a) Para que a condição y(0) 0 seja verificada, basta tomar k 0. O gráfico pedido é então a parábola y x 2.

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1 CAPÍTULO Exercícios. 5. A solução geral da equação é ye x Èk ( xx ) ex dxù e, portanto, ÎÍ ûú y ke x x, pois, ( xx) ex dxxex. a) Para que a condição y() seja verificada, basta tomar k. O gráfico pedido é então a parábola y x. b) É o gráfico da solução y e x x. Exercícios.. A equação que rege o movimento é xxcx, xcx x, c. As raízes da equação característica são dadas por c c 4. Para c, a equação característica admitirá a única raiz real c c t e a solução geral será xe ( ABt ). Considerando as condições iniciais x() x, x, e x ( ), deveremos ter A x c cx e B ; a solução satisfazendo tais condições será, então, x x e t c Ê t ˆ Ë ; segue que x(t) para todo t e lim xt ( ), se no instante t a partícula é tæ abandonada na posição x e com velocidade nula, então a partícula será atraída para a origem, mas sem oscilar em torno da origem. Se o fator de amortecimento c for estritamente maior que, a partícula tenderá, também, para a origem, pois as raízes características serão ambas negativas, só que mais lentamente que no caso c. No caso c, a partícula tenderá para a origem com movimento oscilatório em torno da origem. Temos então a) para c o movimento será fortemente amortecido; b) para c teremos o amortecimento crítico; c) para c teremos o movimento oscilatório amortecido. Exercícios.3 4. a) A equação que rege o movimento da partícula é (, x ) y Æ F( x, y), (, x ) y U( x, y). Seja x x(t) e y y(t) uma solução satisfazendo as condições iniciais x(), y(), x ( ) e y ( ). Multiplicando ambos os membros da

2 equação escalarmente por ( x, y ), obtemos xx yy U( x, y) (, x y ). Pela regra da cadeia para uma e duas variáveis, temos Então, para todo t, xx yy d Ê x y d Uxy (, ) (, xy ) (, ). dt ˆ Á e Ë dt Uxy d dt Existe então uma constante k tal que x y Uxy (, ) k, para todo t. Ê x y ˆ Á Uxy (, ). Ë De U(x, y) x xy y e tendo em vista as condições x(), y(), x ( ) e y ( ), resulta k 3. Deste modo, para todo t teremos x y xxyy 3. x y Como, para todo t,, a partícula permanecerá na região x xy y 3, que é uma região elíptica. b) A equação que rege o movimento é (, x ) y U( x, y), (, x ) y ( x y, x y), pois U(x, y) (x y, x y). Temos então o sistema Ï xx y Ì Ó yxy Derivando a.ª equação duas vezes em relação a t obtemos d4y x. y dt 4 Multiplicando a.ª equação do sistema por e somando com a primeira, obtemos x y3 y. Substituindo este ẋ na equação anterior, resulta d4y dy 4 3y. dt 4 dt 5

3 A equação característica é uma equação biquadrada com raízes i 3e i. A solução geral desta equação é então y Acos t Bsen t Ccos 3 t Dsen 3 t. Da equação ẏx y segue y x y e, tendo em vista as condições iniciais, resulta ( y ) 3 e ( y ). Então, as constantes A, B, C e D devem ser determinadas de modo que as condições iniciais y(), y ( ), ( y ) 3e ( y ) sejam satisfeitas. Deveremos ter então ÏAC BD 3 ÌA3C3 Ó B3 3D Resolvendo o sistema, obtemos A, B, C e D. Assim, ycos 3t, t. Substituindo este valor de y na equação yx y, obtemos x cos 3 t. Assim, a posição da partícula no instante t é dada por xcos 3t e ycos 3t. Exercícios.4. Sendo x g (t) e x g (t) soluções particulares de xbx cx f () t e de x bx cx f (), t respectivamente, então teremos xbx cx f() t e x bx cx f() t e daí, somando membro a membro estas duas equações, obteremos ( x x) b( xx ) c( xx) f( t) f( t), g (t) g (t) é uma solução particular de x bx cx f () t f (). t 5. Para t, xx, daí x Acos t Bsen t. Para que as condições x() e x ( ) sejam satisfeitas devemos ter A e B. Assim, para t, x sen t. Para t, x x, logo, x Ccos t Dsen t. Para garantir a continuidade de x x(t) e de x x () t em t, deveremos ter e lim sen t lim ( Ccos tdsen t) tæ tæ lim cos t lim ( Csen tdcos t) tæ tæ C e D; segue daí, C e D. Assim, para t, x cos t sen t. Para t, ẋx e, portanto, x Ecos t Fsen t. Para garantir que a solução seja de classe C, deveremos ter 6

4 e lim (cos tsen t) lim ( Ecos tfsen t) tæ tæ lim ( sen tcos t) lim ( Esen tfcos t). tæ tæ Daí, deveremos ter E e F. A solução procurada é então dada por Ïsen t, se t x Ìcos tsen t, se t Ó cos tsen t, se t. 6. Fazendo w LC E E e a equação dada é equivalente a q wqesen wt. L A solução da homogênea associada é q Acos wt Bsen wt. Se w w, a equação admitirá uma solução particular do tipo q p msen w t; substituindo esta solução particular na equação, resulta mw sen w t mw sen wt Esen wt e, portanto, E m w w. Assim, para w w, a solução geral será E q Acos wt Bsen wt wt w w sen. Se w w ocorrerá ressonância e teremos, então, uma solução particular do tipo q p m tcos w t m tsen w t. Procedendo como E no Exemplo, encontraremos a solução particular qp w cos wt. 8. c) A equação característica da homogênea associada é 4 6, cujas raízes são,, i e i. A equação admite uma solução particular do tipo x p m sen t. Substituindo na equação encontramos m. A solução geral será então x Ae t Be t Ccos t Dsen t sen t. Para que as condições iniciais sejam satisfeitas deveremos ter ÏABC ÏABC ABD ABD Ì, 4A4B4C ÌABC Ó8A8B8D ÓABD Resolvendo o sistema, obtemos A B C D. Assim, x sen t resolve o problema. 7

5 e) Temos x4xcos t e x( ) x ( ). Como cos t é solução da homogênea associada, estamos no caso de ressonância, teremos uma solução particular do tipo x p m tcos t m tsen t. Substituindo na equação, encontraremos m e m. A solução procurada é então x tsen t. 4 4 Exercícios.6. Queremos a solução de ẋ4 xsen t satisfazendo as condições iniciais x() e x ( ). Pela transformada de Laplace Temos est ( x4x) dt e st t dt sen e st x dts e st x dtsx( ) x ( ) s e st x dt e, pela tabela das transformadas de Laplace, e st sen t dt. s Substituindo na equação anterior, resulta ( s ) e st x dt,, e st 4 ou seja x dt s ( s )( s ). 4 Temos as b ms n. ( s)( s4) s s 4 Então, para todo s devemos ter (a b)(s 4) (ms n)(s ) (a m)s 3 (b n)s (4a m)s 4b n. 8

6 Devemos ter então a m, b n, 4a m e 4b n. Resolvendo, obtemos a, b, m e n. Então, 3 3 e st x dt 3 e 3 st sen t dt e st sen t dt. ( s ) ( s 4) 3 6 A solução procurada é então x t t 6 ( sen sen ). 4. Aplicando a transformada de Laplace aos dois membros e levando em conta as condições iniciais x() e x ( ), obtemos s e st x dt s e st x dt e st x s s ( s ) e st x s s e, portanto, e st x. s ( s ) ( s)( s) Tendo em vista que s( s) s s ( s ) s e ( s)( s) 4( s) ( s) 4( s) resulta 7. 4( ) 4( ) ( ) e st x s s s s s 9

7 Pela tabela das transformadas de Laplace, obtemos a solução do problema que é x t et 7 e t te t Aplicando a transformada de Laplace aos dois membros e levando em consideração as condições iniciais, resulta ( s ) e st x dt,, e st 4 ou seja x dt ( s ) ( s )( s s ). 4 Precisamos primeiro decompor o segundo membro numa soma de frações parciais as b ms n ( s4)( s ss) s 4 s s onde as constantes a, b, m e n devem ser determinadas de modo que, para todo s, tenhamos que é equivalente a (as b)(s s ) (ms n)(s 4) (a m)s 3 (b a n)s (a b 4m)s b 4n Ïam abn Ìab4m Ób4n. 3 Resolvendo o sistema, obtemos a a, b, m e n. Temos então 4 e st x dt s s ( s ) ( s 4) [( s) ] [( s) ]. Pela tabela das transformadas de Laplace resulta que é a solução procurada. x Ê cos t sen te t cos tet sen t ˆ Ë 3