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UNIVERSIDADE FEDERAL DE MINAS GERAIS INSTITUTO DE CIEˆNCIAS EXATAS DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS A HORA´RIO: 11:10 a`s 12:50 - 09/09/2004 1a. Avaliac¸a˜o 1. Suponha que uma sala contendo 36 m3 de ar puro e´ invadida por fumantes que introduzem 0, 04 g/m3 de mono´xido de carbono a uma taxa de 0, 1 m3/min. Permite- se que a mistura (ar puro e mono´xido de carbono), bem circulada, saia da sala na mesma taxa de 0, 1 m3/min. (a) Encontre uma fo´rmula para a quantidade de mono´xido de carbono presente em cada instante t. (b) A concentrac¸a˜o de 1 g/m3 e´ atingida? (c) Fac¸a um esboc¸o do gra´fico da quantidade de mono´xido de carbono em func¸a˜o do tempo. Link para a soluc¸a˜o. 2. Considere o seguinte problema: dy dt = f(y) = (ey − 1)(y + 4), 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 = 2x− 2y y + 2x y(2) = 1 (b) Determinar o intervalo de validade da soluc¸a˜o. Link para a soluc¸a˜o. 1 Soluc¸a˜o 1. (a) O problema pode ser modelado pelo seguinte problema de valor inicial dQ dt = 0, 04 · 0, 1− 0, 1 Q 36 . Q(0) = 0 dQ dt + 1 360 Q = 4 · 10−3 Multiplicando-se a equac¸a˜o pelo fator integrante µ(t) = e � 1 360 dt = e t 360 obtemos d dt ( e t 360Q ) = 4 · 10−3e t 360 . Integrando-se obtemos e t 360Q(t) = 1, 44 e t 360 + C ⇒ Q(t) = 1, 44 + Ce− t 360 . Substituindo t = 0 e Q = 0: C = −1, 44. Substituindo o valor de C encontrado: Q(t) = 1, 44− 1, 44e− t 360 . (b) c(t) = Q(t) V = 0, 04− 0, 04e− t 360 e nunca atingira´ 1 g/m3. (c) 0 500 1000 1500 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 t Q Link para a pro´xima questa˜o. 2 2. (a) −5 −4 −3 −2 −1 0 1 −2 0 2 4 6 8 10 y y’=f(y) Os pontos de equil´ıbrio sa˜o as ra´ızes de f(y) = (ey−1)(y+4), ou seja, y1 = −4 e y2 = 0. i. y1 = −4 e´ ponto de equil´ıbrio esta´vel pois para valores de y pro´ximos de y1 = −4 temos • y′ = f(y) > 0, para y < y1 = −4 • y′ = f(y) < 0, para y > y1 = −4. O que implica que se y0 = y(0) e´ pro´ximo de y1 = −4 a soluc¸a˜o correspon- dente y(t) esta´ se aproximando de y1 = −4, 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. 3 (b) −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 t y Link para a pro´xima questa˜o. 4 3. (a) 2x− 2y + (−y − 2x) dy dx = 0 M = 2x− 2y, N = −y − 2x ∂M ∂y = −2, ∂N ∂x = −2 ∂M ∂y = ∂N ∂x ⇒ A equac¸a˜o e´ exata! ψ(x, y) = ∫ Mdx = x2 − 2xy + h(y) N = −y − 2x = ∂ψ ∂y = −2x+ h′(y) h′(y) = −y ⇒ h(y) = − 1 2 y2 + C1 A soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o e´ dada implicitamente por x2 − 2xy − 1 2 y2 = C Substituindo-se x = 2 e y = 1 na soluc¸a˜o acima 4− 4− 1 2 = − 1 2 = C. Logo a soluc¸a˜o do problema de valor inicial e´ dada implicitamente por x2 − 2xy − 1 2 y2 = − 1 2 (b) dx dy = 0 ⇔ y + 2x = 0 ⇔ y = −2x Substituindo-se na soluc¸a˜o x2 + 4x2 − 2x2 = − 1 2 ⇔ 3x2 = − 1 2 Logo na˜o existem pontos onde a tangente e´ vertical e assim a soluc¸a˜o e´ va´lida para todo x ∈ R. 5
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