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MAT1154 Prova 2 10/05/2010
Questão 1 2 3 4 Total
Valor: 21/2 4 2 11/2 10
Nota:
1. (a) [1 pt] Encontre a solução geral da EDO y′′(t) + 2y′(t) + 2y(t) = 0.
Resolução: A EDO é linear homogênea com coeficientes constantes. A equação
característica é r2 + 2r + 2 = 0, que tem raízes r = −2±
√
4−8
2
= −1 ± i. Logo a
solução geral é y(t) = C1e
−t cos t + C2e−t sen t.
(b) [1 pt] Resolva o PVI 

y′′(t) + 2y′(t) + 2y(t) = 0
y(0) = 1
y′(0) = 0
Resolução: No item anterior encontramos a solução geral. Derivando temos
y(t) = (−C1 +C2)e−t cos t + (−C1 − C2)e−t sen t.
Substituindo nas condições iniciais:
1 = y(0) = C1, 0 = y
′(0) = −C1 + C2
Logo C1 = C2 = 1 e a resposta é: y(t) = e
−t (cos t + sen t) .
(c) [1/2 pt] Se possível, escreva a função y(t) encontrada no item (b) em uma forma “com-
pacta”, usando apenas uma função seno ou apenas uma função cosseno.
Resolução: Vamos escrever a função na forma y(t) = Ae−t sen(t + δ). Sabemos
que A é dado pela “fórmula de Pitágoras” A =
√
12 + 12 =
√
2. Usando uma
fórmula trigonométrica,
y(t) =
√
2e−t sen(t + δ) =
√
2 cos δ︸ ︷︷ ︸
1
e−t sen t + +
√
2 sen δ︸ ︷︷ ︸
1
e−t cos t.
Logo δ = pi
4
e a resposta é y(t) =
√
2e−t sin
(
t +
pi
4
)
.
2. (a) [1 pt] Encontre a solução geral da EDO y′′(t) + y′(t)− 6y(t) = 0.
Resolução: A EDO é linear homogênea com coeficientes constantes. A equação
característica é r2 + r − 6 = 0, que tem raízes r = −1±
√
1+24
2
, isto é, r = −3 ou
r = 2. Logo a solução geral é y(t) = C1e
−3t + C2e2t.
(b) [1 pt] Determine para qual (quais) valor(es) de a a solução do PVI abaixo converge
para 0 quando t→ +∞. 

y′′(t) + y′(t)− 6y(t) = 0
y(0) = a
y′(0) = 1
MAT1154 Prova 2 Folha 2 de 4
Resolução: Sabemos no item anterior que as soluções são da forma y = C1e
−3t +
C2e
2t. Uma tal função converge a zero quando t→ +∞ se e somente se C2 = 0, isto
é, ela é da forma y = C1e
−3t. Como se pede y(0) = a, temos C1 = a. Derivando:
y′(t) = −3ae−t. Substituindo t = 0, temos 1 = −3a, isto é, a = −1/3 .
Outra resolução: Impondo as condições iniciais e resolvendo, encontramos C1 =
2
5
a− 1
5
e C2 =
3
5
a+ 1
5
. Igualando C2 a zero (pela razão explicada acima) e resolvendo,
temos a = −1/3.
(c) [2 pt] Encontre a solução geral da EDO y′′(t) + y′(t)− 6y(t) = t + e−4t.
Resolução: A EDO é linear não-homogênea com coeficientes constantes. A EDO
homogênea associada já foi resolvida no item (a) Agora vamos encontrar uma solu-
ção particular da EDO não-homogênea pelo método dos coeficientes a determinar.
O chute para a solução particular é y = At + B + Ce−4t Fazendo as contas:
y =At +B + Ce−4t ⇒ −6y = − 6At− 6B − 6Ce−4t
y′ = A − 4Ce−4t ⇒ y′ = A − 4Ce−4t
y′′ = 16Ce−4t ⇒ y′′ = 16Ce−4t
y′′ + 5y′ + 6y = −6A︸︷︷︸
1
t + (A− 6B)︸ ︷︷ ︸
0
+ 6C︸︷︷︸
1
e−4t
Logo A = −1
6
, B = − 1
36
, C = 1
6
.
Somando as duas partes, encontramos a resposta: A solução geral da EDO é
y(t) = C1e
−3t + C2e2t −
t
6
− 1
36
+
1
6
e−4t
3. [2 pt] Encontre a solução geral da EDO de 3a ordem y′′′ + 8y = 0.
Resolução: A EDO é linear homogênea com coeficientes constantes. A equação carac-
terística é r3 + 8 = 0. Uma raiz óbvia é r = 3
√−8 = −2. Dividindo r3 + 8 por r + 2
temos r2 − 2r + 4, cujas raízes são 1± i
√
3. Portanto a solução geral é
y(t) = C1e
−2t + C2et cos(t
√
3) + C3e
t sen(t
√
3)
4. [11/2 pt] Diga se cada uma das afirmações abaixo é Verdadeira ou Falsa.
(a) Se y = y1(t) e y = y2(t) são soluções da EDO y
′′+t3y′+
√
ty = 0 então necessariamente
y = y1(t) + y2(t) é também solução.
(a) V
Resolução: A equação é linear homogênea, portanto soma de soluções é solução.
A afirmação é VERDADEIRA.
MAT1154 Prova 2 Folha 3 de 4
(b) Se y = y1(t) e y = y2(t) são soluções particulares de uma equação diferencial linear
homogênea de 2a ordem e o respectivo Wronskiano vale identicamente 0 então não
existe solução geral para esta EDO.
(b) F
Resolução: A solução geral sempre existe (porém nesse caso não será y = C1y1(t)+
C2y2(t).) A afirmação é FALSA.
(c) Um sistema massa–mola é regido pela EDOmy′′+γy′+ky = 0, comm, γ e k constantes
positivas. Se γ2 − 4mk < 0 então existe uma solução y = y(t) com o gráfico abaixo:
(c) F
Resolução: Em uma solução de verdade as passagens consecutivas pelo equilíbrio
são igualmente espaçadas em t, o que não é o caso do gráfico acima. A afirmação
é FALSA.
(d) Sejam a, b, c constantes reais. Se y = y1(t) é uma solução da EDO ay
′′ + by′ + cy = t2
e y = y2(t) é uma solução da EDO ay
′′ + by′ + cy = cos t então y = y1(t)y2(t) é
necessariamente uma solução da EDO ay′′ + by′ + cy = t2 cos t.
(d) F
Resolução: Essa “regra maluca” seria verdade se derivada de produto fosse o pro-
duto das derivadas (o que é falso). A afirmação é FALSA.
Obs: Outra justificativa (informal) é que se tal “regra maluca” funcionasse, o mé-
todo dos coeficientes a determinar seria bem mais fácil.
Obs: Na verdade, as justificativas acima são apenas “pistas” de que a coisa é falsa (e deveriam ser
suficientes para arriscarmos marcar F). Porém para termos certeza absoluta de que a afirmação é
falsa, teríamos que achar um exemplo onde ela falha. Aqui vai um: Considere a = 0, b = 1, c = 0.
Então y = 1
3
t3 é solução da primeira EDO, y = sen t é solução da segunda, mas y = 1
3
t3 sen t não
é solução da terceira.
(e) y = et − 1
2
cos t é uma solução particular da EDO y′′ − y = cos t.
(e) V
Resolução: Substituindo, vemos que a EDO é satisfeita. A afirmação é VERDA-
DEIRA.
(f) Sabendo que o gráfico de P (r) = 6r3 + 16r2 + 10r + 1 é como abaixo:
MAT1154 Prova 2 Folha 4 de 4
podemos concluir que qualquer solução y = y(t) da EDO 6y′′′ + 16y′′ + 10y′ + y = 0
converge a zero quando t→ +∞.
(f) V
Resolução: Podemos ver do gráfico a equação característica tem três raízes reais
distintas r1, r2, r3, e assim a solução geral é y(t) = C1e
r1t+C2e
r2t+C3e
r3t. O gráfico
também mostra que as três raízes são negativas. Portanto limt→+∞ = 0, quaisquer
que sejam os valores de C1, C2, C3. Portanto a afirmação é VERDADEIRA.