Prova 1 EDA UFMG

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE MINAS GERAIS
INSTITUTO DE CIEˆNCIAS EXATAS
DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA
EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS A - Prof. Reginaldo J. Santos
Hora´rio: 13:00-14:40 - 22/05/2003
1a. Avaliac¸a˜o
1. Resolva as equac¸o˜es:
(a) x+ y + x ln x
dy
dx
= 0. Sugesta˜o: multiplique a equac¸a˜o por 1/x.
(b) y′ −
4
x
y = −
2
x3
.
(c) y′ +
2
x
y =
y3
x3
. Sugesta˜o: fac¸a a mudanc¸a de varia´vel v = y−2 e use o item
anterior.
Link para a soluc¸a˜o.
2. Considere a equac¸a˜o
dy
dx
=
2x+ 1
3y2 − 3
.
(a) Encontrar a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o e a soluc¸a˜o do problema de valor inicial

dy
dx
=
2x+ 1
3y2 − 3
y(0) = 0
(b) Determinar o intervalo de validade da soluc¸a˜o.
(c) Determinar os pontos onde a soluc¸a˜o tem um ma´ximo local.
Link para a soluc¸a˜o.
3. A taxa com que uma gota esfe´rica se evapora ( dV
dt
) e´ proporcional a sua a´rea.
Determine o raio da gota em func¸a˜o do tempo, supondo que no instante t = 0 o seu
raio e´ r0 e que em uma hora o seu raio seja a metade. Link para a soluc¸a˜o.
4. Considere a equac¸a˜o
dy
dt
+ p(t)y = 0
Mostre que se y1(t) e y2(t) sa˜o soluc¸o˜es da equac¸a˜o, enta˜o y(t) = y1(t) + y2(t)
tambe´m o e´.
Link para a soluc¸a˜o.
1
Soluc¸a˜o
1.
(a) Multiplicando a equac¸a˜o
x+ y + x ln x
dy
dx
= 0
por 1/x obtemos
1 +
y
x
+ ln x
dy
dx
= 0
M = 1 +
y
x
N = ln x
∂M
∂y
=
1
x
∂N
∂x
=
1
x
∂M
∂y
=
∂N
∂x
⇒ A equac¸a˜o e´ exata!
Vamos encontrar uma func¸a˜o ψ(x, y) tal que
∂ψ
∂x
= M(x, y) = 1 +
y
x
e
∂ψ
∂y
= N(x, y) = ln x
Integrando-se a 1a. equac¸a˜o em relac¸a˜o a x obtemos
ψ(x, y) =
∫
Mdx = x+ y lnx+ h(y)
Substituindo-se a func¸a˜o ψ(x, y) encontrada na equac¸a˜o de
∂ψ
∂y
= N = ln x
obtemos
N = lnx = lnx+ h′(y)
h′(y) = 0
O que implica que
h(y) = C1
Assim a soluc¸a˜o da equac¸a˜o e´ dada implicitamente por
ψ(x, y) = x+ y lnx = C
2
(b)
y′ −
4
x
y = −
2
x3
µ(x) = e
∫
−
4
x
dx = x−4
Multiplicando a equac¸a˜o por µ(x) = x−4:
d
dx
(
x−4y
)
= −
2
x7
Integrando-se
x−4y(x) =
∫
−
2
x7
dx =
1
3x6
+ C
y(x) =
1
3x2
+ Cx4
(c)
y′ +
2
x
y =
y3
x3
Fazendo a mudanc¸a de varia´veis v = y−2, enta˜o
dv
dx
= (−2)y−3
dy
dx
Multiplicando-se a equac¸a˜o acima por y−3 obtemos
y−3
dy
dx
+
2
x
y−2 =
1
x3
Fazendo as substituic¸o˜es y−3 dy
dx
= −1
2
dv
dx
e y−2 = v obtemos
−
1
2
dv
dx
+
2
x
v =
1
x3
Multiplicando esta equac¸a˜o por −2 obtemos
v′ −
4
x
v = −
2
x3
que e´ a equac¸a˜o do item anterior que tem soluc¸a˜o
v(x) =
1
3x2
+ Cx4
Assim a soluc¸a˜o da equac¸a˜o dada e´
y−2 =
1
3x2
+ Cx4
3
Link para a pro´xima questa˜o.
2.
(a) Podemos reescrever a equac¸a˜o como
(3y2 − 3)
dy
dx
= 2x+ 1
ou
d
dy
(
y3 − 3y
) dy
dx
=
d
dx
(
x2 + x
)
que pela regra da cadeia pode ser escrita como
d
dx
(
y3 − 3y − x2 − x
)
= 0
Assim a soluc¸a˜o geral e´ dada implicitamente por
y3 − 3y − x2 − x = C
Para encontrar a soluc¸a˜o que satisfaz a condic¸a˜o inicial y(0) = 0 substitu´ımos
x = 0 e y = 0 na soluc¸a˜o geral obtendo C = 0. Assim a soluc¸a˜o do problema
de valor inicial e´ dada implicitamente por
y3 − 3y − x2 − x = 0
(b) Para determinar o intervalo de validade da soluc¸a˜o vamos determinar os pontos
onde a reta tangente a` curva integral y3 − 3y − x2 − x = 0 e´ vertical, ou seja,
os pontos em que dx
dy
= 0.
Podemos usar um teorema de ca´lculo que diz que
dx
dy
=
1
dy
dx
nos pontos em que dy
dx
6= 0. Como pela equac¸a˜o diferencial, dy
dx
= 2x+1
3y2−3
, enta˜o
dx
dy
=
3y2 − 3
2x+ 1
, para x 6= −1/2.
Assim, dx
dy
= 0 se, e somente se, 3y2 − 3 = 0, ou seja, y = ±1. Substituindo-se
y = −1 na equac¸a˜o que define a soluc¸a˜o obtemos a equac¸a˜o x2 + x − 2 = 0,
que tem soluc¸a˜o x = 1 e x = −2. Substituindo-se y = 1 na equac¸a˜o que define
a soluc¸a˜o obtemos a equac¸a˜o x2 + x+2 = 0, que na˜o tem soluc¸a˜o real. Assim,
a reta tangente a` curva integral e´ vertical para x = 1 e x = −2. Como o ponto
inicial tem x = 0 que esta´ entre os valores x = −1 e x = 2 conclu´ımos que o
intervalo de validade da soluc¸a˜o e´ o intervalo (−2, 1).
4
(c) Nos pontos onde a soluc¸a˜o tem ma´ximo local a reta tangente a` curva e´ ho-
rizontal, ou seja, pontos onde dy
dx
= 0. Neste caso na˜o precisamos calcular a
derivada da soluc¸a˜o, pois a derivada ja´ esta´ dada pela equac¸a˜o diferencial, ou
seja,
dy
dx
=
2x+ 1
3y2 − 3
Assim, a reta tangente e´ horizontal para x tal que 2x+1 = 0, ou seja, somente
para x = −1/2.
Link para a pro´xima questa˜o.
3.
dV
dt
= kA = k4pir2
V (r) =
4
3
pir3
dV
dt
=
dV
dr
dr
dt
= 4pir2
dr
dt
Substituindo na primeira equac¸a˜o:
dr
dt
= k
r(t) = kt+ C
Substituindo t = 0 e r = r0:
r0 = C
Substituindo t = 1 e r = r0/2:
r0/2 = k + r0
k = −r0/2
r(t) = r0(1− t/2)
Link para a pro´xima questa˜o.
4.
dy
dt
+ p(t)y =
d
dt
(y1(t) + y2(t)) + p(t)(y1(t) + y2(t))
=
(
dy1
dt
+ p(t)y1
)
+
(
dy2
dt
+ p(t)y2
)
= 0 + 0 = 0
5