AP1 ED 1 2006 gabarito

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AP1 de Equações Diferenciais – 1/2006 – Gabarito
Questão 1: (valor: 2,5)
a) Seja E(x) =
2√
pi
∫ x
0
e−t
2
dt. Mostre que y(x) = ex2
[
1 +
√
pi
2
E(x)
]
é solução do problema de
valor inicial {
y′ − 2xy = 1
y(0) = 1
Solução: Podemos escrever
y(x) = ex
2
+ ex
2
∫ x
0
e−t
2
dt
Daí, utilizando as regras de derivação de somas e profdutos, junto com o Teorema Fundamental do
Cálculo, temos
y′(x) = 2xex
2
+ 2xex
2
(∫ x
0
e−t
2
dt
)
+ ex
2
e−x
2
= 2x
[
ex
2
+ ex
2
∫ x
0
e−t
2
dt
]
︸ ︷︷ ︸
y(x)
+1
= 2xy(x) + 1.
Portanto y(x) é solução da equação diferencial do problema.
Além disso,
y(0) = e0
2
[
1 +
√
pi
2
2√
pi
∫ 0
0
e−t
2
dt
]
= 1[1 + 0] = 1,
de modo que y(x) verifica a condição inicial.
Questão 2: (valor 2,5)
Calcule uma família a um parâmetro de soluções para a equação
y′ − 4
x2
+
y
x
+ y2 = 0,
sabendo que y1(x) =
2
x
é uma solução.
Solução: Fazendo a mudança de variáveis
y =
2
x
+
1
z
(1)
temos:
y′ = − 2
x2
− z
′
z2
e y2 =
4
x2
+
1
z2
+
4
xz
.
Equações Diferenciais AP1 – Gabarito de Equações Diferenciais – 1/2006 2
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
Simplificando os termos,
− z
′
z2
+
5
xz
+
1
z2
= 0
ou seja,
z′ − 5
x
z − 1 = 0
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) =
cx5 + x
4
Substituindo em (1), temos a família a um parâmetro de soluções
y(x) =
2
x
+
4
cx5 + x
.
Questão 3 (valor: 2,5)
Resolva 
dy
dx
=
y2 − y
x2 − 1
y(2) = 2
Solução: Separando as variáveis da equação proposta chega-se a
dy
y(y − 1) =
dx
(x− 1)(x+ 1) (2)
Temos, utilizando o método das frações parciais,
dy
y(y − 1) =
A
y
+
B
y − 1 =
(A+B)y − A
y(y − 1) .
A partir daí, igualando os coeficientes nos numeradores das primeira e última frações, calculamos
A = −1 e B = 1. Assim,
dy
y(y − 1) =
(
−1
y
+
1
y − 1
)
dy.
Analogamente
dx
(x− 1)(x+ 1) =
[
C
x− 1 +
D
x+ 1
]
dx = · · · =
[
1/2
x− 1 −
1/2
x+ 1
]
dx
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Equações Diferenciais AP1 – Gabarito de Equações Diferenciais – 1/2006 3
Substituindo na equação (2) e integrando:
−ln(y) + ln(y − 1) = 1
2
[ln(x− 1)− ln(x+ 1)] + c,
ou ainda,
y − 1
y
= k
√
x− 1
x+ 1
Impondo a condição inicial:{
x = 2
y = 2
}
=⇒ 1
2
= k
√
1
3
=⇒ k =
√
3
2
A solução é a função definida implicitamente por
y − 1
y
=
√
3
2
√
x− 1
x+ 1
.
Questão 4: (valor: 2,5)
Calcule uma família a um parâmetro de curvas planas definindo implicitamente soluções de(
x2y3 − 1
1 + x2
)
y′ + x3y2 = 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
(3)
∂F
∂y
= x3y2 (4)
Integrando (4) com realção y:
F (x, y) =
x3y3
3
+ g(x) (5)
Derivando (5) com respeito a x e igualando a (3), obtemos
x2y3 + g′(x) = x2y3 − 1
1 + x2
Assim,
g′(x) = − 1
1 + x2
,
g(x) = −arctg(x),
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Equações Diferenciais AP1 – Gabarito de Equações Diferenciais – 1/2006 4
e
F (x, y) =
x3y3
3
− arctg(x).
As soluções da equação proposta são definidas implicitamente pela família de curvas plans
x3y3
3
− arctg(x) = c
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