Exercícios Resolvidos Edos - Cálculo 2 2019-2

RESOLUÇÃO TOP 10 – LISTA 1 PARTE 3 a. 𝑦′ = 3𝑥−4 𝑥2−5𝑥+6 = 3𝑥−4 (𝑥−2)(𝑥−3) = 𝑈 (𝑥−2) + 𝑉 (𝑥−3) 𝑈(𝑥 − 3) + 𝑉(𝑥 − 2) = 3𝑥 − 4 → 𝑈𝑥 − 3𝑈 + 𝑉𝑥 − 2𝑉 𝑥(𝑈 + 𝑉) = 3𝑥 → 𝑈 + 𝑉 = 3 → 𝑈 = 3 − 𝑉 −3𝑈 − 2𝑉 = −3(3 − 𝑉) − 2𝑉 = −9 + 3𝑉 − 2𝑉 = 𝑉 − 9 → 𝑉 = −4 + 9 = 5 𝑈 = 3 − 𝑉 = 3 − 5 = −2 𝑦′ = −2 (𝑥 − 2) + 5 (𝑥 − 3) 𝑦 = ∫ ( −2 𝑥 − 2 + 5 𝑥 − 3) = −2 ln(𝑥 − 2) + 5 ln(𝑥 − 3) + 𝐶 b. 𝑦′ = 5𝑥+2 𝑥2−4𝑥+13 = 5𝑥+2 (𝑥−2)2+9 𝑢 = 𝑥 − 2 → 𝑥 = 𝑢 + 2 𝑒 𝑑𝑢 𝑑𝑥 = 1 𝑦 = ∫ 5(𝑢 + 2) + 2 𝑢2 + 9 = ∫ 5𝑢 + 12 𝑢2 + 9 = ∫ 5𝑢 𝑢2 + 9 + ∫ 12 𝑢2 + 9 = 5 2 ln(𝑢2 + 9) + 12 3 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (𝑢 3) + 𝐶 = 5 2 ln((𝑥 − 2)2 + 9) + 4𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (𝑥 − 2 3 ) + 𝐶 “Um certo isótopo decai a uma taxa proporcional à quantidade inicial (y’=αy) e sua meia vida é de certa de 200 minutos (ou seja, dado uma quantidade em gramas de um isótopo, o tempo para decair metade dessa quantidade é de 200 minutos)” Sabemos que o modelo de decaimento é dado por uma função exponencial, podemos observar isso também através da integração de 𝑦′ = 𝛼𝑦, em que 𝑦(𝑡) = 𝐾𝑒𝛼𝑡 Sendo y a quantidade em gramas e t o tempo de decaimento, as informações que a questão nos dá são: 𝑦(0) = 10𝑔 e 𝑦(200) = 5𝑔 Para facilitar a conta, consideremos t em horas, de modo que 200 min = 10/3 horas. Sendo assim, vamos começar encontrando os valores das incógnitas de 𝑦(𝑡) = 𝐾𝑒𝛼𝑡 : 𝑦(0) = 10 = 𝐾𝑒𝛼.0 = 𝐾 → 𝐾 = 10 𝑦 (10 3 ) = 5 = 10𝑒 𝛼10 3 → 𝑒 𝛼10 3 = 5 10 = 1 2 𝛼10 3 = ln 1 2 → 𝛼 = 3 10 ln 1 2 ≅ −0,208 Assim, 𝑦(𝑡) = 10𝑒−0,208𝑡 Agora podemos responder a pergunta da questão: em quanto tempo que a massa se reduz a 10% do valor inicial? Sendo T o momento em que chegamos a 10%, temos: 10% de 10g = 1g 𝑦(𝑇) = 10𝑒−0,208𝑇 = 1 → 𝑒−0,208𝑇 = 1 10 −0,208𝑇 = ln 1 10 → 𝑇 = 1 −0,208 ln 1 10 ≅ 11,07 Logo, chegamos a 1g do isotópico após 11h, 4 min e 23 seg aproximadamente (tomar cuidado com os arredondamentos dos valores, procure realizar os cálculos direto com os resultados da calculadora). PARTE 4 i) 𝑦𝑑𝑦 = 12𝑡√1 + 𝑡2√1 + 𝑦2𝑑𝑡 Para verificar que é uma EDOPOVS vamos separar as variáveis em cada lado da igualdade: 𝑦𝑑𝑦 √1 + 𝑦2 = 12𝑡√1 + 𝑡2𝑑𝑡 a) Desta forma temos 𝑓(𝑦) = 𝑦𝑑𝑦 √1+𝑦2 e 𝑔(𝑡) = 12𝑡√1 + 𝑡2 b) Para resolver a EDO, verificamos que o y no numerador da fração é resultado de uma regra da cadeia, visto que se derivarmos o conteúdo de dentro da raiz chegamos a 2y, assim, nos basta olhar agora para o denominador em que podemos denotar como (1 + 𝑦2)−1 2, de forma que podemos resolver utilizando a regra 2 da nossa tabela de integrais. Quanto ao lado da igualdade referente a variável t, podemos também que o t multiplicando a raiz veio de uma regra da cadeia do conteúdo dentro da raiz, e novamente só precisamos nos preocupar com a raiz, em que mudamos a notação para (1 + 𝑡2)1/2 , em que podemos utilizar a regra 2 novamente: 𝑦𝑑𝑦 √1 + 𝑦2 = 12𝑡√1 + 𝑡2𝑑𝑡 → 𝑦. (1 + 𝑦2)−1/2𝑑𝑦 = 12𝑡(1 + 𝑡2)1/2𝑑𝑡 ∫ 𝑦. (1 + 𝑦2)−1/2𝑑𝑦 = ∫ 12𝑡(1 + 𝑡2)1/2𝑑𝑡 ∫ 𝑦. (1 + 𝑦2)−1 2𝑑𝑦 = 12 ∫ 𝑡(1 + 𝑡2) 1 2𝑑𝑡 (1 + 𝑦2)−1 2+1 − 1 2 + 1 = 12(1 + 𝑡2) 1 2+1 1 2 + 1 + 𝐶 → 2(1 + 𝑦2)1/2 = 12 . 2 3 (1 + 𝑡2) 3 2 + 𝐶 2√1 + 𝑦2 = 8√1 + 𝑡23 + 𝐶 Neste momento ainda precisamos nos atentar ao resultado da regra da cadeia quando derivamos esta equação, no caso do lado y da igualdade a regra da cadeia nos leva a substituição 1 + 𝑦2 = 𝑢, de forma que du=2y. Mas na nossa EDO, só temos y no numerador, para resolver isso então, dividimos o lado y da igualdade por 2. Percebemos que o mesmo ocorre no lado t da igualdade, assim tbm dividimos por 2: √1 + 𝑦2 = 4√1 + 𝑡23 + 𝐶 Agora vamos deixar y em evidência: 1 + 𝑦2 = (4√1 + 𝑡23 + 𝐶) 2 𝑦2 = (4√1 + 𝑡23 + 𝐶) 2 − 1 𝑦 = √(4√1 + 𝑡23 + 𝐶) 2 − 1 c) Para provar que é solução, vamos derivar √1 + 𝑦2 = 4√1 + 𝑡23 + 𝐶: Vamos começar pelo lado y da igualdade usando a regra da cadeia: (√1 + 𝑦2) ′ , 𝑢 = 1 + 𝑦2 𝑒 𝑢′ = 2𝑦 (√𝑢) ′ = (𝑢 1 2) ′ = 1 2 𝑢 1 2−1. 𝑢′ = 1 2 𝑢−1 2. 𝑢′ = 1 2𝑢 1 2 . 𝑢′ = 1 2√𝑢 . 𝑢′ Voltando para a variável y: 1 2√𝑢 . 𝑢′ = 1 2√1 + 𝑦2 . 2𝑦 = 𝑦 √1 + 𝑦2 Agora, vamos derivar 4√1 + 𝑡23 + 𝐶 usando o mesmo método: 4√1 + 𝑡23 + 𝐶, 𝑢 = 1 + 𝑡2 𝑒 𝑢′ = 2𝑡 (4√𝑢 3 + 𝐶) ′ = (4𝑢3/2 + 𝐶) ′ = 4 . 3 2 𝑢 3 2−1 . 𝑢′ = 6𝑢1/2 . 𝑢′ = 6√𝑢 . 𝑢′ Voltando para a variável t: 6√𝑢 . 𝑢′ = 6√1 + 𝑡2 . 2𝑡 = 12𝑡√1 + 𝑡2 Assim, comprovamos que é solução! d) Vejamos agora a solução particular, em que 𝑡0 = 2 𝑒 𝑦(𝑡0) = 2√2. Para deixar a conta mais simples, usaremos √1 + 𝑦2 = 4√1 + 𝑡23 + 𝐶: √1 + (2√2)2 = 4√1 + (2)23 + 𝐶 √1 + 4.2 = 4√1 + 4 3 + 𝐶 → √9 = 4√5 3 + 𝐶 𝐶 = 3 − 4√5 3 Logo, 𝑦 = √(4√1 + 𝑡23 + 3 − 4√5 3) 2 − 1 Com certeza deve ter um jeito de simplificar essa função, mas se você chegou até aqui, já está ótimo! Bora pra próxima! ii) a) Vamos começar separando as variáveis: (𝐾2 − 𝑡2)𝑦′ + 𝑡𝑦 = 0 (𝐾2 − 𝑡2)𝑦′ = −𝑡𝑦 𝑦′ 𝑦 = − 𝑡 (𝐾2 − 𝑡2) Assim, 𝑓(𝑦) = 𝑦′ 𝑦 e 𝑔(𝑡) = − 𝑡 (𝐾2−𝑡2) b) Encontrando a solução, usando a regra 3 de integração: ∫ 𝑦′ 𝑦 = ∫ − 𝑡 (𝐾2 − 𝑡2) → ln 𝑦 = 1 2 ln(𝐾2 − 𝑡2) + 𝐶 y = 𝐶(𝑘2 − 𝑡2) 1 2 = 𝐶√𝑘2 − 𝑡2 c) Para mostrar que é solução, vamos derivar ln 𝑦 = 1 2 ln(𝐾2 − 𝑡2) + 𝐶 𝑑𝑦 𝑦 = 1 2 (𝐾2 − 𝑡2) . (−2𝑡) = − 𝑡 (𝐾2 − 𝑡2) 𝑑𝑡 𝑑𝑦 𝑦𝑑𝑡 = 𝑦′ 𝑦 = − 𝑡 (𝐾2 − 𝑡2) → 𝑦′(𝐾2 − 𝑡2) = −𝑡𝑦 → 𝑦′(𝐾2 − 𝑡2) + 𝑡𝑦 = 0 É solução! d) Para a solução particular nós temos 𝑡0 = 𝐾 2 𝑒 𝑦(𝑡0) = 𝐾 𝑦(𝑡) = 𝐶√𝐾2 − 𝑡2 𝐾 = 𝐶√𝐾2 − (𝐾 2) 2 → 𝐶 = 𝐾 √𝐾2 − 𝐾 4 2 = 𝐾 √4𝐾2 4 − 𝐾 4 2 = 𝐾 √4𝐾2 − 𝐾2 4 𝐶 = 2𝐾 √4𝐾2 − 𝐾2 = √ 4𝐾2 𝐾2(4 − 1) = √4 3 = 2 √3 Assim, 𝑦(𝑡) = 2 √3 . √𝐾2 − 𝑡2 iii) (1 − 𝑡)𝑦′ = 𝑦2 a) Para verificar que se trata de EDOPOVS, vamos separar as variáveis: (1 − 𝑡)𝑦′ = 𝑦2 → 𝑦′ 𝑦2 = 𝑑𝑦 𝑦2𝑑𝑡 = 1 1 − 𝑡 → 𝑑𝑦 𝑦2 = 1 1 − 𝑡 𝑑𝑡 Assim, 𝑓(𝑦) = 𝑑𝑦 𝑦2 e 𝑔(𝑡) = 1 1−𝑡 b) Vejamos a solução da EDO: ∫ 𝑑𝑦 𝑦2 = ∫ 1 1 − 𝑡 𝑑𝑡 → − 1 𝑦 + 𝐶 = − ln|1 − 𝑡| + 𝐶 → 𝑦 = 1 ln|1 − 𝑡| + 𝐶 c) Para verificar que é solução, vamos derivar − 1 𝑦 = − ln|1 − 𝑡| + 𝐶 (− 1 𝑦) ′ = (− ln|1 − 𝑡| + 𝐶)′ → 1 𝑦2 𝑑𝑦 = 1 1 − 𝑡 𝑑𝑡 d) Vamos encontrar a solução particular dados 𝑡0 = 3 e 𝑦(𝑡0) = 1 2: 𝑦(𝑡) = 1 ln|1 − 𝑡| + 𝐶 1 2 = 1 ln|1 − 3| + 𝐶 = 1 ln | − 2| + 𝐶 → 𝐶 = 1 2 − 1 ln(2) 𝑦(𝑡) = 1 ln(1 − 𝑡) + 1 2 − 1 ln(2) iv) 𝑡(2𝑦 + 3)𝑦′ = 1 + 𝑦2 a) Vejamos que é uma EDOPOVS: 𝑡(2𝑦 + 3)𝑦′ = 1 + 𝑦2 → (2𝑦 + 3)𝑑𝑦 1 + 𝑦2 = 1 𝑡 𝑑𝑡 Em que 𝑓(𝑦) = (2𝑦+3)𝑑𝑦 1+𝑦2 e 𝑔(𝑡) = 1 𝑡 𝑑𝑡 b) Vejamos a solução da EDO: ∫ (2𝑦 + 3)𝑑𝑦 1 + 𝑦2 = ∫ 1 𝑡 𝑑𝑡 → ∫ ( 2𝑦 1 + 𝑦2 + 3 1 + 𝑦2)𝑑𝑦 = ln(𝑡) + 𝐶 ln (1 + y2) + ∫ 3 1 + 𝑦2 𝑑𝑦 (usar regra 16) = ln(𝑡) + 𝐶 ln (1 + y2) + 3𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (y) = ln(𝑡) + 𝐶 c) Vamos provar agora que é solução: (ln (1 + y2) + 3𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (y)) ′ = (ln(𝑡) + 𝐶)′ ( 2𝑦 1 + 𝑦2 + (𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 17) 3 1 + 𝑦2)𝑑𝑦 = 1 𝑡 𝑑𝑡 → 2𝑦 + 3 1 + 𝑦2 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = 1 𝑡 𝑡(2𝑦 + 3)𝑦′ = 1 + 𝑦2 É solução! d) Encontrando a solução específica dada por 𝑡0 = 2 𝑒 𝑦(𝑡0) = −1 ln (1 + y2) + 3𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (y) = ln(𝑡) + 𝐶 ln (1 + (−1)2) + 3𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (−1) = ln(2) + 𝐶 ln(2) + 3(−45) − ln(2) = 𝐶 → 𝐶 = −135 ln (1 + y2) + 3𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (y) = ln(𝑡) − 135 v) 2𝑡𝑦(1 + 𝑡)𝑦′ = 1 + 𝑦2 a) Vejamos que é uma EDOPOVS: 2𝑡𝑦(1 + 𝑡)𝑦′ = 1 + 𝑦2 → 2𝑦 1 + 𝑦2 𝑑𝑦 = 1 𝑡(1 + 𝑡) 𝑑𝑡 Em que 𝑓(𝑦) = 2𝑦 1+𝑦2 𝑑𝑦 e 𝑔(𝑡) = 1 𝑡(1+𝑡) 𝑑𝑡 b) Vejamos como resolver essa EDO: ∫ 2𝑦 1 + 𝑦2 𝑑𝑦 = ∫ 1 𝑡(1 + 𝑡) 𝑑𝑡 → ln(1 + 𝑦2) + 𝐶 = ∫ (1 𝑡 − 1 1 + 𝑡) 𝑑𝑡 ln(1 + 𝑦2) = ln(𝑡) − ln(1 + 𝑡) + 𝐶 = ln ( 𝑡 1 + 𝑡) + 𝐶 1 + 𝑦2 = 𝑡 1 + 𝑡 + 𝐶 → 𝑦 = √ 𝑡 1 + 𝑡 + 𝐶 − 1 = √ 𝑡 1 + 𝑡 + 𝐶 c) Vamos verificar que é solução derivando ln(1 + 𝑦2) = ln(𝑡) − ln(1 + 𝑡): (ln(1 + 𝑦2))′ = (ln(𝑡) − ln(1 + 𝑡))′ 2𝑦 1 + 𝑦2 𝑑𝑦 = (1 𝑡 − 1 1 + 𝑡) 𝑑𝑡 = 1 𝑡(1 + 𝑡) 𝑑𝑡 → 2𝑦𝑡(1 + 𝑡) 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = 1 + 𝑦2 Logo, é solução! d) Vejamos a solução particular considerando 𝑡0 = 1 e 𝑦(𝑡0) = 3 1 + 𝑦2 = 𝑡 1 + 𝑡 + 𝐶 → 1 + (3)2 = 1 1 + 1 + 𝐶 = 1 2 + 𝐶 𝐶 = 10 − 1 2 = 19 2 = 9,5 Logo, 𝑦(𝑡) = √ 𝑡 1+𝑡 + 19 2 𝐴(𝑚𝑦 + 𝑛) + 𝐵𝑦 = 𝐴𝑚𝑦 + 𝐴𝑛 + 𝐵𝑦 = 1 𝐴𝑚𝑦 + 𝐵𝑦 = 0 → 𝐴𝑚 + 𝐵 = 0 → 𝐵 = −𝐴𝑚 𝐴𝑛 = 1 → 𝐴 = 1 𝑛 𝐵 = − 𝑚 𝑛 a) 𝑦′ 𝑦 = 𝑓(𝑦) = 𝑚𝑦 + 𝑛 → 𝑑𝑦 𝑦𝑑𝑡 = 𝑚𝑦 + 𝑛 → 𝑑𝑦 𝑦(𝑚𝑦 + 𝑛) = 1𝑑𝑡 (𝐴 𝑦 + 𝐵 𝑚𝑦 + 𝑛) 𝑑𝑦 = 1𝑑𝑡 ( 1 𝑛𝑦 + (− 𝑚 𝑛(𝑚𝑦 + 𝑛))) 𝑑𝑦 = 1𝑑𝑡 ∫ ( 1 𝑛𝑦 + (− 𝑚 𝑛(𝑚𝑦 + 𝑛))) 𝑑𝑦 = ∫ 1𝑑𝑡 1 𝑛 ln(𝑦) − 1 𝑛 ln(𝑚𝑦 + 𝑛) + 𝐶 = 𝑡 + 𝐶 → 1 𝑛 ln ( 𝑦 𝑚𝑦 + 𝑛) = 𝑡 + 𝐶 ln ( 𝑦 𝑚𝑦 + 𝑛) = 𝑛𝑡 + 𝐶 → 𝑦 𝑚 (𝑦 + 𝑛 𝑚) = 𝐶𝑒𝑛𝑡 → 𝑦 𝑦 + 𝑛 𝑚 = 𝐶𝑒𝑛𝑡 𝑦 𝑦 + 𝑛 𝑚 = 𝐶𝑒𝑛𝑡 → 𝑦 𝐶𝑒𝑛𝑡 = 𝑦 + 𝑛 𝑚 → 𝑦 − 𝑦 𝐶𝑒𝑛𝑡 = − 𝑛 𝑚 → 𝑦 (1 − 1 𝐶𝑒𝑛𝑡) = − 𝑛 𝑚 𝑦 = − 𝑛 𝑚 1 − 1 𝐶𝑒𝑛𝑡 = − 𝑛 𝑚 1 − 𝐶𝑒−𝑛𝑡 Considerando 𝐾 = − 𝑛 𝑚 e 𝛼 = 𝑛: 𝑦(𝑡) = 𝐾 1 − 𝐶𝑒−𝛼𝑡 b) 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = − 𝛼𝐶𝑒−𝛼𝑡𝐾 (1−𝐶𝑒−𝛼𝑡)2 = − 𝛼𝐶𝑒−𝛼𝑡 1−𝐶𝑒−𝛼𝑡 . 𝐾 1−𝐶𝑒−𝛼𝑡 = 𝑚𝑦 (𝑦+ 𝑛 𝑚) 𝑦 . 𝑦 →= 𝑦(𝑚𝑦 + 𝑛) 𝑦 = − 𝑛 𝑚 1 − 𝐶𝑒−𝑛𝑡 𝑚𝑦 = − 𝑛 1 − 𝐶𝑒−𝑛𝑡 𝐶𝑒−𝑛𝑡 = 𝑚 (𝑦 + 𝑛 𝑚) 𝑦 c) 𝑃(0) = 7,2 𝑓(0) = 2,5 . 10−3 → 𝑛 = 𝛼 = 2,5 . 10−3 𝑃(0) = 50 1 + 𝐶𝑒−2,5.10−30 = 7,2 → 50 1 + 𝐶 = 7,2 → 1 + 𝐶 = 50 7,2 → 𝐶 = 125 18 − 1 = 107 18 𝑃(10) = 50 1 + 107 18 𝑒−2,5.10−310 ≅ 7,355 PARTE 5 a) 𝑑𝑦 𝑦2 = 𝑑𝑥 𝑥2 → ∫ 𝑑𝑦 𝑦2 = ∫ 𝑑𝑥 𝑥2 → − 1 𝑦 + 𝐶 = − 1 𝑥 + 𝐶 → −𝑦 + 1 𝐶 = −𝑥 → 𝑥 = 𝑦 − 𝐶 Solução geral: 𝑥 = 𝑦 − 𝐶 𝑥(1) = 2 = 1 − 𝐶 → 𝐶 = −1 Solução particular: 𝑥 = 𝑦 + 1 b) (1 − 𝑡2)𝑦′ − 𝑡𝑦 = 𝑡√1 − 𝑡2 → 𝑦′ − 𝑡 1−𝑡2 𝑦 = 𝑡√1 − 𝑡2 𝑉𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑢𝑠𝑎𝑟 𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 𝑔𝑒𝑟𝑎𝑙 𝑑𝑎 𝐸𝐷𝑂𝑃𝑂𝐿 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑞𝑢𝑒𝑠𝑡ã𝑜: Solução geral da EDOPOL: 𝑦(𝑡) = (∫ 𝑔(𝑡)𝑒(∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡) 𝑑𝑡 + 𝐶)𝑒(− ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡) Neste caso 𝑓(𝑡) = − 𝑡 1−𝑡2 e 𝑔(𝑡) = 𝑡√1−𝑡2 1−𝑡2 , sendo ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 = 1 2 ln|1 − 𝑡2| 𝑦(𝑡) = (∫ 𝑡√1 − 𝑡2 1 − 𝑡2 𝑒 1 2 ln |1−𝑡2| 𝑑𝑡 + 𝐶) 𝑒−1 2 ln |1−𝑡2| 𝑦(𝑡) = (∫ 𝑡√1 − 𝑡2 1 − 𝑡2 √|1 − 𝑡2| 𝑑𝑡 + 𝐶) 1 √|1 − 𝑡2| = (∫ 𝑡(1 − 𝑡2) 1 − 𝑡2 𝑑𝑡 + 𝐶) 1 √|1 − 𝑡2| 𝑦(𝑡) = (∫ 𝑡 𝑑𝑡 + 𝐶) 1 √|1 − 𝑡2| = (𝑡2 2 + 𝐶) 1 √|1 − 𝑡2| = 𝑡2 2√|1 − 𝑡2| + 𝐶 √|1 − 𝑡2| Solução geral: 𝑦(𝑡) = 𝑡2 2√|1−𝑡2| + 𝐶 √|1−𝑡2| Vamos agora encontrar a solução particular a partir de 𝑦(2) = −1 𝑦(2) = 22 2√|1 − 22| + 𝐶 √|1 − 22| = 4 2√| − 3| + 𝐶 √| − 3| = 𝐶 = √3 (−1 − 2 √3 ) = −√3 − 2 = −(√3 + 2) Solução particular: 𝑦(𝑡) = 𝑡2 2√1−𝑡2 − (√3+2) √1−𝑡2 c) 2𝑦′ = 𝑒𝑡 + 2𝑦 → 𝑦′ − 𝑦 = 𝑒𝑡 2 É uma EDOPOL, com 𝑓(𝑡) = −1 𝑒 𝑔(𝑡) = 𝑒𝑡 2 , logo ∫ 𝑓(𝑡) = −𝑡, assim: 𝑦(𝑡) = (∫ 𝑔(𝑡)𝑒(∫𝑓(𝑡)𝑑𝑡) 𝑑𝑡 + 𝐶) 𝑒(−∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡) 𝑦(𝑡) = (∫ (𝑒𝑡 2 ) 𝑒−𝑡 𝑑𝑡 + 𝐶) 𝑒𝑡 = (∫ 1 2 𝑑𝑡 + 𝐶) 𝑒𝑡 = (1 2 𝑡 + 𝐶) 𝑒𝑡 = 1 2 𝑡𝑒𝑡 + 𝐶𝑒𝑡 Solução geral: 𝑦(𝑡) = 1 2 𝑡𝑒𝑡 + 𝐶𝑒𝑡 Vejamos a solução particular, 𝑦(0) = 3: 𝑦(0) = 1 2 0𝑒0 + 𝐶𝑒0 = 3 → 𝐶 = 3 Logo, a solução particular: 𝑦(𝑡) = 1 2 𝑡𝑒𝑡 + 3𝑒𝑡 d) (𝑡2 + 1)𝑦′ + 𝑦𝑡 = 0 → 𝑦′ + 𝑦𝑡 𝑡2+1 = 0 → 𝑦′ = − 𝑦𝑡 𝑡2+1 → 𝑦′ 𝑦 = − 𝑡 𝑡2+1 É uma EDOPOVS, vejamos a solução: ln(𝑦) = − 1 2 ln(𝑡2 + 1) + 𝐶 → 𝑦 = 𝐾𝑒−1 2 ln(𝑡2+1) = 𝐾 √𝑡2 + 1 Solução geral: 𝑦(𝑡) = 𝐾 √𝑡2+1 Vejamos como fica a solução particular dado que 𝑦(−2) = 2 3 𝑦(−2) = 𝐾 √(−2)2 + 1 = 2 3 → 𝐾 = 2√5 3 e) (1 + 𝑡4)𝑦′ = 𝑡3𝑦 → 𝑑𝑦 𝑦 = 𝑡3 1+𝑡4 𝑑𝑡 É uma EDOPOVS, vejamos a solução ∫ 𝑑𝑦 𝑦 = ∫ 𝑡3 1 + 𝑡4 𝑑𝑡 → ln(𝑦) = 1 4 ln(1 + 𝑡4) + 𝐶 → 𝑦 = (1 + 𝑡4) 1 4 + 𝐶 Solução geral: 𝑦(𝑡) = √1 + 𝑡4 4 + 𝐶 Vejamos a solução específica, considerando 𝑦(2) = 2 𝑦(2) = √1 + (2)4 4 + 𝐶 = 2 → 𝐶 = 2 − √1 + (2)4 4 = 2 − √17 4 Solução específica: 𝑦(𝑡) = √1 + 𝑡4 4 + 2 − √17 4 f) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 − (1 + 𝑥)(1 + 𝑦2) = 0 → 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = (1 + 𝑥)(1 + 𝑦2) → 𝑑𝑦 (1+𝑦2) = (1 + 𝑥)𝑑𝑥 É uma EDOPOVS, vejamos sua solução: ∫ 𝑑𝑦 (1 + 𝑦2) = ∫(1 + 𝑥)𝑑𝑥 → 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (𝑦) + 𝐶 = 𝑥 + 𝑥2 2 + 𝐶 → 𝑦 = 𝑡𝑔 (𝑥 + 𝑥2 2 + 𝐶) Solução geral: 𝑦(𝑡) = 𝑡𝑔 (𝑥 + 𝑥2 2 + 𝐶) Vejamos a solução particular considerando 𝑦(1) = −1 𝑦(1) = 𝑡𝑔 (1 + 12 2 + 𝐶) = −1 1 + 12 2 + 𝐶 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (−1) → 𝐶 = −45 − 1 − 1 2 = −46,5 Assim, a solução particular: 𝑦(𝑡) = 𝑡𝑔 (𝑥 + 𝑥2 2 − 46,5) g) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 − (1 + 𝑥)(1 + 𝑦2) = 0 → 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = (1 + 𝑥)(1 + 𝑦2) → (1 + 𝑦2)𝑑𝑦 = 1 (1+𝑥) 𝑑𝑥 É uma EDOPOVS, vejamos a solução: ∫(1 + 𝑦2)𝑑𝑦 = ∫ 1 (1 + 𝑥) 𝑑𝑥 → 𝑦 + 𝑦3 3 + 𝐶 = ln(1 + 𝑥) → 1 + 𝑥 = 𝐾𝑒𝑦+𝑦3 3 𝑥 = 𝐾𝑒𝑦+𝑦3 3 − 1 Solução geral: 𝑥(𝑦) = 𝐾𝑒𝑦+𝑦3 3 − 1 Vejamos a solução particular dada por 𝑥(−1) = 1 𝑥(−1) = 𝐾𝑒(−1)+(−1)3 3 − 1 = 1 → 𝐾𝑒−4 3 = 2 → 𝐾 = 2 𝑒−4 3 = 2𝑒4/3 Solução particular: (𝑦) = 2𝑒 4 3. 𝑒𝑦+𝑦3 3 − 1 = 2𝑒𝑦+𝑦3+4 3 PARTE 6 A equação característica é 𝜆2 + 6𝜆 + 13 = 0, em que podemos calcular as raízes: 𝜆 = −𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐 2𝑎 = −6 ± √62 − 4. 1. 13 2 = −6 ± √36 − 52 2 = −6 ± √−16 2 = −6 ± √16𝑖2 2 = −6 ± 4𝑖 2 = −3 ± 2𝑖 Sendo assim, temos raízes com parte real e imaginária, usaremos então a seguinte solução geral: 𝑦(𝑡) = 𝑒𝑢𝑡(𝐴 𝑐𝑜𝑠 (𝑣𝑡) + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 (𝑣𝑡)), em que u é o valor real e v o valor imaginário, assim: 𝑦(𝑡) = 𝑒−3𝑡(𝐴 𝑐𝑜𝑠 (2𝑡) + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 (2𝑡)) Para encontrar os valores de A e B, usaremos as informações da questão 𝑦 ( 𝜋 6) = 2 e 𝑦′ ( 𝜋 4) = −1 𝑦 (𝜋 6) = 𝑒−3𝜋 6 (𝐴 𝑐𝑜𝑠 (2 𝜋 6) + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 (2 𝜋 6)) = 𝑒−𝜋 2 (𝐴 𝑐𝑜𝑠 (𝜋 3) + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 (𝜋 3)) = 2 𝑒−𝜋 2 (𝐴 1 2 + 𝐵 √3 2 ) = 2 → 𝐴 1 2 + 𝐵 √3 2 = 2𝑒 𝜋 2 1 2 (𝐴 + √3𝐵) = 2𝑒 𝜋 2 𝐴 + √3𝐵 = 4𝑒 𝜋 2 Vejamos onde chegamos com a segunda informação, mas para isso, precisamos derivar y(t): 𝑦′(𝑡) = −3𝑒−3𝑡(𝐴 𝑐𝑜𝑠 (2𝑡) + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 (2𝑡)) + 𝑒−3𝑡(−2𝐴 𝑠𝑒𝑛 (2𝑡) + 2𝐵 𝑐𝑜𝑠 (2𝑡)) 𝑦′(𝑡) = 𝑒−3𝑡(−3𝐴 𝑐𝑜𝑠 (2𝑡) − 3𝐵 𝑠𝑒𝑛 (2𝑡) + −2𝐴 𝑠𝑒𝑛 (2𝑡) + 2𝐵 𝑐𝑜𝑠 (2𝑡)) Substituindo os valores de 𝑦′ ( 𝜋 4) = −1 𝑦′(𝑡) = 𝑒−3(𝜋 4) (−3𝐴 𝑐𝑜𝑠 (2 𝜋 4) − 3𝐵 𝑠𝑒𝑛 (2 𝜋 4) + −2𝐴 𝑠𝑒𝑛 (2 𝜋 4) + 2𝐵 𝑐𝑜𝑠 (2 𝜋 4)) 𝑦′ (𝜋 4) = 𝑒−3𝜋 4 (−3𝐴 𝑐𝑜𝑠 (𝜋 2) − 3𝐵 𝑠𝑒𝑛 (𝜋 2) + −2𝐴 𝑠𝑒𝑛 (𝜋 2) + 2𝐵 𝑐𝑜𝑠 (𝜋 2)) 𝑦′ (𝜋 4) = 𝑒−3𝜋 4 (−3𝐵 − 2𝐴 ) = −1 −3𝐵 − 2𝐴 = −𝑒 3𝜋 4 Vamos montar um sistema: 𝐴 + √3𝐵 = 4𝑒 𝜋 2 − 3𝐵 2 + − 2𝐴 2 = − 𝑒 3𝜋 4 2 Dividimos o segundo sistema por 2: − 3𝐵 2 + − 2𝐴 2 = − 𝑒 3𝜋 4 2 Pq desta forma podemos somar os sistemas e cancelar a incógnita A: 𝐴 + √3𝐵 ± 3𝐵 2 − 𝐴 = 4𝑒 𝜋 2 − 𝑒 3𝜋 4 2 𝐵 ≅ 60,187 e 𝐴 ≅ −85 Logo, 𝑦(𝑡) = 𝑒−3𝑡(−85 𝑐𝑜𝑠 (2𝑡) + 60 𝑠𝑒𝑛 (2𝑡))