Prova resolvida - Equações Diferenciais Ordinárias (EDO)

Prévia do material em texto

Matemática em Exerćıcios
Prova resolvida - Equações Diferenciais Ordinárias (EDO)
Professor Guilherme Miguel Rosa
Questão 1. y′ = ex−y + x2e−y.
Solução:
dy
dx
= ex−y + x2e−y =⇒ dy
dx
=
ex
ey
+
x2
ey
=⇒ dy
dx
=
ex + x2
ey
=⇒ eydy = ex + x2dx.
Integrando ambos os lados da equação:∫
eydy =
∫
ex + x2dx
ey = ex +
x3
3
+ C
3ey − 3ex − x3 = K.
Questão 2.
dy
dx
+ 3x2y = 6x2.
Solução:
Trata-se de uma EDO linear de primeira ordem, cujo fator integrante é e
∫
3x2dx = ex
3
. Logo:
ex
3
y =
∫
6x2ex
3
dx
ex
3
y = 2ex
3
+ C
y = 2 + C · e−x3 .
Questão 3. Num tanque há 100 litros de salmoura contendo 30 gramas de sal em solução. Água pura
entra no tanque à razão de 6 litros por minuto e a mistura se escoa à razão de 4 litros por minuto,
conservando-se a concentração uniforme por agitação. Determine a concentração no tanque ao fim de
50 minutos.
Solução:
Seja y(t) a quantidade de sal em função do tempo. A taxa de variação da quantidade de sal é:
dy
dt
= (taxa de entrada) - (taxa de sáıda).
1
A taxa de entrada é zero, pois entra água pura no tanque. Para calcular a taxa de sáıda, devemos
obter a concentração de sal por litro no instante t e multiplicar por 4. Como entra 6 litros por minuto
e sai 4 litros por minuto, o volume no tanque no instante t é dado por 100 + 2t. Dessa maneira, a taxa
de sáıda é:
(4 L/min) ·
(
y(t)
100 + 2t
gramas/L
)
=
2y(t)
50 + t
gramas/min.
Portanto:
dy
dt
= − 2y
50 + t
dy
2y
= − dt
50 + t∫
dy
2y
= −
∫
dt
50 + t
1
2
ln|y| = −ln|50 + t|+ C.
ln
√
y = −ln|50 + t|+ C.
Como y(0) = 30, temos:
ln(
√
30) = −ln|50|+ C
ln(
√
30) + ln(50) = C
ln(50
√
30) = C
Logo ln
√
y = −ln|50 + t|+ ln(50
√
30). Com isso, a quantidade de sal no tanque após 50 minutos é:
ln
√
y = −ln|50 + 50|+ ln(50
√
30)
ln
√
y = ln
(
50
√
30
100
)
√
y =
50
√
30
100
y =
50230
10000
= 7, 5.
Então a concentração após 50 minutos é 7, 5/(100 + 2 · 50) = 7, 5/200 = 0, 0375 g/L.
Questão 4. Resolva o PVI 2y′′ + 5y′ + 3y = 0, y(0) = 3 e y′(0) = −4.
Solução: A equação caracteŕıstica é 2r2 + 5r + 3 = 0, cujas ráızes são r1 = −1 e r2 = −3/2. Como
são ráızes reais e distintas, a solução geral é
y = c1e
−x + c2e
−3x/2.
Calculando a derivada, obtemos
y′ = −c1e−x −
3
2
c2e
−3x/2.
Por meio de y(0) = 3 e y′(0) = −4, determinamos as constantes c1 e c2, pois:{
c1 + c2 = 3
−c1 −
3
2
c2 = −4
=⇒ c1 = 1 e c2 = 2.
Portanto, y = e−x + 2e−3x/2.
2
Questão 5. Resolva a equação diferencial
y′′ − 4y′ + 4y = x− sen x.
Solução (1,0 ponto):
Resolvendo y′′ − 4y′ + 4y = 0, obtemos yc = c1e2x + c2xe2x.
Pelo método dos coeficientes indeterminados, devemos encontrar as constantes A,B,C e D tais que
yp = (Ax+B)+(Csen x+Dcos x) seja uma solução particular da equação original. Vamos determinar
y′p e y
′′
p :
yp = Ax + B + Csen x + Dcos x =⇒ y′p = A + Ccos x−Dsen x
=⇒ y′′p = −Csen x−Dcos x.
Substituindo na equação, devemos obter y′′p − 4y′p + 4yp = x− sen x:
−Csen x−Dcos x− 4A− 4Ccos x + 4Dsen x + 4Ax + 4B + 4Csen x + 4Dcos x = x− sen x
sen x(3C + 4D) + cos x(3D − 4C) + 4Ax− 4A + 4B = x− sen x.
Portanto:
4A = 1
−4A + 4B = 0
3C + 4D = −1
3D − 4C = 0
=⇒ A = B = 1/4, C = −3/25 e D = −4/25.
Dessa maneira, a solução da equação y′′ − 4y′ + 4y = x− sen x é
y = c1e
2x + c2xe
2x +
x + 1
4
− 3sen x
25
− 4cos x
25
.
3