Prova de Cálculo III - Avaliação Detalhada com Soluções

UNIVERSIDADE FEDERAL DA PARAÍBA CENTRO DE CIÊNCIAS AGRÁRIAS DEPARTAMENTO DE CIÊNCIAS FUNDAMENTAIS E SOCIAIS TESTINHO NOTA 3ª Componente Curricular CÁLCULO III Professor PÉRICLES DE FARIAS BORGES Aluno Data 08062022 TESTINHO DE CÁLCULO III Excelente avaliação O segredo profissional está na capacidade de cada um Veja temos dydx yx²y² x xy²x²y² x que equivale a dydx xy² yx x²y² Pondo em diferenciais x x²y² dy xy² y dx E temos x²y² x dy y xy² dx 0 1 Definamos Mxy x²y² x e Nxy y xy² Veja que Mx 2xy² 1 e Ny 1 2xy Logo Mx Ny Daí buscaremos um fator integrante de tal modo que 1 seja exata Esse deve ser μxy μzxy tal que 1μ dμdz Ny MxM zx N zy e z xy Logo 1μ dμdz 1 2xy 2xy² 1yx²y² x xy xy² 2xy xy²x²y³ x²y² Então 2xy xy²xyxy² xy 2xy 2z Logo temos 1μ dμdz 2z dμμ 2 dz z Integrando temos dμμ 2 dz z lnμ 2 lnz μ z² ou seja μ 1z² 1x² y² Daí multiplicando 1 por μ temos x² y² xx² y² dy y xy²x² y² dx 0 1 1x y² dy 1x² y 1x dx 0 2 Definamos M₁xy 1x y² 1 e N₁xy 1x² y 1x Com isso temos Mx 1x² y² e Ny 1x² y² Então a expressão 2 é exata e deriva de um campo escalar Fxy Onde Fy M₁ F 1x y² 1 dy 1x y y gx E derivando em relação a x e igualando a N₁ temos ddx 1x y y gx 1x² y² gx N₁ 1x² y 1x Logo gx 1x gx 1x dx lnx gx lnx E com isso a solução da EDO é Fxy 1x y y lnx lnx 1x y y C onde C ℝ 2 x 4 x 5 x 0 Buscaremos uma solução da forma xt eλ t Logo levando na EDO temos eλ t 4 eλ t 5 eλ t 0 λ² eλ t 4 λ eλ t 5 eλ t 0 λ² 4 λ 5 0 21 E agora resta resolver 21 Com efeito as raízes são λ 4 16 452 4 42 4 2i2 2 i E isso nos dá duas soluções as quais são x₁t e2 i t e x₂t e2 i t Logo a solução geral é xt A x₁t B x₂t A B ℝ A e2 t i t B e2 t i t e2 t A ei t B ei t e2 t A cost i A sent B cost i B sent e2 t C cost D sent e C D são C A B e D A B i Logo obtemos a solução xt e2 t C cost D sent 3 x m x x 0 30 Procuraremos soluções do tipo eλt Daí levando na EDO temos eλt m eλt eλt 0 λ² eλt λ m eλt eλt 0 λ² m λ 1 0 31 30 Possui solução periódica em dois casos se m 0 ou se o discriminante de 31 é negativo De fato Se m 0 então 31 retorna λ² 1 0 λ i Daí temos duas soluções ei t e ei t Expandindo com a fórmula de euler ei t cos t i sen t ei t cos t i sen t Então xt A ei t B ei t A cos t i sen t B cos t i sen t C cos t D sen t E xt C cos t D sen t com C A B e D A B i é uma solução periódica de 30 para m0 Se m 0 devemos analisar o discriminante Δ m² 411 m² 4 e se Δ 0 m²4 0 m² 4 ou seja m 2 Daí tomamos um m tal que m 2 e definamos Δ m² 4 k² com k R e supomos ainda m 0 Logo as raízes da equação característica dada por λ₁₂ m k² 2 m2 ki2 Com isso temos duas soluções eˣˡʷt em2 t e k2 ti em2 t cos k2 t i sen k2 t em2 t em2 t e k2 ti em2 t cos k2 t i sen k2 t E a solução geral xt A em2 t cos k2 t i sen k2 t B em2 t cos k2 t i sen k2 t em2 t c cos k2 t D sin k2 t Com C A B e D A i B i Essa solução é periódica oscilatória com amplitude decrescente 4 Mostraremos que cosht sinht eᵗ eˉᵗ satisfazem Xt Xt 41 De fato seja X₁ cosht então X₁ sinht e X₁ X₁ cosht cosht Logo X₁ cosht X₁ X₁ X₁ e logo X₁ satisfaz 41 Para X₂ sinht temos X₂ cosht e X₂ X₂ cosht sinht Logo X₂ sinht X₂ X₂ X₂ e X₂ satisfaz 41 Para X₃ eᵗ temos X₃ eᵗ e X₃ eᵗ X₃ X₃ e X₃ satisfaz 42 Para X₄ eˉᵗ temos X₄ eˉᵗ eˉᵗ X₄ eˉᵗ e X₄ X₄ eˉᵗ eˉᵗ X₄ X₄ Logo X₄ X₄ e X₄ satisfaz 41 a Sim as soluções de uma EDO são vetores do espaço vetorial das soluções da EDO Em particular para uma EDO de segunda ordem dois vetores LI formam a base do espaço de soluções dessa EDO Daí usando as bases desse espaço podemos fazer várias soluções tomando com b Não as quatro soluções são LD basta lembrarmos as definições das funções hiperbólicas que nos dão cosht et et2 12et 12et sinht et et2 12et 12et que mostra que cosht e sinht são combinações lineares de et e et c Uma solução geral é xt A cosht B sinht 4c 1 Com efeito xt A sinht B cosht x ddt A sinht B cosht A cosht B sinht xt Logo x xt que mostra que 4c 1 é solução da EDO e aqui tomamos cosht e sinht como os vetores que formam a base do espaço de soluções da EDO