Resolução da Lista de Exercícios 3 - Equação de Bernoulli

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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