2018 1 AP2 EDO Gabarito

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1
Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado de Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Segunda Avaliac¸a˜o Presencial de Equac¸o˜es Diferenciais - 03/06/2018 - Gabarito:
Co´digo da disciplina: Matema´tica/F´ısica EAD 01028
Nome: Matr´ıcula:
Polo:
Atenc¸a˜o!
• Para cada folha de respostas que utilizar, antes de comec¸ar a resolver as questo˜es,
preencha (pintando os respectivos espac¸os na parte superior da folha) o nu´mero
do CPF, o co´digo da disciplina (indicado acima em negrito) e o nu´mero
da folha.
• Preencha o nu´mero total de folhas somente quando for entregar a
prova!
• Identifique a Prova, colocando nome, matr´ıcula, polo e data.
• Somente utilize caneta esferogra´fica com tinta azul ou preta para registro das resoluc¸o˜es nas Folhas de
Respostas.
• E´ expressamente proibido o uso de qualquer instrumento que sirva para ca´lculo como tambe´m qualquer
material que sirva de consulta.
• As Folhas de Respostas sera˜o o u´nico material considerado para correc¸a˜o. Quaisquer anotac¸o˜es feitas
fora deste espac¸o, mesmo que em folha de rascunho, sera˜o ignoradas.
• Devolver esta prova e as Folhas de Respostas ao aplicador.
• Na˜o amasse, dobre ou rasure as Folhas de Respostas, pois isto pode inviabilizar a digitalizac¸a˜o e a correc¸a˜o.
Questa˜o 1: (2,0 pontos)
Considere a equac¸a˜o diferencial
xy′′ + y′ = 0
(a) (1,0 ponto) Sabendo que y1(x) = ln(x) e´ uma soluc¸a˜o, usando reduc¸a˜o de ordem
ache outra soluc¸a˜o que seja linearmente independente com y1(x) e tambe´m a
soluc¸a˜o geral;
2
(b) (1,0 ponto) Resolva o problema
{
xy′′ + y′ = 0, x > 0
y(1) = 1, y′(1) = 2
Soluc¸a˜o:
(a) Dividindo a equac¸a˜o por x, tem-se
y′′(x) +
1
x
y′(x) = 0.
Assim, p(x) =
1
x
, q(x) = 0. Logo, pelo me´todo de reduc¸a˜o de ordem, outra
soluc¸a˜o L.I. e´ dada por
y2(x) = c
[∫
1
(ln(x))2
e−
∫
1
x
dx dx
]
ln(x)
= c
[∫
1
(ln(x))2
· 1
x
dx
]
ln(x)
Fazendo a mudanc¸a
{
u = ln(x)
du =
1
x
dx
tem-se
∫
1
(ln(x))2
· 1
x
dx =
∫
1
u2
du = − 1
ln(x)
Assim, y2(x) = c
(
− 1
ln(x)
)
ln(x) = −c .
Portanto, a soluc¸a˜o geral e´
y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) = c1 ln(x) + c2.
(b) Como y(1) = 1, enta˜o 1 = c1 ln(1) + c2, o que implica c2 = 1.
Tambe´m temos que y′(x) =
c1
x
. Como y′(1) = 2, logo 2 =
c1
1
=⇒ c1 = 2.
Logo, a soluc¸a˜o buscada e´ y(x) = 2 ln(x) + 1.
Questa˜o 2: (3,0 pontos)
Seja a equac¸a˜o y′′ + 3y′ + 2y = f(x).
3
(a) (1,0 ponto) Resolva a equac¸a˜o acima para f(x) = 0;
(b) (1,0 ponto) Usando o me´todo de coeficientes a determinar, resolva a equac¸a˜o
acima para f(x) = cos(x);
(c) (1,0 ponto) Usando o me´todo da variac¸a˜o dos paraˆmetros, resolva a equac¸a˜o
acima para f(x) = sen(ex).
Soluc¸a˜o:
(a) Tem-se que as ra´ızes de r2 + 3r + 2 = 0 tem ra´ızes r1 = −1 e r2 = −2. Logo,
a soluc¸a˜o geral e´ dada por
y(x) = c1e
−x + c2e−2x.
(b) A soluc¸a˜o de y′′ + 3y′ + 2y = cos(x) e´ dada por y = yh + yp onde yh =
c1e
−x + c2e−2x e´ dado no item (a).
Usando coeficientes a determinar, e´ procurada uma soluc¸a˜o particular na forma
yp(x) = A cos(x) +B sen(x). Derivando yp(x) tem-se
y′p(x) = −A sen(x) +B cos(x)
y′′p(x) = −A cos(x)−B sen(x).
Logo, substituindo yp(x) na equac¸a˜o y
′′ + 3y′ + 2y = cos(x) tem-se que
(−A cos(x)−B sen(x)) + 3(−A sen(x) +B cos(x)) + 2(A cos(x) +B sen(x)) = cos(x).
Enta˜o,
(A+ 3B) cos(x) + (B − 3A) sen(x) = cos(x),
de onde
{
A+ 3B = 1
−3A+B = 0 .
Assim, A =
1
10
, B =
3
10
.
Portanto,
yp(x) =
1
10
cos(x) +
3
10
sen(x)
4
e a soluc¸a˜o e´ dada por y = yh + yp.
(c) A soluc¸a˜o de y′′ + 3y′ + 2y = sen(ex) e´ dada por y(x) = yh(x) + yp(x), onde
yh = c1e
−x + c2e−2x foi achado no item (a).
Usando variac¸a˜o dos paraˆmetros,
yp(x) = µ1(x)y1(x) + µ2(x)y2(x),
onde y1(x) = e
−x, y2(x) = e−2x, µ1(x) =
∫
W1
W
dx e µ2(x) =
∫
W2
W
dx, sendo W =∣∣∣ y1 y2
y′1 y
′
2
∣∣∣, W1 = ∣∣∣ 0 y2sen(ex) y′2
∣∣∣ e W2 = ∣∣∣ y1 0y′1 sen(ex)
∣∣∣ .
Assim,
W =
∣∣∣ e−x e−2x−e−x −2e−2x ∣∣∣ = −2e−3x+e−3x = −e−3x, W1 = ∣∣∣ 0 e−2xsen(ex) −2e−2x ∣∣∣ = −e−2x( sen(ex)),
W2 =
∣∣∣ e−x 0−e−x sen(ex) ∣∣∣ = e−x( sen(ex)).
Logo,
µ1(x) =
∫ −e−2x
−e−3x ( sen(e
x)) dx =
∫
ex sen(ex) dx
= − cos(ex)
e
µ2(x) =
∫
e−x
−e−3x ( sen(e
x)) dx = −
∫
e2x sen(ex) dx
Fazendo a substituic¸a˜o
{
u = ex
du = exdx
, tem-se
µ2(x) = −
∫
e2x sen(ex) dx = −
∫
u sen(u) du
= u cos(u)− sen(u) = ex cos(ex)− sen(ex).
5
Assim,
yp(x) = (− cos(ex))e−x + (ex cos(ex)− sen(ex))e−2x
= −e−2x sen(ex)
Portanto, y = yh + yp, onde yh e yp foram obtidas acima.
Questa˜o 3: (2,5 pontos)
Considere o sistema de equac¸o˜es diferenciais lineares
~Y ′ = A~Y , onde A =
[
1 2
−2 1
]
, ~Y =
(
y1
y2
)
(a) (1,0 pontos) Determine os autovalores de A;
(b) (1,5 pontos) Resolva o sistema de equac¸o˜es diferenciais.
Soluc¸a˜o:
(a) Para calcular os autovalores de A resolvemos a equac¸a˜o det(A−λI) = 0, isto
e´ ∣∣∣ 1− λ 2−2 1− λ ∣∣∣ = 0.
Logo, (1− λ)2 + 4 = 0, de onde λ = 1± 2i.
Assim, os autovalores sa˜o λ1 = 1 + 2i e λ2 = 1− 2i.
(b) Considerando o autovalor λ1 = 1+2i, acharemos o seu autovetor ~v =
(
v1
v2
)
.
Tem-se que (A− λI)~v = 0, isto e´(
1− (1 + 2i) 2
−2 1− (1 + 2i)
)(
v1
v2
)
=
(
0
0
)
,
de onde ( −2i 2
−2 −2i
)(
v1
v2
)
=
(
0
0
)
,
isto e´
{ −2iv1 + 2v2 = 0
−2v1 − 2iv2 = 0
6
Logo, v2 = iv1 e assim, ~v =
(
v1
iv1
)
= v1
(
1
i
)
, isto e´ ~v =
(
1
i
)
e´ um autovetor
associado a λ1 = 1 + 2i.
Assim, a soluc¸a˜o complexa e´
~Y =
(
1
i
)
e(1+2i)t =
(
1
i
)
(et cos(2t) + iet sen(2t))
=
(
et cos(2t) + iet sen(2t)
−et sen(2t) + iet cos(2t)
)
=
(
et cos(2t)
−et sen(2t)
)
︸ ︷︷ ︸
~X1(t)
+i
(
et sen(2t)
et cos(2t)
)
︸ ︷︷ ︸
~X2(t)
Portanto, a soluc¸a˜o geral e´
~Y (t) = c1
(
et cos(2t)
−et sen(2t)
)
+ c2
(
et sen(2t)
et cos(2t)
)
Questa˜o 4: (2,5 pontos)
Considere o sistema vibrante definido por
m
d2x
dt2
+ β
dx
dt
+ kx = 5 cos(4t),
x(0) =
1
2
, x′(0) = 0
sendo a massa m =
1
5
Kg, a mola com coeficiente K = 2N/m, a massa parte do
repouso 1/2 metro abaixo da posic¸a˜o de equil´ıbrio e o movimento e´ amortecido com
β = 1, 2.
Determine x(t).
Soluc¸a˜o:
Pela equac¸a˜o do sistema, temos que
1
5
d2x
dt2
+ 1, 2
dx
dt
+ 2x = 5 cos(4t).
7
Multiplicando a equac¸a˜o por 5, tem-se
d2x
dt2
+ 6
dx
dt
+ 10x = 25 cos(4t),
cuja soluc¸a˜o e´ x = xh + xp.
Para calcular xh, achamos as ra´ızes de r
2 + 6r + 10 = 0 que sa˜o r1 = −3 + i e
r2 = −3− i. Logo,
xh(t) = c1e
−3t cos(t) + c2e−3t sen(t).
Pelo me´todo de coeficientes a determinar, procuraremos uma soluc¸a˜o particular
na forma xp(t) = A cos(4t) +B sen(4t). Derivando xp(t) tem-se
x′p(t) = −4A sen(4t) + 4B cos(4t)
x′′p(t) = −16A cos(4t)− 16B sen(4t).
Logo, substituindo na equac¸a˜o tem-se que
(−16A cos(4t)−16B sen(4t))+6(−4A sen(4t)+4B cos(4t))+10(A cos(4t)+B sen(4t)) = 25 cos(4t).
Enta˜o,
cos(4t)(−6A+ 24B) + sen(4t)(−6B − 24A) = 25 cos(4t),
de onde
{ −6A+ 24B = 25
−24A− 6B = 0 .
Assim, A = − 25
102
, B =
50
51
.
Portanto,
x(t) = xh(t) + xp(t) = c1e
−3t cos(t) + c2e−3t sen(t)− 25
102
cos(4t) +
50
51
sen(4t)
.
Como x(0) =
1
2
, logo c1 − 25
102
=
1
2
de onde c1 =
38
51
.
Tambe´m temos que, como x′(0) = 0, tem-se c2 = −86
51
.
Assim,
x(t) =
38
51
e−3t cos(t)− 86
51
e−3t sen(t)− 25
102
cos(4t) +
50
51
sen(4t)