C2A-examV2-M1

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DR. SIMON G. CHIOSSI @ GMA / UFF C2A - VE2 - 06/12/2017
Cálculo 2 A – 2017.2
turma M1
Prova VE2
Nome (MAIÚSCULO):
Matrícula:
RESPOSTAS SEM AS DEVIDAS JUSTIFICATIVAS SERÃO DESCONSIDERADAS.
(1) Calcule a integral geral y = y(x) da equação diferencial [2]
y ′′− y ′−6y −x e3x = 0.
(2) Seja b um número real e considere a equação [2]
(y e2xy +x)dx+bx e2xy dy = 0.
a) Determinar para qual valor b a equação é exata.
b) Resolver para este valor.
(3) Considere a função [1]
p(x)= ln(x)p
x
, x ∈ [1,4],
e calcule o volume do sólido obtido por rotação de graf (p) ao redor do eixo x.
(4) Resolva a equação diferencial [2.5]
y ′
ex+e−x = y
2.
Determine o domínio de cada solução y(x).
(5) Seja a um número real (fixo). Resolva o problema de valor inicial [2.5]{
y ′ = a y
x
+3x
y(2)= 1
para x ∈ [2,+∞).
(Observação: durante a solução será importante distinguir dois casos: a = 2 e a 6= 2. . . )
1
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GABARITO
1. A solução de y ′′ − y ′ − 6y − x e3x = 0 é soma y = yh + yp da integral geral yh da equação
homogênea associada y ′′− y ′−6y = 0 e de uma integral particular yp .
O polinômio caraterístico χ(t )= t2− t −6 tem raízes t = 3,−2 então
yh(x)= c1 e3x+c2 e−2x , c1,c2 ∈R.
Para achar yp consideramos os aniquiladores:
(D−3)(D+2)yh = 0, (D−3)2(x e3x)= 0.
Assim (D−3)3(D+2)yp = 0 e portanto podemos tomar a integral particular desta forma
yp = (αx2+βx)e3x , para uns α,β,∈R.
(Podemos economizar e não incluir o termo γe3x pois este está incluído em yh).
Substituindo yp na equação originária
x e3x = (D2−D−6)((αx2+βx)e3x)
produz α=−1/10,β=−1/25, e assim
y(x)= c1 e−2x+
(
c2+ 1
2
x+ 1
4
x2
)
e3x
é a solução geral, com c1,c2 ∈R.
Gráfico da solução y = y(x) com c1 =−1,c2 = 1
2. Se (y e2xy +x)dx+bx e2xy dy = 0 for exata, em primeiro lugar necessariamente há
∂
∂y
(y e2xy +x)= ∂
∂x
(bx e2xy )
isso é
e2xy +2xy e2xy = b e2xy +2byx e2xy =⇒ b = 1.
Como as funções M = y e2xy +x, N = bx e2xy são na verdade de classe C 1,
b = 1 ⇐⇒ a equação é exata.
De fato, impondo M = fx ,N = fy para uma função diferenciável f = f (x, y),
fx = y e2xy +x =⇒ f = 1
2
e2xy +1
2
x2+ c(y)
fy = x e2xy =⇒ f = 1
2
e2xy +g (x)
2
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donde
1
2
x2+ c(y)= g (x) então 1
2
x2 = g (x), c(y)= 0. Assim a família de curvas integrais é dada impli-
citamente pelas curvas de nível
e2xy +x2 = c, c ∈R+,
ou, equivalentemente (explicitando), pelas funções y(x)= ln(c−x
2)
2x
, c ∈R+.
Curvas de nível
Confiram o site https://www.desmos.com/calculator/scxe341uyn para
ver como variam as curvas de nível em relação à escolha de c.
3. A função p(x) = ln(x)p
x
, x ∈ [1,4], é não negativa: p(x) Ê 0 para todo x ∈ [1,4]. O volume do
sólido é dado pela integral
pi
∫ 4
1
(
p(x)
)2dx =pi∫ 4
1
ln2(x)
x
dx =pi
∫ 4
1
ln2(x)d(ln(x))
= pi
3
ln3(x)
∣∣∣4
1
= pi
3
ln3(4)= 8 ln
3(2)
3
pi.
Gráfico de y = p(x), x ∈ [1,4].
3
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4. A equação y
′
ex+e−x = y
2 é da ordem 1, não linear e separável.
Tem integral particular y∗(x)= 0, que está definida em Dom(y∗)=R.
As soluções não constantes são dadas por
y ′
y2
= ex+e−x = 2cosh(x)=⇒
∫ dy
y2
= 2
∫
cosh(x)dx =⇒− 1
y
= 2sinh(x)+ c,
então
yc (x)= 1
c−2sinh(x) , c ∈R.
Como o seno hiperbólico é uma função crescente R→R, então invertível, pondo
C = sinh−1(c/2)= ln
(
c+
p
c2+16
4
)
temos Dom(yc )=R\ {C }.
Gráfico da solução y = y−3(x).
5. Aplicamos logo a fórmula para equações lineares da 1a ordem
y = ea
∫
dx/x
(
3
∫
e−a
∫
dx/x x dx
)
= xa
(
3
∫
x1−a dx
)
Agora devemos distinguir os casos: 1−a =−1 (i.é: a = 2) e 1−a 6= −1 (a 6= 2):
xa
(
3
∫
x1−a dx
)
=
xa
3
2−a x
2−a + cx, a 6= 2
3xa lnx+ cxa , a = 2
.
A condição inicial impõe 
c = 1
2a
(
1− 12
2−a
)
, a 6= 2
c = 1
2a
−3 ln2, a = 2
.
Portanto a solução geral é
y =

3
2−a x
2+ 1
2a
(
1− 12
2−a
)
x, a 6= 2
3x2 lnx+
(
1
4
−3 ln2
)
x2, a = 2
.
4