TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP01, 30 mar 2012Prof. Nelson Luís Dias
0
NOME: GABARITO Assinatura:
1 [30] A Vgura ao lado mostra o zoom da discretização de uma funçãoy(x ) por pontos, com espaçamento horizontal ∆x : a função muda desinal, e portanto possui um zero, entre xi−1 e xi . Se aproximarmos afunção por um conjunto de segmentos de reta linearmente interpoladosentre os pontos, veremos que o zero é dado por
x ∗ = xi−1 + η∆x ,
onde 0 < η < 1. Supondo como na Vgura que yi−1 > 0 e yi < 0, mostreque
η =p
1 + p, p = −yi−1/yi .
Sugestão: semelhança de triângulos.
yi
yi−1
xi−1xi
η∆x
(1 − η)∆x
∆x
x
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
yi−1η∆x
= −yi
(1 − η)∆x,
p1η=
11 − η
,
(1 − η)p = η,p = η + ηp ,
η =1
1 + p
Continue a solução no verso =⇒
2 [30] Considere a função F (x ) deVnida pela integral
F (x ) ≡∫ x
0
et − 1t
dt , x ≥ 0.
Obtenha uma série para o cálculo de F (x ). Sugestão: expanda et em série de Taylor em torno de t = 0, etc., e em seguidaintegre termo a termo.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
F (x ) =∫ x
0
1t
∞∑n=0
tn
n!
− 1
dt ,=
∫ x
0
1t
∞∑n=1
tn
n!
dt ,=
∫ x
0
∞∑n=1
tn−1
n!
dt ,=
∞∑n=1
∫ x
0
tn−1
n!dt ,
=
∞∑n=1
xn
n × n!
= x +x2
4+x3
18+x4
96+ . . .
Continue a solução no verso =⇒
3 [40] Dados 3 vetores b1, b2, b3, não necessariamente ortonormais, porém LI, segue-se que
B = b1 · [b2 × b3] = b3 · [b1 × b2] = b2 · [b3 × b1] , 0.
DeVna agora 3 novos vetores:
b1 ≡1B[b2 × b3],
b2 ≡1B[b3 × b1],
b3 ≡1B[b1 × b2].
(Os sobre-escritos não signiVcam potências! Eles apenas enumeram os novos vetores.) Prove que
bi · b j = δi j ,
onde δi j é o delta de Kronecker.SUGESTÃO: EVITE NOTAÇÃO INDICIAL: É MAIS FÁCIL FAZER POR ENUMERAÇÃO, TESTANDO
CADA UM DOS NOVE CASOS E ARGUMENTANDO COM AS PROPRIEDADES GEOMÉTRICAS DOS PRO-DUTOS ESCALAR E VETORIAL.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
b1 · b1 = b1 ·1B[b2 × b3] =
1B(b1 · [b2 × b3]) =
BB= 1;
b1 · b2 = b1 ·1B[b3 × b1] =
1Bb1 · [b3 × b1] ≡ 0;
etc.
Continue a solução no verso =⇒
TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP01, 07 jun 2013Prof. Nelson Luís Dias
0
NOME: GABARITO Assinatura:
1 [30] A matriz
[A] =
√2/2 −
√2/2 0
√2/2
√2/2 0
0 1
Possui determinante igual a +1, e os seguintes autovalores/autovetores (i =
√−1):
k autovalor autovetor
1√2/2 − i
√2/2 (1, i, 0)
2√2/2 + i
√2/2 (1, −i, 0)
3 1 (0, 0, 1)
a) [10] Qual é o efeito geométrico de A sobre um vetor qualquer x ∈ R3?
b) [20] Dado qualquer vetor do R2 com componentes estritamente reais, w = (α , β , 0), α , β ∈ R, ele sempre podeser escrito como uma combinação linear dos autovetores 1 e 2 acima:
w = c1v 1 + c2v 2 ,
onde c1 , c2 ∈ C. Obtenha c1 e c2 em função de α e β .
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:a) A transformação A gira um vetor x de π/4 radianos em torno de x3.b)
c1(1, i, 0) + c2(1, −i, 0) = (α , β , 0)c1 + c2 = α ,c1 − c2 = β/i,
c1 =12(α + β/i)
=12(α − iβ ),
c2 =12(α − β/i)
=12(α + iβ )
Continue a solução no verso =⇒
2 [35] Na Vgura ao lado, considere a curva plana cujas equações paramétricas são
x (t) = 3e−t/10 cos t ,
y(t) = 3e−t/10 sen t ,
t ≥ 0. Calcule o seu comprimento total. Observação: 0 ≤ t < ∞, mas o compri-mento da curva é Vnito.
1
2
3
4
−1
−2
−3
−4
1 2 3 4−1−2−3−4x
y
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
d` =√dx2 + dy2
=
√(dxdt
)2+
(dydt
)2dt
=
[(−3e−t/10
(sen(t) +
110
cos(t)))2
+(+3e−t/10
(cos(t) −
110
sen(t)))2]1/2
dt
=
[9e−2t/10
(sen2(t) + 2 sen(t)
cos(t)10
+1100
cos2(t))+ 9e−2t/10
(cos2(t) − 2 cos(t)
sen(t)10
+1100
sin2(t))]1/2
dt
=
[9e−2t/10
(sen2(t) +
1100
cos2(t) + cos2(t) +1100
sin2(t))]1/2
dt
=
√909100
e−2t/10 dt
=3√10110
e−t/10 dt .
Integrando,
` =
∫ ∞t=0
3√10110
e−t/10 dt = 3√101
Continue a solução no verso =⇒
3 [35] Obtenha a solução geral dedydx
+1
x + 1y = x .
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
y = uv ,
udvdx
+ vdudx
+1
x + 1uv = x ,
u[dvdx
+1
x + 1v]+ v
dudx= x .
Force o termo entre colchetes a ser zero:
dvdx
+1
x + 1v = 0,
dvdx= −
1x + 1
v ,
dvv= −
dxx + 1
,
ln |v | = − ln |x + 1| + ln k1 ,
|v | =k1|x + 1|
,
v = ±k1
x + 1=
c1x + 1
.
Substitua no que restou:
c1x + 1
dudx= x ,
du =1c1x (x + 1) dx ,
u =1c1
(x3
3+x2
2
)+ c2 ,
y = uv =1
x + 1
(x3
3+x2
2
)+(c1c2)x + 1
=1
x + 1
(x3
3+x2
2
)+
cx + 1
Continue a solução no verso =⇒
TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP03, 05 jul 2013Prof. Nelson Luís Dias
0
NOME: GABARITO Assinatura:
1 [50] Utilizando obrigatoriamente o método de Frobenius, obtenha a solução geral de
x2y′′ + xy′ − (1/9 + x )y = 0.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
y =∞∑n=0
anxn+r ,
y′ =∞∑n=0
(n + r )anxn+r −1 ,
y′′ =∞∑n=0
(n + r − 1)(n + r )anxn+r −2 ,
xy =∞∑n=0
anxn+r +1 ,
xy′ =∞∑n=0
(n + r )anxn+r ,
x2y′′ =∞∑n=0
(n + r − 1)(n + r )anxn+r .
Portanto,∞∑n=0
[(n + r − 1)(n + r ) + (n + r ) − 1/9]anxn+r −∞∑n=0
anxn+r +1 = 0.
Vamos “consertar” o segundo somatório:
m + r = n + r + 1,
m = n + 1,
n =m − 1.
A EDO Vca∞∑n=0
[(n + r − 1)(n + r ) + (n + r ) − 1/9]anxn+r −∞∑m+1
am−1xm+r = 0,
[(r − 1)(r ) + (r ) − 1/9]a0xn+r +∞∑n=1
{[(n + r − 1)(n + r ) + (n + r ) − 1/9]an − an−1} xn+r = 0.
Evidentemente, a equação indicial é
r 2 − 1/9 = 0,
r = ±13.
As raízes são distintas e não diferem por um inteiro: consequentemente, cada uma delas levará a uma solução LIdiferente. A relação de recorrência pode ser obtida de: para r = ±1/3,
∞∑n=1
{[(n + r − 1)(n + r ) + (n + r ) − 1/9]an − an−1} xn+r = 0,[(n + r )2 − 1/9
]an − an−1 = 0,
an =1
(n + r )2 − 1/9an−1.
As duas soluções são calculadas por
Continue a solução no verso =⇒
1 a[0] : 1$2 b[0] : 1$3 a[n] := 1/((n+1/3)^2 -1/9) * a[n-1]$4 b[n] := 1/((n-1/3)^2 -1/9) * b[n-1]$5 for n : 1 thru 6 step 1 do (6 print ("n = ",n ," an = ", a[n], " bn = ", b[n] )7 );
E portanto:
y1 = x1/3[1 +
35x +
980
x2 +9880
x3 +27
49280x4 +
814188800
x5 +81
167552000x6 + . . .
],
y2 = x−1/3[1 + 3x +
98x2 +
956
x3 +272240
x4 +81
145600x5 +
814659200
x6 + . . .]
Continue a solução no verso =⇒
2 [50] Expanda a função complexa
f (z) =z − 3z − 7
em série de Laurent em torno de z = 3 na região |z − 3| < 4.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Note que a região é do tipo |z − 3|/4 < 1:
z − 3z − 7
=z − 3
(z − 3) − 4
=
z−34
z−34 − 1
= −z − 34×
1
1 − z−34
= −z − 34
[1 +
(z − 34
)+
(z − 34
)2+
(z − 34
)3+ . . .
]
Continue a solução no verso =⇒
TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP04, 27 jul 2013Prof. Nelson Luís Dias
0
NOME: GABARITO Assinatura:
1 [25] Utilizando a deVnição de transformada de Laplace, L , obtenha
L{t2}= ?
(ou seja: calcule a integral deVnidora.) Sugestão: integre por partes.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Integrando-se por partes duas vezes (por exemplo) obtém-se∫ ∞
0t2e−st dt =
2s3
Continue a solução no verso =⇒
2 [25] Utilizando obrigatoriamente transformada de Laplace, resolva o problema
∂c∂t
+U∂c∂x= −Kt2 ,
c(x , 0) = 0,
c(0, t) = c0.
Ou seja: encontre c(x , t). É útil saber que∫ ∞0
H (t − a)f (t − a)e−st dt = e−sa∫ ∞a
f (t − a)e−s (t −a) d(t − a) = e−sa∫ ∞0
f (τ )e−sτ dτ .
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
sc − c(x , 0) +Udcdx= −
2Ks3,
dcdx
+sUc = −
2KUs3,
ddx
[c +
2KUs3
]+
sU
[c +
2KUs3
]= 0,
c +2KUs3= A(s) exp
(−sxU
).
Em x = 0, c(0, s) = c0/s; portanto,
c0s+
2KUs3= A(s),
c(x , s) = −2KUs3
+[c0s+
2KUs3
]exp
(−sxU
),
c(x , t) = −KUt2 + H
(t −
xU
) [c0 +
KU
(t −
xU
)2]
Continue a solução no verso =⇒
3 [25] Utilizando obrigatoriamente autovalores e autovetores, resolva o sistema de equações diferenciais
ddt
[u1u2
]=
[3 −5−5 3
] [u1u2
].
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Pares de autovalores, autovetores são:
λ1 = −2 f 1 = (1, 1),
λ2 = +8 f 2 = (1, −1).
Na base dos autovetores,ddt
[v1v2
]=
[−2 00 8
] [v1v2
].
Portanto,
v1 = Ae−2t ,
v2 = Be+8t .
Donde [u1u2
]= Ae−2t
[11
]+ Be+8t
[1−1
]
Continue a solução no verso =⇒
4 [25] Se δ (x ) e H (x ) são a delta de Dirac e a função de Heaviside, respectivamente, calcule a integral∫ x
ξ=−∞
{[H (ξ ) − H (ξ − 1)] + δ (ξ − 2)
}dξ .
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:É preciso saber/lembrar que ∫ x
−∞
δ (ξ − a) dξ = H (ξ − a),∫ x
−∞
H (ξ − a) dξ = (x − a)H (x − a).
Então, ∫ x
ξ=−∞
{[H (ξ ) − H (ξ − 1)] + δ (ξ − 2)
}dξ = xH (x ) − (x − 1)H (x − 1) + H (x − 2)
Continue a solução no verso =⇒
TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRF, 05 ago 2013Prof. Nelson Luís Dias
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NOME: GABARITO Assinatura:
1 [25] Utilizando obrigatoriamente o método de variação de constantes, encontre a solução geral de
d2ydx2
+ y = ex .
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:A equação característica da equação diferencial homogênea associada é
λ2 + 1 = 0,
λ2 = −1,λ = ±i.
A solução da homogênea associada éyh = Ae+ix + Be−ix
A opção pela exponencial complexa é para tornar a álgebra mais fácil devido ao termo não-homogêneo. Tentemos
y(x ) = A(x )e+ix + B(x )e−ix ,
y′(x ) = iAe+ix − iBe−ix +[A′e+ix + B′e−ix
],[
A′e+ix + B′e−ix]= 0,
y′′(x ) = −Ae+ix − Be−ix +[iA′e+ix − iB′e−ix
]A penúltima equação impede o aparecimento de derivadas de ordem 2 em A ou B. Substituindo:
−Ae+ix − Be−ix +[iA′e+ix − iB′e−ix
]+ Ae+ix + Be−ix = ex .
Um sistema de duas EDO’s resulta:
iA′e+ix + iB′e−ix = 0,
iA′e+ix − iB′e−ix = ex ,
2iA′eix = ex ,
dAdx=
12ie(1−i)x ,
A(x ) =−i
2(1 − i)e(1−i)x + A0 ,
12e(1−i)x eix + iB′e−ix = 0,
dBdx= −
12ie(1+i)x ,
B(x ) =i
2(1 + i)e(1+i)x + B0.
Reunindo tudo,
y(x ) =i
2(1 − i)e(1−i)x e+ix +
i2(1 + i)
e(1+i)x e−ix + A0e+ix + B0e−ix
= . . . ,
=12ex +C cos(x ) + D sen(x )
Continue a solução no verso =⇒
2 [25] Utilizando obrigatoriamente autovalores e autovetores, encontre a solução geral de
ddt
[u1u2
]=
[2 −1−1 2
] [u1u2
].
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Pares de autovalores, autovetores são:
λ1 = 3 f 1 = (1, −1),
λ2 = 1 f 2 = (1, 1).
Na base dos autovetores,ddt
[v1v2
]=
[3 00 1
] [v1v2
].
Portanto,
v1 = Ae3t ,v2 = Bet .
Donde [u1u2
]= Ae3t
[1−1
]+ Bet
[11
]
Continue a solução no verso =⇒
3 [25] Se r (u,v) = (x (u,v),y(u,v), z(u,v)) parametriza uma superfície S no R3, e se n é o vetor normal a S em cadaponto, então é verdade que
n dS =[∂r∂u×∂r∂v
]dudv .
Portanto, dada uma função vetorial v (x ,y, z),
I =∫S(n · v ) dS =
∫Ruv
([∂r∂u×∂r∂v
]· v (x (u,v),y(u,v), z(u,v))
)dudv .
Sabendo disso, calcule I =∫S (n · v ) dS , onde S é a superfície cilíndrica
y = 1 − x2 , 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1,
e v (x ,y, z) = (1 − x , 1 − y, 0).
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Uma parametrização tão boa quanto qualquer outra é
x = u,
y = 1 − u2 ,z = v ,
para 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 1. Agora,
∂r∂u= (1, −2u, 0),
∂r∂v= (0, 0, 1),
∂r∂u×∂r∂v= (−2u, −1, 0),
v (u,v) = (1 − u,u2 , 0),[∂r∂u×∂r∂v
]· v = −2u(1 − u) − u2 = u2 − 2u,
I =∫ 1
u=0
∫ 1
v=0(u2 − 2u) dv du
= −23
Continue a solução no verso =⇒
4 [25] Usando obrigatoriamente transformada de Laplace, resolva
d2ydx2
+ y = ex , y(0) = 1, y′(0) = 1.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Preciso saber que
L {y′′} = s2y − sy(0) − y′(0),
L {ex } = 1s − 1
.
Então,
s2y − s − 1 + y =1
s − 1,
(s2 + 1)y =1
s − 1+ (s + 1)
y =1
(s2 + 1)s2
(s − 1)
=12
ss2 + 1
+12
1s2 + 1
+12
1s − 1
,
dondey(x ) =
12cos(x ) +
12sen(x ) +
12ex
Continue a solução no verso =⇒