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1 Cálculo Aplicado: Semana 01 Equações Diferenciais de Primeira Ordem: Vamos estudar três tipos de equações diferenciais de primeira ordem: • Separáveis. • Lineares. • Exatas EDOs 1 a Ordem Separáveis: Vamos considerar as equações: dy dx = f(x, y). Elas podem ser sempre colocadas na forma: M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0. Uma forma de fazer isso é: dy dx = f(x, y) ⇒ dy− f(x, y)dx = 0 ⇒ M(x,y)︷ ︸︸ ︷ f(x, y) dx N(x,y)︷︸︸︷ −1 dy = 0 ⇒ M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0 Se conseguimos escrever a equação de primeira ordem da forma: N(y) dy =M(x) dx, dizemos que esta é uma equação diferencial de primeira ordem separável. Neste caso, podemos fazer: N(y) dy =M(x) dx ⇒ ∫ N(y) dy = ∫ M(x) dx ⇒ N˜(y) = M˜(x)+C onde N˜(y) = ∫ y y0 N(s) ds e M˜(x) = ∫ x x0 M(s) ds. Exemplos: 1) Resolva a EDO: dy dx = x2 1− y2 . Resolução: dy dx = x2 1− y2 ⇒ (1−y 2) dy = x2 dx ⇒ ∫ (1−y2) dy = ∫ x2 dx ⇒ y− y 3 3 = x3 3 +C y − y 3 3 = x3 3 + C ⇒ −y3 + 3y − x3 = C Portanto, a solução geral da EDO: dy dx = x2 1− y2 é dada implicitamente por −y 3 + 3y − x3 = C. 2) Resolva o problema de valor inicial: dy dx = 3x2 + 4x+ 2 2(y − 1) , y(0) = −1. Resolução: dy dx = 3x2 + 4x+ 2 2(y − 1) ⇒ 2(y−1) dy = (3x 2+4x+2) dx ⇒ y2−2y = x3+2x2+2x+C. As soluções da EDO são dadas implicitamente por: y2 − 2y = x3 + 2x2 + 2x+ C. Podemos explicitar as soluções? A resposta é sim: y2 − 2y = x3 + 2x2 + 2x+ C ⇒ y2 − 2y − (x3 + 2x2 + 2x+ C) = 0, Vamos "olhar" a equação y2 − 2y − (x3 + 2x2 + 2x+ C) = 0 como uma equação algébrica de segundo grau em relação a y, ou seja, vamos olhar, esta equação como ay2 + by + c = 0, com a 6= 0. 2 Assim, sabemos que as soluções são: y1 = −b+√b2 − 4ac 2a e y2 = −b−√b2 − 4ac 2a . Na nossa equação: y2 − 2y − (x3 + 2x2 + 2x+ C) = 0 a = 1, b = −2 e c = −(x3 + 2x2 + 2x+ C), Portanto as soluções são: y1 = 2 + √ 4 + 4(x3 + 2x2 + 2x+ C) 2 e y2 = 2−√4 + 4(x3 + 2x2 + 2x+ C) 2 . Ou seja, y1 = 1 + √ 1 + x3 + 2x2 + 2x+ C e y2 = 1− √ 1 + x3 + 2x2 + 2x+ C. Como queremos que y(0) = −1, temos: −1 = 1− √ 1 + (0)3 + 2(0)2 + 2(0) + C ⇒ −1 = 1−√1 + C ⇒ √1 + C = 2 ⇒ C = 3. A solução do problema de valor inicial: dy dx = 3x2 + 4x+ 2 2(y − 1) , y(0) = −1 é: y = 1 + √ x3 + 2x2 + 2x+ 4. 3) Resolva a equação: dy dx = 4x− x3 4 + y3 , e desenhe grá�cos de diversas curvas integrais. Encontre a solução que contém o ponto (0, 1) e determine seu intervalo de validade. Resolução: dy dx = 4x− x3 4 + y3 ⇒ (4 + y3) dy = (4x− x3) dx ⇒ ∫ (4 + y3) dy = ∫ (4x− x3) dx ⇒ ⇒ 4y + y 4 4 = 2x2 − x 4 4 + C A solução geral da EDO: dy dx = 4x− x3 4 + y3 é dada implicitamente por: y4 + 16y + x4 − 8x2 = C. Para encontrar a solução que contém (0, 1), fazemos x = 0 e y = 1 na equação: y4+16y+x4−8x2 = C. Ou seja, (1)4 + 16(1) + (0)4 − 8(0)2 = C ⇒ C = 17. A solução particular da EDO: dy dx = 4x− x3 4 + y3 que contém o ponto (0, 1) é dada implicitamente por: y4 + 16y + x4 − 8x2 = 17. Para encontrar o intervalo de validade dessa solução, observamos o grá�co e descobrimos que este intervalo será de�nido pelos valores onde a reta tangente seria vertical, ou seja, onde dy dx → ±∞. Assim, como dy dx = 4x− x3 4 + y3 temos que dy dx → ±∞ quando 4 + y3 = 0. Ou seja, y = − 3√4 ⇒ y ≈ −1, 5874 que substituído na equação: y4+16y+x4−8x2 = 17. nos leva a: (−1, 5874)4 + 16(−1, 5874) + x4 − 8x2 = 17 ⇒ x4 − 8x2 − 36, 0488 ⇒ x = ±3, 3488. Portanto o intervalo de validade da solução: y4 + 16y + x4 − 8x2 = 17 é ] − 3, 3488 ; +3, 3488 [ . EDOs 1 a Ordem Lineares: Vamos considerar as equações: dy dx = f(x, y). 3 Elas são chamadas de lineares se podem ser colocadas na forma: dy dx + p(x)y = g(x). Para resolver esta equação vamos usar o método do fator integrante. Vamos multiplicar a equação por u (u = u(x)) e veri�car que é possivel encontrar u que faça que o lado esquerdo da equação seja a derivada do produto uy. Observe que y = y(x) e u = u(x), portanto: (uy)′ = u′y + uy′, ou seja, d dx (uy) = du dx y + u dy dx , Ou ainda, d dx (uy) = u dy dx + du dx y. dy dx + p(x)y = g(x) ⇒ u dy dx + up(x)y = ug(x). Queremos: u dy dx + up(x)y︸ ︷︷ ︸ uy′+u′y = ug(x), ou melhor, u dy dx + up(x)y = ug(x) = u dy dx + du dx y. u dy dx + up(x)y = ug(x) = u dy dx + du dx y ⇒ up(x) = du dx Assim, queremos u = u(x) que satisfaz a EDO: du dx = up(x), que é uma EDO de 1aOrdem separável. du dx = u ⇒ p(x) dx = 1 u du ⇒ ∫ p(x) dx = ∫ 1 u du ⇒ ∫ p(x) dx = lnu+ C. Como queremos apenas uma solução, podemos escolher C = 0. ⇒ ∫ p(x) dx = lnu+ 0︷︸︸︷ C ⇒ lnu = ∫ p(x) dx ⇒ u(x) = e ∫ p(x) dx . Voltando para nossa equação diferencial ordinária linear: dy dx + p(x)y = g(x). Primeiramente multiplicamos por u = u(x) = e ∫ P (x) dx que é chamado fator integrante. Assim: dy dx + p(x)y = g(x) ⇒ dy dx e ∫ P (x) dx + p(x)ye ∫ P (x) dx = g(x)e ∫ P (x) dx ⇒ ⇒ ( dy dx e ∫ P (x) dx + p(x)ye ∫ P (x) dx ) = g(x)e ∫ P (x) dx ⇒ ( dy dx e ∫ P (x) dx + p(x)ye ∫ P (x) dx ) = g(x)e ∫ P (x) dx ⇒ ( ye ∫ P (x) dx )′ = g(x)e ∫ P (x) dx ⇒ ⇒ ( ye ∫ P (x) dx ) = ∫ g(x)e ∫ P (x) dx dx+ C ⇒ y = ∫ g(x)e ∫ P (x) dx dx+ C e ∫ P (x) dx Ou, chamando I(x) = e ∫ P (x) dx temos: y = ∫ g(x) I(x) dx+ C I(x) A solução geral da EDO: dy dx + p(x)y = g(x) é y = ∫ g(x) I(x) dx+ C I(x) , onde I(x) = e ∫ P (x) dx . 4 Exemplos: 1) Resolva a EDO: dy dx + 1 2 y = 1 2 e x 3 e ache a solução cujo grá�co contém o ponto (0, 1). Esta EDO é uma EDO de 1 a Ordem linear, com p(x) = 12 e g(x) = 1 2 e x 3 , Vamos calcular o fator integrante: I(x) = e ∫ p(x) dx = e ∫ 1 2 dx = e 1 2 x+C , e podemos escolher C = 0. Assim: I(x) = e 1 2 x . Agora, vamos multiplicar, a EDO linear pelo fator integrante: dy dx + 1 2 y = 1 2 e x 3 ⇒ dy dx e 1 2 x + 1 2 y e 1 2 x = 1 2 e x 3 e 1 2 x ⇒ ( y e 1 2 x )′ = 1 2 e 5 6 x ⇒ ⇒ ( y e 1 2 x ) = 1 2 ∫ e 5 6 x dx+ C ⇒ y e 12 x = 1 2 6 5 e 5 6 x + C ⇒ y = 3 5 e 5 6 x + C e 1 2 x ⇒ ⇒ y = 3 5 e 5 6 x e 1 2 x + C e 1 2 x ⇒ y = 3 5 e 1 3 x + C e− 1 2 x . Para encontrar a solução cujo grá�co contém o ponto (0, 1), fazemos x = 0 e y = 1 na solução geral: y = 3 5 e 1 3 x + C e− 1 2 x ∣∣∣ x=0 e y=1 ⇒ 1 = 3 5 e 1 3 (0) + C e− 1 2 (0) ⇒ 1 = 3 5 + C ⇒ C = 2 5 yp = 3 5 e 1 3 x + 2 5 e− 1 2 x A solução geral da EDO: dy dx + 1 2 y = e x 3 é yG = 3 5 e 1 3 x + C e− 1 2 x . A solução particular que contém (0, 1) da EDO: dy dx + 1 2 y = e x 3 é yp = 3 5 e 1 3 x + 2 5 e− 1 2 x . 2) Resolva a EDO: dy dt − 2 y = 4− t. Esta EDO é uma EDO de 1 a Ordem linear, com p(t) = −2 e g(t) = 4− t, Vamos calcular o fator integrante: I(t) = e ∫ p(t) dt = e ∫ (−2) dt = e−2t+C , e podemos escolher C = 0. Assim: I(t) = e−2t. Agora, vamos multiplicar, a EDO linear pelo fator integrante: dy dt − 2 y = 4− t ⇒ dy dt e−2t − 2 y e−2t = (4− t) e−2t ⇒ (y e−2t)′ = (4− t) e−2t ⇒ ⇒ (y e−2t) = ∫ (4 e−2t − t e−2t) dt ∗⇒ y e−2t = −2 e−2t + 1 2 t e−2t + 1 4 e−2t + C ⇒ y = −2 e −2t + 12 t e −2t + 14 e −2t + C e−2t ⇒ y = −2 + 1 2 t+ 1 4 + C e2t ⇒ ⇒ y =− 7 4 + 1 2 t+ C e2t. A solução geral da EDO: dy dt − 2 y = 4− t é y = − 7 4 + 1 2 t+ C e2t. 5 3) Resolva o problema de valor inicial: t y′ + 2y = 4t2, y(1) = 2. Temos: t y′ + 2y = 4t2 ⇒ y′ + 2 t y = 4t. Esta EDO é uma EDO de 1 a Ordem linear, com p(t) = 2t e g(t) = 4t, Vamos calcular o fator integrante: I(t) = e ∫ p(t) dt = e ∫ 2 t dt = e2 ln t+C , e podemos escolher C = 0. Assim: I(t) = e2 ln t = eln t 2 = t2. Agora, vamos multiplicar, a EDO linear pelo fator integrante: y′+ 2 t y = 4t ⇒ y′t2+ 2 t yt2 = 4t t2 ⇒ y′t2+t y = 4t3 ⇒ (y t2)′ = 4t3 ⇒ (y t2) = ∫ 4t3 dt ⇒ ⇒ yt2 = t4 + C ⇒ y = t 4 + C t2 ⇒ y = t2 + Ct−2 A solução geral da EDO: t y′ + 2y = 4t2 é y = t2 + Ct−2. Para encontrar a solução do problema de valor inicial: t y′ + 2y = 4t2, y(1) = 2, fazemos x = 1 e y = 2 na solução geral. y = t2 + Ct−2 ∣∣∣ x=1 e y=2 ⇒ 2 = (1)2 + C (1)−2 ⇒ 2 = 1 + C ⇒ C = 1. A solução é: y = t2 + t−2. A solução do problema de valor inicial: t y′ + 2y = 4t2, y(1) = 2 é y = t2 + t−2. EDOs 1 a Ordem Exatas: Já observamos que as EDOs: dy dx = f(x, y), podem ser colocadas na forma: M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0. Se existe uma região retangular R : α < x < β, γ < y < δ onde as funções M =M(x, y), N = N(x, y), My(x, y) = ∂M ∂y (x, y) e Nx(x, y) = ∂N ∂x (x, y) são contínuas e se My(x, y) = ∂M ∂y (x, y) = Nx(x, y) = ∂N ∂x (x, y) em cada ponto de R, então a equação M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0 é chamada de equação diferencial de 1aordem exata e, nesse caso, existe uma função ψ de�nida em R tal que ψx = ∂ψ ∂x =M(x, y) e ψy = ∂ψ ∂y = N(x, y) Temos, M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0 ⇒ M(x, y) +N(x, y) dy dx = 0 ⇒ ∂ψ ∂x + ∂ψ ∂y dy dx = 0 ⇒ ⇒ dψ dx = 0 ⇒ ψ = C A solução da EDO de 1 a ordem exata: M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0 é ψ = C onde ∂ψ ∂x =M(x, y) e ∂ψ ∂y = N(x, y). 6 Exemplos: 1) Resolva a EDO: (y cosx+ 2x ey) + (senx+ x2ey − 1) y′ = 0 . Esta EDO é uma EDO de 1 a Ordem exata, pois: (y cosx+ 2x ey) + (senx+ x2ey − 1) y′ = 0 ⇒ (y cosx+ 2x ey) dx+ (senx+ x2ey − 1) dx = 0, com M(x, y) = (y cosx+ 2x ey) e N(x, y) = (senx+ x2ey − 1) e My = ∂M ∂y = ( cosx+ 2x ey) e Nx = ∂N ∂x = (cosx+ 2xey), ou seja, My = Nx. ∂ψ ∂x = ( y cosx+ 2x ey) ⇒ ψ(x, y) = ∫ ( y cosx+ 2x ey) dx ⇒ ψ = y senx+ x2 ey︸ ︷︷ ︸ igual +C(y) ∂ψ ∂y = (senx+ x2ey − 1) ⇒ ψ(x, y) = ∫ (senx+ x2ey − 1) dy ⇒ ψ = y senx+ x2ey︸ ︷︷ ︸ igual −y + C(x) Portanto: ψ = y senx+ x2ey − y + C A solução da EDO1 exata: (y cosx+ 2x ey) + (senx+ x2ey − 1) y′ = 0 é y senx+ x2ey − y = C. 2) Resolva a EDO: 2x+ y2 + 2xy y′ = 0 . Esta EDO é uma EDO de 1 a Ordem exata, pois: (2x+ y2) + (2xy) y′ = 0 ⇒ (2x+ y2) dx+ 2xy dx = 0, com M(x, y) = (2x+ y2) e N(x, y) = (2xy) e My = ∂M ∂y = (2y) e Nx = ∂N ∂x = (2y), ou seja, My = Nx. ∂ψ ∂x = (2x+ y2) ⇒ ψ(x, y) = ∫ (2x+ y2) dx ⇒ ψ = x2 + x y2︸︷︷︸ igual +C(y) ∂ψ ∂y = 2xy ⇒ ψ(x, y) = ∫ 2xy dy ⇒ ψ = xy2︸︷︷︸ igual +C(x) Portanto: ψ = x y2 + x2 + C A solução da EDO1 exata: 2x+ y2 + 2xy y′ = 0 é x y2 + x2 = C. 3) Resolva a EDO: (2xy + y2) + (x2 + 2xy) y′ = 0 . Esta EDO é uma EDO de 1 a Ordem exata, pois: (2xy + y2) + (x2 + 2xy) y′ = 0 ⇒ (2xy + y2) dx+ (x2 + 2xy) dx = 0, com M(x, y) = (2xy + y2) e N(x, y) = (x2 + 2xy) 7 e My = ∂M ∂y = (2x+ 2y) e Nx = ∂N ∂x = (2x+ 2y), ou seja, My = Nx. ∂ψ ∂x = (2xy + y2) ⇒ ψ(x, y) = ∫ (2xy + y2) dx ⇒ ψ = x2 y + xy2︸ ︷︷ ︸ igual +C(y) ∂ψ ∂y = x2 + 2xy ⇒ ψ(x, y) = ∫ (x2 + 2xy) dy ⇒ ψ = x2y + xy2︸ ︷︷ ︸ igual +C(x) Portanto: ψ = x2y + x y2 + C A solução da EDO1 exata: (2xy + y2) + (x2 + 2xy) y′ = 0 é x y2 + x2y = C.
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