O documento apresenta resoluções de problemas de equações diferenciais ordinárias de primeira ordem e segunda ordem. São resolvidos problemas de valor inicial e determinada a solução geral de algumas equações diferenciais. Também é aplicada a lei de resfriamento de Newton para determinar o tempo para um café esfriar até uma temperatura específica.

1. Segunda Prova de Series e Equac~oes Diferenciais
08.940-0 A - 29 de maio de 2014
Nome : No
1. Determine a soluc~ao geral de apenas uma das equac~oes abaixo.
a) y0 = t2e2t+2y; b) y0 = x+3y
xy ; c) y0 = 2y+g(t), sendo g(t) =
(
1 se 0 t 1
0 se t 1
.
a) Temos que se trata de uma e.d.o. de primeira ordem linear,
y0 2y = t2e2t (1)
Seu fator integrante e dado por (t) = e
R
2dt = e2t.
Temos que
Z
(t) g(t)dx =
Z
e2tt2e2tdt =
Z
t2dt =
t3
3
Assim, a soluc~ao geral da equac~ao (1) e dada por y(t) =
t3
3 +C
e2t ou seja,
y(t) = e2t(
t3
3
+ C)
sendo C uma constante.
b) Neste caso temos uma e.d.o. de primeira ordem, n~ao-linear, n~ao separavel e n~ao
exata, pois a equac~ao e equivalente a:
(x + 3y) + (x y)y0 = 0 (2)
M(x; y) = x + 3y; N(x; y) = x y; My = 36= Nx = 1
Alem disso, os fatores integrantes para transformar a equac~ao numa equac~ao exata
n~ao s~ao facilmente trataveis, (MyNx
N = 2
xy e NxMy
M = 2
x+3y )
Notamos porem que essa equac~ao e homog^enea, ou seja, a express~ao x+3y
xy pode ser
x . Assim, chamando v = v(x) = y
x teremos
escrita em func~ao apenas da raz~ao y
y0 =
1 + 3v
1 v
e v0(x) = y0xy
x2 , de onde segue que xv0 = y0 v. Desta forma, a equac~ao inicial se
transforma em
xv0 + v =
1 + 3v
1 v
1

2. Equivalentemente
1 v
(1 + v)2 v0 =
1
x
(1+v)2 = 1
1+v + 2
(1+v)2 temos que
a qual e uma equac~ao separavel. Observando que 1v
Z
1
1 + v
dv +
Z
2
(1 + v)2 dv =
Z
1
x
dx
Resolvendo as integrais chegamos a
ln j1 + vj
2
1 + v
= ln jxj + C
substituindo v = y
x teremos que a soluc~ao y = y(x) da equac~ao (2) e dada implicita-mente
por:
ln jx + yj +
2x
x + y
+ C = 0
c) Temos aqui novamente uma e.d.o. de primeira ordem linear
y0 + 2y = g(t)
O domnio da func~ao g e [0;+1), portanto o domnio maximo da soluc~ao devera ser
tambem [0;+1).
Procuremos primeiramente uma soluc~ao de

3. nida no intervalo (0; 1). Para t nesse
intervalo temos que nossa equac~ao se transforma em
y0 + 2y = 1
logo, a soluc~ao geral e dada por y(t) =
R
(t)dt+C
(t) , sendo (t) = e
R
2dt = e2t, ou seja,
y(t) = Ce2t +
1
2
; sendo C constante
Se procuramos uma soluc~ao de

4. nida em (1;+1) ent~ao nossa equac~ao se transforma
em
y0 + 2y = 0
cuja soluc~ao e dada por y(t) = C
R
2dt = e2t, ou seja,
(t) , sendo (t) = e
y(t) = Ce2t
2

5. 2. Considere o seguinte problema de valor inicial: 2yy0 = 2y0 2x 3; y(1) = 0.
a) Prove que a equac~ao dada e exata e resolva o problema de valor inicial dado,
atraves do metodo das equac~oes exatas;
Essa equac~ao e equivalente a (2x + 3) + (2y 2)y0 = 0. Portanto, M(x; y) = 2x + 3
e N(x; y) = 2y 2. Temos que My = 0 = Nx, logo a equac~ao e exata. Com isso,
temos que existe uma func~ao (x; y) tal que x = M e y = N e a soluc~ao y = y(x)
da equac~ao e dada implicitamente por (x; y) = C (C e uma constante). Temos
(x; y) =
Z
xdx =
Z
M(x; y)dx =
Z
(2x + 3)dx = x2 + 3x + g(y)
Como y = N devemos ter
g0(y) = N(x; y) = 2y 2
ou seja, g(y) = y2 2y. Desta forma, a soluc~ao geral y = y(x) da equac~ao e dada
implicitamente por
x2 + 3x + y2 2y = C; sendo C uma constante
Como y(1) = 0 temos que (1)2+3(1)+0220 = C, ou seja, C = 2. Portanto
a soluc~ao y = y(x) do P.V.I. em quest~ao e dada implicitamente por
x2 + 3x + y2 2y + 2 = 0
b) Determine o maior intervalo aberto em que a soluc~ao esteja de