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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 140 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 − 4)(y2 + y), 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(2) = 1/2 (b) Determinar o intervalo de validade da soluc¸a˜o. Link para a soluc¸a˜o. 1 Soluc¸a˜o 1. (a) 140 dv dt = 20− 2v 140 20− 2v dv dt = 1 d dt (−70 ln |20− 2v|) = 1 70 ln |20− 2v| = −t+ C1 ln |20− 2v| = C1 − t 70 v(t) = 10− Ce− t 70 Substituindo-se t = 0 e v = 0: 0 = 10− C ⇒ C = 10 v(t) = 10− 10e− t 70 (b) lim t→∞ v(t) = lim t→∞ (10− 10e− t 70 ) = 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) −3 −2 −1 0 1 2 3 −10 0 10 20 30 40 50 60 y y’=f(y) Os pontos de equil´ıbrio sa˜o as ra´ızes de f(y) = (y2−4)(y2+y), ou seja, y1 = −2, y2 = −1, y3 = 0 e y4 = 2. i. y1 = −2 e´ ponto de equil´ıbrio esta´vel pois para valores de y pro´ximos de y1 = −2 temos • y′ = f(y) > 0, para y < y1 = −2 • y′ = f(y) < 0, para y > y1 = −2. O que implica que se y0 = y(0) e´ pro´ximo de y1 = −2 a soluc¸a˜o correspon- dente y(t) esta´ se aproximando de y1 = −2, quando t cresce. ii. y2 = −1 e´ ponto de equil´ıbrio insta´vel pois para valores de y pro´ximos de y2 = −1 temos • y′ = f(y) < 0, para y < y2 = −1 • y′ = f(y) > 0, para y > y2 = −1. O que implica 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. iii. y3 = 0 e´ ponto de equil´ıbrio esta´vel pois para valores de y pro´ximos de y3 = 0 temos • y′ = f(y) > 0, para y < y3 = 0 • y′ = f(y) < 0, para y > y3 = 0. O que implica que se y0 = y(0) e´ pro´ximo de y3 = 0 a soluc¸a˜o correspon- dente y(t) esta´ se aproximando de y3 = 0, 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 = 2 e y = 1/2 na soluc¸a˜o acima 6− 4− 3 2 = 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 ⇔ x = ± √ 3 13 Como x = 2 > √ 3 13 , enta˜o a soluc¸a˜o e´ va´lida para x > √ 3 13 . 5
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