Prova 2.1 - Viviane Klein - UFRN

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Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Departamento de Matemática
MAT0314 - Matemática para Engenharia III
Prova 2.1 2015.1
Aluno: Nota:
Instruções quanto a consulta:
1. Permitido a consulta da "colinha"e o uso de calculadora científica.
2. Proibido o uso de qualquer de calculadora, celulares, tablets e computadores. Alunos acessando qualquer
um destes eletrônicos receberá nota zero na Prova 2.1.
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. A prova 2.1 e o trabalho representam 50% da nota da UNIDADE II.
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
Trabalho
Total
1. (1,5) Os Grandes Lagos (Estados Unidos-Canadá) estão poluídos, uma ideia para diminuir a concentração
de poluentes é injetar água fresca e retirar água poluída, como mostrado na figura abaixo. Esquemati-
camente, podemos ver os cinco lagos como cinco tanques de mistura conectados entre si. O volumes dos
lagos são dados em mi
3
(milhas cúbicas) e a taxas de entrada e de saída são dadas em mi
3
/ano. Sejam
PS , PM , PH , PE , PO as massas de poluente nos lagos Superior, Michigan, Huron, Erie e Ontario, respecti-
vamente. Escreva um sistema de equações diferenciais ordinárias modelando a variação na quantidade de
poluentes em cada um dos Grandes Lagos supondo que somente água fresca é bombeada do exterior para
os lagos. (Não é necessário resolver o sistema.)
Solução. Para cada lago temos que a variação na quantidade de poluente com o tempo é igual a diferença
entre a quantidade de poluente que entra e a que sai do lago ao longo do tempo, matematicamente,
dP
dt
= entra− sai.
Se a massa de poluente for medida em quilos, todos os termos da equação acima devem ter unidade kg/ano.
O que entra em cada lago é igual a
concentração de poluente que entra × taxa de entrada,
com unidades (
kg
mi3
)
×
(
mi3
ano
)
=
kg
ano
como esperado. Similarmente, o que sai de cada lago é igual a
concentração de poluente saindo × taxa de saída
com as mesmas unidades acima.
Por último, devemos observar que a concentração de poluente em um lago é dada por
massa de poluente
volume do lago
e que água fresca possui 0 quilos de poluente.
• Lago Superior:
� entra somente água fresca = 0 kg/ano de poluente
� sai:
concentração de poluente que sai × taxa de saída = PS
2900
× 15
Assim,
dPS
dt
= entra− sai = 0− 15PS
2900
= −15PS
2900
.
• Lago Michigan:
� como no Lago Superior, entra somente água fresca = 0 kg/ano de poluente
� sai:
concentração de poluente que sai × taxa de saída = PM
1180
× 38
Assim,
dPM
dt
= entra− sai = 0− 38PM
1180
= −38PM
1180
.
• Lago Huron:
� entra: o que sai do lago Superior somado com o que sai do lago Michigan, já que na outra
entrada entra somente água
15PS
2900
+
38PM
1180
� sai:
concentração de poluente que sai × taxa de saída = PH
850
× 68
Assim,
dPH
dt
= entra− sai = 15PS
2900
+
38PM
1180
− 68PH
850
.
• Lago Erie:
� entra: o que sai do lago Huron, já que na outra entrada entra somente água
68PH
850
� sai:
concentração de poluente que sai × taxa de saída = PE
116
× 85
Assim,
dPE
dt
= entra− sai = 68PH
850
− 85PE
116
.
• Lago Ontario:
� entra: o que sai do lago Erie, já que na outra entrada entra somente água
85PE
116
� sai:
concentração de poluente que sai × taxa de saída = PO
393
× 99
Assim,
dPO
dt
= entra− sai = 85PE
116
− 99PO
393
.
Sitema de equações: 
dPS
dt
= −15PS
2900
dPM
dt
= −38PM
1180
dPH
dt
=
15PS
2900
+
38PM
1180
− 68PH
850
dPE
dt
=
68PH
850
− 85PE
116
dPO
dt
=
85PE
116
− 99PO
393
2. (2,0) Encontre a solução geral do sistema{
x′(t)− 10y′(t) = 3x(t),
x′(t)− y′(t) = 3y(t).
Solução. Reescrevendo o sistema com a notação de operador D chegamos a{
(D − 3)[x]− 10D[y] = 0,
D[x]− (D + 3)[y] = 0.
Aplicando D em ambos lados da primeira equação e −(D − 3) em ambos lados da segunda, temos{
D(D − 3)[x]− 10D2[y] = 0,
−D(D − 3)[x] + (D2 − 9)[y] = 0,
onde usamos o fato que (D − 3)D = D(D − 3) e (D − 3)(D + 3) = D2 − 9.
Somando as duas equações resultantes temos
(−9D2 − 9)[y] = 0
que é equivalente a
−9y′′ − 9y = 0
cuja equação característica é
−9r2 − 9 = 0 =⇒ r2 + 1 = 0 =⇒ r = ±i.
Portanto,
y(t) = c1 cos t+ c2 sin t.
Voltando ao sistema original, temos que{
x(t) =
1
3
(x′(t)− 10y′(t)),
x′(t) = y′(t) + 3y(t),
substituindo a segunda equação na primeira chegamos a
x(t) = y(t)− 3y′(t) = c1 cos t+ c2 sin t− 3(−c1 sin t+ c2 cos t) = (c1 − 3c2) cos t+ (c2 + 3c1) sin t.
Portanto, a solução geral do sistema é
x(t) = (c1 − 3c2) cos t+ (c2 + 3c1) sin t
y(t) = c1 cos t+ c2 sin t.
Começando a resolver por x(t), de forma análoga, chegamos a solução geral equivalente
x(t) = c˜1 cos t+ c˜2 sin t
y(t) =
1
10
[(c˜1 + 3c˜2) cos t+ (c˜2 − 3c˜1) sin t].
3. (2,5) Considere o problema de valor inicial
t2y′′ + ty′ − 4y = −3t,
y(1) = 4, y′(1) = 3,
no intervalo [1, 1.3].
Aproxime a solução do problema de valor inicial em t = 1.3 usando o método de Euler com h = 0.15 (use
no mínimo quatro casas decimais em cada operação).
Usando os métodos na Unidade 1, podemos mostrar que a solução exata é dada por y(t) = 2t2 + t +
1
t2
.
Complete a tabela com os valores de ti, yi e o erro= |y(ti)− yi|, onde y(ti) é o valor exato da solução no
ponto ti e yi é a solução aproximada.
ti yi y(ti) erro
1 4 4 0
1.15 4.4500 4.5511 0.1011
1.3 5.1250 5.2717 0.1467
Mostre todas as suas contas.
Solução. O primeiro passo é reescrever a EDO como um sistema de EDOs de 1
a
ordem na forma normal.
Definindo as novas variáveis
x1(t) = y(t), x2(t) = y
′(t),
chegamos ao sistema {
x′1 = x2
x′2 =
1
t2
(−3t+ 4x1 − tx2) ,
com condições iniciais
x1(0) = 4, x2(0) = 3.
Para aplicar o método de Euler precisamo identificar t0 = 1, tf = 1.3, h = 0.15,
[
x10
x20
]
=
[
4
3
]
e
f(t, x1, x2) =
[
x2
1
t2
(−3t+ 4x1 − tx2)
]
.
Agora podemos aplicar o algoritmo
tn+1 = tn + h
xn+1 = xn + hf(tn, xn)
• iteração 1
t1 = t0 + h = 1 + 0.15 = 1.15[
x11
x21
]
=
[
x10
x20
]
+ hf(t0, x10, x20) =
[
x10
x20
]
+ h
 x201
t20
(−3t0 + 4x10 − t0x20)

=
[
4
3
]
+ 0.15
[
3
1
12
(−3 ∗ 1 + 4 ∗ 4− 1 ∗ 3)
]
=
[
4.4500
4.5000
]
Valor exato: y(t1) = 2(1.15)
2 + 1.15 + 1/(1.15)2 = 4.5511
Erro = |4.5511− 4.4500| = 0.1011
• iteração 2
t2 = t1 + h = 1.15 + 0.15 = 1.3[
x12
x22
]
=
[
x11
x21
]
+ hf(t1, x11, x21) =
[
x11
x21
]
+ h
 x211
t21
(−3t1 + 4x11 − t1x21)

=
[
4.45
4.5
]
+ 0.15
 4.51
(1.15)2
(−3 ∗ 1.15 + 4 ∗ 4.45− 1.15 ∗ 4.5)
 = [5.1250
5.5406
]
Valor exato: y(t1) = 2(1.3)
2 + 1.3 + 1/(1.3)2 = 5.2717
Erro = |5.1250− 5.2717| = 0.1467