Prova de Equações Diferenciais

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UFRGS – Instituto de Matemática e Estat́ıstica
MAT01167 – Equações Diferenciais II
2025/2 – Turma A1
Prova 1
1 2 3 4 5 Total
Nome: Cartão:
Questão 1 (2 pontos). Considere a seguinte equação diferencial:
3xy + y2 + (x2 + xy)y′ = 0.
Essa equação é exata? Justifique sua resposta. Se for exata, encontre a solução geral. Se não for exata, encontre
um fator integrante dependendo só de x (nesse caso, não resolva a EDO, apenas encontre o fator integrante).
Solução: Como
∂
∂y
(3xy + y2) = 3x+ 2y ̸= ∂
∂x
(x2 + xy) = 2x+ y, a EDO não é exata.
Multiplicando a EDO por um fator integrante µ = µ(x), temos
µ(x)(3xy + y2) + µ(x)(x2 + xy)y′ = µ(x) · 0,
e precisamos que µ satisfaça a condição
∂
∂y
[
µ(x)(3xy + y2)
]
=
∂
∂x
[
µ(x)(x2 + xy)
]
ou seja, µ · (3x+ 2y) = µ′ · (x2 + xy) + µ · (2x+ y). Juntando os termos com fator comum µ, temos
µ′ = µ
x+ y
x2 + xy
= µ
x+ y
x(x+ y)
=
µ
x
.
Então µ é solução da EDO µ′ =
µ
x
, que é separável e linear. Resolvendo por separação de variáveis, temos∫
dµ
µ
=
∫
dx
x
=⇒ ln |µ| = ln |x|+ C =⇒ µ = ±eCx.
Portanto, µ(x) = x é um fator integrante.
Questão 2 (2 pontos). Resolva o seguinte problema de valor inicial e encontre o intervalo máximo de definição
da solução. {
y′ − y = e2x − 1
y(0) = 1
Solução: A EDO é linear, portanto um fator integrante é µ(x) = e
∫
−1dx = e−x. Multiplicando a EDO por
µ = e−x, temos
e−xy′ − e−xy = e−x(e2x − 1) =⇒ d
dx
[
e−xy
]
= ex − e−x =⇒ e−xy =
∫
ex − e−xdx = ex + e−x + C
=⇒ y = ex(ex + e−x + C) = e2x + 1 + Cex.
A solução geral da EDO é portanto y = e2x + 1+Cex. Impondo a condição inicial, temos 1 = e0 + 1+C · e0,
ou seja, 1 = 2 + C, logo C = −1. Assim, a solução do PVI é y = e2x + 1 − ex. O intervalo máximo de definição
da solução é (−∞,+∞), pois a solução e os coeficientes da equação são funções diferenciáveis para todo x (sem
nenhuma restrição).
Questão 3 (2 pontos). Determine a solução geral da equação diferencial
y′′ − 2y′ − 3y = 0.
Solução: A EDO é linear e homogênea. A equação caracteŕıstica é λ2 − 2λ − 3 = 0, com ráızes λ =
2±
√
(−2)2 − 4 · (−3)
2
=
2± 4
2
= 1 ± 2, ou seja, duas ráızes reais distintas λ1 = −1 e λ2 = 3. Então a solução
geral é
y(t) = C1e
−t + C2e
3t.
Questão 4 (2 pontos). Suponha que, numa comunidade de 5000 indiv́ıduos, o número y(t) de indiv́ıduos infectados
por um v́ırus no tempo t é governado pela equação diferencial
y′ = 0, 2(5000− y)y.
(a) Sem resolver a EDO, faça um esboço das soluções usando a EDO para analisar o sinal de
dy
dt
e
d2y
dt2
. Encontre
as soluções de equiĺıbrio, dizendo em cada caso se o equiĺıbrio é estável, instável ou semi-estável. Os gráficos
das funções f(y) = 0, 2(5000−y)y e f ′(y) = 0, 4(2500−y) são dados abaixo para auxiliar na análise dos sinais.
(b) Se quando t = 0 exatamente uma pessoa está infectada, qual é o limite de y(t) quando t → +∞?
Solução:
(a) Soluções de equiĺıbrio:
y′ = 0, 2(5000− y)y = 0 ⇒ y = 0, y = 5000
Usando o gráfico de f(y), analisamos o sinal de y′:
� para y 0 e soluções são crescentes nessa faixa;
� para y > 5000, temos y′ 0 para 0