Lista 8 - Exercícios - Cálculo 2A, Notas de estudo de Cálculo. Universidade do Estado do Rio de Janeiro (UERJ)
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Lista 8 - Exercícios - Cálculo 2A, Notas de estudo de Cálculo. Universidade do Estado do Rio de Janeiro (UERJ)

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Apostilas e exercicios de Matemática da Universidade Federal Fluminense sobre o estudo do Cálculo.
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Lista 8 Cálculo II - A 2012-1 17

Universidade Federal Fluminense EGM - Instituto de Matemática

GMA - Departamento de Matemática Aplicada

LISTA 8 - 2012-1 Teste de soluções de EDO

EDO de variáveis separáveis Algumas aplicações de EDO

Nos exerćıcios 1 a 6, verifique se a função y = f(x), x ∈ I é solução da equação diferencial ordinária (EDO) dada.

1. f(x) = 2 + x+ x2, I = (0,∞), dy

dx =

1 + 2x

2y

2. f(x) = 2− x− x2, I = (0,∞), dy

dx = 1 + 2x

2y

3. f(x) = ex 2

+ ex 2

x 0

e−t 2

dt, I = R, y′ − 2xy = 1

4. f(x) = C1e x + C2e

−x, I = R, y′′ = y

5. f(x) = e−x + x

3 , I = R, y(iv) + 4y′′′ − 3y′ = x

6. f(x) = 4 + 2 lnx, I = (0,∞), x2y′′ − xy′ + y = 2 lnx

7. Determine os posśıveis valores da constante p para que a função f(x) = xp seja solução da equação x2y′′ − 4xy′ + 4y = 0, no intervalo I = (0,∞).

Nos exerćıcios 8 a 12 diga se é posśıvel garantir que o problema de valor inicial admite solução única. Quando admitir solução única, dê o maior intervalo admisśıvel I, I aberto, que contém a abscissa da condição inicial.

8. y′ + xy = 3, y(0) = 0

9. xy′ + y = 3, y(0) = 1

10. y′ = y2/3, y(0) = 0

11. y′ = x− y x+ y

, y(1) = 1

12. xy′ + 1

2x+ 3 y = ln |x− 2|,

com cada uma das condições iniciais:

(a) y(3) = 0 (c) y(1) = 7

(b) y(1) = 5 (d) y(3) = 0

Nos exerćıcios 13 a 16 verifique que a equação é de variáveis separáveis e resolva-a.

13. (x ln y)y′ = y

14. xydx− 3(y − 2)dy = 0

15. xy dy

dx = (1 + x2) csc y

16. xdx+ ye−x 2

dy = 0

Nos exerćıcios 17 a 19 resolva o problema de valor inicial (PVI).

17. y′ = ex

y , y(0) = 1

18. ( 1 + y2

) dx+

( 1 + x2

) dy = 0, y(1) = 1

19. dy

dx = y − y2 , com cada condição inicial:

(a) y(0) = 2 (b) y(2) = 0 (c) y(0) = 1

20. A seguinte equação diferencial aparece em trabalhos que estudam a acumulação de nebulosa no sistema solar:

dx

dt =

ax5/6

(b−Bt)3/2 , a, b, B ≥ 0 constantes reais e x = x(t)

(a) Determine a região do plano tx onde é posśıvel garantir que esta equação possui soluções únicas.

(b) Determine a solução geral da equação

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Lista 8 Cálculo II - A 2012-1 18

21. Volterra fez um modelo matemático para descrever a competição en- tre duas espécies x e y que habitam um meio ambiente dado, obtendo equações da forma: = (a1 + a2y) = y × (b1 + b2x)

onde a1, a2, b1, b2 R são constantes,

y(t) := y(x(t)) e t é a variável tempo.

Usando a regra da cadeia dy

dt =

dy

dx

dx

dt e as duas equações acima, se

obtém dy

dx =

y × (b1 + b2x) (a1 + a2y)

. Determine a solução geral desta equação.

22. Determine a função y = f(x) cujo gráfico contém o ponto (1, 1) tal que para todo (x, y) do gráfico de f a área da região A2 seja o dobro da área da região A1, conforme figura ao lado.

2

1

y

x

(x,y)

y = f(x)

A

A

0

1

2

3

4

–1 1 2 3

Fig. do ex. 24

23. Uma colônia de bactérias aumenta sua população a uma taxa proporcional à quantidade de bactérias presentes em cada instante de tempo. Se em quatro horas a população triplica, em quanto tempo ela será 27 vezes a quantidade inicial?

RESPOSTAS DA LISTA 8 (Com indicação ou resumo de algumas resoluções)

1. Sim, é solução. Primeiro verifica-se que f(x) = 2 + x+ x2 é bem definida ∀x ∈ R, logo está definida

em I = (0,∞) e é diferenciável em I. Também y = 2 + x+ x2 ⇒ y2 = 2 + x+ x2 2y dy

dx = 1 + 2x⇒

dy

dx =

1 + 2x

2y , a EDO foi satisfeita.

2. Não é solução pois f(x) = 2− x− x2 só é bem definida quando x ∈ [2, 1], logo para x ∈ (1,∞) (0,∞)

essa função não está definida. É fato que y = 2− x− x2 satisfaz a EDO, verifique.

3. Sim, é solução. Primeiro sabemos que a função ex 2

está definida para todo x ∈ R e a função e−t2 é cont́ınua para todo t ∈ [0, x], x ∈ R, logo a integral está definida para todo x ∈ R e assim a função f

também está definida para todo x ∈ R. Pelo Teorema Fundamental do Cálculo, d dx

x 0

e−t 2

dt = e−x 2

.

Aplicando as regras de derivação, encontramos

y′ = 2xex 2

+ ex 2

e−x 2

+ 2xex 2

x 0

e−t 2

dt = 2xex 2

+ 1 + 2xex 2

x 0

e−t 2

dt. Substituindo y′ e y na EDO,

y′ − 2xy = 2xex2 + 1 + 2xex2 ∫ x 0

e−t 2

dt− 2xex 2

2xex 2

x 0

e−t 2

dt = 1, a EDO foi satisfeita.

4. Sim, é solução. Primeiro sabemos que as funções e−x e ex são bem definidas e têm derivadas de primeira e segunda ordem para todo x ∈ R, logo a função f é bem definida e tem derivada de primeira e segunda ordem para todo x ∈ R. y = C1e

x+C2e −x ⇒ y′ = C1ex−C2e−x ⇒ y′′ = C1ex+C2e−x. Vemos que y′′ = y, a EDO está satisfeita.

5. Não é solução. Primeiro sabemos que as funções e−x e x/3 são bem definidas e têm derivadas até a

quarta ordem para todo x ∈ R, logo a função f(x) = e−x + x 3 é bem definida e tem derivada até a quarta

ordem para todo x ∈ R.

y = e−x + x

3 ⇒ y′ = −e−x + 1

3 ⇒ y′′ = e−x ⇒ y′′′ = −e−x ⇒ y(iv) = e−x. Substituindo y(iv), y′′′ e y′ na

EDO, y(iv) + 4y′′′ − 3y′ = e−x − 4e−x + 3e−x − 3 · 1 3 = 1 ̸= x1, a EDO não está satisfeita.

6. Sim, é solução. Sabemos que a função constante 4 e a função lnx estão bem definidas e são diferenciáveis para todo x ∈ (0,∞), logo a função f(x) = 4 + 2 lnx é bem definida e diferenciável para todo x ∈ (0,∞).

y = 4 + 2 lnx ⇒ y′ = 2 x

⇒ y′′ = 2 x2

. Substituindo y′′, y′ e y na EDO,

x2y′′ − xy′ + y = −x2 · 2 x2

− x · 2 x + 4 + 2 lnx = 22 + 4 + 2 lnx = 2 lnx, a EDO está satisfeita.

7. p = 1 ou p = 4

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Lista 8 Cálculo II - A 2012-1 19

8. y′ = 3− xy = F (x, y). As funções F e ∂F ∂y

= −x são cont́ınuas no conjunto aberto U = R2 e (0, 0) ∈ U ,

logo o Teorema da Existência e Unicidade garante que existe uma única função y = y(x), x ∈ R, tal que y(0) = 0.

9. y′ = 3− y x

= F (x, y). A função F é definida no conjunto aberto U = { (x, y) R2;x ̸= 0

} . Neste caso

garantimos que não existe nenhuma função pois se existisse, o ponto (0, 1) que dá a condição inicial deveria estar no domı́nio U de F (x, y), mas (0, 1) ̸∈ U .

10. y′ = y2/3 = F (x, y). A função F é cont́ınua em U = R2 e ∂F

∂y =

2 3y1/3

é cont́ınua no conjunto aberto

A = { (x, y) R2; y ̸= 0

} . O ponto da condição inicial é (0, 0) ∈ U , mas (0, 0) ̸∈ A, logo não é posśıvel

aplicar o Teorema da Existência e Unicidade para garantir que existe uma única função y = y(x), x ∈ I, I intervalo aberto contendo x = 0 e tal que y(0) = 0. Observe que não foi dito que não existe tal função, só foi dito que não conseguimos garantir que existe.

11. Não existe, análogo ao exerćıcio 9.

12. y′ = − y x(2x+ 3)

+ ln |x− 2|

x = F (x, y). As funções F e

∂F

∂y = 1

x(2x+ 3) são cont́ınuas no conjunto

aberto U = { (x, y) R2;x ̸= 0, x ̸= 3/2, x ̸= 2

} . O Teorema da Existência e Unicidade garante a exis-

tência de uma única função nos quatro casos, a saber:

(a) o ponto (3, 0) ∈ U , existe uma única y = f(x), tal que x ∈ I = (−∞,−3/2). (b) o ponto (1, 5) ∈ U , existe uma única y = g(x), tal que x ∈ I = (3/2, 0). (c) o ponto (1, 7) ∈ U , existe uma única y = h(x), tal que x ∈ I = (0, 2). (d) o ponto (3, 0) ∈ U , existe uma única y = y(x), tal que x ∈ I = (2,∞).

13. y = e √

ln(Cx2) ou y = e− √

ln(Cx2)

14. x = √ 6y − 12 ln |y|+ C ou x =

√ 6y − 12 ln |y|+ C

15. y = y(x) definida implicitamente pela equação sen y − y cos y = ln |x|+ x 2

2 + C

16. y = √ C − ex2 y =

√ C − ex2 ou y =

√ C − ex2

17. y = 2ex − 1, x > − ln 2

18. y = tan (π 2 arctanx

) = tan( arccotx) = tan

( arctan

1

x

) =

1

x , x > 0

19. (a) y(x) = 1

112e−x , x > − ln 2 (b) y(x) = 0, x ∈ R (obs. essa solução é singular) (c) y(x) = 1, x ∈ R

20. Precisa-se dividir em 2 casos: B = 0 e B > 0.

(a) Quando B = 0. A região é { (t, x) R2; x > 0

} .

Quando B > 0. A região é

{ (t, x) R2; t > b

B , x > 0

} .

(b) Quando B = 0. Famı́lia de soluções: x(t) = (at+ C)6

66b6 .

Quando B > 0. Famı́lia de soluções: x(t) =

( a

3B(b−Bt)1/2 + C

)6 .

21. Quando a1 ̸= 0, a2 = 0, a região de soluções únicas é R2 −{eixo y}. Solução geral: y = Cx b1 a1 e

b2 a1

x, C ∈ R. Quando a1 = 0, a2 ̸= 0, a região de soluções únicas é R2 − {eixos x e y}. Solução geral: y = b1a2 ln |x|+

b2 a2 x+ C, C ∈ R.

Quando a1 ̸= 0, a2 ̸= 0, a região de soluções únicas é R2 − {eixo y} − {reta y = a1a2 }. Solução geral: y = y(x) definida implicitamente pela equação a1 ln |y|+ a2y = b1 ln |x|+ b2x+C, C ∈ R.

22. y = x2

23. 12 horas

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