AP1 2014 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
AP1– Equações Diferenciais – 2014-2
Soluções!
Questão 1 [2,5 pontos]
Calcule uma solução geral de
2x3 dx− (x2 + x) dy = 0.
Solução:
Temos
2x3 dx− (x2 + x) dy = 0 ⇐⇒
dy
dx
=
2x3
x2 + x
.
O lado direito é uma função racional “própria”. Efetuando a divisão do nume-
rador pelo denominador, obtemos
2x3 = (x2 + x).(2x− 2) + 2x.
Dividindo os dois lados por x2 + x:
2x3
x2 + x
= 2x− 2 +
2x
x2 + x
.
Tem-se também
dy
dx
=
2x3
x2 + x
⇐⇒ y(x) =
∫
2x3
x2 + x
dx
⇐⇒ y(x) =
∫ [
2x− 2 +
2x
x2 + x
]
dx
⇐⇒ y(x) =
∫
(2x− 2) dx+
∫
2
x+ 1
dx
⇐⇒ y(x) = x2 − 2x+ ln |x+ 1|2 + c.
Questão 2 [2,5 pontos]
a) [1,5 ponto] Mostre que, a substituição de variáveis y = xav, (dy/dx =
axa−1v + xa dv/dx) transforma a equação de Riccati
x
dy
dx
− ay + by2 = c xn, x > 0, (a, b, c, n)constantes reais (1)
1
na equação
x1−a
dv
dx
+ b v2 = c xn−2a (2)
b) [1,0 ponto] Conclua que, se n = 2a, a equação (2) (e consequentemente (1))
se reduz a uma equação separável.
Soluções:
a) Tem-se:
x
dy
dx
= axav + xa+1
dv
dx
ay = axav
by2 = bx2av2.
Daí x
dy
dx
− ay + by2 = c xn ⇐⇒ axav + xa+1
dv
dx
− axav + bx2av2 = cxn
⇐⇒ xa+1
dv
dx
+ bx2av2 = cxn (dividindo por x2a)
⇐⇒ x1−a
dv
dx
+ b v2 = c xn−2a. �
b) Quando n = 2a claramente (2) se reduz a x1−a
dv
dx
+ b v2 = c.
Então x1−a
dv
dx
+ b v2 = c ⇐⇒
dv
c− b v2
=
dx
x1−a
,
que é uma equação separada. �
Questão 3 [2,5 pontos]
(a)[1,5 ponto] Calcule a família de trajetórias ortogonais à hipérbole
xy = −1.
(b) [1,0 ponto] Determine a trajetória ortogonal à hipérbole xy = −1 que passa
pelo ponto (1, 2).
Soluções:
a) A equação diferencial que admite xy = −1 como solução particular é
y′ = −y/x.
Então a equação diferencial satisfeita por todas as trajetórias ortogonais a
xy = −1 é
y′ = −
1
−y/x
=
x
y
.
2
Isto é, yy′ = x, que tem para solução geral
y2 − x2 = c.
Vemos que as trajetórias ortogonais a xy+1 = 0 são também hipérboles (equi-
láteras, com centro em (0,0) e eixos iguais a 0X e 0Y ).
b) Fazendo x = 1 e y = 2 na equacnao da família de trajetórias ortogonais a
xy = −1, obtemos c = 3.
Portanto a trajetória ortogonal à hipérbole xy = −1 que pasa pelo ponto (1, 2)
é a hipérbole y2 − x2 = 3. �
Questão 4 [2,5 pontos]
a) [1,25 ponto] Mostre que a equação
(yexy + xy2exy) dx+ (xexy + x2yexy) dy = 0 (3)
é exata.
b) [1,25 ponto] Mostre que
ϕ(x, y) =
1
exy(xy + 1)
é um fator integrante de (3) .
Soluções:
a) Temos:
M(x, y) = exy(y + xy2) e N(x, y) = exy(x+ x2y).
Então
∂
∂y
[yexy(1 + xy)] = exy(1 + xy) + yxexy(1 + xy) + xyexy
= (x2y2 + 3xy + 1)exy,
e
∂
∂x
[xexy(1 + xy)] = exy(1 + xy) + xyexy(1 + xy) + yxexy
= (x2y2 + 3xy + 1)exy.
Vemos que ∀(x, y) ∈ R2,
∂
∂y
[yexy(1 + xy)] =
∂
∂x
[xexy(1 + xy)], o que mostra
que (3) é uma equação exata.
3
b) Multiplicando a equação (3) por
1
exy(xy + 1)
obtemos a equação 1
y dx+ x dy = 0,
que é uma equação separável, logo exata.
Portanto
1
exy(xy + 1)
é fator integrante de (3).
Tema para reflexão:
• a solução geral de (3) é definida impliciatamente pela equação
xyexy = c Verifique!
Impondo, por exemplo, as condições iniciais (x = −1, y = 1) obtém-se
−e−1 = c
de modo que a solução do PVI correspondente a essa escolha é a função y(x)
definida implicitamente numa vizinhança de x = −1 por
xyexy+1 + 1 = 0
• A solução geral de y dx+ x dy = 0 é
xy = c
A solução de {
y dx+ x dy = 0
y(−1) = 1
é obtida calculando-se o valor de c, na solução geral xy = c correspondente a
x = −1 e y = 1.
Obtemos c = −1. E a solução do PVI “é” xy + 1 = 0.
Mas veja só! A solução obtida não pode ser considerada como solução do PVI
original {
(yexy + xy2exy) dx+ (xexy + x2yexy) dy = 0
y(−1) = 1
após tê-lo multiplicado pelo fator integrante dado, porque o fator integrante exclui
precisamente a curva xy = −1 do conjunto de soluções da nova equação.
1Devemos ter o cuidado de excluir os pontos (x, y) tais que xy + 1 = 0
4
Tema para reflexão (continuação):
• Vimos um exemplo de uma equação que já era exata, mas que admite também
um fator de integração
• Naturalmente, depois de multiplicar a equação inicial pelo fator de integração,
produz-se uma equação que também é exata
• Entretanto, temos de eliminar algumas das soluções da nova equação exata (pois
o fator de integração não está definido nestes pontos)
• Podemos concluir que ao multiplicar uma equação por um fator de integração
às vezes podemos “perder” algumas soluções? Ou, alternativamente, temos de
restringir o domínio da equação multiplicada?
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