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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 03
Soluções
Exercício 1 Explique o que há de errado na solução do seguinte problema
de valor inicial:
{
xy′ − 2y = 0, x ∈ R
y(0) = 1
(1)
Solução proposta: Vemos que a equação dada é uma equação separável. Sua
“solução ” é
xy′ − 2y = 0 ⇐⇒ xy′ = 2y
⇐⇒
y′
y
=
2
x
⇐⇒ ln|y| = 2 ln |x|+ c˜
(fazendo c˜ = ln c)
⇐⇒ ln|y| = ln|x|2 + ln c = ln cx2
⇐⇒ |y| = cx2·
e como y(0) = 1 então |1| = |y(0)| = c 02 = 0
Logo 1 = 0; o que é uma contradição.
Solução: O problema é que a equação xy′ − 2y = 0 não é separável em todo
o conjunto R. Realmente, podemos reescrevê-la na forma y′ =
2/x
1/y
, que está
a forma geral de uma equação separável
(
y′ =
f(x)
g(y)
)
, desde que f e g sejam
funções contínuas definidas em intervalos. A funcão x 7→ 1/x não é contínua
no ponto x0 = 0. Então não faz sentido atribuir um valor inicial justamente no
ponto x0 = 0.
Foi até possível resolver a equação formalmente, mas obtivemos uma contradição
ao especificar um valor inicial justamente em x = 0.
Moral: Não devemos “resolver” uma equação, ou um PVI, automaticamente. É
importante fazer uma análise e verificar se as condições da teoria relativa àquela
equação estão sendo satisfeitas.
Questão: A equação xy′ − 2y = 0 também pode ser resolvida como equação
diferencil linear de primeira ordem, homogênea. Será que muda alguma coisa
com relação à conclusão a que chegamos ao resolvê-la como equação separável?
Exercício 2 Considere agora
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2
{
xy′ − 2y = 0, x ∈ R
y(0) = 0
(2)
Mostre que cada uma das funções abaixo é solução do PVI ( 2), em todo R.
ϕ0(x) ≡ 0
ϕ1(x) = x
2
ϕ2(x) = −x
2
ϕ3(x) =
{
x2, se x ≥ 0
−x2, se x < 0
.
Você pode produzir outras soluções de (2)?
Exercício 3 Determine a solução do problema de valor inicial (PVI) abaixo:
a)
{
y′ = (1− 2x) y2
y(0) = − 1
6
Solução:
Temos,
y′ = (1− 2x)y2 ⇒
dy
dx
= (1− 2x)y2
⇒
dy
y2
= (1− 2x)dx
⇒
∫
dy
y2
=
∫
(1− 2x)dx
⇒
∫
dy
y2
=
∫
dx− 2
∫
xdx
⇒ −
1
y
= x− x2 + C
⇒ y(x) = −
1
C + x− x2
.
Aplicando a condição inicial y(0) = − 1
6
, temos
y(0) = −
1
C
= −
1
6
⇒ C = 6.
Assim, a solução do problema é
y(x) = −
1
6 + x− x2
.
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3
Note que o maior intervalo que contém o ponto x = 0, no qual a função
y(x) =
1
(x − 3)(x + 2)
está definida é −2 < x < 3. Uitlizando um programa
de computação algébrica, podemos visualizar o gráfico da solução no intervalo
considerado:
-20
0
-5
-15
-10
x
210-1
Observação: Se não dispusermos de um software computacional, podemos utilizar os méto-
dos usuais do Cálculo para desenhar o gráfico da função y(x) = 1/(x2 − x − 6). Entretanto
devemos tomar cuidado porque, em geral, o traçado de gráficos que aprendemos a fazer (usando
limites, derivadas, calculando assíntotas, intervalos de crescimento e decrescimento, etc. ) nos
induz a fazer um esboço do gráfico em todo o seu domínio (que é R− {−2, 3})
10
5
0
-5
-10
x
43210-1-2-3
Não devemos considerar o último desenho como sendo o gráfico da solução procurada, pois a
solução de uma equação diferencial é sempre uma função derivável em um intervalo, e portanto
contínua em todo aque intervalo intervalo. Isso não acontece com a última figura acima.
Para determinar a qual dos subintervalos devemos nos restringir, utilizamos o dado inicial
y(0) = −1/6.
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Exercício 4 Resolva a equação
dy
dx
=
x2 + xy + y2
x2
Sugestão: use a mudança de variáveis v = y/x
Solução:
Fazendo a mudança de variáveis v = y/x, i.é, y(x) = xv(x)
“
⇒ dy
dx
= v + x dv
dx
”
, temos:
dy
dx
=
x2 + xy + y2
x2
⇒
dy
dx
= 1 +
y
x
+
“ y
x
”
2
⇒ v + x
dv
dx
= 1 + v + v2
⇒ x
dv
dx
= 1 + v2
⇒
dv
1 + v2
=
dx
x
⇒
Z
dv
1 + v2
=
Z
dx
x
⇒ arctan v = ln |x|+ C
(fazendo C = ln c)
⇒ arctan v = ln c|x|
⇒ v(x) = tan (ln c|x|)
⇒
y
x
= tan (ln c|x|)
⇒ y(x) = x tan (ln c|x|) .
Exercício 5 Calcule a família de trajetórias ortogonais à curva
x2 + y2 − 2x + 4y + 1 = 0
Solução: Usando derivação implícita, calculamos a equação diferencial satisfeita pelos pontos
da curva: 2x + 2yy′ − 2 + 4y′ = 0. De onde,
y′ = −
x− 1
y + 2
.
Consequentemente as inclinações das retas tangentes às trajetórias ortogonais são dadas por
y′ =
y + 2
x− 1
.
Temos:
y′ =
y + 2
x− 1
=⇒
1
y + 2
dy =
1
x− 1
dx
=⇒ ln |y + 2| = ln |x− 1|+ k (k = ln c)
=⇒ ln |y + 2| = ln c|x− 1|
=⇒ |y + 2| = c|x− 1|
=⇒ y + 2 = ±c(x− 1).
As trajetórias são semi-retas passando pelo ponto (1, 2).
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