Resolução da Lista de Exercícios 1 (Equações Separáveis) - Equações Diferenciais

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Resoluc¸a˜o da Lista de Exerc´ıcios 1 - Equac¸o˜es
Diferenciais
Vin´ıcius Fratin Netto
Maio de 2016
Estes exerc´ıcios foram selecionados das listas de Equac¸o˜es Diferenciais do
professor Eduardo Brietzke, do Departamento de Matema´tica da UFRGS,
retirados de http://www.mat.ufrgs.br/˜brietzke/listas.html
1. Prove que a seguinte relac¸a˜o define uma soluc¸a˜o impl´ıcita da equac¸a˜o diferencial dada:
y = Ce
y
x ,
y′ =
y2
xy − x2 .
Resoluc¸a˜o: O exerc´ıcio pede para provarmos que a relac¸a˜o define uma soluc¸a˜o impl´ıcita
para a equac¸a˜o diferencial. Em princ´ıpio, temos duas opc¸o˜es: ou derivamos a primeira
equac¸a˜o e chegamos na equac¸a˜o diferencial, ou resolvemos a segunda equac¸a˜o e cheg-
amos na primeira. Neste caso, a escolha mais prudente e´ partir da primeira equac¸a˜o,
pois na˜o sabemos de antema˜o como resolver a equac¸a˜o diferencial. Desta forma,
derivando a primeira equac¸a˜o implicitamente, temos que
d
dx
y = y′ =
d
dx
[Ce
y
x ].
No lado direito da equac¸a˜o, devemos aplicar a Regra da Cadeia, pois e
y
x depende de y
e de x, e y e´ uma func¸a˜o de x. Assim,
y′ = C
d
dx
[
e
y
x
]
= C
[
e
y
x
d
dx
(
y
x
)]
= Ce
y
x
(
xy′ − y
x2
)
,
em que usamos, no u´ltimo passo, a Regra do Quociente.
Perceba que, pela primeira equac¸a˜o, y = Ce
y
x . Portanto,
y′ = y
(
xy′ − y
x2
)
.
1
Para tentarmos encontrar a forma da segunda equac¸a˜o, devemos isolar y′. Desenvol-
vendo, obtemos que
y′ =
xyy′ − y2
x2
=
xyy′
x2
− y
2
x2
=
yy′
x
− y
2
x2
,
de onde tiramos que
y′ − yy
′
x
= −y
2
x2
e, portanto,
y′
(
1− y
x
)
= −y
2
x2
.
Dividindo nos dois lados da equac¸a˜o por (1− y
x
),
y′ = − y
2
(1− y
x
)x2
= − y
2
x2 − xy =
y2
xy − x2 ,
que e´ a segunda equac¸a˜o, como quer´ıamos demonstrar!
2. Determine todos os valores de m para os quais a func¸a˜o y(x) = xm e´ soluc¸a˜o em todo
o intervalo (−∞,+∞) da equac¸a˜o diferencial
x2y′′ + 2xy′ − 6y = 0.
Resoluc¸a˜o: O enunciado sugere que y(x) = xm e´ soluc¸a˜o para certos valores de m.
Para descobrirmos para que valores de m a func¸a˜o y(x) satisfaz a equac¸a˜o diferencial,
devemos substituir y(x) na equac¸a˜o diferencial e, enta˜o, resolver para m. Antes disso,
devemos calcular a derivada primeira e a derivada segunda de y(x) para podermos
fazer a substituic¸a˜o. Assim,
y(x) = xm,
y′(x) = mxm−1,
y′′(x) = m(m− 1)xm−2.
Substituindo na equac¸a˜o diferencial,
2
x2
[
m(m− 1)xm−2]+ 2x(mxm−1)− 6xm = 0.
Reunindo os fatores, temos que
m(m− 1)xm + 2mxm − 6xm = 0
e, desta forma, podemos dividir ambos os lados da equac¸a˜o por xm. Portanto, obtemos
que
m(m− 1) + 2m− 6 = m2 −m+ 2m− 6 = m2 +m− 6 = 0.
Basta agora resolver a equac¸a˜o de segundo grau em m. Resolvendo, obtemos que
as duas ra´ızes sa˜o m = 2 e m = −3. Uma resposta direta, sem prestar atenc¸a˜o
no enunciado, pode levar a um erro: o enunciado deseja saber para quais valores de
m, y(x) = xm no intervalo (−∞,∞). Perceba, portanto, que quando m = −3,
y(x) = x−3 = 1
x3
possui uma descontinuidade em x = 0. Assim, a u´nica soluc¸a˜o
definida para toda a reta acontece apenas quando m = 2.
3. Verifique que a func¸a˜o dada e´ uma soluc¸a˜o do problema de valor inicial (PVI):
y(t) =
∫ t
0
e2(t−s)s2ds
y′ = 2y + t2, y(0) = 0
Resoluc¸a˜o: Para checarmos que y(t) e´, de fato, uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial,
devemos substitu´ı-la na equac¸a˜o e obter uma igualdade va´lida. Ale´m disso, antes de
fazermos a substituic¸a˜o, podemos checar se a func¸a˜o satisfaz a condic¸a˜o inicial e, se na˜o
for, ja´ podemos descartar a soluc¸a˜o. Como y(t) e´ uma integral de 0 a t, se avaliarmos
a func¸a˜o em t = 0, teremos uma integral de 0 ate´ 0 e, portanto, resultado 0. Desta
forma, provamos que a func¸a˜o satisfaz a condic¸a˜o inicial e podemos prosseguir com
a substituic¸a˜o na ED. Primeiro precisamos calcular y′(t). Perceba que a varia´vel de
integrac¸a˜o e´ s e, portanto, t e´ uma constante para a integral. Assim, temos que a
integral pode ser reescrita como
y(t) =
∫ t
0
e2(t−s)s2ds = e2t
∫ t
0
e−2ss2ds.
3
Como s e´ apenas uma varia´vel muda e a integral deve ser avaliada nos limites de inte-
grac¸a˜o, temos que esta integral sera´ tambe´m uma func¸a˜o de t. Desta forma, devemos
aplicar a Regra do Produto para calcular y′(t), em que
y′(t) =
d
dt
∫ t
0
e2(t−s)s2ds =
d
dt
[
e2t
∫ t
0
e−2ss2ds
]
=
∫ t
0
e−2ss2ds
d
dt
e2t + e2t
d
dt
[ ∫ t
0
e−2ss2ds
]
= 2e2t
∫ t
0
e−2ss2ds+ e2t
[
e−2tt2
]
= 2e2t
∫ t
0
e−2ss2ds+ t2
= 2
∫ t
0
e2(t−s)s2ds+ t2
= 2y + t2.
Note que chegamos diretamente ao lado direito da equac¸a˜o diferencial, portanto prova-
mos que y(t), de fato, e´ soluc¸a˜o! Caso na˜o tive´ssemos notado que obtemos y(t) no-
vamente na primeira parcela da derivada, poder´ıamos simplesmente ter deixado nesta
forma e, apo´s, substituido y(t) no lado esquerdo da equac¸a˜o diferencial. Neste caso,
chegar´ıamos em duas expresso˜es ideˆnticas e ter´ıamos uma igualdade va´lida. Ambas as
abordagens devem produzir o mesmo resultado.
Observac¸a˜o: Na derivada da integral, utilizamos a primeira forma do Teorema Fun-
damental do Ca´lculo, que diz que para uma func¸a˜o cont´ınua f(x) definida em uma
intervalo fechado [a, b],
F (x) =
∫ x
a
f(s)ds⇒ F ′(x) = f(x).
Este teorema deve estar nas mentes de todos os estudantes!
4. Resolva as seguintes equac¸o˜es separa´veis:
(a)
y′ =
xy
1 + x2
Resoluc¸a˜o: A equac¸a˜o ja´ esta´ na forma normal separa´vel (na˜o confundir com
y′(x) = F (x, y), a forma normal de uma EDO de 1a ordem gene´rica), ou seja,
y′(x) = f(x)g(y), com f(x) = x
1+x2
e g(y) = y. Assim, devemos primeiro procurar
valores constantes de y que zerem g(y) = y. Neste caso, portanto, ja´ sabemos que
y = 0 e´ uma soluc¸a˜o. Agora, prosseguimos separando as varia´veis:
4
y′ =
dy
dx
=
xy
1 + x2
⇒ dy
y
=
x
1 + x2
dx⇒
∫
dy
y
=
∫
x
1 + x2
dx.
Calculando as integrais: ∫
dy
y
= ln|y|+ C.
Na segunda integral, ∫
x
1 + x2
dx,
fazendo a substituic¸a˜o u = 1 + x2, temos que du = 2xdx e, portanto,∫
x
1 + x2
dx =
1
2
∫
x
xu
du =
1
2
∫
du
u
=
1
2
ln|u|+ C = ln(1 + x2) 12 + C.
Note que apenas pudemos tirar o mo´dulo porque
√
1 + x2 e´ sempre positivo.
Igualando as integrais e unificando as constantes em apenas um dos lados, temos
que
ln|y| = ln(
√
1 + x2) + C ⇒ eln|y| = eln(
√
1+x2)+C ⇒ |y| = C
√
1 + x2,
em que chamamos novamente de C cada constante arbitra´ria que apareceu. Por
u´ltimo, obtemos que
|y| = C
√
1 + x2 ⇒ y = ±C
√
1 + x2 = C
√
1 + x2.
Em princ´ıpio, chegamos em duas soluc¸o˜es: y(x) = 0 e y(x) = C
√
1 + x2. Pore´m,
note que, se definirmos C = 0, podemos obter a primeira soluc¸a˜o a partir da
segunda. Portanto, temos que a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o diferencial e´ dada
apenas por
y(x) = C
√
1 + x2.
(b)
y dx− (1 + x) dy = 0
Resoluc¸a˜o: Escrevendo a EDO na forma normal, temos que
dy
dx
=
y
1 + x
e, portanto, f(x) = 1
1+x
e g(y) = y. Apenas y = 0 zera g(y) e, assim, e´ uma
soluc¸a˜o. Agora, separando as varia´veis, obtemos que
5
dy
dx
=
y
1 + x
⇒ dy
y
=
dx
1 + x
⇒
∫
dy
y
=
∫
dx
1 + x
.
Calculando as integrais: ∫
dy
y
= ln|y|+ C,
e ∫
dx
1 + x
= ln|1 + x|+ C.
Assim, igualando as integrais com as constantes para um lado,
ln|y| = ln|1 + x|+ C
|y| = eln|1+x|+C = C(1 + x)
e, por fim,
y = C(1 + x).
Novamente, e´ poss´ıvel obter y = 0 de y = C(1+x) definindo C = 0. Desta forma,
a soluc¸a˜o geral para a equac¸a˜o diferencial e´
y(x) = C(1 + x).
Observac¸a˜o: escrevendo a equac¸a˜o na forma normal nosmostra que ha´ uma de-
scontinuidade em x = −1. Enta˜o, pelo Teorema de Existeˆncia e Unicidade, so´
podemos assumir que as soluc¸o˜es existem e sa˜o u´nicas para x > −1 ou x < −1
(vide condic¸o˜es de continuidade da func¸a˜o impostas pelo teorema). Desta forma,
retiramos o mo´dulo do logaritmo natural pois supusemos, por exemplo, que
x > −1, tornando o logaritmando positivo. Assim, a operac¸a˜o e´ definida.
(c)
y′ tan x = y, y
(
pi
6
)
= −1
2
Resoluc¸a˜o: O problema da´ uma equac¸a˜o diferencial e uma condic¸a˜o inicial, por-
tanto este e´ um Problema de Valor Inicial (PVI). O primeiro passo e´ percebermos
que a equac¸a˜o na˜o esta´ na forma normal. Colocando nesta forma, temos que
y′ =
y
tan x
.
Como g(y) = y, ja´ temos que y = 0 e´ uma soluc¸a˜o. Agora, separando as varia´veis,
obtemos que
6
dy
dx
=
y
tan x
⇒ dy
y
=
dx
tan x
⇒
∫
dy
y
=
∫
dx
tan x
.
Como tan x = senx
cosx
, 1
tan x
= cosx
senx
. Calculando as integrais:∫
dy
y
= ln|y|+ C
e ∫
dx
tan x
=
∫
cosx
senx
dx,
em que, fazendo a substituic¸a˜o u = senx, du = cosxdx, temos que∫
cosx
senx
dx =
∫
cosx
ucosx
du =
∫
du
u
= ln|u|+ C = ln|senx|+ C.
Igualando as integrais e colocando as constantes apenas de um lado:
ln|y| = ln|senx|+ C ⇒ |y| = eln|senx|+C = C|senx|
e, por fim,
y(x) = C|senx|.
Temos que y = 0 e y = C|senx| sa˜o soluc¸o˜es. Note que, novamente, podemos
obter a primeira soluc¸a˜o da segunda apenas difinindo C = 0. Assim, a soluc¸a˜o
geral da equac¸a˜o e´ dada por y(x) = C|senx|. E´ importante perceber que, pelo
Teorema de Existeˆncia e Unicidade, as soluc¸o˜es esta˜o bem definidas apenas em
(0, pi). Isto porque ha´ uma divisa˜o por tan x na equac¸a˜o e, portanto, temos
descontinuidades sempre que x = npi, n = 0, 1, 2, .... O intervalo ma´ximo de
definic¸a˜o da func¸a˜o varia de acordo com o ponto x = x0 da condic¸a˜o inicial.
Como x0 =
pi
6
, e 0 < x0 < pi, a soluc¸a˜o deve estar definida neste intervalo. Desta
forma, como senx > 0 em (0, pi), podemos retirar o mo´dulo da soluc¸a˜o e, em
seguida, aplicar a condic¸a˜o inicial.
y
(
pi
6
)
= −1
2
⇒ Csen
(
pi
6
)
=
C
2
= −1
2
⇒ C = −1.
Como o valor da constante determinado, temos que a soluc¸a˜o do PVI e´ dada por
y(x) = −senx.
7
(d)
y′ = xex+y
Resoluc¸a˜o: Para colocar a equac¸a˜o na forma y(x) = f(x)g(y), pelas propriedades
das exponenciais, temos que
y(x) = xexey,
onde identificamos f(x) = xex e g(y) = ey. Perceba que, neste caso, na˜o ha´ uma
constante que zere a func¸a˜o g(y) = ey, pois isto aconteceria apenas se y → −∞.
Assim, as u´nicas soluc¸o˜es sera˜o obtidas pela separac¸a˜o de varia´veis. Separando,
temos que
dy
dx
= xexey ⇒ dy
ey
= xexdx⇒
∫
e−ydy =
∫
xexdx.
Calculando as integrais: ∫
e−ydy = −e−y + C.
Na segunda integral, podemos utilizar Integrac¸a˜o por Partes. Escolhendo u =
x⇒ du = dx e dv = exdx⇒ v = ex, obtemos que∫
xexdx = uv −
∫
vdu = xex −
∫
exdx = xex − ex + C.
Igualando as integrais e tratando todas as constantes arbitra´rias como antes:
−e−y = xex − ex + C ⇒ e−y = ex − xex + C ⇒ −y = ln|ex − xex + C|,
de onde tiramos, finalmente, que
y(x) = −ln|ex − xex + C|.
5. (a) Resolva a equac¸a˜o diferencial
y′ = x3y2.
Fac¸a um esboc¸o da famı´lia de soluc¸o˜es. Encontre a expressa˜o e o intervalo ma´ximo
de definic¸a˜o correspondentes a cada uma das condic¸o˜es abaixo:
Resoluc¸a˜o: Como a equac¸a˜o ja´ esta´ na formal normal, percebemos que y = 0 ja´
e´ uma soluc¸a˜o. Prosseguindo com a separac¸a˜o das varia´veis, temos que
8
dy
dx
= x3y2 ⇒ dy
y2
= x3dx⇒
∫
dy
y2
=
∫
x3dx.
Calculando as integrais: ∫
dy
y2
= −1
y
+ C
e ∫
x3dx =
x4
4
+ C.
Igualando as integrais e tratando as constantes como anteriormente:
−1
y
=
x4 + 4C
4
=
x4 + C
4
⇒ −y = 4
x4 + C
,
em que, por fim,
y(x) =
4
C − x4 .
Perceba que, agora, e´ imposs´ıvel obter y = 0 de y = 4
C−x4 , pois nenhum valor de
C zera esta soluc¸a˜o. Assim, estas sa˜o as duas soluc¸o˜es poss´ıveis.
(b) y(0) = 4
Resoluc¸a˜o: Como y(0) 6= 0, aplicamos a condic¸a˜o inicial na segunda soluc¸a˜o:
y(0) = 4⇒ 4
C − 0 =
4
C
= 4⇒ C
4
=
1
4
⇒ C = 1,
portanto,
y(x) =
4
1− x4 .
Perceba que a soluc¸a˜o possui descontinuidades em x = ±1, portanto e´ definida ou
em (−∞,−1), ou em (−1, 1), ou em (1,∞). Como a condic¸a˜o inicial e´ definida
no ponto x = 0, enta˜o o Intervalo Ma´ximo de Existeˆncia da soluc¸a˜o e´ (−1, 1).
(c) y(−√3) = −1
2
Resoluc¸a˜o: Como y(−√3) 6= 0, aplicamos a condic¸a˜o inicial na segunda soluc¸a˜o:
9
y(−
√
3) = −1
2
⇒ 4
C − (−√3)
4
=
4
C − 9 = −
1
2
⇒ C − 9
4
= −2
e, portanto,
C − 9 = −8⇒ C = 1.
Assim, a soluc¸a˜o e´ dada por
y(x) =
4
1− x4 .
Pore´m, desta vez a condic¸a˜o inicial e´ definida no ponto x = −√3 < −1. Portanto,
o Intervalo Ma´ximo de Existeˆncia e´ (−∞,−1).
(d) y(1) = −1
Resoluc¸a˜o: Como y(1) 6= 0, aplicamos a condic¸a˜o inicial na segunda soluc¸a˜o:
y(1) = −1⇒ 4
C − 14 =
4
C − 1 = −1⇒
C − 1
4
= −1,
de onde tiramos que
C − 1 = −4⇒ C = −3.
Com o valor da constante, ja´ temos a soluc¸a˜o determinada com
y(x) =
4
−3− x4 = −
4
3 + x4
.
Agora, para qualquer valor de x, o denominador e´ positivo e diferente de 0. Assim,
a soluc¸a˜o vale para todo x ∈ R.
(e) y(−2) = 0
Resoluc¸a˜o: Perceba que, agora, y(−2) = 0. Portanto, a soluc¸a˜o e´, imediata-
mente, y(x) = 0, va´lida para todo x ∈ R. Se tenta´ssemos obter a soluc¸a˜o uti-
lizando a condic¸a˜o inicial na segunda equac¸a˜o, chegar´ıamos a uma contradic¸a˜o.
6. Para a > 0, mostre que as seguintes func¸o˜es sa˜o soluc¸o˜es do PVI y′ = 2
√|y|, y(0) = 0:
10
(a)
y(x) = 0
Resoluc¸a˜o: Comec¸amos verificando a condic¸a˜o inicial y(0) = 0. De fato, como
y(x) = 0 para todo x, enta˜o a condic¸a˜o e´ satisfeita. Para provarmos que a soluc¸a˜o
satisfaz a ED, substu´ımos na equac¸a˜o e verificamos se obtemos uma igualdade
verdadeira.
Do lado esquerdo:
y′ = (0)′ = 0
e, do lado direito,
2
√
|y| = 2
√
|0| = 0.
Portanto, temos que 0 = 0 e, assim, y(x) e´ soluc¸a˜o do PVI.
(b)
y(x) =
{
−x2 se x ≤ 0
x2 se x > 0
Resoluc¸a˜o: Como o problema e´ separado em casos, tambe´m devemos analisar a
soluc¸a˜o por casos. Primeiro, considerando x ≤ 0, observamos que
y(x) = −x2.
Em x = 0, y = 0. Portanto, a condic¸a˜o inicial y(0) = 0 e´ satisfeita. Agora,
devemos substituir na ED.
Do lado esquerdo,
y′ = (−x2)′ = −2x,
e, do lado direito,
2
√
| − x2| = 2
√
|x|2 = 2|x|.
Aparentemente, na˜o chegamos em uma igualdade. Mas, perceba o seguinte: x
e´ sempre menor ou igual a 0, portanto y = −2x e´ sempre igual ou maior a 0 e
pode ser reescrito como y = −2|x|. Assim, temos que uma igualdade verdadeira
no caso x ≤ 0. Resta analisar para x > 0.
Assumindo x > 0, temos que
y(x) = x2.
11
A condic¸a˜o inicial na˜o pode ser considerada aqui, pois no ponto x = 0, a func¸a˜o
cai no primeiro caso, y(x) = −x2. So´ precisamos substituir na ED.
Do lado esquerdo:
y′ = (x2)′ = 2x,
e, do lado direito,
2
√
|y| = 2
√
|x2| = 2|x| = 2x,
pois x > 0, por hipo´tese.
Por fim, chegamos em uma igualdade verdadeira nos dois casos. Assim, provamos
que y(x), de fato, e´ soluc¸a˜o do PVI!
(c)
y(x) =
{
0 se x ≤ a
(x− a)2 se x > a
Resoluc¸a˜o: Como y(x) e´ definida por partes, da mesma forma que no exerc´ıcios
anterior, devemos analisar a soluc¸a˜o por casos. Primeiro, como a > 0, supondo
x ≤ a, temos que y(x) = 0. Desta forma, como x = 0 esta´ contido neste caso,
a condic¸a˜o inicial y(0) = 0 e´ satisfeita. Substituindo na ED, do lado esquerdo
obtemos que
y′ = (0)′ = 0,
e, do lado direito,
2
√
|y| = 2
√
|0| = 0.
Com 0 = 0, sabemos que y(x) = 0 e´ umasoluc¸a˜o para o primeiro caso. Resta
agora considerar o caso em que x > a. Neste caso, y(x) = (x− a)2. Novamente,
a condic¸a˜o inicial na˜o e´ definida neste caso, apenas para o primeiro. Portanto,
so´ precisamos substituir na ED e verificar. Substituindo, do lado esquerdo temos
que
y′ = [(x− a)2]′ = 2(x− a),
e, do lado direito,
2
√
|y| = 2
√
|(x− a)2| = 2|x− a| = 2(x− a),
12
pois x− a > 0 para hipo´tese de que x > a.
Assim, obtemos uma igualdade nos dois casos e confirmamos que, de fato, y(x) e´
soluc¸a˜o para o PVI!
RESPOSTAS
2) m = 2
4a) y(x) = C
√
1 + x2
4b) y = C(1 + x)
4c) y = −senx
4d) y = −ln(ex − xex + C)
5a)
y =
4
C − x4 , y = 0
5b)
y =
4
1− x4 , I = (−1, 1)
5c)
y =
4
1− x4 , I = (−∞,−1)
5d)
y = − 4
3 + x4
, I = R = (−∞,∞)
5e)
y = 0, I = R = (−∞,∞)
13