Prova 1 - Equações Diferenciais a - 2023-2

EDA - 1a prova em grupo (5 pts, com consulta) 1. O número de pessoas infectadas em uma epidemia N(t) tem dinâmica dada pela equação (α > 0 é uma constante a determinar) dN dt = α √ N. (a) (0,5 pt) Encontre a solução geral da equação. (b) (0,5 pt) No instante inicial há 100 indivíduos infectados e após 10 dias já são 400. Encontre α e assim determine quando teremos 10 mil infectados. 2. (1 pt) Resolva o PVI: y′ + 3y = 3t2 e−3t, y(0) = 2. 3. (a) (1,5 pt) Resolva o PVI: y′′ + 6y′ + 5y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 3. (b) (0,5 pt) Construa o gráfico de y(t) para t ≥ 0. 4. (1 pt) Forneça a solução geral da equação y′′ + y′ + 5 2 y = 0. EDA - 1a prova em grupo (5 pts, com consulta) 1. O número de pessoas infectadas em uma epidemia N(t) tem dinâmica dada pela equação (α > 0 é uma constante a determinar) dN dt = α √ N. (a) (0,5 pt) Encontre a solução geral da equação. (b) (0,5 pt) No instante inicial há 100 indivíduos infectados e após 10 dias já são 400. Encontre α e assim determine quando teremos 10 mil infectados. 2. (1 pt) Resolva o PVI: y′ + 3y = 3t2 e−3t, y(0) = 2. 3. (a) (1,5 pt) Resolva o PVI: y′′ + 6y′ + 5y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 3. (b) (0,5 pt) Construa o gráfico de y(t) para t ≥ 0. 4. (1 pt) Forneça a solução geral da equação y′′ + y′ + 5 2 y = 0. EDA - 1ª prova 1) \frac{dN}{dt} = \alpha \sqrt{N} \quad (\alpha > 0) (a) \int N^{-1/2} dN = \int \alpha dt \quad \Rightarrow \quad 2N^{1/2} = \alpha t + C solução geral \quad N(t) = \left(\frac{\alpha t + C}{2}\right)^2 \quad \text{C constante arbitrária} (b) \quad N(0) = \left(\frac{C}{2}\right)^2 = 100 \quad \Rightarrow \quad C = 20 N(0) = \left(\frac{10t + 20}{2}\right)^2 = 400 \quad \Rightarrow \quad \frac{10t + 20}{2} = 20 \quad (\text{pois } \alpha > 0) 10t + 20 = 40 \quad \Rightarrow \quad \alpha = 2 \quad \Rightarrow \quad \text{Portanto} \quad N(t) = (t + 10)^2 Queremos obter t tal que \quad N(t) = (t + 10)^2 = 10000 \quad \Rightarrow \quad t + 10 = 100 \quad \Rightarrow \quad t = 90 \text{ dias} 2) \quad \dot{y} + 3y = 3t^2 e^{-3t} , \quad y(0) = 2 equação linear com fator integrante \quad M(t) = e^{\int 3 dt} = e^{3t} e^{3t} \dot{y} + (3e^{3t})y = 3t^2 \quad \Rightarrow \quad \frac{d}{dt}(e^{3t}y) = 3t^2 \Rightarrow \quad e^{3t}y = t^3 + C \quad \Rightarrow \quad y(t) = (t^3 + C)e^{-3t} \text{y(0) = C = 2} \quad \Rightarrow \quad y(t) = (t^3 + 2)e^{-3t} 3) (a) \quad \ddot{y} + 6\dot{y} + 5y = 0 \quad \quad y(0) = 1 , \dot{y}(0) = 3 y(t) = e^{rt} \quad \Rightarrow \quad \text{eq. característica} \quad r^2 + 6r + 5 = 0 \Delta = 36 - 20 = 16 \quad \Rightarrow \quad r = \frac{-6 \pm 4}{2} \quad \Rightarrow \quad -1 , \quad -5 Solução geral \quad y(t) = c_1 e^{-t} + c_2 e^{-5t} \dot{y}(t) = -c_1 e^{-t} - 5c_2 e^{-5t} Condições iniciais: y(0) = c_1 + c_2 = 1 \dot{y}(0) = -c_1 - 5c_2 = 3 -4c_2 = 4 \quad \Rightarrow \quad c_2 = -1 , \quad c_1 = 2 y(t) = 2e^{-t} - e^{-5t} (b) \quad \ddot{y}(t) = -2 e^{-t} + 5e^{-5t} = 0 5e^{-5t} = 2e^{-t} \frac{5}{2} = e^{4t} t = \frac{1}{4} ln\left(\frac{5}{2}\right) > 0 \lim_{t \to \infty} y(t) = 0 4) \quad \ddot{y} + \dot{y} + \frac{5}{2} y = 0 y(t) = e^{rt} \quad \Rightarrow \quad \text{eq. caracteristica} \quad r^2 + r + \frac{5}{2} = 0 \Delta = 1 - 10 = -9 \quad \Rightarrow \quad r = \frac{-1 \pm i 3}{2} = -\frac{1}{2} \pm i \frac{3}{2} Solução geral y(t) = e^{-\frac{1}{2} t}\left[c_1 \cos\left(\frac{3}{2}t\right) + c_2 \sen\left(\frac{3}{2}t\right)\right] ou y(t) = c_1 e^{(-\frac{1}{2} + i\frac{3}{2})t} + c_2 e^{(-\frac{1}{2} - i\frac{3}{2})t}