Equações de 1ª Ordem
Solução
Questão 1
A equação é linear: $\colorbox{blue!20}{q'+\frac{1}{2}q= \frac{25}{2}}$. O fator integrante é $\mu(t)=\textrm{e}^{\int 1/2\,dt}=\textrm{e}^{t/2}$, e portanto $$\frac{d}{dt}\left(\textrm{e}^{t/2}q\right)=\frac{25}{2}\textrm{e}^{t/2}.$$ Integrando, $$\textrm{e}^{t/2}q(t)=25\textrm{e}^{t/2}+C,$$ ou seja, $$q(t)=25+C\textrm{e}^{-t/2}.$$ Da condição inicial, $q_0=25+C$, logo $C=q_0-25$. Assim, $$\colorbox{green!20}{q(t)=25+(q_0-25)\textrm{e}^{-t/2}}.$$ Quando $q_0 = 25,$ a solução constante de equilíbrio é $q=25$, e quando $q_0\neq 25$, a solução é assintótica a $25$ quando $t\to\infty$, $$\colorbox{green!20}{\lim_{t\to\infty}q(t)=25}.$$
Questão 2
Tomando como família de soluções $y(t)=4-t^2+C\textrm{e}^{-2t},$ temos $y'(t)=-2t-2C\textrm{e}^{-2t}$. Como $C\textrm{e}^{-2t}=y-4+t^2$, segue que $$y'=-2t-2(y-4+t^2).$$ Portanto, $$\colorbox{green!20}{y'+2y=8-2t-2t^2}.$$
Questões 3 e 4
Separando as variáveis, obtemos $(y^2-4)y'=3x^2$. Como $y'=dy/dx$, $$(y^2-4)\,dy=3x^2\,dx.$$ Integrando, $$\frac{y^3}{3}-4y=x^3+C.$$ A condição $y(0)=0$ dá $C=0$. Multiplicando por $3$, $$\colorbox{green!20}{y^3-12y=3x^3}.$$
A solução deixa de poder ser continuada como gráfico quando $y=\pm 2$, pois a equação diferencial não está definida nesses valores. Substituindo $y=2$ na relação implícita, $8-24=3x^3$, logo $x=-\sqrt[3]{16/3}$. Substituindo $y=-2$, obtemos $-8+24=3x^3$, logo $x=\sqrt[3]{16/3}$. Assim, $$\colorbox{green!20}{I=\left[-\sqrt[3]{16/3},\sqrt[3]{16/3}\right]}.$$
Questões 5 e 6
O fator integrante é $\mu(t)=\textrm{e}^{\int 2/t\,dt}=t^2$. Multiplicando por $t^2$, $$\frac{d}{dt}\left(t^2y\right)=1-\frac{t}{2}.$$ Então $t^2y=t-\frac{t^2}{4}+C$, isto é, $$y(t)=\frac{1}{t}-\frac{1}{4}+\frac{C}{t^2}.$$ Como $y(1)=y_0$, temos $C=y_0-\frac{3}{4}$, ou $$\colorbox{green!20}{y(t)=\frac{-3+4t-t^2+4y_0}{4t^2}}.$$
Para a solução tocar o eixo $t$ sem atravessá-lo, ela deve satisfazer $y(t^*)=0$ e $y'(t^*)=0$. Pela própria equação, se $y(t^*)=0$ e $y'(t^*)=0$, então $\frac{2-t^*}{2(t^*)^2}=0$, logo $\colorbox{green!20}{t^*=2}$. Substituindo $t=2$ em $y(t)$ obtemos $0=\frac{-3+8-4+4y_0}{16}$, portanto $$\colorbox{green!20}{y_0=-\frac{1}{4}}.$$
Questão 7
A equação linear tem fator integrante $\mu(t)=\textrm{e}^{-t}$. Logo, $$\frac{d}{dt}\left(\textrm{e}^{-t}y\right)=\textrm{e}^{-t}\cos t.$$ Usando $\int \textrm{e}^{-t}\cos t\,dt= \frac{1}{2}\textrm{e}^{-t}(\sin t-\cos t)$, temos $$y(t)=C\textrm{e}^{t}+\frac{1}{2}(\sin t-\cos t).$$ Da condição inicial, $y_0=C-\frac{1}{2}$, isto é, $C=y_0+\frac{1}{2}$. Portanto, $$\colorbox{green!20}{y(t)=\textrm{e}^{t}\left(y_0+\frac{1}{2}\right) +\frac{1}{2}(\sin t-\cos t)}.$$
Para que a solução permaneça limitada quando $t\to\infty$, o coeficiente de $\textrm{e}^{t}$ deve ser zero. Assim, $$\colorbox{green!20}{y_0=-\frac{1}{2}}.$$
Questão 8
O volume no tanque é $v(t)=50+t$. A taxa de entrada de sal é $5\cdot \frac{1}{2}=2.5$ gramas/minuto. A concentração de saída é $\frac{q(t)}{50+t}$, e a vazão de saída é $4$ litros/minuto. Portanto, $$q'=2.5-\frac{4q}{50+t}.$$
Escrevendo a equação na forma linear, $q'+\frac{4}{50+t}q=2.5$. O fator integrante é $$\mu(t)=\textrm{e}^{\int 4/(50+t)\,dt}=(50+t)^4.$$ Assim, $$\frac{d}{dt}\left((50+t)^4q\right)=2.5(50+t)^4.$$ Integrando, $$(50+t)^4q(t)=\frac{1}{2}(50+t)^5+C,$$ e, portanto, $$q(t)=\frac{1}{2}(50+t)+C(50+t)^{-4}.$$ Como $q(0)=25$, temos $C=0$. Logo, $$\colorbox{green!20}{q(t)=\frac{1}{2}(50+t)}.$$
