119 EP 07 tutor

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Equações Diferenciais - Exercícios Programados 7
Soluções
Aviso do Coordenador: Caros Alunos,
os exercícios correspondentes às aulas das semanas de 02/04 a 30/04/2007
foram reunidos em dois grupos, devido à tentativa de atendimento da solicita-
ção de apresentar respostas detalhadas, implicando no aumento do tamanho
dos gabaritos, e também à ocorrência de feriado prolongado no período.
O segundo EP do mês de abril (aulas 12 e 13) será disponibilizado até o dia
21/04
Exercício 1 Calcule a solução geral de
(e2y − y cos xy)dx+ (2xe2y − x cos xy + 2y) dy = 0
Solução:
Sejam M(x, y) = e2y − y cos xy e N(x, y) = 2xe2y − x cos xy + 2y
TemosMy = 2e2y−cos xy+yx sen xy = Nx, de modo que a equação é exata.
Portanto existe ϕ(x, y) tal que
ϕx = e2y − y cos xy (1)
e
ϕy = 2xe2y − x cos xy + 2y (2)
Integrando a equação (1) com respeito a x:
ϕ(x, y) =
∫
ϕx dx+ g(y) =
∫
(e2y − y cos xy) dx+ g(y),
i.é,
ϕ(x, y) = xe2y − sen xy + g(y) (3)
Derivando a equação (3) com respeito a y e igualando o resultado com
a equação (2), obtemos
ϕy = 2xe2y − xcos xy + g′(y) = 2xe2y − x cos xy + 2y (4)
Conluímos daí que
g′(y) = 2y e então g(y) = y2.
Consórcio CEDERJ - Fundação CECIERJ 2007/1
Dessa forma
ϕ(x, y) = xe2y − sen xy + y2,
e as soluções da equação proposta são definidas implicitamente pela relação
xe2y − sen xy + y2 = c.
Exercício 2 Resolva
(x+ y) dx+ x ln x dy = 0, x ∈ (0,+∞)
Solução:
Sejam M(x, y) = x+ y e N(x, y) = x ln x
Temos My = 1 Nx = ln x+ 1, de modo que a equação não é exata.
Entretanto (My −Nx)/N = −ln x/(x ln x) = −1/x,
e então m(x) = e−
∫
1/x dx = 1/x é um fator de integração para a equação.
Multiplicando a equação dada por m(x) obtemos a equação exata
(1 + y/x) + (ln x) y′ = 0 (5)
Daí existe ϕ(x, y) tal que
ϕx = 1 + y/x (6)
e
ϕy = ln x (7)
Integrando a equação (7) com respeito a y:
ϕ(x, y) =
∫
ln x dy + h(x) = y ln x+ h(x), (8)
Derivando a equação (8) com respeito a x e igualando o resultado com a
equação (6), obtemos
ϕx = y/x+ h′(x) = 1 + y/x (9)
Conluímos daí que
h′(x) = 1 e então h(x) = x.
Dessa forma
ϕ(x, y) = y ln x+ x,
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e as soluções da equação proposta são definidas implicitamente pela relação
y ln x+ x = c.
Exercício 3 Decomponha o operador diferencial linear
L ≡ 4D2 + 4D + 1
em um produto de fatores irredutíveis de ordem inferior
Solução:
Observamos que o operador 4D2+4D+1 é um operador de coeficientes
constantes. Então podemos utilizar a analogia (o isomorfismo) que existe
entre a álgebra dos operadores lineares de coeficientes constantes e a álgebra
dos polinômios em uma indeterminada:
anD
n + an−1D
n−1 + · · ·+ a1D + a0 ←→ anxn + an−1xn−1 + · · ·+ a1x+ a0
De acordo com essa correspondIencia, ao operador 4D2+4D+1 corresponde
o polinômio 4x2+4x+1, o qual se fatora como 4
(
x2 + x+ 14
)
= 4
(
x+ 12
)2.
Conclui-se então que o operador 4D2 + 4D + 1 se fatora como
4
(
D +
1
2
)2
Exercício 4 Resolva as equacões exatas da lista a seguir
(a) (x− y)dx+ (−x+ y + 2)dy = 0
(b) y′ =
y − x+ 1
−x+ y + 3
(c) (x2 + y2)dx+ (xexy + 1)dy = 0
(d) (y + cosx)dx+ (x+ seny)dy = 0
(e) (3x2y + y2)dx(x2 + 2xy)dy = 0
(f) y′ = y
1
2
(g) y′ = x+ y
Solução:
a)(x− y)dx+ (−x+ y + 2)dy = 0
Sejam M(x, y) = x− y e N(x, y) = −x+ y + 2
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Temos My = −1 = Nx, de modo que a equação é exata.
Existe ϕ(x, y) tal que
ϕx = x− y (10)
e
ϕy = −x+ y + 2 (11)
Integrando a equação (10) com respeito a x:
ϕ(x, y) =
∫
(x− y) dx+ g(y),
i.é,
ϕ(x, y) = x2/2− xy + g(y) (12)
Derivando a equação (12) com respeito a y e igualando o resultado com
a equação (11), obtemos
ϕy = −x+ g′(y) = −x+ y + 2 (13)
Conluímos daí que
g′(y) = y + 2 e então g(y) = y2/2 + 2y.
Dessa forma
ϕ(x, y) = x2/2− xy + y2/2 + 2y,
e as soluções da equação proposta são definidas implicitamente pela relação
x2/2− xy + y2/2 + 2y = c.
b) y′ =
y − x+ 1
−x+ y + 3
Escrevendo a equação na forma M(x, y) +N(x, y) y′ = 0 temos
(y − x+ 1)︸ ︷︷ ︸
M(x,y)
+(x− y − 3)︸ ︷︷ ︸
N(x,y)
y′ = 0
Temos My = 1 = Nx, de modo que a equação é exata.
Existe ϕ(x, y) tal que
ϕx = y − x+ 1 (14)
e
ϕy = x− y − 3 (15)
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Integrando a equação (14) com respeito a x:
ϕ(x, y) =
∫
(y − x+ 1) dx+ g(y),
i.é,
ϕ(x, y) = xy − x2/2 + x+ g(y) (16)
Derivando a equação (16) com respeito a y e igualando o resultado com
a equação (15), obtemos
ϕy = x+ g′(y) = x− y − 3 (17)
Conluímos daí que
g′(y) = −y − 3 e então g(y) = −y2/2− 3y
Dessa forma
ϕ(x, y) = xy − x2/2 + x− y2/2− 3y,
e as soluções da equação proposta são definidas implicitamente pela relação
xy − x2/2 + x− y2/2− 3y = c.
c) (x2 + y2)dx+ (xexy + 1)dy = 0
Sejam M(x, y) = x2 + y2 e N(x, y) = xexy + 1
Temos My = 2y 6= Nx = exy + xyexy, de modo que a equação não é exata.
d) (y + cos x) dx+ (x+ sen y) dy = 0
Sejam M(x, y) = y + cos x e N(x, y) = x+ sen y
Temos My = 1 = Nx, de modo que a equação é exata.
Existe ϕ(x, y) tal que
ϕx = y + cos x (18)
e
ϕy = x+ sen y (19)
Integrando a equação (18) com respeito a x:
ϕ(x, y) =
∫
(y + cos x) dx+ g(y),
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i.é,
ϕ(x, y) = xy + sen x+ g(y) (20)
Derivando a equação (20) com respeito a y e igualando o resultado com
a equação (19), obtemos
ϕy = x+ g′(y) = x+ sen y (21)
Conluímos daí que
g′(y) = sen y e então g(y) = −cos y
Dessa forma
ϕ(x, y) = xy + sen x− cos y,
e as soluções da equação proposta são definidas implicitamente pela relação
xy + sen x− cos y = c.
e) (3x2y + y2)dx(x2 + 2xy)dy = 0
Sejam M(x, y) = 3x2y + y2 e N(x, y) = x2 + 2xy
Temos My = 3x2+2y 6= Nx = 2x+2y, de modo que a equação não é exata.
f) y′ = y
1
2
Sejam M(x, y) = y
1
2 e N(x, y) = −1
Temos My = 1/(2
√
y) 6= Nx = 0, de modo que a equação não é exata.
g) y′ = x+ y
Sejam M(x, y) = x+ y e N(x, y) = −1
Temos My = 1 6= Nx = 0, de modo que a equação não é exata.
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Exercício 5
ATENÇÃO !!!: CORREÇÃO NO ENUNCIADO DO EXERCÍCIO 5:
Onde se lê :“Escreva as equações lineares abaixo na forma canônica” leia-se
“Escreva as equações lineares da lista abaixo na forma canônica”
Obs: A forma canônica de uma equação diferencial linear de ordem n é
an(x)y
(n) + an−1(x)y
(n−1) + · · ·+ a1(x)y′ + a0(x)y︸ ︷︷ ︸
L.y
= h(x)
(a) (xD3 −D)y = arcsenx
(b) y′ =
tgx− x+ 1
cosx− x+ 3 y
(c) (x2 +D)y + (xexy −D)Dy = 0
(d) (D4 + cosx)y + (x+Dy)Dy = 0
Solução:
a)
(xD3 −D)y = arcsenx ⇐⇒ (xD3)y −Dy = arcsenx
⇐⇒ xy′′′ − y′ = arcsenx
A forma canônica (Ly = h(x)) é
xy′′′ − y′ = arcsenx
b) A forma canônica da equação
y′ =
tgx− x+ 1
cosx− x+ 3y
é
y′ +
(
− tgx− x+ 1
cosx− x+ 3
)
︸ ︷︷ ︸
a0(x)
y = 0
c)
(x2 +D)y + (xexy −D)Dy = 0 ⇐⇒ (x2)y −Dy + (xexy)(Dy)−D(Dy) = 0
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A presença do coeficiente xexy antecedendo à derivada Dy impede que
a equação dada seja uma equação diferencial linear.
Lembre-se que os coeficientes de equações diferenciais lineares são fun-
ções apenas da variável x
Resposta: A equação não é uma equação diferencial linear. Conseqüen-
temente não pode ser escrita na forma canônica das equações diferenciais
lineares.
d)
(D4 + cosx)y + (x+Dy)Dy = 0 ⇐⇒ (D4)y + (cosx)y + xDy + (Dy)(Dy) = 0
⇐⇒ y(iv) + (cosx)y + xy′ + (y′)(y′) = 0
⇐⇒ y(iv) + (cosx)y + xy′ + (y′)2 = 0
Resposta: A parcela (y′)2 proíbe que a equação seja uma equação diferen-
cial linear. Conseqüentemente não pode ser escrita na forma canônica das
equações diferenciais lineares.
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