TT009MatemáticaAplicadaI CursodeEngenhariaAmbiental … · 2018-11-18 · Agora,decomponhay nabasedeautovetores: ... Encontre a solução geral das seguintes EDO’s de ordem 1:

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] 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


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.


TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP02, 27 abr 2012Prof. Nelson Luís Dias

0


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.


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


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?


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


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


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].


TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP03, 28 set 2012Prof. Nelson Luís Dias

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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)


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


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.


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 )


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+ . . .

]


TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP04, 16 out 2012Prof. Nelson Luís Dias

0


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).)


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)


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.


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 + . . .


3 [40] Tente resolverx2y′′ + (1 + x)y′ − y = 0

pelo método de Frobenius: você consegue? Por quê?


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


TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRF, 22 out 2012Prof. Nelson Luís Dias

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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!


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]


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


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.)


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.


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


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