, logo, x tg t é solução da equação dada. na equação dx tx. / 2 e daí dy xy, ou seja, y e

Transcrição

1 CAPÍTULO 0 Eercícios 0.. a) Substituindo tg t e sec t na equação, obtemos ù sec t tg t para todo t no intervalo, é, logo, tg t é solução da equação ûú dada. c) Substituindo t ()4 e 0 na equação t ( ), 6 resulta 0 0 para todo t, logo, a função constante (t) 4 é solução da equação dada. e) Sendo e / temos d e / e daí d, ou seja, e / é solução de d. Eercícios 0.. a) A função constante (t) 0, t qualquer, é solução. Para 0, separando as variáveis, vem t t. Daí, ln k, ou seja, k e t /, onde k e k 0. Segue que k e t / ou k e t /. Então, k e t /, k qualquer, é a família das soluções da equação dada. Observe que para k 0 temos a solução constante (t) 0.. b) Queremos uma função () que seja solução da equação d 4 e que satisfaça a condição (). A função constante (),, resolve o problema, pois é solução da equação e satisfaz a condição dada. d) As funções constantes () e () podem ser descartadas pois não satisfazem a condição dada (0). Para, separando as variáveis, obtemos d 4. Temos d 4 ln. Tendo em vista a condição (0), 4 podemos supor 0. As soluções da equação satisfazendo esta condição são dadas implicitamente pelas equações ln k que é equivalente a e e k.

2 A condição (0) será satisfeita para e 4k 6 e. A solução 4 e4 problema. resolve o. Separando as variáveis e integrando, obtemos ln V ln p k e daí segue ln(v p) k. Tendo em vista a condição inicial, resulta ln ( V p ) k. Então, V pv p para todo p A equação que resolve o problema é d, sendo o coeficiente de proporcionalidade. A família das soluções é ou 0. Levando em k conta as condições (0) e (), resulta. 5. Seja (t) a distância, no instante t, do corpo ao ponto de onde foi abandonado. Então, a queda do corpo é regida pela equação m d mg v, ou seja, dv 0 0g v e sabe-se que v(0) 0 e v() 8. (Lembre-se: v.) Tem-se t 00 æ então v e ö 5 æ ç 0 onde é a raiz da equação ö è ø e 0 ç. è ø 8. Sendo (t) onde é a distância no instante t do corpo ao ponto de repouso, pela d.ª lei de Newton, temos 5, 5, g æ ö, onde g é a aceleração gravitacional. è ø dv Segue que 5, 5 ( ) 5, dv v. Separando as variáveis, obtemos. Resolvendo e levando em conta que v 0 para t 0, resulta v 0 tt e4t,, 5 v 5( e4t ) onde T é o instante em que o corpo toca a terra. Eercícios a) A equação que rege a variação do capital investido é dc a condição inicial C(0) C 0, resulta C(t) C 0 e 0,08t. b) Ao final de mês teremos C() C 0 e 0,08,0887C 0, ou seja, 008C,. Tendo em vista

3 C() C00, 08887C0; logo, em mês o ganho foi de 8,87% de C Assim, o ganho rendimento mensal (sem contar impostos) foi de 8,87% ao mês. 8. A equação que rege o movimento é dv v, onde é a constante de proporcionalidade e v. Resolvendo, obtém-se t () ( e t ), onde ln. 9. Seja f(), 0, a função procurada. A equação da reta tangente no ponto genérico (p, f(p)) é f(p) f (p)( p). Para que a reta tangente encontre o eio no ponto (0, m), deveremos ter, m f(p) pf (p); como, a área do triângulo de vértices (0, 0), (0, m) e (p, f(p)) é mp, segue que a função procurada é solução da equação pf ( p) p f( p) f( p) que é equivalente a f( p), ou seja, a função p p procurada f(), 0, deverá ser solução da equação linear d 0,. Resolvendo e levando em conta a condição para, obtém-se, 0. Eercícios 0.5. a) d 4 5, 0, é equivalente a d 5 4. Com a mudança de variável u e, portanto, du d, obtemos du 0u8 que é uma equação linear cuja solução é ue 0 ék 8e 0 ù ûú. De 8 e e 00 e resulta uke0 0. As soluções 5 () são, então, dadas implicitamente pelas equações ke d) A equação d é uma equação de variáveis separáveis e, também, de Bernoulli. É mais rápido resolvê-la olhando-a como de Bernoulli. A função constante d () 0, qualquer, é solução. Para 0, é equivalente a. Fazendo u, du d. Substituindo na equação, vem du u e daí, 4

4 ueék e ù ûú, ou seja, u ke. Então, a solução da equação dada é ( ) 0 ou. (Sugestão: Resolva-a separando as variáveis.) ke. a) A solução da equação é p(t) p 0 e t, t 0. Se, teremos 0 e, então, p(t) p 0 para t 0, ou seja, a população se manterá constante e igual a p 0. b) A população no instante t é p(t) p 0 e t, t 0. Se, 0 e então a população estará crescendo eponencialmente. Se, 0 e, então, lim pt ( ) 0, ou seja, a t população tenderá à etinção. dp. a) A equação pp é uma equação de Bernoulli e, também, de variáveis separáveis. Resolvendo-a obtemos p. Tendo em vista a condição ke t p( 0) p0 e, resulta p p0, t 0. Observe que para t tendendo ( p e t 0) p0 a, p tende a. b) Como dp pp, o valor máimo de dp ocorrerá no instante em que p for o vértice da parábola z p p, ou seja, no instante em que p. No instante t t em que dp é máimo deveremos ter p0, t ou seja, ( p 0) e p0 p0 t ln. Observe que no instante t t p em que dp é máimo, estará 0 ocorrendo um ponto de infleão no gráfico de p p(t). Se p 0, no intervalo ] 0, t [, o gráfico de p p(t) terá a concavidade para cima, ou seja, neste intervalo, a população estará crescendo a taas crescentes e, no intervalo ] t, [, o gráfico terá a concavidade para baio, ou seja, a população estará crescendo a taas decrescentes. 4. A solução p p(t) é dada implicitamente pela equação p ke( ) t, onde kp 0. t æ 5. pt () e ö æ ö. è ø ç è ø 5

5 Eercícios 0.6. a) d, 0 é equivalente a d. Fazendo u teremos u e daí d u du. Substituindo na equação obtemos a equação de variáveis separáveis du u. A função constante u, 0 (ou 0) é solução. Supondo u 0, separando as variáveis e integrando, obtemos lnuln k, k 0, e daí u k, k real e diferente de zero. Permitindo que k assuma, também, o valor zero, teremos a solução u k. Observe que para k 0, teremos a solução constante u. Segue que k, 0 (ou 0) é a solução geral da equação dada. Observe que poderíamos, também, ter resolvido a equação dada, olhando-a como uma equação linear. b) 0, 0 (ou 0) ou k. c) Com a mudança de variável u, ou seja, u, a equação d é u equivalente a du u u k. Integrando, obtemos ( u)( u), k real. As soluções () são dadas, então, implicitamente pelas equações ( )( ) k, k real. d) () 0, 0 (ou 0) e as soluções não constantes () (ou ()) são dadas implicitamente pelas equações ln k.. () 0, 0 (ou 0) ou ke. Eercícios 0.7 dv dv. a) De v segue, ou seja, v dv. Substituindo na equação obtemos v dv. Separando as variáveis e integrando, resulta v 4 k. 4 6

6 b) Com as mudanças v e ẋ v dv a equação dada se transforma na equação de vdv variáveis separáveis. Integrando, obtemos a relação entre v e que é v vln v k. 4 c) vln v k 4 d) v k e) Com a mudança de variáveis v e ẋ v dv a equação se transforma na equação de Bernoulli dv vv que é equivalente a v dv v. Com a mudança u v, obtemos a equação linear du u cuja solução é ue ék e ù ûú. De e e e resulta v ke. f) v ke. Fazendo v dv, obtemos v dv gr ; separando as variáveis e integrando + R ( ) obtemos v gr k. Tendo em vista a condição inicial v e 0 para t 0, R a teremos k gr. Assim, v gr a gr. Para que o corpo retorne à R terra, para algum deveremos ter v 0; deste modo, a condição para que retorne à terra gr a R é 0 gr, ou seja,. Para que retorne à terra, e lembrando R gr que 0, deveremos ter gr. Então, o menor valor para que não retorne à terra é gr. 7

7 Eercícios 0.8 ( ) ( ). Para todo (, ) em,. d) Seja a equação d 0 ( ) ( ), logo, a equação é eata. Integrando o coeficiente de em relação a, obtemos k, onde k depende de. Para que a derivada em relação a desta epressão dê, basta tomar k. As soluções da equação são, então, dadas implicitamente pelas equações c, com c constante.. b) d com a condição inicial 0 (). Para 0, a equação é equivalente a ( ) ( ) d 0 que é uma equação eata, pois, ( ) ( ). Integrando, obtemos c. Para que a condição () 0 seja satisfeita, devemos tomar c que foi obtido fazendo e 0 na equação anterior. A solução () é, então, dada implicitamente pela equação.. c) Para que a curva (t) (, ) seja ortogonal ao campo F no ponto (, ) deveremos d ter æ, ö ortogonal a F è ø (, ), ou seja, æ d, ö F, è ø ( ) 0 e, portanto, ( ), pois, F ( ) i ( ) j ( ) e passar pelo ponto (, ) dado. Como se trata d 0,. Assim, a curva deverá ser solução da equação d0 de uma equação eata, integrando e levando em conta a condição dada obtemos a curva 4, ou seja, 4 que é ortogonal ao campo dado e que passa pelo ponto (, ). Por eemplo, fazendo t, teremos a curva t que resolve o problema. 4. A equação que rege o movimento é t t equação é equivalente a t t t t t () æ 4 t ö ç, t, t 0, è t ø ( ) e sabe-se que (0). A ( ) ( ) 0 que é uma equação eata, pois, ( ) ( ). Integrando, obtemos t t c. Para que a condição 8

8 para t 0 se verifique, basta tomar c. Deste modo, a posição (t) é dada implicitamente pela equação tt, ou seja, tt 0 e, t t t portanto, Então, a posição no instante t é dada por t t, t em. 6. Sendo (t) e (t), com t num intervalo I contendo 0, a posição da partícula no ì ï instante t, então para todo t em I temos í. Multiplicando a primeira equação por d ï î, a segunda por e somando membro, obtemos, para todo t em I, d 0, ou seja, (t) e (t), t em I, é solução da equação d0 cuja solução é c. Tendo em vista as condições e para t 0, resulta. Logo, a partícula desloca-se sobre a elipse. Eercícios 0.9 Q P. e) ( ) d0 4 4 {. Temos Q P. De segue que P Q Q e é um fator integrante. Para 0, a equação dada é equivalente a ( ) d 0. Integrando, obtemos 4 c, ou seja, c 4, 0. f) d 0; Q P. Aqui o melhor a fazer é utilizar o P Q Q P Eemplo. Como P Q, segue que, onde t, 0 e 0. P Q t ( ) ( ) 9

9 Pelo Eemplo, u (, ) e t té um fator integrante. Para 0 e 0, a equação dada é equivalente a ( 4 ) + ( 4 ) d 0 que é uma equação eata. Integrando, obtemos c. Observamos que outro fator integrante para a equação é h ( ) e onde h ( ) Q P, 0 e 4. Q 4 ( ) ( ) ( ), 7. b) A equação dada é equivalente a d 0 equação eata. Integrando, obtemos c, ou seja, 6 k. k c ( ) d) Trata-se de uma equação linear cuja solução geral é é ù e êk e ú ê ú. ë û e) É uma equação linear cuja solução geral é e é k sen e ù ûú., que é uma f) É uma equação de variáveis separáveis. Separando as variáveis e integrando, obtemos c. g) A equação é equivalente à linear d é e êk ê ù e ú ú, ou seja, ûú é ê ( ) ê k ê ë ( ) 5 variável tg u, u., cuja solução geral é ù ú ú. Para calcular a integral, basta fazer a mudança de ú û 0

10 h) É uma equação linear, cuja solução geral é e é k e ù ûú 5 5. ( ) ( ) que é uma equação i) A equação é equivalente a d 0 eata. Integrando, obtemos 696 c. j) A equação é equivalente a d que é uma equação de Bernoulli e, também, de variáveis separáveis. É preferível resolvê-la olhando-a como de Bernoulli. Resolvendo, obtém-se e ék e ù, ou seja, ûú ke. Observe que a função constante 0 também é solução. 8. Seja u u t (), t. Temos u em da Seção 0.9, vem u() t u() t () e u t Q P. Se P Q u u() t. Substituindo Q P P Q gt (), t,então a equação admitirá o fator integrante u (, ) e gt (), t. Observe que e gt () é uma solução da equação linear u g(). t u ( ) ( ) 0. Temos 9. Consideremos a equação d Q P, t P Q t. Assim, u e (, ) t t integrante. Para (, ) (0, 0), a equação é equivalente a é um fator æ d 0 ö æ ö ç ç è ø è. Integrando, obtemos ø ( ), (, ) (0, 0). ln arc tg c

11 Eercícios 0. t 0 0 t d. æ ö è ø. Supondo que a função admita derivada contínua no d intervalo I, com 0 I, pelo teorema fundamental do cálculo, æ ö e, è ø portanto, d d. Separando as variáveis, vem. Fazendo d u udu sec u, 0 u, sec tg e, portanto, tg u d u u ln sec tg ln. Então, a solução do problema é dada - ( ). Tendo em vista a condição 5 4 ( ) ( ) implicitamente pela equação ln k para 0, teremos k ln. Segue que e, ou seja, 4e 4e e 4e e, portanto,, Seja f( ) a função procurada. Tendo em vista a condição f (), podemos supor 0 e num intervalo aberto I, com em I. Vamos supor, também, que a função seja decrescente. A equação da reta tangente no ponto (p, f(p)) é ( ) ( )( ). Esta reta encontra o eio no ponto de abscissa f p p ( ). A área do triângulo de vértices (p, 0), (p, f(p)) e (M, 0) é f ( p) f p f p p M M p f p ( ) ( ). Temos, então, ( M p) f( p) p, ou seja, ( ) f p [ ] pf ( p ). Deste modo, a função procurada deverá ser solução da equação d. Separando as variáveis e integrando, vem ln k. Da condição para, obtemos k e. Temos, então, ln crescente, teríamos a equação d, 0 e. ln, e. Se supuséssemos a função, e a função procurada seria

12 t d. æ ö t, t 0 com t I. Supondo que a função procurada seja 0 è ø crescente e tenha a derivada contínua, pelo teorema fundamental do cálculo, vem d æ ö è ø e, portanto, d levando em consideração a condição Separando as variáveis integrando e para 0, obtemos = æ è ö, 5 ø. (Sugestão: Resolva o problema supondo a função decrescente.) 5 ( ) ( ), 0. As curvas que queremos são, então, 5. c) grad, ( ) ( ) ( ). Integrando, obtemos ortogonais ao campo F, i j. As curvas ortogonais a este campo são as soluções da equação d0 4 c, 0, que é a família de curvas ortogonal à família dada. ( ) ( ). As curvas que queremos são, então, d) grad, ortogonais ao campo F (, ) ( ) i( ) j. As curvas ortogonais a este campo são as soluções de d ( ) ( ) 0 que é uma equação eata. Assim, c é a família de curvas ortogonais às curvas da família dada.