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2 EDO de primeira ordem 2 EDO de primeira ordem 2.2 Equação separável

2.1 Equação linear

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A forma geral de uma EDO linear de primeira ordem é

P(t)\frac{dy}{dt}+Q(t)y=G(t),

(2.1)

onde $P(t)\neq 0$ , $Q(t)$ e $G(t)$ são funções de $t$ . Esta pode ser reescrita na forma

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}{\frac{dy}{dt}% +p(t)y=g(t)},

(2.2)

escolhendo $p(t)=Q(t)/P(t)$ e $g(t)=G(t)/P(t)$ .

2.1.1 EDO autônoma e homogênea

Primeiramente, vamos considerar o caso em que $p(t)\equiv a\neq 0$ (constante) e $g(t)\equiv 0$ , i.e.

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}{\frac{dy}{dt}% +ay=0.}

(2.3)

Observamos que $y(t)\equiv 0$ é solução trivial. Agora, para $y(t)\neq 0$ , podemos reescrever esta equação da seguinte forma

	$\displaystyle\frac{dy}{dt}$	$\displaystyle=-ay$		(2.4)
	$\displaystyle\frac{1}{y}\frac{dy}{dt}$	$\displaystyle=-a$		(2.5)

Integrando em relação a $t$ , obtemos

$\displaystyle\int\frac{1}{y}\frac{dy}{dt}\,dt$	$\displaystyle=-\int a\,dt$	(2.6)
$\displaystyle\ln\|y\|$	$\displaystyle=-at+c$	(2.7)
$\displaystyle e^{\ln\|y\|}$	$\displaystyle=e^{-at+c}$	(2.8)
$\displaystyle e^{\ln\|y\|}$	$\displaystyle=e^{-at}e^{c}$	(2.9)
$\displaystyle\|y\|$	$\displaystyle=ce^{-at},$	(2.10)

onde $c$ é uma constante indeterminada. Da definição do valor absoluto, temos esta última equação nos fornece que

	$\displaystyle y>0$		(2.11)
	$\displaystyle\Rightarrow y=\|y\|=ce^{-at}$		(2.12)

	$\displaystyle y<0$		(2.13)
	$\displaystyle\Rightarrow-y=\|y\|=ce^{-at}$		(2.14)
	$\displaystyle\Rightarrow y=-ce^{-at}.$		(2.15)

Lembrando que $c$ é uma constante indeterminada, em qualquer caso, temos

y(t)=ce^{-at}.

(2.16)

Observamos, ainda, que tomando $c=0$ esta última equação também engloba a solução trivial $y(t)\equiv 0$ .

Portanto, concluímos que a solução geral de (2.3) é

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}{y(t)=ce^{-at}.}

(2.17)

Exemplo 2.1.1.

Vamos resolver o seguinte Problema de Valor Inicial (PVI)

	$\displaystyle y^{\prime}-y=0,\quad t>0,$		(2.18)
	$\displaystyle y(0)=1.$		(2.19)

Começamos calculando a solução geral da EDO:

$\displaystyle y^{\prime}$	$\displaystyle=y$	(2.20)
$\displaystyle\frac{1}{y}\frac{dy}{dt}$	$\displaystyle=1$	(2.21)
$\displaystyle\int\frac{1}{y}\frac{dy}{dt}\,dt$	$\displaystyle=\int 1\,dt$	(2.22)
$\displaystyle\ln\|y\|$	$\displaystyle=t+c$	(2.23)
$\displaystyle e^{\ln\|y\|}$	$\displaystyle=e^{t+c}$	(2.24)
$\displaystyle y(t)$	$\displaystyle=ce^{t}.$	(2.25)

Por fim, aplicamos a condição inicial

$\displaystyle y(0)$	$\displaystyle=1$	(2.27)
$\displaystyle ce^{0}$	$\displaystyle=1$	(2.28)
$\displaystyle c$	$\displaystyle=1$	(2.29)

Concluímos que a solução do PVI é

y(t)=e^{t}.

(2.30)

Refer to caption — Figura 2.1: Solução do problema de valor inicial tratado no Exemplo 2.1.1.

No Python, podemos computar a solução solução geral da EDO com os seguintes comandos:

⬇

1 In : from sympy import *

2 In : t = symbols('t')

3 In : y = symbols('y', cls=Function)

4 In : edo = Eq(y(t).diff(t)-y(t),0)

5 In : sol = dsolve(edo,y(t))

6 In : sol

7 Out: Eq(y(t), C1*exp(t))

Então, para aplicarmos a condição inicial e obtermos a solução do PVI, usamos:

⬇

1 In : C1 = symbols('C1')

2 In : cs = solve(Eq(sol.rhs.subs(t,0),1),dict=True)

3 In : cs

4 Out: [{C1: 1}]

6 In : sol = sol.subs(cs[0])

7 In : sol

8 Out: Eq(y(t), exp(t))

O esboço do gráfico da solução pode ser produzido com:

⬇

1 In: plot(sol.rhs, (t,0, 2), ylabel='$y(t)$')

2.1.2 Método dos fatores integrantes

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Vejamos, agora, o caso de uma EDO da forma

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}{\frac{dy}{dt}% +ay=g(t).}

(2.31)

O método dos fatores integrantes consiste em multiplicarmos a equação por uma função $\mu=\mu(t)$ (fator integrante) de forma que

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}{\mu\frac{dy}{% dt}+\mu ay=\frac{d}{dt}\left(\mu y\right).}

(2.32)

Pela regra do produto para derivada, temos que

\mu\frac{dy}{dt}+\mu ay=\mu\frac{dy}{dt}+\mu^{\prime}y.

(2.33)

Ou seja, tal função $\mu$ deve satisfazer a seguinte EDO

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}{\mu^{\prime}=% a\mu.}

(2.34)

Usando o mesmo procedimento utilizado para (2.3), obtemos que

\mu(t)=ce^{at}.

(2.35)

Observamos que qualquer escolha de $c\neq 0$ é apropriada e, por simplicidade, escolhemos $c=1$ . Ou seja, escolhemos o fator integrante

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}{\mu(t)=e^{at}}.

(2.36)

Agora, retornamos a equação (2.31). Multiplicando-a pelo fator integrante $\mu(t)=e^{at}$ , obtemos

	$\displaystyle\mu\frac{dy}{dt}+\mu ay=\mu g(t)$		(2.37)
	$\displaystyle\frac{d}{dt}\left(\mu y\right)=\mu g(t)$		(2.38)
	$\displaystyle\int\,d(\mu y)=\int\mu g(t)\,dt$		(2.39)
	$\displaystyle\mu y=\int\mu g(t)\,dt+c$		(2.40)
	$\displaystyle y=\frac{1}{\mu}\left[\int\mu g(t)\,dt+c\right].$		(2.41)

Portanto, concluímos que

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}{y(t)=e^{-at}% \left[\int g(t)e^{at}\,dt+c\right]}

(2.43)

é a solução geral de (2.31).

Exemplo 2.1.2.

Vamos calcular a solução geral da seguinte EDO

y^{\prime}-y=1.

(2.44)

Aplicando o método dos fatores integrantes, temos

	$\displaystyle\mu y^{\prime}-\mu y$	$\displaystyle=(\mu y)^{\prime}$		(2.45)
		$\displaystyle=\mu^{\prime}y+\mu y^{\prime}.$		(2.46)

Ou seja, devemos escolher $\mu$ tal que

	$\displaystyle\mu^{\prime}=-\mu$		(2.47)
	$\displaystyle\frac{1}{\mu}\frac{d\mu}{dt}=-1$		(2.48)
	$\displaystyle\int\frac{1}{\mu}\,d\mu=-\int 1\,dt$		(2.49)
	$\displaystyle\ln\|\mu\|=-t+c$		(2.50)
	$\displaystyle\mu=ce^{-t}$		(2.51)

Por simplicidade, escolhemos $\mu=e^{-t}$ .

Com isso, a EDO (2.44) pode ser reescrita como

	$\displaystyle\frac{d}{dt}\left(\mu y\right)=\mu\cdot 1$		(2.52)
	$\displaystyle\frac{d}{dt}\left(e^{-t}y\right)=e^{-t}.$		(2.53)

Integrando, obtemos

	$\displaystyle e^{-t}y=\int e^{-t}\,dt$		(2.54)
	$\displaystyle e^{-t}y(t)=-e^{-t}+c$		(2.55)
	$\displaystyle y(t)=-e^{t}e^{-t}+ce^{t}$		(2.56)
	$\displaystyle y(t)=-1+ce^{t},$		(2.57)

a qual é a solução geral. A figura abaixo contém esboços dos gráficos da solução geral para diferentes valores de $c$ .

No Python, podemos computar a solução solução geral da EDO e fazer o gráfico acima com os seguintes comandos:

⬇

1 In : from sympy import *

2 In : y = symbols('y', cls=Function)

3 In : t,C1 = symbols('t,C1')

4 In : edo = Eq(diff(y(t),t)-y(t),1)

5 In : sg = dsolve(edo)

6 In : sg

7 Out: Eq(y(t), C1*exp(t) - 1)

9 In : p = plot(sg.rhs.subs(C1,-1), (t,-2,2), \

10 ...: ylabel='y(t)', line_color='blue', show=False)

11 ...:

12 In : q = plot(sg.rhs.subs(C1,0), (t,-2,2), \

13 ...: ylabel='y(t)', line_color='red', show=False)

14 ...:

15 In : p.extend(q)

16 In : q = plot(sg.rhs.subs(C1,1), (t,-2,2), \

17 ...: ylabel='y(t)', line_color='green', show=False)

18 ...:

19 In : p.extend(q)

20 In : p.show()

2.1.3 Caso geral

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O caso geral de uma EDO linear de primeira ordem

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}{y^{\prime}+p(% t)y=g(t)}

(2.58)

também pode ser resolvido pelo método dos fatores integrantes. Neste caso, o fator integrante $\mu=\mu(t)$ deve ser escolhido de forma que

	$\displaystyle\mu y^{\prime}+\mu p(t)y=(\mu y)^{\prime}$		(2.59)
	$\displaystyle{\color[rgb]{1,0,0}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{1,0,0% }\pgfsys@color@rgb@stroke{1}{0}{0}\pgfsys@color@rgb@fill{1}{0}{0}\mu y^{\prime% }}+{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}\mu p(t)}y={% \color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}\mu^{\prime}}y% +{\color[rgb]{1,0,0}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{1,0,0}% \pgfsys@color@rgb@stroke{1}{0}{0}\pgfsys@color@rgb@fill{1}{0}{0}\mu y^{\prime}},$		(2.60)

ou seja

{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}\mu^{\prime}=p% (t)\mu}.

(2.61)

Integrando, obtemos o fator integrante

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}{\mu(t)=e^{% \int p(t)\,dt}.}

(2.62)

Usando este fator integrante, a equação (2.58) pode ser reescrita da seguinte maneira

\frac{d}{dt}\left(\mu y\right)=\mu g(t).

(2.63)

Integrando, obtemos a solução geral

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}{y(t)=\frac{1}% {\mu(t)}\left[\int\mu(t)g(t)\,dt+c\right].}

(2.64)

Exemplo 2.1.3.

Vamos calcular a solução geral da seguinte EDO

y^{\prime}+\frac{1}{t}y=t.

(2.65)

Primeiramente, calculamos o fator integrante $\mu=\mu(t)$ tal que

\mu y^{\prime}+{\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{% 0,0,1}\pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}\mu\frac% {1}{t}}y=(\mu y)^{\prime}={\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{% pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}\pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}% \pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}\mu^{\prime}}y+\mu y^{\prime}.

(2.66)

Ou seja, precisamos que

\mu^{\prime}=\frac{1}{t}\mu.

(2.67)

Integrando, obtemos

$\displaystyle\mu(t)$	$\displaystyle=e^{\int\frac{1}{t}\,dt}$	(2.68)
	$\displaystyle=e^{\ln\|t\|}$	(2.69)
	$\displaystyle=t$	(2.70)

Aplicando o fator integrante a EDO (2.65), obtemos

	$\displaystyle\frac{d}{dt}\left(ty\right)=t^{2}$		(2.71)
	$\displaystyle ty=\int t^{2}\,dt$		(2.72)
	$\displaystyle y=\frac{1}{t}\left[\frac{t^{3}}{3}+c\right]$		(2.73)
	$\displaystyle y=\frac{t^{2}}{3}+\frac{c}{t}$		(2.74)

2.1.4 Aplicação em modelagem

Exemplo 2.1.4.

(Mistura em tanque) No instante inicial $t=0$ s (segundo), um tanque contem $q_{0}$ kg (quilograma) de sal dissolvido em $l$ L (litro) de água. Uma solução de $s$ kg/L de sal e água entra no tanque a uma taxa de $r$ L/s. Esta solução mistura-se com o líquido presente no tanque e a mistura final sai do tanque a mesma taxa de $r$ L/s.

Vamos modelar a quantidade de sal $q$ kg presente no tanque a cada instante $t$ s. Temos que $q$ é função do tempo $t$ s, i.e. $q=q(t)$ . A condição inicial é

q(0)=q_{0}.

(2.75)

A taxa de variação de $q$ no tempo é $dq/dt$ e é modelada por

\frac{dq}{dt}=\underbrace{sr}_{\text{taxa de entrada}}-\underbrace{\frac{q}{l}% r}_{\text{taxa de sa\'{\i}da}}.

(2.76)

Ou seja, o problema é modelado como o seguinte PVI

	$\displaystyle\frac{dq}{dt}=sr-\frac{q}{l}r,\quad t>0,$		(2.77)
	$\displaystyle q(0)=q_{0},$		(2.78)

onde $s$ , $r$ , $l$ e $q_{0}$ são parâmetros do problema. A EDO relacionada é linear de primeira ordem e, portanto, pode ser resolvida pelo método dos fatores integrantes. Veja o Exercício Resolvido 2.1.3.

Exemplo 2.1.5.

(Objeto em queda livre) Seja $m$ kg a massa de um objeto em queda livre em um meio com resistência de $\gamma$ kg/s e aceleração da gravidade de $g$ m/s ${}^{2}$ . A segunda lei de Newton é a lei física que estabelece que a força total atuando sobre o objeto é igual a sua massa multiplicada por sua aceleração. Desta forma, obtemos

\underbrace{m\frac{dv}{dt}}_{\text{massa}\times\text{acelera\c{c}\~{a}o}}=% \underbrace{mg}_{\text{for\c{c}a da gravidade}}-\underbrace{\gamma v}_{\text{% for\c{c}a da resist\^{e}ncia}]},

(2.79)

onde $v=v(t)$ m/s é a velocidade do objeto (sentido positivo igual ao da força da gravidade). Assumindo que o objeto tem velocidade $v_{0}$ m/s no instante inicial $t=0$ , o modelo resume-se ao seguinte PVI:

	$\displaystyle m\frac{dv}{dt}=mg-\gamma v,\quad t>0,$		(2.80)
	$\displaystyle v(0)=v_{0},$		(2.81)

onde $m$ , $g$ , $\gamma$ e $v_{0}$ são parâmetros.

Exercícios resolvidos

ER 2.1.1.

Resolva o seguinte PVI

	$\displaystyle y^{\prime}+y=1,\quad t>0,$		(2.82)
	$\displaystyle y(0)=2.$		(2.83)

Solução.

Primeiramente, obtemos a solução geral da EDO pelo método dos fatores integrante. Para tanto, buscamos pelo fator integrante $\mu$ tal que

\mu y^{\prime}+\mu y=(\mu y)^{\prime},

(2.84)

ou seja,

	$\displaystyle\mu^{\prime}=\mu$		(2.85)
	$\displaystyle\mu(t)=e^{t}.$		(2.86)

Obtido o fator integrante, reescrevemos a EDO como segue

	$\displaystyle\frac{d}{dt}\left(\mu y\right)=\mu\cdot 1$		(2.87)
	$\displaystyle\frac{d}{dt}\left(e^{t}y\right)=e^{t}.$		(2.88)

Integrando, obtemos a solução geral

y=1+ce^{-t}.

(2.89)

Aplicando a condição inicial, obtemos

	$\displaystyle y(0)=2$		(2.90)
	$\displaystyle 1+ce^{-0}=2$		(2.91)
	$\displaystyle c=1.$		(2.92)

Concluímos que a solução do PVI é $y(t)=1+e^{-t}$ .

ER 2.1.2.

Calcule a solução geral da EDO

\displaystyle y^{\prime}+\frac{1}{t}y=\operatorname{sen}(t),\quad t>0.

(2.93)

Solução.

Buscamos pelo fator integrante $\mu$ tal que

\mu y^{\prime}+\mu\frac{1}{t}y=(\mu y)^{\prime},

(2.94)

ou seja,

	$\displaystyle\mu^{\prime}=\frac{\mu}{t}$		(2.95)
	$\displaystyle\mu(t)=e^{\int\frac{1}{t}\,dt}=e^{\ln\|t\|}=t.$		(2.96)

Obtido o fator integrante, reescrevemos a EDO como segue

	$\displaystyle\frac{d}{dt}\left(\mu y\right)=\mu\cdot\operatorname{sen}(t)$		(2.97)
	$\displaystyle\frac{d}{dt}\left(ty\right)=t\operatorname{sen}(t).$		(2.98)

Integrando, obtemos a solução geral

y(t)=\frac{c}{t}+\frac{\operatorname{sen}(t)}{t}-\cos(t).

(2.99)

ER 2.1.3.

(Mistura em tanque) No instante inicial $t=0$ s (segundo), um tanque contem $100$ kg de sal dissolvidos em $1000$ L d’água. Uma solução de $0,2$ kg/L de sal e água entra no tanque a uma taxa de $10$ L/s. Esta solução mistura-se com o líquido presente no tanque e a mistura final sai do tanque a mesma taxa de $10$ L/s. Calcule a quantidade de sal misturado no tanque após $1$ hora de operação, i.e. quando $t=3600$ s.

Solução.

Denotando por $q=q(t)$ kg a quantidade de sal misturado no tanque no instante $t$ , temos que a taxa de variação de $q$ no tempo é dada por

	$\displaystyle\frac{dq}{dt}$	$\displaystyle=0,2\cdot 10-\frac{q}{1000}\cdot 10$		(2.100)
		$\displaystyle=2-\frac{q}{100}.$		(2.101)

Ou seja, o modelo constitui-se no seguinte PVI

	$\displaystyle\frac{dq}{dt}=2-\frac{q}{100},\quad t>0,$		(2.102)
	$\displaystyle q(0)=100.$		(2.103)

Para resolver o problema, vamos usar o método dos fatores integrantes. O fator integrante é escolhido como sendo

	$\displaystyle\mu(t)$	$\displaystyle=e^{\int\frac{1}{100}\,dt}$		(2.104)
		$\displaystyle=e^{t/100}.$		(2.105)

Segue que a EDO (2.102) pode ser reescrita como

\frac{d}{dt}\left(qe^{t/100}\right)=2e^{t/100}.

(2.106)

Integrando, obtemos

$\displaystyle q(t)$	$\displaystyle=e^{-t/100}\int 2e^{t/100}\,dt$	(2.107)
	$\displaystyle=e^{-t/100}\left(200e^{t/100}+c\right)$	(2.108)
	$\displaystyle=200+ce^{-t/100}.$	(2.109)

Da condição inicial, obtemos

	$\displaystyle q(0)=100$		(2.110)
	$\displaystyle 200+c=100$		(2.111)
	$\displaystyle c=-100.$		(2.112)

Logo, a solução do PVI é

q(t)=200-100e^{-t/100}.

(2.113)

No tempo $t=3600$ s, temos

q(3600)=200-100e^{-3600/100}\approx 200\leavevmode\nobreak\ \text{kg}.

(2.114)

Exercícios

E. 2.1.1.

Calcule a solução do seguinte PVI

	$\displaystyle y^{\prime}+y=0,\quad t>0,$		(2.115)
	$\displaystyle y(0)=1.$		(2.116)

Resposta.

$y(t)=e^{-t}$

E. 2.1.2.

Calcule a solução do seguinte PVI

	$\displaystyle y^{\prime}-y=2,\quad t>0,$		(2.117)
	$\displaystyle y(0)=1.$		(2.118)

Resposta.

$y(t)=3e^{t}-2$

E. 2.1.3.

Calcule a solução geral da seguinte EDO

y^{\prime}+y=\operatorname{sen}(t).

(2.119)

Resposta.

$y(t)=ce^{-t}+\frac{\operatorname{sen}(x)}{2}-\frac{\cos(x)}{2}$

E. 2.1.4.

Calcule a solução geral do seguinte PVI

	$\displaystyle y^{\prime}+\frac{1}{t}y=2t,\quad t>1,$		(2.120)
	$\displaystyle y(1)=0.$		(2.121)

Resposta.

$y(t)=\frac{2}{3}\left(t^{2}-\frac{1}{t}\right)$

E. 2.1.5.

Calcule a solução geral do seguinte PVI

	$\displaystyle ty^{\prime}+2y=1,\quad t>1,$		(2.122)
	$\displaystyle y(1)=1.$		(2.123)

Resposta.

$y(t)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{t^{2}}+1\right)$

E. 2.1.6.

Seja um objeto de massa $m=1$ kg em queda livre sujeito a aceleração da gravidade de $9,8$ m/s ${}^{2}$ e resistência do meio de $\gamma=0,2$ kg/s. Assuma, ainda, que o objeto está em repouso no tempo inicial e a uma altura de $10$ m (metros) do solo. Quanto tempo leva para o objeto atingir o solo.

Resposta.

$1.5$ s

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