2015-1 AP1-ED-Exercícios Suplementares2-Gabarito2

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Equações Diferenciais - Exercícios para a AP1- 2a parte
Mensagem do Coordenador:
Caros alunos(as),
aqui vai a segunda metade das soluções da Lista 2.
Estudem com bastante atenção. Procurem não decorar, mas sim compreeender bem todas
as passagens.
Abraços
Pedro Nobrega
1.
2.
3. Resolva as seguintes equações de Bernoulli:
(a) x2y′ + 2xy − y3 = 0
(b) y′ = 5y −
4x
y
(c) x
dy
dx
− y + y3 = 0
(d) 2x3y′ = y(y2 + 3x2)
(e) y′ = y − y3
Soluções:
Observem o padrão: Em todos os itens, a primeira coisa que fazemos é escrever
a equação na forma padronizada da equação de Bernoulli; a saber:
y′ + p(x) y = q(x) yn.
Em seguida, dividimos tudo por yn, e (examinando a segunda parcela) fazemos a
mudança de variáveis u = y1−n de acordo com o n de cada equação.
No final, não devemos esquecer de fazer a mudança inversa, para obter a resposta
em termos de y.
Para não sobrecarregar a notação, estaremos considerando sempre que
as expressões nos domínios dos logaritmos como sendo positivas. Na
prática, quem decide isso ão os valores iniciais.
(b) y′ = 5y −
4x
y
.
Reescrevendo a equação na forma padrão:
y′
− 5y = (−4x)y−1.
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Dividindo por y−1, (i.e, multiplicando por y):
yy′
− 5y2 = −4x (1)
Fazendo a mudança de variávis u = y2, temos ( pela regra da cadeia) u′ = 2yy′.
Multiplicando a equação (1) por 2, obtemos:
2yy′
− 10y2 = −8x.
Escrevendo a equação na variável u = y2:
u′
− 10u = −8x;
que é uma equação diferencial linear de primeira ordem não homogênea.
Integrando por partes [U = −8x dV = e−10x dx; ] calculamos a solução
u =
80x + 8
100
+ c e10x
Retornando à variável y:
y =
(
20x+ 2
25
+ c e10x
)1/2
.
(c) x
dy
dx
− y + y3 = 0.
Reescrevendo a equação na forma padrão:
dy
dx
−
1
x
y = −
1
x
y3.
Dividindo por y3 :
y−3y′
−
1
x
y−2 = −
1
x
(2)
Fazendo a mudança de variáveis u = y−2, temos (regra da cadeia) u′ = −2y−3y′.
Multiplicando a equação (2) por −2, obtemos:
−2y−3y′ +
2
x
y−2 =
2
x
.
Escrevendo a equação na variável u = y−2:
u′ +
2
x
u =
2
x
;
equação diferencial linear de primeira ordem não homogênea, cuja solução é
u = 1 + c x−2
Retornando à variável y:
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y =
(
1 +
c
x2
)
−1/2
.
(d) 2x3y′ = y(y2 + 3x2).
Reescrevendo a equação na forma padrão:
y′ =
y3 + 3x2y
2x3
=
3
2x
y +
1
2x3
y3,
i.e,
y′
−
3
2x
y =
1
2x3
y3.
Dividindo por y3 :
y−3y′
−
3
2
1
x
y−2 =
1
2x3
(3)
Fazendo a mudança de variáveis u = y−2, e usando a regra da cadeia, obtém-se a
equação na variável u = y−2:
u′ +
3
x
u =
1
2x3
;
cuja solução é
u =
x−2
2
+ c x−3
Retornando à variável y:
y =
(
x−2
2
+ c x−3
)
−1/2
.
(e) y′ = y − y3.
Resposta:
y =
(
1 + c e−2x)−1/2
.
4. Mostre que a função µ(x, y) =
1
xy3
é um fator integrante da equação diferencial
x2y3 + x(1 + y2)y′ = 0.
Solução:
Multiplicando a equação x2y3 + x(1+ y2)y′ = 0 por
1
xy3
e simplificando, obtemos:
x
︸︷︷︸
M(x,y)
+
1 + y2
y3
︸ ︷︷ ︸
N(x,y)
y′ = 0.
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Portanto
My(x, y) = 0 = Nx(x, y);
e a equação multiplicada é exata.
Portanto µ(x, y) =
1
xy3
é um fator integrante.
5. A equação exsecy−tgy+y′ = 0 tem um fator integrante da forma µ(x, y) = eaxcosy.
Determine a e resolva a equação.
Solução:
Multiplicando a equação exsecy − tgy + y′ = 0 por eaxcosy, obtemos:
e(a+1)x
− eax seny
︸ ︷︷ ︸
M
+ eax cos y
︸ ︷︷ ︸
N
y′ = 0 (4)
Agora veja: queremos que a equação multiplicada seja exata. Portanto devemos
ter My(x, y) = Nx(x, y), isto é:
d
dy
(e(a+1)x
− eax sen y) =
d
dx
(eax cos y).
Então, obrigatoriamente
−eax cos y = a eax cos y.
Daí conclui-se que
a = −1.
Substituindo a = −1 em (4) temos a equação exata
−e−x seny + e−x cos y y′ = 0,
que admite para solução geral (confira!) :
e−x seny = c.
6. Resolva as seguintes equações homogêneas:
(a) y′ =
x+ y
x
(b) 2y − xy′ = 0
(c)
dy
dx
=
4y − 3x
2x− y
(d) xy′ = y + xe2y/x
(e) y′ =
x2 + xy + y2
x2
Soluções:
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Novamente procurem obser var o padrão: Em todos os itens, a primeira coisa
que fazemos é escrever a equação na forma padronizada da equação homogênea; a
saber:
y′ = F
( y
x
)
.
Em seguida fazemos a mudança de variáveis v = y/x ( de onde y = vx e
consequentemente y′ = v + xv′.)
Substituindo na equação original, ela se transforma numa equação separável ( na
variável v). Após resolver essa equação separável, faz-se a mudança inversa, para
obter a resposta em termos de y.
Estaremos trabalhando sempre em regiões onde x > 0, e onde as ex-
pressões, na variável v, que aparecem nos domínios do logaritmo são
positivas.
(a) y′ =
x+ y
x
.
• Forma padrão: y′ = 1 +
y
x
;
• v = y/x; y′ = v + xv′;
• equação separável/separada:
v′ = 1/x;
• solução geral da equação, em v:
v = ln (cx);
• Solução geral em y:
y = x ln cx.
(b) 2y − xy′ = 0.
• Forma padrão: 2
y
x
− y′ = 0;
• v = y/x; y′ = v + xv′;
• equação separável/separada:
v′
v
=
1
x
;
• solução geral da equação, em v:
v = cx;
• Solução geral em y:
y = cx2.
(c)
dy
dx
=
4y − 3x
2x− y
.
(verifique cuidadosamente as contas e simplificações)
• Forma padrão :
dy
dx
=
4y/x− 3
2− y/x
;
• v = y/x; y′ = v + xv′;
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• equação separável/separada:
2− v
v2 + 2v − 3
dv =
1
x
dx;
• solução geral da equação, em v, por frações parciais:
(
v − 1
v + 3
)1/4
= cx;
• Solução geral em y:
4
√
y − x
y + 3x
= cx.
(d) xy′ = y + xe2y/x.
• Forma padrão: y′ =
y
x
+ e2y/x;
• v = y/x; y′ = v + xv′;
• equação separável/separada:
e−2v dv =
1
x
dx;
• solução geral da equação, em v:
e−(1/2) e−2v
= cx;
• Solução geral em y:
e−(1/2) e(−2y/x)
= cx.
(e) y′ =
x2 + xy + y2
x2
.
• Forma padrão: y′ = 1 +
(y
x
)
+
(y
x
)2
;
• v = y/x; y′ = v + xv′;
• equação separável/separada:
x v′ = 1 + v2;
• solução geral da equação, em v:
arctg v = ln cx;
• Solução geral em y:
cx = earctg (y/x).
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