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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 + 1−2xx2 y = 0⇔ 1 y dy = −1−2x x2 dx⇔ ∫ 1 y dy = ∫ − 1 x2 dx+ ∫ 2x x2 dx⇔ ⇔ ln y = 1 x + lnx2 + ln c⇔ y = cx2e 1x (sol. geral da eq. associada) 5 Método da variação das constantes (c = c (x)): y = cx2e 1 x ⇒ y′ = e 1x (c′x2 + 2cx− cx2 1 x2 ) = e 1 x ( c′x2 + c (2x− 1)) Substituindo na equação completa ficamos com e 1 x ( c′x2 + c (2x− 1))+ 1−2x x2 cx2e 1 x = 1⇔ c′x2e 1x = 1⇔ c′ = 1 x2 e− 1 x ⇔ ⇔ c = ∫ 1 x2 e− 1 xdx = e− 1 x + k Assim, a solução geral da equação completa é: y = x2 + kx2e 1 x 3.7. y′ + y tg x = secx Equação completa: y′ + y tg x = secx Equação associada sem 2omembro: y′ + y tg x = 0 dy dx + y tg x = 0⇔ 1 y dy = − tg xdx⇔ ∫ 1 y dy = ∫ − sinxcosx dx⇔ ⇔ ln y = ln (cosx) + ln c⇔ y = c cosx (sol. geral da eq. associada) Facilmente se verifica que y0 = sinx é uma solução particular da equação completa, portanto y = sinx+ c cosx é a solução geral da equação completa. 3.8. dy dx + 1 x+1y = sinx Equação completa: dy dx + 1 x+1y = sinx Equação associada sem 2omembro: dy dx + 1 x+1y = 0 dy dx + 1 x+1y = 0⇔ 1ydy = − 1x+1dx⇔ ∫ 1 y dy = − ∫ 1 x+1dx⇔ ⇔ ln y = − ln (x+ 1) + ln c⇔ y = c x+1 (sol. geral da eq. associada) Método da variação das constantes (c = c (x)): y = c x+1 ⇒ dydx = c ′(x+1)−c (x+1)2 = c ′ x+1 − c(x+1)2 Substituindo na equação completa ficamos com c′ x+1 − c(x+1)2 + 1 x+1 c x+1 = sinx⇔ c ′ x+1 = sinx⇔ c′ = x sinx+ sinx⇔ ⇔ c = ∫ x sinxdx+∫ sinxdx = −x cosx+∫ cosxdx−cosx = sinx−(1 + x) cosx+k Assim, a solução geral da equação completa é: y = sinx x+ 1 − cosx+ k x+ 1 6 3.9. dx dt + x = e2t Equação completa: dx dt + x = e2t Equação associada sem 2omembro: dx dt + x = 0 Já sabemos (ver exo3.3. acima) que a solução geral da equação associada é: x = ce−t Procuramos agora uma solução particular da equação completa na forma x0 = Ae2t Substituindo na equação completa ficamos com dx0 dt + x0 = e2t ⇔ 2Ae2t +Ae2t = e2t ⇔ 3A = 1⇔ A = 13 , portanto x0 = e 2t 3 é uma solução particular da equação completa. Assim x = e2t 3 + ce−t é a solução geral da equação completa. 7
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