ap2 engenharia gabarito 2019-2

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Segunda Avaliação Presencial de Equações Diferenciais e Equações Diferenciais Ordinárias –30/11/2019 
Código da disciplina: Matemática/Física EAD 01028 
 Engenharia de produção EAD 01075 
Nome: ______________________________________________ Matrícula: ____________________ 
Polo: _______________________________________________ 
Atenção! 
• Para cada folha de respostas que utilizar, antes de começar a resolver as questões, preencha (pintando 
os respectivos espaços na parte superior da folha) o número do CPF, o código da disciplina (indicado 
acima em negrito) e o número da folha. 
 
PADRÃO DE PREENCHIMENTO NA FOLHA DE RESPOSTAS 
• Preencha o número total de folhas somente quando for entregar a prova! 
• Identifique a Prova, colocando Nome, Matrícula e 
 Polo. 
• É expressamente proibido o uso de qualquer instru- 
mento que sirva para cálculo como também qualquer 
material que sirva de consulta. 
• Devolver essa prova e as Folhas de Respostas ao 
Aplicador. 
• Somente utilize caneta esferográfica com tinta azul ou 
preta para registro das resoluções nas Folhas de Respostas. 
• As folhas de Respostas serão o único material conside- 
rado para correção. Quaisquer anotações feitas fora deste 
espaço, mesmo que em folha de rascunho, serão ignorados. 
• Não amasse, dobre ou rasure as Folhas de Respostas, 
 pois isto pode inviabilizar a digitalização e a correção 
______________________________________________________________________________________ 
Questão 1 (2,5 pontos) 
Usando o método dos coeficientes a determinar resolva 
{
𝑦′′ + 4𝑦 = 3 sen 2𝑥
𝑦(0) = 0 , 𝑦′(0) = 1
 
Solução 
Sabemos que a solução geral é da forma 
y = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 
Como o polinômio característico associado ao problema homogêneo é 𝑟2 + 4 = 0 cujas 
raízes são 𝑟1 = 2𝑖, 𝑟2 = − 2𝑖. Logo 𝑦ℎ = 𝑐1 cos 2𝑥 + 𝑐2 sen 2𝑥. Também como a parte 
não homogênea que é 3sen 2𝑥 faz parte da solução homogênea, procura-se a solução 
particular na forma 𝑦𝑝 = 𝑥(𝐴 cos 2𝑥 + 𝐵 sen 2𝑥). Assim 
𝑦′𝑝 = 𝐴 cos 2𝑥 − 2𝑥𝐴 sen 2𝑥 + 𝐵 sen 2𝑥 + 2𝑥𝐵 cos 2𝑥 
𝑦′′𝑝 = − 2𝐴 sen 2𝑥 − 2𝐴 sen 2𝑥 − 4𝑥𝐴 cos 2𝑥 + 2𝐵 cos 2𝑥 + 2𝐵 cos 2𝑥 − 4𝑥𝐵 sen 2𝑥 
Logo substituindo 𝑦𝑝 em y′′ + 4y = 3 sen 2𝑥, tem-se 
(− 4𝐴 sen 2𝑥 − 4𝑥𝐴 cos 2𝑥 + 4𝐵 cos 2𝑥 − 4𝑥𝐵 sen 2𝑥 ) + 4(𝑥𝐴 cos 2𝑥 + 𝑥𝐵 sen 2𝑥)
= 3 sen 2𝑥 
De onde 
− 4𝐴 sen 2𝑥 + 4𝐵 cos 2𝑥 = 3 sen 2𝑥 
Logo − 4A = 3 assim A = − 
3
4
 e B = 0 logo 4B = 0 
y = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 = 𝑐1 cos 2𝑥 + 𝑐2 sen 2𝑥 − 
3𝑥
4
cos 2𝑥 
Como y(0) = 0 logo 0 = 𝑐1 assim 
y′(𝑥) = 2𝑐2 cos 2𝑥 − 
3
4
cos 2𝑥 +
3𝑥
2
sen 2𝑥 
Como y′(0) = 1 logo 2𝑐2 − 
3
4
= 1, assim 𝑐2 =
7
8
. Portanto a solução procurada é 
y(𝑥) =
7
8
sen 2𝑥 − 
3𝑥
4
cos 2𝑥 
Questão 2 (2,5 pontos) 
Resolva pelo método de variação dos parâmetros 
{
𝑦′′ + 3𝑦′ + 2𝑦 =
1
1 + 𝑒𝑥
𝑦(0) = 0 , 𝑦′(0) = 2 
 
Solução 
Tem-se que o polinômio associado ao problema homogêneo é 𝑟2 + 3𝑟 + 2 = 0, cujas 
raízes são 𝑟1 = − 2, 𝑟2 = − 1. Assim 𝑦ℎ = 𝑐1𝑒
− 2𝑥 + 𝑐2𝑒
− 𝑥, também pelo método de 
variação dos parâmetros 𝑦𝑝 = µ1(𝑥)𝑦1(𝑥) + µ2(𝑥)𝑦2(𝑥) onde 𝑦1(𝑥) = 𝑒
− 2𝑥, 𝑦2(𝑥) = 𝑒
− 𝑥 
µ1(𝑥) = ∫
𝑤1
𝑤
𝑑𝑥, µ2(𝑥) = ∫
𝑤2
𝑤
𝑑𝑥 
Sendo w = | 𝑒
− 2𝑥 𝑒− 𝑥
− 2𝑒− 2𝑥 − 𝑒− 𝑥
| = − 𝑒− 3𝑥 + 2𝑒− 3𝑥 = 𝑒− 3𝑥 , 
 𝑤1 = |
0 𝑒− 𝑥
1
1+𝑒 𝑥
− 𝑒− 𝑥
| =
− 𝑒− 𝑥
1+𝑒 𝑥
 , 𝑤2 = |
𝑒− 2𝑥 0
− 2𝑒− 2𝑥
1
1+𝑒 𝑥
| =
𝑒− 2𝑥
1+𝑒 𝑥
 
Logo 
µ1(𝑥) = ∫
𝑤1
𝑤
𝑑𝑥 = ∫
− 𝑒2𝑥
1 + 𝑒 𝑥
𝑑𝑥 = − (1 + 𝑒 𝑥) + 𝑙𝑛(1 + 𝑒 𝑥) 
µ2(𝑥) = ∫
𝑤2
𝑤
𝑑𝑥 = ∫
 𝑒2𝑥
1 + 𝑒 𝑥
𝑑𝑥 = 𝑙𝑛(1 + 𝑒 𝑥) 
Assim, 𝑦𝑝(𝑥) = (− (1 + 𝑒
 𝑥) + 𝑙𝑛(1 + 𝑒 𝑥))𝑒− 2𝑥 + (𝑙𝑛(1 + 𝑒 𝑥))𝑒 − 𝑥 
 = - 𝑒− 2𝑥 − 𝑒− 𝑥 + (𝑒− 𝑥 + 𝑒− 2𝑥) 𝑙𝑛(1 + 𝑒 𝑥) , assim 
y = 𝑐1𝑒
− 2𝑥 + 𝑐2𝑒
− 𝑥 + (𝑒− 𝑥 + 𝑒− 2𝑥) 𝑙𝑛(1 + 𝑒 𝑥) 
Como 𝑦(0) = 0 logo 0 = 𝑐1 + 𝑐2 + 2 𝑙𝑛2 também como 
y′(𝑥) = − 2𝑐1𝑒
− 2𝑥 − 𝑐2𝑒
− 𝑥 + (𝑒− 𝑥 + 𝑒− 2𝑥) 𝑙𝑛(1 + 𝑒 𝑥) + (𝑒 − 𝑥 + 𝑒 − 2𝑥)
1
1+𝑒 − 𝑥
 e y′(0) =
2 
Logo 2 = − 2𝑐1 − 𝑐2 − 3𝑙𝑛2 + 1 assim tem-se a solução {
𝑐1 + 𝑐2 = − 2 𝑙𝑛2 
2𝑐1 + 𝑐2 = − 1 − 3𝑙𝑛2 
 
logo 𝑐1 = − 1 − 𝑙𝑛2, 𝑐2 = 1 − 𝑙𝑛2 
Assim a solução buscada é 
𝑦(𝑥) = (− 1 − 𝑙𝑛2)𝑒 − 2𝑥 + (1 − 𝑙𝑛2)𝑒 − 𝑥 + (𝑒 − 𝑥 + 𝑒 − 2𝑥) 𝑙𝑛(1 + 𝑒 𝑥) 
Questão 3 (2,5 pontos) 
Considere o sistema 
{
𝑦′1 = 3𝑦1 − 𝑦2
𝑦′2 = 9 𝑦1 − 3𝑦2
 
a) Ache a solução geral do sistema 
b) Determine uma solução satisfazendo 𝑦1(0) = 1, 𝑦2(0) = 2 
Solução 
a) O sistema pode ser escrito na forma �⃗�′ = 𝐴�⃗� onde 𝐴 = (
3 −1
9 −3
) , �⃗� = (
𝑦1
𝑦2
). 
Calculemos os autovalores resolvendo 𝑑𝑒𝑡(𝐴 − 𝜆) = 0 isto é 
|
3 − 𝜆 −1
9 −3 − 𝜆
| = (𝜆 − 3)(𝜆 − 3) + 9 = 𝜆2 = 0 
Logo 𝜆1 = 𝜆2 = 0. Assim 𝜆1 = 0 é um autovalor duplo. Achemos o autovetor �⃗⃗� = (
𝑣1
𝑣2
) 
resolvendo (𝐴 − 𝜆)�⃗⃗� = 0⃗⃗ isto é 
(
3 −1
9 −3
) (
𝑣1
𝑣2
) = (
0
0
) isto é; 
{
3𝑣1 − 𝑣2 = 0
9𝑣1 − 3𝑣2 = 0
 ⇒ 𝑣2 = 3𝑣1 
assim �⃗⃗� = (
𝑣1
3𝑣1
) = 𝑣1 (
1
3
) logo (
1
3
) é o único autovetor associado a 𝜆 = 0. 
Procede �⃗⃗⃗� = (
𝑈1
𝑈2
) solução de (𝐴 − 𝜆𝐼)�⃗⃗⃗� = �⃗⃗� assim 
(
3 −1
9 −3
) (
𝑢1
𝑢2
) = (
1
3
) isto é {
3𝑢1 − 𝑢2 = 1
9𝑢1 − 3𝑢2 = 3
 
Se 𝑢1 = 0 logo 𝑢2 = −1 assim a solução geral é 
�⃗�(𝑡) = 𝑐1 (
1
3
) 𝑒0𝑡 + 𝑐2 ((
1
3
) 𝑡 + (
0
−1
)) 𝑒0𝑡 
b) Como �⃗�(0) = (
1
2
) logo 𝑐1 (
1
3
) + 𝑐2 (
0
−1
) = (
1
2
), assim 
(
𝑐1
3𝑐1 − 𝑐2
) = (
1
2
) logo 𝑐1 = 1, 3𝑐1 − 𝑐2 = 2 assim 𝑐2 = 1 portanto a solução buscada é 
�⃗�(𝑡) = (
1
3
) + (
1
3
) 𝑡 + (
0
−1
) = (
1
2
) + (
1
3
) 𝑡 
Questão 4 (2,5 pontos) 
a) Usando a propriedade ℒ[𝑡𝑓(𝑡)] = −
𝑑
𝑑𝑠
(ℒ[𝑓(𝑡)]. Calcule ℒ[𝑡𝑠𝑒𝑛4𝑡] 
Solução 
Usando a propriedade ℒ[𝑡𝑓(𝑡)](s) = − 
𝑑
𝑑𝑠
(ℒ[𝑓(𝑡)](𝑠)) tem-se 
ℒ[𝑡𝑠𝑒𝑛4𝑡] = − 
𝑑
𝑑𝑠
ℒ[𝑠𝑒𝑛4𝑡](𝑠) 
 = − 
𝑑
𝑑𝑠
(
4
𝑠² + 16
) = 
− (− 2𝑠) . 4
(𝑠² + 16)²
=
8𝑠
(𝑠² + 16)²
 
b) Resolver a equação diferencial 
{
𝑥′′ + 16𝑥 = 𝑐𝑜𝑠4𝑡
𝑥(0) = 0 , 𝑥′(0) = 1 
 
Solução 
Aplicando a transformada de Laplace e usando as propriedades de transformada do 
exercício 1 tem-se 
ℒ[𝑥′′ + 16𝑥](𝑠) = ℒ[𝑐𝑜𝑠4𝑡] 
De onde 
ℒ[𝑥′′] + 16ℒ[𝑥] =
𝑠
𝑠² + 16
 
Logo 
𝑠²ℒ[𝑥] − 𝑠𝑥(0) − 𝑥′(0) + 16ℒ[𝑥] =
𝑠
𝑠² + 16
 
Como x(0) = 0 , x′(0) = 1. Assim 
ℒ[𝑥](𝑠² + 16) = 1 +
𝑠
𝑠² + 16
 
De onde 
ℒ[𝑥] =
1
𝑠² + 16
+
𝑠
(𝑠² + 16)²
 
Aplicando transformada inversa e usando o item (a) tem-se 
x(t) = ℒ−1[ℒ[𝑥]] = ℒ−1 [
1
𝑠² + 16
] + ℒ−1 [
𝑠
(𝑠² + 16)²
] 
 =
1
4
𝑠𝑒𝑛4𝑡 +
1
8
𝑡𝑠𝑒𝑛4𝑡