Exercício de Cálculo

Curso Disciplina EDO e Cálculo Vetorial Turma Professor Aluno Data 1 Resolva a equação diferencial ordinária para xt dxdt 5x 3 2 Resolva a equação diferencial ordinária a partir da condição inicial dada dxdt 5x 3 x2 1 3 Usando o método de separação de variáveis resolva as EDOs abaixo Obs a ideia é fazer com que a equação seja separada e depois integrada dydx fx gy 1gy dydx fx 1gy dydx dx fx dx 1gy dy fx dx a dydx x3 y2 b dydx yx2 1y 1 y 1 c dydx exy y0 1 y 0 Curso NotaConceito Disciplina EDO e Cálculo Vetorial Turma Professor Aluno Data Transformada de Laplace na Solução de EDOs 1 Resolva a equação abaixo Ache Ys e depois sua inversa yt 2 Resolva a equação abaixo Ache Ys e depois sua inversa yx 3 Resolva a equação abaixo Ache Ys e depois sua inversa yx 1 Temse Ly 6y 9y Lt2 e3t Ly 6 Ly 9 Ly Lt2 e3t Como Ltn eat nsan1 então para n2 e a3 Lt2 e3t 2s321 2s33 Assim s2 Ys s y0 y0 6 s Ys y0 9 Ys 2s33 s2 Ys 2s 6 6 s Ys 12 9 Ys 2s33 s2 6 s 9 Ys 2s33 2 s 6 s32 Ys 2s33 2 s3 Ys 2s35 2s3 Portanto yt 2 L11s35 2 L11s3 2 Temos Ly 5y Le5x Ly 5 Ly Le5x s Ys y0 5 Ys Le5x Como Leax 1sa então para a5 s Ys 0 5 Ys 1s5 s5 Ys 1s5 Ys 1s52 Temse 1s52 1s511 1 s511 Sendo Lxn eat n s an1 para n1 e a5 obtemos L1Ys L11s52 yx x e5x yx x e5x caixa 2 Temos Ly 5y Le5x LsY 5 Ly Le5x como Leax 1s a então para a 5 sYs 0 5Ys 1s 5 s 5 Ys 1s 5 Ys 1s 5² Temse 1s 5² ns 511 1s 511 sendo Lxn eat n san1 para n 1 e a 5 obtemos L¹Ys L¹1s 5² yx x e5x yx x e5x 3 Temse Ly 4y L10t Ls²Ys 4Ly 0 s²Ys sy0 y0 4Ys 0 s²Ys 2s 2 4Ys 0 s² 4 Ys 2s 2 s² 4 Ys 2 s 1 Ys 2 s 1 s² 4 Notemos que s 1 s² 4 s 1 s² 2² s s² 2² 1 s² 2² s s² 2² 12 2 s² 2² Lcosat s s² a² Lsenat a s² a² para a 2 obtemos L¹Ys 2 L¹s 1 s² 4 yt 2 L¹s s² 2² 12 L¹2 s² 2² yt 2 cos2t 12 sen2t yt 2 cos 2t sen 2t 1 dxdt 5x 3 dx5x 3 dt dx5x 3 dt se u 5x 3 deu 5dx dx du5 Assim dx5x 3 1u du5 15 duu 15 lnu 15 ln5x 3 e como dt t c c R então 15 ln5x 3 t c ln5x 3 5t 5c ou seja 5x 3 e5t 5c 5x 3 e5t e5c A A R 5x 3 Ae5t 5x Ae5t 3 xt 15 Ae5t 3 2 Da solução geral do item 1 temos ẋ4 15 Ae5t 3 x2 1 1 15 Ae52 3 5 Ae10 3 2 Ae10 A 2e10 logo xt 15 2e10 e5t 3 xt 15 2e10 5t 3 3 a dydx x3 y2 dyy2 x3 dx dyy2 x3 dx Como dyy2 y2 dy y2 12 1 y1 1y e x3 dx x44 c c R então 1y x44 c 1y x44 c 1y x44 c 1y x44 A 1y A x44 Portanto yx 4A x4 b dydx yx2 1y1 y1y dy x2 1 dx y1y dy x2 1 dx y1y dy yy 1y dy 1 1y dy y lny x2 1 dx x33 x c c R Assim y yx é dada implicitamente por y lny x33 x c c dydx exy y dy ex dx y dy ex dx ou seja y22 ex c y2 2ex 2c A A R y2 2ex A y 2ex A Como y0 1 0 tomamos a raiz positiva da solução acima yx 2ex A 1 2e0 A 1 21 A 1 2 A 2 A 1 A 1 Portanto yx 2ex 1