Problemas de Matemática: 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: 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