Prova 1.1 - Viviane Klein - UFRN

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Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Departamento de Matemática
MAT0314 - Matemática para Engenharia III
Prova 1.1 2015.1
Aluno: Nota:
Instruções quanto a consulta:
1. Permitido a consulta da "colinha".
2. Proibido o uso de qualquer tipo de calculadora, celulares, tablets e computadores. Alunos acessando
qualquer um destes eletrônicos receberá nota zero na Prova 1.1.
Instruções quanto a entrega da prova e atrasos:
1. Não é permitido entregar a prova antes das 13:20.
2. Não será permitida a entrada de alunos atrasados após a saída do primeiro aluno.
Instruções quanto a correção da prova:
1. Esta prova representa 50% da nota da UNIDADE I.
2. Só serão corrigidas questões respondidas nas folhas da prova. Questões respondidas a lápis não terão
direito a revisão de prova.
3. Será avaliado o desenvolvimento da questão em conjunto com a resposta. Um problema com a resposta
correta e sem o desenvolvimento receberá nota zero na questão.
4. Organização e clareza também serão avaliadas na correção.
Correção:
Questão 1
Questão 2
Questão 3
Questão 4
Total
1. (2,0) Considere a equação diferencial
dy
dx
= y − cosx
(a) (1,0) Prove que para qualquer condição inicial y(x0) = y0, a solução do problema de valor inicial
existe e é única.
Solução. Vamos aplicar o Teorema da Existência e Unicidade 1 (TEU1).
f(x, y) = y − cosx
fy(x, y) = 1
Ambas as funções f e fy são contínuas em todo o R
2
. Logo, para qualquer ponto (x0, y0) é possível
achar um retângulo aberto R contendo esse ponto e que f, fy sejam contínuas.
Portanto, para qualquer condição inicial, existe uma única solução do PVI definida em (x0−δ, x0+δ)
para algum δ > 0.
(b) (1,0) Resolva a equação com a condição inicial y(0) = 2.
Solução. A EDO é linear e não separável, devemos resolver usando o método do fator integrante.
Escrevendo a EDO na forma padrão
dy
dx
− y = − cosx,
identificamos p(x) = −1 e q(x) = − cosx. Usando a tabela de integrais dada
µ = e
∫
pdx = e−x
e ∫
µq dx = −
∫
e−x cosx dx = −e
−x(− cosx+ sinx)
2
=
e−x(cosx− sinx)
2
.
Colocando na fórmula
y(x) =
1
µ
(∫
µq dx+ C
)
=
1
e−x
(
e−x(cosx− sinx)
2
+ C
)
=
(cosx− sinx)
2
+ Cex
Para achar C, usamos que y(0) = 2:
2 =
cos 0− sin 0
2
+ C ⇒ 2 = 1
2
+ C ⇒ C = 3
2
.
Solução do PVI:
y(x) =
(cosx− sinx)
2
+
3
2
ex
2. (2,5) O crescimento de uma população de insetos é dada por
dP
dt
= P (10− P ),
onde P a quantidade de mosquitos (em milhares) no tempo t (em meses).
O campo de direções da equação é dado na figura abaixo.
(a) (0,5) Se a população inicial for de 9.999 insetos, ela pode chegar a 10.001 insetos? Por que?
Solução. Não. Analisando o campo de direções, vemos que a população de 9.999 insetos irá sempre
crescer tendendo a população limitante de 10.000 quando t→∞.
(b) (0,5) A população limitante, limt→∞ P (t) depende da população inicial? Explique sua resposta.
Solução. Não depende, a população limitante é sempre 10.000 insetos. Analisando o campo de
direções vemos que se a população inicial for maior que 10.000 ela decresce tendendo a população
limitante quando t→∞. Se a população inicial for menor que 10.000 ela cresce tendendo a população
limitante quando t→∞.
(c) (1,5) Considere que a população inicial é de 5.000 insetos, determine o tempo até que a população
chegue a 7.500 insetos.
Solução. Devemos resolver o PVI {
P ′ = P (10− P )
P (0) = 5
Esta EDO não é linear, entretanto ela é separável. Separando as variáveis temos
P ′
P (10− P ) = 1 =⇒
∫
dP
P (10− P ) =
∫
1 dt
Usando a tabela de integrais dada:
1
10
ln
∣∣∣∣ PP − 10
∣∣∣∣ = t+ C.
Para achar a constante C, usamos que P (0) = 5:
1
10
ln
∣∣∣∣ 55− 10
∣∣∣∣ = 0 + C =⇒ 110 ln 1 = C =⇒ C = 0.
A solução implícita do PVI é dada por
t =
1
10
ln
∣∣∣∣ PP − 10
∣∣∣∣ .
Para achar t tal que a população é de 7.500 insetos, basta substituir na solução:
t =
1
10
ln
∣∣∣∣ 7.57.5− 10
∣∣∣∣ = 110 ln
∣∣∣∣7.52.5
∣∣∣∣ = 110 ln 3 meses
3. (2,5) Era meio-dia em um dia de junho em Natal: 27
o
C. O detetive Ed Mort chegou à cena do crime
e encontrou o sargento inclinado sobre o corpo. O sargento disse que havia vários suspeitos. Se eles
soubessem a hora exata da morte, eles poderiam reduzir a lista de suspeitos e encontrar o assassino. O
detetive Ed Mort apanhou um termômetro e mediu a temperatura do corpo: 34
o
C. Ao retornar às 13h,
descobriu que a temperatura do corpo era 30,5
o
C. Determine, aproximadamente, a que horas ocorreu o
assassinato, sabendo que a temperatura normal do corpo é 37
o
C.
Assuma que:
• a temperatura em Natal se manteve constante durante todo o dia, e
• a Lei de resfriamento de Newton se aplica.
• ln(7/10)/ ln(2) ≈ −0, 5146
Solução. Lei de resfriamento de Newton:
dT
dt
= k(M − T ),
onde M é a temperatura ambiente. Logo, M = 27.
Este problema pode ser resolvido de várias maneiras. A EDO é linear e separável. Além disso, pode-se
usar diferentes referenciais para os tempos dados.
A solução apresentada aqui usa separação de variáveis e assume meio-dia como sendo o tempo t = 0 e
13hs como sendo o tempo t = 1.
Separando variáveis:
T ′
(27− T ) = k =⇒
∫
dT
(27− T ) =
∫
k dt =⇒ − ln |27− T | = kt+ C
Vamos utilizar os dados T (0) = 34 e T (1) = 30, 5 para determinar as constantes k e C:
• T (0) = 34:
− ln |27− 34| = 0 + C =⇒ C = − ln 7
• T (1) = 30, 5:
− ln |27− 30, 5| = k − ln 7 =⇒ k = − ln 3, 5 + ln 7
Usando a propriedades do logaritmo:
k = ln
(
7
3, 5
)
= ln 2
Achamos a solução implícita do problema:
− ln |27− T | = t ln 2− ln 7
Queremos o tempo em que T = 37:
− ln |27− 37| = t ln 2− ln 7 =⇒ − ln 10 + ln 7 = t ln 2
=⇒ t ln 2 = ln
(
7
10
)
=⇒ t ≈ −0, 5146
Como definimos meio-dia como o tempo t = 0, o assassinato ocorreu cerca de 0, 5 horas antes do meio
dia. Portanto o assassinato ocorreu cerca de 11:30 da manhã.
4. (3,0) Considere a equação diferencial
(2x2 + 3y2 − 20)y′ + xy = 0
(a) (0,5) A equação é linear? Separável? Exata?
Solução. • Não é linear: o coeficiente de y′ depende de y.
• Não é separável: a soma (2x2 + 3y2 − 20) impossibilita a separação de variáveis.
• Não é exata: pelo TE
(My = x) 6= (Nx = 4x)
(b) (1,0) Multiplique a equação por yn e determine o valor de n que tornam a equação resultante exata.
Solução. Multiplicando por yn chegamos a
(2x2yn + 3y2+n − 20yn)y′ + xyn+1 = 0.
Na EDO resultante:
M˜ = xyn+1 N˜ = 2x2yn + 3y2+n − 20yn.
Para ser exata, ela deve satisfazer o TE, isto é
∂M˜
∂y
=
∂N˜
∂x
Fazendo as contas, devemos ter
(n+ 1)xyn = 4xyn
O que implica que a EDO será exata se n+ 1 = 4, ou seja, se n = 3 .
(c) (1,5) Use a solução da equação exata resultante para solucionar a equação original.
Solução. Apesar das duas EDOs serem diferentes, o conjunto solução de ambas é o mesmo. Logo,
basta resolver a exata:
(2x2y3 + 3y5 − 20y3)y′ + xy4 = 0.
Integrando
F (x, y) =
∫
M˜ dx =
∫
xy4 dx =
x2y4
2
+ g(y).
Derivando a F (x, y) calculada acima com respeito a y devemos ter N˜ :
∂F
∂y
= 2x2y3 + g′(y) = 2x2y3 + 3y5 − 20y3
Portanto,
g′(y) = 3y5 − 20y3 ⇒ g(y) = y
6
2
− 5y4 + C1
Encontramos assim
F (x, y) =
x2y4
2
+
y6
2
− 5y4 + C1.
A solução implícita da EDO é dada por F (x, y) = C2. Portanto a solução geral implícita da
EDO é
x2y4
2
+
y6
2
− 5y4 = C
onde C = C2 − C1.
Tabela de Integrais
∫
tα dt =
tα+1
α + 1
+ C, α 6= −1
∫
eat dt =
eat
a
+ C
∫
1
t− a dt = ln |t− a|+ C
∫
1
t(a− t) dt =
1
a
ln
∣∣∣∣ tt− a
∣∣∣∣+ C
∫
eat sin btdt =
eat(a sin bt− b cos bt)
a2 + b2
+ C
∫
eat cos btdt =
eat(a cos bt+ b sin bt)
a2 + b2
+ C