Exercícios Resolvidos - docsity

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1. Determine os valores de C1 e C2 de modo que as funções dadas satisfaçam as condições
iniciais dadas.
a) y (x) = C1e
x + C2e
−x + 4 sen x; y (0) = 1, y′ (0) = −1.
SOLUÇÃO: Temos que
y′ (x) = C1e
x − C2e
−x + 4 cos x
e que
y (0) = C1 + C2 e y′ (0) = C1 − C2 + 4.
Assim,
{
y (0) = 1
y′ (0) = −1
⇔
{
C1 + C2 = 1
C1 − C2 + 4 = −1
⇔
{
C1 + C2 = 1
C1 − C2 = −5
⇔ C1 = −2
C2 = 3
e, portanto, y (x) = −2ex + 3e−x + 4 sen x.
b) y (x) = C1x+ C2 + x2 − 1, y (1) = 1, y′ (1) = 2.
SOLUÇÃO: Temos que
y′ (x) = C1 + 2x
e que
y (1) = C1 + C2 e y′ (1) = C1 + 2.
Assim,
{
y (1) = 1
y′ (1) = 2
⇔
{
C1 + C2 = 1
C1 + 2 = 2
⇔ C1 = 0
C2 = 1
e, portanto, y (x) = x2.
2. Escreva a equação diferencial na forma normal.
a) xy′ + y2 = 0
SOLUÇÃO: Temos que
xy′ + y2 = 0 ⇔ xy′ = −y2 ⇔ y′ = −y2
x
.
b) exy′ − x = y′
SOLUÇÃO: Temos que
exy′ − x = y′ ⇔ exy′ − y
′
= x ⇔ (ex − 1) y′ = x ⇔ y′ =
x
ex − 1
.
c) (y′)3 + y2 + y = sen x
SOLUÇÃO: Temos que
(y′)
3
+ y2 + y = sen x ⇔ (y′)
3
= sen x− y2 − y ⇔ y′ = 3
√
sen x− y2 − y.
1
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d) (e2x − y) dx+ ex dy = 0
SOLUÇÃO: A equação acima pode ser reescrita sob a forma
exy′ + e2x − y = 0.
Deste modo,
exy′ + e2x − y = 0 ⇔ exy′ = y − e2x ⇔ y′ =
y − e2x
ex
.
3. Resolva as equações diferenciais dadas
a) x dx+ y dy = 0
SOLUÇÃO: Temos que
x dx+ y dy = 0
ou seja,
y dy = −x dx.
Logo,
2
∫
y dy = −2
∫
x dx
e, portanto,
y2 = C − x2
o que nos dá
y =
√
C − x2 ou y = −
√
C − x2 (desde que C − x2 ≥ 0).
b) x dx− y3 dy = 0
SOLUÇÃO: Temos que
x dx− y3 dy = 0
ou seja,
y3 dy = x dx.
Logo,
4
∫
y3 dy = 4
∫
x dx
e, portanto,
y4 = 2x2 + C
o que nos dá
y =
4
√
2x2 + C ou y = − 4
√
2x2 + C (desde que 2x2 + C ≥ 0).
c) dx+
1
y4
dy = 0
2
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SOLUÇÃO: Temos que
dx+
1
y4
dy = 0
ou seja,
y−4 dy = −dx.
Logo,
−3
∫
y−4 dy = 3
∫
dx
e, portanto,
y−3 = 3x+ C
o que nos dá
y =
1
3
√
3x+ C
.
4. Determine a solução geral das equações diferenciais de variáveis separáveis
a) 2x (3x+ 1)
dy
dx
+ 1− 2x = 0
SOLUÇÃO: Temos que
2x (3x+ 1)
dy
dx
+ 1− 2x = 0 ⇔ 2x (3x+ 1)
dy
dx
= 2x− 1
⇔ dy =
2x− 1
2x (3x+ 1)
dx
Logo,
∫
dy =
∫
2x− 1
2x (3x+ 1)
dx,
isto é,
y =
1
6
ln
|3x+ 1|5
|x|3
+ C.
• Cálculo de
∫
2x− 1
2x (3x+ 1)
dx por frações parciais:
Temos que
2x− 1
2x (3x+ 1)
=
A
2x
+
B
3x+ 1
=
3Ax+ A+ 2Bx
2x (3x+ 1)
=
(3A+ 2B) x+ A
2x (3x+ 1)
o que nos dá
2x− 1 = (3A+ 2B) x+ A.
Utilizando identidade de polinômios, obtemos o sistema
{
3A+ 2B = 2,
A = −1,
3
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cuja solução é A = −1 e B =
5
2
. Deste modo,
∫
2x− 1
2x (3x+ 1)
dx =
A
2
∫
1
x
dx+
B
3
∫
3
3x+ 1
dx
= −1
2
ln |x|+ 5
6
ln |3x+ 1|+ C
= −3
6
ln |x|+ 5
6
ln |3x+ 1|+ C
=
1
6
ln
|3x+ 1|5
|x|3
+ C.
b)
dy
dx
=
x− e−x
y + ey
SOLUÇÃO: Temos que
dy
dx
=
x− e−x
y + ey
⇔ (y + ey) dy =
(
x− e−x
)
dx.
Logo,
2
∫
(y + ey) dy = 2
∫
(
x− e−x
)
dx,
isto é,
y2 + 2ey = x2 + 2e−x + C.
c)
dy
dx
=
1 + y2
1 + x2
SOLUÇÃO: Temos que
dy
dx
=
1 + y2
1 + x2
⇔ 1
1 + y2
dy =
1
1 + x2
dx.
Logo,
∫
1
1 + y2
dy =
∫
1
1 + x2
dx,
isto é,
arctg y = arctg x+ arctgC,
ou seja,
y = tg (arctg x+ arctgC) =
x+ C
1− Cx
.
5. Verifique que y = y (x) =
[
1 +
2
3
ln (1 + x3)
]
1
2
é solução do PVI y′ =
x2
y (1 + x3)
, y (0) = 1.
4
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SOLUÇÃO: Temos que
y (0) =
[
1 +
2
3
ln 1
]
1
2
= 1.
Além disso,
y′ (x) =
1
2
[
1 +
2
3
ln (1 + x3)
]
1
2
d
dx
[
1 +
2
3
ln
(
1 + x3
)
]
=
1
2y
2
3
1
1 + x3
d
dx
(
1 + x3
)
=
1
3y (1 + x3)
3x2
=
x2
y (1 + x3)
e o resultado segue.
6. Determine se as equações diferenciais dadas são homogêneas e, em caso afirmativo, resolva-
as.
a) y′ =
y − x
x
SOLUÇÃO: Note que a equação acima pode ser reescrita sob a forma
(x− y) + xy′ = 0.
Fazendo M (x, y) = x− y e N (x, y) = x, temos que
M (tx, ty) = tx− ty = t (x− y) = tM (x, y) ,
N (tx, ty) = tx = tN (x, y) .
Logo, as funções M (x, y) e N (x, y) são homogêneas de mesmo grau (a saber, grau 1) e a
equação em questão é homogênea. A equação dada pode ser escrita ainda como
xv′ + v = v − 1,
ou seja,
xv′ = −1
o que nos fornece
v′ = −1
x
e, portanto,
v = −
∫
1
x
dx = C − ln |x| .
Assim,
y = x (C − ln |x|)
é a solução geral da equação dada.
5
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b) y′ =
2y + x
x
.
SOLUÇÃO: Note que a equação acima pode ser reescrita sob a forma
− (2y + x) + xy′ = 0.
Fazendo M (x, y) = − (2y + x) e N (x, y) = x, temos que
M (tx, ty) = − (2ty + tx) = − (2y + x) t = tM (x, y) ,
N (tx, ty) = tx = tN (x, y) .
Logo, as funções M (x, y) e N (x, y) são homogêneas de mesmo grau (a saber, grau 1) e a
equação é homogênea. A equação dada pode ser escrita ainda como
y′ = 2
y
x
+ 1.
Fazendo v =
y
x
, temos que y = xv e, consequentemente, y′ = xv′ + v. Substituindo estes dados
na igualdade acima, temos que
xv′ + v = 2v + 1,
ou seja,
xv′ = v + 1
o que nos fornece
1
v + 1
v′ =
1
x
ou, segundo a notação de Leibniz,
1
v + 1
dv =
1
x
dx.
Deste modo,
∫
1
v + 1
dv = ln (v + 1) =
∫
1
x
dx = ln x+K
e, dáı,
v + 1 = elnx+K = Celnx = Cx,
ou
v = Cx− 1.
onde C = eK . Assim,
y = x (Cx− 1)
é a solução geral da equação dada.
c) y′ =
x2 + 2y2
xy
6
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SOLUÇÃO: Note que a equação acima pode ser reescrita sob a forma
−
(
x2 + 2y2
)
+ xyy′ = 0.
Fazendo M (x, y) = − (x2 + 2y2) e N (x, y) = xy, temos que
M (tx, ty) = −
(
t2x2 + 2t2y2
)
= −
(
x2 + 2y2
)
t2 = t2M (x, y) ,
N (tx, ty) = txty = t2xy = t2N (x, y) .
Logo, as funções M (x, y) e N (x, y) são homogêneas de mesmo grau (a saber, grau 2) e a
equação é homogênea. A equação dada pode ser escrita ainda como
y′ =
x
y
+ 2
y
x
=
1
y
x
+ 2
y
x
.
Fazendo v =
y
x
, temos que y = xv e, consequentemente, y′ = xv′ + v. Substituindo estes dados
na igualdade acima, temos que
xv′ + v =
1
v
+ 2v,
ou seja,
xv′ =
1
v
+ v =
v2 + 1
v
o que nos fornece
v
v2 + 1
v′ =
1
x
ou, segundo a notação de Leibniz,
v
v2 + 1
dv =
1
x
dx.
Deste modo,
∫
2v
v2 + 1
dv =
1
2
ln
(
v2 + 1
)
= 2
∫
1
x
dx = ln x2 +K
e, dáı,
v2 + 1 = elnx2+K = Celnx = Cx2,
ou
v = ±
√
Cx2 − 1.
onde C = eK . Assim,
y = ±x
√
Cx2 − 1
é a solução geral da equação dada.
7. Determine a solução geral das equações diferenciais exatas:
a) 2 (3xy2 + 2x3) + 3 (2x2y + y2)
dy
dx
= 0
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SOLUÇÃO: Aqui, temos que
Ψx (x, y) = M (x, y) = 2
(
3xy2 + 2x3
)
e Ψy (x, y) = N (x, y) = 3
(
2x2y + y2
)
.
Neste caso,
Ψ (x, y) =
∫
M (x, y) dx =
∫
(
6xy2 + 4x3
)
dx = 3x2y2 + x4 + h (y) .
Assim,
Ψy (x, y) = 6x2y + h′ (y) = N (x, y) = 6x2y + 3y2
o que nos dá
h′ (y) = 3y2,
ou seja,
h (y) = y3
e, consequentemente, a solução impĺıcita Ψ (x, y) = C é dada por
3x2y2 + x4 + y3 = C.
b) (x3 + y3) + 3xy2
dy
dx
= 0
SOLUÇÃO: Aqui, temos que
Ψx (x, y) = M (x, y) = x3 + y3 e Ψy (x, y) = N (x, y) = 3xy2.
Neste caso,
Ψ (x, y) =
∫
M (x, y) dx =
∫
(
x3 + y3
)
dx =
x4
4
+ xy3 + h (y) .
Assim,
Ψy (x, y) = 3xy2 + h′ (y) = N (x, y) = 3xy2
o que nos dá
h′ (y) = 0,
ou seja, h (y) é constante e, consequentemente, a solução impĺıcita Ψ (x, y) = C é dada por
x4
4
+xy3 = C
e
y =
3
√
C
x
− x3
4
.
c) y − 3x2 − (4y − x)
dy
dx
= 0
8
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SOLUÇÃO: Aqui, temos que
Ψx (x, y) = M (x, y) = y − 3x2 e Ψy (x, y) = N (x, y) = x− 4y.
Neste caso,
Ψ (x, y) =
∫
M (x, y) dx =
∫
(
y − 3x2
)
dx = xy − x3 + h (y) .
Assim,
Ψy (x, y) = x+ h′ (y) = N (x, y) = x− 4y
o que nos dá
h′ (y) = −4y,
ou seja,
h (y) = −2y2
e, consequentemente, a solução impĺıcita Ψ (x, y) = C é dada por
xy − x3 − 2y2 = C
e, desde que x2 − 8x3 + C ≥ 0,
y =
x±
√
x2 − 8x2 + C
4
.
d)
x2
(x− y)2
dy
dx
− y2
(x− y)2
= 0
SOLUÇÃO: Aqui, temos que
Ψx (x, y) = M (x, y) = − y2
(x− y)2
e Ψy (x, y) = N (x, y) =
x2
(x− y)2
.
Neste caso,
Ψ (x, y) = −y2
∫
1
(x− y)2
dx =
y2
x− y
+ h (y) .
Assim,
Ψy (x, y) =
2xy − y2
(x− y)2
+ h′ (y) = N (x, y) =
x2
(x− y)2
o que nos dá
h′ (y) =
x2 − 2xy + y2
(x− y2)
= 1,
ou seja,
h (y) = y
e, consequentemente, a solução impĺıcita Ψ (x, y) = C é dada por
y2
x− y
+ y = C
e
y =
Cx
x+ C
.
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8. Mostre que φ (x) = e2x é solução de y′ − 2y = 0 e que y = cφ (x) é também solução desta
equação para qualquer valor de c.
SOLUÇÃO: Se φ (x) = e2x, então φ′ (x) = 2e2x e
φ′ (x)− 2φ = 2e2x − 2e2x = 0.
Portanto, φ (x) é uma solução da equação dada. Se y = cφ (x), então y′ = cφ′ (x) e, consequen-
temente,
y′ − 2y = cφ′ (x)− 2cφ (x) = c [φ′ (x)− 2φ (x)] = 0.
Logo, y = cφ (x) é solução da equação dada para qualquer valor de c.
9. Mostre que φ (x) =
1
x
é solução de y′ + y2 = 0, para x > 0, mas que y = cφ (x) não é
solução desta equação.
SOLUÇÃO: Se φ (x) =
1
x
, então [φ (x)]2 =
1
x2
e φ′ (x) = − 1
x2
. Logo,
φ′ (x) + [φ (x)]2 = 0
e φ (x) é solução da equação dada. Se y = cφ (x), então y2 = c2 [φ (x)]2 e y′ = cφ′ (x). Logo,
y′ + y2 = cφ′ (x) + c2 [φ (x)]2
= c
{
φ′ (x) + [φ (x)]2
}
+
(
c2 − c
)
[φ (x)]2
=
(
c2 − c
)
[φ (x)]2
e y = cφ (x) não é solução.
10. Resolva as equações abaixo encontrando um fator integrante
a) (x4 + y4)− xy3
dy
dx
= 0, x > 0.
SOLUÇÃO: Fazendo M (x, y) = x4 + y4 e N (x, y) = −xy3, temos que
My (x, y) = 4y3 e Nx (x, y) = −y3.
Assim, um fator integrante para a equação acima é
µ (x) = e
∫ My(x,y)−Nx(x,y)
N(x,y)
dx = e
∫ 4y3+y3
−xy3
dx
= e−5
∫
1
x
dx = e−5 lnx = elnx−5
= x−5.
Multiplicando ambos os membros da equação dada por este fator integrante, temos que esta
equação é equivalente a
(
1
x
+
y4
x5
)
dx− y3
x4
dy = 0
que é uma equação diferencial exata. Aqui, temos que
Ψx (x, y) = M (x, y) =
1
x
+
y4
x5
e Ψy (x, y) = N (x, y) = −y3
x4
.
10
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Neste caso,
Ψ (x, y) =
∫
M (x, y) dx =
∫
(
1
x
+
y4
x5
)
dx = ln x− y4
4x4
+ h (y) .
Assim,
Ψy (x, y) = −y3
x4
+ h′ (y) = N (x, y) = −y3
x4
o que nos dá
h′ (y) = 0,
ou seja, h (y) é constante e, consequentemente, a solução impĺıcita Ψ (x, y) = C é dada por
ln x− y4
4x4
= C
e
y = x
4
√
ln x4 − C.
b) (3x2y + 2xy + y3) + (x2 + y2)
dy
dx
= 0
SOLUÇÃO: Fazendo M (x, y) = 3x2y + 2xy + y3 e N (x, y) = x2 + y2, temos que
My (x, y) = 3x2 + 2x+ 3y2 e Nx (x, y) = 2x.
Assim, um fator integrante para a equação acima é
µ (x) = e
∫ My(x,y)−Nx(x,y)
N(x,y)
dx = e
∫ 3x2+2x+3y2−2x
x2+y2
dx
= e
∫
3 dx = e3x.
Multiplicando ambos os membros da equação dada por este fator integrante, temos que esta
equação é equivalente a
(
3x2y + 2xy + y3
)
e3x +
(
x2 + y2
)
e3x
dy
dx
= 0
que é uma equação diferencial exata. Aqui, temos que
Ψx (x, y) = M (x, y) =
(
3x2y + 2xy + y3
)
e3x e Ψy (x, y) = N (x, y) =
(
x2 + y2
)
e3x.
Neste caso,
Ψ (x, y) =
∫
M (x, y) dx =
∫
(
3x2y + 2xy + y3
)
e3x dx
= ye3x
(
x2 +
y2
3
)
+ h (y) .
Assim,
Ψy (x, y) =
(
x2 + y2
)
e3x + h′ (y) = N (x, y) =
(
x2 + y2
)
e3x
o que nos dá
h′ (y) = 0,
ou seja, h (y) é constante e, consequentemente, a solução impĺıcita Ψ (x, y) = C é dada por
ye3x
(
x2 +
y2
3
)
= C.
11
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c) y + (2xy + e−2y)
dy
dx
= 0
SOLUÇÃO: Fazendo M (x, y) = y e N (x, y) = 2xy + e−2y, temos que
My (x, y) = 1 e Nx (x, y) = 2y.
Assim, um fator integrante para a equação acima é
µ (y) = e
∫ Ny(x,y)−Mx(x,y)
M(x,y)
dy = e
∫ 2y−1
y
dy = e
∫
(2− 1
y ) dy = e2y−ln y =
e2y
y
.
Multiplicando ambos os membros da equação dada por este fator integrante, temos que esta
equação é equivalente a
e2y +
(
2xe2y +
1
y
)
dy
dx
= 0
que é uma equação diferencial exata. Aqui, temos que
Ψx (x, y) = M (x, y) = e2y e Ψy (x, y) = N (x, y) = 2xe2y +
1
y
.
Neste caso,
Ψ (x, y) =
∫
M (x, y) dx =
∫
e2y dx = xe2y + h (y) .
Assim,
Ψy (x, y) = 2xe2y + h′ (y) = N (x, y) = 2xe2y +
1
y
o que nos dá
h′ (y) =
1
y
,
ou seja,
h (y) = ln y
e, consequentemente, a solução impĺıcita Ψ (x, y) = C é dada por
xe2y + ln y = C.
d) ex + (ex cot y + 2y csc y)
dy
dx
= 0
SOLUÇÃO: Fazendo M (x, y) = ex e N (x, y) = ex cot y + 2y csc y, temos que
My (x, y) = 0 e Nx (x, y) = ex cot y.
Assim, um fator integrante para a equação acima é
µ (y) = e
∫ Ny(x,y)−Mx(x,y)
M(x,y)
dy = e
∫ ey cot y
ey
dy = e
∫
cot y dy = eln sen y = sen y.
Multiplicando ambos os membros da equação dada por este fator integrante, temos que esta
equação é equivalente a
ex sen y + (ex cos y + 2y)
dy
dx
= 0
12
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que é uma equação diferencial exata. Aqui, temos que
Ψx (x, y) = M (x, y) = ex sen y e Ψy (x, y) = N (x, y) = ex cos y + 2y.
Neste caso,
Ψ (x, y) =
∫
M (x, y) dx =
∫
ex sen y dx = ex sen y + h (y) .
Assim,
Ψy (x, y) = ex cos y + h′ (y) = N (x, y) = ex cos y + 2y
o que nos dá
h′ (y) = 2y,
ou seja,
h (y) = y2
e, consequentemente, a solução impĺıcita Ψ (x, y) = C é dada por
ex sen y + 2y = C.
e)
y
x
+ (y3 − ln x)
dy
dx
= 0, x > 0
SOLUÇÃO: Fazendo M (x, y) =
y
x
e N (x, y) = y3 − ln x, temos que
My (x, y) =
1
x
e Nx (x, y) = −1
x
.
Assim, um fator integrante para a equação acima é
µ (y) = e
∫ Ny(x,y)−Mx(x,y)
M(x,y)
dy = e
−
∫ 2/x
y/x
dy = e
−2
∫
1
y
dy = eln y−2
= y−2.
Multiplicando ambos os membros da equação dada por este fator integrante, temos que esta
equação é equivalente a
1
xy
+
(
y − ln x
y2
)
dy
dx
= 0
que é uma equação diferencial exata. Aqui, temos que
Ψx (x, y) = M (x, y) =
1
xy
e Ψy (x, y) = N (x, y) = y − ln x
y2
.
Neste caso,
Ψ (x, y) =
∫
M (x, y) dx =
∫
1
xy
dx =
1
y
ln x+ h (y) .
Assim,
Ψy (x, y) = − ln x
y2
= N (x, y) = y − ln x
y2
o que nos dá
h′ (y) = y,
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ou seja,
h (y) =
y2
2
e, consequentemente, a solução impĺıcita Ψ (x, y) = C é dada por
1
y
ln x+
y2
2
= C.
11. Determine a solução geral das equações diferenciais lineares
a)
dy
dx
+ y cos x =
1
2
sen (2x).
SOLUÇÃO: Fazendo
µ (x) = e
∫
cosx dx = esenx = esenx
e multiplicando ambos os membros da equação dada por µ (x), temos a equação equivalente
esenxy′ + yesenx cos x =
1
2
sen (2x) esenx.
Assim,
(yesenx)′ = esenx sen x cos x
e, consequentemente,
yesenx =
∫
esenx sen x cos x dx
= esenx (sen x− 1) + C
o que nos dá
y = sen x− 1 +
C
esenx
.
• Cálculo de
∫
esenx sen x cos x dx:
Fazendo t = sen x, temos que dt = cos x dx e, assim,
∫
esenx sen x cos x dx =
∫
tet dt.
Tomando agora u (t) = t e dv = et dt, obtemos du = dt e v = et. Aplicando a fórmula da
integral por partes vem que
∫
esenx sen x cos x dx = tet −
∫et dt = tet − et +D
= et (t− 1) = esenx (sen x− 1) +D.
b)
dy
dx
− y = −2e−x.
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SOLUÇÃO: Fazendo
µ (x) = e−
∫
dx = e−x = e−x
e multiplicando ambos os membros da equação dada por µ (x), temos a equação equivalente
e−xy′ − ye−x = −2xe−2x.
Assim,
(
ye−x
)
′
= −2xe−2x
e, consequentemente,
ye−x = −1
2
∫
−2xe−2x (−2) dx = −1
2
∫
tet dt
= −1
2
et (t− 1) + C = e−2x
(
x+
1
2
)
+ C
o que nos dá
y = e−x
(
x+
1
2
)
+ Cex.
Note que, no cálculo da integral acima, fizemos a mudança de variável t = −2x.
c)
dy
dx
+ y tan x = 0.
SOLUÇÃO: A equação acima é equivalente a
dy
dx
= −y tan x.
Assim,
1
y
dy = − tan x dx
e, consequentemente,
∫
1
y
dy = −
∫
tan x dx
o que nos dá
ln y = ln cos x+K
e, portanto,
y = eln cosx+K = C cos x
(
C = eK
)
.
d)
dy
dx
+
y
x
= cos x+
sen x
x
.
SOLUÇÃO: Fazendo
µ (x) = e
∫
1
x
dx = elnx = x
e multiplicando ambos os membros da equação dada por µ (x), temos a equação equivalente
xy′ + y = x cos x+ sen x.
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Assim,
(xy)′ = x cos x+ sen x
e, consequentemente,
xy =
∫
(x cos x+ sen x) dx = x sen x+ C
o que nos dá
y = sen x+
C
x
.
12. Resolva as seguintes equações de Bernoulli
a) xy′ + y =
1
y2
.
SOLUÇÃO: Multiplicando ambos os membros da equação dada por
3y2
x
, temos
3y2y′ +
3y3
x
=
3
x
.
Fazendo v = y3, temos que v′ = 3y2y′. Deste modo, fazendo as substituições adequadas, temos
que
v′ +
3v
x
=
3
x
Fazendo
µ (x) = e
∫
3
x
dx = elnx3
= x3
e multiplicando ambos os membros da equação acima por µ (x), temos a equação equivalente
x3v′ + 3x2v = 3x2.
Assim,
(
x3v
)
′
= 3x2
e, consequentemente,
xv =
∫
3x2 dx = x3 + C
o que nos dá
v = x2 +
C
x
e
y =
3
√
x2 +
C
x
.
b) x2y′ + y2 = xy.
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SOLUÇÃO: A equção acima pode ser reescrita sob a forma
y′ +
y
x
=
y2
x2
Multiplicando ambos os membros da equação dada por −y−2, temos
− 1
y2
y′ − 1
yx
= − 1
x2
.
Fazendo v =
1
y
, temos que v′ = − 1
y2
y′. Deste modo, fazendo as substituições adequadas, temos
que
v′ − v
x
= − 1
x2
Fazendo
µ (x) = e−
∫
1
x
dx = e− lnx =
1
x
e multiplicando ambos os membros da equação acima por µ (x), temos a equação equivalente
1
x
v′ − v
x2
= − 1
x3
.
Assim,
(
1
x
v
)
′
= − 1
x3
e, consequentemente,
1
x
v = −
∫
1
x3
dx =
1
2x2
+
C
2
o que nos dá
v =
1 + Cx2
2x
e
y =
2x
1 + Cx2
.
c) x2y′ − 2xy = 3y4, y (1) =
1
2
.
SOLUÇÃO: Multiplicando ambos os membros da equação dada por −3y−4
x2
, temos
−3y−4y′ +
6y−3
x
=
3
x2
.
Fazendo v = y−3, temos que v′ = −3y−4y′. Deste modo, fazendo as substituições adequadas,
temos que
v′ +
6v
x
=
3
x2
Fazendo
µ (x) = e
∫
6
x
dx = elnx6
= x6
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e multiplicando ambos os membros da equação acima por µ (x), temos a equação equivalente
x6v′ + 6x5v = 3x4.
Assim,
(
x6v
)
′
= 3x4
e, consequentemente,
x6v =
∫
3x4 dx =
3x5 + C
5
o que nos dá
v =
3x5 + C
5x6
e
y =
(
3x5 + C
5x6
)
−
1
3
.
Temos ainda que
y (1) =
1
2
⇔
(
3 + C
5
)
−
1
3
=
1
2
⇔ 3 + C
5
= 8 ⇔ 3 + C = 40 ⇔ C = 37
Logo,
y (x) =
(
3x5 + 37
5x6
)
−
1
3
.
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