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Apostila Calculo II

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a EDO x
dy
dx
= y + xey/x, x 6= 0.
Solução
Dividindo ambos os membros da EDO por x, temos
dy
dx
= y/x + ey/x, por-
tanto, F (t) = t + et. Substituindo u = y/x e y′ = u + xu′ na EDO, segue
que
u+ xu′ = u+ eu ⇔ xu′ = eu ⇔ e−uu′ = 1
x
.
Ao fazer a integração, temos−e−u = ln |x|+c. Voltando à variável y, obtemos
as soluções implícitas e−y/x = − ln |x| + c = ln k|x| ,(c = ln k, k > 0), que
podem ser explicitadas como y = −x ln
(
ln
k
|x|
)
. Veja o esboço de algumas
soluções na Figura 2. �
CÁLCULO 2A GMA-IME-UFF
154 1. EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS NA FORMA NORMAL
Figura 2: Esboço de algumas soluções da EDO do exemplo 2.
Nos exemplos anteriores, constatamos que as EDOs eram homogêneas,
ao "juntarmos"y sobre x e descobrirmos a função F . A seguinte proposição
nos fornece um método algébrico simples de verificar se uma EDO é ho-
mogênea.
Proposição 1
Seja f : D ⊂ R2 → R. Então, f(x, y) = F
(y
x
)
, se e somente se, f(tx, ty) = f(x, y),
∀t 6= 0, tal que (tx, ty) ∈ D.
Prova
Se f(x, y) = F
(y
x
)
, então f(tx, ty) = F
(
ty
tx
)
= F
(y
x
)
= f(x, y). Reci-
procamente, temos f(x, y) = f(x1, x
y
x
) = f(1,
y
x
), ∀x 6= 0. Assim, definimos
F (t) = f(1, t) t ∈ I, onde I é um intervalo e temos f(x, y) = F
(y
x
)
. �
Exemplo 3
Resolva o PVI
 y′ =
x+ y
x− y , x > 0;
y(1) = 2
Solução
Pela proposição 1, verificamos que a EDO é homogênea, pois
f(tx, ty) =
tx+ ty
tx− ty =
x+ y
x− y = f(x, y).
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernández CÁLCULO 2A
AULA 19. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS HOMOGÊNEAS 155
Fazendo na EDO a mudança u = y/x, obtemos
u+ xu′ =
1 + u
1− u ⇔
1− u
u2 + 1
u′ =
1
x
.
Ao fazermos a integração, segue
arctg u− 1
2
ln(u2 + 1) = ln x+ c, pois x > 0
e a solução geral da EDO é
arctg y/x− 1
2
ln(y2 + x2) = c.
Impondo a condição inicial y(1) = 2, segue que c = arctg 2 − 1
2
ln 5 e, por-
tanto, a solução do PVI está implícita em arctg y/x−1
2
ln(y2+x2) = arctg 2−1
2
ln 5
�
Observação 1
Toda EDO do tipo y′ =
ax+ by
cx+ dy
, onde a, b, c, d são constantes, com c ou d
não nulas, é homogênea. De fato, f(x, y) =
ax+ by
cx+ dy
= f(tx, ty).
2 Equações Homogêneas na forma diferencial
É comum encontrarmos equações diferenciais ordinárias de primeira
ordem, escritas na forma diferencial. Essa notação foi utilizada na Aula 16 e
pode ser bastante útil em alguns contextos. Para escrevermos uma EDO na
forma diferencial, fazemos
dy = y′(x)dx e f(x, y) = −M(x, y)
N(x, y)
,
portanto, se
y′(x) = f(x, y) = −M(x, y)
N(x, y)
,
CÁLCULO 2A GMA-IME-UFF
156 2. EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS NA FORMA DIFERENCIAL
então dy = −M(x, y)
N(x, y)
dx, em que
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0. (4)
Reciprocamente, dada uma EDO na forma diferencial (4), podemos
transformá-la numa EDO na forma normal, dividindo-a por dx. Para a
EDO na forma diferencial, usamos outro critério para saber se é Homogênea.
Acompanhe a seguir.
Proposição 2
Se existir α ∈ R, tal que M(tx, ty) = tαM(x, y) e N(tx, ty) = tαN(x, y),
então a EDO (4) é homogênea.
Exemplo 4
Resolva a equação (xy + y2)dx− x2dy = 0, x 6= 0.
Solução
Observe que
M(tx, ty) = txty + (ty)2 = t2(xy + y2) = t2M(x, y)
e
N(tx, ty) = −(tx)2 = t2(−x2) = t2N(x, y),
portanto, pela proposição 2, a EDO é homogênea. Assim, mudando a variável
para u = y/x e calculando a diferencial dy em função de du e dx, temos
dy = udx+ xdu. Substituindo na EDO, segue que
[xux+ (ux)2]dx− x2(udx+ xdu) = 0⇔ x2[u2dx− xdu] = 0
⇔ u2dx− xdu = 0⇔ dx
x
=
du
u2
. (5)
Ao integrar à esquerda em relação a x, e à direita, em relação à u, concluímos
que ln |x| = −1
u
+ c ⇔ u = 1
c− ln |x| . Portanto, y =
x
c− ln |x| , ou temos a
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernández
CÁLCULO 2A
AULA 19. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS HOMOGÊNEAS 157
solução constante y = 0, pois a primeira EDO em (5) possui y/x = u = 0
como solução constante. �
Observação 2
Dada uma EDO homogênea M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0, também podemos
fazer a mudança v =
x
y
, onde pensamos que a variável independente é y, x e
v são dependentes. Em geral, essa mudança é usada quando M(x, y) é mais
simples do que N(x, y), ou se a mudança u =
y
x
resultar numa integral difícil
ou impossível de se calcular de forma elementar. Veja o exemplo a seguir.
Exemplo 5
Resolva a EDO y2dx− (x2 + xy + y2)dy = 0.
Solução
Pela proposição 2, é fácil ver que a EDO é homogênea. Vamos fazer a
mudança v = x/y, onde dx = vdy + ydv. Então, substituindo na EDO,
temos
y2(vdy + ydv)− (y2v2 + vy2 + y2)dy = 0⇔ ydv − (v2 + 1)dy = 0.
Logo,
dv
v2 + 1
=
dy
y
. Assim, arctg v = ln |y|+ c, donde arctg(x/y) = ln |y|+ c.
�
Observação 3
Se fizermos a mudança u =
y
x
, vamos obter a EDO
1 + u+ u2
u+ u3
du = −dx
x
.
Essa equação é mais difícil de resolver devido ao termo que deverá ser inte-
grado em u.
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158 3. EXERCÍCIOS DE REVISÃO
3 Exercícios de revisão
Resolva as EDOs homogêneas.
1. (x+ y)y′ = y − x.
2. xy2y′ = y3 − x3.
3. ydx+ x(lnx− ln y − 1)dy = 0.
4. xdy = (y +
√
x2 − y2)dx, x > 0.
Resolva os PVIs.
5. (x2 + 2y2)dx = xydy, y(−1) = 1.
6. (x+
√
xy)
dy
dx
+ x− y = x−1/2y3/2, y(1) = 1.
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Aula 20
Equações lineares de primeira
ordem
Nesta aula, estudaremos duas técnicas para resolver equações lineares
de primeira ordem.
1 Conceitos básicos
Uma equação diferencial ordinária linear de primeira ordem é uma ex-
pressão da forma
a(x)y′ + b(x)y = c(x), (1)
onde a, b e c são funções arbitrárias. Quando c for a função constante zero,
diremos que a equação (1) é homogênea. Tal definiçã nada tem a ver com a
definição de equação homogênea dada na Aula 19.
Pelo Teorema 1 da Aula 18, podemos garantir a existência e unicidade
de soluções para o PVI associado a (1) no ponto (x0, y0), sempre que a, b
e c sejam funções contínuas e a(x0) 6= 0. Logo, vamos nos concentrar em
intervalos onde a(x) 6= 0 e dividir os dois lados da equação (1) entre a(x),
obtendo
y′ + P (x)y = Q(x), (2)
159
160 1. CONCEITOS BÁSICOS
onde P (x) = b(x)
a(x)
e Q(x) = c(x)
a(x)
.
Observação 1
Note que nos intervalos onde a(x) ≡ 0, a função y fica determinada por
b(x)y(x) = c(x). Porém, não garantimos mais unicidade do PVI com condição
inicial em um zero isolado da função a. Nesse caso, outras ferramentas, como
as séries de potências, são utilizadas na procura de soluções do PVI.
Vamos estudar duas maneiras diferentes de resolver a equação (2).
Solucionando a equação homogênea e achando uma solução
particular: Um traço comum às equações lineares (independentemente da
ordem) é que para encontrar a solução geral, basta achar a solução geral do
problema homogêneo associado yh e uma solução yp (solução particular) do
problema não homogêneo. Uma vez feito isso, a solução geral do problema
original é dada por
y = yh + yp. (3)
Logo, para resolver a equação (2) começamos resolvendo a equação
homogênea
y′ + P (x)y = 0.
Esta equação é de variáveis separáveis, e tem como solução geral
yh(x) = c e
− ∫ P (x)dx, (4)
onde c ∈ R.
Para achar uma solução particular da equação (2), usamos uma téc-
nica chamada variação de parâmetros, que será estudada em maior detalhe
na Aula 28. Esta técnica consiste em procurar uma função c(·) tal que
yp(x) = c(x)e
− ∫ P (x)dx
seja solução da equação (2). O que fazemos é trocar o
parâmetro c que aparece em (4), por uma função c(·), daí o nome do método.
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CÁLCULO 2A
AULA 20. EQUAÇÕES LINEARES DE PRIMEIRA ORDEM 161
Suponhamos que,
yp(x) = c(x)e
− ∫ P (x)dx
e, portanto, y′p(x) = [c
′(x)− P (x)c(x)]e−