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TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP01, 30 mar 2012Prof. Nelson Luís Dias

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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.


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+ . . .


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.


b1 · b1 = b1 ·1B[b2 × b3] =

1B(b1 · [b2 × b3]) =

BB= 1;

b1 · b2 = b1 ·1B[b3 × b1] =

1Bb1 · [b3 × b1] ≡ 0;

etc.


TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP01, 07 jun 2013Prof. Nelson Luís Dias

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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 )


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


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


3 [35] Obtenha a solução geral dedydx

+1

x + 1y = x .


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


TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP03, 05 jul 2013Prof. Nelson Luís Dias

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1 [50] Utilizando obrigatoriamente o método de Frobenius, obtenha a solução geral de

x2y′′ + xy′ − (1/9 + x )y = 0.


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


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 + . . .]


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+ . . .

]


TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP04, 27 jul 2013Prof. Nelson Luís Dias

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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


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 .


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]


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

]


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)


TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRF, 05 ago 2013Prof. Nelson Luís Dias

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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 )


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

]


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


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


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