2018-2 AP2-ED-Gabarito_licenciatura

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Questão 1 (3,0 pontos) 
Seja a equação 𝑦′′ + 3𝑦′ + 2𝑦 = 𝑓(𝑥) 
a) (1,0 ponto) Resolva a equação para 𝑓(𝑥) = 0 
 b) (1,0 ponto) Resolva a equação usando o método de coeficientes a 
determinar para 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 3𝑐𝑜𝑠 𝑥 
 c) (1,0 ponto) Resolva a equação usando variação de parâmetros para 
𝑓(𝑥) =
1
1+𝑒𝑥
 
Solução 
a) Tem-se que o polinômio associado ao problema homogêneo é 𝑟2 + 3𝑟 + 2 = 0, cujas 
raízes são 𝑟1 = − 2, 𝑟2 = − 1. Assim 𝑦ℎ = 𝑐1𝑒
− 2𝑥 + 𝑐2𝑒
− 𝑥 
b) Procura-se 𝑦𝑝 da forma 𝑦𝑝 = 𝐴𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐵𝑐𝑜𝑠 𝑥. Logo 
𝑦′𝑝 = 𝐴𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 𝐵𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑦′′𝑝 = − 𝐴𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝐵𝑐𝑜𝑠 𝑥
 
Logo substituindo esta expressão na equação tem-se 
(− 𝐴𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝐵𝑐𝑜𝑠 𝑥) + 3(𝐴𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 𝐵𝑠𝑒𝑛 𝑥) + 2(𝐴𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐵𝑐𝑜𝑠 𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 3𝑐𝑜𝑠 𝑥 
de onde 
(𝐴 − 3𝐵)𝑠𝑒𝑛 𝑥 + (3𝐴 + 𝐵)𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 3𝑐𝑜𝑠 𝑥 
Logo 
 𝐴 − 3𝐵 = 1
3𝐴 + 𝐵 = 3
 
Resolvendo temos 𝐴 = 1 e 𝐵 = 0. Assim 𝑦𝑝(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥, de onde 𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 é a solução 
buscada 
c) pelo método de variação dos parâmetros 𝑦𝑝 = µ1(𝑥)𝑦1(𝑥) + µ2(𝑥)𝑦2(𝑥) onde 𝑦1(𝑥) =
𝑒− 2𝑥, 𝑦2(𝑥) = 𝑒
− 𝑥 
µ1(𝑥) = ∫
𝑤1
𝑤
𝑑𝑥, µ2(𝑥) = ∫
𝑤2
𝑤
𝑑𝑥 
Sendo w = | 𝑒
− 2𝑥 𝑒− 𝑥
− 2𝑒− 2𝑥 − 𝑒− 𝑥
| = − 𝑒− 3𝑥 + 2𝑒− 3𝑥 = 𝑒− 3𝑥 , 
 𝑤1 = |
0 𝑒− 𝑥
1
1+𝑒 𝑥
− 𝑒− 𝑥
| =
− 𝑒− 𝑥
1+𝑒 𝑥
 , 𝑤2 = |
𝑒− 2𝑥 0
− 2𝑒− 2𝑥
1
1+𝑒 𝑥
| =
𝑒− 2𝑥
1+𝑒 𝑥
 
Logo 
µ1(𝑥) = ∫
𝑤1
𝑤
𝑑𝑥 = ∫
− 𝑒2𝑥
1 + 𝑒 𝑥
𝑑𝑥 = − (1 + 𝑒 𝑥) + 𝑙𝑛(1 + 𝑒 𝑥) 
µ2(𝑥) = ∫
𝑤2
𝑤
𝑑𝑥 = ∫
 𝑒2𝑥
1 + 𝑒 𝑥
𝑑𝑥 = 𝑙𝑛(1 + 𝑒 𝑥) 
Assim, 𝑦𝑝(𝑥) = (− (1 + 𝑒
 𝑥) + 𝑙𝑛(1 + 𝑒 𝑥))𝑒− 2𝑥 + (𝑙𝑛(1 + 𝑒 𝑥))𝑒 − 𝑥 
 = - 𝑒− 2𝑥 − 𝑒− 𝑥 + (𝑒− 𝑥 + 𝑒− 2𝑥) 𝑙𝑛(1 + 𝑒 𝑥) , assim 
y = 𝑐1𝑒
− 2𝑥 + 𝑐2𝑒
− 𝑥 + (𝑒− 𝑥 + 𝑒− 2𝑥) 𝑙𝑛(1 + 𝑒 𝑥) 
Questão 2 (2,0 pontos) 
Considere a equação 
𝑥2𝑦′′(𝑥) + 𝑎𝑥𝑦′(𝑥) − 6𝑦(𝑥) = 0 
 a) (1,0 ponto) Determine o valor de a para que 𝑦1(𝑥) = 𝑥³ , seja solução do 
problema 
 b) (1,0 ponto) Usando redução de ordem ache uma segunda solução para o valor 
obtido de a no item (a) 
Solução 
a) Substituindo 𝑦1(𝑥) = 𝑥³ , 𝑦′1(𝑥) = 3𝑥² , 𝑦′′1(𝑥) = 6𝑥 , na equação tem-se: 
𝑥²(6𝑥) + 𝑎𝑥(3𝑥²) − 6(𝑥³) = 0 
de onde 𝑎𝑥3 = 0 logo 𝑎 = 0 
b) Considere a equação linear de segunda ordem 
y′′(𝑥) + 𝑝(𝑥)𝑦′(𝑥) + 𝑞(𝑥)𝑦 = 0 
Se conhecemos uma solução 𝑦1(𝑥) da equação acima a outra solução linearmente 
independente é dada por 
𝑦2(𝑥) = [∫
1
[𝑦1(𝑥)]
2
 𝑒− ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥𝑑𝑥] 𝑦1(𝑥) 
Assim como 𝑥2𝑦′′(𝑥) − 6𝑦(𝑥) = 0 dividindo a equação por 𝑥2 tem-se 
𝑦′′(𝑥) − 
6
𝑥2
𝑦(𝑥) = 0 
logo a outra solução é dada por 
𝑦2(𝑥) = 𝑐 [∫
1
(𝑥3)2
 𝑒− ∫ 0 𝑑𝑥𝑑𝑥] 𝑥3 = 𝑐 [∫ 𝑥−6𝑑𝑥] 𝑥3 = 𝑐 (−
𝑥−5. 𝑥3
5
) = 𝑐1𝑥
−2 
Questão 3 (2,5 pontos) 
Considere o sistema de equações diferenciais lineares �⃗�′ = 𝐴𝑦 ⃗⃗⃗ ⃗ + �⃗�(𝑡), onde 
 A = [
−3 1
2 −4
] 
 a) (2,5 ponto) Resolva o sistema pelo método de autovalores e autovetores para 
�⃗� = 0⃗⃗ 
 b) Anulada Usando variação dos parâmetros ache uma solução particular 𝑦𝑝(𝑡) 
quando �⃗�(𝑡) = (
3𝑡
𝑒 − 𝑡
) 
Solução 
a) Primeiro determinamos os autovalores de A, isto é, 
[
−3 − 𝜆 1
2 −4 − 𝜆
] = (𝜆 + 4)(𝜆 + 3) − 2 = 𝜆2 + 7𝜆 + 10 = (𝜆 + 2)(𝜆 + 5) 
Logo 𝜆1 = − 2 e 𝜆2 = − 5 são autovalores. Achemos os autovetores se 𝜆1 = − 2 logo 
(
− 1 1
2 − 2
) (
𝑣1
𝑣2
) = (
0
0
) 
De onde {
−𝑣1 + 𝑣2 = 0 
2𝑣1 − 2𝑣2 = 0
 de onde 𝑣1 = 𝑣2 assim �⃗⃗� = (
𝑣1
𝑣1
) = 𝑣1 (
1
1
) isto é �⃗⃗� = (
1
1
) é o 
autovetor associado a 𝜆1 = − 2. 
Se 𝜆2 = − 5 logo 
(
2 1
2 1
) (
𝑣1
𝑣2
) = (
0
0
) 
 
De onde {
2𝑣1 + 𝑣2 = 0 
2𝑣1 + 𝑣2 = 0
 logo 𝑣2 = − 2𝑣1 assim �⃗⃗� = (
𝑣1
𝑣2
) = (
𝑣1
− 2𝑣1
) = 𝑣1 (
 1
 − 2
) assim 
(
 1
 − 2
) é o autovetor associado a 𝜆2 = − 5. Assim a solução procurada é 
�⃗� = 𝑐1 (
1
1
) 𝑒 − 2𝑡 + 𝑐1 (
 1
 − 2
) 𝑒 − 5𝑡 
b) Anulada 
 
Questão 4 (2,5 pontos) 
Considere um sistema vibrante definido por {𝑚
𝑑²𝑥
𝑑𝑡²
+ 𝛽
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+ 𝑘𝑥 = 0 
Sendo a massa da mola 𝑚 = 0,25 𝑘𝑔 com coeficiente 𝑘 = 4𝑁/𝑚 e com coeficiente de 
amortecimento 𝛽 = 2, determine 𝑥(𝑡) se a massa parte da posição de equilíbrio com 
velocidade de 3𝑚/𝑠 para cima. 
Solução 
Dos dados acima temos que; m=0,25 , k=4 , 𝛽=2 , x(0)=0, x’(0)= - 3. 
Assim devemos resolver 
{
1
4
𝑑²𝑥
𝑑𝑡²
+ 2
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+ 4𝑥 = 0
𝑥(0) = 0, 𝑥′(0) = −3
 
Achando as raízes do polinômio característico 
1
4
𝑟2 + 2𝑟 + 16 = 0 tem-se 
𝑟2 + 8𝑟 + 16 = 0 → 𝑟1 = 𝑟2 = −4 
Assim a solução é 𝑥(𝑡) = 𝑐1𝑒
− 4𝑡 + 𝑐2𝑡𝑒
− 4𝑡 
Como x(0)=0 logo 0 = 𝑐1 como 𝑥′(𝑡) = 𝑐2𝑒
− 4𝑡 + 𝑐2𝑡( −4𝑒
− 4𝑡) e x’(0)= - 3 
tem-se − 3 = 𝑐2 
assim a solução é 
𝑥(𝑡) = −3𝑡𝑒− 4𝑡