prova de cálculo 4 respostas

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO NORTE
Escola de Ciências e Tecnologia
Prova Amarela P1-A de Cálculo Aplicado - Turma 03 - Prof. Dr.: Simone Batista
Gabarito:
1
a
Questão:(valor 2,5 pontos)
Resolva o problema de valor inicial: y′ = 2(1 + x)(1 + y2) y(0) = 0 e determine onde a solução atinge seu valor mínimo.
Resolução:
y′ = 2(1 + x)(1 + y2) ⇒ dy
dx
= 2(1 + x)(1 + y2) ⇒ 1
(1 + y2)
dy = 2(1 + x) dx ⇒ arctg(y) = 2x+ x2 + C
A solução é y dada implicitamente pela equação: arctg(y) = 2x+ x2 + C
Agora, vamos usar a condição inicial: y(0) = 0
arctg(0) = 2(0) + (0)2 + C ⇒ C = 0
A solução procurada é y dada implicitamente por: arctg(y) = 2x+ x2
Para encontrar o mínimo, vamos a derivada.
Supondo (por absurdo) que eu esqueci a derivada do arco tangente, ou seja, f(x) = arctgx ⇒ f ′(x) = 1
1 + x2
Vamos usar a EDO original: y′ = 2(1 + x)(1 + y2)
Igualando a derivada a zero temos: 2(1 + x)(1 + y2) = 0 ⇒ x = −1
Para veri�car se x = −1 é máximo ou mínimo, vamos estudar o sinal da derivada:
y′ = 2(1 + x) (1 + y2)︸ ︷︷ ︸
positivo
. para encontrar Y 4vamossubstituirx=-1naequao :
O sinal da derivada depende do sinal de (1 + x), portanto a derivada é positiva se x > −1 e é negativa se x > −1.
↘ ↘ ↗ ↗
− − + +
|
x = −1
Portanto x = −1 é mínimo. Para encontrar o y vamos substituir x = −1 na equação: arctg(y) = 2x+ x2
arctg(y) = 2(−1) + (−1)2 = −1 ⇒ arctg(y) = −1 ⇒ y = tg(−1)
Ponto de mínimo: P =
(
− 1, tg(−1)
)
=
(
− 1,− pi4
)
2
2
a
Questão:(valor 2,5 pontos) Encontre a solução geral da EDO y′′ − 2y′ + y = 3e
t
t
Resolução:
EDO não homogênea: y′′ − 2y′ + y = 3e
t
t
EDO homogênea associada: y′′ − 2y′ + y = 0
Equação Característica: λ2 − 2λ+ 1 = 0 ∆ = 4− 4 = 0 λ1 = λ2 = 1
Solução geral da EDO homogênea: yh(t) = C1 e
t + C2 t e
t
Agora precisamos de uma solução particular da EDO não homogênea: y′′ − 2y′ + y = 3e
t
t
Temos usar o método variação de parâmetros: yp(t) = u e
t + v t et
Hípótese Adcional: u′ et + v′ t et = 0
yp(t) = u e
t + v t et
y′p(t) = u e
t + v et + v t et
y′′p (t) = u
′ et + v′ et + v′ t et + u et + v et + v et + v t et
y′′p (t) = u
′ et + v′ et + v′ t et + u et + 2v et + v t et
Agora, vamos obrigar yp satisfazer a EDO:
y′′ − 2y′ + y = 3e
t
t
⇒ (u′ et + v′ et + v′ t et + u et + 2v et + v t et)− 2(u et + v et + v t et) + (u et + v t et) = 3e
t
t
⇒ u′ et + v′ et + v′ t et + u et︸︷︷︸
∗
+2v et︸︷︷︸
∗∗
+ v t et︸︷︷︸
∗∗∗
− 2u et︸︷︷︸
∗
− 2v et︸︷︷︸
∗∗
− 2v t et︸ ︷︷ ︸
∗∗∗
+ u et︸︷︷︸
∗
+ v t et︸︷︷︸
∗∗∗
=
3et
t
⇒
⇒ u′ et + v′ et + v′ t et = 3e
t
t
⇒
temos: u′ et + v′ et + v′ t et =
3et
t
Agora, vamos resolver o sistema:

u′ et + v′ t et = 0
u′ et + v′ et + v′ t et =
3et
t
⇒ v′ et = 3e
t
t
⇒ v′ = 3
t
⇒ v = 3 ln t
Substituindo v′ =
3
t
na primeira equação do sistema temos:
u′ et + v′ t et = 0 ⇒ u′ et +
(
3
t
)
t et = 0 ⇒ u′ = −3 ⇒ u = −3t
Nossa solução particular é: yp(t) = u e
t + v t et = −3 t et + 3 t et ln t
A solução geral da EDO não homogênea é: y(t) = yh(t) + yp(t) = C1 e
t + C2 t e
t − 3 t et + 3 t et ln t
y(t) = yh(t) + yp(t) = C1 e
t + C2 t e
t − 3 t et + 3 t et ln t .
3
3
a
Questão:(valor 2,5 pontos) Encontre a solução do problema de valor inicial y′′ + 2y′ = 2 + 4 sen(2t) y(0) = 1 e y′(0) = 2.
Resolução:
EDO não homogênea: y′′ + 2y′ = 2 + 4 sen(2t)
EDO homogênea associada: y′′ + 2y′ = 0
Equação Característica: λ2 + 2λ = 0
Solução da Equação Característica: λ1 = 0 e λ2 = −2
Solução da EDO homogênea associada: yh(t) = C1 + C2 e
−2t
Agora, precisamos de uma solução particular: Vamos usar o método dos coe�cientes à determinar, o método do "chute".
Vamos Chutar: yp(t) = At+B cos(2t) + C sen(2t)
Derivando:
y′p(t) = A− 2B sen(2t) + 2C cos(2t)
y′′p (t) = −4B cos(2t)− 4C sen(2t)
"Obrigando" yp a satisfazer a EDO não homogênea:
y′′ + 2y′ = 2 + 4 sen(2t) ⇒
[
− 4B cos(2t)− 4C sen(2t)
]
+ 2
[
A− 2B sen(2t) + 2C cos(2t)
]
= 2 + 4 sen(2t) ⇒
⇒
[
− 4B + 4C
]
cos(2t)
[
− 4C − 4B
]
sen(2t) + 2A = 2 + 4 sen(2t) ⇒

−4B + 4C = 0
−4C − 4B = 4
2A = 2
⇒ A = 1, B = − 1
2
e C = B = − 1
2
Nossa solução particular é: yp(t) = At+B cos(2t) + C sen(2t) ⇒ yp(t) = t− 1
2
cos(2t)− 1
2
sen(2t)
A solução geral da EDO não homogênea é: y(t) = C1 + C2 e
−2t + t− 1
2
cos(2t)− 1
2
sen(2t)
Agora, vamos usar as condições iniciais: y(0) = 1 e y′(0) = 2.
y(t) = C1 + C2 e
−2t + t− 1
2
cos(2t)− 1
2
sen(2t)
y′(t) = −2C2 e−2t + 1 + sen(2t)− cos(2t)
y(0) = C1 + C2 e
(0) + (0)− 1
2
cos(0)− 1
2
sen(0) = 1 ⇒ C1 + C2 − 1
2
= 1 ⇒ C1 + C2 = 32
y′(0) = −2C2 e(0) + 1 + sen(0)− cos(0) = 2 ⇒ −2C2 + 1− 1 = 2 ⇒ C2 = −1
Temos: C1 =
5
2
e C2 = −1
Solução particular da EDO Não homogênea: y(t) =
5
2
− e−2t + t− 1
2
cos(2t) +
1
2
sen(2t)
y(t) =
5
2
− e−2t + t− 1
2
cos(2t)− 1
2
sen(2t)
4
4
a
Questão:(valor 2,5 pontos)
Encontrar a solução geral da equação diferencial dada t2y′′ + 3ty′ + y = 0 t > 0 e y1(t) = t−1 .
(Obs: Pode usar o método de redução de ordem.)
Resolução:
Como a EDO é linear sabemos que y1(t) = C1 t
−1
são soluções.
Usando o método de redução de ordem, seja y2(t) = u t
−1
onde u = u(t)
Derivando:
y2(t) = u t
−1
y′2(t) = u
′ t−1 − u t−2
y′′2 (t) = u
′′ t−1 − u′ t−2 − u′ t−2 + 2u t−3 ⇒ y′′2 (t) = u′′ t−1 − 2u′ t−2 + 2u t−3
Queremos que y2 seja solução, portanto y2 vai satisfazer a EDO:
t2y′′2 + 3ty
′
2 + y2 = 0 ⇒ t2 (u′′ t−1 − 2u′ t−2 + 2u t−3) + 3t (u′ t−1 − u t−2) + (u t−1) = 0 ⇒
⇒ u′′ t−
∗∗︷︸︸︷
2u′ +2u t−1︸ ︷︷ ︸
∗
+
∗∗︷︸︸︷
3u′ − 3u t−1︸ ︷︷ ︸
∗
+u t−1︸ ︷︷ ︸
∗
= 0 ⇒ u′′ t+ u′ = 0
Fazendo a mudança de variável: u′ = v ⇒ u′′ = v′, temos:
u′′ t+ u′ = 0 ⇒ v′ t+ v = 0 ⇒ v′ = − vt ⇒ dvdt = − vt ⇒
⇒ 1v dv = − 1t dt ⇒ ln |v| = − ln |t|+ C ⇒
Como t > 0 e v podemos escolher (queremos um e não todos u), podemos fazer:
⇒ v = e− ln t+C ⇒ v = eln t−1eC ⇒ v = C t−1
Podemos escolher C = 1, assim v = t−1
Como u′ = v temos: dudt = t
−1 ⇒ du = 1t dt ⇒
∫
du =
∫
1
t dt ⇒ u = ln t
Nossa solução é: y2 = u t
−1 ⇒ y2 = (ln t) t−1 ⇒ y2(t) = ln tt
E a solução geral da EDO é: y(t) = C1 t
−1 + C2 ln tt
y(t) = C1 t
−1 + C2 ln tt