Lista 1 - Equações diferenciais de 1a. ordem (RESOLVIDO)

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE JUIZ DE FORA
INSTITUTO DE CIEˆNCIAS EXATAS
DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA
AULA 1 - TUTORIA DE EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS I
Questa˜o 1. Verifique se a func¸a˜o indicada e´ uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial dada.
Em caso afirmativo determine o intervalo de validade da soluc¸a˜o.
(a) (y − x)y′ = y − x+ 8; y = x+ 4√x+ 2 .
(b) y(4) − 4y(3) + 14y′′ + 44y′ + 25y = 0; y = 2e−t + t2 − t− 1.
Resoluc¸a˜o:
(a) Primeiro devemos determinar y′. Neste caso,
y′(x) = 1 + 4
1
2
(x+ 2)−1/2 = 1 + 2(x+ 2)−1/2.
Em seguida obtemos que
(y − x)y′ = (x+ 4√x+ 2 − x)(1 + 2(x+ 2)−1/2) = 4√x+ 2 + 8
e
y − x+ 8 = x+ 4√x+ 2 − x+ 8 = 4√x+ 2 + 8.
Portanto (y−x)y′ = y−x+ 8 e a func¸a˜o dada e´ uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial.
Ale´m disso, y(x) e´ uma soluc¸a˜o no intervalo (−2,∞) pois a derivada na˜o esta´ definida
em -2.
(b) Primeiro devemos determinar y′, y′′, y(3) e y(4). Neste caso,
y′(t) = −2e−t + 2t− 1; y′′(t) = 2e−t + 2; y(3)(t) = −2e−t; y(4)(t) = 2e−t.
Em seguida substituindo-se estas derivadas na equac¸a˜o diferencial obtemos que
y(4) − 4y(3) + 14y′′ + 44y′ + 25y =
= 2e−t − 4(−2e−t) + 14(2e−t + 2) + 44(−2e−t + 2t− 1) + 25(2e−t + t2 − t− 1) =
= 2e−t + 8e−t + 28e−t + 28− 88e−t + 88t− 44 + 50e−t + 25t2 − 25t− 25 =
= 25t2 + 63t− 41 6= 0.
Portanto a func¸a˜o dada na˜o e´ uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial.
Questa˜o 2. Resolva a equac¸a˜o
(1− x2)dx
dy
= 2xy + 3
e determine o intervalo de validade das soluc¸o˜es obtidas.
Resoluc¸a˜o: A equac¸a˜o dada pode ser reescrita na forma
dy
dx
− 2x
1− x2y =
3
1− x2 ,
donde segue que ela e´ linear.
O fator integrante da equac¸a˜o e´
µ(x) = e
∫
− 2x
1− x2dx = eln |1−x2| = |1− x2|.
Vamos considerar o intervalo (−1, 1). Neste caso µ(x) = 1 − x2. Multiplicando-se a
equac¸a˜o diferencial por µ obtemos
(1− x2)dy
dx
− 2xy = 3,
Portanto ∫
d
dx
[(1− x2)y(x)]dx =
∫
3dx+ c,
ou seja,
(1− x2)y(x) = 3x+ c.
Logo a soluc¸a˜o geral no intervalo (−1, 1) e´
y(x) =
3x+ c
1− x2 .
Observe ainda que em cada um dos intervalos (∞,−1) e (1,∞) o fator integrante sera´
µ(x) = −(1−x2). Ale´m disso ao multiplicarmos a equac¸a˜o diferencial por este novo µ ela
permanecera´ igual a estudada anteriormente. Logo a soluc¸a˜o nestes intervalos tambe´m
sera´
y(x) =
3x+ c
1− x2 .
Questa˜o 3. Determine, se poss´ıvel, uma soluc¸a˜o do PVI abaixo
dy
dt
= 2
√
y + 1 cos t
y(pi) = 0.
Resoluc¸a˜o: Observe inicialmente que a equac¸a˜o e´ separa´vel.
Temos que
1√
y + 1
dy
dt
= cos t
e portanto a soluc¸a˜o e´ dada por∫
1√
y + 1
dy =
∫
cos tdt+ c.
Calculando-se as integrais obtemos a soluc¸a˜o geral√
y + 1 = sen t+ c.
Para resolver o PVI impomos que
√
0 + 1 = sen pi + c.
Portanto c = 1 e a soluc¸a˜o do PVI e´√
y + 1 = sen t+ 1.
Questa˜o 4. Seja a uma constante real. Considere o PVI
{
y′ − y = eat
y(0) = 0.
(a) Encontre a soluc¸a˜o se a 6= 1.
(b) Encontre a soluc¸a˜o se a = 1.
Resoluc¸a˜o: O fator integrante da equac¸a˜o e´ µ(t) = e
∫
(−1)dt = e−t.
Multiplicando-se a equac¸a˜o diferencial por µ(t) obtemos
e−ty′ − e−ty = eat−t.
Se a 6= 1, enta˜o
d
dt
[e−ty] = eat−t.
Portanto ∫
d
dt
[e−ty]dt =
∫
eat−tdt+ c,
ou seja,
e−ty =
1
a− 1e
at−t + c.
Logo a soluc¸a˜o geral e´
y(t) =
1
a− 1e
at + cet.
Para ser uma soluc¸a˜o c deve ser escolhido de modo que y(0) = 0. Logo 0 = 1
a−1e
a0 + ce0.
Portanto c = − 1
a−1 e a soluc¸a˜o do PVI e´
y(t) =
1
a− 1(e
at − et).
Se a = 1, enta˜o
d
dt
[e−ty] = 1.
Portanto ∫
d
dt
[e−ty]dt =
∫
dt+ c,
ou seja,
e−ty = t+ c.
Logo a soluc¸a˜o geral e´
y(t) = (t+ c)et.
Para ser uma soluc¸a˜o c deve ser escolhido de modo que y(0) = 0. Logo
0 = (0 + c)e0.
Portanto c = 0 e a soluc¸a˜o do PVI e´
y(t) = tet.