EFB109 Questões de Prova

EFB109 Questões de prova Pág 1 de 8 Q1 Classifique como verdadeiras V ou falsas F as seguintes afirmações Se 𝐹 é um campo conservativo e 𝛾1 𝐹 𝑑𝑟 0 então a curva 𝛾1 é fechada Se o campo vetorial 𝐹 tem rot 𝐹 0 então 𝐹 é conservativo em todo seu domínio Seja 𝐹 um campo conservativo em um conjunto A simplesmente conexo e 𝛾2 e 𝛾3 curvas contidas em A Se a curva 𝛾2 tem ponto inicial em P e ponto final em Q e a curva 𝛾3 possui ponto inicial em Q e ponto final em P então 𝛾2 𝐹 𝑑𝑟 𝛾3 𝐹 𝑑𝑟 0 Se 𝛾4 𝐹 𝑑𝑟 𝛾5 𝐹 𝑑𝑟 0 então 𝛾4 𝛾5 é uma curva fechada Solução 1 Falsa A curva não precisa necessariamente ser fechada Note que no exercício 3 dessa prova letra c temos uma curva aberta onde o trabalho é 0 2 Falsa Para o campo ser conservativo em todo seu domínio é necessário que esse seja simplesmente conexo e que rot 𝐹 0 3 Verdadeira 4 Falsa A justificativa é similar à da primeira afirmação É possível que 𝛾4 𝛾5 seja uma curva aberta e que a soma dos trabalhos seja 0 Q2 Seja uma curva qualquer orientada de A para B e um segmento de reta orientado de B para A como mostrado na figura abaixo Sabese que a área delimitada pelas curvas e vale 15 e 𝛼 𝐹𝑑𝑟 2 onde 𝐷𝑜𝑚𝐹 ℝ2 e 𝑟𝑜𝑡𝐹 0𝑖 0𝑗 2𝑘 Sendo assim determine o trabalho realizado pelo campo 𝐹 ao longo da curva Solução D A B F V F F EFB109 Questões de prova Pág 2 de 8 𝜏 𝐹𝑑𝑟 𝛾 Aplicando o Teorema de Green na curva 𝛾 𝛼 temse 𝐹𝑑𝑟 𝛾 𝛼 2𝑑𝐴 𝐷 2 1𝑑𝐴 𝐷 30 𝐹𝑑𝑟 𝛾 𝐹𝑑𝑟 𝛼 30 𝐹𝑑𝑟 𝛾 𝐹𝑑𝑟 𝛼 30 𝐹𝑑𝑟 𝛾 30 𝐹𝑑𝑟 𝛼 30 2 32 Q3 Seja 𝐹𝑥 𝑦 𝑦2 cos𝑥𝑦2 𝑦𝑒𝑥𝑦 6𝑥𝑦𝑖 2𝑥𝑦 cos𝑥𝑦2 𝑥𝑒𝑥𝑦 3𝑥2𝑗 um campo vetorial a Determine o domínio do campo vetorial 𝐹 Solução Dom𝐹 ℝ2 simplesmente conexo b O campo vetorial 𝐹 é conservativo em todo seu domínio Justifique Solução Seja 𝑃 𝑦2 cos𝑥𝑦2 𝑦𝑒𝑥𝑦 6𝑥𝑦 e 𝑄 2𝑥𝑦 cos𝑥𝑦2 𝑥𝑒𝑥𝑦 3𝑥2 então o rotacional de 𝐹 será definido por 𝑟𝑜𝑡𝐹 𝑄 𝑥 𝑃 𝑦 𝑘 𝑄 𝑥 2𝑦 cos𝑥𝑦2 2𝑥𝑦3sen𝑥𝑦2 𝑒𝑥𝑦 𝑥𝑦𝑒𝑥𝑦 6𝑥 𝑃 𝑦 2𝑦 cos𝑥𝑦2 2𝑥𝑦3sen𝑥𝑦2 𝑒𝑥𝑦 𝑥𝑦𝑒𝑥𝑦 6𝑥 Assim 𝑟𝑜𝑡𝐹 𝑄 𝑥 𝑃 𝑦 𝑘 0 Dessa forma como 𝑟𝑜𝑡𝐹 0 e Dom𝐹 ℝ2 é simplesmente conexo 𝐹 é um campo conservativo em todo seu domínio EFB109 Questões de prova Pág 3 de 8 c Calcule 𝛾 𝐹 𝑑𝑟 onde 𝛾 𝛽 𝛼 𝛼𝑡 2sen𝑡 2 3 cos𝑡 𝜋 2 𝑡 𝜋 e 𝛽𝑢 𝑢 5 3 2 𝑢 0 𝑢 2 como mostrado na figura abaixo Solução Como 𝐹 é um campo conservativo existe uma função potencial 𝜑𝑥 𝑦 tal que 𝜑 𝐹 𝜑 𝑥 𝑦2 cos𝑥𝑦2 𝑦𝑒𝑥𝑦 6𝑥𝑦 𝐈 𝜑 𝑦 2𝑥𝑦 cos𝑥𝑦2 𝑥𝑒𝑥𝑦 3𝑥2 𝐈𝐈 Integrando I em relação a x temse 𝜑𝑥 𝑦 𝑦2 cos𝑥𝑦2𝑑𝑥 𝑦𝑒𝑥𝑦𝑑𝑥 6𝑥𝑦 𝑑𝑥 𝑦2sen𝑥𝑦2 𝑦2 𝑦𝑒𝑥𝑦 𝑦 6𝑥2𝑦 2 𝑔𝑦 𝜑𝑥 𝑦 sen𝑥𝑦2 𝑒𝑥𝑦 3𝑥2𝑦 𝑔𝑦 𝐈𝐈𝐈 Derivando III em relação à y temse 𝜑 𝑦 2𝑥𝑦 cos𝑥𝑦2 𝑥𝑒𝑥𝑦 3𝑥2 𝑔𝑦 𝐈𝐕 Igualando as equações II e IV encontrase 𝑔𝑦 0 e integrando essa temse 𝑔𝑦 𝐶 Por fim voltando em III a função potencial é 𝜑𝑥 𝑦 sen𝑥𝑦2 𝑒𝑥𝑦 3𝑥2𝑦 Com isso temse 𝐹 𝑑𝑟 𝛾 𝜑0 1 𝜑0 5 1 1 0 Uma outra maneira de resolver o exercício seria fechar a região com o segmento de reta 𝜇𝑡 0 𝑡 5 𝑡 1 e aplicar o Teorema de Green na curva 𝛾 𝜇 𝐹𝑑𝑟 𝛾 𝜇 0 𝑑𝐴 𝐷 0 𝐹𝑑𝑟 𝛾 𝐹𝑑𝑟 𝜇 0 𝐹𝑑𝑟 𝛾 𝐹𝑑𝑟 𝜇 O trabalho na curva 𝜇 deve ser resolvido por definição 𝜇𝑡 0𝑖 1𝑗 EFB109 Questões de prova Pág 4 de 8 𝐹𝜇𝑡 𝑡2 𝑡𝑖 0𝑗 Assim 𝐹𝜇𝑡 𝜇𝑡 0 Por fim temse 𝐹𝑑𝑟 𝛾 𝐹𝜇𝑡 𝜇𝑡 𝑑𝑡 1 5 0 𝑑𝑡 1 5 0 Q4 Seja 𝐹𝑥 𝑦 𝑦 𝑒𝑥𝑖 2𝑥 cos𝑦2𝑗 Classifique como verdadeiras V ou falsas F as seguintes afirmações Existe uma função potencial 𝜑 cujo Dom𝜑 Dom𝐹 𝐶 𝐹 𝑑𝑟 1 𝑑𝑦𝑑𝑥 𝑥 𝑥2 1 0 sendo C a fronteira da região delimitada pelas parábolas 𝑦 𝑥2 e 𝑥 𝑦2 orientadas no sentido antihorário Seja C a união do arco de parábola 𝑦 𝑥2 ligando os pontos 0 0 e 1 1 com o segmento partindo de 1 1 ao ponto 0 0 Então 𝐶 𝐹 𝑑𝑟 0 𝐶 𝐹 𝑑𝑟 1 𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑦 𝑦2 1 0 sendo C a fronteira da região delimitada pelas parábolas 𝑦 𝑥2 e 𝑥 𝑦2 orientadas no sentido antihorário Solução 1 Falsa Seja 𝑃 𝑦 𝑒𝑥 e 𝑄 2𝑥 cos𝑦2 então o rotacional de 𝐹 será definido por rot𝐹 𝑄 𝑥 𝑃 𝑦 𝑘 𝑄 𝑥 2 e 𝑃 𝑦 1 Assim rot𝐹 𝑄 𝑥 𝑃 𝑦 𝑘 2 1𝑘 1𝑘 Portanto 𝐹 não é conservativo em seu domínio e dessa forma não existe uma função potencial 𝜑 no mesmo domínio do campo F V F F EFB109 Questões de prova Pág 5 de 8 2 Verdadeira Ao lado é possível observar um esboço da região mencionada Dessa forma o trabalho é 𝐶 𝐹 𝑑𝑟 1 𝑑𝑦𝑑𝑥 𝑥 𝑥2 1 0 3 Falsa Ao lado é possível observar um esboço da região mencionada O trabalho ao longo dessas curvas é dado por 𝐹 𝑑𝑟 𝐶 1 𝑑𝑦𝑑𝑥 𝑥 𝑥2 1 0 𝑦𝑥2 𝑥 𝑑𝑥 1 0 𝐹 𝑑𝑟 𝐶 𝑥 𝑥2 𝑑𝑥 1 0 𝑥2 2 𝑥3 3 0 1 𝐹 𝑑𝑟 𝐶 1 2 1 3 1 6 0 4 Falsa Ao lado é possível observar um esboço da região mencionada A integral correta é 𝐶 𝐹 𝑑𝑟 1 𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑦 𝑦2 1 0 2 y x 2 x y y x 2 y x 2 y x x y 2 x y EFB109 Questões de prova Pág 6 de 8 Q5 15 Considere um campo vetorial 𝐹 definido em ℝ2 0 0 com 𝑟𝑜𝑡𝐹 0𝑖 0𝑗 5𝑘 Seja 𝛼 𝑥2 𝑦2 1 uma curva percorrida no sentido horário e a curva representada na figura abaixo Sabese que a área delimitada pelas curvas e vale 10 e 𝛼 𝐹𝑑𝑟 3 Sendo assim calcule o trabalho realizado pelo campo 𝐹 ao longo da curva Solução 𝜏 𝐹𝑑𝑟 𝛾 Aplicando o Teorema de Green na curva 𝛾 𝛼 temse 𝐹𝑑𝑟 𝛾 𝛼 5 𝑑𝐴 𝐷 5 1𝑑𝐴 𝐷 50 𝐹𝑑𝑟 𝛾 𝐹𝑑𝑟 𝛼 50 𝐹𝑑𝑟 𝛾 𝐹𝑑𝑟 𝛼 50 𝐹𝑑𝑟 𝛾 𝐹𝑑𝑟 𝛼 50 3 50 53 Q3 Seja 𝐹𝑥 𝑦 𝑦cos𝑥𝑦 2𝑥𝑒𝑥2𝑦 5𝑦3 𝑖 𝑥cos𝑥𝑦 𝑒𝑥2𝑦 15𝑥𝑦2 𝑗 um campo vetorial a Determine o domínio do campo vetorial 𝐹 Solução Dom𝐹 ℝ2 simplesmente conexo b O campo vetorial 𝐹 é conservativo em todo seu domínio Justifique Solução Seja 𝑃 𝑦cos𝑥𝑦 2𝑥𝑒𝑥2𝑦 5𝑦3 e 𝑄 𝑥cos𝑥𝑦 𝑒𝑥2𝑦 15𝑥𝑦2 então o rotacional de 𝐹 será definido por 𝑟𝑜𝑡𝐹 𝑄 𝑥 𝑃 𝑦 𝑘 𝑄 𝑥 cos𝑥𝑦 𝑥𝑦sen𝑥𝑦 2𝑥𝑒𝑥2𝑦 15𝑦2 𝑃 𝑦 cos𝑥𝑦 𝑥𝑦sen𝑥𝑦 2𝑥𝑒𝑥2𝑦 15𝑦2 x y EFB109 Questões de prova Pág 7 de 8 Assim 𝑟𝑜𝑡𝐹 𝑄 𝑥 𝑃 𝑦 𝑘 0 Dessa forma como 𝑟𝑜𝑡𝐹 0 e Dom𝐹 ℝ2 é simplesmente conexo 𝐹 é um campo conservativo em todo seu domínio c Calcule 𝛾 𝐹 𝑑𝑟 onde 𝛾 𝛼 𝛽 𝛼𝑡 1 4sen𝑡 1 cos𝑡 3𝜋 2 𝑡 2𝜋 e 𝛽𝑢 𝑢 𝑢 1 1 𝑢 2 como mostrado na figura abaixo Solução Como 𝐹 é um campo conservativo existe uma função potencial 𝜑𝑥 𝑦 tal que 𝜑 𝐹 𝜑 𝑥 𝑦cos𝑥𝑦 2𝑥𝑒𝑥2𝑦 5𝑦3 𝐈 𝜑 𝑦 𝑥cos𝑥𝑦 𝑒𝑥2𝑦 15𝑥𝑦2 𝐈𝐈 Integrando I em relação a x temse 𝜑𝑥 𝑦 𝑦cos𝑥𝑦𝑑𝑥 2𝑥𝑒𝑥2𝑦𝑑𝑥 5𝑦3 𝑑𝑥 sen𝑥𝑦 𝑒𝑥2𝑦 5𝑥𝑦3 𝑔𝑦 𝜑𝑥 𝑦 sen𝑥𝑦 𝑒𝑥2𝑦 5𝑥𝑦3 𝑔𝑦 𝐈𝐈𝐈 Derivando III em relação à y temse 𝜑 𝑦 𝑥 cos𝑥𝑦 𝑒𝑥2𝑦 15𝑥𝑦2 𝑔𝑦 𝐈𝐕 Igualando as equações II e IV encontrase 𝑔𝑦 0 e integrando essa temse 𝑔𝑦 𝐶 Por fim voltando em III a função potencial é 𝜑𝑥 𝑦 sen𝑥𝑦 𝑒𝑥2𝑦 5𝑥𝑦3 Com isso temse 𝐹 𝑑𝑟 𝛾 𝜑2 1 𝜑3 1 sen2 sen3 𝑒3 𝑒8 25 Uma outra maneira de resolver o exercício seria fechar a região com o segmento de reta 𝜇𝑣 𝑣 1 3 𝑣 2 e aplicar o Teorema de Green na curva 𝛾 𝜇 𝐹𝑑𝑟 𝛾 𝜇 0 𝑑𝐴 𝐷 0 𝐹𝑑𝑟 𝛾 𝐹𝑑𝑟 𝜇 0 𝐹𝑑𝑟 𝛾 𝐹𝑑𝑟 𝜇 O trabalho na curva 𝜇 deve ser resolvido por definição 𝜇𝑡 1𝑖 0𝑗 EFB109 Questões de prova Pág 8 de 8 𝐹𝜇𝑣 cos𝑣 2𝑣𝑒𝑣21 5𝑖 𝑣cos𝑣 𝑒𝑣21 15𝑣𝑗 Assim 𝐹𝜇𝑣 𝜇𝑣 cos𝑣 2𝑣𝑒𝑣21 5 Por fim temse 𝐹𝑑𝑟 𝛾 𝐹𝜇𝑡 𝜇𝑡 𝑑𝑡 2 3 cos𝑣 2𝑣𝑒𝑣21 5 𝑑𝑡 2 3 𝐹𝑑𝑟 𝛾 sen𝑣 𝑒𝑣21 5𝑣3 2 sen2 𝑒3 sen3 𝑒8 25 EFB109 Diurno Pág 1 de 4 Gabarito P4 Q1 40 Considere o campo vetorial 𝐹𝑥 𝑦 1 2 ln1 𝑦2 𝑖 𝑥𝑦 1𝑦2 𝑗 a 10 Determine e esboce o domínio do campo vetorial 𝐹 Solução 1 𝑦2 0 1 𝑦 1 Dom𝐹 𝑥 𝑦 ℝ2 1 𝑦 1 b 05 Calcule o rotacional do campo vetorial 𝐹 Solução Sendo 𝑃 1 2 ln1 𝑦2 e 𝑄 𝑥𝑦 1𝑦2 temse 𝑟𝑜𝑡𝐹 𝑄 𝑥 𝑃 𝑦 𝑘 As derivadas parciais são 𝑄 𝑥 𝑦 1 𝑦2 𝑃 𝑦 1 2 1 1 𝑦2 2𝑦 𝑦 1 𝑦2 Dessa forma 𝑟𝑜𝑡𝐹 0 c 10 Calcule 𝛾1 𝐹𝑑𝑟 sendo 𝛾1 𝑥2 𝑦2 1 4 orientada no sentido horário Justifique Solução Como a curva 𝛾1 é uma circunferência de centro na origem e raio 1 2 curva fechada 𝑟𝑜𝑡𝐹 0 e Dom𝐹 é simplesmente conexo o campo 𝐹 é conservativo e portanto 𝛾1 𝐹𝑑𝑟 0 Também é possível aplicar o Teorema de Green na curva 𝛾1 𝐹𝑑𝑟 𝛾1 0 𝑑𝐴 𝐷 0 𝐹𝑑𝑟 𝛾1 0 𝐹𝑑𝑟 𝛾1 0 EFB109 Diurno Pág 2 de 4 d 15 Calcule 𝛾2 𝐹 𝑑𝑟 sendo 𝛾2 𝑥 12 𝑦2 1 16 orientada no sentido horário do ponto 𝐴 1 1 4 para 𝐵 1 1 4 Justifique Solução A curva 𝛾2 é uma semicircunferência de centro 10 e raio 1 4 que vai do ponto 𝐴 1 1 4 para o ponto 𝐵 1 1 4 como mostrado na figura abaixo É possível aplicar o Teorema de Green na curva 𝛾3 𝛾2 sendo 𝛾3 o segmento de reta que vai de A para B Dessa forma temse 𝐹 𝑑𝑟 𝛾3𝛾2 𝑄 𝑥 𝑃 𝑦 𝑑𝐴 𝐷 0 𝐹 𝑑𝑟 𝛾3 𝐹 𝑑𝑟 𝛾2 0 𝐹 𝑑𝑟 𝛾2 𝐹 𝑑𝑟 𝛾3 Calculando a integral de linha sobre a curva 𝛾3 pela definição 𝛾3 𝑥 1 𝑦 𝑡 1 4 𝑡 1 4 𝛾3 𝑥 0 𝑦 1 𝐹𝛾3𝑡 1 2 ln1 𝑡2 𝑖 𝑡 1 𝑡2 𝑗 𝐹𝛾3𝑡 𝛾 3𝑡 𝑡 1 𝑡2 𝐹 𝑑𝑟 𝛾3 𝐹𝛾3𝑡 𝛾3𝑡 𝑑𝑡 𝑏 𝑎 𝑡 1 𝑡2 𝑑𝑡 1 4 1 4 1 2 ln1 𝑡2 1 4 1 4 0 Portanto 𝛾2 𝐹 𝑑𝑟 𝛾3 𝐹 𝑑𝑟 0 Uma solução alternativa seria determinar a função potencial 𝜑𝑥 𝑦 do campo vetorial 𝐹 𝜑 𝑥 1 2 ln1 𝑦2 𝜑 𝑦 𝑥𝑦 1 𝑦2 I Integrando I em relação à y temse 𝜑𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 1 𝑦2 𝑑𝑦 1 2 𝑥 ln1 𝑦2 𝑔𝑥 II Derivando II em relação à x temse 𝜑 𝑥 1 2 ln1 𝑦2 𝑔𝑥 1 2 ln1 𝑦2 𝑔𝑥 0 Integrando em 𝑥 𝑔𝑥 𝐶 Portanto 𝜑𝑥 𝑦 1 2 𝑥ln1 𝑦2 Dessa forma 𝛾2 𝐹 𝑑𝑟 𝜑 1 1 4 𝜑 1 1 4 0 𝛾3 𝛾2 EFB109 Diurno Pág 3 de 4 Q2 35 A população de bactérias em uma cultura cresce a uma taxa proporcional ao número de bactérias presentes no instante 𝑡 a 15 Determine a EDO que descreve a relação acima e a função explícita 𝑃𝑡 solução dessa EDO Solução A EDO que descreve a relação acima é 𝑑𝑃 𝑑𝑡 𝑘𝑃 É possível reescrevêla como 𝑑𝑃 𝑃 𝑘 𝑑𝑡 variáveis separáveis Integrando ambos os lados da igualdade temse 𝑑𝑃 𝑃 𝑘 𝑑𝑡 ln 𝑃 𝑘𝑡 𝐶1 𝑃𝑡 𝑒𝑘𝑡𝐶1 𝐶𝑒𝑘𝑡 b 20 Sabese que após três horas a população de bactérias na cultura era 400 Após 10 horas a cultura tinha 2000 bactérias Dessa forma qual era o número inicial de bactérias na cultura Obs Utilize 𝑒3ln 5 7 2 Solução As informações dadas no enunciado são 𝑃3 400 e 𝑃10 2000 É pedido o número inicial de bactérias 𝑃0 de forma que 𝑃0 𝑃0 A função 𝑃𝑡 determinada no item a é 𝑃𝑡 𝐶𝑒𝑘𝑡 Substituindo as condições temse 𝑃0 𝐶 𝑒0 𝑃0 𝐶 𝑃0 Assim 𝑃𝑡 𝑃0𝑒𝑘𝑡 𝑃3 𝑃0𝑒3𝑘 400 𝑃0 400 𝑒3𝑘 I Assim é possível escrever 𝑃𝑡 400 𝑒3𝑘 𝑒𝑘𝑡 𝑃10 400 𝑒3𝑘 𝑒10𝑘 2000 𝑒7𝑘 5 7𝑘 ln 5 𝑘 ln 5 7 Substituindo 𝑘 ln 5 7 em I temse 𝑃0 400 𝑒3ln 5 7 400 2 200 Assim a cultura possuía inicialmente 200 bactérias Q3 25 Seja a EDO 𝑥𝑦 sen 𝑥 2𝑦 cos 𝑥𝑑𝑥 2𝑥 cos 𝑥𝑑𝑦 0 a 10 Sabese que não existe um método prático para determinar o fator integrante quando este depende de duas variáveis Porém é possível verificar que 𝜙𝑥 𝑦 𝑥𝑦 é fator integrante da EDO dada Verifique e justifique sua resposta Solução EFB109 Diurno Pág 4 de 4 Se 𝜙𝑥 𝑦 𝑥𝑦 é fator integrante da EDO dada ao multiplicarmos essa por esse fato integrante devese chegar em uma EDO exata ou seja 𝑁 𝑥 𝑀 𝑦 Dessa forma temse 𝑥𝑦𝑥𝑦 sen 𝑥 2𝑦 cos 𝑥𝑑𝑥 𝑥𝑦2𝑥 cos 𝑥𝑑𝑦 0 𝑥2𝑦2 sen 𝑥 2𝑥𝑦2 cos 𝑥 𝑀𝑥𝑦 𝑑𝑥 2𝑥2𝑦 cos 𝑥 𝑁𝑥𝑦 𝑑𝑦 0 Calculando as derivadas parciais 𝑁 𝑥 4𝑥𝑦 cos 𝑥 2𝑥2𝑦 sen 𝑥 𝑀 𝑦 Verificouse assim que 𝜙𝑥 𝑦 𝑥𝑦 é fator integrante da EDO b 15 Considerando o fator integrante do item anterior resolva a EDO exata de forma que 𝑦2𝜋 1 2𝜋 Solução A EDO exata é 𝑥2𝑦2 sen 𝑥 2𝑥𝑦2 cos 𝑥𝑑𝑥 2𝑥2𝑦 cos 𝑥𝑑𝑦 0 Primeiro buscase simbolicamente a função potencial 𝜑𝑥 𝑦 de forma que 𝜑 𝑥 𝑥2𝑦2 sen 𝑥 2𝑥𝑦2 cos 𝑥 𝜑 𝑦 2𝑥2𝑦 cos 𝑥 I Integrando I em relação à y temse 𝜑𝑥 𝑦 2𝑥2𝑦 cos 𝑥𝑑𝑦 𝑥2𝑦2 cos 𝑥 ℎ𝑥 II Derivando II em relação à x temse 𝜑 𝑥 2𝑥𝑦2 cos 𝑥 𝑥2𝑦2 sen 𝑥 𝑔𝑥 𝑥2𝑦2 sen 𝑥 2𝑥𝑦2 cos 𝑥 𝑔𝑥 0 III Integrando III em relação à x temse 𝑔𝑥 𝐶 Portanto 𝜑𝑥 𝑦 𝑥2𝑦2 cos 𝑥 𝐶 e a solução geral da EDO é 𝑥2𝑦2 cos 𝑥 𝐶 0 Como 𝑦2𝜋 1 2𝜋 temse 2𝜋2 1 2𝜋 2 cos 2𝜋 𝐶 0 𝐶 1 Dessa forma a solução do PVI pedido é 𝑥2𝑦2 cos 𝑥 1 0