prova1b3

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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 - 09/09/2004
1a. Avaliac¸a˜o
1. Um bote motorizado e seu tripulante teˆm uma massa de 160 quilogramas e estava
inicialmente no repouso. O motor exerce uma forc¸a constante de 20 Newtons, na
direc¸a˜o do movimento. A resisteˆncia exercida pela a´gua, ao movimento, e´, em
mo´dulo, igual ao dobro da velocidade.
(a) Determine a velocidade do bote em func¸a˜o do tempo.
(b) Determine a velocidade limite do bote.
(c) Fac¸a um esboc¸o do gra´fico da velocidade em func¸a˜o do tempo.
Link para a soluc¸a˜o.
2. Considere o seguinte problema:
dy
dt
= f(y) = (y2 − 1)(y2 − 2y), y(0) = y0. (1)
(a) Esboce o gra´fico de f(y) em func¸a˜o de y, determine os pontos de equil´ıbrio e
classifique cada um deles como assintoticamente esta´vel ou insta´vel. Justifique.
(b) Esboce algumas soluc¸o˜es para diferentes valores de y0.
Link para a soluc¸a˜o.
3. (a) Encontrar a soluc¸a˜o do problema de valor inicial


dy
dx
=
3x− 4y
12y + 4x
y(1) = −1
(b) Determinar o intervalo de validade da soluc¸a˜o.
Link para a soluc¸a˜o.
1
Soluc¸a˜o
1.
(a)
160
dv
dt
= 20− 2v
160
20− 2v
dv
dt
= 1
d
dt
(−80 ln |20− 2v|) = 1
80 ln |20− 2v| = −t+ C1
ln |20− 2v| =
C1 − t
80
v(t) = 10− Ce−
t
80
Substituindo-se t = 0 e v = 0:
0 = 10− C ⇒ C = 10
v(t) = 10− 10e−
t
80
(b)
lim
t→∞
v(t) = lim
t→∞
(10− 10e−
t
80 ) = 10 m/s
(c)
0 50 100 150 200
−2
0
2
4
6
8
10
t
v
Link para a pro´xima questa˜o.
2
2.
(a)
−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
−5
0
5
10
15
20
25
y
y’=f(y)
Os pontos de equil´ıbrio sa˜o as ra´ızes de f(y) = (y2 − 1)(y2 − 2y), ou seja,
y1 = −1, y2 = 0, y3 = 1 e y4 = 2.
i. y1 = −1 e´ ponto de equil´ıbrio esta´vel pois para valores de y pro´ximos de
y1 = −1 temos
• y′ = f(y) > 0, para y < y1 = −1
• y′ = f(y) < 0, para y > y1 = −1.
O que implica que se y0 = y(0) e´ pro´ximo de y1 = −1 a soluc¸a˜o correspon-
dente y(t) esta´ se aproximando de y1 = −1, quando t cresce.
ii. y2 = 0 e´ ponto de equil´ıbrio insta´vel pois para valores de y pro´ximos de
y2 = 0 temos
• y′ = f(y) < 0, para y < y2 = 0
• y′ = f(y) > 0, para y > y2 = 0.
O que implica que se y(0) e´ pro´ximo de y2 = 0 a soluc¸a˜o correspondente
y(t) esta´ se afastando de y2 = 0, quando t cresce.
iii. y3 = 1 e´ ponto de equil´ıbrio esta´vel pois para valores de y pro´ximos de
y3 = 1 temos
• y′ = f(y) > 0, para y < y3 = 1
• y′ = f(y) < 0, para y > y3 = 1.
O que implica que se y0 = y(0) e´ pro´ximo de y3 = 1 a soluc¸a˜o correspon-
dente y(t) esta´ se aproximando de y3 = 1, quando t cresce.
3
iv. y4 = 2 e´ ponto de equil´ıbrio insta´vel pois para valores de y pro´ximos de
y4 = 2 temos
• y′ = f(y) < 0, para y < y4 = 2
• y′ = f(y) > 0, para y > y4 = 2.
O que implica que se y(0) e´ pro´ximo de y4 = 2 a soluc¸a˜o correspondente
y(t) esta´ se afastando de y4 = 2, quando t cresce.
(b)
−3 −2 −1 0 1 2 3
−3
−2
−1
0
1
2
3
t
y
Link para a pro´xima questa˜o.
4
3.
(a)
3x− 4y + (−12y − 4x)
dy
dx
= 0
M = 3x− 4y, N = −12y − 4x
∂M
∂y
= −4,
∂N
∂x
= −4
∂M
∂y
=
∂N
∂x
⇒ A equac¸a˜o e´ exata!
ψ(x, y) =
∫
Mdx =
3
2
x2 − 4xy + h(y)
N = −12y − 4x =
∂ψ
∂y
= −4x+ h′(y)
h′(y) = −12y ⇒ h(y) = −6y2 + C1
A soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o e´ dada implicitamente por
3
2
x2 − 4xy − 6y2 = C
Substituindo-se x = 1 e y = −1 na soluc¸a˜o acima
3
2
+ 4− 6 = −
1
2
= C.
Logo a soluc¸a˜o do problema de valor inicial e´ dada implicitamente por
3
2
x2 − 4xy − 6y2 = −
1
2
(b)
dx
dy
= 0 ⇔ 12y + 4x = 0 ⇔ y = −
1
3
x
Substituindo-se na soluc¸a˜o
3
2
x2 +
4
3
x2 −
2
3
x2 = −
1
2
⇔ 13x2 = −3
Logo na˜o existem pontos onde a tangente e´ vertical e assim a soluc¸a˜o e´ va´lida
para todo x ∈ R.
5