Aula Exercicios EDO 1a Ordem

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AULA DE EXERCI´CIOS DE EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAS 1
MATE´RIA: SOLUC¸O˜ES DE EDOS, EQUAC¸O˜ES LINEARES, EQUAC¸O˜ES EM VARIA´VEIS
SEPARA´VEIS.
PROFESSORES GRIGORI CHAPIRO E JOANA DARC.
Exerc´ıcio 1. Resolvendo um PVI com x0 = 0 e com a EDO do tipo y
′ = y p(x) o Joa˜ozinho
encontrou a seguinte soluc¸a˜o:
y(x) = 5
e3x
e
.
Quais foram os dados iniciais usados pelo Joa˜ozinho? Qual e´ a func¸a˜o p(x)?
Soluc¸a˜o: Primeiramente
y0 = y(x0) = 5
e0
e
= 5e−1.
Para determinar a func¸a˜o p(x) basta derivar a soluc¸a˜o.
y′ = 3 · 5e
3x
e
= 3y.
Portanto a equac¸a˜o era y′ = 3y e p(x) = 3. Dados iniciais x0 = 0, y0 = 5e−1.
Exerc´ıcio 2 (Ex. 3.8 letra e). Determine as soluc¸o˜es gerais de
y′ + 2yx−1 − x3 = 0.
Soluc¸a˜o: Primeiramente temos que identificar esta equac¸a˜o com algum tipo que ja´ estu-
damos. Note que:
- e´ uma equac¸a˜o linear na˜o homogeˆnea.
- na˜o e´ equac¸a˜o de varia´veis separa´veis
- na˜o e´ equac¸a˜o de coeficientes homogeˆneos.
1. Reescrevemos a equac¸a˜o na forma geral de equac¸o˜es lineares da apostila y′+p(x)y = q(x),
onde p(x) = 2x−1 e q(x) = x3.
2. Encontramos a func¸a˜o auxiliar
µ(x) = exp
[∫
p(x)dx
]
= exp
[∫
2x−1dx
]
= e2 ln |x|+k1 = ek1eln |x| 2 = ek1|x|2 = k2x2,
onde k2 = e
k1 6= 0. Note que as contas acima so´ valem para x 6= 0.
3. Agora a soluc¸a˜o para x 6= 0:
y(x) =
1
µ(x)
[
µ(x0)y0 +
∫ x
x0
µ(t)q(t)dt
]
=
1
k2x2
[
k2x
2
0y0 +
∫ x
x0
k2t
2t3dt
]
=
x20y0
x2
+
1
x2
∫ x
x0
t5dt =
=
x20y0
x2
+
1
x2
t6
6
∣∣∣∣t=x
t=x0
=
x20y0
x2
+
x4
6
− x
4
0
6x2
=
[
x20y0 −
x40
6
]
1
x2
+
x4
6
= K
1
x2
+
x4
6
,
onde K = x20y0 − x40/6.
1
2 EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS 1
A explicac¸a˜o detalhada das contas que acabamos de fazer aqui esta´ nas pa´ginas 29-31 da
apostila.
Verificac¸a˜o: E´ sempre uma boa ideia verificar se obteve a soluc¸a˜o correta. Calculamos a
derivada:
y′ =
−2K
x3
+
4x3
6
e substitu´ımos na parte esquerda da equac¸a˜o:
y′ + 2yx−1 =
−2K
x3
+
4x3
6
+ 2K
1
xx2
+ 2
x4
x 6
=
2x3
3
+
x3
3
= x3.
Exerc´ıcio 3. Determine as soluc¸o˜es gerais de
y′ + y − e−x = 0.
Soluc¸a˜o: Primeiramente temos que identificar esta equac¸a˜o com algum tipo que ja´ estu-
damos. Note que:
- e´ uma equac¸a˜o linear na˜o homogeˆnea.
Forma geral y′ + p(x)y = q(x)
- na˜o e´ equac¸a˜o de varia´veis separa´veis.
Forma geral y′ = f(x)/g(y), g(y) 6= 0,∀y.
1. Reescrevemos a equac¸a˜o na forma geral de equac¸o˜es lineares da apostila y′+p(x)y = q(x),
onde p(x) = 1 e q(x) = e−x.
2. Encontramos a func¸a˜o auxiliar
µ(x) = exp
[∫
p(x)dx
]
= exp
[∫
dx
]
= ex+k1 = ek1ex = k2e
x,
onde k2 = e
k1 6= 0.
3. Agora a soluc¸a˜o:
y(x) =
1
µ(x)
[
µ(x0)y0 +
∫ x
x0
µ(t)q(t)dt
]
=
1
k2ex
[
k2e
x0y0 +
∫ x
x0
k2e
te−tdt
]
=
e−x
[
ex0y0 +
∫ x
x0
dt
]
= e−x [ex0y0 + x− x0] = [x+K] e−x,
onde K = e1/x0y0 − x0.
A explicac¸a˜o detalhada destas contas esta´ nas pa´ginas 29-31 da apostila.
Verificac¸a˜o: E´ sempre uma boa ideia verificar se obteve a soluc¸a˜o correta. Calculamos a
derivada:
y′ = e−x − [x+K] e−x
e substitu´ımos na parte esquerda da equac¸a˜o:
y′ + y − e−x = e−x − [x+K] e−x + [x+K] e−x − e−x = 0.
Exerc´ıcio 4. Determine as soluc¸o˜es gerais de
dy
dx
= −y2 cos(x) + y2 sen(x)
EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS 1 3
Soluc¸a˜o: Primeiramente temos que identificar esta equac¸a˜o com algum tipo que ja´ estu-
damos. Podemos reescrever ela botando y2 em evideˆncia:
dy
dx
= (sen(x)− cos(x)) y2.
Note que o lado direito da equac¸a˜o depende de y, logo na˜o e´ uma equac¸a˜o fundamental. O
lado direito e´ na˜o linear (tem y2) enta˜o na˜o e´ linear.
Por outro lado ela e´ do tipo varia´veis separa´veis com forma geral g(y)y′ = f(x). Identifi-
camos
f(x) = sen(x)− cos(x), g(y) = 1
y2
.
Assim
G(y) =
∫
g(y)dy =
∫
dy
y2
=
−1
y
+ k1,
F (x) =
∫
g(y)dy =
∫
(sen(x)− cos(x))dx = − cos(x)− sen(x) + k2.
Igualando os resultados e juntando as constantes k = k1 − k2, temos:
−1
y
= − cos(x)− sen(x)− k,
logo
y =
1
cos(x) + sen(x) + k
.
Verificac¸a˜o: E´ sempre uma boa ideia verificar se obteve a soluc¸a˜o correta. Calculamos a
derivada:
y′ =
−1
(cos(x) + sen(x) + k)2
(−sen(x) + cos(x)) = (sen(x)− cos(x))y2.