Lista de Exercicios - Transformada de Laplace e Funcao Gama

Métodos Matemáticos 2ª LISTA DE EXERCÍCIOS TRANFORMADA DE LAPLACE Professor Ariosvaldo Marques Jatobá Função Gama Definição 01 A função gama é dada por Γx e definida pela integral Γx from 0 to of et tx1 dt A função gama está bem definida ou seja a integral está bem definida para x 0 real Exercícios Calcule 1 Γ32 SOLUÇÃO 2 Γ112 SOLUÇÃO 3 SOLUÇÃO Calcule utilizando a definição de Γx as seguintes integrais a from 0 to of e3x x32 dx b from 0 to of eαx x12 dx com α 0 c Usando a função gama mostre que from 0 to 1 of xk ln x dx 1k12 k 1 Transformada de Laplace Definição 02 Tranformada de Laplace Fs Lft from 0 to of est ft dt lim b from 0 to b of est ft dt 1 SOLUÇÃO Use a Definição 02 para calcular a ft 1 for 0 t 1 1 for t 1 b ft sint for 0 t π 0 for t π c ft 1 for 0 t π 1 for π t 2π t for t 2π a1 ft t for 0 t 1 1 for t 1 b1 ft 2t 1 for 0 t 1 0 for t 1 d ft t e4t d1 ft et sen 2t d2 ft e2t cos3t 2 SOLUÇÃO Calcule a transforma de Laplace da função ft definida por partes ft 0 0 t 3 1 3 t 5 0 t 5 3 SOLUÇÃO Use a definição de transformada de Laplace para calcular as transformadas das funções dadas a seguir a ft at b ft 0 0 t 2 2 2 t 3 0 t 3 c ft at a 0 d ft senat e ft coshat f ft t e2t g ft et4 4 Respostas a Fs as² b Fs 2s e2s 1 es c Fs 1s lna d Fs as² a² e Fs ss² a² f Fs 1s 2² g Fs e4s 1 5 SOLUÇÃO Princípio da Indução Mostre que Ltn nsn1 seguindo os seguintes passos a Mostre que a fórmula é válida para n 0 b Mostre que Ltn1 n 1 sn é válida então Ltn nsn1 também o é 6 SOLUÇÃO Considere a transformada de Laplace de ft tp onde p 1 a Usando as propriedades da Função Gama mostre que p 1 Ltp from 0 to of est tp dt 1sp1 from 0 to of ex xp dx Γp1sp1 s 0 b Seja p igual a um natural positivo n em 1 temos Ltn nsn1 s 0 c Mostre que Lt12 πs s 0 d É possível mostrar que from 0 to of ex² dx π2 portanto Lt12 πs s 0 e Mostre que Lt12 π2s32 s 0 7 SOLUÇÃO Graças à fórmula de Euler eiθ cosθ i sen θ e as propriedades algébricas dos números complexos mostre que Leabit s a bi s a2 b2 s a Observe que a se b 0 temos Leat 1s a s a b se a 0 temos Lcosbt i senbt Lebti s bi s2 b2 ss2 b2 i bs2 b2 s a Pela linearidade de L obtemos Lcosbt ss2 b2 Lsenbt bs2 b2 1 Gabarito Função Gamma SOLUÇÃO DA QUESTÃO 1 RETORNAR NA QUESTÃO 1 Utilizaremos o Γ 12 π e a Propriedade Γ x 1 xΓ x para x 0 Portanto Γ 32 Γ 12 1 12 Γ 12 π2 SOLUÇÃO DA QUESTÃO 2 RETORNAR NA QUESTÃO 2 Utilizaremos o processo recursivo Γ xnΓ x x n 1 x n 2 x x Dom Γ Assim para n 5 e x 12 temos Γ 112 Γ 12 5 12 4 12 3 12 2 12 1 12 Γ 12 92 72 52 32 12 π 9 7 5 3 25 π 945 32 π SOLUÇÃO DA QUESTÃO 3 RETORNAR NA QUESTÃO 3 a 0 e3xx32 dx Fazendo t 3x x t3 dx 13 dt 0 e3xx32 dx 13 0 ett332 dt 13 53 0 ett521dt 13 32 Γ 52 13 32 Γ 12 2 13 32 12 1 12 Γ 12 13 32 34 π 1 332 4 π 112 π3 b b 0 eαxx12 dx com α 0 t αx x tα dt α dx 0 eαxx12 dx 1α 0 ettα12 dt 1α32 0 ett321 dt 1α32 Γ 32 π 2α32 c Usando a função gama mostre que 0¹ xk ln x dx 1k1² k 1 Fazendo x eu lnx u dx eu du Se x 0 temos u e se x 1 então u 0 Portanto 0¹ xk ln x dx ₀ eku ueudu ₀ ekuu u du ₀ e1ku u du Fazendo t 1 ku u t1k du 11k dt Se u temos t pois 1 k 0 E se u 0 então t 0 Portanto 0¹ xk ln x dx 0 e1ka u du 0 et t1 k 11 k dt 1 1 k² 0 et t dt 1 1 k² Γ 2 1 k 1² 2 Transformada de Laplace Definição SOLUÇÃO DA QUESTÃO 1 RETORNAR NA QUESTÃO 1 SOLUÇÃO a Lft 0¹ est dt 1 est dt es 1s lim b 1b est dt es 1s lim b esb s es s es 1s 0 es s 2es 1s Portanto Lft 2es 1s SOLUÇÃO a1 Lft 0¹ t est dt 1 1 est dt 0¹ test dt lim b 1b est dt Resolvendo 0¹ t est dt Usando integração por partes u t du dt dv est dt v est s Temos 0¹ t est dt test s₀¹ 1s 0¹ est dt es s es s² 1 s² Utilizando o item a lim b 1b est dt es s Logo Lft 0¹ test dt lim b 1b es dt es s es s² 1 s² es s 1 s² es s² SOLUÇÃO b Lft ₀π sentestdt eπs 1 s² 1 SOLUÇÃO b₁ Utilizando item a₁ Lft ₀1 est 2t 1dt ₁ 0 est dt ₀1 est 2t 1dt 2 ₀1 t estdt ₀1 est dt 2 ess ess² 1s² ess 1s 3ess ess² 1s² 1s SOLUÇÃO c Lft ₀π 1estdt π2π 1estdt 2π t est dt Temos 2π est t dt 2πe2πss e2πs s² ₀π est dt eπs 1 s π2π est dt e2πs eπs s Portanto Lft e2πss 2eπss s 2πe2πss e2πs s² SOLUÇÃO d Lft ₀ est ft dt ₀ estte4t dt limb ₀b tes4t dt Integração por partes u t du dt dv es4t dt v 1s4 es4t Lft limb ₀b tes4t dt limb tes4t s4₀b ₀b 1s4 es4t dt 0 limb es4t s4² ₀b 1s4² s 4 SOLUÇÃO d₁ Lft ₀ est sen2tet dt ₀ es1t sen2t dt Sabendo que Lsen2t ₀ est sen2t dt 2 s² 2² Fs então Lft ₀ es1t sen2t dt Fs 1 2 s 1² 2² SOLUÇÃO d₂ Lft ₀ est cos3te2t dt ₀ es2t cos3t dt Sabendo que Lcos3t ₀ est cos3t dt s s² 3² Fs então Lft ₀ es2t cos3tdt Fs 1 s 2 s 2² 3² Fazendo utilizando integração por partes u es2t du s 2es2t dt dv cos3t dt v sen3t3 Assim I es2t cos3tdt sen3t3 es2t sen3t3s 2 es2t dt sen3t3 es2t s 23 es2t cos3t3 s 23 cos3t3 es2t dt sen3t3 es2t s 23² es2t cos3t s 2²3³ es2t cos3t dt sen3t3 es2t s 23² es2t cos3t s 2²3³ I No segundo passo foi feito u es2t du s 2es2t dt dv sin3t dt v cos3t3 Agora Isola I obtendo I 3² s 2² 3³ sen3t3 es2t s 23² es2t cos3t ₀ s 2 s 2² 3³ SOLUÇÃO DA QUESTÃO 2 RETORNAR NA QUESTÃO 2 Lft ₀ est ft dt ₃5 est dt ests ₃5 e3s e5t s SOLUÇÃO DA QUESTÃO 3 RETORNAR NA QUESTÃO 3 Solução a Lft ₀ atest dt as² s 0 Solução b Lft ₀ est ft dt ₂3 est dt ests ₂3 e2s e3t s c Lft ₀ at est dt ₀ eln a t est dt ₀ eln a s t dt eln a s t ln a s ₀ 1s ln a s ln a Solução d Utilizando integração por partes u est du sest dv senat v cosata Lft ₀ senat est dt est 1a cosat sest 1a cosat dt est 1a cosat sa est 1a senat sest 1a senat dt Portanto I est senat dt est 1a cosat sa² est senat sa² est senat dt est 1a cosat sa² est senat sa² I Isolando I obtemos I aestcosat a2 s2 sestsenat a2 s2 ao aplicarmos os limites de integração e simplificarmos obtemos Fs a s2 a2 Solução e Temos que coshx ex ex 2 Assim Lcoshat 0 ets eta eta 2 dt 12 0 est at est at dt 12 1sa esat 1sa esat 0 Aplicando os limites de integração e simplificando obtemos Lcoshat s s2 a2 s a Solução f Lte2t 0 t e2st dt Utilizando para b2s e integração por partes Lte2t 0 t ebt dt ebt 1b t ebt 1b20 1s22 s2 Solução e Let4 e4 0 es1t dt e4 1s1 s 1 SOLUÇÃO DA QUESTÃO 5 RETORNAR NA QUESTÃO 5 Solução a n0 Lt0 L1 0 est 1 dt limb 0b est dt ests0t se s 0 1s se s0 Portanto L1 1s para s0 Solução b Suponha que Ltk1 k1sk s 0 por integração por parte e uso de limites adequados obtemos Ltk 0 est tk dt tk est s 0 0 ests k tk1 dt ks 0 est tk1 dt ks Ltk1 ks k1 sk k sk1 s 0 logo Ltk k sk1 s 0 Então pelo princípio de indução finita concluímos que Ltn n sn1 s 0 para todo n 0 SOLUÇÃO DA QUESTÃO 6 RETORNAR NA QUESTÃO 6 Solução a De fato segue da definição que Ltp 0 est tp dt e fazendo a mudança de variável ust s0 obtemos Ltp 0 eu usp 1sp1 0 eu up du Γp1 sp1 Solução b Ltn Γn1 sn1 nsn1 n 0 Solução c Para p 12 1 e que Γ12 π obtemos Lt12 Γ12 1 s12 1 Γ12 s12 π s Solução e Para p 12 1 exercício 1 obtemos Lt12 Γ12 1 s12 1 Γ32 s32 π 2 s32 s 0 SOLUÇÃO DA QUESTÃO 7 RETORNAR NA QUESTÃO 7 Utilizaremos que limt Rt iYt limt Rt i limt Yt e que ezt dt ezt z z C Leabit 0 eabit est dt 0 easbit dt easbit asbi0 limt easbit asbi 1sabi limt east asbi ebit 1sabi limt east asbi cosbt i limt east asbi senbt 1sabi 0 i0 1sabi s a bi sa2 b2 s a Solução a Para b0 obtemos Leat sa sa2 1sa s a Para b0 pela definição Leat 0 eat est dt 0 esat dt esat sa0 limb esab sa 1sa 1sa s a Solução b Se a0 e utilizando linearidade Lcosbt i senbt Lebti Lcosbt i Lsenbt sbi s2 b2 s s2 b2 i b s2 b2 pela igualdade de número complexos obtemos Lcosbt s s2 b2 Lsenbt b s2 b2