Equações diferenciais ordinárias. Problemas de valor inicial. Equações diferenciais de primeira ordem separáveis, homogêneas, lineares de primeira ordem, exatas.)

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Cálculo Integral - Prof. Juliana Coelho
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5a lista de exerćıcios - Equações Diferenciais Ordinárias
(Equações diferenciais ordinárias. Problemas de valor inicial. Equações diferenciais de primeira ordem:
separáveis, homogêneas, lineares de primeira ordem, exatas.)
1 - Verifique que
(a) x2y + 3x = y2 + C é solução da equação diferencial
dy
dx
=
2xy + 3
2y − x2
.
(b) x+ y = ln(xy) + C é solução da equação diferencial
1
x
+
y′
y
= 1 + y′
(c) y = C1 cos(x) + C2sen (x) + x é solução da equação diferencial y
′′ + y = x.
2 - Usando o item (1), resolva os problemas de valor inicial abaixo:
(a)

dy
dx
=
2xy + 3
2y − x2
y(2) = 1
(b)

1
x
+
y′
y
= 1 + y′
y(1) = 1
(c)

y′′ + y = x
y(0) = 2
y′(0) = 1
3 - Verifique que se f(x, y) é uma função homogênea de grau n, então f satisfaz a equação diferencial
x
∂f
∂x
+ y
∂f
∂y
= n f(x, y).
(Sugestão: Escreva g(t) = f(tx, ty), de modo que g(t) = tnf(x, y). Derive os dois lados desta igualdade
em relação a t. Agora veja que a equação diferencial é obtida fazendo t = 1.)
1
4 - Resolva as equações diferenciais e problemas de valores inciais abaixo, verificando sua solução:
(a)

dy
dx
=
1 + x
x2
y(1) = 3
(b)
 yy′ = x2y(2) = 3
(c) x dx+ ey dy = 0
(d) (y2 + 2x2)dx− xy dy = 0
(e) x2ydx− dy = 0;
(f) (y − x3)dx+ (x+ y3)dy = 0
(g)
dy
dx
=
xy
x2 + y2
;
(h) y′ + 1 = y
(i) ey dx+ (xey + 2y)dy = 0
(j)
dy
dx
= 2xy + 3x2ex
2
(k) (x+ 1 + 2y)dx+ (2x+ 2− y)dy = 0
(l) y′ + y = 2xe−x
(m)
dy
dx
=
2y3 + 2x2y
2xy2 + x3
5 - A equação diferencial
dy
dx
=
x
x+ 2y − 1
não é homogênea.
(a) Verifique que, fazendo a mudança de variáveis u = 2y − 1 obtemos uma equação homogênea;
(b) Resolva a equação obtida em (a) e verifique que esta solução é também solução da equação original.
6 - Considere a equação diferencial xy dx+ (x2 + 1)dy = 0.
(a) Verifique que esta equação não é homogênea nem exata;
(b) Verifique que, multiplicando a equação por y, obtemos uma equação diferencial exata;
(c) Resolva a equação usando (b) e verifique sua solução.
2
7 - (Fator integrante) O exerćıcio 6 acima é um caso particular do método do fator integrante.
Considere a equação diferencial ordinária
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0
e suponha que
Nx −My
M
= g(y)
é função apenas da variável y. Então a função
µ(y) = e
∫
g(y)dy
é chamada um fator integrante e a equação diferencial obtida multiplicando a equação original por µ(y)
M(x, y)µ(y)dx+N(x, y)µ(y)dy = 0
é uma equação exata. Além disso, a solução desta equação é também solução da equação original.
(a) Encontre o fator integrante µ(y) para a equação diferencial xy dx+ (x2 + 1)dy = 0;
(b) Resolva a equação y2dx+ (xy + y)dy = 0 usando o método do fator integrante;
(c) Resolva a equação xdx+ (x2y + y)dy = 0 usando o método do fator integrante;
(d) Verifique o método, isto é:
(i) Verifique que µ′(y) = µ(y)g(y). (Sugestão: aplique o logaritmo natural ln em ambos os lados
de µ(y) = e
∫
g(y)dy e derive com respeito a y.)
(ii) Verifique que a equação diferencial M(x, y)µ(y)dx+N(x, y)µ(y)dy = 0 é exata.
3
Respostas:
QUESTÃO 2:
(a) x2y + 3x = y2 + 9
(b) x+ y = ln(xy) + 2
(c) y = 2 cos(x) + x
QUESTÃO 4:
(a) Temos
dy
dx
=
1
x2
+
x
x2
= x−2 + x−1 ⇒
∫
dy =
∫
(x−2 + x−1)dx ⇒ y = −1
x
+ ln(x) + C.
Portanto, com a condição inicial y(1) = 3 temos
3 =
−1
1
+ ln(1) + C ⇒ 3 = −1 + C ⇒ C = 4.
Assim a solução do problema inicial é y = −1x + ln(x) + 4.
(b) Esta equação é separável e temos
y
dy
dx
= x2 ⇒
∫
y dy =
∫
x2dx ⇒ y
2
2
=
x3
3
+ C ⇒ 3y2 = 2x3 + C.
Portanto, com a condição inicial y(2) = 3 temos
3 · 9 = 2 · 8 + C ⇒ 27 = 16 + C ⇒ C = 11
e a solução particular procurada é 3y2 = 2x3 + 11.
(c) Esta equação é separável e temos∫
x dx = −
∫
ey dy ⇒ x
2
2
= −ey + C.
(d) Esta equação é homogênea pois pode ser escrita como
dy
dx
=
y2 + 2x2
xy
. Fazendo z = y/x temos
dz
dx
=
1
x
(f(1, z)− z)
onde
f(x, y) =
y2 + 2x2
xy
⇒ f(1, z)− z = z
2 + 2
z
− z = 2
z
.
4
Temos então que resolver a equação separável
dz
dx
=
1
x
· 2
z
⇒
∫
z
2
dz =
∫
1
x
dx. ⇒ z
2
4
= ln(x) + C.
Lembrando que z = y/x, temos
(y/x)2
4
= ln(x) + C ⇒ y
2
4x2
= ln(x) + C.
(e) Esta equação é separável e temos
x2ydx− dy = 0 ⇒
∫
x2dx =
∫
1
y
dy ⇒ x
3
3
+ C = ln(y).
Podemos “ajeitar”esta solução fazendo
x3
3
+C = ln(y) ⇒ x3+C = 3 ln(y) ⇒ x3+C = ln(y3) ⇒ ex
3+C = y3 ⇒ Cex
3
= y3.
(f) Esta equação é exata pois sendo M = y− x3 e N = x+ y3, então My = 1 = Nx. Portanto existe f
tal que fx = M e fy = N . Logo
f =
∫
Mdx =
∫
(y − x3)dx = xy − x
4
4
+ h(y)
onde h é tal que N = fy ou seja
x+y3 =
(
xy − x
4
4
+ h(y)
)
y
⇒ x+y3 = x+h′(y) ⇒ h′(y) = y3 ⇒ h(y) =
∫
y3dy =
y4
4
.
Portanto a solução geral procurada é f = C, ou seja,
xy − x
4
4
+
y4
4
= C
(g) Esta equação é homogênea e fazendo z = y/x temos
dz
dx
=
1
x
(f(1, z)− z)
onde
f(x, y) =
xy
x2 + y2
⇒ f(1, z)− z = z
1 + z2
− z = −z
3
1 + z2
.
Temos então que resolver a equação separável
dz
dx
=
1
x
· −z
3
1 + z2
⇒ −
∫
1 + z2
z3
dz =
∫
1
x
dx.
Ora,
−
∫
1 + z2
z3
dz = −
∫
(z−3 + z−1)dz = −z
−2
−2
− ln(z) = 1
2z2
− ln(z)
5
e como
∫
1
xdx = ln(x) + C, então
1
2z2
− ln(z) = ln(x) + C.
Lembrando que z = y/x, temos
1
2(y/x)2
− ln(y/x) = ln(x) + C ⇒ x
2
2y2
− (ln(y)− ln(x)) = ln(x) + C ⇒ x
2
2y2
= ln(y) + C.
(h) Esta equação é linear, e como y′ = y − 1, temos que multiplicar por
e−
∫
1dx = e−x.
Assim, derivando e substituindo, temos
d
dx
(ye−x) = y′e−x + y(−1)e−x = (y − 1)e−x − ye−x = −e−x
e portanto
ye−x =
∫
(−e−xdx) = e−x + C ⇒ y = 1 + Cex.
(i) Esta equação é exata pois sendo M = ey e N = xey + 2y, então My = e
y = Nx. Portanto existe f
tal que fx = M e fy = N . Logo
f =
∫
Mdx =
∫
(ey)dx = xey + h(y)
onde h é tal que N = fy ou seja
xey+2y = (xey + h(y))y ⇒ xe
y+2y = xey+h′(y) ⇒ h′(y) = 2y ⇒ h(y) =
∫
2y dy = y2.
Portanto a solução geral procurada é f = C, ou seja,
xey + y2 = C.
(j) Esta equação é linear e temos que multiplicar y por
e−
∫
2x dx = e−x
2
.
Assim, derivando e substituindo, temos
d
dx
(ye−x
2
) = y′e−x
2
+ y(−2x)e−x
2
= (2xy + 3x2ex
2
)e−x
2
− 2xye−x
2
= 3x2ex
2
e−x
2
= 3x2
e portanto
ye−x
2
=
∫
3x2 dx = x3 + C ⇒ y = x3ex
2
+ Cex
2
.
6
(k) Esta equação é exata pois sendo M = x+ 1 + 2y e N = 2x+ 2− y, então My = 2 = Nx. Portanto
existe f tal que fx = M e fy = N . Logo
f =
∫
Mdx =
∫
(x+ 1 + 2y)dx =
x2
2
+ x+ 2xy + h(y)
onde h é tal que N = fy ou seja
2x+ 2− y =
(
x2
2
+ x+ 2xy + h(y)
)
y
⇒ 2x+ 2− y = 2x+ h′(y) ⇒ h′(y) = 2− y.
Assim
h(y) =
∫
(2− y)dy = 2y − y
2
2
e portanto a solução geral procurada é f = C, ou seja,
x2
2
+ x+ 2xy + 2y − y
2
2
= C.
(l) Esta equação é da forma y′ = −y + 2xe−x, logo é linear e temos que multiplicar y por
e−
∫
(−1) dx = e
∫
dx = ex.
Assim, derivando e substituindo, temos
d
dx
(yex) = y′ex + yex = (−y + 2xe−x)ex + yex = 2x
e portanto
yex =
∫
2x dx = x2 + C
Assim, a solução geral é
yex = x2 + C ⇒ y = x2e−x + Ce−x
(m) Esta equação é homogênea e fazendo z = y/x temos
dz
dx
=
1
x
(f(1, z)− z)
onde
f(x, y) =
2y3 + 2x2y
2xy2 + x3
⇒ f(1, z)− z = 2z
3 + 2z
2z2 + 1
− z = z
2z2 + 1
.
Temos então que resolver a equação separável
dz
dx
=
1
x
· z
2z2 + 1
⇒
∫
2z2 + 1
z
dz =
∫
1
x
dx.
Ora, ∫
2z2 + 1
z
dz =
∫
(2z + z−1)dz = z2 + ln(z)
7
e como
∫
1
xdx = ln(x) + C, então
z2 + ln(z) = ln(x) + C.
Lembrando que z = y/x, temos
z2 + ln(z) = ln(x) + C ⇒
(y
x
)2
+ ln
(y
x
)
= ln(x) + C ⇒ y
2
x2
+ ln(y)− ln(x) = ln(x) + C
e portanto a solução geral procurada é
y2
x2
+ ln(y) = 2 ln(x) + C.
QUESTÃO 5: A equação diferencial
dy
dx
=
x
x+ 2y − 1
não é homogênea.
(a) Com a mudança de variáveis sugerida, temos
u = 2y − 1 ⇒ du = 2dy ⇒ dy = 1
2
du
e logo obtemos a equação
dy
dx
=
x
x+ 2y − 1
⇒ 1
2
dudx
=
x
x+ u
⇒ du
dx
=
2x
x+ u
que é claramente homogênea.
(b) Para resolver a equação obtida em (a), fazemos z = u/x de modo a obter a EDO separável
dz
dx
=
1
x
· (f(1, z)− z) ⇒ dz
dx
=
1
x
·
(
2
1 + z
− z
)
⇒ dz
dx
=
1
x
·
(
2− z − z2
1 + z
)
.
Agora resolvemos esta EDO separável
1 + z
2− z − z2
dz =
1
x
dx ⇒
∫
1 + z
2− z − z2
dz =
∫
1
x
dx.
Temos ∫
1
x
dx = ln |x|+ C
e para resolver a integral ∫
1 + z
2− z − z2
dz = −
∫
1 + z
z2 + z − 2
dz
iremos usar integração por frações parciais. Como z2 +z−2 = (z−1)(z+2), então a decomposição
em frações parciais fica
1 + z
z2 + z − 2
=
A
z − 1
+
B
z + 2
=
A(z + 2) +B(z − 1)
(z − 1)(z + 2)
.
8
Como os denominadores são iguais, temos que ter
A(z + 2) +B(z − 1) = 1 + z
e substituindo z pelas ráızes 1 e −2, encontraremos os valores de A e B:
z = 1 ⇒ A(1 + 2) +B(1− 1) = 1 + 1
⇒ 3A = 2⇒ A = 2/3
z = −2 ⇒ A(−2 + 2) +B(−2− 1) = 1− 2
⇒ −3B = −1⇒ B = 1/3.
Assim, a integral fica∫
1 + z
2− z − z2
dz = −
∫
1 + z
z2 + z − 2
dz = −
∫ (
2/3
z − 1
+
1/3
z + 2
)
dz
= −
∫ (
2
3
1
z − 1
+
1
3
1
z + 2
)
dz = −
(
2
3
ln |z − 1|+ 1
3
ln |z + 2|
)
= −1
3
(2 ln |z − 1|+ ln |z + 2|) .
Portanto a solução da EDO separável é
−1
3
(2 ln |z − 1|+ ln |z + 2|) = ln |x|+ C ⇒ 2 ln |z − 1|+ ln |z + 2| = −3 ln |x|+ C.
Agora lembramos que z = u/x e u = 2y − 1 e temos a solução
2 ln
∣∣∣∣2y − 1x − 1
∣∣∣∣+ ln ∣∣∣∣2y − 1x + 2
∣∣∣∣ = −3 ln |x|+ C.
Obs.: Esta solução pode ser reescrita como:
2 ln
∣∣∣∣2y − 1− xx
∣∣∣∣+ ln ∣∣∣∣2y − 1 + 2xx
∣∣∣∣ = −3 ln |x|+ C
e como ln |a/b| = ln |a| − ln |b|, temos
2 ln |2y − 1− x| − 2 ln |x|+ ln |2y − 1 + 2x| − ln |x| = −3 ln |x|+ C
o que nos dá
2 ln |2y−1−x|+ln |2y−1+2x| = −3 ln |x|+3 ln |x|+C ⇒ 2 ln |2y−1−x|+ln |2y−1+2x| = +C.
Agora, como n ln |a| = ln |an| e ln |a|+ ln |b| = ln |a+ b|, temos
ln |(2y − 1− x)2|+ ln |2y − 1 + 2x| = +C ⇒ ln |(2y − 1− x)2(2y − 1 + 2x)| = C
9
e, aplicando a exponencial,
eln |(2y−1−x)
2(2y−1+2x)| = eC ⇒ (2y − 1− x)2(2y − 1 + 2x) = C̃.
Trocando C̃ por C, obtemos a solução
(2y − 1− x)2(2y − 1 + 2x) = C.
QUESTÃO 6:
(c) Considerando a equação xy2dx+ (x2y + y)dy = 0, temos por (b) que existe f tal que
fx = M = xy
2 e fy = N = x
2y + y.
Assim, para encontrar f integramos
f =
∫
Mdx =
∫
xy2dx =
x2y2
2
+ h(y).
Temos que ter fy = N ou seja(
x2y2
2
+ h(y)
)
y
= x2y+ y ⇒ x2y+h′(y) = x2y+ y ⇒ h′(y) = y ⇒ h(y) =
∫
y dy =
y2
2
.
Portanto a solução geral procurada é
x2y2
2
+
y2
2
= C ⇒ x2y2 + y2 = C.
QUESTÃO 7 -
(a) Temos
g(y) =
2x− x
xy
=
1
y
e logo o fator integrante fica
µ(y) = e
∫
1/y dy = eln(y) = y,
o mesmo do exerćıcio 5.
(b) Temos
g(y) =
y − 2y
y2
=
−1
y
e logo o fator integrante fica
µ(y) = e
∫
−1/y dy = e−ln(y) = e−1·ln(y) = eln(y
−1) = y−1 =
1
y
,
10
pois n ln(A) = ln(An). Assim, a equação diferencial exata fica
y2 · 1
y
dx+ (xy + y) · 1
y
dy = 0 ⇒ ydx+ (x+ 1)dy = 0.
Esta equação é realmente exata pois com M = y e N = x+ 1 temos
My = (y)y = 1 e Nx = (x+ 1)x = 1.
Portanto existe f tal que fx = M e fy = N . Logo
f =
∫
Mdx =
∫
(y)dx = xy + h(y)
onde h é tal que N = fy ou seja
x+ 1 = (xy + h(y))y ⇒ x+ 1 = x+ h
′(y) ⇒ h′(y) = 1 ⇒ h(y) =
∫
1dy = y.
Portanto a solução geral procurada é f = C, ou seja,
xy + y = C.
(c) Temos
g(y) =
(x2y + y)x − (x)y
x
=
2xy
x
= 2y
e logo o fator integrante fica
µ(y) = e
∫
2y dy = ey
2
.
Assim, a equação diferencial exata fica
xey
2
dx+ (x2y + y)ey
2
dy = 0 ⇒ xey
2
dx+ (x2yey
2
+ yey
2
)dy = 0
Esta equação é realmente exata pois com M = xey
2
e N = x2yey
2
+ yey
2
temos
My = (xe
y2)y = xe
y2(y2)y = 2xye
y2
e
Nx = (x
2yey
2
+ yey
2
)x = 2xye
y2 .
Portanto existe f tal que fx = M e fy = N . Logo
f =
∫
Mdx =
∫
(xey
2
)dx =
x2
2
ey
2
+ h(y)
onde h é tal que N = fy ou seja
x2yey
2
+ yey
2
=
(
x2
2
ey
2
+ h(y)
)
y
⇒ x2yey
2
+ yey
2
=
x2
2
· 2y · ey
2
+ h′(y)
11
Assim
h′(y) = yey
2
⇒ h(y) =
∫
yey
2
dy.
Resolvendo esta integral por substituição com
u = y2 ⇒ du = 2ydy ⇒ dy = du
2y
,
temos
h(y) =
∫
yey
2
dy =
∫
eu
du
2
=
eu
2
+ C =
ey
2
2
.
Portanto a solução geral procurada é f = C, ou seja,
x2
2
ey
2
+
ey
2
2
= C ⇒ x2ey
2
+ ey
2
= C.
(d) (i) Como ln(eA) = A para qualquer A, aplicando o logaritmo em ambos os lados de µ(y) =
e
∫
g(y)dy temos
ln(µ(y)) = ln(e
∫
g(y)dy) ⇒ ln(µ(y)) =
∫
g(y)dy
e derivando ambos os lados desta igualdade com respeito à variável y, temos
(ln(µ(y)))
′
=
(∫
g(y)dy
)′
⇒ µ
′(y)
µ(y)
= g(y) ⇒ µ′(y) = g(y)µ(y).
(ii) (Nesta resolução as variáveis x e y foram omitidas.) A equação diferencial Mµdx+Nµdy = 0
será exata se
(Mµ)y = (Nµ)x.
Derivando com a regra do produto, temos
(Mµ)y = My · µ+M · µy = Myµ+Mgµ.
pois µy = µ
′ = gµ, pelo item anterior. Além disso, como
g =
Nx −My
M
⇒ Mg = Nx −My
e substituindo, vemos que
(Mµ)y = Myµ+Mgµ = Myµ+ (Nx −My)µ = Myµ+Nxµ−Myµ = Nxµ.
Por outro lado, como µ é função só de y, então µx = 0 e temos
(Nµ)x = Nx · µ+N · µx = Nxµ,
mostrando que de fato a equação é exata.
12