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Equações diferenciais lineares de 1aordem. Equações separáveis. Equações homogéneas

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Departamento de Matemática e Engenharias
MATEMÁTICA GERAL
Licenciatura em Biologia
2oSemestre 2004/2005
Resoluções da folha de exercícios no9
Equações diferenciais lineares de 1aordem. Equações separáveis. Equações homogéneas
Nas resoluções seguintes, c e k representam constantes reais arbitrárias.
1. Equações de variáveis separadas ou separavéis
1.1. xdx− y2dy = 0⇔
⇔ y2dy = xdx⇔ ∫ y2dy = ∫ xdx⇔ y33 = x22 + c⇔ 2y3 = 3x2 + k
1.2. (x+ 2)x′ − (y + 3y2) = 0⇔
(x+ 2) dx
dy
−(y + 3y2) = 0⇔ (y + 3y2) dy = (x+ 2)dx⇔ ∫ (y + 3y2) dy = ∫ (x+ 2)dx⇔
⇔ y22 + y3 = x
2
2 + 2x+ c⇔ y2 + 2y3 = x2 + 4x+ k
1.3. y′ = xe
x
2y , y(0) = 0
y′ = xe
x
2y ⇔ dydx = xe
x
2y ⇔ 2ydy = xexdx⇔
∫
2ydy =
∫
xexdx⇔ y2 = ex (x− 1) + c
c =? para que se tenha y(0) = 0?{
y2 = ex (x− 1) + c
y(0) = 0
⇔ 0 = −1 + c⇔ c = 1
Assim, a solução pretendida é y2 = ex (x− 1) + 1
1.4. y′ = x+1
y4+1
, y(0) = 1
y′ = x+1
y4+1 ⇔ dydx = x+1y4+1 ⇔
(
y4 + 1
)
dy = (x+ 1) dx⇔ ∫ (y4 + 1)dy = ∫ (x+ 1) dx⇔
⇔ y55 + y = x
2
2 + x+ c⇔ y5 + 5y = x2 + 5x+ k
k =? para que se tenha y(0) = 1?{
y5 + 5y = x2 + 5x+ k
y(0) = 1
⇔ 1 + 5 = k ⇔ k = 6
Portanto a solução procurada é y5 + 5y = x2 + 5x+ 6
1
1.5. (1 + u) vdu+ (1− v)udv = 0⇔ 1+u
u
du = −1−v
v
dv⇔ ∫ 1
u
+ 1du = − ∫ 1
v
− 1dv ⇔
⇔ lnu+ u = − ln v + v + c⇔ lnu+ u+ ln v − v = c
1.6. a ∈ R+, zdt− (t2 − a2) dz = 0⇔ zdt+ (a2 − t2) dz = 0⇔ 1
z
dz = − 1
a2−t2 dt⇔
⇔ ∫ 1
z
dz = − ∫ 1
a2−t2dt⇔ (usamos a substituição t = a sinu no integral do 2omembro)
⇔ ln z = − ∫ 1
a2(1−sin2 u)a cosu du⇔ ln z = −
∫
a cosu
a2 cos2 u
du⇔ ln z = −1
a
∫
secudu⇔
⇔ ln z = −1
a
ln (secu+ tanu) + ln c⇔ ln z = −1
a
ln
(
1√
1−( ta)
2
+
t
a√
1−( ta)
2
)
+ ln c⇔
⇔ ln z = −1
a
ln
(
a+t√
a2−t2
)
+ ln c⇔ ln z = ln c
(
a+t√
a2−t2
)− 1
a ⇔ z = c
(
a+t√
a2−t2
)− 1
a ⇔
⇔ z = c
(√
(a−t)(a+t)√
(a+t)(a+t)
) 1
a
⇔ z = c
(√
a−t
a+t
) 1
a
1.7. x2ex−3dx+
(
1 + 1
y3
)
dy = 0⇔
(
1 + 1
y3
)
dy = −x2ex−3dx⇔ ∫ 1+ 1
y3
dy = − ∫ x2ex−3dx⇔
⇔ y − 1
2y2
= − (ex−3x2 − 2 ∫ ex−3xdx)⇔ y − 1
2y2
= −ex−3x2 + 2ex−3 (x− 1) + c⇔
⇔ y − 1
2y2
= ex−3
(−x2 + 2 (x− 1))+ c⇔ y − 1
2y2
= ex−3
(−x2 + 2x− 2)+ c
1.8. y′ = x+1
x
− x+1
x(y2+2) ⇔ dydx =
(x+1)(y2+2−1)
x(y2+2) ⇔ y
2+2
y2+1dy =
x+1
x
dx⇔
⇔ ∫ y2+2
y2+1dy =
∫
1 + 1
x
dx⇔ ∫ 1 + 11+y2 dy = x+ lnx⇔ y + arctan y = x+ lnx+ c
1.9.
(
y2 − xy2) dy
dx
+ x2 + yx2 = 0, y(−1) = 1
(
y2 − xy2) dy
dx
+x2+yx2 = 0⇔ y2 (1− x)dy = −x2 (y + 1)dx⇔ y2
y+1dy = − x
2
1−xdx⇔
⇔ ∫ y2
y+1dy =
∫
x2
x−1dx⇔
∫
y − 1 + 1
y+1dy =
∫
x+ 1 + 1
x−1dx⇔
⇔ y22 − y + ln |y + 1| = x
2
2 + x+ ln |x− 1|+ c
c =? para que se tenha y(−1) = 1?{
y2
2 − y + ln |y + 1| = x
2
2 + x+ ln |x− 1|+ c
y(−1) = 1 ⇔
1
2−1+ln2 = 12−1+ln2+c⇔ c = 0
Portanto a solução pretendida é y
2
2 − y + ln |y + 1| = x
2
2 + x+ ln |x− 1|
1.10. sin y cos2 xdy+cos2 ydx = 0⇔ sin y
cos2 y
dy = − 1
cos2 x
dx⇔ ∫ sec y tan y dy = − ∫ 1
cos2 x
dx⇔
⇔ sec y = − tanx+ c
2
1.11.
√
1− x2y′ −
√
1− y2 = 0⇔√1− x2 dy
dx
−
√
1− y2 = 0⇔ 1√
1−y2
dy = 1√
1−x2dx⇔
⇔ ∫ 1√
1−y2
dy =
∫
1√
1−x2dx⇔ arcsin y = arcsinx+ c
1.12.
(
x2 + 1
) (
y2 + 4
)
dx+
(
x2 − 1) (y2 − 4) dy = 0⇔
⇔ y2−4
y2+4
dy = −x2+1
x2−1dx⇔
∫
y2−4
y2+4
dy = − ∫ x2+1
x2−1dx⇔
∫
1− 8
y2+4
dy =
∫
1 + 2
x2−1dx⇔
⇔ y − ∫ 8
4
(
1+(y
2
)
2
)dy = x+ ∫ 1
x−1 − 1x+1dx⇔ y − 4 arctan y2 = x+ ln x−1x+1 + c
2. Equações diferenciais homogéneas (e homogeneizáveis):
2.1. y′ =
x+ y
x− y
Utilizando a substituição y = λx (onde λ é uma função de x), obtemos:
(λx)′ =
x+ λx
x− λx ⇔ λ
′x+ λ = 1+λ1−λ ⇔ dλdxx = 1+λ1−λ − λ⇔ dλdxx = 1+λ−λ(1−λ)1−λ ⇔
⇔ 1−λ
1+λ2
dλ = 1
x
dx⇔ ∫ 1−λ
1+λ2
dλ =
∫
1
x
dx⇔ ∫ 1
1+λ2
− λ
1+λ2
dλ = lnx⇔
⇔ arctanλ− 12 ln
(
1 + λ2
)
= lnx+ c⇔ arctan y
x
− 12 ln
(
1 +
(
y
x
)2)
= lnx+ c
2.2. xydy−y2dx = (x+ y)2 e− yxdx⇔ xydy =
(
(x+ y)2 e−
y
x + y2
)
dx⇔ dy
dx
= (x+y)
2e−
y
x+y2
xy
Utilizando a substituição y = λx, obtemos:
λ′x+λ = (x+λx)
2e−
λx
x +(λx)2
xλx
⇔ λ′x+λ = x2(1+λ)2e−λ+λ2x2
λx2
⇔ λ′x = (1+λ)2e−λ+λ2
λ
−λ⇔
⇔ dλ
dx
x = (1+λ)
2e−λ
λ
⇔ λ
(1+λ)2
eλdλ = 1
x
dx⇔ ∫ 1
(1+λ)2
λeλ dλ =
∫
1
x
dx⇔
⇔ − 11+λλeλ+
∫
1
1+λe
λ (1 + λ) dλ = lnx⇔ − λ1+λeλ+eλ = lnx+c⇔ e
λ
1+λ = lnx+c⇔
⇔ e
y
x
1+ y
x
= lnx+ c⇔ xe
y
x
x+y = lnx+ c
2.3. xy′ − y + x cos2 y
x
= 0⇔ y′ = y
x
− cos2 y
x
Utilizando a substituição y = λx, obtemos:
λ′x+λ = λ−cos2 λ⇔ dλ
dx
x = − cos2 λ⇔ 1
cos2 λ
dλ = − 1
x
dx⇔ ∫ 1
cos2 λ
dλ = − ∫ 1
x
dx⇔
⇔ tanλ = − lnx+ c⇔ tan y
x
= − lnx+ c
3
3. Equações diferenciais lineares de primeira ordem:
3.1. y′ − 2xy = x⇔ y′ = x (1 + 2y)⇔ 11+2ydy = xdx⇔
∫
1
1+2ydy =
∫
xdx⇔
⇔ 12 ln (1 + 2y) = x
2
2 + c⇔ ln (1 + 2y) = x2 + ln k⇔ 1 + 2y = kex
2 ⇔ y = kex
2−1
2
3.2. y′ − 7y = ex (1)
Equação associada sem segundo membro:
y′ − 7y = 0⇔ dy
dx
− 7y = 0⇔ dy = 7ydx⇔ 1
y
dy = 7dx⇔ ∫ 1
y
dy =
∫
7dx⇔
⇔ ln y = 7x+ ln c⇔ y = ce7x
Portanto y = ce7x é a solução geral da equação associada. Utilizamos agora o método
da variação das constantes para obter a solução geral da equação completa (1).
Assim, temos y = ce7x e considerando c = c (x), vem que y′ = e7x (c′ + 7c), substi-
tuindo na equação (1) obtemos
e7x (c′ + 7c)−7ce7x = ex ⇔ c′e7x = ex ⇔ c′ = e−6x ⇔ c = ∫ e−6xdx⇔ c = −e−6x6 +k
Substituindo c na solução geral da equação associada obtemos a solução geral da
equação completa
y = −e
x
6
+ ke7x
3.3. y′ + y = sinx, y(π) = 1
Equação completa: y′ + y = sinx
Equação associada sem 2omembro: y′ + y = 0
y′ + y = 0⇔ dy
dx
= −y ⇔ 1
y
dy = −dx⇔ ∫ 1
y
dy = − ∫ dx⇔ ln y = −x+ ln c⇔
⇔ y = ce−x (sol. geral da eq. associada)
Método da variação das constantes (c = c (x)):
y = ce−x ⇒ y′ = e−x (c′ − c)
Substituindo na equação completa ficamos com
e−x (c′ − c) + ce−x = sinx⇔ c′e−x = sinx⇔ c′ = ex sinx⇔
⇔ c = ∫ ex sinxdx = ex2 (sinx− cosx) + k
Portanto a solução geral da equação completa é:
y =
1
2
(sinx− cosx) + ke−x
Queremos a solução particular que satisfaz y(π) = 1:{
y = 12 (sinx− cosx) + ke−x
y(π) = 1
⇔ 1 = 12 + ke−π ⇔ k = 12eπ
Assim, a solução particular pretendida é: y = 12 (sinx− cosx) + 12eπ−x
4
3.4. dy
dx
+ y cosx =
1
2
sin 2x
Equação completa: dy
dx
+ y cosx = 12 sin 2x
Equação associada sem 2omembro: dy
dx
+ y cosx = 0
dy
dx
+y cosx = 0⇔ 1
y
dy = − cosx dx⇔ ∫ 1
y
dy = − ∫ cosxdx⇔ ln y = − sinx+ln c⇔
⇔ y = ce− sinx (sol. geral da eq. associada)
Método da variação das constantes (c = c (x)):
y = ce− sinx ⇒ dy
dx
= e− sinx (c′ − c cosx)
Substituindo na equação completa ficamos com
e− sinx (c′ − c cosx)+ce− sinx cosx = 1
2
sin 2x⇔ c′e− sinx = 1
2
sin 2x⇔ c′ = 1
2
2 sinx cosx esinx ⇔
⇔ c = ∫ sinx cosx esinxdx = sinx esinx − ∫ cosx esinxdx = esinx (sinx− 1) + k
Assim, a solução geral da equação completa é:
y = sinx− 1 + ke− sinx
3.5. y′ + y = e−x
Equação completa: y′ + y = e−x
Equação associada sem 2omembro: y′ + y = 0
No exercício 3.3. acima já vimos que a solução geral desta equação (associada) é:
y = ce−x
Procuramos agora uma solução particular da equação completa na forma y0 = Axe−x
Substituindo na equação completa ficamos com
y′0 + y0 = e
−x ⇔ Ae−x (1− x) +Axe−x = e−x ⇔ A = 1,
portanto y0 = xe−x é uma solução particular da equação completa. Assim
y = xe−x + ce−x
é a solução geral da equação completa.
3.6. y′ + 1−2x
x2
y − 1 = 0
Equação completa: y′ + 1−2x
x2
y = 1
Equação associada sem 2omembro: y′ + 1−2x
x2
y = 0
dy
dx
+ 1−2x