EAD0210 - INTRODUÇÃO ÀS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS - ATIVIDADE ONLINE 1 (RESPONDIDA)

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UNIVERSIDADE FEDERAL RURAL DO SEMI-ÁRIDO
NÚCLEO DE EDUCAÇÃO À DISTÂNCIA - NEaD
Professor: Mariana Maia
Disciplina: Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Turno/Turma:
Aluno(a): Matŕıcula:
Curso: Data: / /
1a¯ Atividade On-line
1. Verique se a função dada é ou não solução da EDO indicada:
(a) y = lnx; xy′′ + y′ = 0, x > 0.
(b) y = (x2 − 1)−1, y′ + 2xy2 = 0, −1 < x < 1.
2. Use o método das variáveis separáveis para obter a solução geral da EDO de primeira
ordem
y lnx dx− 2y dy = 0.
3. Determine as trajetórias ortogonais à seguinte famı́lia de curvas
y = λex.
4. Determine se a EDO xy2 dy
dx
= y3 − x3 é homogênea, e resolva o PVI xy2
dy
dx
= y3 − x3
y(1) = 2
.
5. Verique se a EDO é exata, se for, resolva:
(a) (2x− y)dx− (x+ 6y)dy = 0
(b) (2y2x− 3)dx+ (2yx2 + 4)dy = 0
6. Resolva o PVI,  e
−xy′ + 2exy = ex
y(0) =
1
2
+
1
e
.
7. Sabe-se que uma cultura de bactérias cresce a uma taxa proporcional à quantidade pre-
sente. Após uma hora, observam-se 1000 fileiras de bactérias na cultura; e após quatro
horas, 3000 fileiras. Determine:
Magnus Kelly de Oliveira Pinheiro 2018005548
Licenciatura Matemática (EAD)
(a) a expressão do número N(t) de fileiras de bactérias presentes na cultura no instante
t.
(b) o número aproximado N0 de fileiras de bactérias no ińıcio da cultura.
8. Um corpo à temperatura de 500oF é colocado ao ar livre onde a temperatura é 1000oF .
Se, após 5 minutos, a temperatura do corpo é de 600oF , determine:
(a) o tempo t necessário para quem o corpo atinja a temperatura de 750oF.
(b) a temperatura T do corpo após 20 minutos.
9. Em um circuito simples, um gerador fornece uma voltagem E(t) = 40 sen 60t volts, a
indutância é 1 henry, a resistência é 20 Ω e i(0) = 1. Encontre a função i(t) e determine
o valor da corrente depois de um segundo.
10. Um tanque contém inicialmente 350 litros de salmoura com 10 kg de sal. A partir de um
dado momento, água pura começa a entrar no tanque à razão de 20 litros por minuto,
enquanto a mistura bem homogeneizada sai do tanque à mesma razão. Qual a quantidade
Q(t) de sal no tanque após t minutos? O que ocorre com a quantidade de sal no tanque
com o passar do tempo?
11. Resolva a EDO
dx
dy
= x2 − x
pelo método de Bernoulli.
Bom trabalho!
 
 
 
ATIVIDADE ONLINE 1 
 
 
1. 
a) 
Solução: 
Nesse caso para verificarmos se a função dada é ou não solução da EDO indicada, 
precisamos encontrar a primeira e a segunda derivadas da função: 
𝑦 = 𝑙𝑛𝑥 
e substituir na EDO indicada, 
𝑥𝑦′′ + 𝑦′ = 0, 
os valores da função original e das derivadas da função e, ao resolvermos, esses valores 
devem zerar a EDO. Assim, temos que 
𝑦′ =
1
𝑥
 e y′′ = −
1
𝑥2
 
Agora, substituindo as derivadas na EDO, obtemos: 
𝑥 (−
1
𝑥2
) +
1
𝑥
= 0 
Resolvendo, podemos eliminar o 𝑥 que está fora dos parênteses com um dos que está no 
denominador. Isso nos dá: 
−
1
𝑥
+
1
𝑥
= 0 
Ao somarmos as frações encontramos como valor o zero. Assim, podemos concluir que, 
respeitando a condição (𝑥 > 0) dada na questão, a função 
𝒚 = 𝒍𝒏𝒙 
é solução da EDO: 
𝑥𝑦′′ + 𝑦′ = 0. 
 
UNIVERSIDADE FEDERAL RURAL DO SEMIÁRIDO - UFERSA 
POLO: Pau dos Ferros 
CURSO: Licenciatura Matemática 
DISCIPLINA: EAD0210 - Introdução às Equações Diferenciais 
ALUNO: Magnus Kelly de Oliveira Pinheiro 
 
b) 
Solução: 
Nesse caso para verificarmos se a função dada é ou não solução da EDO indicada, 
precisamos encontrar a primeira derivada da função: 
𝑦 = (𝑥2 − 1)−1 
e substituir na EDO indicada, 
𝑦′ + 2𝑥𝑦2 = 0, 
os valores da função original e da função derivada e, ao resolvermos, esses valores devem 
zerar a EDO. Assim, temos que 
𝑦′ = −1 ∙ (𝑥2 − 1)−2 ∙ 2𝑥 ⇒ 𝑦′ = −
2𝑥
(𝑥2 − 1)2
 
Agora, substituindo a derivada na EDO, obtemos: 
−
2𝑥
(𝑥2 − 1)2
+ 2𝑥 ∙ ((𝑥2 − 1)−1)2 = 0 
Reorganizando a expressão, usando as propriedades da potência, obtemos: 
−
2𝑥
(𝑥2 − 1)2
+
2𝑥
(𝑥2 − 1)2
= 0 
Resolvendo, obtemos que ao somarmos as frações encontramos como valor o zero. 
Assim, podemos concluir que, respeitando a condição (−1 < 𝑥 < 1) dada na questão, a 
função: 
𝒚 = (𝒙𝟐 − 𝟏)−𝟏 
é solução da EDO: 
𝑦′ + 2𝑥𝑦2 = 0. 
 
2. 
Solução: 
Temos que: 
𝑦𝑙𝑛𝑥𝑑𝑥 − 2𝑦𝑑𝑦 = 0 
Seja 𝑦 a variável dependente. Dividir tudo por 𝑑𝑥, 
𝑦𝑙𝑛𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
− 2𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
0
𝑑𝑥
, 
Nos dá 
𝑦𝑙𝑛𝑥 − 2𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0 
 
Substituir 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 por 𝑦′ 
𝑦𝑙𝑛𝑥 − 2𝑦𝑦′ = 0 
Isolar 𝑦′ 
𝑦′ =
𝑦𝑙𝑛𝑥
2𝑦
⇒ 𝑦′ =
𝑙𝑛𝑥
2
 
Se 𝑓′(𝑥) = 𝑔(𝑥) então 𝑓(𝑥) = ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥. Assim temos que 
𝑦 = ∫
𝑙𝑛𝑥
2
𝑑𝑥 
Resolvendo, obtemos: 
𝒚 =
𝟏
𝟐
(𝒙𝒍𝒏𝒙 − 𝒙) + 𝑪 
 
3. 
Solução: 
Para encontrar as trajetórias ortogonais de uma família de curvas, devemos 
1. Encontrar a equação diferencial 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦) que descreve a família. 
2. A ED da família ortogonal será 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
1
𝑓(𝑥,𝑦)
. 
3. Solucionar a ED para obter a família procurada. 
Assim, considerando a família descrita pela equação: 
𝑦 = λ𝑒𝑥, 
temos 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝜆) = 𝑦 − 𝜆𝑒𝑥 = 0 e assim, temos a inclinação das retas tangentes dada por 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− λ𝑒𝑥 = 0 ⇒
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= λ𝑒𝑥. 
Logo a inclinação das retas tangentes das trajetórias ortogonais será 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
1
λ𝑒𝑥
 
precisamos eliminar o parâmetro λ; para isto, note que 
λ =
y
𝑒𝑥
 
substituindo temos 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
1
y
𝑒𝑥 𝑒
𝑥
⇒
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
1
y
⇒ 𝑦𝑑𝑦 = −1𝑑𝑥 
e integrando temos 
 
∫ 𝑦𝑑𝑦 = ∫ −1𝑑𝑥 ⇒
𝑦2
2
= −𝑥 + 𝐶 ⇒ 𝟐𝒙 + 𝒚𝟐 = 𝑪 
ou 
𝒚𝟐 = −𝟐𝒙 + 𝑪 
 
4. 
Solução: 
Para determinarmos se 
𝑥𝑦2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦3 − 𝑥3 
é homogênea, primeiro vamos reescrever a função como 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦3 − 𝑥3
𝑥𝑦2
 
Agora, consideremos 
𝑦3 − 𝑥3
𝑥𝑦2
 
como a nossa 
𝑓(𝑥, 𝑦), 
assim, temos que 
𝑓(𝑥, 𝑦) =
𝑦3 − 𝑥3
𝑥𝑦2
 
e essa função precisa satisfazer 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡𝑛𝑓(𝑥, 𝑦) 
Assim, multiplicando os argumentos da função por 𝑡, temos que 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) =
(𝑡𝑦)3 − (𝑡𝑥)3
(𝑡𝑥)(𝑡𝑦)2
 
Expandindo a expressão, obtemos: 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) =
𝑡3 ∙ 𝑦3 − 𝑡3 ∙ 𝑥3
𝑡 ∙ 𝑥 ∙ 𝑡2𝑦2
 
Colocando 𝑡3 em evidência no numerador e somando os expoentes das potências de 
mesma base no denominador e pondo em evidência, obtemos: 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) =
𝒕𝟑 ∙ (𝒚𝟑 − 𝒙𝟑)
𝒕𝟑 ∙ (𝒙 ∙ 𝒚𝟐)
⇒ 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝒕𝟎
(𝒚𝟑 − 𝒙𝟑)
(𝒙 ∙ 𝒚𝟐)
 
Dizemos então que a função é homogênea de grau 0. 
 
Ainda, resolvendo, 𝑡3/𝑡3, encontramos 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦3 − 𝑥3
𝑥𝑦2
 
Como a multiplicação dos argumentos da função por uma constante, 𝑡, não alteraram o 
valor da função, podemos concluir que a função é homogênea. 
O PVI, será solucionado por substituição. Mas primeiro vamos escrever 
𝑥𝑦2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦3 − 𝑥3 
como, 
𝑥𝑦2𝑑𝑦 = (𝑦3 − 𝑥3)𝑑𝑥 
Agora, vamos realizar as seguintes substituições 
𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑢 =
𝑦
𝑥
 
𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢 
Substituindo na expressão acima, encontramos 
𝑥(𝑢𝑥)2(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = [(𝑢𝑥3) − 𝑥3]𝑑𝑥 
Aplicando a distributiva na expressão, obtemos 
𝑢3𝑥3𝑑𝑥 + 𝑢2𝑥4𝑑𝑢 = 𝑢3𝑥3𝑑𝑥 − 𝑥3𝑑𝑥 
subtraindo, 𝑢3𝑥3𝑑𝑥, em ambos os lados da expressão, temos 
𝑢2𝑥4𝑑𝑢 = −𝑥3𝑑𝑥 
dividindo os dois lados da expressão por 𝑥3, 
𝑢2𝑥4
𝑥3
𝑑𝑢 = −
𝑥3
𝑥3
𝑑𝑥 
ficamos com, 
𝑢2𝑥𝑑𝑢 = −𝑑𝑥 
reorganizando 
𝑢2𝑑𝑢 = −
𝑑𝑥
𝑥
 
integrando dos dois lados 
∫ 𝑢2𝑑𝑢 = ∫ −
𝑑𝑥
𝑥
 
obtemos, 
𝑢3
3
= −𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶 
Temos que, 
 
𝑢 =
𝑦
𝑥
 
Assim, podemos rescrever 
𝑢3
3
= −𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶, como 
1
3
(
𝑦
𝑥
)
3
= −𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶 ⇒
𝑦3
3𝑥3
= −𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶 
Resolvendo para 𝑦, encontramos 
𝑦3 = −3𝑥3𝑙𝑛|𝑥| + 3𝑥3𝐶 
Agora, vamos usar a restrição, 𝑦(1) = 2, para determinar o valor da constante, 𝐶. Assim, 
temos 
(2)3 = −3(1)3𝑙𝑛|1| + 3(1)3𝐶 
Resolvendo, encontramos que 
𝐶 =
8
3
 
Substituindo o valor da constante em 𝑦3 = −3𝑥3𝑙𝑛|𝑥| + 3𝑥3𝐶, ficamos com, 
𝒚𝟑= −𝟑𝒙𝟑𝒍𝒏|𝒙| + 𝟖𝒙𝟑 
Que é uma solução para o PVI. 
 
5. 
a) 
Solução: 
Da questão temos que 
𝑀(𝑥, 𝑦) = (2𝑥 − 𝑦) 
𝑁(𝑥, 𝑦) = −(𝑥 + 6𝑦) 
Para verificarmos se a EDO é exata, precisamos que 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
 
Assim, temos que 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= −1 e 
𝜕𝑁
𝜕𝑥
= −1 
Logo, a EDO é exata. Portanto, temos que 
⇔ ∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 = ∫ 2𝑥 − 𝑦 𝑑𝑥 ⇒ 𝑥2 − 𝑦𝑥 + 𝑔(𝑦) = 𝑓(𝑥, 𝑦) 
⇔
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦) = −𝑥 + 𝑔′(𝑦) = −𝑥 − 6𝑦 ⇒ 𝑔′(𝑦) = −6𝑦 
 
⇔ 𝑔(𝑦) = ∫ 𝑔′(𝑦)𝑑𝑦 = ∫ −6𝑦𝑑𝑦 = −
6𝑦2
2
⇒ −3𝑦2 
⇔ 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 𝑦𝑥 − 3𝑦2 
⇔ 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝐶 
⇔ 𝒙𝟐 − 𝒚𝒙 − 𝟑𝒚𝟐 = 𝑪 
 
b) 
Solução: 
Da questão temos que 
𝑀(𝑥, 𝑦) = (2𝑦2𝑥 − 3) 
𝑁(𝑥, 𝑦) = (2𝑦𝑥2 + 4) 
Para verificarmos se a EDO é exata, precisamos que 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
 
Assim, temos que 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 4𝑦𝑥 e 
𝜕𝑁
𝜕𝑥
= 4𝑦𝑥 
Logo, a EDO é exata. Portanto, temos que 
⇔ ∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 = ∫ 2𝑦2𝑥 − 3 𝑑𝑥 ⇒ 𝑦2𝑥2 − 3𝑥 + 𝑔(𝑦) = 𝑓(𝑥, 𝑦) 
⇔
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑦𝑥2 + 𝑔′(𝑦) = 2𝑦𝑥2 + 4 ⇒ 𝑔′(𝑦) = 4 
⇔ 𝑔(𝑦) = ∫ 𝑔′(𝑦)𝑑𝑦 = ∫ 4𝑑𝑦 = 4𝑦 
⇔ 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑦2𝑥2 − 3𝑥 + 4𝑦 
⇔ 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝐶 
⇔ 𝒚𝟐𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 + 𝟒𝒚 = 𝑪 
 
6. 
Solução: 
Para resolvermos o PVI, vamos usar o método dos fatores integrantes. Para isso, 
precisamos escrever a equação, 
𝑒−𝑥𝑦′ + 2𝑒𝑥𝑦 = 𝑒𝑥 
que pode ser rescrita como 
 
𝑦′
𝑒𝑥
+ 2𝑒𝑥𝑦 = 𝑒𝑥, 
na forma 
𝑦′ + 𝑝(𝑥) ∙ 𝑦 = 𝑞(𝑥) 
Para tal, multiplicamos toda a equação por: 𝑒𝑥 
𝑦′
𝑒𝑥
∙ (𝑒𝑥) + 2𝑒𝑥𝑦 ∙ (𝑒𝑥) = 𝑒𝑥 ∙ 𝑒𝑥 
Agora, aplicando as propriedades da potência, encontramos 
𝑦′ + 2𝑒2𝑥𝑦 = 𝑒2𝑥 
Disso, temos que 
𝑝(𝑥) = 2𝑒2𝑥 e 𝑞(𝑥) = 𝑒2𝑥 
Como se trata de uma EDO linear, sabemos que sempre existe uma 𝜇(𝑥) tal que ao 
multiplicarmos a EDO linear por 𝜇(𝑥), ela passará a ser uma EDO exata. Assim, 
encontrando o fator integrante 𝜇(𝑥) 
𝜇(𝑥) = 𝑒∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 ⇒ 𝜇(𝑥) = 𝑒∫ 2𝑒
2𝑥𝑑𝑥 ⇒ 𝜇(𝑥) = 𝑒𝑒
2𝑥
 
Assim, a EDO será 
𝜇(𝑥) ∙ 𝑦′ + 𝜇(𝑥) ∙ 2𝑒2𝑥𝑦 = 𝜇(𝑥) ∙ 𝑒2𝑥 
Substituindo 𝜇(𝑥) 
𝑒𝑒
2𝑥
∙ 𝑦′ + 𝑒𝑒
2𝑥
∙ 2𝑒2𝑥𝑦 = 𝑒𝑒
2𝑥
∙ 𝑒2𝑥 
Isso implica em 
𝑦′(𝑒𝑒
2𝑥
∙ 𝑦) = 𝑒𝑒
2𝑥
∙ 𝑒2𝑥 
Integrando 
𝑦′ ∫(𝑒𝑒
2𝑥
∙ 𝑦) = ∫ 𝑒𝑒
2𝑥+2𝑥𝑑𝑥 
Isso implica 
𝑒𝑒
2𝑥
∙ 𝑦 =
1
2
𝑒𝑒
2𝑥
+ 𝐶 ⇒ 𝑦 =
1
2
+
𝐶
𝑒𝑒
2𝑥 
Agora, usamos nossa condição inicial para calcularmos o valor da constante 𝐶. Disso, 
encontramos 
1
2
+
1
𝑒
=
1
2
+
𝐶
𝑒𝑒
2∙(0)
 
Resolvendo, encontramos 
𝐶
𝑒
=
1
𝑒
⇒ 𝐶 = 1 
 
Portanto, o valor do PVI é: 
𝒚 =
𝟏
𝟐
+
𝟏
𝒆𝒆
𝟐𝒙 
ou 
𝒚 =
𝟏
𝟐
+ 𝒆(−𝒆
𝟐𝒙). 
 
7. 
a) 
Solução: 
Da questão temos 
𝑑𝑁
𝑑𝑡
𝛼𝑁, 
onde, 𝛼, é um símbolo de proporcionalidade. Nós não conseguimos calcular o símbolo de 
proporcionalidade, 𝛼, por isso nós o transformamos, substituindo 𝛼 por = 𝑘, que assume 
valor positivo porque a cultura de bactérias está crescendo. Assim, podemos rescrever 
𝑑𝑁
𝑑𝑡
𝛼𝑁, como 
𝑑𝑁
𝑑𝑡
= 𝑘𝑁, 
Perceba que podemos escrever essa EDO como uma EDO de variáveis separáveis. Assim 
temos 
𝑑𝑁
𝑁
= 𝑘𝑑𝑡 
que pode ser resolvida por integração. Integrando 
∫
𝑑𝑁
𝑁
= ∫ 𝑘𝑑𝑡 
Obtemos 
𝑙𝑛(𝑁) = 𝑘𝑡 + 𝐶 
Agora, eliminamos o 𝑙𝑛 multiplicando toda a equação pela sua base inversa, ou seja, pela 
exponencial. Isso implica em 
𝑒𝑙𝑛(𝑁) = 𝑒𝑘𝑡+𝐶 
Resolvendo e organizando 
𝑁 = 𝑒𝑘𝑡 ∙ 𝑒𝐶 ⇒ 𝑁 = 𝑒𝑘𝑡. 𝐶 
 
Que é nossa expressão para 𝑁. No entanto, a questão pede a expressão do número de 
fileiras 𝑁 de bactérias presentes na cultura em função do tempo 𝑡. Para tanto, precisamos 
encontrar o valor das constantes 𝑘 e 𝐶. Para isso, vamos usar os valores dados no 
enunciado, ou seja, 
𝑡 = 1 ℎ𝑜𝑟𝑎 ⇒ 𝑁 = 1.000 
𝑡 = 4 ℎ𝑜𝑟𝑎 ⇒ 𝑁 = 3.000 
Substituindo os valores em 𝑁 = 𝑒𝑘𝑡 . 𝐶, encontramos 
1.000 = 𝑒𝑘∙1. 𝐶 ⇒ 1.000 = 𝑒𝑘 ∙ 𝐶 
3.000 = 𝑒𝑘∙4. 𝐶 ⇒ 3.000 = 𝑒4𝑘 ∙ 𝐶 
Isso é um sistema, que resolveremos isolando 𝐶 em uma das equações e substituindo na 
outra. Isolando 𝐶 em 1.000 = 𝑒𝑘 ∙ 𝐶, obtemos 
𝐶 =
1.000
𝑒𝑘
 
Substituindo em 3.000 = 𝑒4𝑘 ∙ 𝐶, chegamos a 
3.000 = 𝑒4𝑘 ∙
1.000
𝑒𝑘
 
Aplicando a propriedade das potências e isolando 𝑒 
3.000
1.000
= 𝑒3𝑘 ⇒ 𝑒3𝑘 = 3 
Aplicando o 𝑙𝑛 dos dois lados da expressão 
𝑙𝑛 𝑒3𝑘 = 𝑙𝑛 3 ⇒ 3𝑘 = 𝑙𝑛 3 ⇒ 𝑘 =
𝑙𝑛 3
3
⇒ 𝑘 ≅ 0,336 
Encontrado o valor de 𝑘, precisamos agora, calcular o valor de 𝐶. Para tanto vamos 
substituir o valor de 𝑘 em qualquer uma das equações do sistema. Aplicando em 
𝐶 =
1.000
𝑒𝑘
 
Obtemos 
𝐶 =
1.000
𝑒0,366
⇒ 𝐶 ≅ 693,5 
Agora, substituindo os valores de 𝑘 e de 𝐶 em 𝑁 = 𝑒𝑘𝑡. 𝐶, temos 
𝑁(𝑡) ≅ 693,5 ∙ 𝑒0,366𝑡 
Assim temos que, a expressão do número 𝑁(𝑡) de fileiras de bactérias presentes na cultura 
no instante 𝑡, é 
𝑁(𝑡) ≅ 693,5 ∙ 𝑒0,366𝑡 
 
ou, fazendo a aproximação 
𝑵(𝒕) = 𝟔𝟗𝟒 ∙ 𝒆𝟎,𝟑𝟔𝟔𝒕 
 
b) 
Solução: 
Aqui é pedido o número aproximado 𝑁0 de fileiras de bactérias no início da cultura. Ou 
seja, devemos considerar 𝑡 = 0 e substituir em 𝑁(𝑡) ≅ 693,5 ∙ 𝑒0,366𝑡, ou seja, devemos 
considerar 
𝑁0 = 𝑁(0) ≅ 693,5 ∙ 𝑒
0,366∙(0) ⇒ 𝑁(0) ≅ 693,5 ∙ 𝑒0 ⇒ 𝑁(0) ≅ 693,5 
Assim temos que, o número aproximado 𝑁0 de fileiras de bactérias no início da cultura é 
𝑵(𝟎) ≅ 𝟔𝟗𝟑, 𝟓 
ou, fazendo a aproximação 
𝑵(𝟎) = 𝟔𝟗𝟒 𝐟𝐢𝐥𝐞𝐢𝐫𝐚𝐬 𝐝𝐞 𝐛𝐚𝐜𝐭é𝐫𝐢𝐚𝐬 
 
8. 
a) 
Solução: 
Para resolvermos o que se pede na questão, vamos utilizar a fórmula 
𝑑𝑇
𝑑𝑡
= 𝑘(𝑇 − 𝜏), 𝑘 > 0 
que é a fórmula usada para calcular a Lei de resfriamento de Newton, e que pode ser 
escrita da forma 
𝑇 − 𝜏 = 𝑒𝑘𝑡𝐶 
Os dados da questão, são 
𝑡 = 0 ⇒ 𝑇 = 500℉ 
𝑡 = 5 ⇒ 𝑇 = 600℉ 
𝜏 = 1.000℉ 
É pedido para determinar o tempo 𝑡 necessário para que o corpo atinja a temperatura de 
750℉. Para tanto vamos usar 𝑡 = 0 ⇒ 𝑇 = 500℉ para descobrir o valor de 𝐶. 
Substituindo esses valores em 𝑇 − 𝜏 = 𝑒𝑘𝑡𝐶 e resolvendo 
500 − 1.000 = 𝑒−𝑘∙(0)𝐶 ⇒ 𝑒0 ∙ 𝐶 = −500 ⇒ 𝐶 = −500 
Agora, vamos usar 𝑡 = 5 ⇒ 𝑇 = 600℉ e 𝐶 = −500, para descobrir o valor de 𝑘. 
Substituindo esses valores em 𝑇 − 𝜏 = 𝑒𝑘𝑡𝐶 e resolvendo 
 
600 − 1.000 = 𝑒𝑘∙(5) ∙ (−500) ⇒ 𝑒5𝑘 ∙ (−500) = −400 
⇒ 𝑒5𝑘 = −
400
−500
⇒ 𝑒5𝑘 = 0,8 
Aplicando 𝑙𝑛 dos dois lados e resolvendo, encontramos 
𝑙𝑛 𝑒5𝑘 = 𝑙𝑛 0,8 ⇒ 𝑘 =
𝑙𝑛 0,8
5
⇒ 𝑘 = −0,0446 
Agora vamos calcular o tempo 𝑡 necessário para que o corpo atinja a temperatura de 
750℉. Para tanto vamos considerar 
𝑇 = 750℉, 𝜏 = 1.000℉, 𝑘 = −0,0446 e C = −500 
Substituindo esses valores em 𝑇 − 𝜏 = 𝑒𝑘𝑡 ∙ 𝐶 e resolvendo 
750 − 1.000 = 𝑒−0,0446∙(𝑡) ∙ (−500) ⇒ −
250
−500
= 𝑒−0,0446𝑡 ⇒ 𝑒−0,0446𝑡 = 0,5 
Aplicando 𝑙𝑛 dos dois lados e resolvendo 
𝑙𝑛 𝑒−0,0446𝑡 = 𝑙𝑛 0,5 ⇒ −0,0446𝑡 = 𝑙𝑛 0,5 ⇒ 𝑡 =
𝑙𝑛 0,5
−0,0446
⇒ 𝑡 ≅ 15,54 𝑚𝑖𝑛 
Diante disso, podemos concluir que tempo 𝑡 necessário para que o corpo atinja a 
temperatura de 750℉ é 
𝒕 ≅ 𝟏𝟓, 𝟓𝟒 𝒎𝒊𝒏 
 
b) 
Solução: 
Para resolvermos o que se pede na questão, também, usaremos a fórmula que calcula a 
Lei de resfriamento de Newton, e que pode ser escrita da forma 
𝑇 − 𝜏 = 𝑒𝑘𝑡 ∙ 𝐶 
Do enunciado temos, 𝜏 = 1.000℉, da resposta da letra a temos, 𝑘 = −0,0446 e C =
−500 e da alternativa b temos, 𝑡 = 20 𝑚𝑖𝑛. Substituindo esses dados na fórmula acima 
e resolvendo, encontramos 
𝑇 − 1.000 = 𝑒−0,0446∙(20) ∙ (−500) ⇒ 𝑇 = 𝑒−0,0446∙(20) ∙ (−500) + 1.000 
⇒ 𝑻 ≅ 𝟕𝟗𝟓, 𝟎𝟖℉ 
Que é a temperatura 𝑇 do corpo após 20 minutos. 
 
 
 
 
 
9. 
Solução: 
Sendo a EDO que traduz a lei de Kircchoff (a soma das quedas de voltagem é igual à 
voltagem fornecida) dada por 
𝑑𝑖
𝑑𝑡
+
𝑅
𝐿
∙ 𝑖 =
𝐸
𝐿
 
Do enunciado temos, 𝐿 = 1 𝐻; 𝑅 = 20Ω e 𝐸 = 40 𝑠𝑒𝑛 (60𝑡) 𝑣𝑜𝑙𝑡𝑠 , então temos que: 
𝑑𝑖
𝑑𝑡
+
20
1
∙ 𝑖 =
40 𝑠𝑒𝑛 60𝑡
1
⇒
𝑑𝑖
𝑑𝑡
+ 20𝑖 = 40 𝑠𝑒𝑛 (60𝑡) 
Veja que a EDO dada por 
𝑑𝑖
𝑑𝑡+ 20𝑖 = 40 𝑠𝑒𝑛 (60𝑡) 
é do tipo 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥) 
ou seja, é uma equação diferencial linear de primeira ordem. E como sabemos, a solução 
geral de uma equação diferencial linear de primeira ordem, é dada por 
𝑦 = 𝑒− ∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 [∫ 𝑄(𝑥) 𝑒∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥𝑑𝑥 + 𝐶] 
Como 𝑃(𝑡) = 20 𝑄(𝑡) = 40 𝑠𝑒𝑛 (60𝑡), então o fator integrante – 𝑒∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 – é: 
𝑒∫ 𝑃(𝑡)𝑑𝑡 = 𝑒∫ 20𝑑𝑡 = 𝑒20𝑡 
Disso temos, 
𝑖(𝑡) =
1
𝑒20𝑡
[∫ 40 𝑠𝑒𝑛 (60𝑡)𝑒20𝑡𝑑𝑡 + 𝐶] 
Para resolvermos essa integral, primeiro retiramos a constante 
40 ∙ ∫ 𝑠𝑒𝑛 (60𝑡)𝑒20𝑡𝑑𝑡 
Depois usaremos integração por partes. ou seja, usaremos a seguinte fórmula 
∫ 𝑓(𝑡) ∙ 𝑔′(𝑡)𝑑𝑥 = 𝑓(𝑡) ∙ 𝑔(𝑡) − ∫ 𝑓′(𝑡) ∙ 𝑔(𝑡)𝑑𝑡 
Assim, fazendo 
𝑓(𝑡) = 𝑒20𝑡 ⇒ 𝑓′(𝑡) = 20𝑒20𝑡; 𝑔′(𝑡) = 𝑠𝑒𝑛 (60𝑡) ⇒ 𝑔(𝑡) = −
𝑐𝑜𝑠(60𝑡)
60
 
e substituindo na fórmula de integração por partes, obtemos 
40 ∙ ∫ 𝑒20𝑡 ∙ 𝑠𝑒𝑛 (60𝑡)𝑑𝑡 = 40 ∙ [𝑒20𝑡 ∙ (−
𝑐𝑜𝑠(60𝑡)
60
) − ∫ 20𝑒20𝑡 ∙ (−
𝑐𝑜𝑠(60𝑡)
60
) 𝑑𝑡] 
 
Resolvendo e simplificando, encontramos 
40 ∙ [−
1
60
∙ 𝑒20𝑡 ∙ 𝑐𝑜𝑠(60𝑡) +
1
3
∫ 𝑒20𝑡 ∙ 𝑐𝑜𝑠(60𝑡)𝑑𝑡] 
Aplicando integração por partes novamente. Assim, fazendo 
𝑓(𝑡) = 𝑒20𝑡 ⇒ 𝑓′(𝑡) = 20𝑒20𝑡; 𝑔′(𝑡) = 𝑐𝑜𝑠 (60𝑡) ⇒ 𝑔(𝑡) =
𝑠𝑒𝑛(60𝑡)
60
 
e substituindo na fórmula de integração por partes, obtemos 
40 ∙ [−
1
60
∙ 𝑒20𝑡 ∙ 𝑐𝑜𝑠(60𝑡) +
1
3
(𝑒20𝑡 ∙
𝑠𝑒𝑛(60𝑡)
60
− ∫ 20𝑒20𝑡 ∙
𝑠𝑒𝑛(60𝑡)
60
𝑑𝑡)] 
Resolvendo e simplificando, encontramos 
 
40 ∙ [−
1
60
∙ 𝑒20𝑡 ∙ 𝑐𝑜𝑠(60𝑡) +
1
3
(
1
60
∙ 𝑒20𝑡 ∙ 𝑠𝑒𝑛(60𝑡) −
1
3
∫ 𝑒20𝑡 ∙ 𝑠𝑒𝑛(60𝑡)𝑑𝑡)] 
Assim, 
40 ∙ ∫ 𝑒20𝑡𝑠𝑒𝑛 (60𝑡)𝑑𝑡 = 40 [−
1
60
𝑒20𝑡𝑐𝑜𝑠(60𝑡) +
1
3
(
1
60
𝑒20𝑡𝑠𝑒𝑛(60𝑡) −
1
3
∫ 𝑒20𝑡𝑠𝑒𝑛(60𝑡)𝑑𝑡)] 
Isolando, ∫ 𝑒20𝑡𝑠𝑒𝑛(60𝑡)𝑑𝑡, resolvendo e simplificando, obtemos 
∫ 𝑒20𝑡𝑠𝑒𝑛(60𝑡)𝑑𝑡 = 40 ∙ (−
3𝑒20𝑡𝑐𝑜𝑠(60𝑡)
200
+
𝑒20𝑡𝑠𝑒𝑛(60𝑡)
200
) + 𝐶 
Assim, 
𝑖(𝑡) =
1
𝑒20𝑡
[40 ∙ (−
3𝑒20𝑡𝑐𝑜𝑠(60𝑡)
200
+
𝑒20𝑡𝑠𝑒𝑛(60𝑡)
200
) + 𝐶] 
 se 𝑖(0) = 1, então 
1 = 40 ∙ (−
3𝑒20∙(0)𝑐𝑜𝑠(60 ∙ (0))
200
+
𝑒20∙(0)𝑠𝑒𝑛(60 ∙ (0))
200
) + 𝐶 
Resolvendo, 
1 = 40 ∙ (−
3
200
) + 𝐶 ⇒ 1 = −
3
5
+ 𝐶 ⇒ 𝐶 = 1 +
3
5
⇒ 𝐶 =
8
5
 
Substituindo o valor encontrado para 𝐶 em 
𝑖(𝑡) =
1
𝑒20𝑡
[40 ∙ (−
3𝑒20𝑡𝑐𝑜𝑠(60𝑡)
200
+
𝑒20𝑡𝑠𝑒𝑛(60𝑡)
200
) + 𝐶] 
Resolvendo e realizando as simplificações, obtemos, 
𝒊(𝒕) = −
𝟑𝒄𝒐𝒔(𝟔𝟎𝒕)
𝟓
+
𝒔𝒆𝒏(𝟔𝟎𝒕)
𝟓
+
𝟖
𝟓
𝒆−𝟐𝟎𝒕 
Agora podemos encontrar o valor da corrente em 𝑡 = 1. Assim, 
 
𝑖(1) = −
3𝑐𝑜𝑠(60 ∙ (1))
5
+
𝑠𝑒𝑛(60 ∙ (1))
5
+
8
5
𝑒−20∙(1) 
⇔ 𝑖(1) = −
3𝑐𝑜𝑠(60)
5
+
𝑠𝑒𝑛(60)
5
+
8
5
𝑒−20 
⇔ 𝑖(1) = −
3
10
+
√3
10
+
8
5
𝑒−20 ⇔ 𝑖(1) =
√3 − 3
10
+
8
5
𝑒−20 
Agora, considerando as seguintes aproximações 
√3 = 1,72 e 𝑒−20 = 2,06 
obtemos 
𝒊(𝟏) = 𝟑, 𝟏𝟔𝟗 𝒂𝒎𝒑𝒆𝒓𝒆𝒔 
que o valor da corrente depois de um segundo. 
 
10. 
Solução: 
Do enunciado temos as seguintes informações: 𝑄0 = 10 𝑘𝑔, 𝑄1 = 0, 𝑉0 = 350𝑙, 𝑣 =
20𝑙/𝑚𝑖𝑛 e 𝑤 = 20𝑙/𝑚𝑖𝑛. Queremos encontrar: a quantidade 𝑄(𝑡) de sal no tanque 
após 𝑡 minutos; e o que ocorre com a quantidade de sal no tanque com o passar do tempo. 
Para encontrarmos 𝑄(𝑡), por se tratar de um problema da mistura, vamos usar a seguinte 
fórmula para resolvê-lo: 
𝑑𝑄
𝑑𝑡
= 𝑄1𝑣 −
𝑄𝑤
𝑉0 + (𝑣 − 𝑤)𝑡
 
Assim, substituindo as informações do enunciado na fórmula acima 
𝑑𝑄
𝑑𝑡
= 0 ∙ 20 −
𝑄 ∙ 20
350 + (20 − 20)𝑡
 
Simplificando e resolvendo 
𝑑𝑄
𝑑𝑡
= −
2
35
∙ 𝑄 ⇒
𝑑𝑄
𝑑𝑡
+
2
35
∙ 𝑄 = 0 
Encontramos uma EDO linear, o que nos leva a usar o método de resolução indicado para 
tal EDO. Assim, encontrando o fator integrante 
𝑃(𝑡) =
2
35
⇒ 𝜇 = 𝑒∫ 𝑃(𝑡)𝑑𝑡 ⇒ 𝜇 = 𝑒∫
2
35
𝑑𝑡 ⇒ 𝜇 = 𝑒
2
35
𝑡
 
Disso 
𝑑𝑄
𝑑𝑡
∙ 𝑒
2
35
𝑡 +
2
35
∙ 𝑄𝑒
2
35
𝑡 = 0 ∙ 𝑒
2
35
𝑡 ⇔
𝑑
𝑑𝑡
[𝑄𝑒
2
35
𝑡] = 0 
Integrando 
 
∫
𝑑
𝑑𝑡
[𝑄𝑒
2
35
𝑡] = ∫ 0 ⇔ 𝑄𝑒
2
35
𝑡 = 𝐶 
assim, 
𝑄(𝑡) = 𝐶𝑒−
2
35
𝑡
 
Substituindo a condição inicial 𝑄(0) = 10, 
10 = 𝐶𝑒−
2
35
∙(0)
 
obtemos 𝐶 = 10. Substituindo, 𝐶, em 𝑄(𝑡) = 𝐶𝑒−(
2
35
)𝑡
, encontramos 
𝑸(𝒕) = 𝟏𝟎𝒆
−(
𝟐
𝟑𝟓
)𝒕
 
ou 
𝑸(𝒕) ≅ 𝑪𝒆−𝟎,𝟎𝟓𝟕𝒕 
Que é a função que descreve a quantidade 𝑄(𝑡) de sal no tanque após 𝑡 minutos. 
Agora para determinarmos o que ocorre com a quantidade de sal no tanque com o passar 
do tempo, resolveremos o seguinte limite: 
lim
𝑡→∞
𝑄(𝑡) = lim
𝑡→∞
10𝑒−(
2
35
)𝑡 = lim
𝑡→∞
10
𝑒(
2
35
)𝑡
 
Resolvendo o limite, quando 𝑡 → ∞, 𝑒(
2
35
)𝑡 → ∞, o que implica em 
lim
𝑡→∞
10
∞
= 0 
Assim, o que ocorre com a quantidade de sal no tanque com o passar do tempo é que ela 
zera, ou seja, 
𝐥𝐢𝐦
𝒕→∞
𝑸(𝒕) = 𝟎. 
 
11. 
Resposta: 
Primeiro, rescrevemos a EDO, para deixá-la na forma 
𝑑𝑥
𝑑𝑦
+ 𝑃(𝑦)𝑥 = 𝑓(𝑦)𝑥𝑛 
Assim, temos 
𝑑𝑥
𝑑𝑦
+ 𝑥 = 𝑥2, 
que é uma EDO de Bernoulli. Assim, poderemos utilizar o método de solução de 
Bernoulli, como sugerido na questão. Então, dividindo toda a equação por 𝑥2 
 
1
𝑥2
∙
𝑑𝑥
𝑑𝑦
+
𝑥
𝑥2
=
𝑥2
𝑥2
, 
Resolvendo 
𝑥−2 ∙
𝑑𝑥
𝑑𝑦
+ 𝑥−1 = 1, 
Fazer a seguinte mudança de varável: 
𝑤 = 𝑥1−𝑛, 𝑛 = 2 ⇒ 𝑤 = 𝑥−1 
𝑑𝑤
𝑑𝑦
= (1 − 𝑛)𝑥−𝑛
𝑑𝑥
𝑑𝑦
⇒
𝑑𝑤
𝑑𝑥
= −𝑥−2
𝑑𝑥
𝑑𝑦
 
Substituindo na equação, obtemos, 
−
𝑑𝑤
𝑑𝑥
+ 𝑤 = 1 ⇒
𝑑𝑤
𝑑𝑥
− 𝑤 = −1, 
Então resolvemos esta EDO, que é Linear, e voltamos a variável 𝑥. Assim, o fator 
integrante é 
𝑃(𝑦) = −1 ⇒ 𝜇 = 𝑒∫ 𝑃(𝑦)𝑑𝑦 ⇒ 𝜇 = 𝑒∫ −1𝑑𝑦 ⇒ 𝜇 = 𝑒−𝑦 
Aplicando em 
𝑤 =
1
𝜇
∙ [∫ 𝜇 ∙ 𝑓(𝑦)𝑑𝑦 + 𝐶], 
obtemos 
𝑤 =
1
𝑒−𝑦
∙ [∫ 𝑒−𝑦 ∙ (−1)𝑑𝑦 + 𝐶] 
Resolvendo a integral 
𝑤 =
1
𝑒−𝑦
∙ [𝑒−𝑦 + 𝐶1 + 𝐶] ⇒ 𝑤 = 1 +
𝐶
𝑒−𝑦
 
Agora, temos que retornar para a variável original, 𝑥, visto que tínhamos realizado a 
substituição, 𝑤 = 𝑥−1. Então, 
𝑥−1 = 1 +
𝐶
𝑒−𝑦
⇔
1
𝑥
= 1 + 𝐶𝑒𝑦 
Logo, o resultado encontrado para a EDO, usando o método de Bernoulli é 
𝒙 =
𝟏
𝟏 + 𝑪𝒆𝒚