Reparei que se calhar (6) não será imediatamente evidente, e terá também a ver com o facto de $\frac{\sin\frac{x}{n}}{\frac{x}{n}}$ ser menor do que ou igual a 1 quando $x \geq 0$, logo a expressão dentro do supremo do lado direito em (6) ser não negativa.
Recent Forum Posts
Esse exercício foi resolvido numa das aulas, embora talvez sem se ter feito referência à folha de exercícios. Mas, pelo "sintoma", provavelmente substituíste a solução geral obtida para $x_1$ na 2ª equação e resolveste-a em ordem a $x_2$, o que terá feito aparecer mais uma constante. Em vez disso, o que deverás fazer é substituir o $x_1$ e a sua derivada na 1ª equação, que deixa então de ter derivadas incógnitas e se resolve facilmente em ordem a $x_2$ sem a introdução de mais nenhuma constante.
Para se poder usar o método da transformada de Laplace com a informação que foi dada nas aulas, a EDO deverá ser linear de coeficientes constantes.
Para usar o método da equação característica é ainda necessário que a EDO seja homogénea (i.e., 2º membro igual a zero), embora, no caso de não o ser, depois se possa tentar obter uma solução particular (a somar à solução geral da homogénea associada) com base no aspecto do 2º membro.
A escolha não é simples. Eu diria que se existirem também condições iniciais dadas e se for fácil obter a transformada de Laplace do 2º membro, seria de tentar o método da transformada de Laplace, em especial se o aspecto do 2º membro não nos sugerir que tipo de solução particular poderíamos procurar. Mesmo quando não há condições iniciais dadas, o método da transformada de Laplace pode ser então o mais aconselhável, nesse caso (não se sabendo os valores de $y(0)$, $y'(0)$, etc.) usando constantes desconhecidas para os valores iniciais.
Se a EDO linear de coeficientes constantes for homogénea, deverá usar-se o método da equação característica.
No caso do exercício 5, há duas ou três alíneas que, de acordo com o acabado de expor, se poderiam tentar resolver pelo método da transformada de Laplace (embora nas aulas nós tivéssemos usado o outro método). Recordo, ainda, que há casos (mesmo para EDOs lineares de coeficientes constantes) que nem um nem o outro método são fáceis de usar. Por exemplo, para resolvermos o 5.b) usámos o método da variação das constantes (enfim, após ter-se usado o método da equação característica para obter a solução geral da EDO homogénea associada).
Neste exercício, x1 dá-me a solução correcta. No entanto, x2 da-me uma solução com 3 constantes, isto é, x2 = -2C1e^(-t) - 2C2e^3t + C3e^t. Usei a fórmula para a resolução de EDO's lineares de 1ª ordem e não encontro o erro na minha resolução.
Gostava de saber dada um EDO, de qualquer ordem, quando é que é recomendável utilizar a transformada de Laplace para resolver a EDO, ou seja, se existe alguma regra ou é por intuição.
Por exemplo para resolver determinar as soluções das EDO's do exercício 5, seria recomendado utilizar o método da equação característica ou o da transformada de Laplace.
O 2a) foi feito numa das aulas. Enganaste-te nos cálculos. Devias ter obtido
(1)\begin{align} \frac{\mu'(x)}{\mu(x)} = \frac{3x^2+3y^2}{x^2+y^2} = 3. \end{align}
Na aula fizemos também um parecido com o 2f), mas, na verdade, com este 2f) não se consegue obter factor integrante só dependente de $x$ ou só dependente de $y$ (as variáveis não podem aparecer trocadas). Provavelmente o exercício terá sido tirado de folhas de anos onde se deram factores integrantes dependentes simultaneamente de $x$ e de $y$. No corrente ano não demos nenhum método para obter tais factores integrantes.
Entretanto reparei que não estás a trocar o sinal do numerador quando passas da consideração de factor integrante dependente de $x$ para factor integrante dependente de $y$: verifica as regras que foram dadas; em particular, na 2ª linha que escreveste relativamente ao 2f) falta um sinal "menos" no numerador.
Quanto ao 4a), também foi feito numa das aulas. Usa-se a mudança de variável $y=xu$, já que a equação é do tipo homogéneo, de modo que em relação à nova variável $u$ a solução é
(2)\begin{align} u^2 = 2 \ln |x| + 2C; \end{align}
em relação à variável original $y$ a solução é
(3)\begin{align} y^2 = (2 \ln |x| + 2C)x^2 \end{align}
(na forma implícita).
Tanto no exercicio 2a) e f), não consegui encontrar um factor de integração, o que achei foi isto:
2a) $\frac{\mu'(x) }{\mu(x)}=\frac{3y^2}{x^2+y^2}$
$\frac{\mu'(y) }{\mu(y)}=\frac{3y^2}{3x^2+2xy+y^3}$
Em ambos os casos dependem de y e de x, terei me enganado nos cálculos?
2f)$\frac{\mu'(x) }{\mu(x)}=-2y$
$\frac{\mu'(y) }{\mu(y)}=\frac{2x}{xy-1}$
O resultado não deveria depender apenas da ordem do $\mu$, ou seja se é em ordem a x, o resultado não deveria vir em ordem a x?
No exercio 4a), cheguei a este resultado,$y=xC + \frac{x^2}{y}+xc_{1}$, mas acho que não faz muito sentido
Quando ilustrei a ideia de substituição conveniente da variável dependente numa EDO, para a reduzir ao caso de uma EDO com tratamento conhecido, acabei por não referir a situação das EDOs de Bernoulli (as quais, no entanto, aparecem referidas no exercício 1 da folha prática nº 8).
Começo pela definição: uma EDO diz-se de Bernoulli se for da forma
(1)\begin{align} y' + a(x)y = b(x)y^\alpha, \end{align}
onde $a(x)$ e $b(x)$ são funções contínuas dadas num intervalo e $\alpha$ é um nº real dado e diferente de 0 e de 1 (observe-se que a EDO seria linear se $\alpha = 0$ ou se $\alpha = 1$).
A ideia para a resolução de uma EDO de Bernoulli é fazer-se a mudança de variável dada por $u = y^{1-\alpha}$, de modo a transformar tal EDO numa que seja linear…
Exemplo
A EDO $y'+y=\frac{x}{y}$ é de Bernoulli (com $\alpha = -1$). Fazendo $u=y^2$ obtém-se $u'=2yy'$ e a EDO transforma-se em
(2)\begin{equation} u'+2u = 2x, \end{equation}
cuja solução geral completa é (usando a fórmula para a resolução de EDOs lineares) $u = -\frac{1}{2} + x + C e^{-2x}$. Voltando à variável $y$ obtém-se a solução (na forma implícita)
(3)\begin{align} y^2 = -\frac{1}{2} + x + C e^{-2x} \end{align}
para a EDO dada (ou, mais precisamente, para a EDO $yy'+y^2 = x$, que é equivalente à dada excepto no facto de aqui não ser necessária a restrição $y \not= 0$).
in discussion blogs / blog do professor » sobre o teorema da função implícita
Na aula de hoje referi o Teorema da função implícita (ou das funções implícitas) para garantir que, em certas condições, numa expressão como
(1)\begin{equation} U(x,y)=C, \end{equation}
com $C$ constante e $U$ uma função real de duas variáveis reais definida pelo menos num círculo centrado num ponto $(x_0,y_0)$, é possível garantir a existência de uma função $y(x)$ definida num intervalo aberto $I$ contendo $x_0$ tal que
(2)\begin{align} U(x,y(x))=C, \;\; \forall x \in I, \quad \mbox{e} \quad U(x_0,y_0)=C. \end{align}
E que, se $I$ for escolhido suficientemente pequeno, só há uma função $y(x)$ nessas condições nesse mesmo intervalo.
Como creio não ter indicado todas as hipóteses que se sabe garantirem tal resultado, aqui ficam:
$U$ com ambas as derivadas parciais contínuas no seu domínio e $\frac{\partial U}{\partial y}(x_0,y_0) \not= 0$.
Além disso, a unicidade refere-se a $y(x)$ com derivada contínua (e até é possível dar-se uma fórmula para esta derivada em termos das derivadas parciais de $U$).
Este resultado apareceu a propósito de explicitação de solução de um PVI para o qual já tivesse sido determinada solução na forma implícita
(3)\begin{align} U(x,y)=C \quad \mbox{(com } C \mbox{ determinado de modo a que }\, U(x_0,y_0)=C). \end{align}
Na verdade, embora muitas vezes os exercícios terminem com tal forma implícita, em rigor, não sendo claro à partida se esta esconde ou não uma solução $y(x)$, isto deveria ser garantido (pelo menos em teoria), para se falar propriamente em existência de solução.
sim acabei por perceber que a afirmaçao feita era verdadeira
Exacto. Foi algo que discutimos nas aulas.
Pormenor: então o teu argumento é a favor da afirmação feita no quiz (como aliás, reflecte o teu voto).
mais uma vez tem razão, se a funçao for integravel a riemann entao é integravel à Lebesgue.
Mas penso ter descoberto o verdadeiro motivo pelo qual a funçao nao e integravel a riemann. tem haver com os limites laterais nos pontos de descontinuidade, neste caso quando a x tende para 0+ da infinito, algo nao pode acontecer, daí a funçao não ser integravel à riemann
exatamente, estava a confundir integral com primitiva
mas mesmo assim o quiz 14 é falso, apos ter visto o quiz 15, reparei que falta o cos(t) quando se faz a subtituiçao.
O integral de uma função integrável tem que dar um número em concreto e não uma variável. Provavelmente estarás a confundir integral com primitiva.
O integral de Lebesgue é capaz de integrar mais funções que o integral de Riemann. Ou seja, o facto de uma função ser integrável à Lebesgue não garante que seja integrável à Riemann. E, por isso, não vejo como é que poderia ser útil para concluir integração à Riemann aqui.
o metodo de substituiçao apenas serve para resolver o integral. apos resolvido o integral tem de se voltar à variavel de origem neste caso o "x".
atraves do integral de lebesgue acho que se pode concluir que a funçao f é integravel à riemann
Indicar argumentos contra como resposta a este post.
Indicar argumentos a favor como resposta a este post.
Indicar argumentos contra como resposta a este post.