Lista 4 - Pedro Henrique Demétrio - rev01

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Universidade Federal de Uberlândia 
 Faculdade de Engenharia Mecânica – FEMEC 
 
 
 
NOME: PEDRO HENRIQUE DEMÉTRIO ABRÃO 
Exercício 2 – Página 43 
Dada a equação diferencial ordinária de 1ª ordem e grau superior: 
𝑥𝑦 𝑦′2 + (𝑥2 + 𝑦2)𝑦′ + 𝑥𝑦 = 0 
Seja, 
𝑝 = 𝑦′ =
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 
Temos: 
𝑥𝑦 𝑝2 + (𝑥2 + 𝑦2)𝑝 + 𝑥𝑦 = 0 
 Resolvendo o polinômio de 2º grau. 
∆= 𝑏2 − 4. 𝑎. 𝑐 
∆= (𝑥2 + 𝑦2)2 − 4. 𝑥𝑦. 𝑥𝑦 
∆= 𝑥4 + 2𝑥2𝑦2 + 𝑦4 − 4𝑥2𝑦2 
∆= 𝑥4 − 2𝑥2𝑦2 + 𝑦4 = (𝑥2 − 𝑦2)2 
 Logo, 
𝑝 =
−𝑏 ± √∆
2. 𝑎
 
𝑝 =
−(𝑥2 + 𝑦2) ± √(𝑥2 − 𝑦2)2
2. 𝑥𝑦
 
𝑝 =
−(𝑥2 + 𝑦2) ± (𝑥2 − 𝑦2)
2. 𝑥𝑦
 
 Dessa forma, 
𝑝1 =
−(𝑥2 + 𝑦2) + (𝑥2 − 𝑦2)
2. 𝑥𝑦
=
−𝑥2 − 𝑦2 + 𝑥2 − 𝑦2
2. 𝑥𝑦
=
−2𝑦2
2. 𝑥𝑦
 
 
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∴ 𝑝1 = −
𝑦
𝑥
 
 E, 
𝑝2 =
−(𝑥2 + 𝑦2) − (𝑥2 − 𝑦2)
2. 𝑥𝑦
=
−𝑥2 − 𝑦2 − 𝑥2 + 𝑦2
2. 𝑥𝑦
=
−2𝑥2
2. 𝑥𝑦
 
∴ 𝑝2 = −
𝑥
𝑦
 
 Assim, a solução do polinômio é: 
(𝑝 +
𝑥
𝑦
) . (𝑝 +
𝑦
𝑥
) = 0 
 Onde, 
𝐴 = (𝑝 +
𝑥
𝑦
) 
𝐵 = (𝑝 +
𝑦
𝑥
) 
 Resolvendo A: 
𝑝 +
𝑥
𝑦
= 0 ⟹ 𝑝 = −
𝑥
𝑦
 ⟹ 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑥
𝑦
 
 Resolvendo a equação diferencial por separação de variáveis. 
𝑦 𝑑𝑦 = −𝑥 𝑑𝑥 
∫ 𝑦 𝑑𝑦 = − ∫ 𝑥 𝑑𝑥 ⟹ 
𝑦2
2
= −
𝑥2
2
+ 𝐶 
∴ 𝑦2 + 𝑥2 + 𝐶 = 0 
Resolvendo B: 
𝑝 +
𝑥
𝑦
= 0 ⟹ 𝑝 = −
𝑥
𝑦
 ⟹ 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑦
𝑥
 
 Resolvendo a equação diferencial por separação de variáveis. 
 
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1
𝑦
 𝑑𝑦 = −
1
𝑥
 𝑑𝑥 
∫
1
𝑦
 𝑑𝑦 = − ∫
1
𝑥
 𝑑𝑥 ⟹ ln 𝑦 = − ln 𝑥 + 𝐶 
𝑒ln 𝑦 = 𝑒− ln 𝑥+𝐶 ⟹ 𝑒ln 𝑦 = 𝑒ln
𝐶
𝑥 ⟹ 𝑦 =
𝐶
𝑥
 
∴ 𝑦 +
𝐶
𝑥
= 0 
 Com isso a solução geral da equação diferencial é: 
(𝑦2 + 𝑥2 + 𝐶). (𝑦 +
𝐶
𝑥
) = 0 
 
Exercício – Página 43 
Um paraquedista está a uma velocidade 𝑣 = 50 𝑚/𝑠 no momento em que o 
paraquedas se abre. Sabendo que a resistência do ar é dada pela expressão 
𝑃𝑣²
30
 (𝑁), 
onde 𝑃 é o peso total do paraquedista com o paraquedas, achar sua velocidade em 
função do tempo (𝑡) depois do paraquedas aberto. (Considere 𝑔 = 10 𝑚/𝑠²). Plote o 
gráfico. 
A seguir é possível observar o diagrama de corpo livre das forças que atuam 
sobre o corpo do paraquedista. 
 
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 A somatória de forças é: 
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎 
 Vale ressaltar que adotando o sistema de referência, onde o eixo 𝑦 é orientado 
para cima e que o paraquedista está em queda, teremos o sinal de menos na somatória 
de forças. Logo, 
𝐹𝑑 − 𝐹𝑔 = 𝑚𝑎 ⟹ 𝑚𝑎 + 𝐹𝑔 = 𝐹𝑑 
 Dessa forma chegamos à equação diferencial que define o movimento do 
paraquedista. Onde, 𝑐 =
𝑃
30
. 
𝑚
𝑑𝑣
𝑑𝑡
+ 𝑚𝑔 = 𝑐𝑣2 ⟹
𝑑𝑣
𝑑𝑡
=
1
3
𝑣2 − 10 
𝑑𝑣 = [
1
3
𝑣2 − 10] 𝑑𝑡 
 A equação diferencial é homogênea de primeiro grau. Assim, fazendo: 
𝑑𝑣
[
1
3 𝑣
2 − 10]
= 𝑑𝑡 
 Aplicando integral dos dois lados da igualdade. 
 
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∫
𝑑𝑣
[
1
3 𝑣
2 − 10]
= 𝑡 + 𝐶 ⟹ 3 ∫
𝑑𝑣
[𝑣2 − 30]
= 𝑡 + 𝐶 
 Manipulando a equação, utilizando frações parciais: 
1
[𝑣2 − 30]
=
1
[𝑣 − √30]
1
[𝑣 + √30]
=
𝐴
[𝑣 − √30]
+
𝐵
[𝑣 + √30]
 
⟹
𝐴𝑣 + 𝐴√30 + 𝐵𝑣 − 𝐵√30
[𝑣 − √30][𝑣 + √30]
=
[𝐴 + 𝐵]𝑣 + [𝐴 − 𝐵]√30
[𝑣 − √30][𝑣 + √30]
 
 Logo, 
[𝐴 + 𝐵]𝑣 + [𝐴 − 𝐵]√30
[𝑣 − √30][𝑣 + √30]
=
1
[𝑣 − √30][𝑣 + √30]
 
 Dessa forma, 
[𝐴 + 𝐵]𝑣 + [𝐴 − 𝐵]√30 = 1 
 Chegamos ao sistema linear: 
{
𝐴 + 𝐵 = 0
[𝐴 − 𝐵]√30 = 1
⟹ {
𝐴 = −𝐵
[𝐴 − 𝐵]√30 = 1
 
∴ 𝐴 =
1
2√30
 𝑒 𝐵 = −
1
2√30
 
 Substituindo as constantes na equação, temos: 
∫
1
2√30
1
[𝑣 − √30]
−
1
2√30
1
[𝑣 + √30]
𝑑𝑣 =
1
3
[𝑡 + 𝐶] 
⟹
1
3
[𝑡 + 𝐶] =
1
2√30
ln[𝑣 − √30] −
1
2√30
ln[𝑣 + √30] 
⟹
2√30
3
[𝑡 + 𝐶] = ln [
𝑣 − √30
𝑣 + √30
] 
 
 
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⟹ 𝑒
2√30
3
[𝑡+𝐶] = [
𝑣 − √30
𝑣 + √30
] ⟹ 𝑒
2√30
3
𝑡𝐶 = [
𝑣 − √30
𝑣 + √30
] 
⟹ 𝑒
2√30
3
𝑡𝐶𝑣 + 𝑒
2√30
3
𝑡𝐶√30 = 𝑣 − √30 
⟹ 𝑣 = √30 [
1 + 𝑒
2√30
3
𝑡𝐶
1 − 𝑒
2√30
3
𝑡𝐶
] 
 Aplicando as condições iniciais 𝑣(0) = −50 𝑚/𝑠. 
−50 = √30 [
1 + 𝑒
2√30
3
0𝐶
1 − 𝑒
2√30
3
0𝐶
] ⟹ −50 = √30 [
1 + 𝐶
1 − 𝐶
] 
⟹ −50[1 − 𝐶] = √30[1 + 𝐶] 
∴ 𝐶 = 1,2460 
 Logo, a velocidade em função do tempo é: 
𝑣(𝑡) = √30 [
1 + 𝑒
2√30
3
𝑡1,2460
1 − 𝑒
2√30
3
𝑡1,2460
] 
 Gráfico da velocidade após a abertura do paraquedas. 
 
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 Script no MATLAB: 
clear all 
close all 
clc 
 
v_i = -50; %[m/s] 
dt = 0.001; %[s] 
 
for t = 0:dt:2.5 
 
 % Plotagem do gráfico. 
 plot(t,v_i,'o-b','MarkerSize',2); 
 grid on; 
 hold on; 
 v_i = v_i+dt*10*((v_i^2)/30 - 1); 
 
end 
 
title('Velocidade terminal do paraquedista'); 
xlabel('Tempo [s]','FontName','Times New Roman'); 
ylabel('Velocidade [m/s]','FontName','Times New Roman'); 
 
 
 
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