gabP1.2010.1

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MAT1154 Prova 1 05/04/2010
1. [2 pt] Considere o problema de valor inicial (PVI):{
y′(t) = 2ty2
y(0) = a
(a) Supondo a = 1, encontre a solução do PVI y = y(t) como função explícita de t. Diga
também em qual intervalo a solução está definida.
(b) Supondo a = 0, encontre a solução do PVI y = y(t) como função explícita de t. Diga
também em qual intervalo a solução está definida.
(c) Supondo a = −1, encontre a solução do PVI y = y(t) como função explícita de t. Diga
também em qual intervalo a solução está definida.
Resolução: Para não ter que refazer as contas nos três casos, é melhor encontrar a
solução geral. Vemos que a equação é separável, e resolvemos:
dy
dt
= 2ty2
dy
y2
= 2t dt
−1
y
= t2 + C
y =
−1
C + t2
.
Substituindo t = 0, temos a = y(0) = −1/C, logo C = −1/a. Portanto:
(a) Se a = 1 então C = −1 e a solução é y(t) = 1
1− t2 . O denominador se anula
quando t = ±1; e o intervalo onde a solução está definida deve conter t = 0; logo
este intervalo é −1 < t < 1 , também escrito (−1, 1) .
(c) Se a = −1 então C = 1 e a solução é y(t) = −1
1 + t2
. O denominador nunca
se anula, logo o intervalo onde a solução está definida é a reta inteira, isto é,
(−∞,+∞) ou R .
(b) Se a = 0 então C = −1/0, opa! Aconteceu um problema aqui pois na resolução da
equação separável mandamos y2 para o denominador, implicitamente proibindo y
de ser zero. Então temos que proceder de outra forma para encontrar a solução
correspondente ao valor inicial y(0) = 0. Notamos que o campo de linhas é hori-
zontal no eixo horizontal (pois 2ty2 vale 0 quando y = 0). Logo a função constante
y(t) = 0 é uma∗ solução do PVI com a = 0. Esta solução está definida em toda
a reta (−∞,+∞) = R .
Obs: Outra maneira (um pouco menos clara, mas aceitável) de chegar na solução
y(t) = 0 é a seguinte: Se a→ 0 então C = −1/a→ ±∞ e y(t) = −1
C+t2 → 0.
Obs: Aqui vai uma terceira resolução: A fórmula da solução geral y(t) = −1
C+t2
não
é tão geral assim pois deixou uma solução de fora. Porém substituindo C = −1/a
e simplificando temos y(t) = a
1−at2
. Esta fórmula dá a solução do PVI (como pode
ser verificar fazendo a conta). A fórmula faz sentido mesmo para a = 0; portanto
esta fórmula é a melhor expressão para a solução geral.
MAT1154 Prova 1 Folha 2 de 5
2. [11/2 pt] Encontre o valor de b para o qual a equação abaixo é exata, e resolva a equação
para este valor de b.
(2x− 2y) + (bx + 2y)dy
dx
= 0.
Desenhe os gráficos no plano cartesiano xy das soluções encontradas.
Resolução: Para que uma equação da forma M +N dy
dx
= 0 seja exata, é necessário que
∂M
∂y
= ∂N
∂x
. Aplicando ao caso em questão, devemos ter b = −2 .
Quando a equação é exata, suas soluções são da forma F (x, y) = c, onde ∂F
∂x
= M e
∂F
∂y
= N . Ou seja
∂F
∂x
= 2x− 2y
∂F
∂y
= −2x + 2y
Integrando a primeira equação em relação a x, temos F (x, y) = x2 − 2xy + φ(y). Logo
∂F
∂y
= −2x + φ′(y). Pela segunda equação acima, temos φ′(y) = 2y; logo φ(y) =
y2 + const. Logo a solução geral da equação (em forma implícita) é x2 − 2xy + y2 = c .
Lembrando o produto notável x2− 2xy+ y2 = (x− y)2, vemos que a solução geral pode
ser expressa de maneira mais simples como x − y = ±√c ou ainda y = x+ k (k =
outra constante). Portanto os gráficos das soluções são retas paralelas:
Obs: Outra maneira de ter percebido que os gráficos das soluções eram retas é a seguinte:
A equação é
(2x− 2y) + (−2x + 2y)dy
dx
= 0.
Dividindo por 2x− 2y fica 1− dy
dx
= 0 e aí está óbvio.
Obs: Ainda outra maneira de chegar nas retas: Usamos Báscara para isolar y em função
de x:
y =
2x±
√
(2x)2 − 4(x2 − c)
2
=
2x±√c
2
= x+ k.
3. Um tanque contém 50 litros de água, inicialmente (isto é, em t = 0) pura. Por uma
mangueirinha entra continuamente no tanque, à taxa de 2 litros por hora, uma solução de
água doce com concentração de 5e−0,14t gramas de açúcar por litro de solução (sendo t o
tempo medido em horas). Por um buraco vaza solução à taxa de 2 litros por hora. Seja y(t)
a quantidade de açúcar em gramas no tanque após t horas.
MAT1154 Prova 1 Folha 3 de 5
(a) [1 pt] Mostre que a função y(t) satisfaz uma equação diferencial da forma
dy
dt
= aebt + cy,
e diga quanto valem a, b e c.
(b) [2 pt] Resolva o PVI e encontre uma fórmula para y(t).
Resolução: A primeira coisa a ser notada é que a quantidade de líquido no tanque é
constante: 50 litros. Depois,
taxa de variação
dy
dt
= taxa de entrada − taxa de saída
A taxa de entrada de açúcar é
5e−0,14t
gramas
litro
· 2 litros
hora
= 10e−0,14t
litros
hora
A taxa de saída de açúcar é
y(t) gramas
50 litros
· 2 litros
hora
= 0,04y(t).
Portanto a equação diferencial para o problema é
dy
dt
= 10e−0,14t − 0,04y
Isto resolve o primeiro item, mostrando que a = 10 , b = −0,14 e c = −0,04 .
Para resolver a equação, a reescrevemos como
dy
dt
+ 0,04y = 10e−0,14t,
que reconhecemos como uma EDO linear. Há várias maneiras de resolver a equação;
façamos pelo método do fator integrante (FI). O FI é e
R
0,04 dt = e0,04t. Multiplicando a
equação pelo FI dos dois lados temos
e0,04t
dy
dt
+ 0,04e0,04ty︸ ︷︷ ︸
d
dt
(e0,04ty)
= e0,04t · 10e−0,14t︸ ︷︷ ︸
10e−0,1t
e0,04ty =
∫
10e−0,1t dt
= −100e−0,1t +K
y = −100e−0,14t +Ke−0,04t
Substituindo a condição inicial y(0) = 0, encontramos 0 = −100+K. Logo a resposta é
y(t) = 100
(
e−0,04t − e−0,14t) .
Apenas para ilustração, aqui vai o gráfico:
MAT1154 Prova 1 Folha 4 de 5
Obs: Em geral a solução do PVI y′ = aebt + cy, y(0) = 0 (com b 6= c) é
y(t) =
a
c− b
(
ect − ebt
)
.
4. [2 pt] Considere uma espécie cuja população y(t) no instante t satisfaz a equação diferencial
seguinte:
dy
dt
= −18y + 9y2 − y3
Responda:
(a) Se a população inicial é y(0) = 2, a população tenderá a longo prazo a um valor de
equilíbrio? Em caso positivo, qual?
(b) Se a população inicial é y(0) = 4, a população tenderá a longo prazo a um valor de
equilíbrio? Em caso positivo, qual?
(c) Se a população inicial é y(0) = 8, a população tenderá a longo prazo a um valor de
equilíbrio? Em caso positivo, qual?
Resolução: Esta é uma EDO autônoma. Para responder às perguntas não é necessário
resolver a equação; basta uma análise qualitativa.
Começamos encontrando os pontos de equilíbrio, isto é, as raízes de f(y) = −18y +
9y2 − y3 = 0. Podemos fatorar −18y + 9y2 − y3 = y(18 + 9y − y2). Assim um ponto de
equilíbrio é y = 0, e os outros dois são encontrados usando Báscara: y = 3 e y = 6.
Percebemos (testando alguns valores, por exemplo) que:
(a) f(y) é negativa para 0 < y < 3 – logo estes pontos se movem para a esquerda, isto
é, para o 0;
(b) f(y) é positiva para 3 < y < 6 – logo estes pontos se movem para a direita, isto é,
para o 6;
(c) f(y) é positiva para y > 6 – logo estes pontos se movem para a esquerda, isto é,
para o 6;
Logo as respostas são:
(a) Se y(0) = 2 então a longo prazo a população (diminuirá e) tenderá ao valor de
equilíbrio 0, isto é, se extinguirá.
MAT1154 Prova 1 Folha 5 de 5
(b) Se y(0) = 4 então a longo prazo a população (crescerá e) tenderá ao valor de
equilíbrio 6.
(b) Se y(0) = 8 então a longo prazo a população (diminuirá e) tenderá ao valor de
equilíbrio 6.
Apenas para ilustração, aqui vai o gráfico de z = f(y):
Os valores y = 0 e y = 6 são equilíbrios estáveis (atratores), e o valor y = 3 é um
equilíbrio intável (repulsor).
5. [11/2 pt] A fim de comprar um apartamento, o Sr. Urbano contraiu hoje uma dívida de
R$ 100 000 com o Banco Sharks. Ao final de cada mês, o Banco Sharks cobrará 2% de juros
sobre a dívida, e o Sr. Urbano realizará um pagamento de a reais.
(Por exemplo, se o Sr. Urbano decidir pagar apenas a = 500 reais por mês, então após 1 mês
a sua dívida será de R$ 101 500, após 2 meses a dívida será de R$103 030, etc. (Neste
caso, a dívida não será quitada nunca, e de fato o Banco Sharks tomará o apartamento do
Sr. Urbano.))
O Sr. Urbano quer quitar a dívida em 120 meses. Qual deve ser o valor a do pagamento
mensal?
Resolução: Seja yn a dívida no mês n. A sequência destes valores satisfaz a equação
de diferenças yn+1 = ρyn − a, onde ρ = 1,02. A solução (conforme visto em aula) é
yn = ρ
ny0 − ρ
n − 1
ρ− 1 · a.
A condição inicial é y0 = 100000. Queremos ter y120 = 0. Substituindo na fórmula,
temos
0 = 1,02120 × 100 000 − 1,02
120 − 1
1,02 − 1 × a.
De onde isolamos o valor procurado:
a =
1,02120
1,02120 − 1 × 0,02× 100 000 = 2204,81 reais.
Obs: Usando a aproximação 1,02120 ≃ 11 (dada na sala), encontramos a resposta apro-
ximada a ≃ 2 200 reais .