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TURMA 2012: Modelagem Matematica − PRA31Prof. Jose A. Davalos Chuquipoma
LER 04 − LISTA DE EXERCICIOS RESOLVIDOS 04
Data para submissao na Plataforma Moodle: 22/09/2014
Questao 1
Um objeto de massa m = 1 se encontra em queda livre a uma altura h(t) da superfıcie. Considerando a presenca de umaforca de resistencia do ar fr = dh
dt e gravidade g = 9, 8 m/s2,a) Encontre a equacao diferencial que modela o problema de queda com amortecimento.b) Se a massa inicia o movimento a uma altura de h(0) = 200 metros, com uma velocidade inicial v(0) = 9, 8m/s,determine a funcao altura em cada instante de tempo t.
Solucao:A segunda Lei de Newton para um corpo em movimento afirma o seguinte: a forca resultante de um sistema em movimentoe igual ao produto da massa do corpo pela aceleracao.a) Para um objeto de massa m = 1 em queda livre de uma altura h(t) e uma forca de resistencia do ar fr = dh
dt e gravidadeg = 9, 8 m/s2 temos a EDO de segunda ordem
d2h
dt2= −9, 8− dh
dt, (1)
b) Para a altura inicial da massa h(0) = 200 metros e velocidade inicial v(0) = 9, 8m/s, onde v(t) = dhdt e a funcao
velocidade, o problema e modelado matematicamente pelo seguinte PVI:
(PV I)
d2hdt2 = −9, 8− dh
dt
h(0) = 200, h′(0) = 9, 8
Calculo da funcao altura h(t):Fazendo v(t) = dh
dt conseguimos transformar a equacao de segunda ordem (1) a equacao de primeira ordem na funcaoincognita v
dv
dt= −9, 8− v, (2)
que e separavel. Separando as variaveis obtemos
dv
9, 8 + v= −dt.
Integrando, obtemosln |9, 8 + v| = C − t ⇒ |9, 8 + v| = eCe−t.
Omitindo o modulo,9, 8 + v = ±eCe−t ⇒ v(t) = −9, 8± eCe−t.
Substituindo ± eC = C2 diferente de zero obtemos
v(t) = −9, 8 + C2e−t.
Se permitimos que C2 = 0, obtemos a solucao estacionaria v = −9, 8. Como v(t) = dhdt obtemos
dh
dt= −9, 8 + C2e
−t
Para obter h(t), integramos mais uma vez, obtendo a solucao geral da equacao do corpo em queda livre com resistencialinear:
h(t) = C1 − C2e−t − 9, 8t, (3)
1
onde C1 e C2 sao constantes reais arbitrarias. Isso nos da a famılia de todas as solucoes possıveis.Calculo das constantes de integracao C1 e C2:Das condicoes iniciais temos:
h(0) = 200 = C1 − C2
Como h′(t) = −9, 8 + C2e−t temos h′(0) = −9, 8 + C2e
0 = −9, 8 + C2 = 9, 8, entao C2 = 19, 6. Assim encontramosC1 = 200 + C2 = 219, 6. Portanto
h(t) = 219, 6− 19, 6e−t − 9, 8t.
Questao 2
Um projetil e lancado desde um lugar da Terra com velocidade inicial de v(0) = 300 km/hora a partir do solo, desprezandoa atracao que o projetil exerce sobre a Terra e considerando h = h(t) a altitude do projetil em relacao a superfıcie daTerra. Se a gravidade e g = 9, 8 m/s2 e R = 6.378 km o raio da Terra, encontrar a velocidade v(h) como funcao da alturah.
Solucao:A magnitude da forca de atracao gravitacional entre dois corpos e dada por
F = GmM
r2,
onde G e a constante gravitacional, m e M sao as massas dos dois corpos e r e a distancia entre os seus centros de massa.Novamente utilizando a segunda lei de Newton obtemos
md2h
dt2= −G mM
(R + h)2,
onde R e o raio da Terra. Usando que para r = R temos F = mg, onde g e a aceleracao da gravidade na superfıcie daTerra, temos g = GM/R2; logo, podemos escrever
d2h
dt2= − gR2
(R + h)2. (4)
Assumindo a altura inicial h(0) = h0 e a velocidade inicial dhdt = h1, temos que o problema e modelado matematicamente
pelo PVI
(PV I)
d2hdt2 = − gR2
(R+h)2
h(0) = h0, h′(0) = h1
Calculo da funcao v(h):Reduzindo a ordem, tomando v = dh/dt, obtemos
dv
dt= − gR2
(R + h)2.
Considerando v em funcao de h, temos
dv
dh=
dv
dt
dt
dh=
1
v
dv
dt= − gR2
v(R + h)2,
que e uma equacao separavel. Logo,
vdv = − gR2dh
(R + h)2
2
define v = v(h) implicitamente em funcao de h. Integrando, obtemos
v(h)2 =2gR2
R + h+ C, C constante.
Assumindo que o projetil e lancado com velocidade inicial h′(0) = v0 = v(0) = 300 km/hora = 300(1000m3600s
)= 5
6×102 m/squando h(0) = 0, logo, para a solucao correspondente,
C = v20 − 2gR =
(5
6× 102
)2
− 19, 6(6.378× 103) =25
36× 104 − 19, 6(6.378× 103).
Temos, assim, a solucao particular da equacao para v em funcao de h:
v(h) =
√(19, 6)(6.378)2 × 106
6.378× 103 + h+
25
36× 104 − 19, 6(6.378× 103).
Questao 3
Uma mola de comprimento l = 30 cm e esticada 2 cm quando se coloca uma massa de 1 kg no seu extremo inferior.Suponhamos que a mola e deformada em 3 cm de sua posicao de equilıbrio e depois liberada com velocidade inicial de 10cm/ min. Suponha que nao existem forcas externas que perturbem o movimento. Assuma que a aceleracao da gravidadee 10.
a) Encontre o problema de valor inicial que modela o problema.
b) Calcular a solucao do problema de valor inicial.
Solucao:a) Trata-se de um problema de movimento livre nao amortecido. Seja x(t) o deslocamento da massa no instante t, a massam = 1 kg = 1000 g, a constante de elasticidade k e dada pela lei de Hooke: do problema temos que peso = 1000(10) = 2k,logo k = 5000. A EDO que modela o problema e:
1000d2x
dt2= −5000x isto e
d2x
dt2= −5x
O deslocamento inicial da massa e x(0) = 3 cm e a velocidade inicial e x′(0) = 10 cm/min. O problema e modeladomatematicamente como solucao do seguinte problema de valor inicial:
(PV I)
{d2xdt2 = −5x
x(0) = 3, x′(0) = 10
b) A equacao caracterıstica e m2 + 5 = 0 cujas raızes sao os numeros complexos m = ±√
5i, logo a solucao geral e
x(t) = C1 cos(√
5t) + C2sen(√
5t) C1, C2 constantes.
Calculo das constantes C1 e C2:Das condicoes iniciais temos: x(0) = 3 = C1 cos(0
√5)+C2sen(0
√5) = C1 de onde C1 = 3. Como x′(t) = −C1
√5 sen(
√5t)+
C2
√5 cos(
√5t), x′(0) = 10 implica C2
√5 = 10, logo C2 = 2
√5. Portanto a solucao do (PV I) e
x(t) = 3 cos(√
5t) + 2√
5 sen(√
5t).
3
Questao 4
Uma mola de comprimento l = 1, 5 m e esticada por uma massa de 0, 5 Kg no seu extremo inferior. Suponhamos que amola e deformada pelo peso em 2, 48 m ate a posicao de equilıbrio e depois liberada a partir do repouso de um pontosituado 2 m acima da posicao de equilıbrio. Suponha que existe uma forca de resistencia numericamente igual a velocidadeinstantanea. Assuma que a aceleracao da gravidade e de 9, 8.
a) Encontre o problema de valor inicial que modela o problema.
b) Calcular a solucao do problema de valor inicial.
Solucao:a) Trata-se de um problema de movimento amortecido. Seja x(t) o deslocamento da massa no instante t, a massam = 0, 5 kg, a constante de elasticidade k e dada pela lei de Hooke: do problema temos que peso = 0, 5(9, 8) = k(0, 98),logo k = 5. A forca de amortecimento e dada por fr = x′(t), a EDO que modela o problema e:
0, 5d2x
dt2+
dx
dt+ 5x = 0, ou
d2x
dt2+ 2
dx
dt+ 10x = 0
Como a massa e liberada de um ponto acima da posicao de equilıbrio, O deslocamento inicial da massa e x(0) = −2 < 0e a velocidade inicial e x′(0) = 0. O problema e modelado matematicamente como solucao do seguinte problema de valorinicial:
(PV I)
d2xdt2 + 2dx
dt + 10x = 0
x(0) = −2, x′(0) = 0
b) A equacao caracterıstica e m2 + 2m+ 10 = 0 cujas raızes sao os numeros complexos m = −1± 3i, logo a solucao gerale
x(t) = e−t (C1 cos 3t + C2sen3t) C1, C2 constantes.
Calculo das constantes C1 e C2:Das condicoes iniciais temos: x(0) = −2 = e−0 (C1 cos 3(0) + C2sen3(0)) = C1 de onde C1 = −2. Como x′(t) =e−t ((3C2 − C1) cos 3t + (−C2 − 3C1)sen3t), x′(0) = 0 implica 3C2 − C1 = 0, logo C2 = −2/3. Portanto a solucao do(PV I) e
x(t) = e−t(−2 cos 3t− 2
3sen3t
).
Questao 5
O modelo matematico da dinamica de uma populacao de pumas e modelado pela equacao de Verhulst, isto e, a taxa devariacao x′(t) de uma populacao de pumas x(t) em certa area e proporcional a x, se x e pequeno (isto e, a populacaoaumenta), com constante de proporcionalidade r, mas proporcional a 1−x/k se x e grande (isto e, a populacao diminui),onde k e a capacidade maxima que uma populacao pode sustentar por um longo tempo num dado ambiente. Dadosestatısticos mostram que r = 2 e k = 127.
a) Sabendo-se que no instante inicial a populacao de pumas era de 83, determinar a populacao de pumas em qualquerinstante de tempo.
b) Se fosem introduzidos no ambiente 50 pumas, qual e a previsao da populacao de pumas?
Solucao:Do enunciado do problema podemos ver que o modelo matematico e definido pela EDO
dx
dt= rx
(1− x
k
)(5)
4
Como r = 2 e k = 127, em (5) obtemosdx
dt= 2x
(1− x
127
)(6)
a) Dos dados do problema temos que a condicao iniciail e x(0) = 83, logo o modelo matematico do problema e definidopelo o problema de valor inicial:
(PV I)
{ dxdt = 2x
(1− x
127
)x(0) = 83
(7)
A solucao particular do problema de valor inicial (7) e encontrada aplicando-se o metodo de separacao de variaveis. Comefeito, separando as variaveis e integrando obtemos∫
dx
x(1− x/127)=
∫2dt. (8)
Como ∫1
x(1− x/127)=
∫ (1
x+
1/127
1− x/127
)dx = ln |x| − ln
∣∣∣1− x
127
∣∣∣ .Logo em (8) obtemos
ln
∣∣∣∣ x(t)
1− x(t)/127
∣∣∣∣ = 2t + C. (9)
Da condicao inicial x(0) = 83, determinamos o valor da constante de integracao C:
C = ln
∣∣∣∣ 83
1− 83/127
∣∣∣∣ = ln
∣∣∣∣ 127(83)
127− 83
∣∣∣∣Portanto, em (9) temos
ln
∣∣∣∣ 127x(t)
127− x(t)
∣∣∣∣ = 2t + ln
∣∣∣∣ 127(83)
127− 83
∣∣∣∣ ,simplificando o logarıtmo natural
ln
∣∣∣∣ 44x
83(127− x)
∣∣∣∣ = 2t
Tomando exponencial na igualdade anterior, obtemos
44x
83(127− x)= e2t ⇒ x
127− x=
83
44e2t
Finalmente, obtemos
x(t) =10541
(44)e−2t + 83. (10)
b) Neste caso temos a condicao inicial x(0) = 83 + 50 = 133, logo o (PVI) a solucionar e
(PV I)
{ dxdt = 2x
(1− x
127
)x(0) = 133
(11)
Logo em (9) calculamos a constante C para esta condicao inicial,
C = ln
∣∣∣∣ 133
1− 133/127
∣∣∣∣ = ln
∣∣∣∣ 127(133)
127− 133
∣∣∣∣de onde obtemos analogamente a (10)
x(t) =16891
−6e−2t + 133. (12)
5