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UFES – Ceunes
Departamento de Matemática Aplicada
Prof. Jamil Abreu
Equações Diferenciais (2017/2)
Pré-prova 1 (gabarito)
10/10/2017 – E3 S06 – 10:40 às 12:20
Nome: Matŕıcula:
Questão 1 (2pts). Ache as curvas (ou famı́lias de curvas) satisfazendo a seguinte condição geométrica:
“a projeção no eixo x do segmento tangente compreendido entre o ponto (x, y) e o eixo x tem
comprimento 1.”
Solução. O segmento tangente tem inclinação
tg θ =
dy
dx
.
Há duas possibilidades:
(i) a inclinação é positiva; nesse caso, tg θ = y/1 (faça um esboço), logo
dy
dx
= y,
dy
y
= dx,∫
dy
y
=
∫
dx,
log |y| = x+ c,
|y| = ex+c,
y = Cex (C = ±ec 6= 0).
(ii) a inclinação é negativa; nesse caso, tg(180◦ − θ) = y/1 (faça um esboço), logo
−dy
dx
= y,
dy
y
= −dx,∫
dy
y
= −
∫
dx,
log |y| = −x+ c,
|y| = e−x+c,
y = Ce−x (C = ±ec 6= 0).
2
Questão 2 (2pts). Uma população de bactérias cresce a uma taxa proporcional a quantidade já existente.
Se a população triplica entre 9h e 10h da manhã, a que horas ela terá aumentado 100 vezes em relação à
quantidade existente às 9h? A que horas ela terá aumentado 1.000 vezes em relação à quantidade existente
às 11h?
Solução. Uma taxa de crescimento proporcional à quantidade já existente significa que
dQ
dt
= kQ
para alguma constante k > 0. Logo,
dQ
Q
= k dt,∫
dQ
Q
=
∫
k dt,
logQ = kt+ c.
Como Q = Q0 (quantidade inicial, cujo valor exato é irrelevante para o problema) quando t = 0, temos que logQ0 = c. Inserindo
esta informação na expressão anterior obtemos
logQ = kt+ logQ0,
log
Q
Q0
= kt,
Q = Q0e
kt.
Supondo que t = 0 corresponde às 9h, temos por hipótese que Q = 3Q0 quando t = 1; logo
3Q0 = Q0e
k·1,
ek = 3,
k = log 3.
Assim, a quantidade terá aumentado 100 vezes em relação à quantidade existente às 9h (isto é, Q = 100Q0) quando
100Q0 = Q0e
kt,
kt = log 100,
t =
log 100
log 3
≈ 4,2.
Isto é, por volta das 13h12min.
A quantidade existente às 11h (t = 2) é igual Q0e
2k. Logo, quantidade terá aumentado 1000 vezes em relação à quantidade
às 11h quando
1000Q0e
2k = Q0e
kt,
ek(t−2) = 1000,
k(t− 2) = log 1000,
t = 2 +
log 1000
log 3
≈ 8,3.
Isto é, por volta das 17h18min.
3
Questão 3 (2pts). No interior da Terra a força gravitacional é proporcional à distância ao centro da Terra.
Se um túnel for aberto de um ponto até seu polo oposto e um corpo for lançado neste túnel a partir do
repouso, a que velocidade chegará ao centro da Terra? (Dê a resposta em termos da aceleração da gravidade
g e do raio da Terra R.)
Solução. (1) Adotando um sistema de coordenadas com origem no centro da Terra e eixo y ao longo de um raio, a equação
do movimento é, pela segunda lei de Newton,
m
d2y
dt2
= −ky
para alguma constante k > 0. Note que, na superf́ıcie da Terra (y = R), a força resultante é igual ao peso −mg, logo
−mg = −kR, isto é, k = mg
R
.
(2) Pondo v =
dy
dt
, temos que
d2y
dt2
=
dv
dt
=
dv
dy
dy
dt
= v
dv
dy
.
Logo,
mv
dv
dy
= −ky,
mv dv = −ky dy,
mv2
2
= −ky
2
2
+ c.
Por hipótese, o corpo é abandonado da superf́ıcie a partir do repouso, isto é, v = 0 quando y = R, portanto
0 = −kR
2
2
+ c, isto é, c =
kR2
2
.
(3) Pelos passos (1) e (2) acima, a dinâmica do movimento obedece à equação
mv2
2
= − (mg/R)y
2
2
+
(mg/R)R2
2
,
v2 = − g
R
y2 + gR.
Assim, a velocidade no centro na Terra (y = 0) satisfaz
v2 = − g
R
· 02 + gR, isto é, v =
√
gR.
4
Questão 4 (2pts). Ache as trajetórias ortogonais à famı́lia de ćırculos tangentes ao eixo y na origem.
Solução. Um ćırculo tangente ao eixo y na origem, com centro em (c, 0) e raio c, tem equação
(x− c)2 + y2 = c2, isto é, x2 + y2 = 2cx.
Derivando em relação a x obtemos
2x+ 2y
dy
dx
= 2c.
Substituindo c a partir da equação original, temos que
2x+ 2y
dy
dx
=
x2 + y2
x
,
2y
dy
dx
=
y2 − x2
x
,
dy
dx
=
y2 − x2
2xy
.
As trajetórias ortogonais são obtidas como soluções da equação acima quando trocamos dy/dx por −dx/dy:
−dx
dy
=
y2 − x2
2xy
.
A equação acima é claramente homogênea; escreva
dx
dy
=
1
2
(x
y
− y
x
).
Introduzindo a variável z = x/y, ou seja, x = zy, vemos que
dx
dy
=
dz
dy
y + z.
Substituindo na equação anterior, obtemos
dz
dy
y + z =
1
2
(
z − 1
z
),
y
dz
dy
= −z
2 + 1
2z
,
2z dz
z2 + 1
= −dy
y
,∫
2z dz
z2 + 1
= −
∫
dy
y
,
log(z2 + 1) = − log |y|+ c,
log(z2 + 1) = log
C
y
, (C = ±ec 6= 0)
z2 + 1 =
C
y
,
x2
y2
+ 1 =
C
y
,
x2 + y2 = Cy.
Esta última equação representa uma famı́lia de ćırculos tangentes ao eixo x na origem, com centro (0, C/2) e raio |C|/2.
5
Questão 5 (2pts). Resolva a equação diferencial
x√
x2 + y2
dx +
y√
x2 + y2
dy = 0
de duas formas:
1. como equação exata;
2. como equação homogênea.
Solução. 1. Sejam
M =
x√
x2 + y2
e N =
y√
x2 + y2
.
Como
∂M
∂y
=
−x y√
x2+y2
x2 + y2
= − xy
(x2 + y2)3/2
e
∂N
∂x
=
−y x√
x2+y2
x2 + y2
= − xy
(x2 + y2)3/2
,
vemos que
∂M
∂y
=
∂N
∂x
.
Logo, existe uma função f = f(x, y) tal que
∂f
∂x
= M e
∂f
∂y
= N
e a solução geral da equação é f(x, y) = c. Integrando a primeira identidade acima, temos
f =
∫
M dx+ g(y)
=
∫
x dx√
x2 + y2
+ g(y)
=
√
x2 + y2 + g(y).
A função g = g(y) deve ser tal que
∂f
∂y
= N,
y√
x2 + y2
+ g′(y) =
y√
x2 + y2
,
g′(y) = 0.
Logo, g(y) é uma constante. Portanto, a solução geral é
x2 + y2 = c2 (c 6= 0).
2. A equação em questão é equivalente à equação
dy
dx
= −x
y
.
Se z = y/x então y = zx, logo
dy
dx
=
dz
dx
x+ z.
Substituindo na equação, obtemos
x
dz
dx
+ z = −1
z
,
x
dz
dx
= −z
2 + 1
z
,
z dz
z2 + 1
= −dx
x
,
1
2
log(z2 + 1) = − log |x|+ c,
z2 + 1 =
C
x2
(C = e2c > 0),
y2
x2
+ 1 =
C
x2
,
y2 + x2 = C.
6
Questão 6 (2pts). Ache a solução geral da equação abaixo, pelo método dos fatores integrantes:
(y + x) dy = (y − x) dx.
Solução. A equação em questão é equivalente a
x dx+ y dy = y dx− x dy.
Sabemos que ambos os lados acima admitem fatores integrantes no sentido de que ambos são, a menos de um fator integrante,
diferenciais exatas; por exemplo,
d(x2 + y2) = 2(x dx+ y dy),
d
(
arctg
x
y
)
=
y dx− x dy
x2 + y2
.
Sabemos também que se M dx+N dy = 0 admite um fator integrante µ e tem solução geral f(x, y) = c então µF (f) também
é um fator integrante para M dx + N dy = 0 qualquer que seja a função F . Assim, como µ(x, y) = 2 é um fator integrante de
x dx+ y dy = 0, a qual tem solução x2 + y2 = c, resulta, tomando-se F (t) =
1
2t
, que
µ(x, y)F (x2 + y2) = 2
1
2(x2 + y2)
=
1
x2 + y2
também é um fator integrante para x dx+ y dy = 0. Assim,
1
x2 + y2
é um fator integrante para a equação em questão. Por ansatz ou usando o método da Questão 5(1), podemos ver que
d(log
√
x2 + y2) =
x dx+ y dy
x2 + y2
.
Assim, a equação em questão é equivalente à
x dx+ y dy
x2 + y2
=
y dx− x dy
x2 + y2
,
logo,
d(log
√
x2 + y2) = d
(
arctg
x
y
)
,
log
√
x2 + y2 = arctg
x
y
+ c.
7
Questão 7 (2pts). Resolva a equação
(1 + x2) dy + 2xy dx = cotg x dx
de duas maneiras:
1. como equação exata;
2. como equação linear.
Solução. 1. As diferenciais em ambos os lados são claramente exatas, pois
d(y + x2y) = 2xy dx+ (1 + x2) dy,
d(log | senx|) = cosx
senx
dx.
Logo, a equação em questão é equivalente à
d(y + x2y) = d(log | senx|).
Portanto, a solução geral é
y + x2y = log | senx|+ c.
(Em vez do ansatz acima, pode-se usar o método da Questão 5(1).)
2. A equação linear associada é
dy
dx
+
2x
1 + x2
y =
cotg x
1 + x2
.
Sabemos que a equação linear
y′ + P (x)y = Q(x)
é equivalente a
d
dx
(e
∫
P dxy) = Qe
∫
P dx.
Com P =
2x
1 + x2
e Q =
cotg x
1 + x2
temos∫
P dx =
∫
2x dx
1 + x2
= log(1 + x2), logo e
∫
P dx = 1 + x2.
Assim, a equação em questão é equivalente a
d
dx
[(1 + x2)y] = cotg x,
(1 + x2)y =
∫
cotg x dx+ c
= log | senx|+ c.
8
Questão 8 (2pts). Resolva a equação diferencial
yy′′ + (y′)2 = 0
fazendouma redução de ordem apropriada.
Solução. Como a variável independente x não está explicitamente presente, introduzimos a variável p = y′ (note que y′
significa dy/dx) e temos
y′′ =
dp
dx
=
dp
dy
dy
dx
= p
dp
dy
.
Substituindo estas relações na equação original obtemos a equação equivalente
yp
dp
dy
+ p2 = 0.
Logo
dp
p
= −dy
y
,∫
dp
p
= −
∫
dy
y
,
log |p| = − log |y|+ c,
= log
C
|y| (C = e
c > 0),
|p| = C|y| ,
p =
C1
y
(C1 = ±C 6= 0),
y′ =
C1
y
,
y dy = C1 dx,
y2
2
= C1x+ C2.
Pondo c1 = 2C1 e c2 = 2C2, conclúımos que a solução geral é
y2 = c1x+ c2 (c1 6= 0, c2 real qualquer).