2e 4xe e 2e 2 x 4 x 1 x 4 1 x Ye 1397 3a 39F 39 A solugao da equacao diferencial é 2 4 1 1 Ce Coe7 C2e73 pk mp Tk et Yy ye Coe Ose re 39 6 30 356 ry oe YY 2 32 1 x x isto 6 y Ce Cye Cz3e Tet 2e 9 yn By y 3y er e 3 A equacao caracteristica A 3A 3 0 tem como rafzes A 1 A1 e 3 A solucao da equacao homogénea correspondente é yp Cye Coe Cz3e Supondo yx e yox e y3x e e a solucao particular Yp Us xe Uxe ugxe Pelo método da variacao dos parametros segue uh xe uh xe uhxe 0 uxe uh xe 3u5xe 0 wx 16e 40 uh ae uhxe 9ubxe e eo 278 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV As fung6es u1x U2x e u3x obtémse por integragao fixando xp I 4e ee 1 Qa 24 1 Qu 2ax nao ff ae 5 fl e dx le e ex 32 4xa 1 1 1 uoe f ae 5 fit be mae Fle Fe 2e e 1 le 11 4 u3 Gixce 5 le 1dz 3z 2 1 1 1 11 Assim Yp le ee gl ze alge ale 1 Logo Yp 3 Fe ic ae Podemos escrever a solugao geral na forma x x 3x l 3 x 3 3x x 32x yx Cle Cye Cye 3 7e 7e ae e Portanto a solugao da equacao diferencial é 2x x 32 1 x 32 y Die Doe D3e 32 e 8 100 2y y 2y a 1 A equacao caracteristica A 2A 20 tem como raizes 1 1 e 2 Asolucdo da equacao homogénea correspondente é y Cye Cze C3e Supondo y2 e yox e y3x e e a solucao particular y uixe Usxe uzxe Pelo método da variacao dos parametros segue uh xe uhxe ubxe 0 uxe uhxe 2uhxe 0 wx be 0 ui xe uh xe 4usxe x1 As fung6es u1x U2x e u3x obtémse por integragao fixando xp I 3x 1 1 1 u1x ea 5 few 1dx rca 1e 3ex 1 1 f 9 1 op 9 U2 x Goze dx se x 1dx 5 x 4a 5 279 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 1 1 1 u3x ee 3 ere 1dxr Fae Re 6x 5 l 2 r 4 l x 2 x l 2x 2 2x Assim Yp g 1ee 5 a 4a 5je 1 2 6x 5e 1 11 Logo Yp 5 5a a Podemos escrever a solugao geral na forma 2x x 2x l 2 11 yx Cie Cye C3e gle 5a z 1 oy y Ay 4y 3e 4r 6 A equacao caracteristica A 4 4 0 tem como raizes 2 X 2 e 1 A solucao da equacao homogénea correspondente 6 yp Cye2 Cpe2 Cz3e Supondo yx e yox e e y3x e e a solucao particular Yp Ur xe u2xe ugxe Pelo método da variacao dos parametros segue uh ae uhxje ugae 0 Qui xe 2uhxe ugxe 0 wx 12e 40 du xe 4uhxe ugae 33e 4a 6 As fung6es u1x U2x e u3x obtémse por integragao fixando xp I 3 3e da 6 1 ux Se p Jere 4r6dr ux Je ren 2er e 2 1 4a 2e 12 2 24 de3e 4x 6 1 Ux 8elBet Ae 6 7 e3e4r 6dr 12e 4 l 3x 2x 2x 2x l 2x x ugx e 3e 2e a 2e e6 6e 122 4 24 43e 4x 6 1 2 x T Ap u3x dx 3 Je 3 x6dx x e t Ge dex 4e 116 32a 12 usz 35 e eva det Fe x e Assim yp se 1 4x 2ee S56 6 Ge 12xJe Se 16 32a 12ee 1 Logo Y 23 48x 20e 24 280 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Podemos escrever a solucao geral na forma 2x 2x x 1 x yx Cle Coe C3e x23 48x 20e 12 yl 3y y 3y ev 1 A equacao caracteristica A 3A 3 0 tem como rafzes A 1 A1 e 3 A solucao da equacao homogénea correspondente é yy Cye Coe Cz3e Supondo yx e yox e y3x e e a solucao particular Yp Uixe Ugxe ugxe Pelo método da variacao dos parametros segue uh ae uh xe uhxe 0 uxe uhxe 3u4xe 0 wr 16e 40 uh xe uh xe 9uhxe8 e 1 As fung6es u1x U2x e u3x obtémse por integragao fixando xp I 4e 1e 1 1 ux 4a 7 Jie ljedx le 2e Ae 1e 1 1 Ux Me ae Jie lledx qe e 2e7 1 1 1 u3x ee 3 fle ljedx 5g Be 4e Assim Yp 1 e2 2eJe an e e et 4ee 7 Pp 8 4 96 Wot 4 de e e 2e 24 32 32 4 r 7 31 080 Yp F4 ag 5c Podemos escrever a solucao geral na forma 17 3 1 Cie Coe Cre 3 e ppt yz ie Coe Cze 547 39 5ne Portanto a solucao da equacao diferencial é x 2 3x 1 x y Cie Cye C3e 5g tre 19 281 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 130 yy 2y4a41 Sv 20 4x41 onde vy A equacao caracteristica A 2 0 tem como rafizes 0 e A2 A solucdo da equacdo homogénea correspondente 6 v Cy Cre Supondo vxz e e vox e e a solucao particular v uixe u2xe Pelo método da variacao dos parametros segue ul xe ul xje 0 1 o wx 2e 0 ui x0e 2uhxe Ax 1 As fungoes uix u2x obtémse por integragéo fixando 1p IT 4 2x 1 ux Se 2 fe 1dx x 22 e x Ugx Aw 1 Y ae 2 ex1dv re 3 620 er 2 2 2x 3 2x Logo vp x 2x xe 5 assim temse que 22 2 2x 3 22 2x y vC Coe a 2x xe 5e le 2x 2 3 y Cr Cee x 84 sde 3 3a 3 A solucao da equacao diferencial 6 y Cx Cye e 5 140 yye sene A equacao caracteristica A 1 0 tem como raizes 1 e A1 A solucdo da equacgao homogénea correspondente é y Cie Coe Supondo yx e e Yoa e e a solugao particular y ui xe uoae Pelo método da variacao dos parametros segue ui xje ubxe 0 ae tae 0 wt Wy m 2 0 uxe usae e sene As fung6es u4x u2a obtémse por integracao fixando x I X p22 x 1 ux ae 5 eS sene ae 282 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV usx e cose 2esene 2 cose LZ 522 x 1 1 Ux ee sen e sene dx cose 2 2 2 2x 2x x x x x l 2x 2x 4 Logo yp e cose 2esene 2 cose e 5 cose isto é Yp Yp 3e cose 2sene 2e cose A solugao da equacao diferencial é xr 2r 3 2x 2 2x x 2 y Cle Coe 5 cose 2sene 2e cose Exercicio 337 Resolver as seguintes equacdes pelo método de variacao de parametros Solucao 1 oy y secx A equacao caracteristicaé rr0 rr10 eas raizes sto r le r 0 A solucao geral da equacao homogénea 6 y C Coe Para a solucao particular y uix 1 u2xe temos que resolver o sistema ui x ubaje 0 ux0 usae seca ux secr ux Js xzdx Lntan x sec 2 Na equacao 39 temse uirje secr Wx fe sec rdx A solucao geral é y Ci Coe Lntanz secr e Je sec rdx 20 y2Qy c x A equacao caracteristica 6 r2r10 r1 0 eas raizes sao r1ler1 A solucao geral da equagao homogénea y Cie Coxe Para a solucao particular y ux e Ug xe temos que resolver o sistema ujxe uhxve 0 et 310 ui ae uhxa lle 7 283 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV e ux a ux ldvax e cz drL U5x ree Ux nat na A solugao geral é y eC xC x xLnz 3 y y ye 2 1 2 A equacao caracteristicaé rr10 r 9 7 as raizes sdo r 1 3 1 3 3 v3 er5 vB A solucao geral da equacao homogéneaé y Creat Coca Para a solugao particular y wi2 eats e 4 unxe2 2 temos que resolver o sistema ul xelat ee ubxela2 0 311 V3 ui aye 5 YB upweleS5 8 et e 22 1 5v3 23 v8 u x Ss urx Sy ae Se i et3 i V3 35 V3 448x 3a ex25 2 7E 1 5V3 23 5V3 usx wo x ra 1 o IR 35 V9 Assim yp 23 Br G4 Se2V3 2B eHe isto 6 y 35 V3 35 V3 12 4 e 63 1 8 1yay 2s Portanto a solucao geral é y Cyeat2 4 CyeaP 4 63 v 4 ay 4y 24 4 Podemos escrever na forma yy2 x A 74 3 y 4 4 A equagao homogéneaé yy22 3S S S ypCa x y x Uma solucao particular é da forma y ui xx onde uj xa 2 1 1 Logo u gt assim y ui aa4 3h 1 Portanto a solucao geral é y Cyx gt 5 xy Qx7y xy Podemos escrever na forma 4 2yy x 284 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV A equacao caracteristica 6 r2r10 r1 0 eas raizes sao rle rl1 A solucao geral da equagao homogénea é yp Ce Coxe Para a solugao particular y ux e u2x xe temos que resolver o sistema ujxe uixre 0 e 312 ui xje ubxe12 a O determinante do sistema é e 1 xe 1 ux S Gr ux fs dx Lnx 1 e 1 2 u2 Se ae ux fx da 1 logo Yp e Lnax xe z Portanto y Ce Coxe e Lnx e 6 y 4y sen2x A equacao caracteristica é r40 entaéo r 2 A solucao geral da equagéo homogéneaaé yn C cos2x Cosen2z Para a solucao particular y u a cos2x u2x sen2x temos que resolver oO sistema uj a cos2x usxsen2z 0 313 2uxsen2x 2u4x cos2x sen2x O determinante do sistema é 2 I 3 I 2 ux 5 Sen 2x wu r 5 sen2x sen2x cos2xdx 2 F e0s22 cos22 uy x 7 cos2x 5 cos2x 1 2 l 3 Uxx 5 Sen 2x cos2z ugx pen 22 1 1 1 oe logo Yp a cos2 Tp 08 2x cos2a pen 2x sen2x isto é 7608 2t cos2ar Ssen2xr cos2x sen2 cos 2x cos2x sen 2a cos2x sen 2x eA 12 12 6 12 285 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 1 1 1 Ww 75 cos2x 18 3A cos42 1 1 Portanto y C cos2x Cysen2x 3 I cos42 7 yy a senr 2x7 cosx A equacao caracteristicaé r10 5 riri 0 eas raizes sao ri1ert A solucao geral da equacao homogénea é yp C cos x Cosenz Para a solucao particular y u1tcos xUugtsenz temos que resolver o sistema 0 uj x cos x u5xsenx 314 uxsenz uhxcosx 2xsenr 2x7 cosx x senx 2xsenz cos x ui x oO x senx 2asenrcost ux lertsenta 2x7senx cos zdx e tsenteae 2 fo rsenz cos xdx ux asena2 2 fo sens cos xdx 2 fo sens cos dz x sen yp 2x cos usx eee 2xr7cosxaxsenrcosr U2x flee cos x a sena cos xdx 2 a cos xdx teen cos xdx 1 1 I 2 1 U2x x dx x cos2xdx 52 sen2xdx Lnxz x senz cos logo yp asenx cos x Lnxz xsenzx cos xsenr Portanto y Cj cosx Cosenxz senz Lnz 8 yy 5y 6y e sec x1 2 tan z A equacao caracteristicaé r5r60 r2r3 0 eas raizes sao r3e r2 Asolucao geral da equacdo homogéneaé y Cye3 Cge7 Para a solugao particular y wt e uate temos que resolver o sistema ui xe ubxe 0 3u xe 2uhxe e sec x1 2 tan x 4x 2 1 ot ui x ot see at F 2 tana esecx12tanz e5t 286 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV ux Jie sec 1 2tan xdx 2 e sec x tan xdx Je sec xdz usx e sec x Je sec adx Je sec rd e sec x 5 sec 1 2t usx oS see at 2tan 2 seca12tanz eC x U2x isee x 2sec xtanxdr tanx sec x logo Yp e sec x e tanx sec xe 2e tan zr Portanto y Cye Coe e tan 9 oy 42yyeLnr A equacao caracteristica 6 r2r10 r1r41 O0eas raizes sao r 1 de multiplicidade dois A solucdo geral da equacéo homogénea é y Cle Cyxe Para a solugao particular y ut e uetwe temos que resolver o sistema x x 0 ujae ux xe 316 uixje ubae1a2 e Lne uxje e Lnr wx tnvde zLnz 1 Como ux Lnaz na equagao 311 temse x x 1 2 1 2 uxjeaLnre0 ux xLndr qe 75 Lnz Portanto a solugao geral da equacao é yyCie Core e Ge 52 Lua ae Lnz 1 10 y 3y 2y cose A equacao caracteristicaé r3r20 r2r1 0eas rafzes sior1e r2 A solucao geral da equacéo homogénea 6 yp Ce Coe Para a solucao particular y ut e u2te temos que resolver o sistema ul xe uhxe 0 317 ul xe 2uixe cose 287 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV e cose ux ae e cose ux sene e cose 2x 2x x 2x 2x u5x ae C cose Uugx e sene cose logo yp e sene eesene cose e cose Portanto a solucao geral é y Cie Cye e cose 11 oy 4y 4sec x A equacao caracteristicaé r40 r 22r 27 0 as raizes sao r2i e r 2i A solucao geral da equagao homogénea 6 y C cos2x Cysen2x Para a solucao particular y uit cos2x u2tsen2x temos que resolver o sistema ui x cos2a u5xsen2x 0 318 2uxsen2x 2u4x cos2z 4sec x 4 sec 2 ui x sec asen2r Atanz ux 4Lncos z 4 sec 2 usx tse reos 22 22secx upx 22xr tanz Portanto a solucao geral da equacao é y Ci cos2x Cosen2x 4Lncos x cos2x 22x tan xsen2zr 120 yycscxcotx A equagao caracteristicaé r10 riri O0easraizes sao r i e r 1 A solucao geral da equacéo homogéneaé y Ci cosx Cosenxz Para a solucao particular y ut cosa ut senz temos que resolver o sistema ux cosx usxsenz 0 319 uxsenx u5x cosa cscxcota senx cscxcotx ux op asep cotzx ux Lnsenz cosxcscxcotx ig Uxx cota hsen2p cotr Ux cotr2 Portanto a solugao geral da equacao é y Ci cosx Cosenx cos x Lnsena cot x 2senx 288 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV A er 13 3 2y yl 8y 2y a A equacao caracteristicaé r3r20 r2r1 0eas rafzes sior ler2 A solucao geral da equacao homogénea 6 y Cie Cye Para a solucao particular y ut e u2te temos que resolver o sistema ul xe ubxe 0 t e2t 320 ui axe 2uxe e O determinante do sistema é e xe e1 2 rez eX e2 1 Lr 1 0 er ex x 2a ur arctane wile se en wie z ule 1 e 1 e 0 1 e72t 1 2x SS L 2x 1 Ux e380 o pee oad u2z 5 ne 1 1 e A solucao geral da equacao é x 2x x x 1 2x 2a y Cye Coe e arctane 5 Lne 1 140 y 2y yee7 1 A equacao caracteristica 6 r2r10 r1 0 eas raizes sao r1ler1 A solucao geral da equagao homogénea 6 y Cie Coxe Para a solucao particular y ut e ugtxe temos que resolver o sistema ui ae uixre 0 ez 321 x x 1 ui xe uixje14 2 p Tip O determinante do sistema é e xe e2t e e12 289 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 0 xe 1 xe Ho 3 ex Sy e2u rq et 1 2 e 1 e1 2 xe x dr Lnle mio ape aati 0 1 e 1 2x wt Be ee e 1p wl Te e 1 A solucao geral da equacao é y Cie Coxe a eLn1e no Exercicio 338 Resolva os problemas de valores iniciats Solucao 1 oy y2yP 3 y00 y0 0 Aresolver yy2y0 MA20 S AH2 AHlLA solucao geral da homogénea 6 y Cye Cret Uma solugao particular é da forma y At Aot A3 entao y 2At Ag e y 2Aj assim 2A 2At 2Ayt Ast Az P 3 1 t2A t2A 2An 2A 243 P 3 S Ap A 5 4s 1 Z 2t t l 2 I Logo a solucao geral da equagéo 6 y Cye Coe at at 1 sendo sua 1 derivada y 2Cye7 Cyet t 5 1 Das condigoes iniciais y0 Cy C10 e y0 2C C a 1 5 0 GQ7 Q 1 6 2 6 Tein 24 le x Portanto y 6 6 5 at 1 éa solucao particular do pvi 2 y2yy 3sen2t y0 0 y0 0 A equacao caracteristicaé A2A10 A1 Ag1 A solucdo geral da homogénea é y Cye Cote Uma solucao particular é da forma y A cos2t Agsen2t entao y 2Asen2t 2A cos2t y 4Acos2t 4Asen2t 290 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV y p 2y p yp 4A2 3A1 cos2t 3A2 4A1sen2t 0 cos2t 3sen2t 4A2 3A1 0 3A2 4A1 3 A1 12 25 A2 9 25 Assim a solucao particular e da forma yp 12 25 cos2t 9 25sen2t Logo a solucao geral da equacao e y C1et C2tet 12 25 cos2t 9 25sen2t Das condicoes iniciais y0 C1 12 25 0 e y0 C1 C2 18 25 0 C1 12 25 C2 6 25 Portanto y 12 25et 6 25tet 12 25 cos2t 9 25sen2t e a solucao particular do pvi 291 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 34 Aplicacoes Exercicios 34 ky Exercicio 341 Resolver as seguintes equagdes homogéneas de Euler Solucao 1 xy 2yy0 t omtxe pe GY dy Consideremos x e entao y in e TE e a derivada segunda é x d dy d dy dtdy dydt Cy dy ni OY OF ty at EY tO a Wao de de at dix dt di dx di dt substituindo na equacéo x7y xy y 0 segue eye 4 7 ee y0 fy y0 dt dt dt dt As raizes da equacao caracteristica sao 4 l e Ag 1 e a equacao geral da Ultima equacao 6 y Che Cye Substituindo x e resulta y Cx Coz C Portanto y 4 Chréa solucao procurada x Observe que x 0 é um ponto singular para esta equacao Qualquer solucao para a equacao esté definida para x R 0 2 sy y 0 t dy dy Seja x e entao y e e a derivada segunda é dx dt d dy d dy dtdy dy dt i nw GY GG EY te YO Gy ey Vie ae da at deat da Va at substituindo na equacao ry y 0 segue dy dy dy dy dy ty 2t t 0 0 3 C ee Bp 7 edt dt dt logo y Ct Cy Substituindo x e resulta y CLnz Cd Portanto y CLnz C2 é a solugao procurada 292 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Observe que x 0 é um ponto singular para esta equacao Qualquer solucao para a equacao esta definida para x R desde que x 0 3 xy 2ry 6y 0 d d Seja z e entao y oo ty 6 a derivada segunda é dx dt d dy d dy dtdy dy dt Cy du mw GY 4 Gy OE EY rE YO af yey I GG a Da at awa ea substituindo na equacéo xy 2xy 6y 0 segue dy dy dy t22 F Vs Hee tZ26y 0 eye ie 7 eee 8Y dy dy jdy dy dy 42 6y0 b6by0 d dt dt ded As raizes da equacao caracteristica sao Ay 2 e Ay 3 e a equacao geral da Ultima equacao é y Cye7 Cyge Substituindo x e resulta y Cyr Cox Portanto y Cx Cox a solucdo procurada Observe que x 0 é um ponto singular para esta equacao Qualquer solucao para a equacao esta definida para x R desde que x 0 4 xy 2x7y 10ry 8y 0 7 ot dy dy a aka Seja x e entao zy in e TE e a derivada segunda e terceira sao x d dy d dy dtdy dydt Cy dy t t t 2t Vad de dt dvdt dde ae at yr 20 gg fu a ay ae elu gv gt dx dt dt dt dt dt dt dt substituindo na equacao ete ay 3 ty oy pete FY ou Letet Y 8y0 dt dt dt dt dt dt Py dy dy 0 8y0 N1 2 4 A32 y Cre Cre C3e Portanto y Oya7 Cor O32 5 ry 2y a ze 2z 293 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV d d Seja x e entao 2 e a derivada segunda é dx dt d dz d dz dt dz dz dt Pz dz Mo ey te pta te et 2 TG ge aat wa lea substituindo na equacéo x 2z segue dz dz dz Pz dz dz dz dz re tS SS Loe t a 3 9 ee Bp 7 at d2 dt dt dt dt As raizes da equacao caracteristica sao A 0 e Ag 3 e a equacao geral da tltima equacao é z C Cye Substituindo x e resulta z CCo22 x y iCi Gide C y Ow C27 Cs rt Portanto yCir Oz C3 é a solucao procurada Observe que x 0 é um ponto singular para esta equacao Qualquer solucao para a equacao esté definida para x R 0 6 2x 1y 22x 1y 4y 0 d d Seja 2x 1 e entao y oY 9t 6 a derivada segunda é dx dt d dy d dy dt dy dy dt y dy we AY Ft By ig 0 OY ig tO 0 Va te aa eae ae at Ged ae at substituindo na equagao 27 1 22x 1y 4y 0 segue dy dy dy Aety SoS 4 Net Z1490 3s Pe ae a MO ay FY Py dy dy dy dy 42 4 a aya SS Seo yao ea tat de a As raizes da equacao caracteristica sao A 1 e Ay 1 e a equacao geral da tltima equacao 6 y Cie Cote Substituindo 27 1 e resulta y C2x 1 Cy2x 1Ln2x 1 Portanto y C21 C2x 1Ln2z 1 é a solugao procurada 1 Observe que 3 um ponto singular para esta equacao Qualquer solugao para 1 a equacao esta definida para x R th 7 ay 3ay3y 0 ave 3r23z0 294 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV d d Seja x e entao 2 e a derivada segunda é dx dt d dz d dz dt dz dz dt Pz dz Mo ey te pta te et 2 TG ge aat wa lea substituindo na equacéo x 2xy 6y 0 segue dz dz dz t2 2t t t 3 3z20 eye a 7 erat iz dz 3 19 dz 4 43 0 dt dt dt dt dt As raizes da equacao caracteristica sao A 3 e Ag 1 e a equacao geral da ultima equacao é z Ce Cye Substituindo x e resulta y Cia Cor 3 xt x y ice Coa dx C3 Az sz C3 x x Portanto y 701 5 02 C3 é a solucao procurada Observe que x 0 é um ponto singular para esta equacao Qualquer solucao para a equacao esta definida para x R 8 a 2y 3x 2y 3y 0 d d Seja x 2 e entao y Oo 6 td 6 a derivada segunda é dx dt d dy d dy dt dy dy dt oY H Mo PAN twse tay ad tee 227 Fe Wade da at deat dae ae at substituindo na equagao x 2y 3 2y 3y 0 segue dy dy dy t2 2t t t 3 3y0 eye ie 7 3 e a Sy dy dy dy Py dy 71413 390 s 242 3y0 d2 dtd de oa As raizes da equacao caracteristica sao A 3 e A2 1 e a equacao geral da ultima equacéo é y Cye Cye Substituindo x 2 ef resulta y Cx 23 Cox 2 C Portanto y warps C2x 2 é a solucgao procurada Observe que x 2 6 um ponto singular para esta equacao Qualquer solucao para a equacao esté definida para x R 2 295 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 9 x1y12yY 0 x4121220 d d Seja r 1 el entao 2 et a derivada segunda é dx dt d dz d dz dt dz dz dt iz dz wi ORF gt ig At Yo tO oe te da aa a ae at 1 ade ae substituindo na equacgao x 12 12z 0 segue iz dz Pz dz et Pe Te 12 0 37 0 ee ae at di dt ye 14 v13 1713 As raizes da equacao caracteristica sao Ay Ag 7 A equagaio geral da ultima equacao é z Cet Coe Ft Substituindo x 1 e resulta z Cya py Coa py y ice 41 FPO 4 Oye 4D de O a ey Ee NIM EC Y 34VB 3 VB ae Portanto y BVvI3 7 YD GV15 7 NCAMc C3 é a solucao procurada Observe que x 1 6 um ponto singular para esta equacao Qualquer solucgao para a equacao esté definida para x R 1 10 22 1y222 4 1yy 0 2e412422r 4 1220 d d Seja 2x 1 e entao z 2S a derivada segunda é dx dt ddz d dz dt dz dz dt iz dz wi 4 HF yt og At i tO FM iy a te dae ae a ea eae aR substituindo na equagao 2 12 22 12 z 0 segue dz dz dz Aet oe Ate t 420 ee Tdi 2e Je at dz dz dz dy dy aS 40 4220 S 4 2 y0 Ce ata deat As raizes da equacao caracteristica sio y 1 iV3 e Ay 1 iV3 e a equacao geral da ultima equacio 6 z CyeteV3 CyeteiV3 Substituindo 27 1 ef 296 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV resulta y CO 22 4 LeiV3inQet 4 Co2x 4 Le tV3in e y iciee EDF 4 Oh22 I3 de Cy Ci2iv3 Cy2 iV3 y G V3 tiv on 19 4 22 tv3 ivs Qr 13 O 2 1 Portanto y ar Cr2 iv3 2x 173 C2 i3 Qa ys C3 é a solucao procurada Ll Observe que 3 um ponto singular para esta equacao Qualquer solugao para 1 a equacao esta definida para x R 5h 11 xy 32ry y 0 t dy dy Seja x e entao y e e a derivada segunda é dx dt d dy d dy dtdy dy dt Cy du Me TAN brs tee ee tg ae yd es I GG a Da at awa ea substituindo na equacéo xy 3xy y 0 segue Py dy dy t2 2t tt 3 0 eye Ce i eae TY dy dy dy iy dy 3 0 2 0 de asa de a As raizes da equacao caracteristica sao Ay 1 e Ag 1 e a equacao geral da ultima equacao é y Cie Cote Substituindo x e resulta y Cya7 CoxtLnz 1 Portanto y C CLnz é a solucao procurada x Observe que x 0 é um ponto singular para esta equacao Qualquer solucao para a equacao esta definida para x R desde que x 0 12 22 1y 222 1y 4y 0 dt d d Seja 2x 1 e entao 2e por outro lado y OF 9t 6 a derivada dx dx dt segunda é d dy d dy dt dy dy dt y dy we yg et 9g tO tO 0 te dae ae at deat 7 ade Ge at 297 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV a derivada terceira é dy Py dy Py dy Py ity ody mo TF gp3t SF We Ret SF Ves Ret 2 32 92 YS aes 8 ae ae O ae ae ae ae a substituindo na equagao 2x 1y 22x 1y 4y 0 segue e8e7 dy yoy ol 2e4ee LY oH get ty 0 dt dt dt dt dt dt dy dy dy dy dy dy get OY 324 4 oY g a set 4u9 F deal ae ale at dy dy dy 4440 N440 de de dt r As raizes da equacao caracteristica sao A 0 Ax 2 e A3 2 e a equacao geral da ultima equacéo homogénea é y C Coe Cte 1 Observe que x 5 eum ponto singular para esta equacao Qualquer solugao para 1 a equacao esta definida para x R desde que x 3 Portanto a solugao geral da equacao dada é y Cy Co2x 1 C32x 1Ln2z 1 13 22 1y 12y 0 dt d d Seja 2x 1 e entao 2e por outro lado y oY 9tY 6 a derivada dx dx dt segunda é d dy d dy dt dy dy dt y dy wi UY ig ty ig EY ig tO eo Va ae ae at ae at 8 Ged ae at a derivada terceira é dy Py dy Py dy Py ivy ody mo TF gp3t SF Ve Ret SF Ves Ret 2 377 92 Y a3 8 ae ae O fae ae ae ae ae substituindo na equacao 2 1y 12y 0 segue dy dy dy dy dy dy dy 8 3 2 24 0 S 30 F di di dt di de di 3 13 3 V13 MX23110 A0 y VS y 28 298 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV y C ce Oye Cye 4 Portanto a solugao geral da equacao dada é y Cy Qe 12Cy2e 172 C20 1 14 22 1y222 1y y 0 dt d d Seja 2x 1 e entao 2e por outro lado y oF 9t 6 a derivada dx dx dt segunda é d dy d dy dt dy dy dt y dy we BY ig Ot ig tO ig tO 0 Wa ae ae ae ae at 8 Ged ae at a derivada terceira é dy Py dy Py dy Py ity ody mo TF gp 3t SF Ve Ret SF Ves Ret 2 32 92 YO aes 8 ae ae O ae ae ae ae a substituindo na equagao 2x 1y 22r 1y y 0 segue e78et dy 3 ty ol deseo LY L ae 0 0 dt dt dt dt dt dt Py dy dy dy dy dy set SE 38 4 oE ese tSE SE peti c ae aj Var alt a Py dy dy 4 8450 48750 de de dt r pase 21 21 As raizes da equacao caracteristica sao Ay 0 Ag A3 7 equagao geral da ultima equagao homogénea é y Ci Cze cosFt C3esent 1 Observe que x 5 eum ponto singular para esta equacao Qualquer solugao para 1 a equacao esta definida para x R desde que x 3 Portanto a solugao geral da equacao dada é ofl 1 y Ci Cy2x 1 cos5Ln2x 1 Cysen5Ln2x 1 15 xy xy 6ry 18y 0 299 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV d d Seja x e entao y OF etd 6 a derivada segunda é dx dt d dy d dy dtdy dy dt Cy du Mo TAN ts tee ad tee 2t 7 4 Ae I GG a Da eat wea Be a a derivada terceira é yr ab oe Ey Wy ew Oy Fy ew Py ty ody dx dt dt dt dt dt dt dt substituindo na equacéo xy xy 6xy 18y 0 segue ere t dy 3 ty oy teu LY Gete t Y 18y0 dt dt dt dt dt dt Py ay dy 4 3 4 18y 0 de deat As raizes da equacao caracteristica sao Ay 3 Ap 3 e A3 2 e a solucao geral da Ultima equacéo homogénea é y Ce Cate Cye Observe que x 0 é um ponto singular para esta equacao Qualquer solucao para a equacao esta definida para x R desde que x 0 Portanto a solucao geral da equacao dada éy Cyr CoxLnx Cox Exercicio 342 Resolver as seguintes equacdes pelo método de Frobenius Solucao 1 xy 2yy0 Seja y 2 entao y Ax1 y A 1a substituindo na equacao homo genea associada ao problema a A1aardx 12 0 S aw AA1A1 0 Logo a equacao caracteristicaé AA1 A10 de onde ry 1 Ap 1 sao as raizes Portanto a solucéo y 6 y Cx7 4 Coz 2 wy 5ary by 0 Seja y x entao y Ax1 y A 1a substituindo na equacao homo genea associada ao problema a MA la breve 600 afA15A 6 0 300 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Logo a equacao caracterıstica e λλ 1 5λ 6 0 de onde λ1 3 3 λ2 3 3 sao as raızes Portanto a solucao y e y x3C1x 3 C2x 3 3 xy y 0 4 xy 2y 5 2x 12y 22x 1y 4y 0 Seja t 2x 1 dt dx 2 dy dx dy dt dt dx 2dy dt 2v d2y dx2 4d2y dt2 a equacao resulta 4t2yt 4tyt 4yt 0 Suponhamos yt tλ entao y λtλ1 y λλ1tλ2 substituindo na equacao homogˆenea associada ao problema 4t2λλ 1tλ2 4tλtλ1 4tλ 0 4tλλλ 1 λ 1 0 Logo a equacao caracterıstica e λλ 1 λ 1 0 de onde λ1 1 λ2 1 sao as raızes Assim yt C1t C2tLnt Portanto a solucao y e yx C12x 1 C22x 1Ln2x 1 6 x2y 3xy 3y 0 Seja vx yx entao dv dx y d2v dx2 y Suponhamos vt xλ entao v λxλ1 v λλ 1xλ2 substituindo na equacao homogˆenea associada ao problema x2λλ 1xλ2 3xλxλ1 3xλ 0 xλλλ 1 3λ 3 0 Logo a equacao caracterıstica e λλ 1 3λ 3 0 de onde λ1 1 λ2 3 sao as raızes Assim vx C1x C2x3 Logo yx vx C1x C2x3 Portanto a solucao y e yx 1 2C1x2 1 4C2x4 C3 7 x 22y 3x 2y 3y 0 Seja t x 2 dx dt a equacao resulta t2y 3ty 3y 0 301 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Suponhamos y tλ entao y λtλ1 y λλ 1tλ2 substituindo na equacao homogˆenea associada ao problema t2λλ 1tλ2 3tλtλ1 3tλ 0 tλλλ 1 3λ 3 0 Logo a equacao caracterıstica e λλ 1 3λ 3 0 de onde λ1 1 λ2 3 sao as raızes Assim y C1t3 C2t Portanto a solucao y e y C1x 23 C2x 2 8 x 12y 12y 0 Sejam vx yx e t x1 dt dx 1 dv dx dv dt dt dx dv dt v d2v dx2 d2v dt2 a equacao resulta t2vt 12vt 0 Suponhamos vt tλ entao v λtλ1 v λλ1tλ2 substituindo na equacao homogˆenea associada ao problema t2λλ 1tλ2 12tλ 0 tλλλ 1 12 0 Logo a equacao caracterıstica e λλ 1 12 0 de onde λ1 3 λ2 4 sao as raızes Assim vt C1t3 C2t4 Logo yx vx C1x 13 C2x 14 Portanto a solucao y e yx 1 2C1x 12 1 5C2x 15 C3 9 2x 12yx 22x 1yx yx 0 Sejam vx yx e t 2x 1 dt dx 2 dv dx dv dt dt dx 2dv dt 2v d2v dx2 4d2v dt2 a equacao resulta 4t2vt 4tvt 2vt 0 Suponhamos vt tλ entao v λtλ1 v λλ1tλ2 substituindo na equacao homogˆenea associada ao problema 4t2λλ 1tλ2 4tλtλ1 4tλ 0 tλ4λλ 1 4λ 1 0 Logo a equacao caracterıstica e 4λλ14λ1 0 de onde λ1 1 2i λ2 1 2i sao as raızes 302 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 1 Assim ut C1 cos Lut Cy cos5Lnt 1 1 Logo yx vx Ch cosLn2x 1C cos5Ln2x 1 1 1 Portanto a solugao y é yr Ch J cosjintan 1dx Cy f senFLn2z 10 xy 3ayy0 Exercicio 343 Resolver as seguintes equacdes nao homogéneas de Euler Solugao lL y ay y 26 Lnz Procuremos a solucao da homogénea d d Seja z e entao y OF et 6 a derivada segunda é dx dt d dy d dy dtdy dydt Cy dy t t t 2t Wade de dt dvdt dde ae at substituindo na equacéo x 2xy 6y 0 segue dy dy dy t2 2t ty t 0 eye ae 7 Flee na ty dy dy dy dy di dt dt ae As raizes da equacao caracteristica sao Ay 7 e Ag 7 e a solucao geral da Ultima equacéo homogénea é yp C cost Cosent Procuremos uma solugao particular Temse que bx 26Lnz Obe e6t Uma solucao particular é da forma y eAt B Esta solucao particular na equacao original modificada fornece t t t 1 7 eAt2A BeAtBe6t A 3 e B 5 1 7 logo a solucgao geral da equacgéo modificada 6 y Ci cost Cosent 3t Observe que x 0 é um ponto singular para esta equacao Qualquer solucao para a equacao esta definida para x R desde que x 0 303 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto a solugao geral da equacao dada é 1 7 y C cosLnz CysenLnz 5 Law 5 2 xy ay y 2x Procuremos a solucao da homogénea d d Seja z e entao y OF ot 6 a derivada segunda é dx dt d dy d dy dt dy dy dt dy dy Mo PIN tA7 tt tee i 2t le I a a a Gat tO aa Ge a substituindo na equacéo xy xy y 2x segue dy dy dy t2 2t tt ee a aejevy0 Fe 7 eat dy dy dy 9 3 dy old 9 di dt dt di dt 7 As raizes da equacao caracteristica sao Ay 1 e Ag 1 e a solucao geral da tiltima equacao homogénea é yp Cie Cote Procuremos uma solugao particular Temse que bx 27 Dde 2e Uma solugao particular é da forma y teA isto pelo fato ser 1 raiz de multiplicidade s 2 Observe que yj Aet 2t e yf Aet 4t 2 Esta solucao particular na equacao original modificada fornece e 4t22Aet2tPebA2e A1 logo a solucao geral da equacao modificada 6 y Cie Cote te Observe que x 0 é um ponto singular para esta equacao Qualquer solucao para a equacao esta definida para x R desde que x 0 Portanto a soluco geral da equacdo dada é y Cyx Cyx Lnx xLn 2 16L 3 xy ey 3y x Procuremos a solucao da homogénea d d Seja z e entao y OF et 6 a derivada segunda é dx dt d dy d dy dtdy dydt Cy dy wi AY OF ty at EY tO u Wao de de at dix dt di dx di dt 304 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV substituindo na equacao xy xy 3y 0 segue dy dy dy t2 2t t t 3y0 eye Ce 7 eae 8Y fy dy dy s fy dy d2 dt dt de dt 7 As raizes da equacao caracteristica sao Ay 3 e A 1 e a solucao geral da Ultima equacéo homogénea é yp Cye Coe Procuremos uma solugao particular 16 7 ay Temse que hx Lnz Dde 16et a equacdo modificada é an x dy 2 3y l6et at Uma solugao particular é6 da forma y tAt Be logo y 2At Bt Ate yf At Bt 4At B 2Ae Esta solugao particular na equagao modificada fornece AtB2Ae2ABAte3AtBe l6et A2 B4 Logo a solugao geral da equacao modificada 6 y Cye Coe t2t 4e Observe que x 0 é um ponto singular para esta equacao Qualquer solucao para a equacao esta definida para x R desde que x 0 1 Portanto a solugao geral da equacdo dada 6 y Cyx Cy 2Lnx 4Lna x 4 xy Qry 2y 2 2Qxr 2 Procuremos a solucao da homogénea d d Seja z e entao y OF et 6 a derivada segunda é dx dt d dy d dy dt dy dy dt oY H Mo PAN twse tay ad tee 227 Fe Wade da at deat dae ae at substituindo na equacéo xy xy y 2x segue dy dy dy t2 2t ty t oF oS 9 w0 eye pe i ena ty Py dy dy Py dy 2 QW0 S 342y0 de dt dt de dt As raizes da equacao caracteristica sao Ay 2 e Ag 1 e a ssolucao geral da tiltima equacao homogénea é yp Cye Coe 305 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Procuremos uma solugao particular Temse que bx a 2r72 Oe e2Qe 2 Uma solucao particular é da forma y te A teB C isto pelo fato ser A 2 e Ag 1 rafzes de multiplicidade s 1 Observe que y Ae1 2t Be1t e yh Ae4t 4 Be2t Esta solugao particular na equagao original modificada fornece Ae 4t4 Be 2t3 Ae 12tBe 1t2teAte BC e72e2 logo A 1 B 1 C 1 assim a solucao geral da equacao modificada é y Cye Coe te teo 1 Observe que x 0 é um ponto singular para esta equacao Qualquer solucao para a equacao esta definida para x R desde que x 0 Portanto a solucao geral da equacéo dada é y Cia CyxaLneaLnz 1 5 xy xy y gm Procuremos a solucao da homogénea d d Seja z e entao y OF 6 td 6 a derivada segunda é dx dt d dy d dy dtdy dy dt Cy dy Mo TAN ts tee ad tee 2t 7 4 Ae I GG Da att awa eo a substituindo na equacéo xy xy y x segue dy dy dy t2 2t t t y0 eye Ce 7 Flee ae TY dy dy dy dy de dt dt de 4 As raizes da equacao caracteristica sao Ay 1 e A 1 e a solucao geral da Ultima equacéo homogénea é yp Ce Coe Procuremos uma solugao particular a Temse que bx a Dde e a equacao modificada é 2 ye Uma solucao particular é da forma y Ae Esta solucao particular na equacgaéo 1 modificada fornece eAm Ae A Tey m A 1 Logo a m 1 solucdo geral da equacdo modificada 6 y Cye Coe pe m Observe que x 0 é um ponto singular para esta equacao Qualquer solucao para a equacao esta definida para x R desde que x 0 306 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 a Portanto a solucao geral da equacao dada é y Cy C 72 x m 6 xy 4 dary 2y 2Lnx 122 Procuremos a solucao da homogénea d d Seja z e entao y oY 6 ty 6 a derivada segunda é dx dt d dy d dy dtdy dy dt 2 a mw FY GG OE EY tO FM 4 7 Ow Vaan aa ae deat Ga Lae at substituindo na equacéo x 2xy 6y 0 segue dy dy dy t2 2t ty t 4 2y0 eye Ce a t eae 2Y dy dy dy fy dy 4442y0 S 4342y0 eat ae ae at WY As raizes da equacao caracteristica sao Ay 2 e Ay 1 e a solucao geral da Ultima equacéo homogénea é yp Cye Coe Procuremos uma solugao particular Temse que Dx 2Lnx 127 Ddet t 12e Uma solugao particular é da forma y At BtC De Esta solucao particular na equacao original modificada fornece 2A De 32At B De 2At Bt C De t 12e 2At t2B 6A 2C 2443B 4 6De t 124 1 3 A B C0 D2 9 9 9 9 9 2t to 1 t logo a solucao geral da equacgao modificada é y Cye Coe at 5 2e Observe que x 0 é um ponto singular para esta equacao Qualquer solucao para a equacao esta definida para x R desde que x 0 Portanto a solugao geral da equacao dada é 2 11 l y Cia Cox 5Ln 5lns 2s 7 ay 32y 6ry 6y 2 Procuremos a solucao da homogénea 307 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV d d Seja x e entao y OF etd 6 a derivada segunda é dx dt d dy d dy dtdy dy dt oY du Mo TAN ts tee ad tee 2t 7 4 Ae Va ae da at deat dace ae at a derivada terceira é yr ab oe Ey Wy ew Oy Fy ew Py ty ody dx dt dt dt dt dt dt dt substituindo na equacéo xy 3x7y bry 6y 0 segue ee dy 3 ty oly aeyrere LY u 6ete Y by0 dt dt dt dt dt dt dy idy dy dy dy dy 3 2 3 3 6 6b6y0 di de dt de dt at dy dy dy 6 ll 6y0 N61160 de de at r As raizes da equacao caracteristica sao A 1 Ao 2 e A3 3 ec a solucao geral da Ultima equacéo homogénea é y Ce Coe Cze Procuremos uma solugao particular Temse que Dx x De e Uma solugao particular é da forma y Ate Esta solugao particular na equagao original modificada fornece 1 At 3Ae 6At 2Ae 11At4 Ae6Ate ei A 5 1 logo a solucao geral da equacao modificada 6 y Ce Coe Cze 5 Observe que x 0 é um ponto singular para esta equacao Qualquer solucao para a equacao esta definida para x R desde que x 0 1 Portanto a solucao geral da equacao dada éy Cx Cox C3x gzbns 8 xy xy Gry 18y 5x q 9 xy xy Qry 2y 7 308 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV d d Seja x e entao y OF etd 6 a derivada segunda é dx dt d dy d dy dtdy dy dt Cy du Mo TAN ts tee ad tee 2t 7 4 Ae I GG a Da eat wea Be a a derivada terceira é yr ab oe Ey Wy ew Oy Fy ew Py ty ody dx dt dt dt dt dt dt dt substituindo na equacéoxy xy Qry 2y x segue ete dy 3 ty oy ete LY dete ty 2y e dt dt dt dt dt dt dy dy dy dy dy dy 3 2 42 dy e di de dt de dt a Py dy dy 4 52Qye N45A20 de de ar r As raizes da equacgao caracteristica sao Ay 1 Ag 1 e A3 2 e a equacao geral da Ultima equacéo homogénea é y Cie Cote Ce A solugao particular é da forma y Ae logo yj 3Ae y 9Ae yl 27Ae entao dy dy dy 3t 3t 3t 3t 3t 3t qe ge tom 7 e 27Ae 49Ae 53Ae 2Ae e 3t 3t 3t l 42Ae 38Ae e A7 l 3t 5 5 4 t t 2t 1 3t logo yp ra A solucao geral da equacao dada é y Cye Cote C3e ra 1 Istoé y Cyx CoxrLnax C32 7 10 xy 4a y 82y 8y 4Lnx t omtxe oy GY 4 dy Seja x e entao y e ea derivada segunda é dx dt d dy d dy dt dy dy dt oY H Mo PAN twse tay ad tee 227 Fe Wade da at deat dae ae at a derivada terceira é dy dy dy Py dy Py dy dy mM TF ost SF ee 3t 74 A 3t a2 37 7 92 y qs 7 e Ee a ae ae ae ae at 309 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV substituindo na equacéo xy 4x7y 8xy 8y 4Lnz segue ete dy gly oly sere LY ou sete ty 8y 4t dt dt dt dt dt dt dy y dy dy dy dy CY 309 oft 48 gs gy at E di di de at a dy y dy 7 14 8y4t N741480 ae ae ae r As raizes da equacgao caracteristica sao Ay 1 Ay 2 e A3 4 e a equacao geral da ultima equacao homogénea é y Ce Cye7 Cze A solugao particular 6 da forma yp At B logo y A y 0 entao dy dy 44s 4t 070414A 8At B 4t dis de dt 1 7 M i 080 Yp 5t A 5 5 4 t 2t At l 7 solucao geral da equacao dada é y Cye Coe C3e at 3 2 41 7 Istoé y Cr Cox C3x gbus 3 Exercicio 344 Resolver as seguintes equacoes pelo método de redugao de ordem dado que y uma solucao da equacao Solucao 1 y9y0 ye Verifiquemos que y e é a solucdo da equacao Com efeito y 3e yi Je substituindo resulta 9e 9e 0 Seja yox y1xvx outra solucao entao yox yf xux 2yhxvx ixvx yax yr x vz Substituindo as expressoes y e y e simplificando resulta wiv 2yhu mv 9yv O 2yhwvx srxvx 0 310 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV isto e 6e3xvxe3xvx 0 vx6vx 0 Lnv 6x vx 1 6e6x logo y2x 1 6e3x Portanto a solucao geral da equacao em R e y C1e3x 1 6C2e3x 2 x2y xy y 0 y1 cosLnx Verifiquemos que cosLnx e a solucao da equacao Com efeito y 1 1 x senLnx y 1 1 x2 senLnx 1 x2 cosLnx substituindo em x2y xy y 0 resulta x2 1 x2 senLnx 1 x2 cosLnx x1 x senLnx cosLnx 0 Seja y2x y1xvx outra solucao entao y 2x y 1xvx 2y 1xvx y1xvx y 2x y 1xvx y1xvx Substituindo as expressoes y y e y e simplificando resulta x2y 1v 2y 1v y1v xy 1xvx y1xvx y1v 0 x2y1v 2x2y 1v xy1xvx 0 x2 cosLnx v 2x2 x senLnxv x cosLnxvx 0 x2 cosLnx v 2x senLnxv x cosLnxvx 0 vx vx 2 x cosLnx senLnx 1 x Lnvx Lncos2Lnx Lnx Lnvx Lnx cos2Lnx vx 1 x cos2Lnx vx tanLnx logo y2x cosLnx tanLnx senLnx Portanto a solucao geral da equacao em R x 0 e y C1senLnxC2senLnx 3 y y 0 y1 cos x Verifiquemos que y1 cos x e a solucao da equacao Com efeito y 1 senx y 1 cos x substituindo resulta cos x cos x 0 Seja y2x y1xvx outra solucao entao y 2x y 1xvx 2y 1xvx y1xvx y2x y1xvx 311 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Substituindo as expressoes y e y e simplificando resulta Lyiv 2yjv ye yy O yj xux yi zvx 0 isto é vxcosx 2uxsenz 0 Ln 2Lncosr vx sec x vx tanz logo yox senz Portanto a solucao geral da equacao em Ré y CC cosx Cosenz 4 12y 2Qry2y0 yar E imediato que y x seja solucao da equagao Seja yox yixvux xvx outra solugao entaéo Yo x 2vx av x ys x vx xvz Substituindo as expressoes y e y e simplificando resulta 1 a 2ux wv x 2avx avx 2xvx 0 vx22 22 21 2ux x2 4270 dv 2a 1 dv 327 1 x 2dr0 42W 0 vu t x3 x vu t e3ax 2 du x 232 1 9 3 x 1 1 x1 1 q LL x3 x lwesa an MD ts 1 x1 1 1 x1 logo vx Ln2 3 Ln 1 ogo ux 5 n Yox 5 nT 1 1 Portanto a solucdo geral da equacado em Ré yCyx Or52Ln 1 x 5 ay 2xy 6y 0 yy 2 Verifiquemos que y x é a solucao da equacdo Com efeito y 22 yi 2 substituindo resulta 2x2 2x2r 6x 0 Seja yox yixux outra solucao entao Y yu yy Yo yu 2yyv ylv Substituindo as expressoes y 4 e y e simplificando resulta rly 2yu yfe 2ayiu yy 6yv 0 oxy 2ry 6y1 0 312 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV vx 6v 0 Lnv 6Lnx v x6 vx 1 5x5 logo y2x 1 5x5x2 Portanto a solucao geral da equacao em 0 e y C1x2 1 5C2x3 6 x3y x2y xy 0 y1 senLnx Verifiquemos que senLnx e a solucao da equacao Com efeito y 1 1 x cosLnx y 1 1 x2 cosLnx 1 x2 senLnx substituindo em x3y x2y xy 0 resulta x3 1 x2 cosLnx 1 x2 senLnx x21 x cosLnx xsenLnx 0 Seja y2x y1xvx outra solucao entao y 2x y 1xvx 2y 1xvx y1xvx y 2x y 1xvx y1xvx Substituindo as expressoes y y e y e simplificando resulta x3y 1v 2y 1v y1v x2y 1xvx y1xvx xy1v 0 x3y1v 2x3y 1v x2y1xvx 0 x3senLnx v 2x3 x cosLnxv x2senLnxvx 0 x3senLnx v 2x2 cosLnxv x2senLnxvx 0 vx vx 2 x senLnx cosLnx 1 x Lnvx Lnsen2Lnx Lnx Lnvx Lnx sen2Lnx vx 1 x sen2Lnx vx cotLnx logo y2x senLnx cotLnx cosLnx Portanto a solucao geral da equacao em R x 0 e y C1senLnxC2 cosLnx 7 x2y xy 0 y1 1 E imediato que y1 1 seja solucao da equacao Seja y2x y1xvx vx outra solucao entao y 2x y1xvx y 2x y1xvx 313 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Substituindo as expressoes y e y e simplificando resulta x2y1vx xy1xvx 0 x2vx xvx 0 vx vx 1 x Lnvx Lnx vx 1 x vx Lnx logo y2x Lnx Portanto a solucao geral da equacao em R e y C1 C2Lnx 8 x2y 4xy 6y 0 y1 x2 E imediato que y1 x2 seja solucao da equacao Seja y2x y1xvx x2vx outra solucao entao y 2x 2vx 4xvx x2vx y 2x 2xvx x2vx Substituindo as expressoes y e y e simplificando resulta x22vx 4xvx x2vx 4x2xvx x2vx 6x2vx 0 vx2x2 4x2x 6x2 x24xvx x2vx 4xvx 0 vx 0 logo vx xC y2x x3C Portanto a solucao geral da equacao em R e y x2C1 x3C2 9 x2y 3xy 0 y1 1 E imediato que y1 1 seja solucao da equacao Seja y2x y1xvx vx outra solucao entao y 2x y1xvx y 2x y1xvx Substituindo as expressoes y e y e simplificando resulta x2y1vx 3xy1xvx 0 x2vx 3xvx 0 vx vx 3 x Lnvx 3Lnx vx 1 x3 vx 1 2x2 logo y2x 1 2x2 Portanto a solucao geral da equacao em R x 0 e y C1 C2 1 2x2 10 x2y 2xy 2y 0 y1 x 314 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV E imediato que y x seja solucao da equagao Seja yox yixvux xvx outra solugao entaéo Yo x 2vx av x ys x vx xvz Substituindo as expressoes y e y e simplificando resulta x Qu x xv x 2xvx 2vx 2r0x 0 vx 0 logo vx 2C wx 2C Portanto a solucao geral da equacao em Ré y C x70 1 xy2ry10 yy Lnz E imediato que y Lnz seja solucao da equacao Seja yox yi x vx vx Lng outra solugao entao 1 M MW 1 1 Y3x v2 uxLna y3x vx Lnax 2v2x zl vt Substituindo as expressoes y 4 e y e simplificando resulta 274 1 1 1 x vx Lng 2ux v5 22vx vx Lnz10 x x x 2 1 1 MN 2 ux 2 22 1 4 vxaLng 20x x 4 2auxz Luz 0 x 1 1 dv 1 1 9 0 2 0 vila 20 0 na t 7 vu t Tins t 7 1 Ln 2LnLnr2Lnr oy ne nIn2 ms Lnz LnLna dr wplrL d Too n Lnz LnLnz Bae Lnz LnLnz A soluca ld a R é Cy Lnx C2L dx solucdo geral da equagéo em Ré y na ne dz 12 221y4x1y4y0 yw x1 Verifiquemos que y x 1 é a solucao da equacao Com efeito y 2a 1 y 2 substituindo em resulta 42 1 8a14x4 1 0 Seja Y2x y1xvx outra solugao entao Y mu yy Yo mv 2yhol ylv 315 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Substituindo as expressoes y 4 e y e simplificando resulta 2a 1 yv 2yyv ylv 4a Lye yyy 4ynv O v2a 1yf 4 1y 4yi 2 1yyo 2yjv2a 1 4 1yv 0 dv 2 1 a1o200 de y vu x 1 x 1 1 logo yox x 1 r1 Portanto a solugao geral da equacéo em 1 00 6 y O1x 1 Cox 1 Exercicio 345 Se y Vacosax e yo Vasenxz formam un conjunto linearmente independente 2 2 1 2 M1 e sao solugdes de xy xy a py Achar a solugdao geral para xy xy 1 x py Va Solucao Als s iM 1 l A equacaéo na forma canonicaé yy y1 Tay 0 x x Verifiquemos se y Vx7cosx e yo Vasenz formam un conjunto linearmente independente Entao Vutcosax Vatsenx Ww 1 1 y 0 5ve cost Vatsenz Va7cosx gVe sens b b Sabemos que ux Ya Dx e usx mn Bx entao W W Y2 Wx Valsenx V x3 9 ux 2 senr W x yi x Vat cosa V2 9 Uyx rcosr W x u1x esenca x cosa 2xsenx 2cosx U2x Je cosxdx xsenx 2x cos x 2senx A solucao particular é y x cosa 2xsenz 2cosaVax cosa xsenx 2r cos x 2senzVxsenz isto 6 yp cV x7 2V a7 Portanto a solucao geral é x Cya cosa Cosenr 2V x7 2Va7 316 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercicio 346 Sey x e yo e formam un conjunto linearmente independente e sao solugoes da homogénea associada 4 ED x 1y ry y 2x 1e7 O0a1 Achar a solugao geral 12 Solucao as Z v l 2x A equacaéo na forma canonica 6 y y y 224 le x 1 x 1 Verifiquemos se yj e Yo e formam un conjunto linearmente independente Entao ve r ner 40 1 e bx bx Sabemos que ux Be e usx ma entao Y2 Wx e 2a l1e S 2 ux 2e u 2 Ww x jer Ox w 2a 1e 1 ube AOA 8 SE OI Lore 2 ve e 22 WwW a 1e 22 2 2 Lie 1 1g A solucao particular é y x 2e exe 5 isto 6 Yp E 5 1 Portanto a solucao geralé yx Cha Coe re 3 Exercicio 347 Para x 1 considere a seguinte equacao diferencial 1 a x y 22 Qn xy y x 1 Achar a solucéo geral da homogénea sabendo que wma de suas solugdes y e 2 Achar a solucao geral da equacado nao homogénea Solucao 1x Z l 1ax N 1 Verifiquemos que y e é a solugao da equagao Com efeito y e y x 9 4 3 ee substituindo em resulta Ux not 2 l iy x x el a 2x7 2a r Ger l a4 x 224 2 1 el ae act 20 2 51 317 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV ell 2a a 2 20 22 xx 2 x 0 Seja yox yxvx outra solucao entao Y mu yy Yo mv 2yhol ylv Substituindo as expressoes y 4 e y e simplificando resulta at 2yyo 2yju yfv 22 22 xyyo yjvo yixvx 0 a x yyu 2a 2 yiv 22 22 xyyv 0 22 4x 1 4 gy 22 4x 0 v pa 4041 0 322 a xu 2x x av vo eI v 322 2 2 2 2e4r1 3a 22 x 1 2 1 Lnv Lnx 2 Lnw 2Ln2 1 2Lnz x r x 1 v1 1zx l l l 1x tne ln Tent 23 U a 37 v Te 1 1 logo yox el e Ve x x 1 Portanto a solucdo geral da equacdo em R 0 6 yelC C x 2 Achar a solucaéo geral da equacao nao homogénea Da igualdade 322 segue 1 2x7 4x 1 1 a 23u 2x3 4a av x yl4 eat ly x x a 4 1ax l A solugao da equacao homogénea correspondente 6 y eC Cy Sabemos x 1 1 que yz e e yox e a solucao particular y uxe uax x Pelo método da variacgéo dos parametros quando x 1 segue uiajel ubx 0 Ax 1 1 1 t r1 wx e 4 0 u a Ge wl2G a 318 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV As fung6es u1x uax obtémse por integracao fixando xo J x1 1x xt e ux tea dx dx 1xx1 e 7 1 1ax 1 Logo vp e dz Lnz x x 1 1 e7lx 1 Assim yox yxux eel dz Lnz x x Portanto a solucao da equacao diferencial é 1x 1 y eC Cy eve dx zine x x Exercicio 348 Um peso de 24 libras preso a extremidade de uma mola que se estende 4 polegadas Encontre a equacao do movimento se o peso em repouso liberado a partir de um ponto que de 3 polegadas na posicao de equilibrio Solucao q 1 Rpta yt 7008 4y6t Exercicio 349 Encontrouse num experimento que um corpo de 4lb estica uma mola 6 polegadas O meio oferece uma resisténcia ao movimento do corpo numericamente igual a 25 vezes a velocidade instantanea Determine a equagao do movimento sabendo que o peso esta se desplazando 4 polegadas por baixo da posigao de equilibrio e solta Solucao Da segunda lei de Newton na ausencia de forcas externas segue que dy dy m ky 6 dt y Pa onde é uma constante de amortecimento positivo o sinal escrito é porque aforga de amortecimento atua em sentido contrario ao movimento 319 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV A equacao do movimento e 4 32 d2y dt2 8y 2 5dy dt ou equivalente d2y dt2 20dy dt 64y 0 y0 1 3 y0 0 323 A equacao auxiliar de 323 e λ2 20λ 64 e suas raizes sao λ1 4 e λ2 16 de modo que yt C1e4t C2e16t A condicao y0 1 3 implica C1 C2 1 3 entanto que y0 0 implica 4C1 16C2 0 Resolvendo o sistema C1 4 9 e C2 1 9 Portanto yt yt 4 9e4t 1 9e16t Exercıcio 3410 Um peso de 32lb estica uma mola 6 polegadas O peso se move em um ambiente que se opoe a uma forca de amortecimento numericamente igual a β vezes a velocidade instan tˆanea Determine os valores de β para que o sistema mostre um movimento oscilatorio Solucao Rpta 0 β 16 Exercıcio 3411 Uma massa de uma libra esta sujeita a uma mola cuja constante e 9 lbpie O meio oferece resistˆencia ao movimento numericamente igual a 6 vezes a velocidade instantˆanea A massa e liberada desde um ponto que esta a 8 polegadas sobre a posicao de equilıbrio Determinar os valores de v0 a fim de que posteriormente a massa passe a posicao de equilıbrio Solucao Rta v0 2 piessg Exercıcio 3412 Um peso 16 lb estica uma mola em 8 3 ft Inicialmente peso a partir do repouso de um ponto que e de 2 ft abaixo da posicao de equilıbrio e o movimento posterior e feito em um ambiente que se opoe uma forca de amortecimento numericamente igual a 1 2 da velocidade instantˆanea Encontre a equacao do movimento se o peso e impulsionado por uma forca externa igual a ft 10 cos 3t Solucao 320 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Rpta xt et24 3 cos 47 2 t 64 3 47sen 47 2 t 10 3 cos 3t sen3t Exercıcio 3413 Uma massa pesa de 4 lb esta pendurada no extremo de numa mola Se a mola se estica 2 polegadas por causa do peso da massa para em seguida se mover 6 polegadas da posicao de equilıbrio e ser lancada com uma velocidade inicial de zero encontrar a equacoes diferencial do sistema considerar que o meio ambiente oferece uma resistˆencia ao movimento de 6 lb quando a massa tem uma velocidade de 3 fts Solucao A massa m 4 lb 32 fts2 1 8 slug O coeficiente de recuperacao k F δ 4 lb 16 ft 24lbft O coeficiente de friccao b 6 lb 3 fts 2 lb sft A equacao diferencial e 1 8y 2y 24y 0 yt e8tC1 cos 128t C2sen 128t Pelas condicoes iniciais y0 1 2 y0 0 a solucao procurada e yt 1 2e8t cos 128t ϕ Exercıcio 3414 Um bloco de 4 0 Kg esta suspenso de uma certa mola estendendoa a 16 0 cm alem de sua posicao de repouso 1 Qual a constante da mola 2 O bloco e removido e um corpo de 0 5 Kg e suspenso da mesma mola Se esta mola for entao puxada e solta qual o perıodo de oscilacao Solucao 321 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 35 Solucao de Equacao Diferencial por Série de Poténcias Exercicios 35 ky Exercicio 351 00 00 Na seguinte expressao de somatoria So nanx 2 S Anxv 0 encontre uma lei de n1 n0 recorréncia que relacione o coeficiente a com o primeiro elemento ag diferente de zero Solucao Para obter uma lei de recorréncia que inclua a sera escolhido na expressao da soma toria uma poténcia que a contenha Podese observar que a encontrase por exemplo no coeficiente de x O coeficiente de x em toda a expressao é 0 seguinte O primeiro da somatéria corresponde a poténcia x e 0 coeficiente é nay O segundo coeficiente da somatéria da mesma poténcia x é 2an1 Portanto 0 coeficiente de x igualado a zero é oo 00 00 00 S nanw 2 S Anew 0 Ss S nanw 2 S Qmjew 0 3s n1 n0 n1 m1 2 2 donane 2a320 S ay 1 a ju n n1 2 2 323 2 aFuFdo 43 1 300 Fn 1 1 0 Qn Portanto a 1 ap Yn EN n Exercicio 352 Determine os pontos singulares das seguintes equacoes diferenciais Solucao a x ly 2y ay 0 A equacao na forma normalizada y pxy qx 0 2 x iW y y 0 Y 1 322 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Os coeficientes px eD e qx en sao fungoes que estao definidas e sao analiticas em x R exceto nos pontos onde se anula o denominador Portanto todos os pontos sao ordinarios exceto x 1 que é um ponto singular Sendo x 1px 2 e x1x xx 1 funcoes analfticas em x 1 este ponto é singular regular b xy senzy 0 A equagao na forma normalizada é yy ty 0 onde a expressao é uma fungao analitica mesmo que o denominador se anule em x 0 jd que se elimina ao estabelecer a série de Taylor sent s 12 co 2n 1 Portanto na equacao nao existem pontos singulares c xy 2x 1ty senzy 0 A equacao na forma normalizada é y ae sty 0 O unico ponto singular 6 x 1 jA que em px pode se eliminar e em qx éa funcao do item anterior Portanto x 1 é um ponto singular regular pos as fungoes x 1pz 1 e a 14x a 1 sao analiticas em x 1 Exercicio 353 Resolver os seguintes exercicios no ponto ordindario x 0 Solucao 00 1 a 1y 6y 0 Entorno de x 0 supondo y So ana uma solucao temos n0 00 oo y S nax y S nn 1axz substituindo na equacao n1 n2 00 00 x1y6y0 x41 Si nn 1anv 6S ax 0 n2 n0 00 00 00 Si nn ax Si nn 1ax 6 S acw0 n2 n2 n0 00 00 00 Si nn 1ax Sim 2m 1am42x 6 S aw0 6 n2 m0 n0 323 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 00 S mm t Lampe S n 2n laing2 6an 2 0 m1 n0 00 2a 6ao S nn Lang n 2n Laary2 Gan 2 n1 n1 2a96a36a0 6a 6a 2a9 agaao n2 6a312a6a20 2a 4a9 a4 n3 12a20a6a30 10a 3a36a 10a5 6a 1549 n4 20a530ag6a0 30ag 4a9a20a 10ag 17a95a Portanto a solucao da equacao diferencial é 3 17 1 3 1 y aol 30 2 2a Sa oa ale Sah ea 5a o 00 2 y ay 0 Entorno de x 0 supondo y Sana uma solucao temos y n0 00 00 Snax y S nn 1ax substituindo na equacao n1 n2 00 00 yazy0 Ss Si nn 1anx v ana 0 s n2 n0 00 00 00 00 Snn1anx anv 086 S m3M2am430S az 0 n2 n0 m1 n0 00 a 2ay n3n2dni3 Gn2t0 dny3 aw 0 2 Lill 9n Dans a ep aa 8 ga Hd ae Ee ge EL 932 8 4B 8 5 65 BD 7 76 76 48 0 1 1 a 1 1 a ag U g 0 OO SOC 98 65 32 9 109 76 43 1 1 1 1 1 1 A solucao da manage é y oll x2 65 52 98605 zy Lae pt pe eg ee lL Falrk Torte g a3 ti99 7643 7 3 a 1y 6ry 6y 0 00 oo Entorno de x 0 supondo y So ana uma solucdo temos y So nana n0 n1 324 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 y S nn 1anz substituindo na equacao inicial n2 oo 00 00 a1y6ry6y 0 21 S nn1ax6x S Nanx 6 S Anw 0 n2 n1 n0 00 00 F00 00 Si nn 1ax Si nn Lax S 6napx S Ganz 0 n2 n2 n1 n0 love 00 00 oo Sim 2m Lamyov S nn 1ana S 6napx S 6az0 m0 n2 n1 n0 00 2a2 3a9 6xa3 241 Siln 2n 1dny2 nn 1 6n 6JaJx 0 n2 3 a3 2a ag 3do An42 anton n 2 34 sae n1 5 6 7 8 ag 3 Dao ay 483 34 ag 54 Tag a7 6 4a 10 ag 9a9 dag gar 5a1 aio Illao ayy 6a1 a2 13a9 Assim dz 12n4 1ao Geng 1n 1a n0123 Portanto a solucao da equacao diferencial é 00 00 y ao 12n 1a ay SO1n 4 1 n0 n 4 yayy0 00 00 Entorno de x 0 supondo y So an uma solucao temos y So nana n0 n1 00 y Si nn 1ax2 substituindo na equacao inicial n2 00 love 00 y2yy08e Si nn lav 2 So nanx S Anx 0 n2 n1 n0 oo oo 00 S nn 1ayx S NA t S ant 0 n2 n1 n0 325 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV oo oo 00 Sim 2m Lamyor So nan So an 0 m0 n1 n0 00 2a ag S n 2n 1dnye Nay Ay 2 0 n1 1 a 540 n 2an4i2 An n1234 1 1 1 1 1 a3 3 a4 4 x4 470 a5 53 5x3 gt 1 01 1 oe 6 Ox ax 6 3x5 x7 1 1 1 1 1 27 1 an TF oo 7 An2j15 na J n n 2 n 4 n6 n 25 PU P an I 2 I 2n1 tant n ortanto Y 40 oT 6 ny 1 Re Qnty 00 5 x1yy 0 Entorno de x 0 supondo y S Anx uma solucao temos n0 00 oo y So nana y So nn la2 n1 n2 substituindo na equagao inicial 00 00 2 1y y 08 1 S nn 1ax So nax 0 n2 n1 too 00 00 Si nn 1anx Si nn 1anx So nanx 0 n2 n2 n1 00 00 00 S mm lamar Sim 2m amyo0 Sim Ldmpiz 0 m1 m0 m0 00 a 2ag S m 1am41 m 2M Ldm42x 0 m1 logo 5 m 1 123 5 2 1 ay 2a2 Ams9 Omy1 mM1 2 3 de ao a 1 2 2 Gy pay amet 3 302 3h 3 1 4 1 1 1 Q40301 Ah 704 741 Ug ra d a 4 4 3 4 1 5 5 4 5 1 6 6 1 n 1 326 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 1 1 1 Assim y Doan ag bane to ai pel bt Tah y agta sot a va oer a va ae ao aLnx1 nao ttl n0 12 Portanto a solugéo da equacao diferencial 6 y ao aLnx 1 entorno de x0 00 6 14 2y 22xy 2y 0 Entorno de x 0 supondo y S Anx uma solugao n0 temos 00 oo y So nana y So nn la2 n1 n2 substituindo na equagao inicial 00 00 00 1tay2ry2y 0 142 S nnlanv 2422 S nanx2 S Anz 0 n2 n1 n0 00 00 00 00 Si nn 1ayx Si nn Lax 2 So nay 2 S anx 0 n2 n2 n1 n0 00 00 00 00 Sim 2m 1anyor Si nn 1ayx 2 So nay 2 S anv 0 m0 n2 n1 n0 00 2ay2ay 6a3x2ayx2a0 Y n2n1ang2nn1ay2nay 2ayx 0 m2 00 2az ag Gagx So n 2n Vang n 2n Lanz 0 n2 n2n1anyo n2n1a0 m n n An n n1a An42 an 42 42 n 1 1 1 2 31 3 531 a4 d2 a0 A5 a3 Ag A7d5 dga 4 32 340 5 18 6 5 RHO 7 gu 8 75300 ay 22a a 1831 a a 0 9 eG U0 or Fat an 5 M0 ant A solucao da equacao é 1 31 531 7531 1 all ta 248 4 Zag 2278 4 225 10 op MEA ented yaola gt at 7E3t 753 toad 327 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 n2n 1 Qn1 hae dV x arctan 7 nel Portanto a solucgao da equagao diferencial 6 ya ao1ax arctan xa x2 entorno de x 0 7 yey 0 Sugestao Determinar a série e e multiplicara pela série de y q x x at x2 x x xt x x Rptayal155HtaeS55455 Exercicio 354 Resolver y xy e entorno de x 0 Solugao 00 Entorno de x 0 supondo y S dnx uma solucao temos n0 00 00 y Snax y S nn la2 n1 n2 substituindo na equagao inicial 1 yt I a n n1 n y ry e So nn lana aD a n2 n1 n0 00 00 00 1 Sim 2m 1dmyor So nay S 7 m0 n1 n0 eye Dn 2a S ansan 2n 1 nay2 1 S n1 n1 2az1 Any2n 2n 1 nan n logo 1 n 1 1 a2 An42 A 7 2 n2n1 nln2n1 1 1 21 1 3 11 1 8 GB Ge ES 9 94 B 903 20 40 30 4 1 1 4 4 1 13 Aa a s ume TD 304 30x 4 30x8 30x4 30x 4 328 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 Assim Y do nx ag ax aga aga aget aye n0 faye 20 A prety 4 ty Seg aa2 a a4 FE ONES OE NG G 8 40 30 Portanto a solucao da equacéo diferencial 6 y ry e entorno de x 0 1 1 1 1 1 1 13 ao a a 022 4 2 2a 2 a a ye Go 6 40 6 8 30 30x Exercicio 355 Dada a equagao diferencial yayy0 1 Determine duas solugdes linearmente independentes yx yox 2 Usando o critério do quociente mostrar que as séries convergem para todo x R 3 verificar que yix ea 4 Determine y2x Solugao 1 Determine duas solucoes linearmente independentes yx e y2x 2 Usando o critério do quociente mostrar que as séries convergem para todo x R 3 verificar que y x ea 4 Determine y2x x xt x x x a Rptay1Ftsganto 06 6ywlt D g57t Exercicio 356 Resolver 0 put yy xy 2a 1y0 y1 2 y1 2 mediante séries de Taylor Solugao 00 Entorno de x 1 supondo y S ax 1 uma solucao consideremos t x 1 n0 dy dy dy dy 00 00 logo assim temos y aa 1 at de dt de db y Lane r De 00 00 y So nant y S nn 1at n1 n2 substituindo na equagao inicial oo 00 00 yay2rly0 S nn1aytt1 S nant 2t3 So ant 0 n2 n1 n0 329 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 00 00 00 00 Si nn Lant S nant So nant S Janttt S 3at 0 n2 n1 n1 n0 n0 00 00 00 00 00 S ik 2k Vansot So nant Sok Varyit S 2ayit S 3ant 0 k0 n1 k0 k1 n0 00 2ag ay 3d9 Siln 2n Ldnyo Nay 2 1dn 41 2ap1 3at 0 n1 1 3 n 1dn41 2an1 38 nan 5 n ee 2 9M F 5 Ant n2n lo 1 4 1 1 3 4 1 n a3 A2 a a a a a 342 F 3a 340 Ga Fao 2 6a3 4a 2d 304 Ag 4a a 309 1 n OD Ooeoev Chu hr 4 24 24 go 3 6a4 2a az 9 61 n a5 a a 20 120 250 00 Assim y Sant ay tat aot agt agt Fant n0 fayt oar Zag 2 2a Sag Dag t ast adaja a a a a a a ee y 0 1 gi FT 50 git Bg 340 5 3 1 1 61 1 3 9 t aol4 4 t 1 t PP yt aol tat tpt ts 550 ai 5t t 100 Quandorx1 t0 y0 ao1 0 a 0 2 ao 2 1 1 61 3 9 t ao3t 0 t 1tPt y t aol t 5 ape alt 5 oat y 0 ao0 ay1 0 2 ay2 Portanto a solucao da equacao diferencial é 3 1 1 61 t 2f1 1 14 1 1 4eeJe yt 2 Se 1 e 1 4 wt 1 e 1 3 9 2 1 1 1 1 5e lat 100 y Exercicio 357 Resolvendo mediante séries mostre que a solugdo de x1yayy0 y0 2 y0 6 éy 8x 2e Solugao 330 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV q Exercicio 358 Resolver a 1y 3ryay0 y04 y0 6 Solugao 00 Entorno de x 0 supondo y S Gnx uma solucao temos n0 00 00 y So nanx y S nn 1ayv n1 n2 substituindo na equagao inicial 00 00 00 a 1 Si nn lanx 3x So nana 2 S anx 0 n2 n1 n0 oo 00 00 00 S nn 1ax S nn 1av 3 So nana S dnz 0 n2 n2 n1 n0 00 00 00 00 Si nn lana So b 2k Vagyoe 3 0 nana aprx 0 n2 k0 n1 k1 00 2a2 6a3x 3ax agx S nn 2an n 2N Ldngo Gnalz n2 0 1 1 1 nn 2adn An1 a20 a3 a O42 2 a 5u Edo 42 n 2n 1 2a ay 1 3 4 1 12a a3 a4 a ds a a ag 4 12 12 1 5 8 1 8 0 6 30 00 Como y S Ant ao ax agx a3x ayx logo n0 1 1 1 3 1 ya ao aya Oa a in a 50 at Fa a wpe x a ee y ey a rp ey hy WEDS OVEN G8 212 8 Pelos dados iniciais y0 ao1 a04 a4 331 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV x a wy ey a 1p See Be PETS OVD TB 2 3 8 y x ao0a16 a 6 11 1 11 Portanto yr 46r fe a 3 a 7 fore Exercicio 359 1 Resolver a equacao x 1y 4xy2y em torno do ponto x 0 Determine x as solugdes homogéneas desta equacao diferencial em termos de séries indicando a que funcao converge cada uma delas Solugao Entorno do ponto ordinario x 0pr x71 p0140 00 Supondo y S ax 0 uma solucgao temos n0 00 00 y So nanx y S nn 1ayv n1 n2 substituindo na equacao homogénea 00 00 00 x 1 So nn lax 4x Sona 2 S Ant 0 n2 n1 n0 00 00 00 00 Si nn Layx Si nn 1anx 45 NA x 2 S anx 0 n2 n2 n1 n0 00 2ao ag 6a 6a3x S nn Lay n 22 1 dnz2 Anan 2anx 0 n2 00 2a a2 6a 6asx Sn 2n Lan n 2n Lany22 0 n2 a9 42 A a3 N2n 1ldnso n 2n4 lay n2 a4 a2 a0 n3 a5 a3 41 Ayn a0 QAm41 aA 00 00 00 Logo yx S Ann S yn don412 assim a solucao da homogénea n0 n0 n0 é 00 00 ao aya 2n 2n1 Ynx wd m don Top tTo 2 332 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Calculemos a solugcao da particular normalizado a equacao 4a 2 1 Yo yy e1 2a21 Pelo método da variacao dos parametros resolvemos o sistema 1 Up Yr Uy Yo O Uy Yi Uy Yo ax 1 1 x 1 x 1 2 1 W 41 yo on 1 2 G2 221 a 1 de onde 0 a 1 1 x 7p l 1 2 l w2 xua1 a 1 1 0 l 12 1 Po a stp On 1 ULnez a 1 xx 1 lugdo particular é tL assim a solugao particular é x7 Lnzx saoP Yp 1 2 1 2 11 x Portanto a solugao geralé y s 3 2 To Lnz Tow Exercicio 3510 Resolver 0 pvi t 2t 3y3t 1ly y 0 y1 4 y1 1 Solugao Seja t x1 logo quando t 1 segue que x 0 assim podemos escrever a equacao original como 2 4 37 4 y 0 y04 y01 da dt Aplicando a técnica do sobe desce dos indices do somatério 00 oo love love S ann 1la 3 S anna S Anx 4 S Any2n 1n 2x 0 n0 n0 n0 n0 Notese que foram integrados os fatores dentro dos somatérios antes de mexerse com 333 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV os indices A relacao de recorréncia que se obtém é n 1 n42 Fa ns 0 An2 An 2 a n Podemos observar que tanto ap quanto a ficam livres para poder introduzir as condi cOes iniciais Podemos entao obter as solucoes linearmente independentes Para obter y suponhamos ag 1 e a 0 logo ag4 0 de onde 1 3 5 1422 7 4 a7 ma 3 og toad 7 Para obter yo suponhamos ap 0 e a 1 logo a2 0 de onde I3lis Loy Yo U ex 39 140 A solucao geral é y Cyy Coye Para as condicoes iniciais temse 1 1 3 y 41 yp 4 a 50 ea soa retornando a variavel t como x t 1 segue que a solugao é l 21 3 3 4 yt 4 t1t1 t 1 St1 2 6 32 Exercicio 3511 Resolver o pvt yy xy0 y0 0 y0 1 mediante série de poténcias Solugao 00 Supondo y S anx uma solucao temos n0 00 00 y Snax y S nn lax2 n1 n2 substituindo na equagao original 00 00 Si nn Lanz 2 S ant 0 Ss n2 n0 00 00 Son 2n Lanyon agx S avr 0 Ss n0 n1 334 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 2az 6a3x apx Soin 2n lany2 An1x 0 n0 0 2 a20 a3 d9 Gn42 a1 n eer a n 1 1 1 0 1 a4 4 As ay 0 a6 a 34 9 45 2356 1 0 1 a7 4 ag 0 dg 18 3467 7 5 79 935689 E dificil encontrar uma férmula na série porém por observagao podemos concluir que a Os coeficientes da forma a342 0 b Os coeficientes a3 sao multiplos de ag c Os coeficientes a341 sao multiplos de a gn 1 en ya ao 1 n8nNn4Bn5 B20 ee gontl 8n 18n8n 28n3 are Os termos dentro dos colchetes na solugdo sao as fungdes de Airy Aix e Bix Assim a solucao geral da equagao diferencial é yx ajAix a Biz Dos dados iniciais y0 a9 0 e y0 a 1 Portanto yx Bix é a solugao do pvi Exercicio 3512 Usar o método de Frobenius para determinar a solugao da equagao de Bessel de ordem 8 ry ay a sy 0 Solucao 1 x 7 s Normalizando podemos escrever na forma y y y 0 x x 1 2 As fungdes Px Px 1 estao definidas e ambas sao analiticas em x x todo ponto exeto em x O que sera portanto o unico ponto singular da equagao E singular regular ja que tanto xPx 1 como x Px 2 s Buscando a solucao em série de Frobenius x 2 S Gnx e derivando n0 y x Son trav yl x Son rntrl1jar2 n0 n0 335 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV substituindo na equacao x Son trnrlanx 2 Son ranzt x s S anv t 0 n0 n0 n0 Son rnr1arv Son ranz a 8 S anxt 0 n0 n0 n0 1 o coeficiente de x 6 a sy2 1 2 observe que a 0 snr A equacao indicial rr1porqo0 onde po lim a Px 1 m lim a P2 s a 2 de onde r s our S 1 Para r s a lei de recorréncia fica a an2 n 2 nn 2s q Exercicio 3513 Determine a solucdo da equacao de Bessel de ordem zero xy ary 27y 0 Solugao Exercicio 3514 00 Exprima e dx como uma fungao gamma 0 Solugao oo 2 00 2 Sejam I f edrel f e dy 4ntao 0 0 00 00 00 00 P ede ede e P dude 0 0 0 0 Em coordenadas polares x pcos y psené Opoo 007 T 00 T 2 2 9 too I f er eapae fer dd 0 0 0 0 00 Portanto ede Vr I z 0 336 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercicio 3515 A equacao de Legendre de ordem a é 1 xy 2ryaa1ly0 a Mostrar que 1 Mostrar que as formulas de recorréncia sao 1aa 2a4a2n2a1a3a2n 1 027 Sao 7 2n 1a 1a3a2n 1a2a4a4 2n C2 2n 1 2 As solucoes linearmente independentes sao Y1 a So 1 aan Y ay So 1 aan n0 n0 onde dan A2n41 Sao as fragdes determinadas na parte primeira sem 1 3 Sea um inteiro nao negativo e par entado den 0 para 2n k mostrar que y um polindmio de grauk e yo uma série infinita Se alpha é um inteiro nao negativo e impar entao don11 0 para 2n1k mostrar que yo um polindmio de grau k ey uma série infinita 4 E costume considerar a constante arbitréria ap ou a segundo seja o caso de tal modo oa 2n que o coeficiente de x no polindmioy ou Yy2 segundo seja o caso seja nl e nN chamado de polinémios de Legendre PxMostrar que nv sy onde 2kn kn 2k 2 5 Determine os seis primeiros polinomios de Legendre Solucao Normalizando a equacao 1 2xy 2xy aa 1y 0 podemos escrever na forma 2x aa 1 iW oT 9 Y 0 Qa aatl1 As funcdes Pix Pox estao definidas e ambas sao 2 aay PO Ge analiticas em todo ponto exeto em 2 1 que serao portanto o pontos singular da 20 equacao E singular regular ja que tanto x 1Px como x 1Px x aa 1 337 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Buscando a solucao em série yx S ax e derivando n0 y x So nanx y x2 Si nn 1av n1 n2 substituindo na equacao 1 2x S nn 1ax 2a Sona aa1 S anx 0 n2 n1 n0 2az2 aa 1ao 6a3 aa 1 2aya So n 2n Vanya aa 1 2anjx 0 n0 2 ala 1 naan 1 tn 42 a 0 n 2n 1 n 2n 1 1 Portanto obtémse as formulas de recorréncia sao 1aa 2a4a 2n2a1a43a2n1 1a 1a3a2n 1a2a 4 a4 2n Dam 2n 1 estas formulas para n 2 1 12 2 1 2 32 32 2 Légicamente as solugoes sao Yi a So 1ban a eC a So1ban 0 n0 n0 onde aa 2a4a2n2a1a3a2n 1 on 2n 5 al1a3a2n1a 2at4a 2n enh 2n 1 3 Se a é um inteiro nao negativo e par entao az 0 para 2n k é imediato que k dan 0 quando ak 0 logo y ao So 1ban av é um polindmio de grau k n0 Por outro lado se alpha é um inteiro nao negativo e fmpar entao den1 0 para 2n1 338 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV k ké imediato que dzn41 40 quando ak 0 logo y a SO1 bong éum n0 polinomio de grau k e y é uma série infinita 1 d 4 A partir da formula de Rodrigues Px onl dam a 1 para poli rent ax nomios de Legrende obtémse N 12n 2k ox P x 2 2kn kin 2k Ny ey n onde N Isl é 0 inteiro positivo maior que nao ultrapassa a 3 5 Os seis primeiros polindmios de Legendre sao L 2 Leg P PL x Pi 5 3x 1 Py 5 50 3x P Tas x Ps 4 x 4 8 5 8 Exercicio 3516 Resolver as seguintes equacdes pelo método de Frobenius 1 2y2yy0 2 xy day by 0 3 ry y 0 4 vy 2y 5 2x 41y 224 1y 4y 0 6 xy 32y 3y 0 7 2 2y 3x 2y 3y 0 8 x1y 12y 0 9 Qe 1y422741yy 0 10 xy 3ry y 0 Solucao 1 2y2yy0 Temse px x qx x rx 1 por outro lado 2 2 2 l tim tim 1 ee tim PO im HEY 20 px r0 72 x0 px r30 2 segue que x 0 é um ponto singular regular de modo que existe uma solucao tipo Frobenius 00 O método de Frobenius afirma que existe um solucao da forma yx 2 S Anx n0 onde s 6 um numero a determinar Derivando em relacao a x 00 00 y x Son sanxt ee oya Son s1nsa0 n0 n0 339 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Assim substituindo na equacao oo oo 00 x Son s1nsanz2 Son sanxts S Anx 0 n0 n0 n0 00 So nts1ns n 8 lanx 0 n0 00 s laga So n 2nss ljaxt 0 n1 O polindmio indicial 6 s 1 Is 6 quadratico em s como ap 0 segue que s1 es 1 sao raizes indiciais Consideremos a raiz s 1 Como n 2nja 0 an 0se n 1 logo nossa primeira solugao geral é 00 00 yy x S Ant at e y ybLnea7 S Ax agzLnx a2 n0 n0 Portanto y a9x agxLnx apx é a solugao procurada 2 xy dry by 0 O ponto x 0 é um ponto singular e portanto nao pode ser usado 0 método das séries Para determinar se x 0 é ponto singular regular como px x qx 5x rx 6 calculdmos 5x2 2 6x2 fim HX tim SP 5 etm 2 jim 6 x0 px x0 a x0 px x0 x segue que x 0 é um ponto singular regular de modo que existe uma solucao tipo 00 Frobenius da forma y x S ax Derivando em relacgao a x n0 00 00 y x Son tsanzt ee ya Son s1nsav n0 n0 Assim substituindo na equacao oo 00 00 x Soin s1n4sanxt 5x Soin sanxt 628 S anx 0 n0 n0 n0 00 Siln s1ns5ns6la2 0 n0 340 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 s 5s 6ag2 Soin s1ns5ns46larz 0 n1 O polinémio indicial é s 5s 6 Is 6 quadratico em s como ag 0 segue que A 2 e Ay 3 sao raizes da equagao indicial 00 00 Com 2 nossa primeira solucaio geral é y x S Ant S anv Assim n0 n0 o 00 yi S an2cthe yl S ann 2n 1a n0 n0 Assim substituindo na equacao oo 00 00 x S ann 2n1x 5x S Ann 2at 6 S anxt 0 n0 n0 n0 oo 00 00 S Ann 2n 1at 5 S Ann 2at 6 S aw 0 n0 n0 n0 00 S n 2n 1 5n 2 6Ja2 0 n0 a formula de recorréncia para n 0 1 2 3 é n2n15n26a0 n2n2Zja0 a0n1 Logo nossa primeira solucao geral é y agx Como A Ag 2 3 1 é um ntimero inteiro entao existe a segunda solugao sera 00 Yo S bw Cy Lng n0 Usando a segunda raiz A 3 a série de potencias da segunda solugao é yo oo oo too 00 x S byw S bnxt Assim y5 S bnn3ae yh S bn 3n n0 n0 n0 n0 2at Assim substituindo na equacao oo 00 00 x S bnn 3n 2at 5a S bnn 3a 6 S bx t 0 n0 n0 n0 00 00 00 So bnn 3n 2a 5S 7 bn n 3a 6 S dna 0 n0 n0 n0 341 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 Sn 3n 2 5n 3 6b 2 0 n0 n3n25n36b0 n3b 0 1 m4 Ba9ag3ae0 Gy Ay 32 9 1 m5 a3a5a0 ds 31 1 1 1 6 3a 0 a4 59 m a4 3a6x ag 3 30 9 1 2 2 m7 2a53a7a0 7 345 9a 1 2 2 m8 a4 3ag 3a8x 0 dg U6 304 340 942 6 4 14 m9 Bas 4az 3a9x 0 dg a5 37 a m10 6ag 5ag 3ai9x 0 aaaaaaaaaaa q LLLLLLLLLLLLLELL 00 Portanto y Cyagpr Cz bpx Coapx Lux 6 a solucao geral pelo método n0 de Frobenius 3 ry y 0 PTT q Temse px x qx 1 rx 0 por outro lado 2 2 0 tim jim 1 em fim 8 0 xz0 px 230 xz0 px zr0 segue que x 0 é um ponto singular regular de modo que existe uma solucao tipo 342 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 Frobenius da forma y x S Gnx Derivando em relacao a x n0 00 00 y x Son sav ee oyx Son s1n4sar n0 n0 Assim substituindo na equacao 00 00 x Son s1nsanz Son sanxt 0 n0 n0 00 SntsUnsnsa0 0 n0 00 s1ssagxs1s1saia ns1nsnsa2 0 n2 00 s 58 6agx Siln s1ns2n4s6lavz 0 n1 q 4 vy 2y 5 Qa 1y 22 1y 4y 0 6 ay 3xy 3y 0 7 x 2y 3x 2y 3y 0 8 x 1y 12y 0 9 Qx 1 22a 1y y 0 10 xy 3ayy0 Temse px x qx 32x rx 1 por outro lado 32 2 2 tim Tt tim B 3 tim 2 tim 20 px 230 72 z0 px r0 72 segue que x 0 é um ponto singular regular de modo que existe uma solucao tipo 343 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 Frobenius da forma y x S Gnx Derivando em relacao a x n0 00 00 y x Son sanxt ee oya Son s1nsa0 n0 n0 Assim substituindo na equacao oo 00 00 x Soin s1nsanxt 3x Soin sanxt x8 S anx 0 n0 n0 n0 00 Siln s1ns3ns llaz 0 n0 00 s 25 lagr Siln s1ns3ns llaz 0 n1 O polindmio indicial é s 2s 1 Is 6 quadratico em s como ag 0 segue que s 1 é raiz indicial dupla Como ns1ns3nslja0 na0 aO0se 00 n 1 logo nossa primeira solucdo geral é y x S Ant ax n0 00 Sendo as raizes iguais segue y yLnz 27 So ax agxLnz x7 ag n0 1 Portanto y 2a9 apLnz é a solugao geral pelo método de Frobenius x Exercicio 3517 2749 2749 Dada a equagado yy otey 2 0 x x a Encontre uma solugdo analitica em x 0 b Encontre outra solugado analitica em x 0 linearmente independente da anterior re duzindo o pedido ae a 2 9 2 4s A equacao esta normalizada as fungdes Px Px a 22 estao x definidas e ambas sao analiticas em todo ponto exeto em x O que sera portanto o unico ponto singular da equacao E singular regular ja que tanto rPx 2 2 como x Pox a 2 Assim 0 ponto x 0 é singular regular A equagao indicial 6 rr1porq 0 onde po lim rPx 2 qo lim x Px 2 logo a equacao indicial t 2 rr 1 2r20e suas raizes sao 7 1 e rp 2 344 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Buscamos a solucgao em série de Frobenius ya x S Anx e derivando n0 y x Soin ranxt t yx Soin rnrlanz n0 n0 substituindo na equacao x Son trnrlav xx 2 Son ravt a 2a S anw 0 n0 n0 n0 Sontrntr1ana S nrlana P AnranarS 2a2 0 n0 n0 n0 n0 com x temos a equacao indicial com x temos a 0 tanto com 7 1 como com ro 2 Para et n rnr1 lan n r 3adn2 0 é a lei de recorréncia x Que seja analitica exige r 1 poiis rg 2 logo tentamos com yx x S Ant n0 isto porque o teorema de Frobenius assegura solucao Para este r 1 a lei de recorréncia 2n can nn 3 e Para n impar segue don11 0 e Para npar segue dan 0 an 0 Portanto a solucgao geralé yx agar a Assi uma solucao analiticaem x 0 considerando a9 16é yxa2 b Para resolver esta questao Suponhamos yr ar wrwt24uw0 4 4r4d 0 l ray 1 2 Lnw 5x 4InzxC Lnw2 5x C w a0 teas w 1 ora n 2 oe 12r8 oe 1a22 W To JS xw 2nl2n 3 J 2nl2n 3 345 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV observe que também para r 2 esta solulao é da forma 5 oe 1a v2x ya 2nl2n 3 Em geral é facil achar a segunda solugao pelo método de reducao de ordem que utilizando a expressao pelo teorema Exercicio 3518 Dada a equagao diferencial sxyy4y 0 determine o desenvolvimento em série de poténcias de x de uma solugao yx da mesma Utilizando o método da redugdo da ordem achar os primeiros termos de uma segunda solucao linearmente independente com a primeira Solucao iW 1 4 Podemos escrever naforma y y y0 x x 1 4 As fungdes Px Pox estao definidas e ambas sao analiticas em todo x x ponto exeto em x 0 que sera portanto o nico ponto singular da equacao E singular regular ja que tanto Px 1 como xPx 4 Buscando a solucao em série de Frobenius x 2 S Gnx e derivando n0 y x Soin ranxt t yx Soin trntrlanxt n0 n0 substituindo na equacao Son trnrlaa Son t ranzt 4 S anv 0 n0 n0 n0 o coeficiente de nrn7r1an n 1radn 4an1 0 4 de onde a a41 n 1 nr A equacao indicial rr1porqo0 onde po lim xP 2 1 m lim a P2ar 0 w xr ne 4 Para r 0 a lei de recorréncia fica a san nz il Em geral a n 346 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 4 1 nen Portanto uma solugao geral da equacao é 2 ay Aa ao1 de Soa xr a 7 vee Y1 0 La nl 0 22 O calculo de uma segunda solucao linearmente independente con a anterior ébastante laboriosa e por isso é de inyteres limitado Nao obstange pode ser encontrada mediante o método da reducao de ordem efetuando a mudanga de varidvel dependente yx yixux com a que resulta uma segunda solugao y2x linearmente independentecom a anterior nto OO Yar Yule FI yix onde Px é o coeficiente de y na equacéo na forma normalizada Para este caso se omtém e J Piadx xX Xx a Lembrando como se opera para hachar o quadrado e o inverso de uma série de potencias de x podemos calcular seus primeiros termos neste caso 16 L 4a 4a Fae 18r 2427 ge 4 400 Lv v eee 1 8 247 assim en f Pizdx 5 5 Y2x yi 2 18r 402 yxLnx 8x 202 x Nesta segunda solucao pode se verificar sem dificuldade que yox é linearmente inde pendente com yi x Portanto a solugao geral é yx Cyyrx Coy x Lux 8a 20a Exercicio 3519 Mediante o método de Bessel resolva as seguintes equacoes 2 2 i 1 a 4axy 4xy a 3y 0 b ytoy y0 Solucao 347 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV a A equacaéo podemos escrever na forma 1 3 20 2 729 xy ay a2 1 3 é a equacao de Bessel onde k 7 P va 1 A solugao geral6é yCyJyzetCo Jya5 2 2 b A equacao podemos escrever na forma xy 4 xy 4 xy 0 observe que é a equacao de Bessel de ordem zero Portanto a solugéo geralé y Cy Jo Co Yoz Exercicio 3520 Dada a equagao diferencial xy xy x 1y 0 verifique que a mudanega de varidvel t x transforma numa equacao de Bessel e expresse sua solucdo geral em termos de funcgoes de Bessel Solugao As derivadas das fungdes com a mudancade varidvel sao dy dy dt dy dy Fun 8 oy Vt de dt da eat Py dt dy 1 dy dy dy S DV t 4t 4 2 Te dt da ae at hae tae Substituindo na equagao resulta a equacao de Bessel dy dy dy dy 1 4 4t P ly0 Pty0 det ay tO Dy dae a ta ay 11 1 y de solucao geral yC J9 5 C2J1 5 de onde na variavel original 11 1 Portanto a solugao pedidaé yC1J 4a 2 CoJ1 42 gao Pp yr a5 2357 Exercicio 3521 348 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV A formula de Rodriguez para calcular o polinˆomio de Legendre de grau n e dada por Pnx 1 n2n dn dxnx2 1n 1 Mostrar que u x2 1n satisfaz a equacao diferencial 1 x2u 2nxu 0 Derivar ambos os lados para obter 1 x2 2n 1xu 2nu 0 2 Derivar sucessivamente n vezes ambos lados da equacao para obter 1 x2un2 2xun1 nn 1un 0 Considerar v un e verificar que v Dn1 x2n e mostrar que v satisfaz a equacao de Legendre de ordem n 3 Mostre que o coeficiente de xn em v e 2n n Solucao 1 Seja u x2 1n du dx 2xnx2 1n1 1 x2du dx 2xnx2 1n Por outro lado se u x2 1n 2xnu 2xnx2 1n Somando estas duas igualdades segue 1 x2du dx 2xnx2 1n 0 Assim 1 x2u 2xnx2 1n 0 324 Tambem d2u dx2 2nx2 1n1 4x2nn 1x2 1n2 Derivando 324 1 x2u 2x1 x2u 2nx2 1n 4x2n2x2 1n1 0 1 x2u 2x1 x2u 2nx2 1n 2nxu 0 1 x2u 2x x2u 2nx2 1n 2n 1xu 0 substituindo 2 3 4 349 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercicio 3522 A equagao diferencial y 2xy 2ay 0 chamada de equagao de Hermite de ordem 1 Mostre que as duas solugdes em série de poténcias sao n2 ala 2a2n42 5 n1 2a1a3a2n1 yo x So1 anti n1 2 Mostre que se a inteiro par entao y um polindmio Mostre que se a é inteiro impar entao y2 um polindmio 3 O polindmio desta segunda parte denotase por Hx e chamado polinémio de Her mite quando o coeficiente de x seja 2 4 Determine os seis primeiros polindmios de Hermite Solugao t Exercicio 3523 Para as seguintes equacoes diferenciais determine a equagao indicial e os expoentes da singularidade ratzes indiciais correspondentes aos pontos singulares regulares que em cada caso existam a xy 2x 1y 4y 0 b xy xsenxy y 0 c w 2ay ay 1ay0 Solugao t Exercicio 3524 Dada a equagdao diferencial 2xy 3x 2xy x 1y 0 a Verificar a singularidade do ponto x 0 e achar a equagao indicial e as ratzes indiciais correspondentes 390 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV b Utilizando a teoria de Frobenius achar o desenvolvimento em serie de potˆencias de x e duas solucoes linearmente independentes Solucao Podemos escrever na forma y 3x 2x2 2x2 y x 1 2x2 y 0 As funcoes P1x 3x 2x2 2x2 P2x x 1 2x2 estao definidas e ambas sao analıticas em todo ponto exeto em x 0 que sera portanto o unico ponto singular da equacao E singular regular ja que tanto xP1x x 3 2 como x2P2x x1 2 Assim o ponto x 0 e singular regular A equacao indicial rr 1 p0r q0 0 onde p0 lim x0 xP1x 3 2 q0 lim x0 x2P2x 1 2 logo a equacao indicial rr 1 3 2r 1 2 0 e suas raizes sao Exercıcio 3525 Determine a solucao particular da EDO de Ayry em torno do ponto ordinario x 1 y xy 0 y1 1 y1 0 Solucao do ponto ordinario x 1 y xy 0 y1 1 y1 0 Rpta y 1 x12 2 x13 3 x14 4 4x15 5 Exercıcio 3526 1 Encontre a solucao geral da equacao y 2y αy 0 para α 1 para α 1 e para α 1 2 Determine a forma adequada para uma solucao particular da equacao y2yαy tetsentα 1 para α 1 3 Para quais valores de α todas as solucoes tendem a zero quando t Solucao Temos y 2y αy 0 λ2 2λ α 0 λ 1 1 α Se α 1 entao a solucao geral da homogˆenea e yh C1et cost α 1 C2etsent α 1 Se α 1 entao a solucao geral da homogˆenea e yh C1et C2tet Se α 1 entao a solucao geral da homogˆenea e yh C1e11αt C2e11αt 351 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Solucao 2 A forma adequada para uma solucao particular quando α 1 e yp tA0 A1tet cost α 1 B0 B1tetsent α 1 Solucao 3 Quando t Se α 1 entao yt 0 observemos que costα 1 e sentα 1 sao limitadas e et 0 Se α 1 entao yt 0 observe que et 0 e tet 0 Se 0 α 1 entao yt 0 observe que as duas raızes sao menores que zero Portanto se α 0 temos yt 0 quando t Para o caso α 0 nunca yt 0 Exercıcio 3527 Uma massa de 100 gramas estica uma mola 10 centımetros A massa esta presa a um amortecedor viscoso Suponha que a aceleracao da gravidade seja de 103 centımetros por segundo ao quadrado 1 Para quais valores da constante de amortecimento γ o sistema e superamortecido tem um amortecimento crıtico e e subamortecido 2 Suponha que o amortecedor exerce uma forca de 104 dinas gramas centımetros por segundos2 quando a velocidade e de 10 centımetros por segundo Se a massa e puxada para baixo 2 centımetros e depois e solta determine a posicao xt em funcao do tempo t e faca um esboco do seu grafico Qual o valor do quase perıodo Solucao 352 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 36 Revisao do Capitulo III Miscelanea 31 ky Miscelanea 311 Demonstre que se um conjunto de fungdes y1x yox y3X Yn12 Ynx é linearmente dependente num intervalo a b C R entado seu Wronskiano é identicamente nulo em a Db Solucao Sendo yx yox y3X Yn12 Ynx é linearmente dependente num intervalo a b C R podemos supor por exemplo que yi2 A2Y2x a3y3x Qn1Yn12 AnYnZ para a 7 2 3 4 n1 n nem todos nulos O Wronskiano do sistema Wy y2 é yt yale ysl Ynal Yn 2 vile yor ys Yna Yn a W wit yee yt Yn oyn We ya use ane ye a a2yoa asysa AnYnt Yolt ys Ynr Yn anyot agygt Ontne Yo Ys Ynal Yn W Qoygx asyyt Onnt yot YB Yr al Yn n n n n azyom AnYnn Ya yg Yaa yn x yal yo ys Yna Yn a Yor yo 3 Yn al Up 2 Wa2 yot yot yg Yat Yn a yonr ys0 use aaa ynx 353 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV ysx yoa ys Yn1 Yn2 ysx yayg Yra yn 2 a3 y3 yale ys Yn a A ys e ye ys gee yne Yn x Yyoa ysx oe Yn1L Ynx Yrt Ya y3 Ypa Yn n Yn Ye Y3w Ypa Yn ye ye ys ee gee yn a estes determinates tém cada um deles duas colunas iguais logo cada um deles 6 zero Assim W ag 0 a3 0 a4 0 a 0 0 Portanto se um conjunto de fungoes yx Yox y3 Yn12 Ynx linearmente dependente num intervalo a b C R entaéo seu Wronskiano é identicamente nulo em a J Miscelanea 312 Demonstre que para que o conjunto de fungdes y1x yox y3X Yna defini das em a b seja linearmente dependente é necessdrio e suficiente que seu determinante de Gram seja zero Solucao Condicao necessaria Suponhamos o conjunto de fungdes yi x yox y3X Ynx definidas em a seja linearmente dependente entao uma das fungoes yx 6 combinagao linear das outras Suponhamos yx agyex a3y3 AnYnx assim y Yi Yr Yo oct Yt Yn1 Y1 Yn Y2 Yi YoYo 77 Y2 Yn1 Y2 Yn Yn1 YL Yn1 Y2 77 Yn1 Yn1 Yn1 Yn Yn V1 Yn Y2 Yn Yn1 Yn Yn 354 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Yr Q2Yy2 0343 6 AnYn Yr Yo Ya Yn1 Yn Yn Yo Q2Yy2 O3Y3 AnYn Y2 Yo tt Yo Yn1 2 Yn T Yn1 Q2y2 a3y3 AnYn Yn1Y2 77 Yn1 Yn1Yn1 Yn Yn Q2Y2 a3y3 OnYn Yn Y2 077 Yn Yn Yn Yn a2Y1 Y2 Yr Yo oct Yt Yn1 Y1 Un 242 Ya Y22 77 Y2 Un1 Y2 Un P O2Yn1 Y2 Yn1 Y2 Yn1 Yn1 Yn1 Yn A2Un Y2 YnY2 Un Yn1 Yn Un A341 Y3 YY2 cts Yt Yn1 Y1 Un A342 Y3 Yo Yo ct Y2 Un1 Y2 Un foe O3Yn1Y3 Yn1Y2 Yn1 Yn1 Yn1 Yn A3Yn Y3 YnY2 Un Yn1 Yn Un AnY1 Yn YY2 oo Y1 Yn1 Y1 Un OnY2 Un Yo Yo o Y2 Un1 Y2 Un AnYn1 Yn Yn1Y2 Yn1Yn1 Yn1 Yn AnYn Yn Yn Y2 Un Yn1 Yn Yn Todos estes determinantes tem duas colunas propocionais logo y1 ya Yn 0 Condicao suficiente Suponhamos Py1 y2 Yn 0 definida em a b entéo o determinante tem pelo menos duas colunas ou linhas proporcionais Sem perda de geralidade seja YoY BY Yr Ya Yn Yn yor Yr BYaYr Ya Yn1 2 Un Dyn Ya 00 5 Yn Yn1 Yt BYn1 Yr Yn1 Yn1 Yn1 Yn Yr Yr BYn Yr Yn Yn1 Yn Yn entao segue que yox By1x e portanto o conjunto de fungdes yi ZX yox y3Z Yn2 definidas em a b seja linearmente dependente 355 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Miscelanea 313 Sejam dn 0 Gn1 An2 G2 G1 Ag constantes e y1 Yo Yn solucdes da equacgao any any agy ary aoy 0 definidas num intervalo I C R Demonstre que uma condicao necessdria e suficiente para que as Yi Y2 Yn sejam linearmente independentes que seu Wronskiano seja nao nulo em I Solugao q Miscelanea 314 Seja 2a 3x 1 2 axr2 227 3ra5 um conjunto de funcoes Mediante o determinante de GramSchmidt determine valores a R para que o conjunto seja linearmente independente Solugao Sejam y 2x7 3241 yo 2 0ax 2 y3 2274 3x a5 Temos que 1 M 41 Jor 3x 4 122 32 1dxr as J 5 1 Y2 Y2 ce ax 2x ax 2dxr se 0 1 3 Y3 io 80 a 520 80 a 5de a Pa J 3 15 1 Y1 Y2 yo Wi Jor 3x 4 1a ax 2dxr 2a or 0 1 1 3 3 Yi Jor 32 1227 32 a5dr a 0 1 Yo 3 3 Y2 ce ax 22x7 3a a5dr sf a logo 356 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 182 97 49 7 118 1 20 2 15 59 9 1 3a 02s 2a Tr aT 2 a a UaD 0 Y1 Yo Y3 a0 4 30 5 45 50 3 0 x uo is raz 74 9 2 gy 2 2 15 2 3 10 3 15 q Miscelanea 315 Seja x3 4a 22 3 v3 2x 4x 1 22 x 3x2 5 um conjunto de funcoes Mediante o determinante de GramSchmidt determine se o conjunto seja linearmente independente em R Solugao Sejam yy 2 4x Qe 3 yo 2 22 4 1 yg 22 x 3x 5 Temos que 95 1 yi Jo 4x 22 3x 4x 4 22 3dxr 7 0 71 y2 y2 Jo 2a 4x 1x 2a 4x 1dx 105 0 2091 3 Y3 ow a 3x 52x x 32 5dxr 310 0 1 3 2 3 2 187 1 Y2 yo yi a 20 4a 1 a 40 4 2 3dr 510 0 1 3 2 3 9 4541 Y1 3 ys yi a 40 2a 4 32a 4 38a 5dx Tap 0 59 Y2 Y3 y3 y2 Jo 2a 4x 12x a 3a 5dr 310 0 logo 99 187 4541 7 210 440 18 1 59 Ir aay Tar Ban 0 41 Y2 Ys 10 105 10 4541 59 2591 440 210 210 consequentemente as fungdes yix ye e y3x sao linearmente independentes Miscelanea 316 357 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Determine a solucao geral de cada uma das equacoes diferenciais Solucao 1 y3y2y 0 λ23λ2 0 resolvendo as raızes da equacao caracterıstica sao λ 3 17 2 e λ 3 17 2 A solucao geral e y e 3 2 xC1e 17 2 x C2e 17 2 x 2 y3y2y 0 λ23λ2 0 resolvendo as raızes da equacao caracterıstica sao λ 2 e λ 1 A solucao geral e y C1e2x C2ex 3 12y 5y 2y 0 12λ2 5λ 2 0 resolvendo as raızes da equacao caracterıstica sao λ 1 4 e λ 2 3 A solucao geral e y C1e 1 4 x C2e 2 3 x 4 y 5y 0 λ3 5λ2 0 resolvendo as raızes da equacao caracterıstica sao λ1 0 λ2 0 e λ3 5 A solucao geral e y C1 C2x C3e5x 5 y3y5y 0 λ23λ5 0 resolvendo as raızes da equacao caracterıstica sao λ 3 29 2 e λ 3 29 2 A solucao geral e y e 3 2 xC1e 29 2 x C2e 29 2 x 6 8y 2y y 0 8λ2 2λ 1 0 resolvendo as raızes da equacao caracte rıstica sao λ 1 4 e λ 1 2 A solucao geral e y C1e 1 4 x C2e 1 2 x 7 3y 2y y 0 3λ2 2λ 1 0 resolvendo as raızes da equacao caracte rıstica sao λ 1 i 2 3 e λ 1 i 2 3 A solucao geral e y C1e 1 3 x cos 3 2 x C2e 1 3 xsen 3 2 x 8 4y 4y y 0 4λ3 4λ2 λ 0 resolvendo as raızes da equacao caracterıstica sao λ 0 λ 1 2 e λ 1 2 A solucao geral e y C1 C2e 1 2 x C3xe 1 2 x 9 y 4y 5y 0 λ3 4λ2 5 0 resolvendo as raızes da equacao caracterıstica sao λ 1 λ 5 5 2 e λ 5 5 2 A solucao geral e y C1ex C2e 5 5 2 x C3e 5 5 2 x 358 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 100 5y 0 A5 0 resolvendo as rafzes da equacao caracteristica sao Ay AX O e A3 5 A solucao geralé y Cy Cox C3e Miscelanea 317 Dada a equagao diferencial y y 0 Mediante identificagao dos coeficientes e supondo sua convergéncia encontre duas solugdes linearmente independente da forma 00 y ax e logo ache sua solugao geral Expressar a solugdo geral em termos de n0 funcoes analiticas elementares Solugao 00 A solugéo a procurar é da forma y S ax derivando n0 00 00 y So nana y Si nn 1ax n1 n2 e substituindo a solugao e seus derivados na equacgao obtemos 00 00 00 00 Si nn 1anv S ac 0 Sim 2m Lamyox S anxc 0 n2 n0 m0 n0 00 So Soin 2n ldnzo nla 0 Gning 1 nO0 n 2n 1 S ta 2 e npar entéo n 2Me doam2g dg logo par 2m2 Qm 22Qm1 2 gs 1 1 1 1 dy ap 4 ag 1 a 1 a9 21 4 3 4321 4 1 em geral verificase que da do 2n 1 Se nimpar entao n 2m le A2m3 Qm32m 42 logo 1 1 1 1 ag DTN A a5 TNT 3 1a 1a 31 5 4 5431 5 em geral verificase que dan41 I 2n 1 359 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Assim a solucao geral da equacao é 00 00 1 Qn 1 Qn1 y wD Qn d Qn Portanto a solugao geral da equagéo 6 y ag cosx aysenz Miscelanea 318 Resolva os problemas de valores iniciats Solugao 1 yy 4y4y3e 0 0 0 0 A equacao caracteristicaé 27 440 3S A 2 A 2 A solucdo geral da homogénea 6 yp Cie Cote Uma solugao particular é da forma yp Ae entao yf Ae y Ae 1 y 4y4y38e Aet4Ae4Aet3e S A 3 5 4 2t 2t l t l A equacao geral 6 da forma y Cye Cote 3 y0 C 37 0 1 Ci 3 Por outro lado 1 2t 2t 2t 1 t 1 y 2Ce 2Cote Coe 3 0 201 C5 0 Cy 1 l 2t 2t l t Z 5 Portanto y 3 te 3 é a solucao do pvi 20 2y2yyt y00 0 0 1 1 A resolver 2y2yty0 2742410 3 A 5 t5h A 1 ol xi 2 2 A 1 1 1t 1 A solucao geral da homogénea é y Ce7 cos5 Cye2 sen5t Uma solugao particular é da forma y Ayt Agt Ag entao y 2At Ao e y 2A assim substituindo na equacao original segue 22A 22Ait Az Ait Aot As3 t Ay 1 Apo 4 A3 4 360 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV it 1 it l 2 Logo a solucao geral da equacaoé y Cle cos5t Cre 2 sen5t t At4 sendo sua derivada 1 1 1 1 y 3 cos5te2Ci Cy 56 zsen5tCi Cy2t4 1 Das condig6es iniciais y0Ci40 e y0 5C1C2 4 0 C 4 Cy 4 it I it I 2 4 A Portanto y4e 2 cos5 4e2 sen5t t 4t4 éa solugao particular do pvi Miscelanea 319 Resolver as seguintes equacoes diferencias Solucao Lf 43y42y 9 4r48 2 432222478 onde z2r yx logo Ay2 e A1 A equacao homogénea tem como solucéo z Ce Cae Para determinar a solugao particular z ui xe 7 u2xe temos que resolver o sistema 2x 9 uj ae uhxe 325 2ui xe ubxe 2 4748 O determinante do sistema é e2 et oo3t 2e2 e 1 0 e ux e x7 47 8 12 Hel ete 1 e 7 0 u5x ex7 47 8 2z e3e 2e x4r48 1 2 2x XI 2 uw 722 6x4 13Je e ug e a 2x 4 6 Ly A solugao particular é z zee 2x4 11 1 A solucao geral da equacao é zx Cye Cge ee 2x 11 361 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 Logo yx Cie Coe qlee 2x 11dzx 1 iy 123 9 Ce Che 4 fF in yx 5 Cie Cre 7l52 a 112 A 2 Ae 31 ll Portanto yx Cle Che 6 az 32 C3 20 yl y Ay 4y 2x3 4a 1 22e Bre ce A equacao caracteristicaé Ad4A40 A1A2A2 0 A equacao homogénea tem como solucdéo yp Cye Cxe c37 Para determinar a solucao particular z ux e u2x e u3x e temos que resolver o sistema uj ae uhxe usae 0 uh xe 2usxe 2uhxe 0 uj ae 4uhxe 4usxe 2x da 1 22 5a 1e 326 O determinante do sistema é ey ete 10 O ev Qe Qe e 1 1 3 12e e de de 13 38 1 0 ez e2 2e 924 uy x 120 0 2e 2e 20 4a 1 2a 5a 1e 4e de 1 ui x gle 22 4a 1 22 5a 1e 1 ui x 3 levee 4x 1 2x 5x 1edx ul x e 2x4r12a5a1ee 6x 4 4a5ee 122 4e12e 1 1 ux 36 224a16a4 12a 12 36225214a54 1 ux 3 e 2x x e 2a 62 8x 7 1 e 0 ee uyx Dee e 0 2e e Qn 4r14 227 5r1e 4c 362 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 153 2x 2 U5x glx 4x 1e 24 544 1 1 U2x Z fie 4x 1e 2a 5x 1dx Life ae ede s Cats oe ail a wz FI 2x 4x 1e du 32 52 2 1 1 2 5 Ux ql2 5 9 pe 52 5 x 1 ev 0 x 2x Usx De 2e 0 e de 2x3 dx 14 20 5x 1e 1 u3x pif ee 4a 1edx Jor 5x 1jedz 11 1 1 u3r Tal 5 20 3a x se 52 ae 1 1 u3x 2x 3a x e x 22 e 24 2 A equacgao homogénea tem como solugao I 2 327 3 2 Yr 54 822 16x 4xe 54 202 602 62x 52 A solucao geral da equacao é x 2x 2x l 2 3 22 l 3 2 yx Ce Coe c3 94 822 16x 4 4ae 54 202 60x 62x 52 38 oy ycscn 242cscxz onde z2ry x logo A Hi A equacao homogénea tem como solugéo z C cosx C2 senz Para determinar a solugao particular z ux cosa uex senz temos que resolver o sistema ni x cos x tpasena 0 327 uxsenx uhxcosr cscxr O determinante do sistema é cosz sent senz cose 363 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 0 uy 2 cs l ut 1 csex cosx 1 cosa 0 COS ux wx Lusenzx 2z 1 senx csc x senr 2z A solugao particular 6 z x cosx senzLnsenz A solugao geral da equagao é zx C cosa Cosenx x cosa senzLnsenz Portanto yx Cy cosx Cysenx senzLnsenz x cos 2 dx C3 UL iW 1 2 1 2 4 2yabLnr 2y ecbnrdxrCl 52 Luz a2 C l 2 l 2 l 3 9 3 2y aLng a2 Cidx Cy aLna 2 Cin Cp 2 4 6 36 l 3 93 Qy ge Luz 36 CiaCyldrCz3 1 13 1 1 Portant aLne saat C2 Cor C3 ortanto y a8 nx 576 TG 1x 5 gt C3 Miscelanea 3110 Para os seguintes problemas necessita achar a solucao particular das equagoes que cumpram no infinito as condicdes dadas Solucao 1 oy 4y5ysenz y é limitada para x 00 A equacao homogénea tem como solucéo yp Ce cos x Cyesenz A solugao particular 6 da forma y Acosx Bsenx de onde yi Asenx Beosx ey Acosx Bsenz Substituindo na equagao inicial Acosa Bsenx 4Asenz Bcosx 5Acosx Bsenz senzr 1 4A4B0 4A44B1 AB x xv 4 2x 2x l l Logo a solucao geral da equagao é y Cye cosa Coesenx 8 cos goene Da condigao y é limitada para 7 00 temos C Co 0 1 1 Portanto asolugao y 3 cos geen satisfaz as condigdoes do problema 20 y 2y 4 5y 4cos2x7 sen2x y é limitada para x oo 364 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV A equacao homogˆenea tem como solucao yh C1ex cos2x C2exsen2x A solucao particular e da forma yp A cos2xBsen2x de onde y p 2Asen2x 2B cos2x e y p 4A cos2x 4Bsen2x Substituindo na equacao inicial 4A cos2x4Bsen2x22Asen2x2B cos2x5A cos2xBsen2x 4 cos2x sen2x 4B A 4 B 4A 1 B 1 A 0 Logo a solucao geral da equacao e y C1ex cos2x C2exsen2x sen2x Da condicao y e limitada para x temos C1 C2 0 Portanto a solucao y sen2x satisfaz as condicoes do problema 3 y y 1 y e limitada para x A equacao homogˆenea tem como solucao yh C1ex C2ex A solucao particular e da forma yp A de onde y p 0 e y p 0 Substituindo na equacao inicial segue que A 1 Logo a solucao geral da equacao e y C1ex C2ex 1 Da condicao y e limitada para x temos C1 0 Portanto a solucao y C2ex 1 satisfaz as condicoes do problema 4 y 2y y 4ex y 0 para x A equacao homogˆenea tem como solucao yh C1ex C2xex A solucao particular e da forma yp Aex de onde y p Aex e y p Aex substituindo na equacao inicial Aex 2Aex Aex 4ex A 2A A 4 A 1 Logo a solucao geral da equacao e y C1ex C2xex ex Da condicao y e limitada para x temos C1 C2 0 Portanto a solucao y ex satisfaz as condicoes do problema 5 y y 2 cos x y e limitada para x A equacao homogˆenea tem como solucao yh C1ex C2ex 365 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV A solucao particular e da forma yp A cos x Bsenx de onde y p Asenx B cos x e y p A cos x Bsenx Substituindo na equacao inicial A cos x Bsenx A cos x Bsenx 2 cos x A 1 B 0 Logo a solucao geral da equacao e y C1ex C2ex cos x Da condicao y e limitada para x temos C1 0 Portanto a solucao y C2ex cos x satisfaz as condicoes do problema 6 y 4y 3y 8ex 9 y 3 para x A equacao homogˆenea tem como solucao yh C1ex C2e3x A solucao particular e da forma yp Aex B de onde y p Aex e y p Aex Substituindo na equacao inicial Aex 4Aex 3Aex B 8ex 9 A 1 B 3 Logo a solucao geral da equacao e y C1ex C2e3x ex 3 Da condicao y e limitada para x temos C1 C2 0 Portanto a solucao y ex 3 satisfaz as condicoes do problema 7 y y 5y 1 y 1 5 para x A solucao da equacao homogˆenea e yh C1e 1 2 x cos 21 2 x C2e 1 2 xsen 21 2 x A solucao particular e da forma yp A de onde y p 0 e y p 0 Substituindo na equacao inicial segue que A 1 5 Logo a solucao geral da equacao e y C1e 1 2 x cos 21 2 x C2e 1 2 xsen 21 2 x 1 5 Da condicao y e limitada para x temos C1 C2 0 Portanto a solucao y 1 5 satisfaz as condicoes do problema 8 y 4y 4y 2exsenx 7 cos x y 0 para x A equacao homogˆenea tem como solucao yh C1e2x C2xe2x A solucao particular e da forma yp Aex cosx Bexsenx de onde y p exAB cosxexBAsenx e y p 4Bex cosx4Aexsenx Substituindo na equacao inicial 4Bex cosx 4Aexsenx 4exA B cosx exB Asenx 366 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 4Aex cosx Bexsenx 2exsenx 7 cos x 8A8Bex cosx8A8Bexsenx 2exsenx7 cos x B 1 A 3 4 Logo a solucao geral da equacao e y C1e2x C2xe2x 3 4ex cosx exsenx Da condicao y e limitada para x temos C1 C2 0 Portanto a solucao y 3 4ex cosx exsenx satisfaz as condicoes do problema 9 y 5y 6y 2e2x9sen2x 4 cos2x y 0 para x A equacao homogˆenea tem como solucao yh C1e2x C2xe3x A solucao particular e da forma yp e2xAsen2x B cos2x de onde y p e2x2A2B cos2x2B2Asen2x e y p e2x8A cos2x8Bsen2x Substituindo na equacao inicial e2x8A cos2x8Bsen2x5e2x2A2B cos2x2B2Asen2x 6e2xAsen2x B cos2x 2e2x9sen2x 4 cos2x 8A cos2x 8Bsen2x 52A 2B cos2x 52B 2Asen2x 6Asen2x 6B cos2x 29sen2x 4 cos2x 18A 16B cos2x 18B 16Asen2x 29sen2x 4 cos2x de onde B 113 145 e A 36 145 Logo a solucao geral da equacao e y C1e2x C2xe3x e2x 36 145sen2x 113 145 cos2x Da condicao y 0 para x temos C1 C2 0 Portanto a solucao y 1 145e2x36sen2x 113 cos2x satisfaz as condicoes do problema 10 y 4y 4y 4x 8ex y 0 para x A equacao homogˆenea tem como solucao yh C1e2x C2xe2x A solucao particular e da forma yp Ax Bex de onde y p A B Axex 367 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV e y B2A Azxe Substituindo na equagao inicial B2A Are 4A B Axe 4Arv Be 44 8e 12 16 B2A Az 4A4B44Ar4Ar4B448 A 57 B 37 Z 22 22 1 2x Logo a solugao geral da equagao 6 y Cye Coxe 57 lee 16e Da condigao y 0 para x 00 temos C C2 0 1 Portanto asolugao y 57 lee 16e satisfaz as condicgdes do problema Miscelanea 3111 Demonstre que a equacao diferencial xy ary By 0 onde a 8B R pode ser transformada em uma equagao diferencial de coeficientes constantes com a mudanca x e Logo resolver xy 2xy 4y 4senLnx 5e72 Solucao dt 1 dy dy dt dy 1 Se x e entao t Lnz logo f P t ex e entao nz logo 7 assim y 7 eq Por outro lado yey a fy od fay 1 fae Py ay dz dx dx dx dt x dx dt a dt Substituindo em x7y ary By 0 segue dt dy 1 dy 1 dt dy 1 dy 1 2 ae FF ae FS LE o di x dt x rar dx df x dt x Py 1 dy 1 dy 1 dy 2 0 E dt x ql ror dt Py dy dy dy s 0 de at ta d d Portanto 2 a NS By 0 Para a solucao da equacdo x7y 2ry 4y 4senLnz e4 com a mudanca d d x e obtemos oa 2 es 4y 4sent 5e As raizes da equacao caracteristica 1 vil5 sao 3 i A solucao da homogénea é yp Cye cos45t Cyesen Zt A solugao particular é da forma y Acost Bsent Ce yl Acost Bsent 4Ce y Asent B cost 2Ce 368 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV a d substituindo em a 2 eo 4y 4sent 5e segue A cost Bsent 4Ce Asent B cost 2Ce 4A cost Bsent Ce dsent 5e 2t 2t 2 6 I 3A B cost 3B Alsent 10Ce 4sent5e A at B 5 C 3 l cost esent He ogo cost sent e SO SS 5 D 1 15 15 2 6 2 Portanto y ao cos P ineCasen 2 Lna2 cosLnz sen Lna é a solucao geral da equagao Miscelanea 3112 Resolver as equagoes com as mudancas de varidvel indicadas Solucao 1 x 2y 3a 2y y Ln x 2 5Lnx 2 6 considere x 2 et dt 1 d dy dt erase entéo t Lnx 2 logo da po assim y i ap a Fo Por outro lado ny a dy a fly 1 fade Py yd a Y da da dx dx dt 2 de de x 2 dt xa 2 Substituindo em a 2 3 2y y Ln a 2 5Lna 2 6 segue dt dy 1 dy 1 dy 1 wip SF ig 9 4 4 3h yy P 5t 6 ic dt rap oe aa5 Clat pool tY t 1 dy 1 dy 1 dy 1 wy SF et 4 4 et 4y P 5t6 is dt wl et r cla al ty r dy ody 424y5t6 dea As raizes da equagao caracteristica sto 4 1 e A 1 a solucéo da homogénea é yn Che Cote A solugao particular é da forma y At BtC y 2A yp 2AtB 369 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV substituindo em dy oly yt 5t 6 segue 7 2A222At B AP BtCP5t6 A1 B9C22 1 Portanto y pol CyLnx 2 Lna 2 9Lna 2 22 Xx 2 ay 2y 9y 3tan3Lnz considere x et dt 1 dy dy dt dy 1 Se x e entao t Lnz logo Pp t e x e entao nz logo 7 assim y 7 7 GZ Por outro lado yu fay fy 1 fae yay dx dx dx dx dt dx dt a dt Substituindo em xy ry 9y 3tan3Lnz segue dt dy 1 dy 1 dy 1 2p a pa 9y 3 tan3L 5 dt ae te at J an3Ln2 1 dy 1 dy 1 dy 2 22 2 4S 4 oy 3 tan3L i dt at x r dt ey an3Lnz dy dy dy dy 9y 3stan3t 49y 3tan3t de dt dt 1 OY Stand dee 8Y Stan3t As raizes da equacao caracteristica sao 37 e A 37 a solucgdo da homogénea yn C cos3t Cosen3t Para determinar a solugaéo particular y ut cos3t uetsen3t temos que resolver o sistema uj ax cos3t usxsen3t 0 328 3u xsen3t 3u5x cos3t 3tan3t O determinante do sistema é cos3t sen3t 3 3sen3t 3cos3t ule 1 0 sen3t sen3t 3 3tan3t 3cos3t cos3t 1 1 entao uz 3 bnsec3t tan3t 3sen3i 1 ot 0 1 usx cos3t sen3t uex cos3t 3 3sen3t 3 tan3t 3 370 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 1 A solugao particular y 3 sen3t Lnsec3t tan3t cos3t 3 sen3t 1 cos3t Isto é yp 3 Lnsec3t tan3t cos3t A solucao geral da equacao é 1 yt C cos3t Cosen3t 3 bnsec3t tan3t cos3t 1 Portanto y Cysen3Lnz c 3 busec3Lnz tan3Ln0 cos3Lnz Miscelanea 3113 Resolver os seguintes exercicios no ponto ordindario x 0 Solugao 1 y2ry8y0 y03 y00 Rpta y 3 12x 42 2 yayyxrcosz y00 y02 Rpta yx 7 senx 3 2ay4y0 y01 y00 Rpta y 1 22 4 12y12yy0 y0 y0 1 1 Rpta y 12 1 5 yf 2ay2ya yO 1 YOZ Rpta y em i 6 y ay 4 Qely2 y0 2 y0 3 Determine os seis primeiros termos da solucao particular Rpta y 2 3a a a Sat Hea 1 Ty 2ey2ya2 yO1 yOF Rpta y e 4 371 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Miscelanea 3114 Verificar que o ponto x 0 éum ponto ordindrio da equacao diferencial yaxyy 0 e encontrar o desenvolvimento em série de poténcias de x Determine duas solugdes linearmente independentes assim como a solucao geral em torno desse ponto ordinario Solucao O ponto x 0 é um ponto ordinario ja que nesse ponto as fungoes Pix 2 Px 1 da equacgao que estdé expresa na forma y Pxy Poxy 0 sao analiticas Assim exdistem duas solucoes linearmente independentes na forma yx S An x n0 derivando te te y Snax y S nn lanr n1 n2 substituindo na equacao S nn 1anx S Nanw S Anz 0 n2 n1 n0 Os primeiros coeficientes das potenciqas de x sao 1 De x 2lazga0 2 540 1 Dez 32a3aa0 a3 3m 1 Dez 43a42a2a20 dy 702 7540 1 Dez 54a3a3taz30 a Eas a1 O coeficiente de x dara a seguinte recorréncia 1 nn 1ay n 2an2 An2 n2 Gd An2 n Esta expressao indica que para coeicientes de indice par existe uma relacao recursiva em funcgao de ag e para os impares em fungao ay Fazendo n 2k obtemse 1 1 a Qo59 Qop4 2k Df ek 2 2k 2k 2 2k4 em fungdéo de ap 6 daz rt a KEN A 1 1 uando n 2k 1 temse a 1 Wq Q aren Okt DOQh1Qr3 531 Qk kl 1 4 2k 1 372 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Assim a solugao geral podemos escrever na forma 1 1 1 1 yx ao aya sur zu 19 sco 53 gue rte 1 1 1 1 at 50 pyr te bare sat Gai onde ap e a representam constantes arbitrarias Duas solugoes linearmente independentes sao 1 1 ywix x zu 5 gue foes 1 3 I 5 XL Fayx Tayx Yyoa 341 534 Miscelanea 3115 Dada a equagdao diferencial xy a 3xy 3y 0 mediante 0 método de Frobenius resolva em série de poténcias de x de uma solucdao particular e verificar que esta solucao da forma xe para um determinado niimero natural n a determinar Solucao x 3x 3 A equacao na forma normalizqda 6 y 2 32 sy 0 onde Px x x 3 3 1 r Py x TP As fungoes P a e P2x nao estado definidas em x 0 porem se 0 estao e sao analiticas nese ponto P x e x P2x tPix 2 3 x Pox 3 Assim o ponto x 0 é singular e regular A equacao indicial 6 rr 1 por qo 0 onde po lim x Px 3 qo lim x Px 3 x0 x0 Portanto a equacao indicial e suas raizes sao rir18r430 rl r3 Por Frobenius a equacao admite ao menos uma solucao na forma yru S Ant S Anat n0 n0 373 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV derivando y Soin tranx tt y Son trnr1anx n0 n0 substituindo na equacao x Son trnrlax x 32 Son ranxt 3 S anv t 0 n0 n0 n0 0 coeficiente de xt é nrnrlan t n r1dp1 3r nay 3a 0 1 de onde a a nol rn3 1 Para r 3 fica assim a d1 08 distintos coeficientes sao n 1 1 4 ay a a0 a 91 90 a3 3 90 an no a solugao correspondente é x Sra ga 28 at 50 Ta re IETS Ly eS a Bl n0 Portanto solucao é yx xe o valor de n pedido é 3 Miscelanea 3116 Resolver as seguintes equacoes pelo método de Frobenius Solugao 1 827y 10ry x 1y 0 10 1 10 A equacao na forma normalizada é y ay 1 0 entao px I 8x 8x 8x Xx e qx ge As fungoes px e gx nao estao definidas em x 0 porém sim x estao e sao analiticas nesse ponto 8x px 10 8x qx a21 Logo o ponto x 0 é ponto singular regular 374 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV A equacao indicial 6 rr 1 por qo 0 onde 10 og 1 bo lime px qo lim x qt assim a equacao indicial e suas raizes sao 10 1 1 1 rrgr39 N T 75 00 A calcular uma solucao da forma y 2 S Anx n0 00 00 y Son ranrerr y Son trnr1ana n0 n0 Substituindo na equacgao segue 00 00 00 8 Son rnr1ax 10 Son ranc x 1 S anv t 0 n0 n0 n0 00 00 S8n rntr110n r lana S anv tt 0 n0 n0 00 00 8rr110rIagx 8nrnr110nrlae 5 Am 12 0 n1 m1 Como 8rr 1 10r 1 0 para as raizes do coeficiente de xt segue 8nrnr110nrlana10 1 bn n n 18nrnr110nr sera a lei de recorréncia dos coeficientes 1 Para a raiz rT 1 temse 1 An An 2n4n 3 1 Para a raiz rg 5 temse 1 bn n Qn14n5 375 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV q Resposta 2 sees MO Le Qe TAL 15 4 3 a3 1 72 wes om bon 2 xy xx 4 3y 2xy 0 3 2x A equacao na forma normalizada é yy re3 y 0 entao px x x 3 2x 3 e qx As fungoes px e qx nao estao definidas em x 0 porém x x sim estao e sao analiticas nesse ponto epra3 a ga 2 Logo o ponto x 0 é ponto singular regular A equacao indicial 6 rr 1 por qo 0 onde po lim x px 3 qo lim x qx 0 x0 x0 assim a equacao indicial e suas raizes sao rr1 38r 0 ry 4 r2 0 00 A calcular uma solucao da forma y 2 S Anx n0 00 00 y Son ranrerr y Son trnr1ana n0 n0 Substituindo na equacgao segue 00 oo 00 Soin rnrlana a 3 Soin ranz 42 S ana 0 n0 n0 n0 00 00 00 Son rn r 1 3jar Son tranatt 2 S ax 0 n0 n0 n0 376 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV too 00 too Soin trntr4ana Sim 14ramn 37 2 S Am22 0 n0 m1 m2 00 rr Aagx 1 rr 3aya Son trnrAaat n2 00 00 ragu tt Soin 14ra 7 2 S Amu 0 n2 m2 rr 4agx 1 rr 3ay raglat 00 S nrn r 4ayn n14ran1 2an2 2 0 n2 Como rr4 0 para as raizes do coeficiente de x segue 11rr3arap 0 e para coeficientes de 7 temse nrn7r4an n147ran12an20 r n1ray1 2an2 ty ty 2 TC 4rnr3 Genin 44r ntnn44n Para a raiz r 4 temse 4 n3 2 a A0 On G1 0 51 nn4 nn4 26 26 265 J n3 a 9 4 37 37 BAG 4o 1 2 36 n a4 03 a2 0 48 AB LQAQAOHD 5 2 2 2 n a5 4 03 HO HO HE n6 a 14 74 26 26 q 377 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 3 xy a 2ry 2y 0 4 4ay 2yy0 O ponto x 0 é um ponto singular e portanto nao pode ser usado 0 método das séries Para determinar se x 0 é ponto singular regular calculamos Qe il x 240 4dr 2 740 Ax 0 Podemos usar o método de Frobenius e a equagao indicial 6 2rr1r0 1 cujas raizes sto rO0 e r 3 Com a primeira raiz r 0 temos que 00 00 00 y S Anx y So nanx y Si nn 1ax n0 n1 n2 Substituindo na equagao diferencial obtemos 00 00 00 Ax Si nn lanx 2 S Nanv S anx 0 n2 n1 n0 os somatérios podem ser escritos na forma oo 00 00 S Amm 1dm412 2 Sim 1Qmpia S anc 0 m1 m0 n0 00 S 4nm Langa 2n Ldngi Gn x 2a ap 0 n1 assim a formula de recorréncia quando n 1 é Ann 1dn41 2n Ldny1 an 0 1 1 ss a Supondo ap 1 entao a 50 temse Gy Onyr logo a série de poténcias n da primeira solugao particular é 00 1 yi x Qn cos x oe ee 1 ys ns Usando a segunda raiz da equacao indicial r 5 a série de potencias da segunda 378 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV solucao é 00 00 1 00 1 Y S dna tt y Soin 5 ann y Son a pane 9 n0 n1 n2 Substituindo na equagao diferencial obtemos too 00 too So 4n Lana YS 2n Lane 4 S anc 0 n2 n1 n0 00 00 00 SoAn 1 Vanya S72 3angia So ana 0 n1 n0 n0 00 S 4m 1 Vang 22 3np1 Gn vt 8ar agx 0 n1 os soma dos termos quando n 0 é igual a zero e as trés séries podem ser agrupadas na forma 00 So An 8n 3dn41 20 3dnyi anlar 0 n1 a formula de recorréencia é 2n 22n 3an41 an 0 1 ss a i Supondo ag 1 obtémse a ap logo a série de poténcias da primeira 2n 1 solucao particular é 1 Va yox Qn1 D sen zx A solugéo geral 6 ya Cy cos a CosenyZ 5 Qay 14 2y 2y 0 6 2ay 14 2xy 4y 0 Resposta yo 12n 3x41 w 27 n0 1P2n 1x os eee 2 get Qn 7 7y 3ry122y 0 379 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 8 xy 44 yy 2y 0 Resposta m do m do Miscelanea 3117 Dada a equagao diferencial 4ry 2yy 0 com x 0 determine os pontos singu lares Resolva em série de poténcias de x de duas solucdes linearmente independentes e apresente a solucao geral em termos de funcdes elementares Solugao W 1 1 Podemos escrever na forma y ant y0 x x 1 1 As fungoes Px on Px ie estao definidas e A4mbas sao analiticas em todo x x ponto exeto em x 0 que sera o unico ponto singular da equacao 1 1 E singular pois tanto xPx 5 como x Px a2 sim sao analfticas nesse ponto Por outro kado pelo método de Frobenius temse que existe pelo menos uma solugao 00 da equacao da forma y S dnx derivando n0 00 00 y Son trjaa y Son trnrlana n1 n2 e substituindo a solugao e seus derivados na equacgao obtemos oo oo 00 Ax Son trnr1anxt 2 Son ranxt a S ax 0 n2 n1 n0 oo 00 00 4S n trnrlav 2 Son ranuttt S anv 0 n0 n0 n0 O coeficiente a se encontra no termo x é A4nrnr1an 2n 4 ran dni 0 de onde 1 n1 2n 1r2n 2r 1 Ne 380 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Da equacao indicial 1 0 lim xPx lim 2 Pr 0 rr1porq0 com po lim x x 5 fw lime x r1 0 0 rr r r r 2 2 ns 1 Se r 0 pela lei da recorréncia an 1 Bite portanto a solucao corresondente n é I 1 il yi 2 00 dt a91 52 52 S lei d énci 1 bté r i recorréncia a1 n 1 se obtém o e 57 lei de rec On 1Qn 1 1 termo geral a 1 Gay a solugao correspondente é 00 1 ya 1 Is lis nl 00 ory al ax Fat oat Portanto a solugao geral é 00 00 1 1 ong C 4 C gt ur C1 Qn t 2d Qn1 Miscelanea 3118 Encontre duas solugdes linearmente independentes na solucao em séries de poténcias de x da equagao diferencial y xy qy 0 dE R Verificar que se p Z uma das solucées finita Determine as solucoes para q 2 eq 3 Solugao O ponto x 0 é ponto ordinario logo existem duas solucoes linearente independentes na forma y So an as derivadas sao y So nanx e y So nn n0 n1 n2 1ax Substituindo na equacao dada S nn 1anx2 S nayw 4q S anx 0 n2 n1 n0 S nn 1anz Son 2an92 4 S Ana 0 n2 n3 n2 2a2 gay S nn lay n 2an2 Gangx 0 n3 381 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV q qn2 n n2 3 ag 90 a nn 1 An2 n a 02 2 43 4 agto ty a 4 3g GS BY 322 54 5 Podemos apreciar para os indices pares existe uma relacao de recorréncia em fungao de ap e para os impares em fungao de ay yx So ana a tax anu n2 q qq 2 qa 2q 4 yx ao fr a2 4 MEA ql3 Ya3 5 3q5 7 ay je ea fees As exprecdes de cada parentesis correspondem a duas solucdes da equacao elas sao linearmente independentes 42 492 4 Wa2G4 6 wal ze a free 413 I3 5 Va395 7 y2t zz Fe free Logo se q é inteiro e positivo uma das solucoes é finita Se g par sera y e se g impar sera Yo Se g 2 asolucao 6 y 1 2 1 Se q3a solugao 6 y x Sa Miscelanea 3119 Seja yit wma solugdo nao trivial da equagao linear homogénea y ptyqty 0 a Verificar mediante 0 método da redugao de ordem que uma segunda solugao y2t f ptdt e linearmente independente y2t yt fret yi t b Aplicar o item a para resolver a equagao ty t 1yy 0 onde uma solugao é yt et Solucao q 382 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Miscelanea 3120 Da seguinte equagado x 1y a 1y 2y 0 a Classifique seus pontos singulares e calcule uma solugao analitica em x 1 b Estudar se houver outra solugado analitica em x 1 linearmente independente do anterior Solucao Consideremos a mudanga de varidvel 1 t calculemos a solugao analitica em t 0 da equacao quadty t 2ty 2y 0 Observe que t 0 6 ponto singular regular e t t 2 sao analiticas em t 0 As raizes da equacao indicial sao r 2 erg 1 y S at n0 Son trnr1at Son rlant 2 Son rant 2 S ant n0 n1 n0 n0 para t temos a euacao ndicial e para t com n 1 nrnr12nr2anrldnp10 nn1an nan1 Quando n 1 nao existe um a1 nao teremos solucao de Frobenius com rz 1 Respondendo com tranquilidade a parte b podemos dizer que nao existe solugao independente Agoura que sabemos que solo existe uma solucao Frobenius podemos responder a seja r 2 logo Gn1 nn1lannla10 a n Pe ff ft eee 2t mPllt5 sty e finalmente yx x 1e Como o resultado é simples e sensato substituir na equacao para verificar se esta correto Em resposta a parte a 0 unico ponto nao ordinario é t 0 x 1 é0 ponto singular regular Miscelanea 3121 Da seguinte equagdo ry 24 2y 2y 0 383 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV a Encontre uma solugdo analitica em x 0 b Encontre outra solugao linearmente independente da anterior reduzindo a ordem c Quantas solugées linearmente independentes existem da forma xux com ux ana litica em x 0 A questao c diz Quantas solucoes tipo Fronenius tem Uma ou duas Observe que x 0 é ponto singular regular da equacao inducial segue r 0 e T2 1 Poderiamos reslver esta equacao preservando r ate o final porém existe outro caminho mais rapido co veremos a segier Como dg 0 supor yo x2 S nao pode acontecer do tipo pedido em c isto pela anakiticidade de xag no zero Respondendo assim a parte a 7 0 logo a forma da série solucao a substituir na equacao é S Gdnx com o que n1 Si nn Ldngi 22 Dany nay 2a2 0 n1 CO 1 Siln 2n ldngi n 2anje0 Angi 4y n1 ev 2 gt yi x al25F7 age Podemos considerar a9 1 pedem uma solugao assim esta resolvido a parte b lembrando que o método da reducao de ordem podemos usar pois temos uma solucao wl 22 yzeue aw22w0 40 w x Low r2Lnr2C w2 Ce e wx c40 Sax x wx 4a a s a ae x n 2 1 oe grt wx Lar 4 7 x Dna ex grt Portamto x e Lnx 1 yz x easy Miscelanea 3122 384 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Determine a solucao geral de yy 2senx sabendo que yp senx e uma solucao particular Solucao A solucao da homogˆenea y y 0 e dada por yh C1ex C2ex Sabendo que yp senx e uma solucao particular Portanto a solucao geral da equacao e yh C1ex C2ex senx Miscelanea 3123 Duas solucoes de y 2y y 0 sao ex e 5ex Perguntase y C1ex C25ex e a solucao geral Solucao Observe se y1 ex e y2 5ex segue y 1 ex y 1 ex de onde y 1 2y 1 y1 0 de modo analogo y 2 2y 2 y2 0 Por outro lado se y C1ex 5C2ex logo y C1ex 5C2ex e y C1ex 5C2ex cumpre y 2y y 0 porem nao e solucao o motivo e que as funcoes y1 ex e y2 5ex nao sao linearmente independentes A solucao correta e y C1ex C2xex Miscelanea 3124 Determine a solucao geral de y y x2 sabendo que uma solucao particular e y x2 2 e que duas solucoes da equacao y y 0 sao senx e cos x Solucao Se senx e cos x sao duas solucoes da equacao homogˆenea y y 0 entao yg C1senx C2 cos x e a solucao geral da homogˆenea Portanto a solucao geral de y y x2 e y C1senx C2 cos x x2 2 Miscelanea 3125 Determine a solucao geral de y 2y y x2 sabendo que uma solucao particular e y x2 4x 6 e que duas solucoes da equacao homogˆenea associada sao ex e xex Solucao Se ex e xex sao duas solucoes da equacao homogˆenea y 2y y 0 entao yg C1ex C2xex e a solucao geral da homogˆenea Portanto a solucao geral de y 2y y x2 e y C1ex C2xex x2 4x 6 Miscelanea 3126 Determine a solucao geral de y y x2 sabendo que uma solucao particular e y x2 2 e que duas solucoes da equacao homogˆenea associada sao ex e 3ex Solucao 385 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV As funcoes e e 3e sao linearmente dependentes logo nao podem ser solucdes da equacao homogénea associada Em verdade e e e sao duas solucdes da equacéo homogénea y y 0 assim Yg Cre Coe a solucao geral da homogénea Portanto a solucao geral de y y x 6 y Ce Coe x 2 Miscelanea 3127 Determine a solucao geral dey y y15 sabendo que uma solucao particular éy 4 e que trés solucdes da equacao homogénea associada sao e e e xe Solucao Se e e e xe sao trés solucdes da equacao homogénea 4 y y 1 0 entao Yg Cre Coe C3xe a solugao geral da homogénea Portanto a solucao geral de x y y15 6 y Cye Coe C3xe 4 Miscelanea 3128 Mostre que Solucao a a istly x 8 J 2 dx A funcao de Besel de primeira esoecie é x 2np co 1 oe nN 2np 2 1 J CO SO p dam p Fh Dyer nl Fp onde multiplicando por x de posteriormente derivando obtémse oo 122r2P P x Jp2 d Q2np ny n p d 12n p gent 2pl 1a22p1 a 2 Ip 2n r Qntp1 yl oo dx 2ntp en n p 2ntpl nl n p 1 x 2np1 d Dy oe 15 Dy dn x Jpx x a Tin tp x Jp12 d s1 stl Fazendo p s 1 segue in ar Jepax 0 J 2 x d s1 s1 db fe Iya e 2 Tuyo dx 386 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Multiplicando por x de posteriormente derivando obtémse 1a 1a Pi vd Dyan Tn tp Fd daar nl FD d 12n a 12n 1x41 7 lt Pol 0 sar 1 a dx 2nP nl n p 2entp2 n Il np 1 Transformando convenientemente 1 v 2ntpt1 d 12n 1x A 5 P YT NP J ag bt Po Bnrtrl2n1lntp nlntpl v 2np1 d py 15 yy ie WO D repay Fol Miscelanea 3129 Resolver a equacgao de Hermite y 2xy Ay 0 utilizando série de poténcias Solugao 00 Usando o método das séries de poténcias supondo y S dnx uma solucao temos n0 00 00 y Snax y S nn lax2 n1 n2 substituindo na equagao original oo oo 00 S nn 1anx 2x So nan 2 S anx 0 n2 n1 n0 oo 00 00 S ik 2k Vagyoe 2S nana S anx 0 k0 n1 n0 00 2aq Ad Siln 2n ldnyo An2n AJx 0 k1 a A A relacao de recorréncia 6 2a24a90 a 540 2n A n2n 1dnygtan2n A any 4 n 2n Yanga an TT Dnt 387 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Espandendo a série achamos que a solucao é Ny AA4 4 AA4A8 yx ao fi Sa a tee fb A2 3 A2A6 5 A2A6A10 ay fe O 5 free Miscelanea 3130 Resolver a equacado de Ayre y kxy 0 Solucao Veja solugao do Exercicio 3511 Miscelanea 3131 1 1 Se yy cosz yo senx formam um conjunto linearmente independentes e Jr Jr 1 sao solucoes de xy xy a re 0 Achar uma solucdo particular para x7y 1 vy a sy vas se y5 0 ym 0 Solucao 1 1 Como y cosx yo senx formam um conjunto linearmente independentes fx Jr 1 e sao solucdes de xy xy x py 0 entao a solucao da homogénea 6 yp 1 1 OG cos x Cason 1 Para achar uma solucao particular para xy xy a py V2 aplicamos variagao de parametros 1 1 1 1 200 2 3 ey wy laf 1 y wy ay a ays ve yt oy L7ay Ta Para determi Incdo particul t cose utesena t ara determinar a solugao particular y ut cos x uetsenz temos que gao Pp Up 1 73 2 73 q resolver o sistema uj x cos x ut xsenz 0 1 1 vr ye 1 329 my Fsene Ta cos x wr cos x an Ta O determinante do sistema é 1 1 cos x senx Jr Jr i 1 11 1 11 F senxr cosx cosx senx Ju 223 Jz 273 388 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 0 1 I senx ot I I vu 11 ursenr ux cosz cosx senr x Ju Va 273 0 I cos x Uox T I ve 11 1 cost ux senx senz cosx xr Jr 273 Jr A soluca ticul solugao particular y cos x cos x senx senx 1 1 1 A solucao geral da equacaéo é y OG cos x CaF asene Va Observe que Ch sen rt cos a Co cos it senz a YOM Te 273 Ve 273 273 T v2 V2 y a 2 Vir Vir 2 1 1 1 1 1 n C Cp 0 C12 y 7 9 Vn 1 Ji 2 9 Vis 1 T Portant 1 2n ortanto 1 27cos x senz J Jr Sx Sx Miscelanea 3132 Encontre a corrente I em fungao do tempo t em segundos dado que I satisfaz a equacao diferencial dl Le RI sen2t onde R e L sao constantes nao nulas Solugao A forma padrao da equacao diferencial dada é dl R 1 I sen2t di Z zn R f Ptdt Rt Entao Pt T de modo que e et sabese que Rt 1 Rt Iet etsen2t dt L Ry ett Rsen2t 2L cos 2t C 4D R 389 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Logo a corrente em fungao do tempo esta dada por Ry e tt Rsen2t 21 cos 2t Cy 40 R onde C é uma constante Miscelanea 3133 Um circuito possui um capacitor de 0125 x 107 F um resistor de 602 e um indutor de 10 H em série A carga inicial no capacitor zero No instante t 0 conectase o ctrcuito a uma bateria cuja tensao de 12V eo circuito é fechado 1 Determine a carga no capacitor em qualquer instante t 0 2 Determine a carga no capacitor quando t co 2 Esboce o grafico da solugao obtida Solugao q Miscelanea 3134 Um circuito possui um capacitor de 05 x 1071 F um resistor de 25Q e um indutor de 5H em série O capacitor se encontra descarregado No instante t 0 conectase esse circuito a uma bateria cuja tensdo é de 10e V e 0 circuito é fechado Solugao q Miscelanea 3135 Determinar a carga do capacitor num circuito em série LRC emt 001s L 005h R20C001f Et 0V q0 5C eiO 0A Encontre o primeiro momento em que a carga no capacitor zero Solugao q 390 01022023 Capitulo 4 Transformada de Laplace 41 Existéncia da transformada de Laplace Exercicios 41 ky Exercicio 411 Calcular as seguintes integrats 1 L co L co d x Ln x Ln x 1 J d 20 J d 3 CJ wap ep lS 0 0 00 Solugao L d 1 1 Mediante integracao por partes J aed EST estas duas expres 0 soes nao tem sentido para x 0 calculando a ultima integral temos Lnz 1 x 1 x Lnz 1 1 T 2 Ln eaon Gh 2 DI 2241 4 na 0 eh gine 0 ii 2 In21 En 0 203 40 0 4 1 Portanto J yin L 1 00 2 Pelo descrito acima segue J saray i aplicando LHospital obtemos que J 0 391 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV co L Portanto J an dx 0 x 1 0 0 d co d 3 Podemos escrever J oT 142 142 co 0 d f d XL x Logo temos J slim f Tie jim 5 0 s lim arctant arctan arctano lim axctans t00 sSoo 7 7 00 50 03 a 00 Portanto J de ortanto 7 converge para 7 1 2 Be P Exercicio 412 Pad Mostre que a integral impropria J converge sep 1 e diverge sep 1 x 1 Solugao rd ip 1 1 p Para qualquer p 1 temos Ss a ee ee logo quando xP lp 1pt 1 dx 1 p leto vem a Bo logo a integral converge Xx J D d Por outro lado sep le t 00 segue 5 00 a integral diverge x 1 t dx Seplet oovem Lnt oo x 1 TP 1 Ss se converge Portanto J pl p 6 7 oo se p1 diverge Exercicio 413 00 d 00 d Se a 5 determine se existe o valor de J 0 0 Solugao 392 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Seja u x como x 0400 wueé000 logo 00 00 00 00 ri cos x dx cos u du 2u cos u du 9 a ee 2 cosudu 2 Jr u u 0 0 0 0 logo 00 1 9 1 du 4 41 cosudu 5 V5 41 0 Por outro lado integrando por partes a integral J seja U senz e dV x entao dU cosadx e V 2a7 00 d 9 00 d 00 senx dx sen cos x dx cos x J 2 02 d 3 eh tf 2 f ae 0 0 0 Voltando a varidvel x u e substituindo 41 resulta 00 00 2 00 1 j02 f S2ar2 SE ai a coswdu45 2 Vie 0 0 0 00 d senx dx Portanto J v2r 0 Exercicio 414 00 d 00 9 d Sabendo que oat calcular o valor de J x 2 x 0 0 Solucao Temse oo oo 00 senzx dx sen x 2senz cos x dr sen22 x x lo x x 0 0 0 Como x 000 wué000 onde u 22 logo 5 2 00 2 00 d sen2x sen2x senudu ss 7 J dr SO d2r Qu 22 22 u 2 0 0 0 00 9 d Portanto J a x 2 0 393 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercicio 415 00 d x Se Ha Gta 1 a determine H0 H1 e H2 0 Solugao 00 d 1 00 d 1 x x cot 185 0 AO Se arct exe f ay rg fe patctane 0 0 00 00 Se x 0 segue H aso5acay A ee entao NS 04090 0 0 0 00 00 H0 J aval 00 0 dd Lipp 1 x x 2 A 1 oor SS a d iajie 2 an 1 7 mn 0 0 1 2x 1 too OT H1 Lnfl 1 n bps jarctanc 1 00 d x x A 2 TT 3 H2 G ey1pe Sejaxtant sent Vine 0 00 d 00 2y 00 1 x sec ff tt tdt t 2sent cost 122122 1 tan t es gt 2sent cos t 0 0 0 Td 1 Qe x x oT ogo H2 G10 2 5 arctan x 7 7 rl 0 Portanto quando x 0 temse H0 H1 H2 Exercicio 416 00 2 3 Seja fx ma se 2rs determine m de modo que fa dx 1 0 se a3 Solugao oo 3 3 00 feae feoaes f floae fa a oo 3 3 304 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 3 3 00 1 3 ode fmade 0de zma 18m1 3 oo 3 3 Portant rtanto m ortanto 3 Exercicio 417 Determine valores dea es para que cada uma das integrais seja convergente 00 00 4x d 00 d 1 Ja 2 K e dx 3 H vu 1 0 cet 1 Solugao P4xdr of 2 2 x dx x x 1 Temos Ja wo Jian pail 2 2 roe Ja Lne 1 Ln2 ER m1 a 1 a 1 Ho tim ton Ta En Sq P SS eR se e somente se a 1 Portanto a l 00 1 00 sm 1 2 Temos KK e dx e lim c 0 S 0 moo S 1 Quando s 0 temos K converge Quando s 0 temos K diverge s 00 d 9 1 3 Temos H wee Lnx lim Ln mer este limite nao x1 2 co 2 mato n1 existe porque nao sabemos a relacao de grandeza de m en No calculo em geral integrais improprias no intervalo oo 00 sao definidas por 00 m fxdx lim fxdx m00 2441 Assim H tim Ln a 0 converge quando a R 2 moco m21 Exercicio 418 Mostre que se ft e gt sdo de ordem exponencial quando t 00 entao ft gt e ft gt também sao de ordem exponencial quando t 00 Solugao 395 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Como ft e gt sao de ordem exponencial quando t entao existem numeros reais α β C1 e C2 positivos tais que ft C1eαt e gt C2eβt t 0 entao ft gt ft gt C1eαt C2eβt C1C2eαβt t 0 Disto temos que existe α β 0 tal que lim t ft gt eαβt 0 Portanto ft gt tambem e de ordem exponencial Como ft e gt sao de ordem exponencial quando t entao existem numeros reais α β C1 e C2 positivos tais que ft C1eαt e gt C2eβt t 0 entao ft gt ft gt C1eαt C2eβt Ceγt t 0 γ maxα β e C C1 C2 Disto temos que existe γ 0 tal que lim t ft gt eγt 0 Portanto ft gt tambem e de ordem exponencial Exercıcio 419 Mostre que se ft e gt sao de classe A entao ft gt e ft gt tambem sao de classe A Solucao Sendo ft e gt sao de classe A logo elas sao de ordem exponencial pelo exercıcio 412 temos que ft gt e ft gt tambem sao de ordem exponencial Por outro lado suponhamos que ft e gt sejam seccionalmente contınuas em A tais que para α β A com α β a funcao f seja somente descontınua em α e g seja somente descontınua em β logo existem fβ gα e os limites lim xα fx L1 lim xα fx L2 e lim xβ gx M1 lim xβ gx M2 lim xαfx gx L1 gα R e lim xαfx gx L2 gα R lim xαfx gx L1 gα R e lim xαfx gx L2 gα R tambem lim xβfx gx fβ M1 R e lim xβfx gx fβ M2 R 396 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Jim fo 90 8 Ma ER elim fe ge fG MER Para o caso de existir mais pontos em A de descontinuidade procedemos do mesmo modo acima descrito e concluimos que ftgt e ft gt sao seccionalmente continuas em A Portanto se ft e gt sao de classe A entao ft gt e ft gt também sao de classe A Exercicio 4110 Mostre que se ft es de classe A em 0 00 entao ft existe Solucao Sendo ft es de classe A em 0 00 logo é de ordem exponencial entaéo existem numeros reais a C e positivos tais que ft Ce Wt 0 assim Ce ft Ce Cee e ft Cee 00 00 00 C eS Vdt ef tdtC eS Vdt 0 0 0 C 00 C 00 eat Lif t eo sa 0 sa 0 C C Lft sa sa sa Portanto se ft es de classe A em 0 00 entéo f t existe Exercicio 4111 Determine uma fungao Ft que seja de ordem exponencial e que ft Ft nao seja de ordem exponencial Construa uma funcao f que nao seja de ordem exponencial porém cuja transformada de Laplace exista Solucao Seja Ft 2Vt esta funcao é continua em 0 00 logo é seccionalmente contnua Por outro lado existe M R tal que 2Vt Me Vt 0e alguma R logo Ft 2vt é de ordem exponencial 1 Seja ft Ft Vi é imediato observar que esta funcgao tem descontinuidade infinita en t 0 logo nao é seccionalmente continua no intervalo 0 00 nao existe 0 Calculemos a transformada de Laplace de ft Vi 00 ei si f etna e vt vi 0 397 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Sejlaust dusdtlogo0toe0uo t07 uO PVs 1 1 00 se e Li ft mdu d ial ojae a Fee 0 0 Sejjaau2 du2rdrlogo0uoe04r4tou u 0 0t 1 00 au 1 00 a 9 00 e e 2 Lf du 2ardr wd 42 n Gaw S2ede f eae 42 0 0 0 00 Suponhamos J e dr 0 oo 00 00 00 00 00 PIl a ra ete tauty ee macy 0 0 0 0 0 0 Sejazv rcosé yrsend 2y r logo drdy rdrdé onde 0 r oo 00 t 2 00 00 00 1 3 00 P eV dardy e drdé 50 do 2 0 4 0 0 0 0 0 assim I va logo em 42 2 Portanto existe Lft LFt ao Exercicio 4112 Determine quais das seguintes funcdes sao de classe AnEN t0 KER 1 senkt 2 coskt 3 senhkt 4 coshkt 5 ot 6 te 7 tsenkt 8 t coskt k 1 k 9 senhkt 10 coshkt 11 sent 2 12 scott t le cosh 13 e 14 cost cosht t t Solugao Sabemos que dada uma fungao f 0 co R seccionalmente continua dizemos que é de ordem exponencial em 0 00 se existem constantes M 0 ea R tais que ft Me Vt 0 Isto 6 uma funcao f 0 00 R seccionalmente 398 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV continua dizemos que é de ordem exponencial em 0 00 se existe constante a R tal ft ane et 9 t E imediato que se im i 00 entao f nao é de ordem exponencial Stoo e 1 A fungao ft senkt é continua em R para qualquer k N logo é seccionalmente continua Por outro lado senkt 1 Ce Vt 0ealguma R logo senkt é de ordem exponencial Portanto ft senkt é de classe A 2 A fungdo ft coskt é continua em R para qualquer k N logo é seccionalmente continua Por outro lado coskt 1 Ce Vt 0e alguma R logo coskt é de ordem exponencial Portanto ft coskt é de classe A 3 A fungao ft senhkt é continua em R logo é seccionalmente continua Por outro lado ee Lt t t t t senht Sllet lewl Cre he Ce VES onde y maxa G e C maxC Co 4 A fungao ft coshkt é continua em R logo é seccionalmente continua Por outro lado ete lL t at Bt t cosh t Sle let Cre Cae Ce VEZ onde y maxa G e C maxC Co 5 A funcao ft t é continua em R para todo n N logo é seccionalmente continua Por outro lado as fungdes t 1 N sao de ordem exponencial pois t t e se t 0 Portanto considerando a n C 1 na definicao é suficiente 6 Sabemos que a funcao ft e é de classe A pela parte 5 deste exercicio a funcdes t é de classe A pelo Exercicio 414 temos que te também é de classe A 7 Para a fungao ft tsenkt Pela parte 1 e 5 deste exercicio sabemos que as fungdes senkt e t sao de classe A pelo Exercicio 414 temos que tsenAt também é de classe A 8 Para a funcao ft t coskt 399 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Pela parte 2 e 5 deste exercicio sabemos que as fungdes coskt e t sao de classe A pelo Exercicio 414 temos que t coskt também é de classe A 9 Para a funcao ft tsenhkt Pela parte 3 e 5 deste exercicio sabemos que as fungoes senhkt e t sao de classe A pelo Exercicio 414 temos que tsenhkt também é de classe A 10 Para a funcao ft t coshkt Pela parte 4 e 5 deste exercicio sabemos que as fungoes coshkt e t sao de classe A pelo Exercicio 414 temos que t coshkt também é de classe A kt 11 Para a fungao ft sent A fungao nao é seccionalmente continua em 0 00 pois f0 nao existe Portanto nao é de classe A senkt Porém como lim k podemos redefinir a funcao assim t0 senkt z se t0 ft t k se t0 Temse assim que a funcdo f é seccionalmente continua em 0 00 pois f0 existe kt 1 Observe que a 7 Me VtOecalgumaM R Quandot 0 segue f0 k Me para algum 6M R logo f é de ordem exponencial Portanto f é de classe A 1 kt 12 Para a fungao gt scott A fungao nao é seccionalmente continua em 0 00 pois f0 nao existe Portanto nao é de classe A 1 kt Porém como lim scott 0 podemos redefinir a fungao assim t0 1 kt 1 cosht se t0 gt t 0 se t0 Temse assim que a fungao g é seccionalmente continua em 0 00 pois g0 existe 400 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 kt 2 Observe que aa 7 Me VtOcalgumaM R Quandot 0 segue g0 0 Me para algum 8 M R logo g é de ordem exponencial Portanto g é de classe A le 13 Para a fungao ht A fungao nao é seccionalmente continua em 0 00 pois h0 nao existe Portanto nao é de classe A le Porém como lim 1 podemos redefinir a funcgao assim t0 t le iit se t0O 1 se t0 Temse assim que a funcao h é seccionalmente continua em 0 00 pois h0 existe Por outro lado aplicando LHospital le ht t let 1 jim eat 7 im eut 7 jim te 7 jim ettayt at 0 logo h é de ordem exponencial Portanto h é de classe A t cosht 14 Para a fungao ft Podemos escrever costcosht cost1cosht1 cost1 cosht1 Ft SEER SOB OOS TT A eos a COST TE cose t t t t t1 le consideremos gt e At logo ee2 e 11e t gt 2 ot SCS ft gt I a 7 e e 2 1 1 e1 t gt 2 oft at ft gt I ity 4 Sat 5 1 t seja st f t 401 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Por outro lado aplicando LHospital considerando a 1 e 1 st t ef 1 1 jim eat 7 im eut 7 jim tet 7 jim eaIt at 0 logo st é de ordem exponencial Aplicando sucessivamente o Exercicio 419 junto com o Exercicio 411212 e t ht 13 concluese que ft é de classe A Exercicio 4113 Resolver o seguinte 1 Calcular a transformada de Laplace da fungao ft tcost 00 2 Utilizando a parte 1 calcular re cos tdt 0 Solugao d 1 Sabemos a propriedade t fts ae Lf ts Fs sempre que Fs seja a transformada de Laplace de ft A transformada de ft cost é Fs 2y1 logo a transformada de t cost é s s 1 s2s s1 Lt fts Fs Fs Fs Sa s1 Portanto Lft Ltcost 00 st s 1 2 Observe que como te costdt entao s2 1 0 r 21 3 te cos tdt e cos pip 35 0 00 3 Portant te cos tdt ortanto e cos 55 0 Exercicio 4114 Determine a transformada de Laplace para as seguintes funcoes 402 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 ft sen2t cos 2t 2 ft1e 3 fteey 4 ftt2t2 5 ft t 4t 4 6 ft t2t 2 7 ftte 8 ft t 2te 9 ft cosh at 10 ft tsent t 11 ft 12 ft sen2t 1 t0 13 ft mG we Heaviside 14 gt e ft 0 se tO0 4 O0tl 1 0t2 15 At me 16 yt me 3 se t1 t se t2 28 Qte 0 se Otl sen Se 1 17 wt 18 gt4 t se 1t2 0 se tT7 0 se t2 Solugao 00 1 Dado ft sen2tcos2t LIft e sen2t cos 2tdt 0 00 00 Li ft J ertsenatat e cos 2tdt 0 0 1 27 1 26 00 00 Li ft esen24 fe cos 2tdt e cos 24 e sen2tdt s 0 s s 0 s 0 0 00 00 2 st I 2 st Lif ecos2tdt e sen2tdt s s 8 0 0 novamente por partes ofr 27 1 2j27 Lf t esta fe COs ut ss 8s s ss 0 0 2s5s 4 s2 Lf 3 BAF ALF PED s2 Portanto Li ft Pa 403 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 9 2 D 1 2t2 A Ao kt 2th ado ftle ft QB e 9 9 00 2 9 00 st 2tk s2kt py SO am e dt Dm e a k0 0 k0 0 2 aI e7 8 2kt 00 sl Sgee PES os k2k s 2klo 1 2 1 P ortanto Lf t a sod 15 pt pty5 4 5it it 3 Dado ftee f aeaa 5 15 00 5 15 00 st5it it s542t py FO d il5 i eee at d il5 a at i 0 i 0 5 15 e7 85 2it Lf t FO cea s 5 22 lo 1 5 10 10 5 1 LIPO s5 s3 81 stil 343 s5 10 30 20 VOl STR eR TSR 10 30 20 Portanto Lif t 2 52 32 32 2 00 4 Dado ft 2t2 S LfHJ e t 2t 2dt 0 00 00 00 Lf e dt 2 e tdt 2 e dt 0 0 0 1 9 00 00 Li ft ee F e tdt 2 e dt S 0 S 0 0 2 1 too 00 1 00 Sif 0 F Le set 2 S S 0 S 0 S 0 2 1 1 2 2 2 2 2 s4 Li ft O lo 5 Lf 3p 2 2 2 Portanto Lft34zt S S S 404 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 5 ft t 4t 4t Aplicando tabela de férmulas fP44P44t LfH Le 4g 4Lf 6 8 4 Portanto Lft 4 3 2 Outra solugao Aplicando definigao 00 Dado ft t4t4t Lft e t 4t 4tdt 0 1 4 1 00 Lf t see 4t 4t e e3t 8t 4dt 0 00 1 st 2 Foe 1 st fQ 0 Se 8 81 4 e6t8dt s 0 s 0 4 1 woo o1 pf st st Li ft 2p 6t8 3 J 6dt 0 4 8 6 l ata ae 6 8 4 Portanto Li ft a 3 2 6 ft t2t 2 t 4t 16t 16 Aplicando tabela de formulas ftt416t16 ft Le 42 16L 16L1 24 24 16 16 Portanto Lft zs Qo Outra solugao Aplicando definigao 00 Dado ft t416t16 Lft e t 4t 16t 16dt 0 1 4 1 00 Lf sere 4t 16t 16 e e 4t 12t 16dt 0 0 161 to 1 P Se 40 120 1 a 12 24 Lif t ye at P16 5 e 2 tdt 0 405 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 16 16 1 to 1 Pf 4 Ae t1972 94 st24 24 Li ft 5 3 ae 12t S e 24t dt 0 1616 1 to 1 PF 4 BAe stag 24 st24 Lif t 5 3 ae 24t nF e 24dt 0 16 16 24 1 00 gf 5 S se24 FO 24S Semncaayl 24 24 16 16 Portanto Lft QoS 00 00 7 Dado ftte gif e te dt eed 0 0 1 00 1 00 8 at tg sat LPO sa i s a Portanto Lft Lte s a 00 00 8 ftt2te LftH e t 2tedt e Die 4 2tdt 0 0 00 s 1 0 s 1 0 gf 0 peat 49 4 focwoora s 1 0 s 1 0 2 2 00 FA s1t LUPO s1 s De Portant Lif t Lt 2t go 4 ortanto e Go Gp 11 9 ftcoshat ft 3 3 cosh2t ood lif st st Li ft J E 5 cosh2t dt 35 5 Je cosh 2tdt 0 0 406 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portant Lf t Lcosh j ortanto eosh at 2D 00 10 fttsent Lft J etsentat 0 00 l st roe l st Li ft 5e isent 7 e tcostsentdt 0 0 1 to 1 1 Lf t pte cost e cost seo Lsent s os 0 s s 0 s1 1 1 1 Ss 1 1 ELF pileos 4 5 elsent 2 Pal 3 PH 8 s 2s gif 2 sent 1 1 te 1 feo 1 11 Ys ae f2n MW F F osent F oa XU Pntpi Sy of SS 1 2n Lf sty2n ge YA A YOl 2d Gra o fe Bnei sr n 0 n 00 1 1 Portanto Lft Opps arctan 5 11 12 ftsen2t ft 37 cos4t Foo 1oif st Lo st Li ft Je 5 5 cos4t dt 559 J cos4tdt 0 0 Portanto ft sen22 2 ortanto Lse 957 Yep 1 t0 13 Dado ft mee Heaviside 0 se t0O e e 1 jt J Lif t the dt Lee ttdt e l f tesat fie set 0 0 407 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 Portanto Lft 5 00 14 Dado gt eft Lfgt Lfe ft ftedt Fs a 0 Portanto Lft Fsa 4 1 15 Dado At se Ot 3 se t1 400 1 00 eft ftetdt 4 edt 36 dt 0 1 4 st I 3 st Feo 4 s 3 s LUO 5 Ss 7 5 5e 4 38 Portanto Lft mo e 5 5 1 0t2 16 Dado yt sees ES t se t2 00 2 00 Li yt yte dt 1 edt te dt 0 2 Jl st 2 1 i st Foe 1 1 2s i 2s Ly e i es Llp 56 Se 1 fi 1 Portanto Lpt st a e 2 17 Dado wo sen2t se 0t7 0 se ta7 00 7 00 T Lyt vwmertat sen2t edt 0e dt sent e dt 0 T 0 Tv I 7 r Lwt sent e dt 3 cos2te e cos2tdt 0 J 0 Liwt ta e n2t atl s n2te dt 5 7 ev lta se 408 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 sT Lht pal e 2 SsT Portanto Lft pelt e 0 se 0tl 18 Dado t t se 1t2 0 se t2 oo 1 2 00 Ll ot ote dt Je e dt jr e dt 0e dt 0 0 1 2 2 t 1 st 1 9 se 1 9 1 p78 Z Ss 89 S 4s os 89 S Ss s 5 i fe dt 5 e e ae 5 e e ale e 1 lL 2 2 Portanto Lt se 2se e e s Exercicio 4115 Aplicando a definigao da transformada de Laplace calcular 1 Lles 2 Llsenhkts 3 Llesenbts Solugao 00 00 3t st 3t s3t L s4sye 1 1 Temse Lie e e dt e dt e st3 0 st3 0 0 1 Portanto Lle s3 s3 00 1 00 2 Temse senhkt J etsenn teat 5 fier SHY dt 0 0 1 1 1 00 k fy t skt p sth 5 sk ar ie IIo s k k Portanto Lsenhkt pop k 00 00 3 Temse Lesenbt e esenbtdt Ime St 4 dt 0 0 e7 8 atid t 00 s a 7b b Im Im SOUT satib lo sa b sa b 409 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV at b Portanto Lesenbt sna te Exercicio 4116 Da definicaéo da transformada de Laplace verificar que es Saat ib sal ondeab ReivVl Solucao Temos que f t Le pela definicado 00 sabit 400 FCO s a bi lo 0 1 1 sabi sabi sabi s a B atib Portanto er Gouri onde a be Rety1 Exercicio 4117 ba Most Lfe e onde s a b ostre que Lle e stast5 onde s max a Solucao Pela definicgao da transformada de Laplace temos 00 00 Le et een edt fie e dt 0 0 Considerando sa0esb0 segue i 4 eee 1 bra sta 0 sb 0 sta sb sasb Portanto se s max a b temos Le e boa s as Exercicio 4118 Aplicando propriedade da linearidade achar a transformada de Laplace para as fun oes 1 sent 2 senkt 3 senkt coskt Solucao 1 ftsent ft 3sen7tcost f00 f0 0 f t 6sent cos t 3sent 6sent 9sent 410 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV gf 6 sent 9817 sft sf0 f0 6sent 92f 1 6 sft 9Lf Cay Lft 2412 9 Portanto Lft Lsent a zs 2 ft senkt ft 2ksenkt coskt f00 f0 0 f t 2k coskt 2ksenkt 2k 4ksenkt op 2K gf ae2efQ P2Ft sf0 f0 28 aw SFQ 2Fd AK fA 28 Portanto Lft Lsenkt a ss 4k 3 ft senktcoskt ft kcoskt ksenkt f00 f0k f t 2ksenkt coskt 2ksenkt coskt 4ksenkt coskt Lf O 4k LF sft sf0 f0 4k LF sf 4k Lf k Portanto Lft Lsenkt coskt aE Exercicio 4119 Verifique as seguintes igualdades 1 L2e e s3 2 Lif 3t45 532 s0 3 Lcoshkt sp sk 4 a5 lj s0 k Fon 2Q87 5 Llsenhkt pop k 6 Lle 3e74 Es s4 Solucao 411 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV s9 1 L2e ee pag 873 00 00 3t3t sto3t3t eS at 347 3 sto3t 3t Li2ee e 2eedt 2ee e 2eedt s 0 8s 0 0 1 3 3 f 5 Loo 2e e 4 ne e 4 e 2e en ss s 0 s 0 1 9 9 s9 jet ot a 2 2 alo 3t 63 e3t p3t L2e ee stat pile ee Le e 29 2 2 gf 3t52 5242 s0 sss 00 5 et 3 oo 1 st gle 35 It 3t 5 e2t 3at s 0 s 0 5 1 et wo 1p Lit 3t 5 4 spa jose Ss 8 s 0 s 0 5 ol 3 2 53 2 ai 35 2 5 S45 P3t535 s s ss s ss s 3 Lcoshkt 2k S 00 00 st est 00 1 st Lcoshkt Je coshktdt coshkt J senhktdt s 0 s 0 0 lk kf 5 Loo Lcoshkt an e oon 8kl Ss 8 s 0 s 0 k 1 s 1 zz lcoshkt Lcoshkt pop 8 1 3 2 1 4 84P2a42 g5hPyGa s0 1 ty Lf a3 lg ye lg ted st 2 42 gis e p t uf vi fe St 2Aldt 0 412 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 11 3 Lf 5 Lo gf8eP1j fe 24 e 3t 2dt 2 Ss Ss s 2 0 8 0 1 1 1 st 3 gzPe1j 3t 2 S feat 2 ss S 0 S 0 1 1 12 3 1 3 2 1 gPP1j542 Ss ghP1y45 5 r sta s 5 r aS s h k 5 Lsen kt wk S 1 1 00 00 Lsenhkt 5 em e sf e tek dt ee dt 0 0 1 e Skt too ee stkt 00 1 1 1 senhkt a lsenhKe s k lo S48 lo al h k Portanto Lsenhkt pop 22s 7 6 Le 3e4 5 4 s 2s 4 00 4t 2t ee a oT 2 sto4t 2t Sle 3674 e 3 fe Qe 4 3edt S 0 S 0 4 9 00 00 Le 3e4 et dt 4 e Te vem Ss 8 0 0 4 2 1 to 2 Sle 4 3c FE eran 2 Ben 4 3624 s s s4 0 8 4 2 As 4 2 Lle 3077 eeeoorrsXwW Ds s2 s2s4 s2s4 22s 7 Portanto Le 3e74 5 4 s 2s 4 Exercicio 4120 Determine a transformada de Laplace para cada uma das fungodes periddicas dos gra ficos mostrados Solucao e Para o grafico da fungao da Figura 43 segue 413 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV y 1 t T 2 3f 47 T 20 37 An om 67 1 Figura 43 Figura 44 y y 1 1 1 2 3 4 5 6 K 2 4 6 Figura 45 Figura 46 t 0t A fungao podemos escrever na forma ft ne n além 2n t se Tt27 disso ft 27 ft logo 20 T 20 Lf fthe dt fte dt ftje dt 0 0 T 20 T 20 Lf t fe dt e tdt e Qn tdt 0 0 T y t T 27 37 An om 67 Figura 43 1 st 1 st 7 1 st 1 st on gif Fe t Se Fe Qn t Se 1 sTt 1 sTt 1 1 2s7 1 sT 1 sT LIft e m Je a tae e m 3e 1 2 sTt 1 2s7 414 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 st 230 1 sT2 Lft BC 2 e Jalle fy Sabese que se uma funcao ft é de periodo K entao a transformada de Laplace e Jy fQeat Lf t 7 elke Substituindo nesta expressao 1 e 8 l1e l1e 1 st FE 1 e728 s1 e728 s21 e78 8 me 1 ST Portanto Li ft 2 tanh 2 e Para o grafico da fungao da Figura 44 segue 1 se 0tT A funcgao t onde ft 2T ft logo a trans cao ft 1 ep op onde FlE 22 Fit log formada de Laplace um periodo da funcgao é aT T ar eif Ftetdt ftendt ftedt 0 0 T ft 1 t T 2 30 47 l Figura 44 Observe que o periodo é 277 além disso aT T ar Lf t fwedt edt f ledt 0 0 T Isto e ar eost F post PE 1 sya fo fetar fe et 0 Ss 0 S T Ss 415 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2T 1 sT2 sis seat See 207 4 0 s s Sabese que se uma funcao ft é de periodo K entao a transformada de Laplace e ftedt Li f4 eee Substituindo nesta expressao est 1e le st 1 Ts Lif t j tanh FE 1es sle7s s1teS 5 mo Ly 1 Ts Portanto a transformada pedida é ft tanh aI s e Para o grafico da fungao da Figura 45 segue t 0tl A fungao ft e onde ft2 ft logo a transformada 1 se 1t2 de Laplace um periodo da funcao é y 1 St 1 2 38 4 5 6 Figura 45 2 1 2 Lf t fHedt fpe dt f fedt 0 0 1 1 2 I 1 tp 2 Lif t tedt edt te edt edt 0 1 5 Oo Jo 1 1 s 1 st 1 1 st 2 1 s 1 1 2s ef Fe Ge Ge ae tae Sabese que se uma funcao ft é de periodo K entao a transformada de Laplace e ftedt Lf t Lf 1 eKs Logo 1 4 1 1s e e s 2s eif 32 es le se 1es s1 e728 Portanto a transformada pedida 6 ft 2 8 ortanto a transformada pedida é P s1 es 416 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV e Para o grafico da fungao da Figura 46 segue A fungao ft 1tset 0 2 onde ft 2 ft logo a transformada de Laplace um periodo da fungao é y 1 t K 2 4 6 Figura 46 2 2 Lf t fe dt lte dt 0 0 1 2 1 2 s lj e fi 25 sf 0 He Set Ee 1 Sabese que se uma funcao ft é de periodo K entao a transformada de Laplace e fHewadt Lif LF I 1 eKs Logo sl ore rile 4 WOl Tae Se y 1 1 Portanto a transformada pedida 6 Lft ss Exercicio 4121 Determine a transformada de Laplace para as fungées ft e ft 1 ft te cosGt 2 ft senht 3 ft tesent 4 ft isent cost 5 ft cosht 6 ft coshtsent 7 ft sent tcost 8 ft e sent 1 9 ft 3 cosh tsent senht cos t Solugao 1 ft te cosBt Retet Aplicando a definicdo Lf t Reteer 00 00 fen sei8t 400 1 sty aipt ay sa8t gy saif lo 5 a4 ip 0 0 A17 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 saiaye sa is saiaye saiP 00 st4 atiBt zy s a iBP s 7 a p 2i8s a eee sa 6 s a BP Observe que te cosZt LRete oa at atiBt 26 7 Lite sen8t LImtee4 eae Portanto Lft Lte cosBt say sa PE Por outro lado ft e cos8t ate cosGt BtesenBt 00 00 e Le cosBt ee cosBtdt ReleS4 dt eH 400 sai8 sa Re aah Be re saa 6 t ty at als a 6 e Late cosSt ow te cosGtdt sna ee 262s a e BtesenGt J be tests eae RP ayy sa alsa 67 26s a Assim Lif t saPR saPeRP s a2 BP a B22 de onde sim plificando mostra a resposta at Bb Portanto Lfts te cosGt ae Outra solugao Aplicando a formula fts sFs f0 Temse Sfs sSfOs 0 at a Be Sfts Lte cosGt s ener 0 418 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto Lfts Lte cosGt oS 2 ft senht ft 3senhtcosht f00 f00 f t 6senht cosh 3senht 6senht 9senht Lif t 6Lsenht 9Lft sft sf0 f0 6sent 92fH 2 1 6 5 LF t 9LFO 0S LI ft s 1s 9 1 3 Assim Lf t senht 4 a eal Por outro lado ft 3senht cosh t 3cosht 3cosht 0 0 f t 3cosh t 3cosht 9 cosh tsenht 3senht 6senht 9senht sft f0 6Lsenht 9Lsenht De senht a zo segue 127 8 uy 22 1 sfit 0 4 a4 Sf 4 Fas Gea 3 ft tesenGt Pelo item 1 deste exercicio segue a solucao Portanto Lft LtesenBt Toe Por outro lado ft esen8t atesenGt te cosBt 00 00 e LfesenSt esesenStdt ImfeW4 dt ay fee io 4 a i8 B oo a 0 on re sa e 2a8s a at sty at APS a e Late senGt ae te senStdt ieo RP 419 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV f Bis a 6 at sty at e LBte cosGt Be te cosGtdt s a BP 0 B 2aBsa Bsa 6 P fy ortanto SUOI Bae lea EY sa 4 ftisentcost fte i 1 1 Lif t fo ei dt e 8 att Gy ea sai 0 sai 0 0 1 sai s a LLPO Sleost tsenf sai st ae a r 2 4 A derivada de ft é ft icost sent pela primeira parte deste exercicio segue a 8 Li ft Lsent 7 cost 2a aye 5 ftcosht ft3coshtsenht f01 f00 f t 6 cosh tsenht 3 cos t 9cost6cosht Lif t ILf 6Lcosht sft sf 0 f0 9f 6cosht 6s 2 5 Seo9fWlsGaa 1 s 3s i h Assim ft cosh Z E 9 a i Por outro lado ft 3cosh tsenht 3senht 3senht f0 0 f t 3cosht 9senht cosht 9cosht6cosht sft f0 9Lcosh t 6Lcosht 1 s 3s 3 De cosh t Z E 5 2H 4 segue 0 2 S 4 88 6 8 vy 3 31 selr OF 7 291 oa 7 LUO 3 29 1 420 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 6 ft coshtsent gl esent 1 oo 1 00 1 00 Li ft 5 feve esentdt 3 e esentdt 3 e esentdt 0 0 0 1 1 1 SLO 5 ae mare A derivada ft senhtsent cosht cost 1 1 fo 5 e esent 5 te e cost vay 1 1 Lf s 1 SIO 5 s12 s1242 a s1412 r s1412 ra tf s11 s11 SLO 5 ae st1Ph Portanto Lft a 24 s12 12 s1 122 7 ft sent tcost 09 00 00 Li ft J eilvent tcostdt esentdt e tcostdt 0 0 0 1 if L f t Llsent pte cos t S e Icost bes 0 00 1 1 st Foe 1 st Li ft sent e cost isent 7 2sent t cos tdt 0 1 00 00 Lf t Llsent 2 e3sentdt esent t cos a 0 0 gol Semen simj 548 41 st 1 st Por outro lado ft costcosttsent LftLtsent 00 00 st 1 st 00 l st Li ft e tsentdt 5e tsent 7 sent t cos tdt 0 0 421 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV aa Lf eon t cos e2 cost bs 0 S1o wn 2 s ay 28 2 HOla aqq 2 AFfOl 2 1p Portanto Llsent tcost os Li ft ae 8 ft e sent set cos2t 1 1 1 1 SF 5 ele Sle cos24 5 rs aie 1 1 s Assim ft 5 es cniere A derivada ft esent esen2t Lf t Lesent Lfesen2t il lt s 2 SLO 5 i aie Ys41p 2 mytjt stl 4 ELF O 2 fs s12 caee 1 5 1 Portanto Lft 5 oe il 9 86ftj 5 cosh tsent senht cos t Temos ft se esent 5 e ecost 1 1 1 Lf st 20013 pape pee alee 1f 14 s1 1s1 s0l 9 Carer Gras 1 S 8 Assim Lft Z esiese caieee 429 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 7 1 t t A derivada ft cosht cost 5 e cost lf if if Lif 5 fewete cos tdt 3 ee cos tdi ee costdt 0 0 0 1 s 1 s 1 Li ft PO 5 ptt s1P 1 sl s1 Portant Li ft ortanto 1 5 ye r wrsE Exercicio 4122 Sejaa R constante mediante o cdlculo da transformada da funcao ft e i 1 determine a transformada de Laplace para as fungdes senat e cosat Solucao Como i 1 podemos supor 7 C como uma constante e pela definicdo da trans formada de Laplace temos 00 00 1 1 00 Lif t est ei dt e 8 att Gy sat sai 0 sai 0 0 Por outro lado 00 00 Lf t et edt e cos at isenatdt Fs iHs 0 0 Das duas igualdades 1 sia s a F Hs 4 j 8 1Hs sta Ste Ste Pte Na igualdade das partes reais e as partes imaginarias concluimos que s Hs a Fs Lcosat Papa s Lsenat Pana sa Exercicio 4123 t Determine a transformada de Laplace para a fungdao seno integral ft et dr T 0 Solucao 423 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 t 00 t 1 00 1 st SCNT st 7 2n1 Sabemos que ft J drdt J S n 1 To drdt 0 0 0 0 n0 00 00 t 00 00 1 2 1 l st42 Lif t drdt sty2nt dt O Qnzyr Jo J Qn Qn1 J n 0 0 n 0 o 00 1 1 Q2n1 1 1 1 Lf t Doo TN ooo Sr Oo FO Qn1 2n41 sr s Qn1 s2ntt 1 1 Portanto Li ft oi we dr arctan T s s 0 Exercicio 4124 00 00 Mostre que se slrtolas converge entao A sletias Pp Pp Solugao oo oo 00 00 00 Sabese que seas en ds aes dt entao P Pp 0 0 D vi TT 1 ait va t t seas te 0 dt eon dt AY p Pp 0 p 0 00 Como Li ftds converge a igualdade é valida e esta bem definida além disso a Pp varidvel p pode ser qualquer outra exceto t 00 t Portanto A Lf tds Pp Exercicio 4125 00 Utilizar a exercicio 4124 para mostrar que ed 0 Solugao 00 00 00 00 1 Seja ft sent sabese que siras J etsentatas 2a logo p p oO p 00 pelo exercicio 4123 segue que L f tds converge logo pelo mesmo exercicio 4124 Pp 424 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV segue t 00 00 t 00 1 1 cot A Llfpjjds dt pai arctan s 5 p 0 p 00 t Portanto ee dt f t 2 0 Exercicio 4126 Mostre que a funcao ft 1t nao tem transformada de Laplace Sugestao Aplique 1 a definigao da integral imprépria para mostrar que pes sioat nao existe 0 Solugao Pela definicao 1 00 1 1 1 00 1 st st st 0 0 1 1 est Para a primeira integral a tt temos 0 st 1 1 Pelo critério de comparagao como lim 1 s0O0e dt diverge entao t30t p t 1 et a tt diverge 0 00 ot et J A segunda integral e ptt existe pois sendo s 0 temse a RB 1 00 1 1 00 Observe que dt t th 1 1 Portanto JL nao existe Exercicio 4127 Mostre que sea ER entao Le f ts Lif 0 s a Fs a Solugao 425 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 Sabemos que Fs fts e ftdt por outro lado 0 00 00 Psa feo peyat f ele fplat se FA 0 0 Se f é de ordem exponencial e entao existem constantes tp e M tais que lft Me e ft Met Vtt pelo que e ft 6 de ordem exponencial e Portanto le fts Lfds a Fs a Exercicio 4128 Usando a propriedade do deslocamento determine uma fungao ft sabendo que sua transformada de Laplace é s2 Fs s 287 4252 Solugao 2 1 2 Temos Fs 2s2s2 2 s42 3 1 5 3 r 3 st5CEP s5 CS rs 3 si 10 we sj ee eEe 2 LstaP eG 2v8 s 52 08 Observando a Tabelas usando o propriedade do deslocamento e o Teorema da Linea ridade vemos que a fungao cuja transformada de Laplace é Fs é dada por 1 ii V3 10 V3 ft 0 cos 5 ay Exercicio 4129 Use a propriedade do deslocamento para determinar a Let b Lle cos4t c Lfe cosh4t Solugao 3 a Temse Lets Lts 5 s 5 6 Portanto Lfet s5 426 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV b Temse Le2t cos4ts Lcos4ts 2 s 2 s 22 42 Portanto Le2t cos4t s 2 s 22 16 c Temse Le6t cosh4ts Lcosh4ts 6 s 6 s 62 42 Portanto c Le6t cosh4t s 6 s 62 42 427 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 42 Transformada inverse de Laplace Exercicios 42 ky Exercicio 421 Mediante a transformada de Laplace determine o cdlculo das seguintes integrats 00 00 00 t t 3t 1 pre cos tdt 2 dt 3 dt 0 0 0 Solucao 00 1 te cos tdt Lf t com s 2e ft t cost 0 00 9 1 3 2t TT Jw cos tdt ef Ol 2 1Plece 25 0 P sent va t t 2 dt ent SE ai 2 arctan s t t s0 t s0 2 s0 2 0 0 ree 3t e t 3t e 3 dt en dt Llerdr Lfe4r dr 0 0 Ss Try 1 1 3 r 00 s ar In inf 1 aw a ar nal s0 od ns Exercicio 422 Sabendo que y0 3 e y0 1 aplicando a propriedade da transformada da derivada simplificar Ly t 3yt 4yt Solucao Aplicando a propriedade da linearidade Llyt 3yt 4yt Ly 3y 42 yO Pela propriedade da transformada da derivada 428 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Lyt syt sy0 y0 sLy4 38 1 e Llyt syt y0 syt 3 de onde Slyt 38ly 420 sLlyt 3s 1 3sLyt 3 4yt s 3s 4Lyt 3s 8 Portanto Llyt 3yt 4yt s 4s 1 Llyt 3s 8 Exercicio 423 Mostre que se ft ft ft f Yt sao continuas de ordem exponencial é ft seccionalmente continua em 0 00 entéo Lf t sLfO 8 F0 8 f0 sf 0 fF PO 8 0 Solucao Mostraremos por indugao matematica Suponhamos n 1 como ft é de ordem exponencial e f é seccionalmente continua 00 existe a seguinte integral Lft e ftdt para s 0 0 Integrando por partes 00 1 too 1 00 erl fo et raele rn Petr nat 0 s 0 s Jo isto é ree st l l Lft e fdt FO SFO LIAO slF 0 0 Suponhamos que para n hf seja verdadeira a igualdade a mostrarLogo para n h1 sendo e f é seccionalmente continua existe a seguinte integral ft 00 ef tdt para s 0 0 Integrando por partes 00 1 too 1 00 eff Peete anar e MO f eepn nat 0 s 0 s Jo entao LftVO sgift f0 isto é hl flO soir 40 f kl 429 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV h gfOPO se FO Ds F0 k0 Portanto a formula é verdadeira para todo n N Exercicio 424 Calcular as transformadas de Laplace das fungoes ft cosat e senat calculando a transformada de Laplace da fungado ht e i 1 Solucao Seja gt isenat cosat gte 1 1 Oo LIgt es ei dt e sate gy se ea sai 0 sai 0 0 1 stat s a Li gt Licosat isenat soa Soe Bre ze Portanto Lcosat ze Lsenat ze s0 Exercicio 425 Seja n um inteiro positivo Calcular a transformada de Laplace da fungao fr 0co R dada por ft t paran 012 Solucao Quando 00 1 n0temos fot 1 logo L fot edt s0 0 S 00 est 00 1 00 n 1temos ft t logo fit e tdt e dt 0 s lo s Jo es yoo J Ll fi 2 00 est 2 too 9 00 n 2 temos fot t logo fot edt e tdt 0 Ss 0 S Jo 2 fr 2 2 Ll f2t tdt fit niyl eae 8A0 5 00 e 43 00 3 00 n 3 temos f3t t logo f3t e tdt al edt 0 slo s Jo sia 2 estat Fein 22 2 e Os s Jo se st st 430 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 h h Suponhamos que paran h seja Lft e tdt gear 5 0 0 Foe 1 o hi1 nh1 temos fp41t eth dt eh itt eth dt 0 s 0 s Jo Foe h1 h1 h styh41 SUaay feet Sepp 5 n Portanto Lft wa 8 0 n012 Exercicio 426 Mediante a derivada da transformada determine Ltsen2t Solugao Para usar a propriedade da derivada da transformada identificamos n 2 e ft sen2t Assim d d 2 2 2 d 4s 12s 16 sen20 7 s i s2 43 12s 16 Portanto tsen2t waar Exercicio 427 5 Aplicando a propriedade do deslocamento em s determine 71 s Solugao Para aplicar esta propriedade temos que escrever a expressao em termos de s4 assim temos 5s 5s 4 20 tea1 58 20 got got 2 e Hg SM aml s 48 38 5s 1 1 gt 5e go 20e 27 5et 20 a s s et Portanto 7 2s 5te 1 2t s 48 Exercicio 428 Aplicando a transformada de Laplace da derivada verificar que se ft tcosat 82 as entao Lf s 2 a Solugao 431 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Seja ft tcosat entao ft cosat tasenat ft ta cosat 2asenat Lf t aLt cosat 2aLsenat sft sf 0 f0 afd 2aLsenat s ft 12aLsenat s a2ft 12a saw 7 7 star sa 82 as Portanto Lfs ep ap Exercicio 429 1 Aplicando a propriedade da transformada da integral determine 271 ss 4 Solugao F 1 1 Para aplicar a propriedade escrevemos Ae ss2 44 logo Fs Pad Apli cando a propriedade da transformada da integral 1 1 1 1 1 t 1 1 44 Js lay 4l 5 sent2nyae 7 cos2r 7 cos2t 0 0 Portanto 7 tf e fa cos2t ss24 4 Exercicio 4210 Sem calcular a integral determine as transformadas de laplace t t t 1 g fetde 2 fcosade 3 S f sone cost wdar 0 0 0 t t t 4 S f wed 5 S fesenade 6 gt senede 0 0 0 t t t 7 g fear 8 g f xsenede 9 gt fvede 0 0 0 Solugao 1 Pela Propriedade 49 temos 1 1 1 1 1 1 x ye 1 fear ste s sl ssl1 s1 8 a 0 Outra solugao 432 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV t oo t No caso de calcular as integrais temos of erae i edaje ds 0 0 0 L lf 1 1 1 00 rd tl d t st 1 if xe sto ee s sslsls 8 0 0 2 Pela Propriedade 49 temos 1 1 1 s ef cosae fleost So Bp s0 0 Outra solugao t oo t No caso de calcular as integrais temos ef cos nde i cos rdrjeds 0 0 0 1 1 1 1 2s st 00 on o coszdale ds sl i sent scoste Pa s0 0 t 3 of sens cost wdar 0 1 Sejam fx senz gx cosx entéo Fs Lisenas eae Gs s LIcos ts et t Lembrando que e ft xgxdxs FsGs entao 0 t t e ait x fxdzs si cost xsenzdazs GsFs 0 0 1 s s si cost xsenrdxs aa 82 1 0 t Portanto ei senx cost xdxs wa 0 433 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 4 Pela Propriedade 49 e lembrando que Le fts Fs a temse t t of xe ae ole voter ole ro Fs1 43 0 0 t onde ft ecru e Fs fts 0 1 A calcular Fs ei ze dzrs Fs seine Is 0 Sabese que Ltes s a logo Fs gxes oe dl sartt 00s 8 s 1 Assim em 43 t 1 1 tx o f xe da sD12 8 0 1 Portanto of xe ae s s 0 1 1 5 Pela Propriedade 49 temos of esennde sele sens 5 elsents 1 0 t il 1 A BsC of fe send s st141 8 r s2s2 0 1 1 1As11BsCs A5 B C1 1 2 2 st4 Portanto el senade 957 Peds PD 0 d d 1 d 1 1 6 Temse oft f send 8 senna Gt flsens als Pall 0 0 387 1 s gt senvae 82s2 1 0 434 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV t 2d Portanto gt senvae os t s2s2 12 0 1 7 Pela Propriedade 49 e lembrando que si f tdts sf s temse 1 1 1 of evar Lle 8 s stl 0 1 Portanto ef rar ss 1 0 1 8 Pela Propriedade 49 temos s rsenede qe lesens 0 1 d 1d 1 2 of ssencda 5 ebents sls ad 12 0 2 Portanto 2 vsenzde s 1 0 d d 1 d 1 1 9 Temse elt f ceae 58 f ce aa Gale lee ll aels s 1 0 0 1 a4 s oft f xe da stip 0 t Portant ele de a rtan ce dx ortanto s 0 Exercicio 4211 No Capttulo 3 usamos a fungao gama solugao da equacao de Bessel Uma definigao 00 dessa fungao dada pela integral imprépria a te tetdt aQ0 0 1 Mostre que Ta1aTa 1 2 Mostre que Lt Math a 0 8 435 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 3 Use o fato que I5 n para determinar Lf t se a ft 0 b ft o f 8 Solugao 00 00 00 1 Temse que Ta1 tedt te a tte dt aTa 0 0 0 No limite lim me7 0 m00 Portanto Ta1aTa 00 2 Pela definigéo Lt eotar sejau st du sdt quando t 00 0 segue que u 00 Mudando de variavel i lr 1 7 1 a a st U au Qaou gfe ft sat f 2 e duy fu e du allo I 0 0 0 r 1 Portanto Lt Mat a0 so 3 Pelas hipdoteses para esta questao e dos items 1 e 2 temos T4411 121 1 11 1 a Lft gfe j 2 T4 I T M41 11 1 b eirnj ee YE Fv gvatl S2 2 S2 r21 1 3 3 13 Lft gfe 2 r41r 3 1 t 13 11 3 L t T41T TT Ol 5 SMG 5540G fave Exercicio 4212 Decomponha em fragdes parciats 2 24 1 1 2st 3 2 sett 3 s 3s 10 s8 4s s 3542 S 2s1 S 4 5 6 ss6 s4 s 1s 5s 6 35 5 1 s 2s 3s1 7 8 9 253 12s 10s st1 s25s8 436 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 10 s2 1 s 3s2 4s 3 11 s 1 s2s 1 12 s2 1 s 12s 1 13 s 3 s2 4s 4 14 2s 5 s3 3s2 4 15 s 7 s 1s2 4s 3 16 s 1 ss2 2s 4 17 1 s 1s2 1 18 s2 s2 3s 22 Solucao 1 2s 3 s2 3s 10 2s 3 s 2s 5 2s 3 s 2s 5 A s 5 B s 2 2s 3 As 2 Bs 5 A B 1 Portanto 2s 3 s 2s 5 1 s 5 1 s 2 2 s2 1 s3 4s s2 1 ss 2s 2 A s 2 B s C s 2 s2 1 Ass 2 Bs 2s 2 Css 2 A C 5 8 B 1 4 3 1 s2 3s 2 1 s 2s 1 1 s 2 1 s 1 4 s s2 s 6 s s 3s 2 A s 3 B s 2 s As 2 Bs 3 A 3 5 B 2 5 5 2s 1 s2 4 2s 1 s 2s 2 A s 2 B s 2 2s 1 As 2 Bs 2 A 3 4 B 5 4 6 s s 1s2 5s 6 s s 1s 2s 3 A s 1 B s 2 C s 3 s As2s3Bs1s3Cs1s2 A 1 2 B 2 C 3 2 Portanto s s 1s2 5s 6 1 2s 1 2 s 2 3 2s 3 437 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 7 3s 5 2s3 12s2 10s 3s 5 2ss 5s 1 A 2s B s 5 C s 1 3s 5 As 5s 1 2Bss 1 2Css 5 A 1 B C 1 4 Portanto 3s 5 2s3 12s2 10s 1 2s 1 4s 5 1 4s 2 8 1 s4 1 1 s4 1 1 s2 12 2s2 1 s2 2s 1s2 2s 1 1 s4 1 As B s2 2s 1 Cs D s2 2s 1 1 As Bs2 2s 1 Cs Ds2 2s 1 s 0 B D 1 s 1 1 A B2 2 C D2 2 s 1 1 B A2 2 D C2 2 somando estas duas ultimas igualdades e de B D 1 segue 2 A B D C2 2 C D B A2 2 2 4B D 2 2A C 1 2A C de modo analogo restando duas ultimas igualdades segue 0 A B D C2 2 C D B A2 2 0 2A C B D de onde A C 2 4 B D 1 2 Portanto 1 s4 1 2 2s 4s2 2s 1 2s 2 4s2 2s 1 9 s3 2s2 3s 1 s2 2s 8 Observe s3 2s2 3s 1 s2 2s 8 s3 2s2 8s 5s 1 s2 2s 8 s3 2s2 3s 1 s2 2s 8 s 5s 1 s 4s 2 s A s 4 B s 2 5s 1 As 2 Bs 4 438 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV s 2 B 11 6 s 4 A 19 6 Portanto s3 2s2 3s 1 s2 2s 8 s 5s 1 s 4s 2 s 19 6s 4 11 6s 2 10 s2 1 s 3s2 4s 3 s2 1 s 3s 3s 1 A s 3 B s 3 C s 1 s21 As3s1Bs3s1Cs3s3 A 5 12 B 5 6 C 1 4 Portanto s2 1 s 3s2 4s 3 5 12s 3 5 6s 3 1 4s 1 11 s 1 s2s 1 1 s2 12 s2 1 s 12s 1 s2 1 2 s 12s 1 s2 1 s 12s 1 2 s 12s 1 1 s 1 2 s 12s 1 44 Por outro lado 2 s 12s 1 A s 1 B s 12 C s 1 2 As 1s 1 Bs 1 Cs 12 Se s 1 2 4C C 1 2 se s 1 2 2B B 1 Se s 0 2 A B C A 1 2 Em 45 s2 1 s 12s 1 1 s 1 1 2s 1 1 s 12 1 2s 1 Portanto s2 1 s 12s 1 1 2s 1 1 s 12 1 2s 1 13 s 3 s2 4s 4 s 2 1 s 22 Portanto s 3 s2 4s 4 1 s 2 1 s 22 14 2s 5 s3 3s2 4 2s 5 s3 3s2 4 2s 5 s 1s2 4s 4 A s 1 B s 2 C s 22 439 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2s 5 As 22 Bs 1s 2 Cs 1 s 2 C 1 3 A 7 9 B 7 9 Portanto 2s 5 s3 3s2 4 7 9s 1 7 9s 2 1 3s 22 15 s 7 s 1s2 4s 3 s 7 s 1s 1s 3 s 7 s 1s 1s 3 A s 1 B s 1 C s 3 s 7 As 1s 3 Bs 1s 3 Cs 1s 1 Se s 1 8 4B B 2 se s 1 6 8A A 3 4 Se s 3 10 8C C 4 5 Portanto s 7 s 1s2 4s 3 3 4s 1 2 s 1 4 5s 3 16 s 1 ss2 2s 4 s 1 ss 22 A s B s 2 C s 22 s 1 As 22 Bss 2 Cs A 1 4 B 1 4 C 3 2 Portanto s 1 ss2 2s 4 1 4s 1 4s 2 3 2s 22 17 1 s 1s2 1 1 s 1s2 1 A s 1 Bs C s2 1 1 As2 1 Bs Cs 1 A 1 2 C 1 2 s 2 1 1 25 6B 3 2 B 1 2 Portanto 1 s 1s2 1 1 2s 1 s 1 2s2 1 18 s2 s2 3s 22 s2 s 22s 12 A s 2 B s 22 C s 1 D s 12 s2 As 2s 12 Bs 12 Cs 22s 1 Ds 22 s 2 4 B s 1 1 D s 0 2A 4C 8 s 1 2A 3C 4 A 4 C 4 440 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portant 44 4 ortanto 4 4 s 3s 2 s2 s2 sl1 s1 Exercicio 4213 s6s9 Calcule 71 i 2s 1s a Solugao s6s9 A B C got gt 4 4 s K 25 16 1 gol es 2 BGs 1 3064 al 25 16 1 g g gt aa ean s6s9 25 16 1 gol a 2t At oT re 2s Tara 6 5 30e4t Exercicio 4214 1 Determine 7 fin st1 Solugao De acordo com o teorema da derivada da transformada s1 1 d s1 1 1 1 Ln g71 Ln g fin 5 t Ls nS t a sl 1 gol L oF tt fin 5 pee Exercicio 4215 s2 Det ine 1 I ft een ss 2s 2 WO Solugao Temse eo s42 J27 sg 2 J2r427 2 ss 2s 4 2 ss 1 j 8 s 1 4 1 249 Portanto 7 1 2esent ss 2s 2 Exercicio 4216 1 Determine a transformada Inversa de Laplace de Fs 9 S Solugao 441 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Em fragoes parciais 1 17 1 1 171 1 1 1 st9 6 823 843 62V31sV3 stvV3 s243 1 1 1 1 gt sa lev ev senV3t st9 6 23 V3 vst 1 3 Portanto 7 la YA sen V30 senV3t S Exercicio 4217 Determine a transformada inversa de Laplace para as fungoes 1 i 9 3 2 ef ee sss54 12 st4 st4 5 g2 4 os 3 5 1 6 1 s1s 2s 3 31 e725 ss2 4 Solucao 1 Pelo método das fracgoes parciais obtemos 2s 5 A 4 BsC sss12 8 5 12 4 47 9 9 5 29 2s5Ass12BsCs AB C 2s 5 5 1 1 5s 3 1 293 ss s 12 120s 12 54324v4t2 12 5 442 4 Tp 25 s 348 var ss s 12 120s 12 54 324472 0 72V47 5 22 4 47 2s5 5 1 Migtttal be sss4 12 12 s r 5 gt fs2 3B gt F 12 Nee aR CGRP T2VET Ns 3 07 2s 5 e723 V47 0 49 VAT 5 P t sent ortanto 45412 ey cos 5 Tape 5 DD 2 T s s s Temse a ees st4 s424s 5 25 2s 25 2 8 1 1 s 258 42s2542 4s2542 4s 25 42 442 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV s 1 1 1 1 ceo td s11 4 s141 Ss 1 P l t at ortanto a4 Z e e sent 3 Usando o item 2 deste exercicio segue s ef ee 1 1 1 es e 7 J 1 stt4 82 s21 4 s141 s4141 8 2 s1l sl1 Observe que 1 1 1 1 Ugob yo SL et et t 4 Ses seared gq sent of uHt1t1 se t1 s 1 ip2s I I il t2 2 Lyte t2 e 5 le 5 ualtle e 5le e se t 2 s 2s 1 1 Portanto 7 lag ee z eesentt1 5 ee 8 sempre que t 2 4 Pelo método das fragoes parciais obtemos bst8 AB stl1s2s3 s1l s2 543 A 1 B 7 JC 6 5s 3 Portanto 7 e7e 6e s 1s 2s 3 5 1 531 e8 1 a 1 a Sabese que i a se x 1 assim loos de entao 1 00 e28 logo 3 p2s 3 sle s 1 1 00 e72ns 00 1 e72ns 00 fagtegl ES Ee ES Een seem Le 8 an 1 e t 2n onde ft 71 S entao ft 2n t 2n Ss 2 2 443 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 SS t 2n Portanto quad ase LS se t 2n 6 Pelo método das fracé iais obt 1 j2 Pelo método das fracées parciais obtemos goes P ss4 4 s 8244 1 1 1 1 8 1 1 Assim 1 1 cosaz ary 4 H 4a sey4 4 400 Exercicio 4218 Considere fs Fs determine ft 2 1 1 Fs 2 Fs 8 SGy 2621 GPDVe21 9 Gow pa Solucao 1 T transf da Fs 4 imediat emos a transformada s F x é imediato que As2s1 s2s1 i 1 1 1 tro lad por outro lado s2sl 361 3s2 2 AB CD ss2s1 5s 8s s2 s1 2 Ass2s1Bs2s1Css1 Dss2 s053B1 2 1 1 s1D 250 sl1A5 1 1 1 2 1 1 logo Fs ogo Fs 2s 8 wontmoltles a5 1 1 1 1 1 1 F S SS ft t e7 t 5S Oe pd end MO 5 a Te l l 2t t Portanto Ft 5 t je e Solucao 2 3 Temos a transformada Fs is pa é imediato que 1 sl Fs 9 Gopw aa la ae 3 1 s s l t g7 4 ogo It 5 75 ro 7 1 S 1 t g f g7 1 MOs5 5 sta 3 asa a 444 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto ft Bot 3 cos2t son28 5 5 10 Exercicio 4219 Determine 2 L 3 5 2 7 3 27 Syn y wT sy 1 64 4 71 E 5 gf Issa 6 E s s2 t s ss 4 s2 8 3 12s noetf 8g gf Bg gf 8 s 1s 2s 3 s 1s 4 s9 5 6s3 1 w of28 gy pf 8 Dg gf 1 s 5s V5 s 1s 4 st 16 s6s9 1 13 g 14 g ls GDislis4 s 9s 4 Solugao 3 12 9 6 1 1 al 1 1 w 2S 5 e al 2 tal te ls 3 12 1 rare 23 m ortanto ss 9f t 120 1 1 1 1 fetal leis letgmtal ss6 s 3s 2 5s 2 5s3 s l loa 1st ss6 5 5 1 1 1 P al se se ortanto ps6 Be 5 Ae fl t3 3 E imediato ver tabela S S 3 1 1 1 1 1 1 6 ef Aledeabed s s2 5 s s2 e s fl l l 2t Portanto I 5 te1 s 52 5 1 a i 1 5 11 2 a 1 a Be Fira 4 s 4 s 4 s4 14 s4 1 1 1 1 2t cos2t sen2 Z 1 t 7 C03 t qeent t 1 Portanto ft ql 2t cos2t sen2t 1 64 1 64 1 64 4 1 al a1f9 eif 4 OF e1f 6 lz 3 lz nn LS 1 4 Portanto 7 t Ba S S 3 445 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV tT aapecg Slee isl Sl s As2s3Bs1s3Cs1s2 3 A B2C laa pesca 2 sa 22 oral Portanto 7 fesncenceny se Qe se 8 ot ced Temos a transformada Fs Coed é imediato que P Gyera 5 ST Fw logo n 25 aaa 5 baa se sag 52 a Portanto ft e cos21 sen2 s1 9 FE imediato ver tabela 27 12cos3t 4 s5d 4 1 4 1 0 eel al lawl afl 5V5 auf if1 Lal Sa eal lvl Portanto 7 wae eV 1 V5senhV5t 4 s9d a 1 4 1 moe inVac Lvs Fs G vas SVAeL vs asl 5V5 aay if1 lal ae eal lvl Portanto 7 wae eV 1 5senhV5t 446 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 6s 3 AsB CsD ne ett 5 wofB oof 29 s 1s 4 s1 t s4 6s 3 As Bs 4 Cs Ds 1 s0 34BD s1 3 95AB2CD s1 5 35AB2CD 3 35B42D s2 1582AB522CD B1D1A2C2 6s3 25 1 25 1 lea pesal egal 2 Legal s 1s 4 s s4 1 8 1 28 alt lesal 22 Leal Lal s1 r s s4 s4 Portanto 7 esiGesn 2cost cos2t sent sen2t 1 1 1 1 1 1 2 oftaldfetsletal blots s 16 Al s2 s2 8 s 4 2 Loe ar Ld tet 2 Ft syle 4 5 sen2 Lot at Portanto Ft sle e 2sen2t 13 Usando fragoes parciais s659 A 1 B 1 C s2sl1s4 s2 s1 s4 s6s9As1s 4 Bs2s4Cs2s1 s6s 9 7 1 Ww tiioiu s2sl1s4 6 s2 5 s1 30 s44 2 6s 9 25 1 16 1 1 1 ey 8 se ely etyy 4 S ety GS ds Is Fd 6 5 Sa 30 Sa s6s49 25 16 1 el 29 2 190 tat Gods Derd 6 5 130 25 16 1 P 29 ott ot 4 et ortanto ft a ne 30 1 1 1 1 1 eles de ltalde lets s 9s 4 5 s4 5 s9 Portanto ft son 2t sen3t 10 15 AAT 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercicio 4220 Sejaa constante sabese que a transformada de Laplace de ft senat é zoe s sa 2 2 0 e ade gt tcosat é ae s 0 Determine a transformada de Laplace de s a ht senat at cosat Solugao Temos Lht Lsenat at cosat Lsenat aLt cos at a s a 2a Lht a SO At Sq 2 02 s2a22 2a Portanto Li ht 24a Exercicio 4221 1 Determine a fungao cuja transformada de Laplace é 8 ti s0 ss 28 Solugao Temos que stl A B C D E soy tte tt os t Sa ss2 s s s2 s2 s23 s1 Ass2 Bs 2 Css 2 Dss 2 Es s0 18B s2 148 sl 0ABCDE s1 227A27B9C3DE s3 23AB9C9D9E 7 aA 90 8D 3 u 3A 9C 9D 3 1 13 9 A D C 10 40 20 assim stl 1 1 1 1 1 9 1 13 1 1 1 ss23 10 s 8 s 20 s2 40 s422 4 s23 s1 1 1 1 1 9 1 gt g1 gt gt ay 10 H r 8 20 s 2 13 1 1 1 gely fd yp 40 ap 4 ty 448 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 1 9 13 1 Portanto ft 10 ae 0 ne gle Exercicio 4222 Determine a funcdo cuja transformada de Laplace é St colnet etermine a fungao cuja transformada de Laplace s Solucao 7 J p ss 2s 4 2 Pod s42 s 42 1 2 m rever OOS ENE ss2s2 ss11 s s141 i st 2 i st 2 wl 2 otal etal beleeal ss 2s 2 ss 1 1 8 s141 Portanto ft 12esent Exercicio 4223 1 Determine a funcao ft sabendo que 71 Ln al ft 8 Solugao 1 d 1 1 1 2 T t 21nll 5 22 5 emos ft t ds a 2 t roa 2 1 s 2 2 1 pote 2 Petar WO t Tha 2 t ss 1 2 1 8 2 1 8 pte ptal eE fetal WO t s s41 t s s 1 2 ft 7 cos t 2 Portanto ft 7 cost Exercicio 4224 k k Mostre que seOab1 ow 0b2 1 entao n n xnLalon 2 pn 1 yn Solugao k k nlon A mostrar que wnl a eo 2b bn1b Definimos a fungao k k nlon Fe Ln et 4 ae 0 bn1blon 449 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV k k k jk 2 Fx Lnx 1 Ln1 2 Ln be 1 b 4 2x b n n k Suponhamos 0 b 2 1 quando x b segue que Fb 0 n Como b 1 é fixo entaéo Ln be 1 bin é positivo fixo e k k lim Lng 1 Ln1 0 0o z1l n n e portanto para todo x b 1 segue k k nlaton Fa Ln JE 4 2 0 0 bn1btn de onde xnLahon eon 1 bya Por outro lado se x 0 a desigualdade é imediata suponhamos O0x2b 1 n quando x b segue que Fb 0 Como b 1 é fixo entaéo Ln be 1 bin é positivo fixo e lim Lnz 1 Kn a 0O z0 7 n e portanto para todo x 0 b segue k k an12 9 Fx Ln 2x b 0 2 oo x8 de onde xrLain 6 pn 1 bn Exercicio 4225 Teorema de aproximacao de Weierstrass Demonstrar que se f ab R é uma fungdo continua entao para todo 0 existe um polindmio pt tal que ft pt para todo t a b Demonstracao 1 Seja t 1xa 2b entaéo x boat a e t ab se e somente se x 0 1 a Seja f 01 R definida por fx f1 xa xb Consideremos o polindmio de 450 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Bernstein a k k nk A 1 ple fx12 ep pta k0 Sabendo que S alar S al1a1 45 te k k eA k0 para qualquer A 0123 Por outro lado como f é continua existe 6 0 tal que Jvyld Ife fal 5 46 Sejam b x06 bb x6M max fx e n tal que 4Me72 7 xrE0 Pelo Exercicio 4224 segue k k 1 2ab 1 bo1 ou 0h S awrlaz 1 e br1b 2 47 n n Das relacoes 45 46 e 47 temse A n n n ak n n fx p S F2 rkLayS0 f w1ax k0 k ro k fe A wLa Ss n k Ss k0 lfm fll etaayr 2 n k Ea65 n n 2M a1a 2M a1ar Sram 7 taarteaw ye 2 staan ESbe Eby 42Me S of boy 2Me 2 S ok bh 2 k k nzbe nso 5 4Me2 Sergey Natanovich Bernstein 1880 1968 foi um matematico ucraniano Sua tese de doutorado defendida em 1904 na Sorbonne resolveu o décimonono problema de Hilbert sobre a solugao analitica de equacoes diferenciais elipticas Publicou diversos trabalhos em teoria da probabilidade fundamentos matematicos da genética entre outros 451 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto se f ab R é uma fungao continua entao para todo 0 existe um polindmio pt tal que ft pt para todo t a DB Exercicio 4226 A funcao de Bessel de primeira espécie de ordem zero Jo tem como série de Taylor 00 n42n 1t Jjt ee Supondo que as transformadas de Laplace a seguir possam ser calculadas termo a termo verifique que 1 1 Ll Jot s1 1 2 LJovt e V8 s0 S Solugao 00 1 i t4 6 8 1 Temse WO 2 ome Bt ap Bap BaP t t4 6 8 10 Jjt 1 o8 PPP PPE Pee RPE i t4 6 8 p10 LJot LIL Ll Ll Sls Sls Sls tt ol 2 5a oqp ppg Soe SRG IOe 1 2 4 6 8 10 Sol g253 gages papagzet 2272678259 PaPgewIOZ TO 1 1f1j 13f1 135 71 1357717 LJot l1 Ppa 22 8 fe aoe ya L LYo2 tals eras teres ls 1 1 1 LA t Jot Ss 143 52 4 Portanto Jot SI ortanto s Vs1 a DVE ee 1 an 2 Temse JoVt Ly Bnle prappelvt 00 00 00 1 1 n 1 1 1 LJovt 2t a Sy Jol vt d 22nn e d 22rn2 grtl gs d Arn ss 141 f1y 1 Ll JoVt Yo e V4 0 Jov 5 Tal s 1 Portanto JoVt e VAs s0 S 452 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercicio 4227 00 Mostre que se f de classe A e supondo exista 55 Re fecroae 0 para 0 todo s sq exceto um numero finito de pontos de descontinuidade entao ft 0 para todo t 0 exceto em possivelmente em seus pontos de descontinuidade Solucao Sendo se f é de classe A ela é seccionalmente continua e de ordem exponencial 00 Consideremos qualquer polindmio de coeficientes reais px S apx entao k0 00 00 400 400 00 epe f tdt eS axle ftdt S ax eh Ftdt 6 6 k0 k0 4 00 00 ene f tdt S az 00 6 k0 Consideremos 1 e dx e dt logo quando r00 x0e t0 ll 00 0 1 1 tole nttoat f epaftine de fa pa tinea 0 x 0 1 0 Sendo f de ordem exponencial segue a1 fLna 28 tMe Me gO a0 Consideremos so max 1 a 1 de aqui deduzimos que a funcgao Gx afLnxz 0 quando 20 0al Ss So isto completa a definigéo de Gx com G0 0 logo temse que Gx 2fLnz é continua em x 0 Por outro lado Gx é fungao limitada em 0 x 1 seccionalmente continua e satisfaz a condicao 1 few pxdx 0 0 para cada polindmio px Deste modo podemos deduzir que Gx 0 em 0 x 1 exceto possivelmente nos 453 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV pontos da descontinuidade Como x 4 0 quando s s9 entao fLnz ft 0 exceto possivelmente nos pontos da descontinuidade e portanto 1 few pxdx 0 0 Para cada polindmio px isto implica que Gx 0 em 0 x 1 exceto possivel mente nos pontos da descontinuidade Quando escolhemos uma base ortogonal completa pxen de polindmios definidos em 0 1 Podemos garantir que se gx é uma fungao seccionalmente continua em 0 1 1 e ortogonal a cada polinémio pz 7 1 2 3 isto ése oe pxdx 0 entao 0 gx 0 em 0 1 xceto eventualmente nos pontos da descontinuidade de gx Esta tedria amplia 0 caso em que gx for seccionalmente continua com uma infinidade enumerdavel de descontinuidades Exercicio 4228 Teorema de Lerch Mostre que se f e g sao fungoes de classe A e supondo que existe so tal que Lif t Ligt para todo s sq exceto um ntimero finito de pontos de descontinuidade entao ft gt para todo t 0 Solucao Aplicando o Exercicio 4226 segue que se f e g sdo funcgées de classe A entao LfHLloo LF LgH0 LfigH0 ftgt0 ft 9 exeto nos pontos da descontinuidade Exercicio 4229 Mostre as seguintes propriedades para a funao delta de Dirac 1 0dta é infinita emt a e zero set Za 00 2 J oe aat 1 0 est e8 3 20t as e det as e 4 5t as lim 6t s L Hopital sa E A5A 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 5 Sea0 entdo Ldts 1 00 00 6 ftot adt fa em particular ftot adt fa 0 0 7 Lf tdt as e fa Solugao 0 see 0tae Seja a funcao 6t a 5 se aetate e0 a0 0 see tate Para pequenos valores de 5ta é essencialmente uma fungao constante de grande magnitude que esta ligada por um curto perfodo em torno de t a Por definicao a fungao Delta de Dirac é dta lim 6 a A ultima expresséo que na verdade nao é uma funcao pode ser caracterizada por duas propriedades t i tal OM EF oeaat1 0 se ta E possivel obter transformada de Laplace da funcao Delta de Dirac supondo formal mente que st a lim 216 a 00 Para qualquer funcao continua Gt temse dt aGtdt Ga 0 0 see O0tae 1 1 Temse 6talim6étalim4 e se etae e0 e0 2 0 see tae 0 see 00 e Em t a segue 60 lim 60 lim i se e0e 00 0 0 0 se 0e 2 Esta fungao podese obter do limite da sequenga 455 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 1 se tal agit 4 2n q 0 se tal n 00 observe que A tdt 1 pelo que se escfreve formalmente 00 dt adt 0 400 oo ae 5tadt lim 6tadtlim at 1 1 tad m f 8adt lim J odt 524 0 0 ae 3 Podemos escrever a fungao 6t a em termos da fungéo de Heaviside assim 1 bt a 5 lute aeutae pela linearidade a transformada de Laplace desta ultima expressao é 1 e8a6 e slate es e7 5t a e det a 36 S S e 2S ae 0 4 Como esta tltima expressao tem a forma indeterminada 6 quando 0 aplicamos regra de L Hospital 5 a lim 5 a ei e a a We ON Qs 5 Pela parte 4 deste exercicio se a 0 entao Ldt0 e SS Lldt 1 456 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 43 Aplicacoes Exercicios 43 ky Exercicio 431 Mostrar que nao existe transformada de Laplace para a fungdao ft et para nenhum valor de s Solucao Pela definicgao da transformada de laplace temse 00 Le ee dt 0 Com efeito desde que e e em 100 entao se s 0 00 00 00 Le et dt ef dt eb t 4 68 4 at 1 0 0 00 00 0 0 Considerando v t s2 00 gfeJaer f coat 0 oo 1 00 e4 e dye4 edu e dv s2 s2 1 1 00 00 00 ee 4 edu few ee 4 e du eo 4 eduv 00 0 1 1 1 Exercicio 432 tant se 0t a Mostre que a fungdao ft 0 Sm 2 néo admite transformada de t se t25 457 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV laplace Solugao Suponhamos ms jin fe min1 e entao como a funcaéo tangente StF tem assintota em 72 00 m2 mw 2 fte dt rent e dt me tantdt 0 0 0 a2 R ims tanta ms lim vontat R4 0 0 ms lim Lnsec R Lnsec0 oo R3 Exercicio 433 Aplicando Transformada de Laplace resolva as equacoes lo oytye y05 2 y3y 18sen2t y0 6 3 yf By 3yyPe 0 1 y0 9 y0 2 Solugao 1h ytye y05 Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para obter ly y Le 1 pelas propriedades enunciadas segue que Lly y pet Usando a férmula da s 1 transformada da derivada obtemos sYs y0 Ys sal 1 1 5 Ys5Ys Ys ss s st1 s s12 s Aplicando a transformada inversa de Laplace a esta equacao e observando na tabela que 1 1 Lte Le s 1 e le S 1 458 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV obtemos a solucao do PVI Portanto yt te 5e 2 y3y 18sen2t y0 6 Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para obter Ly 3y L13sen2t 26 pelas propriedades enunciadas segue que sYs y0 3Ys Pap s 26 26 6 3Ys 6 Ys 1 S 6 Ys 2 2 2 4 s 5 sep tape toa Portanto ft 8e 2cos2t 3sen2t 3 yl 3y By y Pel 0 1 y0 0 y0 2 Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para obter Ly 3y 3yyLPe Ly 3ly 3Ly Ly LP pelas propriedades enunciadas segue que sY s sy0 sy0 y0 3s s sy0 y0 2 3sYs y0 Ys 1 2 Assim s 3s 3s1Ys s3s1 1p entao S 2 2 s3s1 3 36 1Yss Ys s 3s3s1Yss43s sp s ss s 13 1 1 1 2 Ys 4 s 8 G2 Gp G1 1 1 1 2 t 271 gt ot 2 5 2 ap 2 ag 2 ep Portanto yt e te tel F set 2 60 459 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercicio 434 t Achar ft da seguinte igualdade ft tar 1 0 Solugao t t Temse iftt f frarls etre if fears ea 0 0 1 1 1 4 FsFs Fs fte 8 8 stl Portanto fte Exercicio 435 Escreva cada uma das fungoes em termos de funcoes de grau unitario Ache a trans formada de Laplace da fungao dada 5 0t3 1 se 0t4 Se 1 t 2 t 4 0 4t5 ft 1 ft se 4 1 se 5t 0 se 0t1 0 se 0t 3 t t 2 MO se 1t 4 fl ta se t t se 0t2 sent se 0t27 5 t 6 t Mo fe se 2t MO se 2nt Solugao 1 Em termos da fungao de Heaviside ft 2 4ust 2 4 Sua transformada de Laplace é Lft 2 4ust 7 3 2 Em termos da funcao de Heaviside 1 see 0t4 ft4 0 se 4t5 101ugt 1 Oust 1 see 5t A transformada de Laplace ft 1 L0 1ust 1 0ust 1 1 1 Portanto Lft e e Ss 8 S 3 Em termos da funcao de Heaviside ft uitt 460 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Sua transformada de Laplace e Lft Lu1tt2 Lt 12 2t 1 1u1t Portanto Lft 2 s3es 2 1 s2es 1 ses 4 Em termos da funcao de Heaviside ft u 3π 2 tsent sent sent 3π 2 3π 2 sent 3π 2 cos3π 2 sen3π 2 cost 3π 2 Sua transformada de Laplace e Lft Lu 3π 2 tsent Lcost 3π 2 u 3π 2 t Portanto Lu 3π 2 tsent s s2 1e 3π 2 s 5 Em termos da funcao de Heaviside ft t u2tt Sua transformada de Laplace e Lft Lt Lt 2u2t L2u2t 1 s2 1 s2e2s 2 s Portanto Lt u2tt 1 s2 1 s2e2s 2 se2s 6 Em termos da funcao de Heaviside ft sent u2πtsent Sua transformada de Laplace e Lft Lsent Lu2πtsent sent 2π 2π sent 2π cos2π sen2π cost 2π Lsent u2πtsent Lsent Lu2πtsent 2π Portanto Lft 1 s2 1 1 s2 1e2πs Exercıcio 436 Achar as transformadas de Laplace para as seguintes funcoes 1 t 1 ut 1 2 t 12 ut 1 3 t 1ut π cos t 4 t ut 1 5 t2 ut 1 6 t 1ut π 2 sent 7 et ut 1 2 8 ut 1 cosh t 461 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Solucao 1 1 Sua transformada de Laplace é Lt 1ut1 pe 2 2 Sua transformada de Laplace 6 Lt 1 ut1 a 3 Para a fungao Lt 1ut 7 cost podemos escrever ut 7 cost ut 7 cost 7 7 ut 7 cost 7 cosz 0 t lut 7 cost 1 m7 t 7 ut 7 cost 7 Sua transformada de Laplace é Li ft 1 wLut 7 cost 1 Lut 7 t 7 cost 7 se e8s 1 1 TO Lf 7 1 s2 1 ems s 1 Portanto LI ft eal c 1s sa 4 Sua transformada de Laplace é 1 1 Lit ut 1 Lt 1 1 ut 1 we 3 l s l s Portanto Litut1 a so 5 Sua transformada de Laplace é LP ut 1 1 2 1 1 ut 1 Lt ut 1 Lt 1 ut 1 2Lt 1 ut 1 Lf ut 1 2 1 1 2 s s s Lit ut 1 3 25 3 2 2 1 Portanto tut1 se Se e s s s 6 Para a fungao Lt lut 5 sent podemos escrever 1 1 1 1 Tt 1 t 1ut 3 sent t 3 a 5 1Jut 3 sent 9 3 1 1 1 1 1 1 t gute 3 cost 3 5 lut 3 cost 5 462 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Sua transformada de Laplace é T t 7 Lit 1ut 3 sent e 2 Lt cos t 5 le 2LIcos t Portant Lt 1 t nf 2 sal m4 ortanto u a Sent S55 Jaa t s 7 Sua transformada de Laplace é 1 1 1 1 1 1 1 Lle ut 3 e 2 fle ut 3 e 2 onset t I 1s 2 Portanto Le ut e 20 t 2 2s1 l nt t 8 Sua transformada de Laplace é Llut1cosht ae lutt 1e gelutt le 1 1 1 1 1 1 2 1e1 71 t1 p8s Hel es 5 ef luld jee I5 Llut Le nee soi t 5 ea 1 1 Portanto Llut1cosht es elms 4 Xen en iss Exercicio 437 Sejaa uma constante positiva Se a transformada de Laplace da fungao f 0oo R é Fs Mostre que a transformada de Laplace da fungdao gt ugt ft a é Gs e Fs paras a Solucao Temse Lgt Luat fta Llutafita boo a 90 Lgt J eciutea feat Pestutaftaaes e uta ftadt 0 0 a 00 00 00 Li gt e ftadt e Fxdax e e ftdt a 0 0 00 Portanto Lgt Gs e Fse e ftdt 0 Exercicio 438 Determine a transformada de Laplace das seguintes funcoes 1 ft t 23ut 2 463 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 ft t1ut le 3 ft Xe sent aut a Solugao 6 1 Sua transformada de Laplace é ft t 2ut 2 e s 6 Portanto Lt 2ut 2 e s 2 ft t1ut lye ut 1t 1e Lebrar Luat ft as e Fs sa 2 Portanto Lfut 1t 1e eLte ss 3 ft Ysent aut a ut aye sent a 1 Portanto Lesent aut a spapale Exercicio 439 Determine a transformada de Laplace para as funcoes 0 se O0tl sent se O0ta7 1 f 2 ft t 1 se 1t 0 se tq7 0 se O0tl 3 ft 4 2 se 1t2 4 ft 0 se t2 Solugao 0 see 0tl 1 Ft 2 t 1 se 1t Esta funcao escrita em termos da funcao de Heaviside como ft t 1 ut 2 Portanto Lif t Lt 1uit co sent se O0t7 2 t a Me 0 see t7 Esta funcao pode ser escrita em termos da fungao de Heaviside como ft sent utsent Para usarmos a propriedade do deslocamento em t escrevemos assim sent sent 7 7 sent 7 cosa senz cost 7 sent 7 logo ft sent utsent sent utsent 7 1 as ol Portanto LI ft etl e et 464 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 3 Podemos escrever 0 see 0tl ft4 2 se 1t2 042Out02ut 0 se t2 2es Qe8 LF t 2Luit 2Lu2t Se 2 2 Portanto Lft le e S Exercicio 4310 ket se tB Mostre que a funcao ft admite transformada de laplace que a fungao ft i se tB f p onde k M e B sao constantes Solugao Pela definicgao da transformada de Laplace temse co B co Lif t e ftdt eke dt e710 dt 0 0 B B R Lft k et at 10M Jim edt 00 0 B R B 10 lim Pestars nee fshar Roo B 0 O valor obtido assim sera finito e bem definido sem importar quais grandes sejam M B ouk para qualquer s 0 A tltima integral em verdade nao podemos calcular mediante fungdes elementares nao obstante podemos limitar assim Seja ms maxt 5 para 0 t B entao B B pera emoa es B 0 0 Deste modo a transformada de Laplace existe para qualquer s 0 Exercicio 4311 465 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Resolver as seguintes equacoes diferenciais de pvt L ft f 1 ft ft 0 fO0 f01 fO1 f0 0 ft wft 0 LftRftE 3 f0A f0 0 4 f00 w eA constantes L ReE sao constantes Solucao lL ftf1 f0 f01 Temos Lft fQL ss sf0 f0 s ls 1 1 1 MOS Se sss Portanto fte1 2 ftft0 fl1 f00 Temos Lft ft L0 0 PV s sf FO Y0 YQs5 Portanto ft sent 3 ft uft 0 f0A f0 0 we A constantes Temos Lfttwft L0 sssf0 f0JtwYs0 sYs sf0 f0 wYs0 s Portanto ft Acoswt 4 LftRft f0 0 L Re Esao constantes Temos SL ft RAH F Lss J RY9 1 1 1 L 1 1 1 Y amo als meal 2 344 7 466 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto ft 1 R1 e R L Exercıcio 4312 Resolver cada um dos pvis 1 y 3y e2t y0 1 2 y y et y0 5 3 y y 2y 2t y0 0 y0 1 4 y 2y y et t y0 1 y0 0 5 y 2y 5y 4et cos 2t y0 1 y0 0 6 y 4y t2 3et y0 0 y0 2 7 y 2y y tet 4 y0 1 y0 1 8 y 2y 3y 3te2t y0 1 y0 0 9 y 4y 3sen2t y0 2 y0 1 10 y 4y et y0 0 y0 0 11 y 2y y e2t y0 0 y0 0 12 y 2y 2y et y0 0 y0 0 13 3y 12y 12y 4e2xsen2x y0 C1 y0 C2 onde C1 e C2 cons tantes 14 y 4y 13y 2t 3e2tcos3t y0 0 y0 1 15 y 2y y ft y0 0 y0 0 Solucao 1 y 3y e2t y0 1 Calculamos primeiramente a transformada de cada membro da equacao diferencial dada Ly 3Ly Le2t Dai Ly sY s y0 sY s 1 e Le2t 1 s 2 Resolvendo sY s 1 3Y s 1 s 2 Y s s 1 s 2s 3 467 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Usando fraé iai sat a4 4 impli ndo fr rciais 0 que implica sando fragdes parciais sds3 s2 53 q p s1As3 Bs 2 fazendo s 2 e s 3 na ultima equacao concluimos que A 1 e B 2 respectivamente Consequentemente l 2 l 1 Ys t 2 2g7 s s2 53 yi Fes De onde yt e 2e 20 ytye y05 Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para obter Ly y Le 1 pelas propriedades enunciadas segue que Lly y pel Usando a férmula da 1 transformada da derivada obtemos sYs y0 Ys sa 1 1 5 ss s s1 s s412 sf Aplicando a transformada inversa de Laplace a esta equacao e observando na tabela que 1 1 Lte Le s 1 e le s 1 obtemos a solucao do PVI Portanto yt te 5e 3 oy y2y2t 0 0 y0 1 2 Temos Llyy2yL2t s 2 2 sYs sy0 y0 ss 0 28 S 2 2 s Ys 1 sYs 2Ys 2 2 2 2 si 2 2 ys2 Ss ys 7 Is s2s s s ss 1s 2 468 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV S2 AB GC DY ss1s2 5s s2 s1 s2 s2 Ass1s2Bs2s1Css2Dss1 B1 1 1 sl1 C1 s2 D5 sl A5 1 1 1 1 logo Ys 080 Ws 5 a Ea Weed 1 1 Portanto fttee 2 2 4 Temse y 2yyet y0 1 y0 0 Aplicando a transformada de Laplace 4 equacao y 2y y e t y0 1 y0 0 temse t 2 l l Lly 2yyLle t sLys2sLy1Ly sits 1 1 1 1 oh oto tT 48 Wl Goat G1 Gn PGP 48 ee ee ss12 5s 8s s1 s1 1 Ass 1 Bs 1 Css1Ds D1 B1 s2 A2C2 s1 S 2A4C02 3 CH2 A em 48 Sy 1 4 1 1 4 2 4 1 2 4 1 4 s 13 s1 s1 s s s1 s1 1 2 2 1 1 2ly A 4 Fe W 2 Gpe ss S s 1 l 2 ot t Portanto ft at e2te 5 oy 2y 5y 4e cos 2t y0 1 y0 0 4s 1 Temos Ly 2y 5y L4e cos 2t b As 1 2 sY s sy0 y0 2sYs y0 5Ys stipe 2 2s s 2ss 15s Et s 1 4 2 469 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV As 1 249 Ys 2 s 2s 5Ys isp22 tet As 1 s2 Ys 2 5p s s 1 27 t s 1 2 4s 1 s 1 YVs 54 5 s sl22pP ie2 s1p2 1 Portanto ft tsen2t cos2t gsen2t 6 y4yP 3e 0 0 y0 2 2 t 2 3 Temos Lly 4y Lt 3e Ss sl sYs sy0 y0 4Ys 2 oo se s1 2 2 25 1 s 4s ety tu s 8244 818 4 por outro lado a ABC Dstt ssz4 5s 82 53 5244 2 Ass 4 Bss4Cs4DsEs 1 s0 2CH4 C5 5 s1 25A5BDE 2 10A2D1 sl 25A5B5D8 8 s2 232A4 16B16D8E A 1648D1 s2 232A16B5416D8E 1 1 40A8D4 16A8D1 A D 5 5 ol s1 25B4E 5 2 86 B0 E0 2 216B8B 7 8 TOT 8 assim 2 ss Lid s3s 4 8s4 85 253 470 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV De modo andlogo 2s1 A 4 BsC s1s4 s1 s4 2s1 As 4 Bs Cs1 7 s1 35A A s0 14AC C 24 7 3 2 42B B s 9 5 5 5 assim 2s 1 3 38 4 7 s1s4 5s1 5s4 5s 4 A transformada inversa Y 8 i i 3 3s 7 866244 85 283 5s1 5s2 4 5s 4 72 19s 1 2 3 Ys SP a Te a Weta 8s Ib BW 7 19 1 1 3 sen2t cos2t t e Portanto yt 798 t 10 cos2t 3 a ze 7 y 2 yste4 y01 yO 1 1 4 Temos Ly 2y y Lte 4 1p 2 2 1 1 4 sly sy0 y0 2 sy y0 Ly s1p rn 1 4 1 2y s1 s1e Paap te e1 1 4 1 y yt 49 Wl Goat senip t Gen 49 1 A 1 B 1 C ss12 s s1 s1 1As1Bss1Cs C1 A1 B1 1 3 4 3 4 49 Sly 4 4 em 49 Ll 30 Gopi ts 1 Ga 1 Portanto ft 31 tet 4 3e Ate 8 2y 3y 3te 0 1 y0 0 471 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV NW yt e2t 3 Temos Ly 2y 3y 3te sap y sy0 0 2s8bwOseW5 5 s 3s 1y cope ta 1 eu 2 1 s3sDs2 s1 83s0 3 1 Wl Sse pis 22 t eth i638 410 s3s1s22 s1 s3 s2 s2 3 As 3s 2 Bs 1s 2 Cs 3s 1s 2 Ds 3s 1 s2 D1 s3 Bs sl A4 s0 C 5 8g s3st1s2212s 1 4s3 3s2 s2 em 410 1 9 1 9 Sly 53 3s2 s2P 3641 Portanto ft e se te sen 9 y dy 3sen2t y0 2 y0 1 Temos Ly 4y L3sen2t sel s0 vO 42Iz ye 6 2s 1 Oaree ery ra Pelas formulas da tabela yt joent20 teos2t 2 cos2t sen2t Portanto yt 2cos2t t cos2t 7 sen2 A472 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 10 yy 4ye y0 0 y0 0 Aplicando transformada de Laplace 1 sy sy0 y0 4y Lfe til Sly ee ee WY 24a s1 5lsl 44 4 Pelas férmulas da tabela Ft e cos2t 5son2t 5 e cos 5sen Portanto ft e 2cos2t sen2t 1 oy 2y ye y0 0 y0 0 Aplicando transformada de Laplace 1 sy sy0 y0 2sLy 2y0 Lly Le 7220 s1y Sy ye 52 YW s2s 1 ee re ee s2s12 s2 s1 s1 1 1 3 1 As 1 Bs 2s 1 4Cs2 A5 B5 C5 1 1 3 Fs 9 959 7 O41 8 FIP 1 Portanto ft gle e 3te 12 y2y2ye y0 0 y0 0 1 Temos Ly 2y 2y Lle s 1 1 sy sy0 y0 2 sy y0 2Ly Gp 1 2 3 3s 1 Sy 7 ee ee Wl yipsney ser 7 Ges De sD eyja 2 ae 4 5s1 10s241 10s 1241 473 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto ft 1 104et 3et cos t 3etsent 13 3y 12y 12y 4e2xsen2x y0 C1 y0 C2 onde C1 e C2 constan tes Temos Ly Y s Ly sY s y0 Ly s2Y s sy0 y0 Le2xsen2x 2 s 22 4 a transformada da equacao diferencial e 3s2Y s 3C1s 3C2 2sY s 12C1 12Y s 8 s 22 4 Esta equacao e uma equacao algebrica que pode ser simplificada issolando Y s na forma Y s 3C1s 3C2 12C1 3s2 12s 12 8 s 22 43s2 12s 12 Y s C1s C2 4C1 s2 4s 4 8 3s 22 4s2 4s 4 Y s C1s C2 4C1 s 22 8 3s 22 4s 22 Y s C1 s 2 C2 2C1 s 22 8 3s 22 4s 22 Por outro lado 8 3s 22 4s 22 2 3s 22 2 3s 22 4 assim Y s C1 s 2 C2 2C1 s 22 2 3s 22 2 3s 22 4 Y s C1 s 2 C2 2C1 2 3 s 22 2 3 s 22 4 A transformada inversa de cada uma das fracoes parciais identificamos usando as transformadas calculadas em seccoes anteriores yt C1e2t C2 2C1 2 3te2t 1 3e2tsen2t 474 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2t 2 I Portanto yt e y01 2t y0 t 3 geen2t 140 y 4 4y 13y 2t 3ecos3t y0 0 y0 1 Aplicando transformada de Laplace Ly 4y 13y L2t 3e7cos3t 2 3s 2 2 sYs y0s y0 4ss y0 13Ys at sD249 2 3s 2 244 13Y 1 s 48 13Ys 2 22 9 2 3s 2 1 Ys apart ee Tar ss29 s249 s 249 Por outro lado 2 AB Os2D s2s229 s 8s s29 8 26 8 10 de A B C D1 one 169 169 169 169 1 2 1 T9 1 is 2 aepego 2 oe Be aera 1 t 21 B2 4 5 2 10 21 169 i 21 169 t s 2 9 1 s 2 9 f 2 8 2 8 10 sag t t e cos3t esen3t Beene ag Teg Ta t Tage CO8BD soze sen Finalmente como 3s2 3 at a 3 s2292 2 dss229 2 dss29 temse que 3s 2 Lot A 4 3t e DroF 2 sme Portanto de todos estes resultados temse a solucao do pvi 8 2 o 8 179 1 t41t 3t 3t t 3t yt 169 3 e i690 cos3t Bp7sent 5 sen3t 15 yy 2y y ft y090 y00 Nesta equacgdéo a transformada de Laplace de ft nao sabemos Considerando 475 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Fs Lf t segue Aplicando transformada de Laplace 1 Ly 2yy Ly sipt t yt te x Fs oest xdx 0 t Portanto yt oert xdx 0 Exercicio 4313 Use a formula do deslocamento para determinar 1 8 1lj 2s b 1 7s2 1 oe Sigg e 19 d 1 s Ge 1 Solugao 1 Lembrar que 6t as e s a Lke kdt a 1 1 1lf2s Portanto ae got 2 2 Lembrar utftas eFs sa Le Fs ugtft a 1s T Portanto Layee uxtsent 3 Lembrar 6t as e saLke kdt a Portanto 73e 36t 0 isto 6 713 36t 4 Lembrar Lfut ft as e Fs s a Le Fs ut ft a 1 1 1 1 s alps al s t1 er 1 e a1 1 uit uitye Exercicio 4314 Resolver o problema de contorno dado oy 2yy0 yO 2 y02 2 y8y20y0 y00 yr 0 3a oy rAy0 y0y1y00 AZO Solugao 476 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 y 2y y 0 y1 2 y0 2 Temos Lys 2Lys Lys 0 s2Lys y0s y0 2sLys y0 Lys 0 Lys y0 1 s 12 y0 s s 12 2y0 1 s 12 yt 2tet y0et tet yt 2tet Aet tet y1 2e1 A2e1 2 A e 1 yt 2tet ete 11 t Portanto yt t e 1 etet 2 y 8y 20y 0 y0 0 yπ 2 Temos Lys 8Lys 20Lys 0 s2Lys y0s y0 8sLys y0 20Lys 0 Lys y0 1 s 42 22 yt 1 2Ae4tsen2t yπ Ae4πcos2π 2sen2π 2 A 2e4π Portanto yt e4tπsen2t 3 Para a equacao y λy 0 Se λ 0 entao yt C1 C2t logo y0 C1 0 e y1 y1 C1 2C2 0 C2 0 Temos a solucao tivial Se λ 0 entao α λ a solucao geral e yt C1 cos λt C2sen λt Por outro lado yt λC1sen λt λC2 cos λt Assim y0 C1 0 y1 y1 C1cos λ λsen λ 0 Supondo C1 0 entao λ sen λ cos λ tan λ observe que existem infinitos λ que cumprem isso e podemos obteros por aproximacao Exercıcio 4315 Resolver o pvi 1 y y 2t yπ 4 π 2 yπ 4 π 2 2 y 2y y et1 y1 0 y1 5 3 y y 2t yπ 4 π 2 yπ 4 2 2 477 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV T 13 ms on s a4 40 yo 4ydsen2t yGj VWQlg4 Solugao Resolver o pvi 1 Temos Llys Llys L2es 2 2 sFs sy0 y0 Fs S PHIFsSty04W0 Fso to OW OG or ge Td y s2s2 1 1 y s 1 1 1 8 1 Fs 2 y0 y0 s 215 Salt wep y an yt 2t sent y0 cost y0sent 2 y0 cost y0 2sent Podemos supor yt 2tAcost Bsent 1 1 1 T 7 9 z zt B Wq 25 Acos 5 Bsen5 5 A T 1 1 T T 9 Agen Boost o AB1 wq 25 Asen cosS 5 Portanto yt 2t cost sent 2 Aplicando a transformada de Laplace a nossa equacao Llyd 2LyO ly Le 00 sFs sy0 y0 2sFs y0 Fs e eS Vidt 0 s 12Fs y0s 2 0 es s 1 0 s2 1 e Fs y0 y0 s y0 sae 0 s12 s13 1 1 e Fs y0 y0 y0 8 0 ay WO WO a CE 1 yt Ae Bte xt ee 1 1 ta 1 sy y1 Ae Be 5e 0 A Be 478 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 9 1 1 y1 Ae2Be155 Ase B4e i 2t1 Portanto yt 5t1e git 1et 3 Aplicando transformada de Laplace 2 fly sy0 0 Syl 3 1 1 8 1 2 y0 ly 205 aq ty Pal y0 2a yt 2t y0 cost y0 2sent 411 V2 V2 4 9 ve gve ee Bm 411 4 2 y0 ya 2S 4 Derivando 411 yt 2 y0 sent y0 2 cost T V2 V2 y 2y0 y0 23 2 v2 4 2 2 De onde y0 1 e y0 1 Portanto yt cost sent 2t T 13 ms on 7 7 Fg 40 y dy 3sen2t yG7e VWQ 6 Temos ly 4y L8sen2t 2a ely su0 vO 42yso5 s2 92 Sejam y0 A y0 B entao i2gys4B 48y 2 Ss s2 92 6 2 s 4ly sA4 B 2S 4ae S B 6 Ly AA iP WI Alaa tera ee Pelas férmulas da tabela B 6 yt Acos2t pen 22 16 sen2t 2t cos2t 479 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 7 B 6 13 19 316 T6 8 6 y t 2Asen2t Bcos2t rT 2 cos2t 2 cos2t 4tsen2t as 247 OT 2A4544 A2 vq 164 ts 7 assim 19 6 yt 2 cos2t y sen2t i6 sen2t 2t cos2t 3 Portanto yt 2cos2t mu cos2t 2sen2t Exercicio 4316 Resolver o seguinte pvt por trés métodos estudados e compare as solucoes y y 2y2t y0 0 y0 1 Solugao Mediante Transformada de Laplace Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para obter Ly y 2y 2 pelas propriedades enunciadas segue que 2 2 sy sy0 y0 sly 0 22 5 a a a ee 4 s2ss2 s1 28 5 2 s42 1 1 te 2 t e yt e 5 xe t 1 1 2t Portanto a solugao particular 6 yt e a7 t 3 Mediante variagao de parametros A equacao caracteristica é 2 0 de onde as raizes sto Ay 1 e Ay 2 A solucao geral da homogénea é yp Cie Cyoe Supondo yt e e yot e da solucao particular y uite uete temos que resolver o sistema uiteéusthe 0 wr Wy 3e 0 ul te Qugte 2t 2 Wt 9 480 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV As fungoes ut e ut obtémse por integracao 2t e 2 2t et 1 1 t at et 1 t adt et ut fae Fetes watt f Sar Jet 5 2 t t 1 2t l 2t l A solugao particular é y 5e t 1ey Ze t ge t 3 1 A solucio geral da equacio é y Cie Coe7 a7 t 1 Observe que y Cie 2Cze 1 dos dados iniciais y0 C C2 0 1 e y0 C 2C 1 1 segue que C 1 e C2 5 t 1 1 2t Portanto a solugao particular 6 yt e a7 t 3 Mediante Coeficientes indeterminados A equacao caracteristica 6 2 0 de onde as rafzes sao Ay 1 e Ap 2 A solucao geral da homogénea é yp Cie Cyoe Como zero nao é raiz da equacao caracteristica a solucao particular é da forma Y AtBdeonde yA e yi 0 1 Assim 0A2AtB2t Ale B at 1 Logo a solugao particular é y t 5 1 Assim a solucao geral da equacao 6 y Cie Cpe t 5 1 Observe que y Cie 2Cze 1 dos dados iniciais y0 C C2 0 1 e y0 C 2C 1 1 segue que C 1 e C2 5 4 1 i Portanto a solugao particular 6 yt e a7 t 3 Exercicio 4317 Determine a solucao de lL oy 4y 4y e y0 y0 0 2 tyy y00 3 tyy0 y00 4 y 6y 9y te y0 2 y0 6 5 oy y 8v2sent y00 y0 4 481 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Solugao ly 4y 4y te 0 y0 0 Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para obter Ly Ay 4y Litre pelas propriedades enunciadas segue que 2 3 sy sy0 y0 4sy y0 42y isa 7 3 1 5 1 Ss tt Wl a8 50 Ge 20 Z 1 5 ot Portanto a solucao particular 6 yt 50 ew 2 tyy y00 1 1 Podemos escrever 2 72 t onde z y o fator integrante é pt ef 7 e7bnt 1 1 1 epafptaotee y4Ct Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para obter obtemos 2 2 2 l fy Lic F sky 0 3 Se 2 1 25 1 tC Ly at ale y ai 5 oo 25 1 Portanto a solucao particular 6 yt arf 5 C Outra solucao Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para e obtemos iW 2 d 2 Llty y Sty Lv 1 De ely lv 5 d5 2 1 7 s Fs sy0 0 sFs yO S da condicao inicial segue 2 3 2 2sFssFssFs FsFs s s s 482 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV o fator integrante para esta equacaéo linear é pt ef sds elns 63 2 2 2 C 3 3 Fss 5s dsCC Ms4ta 2 C 2 1 1 a1p 4 1pU 43 19 LFs lal al y it 5t C 251 Portanto a solucao particular 6 yt arf 3 C 3 tyy0 y0 0 Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para e obtemos d Llty y Sty Sty 0 1X Iy Ly 0 di 1 FIs Fs sy0 y0 Fs 0 da condicao inicial segue Fs 2s1 277 2sFssFs Fs0 Fis 1 1 LnFs2LnsLnC FsCses s FsC 1 1 11 11 11 11 11 11 CSF5asgstas astas FsC 1 11 11 11 11 11 11 5gstaegstae aa tas como yt 7Fs segue wclt aan 1 1 1 1e li 0 yr WO Ta 2131 Bla a5 Be eT n n1 00 1 pnt Portanto a solucao particular 6 yt d Tl el 4 y6y 9y te y02 y06 Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para obter Ly Gy 9y Lfte 483 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV pelas propriedades enunciadas segue que 2 2 sy sy0 y0 6sy y0 9Ly isa 2 1 1 4 1 1 fy 2 54 2 te 20 Wl Boas 2G73 7 Goa 1G a pe x Lg st 3t Portanto a solucao particular 6 yt Tp e Qe 5 oy y 8V2sent y0 0 y0 4 Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para obter 7 7 7 Ly y L8V2sent 7 82sent cos q 7 senq cos t pelas propriedades enunciadas segue que 2 2 sy sy0 y0 Ly 8v2 YP en Plot 1s 1 S 4 1fy 8 4 Ly 8S 4 55 s y s 1 y s 1 s 1 s 1 1 1 yt 8 sont tcost stsent Asent Portanto a solucao particular 6 yt 4tsent cost Exercicio 4318 Resolver cada um dos pvis 1 oy ydt 2n y0 0 y0 1 2 y 2y 2y cost dt 37 y0 1 y01 3 oy ydt7 cost y0 0 y01 4 y 2y dt 1 y0 0 y0 1 5 oy 4y5y dt27 0 0 y0 0 6 oy yedt27 0 0 y0 0 7 yf 2 14 62 yO 9 0 1 Solugao 484 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 y y δt 2π y0 0 y0 1 Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para obter Ly y Lδt 2π pelas propriedades enunciadas segue que s2Ly sy0 y0 Ly e2πs Ly 1 s2 1 e2πs s2 1 senht u2πtsenht 2π Portanto a solucao particular e yt senht ut 2πsenht 2π 2 y 2y 2y cos t δt 3π y0 1 y0 1 Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para obter Ly 2y 2y Lcos t δt 3π pelas propriedades enunciadas segue que s2Ly sy0 y0 2sLy y0 2Ly e3πs cos3π Ly s 1 s 12 1 e3πs 1 s 12 1 yt et cos t L1e3πs 1 s 12 1 et cos t et3πsent 3π u3πt Portanto a solucao particular e yt et cos t et3πsent 3π ut 3π 3 y y δt π cos t y0 0 y0 1 Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para obter Ly y Lδt π cos t pelas propriedades enunciadas segue que s2Ly sy0 y0 Ly eπs cos π s2Ly Ly e2πs cos π 1 Ly 1 s2 1e2πs 1 s2 1 yt L1 1 s2 1eπs sent uπtsent π sent 485 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto a solugao particular é yt 1 ut 7 sent 4 y2y dt 1 y0 0 y0 1 Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para obter Ly 2y Ldt 1 pelas propriedades enunciadas segue que sy sy0 y0 AsklyyOe y e 4 1 1fl 1 4 e e YW 324 9s s22s 2s s42 8 s 2 1 ly 1 L o1 Ly 5 5 jt 5 urt 1 Portanto a solucao particular é yt 5 1 e L eX Vut 1 5 oy 4y 5ydt 27 y0 0 y0 0 Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para obter Ly 4y 5y Ldt 27 pelas propriedades enunciadas segue que sy sy0 v0 4s2ly y0 58 e s455fye Ly e a s 21 Lfy e 2 sent 277 uae t e 2 sent uz t Portanto a solucao particular 6 yt e7 sent ut 27 6 oy yedt 2m y0 0 y0 0 Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para obter Lly y Lfedt 27 pelas propriedades enunciadas segue que sy sy0 y0 Ly e Pe 486 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV s2Ly Ly e2πse2π Ly 1 s2 1e2πse2π yt e2π L1 1 s2 1e2πs e2π u2πtsent 2π Portanto a solucao particular e yt e2πsent 2π ut 2π 7 y 2y 1 δt 2 y0 0 y0 1 Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para obter Ly 2y L1 δt 2 pelas propriedades enunciadas segue que s2Ly sy0 y0 2sLy y0 1 s e2s Ly 1 ss 2 1 s2s 2 e2s 1 ss 2 Ly 1 2 1 s 2 1 s 1 4 1 s 2 1 s 2 s2 1 2e2s 1 s 2 1 s Ly 1 4 3 s 2 3 s 2 s2 1 2e2s 1 s 2 1 s Ly 1 43e2t 3 2t 1 2e2t2 1u2t Portanto a solucao particular e yt 3 4e2t 3 4 1 2t 1 2ut2 1 2e2t2ut2 Exercıcio 4319 Resolver o pvi y 2y y 0 se 0 t 2 5 se 2 t 4 0 se t 4 y0 0 y0 0 Solucao Podemos escrever zt 0 se 0 t 2 5 se 1 t 4 0 se t 4 0 5 0u2t 0 5u4t Lzt 5Lu2t 5Lu4t 5e2s s 5e4s s 487 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para obter Ly 2y y z2 pelas propriedades enunciadas segue que 9 5e 2s 5e 4s sy sy0 y0 2sly yO ly 1 1 Ly 5e 5e Wy 5e ss 1 ss 1 1 A 1 B 4 C ss12 s s1 s1 1As41Bsstl1Cs A1 B1 C1 assim 1 1 1 1 1 1 Lily 5e728 5e 48 5 Ms SaaS aaa yt 5uet1 e 2e Se 871 e te Portanto yt 5uet1 1 te 5ugt1 3 the Exercicio 4320 Determine a solucao das seguintes equacoes de valores iniciais 1 oy 4y 4y te 0 y0 0 2 tyy y00 3 tyy0 y00 4 y 6y 9y te y02 y0 6 5 oy 2yye yO0 y15 6 yy 4y 13y 2t 3e7 cos3t y0 0 y0 1 Solucao ly 4y 4y te 0 y0 0 Temos Lys 4ys 4ys tes 2 3 sFs sy0 y0 4sFs y0 4Fs ay 488 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2p AsF AF 3 F 3 Fs 48Fs 4Fs a PS Sa es 3 1 5 1 t 2 Fs 2 1 e yt tFs Ga DH aoa 20 Portanto y F 524 20 2 tyy y00 Temse Itys lyls 2es 1 gtyIs 6Fs 0 5 Tey Ms sFsy 3 d 2 d 2 sFs y0 sFs sFs sFs sFs sy0 OsFs 5 sFs sFs 5 sFs 428Fs sFs 2 Fs 2Fs 2 83 s 88 oo 2 C Resolvendo esta equacao linear de primeira ordem Fs a 3 eUps 92 4 cet 2 PC yt X Fs lal lal3r tor 27 PC Portanto yt ar 7 3 ty y0 y0 0 d Temse LtysLys0 1 7 elyIs Fs0 dy d 4 7as Fs sy0 y0 Fs 0 78 Fs Fs 0 2 Fs 2sFs Fs 0 F 2s Fs 0 sFs 28Fs Fs0 Fs 3 Fls 1 Resolvendo esta equacao diferencial segue Fs ace isto é 1 11 11 141 1 1 Fs C1i42244 44 s ca 1 sO s 3 at r n nt Portanto t 10 1 8 1 1 tr f F a a a yt Fs 5 Pata 3 3 at a mel 489 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 4 y6y 9y te y02 y06 Temse Llys 6ys 9Lys LPes 9 2 sFs sy0 0 6sFs y0 9Fs sap 2 2 2 3Fs 286 Fs s 3Fs s33 2s s s 3 s3 1 4 2 F 735 t G3 1 ia 3e 3t Portanto yt Tp e 2e Bey Qy ty ses y10 y 5 Seja Fs Lfts aplicando a transformada de Laplace a nossa equacao temos Ly 2Ly Ly e e dl sy sy0 y0 2sy y0 Sly E 1 8 1 2 l ee 0 I 0 FT ly e Gip tae paul pat p24 1 s11 1 2 Ly et 0 0 5 ly e i1p 1p y0 sp 0 24 supondo A y0 By0 segue 1 1 1 1 Sly e A B A Se Baap a Ge Ge Log ta t t ly yt 5 e AeBAte Bse 1 yt nite te4 Ae BAteBAe A se Ly 9 a Portanto yt t 4te 2 2 6 y 4y 13y 2t 3e cos3t 0 0 y0 1 Seja Fs Lfts aplicando a transformada de Laplace a nossa equacao temos Ly 4y 13Ly 2Lt 3Le cos3t 490 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 3s 2 F 1 4sF 13Fs sFs14sFs s 2 o2 49 isto implica 1 2 3s 2 Fs 7 ao oon tooo s s4s513 r ss 4s 13 r s 4s 13 1 1 Por outro lado 2445413 3 s 2 432 assim 1 1 e sen3t yds p ig 3 Send 2 A B CsD 8 Ad Ce d A ome ss4513 8 t 8 t etdst13 169 2 8 10 B C D i 13 169 169 2 8 2 8s 6 ss 4s 13 169s 13s 169 2 8 2 8 10 gH Ht e 3t e ot 22 pds psy 169 7 136 79 COW Eze sen38 3s 2 1 3 Finalmente como 2 48 13 3s22 432 obtemos 3s 2 1 gol te ot Phas ape he sen 179 8 1 2 8 Portanto yt Fp7e Sen3t a cos3t ate sen3t 3 F690 Exercicio 4321 Determine ft para a seguintes equagoes integrais t t 1 ft f fxdx 1 2 ft ftafxdx t 0 0 t t 3 ft4fsenrftadx2t 4 ft te faftadr 0 0 t t 5 ftf fxjdx e 6 ftf fxjdxt 0 0 Solugao t 1 ft tayae 1 0 491 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Temse eft f fledes sffls 21 feaels gf1s 1 1 1 4 Ps Fs Fs aa fte Portanto fte 2 Ft f t aflede Temse zta2 O0taxt drdz lr fe 2fades SFOs 2 ore oa s 21H Sf Lex fOs 21s Fl GF 5 1 MO 37 Portanto ft sent 3 ft4 senz ft xdx 2t Temse LI fts asi senx ft xdxs L2ts Aplicando convolugéo Lf ts 4senx x fts 2ts 1 2 257 2 Fs 4575 Els 2 7 Fs Ae 45 2st2 AB CsD Fs 2 2 ss25 5 s2 5245 582 5s 5 Portanto ft BY sont 492 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 4 ft tet fost xdx Temos Lf ts Ltes si ft xdzs 412 Aplicando convolucgao Lf ts Lftes La x fts Lftes 5 LF Os 1 1 s Fs Tap tp FO Fs Graaiteai s A B C D MS GoaaGat sai G1 Gb tsa s 1 1 6 1 1 1 1 1 aREe 8 s1 8 Gaps Ge 8 sad Portanto ft a te sel son 5 ft fade e Temos ft f fledas F0Is 2Uf Fledels SteIs 1 1 Ss 1 1 1 Foyt P P ay S4a tea Portanto ft se sot 6 ft fadx t Temos ft f fledels efes 21 f Fwaes S14 Fs Fs F Sel 493 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto ft1le Exercicio 4322 Mostre as seguintes propriedades da convoluao 1 fxggxf 2 fxgxhfxgxh 3 fx00 4 fxgthfxgtfxeh 5 fxdf onde 6 é a distribuicao delta de Dirac Solugao t 1 Aplicando a definigao fxgt ftxgxdx Fazendo mudanga de varidveis 0 ut2x 0 t reg f fuigttwadu f gt w Flwidu ox HU t 0 Portanto fxggxf t 2 Aplicando a definigéo f gx ht J tole htsds Ost 0 t ts rot vt sahxdtds O0a4Kts 0 0 t ts flatts 2nojaras sst2 0 0 t tx font hadx Ost2 0 Lo t Fx alt ohlade F 9 mY 0 Portanto fxgxhfxgxh t t 3 Aplicando a definicao f 0t at 0xdx te x0dr 0 0 0 494 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 4 Aplicando a definigao t t t Fag h f Ftalal2 node f Ft vglede fexhade 0 0 0 fx g ht Fx gt Fx hit Portanto fxgtthfxgfxh Exercicio 4323 Resolver as equacoes integrais t lL oy y4y 4 lade 6e 4t6 y0y0 0 0 t 2 y 1sent voiae y0 0 0 t 3 oy 6y9 f y2de 1 y00 0 Solugao t lL oy ty 4y 4 lade 6e 4t6 y0y0 0 0 t Temse y y 4y 1 uloar 6e 4t6 y0 y0 0 0 Calculando a transformada de Laplace para cada uma das partes da igualdade do problema t 0 Ly y 4y tf yoae 4 y sy0 y0 sy y0 48ly 2 ly 4 s1s4 8248 4 Aety su0 0 0 PVE oy 6 4 6 254 t At 6 So 6e t 6 s1l ss 8 5s1 495 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV t Aplicando Laplace 4 equacao x y 4y 4 yxdx 6e 4t 6 segue 0 s1s4 2s4 FNM py s ss 1 2sA4 hy A 413 w GDetD D642 413 Aplicando fragoes parciais 2s4 A B C D E a yt ss1s1s4 5s s1 s1 52 82 2s4 As1 Bss1Css1s 4 Ds 2 Es 2ss 1 1 s0 A1 s1 3 B1 s1 C3 1 s2 D s2 E0 1 1 1 1 Em 416 Ly te m 416 Sly Goa Bsa td 1 1 Portanto a solucao particular 6 yt 1e 3 30 t 2 y 1sent veoae y0 0 0 Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para obter t Lly Lf1 sent van 0 pelas propriedades enunciadas segue que 1 1 1 1 8 gly y0 g gy sly y0 2a lu ly Pel r ey ey yt sent sent x cost y s1 s1 s41 Wer y sent son x cost dx sent son x cos t cos x sentsenxdx cos tsen2t Ztsent sentsen2t costsent tsent sentsen 9 2 4 496 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 Portanto a solucao particular 6 yt 3 Sent sen2t t t 3 oy 6y9 f y2de 1 y00 0 t Aplicando Laplace 4 equacao y 6y 9 eae 1 y0 0 segue 0 t Ly 6y 9 f y2ae 1 0 9 s 6s 9 1 sy y0 6ly Ly LD 1 Ly 5 tte lu saa yt te Portanto a solucao particular 6 yt te 497 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 44 Revisao Capitulo IV Miscelanea 41 ky Miscelanea 411 Mediante Transformada de Laplace resolver a equacao integral de valores iniciais t f T i y ty 4y 4 f yade6 yS4 y5 6 0 Solucao t iW T T T Temse yy y ay4 f ylade 6 5 4 y 5 6 5 4 0 Calculando a transformada de Laplace para cada uma das partes da igualdade do problema t e Ly y 4y4 yda 4 sy sy0 y0 sy y0 4y seul 4 24 4s1 s s 4 Sy As B A 4 De D ofy As AB 6 L6 26 t Aplicando Laplace A equacao y y 4y 4 yxdx 6 e considerando y0 0 A y0 B segue 244 1 6 HSD oi 4s 448 2 4 s s 6Ass5AB as86 y Sly se TP 414 Wl ee asth 44 bs Hl 414 Por outro lado resolvendo com fragoes parciais 6 As sA B as 8s 1 7s 4 498 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV s0 6644y 30584 207 sl1 6B5y 2444B 20y 1 1 deonde644B56 6 6 4B y 5B 6 1 s1 642A4B2a6845y a 5 24 5A 4B ely 12s 8s Ass 4 sA Bs 4 ue s 4s1 Em 51 6Ass5AB as86 y Ss SE SS WM Tepaerh eba bse as B Y Ly a 244 244 54 1 8 1 1 1 1 Ly 245A 4B 6 4B B6 5 t epg tt eats sl1 1 1 1 yt 5 24 5A 4B cos2t 5 3 2Bsen2t 5B 6e 2 2 1 t y t 5 24 5A 4Bsen2t 5 3 2B cos2t 5B 6e Sendo y0 A e yG4 A4e B6 Portanto yt 4cos2t 3sen2t é a solucao do PVI Miscelanea 412 Resolver a equacao integral de valores iniciais P VI t y y 25y 25 yete 52e715 y01 y011 0 Solugao t Temse y y 25y 25 yede 52e15 y01 y011 0 Calculando a transformada de Laplace para cada uma das partes da igualdade do problema t e Ly y 25y 25 yeaa 0 499 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 9 25 sly sy0 y0 sy y0 252Ly Lly 25 2495 1 2454254 2 oly sr1 SP2E FY wy gy S S 2 1 e 252e 15 22 2 sl s Aplicando Laplace a equacao segue 2495 1 52 15 s 258 Von p22 s sl s 2425 1 52 15 52s 15s 1 12s 1 P 2594 DY oy 82 1B yy B28 15 1 Has4 128 1 8 sl os ss 1 s 11s 25s 15 AsB C D Ly 4 4H 415 Wl Taye tel eras sti bsnl 415 Por outro lado resolvendo com fragoes parciais s 11s 25s 15 As Bs 1 Cs 25s 1 Ds 25s 1 s1 52D262 D1 sl 0C262 C0 s0 B10 s2 117AsB3 C29 293 A0 Em 51 10 1 Wl a y95 ts Aplicando transformada inversa de Laplace yt 2sen5a e Portanto yt 2sen5z e é a solugao do PVI Miscelanea 413 Resolver a equacao integral de valores iniciais P VI t y 2y 4y 8 lade 22e6t y0 y0 0 0 Solugao t Temse y 2y 4y 8 lade 22e6t y0y0 0 0 500 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Calculando a transformada de Laplace para cada uma das partes da igualdade do problema t e Ly 2y 4y 8 f ule 8 sy sy0 y0 2sy y0 4y seul 8 s 2s 458 s2s4 s284 ofysy0y02y0 8S oy PIE FD oy 2 2 6 2ss 2s 6s 1 4s 6 L2 2e Gt 4 e 64 8 s1 ss 1 ss 1 t Aplicando Laplace A equacao y 2y 4y 8 yxdx 2 2e 6t segue 0 s 2s 4 456 8 ly ss 1 4s 6 hy 416 ss 1s 2s 4 416 Aplicando fragoes parciais 4s 6 A B 1 C Dst ss1s2s4 ss s1 s2 5244 4s6 As1s2s4Bss2s4Css1s4sDsEs1s2 3 s0 6A124 A 7 2 s1 2B15 B 1 s2 22C18 C5 1 sl 78D8E s3 5 24D 8E pe pe 40 20 Em 416 ey a 32422 gh 2 os BS 4d 5 5 s1 8 s240 2844 20 244 501 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Aplicando a transformada inversa de Laplace segue 3 2 1 9 13 yt 4 ze 3c 1 cos2t 7p en 24 3 2 1 9 13 Portanto yt qt se 3 35 cos2t en 24 é a solucdo do PVI Miscelanea 414 Mediante Transformada de Laplace resolver a equacao integral de valores iniciais t T Zz a Zz y y 9y9 yadax 21 a 5e2 8 W5 5e2 6 0 Solugao t T m 11 x Temse y y 9y 9 f yaaa 21 5 5e28 y 5 5e2 6 0 Calculando a transformada de Laplace para cada uma das partes da igualdade do problema t e Ly y 9y 9 f ul2del 9 sy sy0 y0 sy y0 9y seul 9 24 9s1 ss9ly AsBA s 98D as AsAB s s 21 e 21 s t Aplicando Laplace 4 equacao y y 9y 9 yxdx 21e considerando y0 0 A y0 B segue 2 9 1 21 98 oy as4 AB s AssBA21 as 8 y Sly pT 417 s 9s 1 249 51 417 Por outro lado resolvendo com fragoes parciais As sB A 21 as 8s 1 7s 9 502 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 s1 ABA2110y Y pB 20 1 s0 21849y B 79 98 24 1 sl1 AAB4212a6410y a jp 0A B21 Em 51 1 8 1 1 1 1 Lly 10A B 21 9B 21 B 21 v eg HOB 2D sagt GBH a 1 1 1 y 59 104 B 21cos3x 79 88 7sen3a 74 21e 2 4 3B 7 B2e 5eF 8 B29 9 70 10 3 3 1 y 79 104 B21sen3r 75 88 7 cos3a 4 21e 2 2 Q0A B21B21e 5e3 6 S A3B Yo 0 10 Portanto y 8sen3t 2cos3t 5e é a solucao particular da equacao Miscelanea 415 Calcular cada convolugao indicada 1 gt uxut onde u ut a fungao de grau unitdrio 2 unt uxuxut nvezes 3 fxg sendo fte egte 4 fxg sendo ft e e gt ut Solugao 1 ugt uxut onde u ut é a fungao de grau unitario 2 Unt uxuxujt nvezes 3 fxg sendo fteegte Aplicando Transformada de Laplace t Lf g Le e ei eb drs 0 503 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 1 1 1 1 ax bt2 ne cfg etfe dzs sa sb sls 0 at bt 1 at bt Portanto fxge xe ab le e 4 fxg sendo ft e e gt ut Aplicando Transformada de Laplace t Sif g Slew ut oi e ut xdzs 0 1 1 1 1 1 Sf a Se fult 2 8 sa s alsa 5s at 1 at Portanto fxgexut 7 le 1 Miscelanea 416 Seja yt a solucao da equagao de Bessel de ordem zero ty yty 0 tal que y01 e y0 0 Mostre que 1 e 1 Llyt LL Jot 2 Jotdt 1 vOs 40Ns alt I Tv 3 Joly Joost cos tdt 0 Solugao 1 Temse LftyytyL00 LftyLfyLfty 0 Seja Ly Fs sy sy0 y0 sly w0 ety 0 ds y y y YyY ds YI 2sFssFsy0sFsy0Fs0 s1FssFs0 Fs S 1 9 Fs eal 0 LnfFs 5 Lals 1 LnC 1 Fs C tC Jot Para determinar C observese que y0 C Jo0 C1 1 Portanto Llyts LJots 504 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 1 2 Da parte 1 deste exercicio temse LJots few tdt logo 00 1 st 1 lim fe Jotdt lim 0 00 Portanto Jotdt 1 0 lf of 3 Suponhamos ft ost cosada ft cost cos ada aplicando a 7 0 0 transformada de Laplace a z LFOs f Sfeosteosajjda f 5 da s cost cos ada 2 heoea a 0 0 5 2 5 2 5 s ssec a Lf t a Ss fés aa a lamar s 1 a 0 0 2 stana 2 2 7 Lf ts arctan 0 Jit fés ms 1 I ae aT ot I Tv Portanto Jpot costt cos ada 7 0 Miscelanea 417 Usando a transformada de Laplace e convolugao resolva o problema de valores iniciats e se 0tmT 4 Oy 4 2y ft y01 y00 y 2y 2y ft Hltet se ta y0 y0 Solugao 1 TS Como ft e eultm Sfs Considerando Ys Lfts e aplicando a transformada de laplace 4 equacgao obtémse 1 e TS 1 1Ys s24 s11Yss a 505 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV logo Y yo St td to ns 1 i st21sl stl21 sl st1 st ot tt too ns 1 i sl241 sb241 s1 sti21 sl st1P41 Lle costs Llesents Lfe e costs e Le e costs Lecost sents Lfe e costs Le ec sent mJut 7s e nossa solugao é yt e cost e sent e x esent e 7 et sentut 7 ent ent yt e cost sent sl cost 2sent Zl sent 2sentut 7 Miscelanea 418 t se O0t7 Resolver 0 put yy y ft y00 y0 1 pity y ft an se tn y0 y0 Solucao Temse Ly y Lft Ltuot urt uxzt cos2t sy sy0 y0 Ly Lt uot Lt urt Lurt cos26 1 s 1y 1 Bo Lit uzt Llu t cos2t Por outro lado 1 Lit unrt Lt 7 uz t tut ne em TS Llu t cos2t Llu t cos2t 7 2am logo 1 1 1 8 2 247m ts Ts s Dey 1 5 mu 5 arm oy t1 4 7s Fo WX 2241 s s 24424 1 1 1 Ss t gol go Ts go Ts go Ts a alt le M241 t le aernlt le e ae 1 yt t4 filt wut wfot 7uzt f3t wut 506 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV onde as funcoes f fo e fz determinamos assim 1 1 1 etp ty a ty ty a ty 4 Ly fit 2 iD L al L lz i t sent 1 1 8 t 1 2 5 1 cost fll al SGI gg 1 008 4 s 14 14 1 NS 2 BO 2 laypen 3 Legg gf Legal gleost cos20 De onde resulta yt t filt 7 wfot 7 fatmJut 1 yt t t7 sent771cost7 3 cost7 cos2t7jut 37 1 1 yt t t sent cost 3 cos2turt 37 1 1 Portanto yt tuot ut 2t sent 3 cos t 3 cos2tut Também podemos escrever t see O0t7 Portanto yt 37 1 1 2t sent J cos t 3 cos2t se t7 Miscelanea 419 Utilizando a transformada de Laplace verifique a igualdade b e esenct aca e cosct Pyar seule Solucao Aplicando Transformada de Laplace t t Le esenct si et senet xda e et 6 sencxda 0 0 1 Le esenct Lfe Lfesenct a GuprTe 418 1 1 A BsD P tro lad oO Og s b sa sbp e 7 1AlsbcBsDsa 1 1 2ba A B D a b c ab c ab 507 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Logo em 418 segue 1 c c 1 sba sa sb2 ab2 sa sb assim at bt c 1 sb ba a Ele esenct a b sb r Shere at be c 1 sb ba t g1t 7 4 ot esenct ab opera Goel e xesenct gat gb cosct bo obi con ct ab c Portant at bt t c at bt t ba y t ortanto e e senct pa ew e cosct esenct Miscelanea 4110 Mediante convolugao ache a transformada inversa de Solugao 1 1 1 As s 2 Fs s ss a s ss541 sta 1 Fs 735 4 Fs 3 s s a s ss 1 1 A transformada Hs d forma Hs A transformada Hs podemos escrever na forma So ansronm ss a P s s a 1 1 Gs Ys onde Gs 3 Ys Pare Assim temos gt 2 71Gs 2S t Alt S711 s 2 sealer 3 sae oa 1 Aplicando o teorema da convolucao ola L1GsYsgxh t 1 1 1 1 gxh a t xsenaxrdxz mt a senat aa iat senat 0 Portanto ety fat senat ss a a3 2 A transformada Fs d forma Fs A transformada Fs podemos escrever na forma Fs 2s512 ss41 1 1 1 oo LY e Ys Assi psa Ws s onde Gls Ta aay C Y Gagegny Asm 508 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV temos 1 2 V3 1 1 al gt LGsJ asd e sent ht s 1 Aplicando o teorema da convolucao oleysae LGsYsgxh t t tu t gxh etna 6 senP udx cos 1cost 0 0 AV3 t 3 2 3 gxh WB etsen Sy Sent cos 1 1 4V3 3 2 t 3 Portanto lyea WB es sen2 ate cos SH a 3 Fs 8 a2 A transformada Fs pod forma Fs 1 4 ver na form ransformada Fs Pew podemos escrever na forma Fs oe 2a s2 a2 Aplicando o teorema da convolugao 24 2 2 41 a at 1 2a L oa De la Za 2 ap ay tcoshat 242 Portanto 2 oe tcoshat 4 A transf da Fs d f Fs ver na form ransformada Fs 41 podemos escrever na forma Fs 5 Sal 1 1 Gs Ys onde Gs 3 Ys Pal Assim temos gt Gs 4 1 Alt LY s SI sent s s 1 Aplicando o teorema da convolucao ole p0 7GsYsgxh t t gxh sour tae cosr 1cost 0 509 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto ey 1cost ss 1 Miscelanea 4111 Resolver as equagoes integrais t 1 oy 6y 9 f yada t y00 0 t 2 y6y 9 f yaaa t y00 0 t 3 y cost wo costxdxr y0 1 0 Solugao t nr 6y 9 f ylede t y00 0 t Aplicando Laplace A equacao y 6y 9 yadx t y0 0 segue 0 t Ly 6y 9 f y2ae Lt 0 2 sty v0 62 22 si EAE oy F 1 1 1 1 1 1 1 l 3 os 7 6 te yt 5 9e te Portanto a solucao particular é yt sc stem t 2 y 6y 9 f yaaa t y00 0 t Aplicando Laplace 4 equacao y 6y 9 eae t y0 0 segue 0 t Ly 6y 9 f uaae Lt 0 510 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 9 s 6s 9 1 sy y0 6ly lyl Lt fly 5 1 1 1 1 1 1 1 t e te Wl e432 9s Oss 3 3G HS ult 9 ge gle x Tol iy Ls Portanto a solucao particular 6 yt 979 7 3te t 3 y cost wo costaxdz y0 1 0 t Aplicando Laplace 4 equacao y cost vo costxdz y0 1 segue 0 t Lly Llcost vo cost xdz 0 t s slu vO a bf le cost wae 0 t s sly 1 Sal e yx cost xdz 0 s s s s j ly Lfy 7 41 sel epi tM ayy Ul Al Sy eat s s 3 s gy s1 3 gyj 1 ifs a eel OlEest eal ss 1 s1 1 1 1 Ss lL Portanto a solugao particular é yt 1t 3 511 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 512 01022023 Capitulo 5 e e Série de Fourier 51 Séries Trigonométricas Exercicios 51 ky Exercicio 511 Determinar uma série da forma a senkt considerando a diferenga dos cos senos I Solucao Sabemos que cosA BcosA B 2senAsenB considerando A kt B Vk ENentao coskt 5 coskt 5 2sen5 senkt Sek1 cost cost 5 2sen5sent Sek2 cos cost 2sen5sen 2 Sek3 cos 2 cos 2sensen3t 2 2 2 2n1 2n Seknl1 cos PU cos PH 2sen5 senn 1t Sekn cosn 5A cosn a 2sen5sennt Somando ambos os membros dessas igualdades 00 4 c0s 4 2sen4 S sent cosn 5 cos5 2sen5 2 sen 513 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV t Suponhamos sen5 0 logot2kn7 Vk EZ cos4 cosn 4t S senkt osg cosln gt 51 2sen5 2sen5 1 Estudemos o caso sen5 0 Quando se aproximar indefinidamente a 2k7 temse o limite aplicando LHospital t 1 1 1 1 lim cos5 cosln 5 tim sen n asenln 5 9 t2kr 2sen5 t2kn cos5 Portanto senAt esta bem definido para todo t R e podemos considerar k1 cos4 cosn 4t S senkt 2 2 2sen5 2sen5 Exercicio 512 Determine se cada uma das funcgoes a seguir ou nao periddica Caso seja determine seu pertodo fundamental e sua frequéncia fundamental 1 ycos72 2 ycosnz 3 y tan7Z 4 ysenn72 5 y2 6 ysen3 7 ysen5z 8 y cos3x cos4x cos5z 9 ycos37Z 10 ysenz sen sen7 sen Solugao 1 y fx cosr2 Sabemos que a funcao cosseno tem dominio em todos os ntmeros reais e é de periodo 27 isto é cos 27k cos para todo k Z Logo podemos supor que fx P cosaa P cosmx fx de onde tP27rmparaalgeummeZ P2m Portanto o perfodo da fungao fa é 2 2 y fx cosnz Seja n fixo idem ao exercicio anterior neste caso podemos supor que fa P cosna P cosna fx de onde nP 2mm paraalgum me Z 2 P a como m tem que ser 0 menor inteiro positivo entao m 1 n 514 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto o perıodo da funcao fx e 2π n 3 y tanπx Sabemos que a funcao tangente e de perıodo π Suponhamos que fx P tanπx P tanπx fx de onde πP πm para algum m Z P m como m tem que ser o menor inteiro positivo aqui m 1 Portanto o perıodo da funcao fx e 1 4 y sennπx Seja n fixo neste caso podemos supor que fxP sennπxP sennπx fx de onde nPπ 2πm para algum m Z P 2m n aqui m 1 Portanto o perıodo da funcao fx e 2 n 5 y x2 Suponhamos que o perıodo seja P entao fx P x P2 x2 fx entao 2xP P 2 0 PP 2x 0 Observe que P 2x pois P tem que ser um numero fixo Logo P 0 Portanto o perıodo da funcao fx e zero isto e a funcao nao e periodica 6 y senπx P Suponhamos que o perıodo seja T entao fx P senπx T P fx entao senπx T P senπx P πT P 2πm para algum m Z Assim T 2mP sendo m o menor inteiro Portanto o perıodo da funcao fx e 2P 7 y sen5x Suponhamos que o perıodo seja P entao fxP sen5xP sen5x fx de onde 5P 2πm para algum m Z P 2πm 5 como m tem que ser o menor inteiro positivo aqui m 1 logo P 0 4π Portanto o perıodo da funcao fx e 0 4π 8 y cos3x cos4x cos5x Sabemos que a funcao cosseno tem domınio em todos os numeros reais e sao de perıodo 2π 515 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Suponhamos que fxP cos 3xPcos 4xPcos 5xP cos3xcos4xcos5x fx de onde 3P 2πm 4P 2πn 5P 2πk para algum m n k Z P 2 3mπ 2 4πn 2 5kπ 4m 3n 5n 4k 3k 5m 20m 15n 15n 12k 12k 20m Logo n 20 m 15 k 25 Portanto o perıodo da funcao fx e 10π 9 y cos3πx Suponhamos que o perıodo seja P entao fx P cos3πx P cos3πx fx de onde 3πP 2πm para algum m Z P 2m 3 aqui m 1 Portanto o perıodo da funcao fx e 2 3 10 y sen x 3 sen x 5 sen x 7 sen x 9 Sabemos que as funcoes seno e cosseno tˆem domınio em todos os numeros reais e sao de perıodo 2π Suponhamos que fx P senx P 3 senx P 5 senx P 7 senx P 9 fx de onde P 3 2πm P 5 2πn P 7 2πk P 9 2πs para algum m n k s Z P 6mπ 10nπ 14kπ 18sπ 3m 5n 7k 9s O mmc3 5 7 9 315 logo 3105m 563n 745k 935s m 105 n 63 k 45 s 35 de onde P 630π Portanto o perıodo da funcao fx e 630π Exercıcio 513 Mostre que se f e uma funcao periodica de perıodo P entao 1 fax a 0 e periodica de perıodo P a 2 fx a a 0 e periodica de perıodo aP Solucao 1 Temse que se ft tem perıodo P entao ft ft P Seja P o perıodo de fax de modo que fax fax P fax aP Fazendo u ax obtemos fu fu aP 516 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Logo pela hipdtese de que f é periddica de periodo P concluimos que P aP de P onde P P Portanto a funcgao fax a0 tem periodo 7 Solugao 2 1 P Seja P o periodo de fC de modo que fC F x P A 7 P Fazendo u obtemos fu fu 7 a P Logo pela hipdtese de que f é periddica de periodo P concluimos que P 7 onde PaP Portanto a funcao F a 0 tem periodo aP a Exercicio 514 Sejam f e fo funcoes periddicas de mesmo periodo P a a2 duas constantes reais quaisquer A fungao h definida por hx ay fi x aefox também periddica de periodo P Solugao Aqui a prova é muito simples e pode ser obtida diretamente hx P ai fia P aafox P ar fir aafox hx Exercicio 515 Mostre que se f R R fungao periddica de pertodo P entao aP2 P2 1 ftdt ftdt ondea eR aP2 P2 Pl l 2 ftdt tae P 0 Solugao aP2 P2 1 ftdt ftdt onde ae R aP2 P2 Se ft P ft entao fazendo t 7 P teremos fr7PPftfrP 52 517 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Considerando a integral substituindo t r P e de 52 B B BP BP soa soa fr Pdr fnar Qa a aP aP Como qualquer simbolo pode representar a varidvel de integracao na substituicao acima B BP toa f tdt 53 a aP Sabese que aP2 P2 aP2 ftdt ftdt f tdt aP2 aP2 P2 aplicando o resultado 53 a primeira integral onde a a P2 e 8 P2 do segundo membro da igualdade acima segue aP2 P2 aP2 aP2 P2 P2 rtdt ftdt ftat ftdt ftat Ftat aP2 aP2 P2 P2 aP2 P2 l P41 2 Em 53 sea0e 6 1 entao 53 segue toa f tdt 0 P Exercicio 516 Determine o periodo para as seguintes funcoes 27t 1 ft 2sen4t 2 ft sen2t cos3t2 3 ft sens a t 4 ft3 cos 3 3 5 ft tan2t5cot3t 6 ft 10 cost Solugao 1 ft 2sen4t Sabemos que a fungaéo seno tem dominio em todos os niimeros reais e é de periodo 27 isto é sen 27k sené para todo k Z Logo podemos supor que ftP 2sen4t P 2sen4t ft de onde 4P 27m para algum m Z 1 Portanto o perfodo da fungao ft é 3 2 ft sen2t cos3t 2 Sabemos que a fungao cosseno tem dominio em todos os numeros reais e é de periodo 27 isto é cos 27k cos para todo k Z Logo 518 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV podemos supor que ft P sen2t P cos3t P 2 sen2t cos3t 2 ft de onde 2P 27m e 3P 2rn para algum m n Z 2 2 2 De onde P 37 n logo quando m 2 temse que n 3 n assim P 2r Portanto o perfodo da fungao ft é 27 27t 2nt P 27t 3 0 sen Podemos supor que son EP sen de onde P 2r Pba O periodo da fungao ft é ba a 2 10 Por exemplo se ft sen t e como ft sent entio o periodo é 5 103 3 Portanto o periodo da fungaéo ft é ba t 4 ft 3cos 3 3 Sabemos que a funcgao cosseno tem dominio em todos os numeros tP reais e é de periodo 27 Logo podemos supor que ftP 3cos ar 3 t P 3 cos 3 3 ft de onde 37 27m para algum m Z Portanto o perfodo da fungao ft é 67 5 ft tan2t 5 cot3t Como a tangente é de periodo 7 e o cosseno de periodo 2m podemos supor que tan2t 5 cot3t tan2t P 5 cot3 P de onde 252t P5 2P7me 3t3tP 3P2rn 2 3 De onde P Mk to logo quando m 4 temse que n 3 2 3 4 om assim P 2r Portanto o perfodo da fungao ft é 27 6 ft 10 cos t 1 2t Podemos escrever ft 10 S isto é ft 501 cos 2t Supondo ft P 501 cos2t P 501 cos 2t de onde 2P 2n PnT Portanto o perfodo da fungao ft é 7 Exercicio 517 t t Determine o periodo da fungao gt sent sen sene Solucao 519 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 1 1 1 Temse gt sentsengtsent sentPsen3tPsentP gtP o periodo da fungao seno é 27 entao 1 1 P2mr 3h 2nr7 BP 2kr P2mr P6n7 P10kr logom3n5k n5a k3a m15a P30aT Portanto o periodo é P 307 Exercicio 518 1 1 Determine o periodo da fungao gt sent gsenst psen5t Solugao Suponhamos 1 1 1 1 gt sent gsenst psendt sent P gsenst P 5sendt PgtP o periodo da fungao seno é 27 entao 2 2k P 2mn 30am 10anzt 6akr aEN logo 15m 5n3k n9 m3 k15 Portanto o periodo é 67 Exercicio 519 Para cada fungao a seguir esboce seu grafico para alguns valores de n Observando este grafico determine se a funcao ou nao periddica Caso seja determine seu pertodo fundamental e sua frequéncia fundamental 0 2n1t2 lL f ee a SS Tn 0 1 2 1 se 2nt2n41 1 2n1t2 2 ft 1 se 2nTst2m og 4a 49 1 se 2nt2n41 Solugao 0 5t4 1Sen2 fth e 1 see 4t8 0 3t2 Sen1 ft me 1 se 2tl 0 1t0 Sen0 ft a 1 see 0tl 520 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 0 1t2 Sen1 ft wes 1 see 2t3 0 3t4 Sen2 ft wee S 1 see 4t5 0 5t6 Sen3 ft we OS 1 see 6t7 y t 5 4 3 2 A 0 4 2 3 4 5 6 Figura 51 Fungdao periddica Suponhamos o periodo seja P 0 se 2n1tP2n 2nP1t2nP ft P 1 se 2nt4P2n41 SS 2QnPt2n1P quando P 2 segue 0 se 2n11t2n1 ftP ft 1 se 2n1t2n141 Portanto o periodo é P 2 2Sen2 ft1 se 5t3 l 3t2 Sen1 ft e 1 see 2tl Sen0 ft1 se 1lt1 1 1t2 Sen1 ft we S 1 see 2t3 Sen2 ft1 se 3t5 521 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV l 5t6 Sen3 ft OS 1 see 6t7 Suponhamos o periodo seja P ftEP 1 se 2n1tP2n 2wP1t2nP ld se IntP2n1 wWPt2n1P quando P 4 e sendo 1 1 segue 11 se 2n2 1t 2n2 ftP ft 1 se 2n2t2n21 y S t LF 4 3 2 4 0 1 9 3 4 5 i I I 1 1 E Figura 52 Funcao periddica Portanto o periodo é P 4 Exercicio 5110 Mostre o seguinte 1 Se f é funcao par temos toa 2 f Foae aéER a 0 2 Se f é funcao impar temos toa 0 aéER Solucao 1 Geometricamente a proposicao é ébvia uma vez que sendo f par a area sob a curva no intervalo a 0 é igual a drea sob a curva no intervalo 0 a Formalmente temos a 0 a tou oa fade a a 0 522 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV fazendo t na primeira integral do membro direito temos dx dt logo a 0 a a J toae ftdt tae 2 f Aeae a a 0 0 2 Geometricamente a proposicao é ébvia uma vez que sendo f impar a area sob a curva no intervalo a 0 é igual 4 drea sob a curva no intervalo 0 a porém como tais areas tem sinais contrarios a soma se cancela Formalmente temos a 0 a J toae J toae fadx va wa 0 fazendo t na primeira integral do membro direito temos dx dt logo a 0 a a a J toae f nat tae teva tae 0 a a 0 0 0 Se f é funcao impar temos tae 0 aéER Exercicio 5111 Determine se a funcao par ou impar 1 fx 2xcosx 2 fx e xv se la20 3 fx 23 5a 4 fx Me Me se 0a1 xt5 se 220 5 uv 2r1 6 rt Ie 2 Ie te se 0a42 Solucao 1 fxxcosx fx 2xcosx fz Portanto a fungao fx xcosx é fmpar 2 fxe fa e e fa Portanto a funcao fx el é par 3 fv25r fx 2x 52 f x Portanto a funcao fx 7 5a é fmpar 523 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV x 1 0 4 Para a funcaéo fx temse fx 2 e 2 entao se 2 se 021 x se 0a1 x se l1l2a0 ue fa xre gue f2 se la20 1 se 0a1 Fx f fx Portanto a fungao fx nao tem paridade 5 fx 2a1 fx 221 fz Portanto a fungao fx 2a 1 é par 5 2 0 6 Para a fungao fx temse fr 2 e 2 entao a5 se O02 2 t5 se 042 segue fx xre fx Afx gue f2 toi Seg Fi eta 410 Portanto a fungao fx nao tem paridade Exercicio 5112 Most unto 1 cos2x cos 3x ort I ostre que o conjunto cosx cos 2x cos 32 ortonormal em 4 J Van Ja Jr JT a 7m Solucao Com efeito se definimos o2 e dar cosnz 123 om efeito se definimos o9x e x cosnx n123 temos V2 JT dol dnl J oxceroster cosnrdx sennz 0 L byx LGnxdx cosnxdx sennx Jon Vm nrvV2 1 Para m 4 n temos Tv I Tv Omt Onl f dm2 davdx cosme cosnrdx lf 1 senmnx senmna 7 cosmnx cosm naldx 0 27 27 mn mn 1 Calculo das normas Tv I Tv ooe P feoeyPae 5 fde1 do0 1 524 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 1 2 on2 P f cosnzde1 dav 1 assim para todon 1 nx 1 Portanto é um conjunto ortonormal em 7 7 Exercicio 5113 Mostre que cada conjunto ortogonal no intervalo dado Calcular a norma de cada funao no intervalo dado 1 senzsen3z sen5z intervalo 0 4 2 cosx cos3z cos5xz intervalo 0 sl 3 sennz n1 23 intervalo 0 a 4 sen a n1 23 intervalo 0 p D 5 1 cos OT ee 1 2 3 intervalo 0 p D Solugao 1 Com efeito se definimos x sen2n 1x n1 2 3 logo param n temos 2 2 m0 Onl f dm26avdx f sen2m 1sen2n 1xde 0 0 1 2 5 costae n 1x cos2m naxdx 0 i fsen2mn1x sen2mnzx 9 2 2mn1 2m n 0 Calculo das normas 2 Ji 7 fig nx P f sen2n1jadeF one 0 assim para todon1 nz va Portanto o conjunto é ortogonal nao é um conjunto ortonormal em 0 sh 525 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 Com efeito se definimos cos2n 1x n 123 logo param n temos 2 2 OmX bnx J enlo Onadx cost2m 1x cos2n 1xdx 0 0 1 2 5 costae n 1a cos2m naxdx 0 1 sen2mn 1x 4 sen2m nx 9 2 2mn1 2m n 0 Calculo das normas 2 Ji 7 rg bn2 P f cosQnIzdeF bn2 0 assim para todon1 nz va Portanto o conjunto é ortogonal nao é um conjunto ortonormal em 0 sh 3 sennz n123 intervalo 0 7 Com efeito se definimos sennz n 1 2 3 logo param 4 n temos bm nx J enlo Onxdx sennasennraz 0 0 I Tv 5 icostim nx cosm nxdx 0 i fsenmnx senmnz 9 2 mn mn 0 Calculo das normas 7 rg onto P fsennzdeF ax 0 assim para todon1 nz va Portanto o conjunto é ortogonal nao é um conjunto ortonormal em 0 7 526 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 4 sen2 n1 2 3 intervalo 0 p D nt Com efeito se definimos senz n 1 2 3 logo param n Pp P Pp temos OmX Onx J enlo Onxdx senasen nya A 1 D D I Pp mr nT mr nt cos x cos adx aL Re En cos x 1 D mr nT D mr nT f r ay 5 ie yn nll D D x m nyrenll D D i Calculo das normas Pp J2p nt D D nx P f sen ajar 2 dnx SP D 2 2 0 2 assim para todon1 nz vee Portanto o conjunto é ortogonal nao é um conjunto ortonormal em 0 p 5 1 cos mt 123 intervalo 0 p D nt Com efeito se definimos ox 1 x cosaz n 1 2 3 logo D para m n temos Pp Pp bmX Onx J enlo Onxdx coo 2 cos adr A 1 D D I Pp mr nT mr nT cos cos 2dr RE El cos e 1 D mr nT D mr nit Sa TT 0 5 Le ayseml D D Ja m nr onll D D i Pp Pp Por outro lado 0 nx coxa 7 sen2 0 D nt p lo 0 527 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Calculo das normas f 2 onto P f eostExyar 2 date j SP 0 assim para todon1 nz vp Pp Por outro lado o2 fu p 2 l ve 0 Portanto o conjunto é ortogonal nao é um conjunto ortonormal em 0 p Exercicio 5114 t P2 Seja ft P ft e Ft J toae st onde ag 5 ftdt Mostre que 0 P2 Ft P Ft Solugao t Desde que Ft toa soot 0 tP P tP FtP fadx saot P tae fadx st se0P 0 0 P P tP FtP fadx ine fxdx jo 54 0 P tP t Pelo Exercicio 515 fxdx fojae P 0 P P2 Também toa fxdx stoP entao em 54 0 P2 t FtP 500 50 fadx i 2 2 2 Portanto FtP Ft 528 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 52 Série de Fourier Exercicios 52 ky Exercicio 521 0 se 17t0O 7 7 Determinar os coeficientes de Fourier da fungao ft 5 se 0t 5 0 se tT7 Solucao ns 2m Temse 0 periodo P 27 e a frequéncia wp on 1 Os coeficientes sao 7 lf Li 7 7 ftdt dt ao T ft T 2 4 T 0 Lf Lf 1 7 nt An ft cosnwotdt 3 cosntdt eens a 0 0 se nm par 1 Qn se n1 5 9 13 2n se n3 7 1l 2n lf 17 1 bn f tsennwotdt Ssenntdt at cos T 0 1 se mn impar 2n 1 bn se n4a2 aEN n 0 se n4a aEN Exercicio 522 A fungao ft satisfaz a condigado fta ft Demonstrar que todos os coeficientes pares de Fourier sdo iguais a zero ag a2 bg ag b4 0 Solucao Uma fungao periddica de periodo P dizemos que é simétrica de media onda se 529 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV cumpre a propriedade ft ft Isto é no grafico da fungao as partes negativas sao um reflexo das partes positivas Temse ft ft7 a ft7 f ft27 fitha funcao é de periodo P 27 Consideremos 7 t 7 como P 27 entao a frequéncia 20 Wo P 1 Sendo ft ft 7 segue quando t s 7 que fs 7 fs T 0 T 2 toa toa toa o 27 oT on x 0 Sendo f de periodo 27 considerandotst7 Ota7 rina 2 fi a 2 roa do smds on 0 0 1f tdt Lf d Lf tdt 0 do ft a fs sto ftdt vn 0 0 Por outro lado se n 1 1 T 1 0 T An fe cosntdt ft cosntd ro ont T 7 0 Na primeira integral quando t sa que0s7 I Tv Tv Gn fs 7 cosns 7ds to owt 0 0 como fs 7 fs I Tv Tv Gn jr cosns 7ds ro oso 0 0 An i cosnm f fs cosnsds f1 oo 7 0 0 2 Assim d0 se npare a ro cosntdt se n impar 0 530 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Calculo dos b sen 1 entao 1 T 1 0 T by fesenntyat f tsenntdt rose 1 a a 0 Na primeira integral quando t sa que0s7 I Tv Tv bn 1 senns 1ds rosea 1 0 0 como fs 7 fs I Tv Tv bn f sos 1ds rosea 1 0 0 I Tv Tv bn exon forensics f somo 1 0 0 2 f Assim b0 se npare bp Fesenntyat se m impar 0 Portanto se a funcao ft satisfaz ft 7 ft todos os coeficientes pares de Fourier sao iguais a zero isto 6 ag dg bp agbg 0 Exercicio 523 A fungdo ft satisfaz a condigao ft7 ft Demonstrar que todos os coefici entes impares de Fourier sao iguais a zero Solugao Temse ft fta ft ft7 ft 27 Podemos considerar a fungao com periodo P 27m Seja m t a sendo P 27 entao a frequéncia 27 Wo P 1 Por outro lado se n 0 9 T 1 0 T On 5 ro cosntdt ft cosntdt ro oy vn 5 0 Considerandotsa7 Osaem ft ft 27 fs fs 7 27 fs7 fs 531 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV An i fs 7 cosns 7ds ro os 1 0 0 I Tv Tv dn fscosns cosn7 sennssennads ro ont 0 0 An so fs cosnsds ro ox 1 0 0 2 f Assim Qn re cosntdt se npare d0 se n impar 0 Calculo dos b wT 0 wT 2 1 Sejan1 b f tsenntdt f tsenntdt jose vn x 0 Considerandotsa Osaem ft ft 27 fs fs 7 27 fs7 fs I Tv Tv bn fa senns 1ds rosea 0 0 bn fssenns cosn7 cosnssennmds rose 1 0 0 I Tv Tv bn on fssennsds rosea 0 0 2 Assim 6 Fesenntyat se npare b0 se n impar 1 0 Portanto se a fungao ft satisfaz ft7 ft todos os coeficientes impares de Fourier sao iguais a zero isto é a a3 b3 ax b5 0 Exercicio 524 A fungdo ft satisfaz as condigdes ft ft e fta ft Demonstrar que b bg bg 0 a9 a ag0 Solugao Temse ft ft7 a ft7 f ft27 fitha funcao é de periodo 27 Consideremos 7 t 7 Observe que o periodo P 27 a frequéncia wp 1 Quando s t entao se 1 532 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV m t 7 segue que 7 s 7 Pelo Exercicio 518 T 0 T 2 ftdt rtat 4 ftdt vo 27 oT T considerando t s e do fato ser f par 2 now a ds fry o o 27 ot 3708 T 7 on 0 0 Por outro lado se n 1 1 T 1 0 T An 1 cosntdt ft cosntd ro oy 1 1 on a 0 Na primeira integral quando t sa que0s7 I Tv Tv Gn fs 7 cosns 7ds to owt 0 0 I Tv Tv como fs7fs a jr cosns 7ds ft ox 1 0 0 I Tv Tv an cosnm f fs cosnsds f1 oo 1 0 0 2 Assim d0 se npare a ro cosntdt se n impar 0 Calculo dos 6 Temos que ft ft logo a fungao f é par assim temos que ftsennt é fungao impar de onde para todo n N I Tv bn fesennsas 0 Portanto 0 bo bg 0 dg Ag a40 Observe que para 0 caso a com nimpar nao podemos afirmar nada Exercicio 525 533 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Determine a série trigonométrica de Fourier para a fungao periddica definida por se 0a2 ft ft2 Solugao 2 Observe que o periodo é P 2 entao a frequéncia wp T 2 2 2 1 8 L tdt Pat 5t O80 p 10 3 lo 3 0 0 2 2 2 An pf te cosnwotdt Je cosnatdt 0 0 lanrt cosnmt 2sennat n2n22sennrt Gn 34 2nmt cosnt senn7 nntsennmt 1 2 2sen2 4n2xsen2n An 733 m cos2n7 2sen2n7 4n7sen27 720 2 2 2 Por outro lado bp p fesennatat Psennneat 0 0 1 2 bn q2nrtsennat 2 cosnmt nent cosnz na 0 b 2n7 2cos2nm 4nx cos2m 2 n msen2n7 nt 4nm 7 2 733 Amse cos Cos 4 Ay 4 1 Portanto ft 3 E cosnat sennt Exercicio 526 A fungdo ft satisfaz as condigées i ftft e ftm ft ii ftft e fltm ft Quais do seus coeficientes de Fourier se reduzem a zero Solugao i Sendo ft ft logo f é fungao par Por outro lado f é de periodo P 27 pois ftftt7 ftr fta47 ft27 ft ft2z Por outro lado se n 0 9 T 1 0 T dn 5 ro cosntdt fr cosntdt ro oy 7 7 a nr 0 534 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Considerandotsa Osaem ft ft 2z fsm fs7 2 fs7 fs I Tv Tv dn fr 1 cosns 1ds to oxo 0 0 I Tv Tv dn fscosns cosn7 sennssennads ro ont 0 0 I Tv Tv Un own fr cosnsds ft oxi 0 0 2 f Assim da ro cosntdt se npare ad0 se n impar 1 0 Calculo dos by Temse que ft ft logo a funcgao f é par assim temos que ftsennt é funcao impar de onde para todo n N I Tv bn fesennsas 0 Portanto 6 bo bg by 0 a 03 d5 az 0 ii Sendo ft ft logo f é funcao impar Por outro lado f é de periodo P 2r pois ft ft7 fttrfttanft27 f ft 2r Temse que ft ft logo a funcao f é impar assim temos que ft cosnt é fungao impar de onde para todoneEN a fs cosnsds 0 Calculo dos b Seja n 1 entao 9 T 1 0 T by om J tesenntyat pornos f esen vn an 0 Considerandotsam Osaem ft ft 27 fsm fs7 2 fs7 fs 535 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV I Tv Tv b fa senns 1ds rosea 7 0 0 I Tv Tv bn fssenns cosn7 cosnssennmds reson 7 0 0 I Tv Tv bn on fssennsds rosea 7 0 0 2 f Assim bn Fesenntjat se npare b0 se n impar 7 0 Portanto dg a dga3a40 6b bg bs by 0 Exercicio 527 Seja fx 0 no intervalo 1 a Oe fx 1 para0 a 1 Determine a série de Fourier de f no intervalo 1 a 1 Solugao ns 20 Temse que o periodo é P 2 entao a frequéncia wo 3 F logo 1 1 2 w 5 fara far1 1 1 1 1 2 An 5 0 cosnatdt J costnneyat 0 n1 1 0 1 1 2 bn 5 tosentnatyat senrmtyat 1 0 1 1 1 b l cosn7 Is n1 nT nT 1 Asen2n 1 Portanto a série de Fourier 6 ft 5 2 a Observe que a funcgao ft converge a zero se 1 t 0 e ft converge a 1 se O0tl ns 1 Quando x 1 ou 0 ou 1 a série se reduz ao ponto singular 5 Exercicio 528 536 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV t m7t0O Determine a série de Fourier da fungao ft ne e n t se O0t7 Solugao a 20 Observe que P 27 a frequéncia wo 1 Os coeficientes sao T 0 T 1 1 1 ag fa wf trttjats f tdtn 7 7 7 vn a 0 T 0 T 2 1 An 0 cosntdt fi t cosntdt frome 7 7 vn an 0 0 wT ntjat ntdt t sennt cosnt 0 An 7 cosn cosn tsenn cosn 7 a n n 0 logo a 0 se npar a 3 se nimpar Por outro lado 1 0 T 1 0 T bn msenntdt J moo monnet2 renal 7 7 w T 7 0 1 07 2 1 r Lf b s cosnt cosnt oto rl on r am on o on 0 P t cos2n 1t ortanto ft 9 2 d Qn12 Exercicio 529 0 T7 2 0 Desenvolver a fungdo fx e ass em uma série de Fourier mx se 0uT Solugao 1 Lf lf Temse dg fede ode r2de T T T 2 T T 0 T 0 T 1 1 1 An Heyes ote 7 fa cosnadxz 7 7 7 on a 0 537 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 sennz 1 2 4 sennrdx n impar 7 n lo on nen 0 1 1 De modo andlogo segue que 6b 7 xsennadr 7 n 0 mt A 2cos2n1a sennzx Portanto aa eee ortanto fx n 12m Exercicio 5210 7 1 se 0a Dada a fungao periddica definida por ft 1 2 2 se T7 2 1 Desenvolver a fungao ft em série de cossenos T OW 2 Calcular a soma da série nos intervalos 0 3 5 mT e nos pontos 0 em 3 Calcul d rie I Calcular a soma da série Qn1 Solugao 1 Seja St a série de cossenos a procurar Para que uma série de Fourier seja somente de cossenos a fungao tem que ser par consequentemente temos que expressar uma extensao periddica de f de tal modo que seja simétrica respeito ao eixo das ordenadas Observe que isso logramos us 7 considerando que a extensao periddica seja igual a 1 em 5 0 e2 em 7 5 neste caso de modo natural o periodo é 27 ith 2 ee Pesaeeenas f ena ee eee 1 3mf2 R H2 Rio Of Figura 53 No grafico as linhas grossas indicam a funcao original a as linhas pontilhadas sao os pontos do grafico da extensao periddica Para calcular os coeficientes convém T 3m considerar o intervalo 3 E bom lembrar que b 0 pois estamos a calcular 538 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV ad dado que a funcgao é par assim E imediato que ap 3 1 1 2sen 32 an ftdt 1 cosntdt soso 2sen 1 1 nt 3 3 3 F00 3nt 3 2sen5 Portanto St 3 d soe cosnt é a série de cossenos pedida 2 Para calcular a série pedida observe que 0 1 coincide com o valor da fungao que e continua no ponto zero e cosnt é 1 no mesmo ponto Assim temos 3 Isen 22 S01 0 2 nT ont ys 3 Sabemos que sen nessa somatéria vale 0 para npar e alterna entre 1 e 1 para nimpar isto é vale 1 para n 2k 1 Deste modo 00 00 3 21 21 1 S01l aU Dee 0 5 dy Gn ae 2 Gn DE 2 n1 n1 00 1 Portanto a soma da série a Exercicio 5211 t Desenvolver a fungdo ft 75 em série de senos no intervalo 0 7 Solugao re t see O0t7 Consideremos a extensao fmpar ft 4 Tq 2 t 475 see m7t0 2 Aqui ap 0 a 0 P 2 wy 1 27 in 5 Fle senntyat Ft sonntdt n senn senn T 0 2 la t r if bn 4 3 cosnt z oon 0 1 1 Logo 6b cosnm 1 se npar e b 0 se nimpar 2n n 539 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 1 00 1 Portanto St S senkt S sen2nt é a série de senos pedida kpar k fa 2n Outra solugao Sabese que sennwor new 6 um conjunto ortogonal de fungdes em 0 7 Observe 2 que P7u 2 1 i nt 17m ft 1 i T tT son2ktdt akt Qktdt c 5 sen2ktdt aK g 5 cos2kt 0 ok cos tdt Th 0 0 f 2ktsen2ktdt aktdt St Zsen4kt 2 sen sen 5 COs 5 en 2 0 0 Temse que t G senktdt x 4 2 qT 2k sentisonttyat 2 0 00 1 00 1 Portanto St S Ek senkt S Qn sen2nt é a série de senos pedida kpar nl Outra solugao 27 Estendemos ao intervalo 7 7 Seja t mx n wo an 1 1 0m7rn 1 1 1 1 n 7 m tx7 w2t7 Tmrn 2 2 2 2 mr t nw 11 1 a 1 1 1 OSG galt tag gt ata Sabese que sennznen 6 um conjunto ortogonal de fungdes em 7 7 Observe Ly sentkeyat 2 coske Lysentte X costek qu senkxdt 77 coska 75sen op co8t i lf 14 n senkxsenkaxdt 5 1 cos2kxdt 5e 5 sen 2ak T 540 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 senkardt x senkx 4 or cos7k 1 1 TTA k 1 Ck 7 7 Oh cos7k 7 1 sentirsonitat 00 1 Sx S Te 1 senka k1 00 1 S2tm 5 5p oN sen2tk1 k1 00 1 Portant t 2nt ortanto ft dan sen2nt Exercicio 5212 t Desenvolver a fungdo ft 5 em série de cossenos no intervalo 0 7 Solugao an ot se 0t7 Consideremos a extensao par Ft 4 2 se 7m7t0 5 4 2 Aqui b 0 P 2mw 1 27 2 fs 2f nt T 0 2 fs 2 f an ft cosntdt ro cosntdt 27 T T 0 2in t 7 4 f 1 n an 4 sennt 5 f senlntat cosnt mtn4 2 0 2n 7m 0 0 1 2 Logo a 51 cosnm se nimpar e a 0 se npar m m Portanto 2 2 1 nimpar nl é a série de cossenos pedida Outra solugao 541 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Sabese que cosnznen um conjunto ortogonal de fungdes em 0 7 Observe fin t lf 1 rd T cosktdt ktdt kt ssl k G 5 cosktdt sp sex tdt 52 coskt apa cosk7 0 0 f kt cosktdt lc cos2ktdt t 2kt coskt cos 5 cos 5 5peen a 0 0 i an ot cosktdt 1 4 2 zl cosk7 Temse que Ch OO 2ke ostte cosktdt 2 0 2 hs 1 se impar C l coskm hm ker 0 se k par a 2 1 Portanto ft S Br coskt S QrD cos2k 1t hboxmpar k1 Exercicio 5213 Seja a fungao ft t 1 Expandir a fungao ft t em série de senos no intervalo0 t 7 2 Expandir a fungao ft t em série de cossenos no intervalo0 t T Solugao t O0t 1 Consideremos a extensdo impar Ft SES t se 7t0 2 Aqui ap 0 a 0 P 20 wy 1 27 bp 2 lec ntdt li ntdt n st senntdt senntdt T 0 2 1 1 f 2 2141 bn cosnt 55 oxo cosn7 0 542 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV es ny Portant Ft 2 t ortanto t d 7 sennt Outra solugao Sabese que sennzcen 6 um conjunto ortogonal de fungdes em 0 7 Observe l ntdt cos jl senntdt cosnt 0 Tv I Tv Por outro lado senntsenntat 5 Jo cos2ntdt 0 0 Temse que pp senntdt 1 J 1cosnm 9 7 al cosn7 senntsonntyat 2 0 2 0 se n par C 1 cosn7 4 nT se nm impar nt Portanto ft 1 4 ys seul2n Dd 0t ortanto l TT tma 2n1 t O0t 2 Consideremos a extensao par Ft SES t see 7t0 2 Aqui b 0 P2mw 1 27 2 2 Lol ay 5 Flat tat 27 T mT 10 T 0 2 e t cosntdt 7 iw ntdt n c n n dn 5 cos cos vn 0 21 7 Lf 2 dn EB sennt io 2 cosnm 0 543 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 4 Logo a cosn7 1 se nimpar e a 0 se npar nr 4 1 Portanto Ft 77 Qn 1p cos2n 1t Exercicio 5214 Desenvolver a funcao ft t em série de senos no intervalo 0 7 Solugao t 0t Consideremos a extensao impar Ft SES t se 7rt0 2 Aqui ao 0 tm 0 P 20 wy 1 27 by 2 lec ntdt li ntdt n st senntdt senntdt a 0 2 1 2t 2 bn ie cosnt 7 2sennt 73 cost 22 1 2 bn EF cosnm t cosnm a 27 se nm par by 2 8 z se m impar n m A On 8 Son L St 2n1t 2njt 080 St8 LG ay aan waplsem lan H Gr seal 20 T 4 1 Portanto St 2 d Ly nF sen2n 1t a d 7 senant Outra solucgao Sabese que sennzcn 6 um conjunto ortogonal de fungdes em 0 7 Observe t senktdt t cos kt Z t cosktdt 0 0 0 Ls 24 1 f 71 coskt t kt 7 k a coskt 0 zit senkt 0 z sent tdt 0 2 I 22 2 t senktdt pl kn cosrk B 0 544 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Tv I Tv Por outro lado sentijsoneyat 5 fo cos2ktdt 0 0 Temse que t senktdt 1 2 pl kx cosak B Ck Do eg sentirjsoneyat 2 0 C 22 kx cosrk 2 ce ka 2 aT se k par C 2 22 alk m A se k impar 00 00 2 00 2 fpjP S Csenkwot S Zmsenkwot alkene Alsen kwot k1 kpar kimpar 2 1 1 ft x a l2k 1n dsen2k Lwot 5 serena m 2k 1 A 2k 2 nw 9 42 7 y tl e 4 Portanto ft t 1 F a l 1 i senkt Exercicio 5215 Desenvolver a fungdo ft e em série de cossenos no intervalo 0 1 Solugao 0t1 Consideremos a extensao par Ft me SS e se 1t0 2 Aqui by 0 P 2 wy m 9 1 1 n 35 Pr cosmntdt 2f 1 cosmntdt 1 0 I t t An 2 e cosrntdt 2 ln senant cosmnt 0 2 len sennn cosrn 2 sl Qn 2 araltn senwn cosan Tore 545 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2e 2 2 An Tren cos77n Tt ner Tana cos7n 1 2 Tarn 1 se m par An 2 Teme th se mn impar 1 1 2 1 Calculo de ag ao 5 Feat 2 feta 2e 2e1 0 1 0 00 00 e 1 e 1 St e12 any ES 2n1t2 2nt 2D ap mapa On DH 2 DT ays cosll2n0 Portanto st e1 25 2 2n1 AD oo82 t e y d T On Lege sl n t Tage 00 nt Outra solucgao 5 Temse o periodo T 1 e a frequéncia wp 27 Sabese que cosnwox nen 6 00 um conjunto ortogonal de fungdes em 0 1 Queremos ft e S C cosnwot 1 1 Je cosnwotdt C cosnwpot cosnwotdt 0 0 1 1 Rel ef ei dt Cu cos rst cosnwotdt 0 0 1 1 1 Rel ettinwot dt Ci 5 ic cos2nwotdt 0 0 1 1 1 1 1 Re rineot Cy t sen2nwot lq inwyg 0 3 r mn sent nwot 0 1 inwy 1 2e cosnwo 1 Re 1C C2OO lq Tb ecosnwy 1 5 1 n2u2 1 2 1 Por outro lado Co i feat 2ee2e1 300 e1 0 oe ecosnwy 1 Portanto ft e d Ci cosnwot e 1 2 true cosnwot Exercicio 5216 546 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Mostre que a série de Fourier de uma funcao pope NTX 1 Par inclue somente a fungao cosseno isto nao contém termos da forma sen p pope NTX 2 Impar inclue somente a fungdo seno isto nao contém termos da forma cos p Solugao 1 Suponhamos ft fungao par nas condigdes para escrever em série de Fourier no inter valo 7 m entao P 27 Temse que ftsennwot é fungao impar logo pela Propriedade 53 2 bn P f tsennwotdt 0 ys NTx Portanto a série de Fourier de ft nao contém termos da forma sen p ae NTX 2 Impar inclue somente a fungao seno isto é nao contém termos da forma cos p Exercicio 5217 Determine a série de Fourier para cada funcao que satisfaz a Do modo em que estd definida com pertodo indicado b Em uma série de cossenos estendendoa adequadamente c Em uma série de senos estendendoa adequadamente 1 6ftt Ot1 Do modo em que estd definida com pertodo 2 2 ftt 0tz Do modo em que esté definida com pertodo 2r 3 ftt OtP Do modo em que estd definida com periodo 2P Solucao 1 Fungao ftt Ot1 Do modo em que esta definida com periodo 2 a Do modo em que esta definida com periodo indicado 20 Aqui ft t Ot1com periodo P 2 onde uy zt 1 1 2 1 2 ao 5 rae n 5 ji cosnwotdt 0 0 547 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV t 1 1 1 An sennwot z cosnwot 5 c08n7 1 nwo nw 0 net 1 b 5 ney cosnwpt asennut n5 sen cosnw ssennw 9 sen Wo nw COs 0 neue 0 0 0 1 n1 by cosnwo fy nwo nt logo 00 00 1 1 1 r1 ft t 393 d 2s leosnn cost d OP sennnt 00 1 1 2cos2n 1at 1 Portanto ftt Pe sennat b Em uma série de cossenos estendendoa adequadamente t se 0tl Extensao par Ft t se 1t0 isto é ft t onde t 1 1 fazendo f periddica de periodo 2 2 1 0 1 2 Figura 54 aproximacao 1 21 Aqui P 1 entdoa91le a 2 teosnneat a nen 0 L 0 4 srie d n a1 So ri ssenos é Ogo ag Gon1 On p2 e dos co 1 4 c Em uma série de senos estendendoa adequadamente t 0tl Determinemos F extenséo impar Fct me SES t see 1t0 548 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV isto é Ft t onde x 1 1 fazendo f periddica de periodo 2 Figura 55 Grafico de f 1 211 Aqui P 1 entao 6 2 tsennatdt nt 0 00 211 L érie d de f é SFt St t ogo a série dos senos de f é SFt t d sennmt Solucao 2 Funcao ft 0t 7 Do modo em que esta definida com periodo 27 a Do modo em que esta definida com periodo indicado 2 Aqui quad ft t 0 t com periodo P 27 onde wy x 1 1 2 1 2 f do 5 ea 37 Gn Je cosnwotdt 0 0 Lf 2t 2 7 2 Gn sennsat ag cosnwot agoen net 73 b 2 e nwotdt n 2 N72 sennwo 0 bn costrot 4 psen nat ey cosnst n cosn senn cosn a na cosnwo ue sennwo muah cosnwot 1 if 2 7 2 se npar bn C5 1 nr 4 se nimpar n mn assim me SX 2Q T fte 3t d Fa1 cosnt sen 2nd 00 T 4 FS 2n 1t d a Dl 7Qn sen2n 1f 549 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV b Em uma série de cossenos estendendoa adequadamente Em uma série de cossenos estendendola adequadamente ve se 0tqr Determinemos F extensao par Ft 7 t se at0 Isto 6 Ft t onde t 7 zm fazendo F periddica de perfodo 2r Figura 56 Grafico de f Qn PrT entao ap 3 2 f A11 an Je cosntdt Ayr T n 0 Logo a série dos cossenos de f é 2 2 n1 T 41 SFt St 5 cosnt c Em uma série de senos extendendola adequadamente Em uma série de senos estendendola adequadamente ve se 0t7 Determinemos F extensao par Ft 5 onde t t see amt0 a m fazendo f periddica de periodo 27 PrT entao 2 7 22 1112 n27 b esentneyat ae eb ean T neT 0 Logo a série dos senos de f é 00 22 112 nx SFt St Or t Fst St d sennt 550 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Figura 57 Grafico de f Solucao 3 Funcao ft t 0t P Do modo em que esta definida com periodo 2P a Do modo em que esta definida com periodo indicado A figura apresenta o grafico da funcao Neste caso quieremoz obter o desenvolvi mento da fungao representado no grafico siguiente Jy yer Oxk x E Figura 58 aproximacao Calculemos os coeficientes de Fourier P 1 2 ay pf tat p 5 3 0 P p2 1 2 2rnt An 2 ji cos dt nem 0 P p2 1 2 2rnt bn P ji sen dt nt 2 0 551 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV A série de Fourier fica 1 PX 1 Qnnt 1 2nnt t P cos sen Ft P Dla cost sen b Em uma série de cossenos estendendoa adequadamente Para este item temos que extender para uma fungao par Trabalhamos com a fungao da seguinte Figura le fe fe fs e e fe se f f t xf xf 7 rAd Zo sf i 4L 3L 2L L L 3 4 Figura 59 aproximagao Calculamos os coeficientes de Fourier usando integracao por partes P 1 2 ay pf tat P 5 3 0 i 4P1 2 mnt 1 n cosdt P cos P n 7 0 Os b sao nulos neste caso como sabiamos por ser una funcao par Com isto a série de Fourier resulta Ft 1 2 1 4P sf met wt cos 3 1 n P c Em uma série de senos estendendoa adequadamente Neste quesito precisamos uma extensao impar da fungao Para obter isto trabalha mos com a fungao da Figura 510 Calculando os coeficientes de Fourier 552 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV i i i i i i f éf i Li ri a ff pf x 4 Ly 2L L Lf 2L aL 4h f f Figura 510 aproximacao Aqui resultam nulos os coeficientes ag e Gy integrando por partes 2P1 4P1 1 2 mnt 1 1r b PP dt al sen P nt nn 0 Portanto a série de Fourier pedida é 2P2 Sf 1 Qf1 1 mnt r I sen Exercicio 5218 Determine a expressao matematica de fp fi e esboce os graficos de fp e fi para cada uma das seguintes funcdes 1 ft 2t te 0 1 2 fHP41 ted 3 fje ted 1 4 fittl1 te 0 1 5 ft cosat t 0 lj 6 ft senht t 0 1 7 ft te 01 8 ft cosht te 0 1 Solucao Lembre que se ft é fungao definida em 0 6 podemos obter as extensoes ft se 0tb ft se 0tb ft se bt0O ft se bt0O 1 ft 2t te 0 1 2t se 0tl 2t see 0tl 2t se 1t0 2t se 1t0 553 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 ftt1 te 0 I 1 se 0til e se 0tl frt 2 o fit 2 t1 se 1t0 t1 se 1t0 3 6 6fje te 0 et se 0tl et se 0tl t at OO Jolt se 1t0 he a se 1t0 4 ftt41 te 01 t1 se0tl tl1 se0tl ft 2 fit 2 tt1 se 1t0 tt1 se 1t0 5 ft cosmt te 0 1 cosmt se 0tl cosmt se0tl fpt filt cosmt se 1t0 cosmt se 1t0 6 ftsenht t 0 1 senht se0tl senht se0tl ft filt senht se 1t0 senht se 1t0 7 8 ft ted 1 t see 0tl t see 0tl t 7 7 at 7 pt 1p se 1t0 IO se 1t0 8 ft cosht 0 1 cosht seeQtl cosht see0tl yt 4 Onl S filt 4 CO cosht se 1t0 cosht se 1t0 Exercicio 5219 Sejama0ef0 a R tal que 0 se O0t 5 ft a 1 se ta 2 554 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Determine a série de Fourier da expansao par de f Solugao a 20 Observe que P a a frequéncia wp a 1 i12f lf lf 1 a 0 0 a Se k 1 entao 2 f kat 2 knt 2 kw ak cosa oe Zs a2 0 se kpar 2 kw L sen istoé a 21 Ogo ax 7 Sen isto é Ar o 1 se k2m1 2m 1a 1 28 21 Portanto a extensao par de f é 27s a oo cos2m 1ma 555 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 53 Convergéncia da série de Fourier Exercicios 53 ky Exercicio 531 Seja ft e Ot 2 Obter a série de Fourier da gt fungado par de pertodo P8 tal que gt ft em0t2 Solucao Consideremos gt como a extensao da fungao ft estendida ao intervalo 0 t 4 e se 0t2 Logo gt OO 80 9 1 se 2t4 Queremos uma extensao par de ft 6 a mesma de gt entaéo consideremos a funcgao par t 4t0 riy4 0 gt se 0t4 0 see 4t2 t 2t0 Ft e se et se 0t2 0 se 2t4 20 T consideremos Ft 8 Ft aqui o perfodo é P 8 e temse wy e744 logo podemos calcular sua série de Fourier Ft dag Yan c0s4 bysen 24 c F n nSell 50 a Gn CO8 sen Calculo dos coeficientes 4 0 2 2 1 t t 2 do 7 Fetdt e dt edt e 1 4 9 0 4 0 2 2 nT 1 nT nT n7 F at t a al t cos rl tdt sf cos 1 iit fe cos 1 tdt 4 2 0 32 9 Nt nt 9 nt Gn Bye le qe e cos 1 556 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 32 nme 1 Ak 1 se n 164 n2n2 4 32 9 e 1 se n4k2 16 nT k An 9 EN Fe Ak 3 n 16 ren 4 32 9 Tonremle H se n4k4 Sendo Ft fungao par os b 0 Portanto a série de Fourier pedida é 1 ws 4k 1te2 4 4k 1 Ft e 18 t se 1 2 16 dk Pm cos 00 4e 1 4k 3re 4 4k 30 8 2k 1ant t r Fr F dee apne COMPAR Yel Te ayage Cos te0 4e 1 8 k 1rt 164 dh 4 cosk 1rt Exercicio 532 t se O0ta7 Dada a fungao ft funeao ft se 7t27 1 Esboce o grafico de sua expansao periddica pertodo P 27 no intervalo 67 67 e encontre sua representacgao em Série de Fourier 2 Esboce o grafico de sua expansao periddica par periodo P 41 no intervalo 67 67 e encontre sua representagao em Série de Fourier 3 Esboce o grafico de sua expansdo periddica impar pertodo P 4m no intervalo 67 67 e encontre sua representagao em Série de Fourier Solugao m7t0 1 Podemos trabalhar com a fungao ft so s ft2r ft t se O0t7 O grafico mostrase na Figura 511 i ba 4a I 1 20 3n dx Sa Ga Figura 511 557 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV ne 20 Observe que P 27 a frequéncia wp 1 2 Lf 1 41 3 tdt wdt tdt i st 15 ao 5 f seaef rat f tae tne 5 50 T T 0 9 wT 1 0 wT An pf te cosnwotdt Lf meosnssntat J ecosrwzt a 1 vn x 0 1 0 t 1 An sennuot sennst 5 cosa T TNWo T nNWo nN Wo 0 1 a se nimpar An 5 cosn7 1 m7 P an 0 se mpar Por outro lado para os by 9 wT 1 0 wT bn P f tsennwotdt msennwotdt tsenruastat 1 a 5 0 1 T 0 t 1 b t t t muss cosnwot mn coswot ap senwo 1 1 bn cosnm at cosnm n non n 3 2 us Assim quad ft a 3 cosnt S 7 sennt nImpar nl 3 2 1 Portanto ft qT as cos2n 1t sennt no intervalo T T 2 Consideremos gt como a extensao da funcgao ft estendida ao intervalo 0 t 47 0 se 2n7t0 Logo gt se O0t7 a se tmt27 Queremos uma extensao par de ft é a mesma de gt entao consideremos a fungao par t 27t0 rita M0 inst gt se 0t2r 558 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 se 2nt7 t 7t0 Ft se 1 t see O0ta7 1 see mt27 O grafico mostrase na Figura 512 a Ba dn n a 2n 3n dn Sn Ga Figura 512 27x 1 Consideremos Ft 47 Ft aqui o periodo é P 47 e temse wo 3 1 logo podemos calcular sua série de Fourier Ft bay Solon cos c 54 an 500 2 cos Calculo dos coeficientes 20 Tw 0 T 2a 2 ff ryat rat tare rat nat 2 ag ndt ndt 7 PIS Qn 2 276 20 T 0 wT 20 2 in 5 Ft cosnwotdt 27 T 0 T 20 1 sel reosnantdt teosnuntat teosnunthat x cosratd 1 27r 7 0 nT T 2a 1 An Lf teosrust at reosrwst a 1 0 wT 1 2 4 4 2 Un PF sen 73 cos aT sen 559 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 4 se n4k41 7m 8 4 nT ay se n 4k 2 an cos 1 mn 2 4 5 se n4k3 7m 0 se n4k44 Sendo Ft fungao par os b 0 Portanto a série de Fourier pedida é 3 1 4n 1r Ft n 4S cos 1 1 4 m4n 1 cos 2 00 2 4n 2 1 4n 3m 4 7 cos ey 4 co a 2 cos 2 m4n 3 cos 2 3 Consideremos gt como a extensao da funcao ft estendida ao intervalo 0 t 47 0 se 2n7t0 Logo gt se 0ta a se tmt27 Queremos uma extensaéo impar de ft 6 a mesma de gt entao consideremos a fungao par gt 27t0 ria 0 inst gt se 0t2r T se 2nt7 t 7t0 Ft t se 1 t see Ot7 1 se wmt27 O grafico mostrase na Figura 513 1 2m a 7 fn 3n Sn Gn On dn vdn ae Tl Figura 513 27 1 Consideremos Ft 47 Ft aqui o perfodo é P 47 e temse wp in 3 us ss nt logo podemos calcular sua série de Fourier Ft i lbnsent Calculo dos n1 coeficientes 560 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Sendo Ft fungao impar os a 0 mn 0 Por outro lado 27 T T 20 2 1 bn P Ftdt at rsennustdt tsennistdt msennwotdt 7 20 20 T T 2 se nA4k 4 2 4 2 se n4k41 on sen cosn7 mn 9 n mn se n4k2 4 2 se n4k3 m2 n Portanto a série de Fourier pedida é 00 4 2 4n 1r 1 t sen t sen4n 1 at gt i iP in pp sent 5 n pen n 1r 00 1 4 2 4n 3a S sen2n 1nt sent yeep n tt apap Gn aay hen 5 Exercicio 533 1 se 0tl Dada a fungao ft funcao ft se 1t2 1 Esboce o grafico de sua expansdo periddica periodo P 2 no intervalo 6 6 e encontre sua representacao em Série de Fourier 2 Esboce o grafico de sua expansdo periddica par pertodo P 4 no intervalo 6 6 e encontre sua representacao em Série de Fourier 3 Esboce o grafico de sua expansdo periddica tmpar periodo P 4 no intervalo 6 6 e encontre sua representacao em Série de Fourier Solugao 2t 1t0 1 Podemos trabalhar com a fungao ft ne ft2 1 see O0tl ft O grafico mostrase na Figura 514 2 Observe que P 2 a frequéncia wp 7 1 0 1 2 ftdt 2tdt dt Lig 4 i aj 52 5 oP 2 1 0 2 1 1 0 561 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 6 f 2 1 2 3 4 5 6 Figura 514 1 0 1 2 On 5 ft cosnwotdt Je t cosnwotdt contrast 4 1 0 2 t 0 1 0 4 1 An sennnt 8 cosnmt sennmt 1 2 i n impar An z5cosnm 1 rn pa men 0 se mpar Por outro lado para os by 1 0 1 2 bn P J fsennantat Je tsennwotdt senrnsotya 1 1 0 by 2 cosnwot gsennwf cosnut n 2 n ssenn cosn hua cosnwo Pup sennwot hay cosnwot 3 1 se nimpar by 2cosnwo 1 an nw l 0 se mpar 7m 7 OS 2 3 1 Assim quad ft at la cosnmt sennat S sennnt nImpar npar 7 AX 2cos2n1rt 3sen2n1xt sen2nzt Portant t0 Sees 4 eee SE I ortanto ft 4 d m2n 1 t m2n 1 2Q7n 2 Consideremos gt como a extensao da funcgao ft estendida ao intervalo 0 t 47 0 see 2t0 Logo gt 1 se 0tl es 2t see 1t27 Queremos uma extensao par de ft é a mesma de gt entao consideremos a fungao 562 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV par t 2t0 riy4 0 gt se 0t2 2t see 2tl 1 1t0 Ft se 1 see O0tl 2t see 1t2 O grafico mostrase na Figura 515 6 4 2 2 3 4 5 6 Figura 515 27 Consideremos Ft 4 Ft aqui o perfodo é P 4 e temse wy T3 logo 1 podemos calcular sua série de Fourier Ft 300 S lan cost Calculo dos n1 coeficientes 2 1 0 1 2 2 1 9 9 1 0 1 2 2 tn 5 re cosnwotdt a 1 0 1 2 1 An aif 0 cosnastat cosnatat cosnutdt f 2 cosnwotdt 9 1 0 1 1 2 2 1 An 50 t cosnwotdt cosnsntyat Jo t cosnwotdt 2 2 1 563 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 4 nen se n Ak 1 8 4 NT 598 se n Ak 2 a nem Gn 5 cos 5 cosn ri 3 se n Ak 3 ner 0 se n4k44 Sendo Ft fungao par os b 0 Portanto a série de Fourier pedida é 3 4 4n 1r Ft egg S 1 4 t 4n 17 cos 2 00 8 4n 2m 1 4n 3m S cos S tt cc08 t d Ln 2n cos 2 4n 37 cos 2 3 Consideremos gt como a extensao da funcao ft estendida ao intervalo 0 t 47 0 see 2t0 Logo gt 1 se 0t1l 2t see 1t2 Queremos uma extensaéo impar de ft 6 a mesma de gt entao consideremos a fungao par gt 2t0 riya 09 7 gt se 0t2 24t se 2tl 1 1t0 Ft se 1 see O0tl 2t see 1t2 O grafico mostrase na Figura 516 1 6 4 23 1 2 3 j 5 6 1 Figura 516 20 1 Consideremos Ft 4 Ft aqui o perfiodo é P 4 e temse wy 79 ss nt logo podemos calcular sua série de Fourier Ft bnsen Calculo dos n1 564 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV coeficientes Sendo Ft fungao impar os a 0 0 Por outro lado 2 1 0 2 1 by p Float gl Je tsennwotdt sennusotae 2 1 1 2 sennantat Je tsennwotdt 0 1 1 4 nT 2 nT 4 nT b 2 5 Fa cos 5 i cos 5 vase 5 i 2 se m par 2 4 2 mm 4 nt bn 39 8en nn nea se n 4k 1 2 4 39 se n Ak 3 nt nT Portanto a série de Fourier pedida é 00 senn 1zt 2 4 4n 1r ry pee 7 2 nt d n1r t 4n 1r t 4n 17 sen 2 00 2 4 4n 37 raga sen 2 i Exercicio 534 Desenvolver em série de Fourier a fungao ft sent entre m e 7 Solugao sent se Ot7 Sabemos que sent sent se 17t0 2 Observe que P 27 a frequéncia wo x 1 por outro lado 1 2 f 2 ay f sentdt T 2 T 0 2 f 1 fi 1 1n1 T T n1 n1 0 4 a an 1 se m par 0 se nm impar Por ser a funcao par b 0 565 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portant rt 2 4 s cos2nt ortan m mo An 1 Exercicio 535 Desenvolver a fungao ft 1 em série de Fourier no intervalo 7 0 e ft 1 no intervalo 0 7 Solugao a 20 Observe que P 27 a frequéncia wo 1 wT 0 wT 2 J toae of iat 1 dt 1 x 0 ao P T 7 T T 0 9 wT 1 0 wT in 5 ro cosnwotdt f cosnwotdt 1 cosnwot dt vn a 0 1 0 WT An Sl sen nwt senniot 0 9 wT 1 0 wT bn P f tsennwotdt f tsen nat 1 sennwotdt a a 0 by eosnuyt cosnuot 1 cosn r cosnuit cosnwot cosn7 0 se m par Dn 4 se nimpar 7m 00 00 4 4 sen2n 1t Portanto ft sennt S Ontl nimpar n0 Exercicio 536 Desenvolver a fungao ft t em série de Fourier 1 No intervalo 17 2 No intervalo 0 27 3 No intervalo 0 7 Solugao a 20 1 Observe que P 27 a frequéncia wo 1 2 lf 1 2 tdt Pdt n 7 n ay pf fe t al tn n 566 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 f l fo 2 fs adn ft cosnwotdt tcosnwotdt t cosnwotdt P T T T T 0 2 1 2t 2 Gn tsennwot cosnwt sennwot T NwWo nw nw 0 2 20 4 h An 7 nu cosnwoT 7a Por outro lado para os b na integral sennwot é funcao impar logo 2 f l fo bn P ftsennwotdt tsennwotdt 0 1 12 ws 1 cosnt Assi Pn44 ssim obtivemos ft t 5 H 1 2 1 ws 1 cosnt Portanto ft 3 ps ne intervalo 7 7 ae 20 2 Observe que P 27 a frequéncia wo 1 2a 20 2 il 2 1 3 8 4 a 5 f tae f Par 58n O 37 0 0 2a 20 2 lf in 5 ft cosnwotdt t cosnuotdt 1 0 0 2a 20 2 2 Por outro lado Je cosnwotdt sennwof jr sennwotdt NWo 0 nNWo 0 0 20 20 2 1 Qn t cosnwotdt t cosnsiot cosnwot nwy nwo 0 0 0 20 4 fe cosnwotdt Tuas COSNWy2T 0 4 4 logo ay cos27n n n 567 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 20 20 2 1 Calculo dos b Sabemos que b P f tsennwotdt esennantyat 1 0 0 2a 20 v 2x 2 Por outro lado esentnssntyt cosnaot jr cosnwotdt nNWo 0 nNWo 0 0 20 20 An 2 1 an tsennwotdt cos27nwp t sen nuipt sennwot NW NWg Wo 0 0 0 4 4 logo b 7 cos27n tt n n 4 cosnt sennt Portanto ft 3 pe 2 he intervalo 0 277 ne 20 3 Observe que P 7 a frequeéncia wp 2 2 f 2f5 2 5 25 w 5 tyat f Par Fn 37 0 0 2 f 2 fs Gn 5 ft cosnwotdt t cosnwotdt 1 0 0 Por outro lado t cosnwotdt senniot tsennwotdt NW 0 NW 0 0 t cosnwotdt t cosnuot cosnwot nwy nwo 0 0 0 2 20 t cosnwotdt cosnwy27 nwo 0 c0srnuo Gay e0s2an isto 6 ay n Two s mm i r Zs ogo a non cosmnw 75 cos sto dn 5 T 20 2 2 Calculo dos b Sabemos que bp P f tsennwotdt sennuantyat 1 0 0 Por outro lado 568 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV tsennwotdt cosnuot tcosnwotdt NW 0 Ng 0 0 i r 2 1 rf tsennwotdt cosmnwp t sen nsiot sennwot NW NW Wo 0 0 0 4 2 logo b 5 cos27n 15 cosnt sennt Portanto ftt 37 d 2 nD no intervalo 0 7 Exercicio 537 0 T7UF Calcular a série de Fourier da Fungao fx ne ass 2 1 se fa47 Solugao Lf 3 Pela definicao dos coeficientes de Fourier ag dz 5 e paran 1 1 3 1 7 see n159 1 sennx sen 2 mu nun a dz 2 On cost x nm a 7 se n3711 2 0 se né par Por outro lado bn senlraae cosnst I cost cosn 1 nn 2 nt nt 3 1 a se né impar nt bn 2 n se n26 nt 0 se n4 8 12 A série de Fourier de f é 3 1S 1 1 4 S cos4n 3x cos4n 1 1 Las 3 cos4n 3a nm 1 cos4n i 1 2 S sen2n 1a sen4n 2 o i perl n 1a in Dynal n ia Portanto a série de Fourier de f é 569 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 3 01S 1 1 4n 3x 4n 1 m d fo 3 cos4n 32 nm 1 cos4n i 237 1 sen2n 1z2 senAn 22 sen2n sen4n 2x m 2n 1 e Exercicio 538 1 4a5 Seja f 4 6 R definida por fx ve Determine a série de 2 se 5x6 Fourier de fx Solugao 2 Temse que P 2 e wg 7 Pela definicao dos coeficientes de Fourier segue que 5 6 a f dv f 2dv3 paran1 4 5 5 6 An ph cosnmxdx pP cosnmxdx 0 4 5 Por outro lado 5 6 2 bn sentureae 2sennmzae ne pan i 0 se népar Portanto a série de Fourier de f é 3B 2 1 3 7 d mo enlen 1ra Exercicio 539 Determine a série de Fourier para cada uma das funcdes periddicas nos intervalos indicadas 1 6 ft t2t te 1 1 com ft2 ft 2 ftPt te n x com ft2z ft P 3 f ltl t P P com ft 2P ft 4 ftt2t te P P com ft2 fd 5 ft senzt t 11 com ft42 ft 570 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 6 fte te 1 1 com ft2 ft 7 ft senht t1 1 com ft2 ft 8 ft 2cost te 7 com ft2r ft 9 ft cos3t cost t m 7 com ft 27 ft 10 ftatb te P P com ft2P ft 11 ftatbtc te P P com ft2P ft 0 se m7t0 2 ft t2mr fit fit oe pepe 1 com Ft 2a F t n7t0 B ft FR 86 RSE SS com ft 2m Ft t se O0t7 0 se 3nt7 14 3ft4 1 se T7t2n com ft 67 ft 2 se 2nt37 0 se 3tl 15 ft4 1 se 1t1 comft6 ft 0 se 1t3 Solugao 1 6ftt42t te 1 1 com ft2 ft O periodo 6 P 2 uy O grafico da funcao se mostra na seguinte Figura 517 2 2 ag 5 20t 5 1 2 f A1 Gn 5 je 2t cosnrtdtdt a 1 f 4 1 n1 bn Je 2tsennatdt Aap 7m 1 1 4 nei cosnat sennrt Portanto Sy St 3 dV a 571 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Figura 517 aproximacao 2 ft0P4t te n a com ft 27 ft Qn 2 f Ly lal O periodo é 7 Wy 5 O80 dy 5 je tdt alist xt 9 Tv aa 3 Tv 2 ff 1dg lalt 25 a9 5 je dt 58 50 n 2 2 4 nl Gn 5 je t cosntdt wh 2 2141 by om Je tsenntdt oe 2 00 t nti 2cosnt sennt Portanto SSt 3 22 pa P 3 ft 77 lt teP P com ft2P ft O perfodo 6 2P wy 2 periodo 6 2P wy 55 5 Seja gt t te P P é tal que ft 2P ft sabemos que sua série de Fourier é PX 4Pcos2n 15 SSt Pt 9 St 2 d m2n 1 Utilizando a linearidade dos coeficientes de Fourier 4P P n 77 Ss bn 0 0 m2n 1 572 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV para todo n N entao P P aof aol t 7 aog PP0 P P anf Onl all 91 aog ang n0123 brf bnll t 1bng 0 n123 Note que f é par logo 00 AP cos2n 1 3 S St FP d m2n 1 4 ftt2t te P P com ft2P ft 27 T 6 2P O periodo é 2P wo oP Pp Pela linearidade dos coeficientes de Fourier devemos somente calcular a série de Fourier de ht tP Pl e tal que ht 2P ht h é par 1 P 2 tdtP n 123 ao sp tat 3h b 0 n 23 0 4 i 4P1 1r 2 dn sp cosnatdt a 123 0 Por outro lado seja gt t tP P e tal que gt2P gt sabemos que 00 2P1 t g é impar e sua série de Fourier é S St S 2PS UN sent nt 2P Entao aof aoh 2aog aoh 8P1 An f anh 2ang 2ah a 0123 4P1 4P1 bal f bah 2bq9 2Dyg PE 193 nt nt P 00 1 00 1 Logo ft 3 t 8P d cosnwot 4P d CO senna 5 ft senat t 1 1 com ft2 ft 573 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 20 O periodo é P2 wo gama funcao é par logo b 0 n 1 O grafico da funcgao se mostra na seguinte Figura 518 Figura 518 aproximaao temse 1 1 2 4 ao senatdt 2 senatdt 2 T 1 0 1 1 2 Gn 5 senzt cosnatdtdt 2 f sennt cosnatdt 1 0 1 21 1 An ioentin 1nt senn 1rtdt AS 0 1 Se n 1 calculando diretamente a 2 sent cosatdt 0 0 4 a y Por outro lado d2n41 0 da logo a série de Fourier pedida é m1 4n 2 4 St S cos2nat t a I cos2n7t 6 fte te 11 com ft2 ft 1 2 2 O periodo é P2 wy Logo ag 5 ea ee 1 1 e costamtat Ts nnsennnt cosnzt Gn e cosnt nrsenn7 cosnm 2 1 nn 1 1 574 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV dy 1 e yy v 14 nq 1 nn 1 n2r 1 t 1 1r t nn1 1 bn Je sennatdt Ta niga Senntt nT cosnmt Ta nem e 4 Logo 5 St 7 ay yn 0 t t St glee ee dL Tp pega lcosin nrsennzt 7 ft senht t1 1 com ft2 ft 1 20 2 O periodo é P2 uo 7 Logo dy 5 sonnteyt 0 4 Como senht cosnat é mpar entao a 0 Por outro lado senhtsennzt é par entao 1 1 1 2 2 2 bn 5 senhtsennztdt 5 sennatdt 5 sennatdt 1 0 0 et 1 et 1 bn Tht nbn Benrat nr cosnrt Crp rend Semratt n cosnrt nt nt n om IL 1le b i ren ecosnm i ren e cosn7 by Nn 1 ecosnm 1 e cosnz nx nt 2ee by r2n3 ee cosnz nT 1 1 a pry e 2 se par any e723 se impar Logo 00 00 1 ly 2n 1sen2n 1zt 1 Avg nsen2n7t OS are Srmer be 1 Qn 12n2 mer e 1 4n2x 8 ft 2cost t7 tm com ft 27 ft Podemos escrever na forma ft 2cost 1 cos2t O perfodo é P 2r 575 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Qn 2 f 1 1 n Wo 5 1 Logo ag on Jo cos2tdt alt ssen2t 2 2 f 1 ff Gn Jo cos2t cosntdt om Je cosnt 2 cos2t cosntdt 1 1 I Tv Gn 5 Je cosnt cos2 nt cos2 ntdt 1 I Tv Sen2 segue dg mn Je cos2t cos4t ldt1sen42 a0 1 2 f 1 bn mm Jo cos2tsenntdt om 2sennt 2 cos2tsennt dt 1 1 I Tv bn x Je cosnt sen2 nt sen2 ntdt 1 I Tv Sen2 segue by x Je cos2t sen4tdt 0 Sen 2 b 0 1 Portanto a série de Fourier de ft 2cost é St 1 cos2t 9 ft cos3t cost tm m com ft 27 ft 2 O periodo é 27 wo oT 27 Pela linearidade dos coeficientes de Fourier devemos calcular a série de Fourier de ht cos3t t a a e tal que ht 27 ht e h é par logo a 0e como cos3tsennwot é impar entao b 0 n123 Sen 3 2 1 dn 5 J costs0 cosnwotdt lees nt cos3 ntdt 1 1 a 0 1 1 1 dn seme nt 3 eens ay 0 576 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Sen3 2 3t cos3utdt 1 cos6tdt a3 5 cos cosSwotdt 5 cos 1 1 1 a3 sen6t Sen 3 2 f 1 ff b oss sennwotdt isentn 3t senn 3tdt 27 27 1 1 1 bn 5 cosn 3t na cosn ay z 0 Sen3 2 3t sen3wotdt 6tdt Gt 0 n 57 608 sen3uotdt J sen 008 Pelo item anterior deste exemplo a série de Fourier de ht 2cost 6 ht 1 cos2t 1 Portanto a série de Fourier de ft 1 cos3t 5l cos2t 10 ftatb te P P com ft2P ft 27 T iodo 6 2P wy O periodo é 2P wo 5p Pp Pela linearidade dos coeficientes de Fourier devemos calcular a série de Fourier de ht at te P Petal que ht2P ht e h é tmpar logo aj 0 e como tcosnwot é impar entéo a 0 n123 i P 2 2 t 1 bn tsennotat cosnwot vagpsen net P 2 P 2 2bP11 bn e cosnssP cosnm 2bP n123 P Ng nwo nt Por outro lado seja gt b tP Pletal que gt 2P gt sabemos que g par entao b 0 n123 r b 2 2 do sp vet P b P 577 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV r b 2 2 1 P Gn 5p b cosnwotdt Pp sennsnt 0 n123 P Entao aof aoh aog 0 2b Também anf anh ang 00 n123 2bP11 Por ultimo bf bh bng 0 2bP n 123 nt 00 11 Portanto ft b2bP sen nwot 11 ftatbtc te P P com ft2P ft 27 T O periodo é 2P w periodo 2P wy 55 Pela linearidade dos coeficientes de Fourier devemos calcular a série de Fourier de ht at te P Pletal que ht2Pht e h é par P 2a 9 2a 13 2 15 P qaP n VU 12 sot ao 5p Ji dt ap 3 b 0 n 3 P como t cosnwot é par P P 2a 2a Gn 5p Je cosnwotdt P fe cosnwotdt P 0 2a t 2t 2 P in 5 Tay en inwot rap cosnwot reagent 2a 2P 4aP1 on F ang eosin ae n123 Por outro lado seja gt bt t P P e tal que gt 2P gt sabemos que g 6impar eda 0 an 0 n123 como tsennwot 6 par b r b 2 2 t 1 P bn 3P tsennwotdt P cosnwot sa ggsennet P 2b P 2b 2bP11 b cosnP cosn7 2bP1 n 123 P NW NW nt Por ultimo seja mtc tP P etal que mt2P mt sabemos que 578 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV m é par entao b 0 n123 P 2 2c do 5p eat P Cc P P 2 2 1 P Gn 5p c cosnwotdt 3 senlnent 0 n123 P 2 2 Entao aof aoh aog aom oP 0 2c 4daP1 Também anf anh ang Gnm we 040 n123 2bP11 Por ultimo bf bh bng Onm 0 2bPy 0 n123 nt P 1 P 4 Pp 1 22 bP 1sennwot ortanto ft 3 c4a d Tog wot n T d oT 0 se mt0 12 t com ft 27 ft 0 ee ft 2n FY 2 O periodo é 27 wo oT 27 2 now eu A m vo 27 ot 3a lo 8 T 0 2 f l fo adn ft cosnwotdt t cosnwotdt 27 T on 0 sonnssat 4 cosnnt asennusnt n senn cosn ssenn Gn ay sennwo up cosnwo up sennuot 1 20 21 Un F cosnn O 123 b 2 li nwotdt nwotdt n sennwotdt sennwotdt vn 0 bn cosnnt Se gsen nant 5 cosnest n cosnw sennw cosnw T nwo ue nw Io 579 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV a4 ey 1 2 2 9 7 7 se me lmpar b 2 T 5 cosnn 7 nem T noon n se né par n Portanto a série de Fourier pedida é 2 00 n 00 1 21 29 sen2nt ft e de costntn at 20 T 4 2n 1t on 1D Qn Dag tsen nWt t 17t0 13 ft soe OTS com ft 2m fit t se O0t7 ne 20 Observe que P 27 a frequéncia wp mT 1 7 T 0 T 2 toa ic tdt rae 2 TT vie 0 P T wn an 0 0 wT 1 1 an tcosnwotdt tcosnwotdt 7 7 T 0 sennuspt 7 cosnaiyf Wsennupt 7 c0snuiot ayn sennw cosnw sennw cosnw Nw 0 nue Oe rg nue Io 4 ey 2 se néimpar An cosnm 1 ne n 0 se né par 0 0 T 1 1 1 bn rsennantat tsennnsntat tsenrnsntyat 7 7 7 a a 0 b cosnt eosnt mo 44 fa nesytdt cosn cosn n Tala Fpsennt J tsennwo 0 2 I se népar b 13cosnm 4 4 n se né impar n P 4 cos2n 1t sen2n 1t 1 9 ortanto ft T d Qn12 2n1 d 7 seul nt 580 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 0 see 3nt7 14 ft4 1 se rt2r com ft 67 ft 2 see 27 t 37 2 1 Observe que P 67 a frequéncia wp a7 67 3 37 2a 30 a J toa acs frat 1 a oP on 3r wT 20 20 30 2 2 1 2a 37 Gn cosnsntat 2e0snantat 3h sent dsent T 20 1 2 3 2 An Sn sen5 sen 2sen 2sen5 1 2 ay sen sen 3NwWo 3 3 Seja n 3kn 3k 4 1n 3k 4 2 para todo k Z entao 1 13k 273k gen 0 VEEZ 3K 33h un sen 5 sen 5 1 m3k 1 273k 1 SKI 33k lwo sen 5 sen V3 3 agua sof teosnh 2 3eed hPa 23k 1 0 se k impar V3 atl V Z a4 6a1 os 1 1 3k 2 213k 2 gen E 0 VkeZ 3k 338k 2wo sen sen 0 V3 0 se kpar a 1 costk okt 238k 7h v3 se k mpar 3k 2 V3 a1 727 Z Wa1 F 4 Vae Calculo dos by 581 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 9 20 9 30 1 n 27 n 37 bn Gx sennantat ox sennwotdt Susy eos st cos 50 T 27 1 nq 27n 19 a Dn nua cos 3 2 cosmn cos 3 Seja n 3k n 3k 1 n3k42 para todo k Z entao 1 3ka 27 3k J er 42 orcas bsp 33hun cos 3 2 cos13k cos 3 1 0 se kpar bsp 3 cosk7 2 4 3k se kimpar 2 a3 AD Z D6a3 6a 3 Vae 1 3k 1r 273k 1 dS eee 42 1 anak b3p41 33k Dun cos 3 2cosm3k 1 cos 3 ban kt 2cos3k 1 2 22 ak 3p coskm 3 cos7 cos27 3 2 3k 1 se k par 3k1 3 3ka1 se k impar 2 3 a1 a2 Z Poort Gey Poaa Ea VS 1 3k 2r 27 3k 2 bsp49 33k 2wo coo 4A 2 cos13k 2 cos 2 1 27 4 42 2 cos27k b3p49 33k Dun coska 3 2cosm3k 2 cos2rk 3 3 se k par 1 3k 2 7 b 5 k 1 Bkt2 23k 2 Peostin 1 2 se kimpar Bk 1 P 3 3 at2 a1 Z Deora Eo g Pooa Eo VAS Assim B 3 3 3 Z Aba1 6a 41 Q6a1 Ga 1 Vae 582 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 2 3 b6a3 b6at1 b6a2 7 Vv Z 603 6a 3 Sort Ga 1 bo Ga 2 os beat2 b6a1 V Z foe ba 2 FS Ga 1 os A série de Fourier pedida é 1 St 5 dm cosnwot bsennwot 1 1 1 St 5 dt60s cos3 6a 3t boassen 6a 3t S A6a 2t 4b A 6a 2t Aga2 COS6a a28en6a 2 6a2 3 ba28en5 S A6a 1t 5 A 6a 18 Aga1 COS6a a1sen6a 2 6a1 3 6a18eN3 00 V3 l l res cos 6a 1t Boa pasen 6a 1t 1 1 S fa6a2 c08 6a 2t b6a3sen6a 2t 1 Substituindo St 3 S lan cosnwot brsennwot n1 Portanto 1 7 2 3 1 St 3 gsm 1t Ga wp sens 60 2 S v3 1 3 1 3 Pen cos 6a 1t Ga 2 Seng 8a 1t V3 1 2 1 3 1 6 1t 6 1t 6 2t d fae eo a 1t Ga nls a 1 gag senls a 2t 0 see 3tl 15 ft4 1 se 1t1 com ft6 ft 0 see 1t3 583 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 3 1 27 2 1 2 Ob P 6 a frequénci thdt dt serve que a frequéncia wy 37 WB ft 3 3 3 aT 3 1 2 1 1 1 2 An p cosrwtat 3 cosnusntat Fagealrsn sen 3 1 3 v3 se n1 2 78 2 nT 2 logo dp sen istoé ay 0 se n3 69 nT 3B se n4 5 10 11 Calculo dos b Sabemos que sennwot é fungao impar 3 1 2 1 bn P f tsennwotdt 3 sentrwotat 0 3 1 rT a2 nq nat assim St 5 S 7p senl sz co8 n1 3 t 1 2at 1 Art 1 ont Portanto St v3 eos 5 cos cos cos fee Exercicio 5310 Achar a série de Fourier da fungao ft cost no intervalo 7 7 Solugao ne 27 Observe que o periodo é P 27 entao a frequéncia wp a 1 1 Temos que ft 6 uma funcao par logo ft sennt é impar assim b 0 e 2f 4 2 f 1 n ag cos tdt 1 cos2tdt t sen2 1 20 20 T 0 T 0 por outro lado sen 1 n2 lf 2 An cos2t cosntdt cos2 nt cos2 ntdt 1 1 T 0 ty 2nt 2nt 0 Qn sen n sen2 n mT n 2 2 n 0 584 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Sen2 f costteos2tat 2 feos2t 1 cos4tdt dz cos tcos 5 lcos 5 cos 5 T 0 1 2t Portanto a série de Fourier 6 ft cos t 3 cost Exercicio 5311 Achar a série de Fourier da fungao ft cost no intervalo 0 27 Solugao O intervalo de repeticao é au Podemos transformar esse intervalo no intervalo 17 t 7 para isto acontecer utilizamos a transformagao lineal x mt n onde m n ER 7 Smn n i an mmr n 2 2 t Temos a desenvolver a fungao cos 3 no intervalo 7t t 7 Sendo todos os valores positivos nao é necessario colocar barras de valor absoluto Por ser fungao par segue que 2 b 0 Observe que P 27 e wo aly 20 27 t 27 t 4 tm 4 ag 5 cos sat cos sat sen5 T 0 2 f t 27 t An 0 cos git cos cosntdt T 0 f 2 ane bee 2 3 in m1 n 5n 7 7senln 5 7 4 An 1 se pat 41 On 4 se mn impar m4n 1 m4n 1 logo t 2 42 1 cosnt lye a tt COS 5 pte 4n21 T 1 retornando a varidvel x segue que t 2z 2 4 1 cos2rn Portanto tcost 4 So a Or ortanto ft cost pee in 1 u 20 585 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercicio 5312 Determine a série de Fourier da fungao ft t7 no intervalo 7 0 Solucao Mudemos o intervalo 7 0 para o intervalo 7 7 mediante a transformacao linear 2 x mtn onde mn R Observe que P 27 wp x 7 7 m7n 1 t7 m n C 0mr n 2 2 2 2 fttr 1 aI a 5 dt 7 t 7 a 2 ft Gn 5 cosntdt 0 2 fttr 1 141 bn om 7 Senntdt cosnt logo 00 tar 4 1sennt a ath atqa retornando a variavel x segue que t 2 7 00 1 1senn2x 7 en 71t0 LT 5 d n 1 00 T 1sen2xn Portanto ftx7 tL 7a0 Exercicio 5313 Seja fx 1 no intervalo 2x0e fx 2 para0 x 2 Determine a série de Fourier de f no intervalo 2 a 2 Solucao ne 27 O O periodo é P 4 entao a frequéncia wo 7 p assim 2 0 2 2 1 ay ftdt dt tat 4 4 2 9 0 586 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 0 2 2 t 1 t t 2 An 70 cos dt 5 COs dt 00s tal Camp loosin a 2 0 2 0 2 1 t 1 t t 2 b 5 losen at 5 sen dt tga 7 lt cosn7 a 2 0 4 2 Note que a 0 se npar a 5 se nimpar b 0 se nimpar b se nen nt npar e on oo COS 00 4 2 4 sen2ndt Portanto a série de Fourier é ft 2 3 d itp a d soning Observe que esta série converge para 1 se 2 t 0 converge para t se 0 t 2 1 3 para 5 set 0 e para 5 se t 2 Quando t 0 a série de Fourier é o24t 74 40 4 4 ge 2 8 32 0 B27 2n 1 ou mot titty it 2 12 3 52 7 2n 1 Exercicio 5314 Seja ft sent 1 Determine o pertodo 2 Verifique que é par T OT 3 Escreva sua série de Fourier no intervalo 5h Solugao 1 O periodo é P z pois sent7 sent cos 7senz7 cos t sent sent ft 2 A funcao é par pois ft sent sent ft 2 3 A frequéncia wo i 7 3 3 2 4 1 Calculo de ag segue aj sentdt sentdt 7 7 7 0 587 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 4 Por outro lado a sent cosnwtdt son cos2ntdt 7 7 0 2 2 Ioentt 2nt sent 2ntdt win D 0 Sendo par a funcao b 0 1 2n P ys oy LL ortanto a série pedida é 7 a4n1 4 588 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 54 Aplicacgoes Exercicios 54 ky Exercicio 541 T se 7T 2 0 Seja a fungao ft t se 0auT 1 Obter a série trigonométrica de Fourier para a fungao ft 2 Desenhar o grafico da soma dessa série no intervalo 4 4 3 Calcular a soma dos rectprocos dos quadrados de todos os intetros impares positivos Solucao ns 27 1 Observe que o periodo é P 27 entao a frequéncia wp nt 1 1 2 Lf lf T L tdt dt tdt 0g0 ao af 0 fr 2 f 5 aa a 0 T 0 T 2 1 1 Qn ft cosnwotdt mcosntdt tcosntdt P T T vn a 0 sent 4 1 feosnm nsennn cosnn 1 T msenn7 T a hl Fan T pag osln nmsenn Faz eosn por outro lado T 0 T 2 1 1 bn ftsennwotdt msenntdt tsenntdt P T T vn men 0 1 cosnz 1 1 b 12 h h 2a senna na cosn7 cosn7 nr yafil 1 Portanto ft tk oosnn 1cosnt me 2 cosnnsennt 2 Lembre que o grafico da soma desta série coincide con o grafico da fungao ft nos pontos onde esta é continua e converge a semisoma dos limites laterais nos pontos 589 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV da descontinuidade Em particular o grafico da soma dessa série no intervalo 4 4 é stt ee 4ir fan 250 Gq r 250 fal An t nl me a Figura 519 3 Para calcular a soma dos reciprocos dos quadrados de todos os inteiros mpares posi tivos observe que quando t 0 obtemos 7 ff 1 1 f0 d a cos2n I Gym apr leos2n Ix a 07 or Como f0 MOTO f0 5 assim 00 00 2 T nr 1 2 1 T SS SS SO ee 2 4 7 Gn dp nap 8 n1 n1 Portanto 44424i44 1 045 YT n wee oe Oma Ta T 3a 8 52 72 2n 12 8 Exercicio 542 Suponha que f periddica de pertodo 2P derivdvel e tal que sua derivada f seja integrdvel e absolutamente integrdvel Use integragao por partes para mostrar que ai bn eU San onde ai e bi sao os coeficientes de Fourier da derivada de f Solugao P 2 nat Da definica ae dt a definicgéo de a segue que ap sp 0 cos Pp dt P Como f é derivavel podemos integrar por partes para obter P r d 1 nat n f dt P aki t sent P P 590 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 P i 1 i t nat fe naty 1 fp nat Gn iy f J fdsen a oe f fsent a dt P P P 2 i P 54 nat yy pT Gn sp fbsent Pp dt amon U pan P P 2 nat Por outro lado definigao de b segue que b oP f sen dt P 1 P r d nat P 1 P nit nit by so f J Floioos 7 P 1 P P 4 nnn FR NTN ff gt nat bn aa sro Pp fP cos Pp J Floioos Pp 7 P 1 P b i cosnm fP cosnm ro ong nT P P Como f é periddica de perdodo 2P temos que fP fP2P fP e portanto 1 2P 2 P t i 4 fp nat yt Fo bn aa 5 sp Hbeos Pp 7 Tan P 0 Portanto a P bn e Di pm Exercicio 543 Utilize a série de Fourier de ft e t 7 x tal que ft ft 27 para 00 n achar o valor da série d a Solugao 20 ra Aqui P 27 wo a 1 Calculemos sua série de Fourier 2 Ly ay 5 feat c ee 27 wT lr 7 591 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 Tf payeosinuptytt eteosintytt Gn 5 cosnw cosn An i sennt cosnt LD e r1 n x m1n by 2 rw nwptdt tsenntdt r nn nn on sennwo ese 1 e mo Mn ee bn 7 soennt neosnt e mn e logo a série de Fourier é fe Ber ey ge FO costs SO nln e e n senn e5ee e e 2 14m mn 1 Qme ee 7 142 d Aa nv Cost nsennt Qn SS 1 Fe dG 2 00 1 7 1 Portanto ln ee7 2 Exercicio 544 Utilize a série de Fourier de ft t t 7 x tal que ft ft 27 para achar o valor da série oo 1 2 11 T oe 1 2 1 z 2 3 se n 6 n 12 Q2n1 48 Solugao 27 as Aqui P 27 wo a 1 Calculemos sua série de Fourier 7 2 2 2 2 y 5 f Pat f Pat a o 27 T on T 0 2 fe nwotdt 2 fe ntdt an cosnw cosn 27 T T 0 2 t 2t 2 7 4 h in sennt 73 cosnt sennt 73 592 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV b 2 nwotdt 0 r sennw 27 soe 2 1 2 ee 1 logo série de Fourier é ft t 4S cosnt 3 1 1 SX 1 1 1 1 Quando t7seguer gn co cosnt 3 2 coy 00 1 nm Portant z ortanto d 3 00 00 1 1 1 1 2 Quando 0 segue 0 3 1D co cosn0 3 4 co 00 1 12 Portanto d 2 79 3 Podemos escrever 9 1 9 00 1 00 1r 1 Quando t 3 segue 00 00 2n1 T 1 4 1 1 1 1 5 37 4 Te cos2n 4 d In 1p cos2n 15 2 1 00 1 00 l usando a parte 1 segue 7 37 7 ie Qn 1p mo1 wm 4 Ol Tat aS 8 SA 2 4 48 SW 4 3 67 GIP mS amen Gp 00 1 n Portant 7 eee d Qn1 48 Exercicio 545 Seja ft cosat mt t a onde a uma constante nao inteira Verificar que a partir de sua série de Fourier podemos obter T 9 1 1 1 1 1 1 2a ee ee wee senaTt 2a a 1 a 2 a 3 593 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Solugao Temos que ft 6 uma funcao par logo ft sennt é impar assim b 0 e cosatat senar ay cosatdt senat 0 a eenle por outro lado como ft cosnt é uma fungao par 2 1 Un cosat cosntdt cosantcosa ntdt 1 0 0 1 sena nt 1 sena nt 1 sena nr 1 sena n7 An 1 an an 0 7 atn an 1 sena7 cos nm 4 senatcosnm 1sena7 1 4 1 atn an 7 TT atn an 2a1 entao a sena7 Logo a representacao fica assim a nr 00 sena7 2a1senaT t cosat ee cos nt ft cosa vn a2 yn cos n 00 senam 1 1 cos nt t cosat 2a S ft cosa i Ds a2 n2 quando t 0 obtemos 2asena7 1 1 012 f0 Hon ea T 1 1 Portant 2 ome sena7 3 t a Exercicio 546 Seja ft og at onde a nao numero inteiro 2asenam 1 Obtenha a série de Fourier de f no intervalo 1 7 2 Demonstrar que a série converge em x 7 para cotma a 3 Utilizar o resultado anterior para obter o valor da soma da série 1 1 1 Poe Pog Pog t 594 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Solucao 1 Temos que ft 6 uma fungao par logo ft sennt é impar assim b 0 e 1 cos at 1 1 ay 5 dt 55 senat Or 2asenaT 2asenaT at 7 por outro lado como ft cosnt é uma fungao par 2 cos at 1 an cosntdt costa nt cosa ntdt nm J 2asenaT asenaT 0 0 1 1 senant 4 sena nt i cosnm senar 4 sena7r asenar an an 0 asenar atn an 1sena7 1 1 21 an J asenaT atn an a2 n Logo a representacao fica assim 00 1 1 21 t t a ft Dasenam cosat 2 one nt 00 tT 1 21 Portanto ft Sasenan cosat a a Wo a2 cosnt 2 Quando x fn mcosat 1 S 21 nm Quando x 7 segue tT Dasenan Law cosn7 ug Isto é quando x 7 a série converge para 2a cotma 00 1 1 1 SO Ts 2 3 Quando z 0 segue 0 Jasenlan d 2D ae oho a 12q 22q 32a2 2a dasenar Exercicio 547 Verificar a identidade de Parseval 1 r az 2 0 2 22 tdt b p PdaeF Leh P n Solucao 595 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Assumimos que a série de Fourier correspondente a ft converge uniformemente para ft em P P e que P P 1 ag Pp f tdt toa aoP P P P P 1 Gn 5 ft cosnwotdt fo cosnwotdt aP P P P P 1 bn P ftsennwotdt J flosennantat daP P P a Desta forma multiplicando a série ft Solan cosnwot bsennwot por oo n1 ft obtemos ft Slant t cosnwot b ftsennwot logo integrando de n1 P a P segue P P Lo P P 2 ao fHPdt ftdt 5 c f t cosnwotdt bp fOmoios P pP nl pP Pp P Loo os a isto é ura ayP lag dyP Oy PnP p n1 P Lo Portanto 1 ora a So az b 7 Pp 2 mone p n1 Exercicio 548 Determine a identidade de Parseval correspondente a série de Fourier de fx 220 vee onde fa4 fa x se 0a2 Solugao x Z ns 27 O A fungao f é par logo b 0 o periodo 6 P 4 e a frequéncia wo 773 2 0 2 Sen 0 feat 5 tae 5 tae 2 o 4 2 2 a 2 0 596 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Por outro lado se n 1 segue 2 0 2 2 1 1 An 7 fo cosnwotdt 5 toos Seat 5 teos that a 2 0 0 2 2 nr 0 2 nT 2 nm 2 2 nT n tsent tdtt t s tdt 2nT sen 2 tac sent 2 One sen 2 5 sen 2 2 0 2 nr 9 2 nn Gn 5 cost 722 cos1 2 2 4 8 An Fag 1cos7 55 cosmn1 722 cosmn1 Qn 12n 1 L a2 00 A identidade de Parseval diz L lswrar 3 Sia b Entao para nossos L n1 2 1 gS 8 1 16 O64 dad dt 2 aces 5 2 ay 2 3 Gn 1 9 n n 00 1 mn Portant eae d Qn1 96 Exercicio 549 Usando o desenvolvimento em série de Fourier para a fungao de pertodo 1 dada por ft t ondeO t 1le ft1 ft para todo t R justificar a igualdade 00 n oo 2 l 1 d Utilizar a identidade de Parseval para deduzir que 2 Solugao a 21 dl 1 Observe que o periodo P 1 a frequéncia wo T 27 Seja 3 t 5 Temse que ft t ft logo a fungao f é impar assim temos que ft cosnwot é fungao impar de onde para todo n 0 i 2 2 Gn 7 fs cosnwosds 0 1 2 1 1 2 2 2 Por outro lado bp i f tsen27ntdt tf tsen2nneat 1 0 2 597 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 4 5 4 2 1 bn 5tcos2nnd 5 2 I aon cos27nt on eos mntdt ona cosn7 7 0 420 1sen2ant Assim ft t So LD senrnt n1 TN 1 1 1 2 1tsen2n dot f Yo isto Quando ri Fa ri Xu isto é 7 s sen2n 1 s 1 40 4 Qn1 0 44 2n1 1 L a2 00 A identidade de Parseval diz I lswrar 3 Sia b Entao para nossos L n1 3 oo oo 1 1r1 4 1 1 dados tdt 0 O 4 Sa 222 N ados DO rn 328 a 5 00 1 7 Portanto a ortanto d 2 Exercicio 5410 Usando o desenvolvimento em série de Fourier para a funao de pertodo 2m dada por ft onde 17 t 7 e ft2r ft para todo t R justificar a igualdade 00 n1 2 yw n n 12 n1 Solugao no 20 Observe que P 27 a frequéncia wo mT 1 1 2 lf logit 2 ftdt Pat t in vo 5 0 Bn 1 3 a 2 to cosnwot dt e ntdt 2 e ntdt r cosn n 20 T T eos T T 0 21 2 2 nm A1 in FG 72 sennt wat cost cy n1 Calculo dos by Sabemos que tsennt 6 fmpar logo b 0 n 1 598 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Assim a série de Fourier 6 ft St 2 s Ad cosnt 3 n 1 2 co 1 do t 0 entao 0 n 4 4 Quando entao 5 37 d 2 00 1 0 T Portanto Y ortanto d 72 DD Exercicio 5411 Usando o desenvolvimento em série de Fourier para a fungao de pertodo 2 dada por ft t onde 1 t le ft2 ft para todo t R justificar a igualdade yt ie 2n1 8 Solugao 2 Observe que P 2 a frequéncia wp 3 F 1 0 1 2 a 5 reat rare rar1 1 1 0 1 0 1 Tr 2 2 An 5 0 cosnwotdt teosnmtat tcosntyat Je cosntdt 7 1 1 0 0 tsennat cosnat tsennmt cosnat n tsenn7 nT a nn nT a tse 7 608 zzlltse 7 608 9 4 nmpar An 5 cosn7 1 mr pa n1 men 0 se npar Calculo dos b Sabemos que tsennzt é impar logo b 0 n 1 00 1 4 Assim a série de Fourier 6 ft t St 3 d Qn 12x cos2n 1zt 1 00 1 Quando t 1 entao 1 5 4 Grate 00 1 7 Portanto d Qn 1p F Exercicio 5412 Seja f R C uma fungdao 27periddica e integrdvel em 17 e definimos Fx toa para todo x R Mostre que a fungdo G R C definida por Gx Fx 0 fOx 21periddica e expresse os coeficientes de Fourier em termos dos coeficientes de 599 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV f Solucao a J f se ama0 2 f0T f07 Temse 2 fz se 0Oax7 HO 2 v2r Gla 42m Fa 2n f0a 42m ftdt fO 20 0 x2Q7 Gx 2n ftdt f0 2m 0 27 x2r Gx 2 soa ftdt f0a 2m 0 Qn 27 x2Q7 Ga 27 a fof 0 Qn v2r x Pelo Exercicio 515 ftdt ftdt entao fra 20 x Ga 27 f tdt 2r jo f tdt 70 0 0 Ga 2r F2n 2 f0 Fx f0 F27 20 f0 Gx 55 A mostrar que F27 2 f0 0 20 T Pelo Exercicio 515 F27 toa toa entao 0 7 F2n toa aT a In In f 0 Em 55 segue Gx 27 Gx Exercicio 5413 Uma série de Fourier converge para a fungao ft 7 he ns 0 onde ft 4 ft Determine essa série de Fourier Solucao 600 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV oo 20 1 Observe que P 4 a frequéncia wp 773 2 0 2 2 1 1 1 a tdt tdt tdt 24 2 2 w 5 f syae5 rar 5 rae Spe 2 a 2 0 2 0 2 2 1 1 Gn 5 f t cosnwotdt 5 t cosnwotdt 3 t cosnwotdt 9 a 0 Calculando a integral por partes 0 t 9 1 9 1 t cosnwotdt zapsemnot Pup cosnsot egg Coin a 2 t 2 1 2 1 t cosnwotdt Fasenlnat rap cosnwot Tagg oir 0 4 0 se n par logo a scosn7 1 istoé ay 8 nr se nimpar nm Calculo dos b Sabemos que 2 0 2 2 1 1 bn P f tsennwotdt 5 tsennwotdt 5 tsennwotdt a 2 0 Calculando a integral por partes 0 J teennssatat cosnssat ppsennsant 2 cosn tsenn cosn senn nm sennwo ray cosnuwot up sennwot ray cos 9 2 tsennnantat cosnssat 5 cosnsst 2 o08n7 sennw cosnw cosnw 2cosn7 NW al nw lo wo 0 logo b 0 00 2n1rt 8 cos Portanto ft l We S Qn 12 n1 Exercicio 5414 601 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Suponha que f tem uma série de Fourier em senos a nit t ft Y bysen pp OStP n1 2 7 27 2 1 Mostre que 7 fro dt S by 0 n1 2 Aplicar o resultado 1 para mostrar que re 1 11 1 SH ype pep ea a 6 tote tpt LB Solugao 1 Assumimos que a série de Fourier correspondente a ft converge uniformemente para 2 ft em 0 P ew assim P P 2 2 w 5 ftdt 0 On 5 ft cosnwotdt 0 0 0 P P 2 P bn pf Fldsennatat J fosennssatyat bs 0 0 nit Desta forma multiplicando a série ft S bsen por ft obtemos n1 00 FOP So buf Qsennwot n1 logo integrando de 0 a P segue P io SCP P Lo Pp a 2q b fo dt So bu f Fbsennatat fue dt bu be 2 7 Portanto tPdtS be ortanto Bf LFOPat Yom 0 n 2 Suponhamos ft t Otq 602 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV t O0t Seja ft Mo SES fttserta7uma ft se 1rt0 2 extensao fmpar de ft logo 0 periodo é P 27 e wp x 1 Como f é fmpar 1 segue que a 0 paran N com n 0 aqui Logo b 2 fs nuptdt cosnwat gsennnt r sennw t cosnw ssennw Qn T NW nwe eo 2 1 2 b 2 cos 1 mL on n 27 8p2 Pp 2 4 Assim temos dt 50 entao 3 ae Ww 1 11 1 Portanto 1545454YS orianto GS op gp dp Exercicio 5415 Sejax Re ft cosaxsent 1 Verificar que f par de pertodo Tv 2 Determine os coeficientes de Fourier e sua série no intervalo 0 7 3 Provar que para aox verifica a equagao diferencial xaj ag rao 0 Solucao 1 Temse para todo t R sabendo que seno é impar e cosseno par o seguinte ft cosxsent cosasent cosxsent ft Suponhamos que o periodo seja P entao ft P cosasent P cosasent cos P xsenP cost cosxsent cos P cosasenP cos t senxsent cos PsenasenP cos t se P 7 segue ft 7 cosxsent cos 7 cosxasenz cos t senxsent cos 7senxsenz cos t ft 7 cosasent cos0 senasentsen0 cosasent f t 603 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto ft cosxsent f é par de periodo a 27 ok 2 Como wy 2 os coeficientes de Fourier sao 1 2 2 f ag ftdt cosxsentdt 1 1 0 0 2 f 2 f adn ft cos2ntdt cosasent cos2ntdt 1 1 0 0 2 2 f bn ftsen2ntdt cosxsentsen2ntdt 1 1 0 0 2 3 Sendo do aox conasentat entao 1 0 dagx 2 x tsentdt ax Tn senxsentsen 0 i 2 ag x fao2 cosesentsentat dx T 0 Assim noo 2x 9 2 2x Lag ayxay cosxsentsentdt senxsentsentdt cosxsentdt 1 1 1 0 0 0 2 2 La5 A Lay 1 sentx cosasent senasentsentdt 1 0 2 2 LAg Ay Lay x cos t cosasent senxsentsentdt 0 Sejam u senzsent du xcosxsentcostdte dv sentdt v cost logo I sentasentsentat cos tsenesent 00s tcossentat 0 0 0 604 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV I sentasentsentat 008 tcossent at 0 0 Portanto aox verifica a equagao diferencial xapa ax xaox 0 Exercicio 5416 Mostre que s dn by sao os coeficientes de Fourier para ft entao lim dn 0 e N00 lim b 0 N00 Solucao Se ad e b sao os coeficientes de Fourier para ft entao verifica a identidade de P 1 2 ae ame 2 2 ros Parseval P ftdt Sia b Esta série de Fourier correspondente a f t p n1 converge uniformemente para ft em P P Logo o limite do seu termo geral é lim a2 62 0 isto é equivalente a N00 lim a0 e lim b 0 n00 N00 Portanto se a e b sao os coeficientes de Fourier para ft entao lim An O e N 00 lim 6b 0 N00 Exercicio 5417 Utilizar a série de Fourier para demonstrar a seguinte identidade trigonométrica 3 1 sent sene eens Solucao Calculemos a série de Fourier de ft sent en 7 7 Como ft é impar e 2 Wo oT 1 a série sera da forma 20 00 1 a S basennt onde bp sentsenntat 7 n1 x Em geral by sentsenntdt sentcosnt sent cost cosntit n sentsenn sent cosn sent cost cosn 7 nt 0 nt 0 0 605 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 Da relacao cost cosnt 3 cosn 1t cosn 1t segue 3 2 b sentcosn 1t cosn 1tdt nt 0 x 3 2 3 f 2 Se n 1 entao b sent1 cos2tdt 1 cos2tdt 1 1 0 0 3 f 1 3 f1 1 r 3 ia Atdt t sen4 5 by x Ji 5 cos4tdt x 5 gsen 4 av 0 Paran 1 3 1t ty 3 f 1t Lt by sen 1 Sm VE senn Ut fen an ft senir DOG nT n1 n1 0 nT n1 n1 0 b 3 2tsenn 1tat a 2tsenn 1tdt 1 sen2tsenn sen2tsenn nn 1r nn 1r 0 0 b n 1t cosn 3tdt n cosn cosn 2nn 1r 0 u n 3t cosn Lttdt n3t n Onn 1m cos cos 0 Observe que b 0 paran1 n3 Paran3 by 2 f 4t Jat 2 1 4ttat 3 Zo loos bdg cos 0 0 3 fl 1 1 Ds Toe sen t 0 247 geen 4 0 12 2 4 33 1 Portanto sent qoent qoen3 Exercicio 5418 Determinar a representacao em Série de Fourier para a fungao 0 se m7t0 t Me t se O0t7 606 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 00 T 1 Mostre que g d Qn 1 Solugao ns 20 1 i ns O periodo é P 27 entao a frequéncia w 1 Temse ag rae 27 T 2 0 1 7 1 0 se 7 par An tcosntyat cosn7 1 2 Tv an TF se mn impar 0 m lf 1 senntdt 1 0 2 2n1t 1 A representacgao é ft ee sennt 00 00 nm 2 1 7 1 P tro lad 00 or outro lado f0 4 7 4 Gn Ip 8 Gap Exercicio 5419 Seja f uma fungao seccionalmente suave em P P com série de Fourier Ft 1 1 s 4b F n Sen 50 2 Gn Cos sen entao para cada t P P 1 Pl t t nt nt fxdz giolt P sen5 by cos cosn P n Solugao 1 Seja Fa ftdt giox assim definida para todo x P P por outro lado P P 1 1 FP ftdt 500P gtoP P P 1 1 1 FP toa gtoP agP toh gaoP P 607 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 1 De onde FP FP guoP e Fx fx 5a para todo P P de 2 donde f é continua de periodo 2P e wo x Entaéo podemos afirmar que F é seccionalmente continua en P P e pelo teorema da convergéncia temos que 1 ws NTL nT Fx A An cos2 Bysen x 5 ot cos P sen 56 onde para n 1 temos P P 2 NTx 1 P nmxP P NTx Andy frees te 3 Er caysen 2 2 f raison oP x cos P dx P 2 xsen P pun xsen P a P P p P 1 1 NTL An P fue jase ie P P P 1 NTL 1 NTL A fxsen dx pon Ee P P P r P 1 2 1 NTL An an PFs 90 oo en P P p p P 2 NTX 1 nmxP NTX B Pp J Plosen az Zr cos Jr x ose P P P P P r 1 NTL 1 NTL B F P x cos P tae fie 520 cos P a P P 1 1 1 NTL Bn aalFP FPcosn7 fue a ose P P 1 NTL 1 NTL Bo 1 0 vo P 5 20 COS P ys P P r P 1 2 1 NTL B 0 om Pe 50 ose dn P 608 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 ws P NTL P NTL L Fx A b cos aysen ogo x 540 7e cos P aa sen P 1 1 AIP 1 1 Pf FP ytoP 5440 cos 3440 zuoP cos assim Fx ee I nm Py my nme 540 7 un n COSNT 26 nn n CO8 7 anseu 1 PA1 NTL NTL Fx guoP d 7 ansen bn cosnz cos i 1 1 P11 NTL NTL ftdt ztot zuoP d 7 ansen bn cosnz cos P n f 1 Pl NTL NTL Portanto fioae 5 toP2 d asen by cos cosnm P n Exercicio 5420 Mostre que se f R R uma funcao periddica de periodo 27 seccionalmente 1 oS suave em 0 27 com série de Fourier 50 S ay cosnt bsennt entdao n1 aysennb senna bycosnb cosna asennb senna bcosnb cosna ft 50009 eee Solugao t Definimos a fungao Ft fx dx esta funcdéo e continua em cada ponto 0 t27 da reta R ainda mais Ft 27 lF dx 0 t t27r ao ao Ft2r f S de f S de 0 i 20 20 Ft2zr Ft f F 2 S ae Ft tae aot 0 0 609 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2a 2 como fxdx ag entaéo Ft 27 Ft Portanto F tem periodo 2r7 7 0 Como F satisfaz as condigoes de Dirichlet entao a série de Fourier de F converge a F em cada ponto t R logo se A e Bn sao os coeficientes de Fourier de F temse para cada ponto t R 1 Ft 5440 A cosnt Bsennt onde para n 1 2a 20 h 2 11 on ao h A F F de 22 x cosnxdax xsennz DE ro 5 dx 0 0 de modo andlogo se obtém B on 1 a b a Portanto Ft 540 d cosnt sennt De onde 1 18 agsennt bycosnt asennt bcosn tae pitt 3t0 S oo 0 n1 1 1 8 aasennb bcosnb asennb bcosn Quandotb tae ab 540 oo 0 n 1 1 Sa bp Quandota toa aga Ay S ansenna bncosna 2 2 n 0 n1 b Portanto seve aed asennb senna bcosnb cosna 2 oat n Exercicio 5421 Para cada fungao periodica a seguir esboce seu grafico em um intervalo de trés periodos e encontre sua representacao em Série de Fourier Complexa 0 se 1t0O 1 t t2ft ft Scrat flt2 fb 0 se 7t0 2 t t27 ft ft 1 teres ft 2n ft 3t se 3t0 3 t t6ft 10 oy teres ft6 fl 610 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Solugao 0 se 1t0O 1 t t2ft ft S geret flt2 FO 2 A fungao é periddica de periodo P 2 logo wy 7 Pelo estudado na Secao 58 a série de Fourier da fungao ft na sua forma complexa é P c0o 1 2 t Cent de C the dt YneZ FQ Yo Crem onde C 5 f He n n0o Pp 2 1 0 1 1 1 1 Assim temos C 5 J tocemar 5 J tocemar 5 fle at entao 1 1 0 1 1 1 op d a C innt Tt vient Timm 2 Je inn 0 2nT e 0 te Portanto ft yy mae 1e 0 se 7t0O 2 t t27 fit ft 1 detes flt2n 2 74 20 A fungao é periddica de periodo P 27 logo wy mT 1 7 1 Lf 1 ff Assim temos C xe femat ae fermats 5 f ryemat entao 27 27 20 vn a 0 lL fi Lf odo cet Lf Cy prema em ool 27 20 an 0 mn 0 0 1 1 1 1 Cy IN INT 1 dy In INT 1 20 in ine 2n7 ine e 1S tn int innt Portanto ft x yy 72 ine e 1Je 3t se 3t0O 3 t t6ft ft oy peres ft6 Ft es 27 O A fungao é periddica de periodo P 6 logo wy 73 611 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 f 1 f 1 f Assim C fpemorat 5 tocar fpemorat entao 3 3 0 1 f 1 f C 5 t 3e dt 6 3the dt 3 0 1 1 3inw 3inw 3 inn int Cn Tracy GBR Gaga Ke Pin 3 Te 1 Portanto ft a a ale ein Qinweneo Exercicio 5422 Desenvolver em série complera de Fourier ft e a t 7m logo calcule 00 1 com este resultado a soma d a2 ne Solucao A calcular os coeficientes 1 t int 1 1 T a int dy a int dt a my ak e 2na in n 1 1 ainr ainr an aT n 27a in le 27a in e e cosn 00 00 1 Logo ft d cer s onan e cosnme 00 Portanto ft 3 marae e cosnme Esta igualdade é valida em todos os pontos de continuidade de f em particular em t 0 lembrando que e 1 segue 00 a in 01 an ant f0 3 Oa n e cosn7 Observe que os termos in com n positivo se anulam com os que tem n negativo de modo que podemos escrever 1 s aee eo s aee ee Wn cosnt 2na n 2na n 612 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 1 Qqr Portant FF OO oes d an aee e7 Exercicio 5423 Utilizar a forma exponencial complexa do seno e cosseno para escrever a fungao fze t 2 7 como uma série na forma complezxa Solugao Usando as identidades de Euler e cos isend e cos 0 isend i V1 podemos escrever 1 inwot inwot 1 7 inwot inwot cosnwot 5 of fe eor sennwot gile oF enor Substituindo na igualdade de Fourier temos 1 te 1 1 ft 50 4 dlgalen 4 eW imwot sib ent e inwot ft dan SLE an ibye Ban iby ent 57 9 0 a 9 n n 9 n n 1 1 1 Considerando Cp 500 C 5 an ibn Cpn 3 an iby temse que An Cy C e by iC C além disso a equagao 57 resulta 00 00 ft Co 4 S C eit 4 S Ceinwot n1 n1 00 o Considerese m n entao S CneMot S Cetmot n1 m1 Logo podemos escrever ft Co 4 S Cnet 4 S C einwot S C einwot n1 n0o noco Portanto a série de Fourier da fungao ft na sua forma complexa é c0o ft So Chere 58 613 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Lembrar que P2 P2 C Flam iby 5 Zftcosnupt isennugfat f ftyemvtat n 5 an thn 5 P cosnwy isennwyo e P2 P2 P2 1 de onde C 4 Hema YneZ P2 Quando ft e 17a7 entato P27euy1 1 7 1 r 1 wT C t inwot fy Linwot yy ineot x fe ak 2n1 inwy n C 1 le einwor en eon 271 inwy 1 Ch On nan e cosnwom isennwom e cosnwom isennwom 1 Ch In 1 inw e e cosnwo7 ile esennwo7 1lin 11in Cr Je enn cosnwoT ey senhn senh7 1 7 in inwot Portanto em 55 ft 4m oe Exercicio 5424 Determine a série de Fourier complexa para as seguintes funcdes 1 8 ftj0 ttn ft 27 ft 2 fitje ttn ft 27 ft 3 ftcost 0t 2 ft 2 ft Solugao 1 6ft 1tr ft 27 ft 27 Com efeito o periodo P 27 e wo 1 Lf lL fo C ftdt tdt 27 T T 0 614 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV C fe dt Peninta Or 20 l 2 42 1 9 C x cosnt it sennit dt tcosntdt0 7 7 vn 0 1 x 2 C aa ln tsennt 2sennt 2nt cosnt cost 2 00 a og TT 2cosnT nit Logo a série de Fourier pedida é t 3 n0 Supondo queremos a série da parte real entao a parte imaginaria é zero 2 1 oo 2 2 P 2 cost cosnt d cost cosnt 7 4cosnz v Zz td ocosnt 1ItT7 n n1 7 4cosnm Do Portanto t S cosnt 1 t 7 éa série de Fourier real oat n 2 fte 1ttr ft 27 ft 27 Com efeito o periodo P 27 e wo 1 1 1 1 Co 5 fae ea senhm 1 ff lL fay Lf ag C t int oy t int oy 1int yy 5 te 5 e 20 1 7 Lin C anim linx 1inr 2n1 in mas Li C ms cosn7 e cosnm iesenn7 ie senn7 1in 1in n Cr aL nay enn cosn7 a nay enn VD ht S 11in Logo a série de Fourier pedida é e senia oo n0 615 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Sabendo que queremos a série da parte real entao 1 00 h h 11 h 10 ot Senh7 senhz s 1 FIM nit 4 senh7 s 1 TIM nit nm 4 1 n nm 4 1 h hm eS 11 i ha SS 11 in ot Senhm sen i yr yn im nie 4 Sen my yn TIM nit 1 1 1 n 1 n n1 n1 senhz 1 senh7 s 21cosnt nsennt e a 7 7 1 n n1 00 n Portanto et senh7 4 senhz Ss 21cosnt nsennt petené 1 tm 4 1 n a série de Fourier real 3 ftcost 0t2 ft 2 ft 27 Com efeito o periodo P 2 e wo 3 1 2 2 1 1 1 Co 5 float 5 costat 5 sen2 0 0 2 2 2 1 1 1 C 5 teat 5 cost e inwot dt 5 costleosrset isennwotdt 0 0 0 2 2 1 1 C 1 eosrs 1t cosnwo 1t 4 ioenn 1tsennw 9 1tdt 0 0 1 1 1 1 1 C 7 2int1 og 2 nr 1 ee fo Ann 1 Ann 1 ar nt 1 r nm 1 1 1 C pg 24n 1 1 7 2inn1 1 Tare Tom op inn1 inn1 e e Cr inmt1 ina1 inm1 inm1 Zinn 1 I Fim C einm1 einm1 1 1 Dn py seninn 1 nw psentnn Logo a série de Fourier pedida é 1 1 00 ina1 inm1 cost gsen2 5 ape 1 nen 1je nZ0 616 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercicio 5425 Mediante séries de Fourier resolver a equacgao diferencial 1 y t 4yt ft 16 onde ftat 1lt1 ft2 ft Solugao O primeiro a se fazer é achar o desenvolvimento em série de Fourier da fungao ft 2 O periodo é P 2 de onde wo T 1 1 2 2 to 5 mtdt 0 Gn 5 mt cosnatdt 0 1 1 f f 1 2 1 1 1 21 bn tsenlnneyat T cosnzt toa 4ep 2 nT 1 nT n 1 1 Tendo em conta que tratase de um desenvolvimento em termos de senos como foi verificado nos pasos do calculo dos coeficientes de Fourier Disto resulta 00 211 t 4 t ft senn7t A equacao diferencial a resolver é 1 we 21 ie 4yt 2 sennet Se desenvolve a fungéo incégnita em termos de Fourier do mesmo tipo que a ft isto é 00 yt S bsenn7t n1 de onde sustituindo na equacao at s bnnsennat 4 s bsennat s D sen nat 16 n1 n1 n1 n Para chegar 4 solugdéo pedida igualamos os coeficientes de sennzt que permitam 617 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV conhecer os bn e com isto a fungao yt 1 o 9 21 3211 4b hh 16 4 n n64 n27 00 391 nl Portanto a solugao é yt d cate ia sennnt Exercicio 5426 Mediante série de Fourier determine a solugdo da equagao y 9y ft onde ft rtn ft2mS0 Solugao O primeiro a se fazer é achar o desenvolvimento em série de Fourier da funcao ft Observe que f é fungao par 2 O periodo é P 27 de onde wo x 1 7 2 f 2 f do 5 dt 7 Gn 5 t cosntdt 0 2 2 f 271 1 Gn 5 dt ji cosntdt FE sennt 72 cost T 0 21 1 21 1 Gn in senn7 3 cos 0 senn0 72 cosn 2 0 se m par An cosnm 1 4 men se m impar nen 1 GS 4 A série de Fourier de ft t a7 2n 12x cos2n 1t Tendo em conta que tratase de um desenvolvimento em termos de cossenos como foi verificado nos pasos do calculo dos coeficientes de Fourier Disto resulta f An S94 cos2n 190 7 cos2n 2 2n 1x A equacao diferencial a resolver é 1 GZ 4 4 9y n SY cos2n 1t y 9y 57 DG ipa mt 618 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Se desenvolve a fungéo incégnita em termos de Fourier do mesmo tipo que a ft isto é 00 yt ao S a2n1 Cos2n 1t n1 de onde sustituindo na equacao 00 00 S Q2n12n 1 cos2n 1t 9 G S A2n1 Cos2n De n1 n1 1 SZ 4 7 S cos2n 1t 57 d On 1a cos2n 1t 00 1 00 4 Yao Q2n12n 1 9 cos2n 1t 57 Qn 1a cos2n 1t 1 9 4 Yap a Q2n12n 1 9 Qn 12a 1 1 aj T 42n1 0 18 Cr n 2n 12n 12a 1 1 cos2n 1t Portant lugao é thee ortanto a solugéo é yt 13 2s amyn Qn 1p Exercicio 5427 Resolver mediante séries de Fourier y 4y fx onde fx 12senx 7 uam fv2r fa Solucao E imediato que a série de Fourier de 1 2senx é cos2z logo a solugao em série de 00 2 2n Fourier é da forma yx tan 1 too 2n1 00 2n2 n 22 i n 22 ya D202 a2n1 om Y 2 A2n2n Laan1 a Substituindo na equagao original oo 00 00 2Qa 2x 2Qax A2n2n 1ao12 4 nlr 4 So1s oo oo 00 2a 2x 2x 42k 22k1 yea 4 n1 1 ARF 22K YarerlI OE ayy 0 ee eal d Gn 619 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 00 1 1 22 42 22 1 don 421 4a 1 2 1 n0 n0 42n 22n Vaony91 dag 1 J 1 ant Qnty Qn 2n 42n 22n la ee 4a 1 2 n 1 Qn 2n 1 1 1 Aa9n49 4a Ania Mani Gayl 1 4Adant2 4a 1 A2n42 Gon 1 q 1 aawta2 qltla32 az ag 1 a4 a2 4 0 4 ag a4 4 a9 4 1 1 1 1 lg 45 7 a0 415 aio a 5 15 dan a9 1 F 00 00 2x 1 2x y aan1 2n do a a CV 2n n0 n0 00 00 2r 1 2x yyney 1ri y wo Da Onl 4 dn Rn 2a Portanto y ag cos2x ri S n1y oe é solucao da equacao n0 620 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Miscelˆanea 51 Miscelanea 511 Determine o perıodo para as seguintes funcoes Solucao 1 ft 5sen 5t Sabemos que a funcao seno tem domınio em todos os numeros reais e e de perıodo 2π isto e senθ 2πk senθ para todo k Z Logo podemos supor que ft P 5sen 5t P 5sen 5t ft de onde 5P 2πm para algum m Z Assim P 2π 5m m Z Portanto o perıodo da funcao ft e 2 5π 5 2 ft sen7t cos5t 3 Sabemos que a funcao cosseno tem domınio em todos os numeros reais e e de perıodo 2π isto e cosθ 2πk cos θ para todo k Z Logo podemos supor que ft P sen7t P cos5t P 3 sen7t cos5t 3 ft de onde 7P 2πm e 5P 2πn para algum m n Z De onde P 2πm 7 2πn 5 7 5 m n logo quando m 7 temse que n 5 assim P 2π Portanto o perıodo da funcao ft e 2π 3 ft 8 cos 3t 5 3 Sabemos que a funcao cosseno tem domınio em todos os numeros reais e e de perıodo 2π Logo podemos supor que ftP 8 cos 3t P 5 3 8 cos 3t 5 3 ft de onde 3P 5 2πm para algum m Z Portanto o perıodo da funcao ft e 10 3 3 π 621 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 4 ft cott8 tan4t Como a tangente e cotangente sao de periodo 7 podemos supor que ft P cott P 8 tan4 P cott 8 tan4t ft de onde Pam e 4P7n De onde P mm 1 n 4m logo quando m 1 temse que n 4 assim P 7 Portanto o perfodo da fungao ft é 7 Miscelanea 512 7 0 t0 se 5 7 7 Determinar os coeficientes de Fourier da fungao ft 6 se 0t S 0 t2 S 6 2 Solugao a 20 Temse 0 perfodo P 7 e a frequéncia wy 2 Os coeficientes sao 7 2 2 7 7 tdt dt 0 1 WO T 6 18 z 0 2 2 1 an ft cosnwotdt a cos2ntdt sen T a J 6 6n 0 0 se n3k kEZ k1 V3 Gn on se n6k56k4 keEZ kl v3 se n6k26k1 keEZ kl 12n 2 2 1 7 nt bn f tsennwotdt g sent ntdt ra cos 3 J 0 622 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 0 se n6k kEZ k1 1 se n6k3 kEZ k1 b se n6k5 6k1 kEZ kl 12n 1 se n6k4 n6k2 kEZ kl An Miscelanea 513 Determine a série de Fourier para a fungao ft e no intervalo t 2 2 quad flv 2 fa Solucao 2 27 OT 1 1 A iP4 l OOOCOCU Tl 4t 8 8 qui WF 5 ao se dt gle e 9 Por outro lado para n 1 2 5 fe eostnanttt 5 nap sennaat decosnert n sen A4 Gn 5 cosnwo 2 16 Wak NwpsenNwo cosnwot 9 e8nwysen2nwy 4 cos2nwy e8nwysen2nwy 4 cos2nwy An Oe 216 n2we Afe e cos2 2e8 e8 81 An le cos2nuo e cosn1 8 e 216 nw9 16 nw4 64 n27 Por outro lado para n 1 2 1 A 1 e 2 b 5 Je sennwot a Te tag tS nwt nwo cosnuiot 9 b e 4sen2nw nwo cos2nw9 e84sen2nwy nwo cos2nw9 nu 216 nwe enr cosn7 e8nz cos2nwo 8 68 na1 416 nw9 64 n7 Portanto og afl 81 na1 ft e e 16 d 64 n2n2 cosnat 64 4 ene onin Miscelanea 514 Determine a série de Fourier da funcado fx 2cosx 1 onde r7 a mT fa2nr fa 623 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Solucao Observe que fx 2cosx 1 cos2z a 20 O periodo é P 27 entao a frequéncia wy a 1 assim 1 2 f pjae eosenytr2 f eos2njate o do 5 wdx cos2xdx cos2xda a ae 0 2 f lf 2 f Un 5 fx cosnwoxdx cos2x cosnxdxz cos2x cosnadx 1 1 1 vn a 0 9 Tv Gn 5 leost2e nx cos2x nxdx 1 0 sen2r nx sen2na 0 se n 2 ay sen2x nx sen2xnx 0 se n nm n 2 n 2 0 Sen 2 entio a 2 220de fis 40de x sen4 y 1 en2 entao a cos2xdx cos4xdx x 7sen4e 0 0 Do fato ser fx cosnwox cos2xsennx funcgaéo impar segue b 5 Fsennaigrdr 0 r xsennwyxdx 27 1 assim fx 5 Solan cosNwox b sennwo2 se reduz somente quando n 2 n0 Portanto a série de Fourier de fx 1 2senx é cos2z Miscelanea 515 Resolver mediante séries de Fourier y 2y fx onde fx 2cosx1 7 rm fle2n flo Solucao Pelo Exercicio 514 é imediato que a série de Fourier de 1 2senz é cos2z Como cos2x podemos escrever em série de poténcias logo a solucaéo em série de 00 Qn 2 Fourier é da forma yx tay1 assim too 2n1 00 2n2 n 22 i n 22 ye D202 a2n1 em Y 2 A2n2n Lazn1 ay 624 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Substituindo na equagao original oo 00 00 2Qax 2 2x 2Qax 42n2n 1a212 2 n1s S1 Para um dos somatérios consideremos 2n 2k2 n1 k0O oo oo 00 2a 2x 2x 42k 22k 1 l prin 2 n1 1 00 00 1 1 2x2 42 22 1don42 242 12r 1 y 120 22n Nama eayy tong 120 a 42n 22n 1 2 1 EIQ FD nyt Qn 4 2 1 t 0 rn Onl Qn 1 1 Adon42 2d 1 dona gan n 0 1 1 ay ag a 28 92 1 1 1 1 1 4 542 59 53 53 52 1 1 1 1 1 1 1 ll WU BOB BH OBR 1 1 1 lol Ws 30 MO Loe n1 1 1 1 1 1 171 1 1 1 em geral dan 3500 53 Do 36 3a 32 A no 5H OS 00 00 2x2 1 1 1 2x2 nl ay 1 y aan1 2n do get 51h GI CD 2n n0 n0 00 1 2r 2Qax 1 2x nMrVOew news 7 tl news J d see One PY Gap QU aay 00 00 1 2x 1 1 2x2 y 2d ge Daye 9 Cost2n 25 0 Gayl 625 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 00 1 2x 1 1 1 2x nr SS FO 2 a Y wo Do 2 nr 2082 5 d 2 Onl 00 Qn 1 1 2 1 Portanto y DI tr Se 5 cos2x 6 solugao da equacao Miscelanea 516 Determine a série de Fourier da funedo ft ft at b onde rt mn ft2r ft a 6 constantes Solugao ns 27 O periodo é 27 a frequéncia wo a 1 1 Podemos considerar a fungao ft como soma das funcoes ht at e gt b Seja ht at t 7 7 e tal que ht 27 ht Como h é funcao par segue tsennwot 6 fmpar entao bh 0 n123 2 2am Por outro lado aoh evar a também 27 3 2 2a f ayh om at cosnwotdt Je cosntdt T 0 2a fo 2a ft 2t 2 da anh ji cosntdt sennt 73 cosnt sasennt 73 VY 0 assim a série de Fourier de ht é 2 00 an 4a n ht d 3 1 cosnt Por outro lado seja gt b t 7 zm e tal que gt 27 gt sabemos que g é fungao par entao bg 0 n123 2 2b 2 aoq vet Tr b 2 f 2b 1 7 ang a pe cosnwotdt sennt 0 n123 Pela linearidade dos coeficientes de Fourier devemos calcular a série de Fourier entao Qar aof aoh aog 37 2b 626 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 4a n 4a n Também anf anh ang 72 0 72 Y n123 Por ultimo bp f bnh bng 000 n123 2 00 n an 4da1 Portanto ft b d 7a cosnt Miscelanea 517 Determine a série de Fourier da funcao ft ft at b onde O0t Qn ft27 ft a b constantes Solugao ns 27 O periodo é 27 a frequéncia angular wo a 1 Podemos considerar a fungao ft como soma das funcoes ht at e gt b Seja ht at t 0 27 e tal que ht 27 ht 2a 2 Sar Por outro lado aoh evar a também 27 3 0 2a 9 9 9 2 9 a t t on ah jo cosnwotdt sennt 73 cosnt jasennt 0 a 4r 4a anh SS cos2n n 1 2 3 Por outro lado 20 9 9 9 5 2 t t bh exesonrsctat o fe cosnt sennt cosnt Qr atlon n n3 0 0 Ar 4 bh MT 81903 1 n n assim a série de Fourier de ht é dan 4 4 ht Mle cosnt sennt Seja gt b t 0 27 e tal que gt 27 gt 2a h 2 aog vet 1 2b 0 627 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 20 2 b 1 an ang bcosnwotdt sennt 0 n123 27 Tn 0 0 Por outro lado 20 h 1 2 Qn brg mm J tennantat cost 0 0 assim a série de Fourier de gt é gt b Pela linearidade dos coeficientes de Fourier devemos calcular a série de Fourier entao Sar aof aoh aog 3 2b 4a 4a Também anf anh ang 72 0 an 123 4 4 Por tiltimo by f bah bng 0 n123 Aan 4 4 Portanto ft b Mle cosnt sennt Miscelanea 518 Resolver mediante séries de Fourier y4y 278 onde 7am7 fr2n fx Solugao Pelo Exercicio 516 desta pratica domiciliar a série de Fourier da fungaéo fx r8é 2 00 n 1 41 fx 8 d a cosnx Desenvolvemos a fungaéo incdégnita em termos de Fourier do mesmo tipo que a fx 00 isto 6 ya ao an1 cosnx de onde n1 00 00 y x S na 1senne y 4 So an1 cosnx n1 n1 substituindo na equacao inicial S1aq1 cosnar Alay S an1cosnae 8 5 LM costae n n n nx cosnx 2 na cosnx ao 2 a cosnx 3 217 c0o 2 00 n 41 Aag d a 4 n1 cosnx 8 d a cosnx 628 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 4 Jay 8 an4 n n2 1 4 Portanto a solugao é yx 35 2 d mao cosnz n2 Miscelanea 519 Resolver mediante séries de Fourier y4y 278 onde 0x2n fx2n fa Solucao Pelo Exercicio 517 desta pratica a série de Fourier da funcao fx 27 8 é An 4 4 fx 8 dlp cosnx senna Desenvolvemos a fungaéo incdégnita em termos de Fourier do mesmo tipo que a fx 00 isto 6 yx ao a cosnx bsenna de onde n1 00 y x S nasennz nb cosnx n1 00 y x S n an cosna nbsennz n1 substituindo na equacao inicial 00 00 Sonan cosnx nbsennx 4ag Solan cosna bsennx n1 n1 An 4 4 8 dp cosna senna 00 4ag So lan4 n cosna b4 nsennz n1 An 4 4 8 dp cosna senna Ar 4 4 day 8 an4n 41 3 n n nm 4 An Se n 2 segue ao 2 in 724 2 bn Tn 629 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto a solugao é 2 00 4 n An yx 2 aay cosnx een n2 Miscelanea 5110 Utilizando a técnica de separacao de varidveis encontre um par de equacoes diferen ciais ordindrias cuja solucao permita resolver a seguinte equacao diferencial Uge Use Up O eee cece eee eee t eee teteeeeeee Sugestao Considere uxt FxGt Solucao Sendo uztFxGt Ure FxGt Use FxGt ux t FxGt substituindo na equacao F2Gt F2Gt F2Gt 0 FxGt Fx2Gt FxGt Faz Gt FxGt F FxGt 4 2 GOFOFOCO ySRyow Como uma parte desta ultima igualdade depende apenas de x e a outra parte depende apenas de t podemos escrever EM Git F F F tant 0 xGt F2 FxGt FPaF Git constante assim obtemos o seguinte par de equacgoes diferenciais F 2 Fx AF x 0 Gt AGt 0 Para a fungao Fx a equacao caracteristica é 9 A VA 4A A VA 4X r rA0 rr rr 2 Vr Vr de onde Fx e Che T Che z sempre que 4 Quando 4 segue Fx Cres Core Por outro lado Gt AGt0 Gte Miscelanea 5111 630 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Resolver a equacao mediante series de Fourier com as condicoes dadas u t x t 2u x2x t u0 t uπ t 0 condicoes de contorno ux 0 fx u t gx condicoes iniciais 59 nos seguintes casos 1 Quando o perfil inicial da corda esta dada pela funcao fx Ax a 0 x x fx Aπ x π a a x π e inicialmente esta em repouso gt 0 2 Quando o perfil inicial da corda e dada pela funcao fx cos x 2 e inicialmente esta em repouso gt 0 3 Quando o perfil inicial e a velocidade inicial da corda e dada pelas funcoes gt 0 fx x se 0 x π 4 π 4 se π 4 x 3π 4 π x se 3π 4 x π 4 Quando o perfil inicial e a velocidade da corda seja dada pelas funcoes fx 0 e gt v0t a 0 t a gt v0t π π a a t π Solucao Miscelanea 5112 Resolver a equacao do calor mediante series de Fourier com as condicoes dadas u t x t a22u x2x t u0 t uπ t 0 condicoes de contorno ux 0 fx condicoes iniciais 510 Solucao Miscelanea 5113 Resolver a equacao mediante series de Fourier com as condicoes dadas u t x t a22u x2x t u0 t uπ t 0 condicoes de contorno ux 0 fx condicoes iniciais 511 631 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV nos seguintes casos 1 Quando fx cos x 2 2 Quando fx αxπ x 3 Quando fx βxx π 2 Solucao 632 01022023 Capitulo 6 Transformada de Fourier 61 Teoria preliminar da transformada de Fourier Exercicios 61 ky Exercicio 611 Represente por uma integral de Fourier as fungoes Solugao e se t0 e se t0 serve que 1 e se t0 e se t0 He A fungao ft é par no intervalo co 00 temos que os coeficientes da integral de Fourier sao 00 B3 ftsentdt 0 00 0 00 e A6 ft cosGtdt e cosGtdt ecosGtdt a oo 0 et 0 ew oo 2 Tal senGt cos3t Ta el senGt cost Tae LP 2 A integral de Fourier fica determinado por ft Toe cosBtdp 0 633 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 f cosst cos Portanto ft 7 41 0 e se t0 e se t0 serve que 1 e se t0 e se t0 He A fungao ft é impar no intervalo co 00 temos que os coeficientes da integral de Fourier sao 00 e AB tw cosGtdt 0 oo 0 00 e Bb ftsenGtdt esen8tdt esenbtdt oo oo 0 B et 0 et é 00 28 3 Fy gulben 4 Bcost 7 Galsen5tBcos3 iI TR 1p 2 A integral de Fourier fica determinado por ft 2p senGtd3 ns 1 0 28 sen6t sen P DCO ortanto ft Bd dp 0 0 se t0 3 Para a fungao ft se tO calculemos os coeficientes da integral de e se t0 Fourier 00 00 Aa f flujcossujdu e B3 f Flujsen sud 00 00 A8 ft cos6tdt ecosGtdt oo 0 A e 00 1 3 pqalFsenlt e0s84 ap 00 00 B8 ftsentdt etsenBtdt oo 0 634 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV BB 8 cos3t senB4 2 8 pSaal4 cos64 senG0 Ty logo a integral de Fourier fica determinada por 00 i LS lsent cos3as 00 Se x 0 entao pl 0 t se 0tl 4 Para a fungao ft 2t se 1t2 0 se t2 Consideremos a fungao estendida t se 1t1 Ft 2t se 2tl ou 1t2 0 se t2 A calcular os coeficientes da integral de Fourier 00 00 As f flteosseyat e B8 f Flesen seat 00 1 2 AB ftcosGtdt 2 tcosGtdt2 2ttcosStdt f rosooaea A3 2 2 cos3 cos28 1 8 Por outro lado oo 1 2 BB ftsenGtdt 2 tsen6tdt2 2tsen6tdt f onconase BB 2 5 cosGt sent 5 2 S cosBt josent Su 2 2 2 2 2 2 BB 3 cosB gasen gesen2 B cosB gant geen 635 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 Portanto Ft z 2 cos3 cos23 1 cosSt sen3senGt dB corresponde a ft se t é 0 2 Exercicio 612 Verificar que a integral de Fourier da fungao ft 0 se t0 out2 é 1 se 0t2 00 dada por ft as Solucao A calcular os coeficientes da integral de Fourier 00 00 As f fleeosstjat e B8 f Flesen set 00 2 28 sen A ft cos6tdt costo Por outro lado 00 2 1 28 cos BB ftsentdt sentdt SEE 00 Entao ft 5 sen28 cost 1 cos23sen6td8 ainda podemos escrever na forma 00 00 fi 5 sen 2t3sen3t a5 5 sen8t1 8 sen1 58 a8 4p f 5 oon5 cost 1545 0 af Portanto ft 5 fsen8 cost 18dp 0 Exercicio 613 636 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 se tla Prove que a integral de Fourier que representa a fungao ft é 0 se tla 00 2 dado por ft sena cosBt 008F6 ag us 8 0 Solugao 1 th 1 t Observe que ft se ha se lil a ft 0 se ta 0 se tla A fungao ft é par no intervalo oo 00 temos que os coeficientes da integral de Fourier sao 00 BB ftsentdt 0 00 a 9 AB ft costdt cos3tdt an 1 f2 A integral de Fourier fica determinado por ft cosStdp 0 2 f senaB cos3t Portanto ft Oe dB us 8 0 Exercicio 614 oo I se O0tl 1 ff sen Verificar que cosStd6 ft 1 se t1 1 J B 4 0 se t1 Solugao A integral corresponde a uma fungao par logo BG 0 Consideremos a funcgao 1 3 see ltl estendida par ft i se t 4 0 se t1 Assim 00 1 1 3 AG fu cosGudu 25 cosBudu oo 0 aa i Portanto ft i corresponde a ft se t 0 1 1 0 637 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercicio 615 if sent t sen se 1 Verificar que Senta contd8 ft 2 ud B 0 se t7 Solugao A integral corresponde a uma funcgaéo fmpar logo A3 0 Consideremos a funcgao 1 xsent se amt7 estendida fmpar fjt 2 0 se t7 00 T 1 BB ftsenGtdt 5 sentsenBtdt I Tv B3 5 leos1 cos1 8 0 1 1 1 senG7 B8 sen1 8t sen1 v 8 5 pe geenlt Bye ysentta ge SEE Lf i Portanto fi t a corresponde a ft se t 0 7 0 Exercicio 616 Achar uma representacdo da integral de Fourier da fungado ft e set 0 considerando uma extensdo par de ft e estude a convergéncia em R Solugao e se t0 Seja fpt assim definida é uma funcao par logo ew se t0 00 00 A8 2 ft cos6tdt 2 e cosbtdt 0 0 b a ot a ee 2 tim fe cosBtdt 2 tim a pal a cosBt ssen3 0 2 lim ao cos3b Bsen3b a b00 a2 62 a2 82 a2 B 638 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Entao a integral de Fourier de ft é 1 00 9 9 00 3t a a cos ote cosStdB a4 p24 0 0 Como a funcao é continua em R aplicando o critério da convergéncia a integral converge para ft 00 cost T 4 Portanto Se 0 0 Exercicio 617 Lf Seja ft uma fungao par com sua integral ft AB cosStdG Verificar 0 if PA 1 efeyat ew cos3td3 onde A3 2 A T dp 0 1 Pa dA8 2 de A3 if f a senjstd3 onde A8 0 Solugao i 1 Como ft ft AG costdG é fungao par entaéo 0 25 AB ferw cos3tdt 61 0 lf Por outro lado como ft 4 cos6td8 com AG 2 ft cosGtdt 0 0 00 ye dAB ay derivando em relagao a varidvel 6 segue a 2 tftsenGtdt Este ultimo 0 resultado derivando novamente respeito de 3 AZ 2 f GAP 4 2 ap tf t cosGtdt 62 0 2 A Portanto comparando 61 com 62 temse A3 639 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Lf 2 Como tft AG cos6tdG é fungao impar entao 7 0 2 F A6 J t8lesen stat 63 7 0 if Por outro lado como ft ao cos6td8 com AG 2 ft cosGtdt 7 0 0 derivando em relacao a varidvel 6 segue dA 27 ft cosBtdt 64 0 dA Portanto comparando 63 com 64 temse A3 Exercicio 618 t 0t 10 Achar a integral de Fourier de ft sess 0 se t10 1 Considerando uma extensdo par de ft 2 Considerando uma extensdo tmpar de ft 3 Em ambos os casos determinar as convergéncias dessas integrats Solugao 1 Considerando uma extensao par de ft Para obter a integral de Fourier de cossenos extendemos f como uma fungao par tp ftt se 0t10 St 0 Sse t0 t 10 pt 20 ft fth se 10t0 definida em toda a reta real logo 400 10 A8 2 ft cosGtdt 2 fe cosbtdt 0 0 640 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 2 9 10 AB 2 poen50 5 sencsbat AG 2 sena 5 ssen 3 5oos3 i 200 4 40 A3 FF 3 sen103 RB cos103 Portanto a integral de Fourier de cossenos é 00 ft 3 sen10G 5205108 cos3tdB corresponde a ft se t 0 10 2 Considerando uma extensao impar de ft Para obter a integral de Fourier de senos extendemos f como uma fungao impar f ftht se 0t 10 fit 0 se t0t10 fit 20 fit ft se 10t0 definida em toda a reta real logo 00 10 BB fitsentdt 2 tsenBtdt f 2 9 10 BB 2 3 cos3t B torsion 89 2 F eos st 3 cos st Ssenan B cos a B cos gon 10 2 20 2 BG 2 F Bl cos1038 gosen 108 3 Portanto a integral de Fourier de senos é 1 Pf 200 4 40 4 fit cos103 a5sen108 senGtdB 7 BB 8 8 corresponde a ft se t 0 10 641 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 3 Em ambos os casos determinar as convergéncias dessas integrais Considerando extensao par aplicando o critério das convergéncias obteremos ve se 0t 10 1 200 4 AO 0 se t 10 sen108 cos108 cosGtd6 FE ss ion Fr est406 slate 50 se t10 Considerando extensao impar aplicando o critério das convergéncias obteremos ve se 0t 10 1 0 se t 10 BBsen6ta8 7 0 se t0 50 se t0O 10 2 20 2 onde BG 2 a Bl cos106 gosen 108 i em ambos os casos 1 50 sf10 40 Exercicio 619 Lf Seja ft BBsenGtdB Achar a integral de Fourier da fungao gt 0 f tsent Solugao Como ft é uma fungao fmpar logo gt é funcao par assim a transformada de Fourier 00 1 da fungao gt é da forma A3 cos6tdp 0 00 00 AG 2 alt cosGtdt 2 ftsent cosGtdt 0 0 00 A8 ftsen1 8tsen1 6tdt 0 00 00 1 A3 ftsen1 8tdt fsen1 6tdt 5 BU 6 BL 8 0 0 642 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV ey Portanto gt 5B B B1 Bcos6tdG logo é suficiente conhecer o 0 coeficiente B3 Exercicio 6110 00 2 Verificar que t pa neon senbtd38 onde0t a 1 0 Solugao t se tlm Podemos apreciar que a fungao ft é impar logo os A3 0 0 se tl a Por outro lado 00 00 BB f tsen6tdt 2 tsenGtdt oo 0 2 2 BB all cosBt zsent 8 8 2 va Portanto ftt a noon sentd us 8 8 0 Exercicio 6111 400 0 se t0 out2 Dado que f Cn a se 0t2 0 se t0 out2 Para quais valores a integral de Fourier converge emt 0 e t2 Solugao 0 se tOout2 1 Temse ft4 9 Ot2 ainda mais se tO out2 oo 2 T 1 1 oo 0 T Entao admite uma representacao integral da forma LT 1 ft i ao cosGt B3senGt dp t oo 00 0 643 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV onde 00 AG ft cosGtdt 0 f é fungaéo impar oo 2 7 7 BB ftsen6tdt 5 senGtdt apt cos2 oo 0 assim 1p 7 7 1 cos2 re F Ft cosas sensejas 0 t 1 va 1 1 7 ft sent 35 is Ta genrBsen3td3 0 t Exercicio 6112 f sen Ff sen8 sen T sen Prove que dB e dBnT mi B 2 B Solugao t Exercicio 6113 Usando a representagao integral de Fourier mostre que t sent It sen se 7 1 fmt gy 3 J 16 0 se t a oo T T cos 22 cos3t 5 cost se t 3 2 dB T 16 0 se t 0 2 Solugao 7 sent se ta 1 Temse ft 2 ainda mais 0 se t7 644 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 1 7 ftdt Goontat 5 sentat 0 Entao admite uma representacao integral da forma lf ft Fsont A8cos5 BBsen3td8 t 20 90 0 onde 00 AG ft cosGtdt 0 f é fungaéo impar 00 wT 7 BB f tsenGtdt Goo senGtdt r sent senGtdt on 0 B3 rf i1 8 cost Bjdt 5sent1 8 sent1 8 35 lees cos 5h 38 i Be 0 B8 5 senn1 8 ena 1 8 317 x8enm i 7 pent assim Lf n 1 1 sont 2 senn1 8 senz1 ft 5 sent Fi gsennt B Ty geen 9 senGtd3 0 if 1 ft pent 35 is Ta ghenrBsen3td3 0 00 Portanto ft Ssent as se t 7 0 cost se t 2 Temse gt 2 2 ainda mais 0 se t 2 00 5 7 gtdt cos tat ssent 645 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Entao admite uma representacao integral da forma Lf ft cost aw cosBt B3senGt dB t oo 00 0 onde 00 5 z AG ft cos6tdt J Feost cos stat r cost cos stat 0 z 0 A8 rf i1 8 cost1 Bjdt sent1 8 asent1 8 5 leos cos 35 138 i738 0 A8 5 sen 1 8 sen 1 8 35 189 i789 00 BB ftsenGtdt 0 f é funcao par assim 1 e 1 1 1 1 1 1 ft 3 cost Fi goen5 B Taper 3 cosGtd3 0 Lf 1 1 1 1 ft 3 cost 5 Ji To cos5 8 cos3tdB 0 f cos cost t c0s58 cos T Portanto ft 5 cost 1B dB se t 7 0 Exercicio 6114 Calcular a transformada de Fourier para as seguintes fungoes A 5a gt 4 se bta 1 6ftjj A se axxta Ae se axxtb ab At1 se 1t0 2 ya d AUF At 4 se 0t4 646 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV A t1 se 3tl 3 f4 4 alt 3 se 1t3 cos20t se t 75 Lyf e820 86 IS 0 se t 75 Solucao A 7 bhte 5a gt 4 se bta 1 Temse ft 4 A se ata pela definigao segue AY b tb Tab se at c0o b Fine alte ae f peje at oo b a a b A 1Bt iBt A ift Fl ft tbe dt A edt tbe dt ba ab b a a A 1 1 a 1 es 1Bt iBt A iBt Fl ft t dhe tae a iB A 1 1 b 7 iBt iBt ta6 t Ne Gap J A 1 1 1 1 ipa tBa i8b A iBa iBa Fft ba 50 ae ise iae ale ee A 1 1 1 7h Bb iBa iBa ia2 mre be Tape A l iBa l iBa l a 1 1 Ff t ae Ge B pe Re Portanto Fft foment At 1 1t0 2 Temse ft 1 ne pela definicaéo segue At4 se 0t4 oo 4 Figo sear f pyr co 1 647 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 0 4 FiftA t le dt A t4edt I ipt 1 isi I ipt Lisi Fift A e Ne 6 Ge 6 mie tt Ae 8 Gap 6 i a al FUOl43 Gap t Tape Re tat 4t 1 ie Lis 4 Fife 4 iB pe pe Fift 5 ib ce e 418 Ay Portanto Fft R bib e e A gl se 3tl 3 Temse ft 0 se t1 t 3 pela definicgao segue 13 se 1t3 oo 3 Fif fe dt fthe dt 1 3 Fift je le dt 5 ft 3edt 3 1 Ay 1 iet ist A 1G 916 1 iar FUol F apler de Ge IF alt Al 1 ie 2 sie 1 sie sip 2 i ape PU 5 Gap is Sap Gap iB Gap Al 1 oie 2 sie 1 sie tsi 2 i ae FUO F eae eet ape Ga HOt a Flft 33 senG sen38 Bcos38 cos8 76sen33 sen3 2Ai Portanto Fft aos cos2 senG Bcos3 isenG 648 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 20t t 75 4 Temse ft cos201 se ls a pela definicao segue 0 se t 75 00 5 FUol fe vrar f pyre fr ett 5 FIft c cos200dt 55 5 20sen 204 i cos208 nB nB 2 es e 5s 28 TO 28 7 Portanto Fft Pom sen22 Exercicio 6115 Seja a 0 determine a transformada de Fourier para a fungao ft definida por et se t0 ft 0 se t0 Solugao Sabese que a formula da transformada de Fourier é dada por 00 F8 FURO f sje Logo para nossa fungao temse 00 00 00 F8 fthe dt ee dt erat Pela definigaéo da funcgao ft temse que 00 F8 e atiBt gy 0 De onde F8 4 e oF iBt oe a if F a ip 649 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto a transformada de Fourier de ft é F8 rtan ransform rier ortanto a transformada de Fourier de é nny Exercicio 6116 cosmt Calcular a transformada de Fourier de ft BoP4dtod Solugao t Exercicio 6117 Em cada caso verificar que a transformada de Fourier é a fungao indicada 1 ft be aO0 entéo 3ft by Rem e se 0t 1 2 t entao t fe 1 se t0 BLO 1i6 9 3 fte a0 entdo Fft aR k t 4 ft se ISO tao Bf ty 26 g 40 0 se ta B 5 fll enlao I0 V2 Typ entao e 1 th 2 6 ft 4 tao spy ag 40 0 se ta B Solugao 00 1primeira solugao Como ft be entao be b ee iBt Ly 00 3 be b e cosBt isentdt sendo a fungao ft par segue 00 F8 Glbe b e cos tdt 65 650 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Derivando esta ultima igualdade em relacao a 3 segue dF dp b te senGtdt integrando por partes seja u senGt e dvt e entao dF 1 1 b 00 dp b ae sent 2a Be ow Fa 2 Esta igualdade é uma equacao diferencial resolvendo FGC ena Em 65 quando 8 0 segue 00 b 00 b Pao war WV avat TveC Portanto Lf0 rtan ortanto i iB 1 segunda solucao 00 00 2 e t pt 24461 8 8 Como ft be entao be b et edt ce Me Tetadt 00 00 5 00 2 2 2 Sbe Peer inetear b eo Vittia ei dt ei fees Va va onde u at is assim sendo a 0 00 d 5 2 3 be be T le of2 as Te 00 400 00 Temse ee dr P ede edy e dardy Fazendo x cos y rsend com r 0 Oe 0 27 segue 00 27 00 2 2 q 2r e oo p en rdbdr fre 6 dr 2n IVr 0 2 Io 0 O 0 651 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto se ft be entéo f bev e se O0t 2 t HO 0 se t0 00 00 1 Tem tit pp t1iB yp emse ft J edt J dt TviB oo 0 Portanto f ortanto Tya8 3 Seja fte aO oo 0 00 Temse ft e late tte ete Pde ete dt oo oo 0 0 00 1 1 218 ets tati8 gy Sl ft J a fe dt a iB atid P oo 0 a 216 Portanto se fte4l entao ft 2aP k t 4 Seja ft e sae 0 se tla 00 a k Temse ft f the dt i e dt gle e 2k BLFt penta Portanto ft 2k ee 1 oy 1 5 ipt 5 Seja ft ioe entao ft lap dt 00 00 dt Pe tilgy sifol eet 00 2 92 J ec PiBt eT eiadt 652 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV ftttt 2 entao ft V2 e 8 q 1 t 6 Seja ft se a 0 se tla 00 Temse que ft tea BLF pewa H feria e 2 sena8 iB 8 2 Portanto é verdade que ft B0 Exercicio 6118 00 Caleule senasenBt 14 8 Solugao q nt se tla Resposta 4 5 se t a 0 se tla Exercicio 6119 00 Resolva a equagao integral ft cosBtdt e7l 0 Solugao Suponhamos ft admita transformada de Fourier entao 00 BIO F f fear 653 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 BF0 FL f Flefeost isenstdt entao 00 00 F8 ft cosBtdt i ftsenStdt el 440 como a integral da parte imaginaria é nula entao ft é fungao par logo 00 00 F6 ft cos6tdt 2 ft cosBtdt 2e7 oo 0 Sabese que Lf 2 7 1 F JP iBt B abt F FB 5 Peas eas 1 00 o ft e9 cosBtdB e9l senBtdB 7 7 A segunda integral se anula por se tratar da integral de uma funcao mpar a primeira integral por paridade resulta of oF 2 8 B ft e cosBtdG e cos6tdB P41 0 0 Portanto ft 2 a solucao d So integral rtan integral ortanto P41 é a solugao da equacao integra Exercicio 6120 Resolva o seguinte 1 t1 1 Determine a transformada cosseno de Fourier de ft se fe 0 se t1 tt t t 3 sent t cos 7 2 Mostre que cos gut 6 0 Solugao 654 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 1 Por definicgao a transformada cosseno de Fourier de ft é 00 1 BLM FAB f Flejeostsnjat 1 H cosstyde 0 0 t F t C t 2t t 2 t BeLFt Fe8 gsent ysent Fy cost Fysen BuLf0 FB Gylsen3 Beos 3 Portanto Fft Fylsenl3 Boos3 8 40 00 2 Mostre que rd cos sill 0 A transformada de Fourier F3 de ft é dada por 00 1 SFO fe dt fe UPdtF8 froras ist 2 ise 2 it ie BLAIS BRM ate oe eM 2 i 2 i i F8 F8 ip e ple te A ec e8 4B el e F8 SIO BS BET Foes fo Sabese que 00 00 ft 8 F8 x F8edB jilsend BcosBledB 2 f sen Bos BI 2 F senB B cos 6 sen3 Bcos 6 54 s sen3 bcos 3s a A a fazendo t 7 lt1l 2 5s 2 assim of of 5 ena 2 cos a ees e8dx sen ros cosisenda 655 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 00 s 2 senx sees cos Sete i senx 2 808 TI on aa Quando s 1 segue que 5 entao 00 00 c 3 senz a ees cosZdar i senx 2 oS Ton 5 00 00 0i sena cos cos 2 cos5dzx 7 sena 2 c08 2 cos 2 sen5 de da parte real desses numeros complexos e do fato ser fungao par segue que 00 n 5 senx a ees cos de 0 00 Portanto Bent feos cos 5 at 0 Exercicio 6121 Dada a fungdo ft te t0 1 Considerando extensoes par e tmpar para a funcao f mostre que 00 00 ea cos6tdb a renstds 0 0 2 Estudar a convergéncia da integral de Fourier para deducir que 00 1 00 82 lam om 0 0 Solucao 1 Consideremos para ft te t 0 a extensao par tet se t0 1 va fylt Me eg talt ff ACB cos sea 0 656 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 com AZ 2 te cosBtdt 0 Agora consideremos a extensao impar tet t0 if se filt ti se fil Bsenatdd 00 com BB 2 tesenGtdt 0 Podemos calcular os coeficientes A e B3 integrando por partes 00 A8 2 te cosBtdt 0 A3 2 fA cos3t Bsent eL 8 cos3t Zest 80 7 1 6 1 0 1 AG 2 2 aaa 00 BB 2 tesenGtdt 0 B8 2 osentet Beos8t e1 6senBt 28 cost 7 1 6 1 0 26 B8 2 2 aR Calculando as respectivas integrais de Fourier e aplicando o teorema da convergéncia desde que f é seccionalmente continua para todo t 0 temse que 9 00 1 B t 4 te lesa om cosBtdG 0 9 00 28 t 4 te om ad senGtdB 0 657 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Portanto as expressoes sao iguais e 7 18 26 osBtd8 s sen3td mp costes f apsenl ores 0 0 2 Em t 0 temse um ponto onde as extensoes sao continuas logo ambas as integrais convergem para f0 0 logo 00 1 B os0dB 0 ara ow 0 00 00 Portant dp Br dp ortanto dB df 1 67 1 0 0 Exercicio 6122 Ache a representacao da integral de Fourier da funcdo ft te se t oo 00 e estude sua convergéncia em R Solugao Temse que f 6 uma fungao impar examinemos se cumpre as condigoes de existéncia da integral de Fourier Primeiramente 00 00 00 t t 4t t jtedt 2 tedt 2 te edt 2 0 oo 0 0 além disso f é continua e diferenciavel para todo t R Os coeficientes de Fourier de f sao A 0 por ser f par 00 48 BB tesen8tdt 3 f teipenaat Portanto para todo t R a integral de Fourier converge a 4p 8B t te 7 Che pansen9tas 0 Exercicio 6123 658 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Se z w C demonstrar que 1 Re bad Re bad 1 2 Im Im wd 0 z Ww zZw zZw zZw Solucao Suponhamos z a hi w c dientao Zz a bi a bia c ib d OTE TDN Doo zw abi c di a c b d Zz ato bod atc alb 4 66 zw atcbd acbd w cdi c dia c ib d TT DTN Dp Too zw abi c di a c b d w cate dbd ida o cb 4 67 zw acbd a c b d 1 De 66 e 67 segue Zz w alatebbd clattcdbd Re bad Re ew acebd t a c 4 b4d 7 z w a c 4 b4d af ae LN Re Re ac bd 2 De 66 e 67 segue z w blaeabd dlatecba Im 4 Im 2 4 EN m im bad atobd2 atobae Zz w be ad ad bc Im 4 Im s m m acbd Exercicio 6124 Supondo que z e Z sejam conjugados escrevemos z pcos isen Calcular A z22Z22 2722 22 2 paran EN Solucao Em geral podemos escrever z pe e Z pe assim 2 pe e 2 pe assim z 2 2pcosn entao A 2422P47222 2 659 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV A 2pcos2p cos20 2p cos3 2pcosn A 2p cos0 cos26 cos30 cosné Portanto A 2p I cosk k1 Exercicio 6125 Demonstre as seguintes desigualdades 1 z1i Argz 20 zUz1 lze12Argz Solugao t Exercicio 6126 2 Jz w z w Solugao Para todo z w C sabese que Jwl2tzwlQellwhllwl2zllwltizwlzllupl wlzlew 2 2 Pwt2w w wlzww2wzZ j wl 2 eww2lot2 sendo z w Z w z w segue que JlwlztlzwlQzlwl slwllzlleullw2llwt2z lwlztlzwlzlwl2lwllzlleu 2 Portanto whet lelwl 2te lett Jz w Jz fw 660 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 62 Outras propriedades das transformadas de Fourier Exercicios 62 ky Exercicio 621 Mostre que ft e5 é sua propria transformada de Fourier Solugao Como ft e é par sua transformada de Fourier esta dado por 00 12 BLN fe coseaat 0 Fazemos t V2u 00 00 2 if t e costBdt V2 e cosV2u3du 0 0 pelos resultados mostrados no exercicio 6117 segue 1 2 t e4 LF é 5 t 00 2 2 2 V2 2 e cosBV2udu e 2 2 2 v2 J V2 Portanto prova o pedido Exercicio 622 Mostre que se ft FG e lgt GG entao é valida a equagao de Parseval fxGadr Fxgxdx Solugao 661 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Com efeito segundo a definicao de transformada de Fourier temos 00 BO FUB f rear ee Bglt 8 f gear podemos escrever 00 BIO FO f Fejeae eB Ce f glue ay 00 00 00 Entao fxGaxdx fz vores dx Fazendo mudanga na ordem de integracao segue que 00 00 00 00 feoeear f aw foe ay f ow Fay Como a integral é independente da varidvel podemos escrever 00 00 fxGadr Fxgxdx Exercicio 623 Sejam f R C uma fungao diferencidvel absolutamente integrdvel e f uma funcao absolutamente integrdvel Como ft 0 quando t 00 mostre que 1 Sf B5sF 0 BFS8 f0 2 SsLft 88f BF4 Solucao Exercicio 624 Suponhamos que uma fungcao f seja absolutamente integrdvel em todo o eixo real e tem n N derivadas absolutamente integrdveis e continuas em todo R Demonstre que af t i8Sf 0 k 12 37 M e existe uma constante M 0 tal que 8ft rae Solucao 662 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercıcio 625 Suponhamos que a funcao f seja contınua e absolutamente integravel e sejam as fun coes ft tft t2ft tnft absolutamente integraveisDemonstre que a transfor mada de Fourier da funcao f e uma funcao n vezes derivavel em toda a reta R e dk dβk Fft Fkft ikFtkft k 1 2 3 n Solucao Exercıcio 626 Seja ut a funcao pulso unitario Determine a transformada de Fourier para cada uma das seguintes funcoes 1 teatut 2 t2eatut 3 t3eatut 4 tneatut 5 6 Solucao Exercıcio 627 Seja ft teatut onde ut e a funcao unitaria de Heaviside e a 0 Determine 1 a parte real de Fft Fβ 2 a parte imaginaria de Fft Fβ 3 o ˆangulo de fase de Fft Fβ 4 a amplitude de Fft Fβ 5 o espectro de potˆencia de ft Solucao Exercıcio 628 Sendo que Fgt Gβ iβ β2 5iβ 6 calcule 1 Fg2t 2 Fgt 2 3 Fe100itgt Solucao Respostas 1 Fg2t 1 2Gβ 2 iβ β2 10iβ 24 2 Fgt 2 e2iβGβ e2iβ iβ β2 5iβ 6 3 Fe100itgt Gβ 100 iβ 100 β 1002 5iβ 100 6 663 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercicio 629 Determine as funcdes f R C cyjas transformadas de Fourier sao dadas considere aOebeR 8 1 i 1 8 tte 2 B i5P 3 8 iB8i 4 8 aibiB 1 1 5 8 esl 6 8 1428 3 iotiB Solucao 1 2 1 Seja GG Tsip entao gt VOR et Onte ltl ft F 48G3 gt a t Portanto ft vente 2t 1 dG i 2 Seja G 1448 entao dp ip dG Logo ft F 175 B tat Portanto ft V2ateuot 1 1 1 SO appesw 7 Sapp Bw 7 Portanto ft V2re euot 1 1 4 509 pap 809 Gp ft e V2reupt Portanto ft V2metugt 1 1 Mara W Fm vith Logo ft 2 er V2 it Portanto ft ee 664 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 6 33 1 i SO Taya 508 573 laren a Portanto ft von eG rv ev uot 7 38 X8 atibip atibt B Exercicio 6210 Seja f R C uma fungao absolutamente integravel com a propriedade da trans lacao no tempo demonstre o seguinte 1 8fta8 e SIF OHI 2 Ble F48 KIFOG Sif t a lift a 5 sfeosanyoya SWI 0 OIE Si ft aSlft a 4 sfoent oya SLCUE 0 BINON8 0 Solugao Exercicio 6211 Utilizar 0 Exerctcio para fungdes conhecidas e calcular a transformada de Fourier das seguintes fungdes cost sen2 1 f 2 fy SH cost cos2t sent cos2t 3 ft Ba 4 I ayy cost se t1 sent se t 1 5 t 6 th He t se t1 HO 3 se t1 Solugao Exercicio 6212 Sejam f 9g RC fungoes absolutamente integrdveis Mostre que lt 9t SIF Sig Solugao Exercicio 6213 Demonstre que a seguinte identidade valida BLA t 94 SIF S19 Solugao 665 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Com efeito sejam 3f8l9s fe dt gs F gse ds entao sito sige tar gsjeras Alegije Paras 68 Ot s Consideremos t s x Por caélculo avangado conhecemos que dtds alt ee de onde o Jacobiano da transformagao é dado por alt s Ot ot Lo t 8 a 9 t ec mea 8 81 o 3 Ot Ox Entao em 68 ft fteat gseds ftga tedtdex few foae a de 5 fae a SIFt 9t Portanto ft 9t 5IFt59 Exercicio 6214 Verificar as seguintes igualdades 00 00 1 eo du Vr 2 txeb ji ue du ty7 Solucéo oo 00 00 00 00 1 Temse J edr P ede edy e drdy Fazendo c rcos y rsen com r O0d 0 27 segue oo 27 00 2 2 2 an ee 00 P J fe rdédr fro 0 dr an Vr 0 0 0 666 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 00 Portanto J vu JT 2 Sejam ftte gt e pela definicdo segue que oo 00 00 fxgttxe i uje dut edu ue du 72 1 2 00 f x gt txe tym 5 tnr0tr Exercicio 6215 Achar a transformada de Fourier de cosat e senat Solugao lL Seja cosat 5 le e logo l tat tat l tat l tat Fleosat s5ei e FB 58 cosat 768 a 706 a 1 Analogamente sendo senat ran ee logo senat ciat e gfeiat gfeiat 2 2 24 1 senat 5 27 8 a 2708 a i706 a i7d6 a Exercicio 6216 00 Mostre que ft x ut fsds onde ut a fungdo de Heaviside Solugao Exercicio 6217 Seja a 0 most f Lek ejaa 0 mostre que e 2 3 vac 2a Solugao Exercicio 6218 Resolver 3yt 5yt 2yt ft Solugao 667 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Exercicio 6219 da Resolver Daaylt kDyt Qdt onde D k k0 e Q sao constantes Solugao Exercicio 6220 00 Resolver a equacgao integral yt gt f yurt udu onde gt e rt sao funcoes dadas Solugao Suponha que as transformadas de Fourier de yt gt e rt existam e denotamos por Y8 GG e RG respectivamente Entaéo tomando a transformada de Fourier de ambos os lados da dada equacao integral temos Pelo teorema da convolucao 8G8 VavAR aSO 1 V27rRp logo G8 Lf Gi yt F eH aB 1 V2rRB V2r J 1vV2rRB assumindo que a integral exista Exercicio 6221 dyt Resolver a equacao diferencial out yt e lH Solugao Seja ft e sua transformada de Fourier é 00 0 00 F6 e He dt ctettat e edt 27 27 20 oo oo 0 1 etiB 10 e tli 00 1 o le 1iB m1 6 A transformada de Fourier da derivada da uma fungao gt é obtida integrando por partes Lf 1 an g the dt sa alte i8 gte dt 27 20 oo 27 668 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Se gte tender para 0 quando t oo resulta if i a 1Bt tp gg QT iBt Jy 3 se f get i85 f gt at i863 onde Gt é a transformada de Fourier de gt No final vamos verificar que a solucao da equacao verifica esta condicao quanto a estes limites Aplicando a transformada de Fourier a ambos os membros da equacao diferencial temos Q2 iBY 8 Y8 9V 8 8 ap 1 em que Y é a transformada de Fourier de yt Logo YG BB de onde 00 1 eitB t d u5 m ee Dad 0 do 8 0 esta integral pod leul l n integer m r ado que r Bp quando esta integral podemos calcular pelo método dos residuos Para t 0 consideramos um contorno fechado C percorrido no sentido positivo constituido pelo intervalo r r e pela semicircunferéncia centrada na origem e de raio r Fazse tender r para infinito e calculase o residuo em z 7 00 eilz eitB itz li dz d li tim f a 22 1 B22 3 tim f 222 Cc oo Ty eitz eitrcos 6isend Fazendo z re temos ele Genito de onde ry 0 tend 0 d 0 e r uando r 1 2029 d 0 1 ell 1 d ez i ogo yi f ae Lem 4 2 E oe F ara 70 Eee d atz 1 dzz 2 Para t 0 fazemos a integracao ao longo de um contorno fechado C percorrido no 669 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV sentido positivo constituido pelo intervalo r r e pela semicircunferéncia negativa wtz centrada na origem e de raio r Como lim gy 0 calculando o residuo em Too 1 z72 Tr z 1 segue 1 elt 1 d z i o fe tom 2 W0 oeap 70 Ee dj et 1 1 2 s 2t Ie t et caa 2G Ne Zle De 1 t 1 1 t Observe que lim t1e lim t1e Combinando os dois resultados toot 2 2 t30 2 obtemos a solucao 1 Portanto yt sll le é a solucdo da equacao 1 Observe que lim yte lim t 1ele 0 0 que justifica 0 passo too totoo 2 acima referido Exercicio 6222 PT OPT Resolva a equacao de Laplace Da a2 0 para as seguintes condicées fronteira u y OT oT 0 u1 x 0 0 T2 0 Tx 2 0 FeO vuly 5 e00 TR y0 Tx 2 Solucao A equacao pode ser resolvida usando a transformada de Fourier de Tz y em ordem ay 2 tn Fa 9 uy f Toy onlay 69 0 Atendendo as condicgoes fronteira do problema arbitramos as seguintes condicoes para as funcoes prdéprias 0 0 on2 0 610 que conduzem as seguintes funcoes préprias e valores préprios 7 dny cosny An 2n 17 611 as transformadas das derivadas parciais de T sao OT dt 612 Ox da 612 670 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV PT fer ar t aT 2 Ss OP cosAydy oy cosAny An2 By en Any 0 0 2 2 Tsendny Xf PeosAnudy ty 0 0 A transformada de Fourier da equacao de Laplace é dtn Mt 0 613 oe 613 esta é uma equacao diferencial ordinaria linear de coeficientes constantes As duas raizes do polindmio caracteristico sao n e n e a solucao geral é tn Ane Bew 614 As condigo6es fronteira para t obtémse a partir das transformadas de Fourier das condigoes fronteira do problema tr2 T2 y ony 0 615 dt0 t0 senaAy Set 14 ony f cosdnuty 616 dx An 0 substituindo estas condicoes na solugao geral txz obtemos senAn Ane Bre 0 Resolvendo este sistema obtemos as constantes A B e a solucao particular fy emrne pane SCMAET ga 617 2A cosh2X 2A cosh2X A fungao Ta y é dada pela série de Fourier Tx y S SeMAn con ale 2 cosAny 618 57 An cosh2An Exercicio 6223 A voltagem de entrada ao circuito RC de duas fontes que se mostra na Figura 61 671 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV é a série infinita de Fourier vt 100 cost 10 cos 3t cos 5t Determine a resposta resultante Vpst em estado estaciondrio Fy Fy lew QO o Figura 61 circuito RC de duas fontes Solugao Desde que a fonte é t Rit 2 tat R ae 619 i a a 2 CI pC a resposta é O2 ima Lie 62 vt i i C Js pC Dividendo o resultado 619 por 620 obtémse 1 vt pC 1 t 1 14 pRC ut R 1pRC pC Consequentemente a resposta ut e a entrada vt estao relacionadas por 1 pC Uot lt Hput 621 R C 1 pC 1 de Hp PX onde Hp py l 1pRC pC 672 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Por outro lado a razao de fussores VV a qualquer frequéncia angular w é Vv 1 1 Hjw tan wRC 622 HU Ty 59R0 Teen H 622 Desde que wo 1 a razao dos fussores do nésimo harmonico é Vo Hjnw Hjn tt tan7nRC Vi n J1 wn RC Portanto segundo o principio de superposicgao segue que a resposta em estado estaci onario Uost esta dado por Vost 100 cost tan RC 0 cos3t tan7 3RC V1 RC V1 9R2C 0s5t tan7 5 RC V1 25R2C Neste problema Hjw de 622 denominase fungdo transferéncia de voltagem Exercicio 6224 Use uma transformada de Fourier conhecida e as propriedades operacionais para cal cular a transformada de Fourier das fungoes a segutr 1 ft te 2 ft e 3 ft 1Pe 4 ft1fe 5 ft te2 6 ft 1te t Solucao 7 ft 8 ft 1peIl fit ft 1te te se t0 t se t1 9 t 10 t fe ts se t0 He fe se t1 673 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Apéndice Al Formulas elementares de integracao Considere o numero real a 0 en Z d 1 Jewaure 2 Gatnlulsc u yrtt 3 Jeduer4e A peuS e nl n1 5 ord 1 6 soe cosuC Lna 7 oo udu senu C 8 oo udu Ln senu C 9 nud Ln secu C 10 Js udu Ln secu tanu C 11 se udu tanuC 12 ex udu Ln cscu cot u C 13 Joe udu cotuC 14 scoutan udu secuC 15 oscu cotu cscuC 16 sent coshu C 17 J costudu senhu C 18 comtudu Ln coshu C 19 seotudu tanhuC 20 sect tanh udu sechu C 21 cost udu cothuC 22 J eschu coth udu cschu C du 1 u du 1 ua 23 arctan C 24 Ln C lore g arctanT e 2a ml alt du 1 uta du u 25 5qrm ee C 26 las arcsen C 27 tan udu t C 28 ut C an Uadu anuut 2 ese apa d Vu a d 1 29 las ute 30 ls dyaresec tt C u2Vu2 a azu uve a a a 1 1 d 31 sontuau glu psen2u C 32 ls Lnu Vu ta C d 1 33 a LnLnu C 34 sonudu 2senu cosu C uLnu 1 35 cot uducotuuC 36 peed Ayre peena a a 1 37 oot udu 5 cot u Ln senu C 1 38 ow udu 5 tan u Ln cosu C 674 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV n 1 n1 n2 39 tan udu 74 fen u tan udu yrtl ar AI S ty pve re tet oh Le uvu a a u a Vu2aa 1 42 Jv a udu gluv a u aaresen C 1 43 ve adu gluvu a a7Lnu Vu aC 1 4A ve adu g luv aLnu Vu a2C 1 45 eve adu g lula 2u Vu a a Lnut Vu a2 C 2 46 we bu du Tapp lsbu 2aa bu C u 2 47 du bu 2aVat bu C l u apn OU aVa bu Vat bu du 48 du2Vabu fore u ore uva bu 1 1 49 sonra du sen cos u sen udu n n 50 oos udu cos usenu not Joos udu n n 1 2 51 osc udu tanusec u o sco udu n 7 n 74 52 Joe udu cot ucse u oo udu n1 n1 senabu sena bu 53 J senausenbu du ab 2a b C senabu sena bu A dy aE 5 costa cosbu du ab 2a b C cosabu cosa bu 55 sentau cosbu du ab 2a b C 1 56 Je cosaudu sen aul 2 cosau C 1 57 Je senaudu cosau G2 sentau C 2 9 uU 2u 2 58 Je cosaudu 7 seman a2 cosau qa senau C 2 2 2 59 fe senaudu cosau sen au a cosau C 60 J vrsonudu u cosu nf cos udu au et 61 Je senbudu pp asendu bcosbu C au et 62 Je cos budu 2 pp Psenbu acos bu C 675 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV A2 Tabela de Transformadas de Laplace A21 Transformada de Laplace elementares Considerar n EN a k sRes0 1 Is 2 Lk 3 Lles sa 4 Sts a rar 5 senks ar 6 LIcos kts ae 7 t senkts wus 8 tcoskts sk 9 Lt senkts i 10 Lt coskts 11 Qsen24s cesT 12 gt3 senkts TS 13 Qsens wae ey 14 St3 cos kts Sa 15 os 5 arctan 16 os tune 17 senhts a sk 18 coshs sp s k 19 tes Gop sa 20 LleftsFsa sa 21 1s sPs 0 22 of Fluduls Fs Loc a3 off Frdr 24 o ft 2gdxs FsGs 0 25 ANNs aFas sa 26 Luatft as e Fs a 27 5t as e sa OTS 022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV A22 Transformada inversa de Laplace elementares Considerar n EN a k sRes0 Lo H 1 2 1 k S S 1 t 1 n 4n 1 1 k 1 l t 5 L senkt 6 L e se sa s k sa 1 senkt S t t coshk k 7 L E a i 8 L Ls a coshkt s k 1 senhkt 9 L 1 senht sk 10 1 kb sk 1 S 4 1 trext ll cos kt 12 ena a Sa S 1 n 13 t ye k 14 1y gn at 3 L oe 5p tsen t a te sa sa a 15 go e coskt Sa 16 ft esenkt s a sak k 17 gg senkt kt coskt s k 2k3 is ot poncat st coskt 2 2 2K sen cos 19 1 eFs ultfta sa 677 01022023 Referˆencias 1 Becerril Espinosa JV Elizarraras M D Equaciones Diferenciales Tecnicas de Solucion y Aplicaciones Universidad Autonoma Metropolitana Mexico 2004 2 Berman G N Problemas y Ejercıcios de Analisis Matematico Editorial MIR Mos cou 1977 3 Braum Martin Differential Equations and Their Applications SpringerVerlag New Yor Inc Estados Unidos 1983 4 Bugrov Ya S Nikolski S M Matematicas Superiores Vol III Editorial Mir Moscou 1985 5 Danco P E Popov A G T Ya Z Matematicas Superiores en Ejercıcios y Problemas Vol II Editorial Mir Moscou 1988 6 Dennis GZill A First Course in Differential Equations with Modeling Applications 7a Edicao International Thomson Editores 7 Deminovich B Problemas y Ejercıcios de Analisis Matematico Editorial MIR Moscou 1971 8 Djairo G F Aloiso F N Equacoes Diferenciais Aplicadas Colecao Matematica Universitaria Terceira Edicao IMPA 2010 9 Earl D Rainville Ecuaciones Diferenciales Elementales Editorial Trillas Mexico 1974 10 Eduardo Espinoza ramos Ecuaciones Diferenciales y sua Apclicaciones Editora San marcos Peru 1984 11 Erwin Kreyszig Matematicas Avanzadas para Ingenieria Vol 1 3a Edicao Editorial limusa SA Mexico 2003 12 Jaime Escobar A Ecuaciones Diferenciales con Aplicaciones en Maple http matematicasudeaeducojescobarColombia 13052009 679 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV 13 Felipe Alvarez et all Calculo Avanzado y Aplicaciones Apuntes para el curso MA2A2 Departamento de Ingenierıa Matematica Facultad de Ciencias Fısicas y Matematicas UNIVERSIDAD DE CHILE 2009 14 Jaime E Villate Equacoed Diferenciais r Equacoes de Diferencas Universidade do Porto Creative Commons 559 Nathan Abbott Way Abril 2008 15 Guerrero Miramontes Oscar Introduccion a las ecuaciones diferenciales ordinarias Universidade Autonoma de Mexico 126 Chihuahua Agosto 2009 16 Kreider D Kuller R Ostberg Ecuaciones Diferenciales Fondo Educativo Inte ramericano SA Mexico 1773 17 Marivaldo P Matos Series e Equacoes Diferenciais Prentince Hall Sao Paolo 2002 18 Makarenko G Krasnov M Kiselion A Problemas de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Editorial Mir Moscou 1979 19 PINSKY M A Partial Differential Equations and BoundaryValue Problems with Applications Mc GrawHill Inc New York p 174 1991 20 Richard Bronson Moderna Introducao as Equacoes Diferenciais Colecao Schaum McGrawHill Sao Paulo 1973 21 Ricieri A P Construindo a Transformada de Laplace Edicao PRANDIANO 1988 22 Santos Reginaldo JIntroducao as Ecuaciones Diferenciales Ordina riasDepartamento de Matematica UFMG httpwwwmatufmgbrregi Brasil 27032011 23 Trejo C Alvaro Muzquiz P R Ecuaciones Diferenciales Ordinarias alquacom la red en estudio Mexico 13052002 680 01022023 Indice Remissivo Condicao de Cauchy 2 Criterio de Cauchy 13 comparacao 7 DAlemberts 12 Leibniz 11 Formulas de integracao 674 Intervalo de convergˆencia 20 Serie p 3 absolutamente convergente 10 alternada 10 Series de potˆencias 17 Teorema aproximacao de Weierstrass 450 de Lerch 454 Teste de Comparacao 3 681 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Suplemento de Calculo IV Christian Jose Quintana Pinedo possui Bacharelato em Matematica Pura pela universidade decana da America Universidad Nacional Mayor de San Marcos LimaPeru 1980 mestrado 1990 e doutorado 1997 em Ciˆencias Matematicas pela Universidade Federal do Rio de Janeiro Como professor de matematica desde 1977 atuou nas universidades 1 Nacional Mayor de San Mar cos 2 Nacional de Ingenieria 3 Tecnica del Cal lao 4 De Lima 5 San Martin em Lima Peru Christian J Q Pinedo No Brasil atuou nas universidades 1 Unioeste Cascavel 2 Tecnologica Federal do Parana Pato Branco e 3 Universidade Federal do Tocantins UFT E professor associado da Fundacao Universidade Federal do Tocantins e Coordenador do Curso da Licenciatura em Matematica EADUABUFT Desde 2005 pertence ao Banco de avaliadores do Instituto Nacional de Estudos e Pes quisas Educacionais Anısio Teixeira Inep Tem experiˆencia na area de Educacao com ˆenfase em Educacao Permanente atuando principalmente nos seguintes temas educacao matematica matematica historia da matematica equacoes diferenciais e educacao E membro do Conselho Editorial da IES Claretiano em Sao Paulo e da Universidade Federal do Tocantins UFT perıodo 20122014 Christian tem trabalhos publicados na area de equacoes diferenciais em derivadas parciais historia da matematica e outros suas linhas de pesquisa sao Historia da Matematica Filosofia da Matematica Epistemologia da Matematica e Equacoes Diferenciais em Derivadas Parciais 682 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV DO MESMO AUTOR Colecao Licoes da Matematica Livros Licao Paginas Calculo Diferencial em R 01 396 Calculo Integral e Funcoes de Varias Variaveis 02 426 Calculo Vetorial e Series Numericas 03 296 Series e Equacoes Diferenciais 04 498 Introducao ao Calculo Diferencial 05 368 Fundamentos da Matematica 06 322 Introducao as Estruturas Algebricas 07 280 Introducao a Analise Real 08 220 Historia da Matematica 09 288 Introducao a Epistemologia da Matematica 10 226 Suplemento de Calculo I 11 476 Suplemento de Calculo II 12 368 Suplemento de Calculo III em edicao 13 250 Suplemento de Calculo IV 14 698 Suplemento de Calculo Diferencial 15 402 Suplemento de Analise Real 16 120 Complemento da Matematica I 17 194 Complemento da Matematica II 18 228 Complemento da Matematica III em edicao 19 246 Complemento da Matematica IV em edicao 20 200 Introducao a Teoria dos conjuntos 21 146 Introducao a Logica Matematica 22 152 Argumentacao e Teoria da Demonstracao 23 132 Notas de Aula 1 Calculo com numeros complexos C 100 2 Manual do Estudante 50 683 01022023 Christian Q Pinedo Suplemento de Calculo IV Tıtulo do original Suplemento de Calculo IV ISBN 978 65 00 63717 5 Direitos reservados para lingua portuguesa Fevereiro 2023 Palmas Tocantins Brasil 684 01022023