Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias por Série de Potências e Transformada de Laplace

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1 Sequências e Séries

  5 1.3 Critérios de convergência e divergência . 11 1.5 Séries de Taylor e MacLaurin .

2 Resolução de equação diferencial ordinária linear por série de potências

33

2.1 Resolução em torno de um ponto ordinário . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

  35 2.1.2 Teorema da existência de soluções em série de potências . 37 2.1.3 Exemplos de resolução de EDOs lineares por séries de potências em torno de ponto ordinário .

2.2 Resolução em torno de ponto singular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

  41 2.2.2 O Método de Frobenius – Parte 1 . 42 2.2.3 O Método de Frobenius – Parte 2 .

2.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

3 Transformada de Laplace

  58 3.3 Condições suficientes para a existência da transformada de Laplace e o comportamento assintótico sob essas condições . 63 at n 3.9 Cálculo de L de f(at), e f (t), t f (t), U(t−a)f(t−a), f(t)/t .

4 Sistemas de EDOs Lineares de Coeficientes Constantes

78

4.1 Resolução pelo método dos operadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

  85 o ¯ 3 Caso: autovalores imaginários . 78 2 4.3.2 Caso: autovalores reais e distintos .

1.1 Sequências

  Se a cada inteiro positivo n associarmos um número a , dizemos que esses números formam n uma sequência, que é ordenada segundo seus índices: a , a , a a , a , 1 2 3 , · · · , n n+1 · · · . Com n isso, a definição do limite acima é formalmente a mesma que aquela adotada no caso de uma função f (x) da variável real x.

1.2 Séries de números reais

  k=0 De fato: n ∑ k 2 n  s n = q = 1 + q + q  (−) n+1k=0 n ==⇒ s n − q s n = (1 − q) s n = 1 − q ∑ k+1 2 n+1  q s = q = q + q  n + · · · + q  k=0 ✯ ✟ n ∞n+1 n+1 ∑ ∑ q1 [ ] 1 − q 1 − ✟✟ k k n+1 = q = q = lim = lim q . ≡ 1 ∀x ∈ R , isto é, x ∞ ∑ 1 1 1 1 1 1 2 1 2 2 4 8 3/2 3 1 − − 2 k=0 ) k ∞ ∞ ∑ ∑ 1 1 1 1 ( 1 1 1 = 1 + + + = = = 2 .

iii) A série

  Exemplos: i) A série 1 ln k k (−1) é decrescente e lim k a k [a k > 0] é convergente se a sequência (de termos positivos) a k k→∞ 1 ln kconverge, pois satisfaz as condições do Teorema 4: é alternada, e a sequência a a k = 0 . Em vista disso e do fato de s n= n ∑ k=0 1/k 3 satisfaz a condição necessária de o seu termo geral tender a zero( lim ∑ k ii) 1 − 1 2 3− 1 4 ∞ k=1 k→∞ (−1) k−1 1 k= ∞ ∑ k=0 (−1) k k (−1) k=2 ∑ 1/k 3 = 0 ) e é convergente, como veremos adiante.

1.3 Critérios de convergência e divergência

ii) A chamada série harmônica de ordem p

1 Se p ≤ 0, o termo geral não tende a zero quando n → ∞; portanto, segundo o Teorema 3, a

p n série diverge.

1 Se p > 0, o critério da integral, com f(x) = , fornece

   ( ) 1 1−p lim b − 1 = ∞ se p ∈ (0, 1) b→∞ 1 − p ∫ ∫ b  b | {z } ∞−p+1  1 x −p ∞ ( ) dx = lim x dx = lim = p 1 1 1 x b→∞ b→∞ 1 1 −p + 1  1  lim = − 1 se p ∈ (1, ∞) , p−1 b→∞  b 1 − p p − 1 | {z } mostrando que a série diverge se p ∈ (0, 1) e converge se p > 1 . Teorema 6: Critério da comparação para k maior ou igual a algum natural l, então: k ≤ b k Se 0 ≤ a ∞ ∞ ∑ ∑ a) b converge a converge k ⇒ k k=0 k=0∞ ∞ ∑ ∑ b) diverge diverge a k b k⇒ k=0 k=0 Exemplos: ∞ ∑ 1 1sen i) A série sen .k k k=1 A figura à direita ilustra o fato de que senθ < θ se θ > 0 .

2 Logo, como a série converge (por ser a série harmônica de

1/k k=1 ordem 2), a série dada também converge.∞ ∑ k

ii) A série

  n 2 2 4 1 − 1/2 n=3 n=3 ∞ ∞ ∑ ∑Dizemos que uma série a é absolutamente convergente se k |a k | for convergente. Logo, ela própria é convergente.mente: 0 ≤ | | ≤ 2 2 k kTeorema 8: Critério da razão ∞ ∑Considere uma série , com a a k k k+1 /a k ̸= 0, tal que L = lim |a | exista ou seja infinito.

i) A série a , com a = 2 /k! , converge, pois

  n Se x ̸= 0, pelo critério da razão, temos que n+1 a (n + 1) x n + 1 n+1 L = lim| | = lim | | = |x| lim = |x| · 1 = |x| , n n→∞ n→∞ n→∞ a n n x n mostrando que a série é convergente para |x| < 1 . Vamos, entretanto, empregar o critério da raiz; uma vez que 1 √|a k | = lim k→∞k √ k 3 3 k = 3 lim 3 k→∞ k 3/k = 1 3 lim k→∞ e k k , é convergente, poisL = lim 6→ k = 1 2 k √ 4 1 k 2 quando k → ∞ tomando valores ímpares ,isto é, L = 1/2 < 1, concluímos que a série é convergente (‡) .

1.4 Séries de potências

  É bastante frequente a série x ∞ ∑ n 2 de potências centrada em zero; por exemplo: a x = a + a x + a x n 1 2 + · · · .n=0 Seguem dois teoremas fundamentais no estudo das séries de potências:Teorema 10 ∞ ∑ n Toda série de potências tem um raio de convergência R tal que a série converge a n )(x − x n=0 absolutamente se |x − x | < R e diverge se |x − x | > R . O mesmo resultado é obtido com o critério da raiz: √ n 2n 2 √ n 1 n (−1) (x−5) (x−5) 2 lim n √|c | = lim | | = < 1 ⇒ (x − 5) < 64 ⇒ −3 < x < 13 , nn 2 2 n→∞ n→∞ 64 n 64 lim n n→∞ 2ln n √ n ln n 2 lim2 1/n n 2(0) 2 n→∞n uma vez que lim n = lim (n ) = lim e = e = e = e = 1 .

1.5 Séries de Taylor e MacLaurin

  2 (2n)!= 1 − x x x n (−1) n=0 ∑ ∞ c) cos x = 7! 4 6 u=−3x n=0 n=0 n=0 2 1 x f) √ = 1 − + · · · .

2 A série geométrica x = 1 + x + x

  ∞ ∞ ∑ ∑ 1 1 2 n n 2n 2 4 6 2 2 g) = = ) = x + x < 1,(−x (−1) = 1 − x − x + · · · se |(−x )| = x 2 2 1 + x ) 1 − (−x n=0 n=0 i.e., −1 < x < 1 . ⇒ f se − 1 < x < 1 ⇒ f(x) = 2 2n + 1 1 − x 1 − x n=0 n=0 Como essa série é divergente para x = ±1, e c = 0 [ pois f(0) = 0 ], obtemos finalmente f(x) =√ ∞ 2n+1 3 5 7 ∑ 1 + x x x x xln = + + = x + + · · · (−1 < x < 1) .

1.6 Apêndice: prova dos teoremas Teorema 1: V. prova in referência [3], vol. 4, seç. 1.2, p.11

  n k − k n − n−1n→∞ n→∞ n→∞ k k Teorema 4 s = as = s < s 1 − a 1 >0 z }| { s 2 = s 1 + a 2 = s a 1 2 ) s 1 < s 2 < s − ( − a ⇒| {z } | {z } >s 1<s >0 z }| { s = s = s + ( a ) s < s < s 3 2 − a 3 1 2 − a 3 ⇒ 1 3 2 | {z }| {z } <s 2>s 1>0 z }| { s = s + a = s a ) s < s < s 4 3 4 2 − ( 3 − a 4 ⇒ 3 4 2 | {z }| {z } >s 3<s 2 .. Calcule a soma da série: √ n n = n d) a =( 1 + ∑ n √ nc) a =√ n + 1 − n b) a 3 a) a ∞ k=2 d) c) −k 2 k (−1) k=0 ∑ ∞ −k ( 1 e k=0 ∑ ∞ b) k 3) a) ∑ − 3k − 4 1 k k=1 ∑ ∞ d) ln k 2 k=2 3 ∑ ∞ c) ) 3 √ k 1√ k (1+ ln k k √ ke) ∑ ln k k 2 2k + 1 k ∑ ∞ a) 7.

c) Como lim 1 + = e a = lim 1 + = e

  (k + 1) k+1 k ✒ ✁✕ 3 + k + 12 + 1 k + 1 1✁ k+1 k 3 + 1 + k k k k 3 + k + 1 2 + 1 3✁ 3 2 3 2 b) L = lim = lim = lim = > 1· · · k+1 k k+1 k k→∞ 2 + 1 3 + k k→∞ 2 + 1 3 + k k→∞ 2✁✕ ✁✕ 1 k k k ✁✁ 2 3 2 +1 + k k ✁ 2 ✁ 3( ) k k+1 k (k + 1)! (O símbolo de módulo será omitido no caso de termo geral positivo.)√ √ k kk k a) L = lim 1/k = lim 1/ k = lim 1/k = 0 < 1 k→∞ k→∞ k→∞ √ 2 ( ) k ( ) k k k k 1 1 b) L = lim = lim = lim = < 1 k k→∞ k + 1 k→∞ k + 1 k→∞ (1 + 1/k) e Prob.

a) Vejamos a série √ ; vemos, por comparação, que essa série é divergente

  7] .= = ≥ 2 2 2 k ln k k ln k k ln k k ln k( ) k k+1 , verificamos que a série é convergente: h) Pelo critério da raiz, com a k = 2k √) k √ k ( k + 1 k + 1 1 k lim k = lim = < 1 . Agora, com n igual a ímpares, temos n = 3 : a 8 1 2 = 2 = a n = 4 : a 4 = 2 4 a 2 1 3 2 an = 6 : a 6 = 2 6 a 4 = 1 3 = 3 a n!= a e 2n x 2n = ∞ ∑ n=0 a n!x = a a ∞ ∑ n=0 (x 2 ) n 2n n=0 1 = 0 Finalmente, substituindo essas expressões dos coeficientes em (2.3), obtemos y(x) = n = 5 : a 5 = 2 5 a 3 = 0 ..

2.1 Resolução em torno de um ponto ordinário

  Por exemplo, a extensão contínua da g(x) que é igual a f (x) se x ̸= xx→x ( sen x)/x = 1.função ( sen x)/x em x = 0 é a função g(x) igual a ( sen x)/x se x ̸= 0 e com g(0) = limx→0 2 Todos os outros pontos são ordinários.ii) (x − 1) 2 − 1 = 0, isto é, x = ±1. Nesse caso, fornecemos a seguinte receita: 2 2 Os pontos singulares dessa EDO são as raízes de x y 2 1 x − ′ 2 ′′ − y(x) = 0 ⇒ y ′ ′′ 2 iv) (x 2 ′′ 2 ′′ v) (x ′ + (x − 1)y(x) = 0 : ponto singular em x = 0.

2.1.2 Teorema da existência de soluções em série de potências

  ∞ ∞ ∞ ∞ ∑ ∑ ∑ ∑ n n+1 n−2 n−2 0 = n x a n x = n x 2a n x n(n − 1)a − 2x n(n − 1)a − n=2 n=0 n=2 n=0 ∞ ∞ ∞ ∑ ∑ ∑ n−2 n−2 n−2 = x + 2a x = 2a ] x n(n − 1)a n − 2 [n(n − 1)a n − 2a n−3 n−3 |{z}| {z } n=2 n=3 n=3 2a n−3 a = 0 e a =⇒ 2 n n≥3 n(n − 1) Como a = 0, temos que a = a = 0. 0 = ∞ ∑ n=2 n(n − 1)a n x n−2 − (1 + x) ∞ ∑ n−3 x n−2 2) 6 a 4 = a 1 2 12= 1 12( a 1 = a = a + a 24 1 12 a 5 = a 2 3 20= 1 1 3 = 2a , donde a 2 − a ∑ n=3 [ n(n − 1)a n − a n−2 − a n−3 ] x n−2 2 = a /2 e 2 a a n n≥ 3 = a n−3 n−2 n(n − 1)é a relação de recorrência.

2.1.4 Problema de valor inicial (PVI)

  Mas, no segundo PVI, temos complicações: as condições iniciais fornecem 1 3 6 9 4 7 10 ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 1 + · · · = −2 3 45 1620 6 126 5670| {z } | {z } S 2 e 5 8 3 6 9 ( ) ( ) 6 · 3 9 · 3 4 · 3 7 · 3 10 · 3 2 ′ 3 + + a + + y (3) = a + 1 + = 5 . De fato; observe: ∞ ∑ n y(x) = a + a ) + a ) y(x ) = a , 1 (x − x n (x − x ⇒ n=2∞ ∑ ′ n−1 ′ y (x) = a n a + ) y (x ) = a .

2.2 Resolução em torno de ponto singular

  2 x ′′ 2 ′′ 2 y = 0 , tem, em x = 0, um ponto singular irregular e, em x = −1, um ponto singular regular.iii) (1 − x 2 )| {z } (x+1)(x−1) y − 2xy ⇒ y ′ iv) x 3 y ′′ − 2xy ′ p Considere (2.6) com coeficientes polinomiais, e escreva essa EDO como em (2.7), mas com p(x) e q(x) na forma de um quociente irredutível de polinômios completamente fatorados emmonômios. Novamente, para evitar a análise de analiticidade de funções, fornece-se a seguinte receita , válida no caso de EDO cujos coeficientes são polinômios: t ∴ y(t) = a + a 1 t + a 2 |{z} −3a 2 4 3 |{z} a0 3−a 1 t 3 4 2− 2t 6 5 5 ] [(x − 3) − (x − 3) 3 4 5 5 10 ] .

ii) A EDO x

  3xy 1 − x 2 ′′ ′ ′′ ′ vi) (x ⇒(x − 3i)(x + 3i) (x − 3i)(x + 3i) x = ±3i são pontos singulares regulares. Antes de explicar esse método, convém apresentar dois fatosque motivam esse método: 2 2 2 ′′ ′ e y 1 = x 2 = x ln x são soluções de x y n 2 ∑ a x como solução, só obteríamos y = x , pois o fator ln x na solução y não tem série de n 1 2 Taylor em torno de x = 0.

2.2.2 O Método de Frobenius – Parte 1

  Considere o problema de resolver a EDO (2.6), isto é, ′′ ′ A(x)y + B(x)y + C(x)y = 0 , em torno de um ponto singular regular x = x . Pelo chamado método deFrobenius, é sempre possível encontrar uma solução na forma da série (relativa a x = 0) ∞ ∞ ∑ ∑ r n n+r r r+1 r+2 y = x a x = a x = a x + a x + a x (2.8) n n 1 2 + · · · , com a ̸= 0 .n=0 n=0 Não permitindo que a se anule, impomos que esse coeficiente seja o primeiro da série.

1. Os valores de r para os quais a EDO tem solução na forma da série em (2.8). Esses valores surgem

  o o a da resolução de uma equação algébrica do 2 grau (do 3 grau se a EDO fosse de 3 ordem e assim ¯ ¯ ¯ por diante), denominada equação indicial, cujas soluções r e r são as chamadas raízes indiciais. (∗) Os detalhes do método serão apresentados através de exemplos, nos quais x = 0 é o ponto singular regular em torno do qual se deseja a solução.

2.2.2.1 Caso de raízes indiciais que não diferem por um inteiro: r /

  n 2 1 2 2 = 4 2 a(1 · 2) a a(1 · 2 · 3) 3 = 4a 2 3 2 = 4 3 4 (n!) 2 x n=0 (n + r − 1)(n + r)a n x n+r−1 ∑ n=0 3(n + r)a n n+r−1 ∞ − ∞ ∑ n=0 a n x n+r ∑ − y = 0 2 1 − r 2 ∈ N ∗ x n = a( 1 + 4x + 4x 2 9 x 3 ). 2 (2.9)Essa equação, com r = 0, torna-se a n = 4a n−1 /n 2 (n ≥ 1), donde a 1 =4a 1 a [(n + r) n−1 2 x n+r−1 = 0[(r − 1)r + r]a x r−1 ∑ n=1 {[(n + r − 1)(n + r) + (n + r)| {z } (n+r) ] a n=1 n − 4a n−1 } x n+r−1 = 0 r 2 |{z} a x r−1 ∑ 3 2 |{z} a0 24 x 2 |{z} 3 a0 360 x 3 4 |{z} a0 8640 x+ a a0 4 360 a 24 a 3 = a 2 (5)(3)= a /24 15= a 4 |{z} = a 3 (6)(4)= a /360 24= a 8640 ...

2.2.3 O Método de Frobenius – Parte 2

  9 9 9 ∞ ∑ 2 n 2) Para calcular 1/u c x , reescrevemos essa equação, tendo já substituído a expressão(x) ≡ n 1 n=0 2 de u (x) deduzida acima, na forma 1 ∞ (∑ 320 ) ( ) 2 n 2 3 2 3 u (x) c x = + 1 + 8x + 24x x c + c x + c x + c x = 1 , n + · · · 1 2 3 + · · · 1 9 n=0 320 2 3 c + (c + 8c ) x + (c + 8c + 24c ) x + + 8c + c + 24c c x 1 2 1 3 2 1 + · · · = 1 . = 1 → c = −8 → c = −8c − 24c = 40 → c = −8c − 24c − = − 9 9 Assim, 11472 2 3 2 3 = c + c x + c x + c x x 1 2 3 + · · · = 1 − 8x + 40x − + · · · .

27 Cálculo com o procedimento 2

  3 ( ) 1/2 3 2 5 3 (b) y(x) = c 1 u 1 (x) + c 2 u 2 (x) , onde u 1 (x) = x x x 1 − x − − + · · · 4 4 ( ) 9 2 3 e u (x) = u (x) ln x + 2x + x + 3x 2 1 + · · · 4 ( ) 1/2 1 2 1 4 1 6 (c) y(x) = c u (x) + c u (x), onde u x + (x) = x x x 1 1 2 2 1 1 − 1 2 2 2 − 3 2 + · · ·(1! ( ) ( ) 2 1 2 4 5 6 7 (b) y(x) = c 1 + x + x + c x + 2x + 3x + 4x 1 2 + · · · 3 3 ( ) ( ) 1 1 2 1 3 7 1 8 5 9 1 10 (c) y(x) = c x + x + x + c x x x x 1 1 − − 2 − − + · · · 2 10 120 2 36 36 (d) Solução:  ∞ ∑ ′ n+r−1  y = (n + r)a n x ∞ ∑ n+r r 2 n=0 y(x) = a n x = x (a + a 1 x + a 2 x ∑ ′′ n+r−2 n=0 (n + r)(n + r − 1)a  y = n x .

6 Acabamos de resolver uma EDO de Euler-Cauchy; naturalmente, ela pode ser resolvida mais simples- mente pelos métodos analíticos que o aluno já aprendeu

  (a) y(x) = c 1 x + x x x + c 2 3u 1 x x 2 4 164 4 4 ( ) 7/3 2 2 4 3 (b) y(x) = c u 1 1 2 2 1 + · · · 5 45 ( ) 1 11 16 −2 −1 e u (x) = u + (x) x + 2x 2 1 − ln x − x + · · · 2 5 9 (c) Solução: 2 ′′ ′ 16x y + (32x + 13)y = 0 . Nesse caso, a relação de recorrência, os coeficientes da série e a solução y 1 (x) correspondente são dados por [ ]( )( ) ( ) [ ] 13 9 13 16 n+ n+ n+ + 13 a = a = 16n(n + 3)a−40 n (4n+13)(4n+9) −40n−117 n n = −32a n−1 4 4 42a a a a a a 1 2 n−1 a a , a = , a ,⇒ n = − (n ≥ 1) ⇒ 1 = − 2 = − 3 = − = − · · · .

3.4 Cálculo de L de e

−st ∞ t=0 e −st cos at dt = e −st −s cos at ∫ − as {cos at} =∫ ∞ e −st sen at dt = ∞ n+1 3) Se s > 0, então:L 3 s2 · 1 s 3 } = 3 sL {t 2 } = 3 L{ senat} = 3 · 2 · 1s 4 ∴L {t n } = n!s 1 s− as (i)L 3 1 s− as 2(∗) Se a = 0, as transformadas de Laplace calculadas nesta seção fornecem, consistentemente, L{1} = 1/s e L{0} = 0. 2 = as 2 2 { senat} = as ss ⇒L (iii)(iii) em (ii) 2 2 {cos at} = ss ⇒L {cos at}] [ a sL {cos at} = { senat} =∫ ∞ t=0 ∞ e −st sen at dt = e −st −s sen at ∫ ⇒L ∞ e −st cos at dt = 0 + as L{cos at} (ii)(ii) em (i) n = 3 ⇒ L{t 2 = 2 · 1s −(s−a)t ∞ } = n L{t 1 s − a2) Se s > 0, temos, integrando por partes, para n = 1, 2, 3, · · · , que = para s>a s − a| {z } −(s−a) ∞ = − e ∞ t=0 −(s − a) −(s−a)t dt = e e −st ∞ dt =∫ at e −st e ∞ } =∫ at {e 1) Se s > a, então:L (∗) . Nesta seção considere a ∈ R , senat, cos at, senhat, cosh at ∫ e t , t 0 ( l’Hôpital) 2 s1 s {t} = 2 sL } = 2 n = 2 ⇒ L{t 2 1 s = 1 s1 s L{1} = } n = 1 ⇒ L{t} =1 s n−1 L{t )| {z } n t dt = e −s t n ∞t=0 ∞ ∫ e −st n−1 n dt = − 1 slim t→∞ ( e −st t

4) Se s > |a| (por causa da necessidade de que exista a tranformada de Laplace de e

i) L{3t − 5 sen2t} = 3 L{t}

  "" 2 3 1 + (−2 − 1) U(x + 1) + [2 − (−2)] U(x − 1) + (−1 − 2) U(x − 3) = 1 − 3 U(x + 1) + 4 U(x − 1) − 3 U(x − 3) . "" x a x ax a U 0 ( )( ) 1 ( ) %"& } = 1 − cos t .ix) L { 1 s− ss }= 4 e −1 2 2 s { −1 2 L } 2 { ss − 3 L 2t 1 s − 2} { −1 }= 4 L 2 2 3s s 4 s − 2− { −1 − 3 cos 4t + vi) L 2t }= L 2 1 s(s { −1 viii) L 5t .

3.7 Função degrau unitário

1 Vejamos dois exemplos de uso dessa função. Considere a função f(x) na figura abaixo, à esquerda

  x( ) ' # ' # " x ( ) x 1 ( ) 1a xx b x Para quem não quer deixar indefinidos os valores de funções nos seus pontos de descontinuidade, basta definir duas versões da função degrau unitário, denotadas por U (x) e U (x) e mostradas na figura acima, que só diferem da função U(x) no ponto de descontinuidade, em x = 0, onde são assim U U definidas: U (0) = lim (x) = 1 e U (0) = lim (x) = 0. 2 at s(a > 0, s > 0) −as (t − a) e (s > |a| ∈ R)U 2 − a 2 (s > |a| ∈ R) senh ata s 2 − a 2 (a ∈ R, s > 0) cosh ats s 2 n (a ∈ R, s > 0) sen ata s 2 2 (n = 1, 2, 3, · · · ) cos ats s n+1 n!

3.9 Cálculo de L de f (at), e

f (t), U(t−a)f(t−a), f(t)/t {U ∞ =∫ τ ≡ t−a f (t − a)dt −st e ∞ a ∫ U(t − a)f(t − a)dt = −st e ∞ =∫ (t − a)f(t − a)} 4)L −s(a+τ ) = ¯ f (s)Em particular: L {tf(t)} = − ¯ f ′ (s) ,L { t 2 f (t)} ′′ (s) ,· · · (s) ,L { t 3 f (t)} = − ¯ f ′′′ e f (τ )dτ = e ¯ f f (t)[∫ ¯ f (σ) dσ ∞ s ∫ dt dσ= −σt f (t)e ∞ z }| {∫ ∞ s¯ f (σ) ∫ dσ] dt = −σt e ∞ s ∞ −as ¯ f (s)5) ∫ ∞ e −sτ f (τ )dτ = e −as L{ f(t) t ∫ }= ∫ ∞ f (t)[ e −st t] dt = (n) n Seguem os cálculos dessas cinco transformadas de Laplace:1) { e f (t) dt = ¯ f (s − a)ou, equivalentemente, L −(s−a)t e ∞ ∫ f (t)] dt = at [ e −st e ∞ =∫ f (t)} at 2)L { ¯ f (s − a)} = e u ≡ at L{f(at)} = ∫ ∞ e −st f (at)dt = ( s a) para a > 0 1 a∫ ∞ e −(s/a)u f (u) du = 1 a¯ f −1 at f (t)dt= (−1) f (t), t −st e ∞ z }| {∫ n ¯f (s) ds n d n f (t)dt = (−1) n )∂s −st (e ∂ L ∞ −1 { ¯ f (s)}3) L{ t n f (t)} =∫ e n −st t n f (t)dt =∫ ∞ (−1) n 2 L= {cos 7t} = 2 2 7 (s/7) + 1 s + 49 s − 3 3t L{e cos t} = 2 { } { } ss − 3 3t 3t −1 −1 LProblema inverso: L = e = e cos t , 2 2 at −1 −1 L pois L{ ¯ f (s − a)} = e { ¯ f (s)} . 5t

ii) Como L{e } = 1/(s − 5) , então

  ( ) ′ 1 1 5t L= , {t e } = − 2 s − 5 (s − 5)( ) ′′ [ ] ′ 1 2 2 5t −2 −3 L e = = . 3 · + 5 · − e 2 2 Modificando um pouco esse exemplo, obtemos o seguinte, que, não admitindo solução por frações parciais (pois o denominador não é, em R, fatorável em monômios), é resolvido pela técnica de completaro quadrado: { } { }3s + 7 2 [ s − 1 t −1 −1 ix) L = L = e 3 cos 2t + 5 sen 2t ] .

3.12 Transformada de Laplace de função periódica

  Se a função f(t) tem período T , isto é, f(t) = f(t + T ) ∀t ≥ 0, então:∫ ∫ T ∫ ∞ ∞ −st −st −st L e f (t)dt = e f (t)dt + e f (t)dt . {f(t)} = 2 −s −s −s −s s ) 1 − e 1 − e 1 − e (1 − e −1 3.13 Cálculo de L f (s)¯ { ¯ g(s)} por convolução A operação definida abaixo entre duas funções f(t) e g(t),∫ t f (t) ∗ g(t) ≡ f (u) g(t − u) du ,é chamada de convolução ou produto convolutivo dessas funções.

3.15 Uma aplicação: cálculo de integrais definidas

  Eis alguns exemplos de como a transformada de Laplace auxilia no cálculo de integrais definidas:∫ ∫ ∞ ∞ 2 s 3− 1 −2t −st i) t e cos t dt = e t cos t dt = = ,= L{t cos t} 2 2 s=2 s=2 (s + 1) 25 s=2 onde usamos o resultado obtido no exemplo (iii) da seção 3.9. ∫ ∫ ∞ −t −3t ∞ −t −3t ) e ( e s + 3− e − e −st iii) dt = e dt = ln = ln 3 , t t s + 1 s=0 s=0 onde usamos o resultado obtido no exemplo (vi) da seção 3.9.

3.16 Outra aplicação: resolução de EDOs

  = 2e (0) = 6 : y − y 2 ¯ y(s) − s y(0)|{z} 2 ⇒ s 3t L e 2 ′ − 6y ′′ ′ (0)| {z } , y(0) = 2 , y 3t e 2 ′ − 6y ′′ , que é a solução geral, haja vista a presença da constante arbitrária c ≡ y(0) + 1 [não há restrição novalor de y(0)]. ¯ f (s) = , pelo teorema da convolução 2 2 (s + 4s + 5) onda triangular 1 1g t ( ) f t ( ) 1 2 3 4 5 1 2 4 5 3 t tonda senoidal semirretificada onda senoidal retificada 1 1u t ( )h t ( )t t Exercícios sobre o uso da transformada de Laplace no cálculo de integrais:∫ ∞ −t e sent 33.

34. Calcule e t dt

  3[ ] d 2 t ¯ f (t) = te senh2t⇒ f (s) = − = · · · 2 | {z } ds(s − 1) − 4 ↓L 2 s2 −4 [ ] 2t −2t e 1 ( ) 1 1 1− e t 3t −t ¯ ouf (t) = te = e t f (s) = − e ⇒ − 2 2 2 2 ↓L 2 (s + 1)(s − 3) 21/s Prob. 7} ∫ ∞ ′ ) [ ] ′∞ ∞ ( 1 s 1 s{ 1 − cos t ′ ′ ′2 L= ds = ln s ln(s + 1) = ln − − √ ′ ′ ′2s s t s s + 1 2 s s + 1( ) √ 2 1 s s + 1= ln lim √ = ln ′ √ − ln 2 s→∞ 1 s ′ s + 1 1 + 2s | {z } = 1 Prob.

2 Prob. 11

{ }∫ t } 1 1 1 1 ( ){ 1/ (s − 5/2) 5u/2 5t/2 o −1 −1 ¯ L 1 modo: L = = e du = e − 1 6 s 6 153s(2s − 5) { } } } 1 2/15 1/15 1−1 o { −1/5 { −1/15 5t/2 −1 −1 −1 modo: L 2 = L = L + + = e + ¯ 3s s 15 153s(2s − 5) 2s − 5 s − 5/2 { }} } { } 1 1 { 1 1 1 { 1 1 1 o5t/2 −1 −1 −1 −1 ¯ · ∗ L · 1 ∗ e L L modo: L3 = = = 6 s 6 s 63s(2s − 5) s − 5/2 s − 5/2 ∫ t 1 1 ( ) 5u/2 5t/2 = e du = e− 1 6

15 Prob. 12

  17 { t − 1 (0 ≤ t < 2) −2s U ¯ f (t) = =p(s) e t − 1 − (t − 1) (t − 2) ⇒ f (s) = L{t − 1} − ¯ 0 (t ≥ 2)| {z } p (t−2) 1 1 2 s s ) 1 1 ( 1 1 −2s − − 2 2 s s s sProb. 23{ } { [ ]} s + π s π −1 −1 −s −1 −s L e = L e{ ¯ f (s)} = L 2 2 2 2 2 s + π s + π s + π| {z } | {z } − − 1 1↓L ↓L cos πt sen πt [ ]= U(t − 1) cos π(t − 1) + sen π(t − 1) = −(cos πt + senπt) U(t − 1) | {z } | {z } − cos πt − sen πt Prob.

2 Por outro lado, p(t) = (t + 5) + = t + 15t + 75t + 15 + p(s) = ¯

  32{ } { } { } { } 1 1 1 1 −1 −1 −1 −1 L= L = L ∗ L 2 2 2 2 2 2 (s + 4s + 5) [(s + 2) + 1] (s + 2) + 1 (s + 2) + 1∫ t −2t −2t −2u −2(t−u) = (e sen t) = e sen u e sen t) ∗ (e sen (t − u) du∫ ) ] t [ 1 ( t sen2t 3 −2t −2t = e = e sen cos t sen u sen(t − u) du t − − 2 2 4| {z } já calculada no Prob. L 2 ′′ ′ ′ y + 3y s ¯ (0) + 3 [s¯− 4y(t) = 0 ⇒ y(s) − sy(0) − y y(s) − y(0)] − 4¯y(s) = 0 ′ y(0)s + 3y(0) + y (0) 2 ′ ( s ) ¯ y(s) = y(0)s + 3y(0) + y (0) y(s) = ¯⇒ + 3s − 4 ⇒ ⟨1⟩ | {z }(s − 1)(s + 4) (s−1)(s+4) ′ Item (a): Substituindo y(0) = y(0) = 1 na equação ⟨1⟩, obtemos − 1 L s + 4 1 t y(s) = = y(t) = e .

4.1 Resolução pelo método dos operadores

Esse método consiste em escrever um sistema como, por exemplo,{ ′′ ′ ′′ x + 2x + y = x(t) + 3y(t) + sen t ′ ′ −t x + y =−4x(t) + 2y(t) + e na seguinte forma, usando o operador ˆ D = d/dt ,{ 2 2 ( ˆ D + 2 ˆ D sen tD − 1) x(t) + ( ˆ − 3) y(t) = −t ( ˆ D + 4) x(t) + ( ˆ eD − 2) y(t) = e resolvê-lo, por eliminação ou determinantes, conforme mostramos abaixo, considerando sistemas maissimples para facilitar a exposição:

4.1.1 Por eliminação

{ ′ { ˆ x = 3y(t)Dx − 3y = 0 Exemplo 1:⇒ ′ y = 2x(t)Dy = 2x − ˆEliminando y : { √ √ ˆD ( ˆ Dx − 3y) = 0 2 6 t 6 t − (+) ( ˆ D x(t) = c e + c e⇒ − 6) x(t) = 0 ⇒ 1 2 Dy) = −3 (2x − ˆEliminando x : { √ √ 2 ( ˆDx − 3y) = 0 2 6 t 6 t − (+) ( ˆ D y(t) = c e + c e⇒ − 6) y(t) = 0 ⇒ 3 4 Dy) = − ˆ D (2x − ˆAs quatro constantes não são arbitrárias, pois o sistema as relaciona: √ √ √ √ √ √ 6 t 6 t 6 t 6 t ′ − − 0 = x 6 c 1 e 6 c 2 e 3 e 4 e − 3y = − − 3c − 3 c√ { √ √ √ √ √ c 3 = 6 c 1 /3 6 t 6 t− √= ( 6 c ) 6 e 6 c ) e 1 − 3c 3 + (− 2 − 3c 4 ⇒ c 6 c /3 4 = − 2 | {z } | {z }Por fim, √ √ [ ] [ ] [ ] 6 t 6 t − √ √ x(t) = c e + c e 1 1 1 2 x(t) 6 t 6 t− √ √ √ √ ou √ √= c 1 e + c 2 e 6 6 t6 6 t − − y(t)6/3 6/3 − 1 2 3 3 { { ′ ′ ˆ Exemplo 2:⇒ ′ x = 3x(t) + 2y(t)( ˆ 2y = 0 D − 3) x −Eliminando y : { ][ ˆ

2 Dx + ( ˆ D + ) y =

2 (+) [ ] [ 2 ˆ D + ( ˆ D + 2)( ˆ D + ˆ⇒ D − 3) ] x = ( ˆ D − 6) x(t) = 0 ( ˆ D + 2) ( ˆ =D − 3) x − 2y Eliminando x :{ ] [ ˆ( ˆ Dx + ( ˆ D + 2) y = 0 D − 3) 2 (+) [ ] [( ˆ D + 2) + 2 ˆ D ] y = ( ˆ D + ˆ⇒ D − 3)( ˆ D − 6) y(t) = 0 D ( ˆ = 0− ˆ D − 3) x − 2y 2t 2t −3t −3t ∴ ex(t) = c 1 e + c 2 e y(t) = c 3 e + c 4 e ′ Mas x− 3x − 2y = 0 ; logo, 2t 2t 2t −3t −3t −3t = 2 c e e e e e e 1 − 3 c 2 − 3 c 1 − 3 c 2 − 2 c 3 − 2 c 4 2t−3t ) e ) e c /2 e c= (−c 1 − 2c 3 + (−6c 2 − 2c 4 ⇒ 3 = −c 1 4 = −3c 2 | {z } | {z }{ [ ] [ ] [ ] 2t −3t x(t) = c e + c e x(t) 1 1 1 22t −3t ∴ ou= c e + c e 2t 1 2 −3t 1 − 3c 2 −1/2 −3 e e y(t) y(t) = (−1/2)c

4.1.2 Por determinantes

  Pelo uso formal da regra de Cramer, temos que ˆ ˆ ˆL L g L 1 2 1 2  x = .................... EDO p/ x(t) ˆ ˆ ˆ L L g L 3 4 2 4 { ˆ L x(t) + ˆ L y(t) = g (t) 1 2 1 ⇒ˆ L x(t) + ˆ L y(t) = g (t) 3 4 2  ˆ ˆ ˆ L L L g 1 2 1 1  y = ....................

2 D − 4 t

2 2 D( ˆ D + 4) y =3 + c 4 cos 2t + c 5 sen2t + ˆ 12 4 8 D + 1| {z } 2) −(2t+t Uso de uma das EDOs do sistema para vincular as constantes: ′ ′ x + y + c ) + (cos 2t)(2c + 2c + c ) + (c ) = 0 1 − 2c 4 2 2 5 1 − 1/8 | {z } | {z }| {z } { { 1 1 2 4 1 = −4c 4 /5 − 2c 5 c = e⇒ ⇒ c + 2c = c = 2c /5 8 1 2 −2c 5 2 4 /5 − 4c 5 y = e t −2x ′ ′ = 2y(t) − z(t) ou ˆDx + ˆDz = t 2 2x +ˆ D 2 t ′′ −2 ˆDx −2y + ( ˆ D + 1) z = Vamos obter a EDO para y(t):ˆ Dˆ D 2ˆ D 2 −2 ˆD −2ˆ D + 1 y(t) =ˆ =−2x(t) + e y 2 2 ∴ x(t) = c 1 e 2t 2 t e 2t 4− 4e t e y(t) = (c 1 − c )e 2 2t 2 t e 2t − 1 4− 8e t Exemplo 5: É dado o sistema de EDOs x ′ ′ = t D t ˆD 2 e − c t = 2e t − 2(2t + t 2 ) + 2e t Resposta:ˆ D(3 ˆ D 3 2 − 4) y(t) = 4e − 2t 2 2 − 4t Exemplo 1:{ 2x ′ ′ − y(t) = t x ′ ′ = t 2 sob as condições x(0) = 1 e y(0) = 0 . t − ( ˆD + 1)(2)t t t −2 ˆD ˆD + 1 [ˆ D( ˆ D 3 2 ) + ˆD(−4 + 2 ˆ D 3 )] y(t) = ˆD e ˆD + 1 t − 2−2 ˆ Dˆ D + 1 t 2 t −2 ˆD ˆD(3 ˆ D 3 2 − 4) y(t) =ˆ D( ˆ D + 1)e 2 1 = ( ˆD − 3)(4e − 4 ˆD + 4 = ( ˆ {( ˆ D − 3) x + y =−1 −x + ( ˆ D − 1)y = 4e t ˆD − 3 1−1 ˆD − 1 = ( ˆD − 3)( ˆ D − 1) + 1 = ˆ D 2 D − 2) = x(t) + y(t) + 4e 2 −1 14e t ˆD − 1 = ( ˆD − 1)(−1) − 4e t = 1 − 4e t ˆD − 3 −1 −14e t ⇒ ′ 3 = c 4 5(2c 4 5 ) cos 2t + 2 5(c 4 − 2c 5 ) sen 2t − t 2 4 8 y(t) = c cos 2t + c =3x(t) − y(t) − 1 y 5 sen2t + t 3 12 2 4− t 8 3 NOTA: Acima, na passagem (∗) , é omitida a resolução da EDO linear de coeficientes constantes (a solução particular pode ser obtida pelo método dos coeficientes a determinar, por exemplo). Exemplo 4:{ x ′ t t Finalmente, x(t) =− − c 2t − 1 4− 8e t x ′ − 3x(t) + y(t) + 1 = e 2t (c 3 1 + c 4 2 | {z }) + t e 2t (c 4 − c 2 | {z }) = 0 ⇒ c 4 = c 2 e c te 2t ) − 1 = 4e e t − 12e t − 1 = −1 − 8e t ( ˆD − 2) 2 x(t) = 1 − 4e t ⇒ x(t) = c 1 2t e 2 te 2t 4− 4e t ( ˆD − 2) 2 y(t) = −1 − 8e t ⇒ y(t) = c 3 2

4.2 Resolução pela transformada de Laplace

  Note que, no caso em que n = 1 (quando A é uma matriz 1 × 1, isto é, um número), a solução de dX/dt = AX é X(t) = Ce At . a ¯ = x ordem, ddt  x 1 (t) ...x n (t) | {z } X(t) ′ a 1 (t) ...x ′ n (t) | {z } X ′ (t) = a 11 · · · 1 (0)| {z } ′ 3 ⇒¯ y = 4 s 3 (s + 1)− 1 s 2 (s + 1)= 4 − ss (s + 1) .

4.3 Resolução pelo método matricial

  Dividiremos nosso estudo em três casos: 1) autovalores reais e distintos, 2) autovalores imaginários e 3) autovalores repetidos. Isso não significa que um sistema de EDOs lineares se enquadre num dessestrês casos.

1 Caso: autovalores reais e distintos

′ A solução do sistema X= AX, sendo A uma matriz n × n, é dada por n ∑ λ tk X(t) = c V e , k k k=1 onde V é um vetor linearmente independente associado ao autovalor λ . kk { [ ] [ ] [ ] ′ x = 2x + 3y d x 2 3 xExemplo 1: ou = ′ y = 2x + y y 2 1 y dt| {z } | {z } | {z } X A X { 3λ 2 − λ 1 = −1 2 λ = det(A − λI) = = (λ − 1)(λ − 2) − 6 = λ − 3λ − 4 = 0 ⇒ 2λ = 4 1 − λ 2 Cálculo do autovetor V e da solução X (t) associados ao autovalor λ 1 1 1 = −1: [ ] [ ] 3 3 escalonamento 3 A − λ 1 −−−−−−−−−→ 2 2[ ][ ] [ ] { { [ ] β = 1 3 3 α 3α + 3β = 0α = −β −1 ∴ 1 I)V 1 = 1 = (A − λ = 0 ⇒ ⇒ ⇒ −−−→ Vβ 0β = 0 β qq 1|{z} V 1 [ ]−1 λ 1 t −t ∴X (t) = V e = e 1 1

1 Cálculo do autovetor V e da solução X (t) associados ao autovalor λ = 4:

  10−1 1 e −4t 3  1 8 1 e 5t 4.3.2 2o ¯ Logo, se λ imaginário for autovalor, λ 2 ∗ (complexo conjugado) também será. 1−2i −1][ E ∗ .

1 P + k

  k 2k = 1  ⇒ −α/2 = 02β = 00γ = 0 ⇒ α = 0β = 0γ qq γ = 1 −−−→ V 3 = 1 ∴X(t) = c  = z }| { 2 i e (1+i)t 2  2−i  e (1−i)t | {z } 3  1 e t 1 ′ CQD. 2 2k 2 ] e sen bt= [(c 1 + c 2 ) | {z } ≡ k 1 P + i(c 1 − c 2 ) | {z } ≡ k 2 Q at ] e cos bt +[ i(c 1 − c 2 ) | {z } k 2 P − (c1 + c 2 ) | {z } k 1 Q ] e at sen bt .

3 Caso: autovalores repetidos

  ′ A solução do sistema X= AX, sendo A uma matriz n × n constante, é dada por kmax ∑ o X = X (k = n de autovalores distintos) , k max k=1 onde X é a parcela da solução associada ao k-ésimo autovalor distinto λ . A expressão de X depende kk k da multiplicidade de λ e dos autovetores associados a esse autovalor; vejamos: k for igual a 1 , então, sendo V o autovetor associado, temos que: λ tk X = c V e .

I) U = U onde (A − λ k j (j = 2, · · · , m)

  Essas fórmulas são provadas no final desta seção. Vale a pena escrevê-las em correspondência com a estrutura de autovalores e autovetores de uma matriz A .

3 X = c

  → V → V → VDois autovalores distintos: 1 V 1 e + c 2 V 2 e + c 3 V 3 e [ ] λ t λ t 1 V e c V + c + V e 21 22 1 1 21 21 22 22 2 V e V X = c ↗ e λλ (mult. 2) 1 (mult. 1) → V 1 2 [ ] λ t λ t 2 ↘X = c 21 U 1 + c 22 (U 1 t + U 2 ) e 1 V 1 e c U 1 I)U = U onde (A−λ 2 2 1 Um autovalor distinto: ( ) λ 1 t V , V e V X = c V + c V + c V e 11 12 13 11 11 12 12 13 13 ↗ e V não estudado aquiλ 1 11 12 (mult.

1 X = c U + c (U t + U ) + c (U t /2 + U t + U ) e

  2)A − λ  5 −4 0 1 0 2 2 5 E −→ 1 2 0 2 50 0 0   αβγ E  1 0 0 0 2 1 −5 22 0 2 = U 1 , ou, em componentes: 0 −4 0 1 −5 2 2 0  αβ γ = 2−1  . A−λ  2 −2 2−2 2−2 2 −2 2 E −→ 1−1 1    γ 1 Exemplo 5:A =  1 −2 2−2 1−2 2 −2 1 det(A − λI) = 1 − λ −2 2−2 1 − λ −2 2−2 1 − λ = −(λ − 5)(λ + 1) 2 = 0⇒ {λ = 5 (mult.

1 V

  l−j t j U j=1 ∑ λ k t l = e kl , com X kl kl kl c l=1 ∑ m = k X λkt = 0 ∀t . ] e )| {z } kl V kl − λ k (AV m k = Logo, a solução geral éX = X 1 X k − λ k dado por cada uma dessas fórmulas é solução do sistema linear, isto é, queAX k Prova das fórmulas (4.2), (4.3) e (4.4):Devemos provar que X t .

4.4 Sistemas não-homogêneos

  P (t) − AX (t) − F (t) = ✘✘ (t)U (t) + Φ(t)U (t) −✘✘✘ AΦ(t)U(t) − F (t) ⇒ (t) = Φ Em resumo, temos que a solução geral do sistema não-homogêneo é X(t) = X H (t) + X P (t), isto é, a soma da solução geral do sistema homogêneo X H (t) = Φ(t)C (calculada pelos métodos já explicados) ′ −1 com a solução particular X P (t)F (t) . (t) = Φ(t)U(t), onde U (t) = Φ[ ] [ ] 1 3t −3 ′ Exemplo 1: Resolução do sistema X = X + (t > 0) : −t 2 e−4 | {z } | {z } A F (t)′ A resolução do sistema homogêneo associado X = AX (t) fornece a solução geral H H [ ] [ ] [ ] [ ] −2t −5t 1 1 e e c 1 −2t −5t X (t) = c e + c e = .

1 F (t)

  Φ (t) [ ] [ ] [ ] [ ] t 4t 4t 5t 5t 5t e 2e e e− 16e −15e X = = . P = ΦU = t 4t t 5t 5t 5t 2e e 2e−8e − 8e −6e [ ] [ ] −2 3 t−1 ′ Exemplo 3: Resolução completa do sistema X= X(t) + (t > 0) : −4 9−3 −t | {z } | {z } A F (t) 3 − λ −1 2 = 0 λ = 0 (multip.

1 I)V = 0 ⇒ ⇒ ⇒ −−−→ V

|{z}β 0β = 0 β qq 3−0 1≡ U | {z } V 0t 0t X (t) = c U e + c (U t + U )e 1 11 1 12 1 2 [ ] [ ] { [ ] 1 3 3

1 E β = 0 /

−1 3 −1 1 3α − β = 1

I) U = U

=(A−λ 1 2 1 ⇒ −→ ⇒ −−−→ U 2 9 3 β qq−3 | {z } |{z} V 1 I 1 A−λ [ ] ([ ] [ ]) [ ] [ ] 1 1 3 3 1 1 / 1 t+ / c 11 X (t) = X (t) = c + c t + =

1 H

11 12 3 3 3 3t c 12 | {z } Φ(t) [ ] [ ] 1 1 3 3 13t / / −t − −3t t+ −1 (t) = =Φ 1 3−3 −1 3t − (3t + 1)] [ ] ] ∫ 1 1 −2 −1 −3 −4 3 / t t− t − −1 ∫ [ −3t t+ ∫ [ −3t 3 U (t) = (t)F (t) dt = dt = dt Φ −4 −2 −4 3 3t + t−1 −t [ ] 1 1 −2 −3 2 9 = 1 −1 −3 t−3t − 3 [ ] [ ] 1 1 1 −2 −3 3 1 t+ / + t t−3 ln t + 2 9 X P (t) = Φ(t)U(t) = 1 −1 −3 3 3t t−3t − 3 [ ] 1 −2 −1 t−3 ln t + − t − 3 6 = X (t) = P 1 1 −3 −2 3 2 A solução geral é X(t) = X H (t) + X P (t), ou seja, [ ] 1 1 −2 −1 c + c (t + t 11 12 ) − 3 ln t + − t − 3 3

6 X(t) =

  Matrizes que apresentam autovalores reais repetidos:(a) A = 1 2 1−2 3 2  1 0 − 10y = t ′′ = −5x dxdt  3 = 6 sen t dxdt 3 y dt 3 − 4x + d (b) dxdt − 3x − 3y = 2 x(0) = 0y(0) = 0 − 2x = 1 dxdt 2 dxdt 2. Resolva pelo método da transformada de Laplace:(a) 3 t = e − x = 0 x + 2y +dz dt dx dt 2 (c) dxdt 2 x dt 2 − d y dt = 0 x(0) = 0y(0) = y − 3y − 4 dxdt ′′′ ′ − 3y ′′ (0) = 5 ′ (0) = 0 y(0) = −1, y ′ = 0 x(0) = x 2 ′ y dt 2 = 0 d 2 x dt 2  d (0) = 0(c) ′′ (0) = y 3.

7. Agora se pede que sejam revolvidos os seguintes sistemas de EDOs não-homogêneos:

  (a) X = c 1 [ 4 1] e 3t 2 [−2 1] e −12t −  4 / 3 − 4 / 3 ](b) X = c 1  1−1  2 2t 1 y = 1 1 = x 2 x ′ 2 = x 3 x ′ 3 = 10x − 6x (b) x 2 + 3x 3 + t 2 1 [ 1−4 ] e −3t 2 [ 1 1] e 2t ′ ′ 2 = −4x1 + 3x 2 + sen 3t 1 (b){ x = 8 + 8 3 e 3t − 5 2 e 2t − 1 6 − x t e 2 y = − 2 3! (a) X = c 2 1 1] e t 2 ([ 2 1] te t 1] e t )(b) X = c 1   (c) X = c 1 −t 1 1 e 4t 2  1−2 1 e t 3  1−1  e 5.

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Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias..

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