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