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MAT1154 Prova 4 (final) 21/06/2010
1. [1 pt] Considere o PVI: {
y′ = sen y
y(0) = 10
Determine lim
t→+∞
y(t). Justifique.
(Dica: Não é necessário encontrar a fórmula da solução y(t).)
Resolução: Os pontos de equilíbrio são os zeros da função seno, ou seja, y = 0, ±π,
±2π, ±3π, . . . A condição inicial y = 10 está entre os pontos de equilíbrio 3π e 4π. Como
nesse intervalo o seno é negativo, as solução se move para a esquerda, convergindo para
o valor 3π .
2. Um objeto em queda é sujeito a uma força de atrito proporcional à velocidade. Sendo v a
velocidade (para baixo) em m/s e t o tempo em s, suponha que vale a EDO:
dv
dt
= g − γv, com g = 10 e γ = 0,1.
Suponha ainda que em t = 0 o objeto tem velocidade 0.
(a) [11/2 pt] Encontre a expressão de v(t).
Resolução: A equação se trata de uma EDO linear de 1a ordem, e pode ser resol-
vida por separação de variáveis ou por fator integrante (ou ainda por coeficientes a
determinar, já que é não-homogênea com coeficientes constantes).
De qualquer maneira, se encontra a solução geral v(t) = 100 + Ce−0,1t.
Impondo a condição inicial, temos a resposta v(t) = 100(1 − e−0,1t) .
(b) [1/2 pt] Em que instante de tempo a velocidade atinge 80% de seu valor limite? (Dê
uma resposta numérica ou, se isto não for possível, deixe a resposta indicada.)
Resolução: Vemos da fórmula da solução que a velocidade limite é 100. Igualando
v(t) = 80 e resolvendo temos t = −10 ln(0,2) = 16,9 s.
3. Considere a EDO y′′ + 6y′ + 9y = 3e−3t.
(a) [2 pt] Encontre a solução geral.
Resolução: A equação característica tem raiz dupla −3; logo a solução geral da
equação homogênea associada é y(t) = C1e
−3t + C2te
−3t.
Vamos chutar uma solução particular para a equação não-homogênea:
• Primeira ideia: y(t) = Ce−3t: Não vai funcionar porque é solução da equação
homogênea.
• Segunda ideia: y(t) = Cte−3t: mesmo problema.
• Terceira ideia: y(t) = Ct2e−3t: Esse tem chance de funcionar.
MAT1154 Prova 4 (final) Folha 2 de 4
Fazendo as contas:
y = Ct2e−3t
y′ = −3Ct2e−3t + 2Cte−3t
y′′ = 9Ct2e−3t − 12Cte−3t + 2Ce−3t
E então y′′ + 6y′ + 9y = · · · = 2Ce−3t. Logo C = 3/2 e y(t) = 3
2
t2e−3t é solu-
ção particular da equação não-homogênea. Somando esta com a solução geral da
homogênea, obtemos a resposta y(t) =
(
C1 + C2t +
3
2
t2
)
e−3t .
(b) [1/2 pt] Encontre a expressão da solução particular cujo gráfico é mostrado abaixo.
Resolução: As informações mais fáceis de se extrair do gráfico são y(0) = 0 e
y(1) = 0 Substituindo isto na expressão da solução geral e resolvendo temos C1 = 0
e C2 = −3/2. Portanto a resposta é y(t) =
3
2
(
−t + t2
)
e−3t .
4. [1 pt] Um sistema massa-mola sem atrito é governado pela EDO:
my′′(t) + ky(t) = 0.
Suponha que a função y = y(t) com o gráfico abaixo é uma solução:
Com base nisso, é possível afirmar que existe uma relação entre m e k? Qual?
MAT1154 Prova 4 (final) Folha 3 de 4
Resolução: A função é y(t) = 2 cos(πt). Portanto y′′(t) = −2π2 cos(πt). Substituindo
na EDO, encontramos a relação k = π2m .
Solução alternativa: Do gráfico vemos que o período é T = 2. Usando a fórmula
T = 2π
√
m/k chegamos na resposta.
5. [2 pt] Encontre todos os pontos de equilíbrio do sistema de EDO’s abaixo, e classifique (se
possível) cada um desses pontos como atrator, repulsor, sela ou centro.
{
x′ = (2− x)(y − x)
y′ = 1− x− y
Resolução: Os pontos de equilíbrio são as soluções do sistema
{
(2− x)(y − x) = 0
1− x− y = 0
A primeira equação vale em apenas duas situações:
• x = 2. Neste caso a segunda equação dá y = −1.
• x = y. Neste caso usando a segunda equação obtemos x = y = 1/2.
Logo temos dois pontos de equilíbrio: (2,−1) e (1/2, 1/2) .
Para classificá-los, calculamos a matriz jacobiana:
J(x, y) =
(
−2− y + 2x 2− x
−1 −1
)
J(2,−1) =
(
3 0
−1 −1
)
J(1/2, 1/2) =
(
−3/2 3/2
−1 −1
)
• A matriz (triangular) J(2,−1) tem autovalores 3 e −1, logo o ponto de equilíbrio
(2,−1) é de tipo sela .
• J(1/2, 1/2) tem determinante positivo e traço negativo, logo o ponto de equilíbrio
(1/2, 1/2) é de tipo atrator .
6. [11/2 pt] Dois tanques A e B são interligados. Inicialmente o tanque A contém 5 litros de
uma solução contendo 300mg de sal, e o tanque B contém 10 litros de água pura (sem sal).
Há duas bombas com vazão de 20ℓ/h: uma bombeia a mistura do tanque A para o tanque
B, e a outra bombeia a mistura do tanque B para o tanque A. Indique por x(t) e y(t)
as quantidades de sal (em miligramas) após t horas nos tanques A e B, respectivamente.
Determine x(t) e y(t).
MAT1154 Prova 4 (final) Folha 4 de 4
Resolução: As quantidades de líquido em cada tanque permanecem constantes: 50ℓ
no tanque A e 100ℓ no tanque B. Vejamos o que acontece com cada bomba:
• Pela bomba A → B passam 20ℓ/h da solução do tanque A. Cada litro dessa
solução contém x/5 miligramas de sal. Logo a taxa instantânea de passagem da
sal por esta bomba é 20 · x
5
= 4x miligramas por hora.
• Pela bomba B → A passam 20ℓ/h da solução do tanque B. Cada litro dessa
solução contém y/10 miligramas de sal. Logo a taxa instantânea de passagem da
sal por esta bomba é 20 · y
10
= 2y miligramas por hora.
Colocando sinais negativos para saídas e positivos para entradas, encontramos o PVI
que modela nosso problema:
dx
dt
= −4x + 2y x(0) = 300,
dy
dt
= 4x− 2y y(0) = 0.
Vamos resolvê-lo usando exponencial e Cálculo Funcional. (Há outras maneiras.) Seja
A =
(
−4 2
4 −2
)
. Os autovalores são 0 e−6. Seja f(x) = etx (pensando t como constante
real). Queremos encontrar g(x) = ax + b tal que f(0) = g(0) e f(−6) = g(−6). Assim,
temos: {
1 = b
e−6t = −6a + b
⇒
{
a = (1/6) − (1/6)e−6t
b = 1
Assim
etA = f(A) = g(A) = aA + bId
= [(1/6) − (1/6)e−6t]
(
−4 2
4 −2
)
+
(
1 0
0 1
)
=
(
(1/3) + (2/3)e−6t (1/3) − (1/3)e−6t
(2/3) − (2/3)e−6t (2/3) + (1/3)e−6t
)
A solução do PVI e resposta do problema é
(
x(t)
y(t)
)
= etA ·
(
300
0
)
=
(
100 + 200e−6t
200 − 200e−6t
)