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TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP01, 30 mar 2012Prof. Nelson Luís Dias
0
NOME: GABARITO Assinatura:
1 [30] O programa abaixo, que calcula a raiz quadrada de 6, está errado. Identifique o erro, e explique comocorrigi-lo.
#!/ usr/bin/python
# -*- coding: iso -8859 -1 -*-
from __future__ import print_function
from __future__ import division
eps = 1.0e-6
h = 1.0
x = 1.0
while h > eps:
h = (6 - x**2)/(2*x)
x = x + h
print(x)
print(x**2)
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Onde se lêwhile h > eps:leia-sewhile abs(h) > eps:
Continue a solução no verso =⇒
2 [30] Considere a função F (x) definida pela integral
F (x) ≡∫ x
0cos(t3) dt, x ≥ 0.
Obtenha uma série para o cálculo de F (x). Sugestão: expanda cos(t3) em série de Taylor em torno de t = 0, eem seguida integre termo a termo.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
F (x) =∫ x
0
∞∑n=0
(−1)n (t3)2n
(2n)! dt,
=∞∑
n=0
(−1)n
(2n)!
∫ x
0t6n dt
=∞∑
n=0
(−1)n
(6n + 1)(2n)!x6n+1
Continue a solução no verso =⇒
3 [40] Dada a EDO−y
dy
dx+ xy = e−x, y(0) = −1,
obtenha um esquema implícito de diferenças finitas para ela, envolvendo xn, xn+1, yn e yn+1.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Por simplicidade, escreva
xn+1 + xn
2 ≡ x
−yn+1 + yn
2yn+1 − yn
h+ x
yn+1 + yn
2 = e−x
−y2
n+1 − y2n
2h+ x
yn+1 + yn
2 = e−x
− 12h
y2n+1 + x
2 yn+1 +[
12h
y2n + x
2 yn − e−x
]= 0
12h
y2n+1 −
x
2 yn+1 −[
12h
y2n + x
2 yn − e−x
]= 0
Esta é uma equação do 2o grau em yn+1; faça
A = 12h
,
B = −x
2 ,
C = −[
12h
y2n + x
2 yn − e−x
].
A solução para yn+1 é
yn+1 = −B ±√
B2 − 4AC
2A.
É preciso verificar qual dos dois sinais “funciona”. Isto pode ser feito por uma análise mais detalhada ou, commais facilidade, por tentativa e erro no próprio programa de computador.
Continue a solução no verso =⇒
TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP02, 27 abr 2012Prof. Nelson Luís Dias
0
NOME: GABARITO Assinatura:
1 [25] Suponha quen∑
k=1
(k2 + k
)= an3 + bn2 + cn+ d,
e obtenha um sistema linear 4 × 4 nas incógnitas a, b, c e d cuja solução dê a fórmula geral para qualquer n.Não é necessário resolver o sistema.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
a+ b+ c+ d = 2,8a+ 4b+ 2c+ d = 8,
27a+ 9b+ 3c+ d = 20,64a+ 16b+ 4c+ d = 40.
A solução do sistema dán∑
k=1
(k2 + k
)= n(n+ 1)(n+ 2)
3
Continue a solução no verso =⇒
2 [25] Considere a transformação linear dada pela reflexão em torno do plano vertical x2x3:
A · e1 = −e1,
A · e2 = e2,
A · e3 = e3.
Qual é a relação geométrica entre u × v e [A · u] × [A · v], sendo u e v dois vetores quaisquer do R3?
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
u = (u1, u2, u3) ⇒ A · u = (−u1, u2, u3), (1)v = (v1, v2, v3) ⇒ A · v = (−v1, v2, v3). (2)
u × v = (u2v3 − u3v2)e1 + (u3v1 − u1v3)e2 + (u1v2 − u2v1)e3
[A · u] × [A · v] = (u2v3 − u3v2)e1 + (u3(−v1)− (−u1)v3)e2 + ((−u1)v2 − u2(−v1))e3
= (u2v3 − u3v2)e1 − (u3v1 − u1v3)e2 − (u1v2 − u2v1)e3
Portanto, o vetor [A · u] × [A · v] possui a mesma coordenada 1 de u × v, enquanto que as coordenadas 2 e 3ficam invertidas. Isto significa que [A · u] × [A · v] representa uma rotação de 180◦ de u × v em torno de Ox1
Continue a solução no verso =⇒
3 [25] Existe uma maneira de resolver um sistema linear com autovalores e autovetores sem precisar inverterexplicitamente nenhuma matriz! — desde que haja n autovetores LI, com seus n autovalores correspondentes.Suponha que este seja o caso, e faça por simplicidade n = 2.Você quer resolver o sistema
A · x = y
onde A e y são conhecidos. Por hipótese, existem 2 autovetores f1 e f2 LI associados aos autovalores λ1 e λ2,de forma que
A · f1 = λ1f1,
A · f2 = λ2f2.
Considere λ1, f1, λ2, f2 conhecidos. Agora, decomponha y na base de autovetores:
y = β1f1 + β2f2;
note que β1 e β2 são facilmente determináveis, e portanto podem ser considerados conhecidos. Finalmente,considere a incógnita x na base dos autovetores também:
x = α1f1 + α2f2,
onde α1 e α2 são desconhecidos. Substitua no sistema original:
A · [α1f1 + α2f2] = β1f1 + β2f2
. . .
Agora prossiga, e obtenha α1 e α2 (e consequentemente x) em função dos dados conhecidos.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Como f1 e f2 são autovetores,
A · [α1f1 + α2f2] = β1f1 + β2f2
α1λ1f1 + α2λ2f2 = β1f1 + β2f2
α1 = β1/λ1,
α2 = β2/λ2
Continue a solução no verso =⇒
4 [25] Dada a base ortonormal
f1 = 1√11
(1, 1,−3),
f2 = 1√66
(7,−4, 1),
f3 = 1√6
(−1,−2,−1),
seja A uma rotação de α radianos de um vetor qualquer em torno de f3.
a) [15] Obtenha a matriz [A]F de A na base F = (f1,f2,f3).
b) [10] Indique a relação entre [A]F e [A]E (a matriz de A na base canônica), em função da matriz [C] cujoselementos são Cij = (f i · ej). Não é preciso fazer os cálculos!
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:a) A matriz de A na base F é trivial:
[A]F =
cosα − senα 0senα cosα 0
0 0 1
b)
ej = Cijf i;[A]E = [C]>[A]F [C].
Continue a solução no verso =⇒
TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP03, 28 set 2012Prof. Nelson Luís Dias
0
NOME: GABARITO Assinatura:
1 [30] Encontre a solução geral das seguintes EDO’s de ordem 1:
a) [10]dy
dx+ xy = x.
b) [10]dy
dx+ e−2xy = 0.
c) [10]dy
dx+ y = sen(2x).
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:(% i31) ’diff(y,x) + x*y = x ;
dy(% o31) -- + x y = x
dx(% i32) ode2 (%,y,x) ;
2 2x x
- -- --2 2
(% o32) y = %e (%e + %c)(% i33) ’diff(y,x) + exp ( -2*x)*y = 0 ;
dy - 2 x(% o33) -- + %e y = 0
dx(% i34) ode2 (%,y,x) ;
- 2 x%e-------
2(% o34) y = %c %e
(% i37) ’diff(y,x) + y = sin (2*x) ;dy
(% o37) -- + y = sin (2 x)dx
(% i38) ode2 (%,y,x) ;x
- x %e (sin (2 x) - 2 cos (2 x))(% o38) y = %e (--------------------------- + %c)
5(% i39)
Continue a solução no verso =⇒
3 [20] Encontre a solução geral dex2y′′(x)− 2xy′(x)− y = 0.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:(% i1) edo : x^2* ’ diff(y,x ,2) - 2*x*’diff(y,x) - y ;
22 d y dy
(% o1) x --- - 2 x -- - y2 dx
dx(% i2) ode2 (%,y,x);
sqrt (13) sqrt (13)-------- + 3/2 3/2 - --------
2 2(% o2) y = %k1 x + %k2 x
Continue a solução no verso =⇒
3 [20] Calcule todos os valores possíveis zn de (1 + i)1/7. Dê sua resposta na forma zn = rneiθn , onde os rn’s eθn’s devem ser explicitados.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
z = (1 + i) =√
2 ei(π4 +2nπ);
w = z1/7 =[√
2 ei(π4 +2nπ)]1/7
= (21/14)ei( π28 + 2nπ7 );
w1 = (21/14)ei π28 ,
w2 = (21/14)ei( π28 + 2π7 ),
w3 = (21/14)ei( π28 + 4π7 ),
w4 = (21/14)ei( π28 + 6π7 ),
w5 = (21/14)ei( π28 + 8π7 ),
w6 = (21/14)ei( π28 + 10π7 ),
w7 = (21/14)ei( π28 + 12π7 )
Continue a solução no verso =⇒
4 [30] Obtenha a série de Laurent de
f(z) = 1[z − (2 + 2i)][z − (5 + 2i)]
em torno de z0 = 2i no anel 2 < |z − 2i| < 5.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Inicialmente, nós separamos em frações parciais:(% i4) z0 : 2*%i ;(% o4) 2 %i(% i5) z1 : 2 + z0 ;(% o5) 2 %i + 2(% i6) z2 : 5 + z0 ;(% o6) 2 %i + 5(% i7) f : 1/((z - z1 )*(z-z2 )) ;
1(% o7) -----------------------------
(z - 2 %i - 5) (z - 2 %i - 2)(% i8) partfrac (f,z) ;
1 1(% o8) ---------------- - ----------------
3 (z - 2 %i - 5) 3 (z - 2 %i - 2)
f(z) = 13([z − 2i]− 5) −
13([z − 2i]− 2)
Em seguida, cada uma das frações necessita ser rearranjada de maneira distinta:
f(z) = −115(
1− [z−2i]5
) − 13[z − 2i]
(1− 2
[z−2i]
)= − 1
15
[1 +
([z − 2i]
5
)+(
[z − 2i]5
)2+(
[z − 2i]5
)3+ . . .
]
− 13
1[z − 2i]
[1 +
(2
[z − 2i]
)+(
2[z − 2i]
)2+(
2[z − 2i]
)2+ . . .
]
Continue a solução no verso =⇒
TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP04, 16 out 2012Prof. Nelson Luís Dias
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NOME: GABARITO Assinatura:
1 [30] A função
F (x) =∫
arctg(x) dx = x arctg(x)− ln(x2 + 1)2
possui uma série de Taylor, que pode ser obtida derivando-se sucessivamente o lado direito acima. Nestaquestão, isto é proibido. Em vez disto, obtenha a série de Taylor de F (x) integrando termo a termo:
arctg(x) = x− x3
3 + x5
5 −x7
7 + x9
9 − . . .
(Note também que o procedimento alternativo é mais rápido e mais fácil do que derivar sucessivamente F (x).)
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
Com Maxima, os primeiros termos da série são:(% i1) taylor (atan(x),x ,0 ,12);
3 5 7 9 11x x x x x
(% o1 )/T/ x - -- + -- - -- + -- - --- + . . .3 5 7 9 11
(% i2) integrate (%,x);12 10 8 6 4 2
x x x x x x(% o2) - --- + --- - -- + -- - -- + --
132 90 56 30 12 2
ou, como muitos preferiram:
arctg(x) =∞∑
n=1
(−1)n+1x2n−1
2n− 1 ;
∫arctg(x) dx =
∞∑n=1
∫ (−1)n+1x2n−1
2n− 1 dx =∞∑
n=1
(−1)n+1x2n
(2n)(2n− 1)
Continue a solução no verso =⇒
2 [30] Obtenha a série de Laurent de
f(z) = 1[z − (1 + i)][z − (2 + i)]
em torno de z0 = 2 + i no anel |z − (2 + i)| < 1.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
t = z − (2 + i),z − (1 + i) = z − 1− i = z − 2− i + 1 = z − (2 + i) + 1 = t + 1;
f(z) = 1(t + 1)
1t
= 1t
[1− t + t2 − t3 + t4 − t5 + . . .
]= 1
t− 1 + t− t2 + t3 − t4 + . . .
= 1[z − (2 + i)] − 1 + [z − (2 + i)]− [z − (2 + i)]2 + [z − (2 + i)]3 − [z − (2 + i)]4 + . . .
Continue a solução no verso =⇒
3 [40] Tente resolverx2y′′ + (1 + x)y′ − y = 0
pelo método de Frobenius: você consegue? Por quê?
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
Na forma normal,
y′′ +[
1x2 + 1
x
]y′ − 1
x2 y = 0.
Logo,
xp(x) = 1x
+ 1;
x2q(x) = 1.
Como xp(x) não é analítica em x = 0, o método de Frobenius não é aplicável
Continue a solução no verso =⇒
TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRF, 22 out 2012Prof. Nelson Luís Dias
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NOME: GABARITO Assinatura:
1 [30] Para x(t), y(t) ∈ C; t ∈ R, resolva (isto é, obtenha a solução geral de):
dx
dt= x− 3y,
dy
dt= x+ y.
Atenção: resolva o problema do começo ao fim com números complexos. Não se preocupe emobter soluções puramente “reais”. Fica mais fácil assim!
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
d
dt
[xy
]=[1 −31 1
] [xy
].
Os autovalores e autovetores correspondentes da matriz são:
λ1 = 1− i√
3⇒ f1 = (1, i/√
3);λ2 = 1 + i
√3⇒ f2 = (1,−i/
√3).
Vamos então decompor o vetor com componentes (x, y) na base canônica na base de autovetores:
(x, y) = a(1, i/√
3) + b(1,−i/√
3);[1 1
i/√
3 −i/√
3
] [ab
]=[xy
];
a = 12
(x− i
√3y),
b = 12
(x+ i
√3y).
Portanto, na base dos autovetores, o sistema é dado por
d
dt
[ab
]=[1− i
√3 00 1 + i
√3
] [ab
]Este sistema está na forma diagonal, e tem solução
a(t) = A0e(1−i√
3)t,
b(t) = B0e(1+i√
3)t.
Finalmente,
x(t) = A0e(1−i√
3)t +B0e(1+i√
3)t,
y(t) = i√3
[A0e(1−i
√3)t −B0e(1+i
√3)t]
Continue a solução no verso =⇒
2 [30] Obtenha a solução geral dey′′ + 3y′ − 4y = 0.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:(% i2) eq : ’diff(y,x ,2) + 3*’ diff(y,x) - 4 * y ;
2d y dy
(% o2) --- + 3 -- - 4 y2 dx
dx(% i3) ode2(eq ,y,x);
x - 4 x(% o3) y = %k1 %e + %k2 %e
Continue a solução no verso =⇒
3 [40] Encontre a solução geral dex2y′′ + (x+ x2)y′ − y = 0
pelo método de Frobenius. (Ou seja: encontre duas soluções LI y1, y2 de tal forma que y = c1y1(x) +c2y(x) seja a solução geral.)
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
Na forma normal,
y′′ +(
1x
+ 1)y′ − 1
x2 y = 0
Claramente, x = 0 é um ponto singular. Porém,
xp(x) = 1 + x,
x2q(x) = −1.
O ponto singular é regular, e o método de Frobenius é aplicável.Tente:
y =∞∑
n=0anx
n+r,
y′ =∞∑
n=0(n+ r)anx
n+r−1,
y′′ =∞∑
n=0(n+ r − 1)(n+ r)anx
n+r−2,
e substitua na EDO, obtendo∞∑
n=0[(n+ r − 1)(n+ r) + (n+ r)− 1] anx
n+r +∞∑
n=0[(n+ r)] anx
n+r+1 = 0.
Evidentemente devemos fazer
m+ r = n+ r + 1,m = n+ 1,n = m− 1;
∞∑n=0
[(n+ r − 1)(n+ r) + (n+ r)− 1] anxn+r +
∞∑m=1
[(m− 1 + r)] am−1xm−1+r+1 = 0.
Segue-se que
. . .+∞∑
n=1[(n+ r − 1)(n+ r) + (n+ r)− 1] anx
n+r +∞∑
n=1[(n− 1 + r)] an−1x
n+r = 0,
. . .+∞∑
n=1[(n+ r)(1 + n+ r − 1)− 1] anx
n+r +∞∑
n=1[(n− 1 + r)] an−1x
n+r = 0,
[r2 − 1]a0xr +
∞∑n=1
[(n+ r)2 − 1
]anx
n+r +∞∑
n=1[(n− 1 + r)] an−1x
n+r = 0,
[r2 − 1]a0xr +
∞∑n=1
{[(n+ r)2 − 1
]an + [(n− 1 + r)] an−1
}xn+r = 0.
A equação indicial ér2 = 1⇒ r = ±1
As raízes diferem por um inteiro; a menor raiz pode levar às duas soluções, ou a nenhuma delas. Tentemos:
[(n− 1)2 − 1]an + [n− 2]an−1 = 0,[n2 − 2n+ 1− 1]an + [n− 2]an−1 = 0,
n(n− 2)an + (n− 2)an−1 = 0,nan + an−1 = 0,
an = −an−1
n.
Continue a solução no verso =⇒
Para a0 6= 0, esta primeira solução é:
a0 = 1,a1 = −1,
a2 = 12 ,
a3 = −16 ,
...
an = (−1)n
n!e
y1 = 1x
[1− x+ 1
2x2 − 1
6x3 + . . .
]= e−x
x
(verificado com Maxima).Nosso teorema sobre as soluções nos garante que a menor raiz leva a duas soluções, mas não nos diz nada sobrecomo encontrá-las! No nosso caso, há necessidade de uma certa sutileza ou imaginação. Dois caminhos sãopossíveis:
1. O mais fácil é procurar a solução gerada por r = +1. Ela é
[(n+ 1)2 − 1]an + nan−1 = 0,(n2 + 2n+ 1− 1)an + nan−1 = 0,
n(n+ 2)an + nan−1 = 0,
an = − an−1
n+ 2;
A segunda solução será
y2 = x− x2
3 + x3
12 −x4
60 + x5
360 −x6
2520 + . . .
2. O mais difícil é encontrar a segunda solução a partir da menor raiz. Suponha então que a0 = 0; nestecaso, (lembre-se: para r = −1), a1 = 0 necessariamente. A relação de recorrência para o próximo n, 2,fica:
n(n− 2)an + (n− 2)an−1 = 0,2(0)a2 + (0)a1 = 0,2(0)a2 + (0)0 = 0.
Portanto, se a0 = a1 = 0, a2 pode ser qualquer. Fazendo, sem perda de generalidade, a2 = 1, teremosentão
a3 = −1/3,a4 = +1/12,a5 = −1/60,a6 = 1/360,a7 = −1/2520,
etc. Ou, para n ≥ 2:an = (−1)n
n(n− 1)(n− 2) . . . 3 = 2(−1)n
n! .
Mudando o índice para que ele comece de 0:
y2 =∞∑
m=0
2(−1)m+2xm+1
(m+ 2)! = x− x2
3 + x3
12 −x4
60 + x5
360 −x6
2520 + . . .
que é o mesmo resultado obtido para r = +1
Continue a solução no verso =⇒