Gabarito-P1-manha-MA311-2019s1_1

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IMECC-UNICAMP
Primeira prova de MA311 – Cálculo III – Peŕıodo da Manhã
1.o semestre de 2019 – 26/04/2019
Nome:
RA:
Turma:
Questões Valores Notas
1.a 2,5
2.a 2,5
3.a 2,5
4.a 2,5
Total 10
Não desgrampeie a prova.
1.a Questão. A corrente I(t) em um circuito elétrico com indutância L e resistência R
é dada pela equação LdI
dt
+ RI = E(t), onde E(t) é a tensão aplicada. Suponha que
L 6= 0 e R são constantes (arbitrárias; não especifique), I(0) = 0 e que E(t) seja dada por
E(t) = e−
R
L
tE0 senωt, sendo E0 e ω 6= 0 também constantes (arbitrárias; não especifique).
Encontre I(t).
2.a Questão. Resolva a equação x+ ye2xy + xe2xy
dy
dx
= 0.
3.a Questão. a) Resolva a equação x2y′′ + 5xy′ + 4y = 0, x > 0.
b) Determine uma solução particular da equação x2y′′ + 5xy′ + 4y =
1
x2
, x > 0.
Sugestão: a equação de Euler pode ser reduzida a uma EDO com coeficientes constantes
através da substituição x = ez.
4.a Questão. Encontre, via Transformada de Laplace, uma função y = y(x) tal que
y′ + 4y + 5
∫ t
0
y(τ)dt = e−t, y(0) = 0.
Boa prova!
2
IMECC-UNICAMP
MA311 - 2019s1 – 1a prova - 26/04/2019
Gabarito com pontuação
1.a Questão. A corrente I(t) em um circuito elétrico com indutância L e resistência R
é dada pela equação LdI
dt
+ RI = E(t), onde E(t) é a tensão aplicada. Suponha que
L 6= 0 e R são constantes (arbitrárias; não especifique), I(0) = 0 e que E(t) seja dada por
E(t) = e−
R
L
tE0 senωt, sendo E0 e ω 6= 0 também constantes (arbitrárias; não especifique).
Encontre I(t).
Resolução 1 - Fator integrante
dI
dt
+ R
L
I = 1
L
e−
R
L
tE0 senωt
Fator integrante: µ = e
∫
R
L
dt = e
R
L
t (+c) 0,5 pontos
d
dt
(µI) = µ 1
L
e−
R
L
tE0 senωt =
E0
L
senωt + 0,5 até aqui
(µI)(t)− (µI)(0) =
∫ t
0
E0
L
senω τdτ = −E0
ωL
cosωτ
∣∣t
0
= E0
ωL
(1− cosωt) + 0,5
e
R
L
tI(t) = E0
ωL
(1− cosωt) + 0,5
I(t) = E0
ωL
e−
R
L
t(1− cosωt) + 0,5
Resolução 2 - Transformada de Laplace
LL{dI
dt
}+RL{I} = L{E(t)} + 0,1
L (sL{I} − I(0)) +RL{I} = L{E(t)} + 0,2
(Ls+R)L{I} = L{E(t)} + 0,1
L{I} = L{E(t)}
sL+R
I = L−1{L{E(t)}
sL+R
} = L−1{L{E(t)} 1
sL+R
} = E(t) ∗ L−1{ 1
sL+R
} + 0,6
= E(t) ∗ L−1{ 1
L
1
L+R
L
}
= E(t) ∗
(
1
L
e−
R
L
t
)
+ 0,4
=
∫ t
0
1
L
e−
R
L
(t−τ)E(τ) dτ + 0,4
= 1
L
∫ t
0
e−
R
L
(t−τ)e−
R
L
τE0 senωτ dτ
= 1
L
∫ t
0
e−
R
L
tE0 senωτ dτ + 0,4
= E0
L
e−
R
L
t
∫ t
0
senωτ dτ + 0,1
= E0
L
e−
R
L
t(− 1
ω
cosωτ)
∣∣t
0
= E0
ωL
e−
R
L
t(1− cosωt) + 0,2
2.a Questão. Resolva a equação x+ ye2xy + xe2xy
dy
dx
= 0.
(x+ ye2xy)dx+ (xe2xy)dy = 0
My = (x+ ye
2xy)y = 0 + e
2xy + y2xe2xy, Nx = (xe
2xy)x = e
2xy + x2ye2xy 0,2
∴ My = (1 + 2xy)e2xy = Nx, ∀ (x, y) ∈ R2
∴ a equação é exata em todo o plano R2 + 0,3
Potencial:
3
ψx = M = x+ ye
2xy ⇒ ψ =
∫
(x+ ye2xy)dx = 1
2
x2 + 1
2
e2xy + g(y) + 0,5
ψy = N = xe
2xy + 0,2
∴
(
1
2
x2 + 1
2
e2xy + g(y)
)
y
= xe2xy
1
2
2xe2xy + g′(y) = xe2xy
g(y) = 0 ( c ) + 0,3
ψ = 1
2
x2 + 1
2
e2xy + 0,5
Solução: 1
2
x2 + 1
2
e2xy = c ou x2 + e2xy = c ou y = 1
2x
ln(c− x2) + 0,5 por escrever
a solução corretamente, após as contas feitas.
3.a Questão. a) Resolva a equação x2y′′ + 5xy′ + 4y = 0, x > 0.
Equação de Euler 0,1
Equação indicial: r(r − 1) + 5r + 4 = 0, r2 + 4r + 4 = 0 + 0,2
Ráızes: (r + 2)2 = 0 ∴ r = −2 + 0,1
com multiplicidade 2 + 0,2
∴ CFS: y1 = x−2, y2 = x−2lnx + 0,2
Solução (geral): y = c1x
−2 + c2x
−2lnx + 0,2
b) Determine uma solução particular da equação x2y′′ + 5xy′ + 4y =
1
x2
, x > 0.
Sugestão: a equação de Euler pode ser reduzida a uma EDO com coeficientes constantes
através da substituição x = ez.
Resolução 1 - Coeficientes Indeterminados
x = ez ⇒ z = lnx 0,1
y′ = dy
dx
= dy
dz
dz
dx
= dy
dz
1
x
+ 0,1
y′′ = dy
′
dx
= d
dx
(dy
dz
1
x
) =
(
d
dx
(dy
dz
)
)
1
x
+ dy
dz
( d
dx
1
x
) =
(
d
dz
(dy
dz
)
)
( dz
dx
) 1
x
+ dy
dz
(−1
x2
) = d
2y
dz2
( 1
x
) 1
x
− 1
x2
dy
dz
=
1
x2
d2y
dz2
− 1
x2
dy
dz
+ 0,2
Então, na variável z a equação se escreve como:
x2
(
1
x2
d2y
dz2
− 1
x2
dy
dz
)
+ 5x(dy
dz
1
x
) + 4y = e−2z
d2y
dz2
− dy
dz
+ 5dy
dz
+ 4y = e−2z + 0,2
d2y
dz2
+ 4dy
dz
+ 4y = e−2z - uma EDO linear com coeficientes constantes com a fonte
(lado direito) adequada para obtermos uma solução particular pelo método dos coeficientes
indeterminados: + 0,2
Como a equação caracteŕıstica é r2 + 4r+ 4 = (r+ 2)2 = 0, temos a raiz r = −2 com
multiplicidade 2, + 0,1
logo, levando em conta também a fonte (a função) e−2z, temos que uma solução particular
é da forma y = Az2e−2z. + 0,2
Derivando e substituindo na equação (na variável z), obtemos:
A (2− 4z + (2z + z2(−2))(−2)) e−2z + 4A(2z + z2(−2))e−2z + 4Az2e−2z = e−2z
A(2− 8z + 4z2) + 4A(2z − 2z2) + 4Az2 = 1 + 0,1
4
2A = 1 ∴ A = 1
2
∴ y = 1
2
z2e−2z + 0,1
Voltando à variável x, conclúımos que uma solução particular da equação dada é
y = 1
2
(
lnx
x
)2. + 0,2
Resolução 2 - Variação de Parâmetros
Considerando y1(x) = x
−2 e y2(x) = x
−2 lnx, temos o wroskiano
W (x) = x−5 6= 0, ∀x > 0. + 0,2
Pelo método da variação de parâmetros, uma solução particular da equação
y′′ + 5
x
y′ + 4
x2
y = x−4, + 0,3 (rescrever equação)
é obtida assumindo
yp(x) = u1(x)x
−2 + u2(x)x
−2 lnx,
em que u1 e u2 são funções de x. Derivando yp, impondo u
′
1y1 + u
′
2y2 = 0 e substituindo
na equação, tem-se que uma solução particular da equação não-homogênea é
yp(x) = −x−2
[∫ (x−2 lnx)x−4
x−5
dx
]
+ x−2 lnx
[∫ (x−2x−4)
x−5
dx
]
+ 0,7 (var. de param.)
= −x−2
[∫
lnx
x
dx
]
+ x−2 lnx
[
1
x
dx
]
= −x−2
[
1
2
(lnx)2
]
+ x−2 lnx [lnx]
= 1
2
(
lnx
x
)2
. + 0,3 (desenvolver as contas)
4.a Questão. Encontre, via Transformada de Laplace, uma função y = y(x) tal que
y′ + 4y + 5
∫ t
0
y(τ)dt = e−t, y(0) = 0.
L{
∫ t
0
y(τ)dt} = Y (s)
s
, Y = L{y} + 0,2
L{y′ + 4y + 5
∫ t
0
y(τ)dt} = L{e−t} = 1
s+ 1
+ 0,2
sY − y(0) + 4Y + 5Y (s)
s
=
1
s+ 1
+ 0,2
(s+ 4 + 5
s
)Y = 1
s+1
+ 0,1
(s2 + 4s+ 5)Y = s
s+1
Y = s
(s2+4s+5)(s+1)
, y = L−1{ s
(s+1)(s2+4s+5)
} + 0,2
O polinômio s2 + 4s+ 5 é irredut́ıvel (∆ = 42 − 20 < 0). + 0,1
Frações parciais s
(s+1)(s2+4s+5)
= A
s+1
+ Bs+C
s2+4s+5
. + 0,1
Cálculo correto de A = −1/2, B = 1/2, C = 5/2: + 0,2
Completamento de quadrado s2 + 4s+ 5 = (s+ 2)2 + 1: + 0,1
y = L−1{ s
(s+1)(s2+4s+5)
}
= L−1{−1/2
s+1
+
1
2
s+ 5
2
(s+2)2+1
}
= −1
2
L−1{ 1
s+1
}+ 1
2
L−1{ s+5
(s+2)2+1
} + 0,1
= −1
2
L−1{ 1
s+1
}+ 1
2
L−1{ s+2
(s+2)2+1
}+ 1
2
L−1{ 3
(s+2)2+1
} + 0,2
y = −1
2
e−t + 1
2
e−2tL−1{ s
s2+1
}+ 3
2
e−2tL−1{ 1
s2+1
} + 0,4
y = −1
2
e−t + 1
2
e−2t cos t+ 3
2
e−2t sen t + 0,4