Prova 1 EDO e Séries

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Primeira Avaliac¸a˜o - 05/10/2017.
Se´ries e Equac¸o˜es Diferenciais - Turma B.
Correc¸a˜o.
Prof. Luis Antonio – UFSCar
1. (2.0 pts) Resolva a equac¸a˜o dada por separac¸a˜o de varia´vel
y
x
dy
dx
= (1 + x2)−1/2(1 + y2)1/2.
Soluc¸a˜o: Aplicando separac¸a˜o de varia´veis obtemos
y
(1 + y2)1/2
dy =
x
(1 + x2)1/2
dx.
Integrando ambos os membros obtemos,∫
y
(1 + y2)1/2
dy =
∫
x
(1 + x2)1/2
dx+ C.
Calculemos cada uma das integrais acima pelo me´todo da substituic¸a˜o, por exemplo na primeira
integral seja v = 1 + y2 enta˜o dv = 2ydy. Substituindo na integral temos∫
y
(1 + y2)1/2
dy =
1
2
∫
1
v1/2
dv =
√
v =
√
1 + y2.
Assim, √
1 + y2 =
√
1 + x2 + C.
2. (2.0 pts)
a) Mostre que
∫ 1√
1 + v2
dv = ln |v +√1 + v2|+ c
b) Mostre que a equac¸a˜o abaixo e´ homogeˆnea e em seguida utilize a fo´rmula fornecida pelo item
a) para encontrar a soluc¸a˜o da equac¸a˜o
x
dy
dx
− y =
√
x2 + y2.
Soluc¸a˜o: a) Derivando a func¸a˜o ln |v +√1 + v2|+ c com respeito a` varia´vel v obtemos
d
dv
(ln |v +
√
1 + v2|+ c) =
1 +
v√
1 + v2
v +
√
1 + v2
=
v +
√
1 + v2√
1 + v2
v +
√
1 + v2
=
1√
1 + v2
.
2
b) Com o objetivo de provar que a equac¸a˜o e´ do tipo homogeˆnea escrevamos
dy
dx
=
y +
√
x2 + y2
x
.
Considere o campo de direc¸o˜es f(x, y) =
y +
√
x2 + y2
x
e tome λ > 0. Enta˜o notemos
f(λx, λy) =
λy +
√
(λx)2 + (λy)2
λx
=
y +
√
x2 + y2
x
= f(x, y).
Mostrando que o campo de direc¸o˜es e´ dado por uma func¸a˜o homogeˆnea. Para resolvermos a equac¸a˜o
vamos supor que x > 0 e consideremos a mudanc¸a de varia´vel y = vx. Enta˜o temos
v + xv′ =
vx+
√
x2 + v2x2
x
= v +
√
1 + v2.
Ou seja,
v + xv′ = v +
√
1 + v2.
Cancelando o v e separando as varia´veis obtemos
1√
1 + v2
dv =
1
x
dx.
Integrando ambos os membros da identidade acima temos∫
1√
1 + v2
dv =
∫
1
x
dx+ C.
Utilizando o item a) para resolver a primeira integral obtemos
ln |v +
√
1 + v2| = ln |x|+ C.
Aplicando a exponencial temos
|v +
√
1 + v2| = eC |x|.
Apo´s eliminar o mo´dulo obtemos
v +
√
1 + v2 = Kx.
Sendo K = ±eC . Utilizando v = y
x
temos a soluc¸a˜o na forma impl´ıcita
y/x+
√
1 + (y/x)2 = Kx.
3. (2.0 pts) Resolva o Problema de Valor Inicial abaixo
(ex + y) dx+ (2 + x+ yey) dy = 0, y(0) = 1.
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Soluc¸a˜o: Observamos que a equac¸a˜o acima satisfaz a condic¸a˜o de compatibilidade uma vez que
∂
∂y
(ex + y) =
∂
∂x
(2 + x+ yey) = 1.
Logo o seguinte sistema tem soluc¸a˜o. Tal func¸a˜o F (x, y) e´ denominada func¸a˜o potencial.{
∂F
∂x = e
x + y
∂F
∂y = 2 + x+ ye
y.
Integrando a primeira equac¸a˜o com respeito a` x obtemos
F (x, y) = ex + yx+ c(y).
Derivando parcialmente esta equac¸a˜o com respeito a` y e utilizando a segunda identidade do sistema
obtemos
2 + x+ yey =
∂F
∂y
=
∂
∂y
(ex + yx+ c(y)) = x+ c′(y)
mostrando que c′(y) = 2 + yey. Usando integrac¸a˜o vemos que
c(y) = 2y + (y − 1)ey + k.
De onde conclu´ımos que
F (x, y) = ex + yx+ 2y + (y − 1)ey + k.
Escolhendo k = 0 podemos definir a func¸a˜o potencial por
F (x, y) = ex + yx+ 2y + (y − 1)ey.
Logo as soluc¸o˜es da equac¸a˜o sa˜o definidas a partir das curvas de n´ıvel da func¸a˜o potencial. Assim
devemos encontrar o valor da constante C tal que
ex + yx+ 2y + (y − 1)ey = C, F (0, 1) = C
ou seja, C = e0 + 1 · 0 + 2 · 1 + (1− 1)e1 = 3. Finalmente a soluc¸a˜o do PVI e´ dada por
ex + yx+ 2y + (y − 1)ey = 3.
4. (2.0 pts) Resolva a seguinte equac¸a˜o de Bernoulli
3(1 + x2)
dy
dx
= 2xy(y3 − 1).
Soluc¸a˜o: Note que a equac¸a˜o acima pode ser escrita na forma
y′ +
(
2x
3(1 + x2)
)
y =
(
x
1 + x2
)
y4.
4
Multiplicando a equac¸a˜o acima por y−4 obtemos
y−4y′ +
(
2x
3(1 + x2)
)
y−3 =
(
x
1 + x2
)
. (1)
Efetue a mudanc¸a de varia´vel v = y−3 enta˜o vemos que v′ = −3y−4y′. Multiplicando a equac¸a˜o
(1) por −3 obtemos
−3y−4y′ −
(
2x
1 + x2
)
y−3 =
( −3x
1 + x2
)
. (2)
Logo,
v′ −
(
2x
1 + x2
)
v =
( −3x
1 + x2
)
. (3)
Aplicando o fator integrante temos
µ(x) = e
∫ −2x
1+x2
dx
=
1
1 + x2
.
Logo a soluc¸a˜o v(x) e´ dada por
v(x) = (1 + x2)[
∫ −3x
(1 + x2)2
dx+ C]
= (1 + x2)[
3x
2(1 + x2)
+ C]
=
3
2
x+ C(1 + x2)
= Cx2 +
3
2
x+ C.
Finalmente, a soluc¸a˜o da equac¸a˜o inicial e´ dada por
y(x) =
1
3
√
Cx2 +
3
2
x+ C
.
5. (2.0 pts) Resolva a seguinte equac¸a˜o de Clairaut
y = (x+ 4)y′ + (y′)3.
Soluc¸a˜o: Derivando a equac¸a˜o y(x) = (x+ 4)y′(x) + (y′(x))3 com respeito a` varia´vel x obtemos
y′(x) = y′(x) + (x+ 4)y′′(x) + 3(y′(x))2y′′(x).
Ou seja,
0 = y′′(x)[x+ 4 + 3(y′(x))2]
de onde vemos que ou y′′(x) = 0 o que implica y′(x) = C ou x + 4 + 3(y′(x))2 = 0. No primeiro
caso temos as soluc¸o˜es dadas pelas seguintes retas
y(x) = (x+ 4)C + C3 = Cx+ 4C + C3.
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No segundo caso em que x = −4− 3(y′(x))2 temos a soluc¸a˜o singular escrita na forma parame´trica
supondo que y′ = p. {
x = −4− 3p2
y = (x+ 4)p+ p3.
6. (1.0 pt)
a) (0.25 pt) Mostre que se β e´ ra´ız da equac¸a˜o Ay2 +By + C = 0 enta˜o a func¸a˜o y(x) = β e´
soluc¸a˜o da equac¸a˜o dydx = C +By +Ay
2.
b) (0.75 pt) Use o item anterior para resolver a seguinte equac¸a˜o de Ricatti
dy
dx
= 6 + 5y + y2.
Soluc¸a˜o: O item a) e´ trivial, b) Resolvendo a equac¸a˜o 6 + 5y + y2 = 0 vemos que y = −2 ou
y = −3. Tomando y1(x) = −2 como soluc¸a˜o particular da equac¸a˜o de Ricatti vemos que a soluc¸a˜o
geral e´ da forma
y(x) = −2 + 1
v(x)
sendo v(x) soluc¸a˜o da seguinte equac¸a˜o diferencial
v′ − (5 + 2(−2)1)v = v2
ou seja
v′ − v = v2
que pode ser resolvida como uma equac¸a˜o de Bernoulli.
Boa Prova!