equações diferenciais

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No Inal tem exercícios de EDO, a maioria dos exercícios forma tirados do livro do Boulos Boyce.
Este assunto é para se ter idéia de equações diferenciais elementares, para entendermos problemas ligados à engenharia de produção e civil. 
Deverão ser entregues dia 16 de maio de 2012, com pelo menos 90 % feitos. 
Equações diferenciais 
Equação diferencial ordinária ( EDO) é uma equação onde figuram algumas derivadas de uma função incógnita. Na equação pode aparecer a função incógnita e a variável independente .
Uma E D O contém apenas funções de uma variável e derivadas da mesma variável .Uma equação parcial ( E D P ) contem funções com mais de uma variável e suas derivadas parciais 
As equações diferenciais são usadas para construir modelos matemáticos de fenômenos físicos tais como na dinâmica dos fluidos e em mecânica celeste deste modo, o estudo de equações diferenciais é um campo extenso na  matemática pura e aplicada.
Veremos somente algumas equações diferencia ordinárias e elementares, que já quebrarão um bom galho no curso da engenharia .
A maior ordem da derivada é a ordem da equação , por exemplo aparece y’, y”, y’” e y””, é EDO de ordem quatro
Exemplos 
y” + 3 y –x =0, EDO de ordem 2
y – y’”= 3x, EDO de ordem 3
y”” = 5x, EDO de ordem 4
 ordem 2
Y”+ 3 y” + 6 y = sen(x) ordem 2
(Y”) ³ + 3 y1 + 6 y = tg(x) ordem 2 
A função f(x) = sen 2x é solução da equação y” + 4 y=0, verifique, Não só essa função como um monte delas , por exemplo f(x) = -2 cos 2x., também é solução. A função dada por A sen 2x + B cos 2x, também é solução da EDO, então a solução de uma EDO é uma função tendo por domínio um intervalo aberto de IR.
Primeiro tipo de EDO
Y’= 2x
É fácil de ver que y= x² + C
Equações diferenciais de primeira ordem 
Pode ser representada por f ( x, y, y’) =0, quando representamos uma EDO da forma y’= F ( x,y), dizemos que está na forma normal. 
Na EDO , se tivermos um ponto ( (, é condição inicial do problema . A solução da equação tem valor inicial .
Equações de variáveis separáveis. 
Uma EDO que possa ser colocada na forma y’=Q(x).R(y), com Q e R, funções não nulas , tendo por domínio um intervalo aberto dizemos que é E D O de variáveis separáveis 
Exemplos 
a) y’ = 3 x². y²
b) y’= sen x. y³
c) y’ = . y
d) y’ = 
e) y’=2y
As E D O acima são de variáveis separáveis
Solução de uma equação de variáveis separáveis
Uma EDO pode ter soluções constantes , por exemplo
Y’=, quando a derivada y’= 0 é porque y é constante , no caso 1/y² não tem raízes, portanto não tem solução constante.
Y’= x( y-1) ( y-2) Para y=1 ou y=2, temos y’ =0, portanto y=1 e y=2, são soluções constantes 
Soluções das EDO de 1ª ordem ( não constantes) 
Se são variáveis separáveis, o problema consiste em resolver duas integrais
Por exemplo
y’ = 3 x². y²
Podemos escrever :
 = 3 x². y² , ou = 3 x² dx 
Colocando a integral , dos dois lados, temos
 = 
 
 = x ³ + C , ou seja – 1/y= x³+C, , melhorando mais, temos y= -1/x³+C
y’= com valor inicial y(0)= -1
 = 
 d y = ,inegrando os dois membros teremos : 
Y² - 2y = x³ + 2 x² + 2 x + C 
Para y= -1 e x = 0 , teremos C = 3
Y² - 2y = x³ + 2 x² + 2 x + 3 ( resolução implícita). A resolução explicita se obterá tirando o valor de y
Y= 1 
Equações homogêneas
Existem algumas equações diferenciais de primeira ordem, mesmo de orden superior , que à primeira vista não são de variáveisi separáveis , mas uma substituição adequada , recai numa equação diferencial de variáveis separáveis .
Por exemplo . Há uma técnica matemática para verificarmos se uma equação é homogênea , não mostraemos no nosso curso..
Exemplo 1- y’ = , xy ao substituirmos y =t x, teremos y’=t + xt’
t + xt’= 
t + xt’= 
4t² + 4xtt’ = 1 + t² 4xtt’= 1 – 3 t² 
 
Exemplo 2 
De a solução das equações 
y’= , xy 
ao substituirmos y =t x, teremos y’=t + xt’
t + xt’ = t +x t’ = t-1 
 x t’ =-1 
 
 = 
 t= - ln + C
como t = y/x, substituindo teremos 
Ou ainda y= x(C- ln ) 
3-Equações exatas - 
Já discutimos EDO de variáveis separáveis , homogêneas, vamos agora verificar uma equação do tipo 2x + y² + 2xy y’=0
Se pegarmos uma função F (x,y) = x² + xy², terá a propriedade de 
 e 
A função procurada será x² +x y² = C
Exemplo 2
Partindo de trás para frente 
F(x,y)= x³ + y³ + xy 
 
 = 1 = 1
Se tivermos então ( 3x² + y ) + (3y²+x) = 0 , é exatamente a derivada da função F (x,y) 
Portanto a solução da equação ( 3x² + y ) + (3y²+x) = 0 será F(x,y)= x³ + y³ + xy = C
Método para encontrar a solução 
Dizemos que uma equação diferencial é exata se pudermos colocá-la na forma 
 + , onde F é diferenciável no dominio da equação dada por F(x,y) = C
Dada a equação diferencial ordinária P (x,y) + Q ( x,y) .y’=0 
Devemos procurar uma função denominada potencial de tal maneira que 
 e 
Condição de exatidão 
Exemplo Seja a equação 3 x² - y³ + (2y – 3 xy²)y’=0
 
 
 
F(x,y) = = x³ -3 y³x + g(y)
So que a derivada com relação à y tem que ser igual a 
Então g’(y) =2 y e g(y) = y²
Portanto a solução da EDO será x³ - y³x + y² = C 
Estou preocupado em solucionar alguns casos de solução de EDO, deixando de lado um monte de definições e demonstrações, que não cabem no nosso curso. 
Exercicios
1-Verificar a ordem das EQO, e verificar se , as funções ao lado são soluções
y’= y soluções : y= , y = ln x, y = A 
y”-y=0 , soluções : y= , y= 
y’+ 4 x³y²=0 solução y = 
2 x²y” + 3 x y’ – y =0 , solução y , x>0.
X³y’” + x² y” – 1 =0 , solução y = lnx
 f) y = é solução de y”-5y’+6y=0 ?
 g) y = , é solução de y"−5y'+6y = 0?
2) Determinar as soluções das equações 
a) y’ = 3 x²
b) y’= sen x
c) y’ = 
d) y’ = 
3) Exercícios 
Quais equações são de variáveis separáveis 
y’ – 2x = y
xy’+3xy=0
y’=xy
y’=x/y
y’=sen x /y²
y’=
y’=
4) Dar as soluções constantes das equações 
a) y’=y³+27 
b) y’=yx³
c) y’ =
d) y’= senh( x) .x
e) y’= x ( y²-5y + 6)
Exercicios para entregar – Comece fazer já
Estes exercício não são para eu dar nota e sim para vocês se prepararem para a prova .
Achar a solução das equações diferenciais
Observações
Talvez voce encontre outras respostas , mas são equivalentes a essa , pergunte.
Quando você tiver ln a + ln b equivale a ln (a.b) e ln a – ln b equivale a ln ( a/b)
ln y = x , implica que y = 
 = x , implica que y = ln x 
	respostas
	xdx + y dy = 0
y’=x³/y
y’+ y² cos x =0
y’= x/y
y’=
xy’= ( 1- y)
xy’= ( 1- 2y)
y’= x²/y
y’= ( você lembra que quando o numerador é derviada do denominador , a integral é logaritmo neperiano ?
y’=
	a)x² + y² = c ( c≥0), circunferência
b) 2 y²=
c)y=1/(sen x + c) , sen x +c ≠0 e y = 0
d) y² = 2 x + c
e)y + (sen 2y)/2= x + (sen2x)/2 + c
f) x= c / (1-y) e y =1
g)x²( 1- 2y) = c e y = 1/2
h) y² = x³/3 + c
i) y²/2= ln , ou 
y =± , ≥0,
 1 + x³>0
j)
 ,com 
≥0
k) y²/2 + = x²/2 -
l) y + y³/3= x³ + c
m) ln= x³/3 + c, Sol. const.: y= 0, y =-3
n) sen ( 2y-3)/2 = sem ( 5x – 3)/5 + c
0) y + sen(4y-6)/4= x + sen(10x-6)/10 + c
Encontre a solução do problema de valor inicial respostas
	1
	Y’=(1-2x)y² y(0) = -2
	Y³/3 = x – x² - 8/3
	2
	xdx + y dy = 0 y(0)=5
	X² + y² =25
	3
	xdx - y y(0) = 1
	y² - x² = 1
	4
	y’=2x y(0 ) = 4
	Y= x²+4
	5
	y’= y(2)=0
	Y + y² = x² + c
	6
	y’= y(0) = - 
	=/4 + x²/2 + c
	7
	y’= y(0) = 1
	3y + 2 y²= +78
	 y’= y(0) =1
	Y²-5y= x³ -3
	9
	Sen 2x dx + cos 3y dy =0 y ( /3
	Cos 2x/2 – sen 3y/3 =- 1/2
	10
	Dada as EDO Y’= 2y² + xy² determine
Solução constante 
 solução não constante
Solução com valor inicial y(0)=1,
D (Vamos ver se lembra do termo passado , determine onde a solução atinge o valor mínimo, não vai perguntar se cai na prova )
	0
Y =
Y =
So procurar quando f(x)= ) é máximo. Só derivar e igualar a zero, x=-2, deriva outra vez f’’(x) =-1, portanto =-2 é ponto de máximo 
 
Resolver as equações homogêneas
	1
	y’= ( x≠0)
	Voce chegará em 
ln +c 
ln 
 ln , x² (1-2v) = 
substituir v chegará em y = x/2 + c/2x
	2
	y’= ( x≠y)
	
v = ln x + c, fazendo as devidas substituições teremos
	3
	y’= ( xy≠0)
	v²= lnx + c
y² = x² ( + c)
	4
	y’= ( x≠0)
	Lembre-se que integral de dv/(1+v²)= arc tg v
arc tg v = ln x + c, pode substituir v = y/x, 
ou v= tg ( lnx +c), y = x tg ( lnx+C)
	5
	y’= ( xy≠0)
	 ln ( 1+v²) = ln + c , e elevado a c = A
ln=c =, 
Fazendo as devidas substituições teremos 
Y=±
	6
	y’= ( xy≠0)
	V³ /3 = ln + c
V=, substitui v 
	7
	dy/dx=
	Y = x( ln ³ + c)
	8
	y’= ( xy≠0)
	Você vai chegar em ln(1+v²)= lnx + c
ln(1+v²)- lnx = c
ln=c ou = , =c daqui você tira que v =±, troque o v por y/x e impõe que o radical tem que ser positivo 
	9
	y’= ( xy≠0)
	Y= Ax² -x
	10
	Y’=y² + xy + x²
	arc tg v = ln + c, 
ou tg (ln + c) = v e substitui v
4) Verificar se as EDO são exatas , no caso de exata resolve-las	respostas( receita de bolo)
	1
	 ( 2x+3) + ( 2y-2)y’=0
	x²+ 3x + y² - 2y =c
	2
	( 2x + 4y) + ( 2x – 2y) y’=0
	Não é exata 
	3
	 ( 3x²-2xy +2) dx + ( 6y² - x² + 3) dy=0
	x³- x²y+ 2x + 2 y³ + 3y =c
	4
	( 2xy² + 2y)+ ( 2x²y + 2x)y’=0
	X²y² + 2xy=c
	5
	
	a x² + 2 bxy + cy² = k
	6
	 
	Não é exata
	7
	((0
	
	8
	((0
	Não é exata
	9
	((0
	 difícil
	10
	( y/x + 6x) dx + ( ln x – 2) dy=0 ( x>0)
	y ln x + 3 x² - 2y = c
	11
	( x lny + xy) dx + ( y lnx + xy) dy=0 ( x>0, y >0)
	Não é exata
	12
	 = 0
	x²+ y² =c difícil
	13
	Resolva a equação ( 2x – y ) dx + ( 2y – x ) d y =0, de valor inicial y(1) = 3
	Y =[ x + ]/2 <