Lista 4 - Edo Linear Cálculo 3 2022 2

Lista 4 (EDO Linear) - C´alculo 3b -2022/02 Professora: Ginnara Mexia Souto 24 de janeiro de 2023 E. 1. Determine a, b, y0 e y′ 0 para que a Y (s) = 3s − 2 s2 + 4s + 4 seja transformada de Laplace da solu¸c˜ao do PVI    y′′ + ay′ + by = 0 y(0) = y0, y′(0) = y′ 0. E. 2. [3,0] Calcule a transformada de Laplace inversa das fun¸c˜oes: a) F1(s) = 1 s2 + 4s + 5; b) F2(s) = e−2s s2 + s − 2; c) F3(s) = 2s + 1 4s2 + 4s + 5. E. 3. Use transformada de Laplaace para resolver o PVI    y′′ + 4y′ + 13y = 2t y(0) = 0, y′(0) = −1. (1) E. 4. Use a tranformada de Laplacra resolver o PVI    y′ + 2y = f(t) y(0) = 1, (1) onde o gr´afico da f ´e mostrado na figura abaixo f(t) t 0 1 2 3 1 1 Figura 1: Gr´afico de f. 1 E. 5. Seja f a função cujo o gráfico é apresentado na figura abaixo: Figura 2: Gráfico de f. a) Represente f por combinação (somas e multiplicação por escalar) de função degrau. b) Calcule a transformada de Laplace de f. E. 6. Use transformada de Laplace para encontrar y(t) de modo que satisfaça a seguinte equação integral t∫0 sin(t−s)y(s)ds = t² E. 7. A formulação matemática da lei empírica de Newton do Resfriamento/Aquecimento de um objeto é dada pela EDO linear de primeira ordem dT/dt = k(T−Tm), onde k é uma constante de proporcionalidade, T(t) é a temperatura de um objeto para t ≥ 0 e Tm(t) é a temperatura do ambiente em tempo igual a t ≥ 0. a) Determine um modelo matemático para a temperatura de um bolo que está dentro de um forno com base lei de Newton do Resfriamento/Aquecimento e nos seguintes pressupostos: Em t = 0 a mistura do bolo está na temperatura ambiente igual a 30°C; o forno não é pré-aquecido, por isso, quando a mistura do bolo é colocado no forno a temperatura interna também é 30°C; a temperatura do forno aumenta linearmente até t = 10min quando o nível desejado de 200°C é atingido; a temperatura do forno se mantém constante em 200°C para t ≥ 10min. b) Encontre a transformada de Laplace da solução T(t) do modelo descrito em (a). E1. Y(s) = (3s-2) / (s²+4s+4) Com { y" + ay + by = 0 { y(0) = y₀, y'(0) = y₀' Então, aplicando a transformada de Laplace e usando que: L{d²y/dt²} = s²Ly - sy(0) - sy'(0) L{d/dt} = sLy - y(0). E, L{y} = Y. Teremos oL {y"+ ay +by} = L²y" + aLy + by = s²Y - y₀' - sy₀ + a(sY - sy₀) + bY = s²Y - y₀' - sy₀ + asY - ay₀ + bY = Y(s² + as + b) - y₀' - ay₀ - sy₀. Portanto, temos: Y (s²+as+b) = sy₀ + (ay₀+y₀') ou seja, Y = (sy₀ + (ay₀ + y₀')) / (s² + as + b) Agora, veja que impondo a igualdade entre Y e Y(s) teremos: sy₀+(ay₀+y₀')/(s²+as+b) = 3s−2/(s²+4s+4) Ou seja, para termos a igualdade basta ver que: { y₀ = 3 { ay₀ + y₀' = -2 { a=4 { b=4 --------------------------------------- Logo, ay₀ + y₀' = -2 => 4*3 + y₀' = -2 => 12 + y₀' = -2 => y₀' = -14. Daí, temos que: y₀=3 a=b=4 E assim, o PVI é: { y" + 4y + 4y = 0 { y(0) = 3 { y'(0) = -14. e, tambem,\na_3 = - a_0 = \frac{8}{169}\n\nPor fim,\n\na_2 = -1 - 4 a_0 - \frac{2}{13}\n\n= -\frac{1}{1} + \frac{32}{169} - \frac{2}{13} = \frac{-169 + 32 - 26}{169} = \frac{-163}{169}\n\nDai, temos:\na_0 = -\frac{8}{169} , \ a_1 = \frac{2}{13} , \ a_2 = \frac{-163}{169} \ e \ a_3 = \frac{8}{169}\n\nE obtemos logo que:\n\n\frac{2-s^2}{s^2(s^2+4s+13)} = \frac{-8}{169s} + \frac{2}{13s^2} + \frac{8s-163}{169(s^2+4s+13)}\n\nDai, aplicando o operador de inversao L^{-1}\n\ntemos:\n\n\ y(t) = L^{-1}\{ Y(s) \} = L^{-1}\left\{ \frac{-8}{169s} + \frac{2}{13s^2} + \frac{8s-163}{169(s^2+4s+13)} \right\}\n\n= \frac{-8}{169} \ L^{-1}\left\{ \frac{1}{s} \right\} + \frac{2}{13} \ L^{-1}\left\{ \frac{1}{s^2} \right\} + \frac{1}{169}\ L^{-1}\left\{ \frac{8s-163}{s^2+4s+13} \right\}\n\n= \frac{-8}{169} \ L^{-1}\left\{ \frac{1}{s} \right\} + \frac{2}{13} \ L^{-1}\left\{ \frac{1}{s^2} \right\} + \frac{8}{169} L^{-1}\left\{ \frac{s+2}{(s+2)^2+9} \right\}\n\n- \frac{179}{169} L^{-1}\left\{ \frac{1}{(s+2)^2+9} \right\}\n\n\n\ Consultando uma tabela de transformadas de Laplace e a propriedade de translação de tempo que: L^{-1}\left\{ \frac{1}{s} \right\} = U(t) , \text{função degrau unitário.} L^{-1}\left\{ \frac{1}{s^2} \right\} = t L^{-1}\left\{ \frac{s+2}{(s+2)^2+9} \right\} = e^{-2t} \cdot L\left\{ \frac{s}{s^2+9} \right\} = e^{-2t} \cdot \cos (3t) L^{-1}\left\{ \frac{1}{(s+2)^2+9} \right\} = e^{-2t} \cdot \frac{1}{3} \cdot L\left\{ \frac{3}{s^2+3^2} \right\} = e^{-2t} \cdot \frac{1}{3} \cdot \sin (3t). Com isso, obtemos que a solução y(t) do problema é: y(t) = -\frac{8}{169} U(t) + \frac{2t}{13} + \frac{5}{169} e^{-2t} \cos(3t) - \frac{579}{507} e^{-2t} \sin(3t) Digitalizado com CamScanner E.5) a) A função degrau é: u(t) = \begin{cases} 0 & \text{se } t<0 \\ 1 & \text{se } t>0 \end{cases} Agora, veja que f(t) pode ser escrita como: f(t) = \begin{cases} 0 & \text{se } t < 1 \\ 1 & \text{se } t \in [1,2) \\ 2 & \text{se } t \in [2,3) \\ 0 & \text{se } t > 3 \end{cases} Assim, podemos modelar f(t) por u(t) da seguinte forma. Com efeito, f(t) = u(t-1) + u(t-2) - 2u(t-3), pois temos: Em t < 1 que f(t<1) = 0 Em 1 \leq t < \infty temos: u(t-1) = 1 u(t-2) = 1 , \text{desde que } t \geq 2. u(t-3) = 1 , \text{desde que } t \geq 3 Digitalizado com CamScanner Logo, veja que f(t) = u(t-1) + u(t-2) \rightarrow 2u(t-3) = \begin{cases} 0 & \text{se } t < 1 \\ \text{se } t \geq 1 \text{ e } t < 2 : f(t) = u(t-1) = 1 \\ \text{se } t \geq 2 \text{ e } t < 3 : f(t) = u(t-1) + u(t-2) = 1+1 = 2 \\ \text{se } t \geq 3 : f(t) = u(t-1) + u(t-2) - 2u(t-3) = 0. \end{cases} E assim, de fato, f(t) fica modelada por função degrau. b) Tendo em mãos f(t), vamos calcular L{f(t)}. Assim teremos que: L\{f(t)\} = L\{u(t-1) + u(t-2) - 2 u(t-3)\} = L\{u(t-1)\} + L\{u(t-2)\} - 2 L\{u(t-3)\} onde é sabido que L\{u(t-a)\} = \int_a^\infty e^{-\lambda t} dt = \int_0^\infty e^{-\lambda t} \cdot dt + \int_a^\infty e^{-\lambda t} dt = \int_a^\infty 1 \cdot e^{-\lambda t} dt = -\frac{e^{-\lambda a}}{s} Digitalizado com CamScanner Daí, \( L \{ u(t-a)f \} = \frac{e^{-sa}}{s} \). Então, segue que: \( L \{ f(t+) \} = \frac{e^{-s}}{s} + \frac{e^{-2s}}{s} - 2 \frac{e^{-3s}}{s} = \frac{e^{-s}}{s} \left( 1 + e^{-s} - 2e^{-2s} \right) \) E por fim, \( L \{ f(t+)f \} = \frac{e^{-s}}{s} \left( 1 + e^{-s} - 2e^{-2s} \right) \). E6) \( \int_0^t \sin(t-\tau)g(\tau)d\tau = t^2 \). (6.1) Sabendo, do produto do convolução da transformada de Laplace temos que: \( L \{ \int_0^t f(t-\tau) \cdot g(\tau)d\tau \} = F(s) \cdot G(s) \) onde \( F(s) = L \{ f(t)\} \) e \( G(s) = L \{ g(t) \} \). Aplicando em (6.1) teremos: \( L \{ \int_0^t \sin(t-\tau)g(\tau)d\tau \} = L \{ t^2 \} \) \( L \{ \sin(t) \} \cdot L \{ y \} = \frac{2!}{s^2+1} = \frac{2}{s\cdot s^2} \). \( \left( \frac{1}{s^2+1} \right) \cdot Y = \frac{2}{s^3} \Rightarrow Y(s) = 2 \cdot \frac{s^2+1}{s^3} \) Logo, temos que: \( Y(s) = 2 \left( \frac{s^2+1}{s^3} \right) = 2 \left( \frac{1}{s} + \frac{1}{s^3} \right) = \frac{2}{s} + \frac{2}{s^3} \). Agora, vamos aplicar o operador de inversão de Laplace. Com efeito, teremos: \( Y(t) = L^{-1} \{ Y(s) \} = L^{-1} \left\{ 2 \left( \frac{2}{s} + \frac{2}{s^3} \right) \right\} \right\} = 2 L^{-1} \left\{ \frac{2}{s} \right\} + L^{-1} \left\{ \frac{2}{s^3} \right\} = 2 L^{-1} \left\{ \frac{0!}{s\cdot +1} \right\} + L^{-1} \left\{ \frac{2!}{s^2+1} \right\} = 2 \cdot t^0 + t^2 = t^2 + 2. Portanto, o resultado desejado é: \( y(t) = t^2 + 2 \). E7) a) As condições iniciais do modelo serão as seguintes: Tm(0) = T(0) = 30°C. (O forno ambiente) Varia sua temperatura linearmente, isto é: dTm(t)/dt = α t => ∫ dTm = ∫ α t dt => Tm(t) = α t^2/2 + C1. que vale para 0 ≤ t ≤ 10 e ainda Tm(10) = 200. Logo, Tm(0) = 30 => 30 = α 0/2 + C1 => C1 = 30°C Tm(10) = 200 => 200 = α/2 10^2 + 30 => α = 2.170/100 => α = 340/100 => α = 3,4. Tm(t) é: Tm(t) = 3,4 t^2/2 + 30 = 1,7 t^2 + 30. ∴ Tm(t) = { 1,7 t^2 + 30, para t ∈ [0,10) { 200, para t ∈ [10,∞) Logo, o modelo do matemático para T(t) é: dado pelo PVI: dT/dt - k T = -k Tm = -k (1,7 t^2 + 30) para 0 ≤ t ≤ 10 o se t > 10 (pois a temperatura não varia) T(10) = Tm(10) = 200 T(0) = Tm(0) = 30. b) Vamos determinar L { T(t) } . Como é feita, esta é: L { dT/dt - k T } = -k L { 1,7 t^2 + 30 } L { dT/dt } - k L { T } = -k ∫ (1,7 t^2 + 30) e^(-st) dt | 0^∞ + ∫ 200 e^(-st) dt | 10^∞ ⇒ L { T } - T(0) - k L { T } = -k ∫ (1,7 t^2 + 30) e^(-st) dt | 0^10 + ∫ 200 e^(-st) dt | 10^∞ Onde temos que: ∫ e^(-st) dt = -e^(-st)/s | 10^∞ = -e^(-s10)/s | 10^∞ = e^(-s10)/s E ∫ 0^10 e^(-st) dt = -e^(-st)/s | 0^10 = 1 - e^(-s10)/s. Por fim, ∫ 0^10 t^2 e^(-st) dt = t^2 e^(-st)/s + 2/s^2 (-s e^(-st)t - e^(-st)) | 0^10 = -100e^(-s10)/s + 2(-10s e^(-s10) - e^(-s10)) + 2/s^3 Logo, com isso ficamos com: (s - k) L { T(t) } = k 100 e^(-s10)/s - 2k(-10se^(-s10) - e^(-s10) + 1)/s^3 - 30k(1 - e^(-s10))/s^2 + 20 e^(-s10)/s + 30 Por fim, temos o desejado. L { T(t) } = 100 e^(-s10)/s(s-k) - 2k(-10se^(-s10) - e^(-s10) + 1)/s(s-k) - 30k(1 - e^(-s10))/s(s-k) + 30/s-k + 20 e^(-s10)/s-k E4. \left\{ \begin{array}{l} y' + 2y = f(t) y(0) = 1. \end{array} \right. f(t) é \begin{equation} \includegraphics{graphic_sample} % graphic of f(t) \end{equation} (f(t) A curva f1 é: \left|\begin{array}{ccc} x & f1 & 1 \ 1 & 0 & 1 \ 2 & 1 & 1 \ \end{array}\right| = x(-1) - f1(-1) + 1(1) = 0 Portanto: f_1 - x + 1 = 0 => f_1 = x - 1. A curva f2 é: \left|\begin{array}{ccc} 0 = x & f2 & 1 \ 2 & 1 & 1 \ 3 & 0 & 1 \ \end{array}\right| = x(1) - f2(-1) + 1(-3) =f_2 + x - 3 \therefore f_2 = 3 - x. Com isso, podemos explicitar f(t) por: (com x = t) f(t) = \left\{\begin{array}{ll} f_1 = t-1 &\text{se} \; 1 \leq t \leq 2\\ f_2 = 3-t &\text{se} \; 2 \leq t \leq 3\\ 0 &\text{se} \; 0 \leq t < 1 \; \text{e} \; t > 3.\end{array}\right. Com isso, teremos ao aplicar a transformada do Laplace os seguintes: Ou seja, \int_{1}^{2} f_1 te^{st} dt = \int_{1}^{2} (t-1) e^{st} dt = \left(\frac{-2}{s} - \frac{1}{s^2}\right)e^{2t} - \left(\frac{-1}{s} - \frac{1}{s^2}\right)e^{t} = e^{-2t} \left(\frac{-2}{s} - \frac{1}{s^2} + \frac{1}{s}\right) - e^{t} \left(\frac{-1}{s} - \frac{1}{s^2}\right). Por outro lado, \int_{2}^{3} f_2 te^{-st} dt = \int_{2}^{3} (3-t) e^{-st} dt = 3 \int_{2}^{3} e^{-st} dt - \int_{2}^{3} te^{-st} dt = 3 \left(\frac{-e^{-st}}{s}\right) \bigg|_{2}^{3} - \left[\frac{-te^{-st}}{s} - \frac{1}{s^2} e^{-st}\right] \bigg|_{2}^{3} = 3 \left(\frac{-e^{-3t}}{s} + \frac{e^{-2t}}{s}\right) - \left(-3\frac{e^{-3t}}{s} - \frac{e^{-3t}}{s^2} + 2\frac{e^{-2t}}{s} + \frac{e^{-2t}}{s^2} \right) = e^{-3t}\left(\frac{-3}{s} + \frac{3}{s} + \frac{1}{s^2}\right) + e^{-2t}\left(\frac{3}{s} - \frac{2}{s} - \frac{1}{s^2}\right) = \frac{e^{-3t}}{s^2} + e^{-2t}\left(\frac{1}{s} - \frac{1}{s^2}\right). Dai, nosso problema é, então, Y(s+2) = 1 + \left(\frac{-2}{s} - \frac{1}{s^2}\right)e^{-2t} - \left(\frac{-1}{s} - \frac{1}{s^2}\right)e^{-t} - \frac{e^{2t}}{s} + \frac{e^{t}}{s} + \frac{e^{-3t}}{s^2} + e^{-2t}\left(\frac{1}{s} - \frac{1}{s^2}\right). L{y' + 2y} = L{f(t)} L{2y}p + L{y}p = \int_{0}^{\infty} f(t) e^{-st} dt sY - y(0) + 2Y = \int_{0}^{1} e^{-st} dt + \int_{1}^{2} t e^{-st} dt + \int_{2}^{3} t^2 e^{-st} dt + \int_{3}^{\infty} e^{-st} dt sY - 1 + 2Y = \int_{1}^{2} (t-1) e^{-st} dt + \int_{2}^{3} (3-t) e^{-st} dt Y(s+2) - 1 = \int_{1}^{2} (te^{-st} dt + \int_{2}^{3} 3 e^{-st} dt - \int_{1}^{2} e^{st} dt - \int_{2}^{3} te^{-st} dt. Agora, veja que: \int e^{-st} dt = -\frac{e^{-st}}{s} \int te^{-st} dt = t\left[\int e^{-st} dt\right] - \int \frac{d}{dt}\left[e^{-st}\right] dt = \frac{-te^{-st}}{s} + \frac{1}{s^2} \int e^{-st} dt = \frac{-te^{-st}}{s^2} - \frac{1}{s^2}e^{-st} Com isso, teremos que: \int_{1}^{2} te^{-st} dt = \left(\frac{-te^{-st}}{s} - \frac{1}{s^2}\right) e^{-st} \bigg|_{1}^{2} = \left(\frac{-2}{s} - \frac{1}{s^2}\right)e^{-2t} - \left(\frac{-1}{s} - \frac{1}{s^2}\right)e^{-t}. \int_{1}^{2} e^{st} dt = \frac{-e^{st}}{s} = \frac{-e^{2t}}{s} = -\frac{e^{2t}}{s} + \frac{e^{t}}{s}. 9) Final, ou seja Y = \frac{1}{s+2} + \left(\frac{-e^{-2t}}{s(s+2)} - \frac{e^{-2t}}{s^2(s+2)} + \frac{e^{-t}}{s(s+2)} + \frac{e^{-t}}{s(s+2)} + \frac{e^{-3t}}{s(s+2)} - \frac{e^{-2t}}{s(s+2)}\right) + \frac{e^{t}}{s(s+2)} + \frac{e^{3t}}{s(s+2)} + \frac{e^{2t}}{s(s+2)} - \frac{e^{-2t}}{s^2(s+2)}\mais com opa, atualmente temos: Y = \frac{1}{s+2} + \frac{1}{s+2} \left(\frac{-2e^{-2t} + e^{-3t} + e^{-t}}{s^2}\right) Agora, vamos aplicar o operador L^{-1}. Com feito y(t) = L^{-1} \{Y/(10)\} = L^{-1} \left\{\frac{1}{s+2} + \frac{1}{s+2} \left(\frac{-2e^{-2t} + e^{-3t} + e^{-t}}{s^2}\right)\right\}\= L^{-1} \left\{\frac{1}{s+2} \right\} + L^{-1} \left\{\frac{1}{s+2} \left(\frac{-2e^{-2t} + e^{-3t} + e^{-t}}{s^2}\right)\right\} Agora, veja que: L^{-1}\left\{\frac{1}{s^2(s+2)} \left(\frac{-2e^{-2t} + e^{-3t} + e^{-t}}{s^2}\right)\right\} = 2uL^{-1}\left\{\frac{e^{-2t}}{s^2(s+2)} \right\} + L^{-1}\left\{\frac{e^{-3t}}{s^2(s+2)} \right\}\+ L^{-1}\left\{\frac{e^{-t}}{s^2(s+2)} \right\} Onde, perceba que \frac{1}{s^2(s+2)} = \frac{-1}{4s} + \frac{1}{2s^2} + \frac{1}{4(s+2)} Com isso e dos teoremas de translação temos que: L^{-1}\left\{\frac{e^{-2t}}{s^2(s+2)} \right\} = L^{-1} \left\{\frac{1}{s^2(s+2)} \right\}(t-2) L^{-1}\left\{\frac{e^{-3t}}{s^2(s+2)} \right\} = L^{-1} \left\{\frac{1}{s^2(s+2)} \right\}(t-3) L^{-1}\left\{\frac{e^{-t}}{s^2(s+2)} \right\} = L^{-1} \left\{\frac{1}{s^2(s+2)} \right\}(t-1) E veja que L^{-1}\left\{\frac{1}{s^2(s+2)} \right\} = L^{-1}\left\{- \frac{1}{4s} + \frac{1}{2s^2} + \frac{1}{4(s+2)}\right\} = -\frac{1}{4} u(t) + \frac{t}{2} + \frac{e^{-2t}}{4}. Com isso, teremos que: L^{-1}\left\{\frac{e^{-2t}}{s^2(s+2)} \right\} = -\frac{1}{4} u(t-2) + \frac{t-2}{2} + \frac{e^{-2(t-2)}}{4} L^{-1}\left\{\frac{e^{-3t}}{s^2(s+2)} \right\} = -\frac{1}{4} u(t-3) + \frac{t-3}{2} + \frac{e^{-3(t-3)}}{4} L^{-1}\left\{\frac{e^{-t}}{s^2(s+2)} \right\} = -\frac{1}{4} u(t-1) + \frac{t-1}{2} + \frac{e^{-t(t-1)}}{4} Além de que L^{-1}\left\{\frac{1}{s+2}\right\} = e^{-2t}. De posse disso, a solução y(t) é então dada por: y(t) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{4} u(t-2) + \frac{t-2}{2} + \frac{e^{-2(t-2)}}{4}\right) - \frac{1}{4} u(t-3) + \frac{t-3}{2} + \frac{e^{-3(t-3)}}{4} - \frac{1}{4} u(t-1) + \frac{t-1}{2} + \frac{e^{-t(t-1)}}{4} + e^{-2t}\= -\frac{1}{4} \left(-2u(t-2) + u(t-3) + u(t-1)\right)\left(t-2) + \frac{t-1}{2} + \frac{t-3}{2}\right)\+\frac{e^2(t-3)}{4} + \frac{e^2(t-1)}{4} - \frac{e^{-2(t-2)}}{4} + e^{2t}. que é a solução final.