Lista 2 - 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 2 - TUTORIA DE EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS I
Questa˜o 1. Determine o(s) valor(es) de b para os quais a equac¸a˜o
2ex + x5 + 3x2y +
(
bx3 +
1
y2 + 1
+ sen y
)
dy
dx
= 0
e´ exata.
Resoluc¸a˜o: Temos M(x, y) = 2ex + x5 + 3x2y e N(x, y) =
(
bx3 +
1
y2 + 1
+ sen y
)
.
Assim,
∂M
∂y
= 3x2 e
∂N
∂x
= 3x2b.
Para que a equac¸a˜o diferencial dada seja exata devemos ter
∂M
∂y
=
∂N
∂x
, para todo (x, y)
pertencente a um retaˆngulo R = (α, β) × (γ, δ) e tambe´m as func¸o˜es M,N,
∂M
∂y
,
∂N
∂x
devem ser cont´ınuas em R. Ja´ que 3x2 = 3x2b, para todo x ∈ (α, β), segue que b = 1.
Ale´m disso, as func¸o˜es M,N,
∂M
∂y
,
∂N
∂x
sa˜o cont´ınuas em R pois sa˜o somas de func¸o˜es
cont´ınuas.
Questa˜o 2. Considere a equac¸a˜o diferencial
2t2y′ + 8ty = cos(3t).
(a) Verifique que a equac¸a˜o na˜o e´ exata.
(b) Mostre que existe um fator integrante µ(t) que torna a equac¸a˜o exata.
(c) Resolva a equac¸a˜o de duas maneiras distintas.
Resoluc¸a˜o:
(a) Temos M(t, y) = 8ty − cos(3t) e N(t, y) = 2t2. Logo
∂M
∂y
= 8t e
∂N
∂t
= 4t. Como
∂M
∂y
6=
∂N
∂t
, para todo (t, y) ∈ A = {(t, y) ∈ R2 : t 6= 0}, segue que a equac¸a˜o
diferencial dada na˜o e´ exata.
(b) Para obter µ(t) usaremos a fo´rmula deduzida em sala de aula
µ(t) = e
∫ ( ∂M
∂y
− ∂N
∂t
N
)
dt
·
Assim µ(t) = e
∫
( 8t−4t
2t2
) dt = e
∫
( 2
t
) dt = e2 ln |t|+C = eln |t|
2+C = t2eC = Kt2·
Logo µ(t) = Kt2, como K = eC 6= 0 podemos considerar µ(t) = t2, pois a constante
K pode ser simplificada nos ca´lculos para obter a soluc¸a˜o da EDO.
(c) Primeiramente resolveremos multiplicando a equac¸a˜o dada pelo fator integrante ob-
tido no item b.
Temos
t2(8ty − cos(3t)) + t22t2y ′ = 0 ⇐⇒ (8t3y − t2 cos(3t)) + 2t4y ′ = 0.
Devemos agora determinar uma func¸a˜o ψ(t, y) tal que
∂ψ
∂t
= 8t3y − t2 cos(3t) e
∂ψ
∂y
= 2t4 (1)
Integrando-se a segunda igualdade de (1) em relac¸a˜o a varia´vel y obtemos que
ψ(t, y) = 2t4y + h(t). (2)
Derivando-se a func¸a˜o ψ dada em (2) em relac¸a˜o a varia´vel t e comparando-a com a
primeira equac¸a˜o de (1) obtemos que h′(t) = −t2 cos(3t). Logo
h(t) =
∫
−t2 cos(3t) dt. (3)
Usando a te´cnica de integrac¸a˜o por partes, u = t2 e dv = cos(3t)dt, temos∫
t2 cos(3t) dt =
∫
u dv = uv −
∫
v du =
t2sen(3t)
3
−
∫
sen(3t)
3
2t dt (∗∗).
Vamos resolver a integral
∫
sen(3t)
3
2t dt tambe´m por partes, fazendo neste caso
u = t e dv = sen(3t)dt. Temos
∫
sen(3t)
3
2tdt =
2
3
∫
tsen(3t)dt =
2
3
∫
udv =
2
3
(
uv −
∫
vdu
)
=
=
2
3
(
−t cos(3t)
3
−
∫
− cos(3t)
3
dt
)
=
=
2
3
(
−t cos(3t)
3
+
sen(3t)
9
)
+ C (∗ ∗ ∗).
Substituindo (∗ ∗ ∗) em (∗∗) obtemos
∫
t2 cos(3t) dt =
t2sen(3t)
3
−
∫
sen(3t)
3
2t dt =
=
t2sen(3t)
3
−
2
3
(
−t cos(3t)
3
+
sen(3t)
9
)
− C. (4)
Logo
ψ(t, y) = 2t4y + h(t) = 2t4y −
∫
t2 cos(3t) dt =
= 2t4y −
t2sen(3t)
3
+
2
3
(
−t cos(3t)
3
+
sen(3t)
9
)
+ C
e
2t4y −
t2sen(3t)
3
+
2
3
(
−t cos(3t)
3
+
sen(3t)
9
)
= K
e´ a soluc¸a˜o geral da EDO dada.
Agora resolveremos a equac¸a˜o 2t2y′ + 8ty = cos(3t) pelo me´todo de fator integrante para
equac¸o˜es lineares de 1a ordem, caso geral. Para isso devemos ter a equac¸a˜o na forma
y ′ + p(t)y = q(t). Temos que
2t2y′ + 8ty = cos(3t) ⇐⇒ y′ +
4
t
y =
cos(3t)
2t2
, para t 6= 0.
Note que o caso t = 0 na˜o satisfaz a equac¸a˜o.
Para obter µ(t) usaremos a fo´rmula deduzida em sala de aula µ(t) = e
∫
p(t)dt.
Logo µ(t) = e
∫
p(t)dt = e
∫
4
t
dt = e4 ln |t|+C = eln |t|
4
eC = Kt4. Como K = eC 6= 0 podemos
considerar µ(t) = t4, pois a constante K pode ser simplificada nos ca´lculos para obter a
soluc¸a˜o da EDO.
Multiplicando a equac¸a˜o y′ +
4
t
y =
cos(3t)
2t2
por µ obtemos
t4y′ + 4t3y =
t2 cos(3t)
2
⇒ (t4y) ′ =
t2 cos(3t)
2
⇒
∫
(t4y) ′ dt =
∫
1
2
t2 cos(3t) dt
⇒ t4y =
1
2
∫
t2 cos(3t) dt.
Usando-se a integral calculada em (4) obtemos que
y =
sen(3t)
6t2
+
cos(3t)
9t3
−
sen(3t)
27t4
+K2.
Questa˜o 3. Resolva o PVI 

dy
dt
=
t+ 3y
t− y
y(1) = −1.
Resoluc¸a˜o:
A equac¸a˜o
dy
dt
=
t+ 3y
t− y
pode ser escrita na forma
dy
dt
=
t
(
1 +
3y
t
)
t
(
1−
y
t
) = 1 +
3y
t
1−
y
t
, logo essa
equac¸a˜o e´ homogeˆnea, para t 6= 0.
Fazendo v =
y
t
temos y = tv e
dy
dt
= v + t
dv
dt
= v + tv ′. Assim a equac¸a˜o diferencial
pode ser escrita na forma
v + tv ′ =
1 + 3v
1− v
⇒ tv ′ =
1 + 3v
1− v
− v ⇒ tv ′ =
1 + 3v − v(1− v)
1− v
⇒ tv ′ =
v2 + 2v + 1
1− v
⇒
(
1− v
v2 + 2v + 1
)
dv =
dt
t
⇒
∫ (
1− v
v2 + 2v + 1
)
dv =
∫
dt
t
(∗)
Vamos resolver a integral
∫ (
1− v
v2 + 2v + 1
)
dv, usando o me´todo de frac¸o˜es parciais. Te-
mos
1− v
v2 + 2v + 1
=
1− v
(v + 1)2
=
A
(v + 1)
+
B
(v + 1)2
=
A(v + 1) +B
(v + 1)2
⇒ A(v + 1) +B = 1− v ⇒ A = −1 e A+B = 1 ⇒ A = −1 e B = 2.
Portanto, ∫ (
1− v
v2 + 2v + 1
)
dv =
∫
A
(v + 1)
dv +
∫
B
(v + 1)2
dv
= −
∫
1
(v + 1)
dv +
∫
2
(v + 1)2
= − ln |1 + v| −
2
(v + 1)
+ C (∗∗).
De (∗) e (∗∗) obtemos
− ln |1 + v| −
2
(v + 1)
= ln |t|+K.
Como v =
y
t
, segue que
− ln
∣∣∣1 + y
t
∣∣∣− 2y
t
+ 1
= ln |tK2|, onde K = lnK2.
⇒ − ln
∣∣∣∣t+ yt
∣∣∣∣− 2y + t
t
= ln |tK2| ⇒ − ln
∣∣∣∣t+ yt
∣∣∣∣− 2ty + t = ln |tK2|
⇒ −
2t
y + t
= ln |tK2|+ ln
∣∣∣∣t + yt
∣∣∣∣ = ln |K2(t+ y)|, com K2 > 0 e y 6= −t.
Se y = −t, enta˜o y′ = −1 e
t+ 3y
t− y
=
t− 3t
t− (−t)
=
−2t
2t
= −1 =
dy
dt
. Logo verificamos que
y = −t tambe´m e´ soluc¸a˜o dessa equac¸a˜o.
Nenhuma das soluc¸o˜es
−
2t
y + t
= ln |K2(t + y)|, com K2 > 0 e y 6= −t,
passa pelo ponto (1,−1). Logo y = −t e´ a u´nica soluc¸a˜o do PVI.