prova resposta cálculo 4

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1
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO NORTE
Escola de Ciências e Tecnologia
Prova RECUPERAÇÃO de Cálculo Aplicado - Turma 03 - Prof. Dr.: Simone Batista
Instruções:
1. Veri�que se sua prova tem 4 questões. 2. A prova pode ser feita à lápis (gra�te).
3. Interpetar as questões faz parte da avaliação. 4. Não é permitido o usao de calculadoras, celulares, notebooks ou similares.
5. É proibido conversas paralelas ou troca de qualquer objeto. 6. A prova deverá ser realizada em no máximo 100 minutos.
Nome: Número:
Assinatura:
1
a
Questão:(valor 2,5 pontos)
Veri�que que as funções y1 e y2 são soluções da equação diferencial homogênea associada e encontre uma solução
particular da equação não homogênea: x2 y′′ − 3x y′ + 4y = x2 lnx, x > 0; y1(x) = x2 e y2(x) = x2 lnx.
Resolução:
Equação homogênea associada: x2 y′′ − 3x y′ + 4y = 0
y1(x) = x
2 ⇒ y′1(x) = 2x ⇒ y′′1(x) = 2
Substituindo na EDO, temos:
x2 y′′ − 3x y′ + 4y = x2 [2]− 3x [2x] + 4 [x2] = 2x2 − 6x2 + 4x2 = 0
y2(x) = x
2 lnx ⇒ y′2(x) = 2x lnx+ x2
1
x
= 2x lnx+ x ⇒ y′′2(x) = 2 lnx+ 2x
1
x
+ 1 = 2 lnx+ 3
Substituindo na EDO, temos:
x2 y′′ − 3x y′ + 4y = x2 [2 lnx+ 3]− 3x [2x lnx+ x] + 4 [x2 lnx]
= 2x2 lnx︸ ︷︷ ︸
(∗)
+ 3x2︸︷︷︸
(∗∗)
− 6x2 lnx︸ ︷︷ ︸
(∗)
− 3x2︸︷︷︸
(∗∗)
+4x2 lnx︸ ︷︷ ︸
(∗)
= 0
y1 e y2 são soluções da equação homogênea associada.
Agora , vamos usar o método de variação de parâmetro para encontrar uma solução particular da equação
diferencial não homogênea:
yp(x) = ux
2 + v x2 lnx onde u = u(x) e v = v(x) e Hipótese adcional: u′ x2 + v′ x2 lnx = 0
2
yp(x) = ux
2 + v x2 lnx ⇒ y′p(x) = u′ x2 + 2ux+ v′ x2 lnx+ 2v x lnx+ v x2
1
x
⇒
⇒ y′p(x) = u′ x2︸︷︷︸
(∗)
+2ux+ v′ x2 lnx︸ ︷︷ ︸
(∗)
+2v x lnx+ v x ⇒ y′p(x) = 2ux+ 2v x lnx+ v x
y′p(x) = 2ux+ 2v x lnx+ v x ⇒ y′′p(x) = 2u′ x+ 2u+ 2v′ x lnx+ 2v lnx+ 2v x
1
x
+ v′ x+ v ⇒
⇒ y′′p(x) = 2u′ x+ 2u+ 2v′ x lnx+ 2v lnx+ 2v + v′ x+ v ⇒
y′′p(x) = 2u
′ x+ 2u+ 2v′ x lnx+ 2v lnx+ 3v + v′ x
Substituindo na Euqção diferencial, temos:
x2 y′′ − 3x y′ + 4y = x2 lnx ⇒
x2
[
2u′ x+ 2u+ 2v′ x lnx+ 2v lnx+ 3v + v′ x
]− 3x [2ux+ 2v x lnx+ v x] + 4 [ux2 + v x2 lnx] = x2 lnx
2u′ x3 + 2v′ x3 lnx+ v′ x3 = x2 lnx
Agora, vamos resolver o sistema com a equação anterior e a hipótese adcional:

2u′ x3 + 2v′ x3 lnx+ v′ x3 = x2 lnx
u′ x2 + v′ x2 lnx = 0
Da segunda equação do sistema temos: u′ x2 + v′ x2 lnx = 0 ⇒ u′ = −v′ lnx
Substituindo na primeira equação: 2
[−v′ lnx] x3 + 2v′ x3 lnx+ v′ x3 = x2 lnx ⇒ v′ x3 = x2 lnx
v′ =
lnx
x
e portanto u′ = − lnx
x
lnx ⇒ u′ = − (lnx)
2
x
Integrando, temos: v =
∫
lnx
x
dx =
1
2
(lnx)2 e u =
∫
− (lnx)
2
x
dx = − 1
3
(lnx)3
Solução particular procurada: yp(x) = ux
2 + v x2 lnx ⇒ yp(x) = 1
2
(lnx)2 x2 − 1
3
(lnx)3 x2 lnx
yp(x) =
x2 (lnx)2
2
− x
2 (lnx)4
3
3
2
a
Questão:(valor 2,5 pontos)
Resolva o problema de valor inicial usando o método dos coe�cientes à determinar:
y′′ + 2y′ + 5y = 4e−t cos (2t), y(0) = 1 e y′(0) = 0.
Resolução:
Primeiramente vamos resolver a equação homogênea associada: y′′ + 2y′ + 5y = 0
Equação Característica: λ2 + 2λ+ 5 = 0 ⇒ ∆ = −16 ⇒ Raízes complexas.
α = − b
2a
= − 2
2
= −1 e β =
√|∆|
2a
=
4
2
= 2
Solução da equação homogênea associada: yh(t) = e
−t [C1 cos (2t) + C2 sen (2t) ] = C1 e−t cos (2t)+C2 e−t sen (2t)
Chute: yp(t) = Ae
−t t cos (2t) +Be−t t sen (2t) =
[
A cos (2t) +B sen (2t)
]
t e−t
y′p(t) =
[
− 2A sen (2t) + 2B cos (2t)
]
t e−t +
[
A cos (2t) +B sen (2t)
]
e−t −
[
A cos (2t) +B sen (2t)
]
t e−t
y′p(t) =
[
(2B −A) cos (2t) − (2A+B) sen (2t)
]
t e−t +
[
A cos (2t) +B sen (2t)
]
e−t
y′′p(t) =
[
− 2(2B − A) sen (2t) − 2(2A + B) cos (2t)
]
t e−t −
[
(2B − A) cos (2t) − (2A + B) sen (2t)
]
t e−t +[
(2B −A) cos (2t) − (2A+B) sen (2t)
]
e−t +
[
− 2A sen (2t) + 2B cos (2t)
]
e−t −
[
A cos (2t) +B sen (2t)
]
e−t
y′′p(t) =
[
(−3A− 4B) cos (2t) + (4A− 3B) sen (2t)
]
t e−t +
[
(4B − 2A) cos (2t) + (−4A− 2B) sen (2t)
]
e−t
Substituindo na EDO:
y′′ + 2y′ + 5y = 4e−t cos (2t) ⇒
y′′
[
(−3A− 4B) cos (2t) + (4A− 3B) sen (2t)
]
t e−t +
[
(4B − 2A) cos (2t) + (−4A− 2B) sen (2t)
]
e−t
+2y′
[
(4B − 2A) cos (2t) − (4A+ 2B) sen (2t)
]
t e−t +
[
2A cos (2t) + 2B sen (2t)
]
e−t
+5y
[
5A cos (2t) + 5B sen (2t)
]
t e−t
4e−tcos (2t)
[
0
]
t e−t +
[
4B cos (2t)− 4A sen (2t)
]
e−t
4
Portanto: B = 1 e A = 0 Solução particular: yp(t) = e
−t t sen (2t)
Solução particular: yG(t) = C1 e
−t
cos (2t) + C2 e
−t
sen (2t) + e−t t sen (2t)
Queremos: y(0) = 1 e y′(0) = 0
yG(t) = C1 e
−t
cos (2t) + C2 e
−t
sen (2t) + e−t t sen (2t) ⇒ 1 = yG(0) = C1 ⇒ C1 = 1
y′G(t) = −e−t cos (2t)−2 e−t sen (2t)−C2 e−t sen (2t)+2C2 e−t cos (2t)−e−t t sen (2t)+e−t sen (2t)+2e−t t cos (2t)
0 = y′G(0) = −1 + 2C2 ⇒ C2 =
1
2
Solução particular procurada: yG(t) = e
−t
cos (2t) +
1
2
e−t sen (2t) + e−t t sen (2t) .
3
a
Questão:(valor 2,5 pontos)
Considere o problema de valor inicial: y′′ +
1
3
y′ + 4y = fk(t), y(0) = 0 e y′(0) = 0, onde
fk(t) =

0, se 0 ≤ t < 4− k
1
2k
, se 4− k ≤ t < 4 + k
0, se 4 + k ≤ t < +∞
com 0 < k < 4.
(a) (valor 2,5 pontos) Escreva fk(t) em termos da função degrau unitário uc(t).
(b) (valor 2,5 pontos) Resolva o problema de valor inicial dado.
Resolução:
(a) fk(t) =
1
4k
u4−k(t)− 1
4k
u4+k(t)
(b) y′′ +
1
3
y′ + 4y =
1
4k
u4−k(t)− 1
4k
u4+k(t)
Aplicando a Transformada de Laplace:
L{y′′}+ 1
3
L{y′}+ 4L{y} = 1
4k
L{u4−k(t)} − 1
4k
L{u4+k(t)}
5
[
s2L{y} − s y(0)︸︷︷︸
0
− y′(0)︸︷︷︸
0
]
+
1
3
[
sL{y} − y(0)︸︷︷︸
0
]
+ 4L{y} = 1
4k
e−(4−k)t
s
− 1
4k
e−(4+k)t
s
s2L{y}+ 1
3
sL{y}+ 4L{y} = 1
4k
e−(4−k)t
s
− 1
4k
e−(4+k)t
s
(
s2 +
1
3
s+ 4
)
L{y} = 1
4k
e−(4−k)t
s
− 1
4k
e−(4+k)t
s
L{y} = 1
4k
e−(4−k)t
1
s
(
s2 + 13 s+ 4
) − 1
4k
e−(4+k)t
1
s
(
s2 + 13 s+ 4
)
Note que:
(
s2 +
1
3
s+ 4
)
=
(
s+
1
6
)2
− 1
36
+ 4 =
(
s+
1
6
)2
+
143
36
=
(
s+
1
6
)2
+
( √
143
6
)2
Vamos fazer frações parciais na fração:
1
s
[ (
s+ 16
)2
+
( √
143
6
)2 ]
1
s
[ (
s+ 16
)2
+
( √
143
6
)2 ] = As + Bs+ C(
s+ 16
)2
+
( √
143
6
)2 ⇒
⇒ 1
s
[ (
s+ 16
)2
+
( √
143
6
)2 ] = A
[ (
s+ 16
)2
+
( √
143
6
)2 ]
+ (Bs+ C) s
s
[(
s+ 16
)2
+
( √
143
6
)2] ⇒
⇒ 1
s
[ (
s+ 16
)2
+
( √
143
6
)2 ] = A
(
s2 + 13 s+ 4
)
+ (Bs2 + Cs)
s
[(
s+ 16
)2
+
( √
143
6
)2] ⇒
⇒ 1 = As2 + A
3
s+ 4A+Bs2 + Cs ⇒ 1 = (A+B) s2 +
(
A
3
+ C
)
s+ (4A) ⇒
⇒

A+B = 0
A
3
+ C = 0
4A = 1
⇒ A = 1
4
B = − 1
4
C = − 1
12
Ficamos com:
⇒ 1
s
[ (
s+ 16
)2
+
( √
143
6
)2 ] = 14s + − 14 s− 112(
s+ 16
)2
+
( √
143
6
)2 ⇒
6
⇒ 1
s
[ (
s+ 16
)2
+
( √
143
6
)2 ] = 14s + − 14
(
s+ 13
)
(
s+ 16
)2
+
( √
143
6
)2 ⇒
⇒ 1
s
[ (
s+ 16
)2
+
( √
143
6
)2 ] = 14
(
1
s
)
− 1
4
 s+ 16 + 16(
s+ 16
)2
+
( √
143
6
)2

⇒ 1
s
[ (
s+ 16
)2
+
( √
143
6
)2 ] = 14
(
1
s
)
− 1
4
(
s+ 16(
s+ 16
)2
+
√
143
6
)
− 1
4
 16(
s+ 16
)2
+
( √
143
6
)2

⇒ 1
s
[ (
s+ 16
)2
+
( √
143
6
)2 ] = 14
(
1
s
)
− 1
4
(
s+ 16(
s+ 16
)2
+
√
143
6
)
− 1
4
√
143
 √1436(
s+ 16
)2
+
( √
143
6)2

Como: L−1
{
1
s
}
= 1,
L−1
 s+
1
6(
s+ 16
)2
+
( √
143
6
)2
 = e− 16 t cos
( √
143
6
t
)
L−1

√
143
6(
s+ 16
)2
+
( √
143
6
)2
 = e− 16 t sen
( √
143
6
t
)
Voltando para: L{y} = 1
4k
e−(4−k)t
1
s
(
s2 + 13 s+ 4
) − 1
4k
e−(4+k)t
1
s
(
s2 + 13 s+ 4
)
y =
1
4k
u(4−k)(t)
[
1
4
− 1
4
e−
1
6
[t−(4−k)]
cos
( √
143
6
[t− (4− k)]
)
− 1
4
√
143
e−
1
6
t
sen
( √
143
6
[t− (4− k)]
)]
+
− 1
4k
u(4+k)(t)
[
1
4
− 1
4
e−
1
6
[t−(4+k)]
cos
( √
143
6
[t− (4 + k)]
)
− 1
4
√
143
e−
1
6
t
sen
( √
143
6
[t− (4 + k)]
)]
4
a
Questão:(valor 2,5 pontos)
Encontre a solução em séries de potência de (x− 1) da equação diferencial: y′′ + (x− 1)2 y′ + (x2 − 1) y = 0.
Resolução:
y′′ + (x− 1)2 y′ + (x2 − 1) y = 0.
y =
+∞∑
n=0
an (x− 1)n ⇒ y′ =
+∞∑
n=1
an n (x− 1)n−1 ⇒ y′′ =
+∞∑
n=2
an n (n− 1) (x− 1)n−2
7
Substituindo na EDO:
y′′ + (x− 1)2 y′ + (x2 − 1) y = 0 ⇒
⇒
[
+∞∑
n=2
an n (n− 1) (x− 1)n−2
]
+ (x− 1)2
[
+∞∑
n=1
an n (x− 1)n−1
]
+ (x2 − 1)
[
+∞∑
n=0
an (x− 1)n
]
= 0 ⇒
⇒
[
+∞∑
n=2
an n (n− 1) (x− 1)n−2
]
+
[
+∞∑
n=1
an n (x− 1)n+1
]
+ (x− 1)(x+ 1)
[
+∞∑
n=0
an (x− 1)n
]
= 0 ⇒
⇒
[
+∞∑
n=2
an n (n− 1) (x− 1)n−2
]
+
[
+∞∑
n=1
an n (x− 1)n+1
]
+ (x+ 1)
[
+∞∑
n=0
an (x− 1)n+1
]
= 0 ⇒
⇒
[
+∞∑
n=2
an n (n− 1) (x− 1)n−2
]
+
[
+∞∑
n=1
an n (x− 1)n+1
]
+ [ (x− 1) + 2 ]
[
+∞∑
n=0
an (x− 1)n+1
]
= 0 ⇒
⇒
[
+∞∑
n=2
an n (n− 1) (x− 1)n−2
]
︸ ︷︷ ︸
n−2=b ⇒ n=b+2
+
[
+∞∑
n=1
an n (x− 1)n+1
]
︸ ︷︷ ︸
n+1=c ⇒ n=c−1
+
[
+∞∑
n=0
an (x− 1)n+2
]
︸ ︷︷ ︸
n+2=d ⇒ n=d−2
+
[
+∞∑
n=0
2an (x− 1)n+1
]
︸ ︷︷ ︸
n+1=f ⇒ n=f−1
= 0 ⇒
[
+∞∑
b+2=2
ab+2 (b+ 2) (b+ 1) (x− 1)b
]
+
[
+∞∑
c−1=1
ac−1 (c− 1) (x− 1)c
]
+
[
+∞∑
d−2=0
ad−2 (x− 1)d
]
+
 +∞∑
f−1=0
2af−1 (x− 1)f
=0
[
+∞∑
b=0
ab+2 (b+ 2) (b+ 1) (x− 1)b
]
+
[
+∞∑
c=2
ac−1 (c− 1) (x− 1)c
]
+
[
+∞∑
d=2
ad−2 (x− 1)d
]
+
+∞∑
f=1
2af−1 (x− 1)f
= 0
[
+∞∑
n=0
an+2 (n+ 2) (n+ 1) (x− 1)n
]
+
[
+∞∑
n=2
an−1 (n− 1) (x− 1)n
]
+
[
+∞∑
n=2
an−2 (x− 1)n
]
+
[
+∞∑
n=1
2an−1 (x− 1)n
]
= 0
[
a2 (2)(1) (x− 1)0 + a3 (3)(2) (x− 1)1 +
+∞∑
n=2
an+2 (n+ 2) (n+ 1) (x− 1)n
]
+
[
+∞∑
n=2
an−1 (n− 1) (x− 1)n
]
+
+
[
+∞∑
n=2
an−2 (x− 1)n
]
+
[
2a0 (x− 1)1 +
+∞∑
n=2
2an−1 (x− 1)n
]
= 0
[ 2a2 + 6a3 (x− 1) + 2a0 (x− 1) ] +
+∞∑
n=2
[an+2 (n+ 2) (n+ 1) + an−1 (n− 1) + an−2 + 2an−1 ] (x− 1)n = 0
[ 2a2 + (6a3 + 2a0) (x− 1) ] +
+∞∑
n=2
[an+2 (n+ 2) (n+ 1) + an−1 (n− 1) + an−2 + 2an−1 ] (x− 1)n = 0
8
⇒

2a2 = 0
(6a3 + 2a0) = 0
an+2 (n+ 2) (n+ 1) + an−1 (n− 1) + an−2 + 2an−1 = 0
⇒ a2 = 0, a3 = − a0
3
, an+2 =
−an−1 (n− 1)− an−2 − 2an−1
(n+ 2) (n+ 1)
an+2 =
−an−1 n+ an−1 − an−2 − 2an−1
(n+ 2) (n+ 1)
=
−an−1 n− an−1 − an−2
(n+ 2) (n+ 1)
= − an−1 n+ an−1 + an−2
(n+ 2) (n+ 1)
an+2 = − an−1 (n+ 1) + an−2
(n+ 2) (n+ 1)

a0
a1
a2 = 0
a3 = − a0
3
a4 = − 3a1 + a0
(4)(3)
a5 = − a2 (4) + a1
(5) (4)
= − a1
(5) (4)
a6 = − a3 (5) + a2
(6) (5)
= − 5a3
(6) (5)
= − −
a0
3
(6) (5)
= +
a0
(6)(5)(3)
a7 = − a4 (6) + a3
(7) (6)
= − 6a4 + a3
(7) (6)
= −
6
(
− 3a1+a0(4)(3)
)
+
(− a03 )
(7) (6)
=
18a1 + 6a0 + 4a0
(7) (6) (4) (3)
=
18a1 + 10a0
(7)(6)(4)(3)
a8 = − a5 (7) + a4
(8) (7)
= − 7a5 + a4
(8) (7)
= −
7
(
− a1(5) (4)
)
+
(
− 3a1+a0(4)(3)
)
(8) (7)
=
21a1 + 15a1 + 5a0
(8)(7)(5)(4)(3)
=
a8 =
36a1 + 5a0
(8)(7)(5)(4)(3)
Substituindo na solução:
y =
+∞∑
n=0
an (x− 1)n = a0 + a1(x− 1) + 0(x− 1)2 + (x− 1)3 + a4(x− 1)4 + . . .
y = a0 + a1(x− 1) + a2(x− 1)2 − a0
3
(x− 1)3 − 3a1 + a0
(4)(3)
(x− 1)4 − a1
(5) (4)
(x− 1)5+
+
a0
(6)(5)(3)
(x− 1)6 + 18a1 + 10a0
(7)(6)(4)(3)
(x− 1)7 + 36a1 + 5a0
(8)(7)(5)(4)(3)
(x− 1)8 + . . .
9