AP2 - ED - 2019 1 (Gabarito) licenciatura

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Questão 1 (2,5 pontos) 
Seja a equação 𝑦′′ + 𝑘𝑦′ + 8𝑦 = 𝑓(𝑥) , 𝑘 ∈ 𝐼𝑅 
a) Se 𝑓(𝑥) = 0 , determine o valor de k para que 𝑦 = 𝑒2𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 seja solução da 
equação (1,0 pontos) 
b) Para o valor de k obtido no item (a) resolver a equação quando 𝑓(𝑥) = 2𝑠𝑒𝑛 𝑥 
(1,5 pontos) 
Solução 
a) Se 𝑓(𝑥) = 0 o polinômio associado é 𝑟² + 𝑘𝑟 + 8 = 0 como uma solução é 𝑦 =
𝑒2𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 logo 𝑟² + 𝑘𝑟 + 8 = 0 tem raízes 2 ± 2𝑖 , logo (2 ± 2𝑖)² + 𝑘(2 + 2𝑖) + 8 = 0 de 
onde 
4 + 8𝑖 − 4 + 𝑘(2 + 2𝑖) + 8 = 0 → 𝑘 = − 
8 + 8𝑖
2 + 2𝑖
= − 4 
b) Como 2 ± 2𝑖 são raízes do polinômio associado a solução 𝑓(𝑥) = 0 é 
𝑦𝐻
(𝑥)
= 𝑐1𝑒
2𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 𝑐2𝑒
2𝑥 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 
Se 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 , procura-se uma solução particular da forma 
𝑦(𝑥) = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐵 𝑐𝑜𝑠 𝑥 
logo 
𝑦′(𝑥) = 𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 𝐵 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
𝑦′′(𝑥) = − 𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝐵 𝑐𝑜𝑠 𝑥
 
Substituindo 𝑦, 𝑦′ 𝑒 𝑦′′ na equação com 𝑘 = − 4 tem-se 
(− 𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝐵 𝑐𝑜𝑠 ) − 4(𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 𝐵 𝑠𝑒𝑛 𝑥) + 8(𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐵 𝑐𝑜𝑠 𝑥) = 2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
de onde (7𝐴 + 4𝐵)𝑠𝑒𝑛 𝑥 + (7𝐵 − 4𝐴)𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
de onde 
 7𝐴 + 4𝐵 = 2
 − 4𝐴 + 7𝐵 = 0
 Logo 𝐴 =
14
65
 , 𝐵 =
8
65
 
Assim 
𝑦𝑝(𝑥) =
14
65
𝑠𝑒𝑛 𝑥 +
8
65
𝑐𝑜𝑠 𝑥 
é a solução é dada por 𝑦 = 𝑦𝐻(𝑥) + 𝑦𝑝(𝑥) 
Questão 2 (2,5 pontos) 
Considere o sistema de equações diferenciais lineares �⃗�′ = 𝐴�⃗� onde A = [
6 −1
5 4
], 
 �⃗� = (
𝑦1
𝑦2
) 
a) Determine os autovalores de A (1,0 pontos) 
Solução 
Para achar os autovalores de A resolvemos a equação det(A − λI) = 0 assim, 
[
6 − 𝜆 −1
5 4 − 𝜆
] = 𝜆2 − 10𝜆 + 29 = 0 
Logo; 
 𝜆1 = 5 + 2𝑖
 𝜆2 = 5 − 2𝑖
 
b) Resolver o sistema de equações diferenciais lineares (1,5 pontos) 
Solução 
Considerando o autovalor 𝜆1 = 5 + 2𝑖 achamos o seu autovetor �⃗⃗� = (
𝑣1
𝑣2
). 
Tem-se que (A − λI)�⃗⃗� = 0⃗⃗ assim; 
(
1 − 2𝑖 − 1
5 − 1 − 2𝑖
) (
𝑣1
𝑣2
) = (
0
0
) isto é {
(1 − 2𝑖)𝑣1 − 𝑣2 = 0 
5𝑣1 − (1 + 2𝑖) 𝑣2 = 0
 
assim 𝑣2 = (1 − 2𝑖)𝑣1. Logo �⃗⃗� = (
𝑣1
(1 − 2𝑖)𝑣1
) = 𝑣1 (
1
1 − 2𝑖
) isto é (
1
1 − 2𝑖
) é o 
autovetor associado a 5 + 2𝑖 assim a solução complexa é 
 �⃗� = (
1
1 − 2𝑖
) 𝑒(5+2𝑖)𝑡 = 𝑒5𝑡 (
𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 𝑖𝑠𝑒𝑛2𝑡
(1 − 2𝑖)(𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 𝑖𝑠𝑒𝑛2𝑡)
) 
 =(
𝑒5𝑡𝑐𝑜𝑠2𝑡
𝑒5𝑡(𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 2𝑠𝑒𝑛2𝑡)
)
⏟ 
𝑥1(𝑡)
+ i (
𝑒5𝑡𝑠𝑒𝑛2𝑡
𝑒5𝑡( − 2𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 𝑖𝑠𝑒𝑛2𝑡)
)
⏟ 
𝑥2(𝑡)
 
 = 𝑥1(𝑡) + 𝑖𝑥2(𝑡) 
Portanto a solução geral é �⃗�(𝑡) = 𝑐1 (
𝑒5𝑡𝑐𝑜𝑠2𝑡
𝑒5𝑡(𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 2𝑠𝑒𝑛2𝑡)
) +
𝑐2 (
𝑒5𝑡𝑠𝑒𝑛2𝑡
𝑒5𝑡(− 2𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 2𝑠𝑒𝑛2𝑡)
) 
Questão 3 (2,5 pontos) 
Usando o método da variação dos parâmetros, resolver 
𝑦′′(𝑥) − 3𝑦′(𝑥) + 2𝑦(𝑥) = 2𝑒𝑥 + 𝑥 
Solução 
O polinômio característico associado é 
𝑟2 − 3𝑟 + 2 = 0 
cujas raízes são 𝑟1 = 1, 𝑟2 = 2, assim 
𝑦𝐻(𝑥) = 𝑐1𝑒
𝑥 + 𝑐2𝑒
2𝑥 
por variação de parâmetros procura-se 
𝑦𝑝(𝑥) = 𝜇1(𝑥)𝑦1(𝑥) + 𝜇2(𝑥)𝑦2(𝑥) 
onde 𝑦1(𝑥) = 𝑒
𝑥 , 𝑦2(𝑥) = 𝑒
2𝑥 , 𝜇1(𝑥) = ∫
𝑤1
𝑤
𝑑𝑥 , 𝜇2(𝑥) = ∫
𝑤2
𝑤
𝑑𝑥 
sendo 𝑤 = |
𝑦1 𝑦2
𝑦′1 𝑦′2
| , 𝑤1 = |
0 𝑦2
2𝑒𝑥 + 𝑥 𝑦′2
| , 𝑤2 = |
𝑦1 0
𝑦′1 2𝑒
𝑥 + 𝑥
|, 
𝑤 = |𝑒
𝑥 𝑒2𝑥
𝑒𝑥 2𝑒2𝑥
| = 𝑒3𝑥 , 𝑤1 = |
0 𝑒2𝑥
2𝑒𝑥 + 𝑥 2𝑒2𝑥
| = − 2𝑒3𝑥 − 𝑥𝑒2𝑥 
𝑤2 = |
𝑒𝑥 0
𝑒𝑥 2𝑒𝑥 + 𝑥
| = 2𝑒2𝑥 + 𝑥𝑒𝑥 
Assim 𝜇1(𝑥) = ∫
𝑤1
𝑤
𝑑𝑥 = ∫−2 − 𝑥𝑒−𝑥𝑑𝑥 = −2𝑥 + 𝑥𝑒− 𝑥 + 𝑒− 𝑥 
𝜇2(𝑥) = ∫
𝑤2
𝑤
𝑑𝑥 = ∫2𝑒− 𝑥 + 𝑥𝑒− 2𝑥𝑑𝑥 = −2𝑒− 𝑥 − 
𝑥
2
𝑒− 2𝑥 − 
1
4
𝑒− 2𝑥 
logo 
𝑦𝑝(𝑥) = (−2𝑥 + 𝑥𝑒
− 𝑥 + 𝑒−𝑥)(𝑒𝑥) + (− 2𝑒− 𝑥 − 
𝑥
2
𝑒− 2𝑥 − 
1
4
𝑒− 2𝑥) (𝑒2𝑥) =
−2𝑥𝑒𝑥 − 2𝑒𝑥 +
𝑥
2
+
3
4
 
Assim 
𝑦 = 𝑦𝐻 + 𝑦𝑝 
Questão 4 (2,5 pontos) 
Considere um circuito em série L – C no qual 𝐸(𝑡) = 0. Determine a carga 𝑞(𝑡) no 
capacitor para 𝑡 > 0 se a carga inicial é 𝑞0 e se incialmente não há corrente circulando 
no circuito. 
Solução 
Sabemos que a equação diferenciais que governa um circuito elétrico R – L – C é 
𝐿
𝑑²𝑞
𝑑𝑡²
+ 𝑅
𝑑𝑞
𝑑𝑡
+
1
𝑐
𝑞 = 𝐸(𝑡), 
 como não há resistência R=0 o circuito é L – C e como E(t)=0 tem-se a equação 
𝐿
𝑑²𝑞
𝑑𝑡²
+
1
𝑐
𝑞 = 0 
Com q(o) = 𝑞0 e i(0) =
𝑑𝑞
𝑑𝑡
(0) = 0 assim tem-se o polinômio característico Lr² +
1
𝑐
= 0 de 
onde r = ±i
1
√𝐿𝐶
 logo a solução é q(t) = 𝑐1𝑐𝑜𝑠 (
1
√𝐿𝐶
𝑡) + 𝑐2𝑠𝑒𝑛 (
1
√𝐿𝐶
𝑡) como q(0) = 𝑞0 tem-
se q(0) = 𝑐1 = 𝑞0 assim 𝑐1 = 𝑞0. 
Como 
𝑑𝑞
𝑑𝑡
(0) = 0 e 
𝑑𝑞
𝑑𝑡
(𝑡) = − 
𝑞0
√𝐿𝐶
𝑠𝑒𝑛 (
1
√𝐿𝐶
𝑡) +
𝑐2
√𝐿𝐶
𝑐𝑜𝑠 (
1
√𝐿𝐶
𝑡) 
Tem-se 0 =
𝑐2
√𝐿𝐶
 logo 𝑐2 = 0 assim q(t) = 𝑞0𝑐𝑜𝑠 (
1
√𝐿𝐶
𝑡), também se deduz que 
𝑖(𝑡) =
𝑑𝑞
𝑑𝑡
(𝑡) = − 
𝑞0
√𝐿𝐶
𝑠𝑒𝑛 (
1
√𝐿𝐶
𝑡) 
É a corrente elétrica no circuito