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Resoluc¸a˜o da Lista de Exerc´ıcios 3 - Equac¸o˜es Diferenciais Vin´ıcius Fratin Netto Outubro de 2016 Estes exerc´ıcios foram selecionados das listas de Equac¸o˜es Diferenciais do professor Eduardo Brietzke, do Departamento de Matema´tica da UFRGS, retirados de http://www.mat.ufrgs.br/˜brietzke/listas.html 1. Resolva: (a) y′ = y x + xy3, y ( 1 2 ) = √ 8 3 Resoluc¸a˜o: Reescrevendo a equac¸a˜o na forma y′ − y x = xy3, notamos que esta e´ uma equac¸a˜o de Bernoulli com n = 3. Lembre que uma equac¸a˜o de Bernoulli tem a forma y′ + f(x)y = g(x)yn, com n 6= 0 e n 6= 1, pois nestes casos ja´ sabemos como resolver a equac¸a˜o. Como n > 0, y = 0 poderia ser soluc¸a˜o. Pore´m perceba que temos um PVI cuja condic¸a˜o inicial implica que y = 0 na˜o pode ser soluc¸a˜o, pois o valor em x = 1 2 e´ na˜o-nulo. Assim, devemos prosseguir para achar a soluc¸a˜o na˜o-trivial. Lembrando que a substituic¸a˜o y(x) = [z(x)]p, p = 1 1− n 1 transforma a equac¸a˜o de Bernoulli em uma equac¸a˜o linear, calculamos que p = 1 1−n = 1 1−3 = −12 e, portanto, y = z− 1 2 . Para substituir na equac¸a˜o, tambe´m precisamos de y′. Pela Regra da Cadeia, y′ = [z− 1 2 ]′ = −1 2 z− 3 2 z′. Assim, substituindo na equac¸a˜o diferencial, temos que −1 2 z− 3 2 z′ − z − 1 2 x = x [ z− 1 2 ]3 = xz− 3 2 . Multiplicando toda a equac¸a˜o por −2 e dividindo por z− 32 , z′ + 2 x z = −2x, que e´ uma equac¸a˜o linear! Calculando o fator integrante µ(x), temos que µ(x) = e ∫ 2 x dx = e2 lnx = elnx 2 = x2, onde tiramos o mo´dulo pois a soluc¸a˜o e´ va´lida em (−∞, 0) ou (0,+∞), enta˜o, escolhemos trabalhar com x > 0. O racioc´ınio seria muito parecido para x < 0. Multiplicando toda a equac¸a˜o por µ(x) = x2, x2z′ + 2xz = [x2z]′ = −2x3 e, portanto, x2z = −2 ∫ x3dx = −2x 4 4 + C = −x 4 2 + C. Isolando z, z = −x 2 2 + C x2 = −x4 + C 2x2 , onde chamamos 2C de C novamente. Agora, podemos voltar para a varia´vel y, y = z −1 2 = 1√ −x4+C 2x2 = √ 2x√ C − x4 Utilizando a condic¸a˜o inicial y ( 1 2 ) = √ 8 3 , 2 temos que √ 8 3 = √ 21 2√ C − (1 2 )4 = √ 2 2√ C − 1 16 = √ 2 4 C − 1 16 = √ 1 2C − 1 8 e, assim, 8 3 = 1 2C − 1 8 ⇒ 3 8 = 2C − 1 8 ⇒ 2C = 1 2 ⇒ C = 1 4 . Desta forma, y = √ 2x√ 1 4 − x4 = √ 2x√ 1−4x4 4 = 2 √ 2x√ 1− 4x4 Assim, conclu´ımos que a soluc¸a˜o y(x) e´ dada por y(x) = 2 √ 2x√ 1− 4x4 . (b) 2 dy dx − y x + y3 cosx = 0 Resoluc¸a˜o: Dividindo toda a equac¸a˜o por 2 e deixando apenas os termos lineares em y no lado esquerdo, obtemos que dy dx − y 2x = −y3 cosx 2 , que e´ uma equac¸a˜o de Bernoulli com n = 3! Como n > 0, sabemos que y = 0 e´ uma soluc¸a˜o. Para obtermos as soluc¸o˜es na˜o-triviais, fazemos a substituic¸a˜o y = zp com p = 1 1−n = 1 1−3 = −12 . Com isso, y = z− 1 2 e y′ = −1 2 z− 3 2 z′, pela Regra da Cadeia. Substituindo na equac¸a˜o, temos que −1 2 z− 3 2 z′ − z − 1 2 2x = − [ z− 1 2 ]3 cosx 2 = −z − 3 2 cosx 2 . 3 Dividindo a equac¸a˜o por z− 3 2 e multiplicando por −2, temos que z′ + z x = cosx, que e´ uma equac¸a˜o linear! Calculando o fator integrante µ(x), µ(x) = e ∫ 1 x dx = elnx = x, supondo x > 0 por simplicidade. Assim, multiplicando toda a equac¸a˜o por µ(x), temos que xz′ + z = (xz)′ = x cosx, onde notamos que o lado esquerdo pode ser escrito como a derivada de um pro- duto. Integrando nos dois lados, xz = ∫ x cosxdx = x senx− ∫ senxdx = x senx+ cosx+ C. Lembrando que y = zp = z− 1 2 , temos que z = y−2. Assim, obtemos que a resposta final na forma impl´ıcita e´ dada por xy−2 = cosx+ x senx+ C, juntamente com a soluc¸a˜o y = 0. (c) (1− x3)dy dx − 2(1 + x)y = y 52 Resoluc¸a˜o: Dividindo toda a equac¸a˜o por 1− x3, temos que dy dx − 2(1 + x) 1− x3 y = y 5 2 1− x3 , que e´ equac¸a˜o de Bernoulli com n = 5 2 . Portanto, fazemos a substituic¸a˜o y = zp = z 1 1−n = z 1 1− 52 = z− 2 3 4 e, assim, y′ = −2 3 z− 5 3 z′, pela Regra da Cadeia. Substituindo na equac¸a˜o, temos que −2 3 z− 5 3 z′ − 2(1 + x) 1− x3 z − 2 3 = [ z− 2 3 ] 5 2 1− x3 = z− 5 3 1− x3 e, dividindo toda a equac¸a˜o por z− 5 3 e multiplicando por −3 2 , z′ + 3(1 + x) 1− x3 z = − 3 2(1− x3) , obtemos uma equac¸a˜o linear! O fator integrante e´ dado por µ(x) = 3 ∫ 1 + x 1− x3dx. Para calcular a integral, podemos utilizar o me´todos das frac¸o˜es parciais notando que, como x = 1 e´ raiz de 1− x3, 1− x3 = −(x− 1)(1 + x+ x2), obtido por divisa˜o de polinoˆmios. Como 1 +x+x2 na˜o tem ra´ızes reais, podemos escrever 1 + x 1− x3 = − 1 + x (x− 1)(1 + x+ x2) = A x− 1 + Bx+ C 1 + x+ x2 , onde A, B e C sa˜o constantes. Tornando o denominador comum, temos que A x− 1 + Bx+ C 1 + x+ x2 = A(1 + x+ x2) + (Bx+ C)(x− 1) (x− 1)(1 + x+ x2) = A+ Ax+ Ax2 +Bx2 −Bx+ Cx− C (x− 1)(1 + x+ x2) = (A+B)x2 + (A−B + C)x+ (A− C) (x− 1)(1 + x+ x2) . Como esta raza˜o de polinoˆmios deve ser igual a` raza˜o original, temos que − 1 + x (x− 1)(1 + x+ x2) = (A+B)x2 + (A−B + C)x+ (A− C) (x− 1)(1 + x+ x2) 5 e, portanto, como os coeficientes de x devem ser iguais para que tenhamos uma igualdade dos polinoˆmios, A+B = 0⇒ B = −A, A−B + C = A+ A+ C = 2A+ C = −1⇒ C = −1− 2A, A− C = A− (1− 2A) = 3A+ 1 = −1⇒ A = −2 3 e, finalmente, C = −1− 2A = −1 + 4 3 = 1 3 e B = −A = 2 3 . Assim, conclu´ımos que 1 + x 1− x3 = − 2 3(x− 1) + 2x+ 1 3(1 + x+ x2) . Agora, calculando a integral, temos que 3 ∫ 1 + x 1− x3dx = 3 ∫ [ − 2 3(x− 1) + 2x+ 1 3(1 + x+ x2) ] dx = −2 ∫ 1 (x− 1)dx+ ∫ 2x+ 1 (1 + x+ x2) dx = −2 ln(x− 1) + ln(1 + x+ x2) = ln 1 (x− 1)2 + ln(1 + x+ x 2) = ln 1 + x+ x2 (x− 1)2 , onde utilizamos a substituic¸a˜o u = 1 + x + x2 ⇒ du = (2x + 1)dx na segunda integral, propriedades dos logaritmos e supusemos que x > 1, por simplicidade. Assim, o fator integrante µ(x) e´ dado por µ(x) = e ln 1+x+x 2 (x−1)2 = 1 + x+ x2 (x− 1)2 . Multiplicando a equac¸a˜o diferencial por µ(x), temos que 1 + x+ x2 (x− 1)2 z ′ + (1 + x+ x2) (x− 1)2 3(1 + x) 1− x3 z = − (1 + x+ x2) (x− 1)2 3 2(1− x3) . 6 No lado esquerdo, podemos observar que 1 + x+ x2 (x− 1)2 z ′ + (1 + x+ x2) (x− 1)2 3(1 + x) 1− x3 z = 1 + x+ x2 (x− 1)2 z ′ + (1 + x+ x2) (x− 1)2 3(1 + x) −(x− 1)(1 + x+ x2)z = 1 + x+ x2 (x− 1)2 z ′ − 3(1 + x) (x− 1)3 z = [ 1 + x+ x2 (x− 1)2 z ]′ . No lado direito, temos que −(1 + x+ x 2) (x− 1)2 3 2(1− x3) = − (1 + x+ x2) (x− 1)2 3 −2(x− 1)(1 + x+ x2) = 3 2(x− 1)3 . Portanto, integrando nos dois lados, obtemos que 1 + x+ x2 (x− 1)2 z = ∫ 3 2(x− 1)3dx = 3 2 −1 2(x− 1)2 + C = −3 4(x− 1)2 + C, onde usamos a substituic¸a˜o u = x− 1⇒ du = dx. Assim, conclu´ımos que z = [ −3 4(x− 1)2 + C ][ (x− 1)2 1 + x+ x2 ] = −3 + 4C(x− 1)2 4(1 + x+ x2) = C(x− 1)2 − 3 4(1 + x+ x2) , onde chamamos 4C de C novamente. Lembrando que y = z− 2 3 , temos que y = [ C(x− 1)2 − 3 4(1 + x+ x2) ]− 2 3 . Notando que (x− 1)2 = (1− x)2, chegamos na resposta final y = [ C(1− x)2 − 3 4(1 + x+ x2) ]− 2 3 . 7 Perceba que, ainda, y = 0 tambe´m pode ser soluc¸a˜o, pois o n na equac¸a˜o diferen- cial e´ positivo. (d) y′ = ky − ay3 Resoluc¸a˜o: Escrevendo a equac¸a˜o na formay′ − ky = −ay3, notamos que esta e´ uma equac¸a˜o de Bernoulli com n = 3. Como n > 0, ja´ sabemos que y = 0 e´ soluc¸a˜o. Fazendo a substituic¸a˜o y = zp, com p = 1 1−n = 1 1−3 = −12 , temos que y = z− 1 2 , y′ = −1 2 z− 3 2 z′. Assim, substituindo na equac¸a˜o diferencial, −1 2 z− 3 2 z′ − kz− 12 = −a [ z− 1 2 ]3 = −az− 32 . Dividindo toda a equac¸a˜o por z− 3 2 e multiplicando por −2, temos que z′ + 2kz = 2a, que e´ uma equac¸a˜o linear! Para o fator integrante µ(x), temos que µ(x) = e ∫ 2kdx = e2kx e, portanto, multiplicando toda a equac¸a˜o por µ(x), e2kxz′ + 2kze2kz = (e2kxz)′ = 2ae2kx. Integrando nos dois lados, temos que e2kxz = 2a ∫ e2kxdx = 2a e2kx 2k + C = a k e2kx + C. Assim, z = a k + Ce−2kx. 8 Como y = zp = z− 1 2 , obtemos, finalmente, que y = ( Ce−2kx + a k )− 1 2 . Como n e´ ı´mpar e y, como esta´, e´ sempre positiva, notamos que a soluc¸a˜o com y negativa tambe´m e´ uma soluc¸a˜o va´lida. Assim, portanto, a soluc¸a˜o final e´ dada por y = ± ( Ce−2kx + a k )− 1 2 . 2. Se uma func¸a˜o F (x, y) satisfaz a condic¸a˜o F (tx, ty) = F (x, y), dizemos que F (x, y) e´ homogeˆnea de grau 0. Neste caso, a equac¸a˜o diferencial y′ = F (x, y) se reduz a uma equac¸a˜o separa´vel pela substituic¸a˜o z = z(x) = y x , y′ = xz′ + z. Use este me´todo para resolver (a) y′ = 2x x+ y . Resoluc¸a˜o: O primeiro passo, de acordo com as informac¸o˜es dadas pelo enunci- ado, e´ identificar a func¸a˜o F (x, y) e verificar se ela e´, de fato, homogeˆnea de grau 0. Identificando que F (x, y) = 2x x+ y , devemos verificar se F (tx, ty) = F (x, y). Para isso, partimos de F (tx, ty). F (tx, ty) = 2tx 2tx+ 2ty = 2tx t(x+ y) = 2x x+ y = F (x, y), mostrando que F (x, y) e´ homogeˆnea de grau 0. Pelo teorema do enunciado, sabe- mos que a equac¸a˜o y′ = F (x, y) se reduz a uma equac¸a˜o separa´vel se fizermos a substituic¸a˜o z(x) = y x ⇒ y = xz, 9 y′ = xz′ + z. Assim, y′ = 2x x+ y ⇒ xz′ + z = 2x x+ xz = 2 1 + z z′ = [ 2 1 + z − z ] 1 x = 2− z(1 + z) 1 + z 1 x = 2− z − z2 1 + z 1 x e, finalmente z′ = 2− z − z2 1 + z 1 x , que e´ uma equac¸a˜o separa´vel! Escrevendo a equac¸a˜o na forma 1 + z 2− z − z2dz = 1 x dx, podemos integrar nos dois lados e obter que∫ 1 + z 2− z − z2dz = ∫ 1 x dx = ln |x|+ C. Agora, so´ precisamos resolvar a integral do lado esquerdo. Para isso, utilizamos frac¸o˜es parciais. Observando que z = 1 e´ raiz do polinoˆmio no denominador, podemos escrever 2− z− z2 = −(z− 1)(z+ 2), por divisa˜o de polinoˆmios. Assim, podemos escrever 1 + z 2− z − z2 = − 1 + z (z − 1)(z + 2) = A z − 1 + B z + 2 . Desenvolvendo o lado direito, fazemos o mı´nimo mu´ltiplo comum, A z − 1 + B z + 2 = A(z + 2) +B(z − 1) (z − 1)(z + 2) . Agrupando as poteˆncias de z, A(z + 2) +B(z − 1) (z − 1)(z + 2) = (A+B)z + (2A−B) (z − 1)(z + 2) . Como o lado esquerdo e o lado direito da primeira equac¸a˜o devem ser iguais, temos que − 1 + z (z − 1)(z + 2) = (A+B)z + (2A−B) (z − 1)(z + 2) . Portanto, por igualdade de polinoˆmios, A+B = −1⇒ B = −1− A, 10 2A−B = 2A− (−1− A) = 3A+ 1 = −1⇒ A = −2 3 , B = −1− A = −1− ( − 2 3 ) = −1 3 . Assim, obtemos que 1 + z 2− z − z2 = A z − 1 + B z + 2 = − 2 3(z − 1) − 1 3(z + 2) . Assim, a integral que quer´ıamos resolver se simplifica para∫ 1 + z 2− z − z2dz = − 1 3 ∫ 2 z − 1 + 1 z + 2 dz = −1 3 [ 2 ln |z − 1|+ ln |z + 2| ] , onde ocultamos a constante porque ela ja´ esta´ presente na segunda integral. Por propriedades dos logaritmos, temos que∫ 1 + z 2− z − z2dz = − 1 3 [ 2 ln |z − 1|+ ln |z + 2| ] = − ln |z + 2||z − 1| 2 3 . Portanto, a soluc¸a˜o para a equac¸a˜o diferencial em z e´ dada por − ln |z + 2||z − 1| 2 3 = ln |x|+C ⇒ ln |z + 2||z − 1|2 = −3 ln |x|+C = ln |x|−3 +C ln |z + 2||z − 1|2 − ln |x|−3 = C ⇒ ln ∣∣∣∣ |z + 2||z − 1|2x−3 ∣∣∣∣ = ln |z + 2||z − 1|2|x3| = C. Como y = xz ⇒ z = y x , ln |z + 2||z − 1|2|x3| = ln ∣∣∣∣yx + 2 ∣∣∣∣∣∣∣∣yx − 1 ∣∣∣∣2|x3| = ln |y + 2x| ∣∣∣∣y2x2 − 2yx + 1 ∣∣∣∣|x2| = ln |y + 2x||y2 − 2xy + x2| = ln |2x+ y||x− y|2. Portanto, ln |2x+ y||x− y|2 = C ⇒ |2x+ y||x− y|2 = C, que e´ a soluc¸a˜o para a equac¸a˜o diferencial inicial. 11 (b) y2dx+ (x2 − xy)dy = 0. Resoluc¸a˜o: Dividindo tudo por dx, temos que y2 + (x2 − xy)y′ = 0⇒ y′ = − y 2 x2 − xy ⇒ y ′ = y2 xy − x2 . Assim, identificamos que, pela forma do enunciado, F (x, y) = y2 xy − x2 . Devemos verificar de F (x, y) e´ homogeˆnea de grau 0. De fato, F (tx, ty) = (ty)2 (tx)(ty)− (tx)2 = t2y2 t2(xy − x2) = y2 xy − y2 = F (x, y). Assim, com a substituic¸a˜o y = xz ⇒ y′ = xz′ + z, devemos obter uma equac¸a˜o separa´vel. Prosseguindo com a substituic¸a˜o, y′ = y2 xy − x2 ⇒ xz ′ + z = (xz)2 x(xz)− x2 = z2 z − 1 ⇒ z ′ = ( z2 z − 1 − z ) 1 x , que e´ uma equac¸a˜o separa´vel! Escrevendo a equac¸a˜o como z′ = ( z2 z − 1 − z ) 1 x = ( z2 − z(z − 1) z − 1 ) 1 x = ( z z − 1 ) 1 x . Colocando os termos em z do lado esquerdo, multiplicando tudo por dx e inte- grando, temos que∫ ( z − 1 z ) dz = ∫ 1 x dx = ln |x|+ C = ln |x|+ lnC = lnC|x|, pois C e´ uma constante arbitra´ria. Resolvendo a integral do lado esquerdo,∫ ( z − 1 z ) dz = z − ln |z| = ln ez − ln |z| = ln ∣∣∣∣ezz ∣∣∣∣. Assim, igualando as integrais, ln ∣∣∣∣ezz ∣∣∣∣ = lnC|x| ⇒ ∣∣∣∣ezz ∣∣∣∣ = Cx. 12 Considerando, por simplicidade, que z > 0 e x > 0 (o resultado e´ ana´logo para z < 0 e x < 0), e lembrando que y = xz ⇒ z = y x , temos que ez z = e y x y x = Cx⇒ e y x C = y x x e, portanto, chamando 1 C = C, y = Ce y x , que e´ a soluc¸a˜o impl´ıcita para a equac¸a˜o diferencial inicial. 3. Um proje´til penetra numa placa de madeira de 0, 1m de espessura com uma velocidade v0 = 200m/s, saindo do outro lado com uma velocidade v1 = 80m/s. Supondo que a madeira oferec¸a uma forc¸a de resisteˆncia ao movimento do proje´til proporcional ao quadrado da velocidade, determine o tempo que o proje´til leva para atravessar a placa de madeira. Resoluc¸a˜o: Para este problema, devemos lembrar de duas relac¸o˜es da F´ısica. Estas sa˜o ∫ t 0 v(x)dx = ∫ t 0 ds(x) dx dx = s(t)− s(0), onde v(t) e´ velocidade instantaˆnea para cada instante t e s(t) e´ a func¸a˜o posic¸a˜o. Em outras palavras, a integral definida da velocidade instantaˆnea do instante inicial ate´ um certo instante de tempo t e´ igual ao deslocamento espacial do objeto entre estes dois instantes. Fr = dp dt = ma = m dv dt , a Segunda Lei de Newton, que diz que a forc¸a resultante aplicada em um corpo e´ igual a variac¸a˜o do momento linear deste corpo. No caso de massa constante, forc¸a e´ igual a massa vezes acelerac¸a˜o instantaˆnea, que e´ a derivada da velocidade instantaˆnea. Com essas relac¸o˜es, podemos comec¸ar o problema. O enunciado diz que a forc¸a de resisteˆncia e´ proporcional ao quadrado da velocidade do objeto, ou seja, Fresist. = −kv2, para alguma constante k real positiva. O sinal negativo vem do fato de que a forc¸a se opo˜e ao movimento e porque escolhemos, implicitamente, que o proje´til e´ disparado na direc¸a˜o positiva do eixo de deslocamento. Pela Segunda Lei de Newton, sabemos que esta forc¸a obedece a relac¸a˜o ma = m dv dt = −kv2 ⇒ dv dt = − k m v2. 13 Assim, chegamos em uma equac¸a˜o diferencial em v. Repare que podemos considerar k m como uma constante apenas, pois na˜oprecisamos saber o valor de k e m separadamente. Esta e´ uma equac¸a˜o de Bernoulli, mas tambe´m e´ separa´vel. Portanto, por separac¸a˜o de varia´veis, ∫ 1 v2 dv = −1 v = − k m ∫ dt = − k m t+ C. Portanto, v(t) e´ dada por v(t) = 1 k m t+ C . Repare que sabemos que o valor de v(t) no instante que o proje´til entra na placa de madeira, que convencionamos ser o instante t = 0. No caso, temos que v(0) = 200 = 1 k m × 0 + C = 1 C ⇒ C = 1 200 . Assim, sabemos que v(t) = 1 k m t+ 1 200 . O problema tambe´m diz que a velocidade do proje´til quando este deixa a placa de madeira e´ de 80m/s. Chamando este instante de t1, sabemos, portanto, que v(t1) = 80 = 1 k m t1 + 1 200 ⇒ k m t1 + 1 200 = 1 80 ⇒ t1 = m k ( 1 80 − 1 200 ) = m k 3 400 . (1) Note que o problema pede o tempo que o proje´til leva para atravessar a placa, ou seja, t1 − 0 = t1. Portanto, precisamos obter o valor de t1. Para isto, utilizamos a relac¸a˜o∫ t 0 v(x)dx = s(t)− s(0). Como a integral definida da velocidade e´ igual ao deslocamento do corpo neste intervalo e o proje´til atravessou 0, 1m de placa em t1 segundos, temos que∫ t1 0 v(x)dx = 0, 1m. Assim, calculando a integral,∫ v(x)dx = ∫ 1 k m x+ 1 200 dx = m k ln ( k m x+ 1 200 ) + C. 14 Dispensamos o mo´dulo pois as quantidades envolvidas sa˜o todas positivas. Avaliando de x = 0 ate´ x = t1, temos que∫ t1 0 v(x)dx = m k [ ln ( k m t1 + 1 200 ) − ln 1 200 ] = m k [ ln ( k m m k ( 1 80 − 1 200 ) + 1 200 ) − ln 1 200 ] = m k [ ln 1 80 − ln 1 200 ] = m k ln 200 80 = m k ln 5 2 = m k (ln 5− ln 2) = 0, 1 ⇒ m k = 0, 1 (ln 5− ln 2) = 1 10(ln 5− ln 2) . Substituindo este valor na expressa˜o (1), finalmente, temos que t1 = m k 3 400 = 3 4000(ln 5− ln 2) ≈ 0, 00081s, que e´ o tempo que o proje´til demorou para atravessar a placa de madeira. 4. Um tanque d’a´gua tem a forma de um cilindro de 3m de raio e 8m de altura e esta´ inicialmente cheio. No fundo do tanque existe uma pequena abertura circular de a´rea igual a a m2. Indique por y = y(t) a altura da a´gua no tanque no instante t. Sabe-se que a velocidade com que a a´gua deixa o tanque pela abertura no fundo e´ de √ 2gym/s. Encontre a altura y da a´gua no tanque em func¸a˜o de t e o instante que o tanque esvazia. Resoluc¸a˜o: Sabemos que o volume de um cilindro e´ dado pela a´rea da base vezes a 15 altura. Denotando a altura por y(t), temos que o volume V (t) e´ dado por V (t) = pir2y(t), onde r e´ o raio da base que e´ igual a 3, pore´m resolveremos o problema de forma literal antes de considerarmos os valores dados. Sabemos, tambe´m, que a quantidade de a´gua que deixa o cilindro e´ dada pela a´rea da abertura vezes a velocidade do flu´ıdo que sai. Assim, a variac¸a˜o do volume de a´gua no cilindro e´ dada por dV dt = −a √ 2gy, onde o sinal negativo indica que o volume diminui ao longo do tempo. Por outro lado, como ja´ conhecmos volume de a´gua V (t), podemos calcular a derivada, dV dt = d dt (pir2y(t)) = pir2y′. Portanto, pir2y′ = −a √ 2gy ⇒ y′ = −a √ 2g pir2 y 1 2 , que e´ uma equac¸a˜o de Bernoulli, mas tambe´m e´ separa´vel. Assim, separando as varia´veis e integrando,∫ y− 1 2dy = 2y 1 2 = ∫ −a √ 2g pir2 dt = −a √ 2g pir2 t+ C ⇒ y = ( − a √ 2g 2pir2 t+ C )2 . Como o tanque estava inicialmente cheio, a altura inicial e´ y0 = 8m. Assim, y(0) = ( − a √ 2g 2pir2 × 0 + C )2 = C2 = 8⇒ C = √ 8 = 2 √ 2. Portanto, a expressa˜o final de y(t) e´ y(t) = ( 2 √ 2− a √ 2g 2pir2 t )2 . Para r = 3, y(t) = ( 2 √ 2− a √ 2g 2pi × 9t )2 = ( 2 √ 2− a √ 2g 18pi t )2 . 16 Para descobrirmos o tempo que o cilindro leva para esvaziar, impomos que y(t) = 0 e resolvemos para t. Assim, y(t) = ( 2 √ 2− a √ 2g 18pi t )2 = 0 ⇒ 2 √ 2− a √ 2g 18pi t = 0 ⇒ a √ 2g 18pi t = 2 √ 2 ⇒ t = 36pi √ 2 a √ 2g = 36pi a √ g . 5. Um tanque de a´gua tem a forma de um cilindro deitado de 3m de raio e 8m de comprimento e esta´ inicialmente cheio pela metade. No ponto mais baixo do tanque existe uma pequena abertura circular de raio a. Indique por y a altura de a´gua no tanque. Sabendo que a velocidade com que a a´gua deixa o tanque pela abertura no fundo e´ de √ 2gy e que inicialmente a altura da a´gua no tanque e´ 3m, (a) Quanto tempo leva o tanque para esvaziar completamente? (b) Qual e´ a expressa˜o de y em func¸a˜o de t? Resoluc¸a˜o: Este problema parece muito similar ao anterior, pore´m e´ mais complexo devido a` forma da a´gua no cilindro. Procedemos da mesma maneira similar a` do exerc´ıcio anterior notando que o volume de a´gua que sai do cilindro e´ a a´rea da abertura vezes a velocidade do fluido, isto e´, dV dt = pia2 √ 2gy. 17 Precisamos obter o volume de a´gua em func¸a˜o da altura y(t). Para isso, comec¸amos notando que o volume para qualquer instante t e´ dado pela a´rea do pedac¸o de c´ırculo A(y) nas bases do cilindro deitado vezes o comprimento que e´ 8m. Assim, V (y) = 8A(y). Para obtermos A(y), notamos que existe o seguinte triaˆngulo retaˆngulo. A a´rea A(y) e´, enta˜o, a soma de todas as ”fatias” infinitesimais de comprimento 2L(y) e de altura dy, ou seja, 2 ∫ y 0 L(x)dx Pelo Teorema de Pita´goras, notamos que r2 = (r − y)2 + L2 ⇒ L = √ r2 − (r − y)2, portanto, A(y) = 2 ∫ y 0 √ r2 − (r − x)2dx. Poder´ıamos partir direto deste resultado para a equac¸a˜o diferencial que deve ser re- solvida no problema. Para isso, bastaria utilizar o Teorema Fundamental do Ca´lculo, notando que dV dt = dV dy dy dt 18 e que dV dy = 8 dA dy = 8 d dy [ 2 ∫ y 0 √ r2 − (r − x)2dx ] = 16 √ r2 − (r − y)2. Este e´ um dos caminhos mais otimizados e importantes. Esta parte do problema (mon- tar a equac¸a˜o diferencial) poderia na˜o ser poss´ıvel caso sempre tenta´ssemos resolver a integral em termos de func¸o˜es elementares. Se o integrando fosse e−x 2 , por exemplo, na˜o ha´ como obter uma resposta apenas com func¸o˜es elementares. Atrave´s do Teo- rema Fundamental do Ca´lculo, isto deixa de ser um problema. Pore´m, por completude e curiosidade, vamos calcular a a´rea desejada do cilindro deitado. Podemos resolver a integral por substituic¸a˜o trigonome´trica. O termo mais simples que envolve o integrando e´ cos θ = √ r2 − (r − x)2 r ⇒ √ r2 − (r − x)2 = r cos θ. O termo mais simples para derivarmos e´ sen θ = r − x r ⇒ cos θdθ = −1 r dx⇒ dx = −r cos θdθ. Para finalizamos a substituic¸a˜o, devemos ajustar os limites de integrac¸a˜o. Considerando o termo mais simples para os limites, sen θ = r − x r , notamos que, para x = 0, sen θ = r − 0 r = 1⇒ θ = arcsen 1 = pi 2 , de acordo com a figura. Para x = y, temos que sen θ = r − y r ⇒ θ = arcsen ( r − y r ) = M. 19 Portanto, a integral se torna A(y) = 2 ∫ y 0 √ r2 − (r − x)2dx = 2 ∫ M pi 2 (r cos θ)(−r cos θ)dθ = −2r2 ∫ M pi 2 cos2 θdθ = −2r2 ∫ M pi 2 [ 1 2 + cos(2θ) 2 ] dθ = −2r2 [ θ 2 + sen (2θ) 4 ]∣∣∣θ=M θ=pi 2 = −2r2 [ M 2 + sen (2M) 4 − pi 4 − senpi 4 ] = −2r2 [ arcsen ( r−y r ) 2 + sen ( 2 arcsen ( r−y r )) 4 − pi 4 ] = −2r2 [ arcsen ( r−y r ) 2 + 2 sen ( arcsen ( r−y r )) cos ( arcsen (r−y r )) 4 − pi 4 ] = −2r2 [ arcsen ( r−y r ) 2 + r−y r √ r2−(r−y)2 r 2 − pi 4 ] = r2 2 [ pi − 2(r − y) √ r2 − (r − y)2 r2 − 2 arcsen ( r − y r )] = pir2 2 − (r − y) √ r2 − (r − y)2 − r2 arcsen ( r − y r ) , onde usamos identidades trigonome´tricas cla´ssicas e a figura do triaˆngulo retaˆngulo. Portanto, finalmente, chegamos que A(y) = pir2 2 − (r − y) √ r2 − (r − y)2 − r2 arcsen ( r − y r ) e, assim, V (y) = 8A(y). Podemos, agora, calcular dV dt usando a Regra da Cadeia. dV dt = 8 dV dy dy dt . 20 Temos que dV dy = d dy [ pir2 2 − (r − y) √ r2 − (r − y)2 − r2 arcsen ( r − y r )] . Como as derivadas de func¸o˜es trigonome´tricas inversas na˜o sa˜o trivialmente memo- riza´veis, e´ interessante deduz´ı-las sempre que poss´ıvel. Queremos saber a derivada de u(t) = arcsen (t). Como esta e´ a func¸a˜o inversa de sen t, definimos uma nova func¸a˜o v(t) tal que v(t) = sen (u(t)) = t, pois uma func¸a˜o aplicada a sua inversa produz a func¸a˜o identidade. Desta relac¸a˜o, montamos um triaˆngulo retaˆngulo com um aˆngulo u tal que senu = t, ou seja, Derivando implicitamente, temos que sen (u(t)) = t⇒ cosuu′ = 1⇒ u′ = ( arcsen t)′ = 1 cosu . Agora, simplesmente tiramos que cosu = √ 1− t2 pelo triaˆngulo retaˆngulo utilizando o Teorema de Pita´goras. Assim, d dt arcsen t = 1√ 1− t2 . 21 Continuando o ca´lculo de anteriormente, dV dy = d dy [ pir2 2 − (r − y) √ r2 − (r − y)2 − r2 arcsen ( r − y r )] = d dy [ pir2 2 ] − d dy [ (r − y) √ r2 − (r − y)2 ] − d dy [ r2 arcsen ( r − y r )] = − [ (−1) √ r2 − (r − y)2 + (r − y) 1 2 √ r2 − (r − y)2 (−2(r − y)(−1)) ] − r2 [ 1√ 1− ( r−y r )2 −1r ] = √ r2 − (r − y)2 − (r − y) 2√ r2 − (r − y)2 + r√ 1− ( r−y r )2 = √ r2 − (r − y)2 − (r − y) 2√ r2 − (r − y)2 + r√ r2−(r−y)2 r2 = √ r2 − (r − y)2 − (r − y) 2√ r2 − (r − y)2 + r2√ r2 − (r − y)2 = √ r2 − (r − y)2 + r 2 − (r − y)2√ r2 − (r − y)2 = r2 − (r − y)2√ r2 − (r − y)2 + r2 − (r − y)2√ r2 − (r − y)2 = 2(r2 − (r − y)2)√ r2 − (r − y)2 = 2 √ r2 − (r − y)2. Assim, dV dt = 8 dV dy y′ = 16 √ r2 − (r − y)2y′. Pelo nosso primeiro resultado, dV dt = 16 √ r2 − (r − y)2y′ = pia2 √ 2gy, que, novamente, e´ uma equac¸a˜o de Bernoulli que tambe´m e´ separa´vel. Separando as varia´veis e integrando,∫ √ r2 − (r − y)2 y dy = ∫ pia2 √ 2g 16 dt = pia2 √ 2g 16 t+ C. 22 Para resolver a primeira integral, fazemos a substituic¸a˜o u = r − y ⇒ du = −dy. Assim, ∫ √ r2 − (r − y)2 y dy = − ∫ √ r2 − u2 r − u du = − ∫ √ (r + u)(r − u) r − u du = − ∫ √ r + udu = −2(r + u) 3 2 3 = −2(r + r − y) 3 2 3 = −2 3 (2r − y) 32 . Portanto, igualando as integrais, temos que −2 3 (2r − y) 32 = pia 2 √ 2g 16 t+ C ⇒ y(t) = 2r − ( − 3pia 2 √ 2g 32 t+ C ) 2 3 . Usando a condic¸a˜o inicial, y(0) = 3 = 2r − ( − 3pia 2 √ 2g 32 × 0 + C ) 2 3 = 2r − C 23 ⇒ C = ±(2r − 3) 32 . Para r = 3, temos que C = ±(6− 3) 32 = ±(3) 32 = ± √ 33 = ±3 √ 3. Como o sinal de C na˜o muda o resultado final, escolhemos o sinal negativo, pois toda a expressa˜o dentro dos pareˆnteses sera´ negativa e podemos eliminar o sinal elevando ao quadrado. Assim, finalmente, temos que y(t) = 6− ( 3pia2 √ 2g 32 t+ 3 √ 3 ) 2 3 . 23 O tempo para esvaziar o tanque e´ obtido fazendo y(t) = 0 e resolvendo para t. Portanto, y(t) = 6− ( 3pia2 √ 2g 32 t+ 3 √ 3 ) 2 3 = 0 ⇒ ( 3pia2 √ 2g 32 t+ 3 √ 3 ) 2 3 = 6 ⇒ 3pia 2 √ 2g 32 t+ 3 √ 3 = 6 3 2 = 6 √ 6 ⇒ 3pia 2 √ 2g 32 t = 6 √ 6− 3 √ 3 ⇒ t = 32(6 √ 6− 3√3) 3pia2 √ 2g . 6. Resolva as equac¸o˜es diferenciais abaixo atrave´s de uma mudanc¸a de varia´vel conve- niente. (a) (x− y)2 dy dx = 4. Sugesta˜o: u = x− y. Resoluc¸a˜o: Considerando a substituic¸a˜o sugerida, notamos que u = x− y ⇒ u′ = 1− y′. Substituindo na equac¸a˜o, (x− (x− u))2(1− u′) = u2(1− u′) = 4⇒ u′ = 1− 4 u2 = u2 − 4 u2 . Podemos resolver por separac¸a˜o de varia´veis, mas antes devemos notar que perder- emos as soluc¸o˜es onde u 2−4 u2 zera. Assim, notamos que u2 − 4 u2 = 0⇒ u = ±2. Como u = x− y, temos que x− y = ±2⇒ y = x± 2, que ja˜ sa˜o duas soluc¸o˜es para a equac¸a˜o diferencial. 24 Prosseguindo, separando as varia´veis e integrando,∫ u2 u2 − 4du = ∫ dx = x+ C. A primeira integral pode ser resolvida por frac¸o˜es parciais. Como ambos numerador e denominador teˆm o mesmo grau, devemos dividir um pelo outro antes. Assim, u2 u2 − 4 = (u2 − 4) + 4 u2 − 4 = 1 + 4 u2 − 4 , e a integral se torna∫ u2 u2 − 4du = ∫ 1 + 4 u2 − 4du = u+ ∫ 4 u2 − 4du. Notando que o denominador pode ser escrito como u2−4 = (u+2)(u−2), podemos escrever o integrando como 4 u2 − 4 = 4 (u+ 2)(u− 2) = A u+ 2 + B u− 2 . Fazendo o mı´nimo mu´ltiplo comum, 4 (u+ 2)(u− 2) = A u+ 2 + B u− 2 = A(u− 2) +B(u+ 2) (u+ 2)(u− 2) . Agrupando as poteˆncias de u, 4 (u+ 2)(u− 2) = A(u− 2) +B(u+ 2) (u+ 2)(u− 2) = (A+B)u+ (−2A+ 2B) (u+ 2)(u− 2) . Igualando as expresso˜es, temos que A+B = 0⇒ B = −A, −2A+ 2B = 4⇒ −A+B = −A− A = −2A = 2⇒ A = −1, B = −(−1) = 1. Portanto, 4 (u+ 2)(u− 2) = A u+ 2 + B u− 2 = − 1 u+ 2 + 1 u− 2 . Assim, a integral se torna∫ u2 u2 − 4du = u+ ∫ 4 u2 − 4du = u+ ∫ [ 1 u− 2 − 1 u+ 2 ] du = u+ ln |u− 2| − ln |u+ 2| = u+ ln ∣∣∣∣u− 2u+ 2 ∣∣∣∣. 25 Portanto, temos que∫ u2 u2 − 4du = u+ ln ∣∣∣∣u− 2u+ 2 ∣∣∣∣ = 4x+ C. Voltando para a varia´vel y atrave´s de u = x− y, x− y + ln ∣∣∣∣x− y − 2x− y + 2 ∣∣∣∣ = x+ C ⇒ y = ln ∣∣∣∣x− y − 2x− y + 2 ∣∣∣∣+ C. (b) ydx+ (1 + y2e2x)dy = 0. Sugesta˜o: u = yex. Resoluc¸a˜o: Pela sugesta˜o do enunciado, consideramos a substituic¸a˜o u = yex ⇒ u′ = y′ex + yex. Antes, pore´m, perceba que temos que y = 0 e´ uma poss´ıvel soluc¸a˜o, pois substi- tuindo na equac¸a˜o diferencial teremos 0 = 0. Prosseguindo com a substituic¸a˜o na equac¸a˜o diferencial, ydx+ (1 + y2e2x)dy = 0⇒ y + (1 + y2e2x)y′ = ue−x + [1 + (ue−x)2e2x](u′e−x − ue−x) = ue−x + [1 + u2e−2xe2x](u′ − u)e−x = ue−x + (1 + u2)(u′ − u)e−x = [u+ (1 + u2)(u′ − u)]e−x = [u+ (1 + u2)u′ − u− u3]e−x = [(1 + u2)u′ − u3]e−x = 0 ⇒ (1 + u2)u′ = u3 ⇒ u′ = u 3 1 + u2 . Portanto, obtemos a equac¸a˜o separa´vel u′ = u3 1 + u2 . Perceba que o lado direito pode zerar se u = 0, pore´m isto vai produzir a mesma soluc¸a˜o y = 0 ja´ obtida anteriormente. Assim, separando as varia´veis e integrando, temos que ∫ 1 + u2 u3 du = ∫ dx = x+ C. 26 A integral do lado direito e´ dada por∫ 1 + u2 u3 du = ∫ [ 1 u3 + u2 u3 ] du = − 1 2u2 + ln |u|. Assim, − 1 2u2 + ln |u| = x+ C. Como u = yex, − 1 2(yex)2 + ln |yex| = −e −2x 2y2 + ln |y|+ x = x+ C ⇒ ln |y|+ C = e −2x 2y2 . Portanto, finalmente, 2y2(ln |y|+ C) = e−2x. (c) 2yy′ + x2 + y2 + x = 0. Sugesta˜o: u = y2. Resoluc¸a˜o: Pela sugesta˜o do enunciado, temos a substituic¸a˜o u = y2 ⇒ u′ = 2yy′. Assim, substituindo na equac¸a˜o diferencial, 2 √ u u′ 2 √ u + x2 + ( √ u)2 + x = u′ + u+ x2 + x = 0, ou seja, u′ + u = −(x2 + x), que e´ uma equac¸a˜o linear! Procurando um fator integrante µ(x), temos que µ(x) = e ∫ 1dx = ex. Assim, multiplicando toda a equac¸a˜o por µ(x), temos que exu′ + exu =(exu)′ = −(x2 + x)ex. Integrando nos dois lados, exu = − ∫ (x2 + x)exdx. 27 A integral pode ser calculada separando uma integrac¸a˜o para cada parcela e us- ando integrac¸a˜o por partes. Uma das integrais e´∫ xexdx = xex − ∫ exdx = xex − ex, e a outra e´ ∫ x2exdx = x2ex − 2 ∫ xexdx = x2ex − 2(xex − ex). Assim,∫ (x2 + x)exdx = x2ex − 2(xex − ex) + xex − ex + C = (x2 − x+ 1)ex + C. Portanto, exu = −(x2 − x+ 1)ex + C ⇒ u = Ce−x − x2 + x− 1. Como u = y2, temos, finalmente, que y2 = Ce−x − x2 + x− 1⇒ x2 + y2 = x− 1 + Ce−x. 7. (a) Resolva a equac¸a˜o de Ricatti dy dx = −2− y + y2 atrave´s do seguintes passos: • verifique que y1 = 2 e´ uma soluc¸a˜o. • use a mudanc¸a de varia´vel y = y1 +u para transforma´-la em uma equac¸a˜o de Bernoulli (na varia´vel u). • resolva a equac¸a˜o de Bernoulli resultante para encontrar u. • deduza da´ı a soluc¸a˜o y da equac¸a˜o original. (b) Resolva a mesma equac¸a˜o por separac¸a˜o de varia´veis. Transforme a soluc¸a˜o en- contrada ate´ chegar a` mesma expressa˜o obtida no item (a). Sugesta˜o: fatore e use frac¸o˜es parciais. Resoluc¸a˜o: Seguindo os passos do enunciado, devemos primeiro verificar que y1 = 2 e´ uma soluc¸a˜o. De fato, dy dx = d dx 2 = 0 = −2− y + y2 = −2− 2 + (−2)2 = −4 + 4 = 0. 28 Como obtemos uma igualdade va´lida, temos que y1 = 2 e´ soluc¸a˜o. Fazendo a substituic¸a˜o y = y1 + u = 2 + u⇒ y′ = u′, substituindo na equac¸a˜o diferencial, u′ = −2− (2 + u) + (2 + u)2 = −4− u+ 4 + 4u+ u2 = 3u+ u2, ou seja, u′ − 3u = u2, que e´ uma equac¸a˜o de Bernoulli com n = 2! Fazendo a substituic¸a˜o u = zp = z 1 1−n = z 1 1−2 = z−1, u′ = −z−2z′, temos que −z−2z′ − 3z−1 = (z−1)2 = z−2. Dividindo tudo por z−2 e multiplicando por −1, z′ + 3z = −1. Como fizemos ate´ agora, notamos que o fator integrante e´ dado por µ(x) = e3x. Mul- tiplicando toda a equac¸a˜o por µ(x), temos que e3xz′ + 3e3xz = (e3xz)′ = −e3x ⇒ e3xz = −e 3x 3 + C. Portanto, z = −1 3 + Ce−3x. Como u = z−1, u = 1 −1 3 + Ce−3x e, finalmente, como y = 2 + u, conclu´ımos que y = 2 + 1 Ce−3x − 1 3 . Como o enunciado sugere, tambe´m podemos obter este resultado por separac¸a˜o de varia´veis e utilizando frac¸o˜es parciais. Continuando de u′ = 3u+ u2 = u(3 + u), 29 notamos que podemos obter as soluc¸o˜es por separac¸a˜o de varia´veis como∫ 1 u(3 + u) du = ∫ dx = x+ C. A primeira integral pode ser resolver utilizando frac¸o˜es parciais. Queremos expressar o integrando na forma 1 u(3 + u) = A u + B 3 + u . Fazendo o mı´nimo mu´ltiplo comum e reunindo as poteˆncias de u, A u + B 3 + u = A(3 + u) +Bu u(3 + u) = (A+B)u+ 3A u(3 + u) . Como queremos que esta expressa˜o seja igual ao integrando, 1 u(3 + u) = (A+B)u+ 3A u(3 + u) , por igualdade de polinoˆmios, A+B = 0⇒ B = −A, 3A = 1⇒ A = 1 3 , B = −A = −1 3 . Assim, temos que 1 u(3 + u) = 1 3 [ 1 u − 1 3 + u ] . Portanto, a integral se torna∫ 1 u(3 + u) du = 1 3 ∫ [ 1 u − 1 3 + u ] du = 1 3 [lnu− ln(3 + u)] = 1 3 ln ( u 3 + u ) , onde consideramos u > 0 por simplicidade (o racioc´ınio e´ ana´logo para u < 0). 30 Com isso, ∫ 1 u(3 + u) = 1 3 ln ( u 3 + u ) = x+ C ⇒ ln ( u 3 + u ) = 3x+ C ⇒ u 3 + u = Ce3x ⇒ 3 + u u = Ce−3x ⇒ 3 u + 1 = Ce−3x ⇒ 3 u = Ce−3x − 1 ⇒ 1 u = Ce−3x − 1 3 ⇒ u = 1 Ce−3x − 1 3 Como y = 2 + u⇒ u = y − 2, u = y − 2 = 1 Ce−3x − 1 3 e, finalmente, y = 2 + 1 Ce−3x − 1 3 , como esperado. 8. Encontre uma mudanc¸a de varia´vel que transforme a equac¸a˜o xe2y dy dx + e2y = lnx x em um equac¸a˜o linear e depois resolva-a. Resoluc¸a˜o: Perceba que temos y apenas no expoente de exponenciais. Assim, faz sentido considerarmos uma substituic¸a˜o para y tal que a func¸a˜o ”saia” do expoente. Neste caso, a substituic¸a˜o y = lnu, para u > 0, e´ uma boa candidata, pois e´ a func¸a˜o inversa de ex. Para substituirmos na equac¸a˜o diferencial, tambe´m devemos calcular a derivada, y′ = 1 u u′, 31 pela Regra da Cadeia. Substituindo na equac¸a˜o diferencial, xe2 lnu 1 u u′ + e2 lnu = xu2 u u′ + u2 = xuu′ + u2 = lnx x . Dividindo tudo por xu, u′ + u2 xu = u′ + u x = lnx x2u = lnx x2 u−1. Assim, chegamos na equac¸a˜o u′ + u x = lnx x2 u−1, que e´ uma equac¸a˜o de Bernoulli com n = −1 que pode ser tornada linear! Atrave´s da substituic¸a˜o u = zp = z 1 1−n = z 1 1−(−1) = z 1 2 ⇒ u′ = z − 1 2 2 z′. Substituindo na equac¸a˜o, z− 1 2 2 z′ + z 1 2 x = lnx x2 ( z 1 2 )−1 = lnx x2 z− 1 2 . Dividindo tudo por z− 1 2 e multiplicando por 2, z′ + 2 x z = 2 lnx x2 , que e´ uma equac¸a˜o linear! Calculando o fator integrante µ(x), µ(x) = e ∫ 2 x dx = e2 lnx = elnx 2 = x2, supondo x > 0. Multiplicando toda a equac¸a˜o por µ(x), x2z′ + 2xz = (x2z)′ = 2 ln x. Integrando nos dois lados, x2z = 2 ∫ lnxdx = 2(x lnx− x) + C ⇒ z = 2x lnx− 2x+ C x2 . Como u = z 1 2 , u = ( 2x lnx− 2x+ C x2 ) 1 2 . 32 Tambe´m sabemos que y = lnu. Portanto, y = ln ( 2x lnx− 2x+ C x2 ) 1 2 = 1 2 ln ( 2x lnx− 2x+ C x2 ) ⇒ 2y = ln ( 2x lnx− 2x+ C x2 ) ⇒ e2y = 2x lnx− 2x+ C x2 ⇒ x2e2y = 2x lnx− 2x+ C, como esperado. RESPOSTAS 1a) y = 2 √ 2x√ 1− 4x4 1b) xy−2 = cosx+ x senx+ C, y = 0 1c) y = ( C(1− x)2 − 3 4(1 + x+ x2) )− 2 3 1d) y(x) = ± ( Ce−2kx + a k )− 1 2 2a) |2x+ y||x− y|2 = C 2b) y = Ce y x 33 3a) t1 = 3 4000(ln 5− ln 2) ≈ 0, 00081s 4) O tempo para esvaziar e´ tf = 36pi a √ g segundos e y(t) = ( 2 √ 2− a √ 2gt 18pi )2 5a) tf = 32(6 √ 6− 3√3) 3pia2 √ 2g segundos 5b) y(t) = 6− ( 3pia2 √ 2g 32 t+ 3 √ 3 ) 2 3 6a) y = ln ∣∣∣∣∣x− y − 2x− y + 2 ∣∣∣∣∣+ C, y = x+ 2, y = x− 2 6b) 2y2(ln |y|+ C) = e−2x, y = 0 6c) x2 + y2 = x− 1 + Ce−x 7) y = 2 + 1 Ce−3x − 1/3 , y = 2 8) x2e2y = 2x lnx− 2x+ C 34
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