AP1 ED 2012 1 Gab. NOVO

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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 � 2012-1
Soluções!
Questão 1 [2,0 pts]
Calcule a solução geral de
x2 y′ − 4 + xy + x2 y2 = 0, x > 0,
sabendo que y1(x) = 2x
−1
é uma solução particular.
Solução: Escrevendo a equação na forma normal
y′ − 4
x2
+
y
x
+ y2 = 0,
vemos que se trata de uma equação de Riccati, para a qual y1(x) =
2
x
é uma solução particular.
Fazendo a mudança de variáveis
y =
2
x
+
1
z
temos:
y′ = − 2
x2
− z
′
z2
e y2 =
4
x2
+
1
z2
+
4
xz
.
Substituindo y, y′ e y2 na equação proposta, obtemos
− 2
x2
− z
′
z2
− 4
x2
+
2
x2
+
1
xz
+
4
x2
+
1
z2
+
4
xz
= 0
Simpli�cando os termos,
− z
′
z2
+
5
xz
+
1
z2
= 0
ou seja,
z′ − 5
x
z − 1 = 0
1
A solução geral desta equação diferencial linear não-homogênea de
primeira ordem é
z(x) = e
∫
5/x dx
(∫
e−
∫
5/x dx(+1) dx+ c
)
Ou seja
z(x) = −x
4
+ c x5
Substituindo em y = 2/x + 1/z, temos a família a um parâmetro
de soluções
y(x) =
2
x
+
−4
4 cx5 − x.
Questão 2 [2,0 pts]
Resolva a equação
(x2 + y2) dx+ (x2 − xy) dy = 0, x > 0, y > 0.
Solução:
O teste de funções homogêneas nos mostra que os coe�cientes da equa-
ção são funções homogêneas de mesmo grau.
Fazendo y = vx, então y′ = v + x v′ e substituindo na equação,
obtemos
x2(1 + v) + x3(1− v) v′ = 0.
Dividindo por x2 e separando as variáveis:
1− v
1 + v
du = −dx
x
,
a qual, após a divisão
(
1− v
1 + v
= −1 + 2
1 + v
)
se escreve[
−1 + 2
1 + v
]
dv = −dx
x
.
Integrando os dois lados:
−v + 2 ln(1 + v) + ln(x) = ln(c.
Substituindo v por y/x:
−y
x
+ 2 ln
(
1 +
y
x
)
+ ln(x) = ln(c),
2
que é a expressão que de�ne as soluções y(x) implicitamente.
Questão 3 [2,0 pts]
Calcule uma família a um parâmetro de curvas planas de�nindo impli-
citamente soluções de(
x2y3 − 1
1 + x2
)
+ (x3y2) y′ = 0
Solução: Sejam
M =
(
x2y3 − 1
1 + x2
)
e N = x3y2.
Observamos que
My = Nx = 3x
2y2,
de modo que a equação é exata.
Existe F tal que
∂F
∂x
= x2y3 − 1
1 + x2
(1)
∂F
∂y
= x3y2 (2)
Integrando (2) com relação y:
F (x, y) =
x3y3
3
+ g(x) (3)
Derivando (3) com respeito a x e igualando a (1), obtemos
x2y3 + g′(x) = x2y3 − 1
1 + x2
Assim,
g′(x) = − 1
1 + x2
,
g(x) = −arctg(x),
e
F (x, y) =
x3y3
3
− arctg(x).
3
As soluções da equação proposta são de�nidas implicitamente pela fa-
mília de curvas plans
x3y3
3
− arctg(x) = c
Questão 4 [2,0 pts]
Encontre um fator de integração que seja função somente de y para a
equação
y + (2x− yey)y′ = 0
e a seguir resolva-a.
Solução:
Sendo M(x, y) = y e N(x, y) = 2x − yey vê-se que Nx = 2,
My = 1 e então
Nx −My
M
=
1
y
Daí µ(y) = e
∫
1/y dy = eln y = y é um fator integrante para a equação.
Multiplicando a equação por µ(y) = y obtemos a equação exata
y2 + (2xy − y2ey)y′ = 0
Existe uma função F (x, y) tal que
Fx = y
2
(4)
e
Fy = 2xy − y2ey (5)
Integrando (4) com relação a x:
F (x, y) = y2x+ g(y) (6)
Derivando (5) com re lação a y e igualando a (4):
2xy + g′(y) = 2xy − y2ey
Assim g′(y) = −y2ey e, integrando por partes, g(y) = −y2ey +2yey −
ey.
Assim F (x, y) = y2x− y2ey + 2yey − ey
e as soluções da equação proposta são de�nidas implicitamente
pelas curvas integrais da família
y2x− y2ey + 2yey − ey = C
4
Questão 5 [2,0 pts]
Responda as perguntas abaixo, justi�cando sua resposta.:
a) [1,0 pt] Podemos garantir que uma equação diferencial normal de
primeira ordem
y′ = f(x, y),
tal que f e ∂f /∂y são contínuas em um retângulo R, que contém
um ponto (x0, y0), tem uma solução ϕ tal que ϕ(x0) = y0 ?
b)[1,0 pt] Uma equação diferencial normal de primeira ordem
y′ = f(x, y),
tal que f e ∂f /∂y são contínuas em um retângulo R, que contém
um ponto (x0, y0), pode ter duas soluções distintas que se intersec-
tam somente em (x0, y0)?
ATENÇÃO!!!: Resposta(s) sem justi�cativa, ou com justi�ca-
tiva(s) incorreta(s) não será(serão) considerada(s).
Solução:
a) A resposta é SIM. Trata-se da primeira parte da versão do Teo-
rema de Existência e Unicidade de Soluções, de Cauchy (existência).
(Estamos supondo o retângulo aberto).
Comentário: É o teorema mais importante do curso. Imagine um
PVI sem solução. De que serviria? Existem vários PVIs sem solução,
mas - de certa forma - evidentemenete eles não servem como bons
modelos matemáticos.
b) A resposta é NÃO. Trata-se da segunda parte do Teorema de
Existência e Unicidade de Soluções, de Cauchy (unicidade). (Esta-
mos supondo o retângulo aberto).
Comentário: Imagine um PVI sem solução única. De que serviria?
Ter - por exemplo - um número in�nito de soluções é praticamente
equivalente a não ter nenhuma solução.
5