Baixe resumo prova de calculo e outras Esquemas em PDF para Cálculo Numérico, somente na Docsity!
Resolução de Exercicios de Cálculo IV
1 ) Escreva o número complexo z na forma algébrica a +bi:
( )
( )
2
2
2 i
1.1) z
3 i
Solução:
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 i (^4) 4i i 3 4i 3 4i 8 6i 24 18i 32i 24i 50i 1
1.1) z i.
3 i^9 6i^ i^8 6i^8 6i 8^ 6i^64 36i^100
+ +^ +^ +^ +^ −^ −
( )
4 1.2) z 1 i
− = − +
Solução:
( ) ( ) ( )^ (^ ) ( )
4 4 2 2 2 2 2 2
1.2) z 1 i.
1 i 2i 4i^4 1 i^1 2i^ i
− = − + = = = = = = − − + (^) (^) − + − − +
( )
4 1.3) z = 1 +i
Solução:
( ) ( ) ( ) ( )
4 2 2 2 2 2 2 1.3) z = 1 + i = ^1 + i = 1 + 2i + i = 2i = 4i = − 4
2 ) Calcule o numero:
2017
i.
Solução:
2017 1 i = i =i
3) Determine a de modo que:
1 i a) z 2 ai
= −
seja real.
2 ai b) z 1 2ai
−
seja imaginário puro.
Solução:
a) Temos
2
2 2 2 2
1 i 2 ai 2 ai 2i ai 2 a 2 a z i 2 ai 2 ai 4 a i 4 a 4 a
. Portanto, para que z seja
real, 2 + a = 0 a = − 2.
b)
2 2 2
2 2 2 2
2 ai 2 ai 1 2ai 2 4 ai ai 2a i 2 2a 5 a z i 1 2ai 1 2ai 1 2ai 1 4 a i 1 4 a 1 4 a
. Portanto,para
que z seja imaginário puro,
2
2 − 2a = 0 a = 1.
4) Determine o módulo do número complexo
2 3 i z 5 i
Solução:
1º modo:
( )
2
2
2 3 i 2 3 i 5 i 10 2i 15i 3i 13 13i 13 1 1i 1 1 z i 5 i 5 i 5 i 25 i 26 26 2 2
+ + − + − + − + − −^ −^ −
2 2 1 1 1 2 |z| 2 2 2 2
= (^) − (^) + (^) − (^) = =
2º modo:
( ) ( )
2 2
2 2
2 3 i 2 3i^2 313 1 1 |z| 5 i 5 i 26 2 2 2 5 1
+^ +^ +
5) Escreva na forma trigonométrica os números complexos:
a) z = 2 b) z = −3i c) z = − 1 +i
d) z = − 1 3 i
Soluçao:
a) z = 2
Temos
( )
( )
2 |z| 2 2
z 2 cos^1 z 2 cos 0 i sen. 2 0 0 sen 0 2
= =^ = = +
=^
7) Utilizar a forma trigonométrica para calcular
100 1 3 i 2 2
−^ +
Solução:
2 1 2 3 |z| ( ) 1 2 2
1 3 2 2 z i 1 z 1 cos i sen. 2 2 cos 3 3 2 2
3 3 sen 2
= = − + (^) = (^) = − + = + (^) = − (^) (^) =^ = (^)
Portanto,
(^100 ) 1 3 2 2 200 200 2 2 1 3 i cos isen cos isen cos isen i. 2 2 3 3 3 3 3 3 2 2
−^ +^ =^ +^ =^ +^ =^ +^ = −^ +
^
^
- Sendo ( ) ( )
2 2
z = m − 5m + 6 + m − 1 i, determine m Rde modo que z seja
imaginário puro.
Solução:
Para que ( ) ( )
2 2
z = m − 5m + 6 + m − 1 i seja imaginário puro, é necessário que
2
2
m 5m 6 0 m^ 2 ou m^3 m 2 ou m 3. m 1 0 m^1
^ ^ =^ =
−^ ^
9) Calcule
( )
( )
8
7
1 i z 1 i
Solução:
1º modo:
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
8 7 7 7 7 7
1 i (^1) i 1 i 1 i 1 2i 1 z 1 i 1 i 1 i i 1 i i 1 i 1 i 1 i^1 i^1 i 1^ i^1
− −^ −^ +^ +
2º modo:
Temos
1 i 2 cos isen e 1 i 2 cos isen 4 4 4 4
^ ^ ^
. Logo,
( )
( )
8 4 8
7 7 7 2
2 cos i sen (^2) cos i sen 1 i (^4 4 4 4 41 ) 2 cos i sen
1 i 7 7 49 49 4 4 2 cos i sen 2 cos^ i sen 4 4 4 4
− ^ ^ ^ ^ ^ ^
^
^ ^
2 i 1 i 2 2
10) Resolver a equação
2 x + 4 x + 5 = 0
Solução:
Temos
2
= 4 − 4 1 5 = −4.Logo,
( ) (^) ( )
2 4 4 4 4 1 4 4 i (^4) 2i 2 2 i x 2 i. 2 1 2 2 2 2
− − −^ ^ −^ − − −
Portanto, S = − 2 − i, − 2 +i .
11 ) Calcule e represente geometricamente as raízes quartas de i
z = +.
Solução:
Sabemos que as n raízes enésimas de z são dadas por
,k 0 , 1 ,...,n 1 n
2 k i sen n
2 k w |z| cos n k = −
+ +
+
Temos
isen
i cos
z
= + =. Logo, as raízes quartas de i
z = + são
dadas por
4
2 k 4 isen 4
2 k 4 wk cos
= , k = 0 , 1 , 2 , 3.
Portanto,
isen
ew cos
isen
,w cos
isen
,w cos
isen
w 0 cos 1 2 3
No plano Argand Gauss, temos
y '' + 4 y = 8 x − 8 sen2 x − 4cos 2 x + 4 2sen2 x( + cos 2 x + 2 x (^) )= 8 x
− 8 sen 2 x − 4 cos 2 x + 8 sen 2 x + 4 cos 2 x + 8 x = 8 x 8 x =8 x ,
que é uma identidade. Portanto, y = 2 sen 2 x + cos 2 x +2 x é solução da e.d.o. dada.
d) y =ln x de x y '' + y ' = 0 em (^) ( 0,).
Solução:
Derivando a solução, temos
y '. x
= Derivando novamente, obtemos
2
y ''. x
Substituindo os resultados na equação dada, temos
2
x y '' y ' 0 x 0 0 0 0 x x x x
, que é uma identidade. Portanto,
y =ln x é solução da e.d.o. dada.
e) y x ln x de y ' y 1 x
Solução:
Derivando a solução, temos y ' = ln x + 1 (aplicando a regra da derivada do produto).
Substituindo na equação dada, temos
y ' y 1 ln x 1 x ln x 1 1 1 x x
− = + − = = , uma
identidade. Portanto, y =xlnx é solução da e.d.o. dada.
2 2 x 3 x 2
d y dy f ) y 5 e 7 e de 6 y 0 dx dx
− = + − − =
Solução:
Derivando a solução, temos
dy (^) 2 x 3 x 10 e 21 e dx
−
= − +. Derivando novamente, obtemos
2 2 x 3 x 2
d y 20 e 63 e dx
−
= +. Substituindo os resultados na equação dada, temos
( ) ( ) ( )
2 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 x 2
d y dy 6 y 0 20 e 63 e 10 e 21e 6 5 e 7 e 0 dx dx
− − − − − = + − − + − + =
2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 x 20e 63e 10e 21e 30e 42e 0 0 0
− − −
+ + − − − = =^ ,
que é uma identidade. Portanto,
2 x 3 x y 5e 7e
−
= + é solução da e.d.o. dada.
13 ) Calcule a constante c para que ( )
x y x c e
− = atenda à condição inicial y 3( ) = 2.
Solução:
Se y(3) = 2 , então
3 3 c e 2 c 2e
− = = e, assim, ( )
3 x y x 2 e
−
14 ) Determine as constantes c 1 e c 2 para que a função y x( )= c sen2 x 1 +c cos 2 x 2
satisfaça às condições iniciais y 0( ) = 0 e y ' 0( )= 1.
Solução:
Se y x( )= c sen2 x 1 +c cos 2 x 2 , então y ' x( ) = 2c cos 2 x 1 −2c sen2 x 2.
Temos
( )
( )
2 1 2 2
(^1 2 1 )
c 0 y 0 0 c sen0 c cos 0 0 c 0 1 y ' 0 1 2c cos 0 2c sen0 1 2c (^1) c 2
^ ^
=^ −^ =^ =^ =
^
e, portanto,
( )
y x sen 2 x. 2
15 ) Determine as constantes
1 2 c e c para que a função ( )
x x y x c e 1 c e 2 4 sen x
− = + +
satisfaça às condições iniciais y 0( ) =1 e y ' 0 (^) ( )= − 1.
Solução:
Se ( )
x x 1 2 y x c e c e 4 sen x
− = + + , então ( )
x x 1 2 y ' x c e c e 4cos x
−
Temos
( )
( )
1 2 1
1 2 2
y 0 1 c c 1 c 2
y ' 0 1 c c 4 1 c 3
^
= −^ −^ +^ = −^ =
^
e, portanto,
( )
x x y x 2 e 3 e 4 sen x
−
16 ) Resolver as seguintes e.d.o. com variáveis separadas/separáveis:
1 a) x dx dy 0 y
Solução:
A solução geral desta equação diferencial com variáveis separadas é dada por
2 dy x x dx C ln| y| C y 2
( )
5 b) sen x dx + y − 1 dy = 0
Solução:
A solução geral desta equação diferencial com variáveis separadas é dada por
( )
6 5 y sen x dx y 1 dy C cos x y C 6
c) 2 y dx + x 1( − y dy) = 0
Solução:
dy (^) x/2 dy (^1 1) x/ 2 y e y e dx dx 2 2
É uma equação diferencial ordinária linear de primeira ordem, com
( ) ( )
(^1 1) x 2 P x e Q x e. 2 2
Temos
( ) ( )
1 1 P x dx dx^ x 2 P x dx dx x 2 2 2 e e e e e e e
Logo, a solução geral é dada por
x x x 2 x 2 1 x 2 x 2 1 x x 2 1 x (^12 ) y e e e dx C y e e dx C y e e C y e C e. 2 2 2 2
− − ^ ^ − ^ ^ − ^ = + = + = + = + ^
dy c) x 2 y 2 x dx
Solução:
dy dy 2 x 2 y 2 x y 2 dx dx x
É uma equação diferencial ordinária linear de primeira ordem, com
( ) ( )
P x e Q x 2. x
Temos
( ) 2 ( )
(^2 ) P x dx dx^ P x dx dx x 2ln x ln x (^2) x 2 2
e e e e x e e e x x
− −^ ^ −^ − ^ −
Logo, a solução geral é dada por
2 2 2 2 2 2
y x 2 dx C y x 2 x dx C y x C y 2 x C x x x
= + = ^ + = − + = − +
^
d) x dy + y dx =sen x dx
Solução:
dy 1 sen x x dy y dx sen x dx y. dx x x
É uma equação diferencial ordinária linear de primeira ordem, com
( ) ( )
1 sen x P x e Q x. x x
Temos
( ) 1 ( )
1 1 P x dx dx^ P x dx dx x ln x^ ln x^1 1 x ln x e e e e x e e e e x x
Logo, a solução geral é dada por
( )
1 sen x 1 1 y x dx C sen x dx C y cos x C. x x x x
= + = ^ + = − +
( ) ( )
dy (^12) e) y x 1 x 1 dx x 1
− = + −
Solução:
Temos uma equação diferencial ordinária linear de primeira ordem, com
( )
P x x 1
e ( ) ( )
2 Q x = x + 1.
Temos
( ) (^) ( ) ( ) (^) ( )
1 1 P x dx dx^ P x dx dx x 1 ln x^1 x 1 ln x^11 e e e x 1 e e e e x 1
− − ^ +^ +^ + −^ + = = = + = = =
Portanto, a solução geral é dada por
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 1 2 x y x 1 x 1 dx C x 1 x 1 dx C y x 1 x C. x 1 2
= + + + = + ^ + + = + + +
^
2
dy sen x f ) x 3 y dx x
Solução:
2 3
dy sen x dy 3 sen x x 3 y y. dx x dx x x
É uma equação diferencial ordinária linear de primeira ordem, com
( ) ( ) 3
3 sen x P x e Q x. x x
Temos
( ) ( )
3 3 P x dx dx^ P x dx dx x 3ln x^3 x 3ln x^3 e e e x e e e e x.
− − ^ −^ − = = = = = =
Portanto, a solução geral é dada por
( )
3 3 3 3 3
sen x 1 y x x dx C x sen x dx C y cos x C. x x
− ^ ^ ^ −
= + = ^ + = − +
^
^
18 ) Resolva o pvi dado por, ( )
dy 5 y 20, y 0 2 dx
Solução:
Resolvendo a edo
dy 5 y 20 dx
Temos uma equação diferencial ordinária linear de primeira ordem, com
P x( ) = 5 e Q x( )= 20.
Temos
P x dx( ) 5 dx (^) 5 x P x( ) dx 5 dx 5 x e e e e e e e
Logo, a solução geral é dada por
5 x 5 x 5 x 20 5 x 5 x y e 20 e dx C y e e C y C e 4 5
− − ^ −
= ^ + = + = +
^
