MAT1154
Questão
Valor:
Prova 2
1
2
3
4
Total
21/2
4
2
11/2
10
10/05/2010
Nota:
1. (a) [1 pt] Encontre a solução geral da EDO y ′′ (t) + 2y ′ (t) + 2y(t) = 0.
Resolução: A EDO é linear homogênea com coeficientes√constantes. A equação
característica é r 2 + 2r + 2 = 0, que tem raízes r = −2±2 4−8 = −1 ± i. Logo a
solução geral é y(t) = C1 e−t cos t + C2 e−t sen t.
(b) [1 pt] Resolva o PVI
 ′′
 y (t) + 2y ′ (t) + 2y(t) = 0
y(0) = 1
 ′
y (0) = 0
Resolução: No item anterior encontramos a solução geral. Derivando temos
y(t) = (−C1 + C2 )e−t cos t + (−C1 − C2 )e−t sen t.
Substituindo nas condições iniciais:
0 = y ′ (0) = −C1 + C2
1 = y(0) = C1 ,
Logo C1 = C2 = 1 e a resposta é: y(t) = e−t (cos t + sen t) .
(c) [1/2 pt] Se possível, escreva a função y(t) encontrada no item (b) em uma forma “compacta”, usando apenas uma função seno ou apenas uma função cosseno.
−t
Resolução: Vamos escrever a função na forma y(t)
√ = Ae sen(t
√ + δ). Sabemos
2
2
que A é dado pela “fórmula de Pitágoras” A = 1 + 1 = 2. Usando uma
fórmula trigonométrica,
√
√
√
y(t) = 2e−t sen(t + δ) = | 2{z
cos δ} e−t sen t + + | 2{z
sen δ} e−t cos t.
1
Logo δ =
π
4
e a resposta é y(t) =
√
1
π
2e−t sin t +
.
4
2. (a) [1 pt] Encontre a solução geral da EDO y ′′ (t) + y ′ (t) − 6y(t) = 0.
Resolução: A EDO é linear homogênea com coeficientes
√ constantes. A equação
−1± 1+24
2
, isto é, r = −3 ou
característica é r + r − 6 = 0, que tem raízes r =
2
r = 2. Logo a solução geral é y(t) = C1 e−3t + C2 e2t .
(b) [1 pt] Determine para qual (quais) valor(es) de a a solução do PVI abaixo converge
para 0 quando t → +∞.
 ′′
 y (t) + y ′ (t) − 6y(t) = 0
y(0) = a
 ′
y (0) = 1
MAT1154
Prova 2
Folha 2 de 4
Resolução: Sabemos no item anterior que as soluções são da forma y = C1 e−3t +
C2 e2t . Uma tal função converge a zero quando t → +∞ se e somente se C2 = 0, isto
é, ela é da forma y = C1 e−3t . Como se pede y(0) = a, temos C1 = a. Derivando:
y ′ (t) = −3ae−t . Substituindo t = 0, temos 1 = −3a, isto é, a = −1/3 .
Outra resolução: Impondo as condições iniciais e resolvendo, encontramos C1 =
2
1
3
1
5 a− 5 e C2 = 5 a+ 5 . Igualando C2 a zero (pela razão explicada acima) e resolvendo,
temos a = −1/3.
(c) [2 pt] Encontre a solução geral da EDO y ′′ (t) + y ′ (t) − 6y(t) = t + e−4t .
Resolução: A EDO é linear não-homogênea com coeficientes constantes. A EDO
homogênea associada já foi resolvida no item (a) Agora vamos encontrar uma solução particular da EDO não-homogênea pelo método dos coeficientes a determinar.
O chute para a solução particular é y = At + B + Ce−4t Fazendo as contas:
y = At + B + Ce−4t
y′ =
y ′′ =
A − 4Ce−4t
16Ce−4t
⇒
⇒
⇒
− 6Ce−4t
−6y = − 6At − 6B
y′ =
− 4Ce−4t
A
y ′′ =
16Ce−4t
y ′′ + 5y ′ + 6y = −6A
6B) + 6C e−4t
| {z } t + |(A −
{z } |{z}
1
0
1
1
, C = 16 .
Logo A = − 61 , B = − 36
Somando as duas partes, encontramos a resposta: A solução geral da EDO é
y(t) = C1 e−3t + C2 e2t −
t
1
1
−
+ e−4t
6 36 6
3. [2 pt] Encontre a solução geral da EDO de 3a ordem y ′′′ + 8y = 0.
Resolução: A EDO é linear homogênea com coeficientes
constantes. A equação carac√
3
3
terística é r + 8 = 0. Uma raiz óbvia √
é r = −8 = −2. Dividindo r 3 + 8 por r + 2
2
temos r − 2r + 4, cujas raízes são 1 ± i 3. Portanto a solução geral é
√
√
y(t) = C1 e−2t + C2 et cos(t 3) + C3 et sen(t 3)
4. [11/2 pt] Diga se cada uma das afirmações abaixo é Verdadeira ou Falsa.
√
(a) Se y = y1 (t) e y = y2 (t) são soluções da EDO y ′′ + t3 y ′ + ty = 0 então necessariamente
y = y1 (t) + y2 (t) é também solução.
(a)
V
Resolução: A equação é linear homogênea, portanto soma de soluções é solução.
A afirmação é VERDADEIRA.
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Prova 2
Folha 3 de 4
(b) Se y = y1 (t) e y = y2 (t) são soluções particulares de uma equação diferencial linear
homogênea de 2a ordem e o respectivo Wronskiano vale identicamente 0 então não
existe solução geral para esta EDO.
(b)
F
Resolução: A solução geral sempre existe (porém nesse caso não será y = C1 y1 (t)+
C2 y2 (t).) A afirmação é FALSA.
(c) Um sistema massa–mola é regido pela EDO my ′′ +γy ′ +ky = 0, com m, γ e k constantes
positivas. Se γ 2 − 4mk < 0 então existe uma solução y = y(t) com o gráfico abaixo:
(c)
F
Resolução: Em uma solução de verdade as passagens consecutivas pelo equilíbrio
são igualmente espaçadas em t, o que não é o caso do gráfico acima. A afirmação
é FALSA.
(d) Sejam a, b, c constantes reais. Se y = y1 (t) é uma solução da EDO ay ′′ + by ′ + cy = t2
e y = y2 (t) é uma solução da EDO ay ′′ + by ′ + cy = cos t então y = y1 (t)y2 (t) é
necessariamente uma solução da EDO ay ′′ + by ′ + cy = t2 cos t.
(d)
F
Resolução: Essa “regra maluca” seria verdade se derivada de produto fosse o produto das derivadas (o que é falso). A afirmação é FALSA.
Obs: Outra justificativa (informal) é que se tal “regra maluca” funcionasse, o método dos coeficientes a determinar seria bem mais fácil.
Obs: Na verdade, as justificativas acima são apenas “pistas” de que a coisa é falsa (e deveriam ser
suficientes para arriscarmos marcar F). Porém para termos certeza absoluta de que a afirmação é
falsa, teríamos que achar um exemplo onde ela falha. Aqui vai um: Considere a = 0, b = 1, c = 0.
Então y = 13 t3 é solução da primeira EDO, y = sen t é solução da segunda, mas y = 13 t3 sen t não
é solução da terceira.
(e) y = et −
1
2
cos t é uma solução particular da EDO y ′′ − y = cos t.
(e)
V
Resolução: Substituindo, vemos que a EDO é satisfeita. A afirmação é VERDADEIRA.
(f) Sabendo que o gráfico de P (r) = 6r 3 + 16r 2 + 10r + 1 é como abaixo:
MAT1154
Prova 2
Folha 4 de 4
podemos concluir que qualquer solução y = y(t) da EDO 6y ′′′ + 16y ′′ + 10y ′ + y = 0
converge a zero quando t → +∞.
(f)
V
Resolução: Podemos ver do gráfico a equação característica tem três raízes reais
distintas r1 , r2 , r3 , e assim a solução geral é y(t) = C1 er1 t +C2 er2 t +C3 er3 t . O gráfico
também mostra que as três raízes são negativas. Portanto limt→+∞ = 0, quaisquer
que sejam os valores de C1 , C2 , C3 . Portanto a afirmação é VERDADEIRA.