Baixe Guidorizzi solution volume 2 - cap. 5 e outras Notas de estudo em PDF para Física, somente na Docsity! CAPÍTULO 5 Exercícios 5.1 1. e) E s-cost (a=-le f(t)=cost) x=ke +e f e! cost dt. 1 Como J et cos rdt=— [et sent— e”! cost] segue ' eo + x=ke + 7 fe 'sent—e”! cos q] e, portanto, x= et p St cost, 2 2 ar q) a T=2(= -3Jef)-2) & The! et f et.2dr. r Logo, T=ke%! -+. dp . . 2 “dr =kp, pois a taxa de aumento é proporcional ao número presente. dj = ke p(O)=po e p=po poe. Quando t = 2, temos p = 2 pq. Então, 2pg = Po et > k=In 2. Portanto, p= poettnvz = po (2). Ao final de 6 horas, temos: p=po(N2$ = p=8po. Eu R R Ri Do Sp > EM i=ke L+e L eL HO q, daí L E E ot i=ke L+e L Re e, portanto, R Ro E i=ke L 4-0. Eg Dei = O para t = 0, segue =p Portanto, Fog “e 1), b) Consideremos L = 2; R = 10; E(t) = 110 sen 120mte i = 0 para t = 0. di Go rSi=55 sen 120mt (a=5e f(t)=55 sen 12071) ] ih pe J e! 55 sen 120mt dt. Integrando por partes, temos istest a (-2647 cos 120mt +11 sen 12071). 145767? Como i = Oparat=0, k= —264m Portanto, 145767? =| (2647me-5! — 2647 cos 12071 + 1 1 sen 120771), 1+5767? Exercícios 5.2 1 2 dx gd 3,0 dt? dt a) Equação característica: 2 -2A-3=0. Raízes: A =3eA=-1. Solução geral: x = A! + Be. dx e) 5 3x=0 aê Equação característica: 2 — 3=0. Raízes: À =+43 eM= —3. 37 Solução particular que satisfaz às condições iniciais: x=e"(-cost— sent) ouseja, x = —e ' (cost + sent). 3. O movimento é regido pela equação X+4x=0. Equação característica: À? + 4 = 0. Raízes: A = +2i(a=0eB=2). Solução geral: x = A cos 2t + B sen 21. X0)=4 > A=1. x=-2sen21+2Bcos 21. H0)=2B > 2B=-1 5 B=—+. Logo, x =-—2 sen 2t — cos 21. fd. 5 ="-fR0)=0 ef(0=1. de dr + ÃO) 0) Equação característica: 2 -A+1=0. Raízes: A=5* É, [e-1e B= ' Solução geral: [=e? [aco ré ten E | SO=A > 4=0 ' fu=e? [fsen5 |) ' ' note (tia Es o [O nos] 2 2 2 mm 3 2 0 W3 fO-q8> Bog. ' Logo, f()= ai e2 sen E . 6. Temos x=k(x—x) com X(0) =2; x(0)=1 e x(0)=0. Logo, 2=K1-0) > k=2. Daí x — 2x+ 2x = 0 cuja solução geral é x=e (Acost+ Bsenf). Tendo em vista as condições iniciais, resulta x(t) = e'sent. 7. Pela lei de Newton: =—x— cx, ou seja, X+cx + x=0. 40 Equação característica: RP +cA+I1=0. Raízes: A= 2 a) As raízes devem ser reais e distintas para que o movimento seja fortemente amortecido. Logo, 2 —-4>0 > c>2(c>0). b) As raízes devem ser reais e iguais para que o movimento seja criticamente amortecido. Logo, 2-4=0 > c=2(poisc>0). c) As raízes devem ser complexas. Logo, d-4<0 5 0<c<2 Exercícios 5.5 db) x+4x+4x=2+1. A homogênea associada é X+ 4x + 4x =0. Equação característica: R+4A+4=0. Raízes: M=A=—2. Solução geral da homogênea: x, = Ae Y + Bre 2. Vamos procurar uma solução particular da equação dada. Tentaremos x, = m + nt. Assim, Cm + nd" + 4(m + nt) + 4m + nt) =2t+ 1, ou seja, Am + 4m+Ant=2+ 1. Devemos ter: fa =2 4m+n)=1 . 1 1 ouseja, n=-em=-——. 2 4 Loo. x . Logo, xp =— az" 2! é uma solução particular. A solução geral será: x= Ae! + Bte 2! — ++ 5 t. d) X+4X+3x=—8e7. 4 Equação característica: 2 +4A+3=0. Raízes: A=-leA=—3. Solução geral da homogênea: x, = Ac! + Be? Vamos procurar a solução particular da equação dada. Tentaremos x, = me, (my + 4 (me +43 (me) = 8% Ame! + met + Im =8! > Im=8> m-E. Assim, 8x xp=—0eX, ra A solução geral é: «= Ae! + Be + ce. PD y+2y=4 Equação característica: R+2A=0.Raízes:A=0eA=—2. Solução geral da homogênea: x, = A + Be. Seja xp = mt. Devemos ter: (mt)" + 2(mt)' = 4, portanto, m = 2. Logo, x, = 2t é solução particular. Solução geral: x = A + Be 2 + 21. 1 X+2x+x=cos2t. Equação característica: R+2A+1=0. Raízes: M=A=-1. Solução geral da homogênea: xy = Ae! + Bite”. Seja x, =mcos2t + n sen 2t. Devemos ter: (mcos 2t + n sen 21)" + Mm cos 2t + n sen 21)" + (m cos 2t + n sen 21) = cos 2t — 4m cos 2t — 4n sen 2t — 4m sen 2t + 4n cos 21 + m cos 2t + n sen 2t = cos 2t (—3m + 4n) cos 2t + (—3n — 4m) sen 2t = cos 2t 3 4 . ]-3m+4n=1 daífm=—en= Portanto: ma am im 25º" 55. =3n-4m=0 . 3 4 Solução particular: xp =— = cos 2t-+ — sen 21. 25 25 3 4 Solução geral: x= Ae”! + Bte”! —- — cos2t + — sen 21. 42
