UFPE – ´AREA II – Prof. Fernando J. O. Souza MA129 (c´alculo 4) – 2012.2 – turmas Q3 e Q6 SIMULADO DA 1

UFPE – ´ AREA II – Prof. Fernando J. O. Souza MA129 (c´ alculo 4) – 2012.2 – turmas Q3 e Q6

SIMULADO DA 1

UNIDADE v. 1.0

Orienta¸ c˜ ao: Resolver as quest˜ oes em trˆes sess˜ oes de 120 minutos cada sem inter- rup¸c˜ ao nem distra¸c˜ oes. Dar solu¸c˜ oes leg´ıveis e justificadas, escrevendo os passos, detalhes e propriedades relevantes. Ler as solu¸c˜oes de uma sess˜ao s´o depois dela.

Para cada item das quest˜ oes 1 e 2, encontrar a solu¸c˜ao completa se o item s´o apresentar a EDO, e resolver o PVI (dando todas as solu¸c˜oes globais) se o item contiver condi¸c˜ oes iniciais. Em todos, y ´e a fun¸c˜ao (de t ou x, conforme o caso).

Quest˜ ao 1. As solu¸c˜ oes podem ser dadas numa forma impl´ıcita nesta quest˜ao.

1.a. y

= 2 sec

(t) tan (t)

1.b.







(1 + e

) y y

= e

y(0) = 1

1.d. y dx + (2xy − e

) dy = 0

1.c.



 



 

 dy

dx = x

+ y

xy y(1) = − 2 1.e. dy

dt + y

t = − t y

1.f.



 

 

(y

+ 1) dy dx = y

x , x > 0 y(1) = 1

1.g. x dy

dx = y (1 + ln (y) − ln (x))

1.h.



 

  t dy

dt + y = − t

y

y(1) = − 1/3 1.j dy

dx = e

+ y − 1

1.i. Calcular o intervalo aberto contendo t

= 1 no qual a solu¸c˜ao (global) do PVI do Item 1.h est´ a definida.

1.k.



 



 

 d

y dt

= 1

t

, t > 0 y(1) = 0, y

(1) = 1 1.l. dy

dx = − 3x

y + y

2x

+ 3xy

1.m.



 



 

 dy

dx = xy x

+ y

y(1) = − 1 1.n. t dy

dt + y = cos(t), t > 0

Quest˜ ao 2. Apresentar solu¸c˜ oes expl´ıcitas nesta quest˜ao.

2.a. y = xy

+ (y

)

2.b. y = x dy dx + 1 +

dy dx

, y(2) = 0

2.c. y = x 2

dy dx + 4

dy dx

!

, y(1) = 2

Quest˜ ao 3 para a Turma Q3. Seja a fam´ılia de curvas definidas para x 6 = 0 e dadas por xy = C, onde C ∈ R parametriza a fam´ılia. Encontrar a fam´ılia de curvas ortogonais ` as curvas dada. A resposta pode ser dada no formato impl´ıcito.

Quest˜ ao 3 para a Turma Q6. Encontrar uma EDO cuja solu¸c˜ao completa seja dada pela fam´ılia de fun¸c˜ oes xy = C parametrizada por C ∈ R . Ent˜ao, resolver a EDO para confirmar a resposta.

Quest˜ ao 4. Recordar a lei de Torricelli-Borda: dado um tanque de altura H com um orif´ıcio (ralo) embaixo, sejam h ∈ [0, H] a coordenada vertical (altura) medida a partir do orif´ıcio, A(h) a ´ area da se¸c˜ ao transversal do tanque na altura h, t o tempo medido a partir do instante t

= 0 de in´ıcio do esvaziamento do tanque cheio, e k = ba √

2g uma constante, onde b ∈ (0, 1] ´e a constante de Borda do l´ıquido, a ´e a ´ area do orif´ıcio, e g ´e a acelera¸c˜ao da gravidade. Ent˜ao:

− A(h) dh dt = k √

h

4.a. Calcular a fun¸c˜ ao h(t) que descreve o escoamento de um tanque cˆonico de raio R e altura H (posicionada verticalmente) apoiado sobre seu v´ertice em h = 0 (informalmente, um ”cone de cabe¸ca para baixo”);

4.b. Calcular o tempo de escoamento t

para o tanque cheio.

RESOLU ¸ C ˜ AO COMENTADA

SUBSCRITOS empregados nas solu¸c˜ oes y: c = completa; g = geral;

s = singular; p = particular; gh = geral da EDO homogˆenea (sol. complementar).

1.a. A EDO ´e imediatamente integr´ avel. Fa¸camos u = sec (t) ∴ du = sec (t) tan (t) dt. Aplicando ` a EDO: y

= 2 sec

(t) tan (t) ∴ y

= R

2 sec

(t) tan (t)dt = R

2u du = u

+ C

= sec

(t) + C

∴ y = R

(sec

(t) + C

) dt ∴ y = tan (t) + C

t + C

, onde C

, C

∈ R .

1.b. Como 1 + e

> 0, temos que (1 + e

) y y

= e

⇔ e

1 + e

= y y

, uma EDO separ´ avel. Integrando:

Z e

1 + e

dx = Z

y dy dx dx =

Z y dy

Com u = 1 + e

, du = e

dx tem-se que y

2 + C

= Z du

u = ln | u | + C

∴ (como u > 0) y

= 2 ln (1 + e

) + C, onde 2(C

− C

) = C ∈ R . Mas y(0) = 1

∴ 1 = (y(0))

= 2 ln (1 + e

) + C = 2 ln (2) + C = ln (4) + C ∴ y

= 2 ln (1 + e

) + 1 − ln (4).

Obs. Como y(0) = 1, temos que y = p

ln ((1 + e

)

) + 1 − ln (4).

1.c. dy

dx = x

+ y

xy = x

xy + y

xy = 1

y/x + y

x , uma EDO homogˆenea. Logo,

fa¸ca-se v = y/x ∴ xv = y ∴ v + xv

= y

=

+ v ∴ xv

= 1/v ∴ vv

= 1/x (separ´ avel). Como v

dx = dv, integremos ambos os membros em x, obtendo:

ln | x | + C

=

+ C

∴ v

= 2 ln | x | + C = ln (x

) + C, onde C = 2(C

− C

) ∴ y

= x

(ln (x

) + C), onde C ∈ R .

Mas − 2 = y(1) ∴ 4 = (y(1))

= 1

(ln (1

) + C) = C ∴ y

= x

(ln (x

) + 4).

Obs. y = − p

x

(ln (x

) + 4) porque y(1) = − 2.

1.d. A EDO n˜ ao ´e exata pois, escrevendo N (x, y) = 2xy − e

, e

M (x, y) = y, temos que N

(x, y) = 2y 6 = 1 = M

(x, y). A EDO n˜ao admite fator integrante na forma µ(x) porque M

− N

N = 1 − 2y

2xy − e

n˜ao ´e uma fun¸c˜ao

independente de y. No entanto, a EDO admite fator integrante na forma µ(y) por- que N

− M

M = 2y − 1

y = 2 − y

´e uma fun¸c˜ ao independente de x e, portanto,

´e

ln | µ(y) | . Da´ı, podemos escolher o fator integrante µ(y) para a EDO dada dentro do seguinte formato:

± exp ( R

(2 − y

) dt) = ± exp (2y − ln | y | + k) = ±

e

(k ∈ R ). Aqui

, µ(y) = y

e

ser´ a utilizado se

y(t) 6 = 0, resultando na seguinte EDO exata:

e

dx + (2x e

− y

) dy = dψ = 0. Logo, ψ(x, y) = Z

ψ

dx = Z

e

dx ∴ ψ(x, y) = x e

+ g(y). Mas 2x e

− y

= ψ

(x, y) = 2x e

+ g

(y) ∴

g

(y) = − y

∴ g(y) = − ln | y | + C

(C

∈ R ). Logo, a solu¸c˜ao geral da EDO pode ser dada implicitamente como x e

− ln | y | = C, onde C ∈ R , enquanto y(t) = 0 ´e a ´ unica solu¸c˜ ao singular.

1.e. Reconhecemos uma EDO de Bernoulli com n = 2. Portanto, ´e conveniente a substitui¸c˜ ao v = y

= y

quando

y 6 = 0. Da´ı, y = v

∴

y

= − v

v

pela regra da cadeia. Substituindo isto na EDO em y, e multiplicando por − v

: − v

v

+ t

v

= − t v

∴ v

− t

v = t, uma EDO linear que admite fator integrante dentro do seguinte formato:

± exp ( R

− t

dt) = ± exp ( − ln | t | + k) = ±

e

(k ∈ R ). Ser´a utilizado µ(t) = t

, resultando em: t

v = R

t

t dt = R

1 dt = t + C ∴ v = t

+ Ct ∴ A solu¸c˜ ao geral ´e y(t) = (t

+ Ct)

(C ∈ R ), enquanto y(t) = 0 ´e a ´ unica solu¸c˜ao singular.

1.f. A EDO (y

+ 1)y

= y

x , x > 0 ´e separ´ avel. Como y(1) = 1 6 = 0, podemos ignorar o caso y = 0 e dividir por y, obtendo:

y + 1

y

dy = 1

x dx. Integrando, chegamos ` a solu¸c˜ ao geral impl´ıcita y

2 + ln | y | = ln | x | + C. Mas y(1) = 1 ∴ C = 1/2. Sendo ln | y | − ln | x | = ln ( | y | / | x | ), conclu´ımos que: y

2 + ln y x = 1

2

1Ou seja, escolheu-seµ(y) = +|y|⁻¹e^2y para y >0, e−|y|⁻¹e^2y paray <0.

2De fato, convertendo-se diferenciais em derivadas, a EDO ´ey+ (2xy−e^−2y)y^′ = 0, dondey(t) = 0 ´e uma solu¸c˜ao, poisy^′(t) = 0.

3De fato,y(t) = 0 ´e uma solu¸c˜ao, poisy^′(t) = 0, e 0 + ⁰_t =−t0²parat6= 0.

1.g. A EDO x y

= y (1 + ln (y) − ln (x)) ´e homogˆenea

: y

= y x

1 + ln y x

Fa¸camos

v = y/x ∴ y = xv ∴ y

= v + xv

. Da´ı, temos a seguinte EDO em v:

v + xv

= v (1 + ln (v)) ∴ xv

= v ln (v).

Caso ln (v) 6 = 0: dx

x = dv

v ln (v) = du

u onde u = ln (v) ∴ du = dv v .

Integrando: ln | x | + C

= ln | u | = ln | ln | v || , onde C

∈ R . Como x, v > 0:

ln | ln (y

/x) | = ln (x) + C

∴ ln (y

/x) = Cx, onde C = ± e

6 = 0 ∴ y

(x) = x e

. Caso ln (v) = 0: 1 = v = y/x ∴ y = x = x e

que, por inspe¸c˜ao, verifica a EDO.

Tal solu¸c˜ ao corresponde a C = 0 ∴ y

(x) = x e

, onde C ∈ R .

1.h. Como t y

+ y = − t

y

´e uma EDO de Bernoulli com n = 2, ´e conveni- ente a substitui¸c˜ ao v = y

= y

para o caso

y 6 = 0, no qual estamos devido `a condi¸c˜ ao inicial y(1) = − 1/3 dada. Da´ı, y = v

∴ y

= − v

v

pela regra da cadeia. Substituindo isto na EDO em y: − tv

v

+ v

= − t

v

. Multiplicando por − v

/t j´ a que t

= 1 > 0, obtemos uma EDO linear de 1

ordem em v j´a em formato padr˜ ao: v

− t

v = t. Ela admite fator integrante µ(t) = t

porque

d

dt

ln | µ(t) | = − t

= −

ln | t | =

ln | t |

=

ln | t

| , resultando em:

t

v = R

t

t dt = R

1 dt = t + C ∴ v = t

+ Ct ∴ y

(t) = (t

+ Ct)

para C ∈ R . Mas ( − 3)

= y(1) = (1 + C)

∴ C = − 3 − 1 = − 4 ∴ y

(t) = (t

− 4t)

. 1.i. O maior intervalo aberto contendo t

= 1 no qual a solu¸c˜ao do Item 1.h y

= 1

t(t − 4) pode ser definida ´e (0, 4) devido ao seu denominador.

1.j. y

= e

+y − 1 ´e linear de 1

ordem em y. Em formato padr˜ao: y

− y = e

− 1.

Ela admite fator integrante µ(x) = e

porque

ln | µ(x) | = − 1 =

( − x) =

d

dx

ln (e

) =

ln | e

| (j´ a que e

> 0), resultando em:

d

dx

(e

y) = e

e

− 1

∴ e

y = R

(e

− e

) dx = e

+e

+C, onde C ∈ R ∴ y

(x) = e

+ 1 + Ce

, onde C ∈ R .

4Observemos quex6= 0 j´a vem da presen¸ca de ln (x)∴x >0. Analogamente,y >0.

5Da nota de rodap´e anterior,v >0.

6De fato,y(t) = 0 ´e uma solu¸c˜ao (singular), poisy^′(t) = 0, e 0 +⁰_t =−t0²parat6= 0.

7µ(t) est´a dentro do formato ±exp (R

−t⁻¹dt) =±exp (−ln|t|+k) =±_|t|¹e^k(k∈R) comk= 0 e sinais + e−parat >0 et <0 respectivamente.

8µ(t) est´a dentro do formato ±exp (R

−1dx) = ±exp (−x+k) = ±e^ke^−x (k ∈R) comk= 0 e sinal +.

1.k. A EDO ´e imediatamente integr´ avel. Integrando duas vezes, temos que:

y

=

= t

∴ y

= − t

+ C

∴ y = − ln | t | + C

t + C

∴ (sendo 0 < t = | t | ) y

= ln (1/t) + C

t+ C

, onde C

, C

∈ R . Aplicando as condi¸c˜oes iniciais y(1) = 0 e y

(1) = 1 `a solu¸c˜ ao particular y

, temos:

1 = y

(1) = − 1 + C

∴ C

= 2; e

0 = y

(1) = ln (1) + C

+ C

= 2 + C

∴ C

= − 2 ∴ y

= ln (1/t) + 2(t − 1).

1.l

. y

= − 3x

y + y

2x

+ 3xy A EDO n˜ ao ´e separ´ avel nem linear

. Escrevendo-a no formato de diferencial:

(3x

y + y

)dx + (2x

+ 3xy)dy = 0 ∴ M (x, y) = 3x

y + y

e N (x, y) = 2x

+ 3xy.

Como M

(x, y) = 3x

+2y 6 = 6x

+3y = N

(x, y), a EDO n˜ao ´e exata. A EDO n˜ao admite fator integrante na forma µ(x) porque M

− N

N = − 3x

− y

2x

+ 3xy n˜ao ´e uma fun¸c˜ ao independente

de y. No entanto:

Caso M = 0. 0 = 3x

y + y

= y(3x

+ y) ∴ y = 0 ou y = − 3x

. Verificando na EDO dada, apenas y

(t) = 0 ´e solu¸c˜ ao dentre estas duas fun¸c˜oes.

Caso M 6 = 0. A EDO admite fator integrante na forma µ(y) porque a fun¸c˜ao N

− M

M = 3x

+ y 3x

y + y

= 1

y ´e independente de x, resultando em

d

dy

ln | µ(y) | =

=

ln | y | . Disto, podemos usar

µ(y) = y 6 = 0 (pois 0 6 = M), resultando na EDO exata (3x

y

+ y

)dx + (2x

y + 3xy

)dy = 0 Logo:

ψ(x, y) = Z

ψ

dx = Z

(3x

y

+ y

) dx ∴ ψ(x, y) = x

y

+ xy

+ g(y). Mas 2x

y + 3xy

= ψ

(x, y) = 2x

y + 3xy

+ g

(y) ∴ g

(y) = 0 ∴ g(y) = 0 serve. Logo, a solu¸c˜ ao geral da EDO pode ser dada implicitamente como x

y

+ xy

= C, onde C ∈ R , na qual inclu´ımos (quando C = 0) a solu¸c˜ao y

≡ 0 do caso M = 0 (ou seja, obtemos y

sem precisamos excluir tal y

).

1.m. Fazendo v = y/x (para x 6 = 0), temos que y = xv ∴ y

= v + xv

. Subs- tituindo isto no membro esquerdo da EDO dada, e multiplicando e dividindo o direito por 1/x

, temos que:

9Fim do Cap. 2 de [Boyce/DiPrima], EDO do Prob. 31 (resp. 32) da 9^a (resp. 8^a) ed.

10Ali´as, se fosse separ´avel, seria exata, e se fosse linear, admitiria um fator integrante da formaµ(x). De acordo com a solu¸c˜ao acima, ambas as situa¸c˜oes n˜ao ocorrem.

11Basta compararmos seus valores em (x, y) comxfixado. Ex.: em (1,0) e (1,1).

12Passo a passo,µ(y) est´a dentro do seguinte formato:

±exp (R

(1/y)dt) = ±exp (ln|y|+k) = ±e^k|y| = ˜k|y| (k,˜k ∈ R, k˜ 6= 0). Escolhemos µ(y) = +|y|para y >0, e−|y|paray <0.

v + xv

= y

= xy

x

+ y

= y/x

1 + (y/x)

= v

1 + v

∴ xv

= v

1 + v

− v = − v

1 + v

Tal EDO ´e separ´ avel. Como y(1) = − 1 6 = 0, assumamos y 6 = 0 ∴ v 6 = 0 ∴

− 1

x = 1 + v

v

v

=

1 v

+ 1

v

v

Integrando em x, obtemos que:

− ln | x | + C = − 1

2v

+ ln | v | = ln y x − x

2y

= ln | y | − ln | x | − x

2y

, onde C ∈ R . Logo, temos a solu¸c˜ ao geral C = ln | y | − x

2y

. Mas y(1) = − 1 ∴ C = − 1/2.

Logo, o PVI tem ln | y | − x

2y

= − 1

2 por solu¸c˜ ao impl´ıcita.

1.n. Um caminho ´e notarmos que a EDO ´e

(t y) = cos(t), t > 0 e irmos para a ´ ultima linha desta resolu¸c˜ ao. Noutro caminho, observamos que a EDO dada ´e linear com formato padr˜ ao y

+ t

y = t

cos(t), t > 0, que admite fator inte- grante µ tal que

ln | µ(t) | = t

=

ln | t | e, analogamente ao Item 1.b, usaremos µ(t) = t, resultando em:

(t y) = t t

cos (t) = cos (t) ∴

t y = R

cos (t) dt = sen(t) + C ∴ y

(t) = sen(t) + C

t , onde C ∈ R .

2.a. Tratando-se de uma EDO de Clairaut, diferenciem-se os seus membros:

y

= y

+ xy

+ 2y

y

∴ 0 = y

(x + 2y

). Fazendo v = y

:

0 = v

(x + 2v) ∴ v

= 0 ou x + 2v = 0, e a EDO se lˆe y = xv + v

. Caso v

= 0: v = C ∈ R ∴ y = Cx + C

, onde C ∈ R (solu¸c˜ao geral).

Caso x + 2v = 0: x = − 2v ∴ v = −

. Da EDO: y = −

+ −

∴

y = − x

4 (solu¸c˜ ao singular).

2.b. Tratando-se de uma EDO de Clairaut, fa¸camos v = y

e diferenciemos os membros da EDO: y = xv + 1 + v

∴ v = y

= v + xv

+ 2vv

∴ 0 = (x + 2v)v

. Caso v

= 0. v = C ∈ R ∴ y

= Cx + 1 + C

, onde C ∈ R . Mas a condi¸c˜ao inicial fornece 0 = y(2) = 2C + 1 + C

= (C + 1)

∴ C = − 1. Logo, uma solu¸c˜ao do PVI ´e y

(x) = 2 − x.

Caso x + 2v = 0. x = − 2v ∴ v = − x

2 . Da EDO: y

(x) = −

+ 1 + −

= 1 −

, que tamb´em satisfaz a condi¸c˜ ao inicial. Portanto, outra solu¸c˜ao do PVI ´e:

y

(x) = y

(x) = 1 − x

4

2.c. y = x 2

y

+ 4

y

´e uma EDO de d’Alembert (EDO de Lagrange). Fazendo v = y

, temos y em fun¸c˜ ao de x e v: 2y = x v + 4v

. Diferenciando com rela¸c˜ao a x, obtemos: 2v = 2y

= v + 4v

+ x 1 − 4v

v

∴ v = 4v

+ x 1 − 4v

v

. Multiplicando por v

: v

= 4v+x v

− 4

v

∴ v v

− 4

= v

− 4v = v

− 4 xv

. Caso v

− 4 6 = 0. v = xv

∴ dv

v = dx

x ∴ ln | v | = ln | x | + C

, onde C

∈ R ∴ v = C

x, onde C

= ± e

6 = 0. Substituindo este v na EDO dada, temos que:

y = x C

2 x + 4 2 C

x

∴ y

(x) = x

Cx + 1 Cx

, onde C = C

/2 ∈ R

. Mas 2 = y(1) = C + 1

C = C

+ 1

C ∴ 2C = C

+ 1 ∴ 0 = C

− 2C + 1 = (C − 1)

∴ C = 1 ∴ y

(x) = x

x + 1

x

∴ y

(x) = x

+ 1 ´e uma solu¸c˜ao para o PVI.

Caso v

− 4 = 0. y

= v = ± 2 ∴ y

= ± 2x. Mas y(1) = 2 ∴ y

(x) = 2x ´e outra solu¸c˜ ao para o PVI.

3 - Q3. Como as curvas s˜ ao dadas como f (x, y) = C, onde f (x, y) = xy ´e uma fun-

¸c˜ ao diferenci´ avel, temos que elas satisfazem 0 = df = f

dx + f

dy ∴ y

= − f

/f

As curvas ortogonais ` as curvas dadas tˆem declividade igual ao inverso do oposto da declividade das curvas originais nos pontos de interse¸c˜ao (quando nenhuma destas declividades ´e nula) e, portanto, satisfazem a EDO y

= f

/f

= x/y ∴ yy

= x (separ´ avel). Como y

dx = dy, integremos ambos os membros em x, obtendo

y²

2

+ C

=

+ C

. Com C = 2(C

− C

), temos que as curvas s˜ao dadas implici- tamente por y

− x

= C, onde C ∈ R (podemos, igualmente, assumir que x 6 = 0).

3 - Q6. Como todas as fun¸c˜ oes da fam´ılia satisfazem xy = C para x 6 = 0 com C constante, diferenciando com rela¸c˜ ao a x, temos que y + xy

= 0 ∴ y

= − y/x para x 6 = 0. Tal EDO ´e separ´ avel. Para y 6 = 0, temos que 1

y dy dx = − 1

x . Integrando em x e usando que dy

dx dx = dy, obtemos ln | y | = − ln | x | + C

= ln | x |

+ C

, onde C

∈ R , Tomando a exponencial e eliminando os m´odulos, obtemos y = C/x, onde C = ± e

6 = 0. Caso y(x) = 0, temos uma solu¸c˜ao singular, pois y

(x) = 0 = 0

x = y(x)

x . Mas tal solu¸c˜ ao corresponde a C = 0. Assim, a fam´ılia de

fun¸c˜ oes dada no problema ´e, de fato, a solu¸c˜ ao completa da EDO obtida acima.

4.a. No arquivo tanques torricelli-borda.pdf, deduzimos a fun¸c˜ao A(h) para este tanque: A(h) = π R

H

h

∴ k √

h = − A(h) dh

dt = − π R

H

h

dh

dt · Denotando por

 = k H

π R

> 0, temos que −  = h

h

dh

dt = h

dh

dt , uma EDO separ´avel.

Integrando em t: −  Z

dt = Z

h

dh ∴ C

−  t = 2

5 h

. Mas h(0) = H ∴ C

− 0 = 2

5 H

∴ h(t) =

s

H

− 5

2 t

=

s

H

√

H − 5k H

2π R

t

∴

h(t) =

s

H

√

H − 5k 2π R

t

4.b. O tanque se esvazia no instante t

, pois a varia¸c˜ao total de tempo (instante final menos instante inicial) ´e dada por t

= t

− 0. Assim, 0 − h(t

) ∴

0 =

s

H

√

H − 5k 2π R

t

∴ √

H − 5k

2π R

t

= 0 ∴ t

= 2π R

√

H

5k