Banco de Questões - Cálculo Diferencial e Integral IV

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CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
 
 
 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
 
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CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
 
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CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
 
 
Resposta: 2,6 
 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
 
 
 
 
Resposta: 32 
 
 
Resposta: 2,5 
 
 
 
 
Resposta: 1 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
Resposta: 11 
 
 
 Resposta: 2,4 
 
Resposta: 16 
 
Resposta: 11 
 
Resposta: 4,9 
 
 
 
Resposta: -3,0 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
 
 
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CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta: 
 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
Resposta: 3 
 
 
Resposta: -5 
 
 
Resposta: 11 
 
 
Resposta: - 7 
 
 
Resposta: -2 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
Resposta: -1,6 
 
 
Resposta: 
 
 
 
 
 
Resposta: 80 
 
 
 
Resposta: 11 
 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
 
Resposta: 32 
 
𝑑𝑥
𝑑𝑦
= 2 + 2𝑦 + 𝑥 + 𝑥𝑦 => 
𝑑𝑥
𝑑𝑦
= 2(1 + 𝑦) + 𝑥(1 + 𝑦) => 
𝑑𝑥
𝑑𝑦
= (1 + 𝑦) ∗ (2 + 𝑥) 
EDO de duas variáveis 
∫ (
1
1+𝑦
) 𝑑𝑦 = ∫(𝑥 + 2) 𝑑𝑥 => ln(𝑦 + 1) =
𝑥2
2
+ 2𝑥 + 𝑘 => 
 𝑦 + 1 = 𝑒
𝑥2
2 +2𝑥+𝑘 => 𝑦 + 1 = 𝑒
𝑥2
2 +2𝑥+𝑘 ∗ 𝑒𝑘 => 𝑦 + 1
= 𝑒
𝑥2
2 +2𝑥+𝑘 ∗ 𝐶1 
 𝑦 = 𝐶1 ∗ 𝑒
𝑥2
2 +2𝑥 − 1 𝑜𝑢 𝑦(𝑥) = 𝑦 = 𝐶1 ∗ 𝑒
𝑥2
2 +2𝑥 − 1 
Então para y (1) = 0 ou seja para x = 1 y=0 
 𝑦(1) = 𝐶1 ∗ 𝑒
12
2 +21 − 1 => 0 = 𝐶1 ∗ 𝑒
1
2+2 − 1 = > 1 = 𝐶1 ∗ 𝑒
5
2 => 𝐶1 = 
1
𝑒
5
2
 
𝑬𝒏𝒕ã𝒐: 𝒚(𝒙) = 𝒚 =
𝟏
𝒆
𝟓
𝟐
∗ 𝒆
𝒙𝟐
𝟐 +𝟐𝒙 − 𝟏 
Logo para y (2) : 
 𝒚(𝟐) =
𝟏
𝒆
𝟓
𝟐
∗ 𝒆
𝟐𝟐
𝟐 +𝟐
(𝟐)𝒙 − 𝟏 => 𝒚(𝟐) =
𝒆𝟐+𝟒
𝒆
𝟓
𝟐
− 𝟏 => 𝒚(𝟐) =
𝒆𝟔
𝒆
𝟓
𝟐
− 𝟏 => 𝒚(𝟐)
= 𝒆
𝟕
𝟔 − 𝟏 = 
 
 𝒚(𝟐) = 𝟑𝟑, 𝟏𝟏 − 𝟏 = 𝟑𝟐, 𝟏𝟏 
 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
Resposta: 4 
 
 
 
Resposta: 11 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
 
 
 
Resposta:3,5 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
 
 
Resposta: -1,6 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
 
A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nessas 
variáveis. Resolvendo a equação diferencia exata (𝒍𝒏𝒙 + 𝒚𝟐)𝒅𝒙 + 𝟐𝒙𝒚𝒅𝒚 = 𝟎 , 
obtém-se uma função(x). Se o ponto y(1) = 2 pertence a esta função, então pode-se 
afirmar que esta função, no ponto dado é: 
Resposta: 3 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
𝑀(𝑥, 𝑦) = (𝒍𝒏𝒙 + 𝒚𝟐) =>
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 2𝑦 
𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 =>
𝜕𝑁
𝜕𝑥
= 2𝑦 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
 é 𝒆𝒒𝒖𝒂çã𝒐 𝒅𝒊𝒇𝒆𝒓𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂𝒍 𝒆𝒙𝒂𝒕𝒂. 
 
𝐸𝑛𝑡ã𝑜 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝐶 
𝑂𝑛𝑑𝑒: 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 𝑀(𝑥, 𝑦) = (𝒍𝒏𝒙 + 𝒚𝟐) => 𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫(𝑙𝑛𝑥 + 𝑦2)𝑑𝑥 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑙𝑛𝑥 − 𝑥 + 𝑥𝑦2 + 𝐾 𝐸𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝐼 
𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑔(𝑥, 𝑦)𝑒𝑚 𝑟𝑒𝑙𝑎çã𝑜 𝑎 𝑦 
𝜕𝑔
𝜕𝑦
= 2𝑥𝑦 + 𝑘 
 
𝟐𝒙𝒚 + 𝑘(𝑦) = 𝑁(𝑥, 𝑦) = > 2𝑥𝑦 + 𝑘(𝑦) = 𝟐𝒙𝒚 
 
𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 ∫ 𝑑𝑔(𝑦) = ∫ 0𝑑𝑦 => 𝐾(𝑦) = 0 
 
𝑺𝒖𝒃𝒔𝒕𝒊𝒕𝒖𝒊𝒏𝒅𝒐 𝒏𝒂 𝒆𝒒𝒖𝒂çã𝒐 𝑰 𝒕𝒆𝒎𝒐𝒔: 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑙𝑛𝑥 − 𝑥 + 𝑥𝑦2 + 0 = 𝐶 
 
𝑃𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑦(1) = 2 
 
(1) ln(1) − (1) + (1)(22) = 𝐶 => 𝑪 = 𝟑 
 
Um problema de valor inicial é uma equação diferencial sujeita a condições iniciais, que 
nada mais são do que pontos dados da função-solução e da sua derivada primeira. 
Assim, seja a equação diferencial: 𝟐𝒚′′ − 𝟕𝒚′ + 𝟑𝒚 = 𝟎, com y(0) = 5 e y’(0) = -5. 
Pode-se afirmar que o valor aproximado de y(-2), é: 
Resposta: 2,9 
2𝑦′′ − 7𝑦′ + 3𝑦 = 0 
2𝑟2 − 7𝑟 + 3 = 0 =>
−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐
2𝑎
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
−(−7) ± √−72 − 4 ∗ 2 ∗ 3
2 ∗ 2
 =>
7 ± √49 − 24
4
 
7 ± 5
4
 =>
𝑟′ =
12
4
 => 𝑟′ = 3
𝑟′′ =
2
4
 => 𝑟′′ = 1/2
 
 
𝒚(𝒙) = 𝑪𝟏𝒆
𝒓′𝒙 + 𝑪𝟐𝒆
𝒓′′𝒙 (𝒖𝒔𝒂 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝟐 𝒓𝒂𝒊𝒛𝒆𝒔 𝒅𝒊𝒔𝒕𝒊𝒏𝒕𝒂𝒔) 
𝑺𝒐𝒍𝒖çã𝒐 𝒈𝒆𝒓𝒂𝒍: 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟏𝒆
𝟑𝒙 + 𝑪𝟐𝒆
𝟏
𝟐∗𝒙 
𝑷𝒂𝒓𝒂: 𝑦(0) = 5 
𝑦(0) = 𝐶1𝑒
3∗0 + 𝐶2𝑒
1
2∗0 => 5 = 𝐶1 ∗ 1 + 𝐶2 ∗ 1 => 𝟓 = 𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 (𝑰) 
𝑫𝒆𝒓𝒊𝒗𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟏𝒆
𝟑𝒙 + 𝑪𝟐𝒆
𝟏
𝟐∗𝒙 
𝑦′(𝑥) = 3𝐶1𝑒
3𝑥 +
1
2
𝐶2𝑒
1
2∗𝑥 => 𝑷𝒂𝒓𝒂: 𝑦′(0) = −5 
𝑦′(0) = 3𝐶1𝑒
3∗0 +
1
2
𝐶2𝑒
1
2∗0 => 𝑦′(0) = 3𝐶1 ∗ 1 +
1
2
𝐶2 ∗ 1 
𝑦′(0) = 3𝐶1 +
1
2
𝐶2 => −𝟓 = 𝟑𝑪𝟏 +
𝟏
𝟐
𝑪𝟐 (𝑰𝑰) 
 
(𝐼) 𝐶1 + 𝐶2 = 5
(𝐼𝐼) 3𝐶1 +
1
2
𝐶2 = −5
 => 𝑪𝟏 = 𝟓 − 𝑪𝟐 
𝒔𝒖𝒃𝒔𝒕𝒊𝒕𝒖𝒊𝒏𝒅𝒐 𝒆𝒎 (𝑰𝑰): 
3 ∗ (5 − 𝐶2) +
1
2
𝐶2 = −5 => 15 − 3𝐶2 +
1
2
𝐶2 = −5 
−
5
2
𝐶2 = −20 𝐶2 = −
20
−
5
2
 
𝐶2 = 8 
𝑺𝒖𝒃𝒔𝒕𝒊𝒕𝒖𝒊𝒏𝒅𝒐 𝒆𝒎 (𝑰): 
𝐶1 + 𝐶2 = 5 => 𝐶1 + 8 = 5 => 𝐶1 = −3 
𝑺𝒐𝒍𝒖çã𝒐 𝒑𝒂𝒓𝒕𝒊𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓: 𝑦(𝑥) = 𝐶1𝑒
3𝑥 + 𝐶2𝑒
1
2∗𝑥 
 𝑦(𝑥) = −3𝑒3𝑥 + 8𝑒
1
2∗𝑥 
𝑷𝒂𝒓𝒂: 𝑦(−2) =? 
𝑦(−2) = −3𝑒3∗(−2) + 8 = 𝑒
1
2∗
(−2) 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
𝑦(−2) = −3𝑒−6 + 8𝑒−1 => 𝑦(−2) = −3 ∗ 0.00247875 + 8 ∗ 0,367879 
𝒚(−𝟐) = 𝟐, 𝟗𝟑 ≅ 𝟐, 𝟗 
 
 
Um problema de valor inicial é uma equação diferencial sujeita a condições iniciais, que 
nada mais são do que pontos dados da função-solução e da sua derivada primeira. 
Assim, seja a equação diferencial: 𝒚′′ + 𝒚′ − 𝟔𝒚 = 𝟎, com y(0) = 1 e y’(0) = 0. Pode-se 
afirmar que o valor aproximado de y(-1), é: 
Resposta: 8.1 
 
Dentre as alternativas a seguir, indique a que corresponde à solução do problemade 
valor inicial: 𝑥(𝑥 − 2)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 2𝑦 = 0, com 𝒚(𝟑) = 𝟔. 
 
Resposta: 𝒆) 𝒚 =
𝟐𝒙
𝒙−𝟐
 
 
Considere a equação diferencial: 
 
x(x − 2) ∗
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 2𝑦 = 0-
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
2
𝑥(𝑥−2)
∗ 𝑦 = 0-
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
−2
𝑥(𝑥−2)
∗ 𝑦-
1
𝑦
∗ 𝑑𝑦 = (
1
𝑥
−
1
𝑥−2
) ∗ 𝑑𝑥 
 
Integrando por variáveis separáveis: 
 
∫
𝑑𝑦
𝑦
= ∫ (
1
𝑥
−
1
𝑥−2
) ∗ 𝑑𝑥 =>-𝐼𝑛𝑦 = 𝑖𝑛𝑥 = 𝑖𝑛(𝑥 − 2) + 𝐶 =>-Iny = In ∗
𝑥
𝑥−2
+
𝐶 => 
𝑦 = 𝑒𝐶 ∗
𝑥
𝑥−2
 =>-𝐲 =
𝑪∗𝒙
𝒙−𝟐
 
Se y (3) = 6 =>-6 =
3∗𝐶
3−2
 =>-2 = C =>- 𝒚 = 𝟐𝒙
𝒙−𝟐
 
 
Supondo que a taxa de crescimento de uma população seja proporcional a si mesma, ou seja: 
𝒅𝑷
𝒅𝑻
= 𝒌𝑷. Em que: P é a população em um instante qualquer, t é o tempo e k é a constante de 
proporcionalidade. Assim, para a população de uma cidade que obedece à lei descrita acima, 
tem-se a seguinte situação: em 1º de janeiro de 2000, a população de uma determinada cidade 
era de 200.000 habitantes. 12 anos depois, a população era de 250.000 habitantes. Utilize 
aproximação de centésimos (por arredondamento), para todos os valores obtidos no 
desenvolvimento da questão e identifique, dentre as alternativas a seguir, aquela que indica 
quando a população dessa cidade será o dobro da que foi registrada em 2000. 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
Resposta: d) julho de 2034 
𝑁𝑜𝑡𝑒 𝑞𝑢𝑒: 
𝑑𝑃
𝑑𝑡
= 𝑘𝑃 => ∫
1
𝑃
𝑑𝑃 = ∫ 𝑘𝑑𝑡 => 𝐼𝑛𝑃 = 𝑘𝑡 + 𝐶 => 𝑃 = 𝐶𝑒𝑘𝑡 
 
1º de janeiro de 2000 
𝑆𝑒 𝑃(0) = 200.000 
𝑃(12) = 250.000 
𝑡 =?/𝑃(𝑡) = 400.000 
∙) 200.000
= 𝐶𝑒𝑜 = 𝐶 
P(t)
= 200.000 ∗ 𝑒𝑘𝑡 
∙) 250.000 = 200.000
∗ 𝑒𝑘𝑡 
1,25 = 𝑒12𝑘 
1
12
𝐼𝑛(1,25) = 𝐾 
0,02 = 𝑘 
P(t)
= 200.000 ∗ 𝑒0,02𝑡 
∙) 𝑃(𝑡) = 400.000 
200.000 ∗ 𝑒0,02𝑡
= 400.000 
𝑒0,02𝑡 = 2 
𝒕 = 𝟓𝟎𝑰𝒏𝟐 = 𝟑𝟒, 𝟔𝟔 
𝒕 = 𝒋𝒖𝒍𝒉𝒐 𝒅𝒆 𝟐𝟎𝟑𝟒 
 
A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação homogênea 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑌
𝑥
+
𝑥
𝑌
, obtém-se uma função y(x). Se 
o ponto 𝒚(𝟏) = 𝟐 pertence a esta função, então pode-se afirmar que o módulo do valor 
inteiro, mais próximo de y(2), é: 
 
Resposta: b) 5 
 
𝑅𝑒𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑑𝑜: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦
𝑥
+
𝑥
𝑦
 
𝐶𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑒 𝑍 =
𝑦
𝑥
(𝑜𝑢 𝑦 = 𝑍𝑥) 𝑒𝑛𝑡ã𝑜: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑍 + 𝑥 ∗
𝑑𝑍
𝑑𝑥
 
Substituindo (x): 
𝑦
𝑥
+
1
𝑦
𝑥⁄
= 𝑍 + 𝑥 ∗
𝑑𝑍
𝑑𝑥
 → 𝑍 +
1
𝑍
= 𝑍 + 𝑥 ∗
𝑑𝑍
𝑑𝑥
 
1
𝑍
= 𝑥 ∗
𝑑𝑍
𝑑𝑥
 → 
1
𝑥
∗ 𝑑𝑥 = 𝑍𝑑𝑍 
𝐼𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜: ∫
𝑑𝑥
𝑥
= ∫ 𝑍𝑑𝑍 
𝐶 + 𝐼𝑛𝑥 =
𝑍2
2
 → 𝐶 + 𝐼𝑛𝑥 =
𝑦2
2𝑥²
 
Se y(1) = 2, então: 
𝐶 + 𝐼𝑛1 =
2²
2 ∗ (1)²
= 2 → 𝐶 = 2 
2𝑥² ∗ (2 + 𝐼𝑛𝑥) = 𝑦² 
𝑆𝑒 𝑥 = 2, 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
𝑦² = 2(2)2 ∗ (2 + 𝐼𝑛2) = 21,6 
|𝒚| = 𝟓 
 
A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação homogênea (𝒚𝟐 + 𝒙𝒚)𝒅𝒙 − 𝒙𝟐𝒅𝒚 = 𝟎, obtém-se uma 
função y(x). Se o ponto 𝒚(𝟏) = 𝟐 pertence a esta função, então pode-se afirmar que o 
valor mais próximo de y (3), é: 
 
Resposta: a) -5 
Para y(3) = ? x = 3 y = ? 
𝐼𝑛(𝑥) =
−𝑥
𝑦
+ 0,5 
𝐼𝑛(3) =
−3
𝑦
+ 0,5 
𝐼𝑛(3) − 0,5 =
−3
𝑦
 → 𝑦 =
−3
𝐼𝑛(3) − 0,5
 
𝑦 = −5,011 → 𝒚 ≅ −𝟓 
 
A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação diferencial exata (𝒙 + 𝟑𝒚)𝒅𝒙 + (𝟑𝒙 − 𝟏)𝒅𝒚 = 𝟎, 
obtém-se uma função y(x). Se o ponto 𝒚(𝟐) = 𝟏 pertence a esta função, então pode-se 
afirmar que o valor de y(0), é: 
 
Resposta: c) -7 
 
(𝑥 + 3𝑦)𝑑𝑥 + (3𝑥 − 1)𝑑𝑦 = 0 
𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 3𝑦 → 
𝑎𝑀
𝑎𝑦
= 3 𝑁(𝑥, 𝑦) = 3𝑥 − 1 → 
𝑎𝑁
𝑎𝑥
= 3 
𝑎𝑀
𝑎𝑦
=
𝑎𝑁
𝑎𝑥
 → 𝐸𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑒𝑥𝑎𝑡𝑎 
𝐸𝑛𝑡ã𝑜: ∫
𝑎𝑦
𝑎𝑥
= ∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 → 𝑔(𝑥, 𝑦)
= ∫(𝑥 + 3𝑦)𝑑𝑥 → 𝑔(𝑥, 𝑦) =
𝑥²
2
+ 3𝑦 + 𝑘 (1) 
𝑫𝒆𝒓𝒊𝒗𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒈(𝒙, 𝒚) 𝒆𝒎 𝒓𝒆𝒍𝒂çã𝒐 𝒂 𝒚 
𝑎𝑔
𝑎𝑦
= 3𝑥 + 𝑘′(𝑦) → 3𝑥 + 𝑘′(𝑦) = 𝑁(𝑥, 𝑦) → 3𝑥 + 𝑘(𝑦) = 3𝑥 − 1 
∫ 𝑘′(𝑦) = ∫ −1𝑑𝑦 → 𝑘(𝑦) = −𝒚 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
𝒔𝒖𝒃𝒔𝒕𝒊𝒕𝒖𝒊𝒏𝒅𝒐 𝒏𝒂 𝒆𝒒𝒖𝒂çã𝒐 𝟏 
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑦(2) = 1 → 
𝑥²
2
+ 3𝑥𝑦 − 𝑦 = 𝐶 𝑇𝑒𝑚𝑜𝑠: 
2²
2
+ 3(2)(1) − (1) = 𝐶 → 𝑪 = 𝟕 
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑦(0) = ? → 
0²
2
+ 3(0)(𝑦) − 𝑦 = 7 → 𝒚 = −𝟕 
 
A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação homogênea (𝟒𝒙 − 𝒚)𝒅𝒙 + (𝟔𝒚 − 𝒙)𝒅𝒚 = 𝟎, obtém-
se uma função y(x). Se o ponto 𝒚(𝟐) = 𝟐 pertence a esta função, então pode-se afirmar 
que o valor negativo de y (1), é: 
 
Resposta: e) -2 
 
 
Deixa-se cair de um balão, um objeto de massa m, num local em que a resistência do ar 
é diretamente proporcional à velocidade do objeto, ou seja, kv. Considerando que este 
movimento possa ser descrito pela equação diferencial linear de primeira ordem: 
𝒎
𝒅𝒗
𝒅𝒕
+ 𝒌𝒗 = 𝒎𝒈 e que não existam condições iniciais a serem aplicadas a esta 
situação, pode-se afirmar que a equação geral para determinar a velocidade do balão, 
em função do tempo, v(t), é: 
 
Resposta: 𝒄) 𝒗 = 𝒈
𝒎
𝒌
+ 𝒄 ∙ 𝒆−
𝒌
𝒎
𝒕
 
 
𝐶𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑒 𝑚
𝑑𝑣
𝑑𝑡
+ 𝑘𝑉 = 𝑚𝑔 → 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
+
𝑘
𝑚
∗ 𝑣 = 𝑔 
𝑆𝑒𝑗𝑎 𝑜 𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒: 𝐹. 𝐼. = 𝑒+ ∫
𝑘
𝑚∗𝑑𝑡 → 𝐹. 𝐼. = 𝑒
+𝑘
𝑚 𝑡 
𝑀𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜: 𝑒
𝑘
𝑚𝑡 ∗
𝑑𝑣
𝑑𝑡
+
𝑘
𝑚
∗ 𝑒
𝑘
𝑚𝑡 → 𝑉 = 𝑔 ∗ 𝑒
𝑘
𝑚𝑡 
𝑑
𝑑𝑡
(𝑒
𝑘
𝑚𝑡 ∗ 𝑉) = 𝑔 ∗ 𝑒
𝑘
𝑚𝑡 → 𝑑 (𝑒
𝑘
𝑚𝑡 ∗ 𝑉) = 𝑔 ∗ 𝑒
𝑘
𝑚𝑡 ∗ 𝑑𝑡 
𝐼𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜: ∫ 𝑑 (𝑒
𝑘
𝑚𝑡 ∗ 𝑉) = ∫ 𝑔 ∗ 𝑒
𝑘
𝑚𝑡 ∗ 𝑑𝑡 → 𝑒
𝑘
𝑚𝑡 ∗ 𝑉 =
𝑚𝑔
𝑘
∗ 𝑒
𝑘
𝑚𝑡 + 𝐶,
𝐶 = 𝑑𝑡𝑒 
𝑽 = 𝒈 ∗
𝒎
𝒌
+ 𝑪 ∗ 𝒆−
𝒌
𝒎𝒕, 𝑪 = 𝒅𝒕𝒆 
 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Assim a solução da E. D. de Bernoulli: y’+4y=5y², é: 
 
Resposta: 𝒃) 𝒚 =
𝟒
𝟓+𝒄∙𝒆𝟒𝒙
 
 
𝑆𝑒𝑗𝑎 𝑎 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜: 𝑦′ + 4𝑦 = 5𝑦² → 𝑦′ = 5𝑦² − 4𝑦 
𝐶𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑒: 𝑍 = 1 → 𝑦 =
1
𝑍
 
𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜: 𝑍′ =
−1
𝑦²
∙ 𝑦′ → 𝑍′ =
−1
𝑦2
∙ (5𝑦2 − 4𝑦) → 𝑍′ = −5 + 4𝑍 
→ 𝑍′ − 4𝑍 = −5 
𝐹𝑎𝑡𝑜𝑟 𝐼𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒: 𝑒∫ −4𝑑𝑥 = 𝑒−4𝑥 
𝑀𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜: 𝑒−4𝑥 ∙ 𝑍′ − 4𝑒−4𝑥𝑍 = −5𝑒−4𝑥 → 
𝑑
𝑑𝑥
(𝑒−4𝑥 ∙ 𝑍) = −5 ∙ 𝑒−4𝑥 
𝐼𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜: 𝑑(𝑒−4𝑥𝑍) = −5 ∙ 𝑒−4𝑥𝑑𝑥 → ∫ 𝑑(𝑒−4𝑥 ∙ 𝑍) = ∫ −5 ∙ 𝑒−4𝑥𝑑𝑥 
→ 
→ 𝑒−4𝑥𝑍 =
5
4
∙ 𝑒−4𝑥 + 𝐶, 𝐶 = 𝑑𝑡𝑒 
𝑆𝑢𝑏𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑛 𝑑𝑜 𝑍 =
1
𝑦
 → 
𝑒−4𝑥
𝑦
=
5 ∙ 𝑒−4𝑥 + 𝐶
4
, 𝐶 = 𝑑𝑡𝑒 → 𝒚
=
𝟒
𝟓 + 𝑪 ∙ 𝒆𝟒𝒙
, 𝑪 = 𝒅𝒕𝒆 
 
Um problema de valor inicial é uma equação diferencial sujeita a condições iniciais, que 
nada mais são do que pontos dados da função-solução e de sua derivada primeira. 
Assim, seja a equação diferencial: 𝒚"+ 𝟐𝒚′ = 𝟎, com 𝒚(𝟎) = 𝟑 𝑒 𝒚′(𝟎) = 𝟔. Pode-se 
afirmar que valor aproximado de 𝒚 (
𝟏
𝟐
), é: 
 
Resposta: e) 4,9 
 
Solução 
 
Considere a equação diferencial 
𝒚′′ + 𝟐𝒚′ = 𝟎 
Cuja equação associada é: 𝑚2 + 2𝑚 = 𝑚(𝑚 + 2) = 0, tem duas soluções 𝑚1 = −2, 𝑚2 =
0, logo a solução da equação diferencial é: 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
𝑦(𝑥) = 𝐶1𝑒
−2𝑥 + 𝐶2𝑒
0𝑥 
𝑦(𝑥) = 𝐶1𝑒
−2𝑥 + 𝐶2 
 
Derivando: 
𝑦′(𝑥) = −2𝐶1𝑒
−2𝑥 
Se 𝑦(0) = 3, então 
3 = 𝑦(0) = 𝐶1𝑒
0 + 𝐶2 ⟹ 3 = 𝐶1 + 𝐶2 
Se 𝑦′(0) = 6, então 
6 = 𝑦′(0) = −2𝐶1𝑒
0 ⟹ 6 = −2𝐶1 ⟹ 𝐶1 = −3 ⟹ 𝐶2 = 6 
Portanto 
𝑦(𝑥) = −3𝑒−2𝑥 + 6 
Se 𝑥 =
1
2
, então 
𝑦 (
1
2
) = −3𝑒−1 + 6 → 𝒚 (
𝟏
𝟐
) ≈ 𝟒, 𝟗 
 
 
Um problema de valor inicial é uma equação diferencial sujeita a condições iniciais, que 
nada mais são do que pontos dados da função-solução e de sua derivada primeira. 
Assim, seja a equação diferencial: 𝒚" + 𝒚′ − 𝟔𝒚 = 𝟎, com 𝒚(𝟎) = 𝟏 𝑒 𝒚′(𝟎) = 𝟎. 
Pode-se afirmar que valor aproximado de 𝒚(−𝟏), é: 
 
Resposta: a) 8,1 
 
Solução 
 
Considere a equação diferencial 
𝒚′′ + 𝒚′ − 𝟔𝒚 = 𝟎 
 
Cuja equação associada é: 𝑚2 + 𝑚 − 6 = (𝑚 + 3)(𝑚 − 2) = 0, tem duas soluções 𝑚1 =
−3, 𝑚2 = 2, logo a solução da equação diferencial é: 
𝑦(𝑥) = 𝐶1𝑒
−3𝑥 + 𝐶2𝑒
2𝑥 
Derivando: 
𝑦′(𝑥) = −3𝐶1𝑒
−3𝑥 + 2𝐶2𝑒
2𝑥 
Se 𝑦(0) = 1, então 
1 = 𝑦(0) = 𝐶1𝑒
0 + 𝐶2𝑒
0 ⟹ 1 = 𝐶1 + 𝐶2 ⟹ 𝐶2 = 1 − 𝐶1 
Se 𝑦′(0) = 0, então 
0 = 𝑦′(0) = −3𝐶1𝑒
0 + 2𝐶2𝑒
0 ⟹ 0 = −3𝐶1 + 2𝐶2 ⟹ 3𝐶1 = 2𝐶2 ⟹ 𝐶1 =
2
5
, 𝐶2 =
3
5
 
Portanto 
𝑦(𝑥) =
2
5
𝑒−3𝑥 +
3
5
𝑒2𝑥 
Se 𝑥 = −1, então 
𝑦(−1) =
2
5
𝑒3 +
3
5
𝑒−2 → 𝒚(−𝟏) ≈ 𝟖, 𝟏 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
A soma dos coeficientes da solução particular da equação: 𝒚" + 𝒚′ − 𝟐𝒚 =
𝟏𝟐𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙), é: 
Resposta: b) -1,2 
 
𝐶𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑒 𝑦𝑝 = 𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝑥) + 𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥) 
𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜: 𝑦𝑝
′ = −2𝐴𝑠𝑒𝑛(2𝑥) + 2𝐵𝑐𝑜𝑠(2𝑥) ∣ 𝑦𝑝"
= −4𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝑥) − 4𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥) 
𝑆𝑢𝑏𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑛𝑑𝑜 𝑛𝑎 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙: 
𝑦𝑝" + 𝑦𝑝′ − 2𝑦𝑝
= (−4𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝑥) − 4𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥)) + (−2𝐴𝑠𝑒𝑛(2𝑥) + 2𝐵𝑐𝑜𝑠(2𝑥)) 
→ 
−2(𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝑥) + 𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥)) → 12 cos(2𝑥)
= (2𝐵 − 6𝐴) cos(2𝑥) + (−2𝐴 − 6𝐵)𝑠𝑒𝑛(2𝑥) → 
0 = −2𝐴 − 6𝐵 → 𝑨 = −𝟑𝑩 
12 = 2𝐵 − 6𝐴 → 12 = 20𝐵 → 
3
5
= 𝐵 → 𝐴 =
−9
5
 
𝑃𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜: 𝑦𝑝 =
−9
5
cos(2𝑥) +
3
5
𝑠𝑒𝑛(2𝑥) 
∑ 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 =
−9
5
+
3
5
=
−6
5
= −𝟏, 𝟐 
 
 
O produto dos coeficientes da solução particular da equação: 𝒚" + 𝒚′ − 𝟐𝒚 = 𝟐𝒙 − 𝟏, 
é: 
Resposta: d) 0 
 
𝑆𝑒𝑗𝑎 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥² + 𝐵𝑥 + 𝐶, 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜: 𝑦𝑝
′ = 2𝐴𝑥 + 𝐵 → 𝑦𝑝" = 2𝐴 
𝑆𝑢𝑏𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑛𝑑𝑜 𝑛𝑎 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙: 
2𝑥 − 1 = 𝑦𝑝" + 𝑦𝑝′ − 2𝑦𝑝 → 2𝑥 − 1 = (2𝐴) + (2𝐴𝑥 + 𝐵) − 2(𝐴𝑥² + 𝐵𝑥 + 𝐶) 
→ 
→ 2𝑥 − 1 = −2𝐴𝑥2 + (2𝐴 − 2𝐵)𝑥 + (2𝐴 + 𝐵 − 2𝐶) 
−2𝐴 = 0 → 𝑨 = 𝟎 | 2𝐴 − 2𝐵 = 2 → 𝑩 = −𝟏 | 2𝐴 + 𝐵 − 2𝐶
= −1 → 𝑪 = 𝟎 
𝐿𝑜𝑔𝑜: 𝑦𝑝 = −𝑥 → 𝑦𝑝 = −𝑥 + 0 → (−𝟏) ∙ (𝟎) = 𝟎 
 
 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
 
 
Solução. 
Considere a função 
𝑦(𝑥) = 𝑘𝑒−2𝑥 = 𝑒𝑐𝑒−2𝑥 
𝑦(𝑥) = 𝑒−2𝑥+𝑐 
Aplicando logaritmo: 
ln 𝑦(𝑥) = −2𝑥 + 𝑐 
Derivando: 
1
𝑦(𝑥)
𝑦′(𝑥) = −2 
𝑦′(𝑥) = −2𝑦(𝑥) 
𝑑𝑦(𝑥)
𝑑𝑥
+ 2𝑦(𝑥) = 0 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 2𝑦 = 0 
 
 
 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV