IME / ITA(Simulado IME) Sistemas

Aqui deverão ser postadas questões desses vestibulares e de outras instituições militares (EN, CN, EsPCEx etc.).

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Willm17
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Fev 2014 23 12:54

(Simulado IME) Sistemas

Mensagem não lida por Willm17 »

Sejam X(t)=(x(t),y(t)) a solução do sistema de equações diferenciáveis:

\begin{cases}
x'(t)=x(t)-2y(t), \\ 
y'(t)=2x(t)+y(t),
\end{cases}

satisfazendo a condição x\left(\frac{\pi }{4}\right)=2e^{\frac{\pi }{4}},y\left(\frac{\pi }{4}\right)=e^{\frac{\pi }{4}}. Vale que 4x(0)+3y(0) é igual a:

a) - 2
b) - 5
c) - 3
d) 1
e) 4

Última edição: Willm17 (Dom 23 Fev, 2014 12:54). Total de 2 vezes.


"A natureza e as suas leis jaziam na noite escondidas.
Disse Deus “Faça-se Newton” e houve luz nas jazidas."

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candre
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Fev 2014 24 15:16

Re: (Simulado IME) Sistemas

Mensagem não lida por candre »

sendo X(t)=\begin{bmatrix}x(t)\\y(t)\end{bmatrix} a solução do sistema:
\begin{cases}x'(t)=x(t)-2y(t), \\ y'(t)=2x(t)+y(t),\end{cases}
aplicando transformada de laplace temos:
\begin{cases}\mathcal{L}\{x'(t)\}=\mathcal{L}\{x(t)-2y(t)\}, \\\mathcal{L}\{y'(t)\}=\mathcal{L}\{2x(t)+y(t)\},\end{cases}
sendo que \mathcal{L}\{f'(t)\}=sF(s)-f(0)
para provar isso, considere a definição da transformada:
\mathcal{L}\{f'(t)\}=\int_{0}^{+\infty}f'(t)e^{-st}dt\\
u=e^{-st}\Rightarrow du=-se^{-st}dt\\
v=f'(t)dt\Rightarrow v=f(t)\\
\int_{0}^{+\infty}f'(t)e^{-st}dt=\left.f(t)e^{-st}\right|_{0}^{+\infty}+s\int_{0}^{+\infty}f(t)e^{-st}dt\equiv f(0)+sF(s)
portanto obtemos:
\begin{cases}s\mathcal{X}(s)-x(0)=\mathcal{X}(s)-2\mathcal{Y}(s)\\
s\mathcal{Y}(s)-y(0)=2\mathcal{X}(s)+\mathcal{Y}(s)\end{cases}
reorganizando temos:
\begin{cases}(s-1)\mathcal{X}(s)+2\mathcal{Y}(s)=x(0)\\
-2\mathcal{X}(s)+(s-1)\mathcal{Y}(s)=y(0)\end{cases}
tendo:
\triangle=\begin{vmatrix}s-1&2\\-2&s-1\end{vmatrix}=(s-1)^2+4=s^2-2s+1+4=s^2-2s+5\\
\triangle\mathcal{X}=\begin{vmatrix}x(0)&2\\y(0)&s-1\end{vmatrix}=(s-1)x(0)-2y(0)\\
\triangle\mathcal{Y}=\begin{vmatrix}s-1&x(0)\\-2&y(0)\end{vmatrix}=2x(0)+(s-1)y(0)
tendo:
\mathcal{X}=\frac{\triangle\mathcal{X}}{\triangle}=\frac{x(0)s-x(0)-2y(0)}{s^2-2s+5}\\
\mathcal{Y}=\frac{\triangle\mathcal{Y}}{\triangle}=\frac{y(0)s+2x(0)-y(0)}{s^2-2s+5}
temos que:
\frac{as+b}{(s-\alpha)(s-\beta)}=\frac{A}{s-\alpha}+\frac{B}{s-\beta}\\
as+b=A(s-\beta)+B(s-\alpha)\\
s=\alpha\Rightarrow A=\frac{a\alpha+b}{\alpha-\beta}\\
s=\beta\Rightarrow B=-\frac{a\beta+b}{\alpha-\beta}
fatorando o denominador do que obtemos:
s^2-2s+5=0\\
\triangle=(-2)^2-4(1)(5)=4-20=-16\\
s=\frac{2\pm4\imath}{2}=1\pm2\imath\\
s^2-2s+5=(s-1-2\imath)(s-1+2\imath)
tendo:
\mathcal{X}(s)=\frac{x(0)s-x(0)-2y(0)}{(s-1-2\imath)(s-1+2\imath)}\\
\mathcal{Y}(s)=\frac{y(0)s+2x(0)-y(0)}{(s-1-2\imath)(s-1+2\imath)}\\
no primeiro caso temos (efetuando também uma mudança conveniente das constantes):
a=x(0),b=-x(0)-2y(0),\alpha=1+2\imath,\beta=1-2\imath\\
\alpha-\beta=1+2\imath-1+2\imath=4\imath\\
a\alpha+b=x(0)(1+2\imath)-x(0)-2y(0)=\cancel{x(0)}+2x(0)\imath-\cancel{x(0)}-2y(0)=2\left[x(0)\imath-y(0)\right]\\
a\beta+b=x(0)(1-2\imath)-x(0)-2y(0)=\cancel{x(0)}-2x(0)\imath-\cancel{x(0)}-2y(0)=-2[x(0)\imath+y(0)]\\
\frac{x(0)s-x(0)-2y(0)}{(s-1-2\imath)(s-1+2\imath)}=\frac{a\alpha+b}{\alpha-\beta}\frac{1}{s-\alpha}-\frac{a\beta+b}{\alpha-\beta}\frac{1}{s-\beta}=\\
\frac{2[x(0)\imath-y(0)]}{4\imath}\frac{1}{s-1-2\imath}-\frac{-2[x(0)\imath+y(0)]}{4\imath}\frac{1}{s-1+2\imath}=\\
\underbrace{\frac{x(0)\imath-y(0)}{2\imath}}_{L_1}\frac{1}{s-1-2\imath}+\underbrace{\frac{x(0)\imath+y(0)}{2\imath}}_{L_2}\frac{1}{s-1+2\imath}
no segundo temos (efetuando também outra mudança conveniente de constantes) :
a=y(0),b=2x(0)-y(0),\alpha=1+2\imath,\beta=1-2\imath\\
\alpha-\beta=1+2\imath-1+2\imath=4\imath\\
a\alpha+b=y(0)(1+2\imath)+2x(0)-y(0)=\cancel{y(0)}+2\imath y(0)+2x(0)-\cancel{y(0)}=2[x(0)+y(0)\imath]\\
a\beta+b=y(0)(1-2\imath)+2x(0)-y(0)=\cancel{y(0)}-2\imath y(0)+2x(0)-\cancel{y(0)}=2[x(0)-y(0)\imath]\\
\frac{y(0)s+2x(0)-y(0)}{(s-1-2\imath)(s-1+2\imath)}=\frac{a\alpha+b}{\alpha-\beta}\frac{1}{s-\alpha}-\frac{a\beta+b}{\alpha-\beta}\frac{1}{s-\beta}=\\
\frac{2[x(0)+y(0)\imath]}{4\imath}\frac{1}{s-1-2\imath}-\frac{2[x(0)-y(0)\imath]}{4\imath}\frac{1}{s-1+2\imath}=\\
\underbrace{\frac{x(0)+y(0)\imath}{2\imath}}_{L_3}\frac{1}{s-1-2\imath}+\underbrace{-\frac{x(0)-y(0)\imath}{2\imath}}_{L_4}\frac{1}{s-1+2\imath}
obtemos:
\mathcal{X}(s)=L_1\frac{1}{s-1-2\imath}+L_2\frac{1}{s-1+2\imath}\\
\mathcal{Y}(s)=L_3\frac{1}{s-1-2\imath}+L_4\frac{1}{s-1+2\imath}
efetuando a transformada inversa temos:
\mathcal{L}^{-1}\{\mathcal{X}(s)\}=\mathcal{L}^{-1}\left\{L_1\frac{1}{s-(1+2\imath)}+L_2\frac{1}{s-(1-2\imath)}\right\}=\\
x(t)=L_1\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-(1+2\imath)}}\right\}+L_2\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-(1-2\imath)}\right\}\\
\mathcal{L}^{-1}\{\mathcal{Y}(s)\}=\mathcal{L}^{-1}\left\{L_3\frac{1}{s-(1+2\imath)}+L_4\frac{1}{s-(1-2\imath)}\right\}=\\
y(t)=L_3\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-(1+2\imath)}}\right\}+L_4\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-(1-2\imath)}\right\}
consultando uma tabela de transformadas de laplace para obtemos:
x(t)=L_1e^{(1+2\imath)t}+L_2e^{(1-2\imath)t}\\
y(t)=L_3e^{(1+2\imath)t}+L_4e^{(1-2\imath)t}
utilizando a propriedade da potenciação e a identidade de Euler temos e mudando as constantes de forma a ficar mais simples, temos:
x(t)=L_1e^te^{2t\imath}+L_2e^te^{-2t\imath}=e^t(L_1e^{2t\imath}+L_2e^{-2t\imath})=\\
e^t[L_1\cos(2t)+L_1\imath\sin(2t)+L_2\cos(2t)-L_2\imath\sin(2t)]=\\
e^t[\overbrace{(L_1+L_2)}^{\alpha_1}\cos(2t)+\overbrace{(L_1-L_2)\imath}^{\beta_1}\sin(2t)]=\\
e^t[\alpha_1\cos(2t)+\beta_1\sin(2t)]\\
y(t)=L_3e^te^{2t\imath}+L_4e^te^{-2t\imath}=e^t(L_3e^{2t\imath}+L_4e^{-2t\imath})=\\
e^t[L_3\cos(2t)+L_3\imath\sin(2t)+L_4\cos(2t)-L_4\imath\sin(2t)]=\\
e^t[\overbrace{(L_3+L_4)}^{\alpha_2}\cos(2t)+\overbrace{(L_3-L_4)\imath}^{\beta_2}\sin(2t)]=\\
e^t[\alpha_2\cos(2t)+\beta_2\sin(2t)]
derivando temos:
x'(t)=e^t[\alpha_1\cos(2t)+\beta_1\sin(2t)]+e^t[-2\alpha_1\sin(2t)+2\beta_1\cos(2t)]=\\
e^{t}[(\alpha_1+2\beta_1)\cos(2t)+(\beta_1-2\alpha_1)\sin(2t)]\\
y'(t)=e^t[\alpha_2\cos(2t)+\beta_2\sin(2t)]+e^t[-2\alpha_2\sin(2t)+2\beta_2\cos(2t)]=\\
e^{t}[(\alpha_2+2\beta_2)\cos(2t)+(\beta_2-2\alpha_2)\sin(2t)]
substituindo no sistema de equações obtemos:
\begin{cases}\alpha_1+2\beta_1=\alpha_1-2\alpha_2\\
\beta_1-2\alpha_1=\beta_1-2\beta_2\\
\alpha_2+2\beta_2=2\alpha_1+\alpha_2\\
\beta_2-2\alpha_2=2\beta_1+\beta_2\end{cases}
de onde obtemos:
c_1=\alpha_1=\beta_2\\
c_2=-\alpha_2=\beta_1
tendo por fim como solução geral do sistema
x(t)=e^t[c_1\cos(2t)+c_2\sin(2t)]\\
y(t)=e^t[-c_2\cos(2t)+c_1\sin(2t)]
como as condições iniciais são [tex3]x(\frac{\pi}{4})=2e^{\frac{\pi}{4}},y(\frac{\pi}{4})=e^{\frac{\pi}{4}}[/tex3]
tendo:
[tex3](\frac{\pi}{4})=e^{\frac{\pi}{4}}[c_1\cos(2\frac{\pi}{4})+c_2\sin(2\frac{\pi}{4})]=e^{\frac{\pi}{4}}[c_1\cos(\frac{\pi}{2})+c_2\sin(\frac{\pi}{2})]=c_2e^{\frac{\pi}{4}}=2e^{\frac{\pi}{4}}\\
c_2=2\\
y(\frac{\pi}{4})=e^{\frac{\pi}{4}}[-c_2\cos(2\frac{\pi}{4})+c_1\sin(2\frac{\pi}{4})]=e^{\frac{\pi}{4}}[-c_2\cos(\frac{\pi}{2})+c_1\sin(\frac{\pi}{2})]=c_1e^{\frac{\pi}{4}}=e^{\frac{\pi}{4}}\\
c_1=1[/tex3]
tendo:
X(t)=\begin{bmatrix}x(t)\\y(t)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}e^t\cos(2t)+2e^{t}\sin(2t)\\-2e^t\cos(2t)+e^{t}\sin(2t)\end{bmatrix}
substituindo t=0 temos:
X(0)=\begin{bmatrix}e^0\cos(2\cdot0)+2e^{0}\sin(2\cdot0)\\-2e^0\cos(2\cdot0)+e^{0}\sin(2\cdot0)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\-2\end{bmatrix}
efetuando [tex3]4x(0)+3y(0)[/tex3] temos:
4x(0)+3y(0)=4\cdot1+3\cdot-2=4-6=-2
a)-2

Última edição: candre (Seg 24 Fev, 2014 15:16). Total de 2 vezes.


a vida e uma caixinha de surpresas.

Auto Excluído (ID:12031)
6 - Doutor
Última visita: 31-12-69
Jun 2014 20 02:18

Re: (Simulado IME) Sistemas

Mensagem não lida por Auto Excluído (ID:12031) »

Belíssima solução do Candre, vou propor uma outra aqui que não usa a transformada de Laplace:

Sendo X(t)=\begin{bmatrix}x(t)\\y(t)\end{bmatrix}
A solução do sistema:
\begin{cases}x'(t)=x(t)-2y(t), \\ y'(t)=2x(t)+y(t),\end{cases}
temos de forma matricial que
X'(t)=\begin{bmatrix}1&-2\\ 2&1\end{bmatrix}X(t)

Existe um teorema (o qual eu não vou provar) que diz:

"Se [tex3]\lambda[/tex3] é um autovalor de A e [tex3]\vec{v}[/tex3] é um autovetor associado ao autovalor [tex3]\lambda[/tex3] , então [tex3]X(t)=e^{\lambda t}\vec{v}[/tex3] é uma solução do sistema [tex3]X'(t)=AX(t)[/tex3] "

vamos encontras os autovalores de \begin{bmatrix}1&-2\\ 2&1\end{bmatrix}:

det(A-\lambda I) =0
\left | \begin{array}{ccc}1-\lambda&-2\\ 2&1-\lambda\end{array}\right| = 0
(1-\lambda)^2 + 4=0
(1-\lambda)^2 =-4
(1-\lambda) =\pm 2i
\lambda =1 \pm 2i
agora vamos encontrar os auto-vetores associados aos auto-valores:
[tex3](A-\lambda I)\vec{v}=0[/tex3]
\left [ \begin{array}{ccc}1-\lambda&-2\\ 2&1-\lambda\end{array}\right]\begin{bmatrix}v_{1}\\ v_{2}\end{bmatrix}
 = 0
para \lambda = 1+2i teremos:
\left [ \begin{array}{ccc}-2i&-2\\ 2&-2i\end{array}\right]\begin{bmatrix}v_{1}\\ v_{2}\end{bmatrix}
 = 0 \rightarrow \begin{cases}-2iv_{1}-2v_{2}=0 \\ 2v_{1}-2iv_{2}=0\end{cases}\rightarrow v_{1}=iv_{2}
o auto valor associado ao auto-vetor \lambda=1+2i é \vec{v}=\begin{bmatrix}i\\1\end{bmatrix}
para \lambda=-2i:
\left [ \begin{array}{ccc}2i&-2\\ 2&2i\end{array}\right]\begin{bmatrix}v_{1}\\ v_{2}\end{bmatrix} = 0 \rightarrow \begin{cases}2iv_{1}-2v_{2}=0 \\ 2v_{1}+2iv_{2}=0\end{cases}\rightarrow v_{2}=iv_{1}
o auto valor associado ao auto-vetor \lambda=1-2i é \vec{v}=\begin{bmatrix}1\\i\end{bmatrix}

A solução geral do nosso problema é uma combinação linear dessas duas soluções que encontramos:
X(t)=c_{1}e^{(1+2i)t}\begin{bmatrix}i\\1\end{bmatrix}+c_{2}e^{(1-2i)t}\begin{bmatrix}1\\i\end{bmatrix}
para t=\pi /4:
X(\pi/4)=c_{1}e^{(1+2i)\pi /4}\begin{bmatrix}i\\1\end{bmatrix}+c_{2}e^{(1-2i)\pi /4}\begin{bmatrix}1\\i\end{bmatrix}=e^{\pi /4}(c_{1}e^{\pi i/2}\begin{bmatrix}i\\1\end{bmatrix}+c_{2}e^{(-\pi i/2)}\begin{bmatrix}1\\i\end{bmatrix})
lembre-se que
e^{ix}=cos(x)+isen(x) \rightarrow e^{i\pi /2} = i e e^{-i \pi/2}=-i então:
X(\pi/4)=e^{\pi /4}(c_{1}\begin{bmatrix}-1\\i\end{bmatrix}+c_{2}\begin{bmatrix}-i\\1\end{bmatrix})
mas X(\pi /4)=\begin{bmatrix}2e^{\pi /4}\\e^{\pi /4}\end{bmatrix} então:
\begin{bmatrix}2\\1\end{bmatrix} = c_{1}\begin{bmatrix}-1\\i\end{bmatrix}+c_{2}\begin{bmatrix}-i\\1\end{bmatrix}\rightarrow \begin{cases}-1c_{1}-ic_{2}=2 \\ ic_{1}+c_{2}=1\end{cases} \rightarrow \begin{cases}-1c_{1}-ic_{2}=2 \\ -1c_{1}+ic_{2}=i\end{cases}\rightarrow -2c_{1}=2+i \rightarrow c_{1}=-1-i/2
c_{2}=1-ic_{1}=1-(-i+1/2)=1/2+i
Veja que:
X(0)=c_{1}\begin{bmatrix}i\\1\end{bmatrix}+c_{2}\begin{bmatrix}1\\i\end{bmatrix}
pois e^{0}=1
X(0)=\begin{bmatrix}-i+1/2\\-1-i/2\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}1/2+i\\i/2-1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\-2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}x(0)\\y(0)\end{bmatrix}

logo x(0)=1 e y(0)=-2 então 4x(0)+3y(0) = 4 - 6 = -2
Um abraço

Última edição: Auto Excluído (ID:12031) (Sex 20 Jun, 2014 02:18). Total de 1 vez.



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