1º EE · Equações Diferenciais (Cálculo 4)

Questão 011º EE2025.2Crescimento exponencial2,5 ptsVer material

Uma cultura de bactérias cresce a uma taxa proporcional à quantidade presente, $\dfrac{dQ}{dt} = -k\,Q(t)$ . Após uma hora, observaram-se 1.000 núcleos de bactérias na cultura e, após 4 horas, observaram-se 3.000 núcleos. Determine a expressão para o número de núcleos presentes na cultura no tempo arbitrário $t$ . Considere $3^{1/3} = 1{,}44$ .

Gabarito

$Q(t) = 694{,}44\,e^{\frac{\ln 3}{3}t}$ (com $k = -\tfrac{\ln 3}{3}$ e $Q_0 \approx 694{,}44$ ).

Passo a passo

Passo 1 — A equação é separável:

\int \frac{dQ}{Q} = \int -k\,dt \;\Rightarrow\; \ln Q = -kt + c \;\Rightarrow\; Q(t) = Q_0\,e^{-kt}

Passo 2 — Impondo os dados: $Q(1) = 1000 \Rightarrow 1000 = Q_0 e^{-k}$ e $Q(4) = 3000 \Rightarrow 3000 = Q_0 e^{-4k}$ .

Passo 3 — Dividindo uma equação pela outra para eliminar $Q_0$ :

\frac{1000}{3000} = \frac{e^{-k}}{e^{-4k}} = e^{3k} \;\Rightarrow\; \frac13 = e^{3k} \;\Rightarrow\; 3k = -\ln 3 \;\Rightarrow\; k = -\frac{\ln 3}{3}

Passo 4 — Voltando na primeira condição:

1000 = Q_0\,e^{-(-\frac{\ln 3}{3})} = Q_0\,e^{\frac{\ln 3}{3}} = Q_0\cdot 3^{1/3} = Q_0 \cdot 1{,}44 \;\Rightarrow\; Q_0 = \frac{1000}{1{,}44} \approx 694{,}44

Passo 5 — Expressão final:

\boxed{Q(t) = 694{,}44\,e^{\frac{\ln 3}{3}t}}

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Questão 021º EE2024.1Crescimento populacional2,5 ptsVer material

Sabe-se que a população $P$ de uma determinada cidade cresce a uma taxa proporcional ao número de habitantes existentes $\left(\dfrac{dP}{dt} = -k\,P(t)\right)$ . Se, após 10 anos, a população triplica, e após 20 anos é de 150.000 habitantes, determine a população inicial. Sendo $k$ a constante de proporcionalidade, $P(t)$ a quantidade total da população após $t$ anos e $P_0$ a quantidade inicial da população.

Gabarito

$P_0 = \dfrac{150.000}{9} \approx 16.667$ habitantes.

Passo a passo

Passo 1 — Separando as variáveis e integrando:

\int \frac{dP}{P} = \int -k\,dt \;\Rightarrow\; \ln P = -kt + c \;\Rightarrow\; P(t) = P_0\,e^{-kt}

Passo 2 — “Após 10 anos a população triplica”: $P(10) = 3P_0$ .

3P_0 = P_0\,e^{-10k} \;\Rightarrow\; \ln 3 = -10k \;\Rightarrow\; k = -\frac{\ln 3}{10}

Passo 3 — Logo $P(t) = P_0\,e^{\frac{\ln 3}{10}t}$ . Usando $P(20) = 150.000$ :

150.000 = P_0\,e^{\frac{\ln 3}{10}\cdot 20} = P_0\,e^{2\ln 3}

Passo 4 — Como $e^{2\ln 3} = e^{\ln 3^2} = 9$ :

\boxed{P_0 = \frac{150.000}{9} \approx 16.667 \text{ habitantes}}

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Questão 031º EE2023.2Arrefecimento de Newton2,5 ptsVer material

De acordo com a lei do arrefecimento de Newton, a taxa de resfriamento de uma substância em uma corrente de ar é proporcional à diferença entre a temperatura da substância e a do ar:

\frac{dT}{dt} = -k\,(T_s - T_{ar})

Sendo $k$ a constante de proporcionalidade, $t$ o tempo e $T_s$ , $T_{ar}$ as temperaturas da substância e do ar, respectivamente. Se a temperatura do ar for de 30° e sabendo que o resfriamento da substância de 100° para 70° leva 15 minutos, determine o momento em que a temperatura será de 40°. Considere $\ln 7 = 1{,}95$ e $\ln 4 = 1{,}39$ .

Gabarito

$t = \dfrac{15\ln 7}{\ln 7 - \ln 4} = \dfrac{15 \cdot 1{,}95}{0{,}56} \approx 52$ minutos.

Passo a passo

Passo 1 — Com $T_{ar} = 30$ , a equação é separável:

\frac{dT}{T - 30} = -k\,dt

Passo 2 — Integrando entre $t = 0,\,T = 100$ e $t = 15,\,T = 70$ :

\int_{100}^{70} \frac{dT}{T-30} = -k\int_0^{15} dt \;\Rightarrow\; \ln 40 - \ln 70 = -15k \;\Rightarrow\; 15k = \ln\frac{7}{4} = \ln 7 - \ln 4 = 0{,}56

Passo 3 — Integrando agora entre $t = 0,\,T = 100$ e $t = t_1,\,T = 40$ :

\int_{100}^{40} \frac{dT}{T-30} = -k\int_0^{t_1} dt \;\Rightarrow\; \ln 10 - \ln 70 = -k\,t_1 \;\Rightarrow\; k\,t_1 = \ln 7

Passo 4 — Dividindo $k t_1 = \ln 7$ por $15k = 0{,}56$ :

\frac{t_1}{15} = \frac{\ln 7}{0{,}56} \;\Rightarrow\; t_1 = \frac{15\ln 7}{0{,}56} = \frac{15 \cdot 1{,}95}{0{,}56} \;\Rightarrow\; \boxed{t_1 \approx 52 \text{ min}}

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Questão 041º EE2025.2Linear · fator integrante2,5 ptsVer material

Para $x \ne -1$ , resolva a equação diferencial

(x+1)\,y' + 2y = 12\,(x+1)^4

Gabarito

$(x+1)^2\,y = 2(x+1)^6 + C$ , ou seja, $y = 2(x+1)^4 + \dfrac{C}{(x+1)^2}$ .

Passo a passo

Passo 1 — Coloque na forma padrão dividindo por $(x+1)$ :

y' + \frac{2}{x+1}\,y = 12(x+1)^3 \qquad\Rightarrow\qquad P(x) = \frac{2}{x+1}

Passo 2 — Fator integrante:

\mu(x) = e^{\int \frac{2}{x+1}dx} = e^{2\ln|x+1|} = (x+1)^2

Passo 3 — Multiplicando a forma padrão por $\mu$ , o lado esquerdo vira derivada de produto:

\big[(x+1)^2\,y\big]' = (x+1)^2 \cdot 12(x+1)^3 = 12(x+1)^5

Passo 4 — Integrando os dois lados:

(x+1)^2\,y = \int 12(x+1)^5\,dx = 2(x+1)^6 + C

Passo 5 — Isolando $y$ :

\boxed{y = 2(x+1)^4 + \frac{C}{(x+1)^2}}

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Questão 051º EE2025.1PVI · fator integrante2,5 ptsVer material

Resolva o problema de valor inicial

\frac{1}{x}\,\frac{dy}{dx} - \frac{2y}{x^2} = x\cos x, \qquad y(\pi) = \pi^3

Gabarito

$y(x) = x^2\operatorname{sen} x + \pi x^2$ .

Passo a passo

Passo 1 — Multiplique tudo por $x$ para chegar à forma padrão:

\frac{dy}{dx} - \frac{2}{x}\,y = x^2\cos x \qquad\Rightarrow\qquad P(x) = -\frac{2}{x}

Passo 2 — Fator integrante:

\mu(x) = e^{\int -\frac{2}{x}dx} = e^{-2\ln x} = \frac{1}{x^2}

Passo 3 — Multiplicando por $\mu$ :

\frac{d}{dx}\left(\frac{y}{x^2}\right) = \frac{1}{x^2}\cdot x^2\cos x = \cos x

Passo 4 — Integrando em relação a $x$ :

\frac{y}{x^2} = \operatorname{sen} x + C \;\Rightarrow\; y = x^2\operatorname{sen} x + Cx^2

Passo 5 — Condição inicial $y(\pi) = \pi^3$ : como $\operatorname{sen}\pi = 0$ ,

C\pi^2 = \pi^3 \;\Rightarrow\; C = \pi \qquad\Rightarrow\qquad \boxed{y = x^2\operatorname{sen} x + \pi x^2}

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Questão 061º EE2025.2Equação exata2,5 ptsVer material

Resolva a equação diferencial de primeira ordem

\left(\frac{y}{x} + 6x\right) + (\ln x - 2)\,y' = 0, \qquad x \gt 0

Gabarito

$y\ln x + 3x^2 - 2y = C$ .

Passo a passo

Passo 1 — Identifique $M(x,y) = \dfrac{y}{x} + 6x$ e $N(x,y) = \ln x - 2$ e verifique a exatidão:

\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{1}{x} = \frac{\partial N}{\partial x} \qquad\Rightarrow\qquad \text{a EDO é exata.}

Passo 2 — Existe $\psi(x,y)$ com $\psi_x = M$ e $\psi_y = N$ . Integrando $\psi_y = \ln x - 2$ em relação a $y$ :

\psi(x,y) = y\ln x - 2y + f(x)

Passo 3 — Derivando em relação a $x$ e igualando a $M$ :

\psi_x = \frac{y}{x} + f'(x) = \frac{y}{x} + 6x \;\Rightarrow\; f'(x) = 6x \;\Rightarrow\; f(x) = 3x^2

Passo 4 — A solução (implícita) é $\psi(x,y) = C$ :

\boxed{y\ln x + 3x^2 - 2y = C}

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Questão 071º EE2023.2Equação exata2,5 ptsVer material

Encontre a solução geral da equação diferencial

(1 + y\operatorname{sen} x)\,dx + (1 - \cos x)\,dy = 0

Gabarito

$x - y\cos x + y = C$ (explicitando: $y = \dfrac{C - x}{1 - \cos x}$ ).

Passo a passo

Passo 1 — Com $M = 1 + y\operatorname{sen} x$ e $N = 1 - \cos x$ :

M_y = \operatorname{sen} x \qquad\text{e}\qquad N_x = \operatorname{sen} x \qquad\Rightarrow\qquad \text{exata.}

Passo 2 — Integre $M$ em relação a $x$ :

f(x,y) = \int (1 + y\operatorname{sen} x)\,dx = x - y\cos x + g(y)

Passo 3 — Derive em relação a $y$ e compare com $N$ :

f_y = -\cos x + g'(y) = 1 - \cos x \;\Rightarrow\; g'(y) = 1 \;\Rightarrow\; g(y) = y

Passo 4 — Solução geral:

\boxed{x - y\cos x + y = C}

Se quiser a forma explícita, isole $y$ : $y(1 - \cos x) = C - x \Rightarrow y = \dfrac{C-x}{1-\cos x}$ .

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Questão 081º EE2024.1 · 2ª chamadaFator integrante p/ exata2,5 ptsVer material

Considere a EDO $\;y^2\,dx + (xy + 1)\,dy = 0$ .

a) (0,5) Mostre que não é uma equação exata;
b) (1,0) Encontre um fator integrante que resulte em uma EDO exata;
c) (1,0) Encontre a solução geral.

Gabarito

a) $M_y = 2y \ne y = N_x$ ; b) $\mu = \dfrac{1}{y}$ ; c) $xy + \ln y = C$ .

Passo a passo

Passo 1 (a) — $M = y^2$ , $N = xy + 1$ :

\frac{\partial M}{\partial y} = 2y \qquad\text{e}\qquad \frac{\partial N}{\partial x} = y \qquad\Rightarrow\qquad M_y \ne N_x,\ \text{não é exata.}

Passo 2 (b) — Teste o fator que depende só de $y$ :

g(y) = \frac{N_x - M_y}{M} = \frac{y - 2y}{y^2} = -\frac{1}{y} \qquad\Rightarrow\qquad \mu = e^{\int -\frac1y dy} = e^{-\ln y} = \frac{1}{y}

Passo 3 — Multiplicando a EDO por $\mu = 1/y$ :

y\,dx + \left(x + \frac{1}{y}\right)dy = 0 \qquad\Rightarrow\qquad M_y = 1 = N_x\ \checkmark\ \text{(exata)}

Passo 4 (c) — Integre $M = y$ em $x$ : $f(x,y) = xy + g(y)$ . Derivando em $y$ :

f_y = x + g'(y) = x + \frac{1}{y} \;\Rightarrow\; g'(y) = \frac1y \;\Rightarrow\; g(y) = \ln y

Passo 5 — Solução geral:

\boxed{xy + \ln y = C}

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Questão 091º EE2024.1Equação de Bernoulli2,5 ptsVer material

Encontre a solução da EDO

y' + 4y = 3e^{2x}\,y^2

Gabarito

$y = \dfrac{2e^{-4x}}{3e^{-2x} + C}$ .

Passo a passo

Passo 1 — É uma Bernoulli com $n = 2$ , $P(x) = 4$ , $Q(x) = 3e^{2x}$ . Substituição:

z = y^{1-n} = y^{-1} = \frac1y

Passo 2 — A equação em $z$ é $z' + (1-n)P\,z = (1-n)Q$ :

z' - 4z = -3e^{2x}

Passo 3 — Linear em $z$ ; fator integrante $\mu = e^{\int -4\,dx} = e^{-4x}$ :

\big(e^{-4x}z\big)' = -3e^{2x}e^{-4x} = -3e^{-2x}

Passo 4 — Integrando:

e^{-4x}z = -3\int e^{-2x}dx = \frac{3}{2}e^{-2x} + \frac{C}{2} \;\Rightarrow\; z = \frac{3e^{-2x} + C}{2e^{-4x}}

Passo 5 — Voltando para $y = 1/z$ :

\boxed{y = \frac{2e^{-4x}}{3e^{-2x} + C}}

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Questão 101º EE2024.1Eq. característica · Cauchy-Euler2,5 ptsVer material

Resolva as seguintes equações diferenciais:

a) (0,5) $2y'' - 5y' + 3y = 0$
b) (0,5) $x^2y'' + xy' - y = 0$
c) (0,5) $y'' + 4y' + 7y = 0$
d) (1,0) $y'' - 10y' + 25y = 3e^{2t}$

Gabarito

a) $y = c_1e^{3t/2} + c_2e^{t}$ ; b) $y = c_1x + \dfrac{c_2}{x}$ ; c) $y = e^{-2t}\big(c_1\operatorname{sen}(\sqrt3\,t) + c_2\cos(\sqrt3\,t)\big)$ ; d) $y = c_1e^{5t} + c_2te^{5t} + \tfrac13 e^{2t}$ .

Passo a passo

Passo 1 (a) — Característica $2r^2 - 5r + 3 = 0$ , $\Delta = 25 - 24 = 1$ :

r_1 = \frac{5+1}{4} = \frac32, \quad r_2 = \frac{5-1}{4} = 1 \;\Rightarrow\; y = c_1e^{3t/2} + c_2e^{t}

Passo 2 (b) — É Cauchy-Euler: com $y = x^m$ , $m(m-1) + m - 1 = m^2 - 1 = 0$ :

m = \pm 1 \;\Rightarrow\; y = c_1x + \frac{c_2}{x}

Passo 3 (c) — $r^2 + 4r + 7 = 0$ , $\Delta = 16 - 28 = -12$ :

r = -2 \pm \sqrt3\,i \;\Rightarrow\; y = e^{-2t}\big(c_1\operatorname{sen}(\sqrt3\,t) + c_2\cos(\sqrt3\,t)\big)

Passo 4 (d) — Homogênea: $r^2 - 10r + 25 = (r-5)^2 = 0$ , raiz dupla $r = 5$ :

y_h = c_1e^{5t} + c_2te^{5t}

Passo 5 (d) — Particular por coeficientes indeterminados, chute $Y = Ae^{2t}$ ( $2$ não é raiz):

4Ae^{2t} - 20Ae^{2t} + 25Ae^{2t} = 3e^{2t} \;\Rightarrow\; 9A = 3 \;\Rightarrow\; A = \frac13

\boxed{y = c_1e^{5t} + c_2te^{5t} + \tfrac13 e^{2t}}

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Questão 111º EE2025.2Coef. indeterminados · Abel2,5 ptsVer material

a) (1,5) Encontre a solução geral da EDO de segunda ordem

y'' - 3y' + 2y = e^{3x}(1 + x)

b) (1,0) Encontre o Wronskiano de duas soluções da EDO $\;e^x y'' + (e^x\cos x)\,y' - xy = 0$ , explicitando se estas soluções serão linearmente independentes ou não.

Gabarito

a) $y = C_1e^{x} + C_2e^{2x} + e^{3x}\left(\tfrac12 x - \tfrac14\right)$ ; b) $W = Ce^{-\operatorname{sen} x} \ne 0$ — soluções linearmente independentes.

Passo a passo

Passo 1 (a) — Homogênea: $m^2 - 3m + 2 = 0 \Rightarrow m_1 = 1,\ m_2 = 2$ :

y_h = C_1e^{x} + C_2e^{2x}

Passo 2 — Como $3$ não é raiz da característica, chute $y_p = e^{3x}(A_1x + A_0)$ . Derivando:

y_p' = e^{3x}\big(3A_1x + (A_1 + 3A_0)\big), \qquad y_p'' = e^{3x}\big(9A_1x + (6A_1 + 9A_0)\big)

Passo 3 — Substituindo em $y'' - 3y' + 2y$ :

e^{3x}\Big[\big(9A_1 - 9A_1 + 2A_1\big)x + \big(6A_1 + 9A_0 - 3A_1 - 9A_0 + 2A_0\big)\Big] = e^{3x}(x + 1)

2A_1 = 1 \Rightarrow A_1 = \tfrac12; \qquad 3A_1 + 2A_0 = 1 \Rightarrow A_0 = -\tfrac14

Passo 4 — Solução geral do item (a):

\boxed{y = C_1e^{x} + C_2e^{2x} + e^{3x}\left(\tfrac12 x - \tfrac14\right)}

Passo 5 (b) — Coloque na forma padrão dividindo por $e^x$ :

y'' + (\cos x)\,y' - \frac{x}{e^x}\,y = 0 \qquad\Rightarrow\qquad p(x) = \cos x

Passo 6 — Pela fórmula de Abel:

W(y_1,y_2)(x) = Ce^{-\int \cos x\,dx} = Ce^{-\operatorname{sen} x}

Como $e^{-\operatorname{sen} x} \ne 0$ para todo $x$ , o Wronskiano nunca se anula (para $C \ne 0$ ) e as soluções são linearmente independentes.

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Questão 121º EE2025.1Redução de ordem2,5 ptsVer material

Sabendo que $y_1 = e^x$ é uma solução da equação diferencial

(x-1)\,y'' - x\,y' + y = 0

encontre uma segunda solução linearmente independente pelo método de redução de ordem e escreva a solução geral.

Gabarito

$y_2 = x$ ; solução geral $y = C_1e^x + C_2x$ .

Passo a passo

Passo 1 — Suponha $y = u(x)\,y_1 = u\,e^x$ . Então:

y' = u'e^x + ue^x, \qquad y'' = u''e^x + 2u'e^x + ue^x

Passo 2 — Substituindo na EDO $(x-1)y'' - xy' + y = 0$ e simplificando (os termos em $u$ se cancelam, pois $e^x$ é solução):

u''(x-1) + u'(x-2) = 0

Passo 3 — Faça $w = u'$ (queda de ordem):

\frac{dw}{w} = -\frac{x-2}{x-1}\,dx = \left(\frac{1}{x-1} - 1\right)dx \;\Rightarrow\; w = (x-1)\,e^{-x}

Passo 4 — Integre $u' = (x-1)e^{-x}$ por partes:

u = -C_1\,x\,e^{-x} + C_2

Passo 5 — Logo $y = u\,e^x = -C_1x + C_2e^x$ . A segunda solução independente é

\boxed{y_2 = x \qquad\Rightarrow\qquad y = C_1e^x + C_2x}

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Questão 131º EE2023.2Variação de parâmetros2,5 ptsVer material

Considere a equação diferencial

(1-x)\,y'' + x\,y' - y = 1 - x

a) Verifique se $y_1 = e^x$ e $y_2 = x$ são soluções da equação homogênea correspondente;
b) Determine a solução geral da equação não homogênea.

Gabarito

a) Sim, ambas satisfazem a homogênea. b) $y = c_1e^x + c_2x - 1 + e^x\!\int\!\frac{e^{-x}}{1-x}dx - x\ln(1-x)$ .

Passo a passo

Passo 1 (a) — Substituindo $y_1 = e^x$ : $(1-x)e^x + xe^x - e^x = 0$ ✓. Substituindo $y_2 = x$ : $(1-x)\cdot 0 + x\cdot 1 - x = 0$ ✓.

Passo 2 (b) — Forma padrão (divida por $1-x$ ): o termo não homogêneo vira $f(x) = \dfrac{1-x}{1-x} = 1$ . Wronskiano:

W = \begin{vmatrix} e^x & x \\ e^x & 1 \end{vmatrix} = e^x - xe^x = (1-x)e^x

Passo 3 — Variação de parâmetros, $y_p = u_1y_1 + u_2y_2$ :

u_1' = \frac{-y_2 f}{W} = \frac{-x}{(1-x)e^x} = e^{-x} - \frac{e^{-x}}{1-x} \qquad\Rightarrow\qquad u_1 = -e^{-x} + \int \frac{e^{-x}}{1-x}dx

u_2' = \frac{y_1 f}{W} = \frac{e^x}{(1-x)e^x} = \frac{1}{1-x} \qquad\Rightarrow\qquad u_2 = -\ln(1-x)

Passo 4 — Montando $y_p$ :

y_p = \left(-e^{-x} + \int \frac{e^{-x}}{1-x}dx\right)e^x - x\ln(1-x) = -1 + e^x\!\int\!\frac{e^{-x}}{1-x}dx - x\ln(1-x)

Passo 5 — Solução geral:

\boxed{y = c_1e^x + c_2x - 1 + e^x\!\int\!\frac{e^{-x}}{1-x}dx - x\ln(1-x)}

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Questão 141º EE2024.1Circuito RLC2,5 ptsVer material

Seja o circuito elétrico composto por um resistor $R$ , um indutor $L$ e um capacitor $C$ conectados em série com uma fonte de tensão $V(t)$ . A EDO que modela o circuito é $V(t) = R\,Q' + L\,Q'' + \dfrac{Q}{C}$ , que na forma canônica se resume a

Q'' + \frac{R}{L}Q' + \frac{1}{LC}Q = V

Considerando $R = 2\,\Omega$ , $L = 1\,H$ , $C = 1\,F$ , $V(t) = 10\operatorname{sen}(t)$ e condições $Q(0) = 0$ e $Q'(0) = 0$ , encontre a solução da EDO em termos da carga $Q$ :
a) (0,5) solução da homogênea; b) (1,0) solução da não homogênea; c) (1,0) solução final.

Gabarito

a) $Q_h = C_1e^{-t} + C_2te^{-t}$ ; b) $Q_p = -5\cos t$ ; c) $Q(t) = 5\big(e^{-t} + te^{-t} - \cos t\big)$ .

Passo a passo

Passo 1 (a) — A equação é $Q'' + 2Q' + Q = 10\operatorname{sen} t$ . Característica:

m^2 + 2m + 1 = (m+1)^2 = 0 \;\Rightarrow\; m = -1 \text{ (dupla)} \;\Rightarrow\; Q_h = C_1e^{-t} + C_2te^{-t}

Passo 2 (b) — Chute $Q_p = R_0\operatorname{sen} t + S_0\cos t$ . Substituindo e agrupando:

(-R_0 - 2S_0 + R_0)\operatorname{sen} t + (-S_0 + 2R_0 + S_0)\cos t = 10\operatorname{sen} t

\Rightarrow\; -2S_0 = 10 \;\text{e}\; 2R_0 = 0 \;\Rightarrow\; R_0 = 0,\; S_0 = -5 \;\Rightarrow\; Q_p = -5\cos t

Passo 3 — Solução geral: $Q(t) = C_1e^{-t} + C_2te^{-t} - 5\cos t$ .

Passo 4 (c) — Condições iniciais: $Q(0) = C_1 - 5 = 0 \Rightarrow C_1 = 5$ . E

Q'(t) = -C_1e^{-t} + C_2e^{-t} - C_2te^{-t} + 5\operatorname{sen} t \;\Rightarrow\; Q'(0) = -C_1 + C_2 = 0 \Rightarrow C_2 = 5

Passo 5 — Solução final:

\boxed{Q(t) = 5\big(e^{-t} + te^{-t} - \cos t\big)}

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Questão 151º EE2023.2Oscilador amortecido2,5 ptsVer material

As equações diferenciais que representam um movimento harmônico amortecido e não forçado têm a forma

\frac{d^2y}{dt^2} + b\,\frac{dy}{dt} + \frac{k}{m}\,y = 0

onde $b$ é a constante de amortecimento, $k$ a constante elástica da mola e $m$ a massa. Encontre a solução geral para:

A) $b = 10$ , $k = 20$ , $m = 0{,}5$ ; B) $b = 10$ , $k = 40$ , $m = 2$ ; C) $b = 10$ , $k = 50$ , $m = 2$ .

Gabarito

A) $y = e^{-5t}\big(A\cos\sqrt{15}\,t + B\operatorname{sen}\sqrt{15}\,t\big)$ (subamortecido); B) $y = Ae^{(-5+\sqrt5)t} + Be^{(-5-\sqrt5)t}$ (superamortecido); C) $y = (A + Bt)\,e^{-5t}$ (crítico).

Passo a passo

Passo 1 — A característica é $\lambda^2 + b\lambda + \dfrac{k}{m} = 0$ , com $\Delta = b^2 - 4\dfrac{k}{m}$ .

Passo 2 (A) — $b = 10$ , $k/m = 40$ : $\Delta = 100 - 160 = -60 \lt 0$ . Raízes complexas:

\lambda = -5 \pm \sqrt{15}\,i \;\Rightarrow\; y = e^{-5t}\big(A\cos\sqrt{15}\,t + B\operatorname{sen}\sqrt{15}\,t\big)

Movimento subamortecido: oscila com amplitude decaindo.

Passo 3 (B) — $k/m = 20$ : $\Delta = 100 - 80 = 20 \gt 0$ . Raízes reais distintas:

\lambda = -5 \pm \sqrt5 \;\Rightarrow\; y = Ae^{(-5+\sqrt5)t} + Be^{(-5-\sqrt5)t}

Movimento superamortecido: retorna ao equilíbrio sem oscilar.

Passo 4 (C) — $k/m = 25$ : $\Delta = 100 - 100 = 0$ . Raiz real dupla:

\lambda_1 = \lambda_2 = -5 \;\Rightarrow\; \boxed{y = (A + Bt)\,e^{-5t}}

Movimento criticamente amortecido: o retorno mais rápido possível sem oscilação.

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Questão 161º EE2025.1Ordem superior · variação de parâmetros2,5 ptsVer material

Considere a equação diferencial de terceira ordem

y''' + y' = \sec x

a) Encontre a solução da equação homogênea associada;
b) Encontre uma solução particular pelo método de variação de parâmetros;
c) Escreva a solução geral.

Gabarito

y = C_1 + C_2\cos x + C_3\operatorname{sen} x + \ln|\sec x + \operatorname{tg} x| - x\cos x + \operatorname{sen} x\,\ln|\cos x|

Passo a passo

Passo 1 (a) — Característica: $r^3 + r = r(r^2+1) = 0 \Rightarrow r = 0,\ \pm i$ :

y_h = C_1 + C_2\cos x + C_3\operatorname{sen} x

Passo 2 (b) — Variação de parâmetros com $y_1 = 1$ , $y_2 = \cos x$ , $y_3 = \operatorname{sen} x$ e $g(x) = \sec x$ . O Wronskiano $3\times3$ :

W = \begin{vmatrix} 1 & \cos x & \operatorname{sen} x \\ 0 & -\operatorname{sen} x & \cos x \\ 0 & -\cos x & -\operatorname{sen} x \end{vmatrix} = \operatorname{sen}^2 x + \cos^2 x = 1

Passo 3 — Pela regra de Cramer (substituindo cada coluna por $(0,0,g)$ ):

u_1' = \sec x \Rightarrow u_1 = \ln|\sec x + \operatorname{tg} x|

u_2' = -1 \Rightarrow u_2 = -x

u_3' = -\operatorname{tg} x \Rightarrow u_3 = \ln|\cos x|

Passo 4 — Solução particular:

y_p = u_1y_1 + u_2y_2 + u_3y_3 = \ln|\sec x + \operatorname{tg} x| - x\cos x + \operatorname{sen} x\,\ln|\cos x|

Passo 5 (c) — Solução geral:

\boxed{y = C_1 + C_2\cos x + C_3\operatorname{sen} x + \ln|\sec x + \operatorname{tg} x| - x\cos x + \operatorname{sen} x\,\ln|\cos x|}

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Questão 171º EE2026.2Linear · fator integrante2,5 ptsVer material

a) (1,5 ponto) Encontre a solução geral da EDO linear

\frac{dy}{dx} + \frac{y}{x} - \frac{\operatorname{cotg} x}{x} = 0

b) (1,0 ponto) Encontre a solução particular que satisfaz $y\left(\tfrac{\pi}{2}\right) = 0$ .

Gabarito

a) $y = \dfrac{\ln|\operatorname{sen} x| + C}{x}$ ; b) $y = \dfrac{\ln|\operatorname{sen} x|}{x}$ .

Passo a passo

Passo 1 (a) — Passando o termo sem $y$ para a direita, a equação fica na forma padrão $y' + P(x)\,y = Q(x)$ :

y' + \frac{1}{x}\,y = \frac{\operatorname{cotg} x}{x}, \qquad P(x) = \frac1x,\quad Q(x) = \frac{\operatorname{cotg} x}{x}

Passo 2 — Fator integrante:

\mu(x) = e^{\int \frac1x\,dx} = e^{\ln|x|} = x

Passo 3 — Multiplicando a equação por $\mu = x$ , o lado esquerdo vira a derivada de um produto:

x\,y' + y = (x\,y)' = \operatorname{cotg} x

Passo 4 — Integrando, com $\displaystyle\int \operatorname{cotg} x\,dx = \int \frac{\cos x}{\operatorname{sen} x}\,dx = \ln|\operatorname{sen} x|$ (substituição $u = \operatorname{sen} x$ ):

x\,y = \ln|\operatorname{sen} x| + C \;\Rightarrow\; \boxed{y = \frac{\ln|\operatorname{sen} x| + C}{x}}

Passo 5 (b) — Impondo $y(\pi/2) = 0$ , com $\operatorname{sen}(\pi/2) = 1$ e $\ln 1 = 0$ :

0 = \frac{\ln 1 + C}{\pi/2} = \frac{C}{\pi/2} \;\Rightarrow\; C = 0

\boxed{y = \frac{\ln|\operatorname{sen} x|}{x}}

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Questão 181º EE2026.2Equação exata2,5 ptsVer material

a) (1,5 ponto) Encontre a solução geral da EDO

(2y^2x - 3)\,dx + (2yx^2 + 4)\,dy = 0

b) (0,5 ponto) Prove que a solução obtida está correta;
c) (0,5 ponto) Encontre a solução particular que satisfaz $y(1) = 1$ .

Gabarito

a) $x^2y^2 - 3x + 4y = C$ ; c) $x^2y^2 - 3x + 4y = 2$ .

Passo a passo

Passo 1 (a) — Com $M = 2xy^2 - 3$ e $N = 2x^2y + 4$ , o teste de exatidão:

\frac{\partial M}{\partial y} = 4xy = \frac{\partial N}{\partial x} \;\Rightarrow\; \text{a EDO é exata}

Passo 2 — Existe $f(x,y)$ com $f_x = M$ . Integrando $M$ em $x$ , com a “constante” dependendo de $y$ :

f(x,y) = \int (2xy^2 - 3)\,dx = x^2y^2 - 3x + g(y)

Passo 3 — Derivando em $y$ e igualando a $N$ :

\frac{\partial f}{\partial y} = 2x^2y + g'(y) = 2x^2y + 4 \;\Rightarrow\; g'(y) = 4 \;\Rightarrow\; g(y) = 4y

Passo 4 — A solução geral é a família $f(x,y) = C$ :

\boxed{x^2y^2 - 3x + 4y = C}

Passo 5 (b) — Para provar, deriva-se a solução implicitamente em $x$ (lembrando que $y = y(x)$ ):

2xy^2 + x^2\cdot 2y\,y' - 3 + 4y' = 0 \;\Rightarrow\; (2xy^2 - 3) + (2x^2y + 4)\,y' = 0

Multiplicando por $dx$ (com $y'\,dx = dy$ ), volta-se à equação original $(2xy^2 - 3)\,dx + (2x^2y + 4)\,dy = 0$ .

Passo 6 (c) — Com $x = 1$ e $y = 1$ : $1\cdot 1 - 3 + 4 = C \Rightarrow C = 2$ :

\boxed{x^2y^2 - 3x + 4y = 2}

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Questão 191º EE2026.2Redução de ordem2,5 ptsVer material

Considere a equação

x^2y'' + xy' + \left(x^2 - \frac14\right)y = 0, \qquad x > 0.

a) (1,0 ponto) Verifique que $\Phi_1(x) = x^{-1/2}\operatorname{sen} x$ é solução da equação;
b) (1,5 ponto) Determine uma segunda solução, $\Phi_2(x)$ , tal que $\Phi_1(x)$ e $\Phi_2(x)$ sejam linearmente independentes.

Gabarito

b) $\Phi_2(x) = x^{-1/2}\cos x$ .

Passo a passo

Passo 1 (a) — Derivadas de $\Phi_1 = x^{-1/2}\operatorname{sen} x$ (regra do produto):

\Phi_1' = -\tfrac12 x^{-3/2}\operatorname{sen} x + x^{-1/2}\cos x

\Phi_1'' = \tfrac34 x^{-5/2}\operatorname{sen} x - x^{-3/2}\cos x - x^{-1/2}\operatorname{sen} x

Passo 2 — Multiplicando cada uma pelo seu coeficiente:

x^2\Phi_1'' = \tfrac34 x^{-1/2}\operatorname{sen} x - x^{1/2}\cos x - x^{3/2}\operatorname{sen} x

x\,\Phi_1' = -\tfrac12 x^{-1/2}\operatorname{sen} x + x^{1/2}\cos x

\left(x^2 - \tfrac14\right)\Phi_1 = x^{3/2}\operatorname{sen} x - \tfrac14 x^{-1/2}\operatorname{sen} x

Passo 3 — Somando, os termos em $x^{1/2}\cos x$ e em $x^{3/2}\operatorname{sen} x$ se cancelam, e os de $x^{-1/2}\operatorname{sen} x$ dão $\tfrac34 - \tfrac12 - \tfrac14 = 0$ . A soma é zero: $\Phi_1$ é solução.

Passo 4 (b) — Redução de ordem: procura-se $\Phi_2 = v(x)\,\Phi_1(x)$ . Na forma padrão (dividindo por $x^2$ ), o coeficiente de $y'$ é $P(x) = \dfrac1x$ , e a fórmula é

v'(x) = \frac{e^{-\int P\,dx}}{\Phi_1^2} = \frac{e^{-\ln x}}{x^{-1}\operatorname{sen}^2 x} = \frac{1/x}{\operatorname{sen}^2 x / x} = \operatorname{cossec}^2 x

Passo 5 — Integrando:

v(x) = \int \operatorname{cossec}^2 x\,dx = -\operatorname{cotg} x

Passo 6 — Então $\Phi_2 = -\operatorname{cotg} x\cdot x^{-1/2}\operatorname{sen} x = -x^{-1/2}\cos x$ . A constante $-1$ não muda a independência linear, e pode-se ficar com

\boxed{\Phi_2(x) = x^{-1/2}\cos x}

Como $\Phi_2/\Phi_1 = \operatorname{cotg} x$ não é constante, as duas são linearmente independentes.

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Questão 201º EE2026.2Cauchy-Euler · variação de parâmetros2,5 ptsVer material

Dada a equação

x^2y'' + xy' - y = x^3

a) (1,0 ponto) Determine a solução da equação homogênea associada;
b) (1,0 ponto) Determine a solução da equação não homogênea;
c) (0,5 ponto) Determine a solução geral da equação.

Gabarito

a) $y_h = c_1x + c_2x^{-1}$ ; b) $y_p = \dfrac{x^3}{8}$ ; c) $y = c_1x + c_2x^{-1} + \dfrac{x^3}{8}$ .

Passo a passo

Passo 1 (a) — É Cauchy-Euler. Tentando $y = x^m$ na homogênea $x^2y'' + xy' - y = 0$ :

m(m-1) + m - 1 = m^2 - 1 = 0 \;\Rightarrow\; m = \pm 1

\boxed{y_h = c_1x + c_2x^{-1}}

Passo 2 (b) — Para a variação de parâmetros, a equação precisa estar na forma padrão (coeficiente $1$ em $y''$ ). Dividindo por $x^2$ :

y'' + \frac1x\,y' - \frac1{x^2}\,y = x \;\Rightarrow\; g(x) = x

Passo 3 — Wronskiano de $y_1 = x$ e $y_2 = x^{-1}$ :

W = \begin{vmatrix} x & x^{-1} \\ 1 & -x^{-2} \end{vmatrix} = -\frac1x - \frac1x = -\frac2x

Passo 4 — Os dois parâmetros:

u_1' = \frac{-y_2\,g}{W} = \frac{-x^{-1}\cdot x}{-2/x} = \frac x2 \;\Rightarrow\; u_1 = \frac{x^2}{4}

u_2' = \frac{y_1\,g}{W} = \frac{x\cdot x}{-2/x} = -\frac{x^3}{2} \;\Rightarrow\; u_2 = -\frac{x^4}{8}

Passo 5 — Solução particular:

y_p = u_1y_1 + u_2y_2 = \frac{x^2}{4}\cdot x - \frac{x^4}{8}\cdot\frac1x = \frac{x^3}{4} - \frac{x^3}{8} = \boxed{\frac{x^3}{8}}

Conferindo: com $y_p' = \tfrac38x^2$ e $y_p'' = \tfrac34x$ , fica $x^2\cdot\tfrac34x + x\cdot\tfrac38x^2 - \tfrac18x^3 = \left(\tfrac68 + \tfrac38 - \tfrac18\right)x^3 = x^3$ .

Passo 6 (c) — Solução geral $= y_h + y_p$ :

\boxed{y = c_1x + c_2x^{-1} + \frac{x^3}{8}}

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