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IMECC/Unicamp MA311 - C´alculo III Prof. Dr. Ricardo Miranda Martins Prova 1: 20 de maio de 2022
RA: Nome:
Q1. (2 pontos) Classifique cada uma das equa¸c˜oes abaixo em termos de ordem, linearidade, separabili- dade, se ´e ou n˜ao exata e indique um m´etodo adequado para encontrar sua solu¸c˜ao. Resolva apenas uma delas. (a) y′^ − 2 xy = 6x, y(0) = 2.
(b) y′^ = x^3 y, y(0) = 3.
(c) x
dy dx
Solu¸c˜ao: Note que todas as trˆes equa¸c˜oes s˜ao de primeira ordem (pois s´o aparece a derivada de primeira ordem de y) e s˜ao lineares (pois os termos envolvendo y e suas derivadas s˜ao lineares). (a) Da forma como est´a escrita, esta equa¸c˜ao n˜ao ´e uma equa¸c˜ao exata, pois se escrevermos no formato M (x, y) + N (x, y)y′^ = 0 ent˜ao M = − 2 xy − 6 x, N = 1 e portanto My = − 2 x ´e diferente de Nx = − 2 x − 6. Note que a equa¸c˜ao ´e separ´avel, pois pode ser escrita como y′^ = x(6 + 2y). Esta equa¸c˜ao pode ser resolvida utilizando que ´e separ´avel, ou ent˜ao calculando um fator integrante. Solu¸c˜ao: y(x) = −3 + 5ex 2
(b) Da forma como est´a escrita, esta equa¸c˜ao n˜ao ´e exata, pois se escrevermos no formato M (x, y) + N (x, y)y′^ = 0 ent˜ao My = −x^3 e Nx = 0, logo My 6 = Nx. A equa¸c˜ao ´e separ´avel, como se nota na express˜ao. Ela pode ser resolvida usando a separabi- lidade ou ent˜ao considerando uma equa¸c˜ao de primeira ordem homogˆenea. Solu¸c˜ao: y(x) = 3ex (^4) / 4
(c) A equa¸c˜ao n˜ao ´e exata nem separ´avel. Ela pode ser resolvida calculando um fator integrante.
Solu¸c˜ao: y(x) =
1 − ex^ + xex x^2 Crit´erio de corre¸c˜ao: 0,5 ponto para cada classifica¸c˜ao correta + 0,5 pela solu¸c˜ao de uma das equa¸c˜oes corretamente.
Q2. (2 pontos) Considere a equa¸c˜ao diferencial
x′′^ − 2 x′^ + 2x = f (t). (?)
(a) Encontre a solu¸c˜ao geral de (?) no caso em que f (t) ≡ 0. (b) Encontre a solu¸c˜ao de (?) com f (t) = t e condi¸c˜oes iniciais x(0) = 1, x′(0) = 1.
Solu¸c˜ao: (a) Para obter a solu¸c˜ao da equa¸c˜ao homogˆenea, podemos usar o m´etodo da equa¸c˜ao carac- ter´ıstica. Propondo uma solu¸c˜ao do tipo x(t) = eλt^ chegamos na equa¸c˜ao
λ^2 − 2 λ + 2 = 0.
As solu¸c˜oes desta equa¸c˜ao s˜ao λ = 1 ± i. Portanto, usando a f´ormula de Euler temos que as solu¸c˜oes (complexas) s˜ao:
x 1 (t) = e(1+i)t^ = eteit^ = et(cos(t) + i sen (t))
e x 2 (t) = e(1−i)t^ = ete−it^ = et(cos(t) − i sen (t)).
Como queremos solu¸c˜oes reais e a equa¸c˜ao ´e homogˆenea, temos que
y 1 (t) =
x 1 (t) + x 2 (t) 2
= et^ cos(t)
e y 1 (t) =
x 1 (t) − x 2 (t) 2
= et^ sen (t)
s˜ao solu¸c˜oes. Como W (y 1 , y 2 )(t) = e^2 t^6 = 0, segue que estas s˜ao solu¸c˜oes l.i. e portanto a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao (?) com f ≡ 0 ´e dada por y(t) = aet^ cos(t) + bet^ sen (t), com a, b ∈ R.
(b) Para encontrar uma solu¸c˜ao particular no caso f (t) = t, podemos propor x(t) = α + βt. Assim, como x′(t) = β e x′′(t) = 0, a equa¸c˜ao (?) ser´a equivalente a
0 − 2 β + 2(α + βt) = t,
ou seja, α = β = 1/2. Assim, x(t) =
t ´e uma solu¸c˜ao particular da EDO. Note que esta fun¸c˜ao n˜ao satisfaz ao PVI. A solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao ´e
φ(t) = aet^ cos(t) + bet^ sen (t) +
t.
Aplicando as condi¸c˜oes iniciais, obtemos a solu¸c˜ao do PVI
φ(t) =
t +
et^ cos(t).
Crit´erio de corre¸c˜ao: 1,0 para (a) e 1,0 para (b). Desconto de 0,2 por erro de conta.
Q3. (4 pontos) (a) Defina a transformada de Laplace de uma fun¸c˜ao f (t) e dˆe condi¸c˜oes para que ela exista. (b) Calcule detalhadamente, usando a defini¸c˜ao e sem usar a tabela, a transformada de Laplace de f (t) = 5t. (c) Resolva de forma detalhada o PVI
x′′^ − 5 x′^ + 4x = cos(t) + δ(t − π), x(0) = 0, x′(0) = 0
Crit´erio de corre¸c˜ao: (a) 1,0 para indicar hip´oteses corretas de existˆencia e escrever a integral. (b) Se montar a integral corretamente, 0,5. Se calcular corretamente, +0,5. Desconto de 0,2 por erro de conta. (c) 1,0 para aplicar a transformada de Laplace + 1,0 para inverter o calcular as transformadas inversas corretamente. N˜ao precisa calcular os coeficientes das fra¸c˜oes parciais. Descontar 0,2 por erro de conta.
Q4. (2 pontos) Decida se as afirma¸c˜oes s˜ao verdadeiras ou falsas. Justifique as verdadeiras e dˆe um contra-exemplo para as falsas.
(a) ( ) A fun¸c˜ao y(t) = 1 + cet^ ´e solu¸c˜ao da equa¸c˜ao diferencial y′^ = y^2 + 1.
(b) ( ) Duas fun¸c˜oes f (t), g(t) definidas num intervalo I s˜ao linearmente independentes em I se, e s´o se, existe t 0 ∈ I tal que W (f, g)(t 0 ) 6 = 0, onde W (f, g) ´e o Wronskiano de f, g.
(c) ( ) O gr´afico da solu¸c˜ao de y′′(t) + 300y′(t) − 140 y(t) = u 5 (t), y(0) = y′(0) = 0, coincide com o gr´afico da fun¸c˜ao nula no intervalo [0, 4].
(d) ( ) A transformada de Laplace de f (t) = 1/t existe.
Solu¸c˜ao: (a) Falso. Note que y′(t) = cet^ e n˜ao ´e verdade que cet^ seja igual a (1 + cet)^2 + 1.
(b) Falso. A equivalˆencia s´o ´e verdade no caso de f, g serem solu¸c˜oes de equa¸c˜oes diferenciais. Como contra-exemplo, considere por exemplo f (t) = t^3 e g(t) = |t|^3 , que s˜ao l.i. mas tem Wronskiano nulo.
(c) Verdade. O lado direito da equa¸c˜ao, u 5 (t), ´e nulo no intervalo [0, 4]. Como a condi¸c˜ao inicial ´e y(0) = y′(0) = 0, segue que neste intervalo a fun¸c˜ao nula resolve a EDO. Como a solu¸c˜ao ´e unica, ela ´´ e a solu¸c˜ao.
(d) Falso. Esta fun¸c˜ao n˜ao est´a nas condi¸c˜oes do teorema de existˆencia da transformada de Laplace. Note que a integral (^) ∫ ∞
0
e−st^
t
dt
´e divergente. Crit´erio de corre¸c˜ao: 0,5 para cada alternativa correta.
Q5. (1 ponto) (Bˆonus) Resolva o problema de valor inicial
x′′^ − 10 x′^ + 25x = t^10 e^5 t, x(0) = 1, x′(0) = 5.
Solu¸c˜ao: Usando a equa¸c˜ao caracter´ıstica, obteremos uma solu¸c˜ao para a equa¸c˜ao homogˆenea associada: x 1 (t) = e^5 t. Para encontrarmos outra solu¸c˜ao LI, podemos escolher x 2 (t) = te^5 t.
Para a equa¸c˜ao n˜ao-homogˆenea, como o termo que parece ´e da forma t^10 e^5 t, devemos considerar uma solu¸c˜ao da forma xp(t) = q(t)e^5 t, onde q(t) ´e um polinˆomio.
Note que x′ p(t) = q′(t)e^5 t^ + 5q(t)e^5 t
e x′′ p (t) = q′′(t)e^5 t^ + 5q′(t)e^5 t^ + 5q′(t)e^5 t^ + 25q(t)e^5 t
Substituindo na equa¸c˜ao, ficamos com
q′′(t)e^5 t^ = t^10 e^5 t.
Assim, q′′(t) = t^10 , ou seja,
q(t) =
t^12 132
e com isso a solu¸c˜ao ´e da forma
xp(t) =
t^12 132
e^5 t.
Usando as condi¸c˜oes iniciais, chegamos em
x(t) =
e^5 t 132
(t^12 + 132).
Crit´erio de corre¸c˜ao: 0,5 para perceber que a solu¸c˜ao ´e da forma p(t)e^5 t^ com p um polinˆomio e +0,5 pela conclus˜ao correta.
Boa prova!
