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MA311-2008-1o Semestre – Gabarito – Prova 2/Noturno
Questao 1 (2,0 pontos). Resolva por transformada de Laplace o seguinte PVI:
y′′ + 4y = f(t), y(0) = 0, y′(0) = 1
onde f(t) ={
0, t < 1t2 − 2t + 1, t ≥ 1
.
Resolucao: Aplicando a transformada de Laplace na equacao e denotando L{f} por F ,obtemos
s2L{y} − sy(0)− y′(0) + 4L{y} = F ; (0,2 pontos)
notando que f(t) = u1(t)(t− 1)2, (+ 0,2) obtemos que
F = e−sL{t} = e−s 2s3
, (+ 0,2)
logo escrevendo Y = L{y} e usando as condicoes iniciais y(0) = 0 e y′(0) = 1, vem que
(s2 + 4)Y − 1 = e−s 2s3
Y =1
s2 + 4+ e−s 2
s3(s2 + 4)(+0,2)
y = L−1{Y } = L−1{ 1s2 + 4
}+ L−1{e−s 2s3(s2 + 4)
} .
Pela tabela, L−1{ 1s2+4
} = 12sen2t. Quanto a L−1{e−s 2
s3(s2+4)}, calculando as fracoes parciais da
funcao 2s3(s2+4)
, obtemos (o aluno deve apresentar as contas)
2s3(s2 + 4)
= − 18s
+1
2s3+
s
8(s2 + 4), (+0,2)
dondeL−1{ 2
s3(s2 + 4)= −1
8+
14t2 +
18
cos 2t , (+0,2)
logo, usando a formula L−1{(e−csF (s)} = uc(t)L−1{F}(t− a), obtemos
y =12sen2t + u1(t)
[−1
8+
14(t− 1)2 +
18
cos(2(t− 1))]
.
(+0,2 para cada termo certo aqui, inclusive u1(t))
1
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Questao 2 (2,0 pontos). Expresse a solucao do P.V.I. abaixo em termos de uma convolucao:
y′′ + 3y′ + 2y = cos(αt), y(0) = 0, y′(0) = 0 .
Resolucao: Aplicando a transformada de Laplace a equacao e usando as condicoes iniciaise a tabela, obtemos
(s2 + 3s + 2)Y =s
s2 + α2
onde Y = L{y}. (0,6 pontos ate aqui)
Y =s
(s2 + α2)(s2 + 3s + 2)=
s
(s2 + α2)· 1(s + 3
2)2 − 14
ouY =
s
s2 + α2· 1s + 1
· 1s + 2
ouY =
s
s2 + α2(
1s + 1
− 1s + 2
) .
(+ 0,2)
y = 2 cos αt ∗ e−32tsenh(
12t)
ouy = cos αt ∗ e−t ∗ e−2t
ouy = cos αt ∗ (e−t − e−2t) .
(+ 1,2)
2
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Questao 3 (3,0 pontos).
a) Encontre a solucao do sistema linear homogeneo de e.d.o.’s usando o metodo de autovalorese autovetores:
x′(t) =(
1 −15 −3
)x(t)
b) Encontre a solucao geral do sistema linear nao-homogeneo (cujo sistema homogeneo asso-ciado esta na parte a)) utilizando o metodo de variacao de parametros:
x′(t) =(
1 −15 −3
)x(t) +
(e−t
4e−t
)Resolucao: a)
Autovalores: ∣∣∣∣ 1− λ −15 −3− λ
∣∣∣∣ = 0
λ2 + 2λ + 2 = 0
λ = −1± i .
Autovetores (com λ = −1 + i):(2− i −1
5 −2− i
) (ab
)=
(00
)(2− i)a− b = 0, b = (2− i)a
V = (a, b) = a(1, 2− i) e autovetor complexo associado a λ = −1 + i.
(0,5 pontos ate aqui.)
Solucao complexa:
y = e(−1+i)tV = e−t(cos t + isent)(
12− i
)y = e−t
(cos t
2 cos t + sent
)+ ie−t
(sent
2sent− cos t
)(+ 0,5)
3
Solucao geral:xH = c1x
1 + c2x2 ,
x1 = e−t
(cos t
2 cos t + sent
), x2 = e−t
(sent
2sent− cos t
).
(+ 0,5)
b)Matriz fundamental:
Ψ(t) = e−t
(cos t sent
2 cos t + sent 2sent− cos t
)(+ 0,25)
Solucao particular:
xP = Ψ(t)∫
Ψ(t)−1g(t) dt, g :=(
e−t
4e−t
)(+ 0,25)
Ψ(t)−1 =1
|Ψ(t)|e−t
(2sent− cos t −sent−2 cos t− sent cos t
)|Ψ(t)| = −e−2t
(+ 0,25)
Ψ(t)−1 = −et
(2sent− cos t −sent−2 cos t− sent cos t
)(+ 0,25)
xP = −Ψ(t)∫ (
2sent− cos t −sent−2 cos t− sent cos t
) (14
)dt
· · ·
(+ 0,25)
x = xH + xP
(+ 0,25)
4
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Questao 4 Explique detalhadamente.
1. (1,0 ponto) Calcule a soma da serie:
∞∑n=1
2(4n− 3)(4n + 1)
.
(Sugestao: 2(4n−3)(4n+1) = 1
2
(1
4n−3 −1
4n+1
).)
Resolucao:sn = 1
2
∑nk=1
(1
4k−3 −1
4k+1
)= 1
2
{(11 −
15
)+
(15 −
19
)+ · · ·+
(1
4n−3 −1
4n+1
)}= 1
2
(1− 1
4n+1
).
Daı,∞∑
n=1
2(4n− 3)(4n + 1)
= lim sn = lim12
(1− 1
4n + 1
)=
12
.
(1,0 ponto ate aqui.)
2. (1,0 ponto) Estude a convergencia da serie: converge absolutamente ou condicionalmenteou diverge?
∞∑n=1
(−1)n senn
n2 + 1.
Resolucao:
|(−1)n senn
n2 + 1| ≤ 1
n2 + 1≤ 1
n2.∑ 1
n2 e uma serie convergente (2-serie), logo,∑ (−1)n sen n
n2+1converge absolutamente, pelo
Teste da Comparacao. (1,0 ponto)
3. (1,0 ponto) Estude a convergencia da serie:
∞∑n=1
5√
n3 + n3√
5n7 + 2n2
5
Resolucao: Sejam an =5√n3+n
3√5n7+2n2e bn = 1
n26/15 .
liman
bn= lim n26/15
5√
n3 + n3√
5n7 + 2n2= lim n26/15 n3/5 5
√1 + n
n3
n7/3 3
√5 + 2
n5
=13√
5> 0 .
A serie∑
bn e convergente, pois e uma p-serie com p > 1 (p = 2615), logo, a serie
∑bn
tambem e convergente, pelo Teste da Comparacao por Limite. (1,0 ponto)
6