TT009 Matemática Aplicada I Curso de Engenharia Ambiental Departamento de Engenharia Ambiental, UFPR P01, 30 mar 2012 Prof. Nelson Luís Dias 0 NOME: GABARITO Assinatura: 1 [30] A gura ao lado mostra o zoom da discretização de uma função (x ) por pontos, com espaçamento horizontal Δx : a função muda de sinal, e portanto possui um zero, entre x i -1 e x i . Se aproximarmos a função por um conjunto de segmentos de reta linearmente interpolados entre os pontos, veremos que o zero é dado por x * = x i -1 + ηΔx , onde 0 < η < 1. Supondo como na gura que i -1 > 0e i < 0, mostre que η = p 1+ p , p = -i -1 / i . Sugestão: semelhança de triângulos. y i y i -1 x i -1 x i ηΔx (1 - η)Δx Δx x SOLUÇÃO DA QUESTÃO: i -1 ηΔx = - i (1 - η)Δx , p 1 η = 1 1 - η , (1 - η)p = η , p = η + ηp , η = 1 1+ p Continue a solução no verso = ⇒
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TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP01, 30 mar 2012Prof. Nelson Luís Dias
0
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.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
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+ . . .
Continue a solução no verso =⇒
3 [40] Dados 3 vetores b1, b2, b3, não necessariamente ortonormais, porém LI, segue-se que
(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.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
b1 · b1 = b1 ·1B[b2 × b3] =
1B(b1 · [b2 × b3]) =
BB= 1;
b1 · b2 = b1 ·1B[b3 × b1] =
1Bb1 · [b3 × b1] ≡ 0;
etc.
Continue a solução no verso =⇒
TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP01, 07 jun 2013Prof. Nelson Luís Dias
0
NOME: GABARITO Assinatura:
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)
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
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
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
Continue a solução no verso =⇒
3 [35] Obtenha a solução geral dedydx
+1
x + 1y = x .
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
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
Continue a solução no verso =⇒
TT009 Matemática Aplicada ICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP03, 05 jul 2013Prof. Nelson Luís Dias
0
NOME: GABARITO Assinatura:
1 [50] Utilizando obrigatoriamente o método de Frobenius, obtenha a solução geral de
x2y′′ + xy′ − (1/9 + x )y = 0.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
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