Questão 1

Seja v(t) a velocidade de um objeto de massa m em queda livre perto da superfície terrestre. Supondo que a resistência do ar seja proporcional a v^{2}, então v satisfaz a equação diferencial
m \frac{d v}{d t}=-g+k v^{2}
Com alguma constante k>0.
(15 pontos)a) Denotando por \alpha=\sqrt{\frac{g}{k}}, reescreva a equação diferencial como
\frac{d v}{d t}=-\frac{k}{m}\left(\alpha^{2}-v^{2}\right)
Em seguida, resolva usando separação de variáveis com condição inicial v(0)=0.
(5 pontos ) b) Mostre que a velocidade terminal \lim _{n \rightarrow \infty} v(t) é igual a -\alpha.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
m\frac{dv}{dt}=-g+k v^{2},
com constante k>0, e define
\alpha=\sqrt{\frac{g}{k}}.
As tarefas pedidas são duas, claramente separadas:
(a) reescrever a equação diferencial usando \alpha na forma indicada
\frac{dv}{dt}=-\frac{k}{m}\bigl(\alpha^{2}-v^{2}\bigr)
e, em seguida, resolver essa equação por separação de variáveis com condição inicial v(0)=0;
(b) mostrar que a velocidade terminal \lim_{t\to\infty} v(t) vale -\alpha.
Tenho essas informações iniciais: m (massa), g (aceleração da gravidade), k>0 (constante de resistência do ar), \alpha=\sqrt{g/k}, e condição v(0)=0. A resolução começa no próximo passo.

Passo 2

Primeiro reescrevo a equação usando \alpha. Como \alpha^{2}=\dfrac{g}{k}, multiplico por -k e obtenho
-k\alpha^{2}=-g.
Substituindo em m\frac{dv}{dt}=-g+k v^{2}
m\frac{dv}{dt}=-k\alpha^{2}+k v^{2}= -k\bigl(\alpha^{2}-v^{2}\bigr).
Dividindo por m chega-se à forma pedida:
\frac{dv}{dt}=-\frac{k}{m}\bigl(\alpha^{2}-v^{2}\bigr).

Passo 3

Agora resolvo a equação por separação de variáveis. Reescrevo o lado direito para ficar mais conveniente:
\frac{dv}{dt}=\frac{k}{m}\bigl(v^{2}-\alpha^{2}\bigr).
Separar variáveis significa colocar todos os termos com v na mesma fração à esquerda e t à direita. Faço isso dividindo ambos os lados por v^{2}-\alpha^{2} e multiplicando por dt:
\frac{dv}{v^{2}-\alpha^{2}}=\frac{k}{m}\,dt.
Agora integro ambos os lados em relação às suas variáveis.

Passo 4

Explico como integrar a integral à esquerda. A função 1/(v^{2}-\alpha^{2}) pode ser decomposta em frações simples. Procuro A e B tais que
\frac{1}{v^{2}-\alpha^{2}}=\frac{A}{v-\alpha}+\frac{B}{v+\alpha}.
Junto as frações do lado direito:
\frac{A}{v-\alpha}+\frac{B}{v+\alpha}=\frac{A(v+\alpha)+B(v-\alpha)}{v^{2}-\alpha^{2}}=\frac{(A+B)v+(A-B)\alpha}{v^{2}-\alpha^{2}}.
Comparando numeradores com 1 (que é 0\cdot v+1), obtemos o sistema
A+B=0,\qquad (A-B)\alpha=1.
Da primeira equação B=-A. Substituindo na segunda:
(A-(-A))\alpha=2A\alpha=1 \implies A=\frac{1}{2\alpha},\quad B=-\frac{1}{2\alpha}.
Portanto
\frac{1}{v^{2}-\alpha^{2}}=\frac{1}{2\alpha}\left(\frac{1}{v-\alpha}-\frac{1}{v+\alpha}\right).

Passo 5

Agora integro usando a decomposição. A integral à esquerda torna-se
\int \frac{dv}{v^{2}-\alpha^{2}}=\frac{1}{2\alpha}\int\left(\frac{1}{v-\alpha}-\frac{1}{v+\alpha}\right)dv =\frac{1}{2\alpha}\ln\left|\frac{v-\alpha}{v+\alpha}\right| + C,
onde C é constante de integração. Do lado direito tenho
\int \frac{k}{m}\,dt=\frac{k}{m}t + C_1,
mas posso reunir constantes. Igualando as integrais obtemos
\frac{1}{2\alpha}\ln\left|\frac{v-\alpha}{v+\alpha}\right|=\frac{k}{m}t + C.
Multiplico por 2\alpha para simplificar:
\ln\left|\frac{v-\alpha}{v+\alpha}\right|=\frac{2\alpha k}{m}t + C_2.

Passo 6

Elimino o logaritmo exponenciando. Escrevo a constante exponenciada como uma constante arbitrária C (que pode ser negativa, então é mais simples trabalhar sem o valor absoluto no próximo passo):
\frac{v-\alpha}{v+\alpha}=C\,e^{\frac{2\alpha k}{m}t}.
Agora uso a condição inicial v(0)=0 para determinar C. Em t=0 a expressão fica
\frac{0-\alpha}{0+\alpha}=\frac{-\alpha}{\alpha}=-1 = C\,e^{0}=C.
Logo C=-1. Assim a relação entre v e t é
\frac{v-\alpha}{v+\alpha}=-e^{\frac{2\alpha k}{m}t}.

Passo 7

Agora isolo v. Denoto para simplificar E(t)=e^{\frac{2\alpha k}{m}t}. A equação é
\frac{v-\alpha}{v+\alpha}=-E.
Multiplico ambos os lados por v+\alpha:
v-\alpha = -E(v+\alpha) = -E v - E\alpha.
Reúno os termos em v:
v + E v = \alpha - E\alpha \quad\Longrightarrow\quad v(1+E)=\alpha(1-E).
Portanto
v(t)=\alpha\frac{1-E(t)}{1+E(t)}.
Uma forma mais compacta e muito usada é escrever com a função hiperbólica tangente. Lembrando a identidade
\operatorname{tanh}(s)=\frac{e^{2s}-1}{e^{2s}+1},
se tomarmos 2s=\dfrac{2\alpha k}{m}t então s=\dfrac{\alpha k}{m}t e E=e^{2s}. Substituindo,
\frac{1-E}{1+E}=-\frac{E-1}{E+1}=-\operatorname{tanh}\!\left(\frac{\alpha k}{m}t\right).
Logo a solução, na forma mais agradável, é
\boxed{\,v(t)=-\alpha\,\operatorname{tanh}\!\left(\frac{\alpha k}{m}t\right)\,}
que satisfaz v(0)=0 (pois \operatorname{tanh}(0)=0) e é contínua para t\ge 0.

Passo 8

Verifico o comportamento para t\to\infty. Sabemos que \operatorname{tanh}(x)\to 1 quando x\to\infty. Como \dfrac{\alpha k}{m}>0, o argumento da \operatorname{tanh} vai para +\infty quando t\to\infty. Portanto
\lim_{t\to\infty}v(t)=-\alpha\lim_{t\to\infty}\operatorname{tanh}\!\left(\frac{\alpha k}{m}t\right)=-\alpha\cdot 1=-\alpha.
Isto mostra que a velocidade terminal (valor adotado quando t fica muito grande) é -\alpha, como pedido.

Resposta

(a) \dfrac{dv}{dt}=-\dfrac{k}{m}\bigl(\alpha^{2}-v^{2}\bigr) e
v(t)=-\alpha\,\operatorname{tanh}\!\left(\dfrac{\alpha k}{m}t\right),
com \alpha=\sqrt{\dfrac{g}{k}} e v(0)=0.
(b) \displaystyle \lim_{t\to\infty}v(t)=-\alpha.

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