Avaliação de Equações Diferenciais

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE MINAS GERAIS
INSTITUTO DE CIEˆNCIAS EXATAS
DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA
EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS A
HORA´RIO: 14:55 a`s 16:35 - 31/03/2005
1a. Avaliac¸a˜o
1. Considere o circuito ele´trico abaixo formado por um resistor, um indutor e uma
fonte de tensa˜o externa. Para este circuito a segunda lei de Kirchhoff nos da´
RI + L
dI
dt
= V (t).
A bateria gera uma diferenc¸a de potencial de V (t) = 10 volts, enquanto a resisteˆncia
R e´ de 100 ohms e a indutaˆncia L e´ de 0.5 henrys. Encontre a corrente I(t) em cada
instante t, se I(0) = 0. Link para a soluc¸a˜o.
R
V(t)
L
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. Link para a soluc¸a˜o.
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. Link para a soluc¸a˜o.
4. (a) Use a mudanc¸a de varia´veis v(x) =
y
x
para transformar a equac¸a˜o
dy
dx
=
2y − x
x
na equac¸a˜o x
dv
dx
= v − 1.
(b) Resolva o problema de valor inicial{
dy
dx
=
2y − x
x
y(1) = 2
.
Link para a soluc¸a˜o.
Soluc¸a˜o
1.
5 · 10−1dI
dt
+ 102I = 10.
dI
dt
+ 200I = 20.
A equac¸a˜o e´ linear. Multiplicando-se a equac¸a˜o pelo fator integrante µ(t) = e200t
obtemos
d
dt
(
e200tI
)
= 20e200t
integrando-se obtemos
e200tI(t) = 10−1e200t + k
ou
I(t) = 10−1 + ke−200t
Substituindo-se t = 0 e I = 0 obtemos k = −10−1 e assim a soluc¸a˜o do problema
de valor inicial e´
I(t) = 10−1
(
1 − e−200t) amperes.
Link para a pro´xima questa˜o.
2.
-2
1
1-2
0
0
0
- - + + + + + + + +
+ + + + + + + + - -
0- - + + + + + - -
y+2
-(y-1)
-(y-1)(y+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 = −2 e
y2 = 1.
(a) y1 = −2 e´ ponto de equil´ıbrio insta´vel pois para valores de y pro´ximos de
y1 = −2 temos que se y0 = y(0) e´ pro´ximo de y1 = −2 a soluc¸a˜o correspondente
y(t) esta´ se afastando de y1 = −2, quando t cresce.
(b) y2 = 1 e´ ponto de equil´ıbrio esta´vel pois para valores de y pro´ximos de y2 = −1
temos que se y(0) e´ pro´ximo de y2 = −1 a soluc¸a˜o correspondente y(t) esta´ se
afastando de y2 = −1, 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.
(a)
dy
dx
=
2y − x
x
= 2
y
x
− 1
Seja v =
y
x
. Enta˜o y = vx e derivando o produto vx em relac¸a˜o a x obtemos
pela regra da cadeia
dy
dx
= x
dv
dx
+ v.
Substituindo-se este valor de
dy
dx
e
y
x
= v na equac¸a˜o obtemos
x
dv
dx
+ v = 2v − 1
ou
x
dv
dx
= v − 1
(b) Multiplicando-se x dv
dx
= v − 1 por 1
x(v − 1) esta equac¸a˜o se torna
1
v − 1
dv
dx
=
1
x
ln |v − 1| = ln |x| + C1
ln
∣∣∣∣v − 1x
∣∣∣∣ = C1
v − 1 = Cx
Substituindo-se v = y
x
obtemos
y
x
− 1 = Cx ou y(x) = x+ Cx2
Substituindo-se x = 1 e y = 2 obtemos C = 1 e assim a soluc¸a˜o do problema
de valor inicial e´ dada por
y(x) = x+ x2