prova1d1

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE MINAS GERAIS
INSTITUTO DE CIEˆNCIAS EXATAS
DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA
EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS A
HORA´RIO: 14:55 a`s 16:35 - 09/09/2004
1a. Avaliac¸a˜o
1. Um lago com 460 km3 de volume, recebe a´gua numa taxa de 310 km3/ano com
uma concentrac¸a˜o de 1 kg de poluente industrial por km3. A a´gua, bem misturada,
escoa do lago com a mesma taxa de entrada. No instante inicial, o lago tem uma
concentrac¸a˜o de poluentes 5 vezes do que a concentrac¸a˜o encontrada na a´gua que
entra nele.
(a) Deˆ a equac¸a˜o da quantidade de poluente no lago em func¸a˜o do tempo.
(b) Quanto tempo levara´ para que a concentrac¸a˜o de poluente caia para a metade
da concentrac¸a˜o inicial?
(c) Fac¸a um esboc¸o do gra´fico da quantidade de poluente em func¸a˜o do tempo.
Link para a soluc¸a˜o.
2. Considere o seguinte problema:
dy
dt
= f(y) = y(y2 + 3y + 2), 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
2x− y
y(1) = 2 +
√
3
(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
= 310 · 1− 310 Q
460
.
Q(0) = 5 · 460 = 2300
dQ
dt
+
31
46
Q = 310
Multiplicando-se a equac¸a˜o pelo fator integrante µ(t) = e
�
31
46
dt = e
31t
46 obtemos
d
dt
(
e
31t
46 Q
)
= 310e
31t
46 .
Integrando-se obtemos
e
31t
46 Q(t) = 460 e
31t
46 + C ⇒ Q(t) = 460 + Ce− 31t46 .
Substituindo t = 0 e Q = 2300: C = 1840. Substituindo o valor de C:
Q(t) = 460 + 1840e−
31t
46 .
(b) 5
2
= c(t) =
Q(t)
V
= 1 + 4e−
31t
46 ⇒ e− 31t46 =
5
2
− 1
4
=
3
8
31t
46
= ln
(
8
3
)
⇒ t = 46
31
ln
(
8
3
)
(c)
−2 0 2 4 6 8 10
0
500
1000
1500
2000
t
Q
Link para a pro´xima questa˜o.
2
2.
(a)
−3 −2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1
−6
−4
−2
0
2
4
6
y
y’=f(y)
Os pontos de equil´ıbrio sa˜o as ra´ızes de f(y) = y(y2 +3y+2), ou seja, y1 = −2,
y2 = −1 e y3 = 0.
i. y1 = −2 e´ ponto de equil´ıbrio insta´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 afastando de y1 = −2, quando t cresce.
ii. y2 = −1 e´ ponto de equil´ıbrio esta´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 y0 = y(0) e´ pro´ximo de y2 = −1 a soluc¸a˜o correspon-
dente y(t) esta´ se aproximando de y2 = −1, quando t cresce.
iii. y3 = 0 e´ ponto de equil´ıbrio insta´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 y(0) e´ pro´ximo de y3 = 0 a soluc¸a˜o correspondente
y(t) esta´ se afastando de y3 = 0, quando t cresce.
3
(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)
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 = 1 e y = 2 +
√
3 na soluc¸a˜o acima
1− 2(2 +
√
3) +
1
2
(2 +
√
3)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
⇔ −x2 = 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