ad1 ed 2009 2 gabarito

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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
2009-2 – AD1 de Equações Diferenciais – Gabarito
Questão 1: [2,0pontos]
Considere a equação
y′ + y2 + y +
1
4
= 0 (1)
a)[1,0 ponto] Resolva a equação (1) utilizando a técnica de obtenção de soluções
de equações de Riccati.
Sugestão: Determine uma solução particular da forma yp(x) = m (m = constante).
b)[1,0 ponto] Observando que a equação (1) pode ser escrita na forma
y′ +
(
y +
1
2
)2
= 0, (2)
faça uma mudança de variáveis conveniente e resolva (2) como equação separável.
Solução:
a) A equação (1) possui uma solução particular da forma y = m se e só se
y′ + y2 + y +
1
4
= 0
∣∣
y=m
⇐⇒ m′ + m2 + m +
1
4
= 0
⇐⇒ m2 + m +
1
4
= 0
⇐⇒
(
m +
1
2
)2
= 0
⇐⇒ m = −
1
2
Utilizando a técnica de obtenção de soluções de equações de Riccati, fazemos a
mudança de variáveis
y = −
1
2
+
1
z
;
Então
y′ = −
z′
z2
e
y2 =
1
4
+
1
z2
−
1
z
o que nos dá (substituindo na equação)
−
z′
z2
+
1
4
+
1
z2
−
1
z
−
1
2
+
1
z
+
1
4
= 0.
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Simplificando:
−
z′
z2
+
1
z2
= 0.
I.é,
z′ = 1,
cuja solução geral é
z = x+ c.
E então (lembrando que y = − 12 +
1
z ),
y = −
1
2
+
1
x + c
,
que é a solução geral procurada.
b) Fica a seu cargo verificar que a equação (1) pode ser escrita como
y′ +
(
y + 12
)2
= 0.
Fazendo a mudança de variáveis u = y + 12 , temos u
′ = y′, de modo que a
equação (2) se torna
u′ + u2 = 0,
que é a equação separável
−
u′
u2
= 1,
que tem para solução geral
1
u
= x + c.
Daí
u =
1
x + c
,
de modo que (retornando à variável y)
y +
1
2
=
1
x + c.
Ou seja
y = −
1
2
+
1
x + c
,
coincidindo com a solução do item (a).
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Questão 2: [2,0 pontos]
Resolva os seguintes problemas de valor inicial:
a) y′ − y = 2ex, y(0) = 1
b) xy′ + 2y = sen x (x > 0), y(pi/2) = 1
Solução:
a) A equação diferencial y′ − y = 2 ex é uma equação linear não-homogênea,
cuja solução geral é dada pela fórmula
y(x) = e
R
dx
(∫
e−
R
dx 2ex dx + c
)
.
Ou seja
y(x) = ex
(∫
e−x2ee dx + c
)
= ex(2x+ c)
Impondo agora a condição inicial (y(0) = 1), temos :
1 = e0(2.0 + c) = c.
A solução do PVI é
y(x) = ex(2x + 1).
b) Aqui também a equação diferencial do problema, xy′ + 2y = sen x, é uma
equação diferencial linear de primeira ordem, não-homogênea e normal no in-
tervalo (0,+∞).
A forma normal desta equação é y′ +
2
x
y =
sen x
x
, e sua solução geral é
y(x) = e(−
R
2
x
dx)
(∫
e(
R
2
x
dx) sen x
x
dx = c
)
= e−2 ln x
(∫ [
e2 ln x
] sen x
x
dx + c
)
=
1
x2
(∫
x2
sen x
x
dx + c
)
=
1
x2
(∫
x sen(x) dx + c
)
=
1
x2
(−x cos(x) + sen(x) + c)
=
c
x2
+
sen x
x2
−
cos x
x
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Impondo agora a condição inicial (y(pi/2) = 1), temos :
1 =
c
x2
+
sen x
x2
−
cos x
x
∣∣∣
x=pi/2
.
Obtemos c =
pi2
4
− 1.
A solução do PVI é
y(x) =
pi2 − 4
4x2
+
sen x
x2
−
cos x
x
.
Questão 3 [2,0 pontos]
Calcule a solução geral da equação
y′ = y + y2
Solução:
Escrevendo a equação y′ = y + y2 na forma y′ − y = y2 vemos que se trata de
uma equação de Bernoulli.
Verificamos facilmente que a função y ≡ 0 (função nula) é uma solução. Esta
solução é chamada de solução “trivial”.
Devemos então procurar (caso exista) uma solução que não seja a trivial.
Continuamos representando essa solução pela letra y. Existe pelo menos um
ponto x0 tal que y(x0) 6= 0. Na verdade y é diferente de zero em todos os
pontos de um intervalo J , que contém x0. Nesse intervalo, podemos dividir a
equação por y2, obtendo:
y−2y′ − y−1 = 1
Fazendo a mudança de variáveis z = y−1, temos z′ = −y−2y′. Multiplicando a
última equação acima por −1, obtemos −y−2y′ + y−1 = −1, ou ainda
z′ + z = −1,
que é uma equação diferencial linear não-homogênea na variável z. Daí,
z(x) = e−
R
dx
(∫
e
R
dx (−1) dx + c
)
= e−x(−ex + c)
= c e−x − 1.
z = y−1 =⇒ y = z−1
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Portanto
y(x) =
1
c e−x − 1
é a solução procurada.
A equação y′ = y + y2 também pode ser vista como uma equação separável:
y′
y + y2
= 1.
Utilizando a identidade
1
y + y2
=
1
y(1 + y)
=
1
y
−
1
y + 1
,
calcula-se
ln(y)− ln(y + 1) = x + c˜
de onde
y
y + 1
= ex+c˜ = c ex (c = ex˜).
Explicitando y obtemos a solução
y =
c ex
1− c ex
Obs : Mostre que as duas soluções obtida são iguais ( ce
x
1−cex
= e
x
k−ex
, para k = 1/c etc.)
Questão 4 [2,0 pontos]
Calcule a equação de uma curva C, contida no primeiro quadrante, que satisfaz às seguintes
condições:
y = f(x)
1. C é o gráfico de uma funcão y = f(x)
2. O ponto (1, 2) ∈ C
3. O ângulo que a reta tangente a C em cada ponto P = (x, y) forma com o eixo das
abcissas é complementar ao ângulo que a reta que une (x, y) à origem forma com o eixo
OX
Solução:
Acompanhando pela figura, e usando resultados de Geometria Euclidiana, o item 3 nos per-
mite afirmar que a soma das medidas dos ângulos a e b é sempre pi/2 rd. Portanto, em cada
ponto, a reta tangente à curva procurada é perpendicular à reta que une aquele ponto à origem
das coordenadas.
A inclinação da reta que une P a (0, 0), é obviamentee igual a tg a = y/x.
Usando os itens 1 e 2, podemos garantir que a inclinação da reta tangente num ponto qualquer
P = (x, y) da curva C é dada pela derivada dy/dx.
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Então a inclinação da reta perpendicular que une P à origem é
dy
dx
= − 1
y/x
(3)
A equação (3) diz exatamente que os pontos da curva procurada satisfazem a equação dife-
rencial
y′ = −x
y
(4)
A equação (4) é uma equacão separável, cujas soluções são definidas implicitamente por
x2 + y2 = c.
Como a curva procurada passa pelo ponto (1, 2), calculamos o valor c = 5.
Atenção!: Não deixe de observar
as restrições que precisamos fazer
nas variáveis y e x. Primeiro foi
necessário restringir y a valores
positivos (senão a curva obtida
não seria o gráfico de uma função
passando por (1,2)). Depois, foi
preciso considerar apenas x > 0
(caso contrário o gráfico não esta-
ria somente no primeiro quadrante Portanto o gráfico C, passando pelo ponto (1, 2), satisfazendo a propriedade 3 é o gráfico da
função
y =
p
5− x2, x ∈ (0,+
√
5)
Pergunta : O quê você acha? A solução é única?
Questão 5 [2,0 pontos]
Obtenha todas as soluções da equação
4xy2 + (x2 + 1)y′ = 0
Solução:
4xy2 + (x2 + 1)y′ = 0 ⇐⇒ −(x2 + 1)y′ = 4xy2
⇐⇒ − y
′
y2
=
4x
x2 + 1
⇐⇒ 1
y
= 2 ln(x2 + 1) + c˜
(e como todo número c˜ pode ser visto como
o logaritmo de algum outro número c)
⇐⇒ 1
y
= ln(x2 + 1)2 + ln c
⇐⇒ 1
y
= ln[c(x2 + 1)2]
⇐⇒ y = 1
ln [c(x2 + 1)2]
.
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