UNIVERSIDADE PRESBITERIANA MACKENZIE
ESCOLA DE ENGENHARIA
2ª PROVA DE CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL PARA ENGENHARIA IV
DATA: 05/05/2008
Nome: GABARITO
No de matrícula:
Turma: 4P
__________
NOTA
Assinatura:
Data (vista)
Assinatura (vista)
Instruções:
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A prova contém 04 (quatro) questões. A duração mínima é de 30 minutos e a máxima é de 100
minutos, ou seja (1 hora e 40 minutos).
Transcreva as respostas à caneta (obrigatório).
As soluções devem conter todas as operações necessárias ao desenvolvimento das questões.
Não é permitido o empréstimo de material e nenhum tipo de consulta durante a prova.
A interpretação dos conceitos teóricos nas questões faz parte da resolução da prova.
1ª Questão: Resolva o problema de valor inicial
dy
+ y = x + ex, sabendo que y(0) = 0.
dx
(ATENÇÃO: Esta questão substitui o exercício feito em sala de aula)
(valor = 2,0)
y’ + y = x + ex
1dx
F.I. = e ∫
= ex
y’ + y = x + ex
multiplica por ex
y’ex + yex = xex + e2x
(y.ex)’ = xex + e2x
y.ex = ∫ x.e x dx + ∫ e 2 x dx = x.ex – ex +
e 2x
+c
2
Logo
y=x–1+
Por partes
x
x
x
x
∫ x.e dx = x.e - ∫ e dx = x.e - e
u=x
dv = exdx
du = dx
v = ex
x
ex
c
+ x
2
e
y(0) = 0
0=0–1+½+c
Portanto:
y=x–1+
c=½
ex
1
+
2
2e x
1
2ª Questão: a) Verifique se a equação diferencial
dy x.y.senx − 2.y.cos x
é exata ou não.
=
dx
2 .x.cos x
(valor = 1,0)
dy x.y.senx − 2.y.cos x
=
dx
2 .x.cos x
2xcosx dy = (xysenx - 2ycosx)dx
(2ycosx - xysenx)dx + 2xcosx dy = 0
M
N
∂M
= 2cosx -xsenx
∂y
Como as derivadas são
diferentes, a equação
NÃO É EXATA.
∂N
= 2cosx + 2x(-senx) = 2cosx -2xsenx
∂x
b) Resolva o problema de valor inicial
dy x.y.senx − 2.y.cos x
π 3
=
, sabendo que y   = ,
dx
2 .x.cos x
3 π
encontrando, se necessário, um fator integrante apropriado.
(valor = 1,5)
Achando o fator integrante:
∂M ∂N
−
2 cos x − xsenx − 2 cos x + 2 xsenx
xsenx
senx
∂y ∂x
=
=
=
N
2 x cos x
2 x cos x
2 cos x
∂N ∂M
−
2 cos x − 2 xsenx − 2 cos x + xsenx
− xsenx
− xsenx
∂x ∂y
=
=
=
2 y cos x − xysenx
2 y cos x − xysenx
y[2 cos x − ysenx ]
M
senx
F.I. = e
∫ 2 cos x dx
= e
−
1 1
du
2∫ u
=
1
− ln(cos x)
2
e
= e ln(cos x)
−1/ 2
= (cosx)-1/2
u = cosx
du = - senxdx
multiplicar por (cosx)-1/2
(2ycosx - xysenx)dx + 2xcosx dy = 0
[2y(cosx)1/2 – xysenx.(cosx)-1/2]dx + 2x(cosx)1/2 dy = 0
M
N
2
∂M
= 2(cosx)1/2 – xsenx.(cosx)-1/2
∂y
∂N
= 2(cosx)1/2 + 2x.(1/2).(cosx)-1/2.(-senx)
∂x
∂M
= 2(cosx)1/2 – xsenx.(cosx)-1/2
∂y
Como as derivadas são iguais, a
equação É EXATA.
∂N
= 2(cosx)1/2 - x.(cosx)-1/2.senx
∂x
Existe uma função f(x; y) tal que
∂f
= M = 2y(cosx)1/2 – xysenx.(cosx)-1/2
∂x
∂f
= N = 2x(cosx)1/2
∂y
(Esta integração em relação a y é mais fácil)
∂f
= N = 2x(cosx)1/2
∂y
f(x; y) = ∫ 2 x(cos x)1/ 2 dy
f(x; y) = [2x(cosx)1/2 ]y + g(x)
Por outro lado,
∂f
= 2y(cosx)1/2 – xysenx.(cosx)-1/2
∂x
[2(cosx)1/2 + 2x.(1/2).(cosx)-1/2.(-senx)]y + g’(x) = 2y(cosx)1/2 – xysenx.(cosx)-1/2
2y(cosx)1/2 - xy.(cosx)-1/2.(senx)y + g’(x) = 2y(cosx)1/2 – xysenx.(cosx)-1/2
g’(x) = 0
g(x) = c
Logo
f(x; y) = [2x(cosx)1/2 ]y + C
[2x(cosx)1/2 ]y = C
π 3
y  =
3 π
π
3
2 .{[cos(π/3)]1/2}. = c
3
π
c = (1/2)1/2
[2x(cosx)1/2 ]y = (1/2)1/2
3
3ª Questão: a) Resolva o problema de valor inicial y” + y’ – 2y = x + sen2x, sabendo que
y(0) = 1 e y’(0) = 1.
(valor = 2,0)
b) Verifique a solução encontrada no item a satisfaz a E.D. y” + y’ – 2y = x + sen2x
(valor = 0,5)
a) y” + y’ – 2y = x + sen2x
Resolvendo a equação auxiliar:
r2 + r – 2 = 0
∆ = 12 – 4.1.(-2) = 9
− 1± 3
2
r=
r1 = 1 ou r2 = -2
yC = c1ex + c2e -2x
Achando as soluções particulares:
yP = Ax + B + Csen2x + Dcos2x
y’P = A + 2Ccos2x – 2Dsen2x
y”P = - 4Csen2x – 4Dcos2x
Substituindo em y” + y’ – 2y = x + sen2x, temos:
- 4Csen2x – 4Dcos2x + A + 2Ccos2x – 2Dsen2x – 2Ax – 2B – 2Csen2x – 2Dcos2x = x + sen2x
-2Ax + (A – 2B) + (-6C – 2D)sen2x + (2C – 6D)cos2x = x + sen2x
Resolvendo os sistemas:
− 2 A = 1

A − 2B = 0
− 6C − 2D = 1

2C − 6D = 0
A = -1/2 e B = -1/4
yP = −
C = -3/20 e D = -1/20
1
1 3
1
x− −
sen2 x −
cos 2 x
2
4 20
20
A solução geral é
y = yC + yP = c1ex + c2e -2x −
1
1 3
1
x− −
sen2 x −
cos 2 x
2
4 20
20
Para encontrarmos c1 e c2 usamos as condições iniciais 1) y(0) = 1 e 2) y’(0) = 1:
1
1 3
1
sen(2.0) −
cos(2.0) = 1 c1 + c2 = 13/10
1) c1.e0 + c2.e-2.0 − .0 − −
424
3 20 1
424
3
2
4 20 1
0
2) c1.e0 – 2c2e-2.0 −
1
1 6
2
−
cos(2.0) +
sen(2.0) = 1
1
4
2
4
3
424
3
2 20
20 1
1
c1 – 2c2 = 18/10
0
c1 =
22
15
c2 = −
1
6
E, portanto a solução é:
y=
22 x 1 -2x 1
1 3
1
e − e
− x− −
sen2 x −
cos 2 x
15
6
2
4 20
20
4
b) Verifique a solução encontrada no item a satisfaz a E.D. y” + y’ – 2y = x + sen2x
y=
22 x 1 -2x 1
1 3
1
e − e
− x− −
sen2 x −
cos 2 x
15
6
2
4 20
20
y’ =
22 x 2 -2x 1 6
2
e + e
− −
cos 2 x +
sen2 x
15
6
2 20
20
y” =
22 x 4 -2x 12
4
e − e
+
sen2 x +
cos 2 x
15
6
20
20
Substituindo em y” + y’ – 2y = x + sen2x, temos:
22 x 4 -2x 12
4
22 x 2 -2x 1 6
2
22
e − e
+
sen2 x +
cos 2 x +
e + e
− −
cos 2 x +
sen2 x - 2( ex
15
6
20
20
15
6
2 20
20
15
−
1 -2x 1
1 3
1
e
− x− −
sen2 x −
cos 2 x ) = x + sen2x
6
2
4 20
20
22 x 4 -2x 12
4
22 x 2 -2x 1 6
2
44 x
e − e
+
sen2 x +
cos 2 x +
e + e
− −
cos 2 x +
sen2 x e
15
6
20
20
15
6
2 20
20
15
+
2 -2x
1 6
2
e
+x+ +
sen2 x +
cos 2 x = x + sen2x
6
2 20
20
12
4
1 6
2
1 6
2
sen2 x +
cos 2 x − −
cos 2 x +
sen2 x + x + +
sen2 x +
cos 2 x = x + sen2x
20
20
2 20
20
2 20
20
2
6 
6
2 
 12
 4
+
+
−
+

sen2 x + 
 cos 2 x + x = x + sen2x
203
203
120
120
4420
244
4420
244
20
20
0
Portanto, temos que;
sen2x + x = x + sen2x
(c.q.d.)
5
4ª Questão: Um circuito em série consiste em um resistor com R = 10 ohms, um indutor com
L =
5
1
henrys, um capacitor com C =
farad e uma força eletromotriz E(t) = 300 volts.
3
30
Sabendo a lei de Kirchhoff L
d2 Q
dQ 1
+R
+ Q = E(t) , encontre a carga Q(t) e a
2
dt C
dt
corrente I (t) no instante t, sendo a carga inicial e a corrente inicial, ambas iguais a 0,
ou seja Q(0) = 0 coulomb e I (0) = 2 ampères.
(valor = 3,0)
Resolvendo:
L
Achando a solução complementar Q C
dQ 1
d2 Q
+R
+ Q = E(t)
2
dt C
dt
50r2 + 30r + 90 = 0
5 d2 Q
dQ
+ 10
+ 30 Q = 300
2
3 dt
dt
∆ = 900 – 4.50.90 = - 900
r=
d2 Q
dQ
5 2 + 30
+ 90 Q = 900
dt
dt
− 30 ± 30i
= -3 ± 3i
10
→ α
=-3eβ=3
QC (t) = e-3t(c1.cos3t + c2sen3t)
5Q’’(t) + 30Q’(t) + 90Q(t) = 900
Achando a solução particular:
QP = A
Substituindo em 5Q’’ + 30Q’ + 90Q = 900
Q’P = 0
5.0 + 30.0 + 90A = 900
Q”P = 0
A = 10
Logo a solução geral é: Q(t) = e-3t(c1.cos3t + c2sen3t) + 10
Para encontrar c1 e c2 substituir as condições iniciais: Q(0) = 0 e Q’(0) = 2
1) e-3.0.(c1.cos(3.0) + c2.sen(3.0)) + 10 = 0
c1 = -10
2) -3e-3.0. (c1.cos(3.0) + c2.sen(3.0)) + e-3.0.(-3c1sen(3.0) + 3c2cos(3.0)) = 2
c2 =
32
3
Portanto:
Q(t) = e-3t(-10.cos3t +
I(t) = -3e-3t(-10.cos3t +
32
sen3t) + 10
3
32
sen3t) + e-3t(30.sen3t + 32cos3t)
3
ou
I(t) = e-3t(-2.sen3t + 62cos3t)
6