gabarito g1_20141

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GABARITO G1 de Equac¸o˜es Diferenciais – 2014.1
MAT 1154
Data: 28 de Marc¸o de 2014
1) Resolva os problemas de valor inicial abaixo, isto e´, encontre a func¸a˜o ou
as func¸o˜es y(x) que satisfaz(em) a equac¸a˜o diferencial e as condic¸o˜es iniciais
dadas.
a) yy′ = x
√
1− y2, y(0) = 1/2.
A equac¸a˜o diferencial e´ separa´vel logo:∫
ydy√
1− y2 =
∫
xdx.
Resolvendo as integrais temos :
−
√
1− y2 = x2/2 + c.
Como y(0) = 1/2 achamos c = −√3/2 e − 4√3 ≤ x ≤ 4√3. Logo
y(x) =
√
1− (
√
3− x2)2
4
.
O problema e´ considerado resolvido se esta func¸a˜o foi achada. Ate´ um
ponto de bonus sera dado ao aluno que observar que a func¸a˜o pode ser
extendida ale´m de ± 4√3 pela mesma fo´rmula ou como y ≡ 1 levando
assim a na˜o unicidade das soluc¸o˜es em torno de y = 1.
b) (2y2x− 3)dx+ (2yx2 + 4)dy = 0, y(1) = 1.
A equac¸a˜o e´ exata pois temos:
∂(2y2x− 3)
∂y
=
∂(2yx2 + 4)
∂x
= 4yx
Logo temos que :
F (x, y) =
∫
(2y2x− 3)dx = x2y2 − 3x+ c(y).
Derivando F (x, y) em func¸a˜o de y e igualando a (2yx2 + 4) temos:
2x2y + c′(y) = (2yx2 + 4)⇔ c(y) = 4y.
Temos a soluc¸a˜o geral:
x2y2 − 3x+ 4y = c.
E a particular com y(1) = 1
x2y2 − 3x+ 4y = 2,
logo
y(x) =
−2 +√3x+ 6
x2
.
c) xy′ + y = ex, y(1) = 2.
Reescrevendo temos que a equac¸a˜o e´ linear de primeira ordem:
y′ + y/x = ex/x.
Usando o fator integrante temos:
µ(x) = e
∫
1/xdx = eln(x) = x.
A soluc¸a˜o geral :
µ(x)y(x) =
∫
exdx⇔ y(x) = e
x
x
+
c
x
A soluc¸a˜o particular :
y(x) =
ex
x
+
2− e
x
2) Seja a equac¸a˜o diferencial:
dP
dt
= P (1− 0, 1P )
a) Determine o comportamento da soluc¸a˜o desta equac¸a˜o quando t → ∞,
dependendo do valor inicial P (0).
A maneira mais fa´cil de responder e´ usar o campo de direc¸o˜es que
mostra que
• se P (0) > 0 enta˜o P (t) → 10 quando t → ∞ (como P ′ < 0 e
P e´ decrescente quando P > 10; P ′ > 0 e P e´ crescente quando
0 < P < 10) ;
• se P (0) = 0 enta˜o P (t) = 0→ 0 quando t→∞;
• se P (0) < 0 enta˜o P (t) → −∞ quando t → ∞ (como P ′ < 0
quando P < 0 logo P e´ decrescente).
Claro, poder´ıamos usar tambe´m o resultado de b) abaixo.
b) Encontre a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o diferencial.
A equac¸a˜o diferencial e´ separa´vel logo:∫
dP
P (1− 0, 1P ) =
∫
dt = t+ c.
Como
1
P (1− 0, 1P ) =
1
P
− 0, 1
1− 0, 1P
a primeira integral vale∫
dP
P (1− 0, 1P ) = ln |P | − ln |1− 0, 1P | = ln
∣∣∣∣ P1− 0, 1P
∣∣∣∣ .
Finalmente, pegando exponencial dos dois lados achamos
P
1− 0, 1P = ce
t, c ∈ R,
ou
P (t) =
cet
1 + 0, 1cet
=
10cet
10 + cet
, c ∈ R.
3) Classifique em Verdadeiro ou Falso as afirmac¸o˜es abaixo, justificando.
a) A equac¸a˜o diferencial
y′ − 2
x
y = 0, y(0) = 0
tem exatamente duas soluc¸o˜es:
y1(x) = 0 e y2(x) = x
2.
FALSO. y(x) = cx2 e´ soluc¸a˜o para cada c ∈ R.
b) Todas as soluc¸o˜es da equac¸a˜o diferencial
t2y′′ − 2y = 0, t > 0,
sa˜o dadas pela fo´rmula y(t) = c1t
2+c2t
−1, onde C1 e C2 sa˜o constantes.
VERDADEIRO. Verificamos que y1(t) = t
2 e y2(t) = 1/t sa˜o soluc¸o˜es,
e que o Wronskiano destas duas func¸o˜es e´ diferente de zero se t > 0.
4) Considere a equac¸a˜o diferencial:
(E) y′′(x) + 10y′(x) + 25y(x) = 30x− 3, y(0) = 1, y′(0) = 6.
a) Encontre a soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial.
A equac¸a˜o homogeˆnea
z′′(x) + 10z′(x) + 25z(x) = 0
tem soluc¸a˜o geral
z(x) = c1e
−5x + c2xe−5x
(visto que a equac¸a˜o caracteristica r2 + 10r + 25 = 0 tem raiz dupla
r = −5).
Buscamos uma soluc¸a˜o particular de (E) na forma y(x) = ax+ b onde
a, b sa˜o constantes a determinar. Substituindo em (E) achamos
10a+ 25(ax+ b) = 30x− 3
logo 25a = 30, 10a+25b = −3, o que e´ equivalente a a = 6/5, b = −3/5.
Enta˜o a soluc¸a˜o geral de (E) e´
y(x) = c1e
−5x + c2xe−5x +
6
5
x− 3
5
.
Usando y(0) = 1, y′(0) = 6 achamos 1 = c1− 3/5, 6 = −5c1 + c2 +6/5,
i.e. c1 = 8/5, c2 = 64/5.
y(x) =
8
5
e−5x +
64
5
xe−5x +
6
5
x− 3
5
.
b) Encontre limx→∞ y(x).
Como limx→∞ e−5x = limx→∞ xe−5x = 0,
encontramos limx→∞ y(x) = limx→∞ 65x− 35 =∞.