prova1b (3)

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE MINAS GERAIS
INSTITUTO DE CIEˆNCIAS EXATAS
DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA
EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS A
HORA´RIO: 9:25 a`s 11:05 - 31/03/2005
1a. Avaliac¸a˜o
1. Considere o circuito ele´trico abaixo formado por um resistor, um capacitor e uma
fonte de tensa˜o externa. A corrente I(t) e a carga Q(t) esta˜o relacionadas por
I(t) =
dQ
dt
. Para este circuito a segunda lei de Kirchhoff nos da´
RI +
1
C
Q = V (t).
A bateria gera uma diferenc¸a de potencial de V (t) = 10 volts, enquanto a resisteˆncia
R e´ de 200 ohms e a capacitaˆncia C e´ de 10−4 farad. Encontre a carga Q(t) no
capacitor em cada instante t, se Q(0) = 0. Encontre tambe´m a corrente I(t) em
cada instante t.
R
C
V(t)
2. Considere o problema de valor inicial

dy
dx
= (y + 1)(y − 2)
y(0) = y0
Esboce as soluc¸o˜es, sem resolver a equac¸a˜o, para y0 = −3,−2,−1, 0, 1, 2, 3 ou esboce
o campo de direc¸o˜es. Deixe claro em seu esboc¸o as soluc¸o˜es de equil´ıbrio. Comente
sobre a estabilidade de cada uma das soluc¸o˜es de equil´ıbrio.
3. Determine os pontos (x0, y0) para os quais podemos garantir que o problema de
valor inicial 

dy
dx
=
√
y − x
y(x0) = y0
tem uma u´nica soluc¸a˜o.
4. Resolva o problema de valor inicial{
yex + (ex + 2y)
dy
dx
= 0
y(0) = 1
.
Soluc¸a˜o
1.
200
dQ
dt
+ 104Q = 10.
dQ
dt
+ 50Q = 5 · 10−2.
A equac¸a˜o e´ linear. Multiplicando-se a equac¸a˜o pelo fator integrante µ(t) = e50t
obtemos
d
dt
(
e50tQ
)
= 5 · 10−2e50t
integrando-se obtemos
e50tQ(t) = 10−3e50t + k
ou
Q(t) = 10−3 + ke−50t
Substituindo-se t = 0 e Q = 0 obtemos k = −10−3 e assim a soluc¸a˜o do problema
de valor inicial e´
Q(t) = 10−3
(
1 − e−50t
)
coulombs.
I(t) =
dQ
dt
= 5 · 10−2e−50t amperes
Link para a pro´xima questa˜o.
2.
−3 −2 −1 0 1 2 3
−3
−2
−1
0
1
2
3
t
y
−3 −2 −1 0 1 2 3
−3
−2
−1
0
1
2
3
t
y
Os pontos de equil´ıbrio sa˜o as ra´ızes de f(y) = (y + 1)(y − 2), ou seja, y1 = −1,
y2 = 2.
(a) y1 = −1 e´ ponto de equil´ıbrio esta´vel pois para valores de y pro´ximos de
y1 = −1 temos que se y0 = y(0) e´ pro´ximo de y1 = −2 a soluc¸a˜o correspondente
y(t) esta´ se aproximando de y1 = −1, quando t cresce.
(b) y2 = 2 e´ ponto de equil´ıbrio insta´vel pois para valores de y pro´ximos de y2 = 2
temos que se y(0) e´ pro´ximo de y2 = 2 a soluc¸a˜o correspondente y(t) esta´ se
afastando de y2 = 2, quando t cresce.
Link para a pro´xima questa˜o.
3.
f(x, y) =
√
y − x ⇒ ∂f
∂y
=
1
2
√
y − x.
Para os pontos (x0, y0) ∈ R2 tais que y0 > x0 o problema de valor inicial tem soluc¸a˜o
u´nica.
Link para a pro´xima questa˜o.
4.
yex + (ex + 2y)
dy
dx
= 0
M = yex, N = ex + 2y
∂M
∂y
= ex,
∂N
∂x
= ex
∂M
∂y
=
∂N
∂x
⇒ A equac¸a˜o e´ exata!
ψ(x, y) =
∫
Mdx = yex + h(y)
N = ex + 2y =
∂ψ
∂y
= ex + h′(y)
h′(y) = 2y ⇒ h(y) = y2 + C1
A soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o e´ dada implicitamente por
yex + y2 = C
Substituindo-se x = 0 e y = 1 na soluc¸a˜o acima
1e0 + 12 = 2 = C.
Logo a soluc¸a˜o do problema de valor inicial e´ dada implicitamente por
yex + y2 = 2