ap1 ed 2011 1 gabarito (1)

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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 – 2011/1
Soluções!
Questão 1 [2,5 pts]
Resolva o problema de valor inicial

dy
dt
= 1 + y + t2y + t2
y(0) = 0
Solução:
Fatorando o lado direito da equação, temos
dy
dt
= 1 + y + t2y + t2 = (1 + y)(1 + t2),
e podemos identificar a equação como sendo separável. Escrevemos
1
1 + y
dy
dt
= 1 + t2
Integrando “os dois lados”
ln(1 + y) = t+ t3/3 + c.
“Tirando o valor” de y:
y(t) = et+t
3/3+c − 1.
A condição inicial nos diz que
0 = y(0) = ec − 1 ou c = 0
E assim a solução é
y(t) = et+t
3/3 − 1.
Obs : A equação também pode ser vista (e resolvida) como uma equação diferencial linear
não-homogênea de primeira ordem.
Questão 2 [2,5 pts]
1
a) Determine o comportamento da solução do problema de Cauchy{
(dy/dx) + axy = 0
y(0) = 2
,
sendo a uma constante real < 0.
Solução: A solução do PVI dado é
y′ + axy = 0 ⇐⇒
y′
y
= −ax
⇐⇒ ln|y| = −
ax2
2
+ k︸︷︷︸
ln c
⇐⇒ ln
|y|
c
= −
ax2
2
⇐⇒ |y| = c e−ax
2/2
Como e−ax
2/2 é sempre > 0, o ldado direito tem o mesmo sinal de
c.
E, para satisfazer a condição inicial, devemos ter 2 = c.
portanto a solução do PVI é
y(x) = 2e−ax
2/2.
E como a < 0, qundo x −→ +∞ temos que −ax2/2 −→ −∞.
Portanto
y(x) = 2e−ax
2/2 −→ +∞.
b) Resolva o problema de valor inicial{
dy/dt+ (sen t)y = 0
y(0) = 3/2
Solução: Repetindo o método usado no item (a), obtemos a
solução y = 3
2
e(cos t−1)
c) Resolva o problema de valor inicial{
t dy/dt+ (sen t)y = 0
y(1) = 2
2
Solução: Escrevendo a equação diferencial na forma normal, te-
mos
dy/dt+
sen t
t
y = 0.
OBS: Neste caso, como é impossível calcular uma primitiva envolvendo somente um nú-
mero fnito de funções elementares. Devemos utilizar diretamente a fórmula de solução
apresentada na Aula 3, a saber:
y(t) = y0 e
−
∫
t
t0
p(u) du
Obtemos
y = 2 e
(∫ t
1
sen u
u
du
)
Questão 3 [2,5 pts]
Mostre que a equação Observação: A equação da
Questão 3 também pode ser
vista como uma equação linear
de primeira ordem (em inter-
valos onde x 6= 0). Entretanto
pede-se a solução obtida utili-
zando a técnica de equações de
coeficientes homogêneos.
Soluções obtidas por outras
técnicas não serão considera-
das.
xy′ = 2x+ 3y
é uma equação de coeficientes homogêneos. Obtenha sua solução geral,
utilizando a técnica de solução de equações de coeficientes homogêneos.
Solução: Reescrevemos a equação como
−(2x+ 3) + xy′ = 0;
e, a seguir, observamos que M = −(2x + 3y) e N = x são funcões
homogêneas de grau um.
Fazendo a mudança z = y/x, e substituindo na equação, o resultado
é
z + x ·
dz
dx
= 2 + 3
y
x
= 2 + 3z.
A equação se separa em
dz
2 + 2z
=
dx
x
.
Integrando:
1
2
ln(1 + z) = ln x+ c .
ou
z = k x2 − 1 ·
3
Substituindo z = y/x, obtemos
y = k x3 − x ·
Questão 4 [2,5 pts]
Calcule o valor de n para o qual a equação
(x+ ye2xy) + nxe2xy · y′ = 0
é exata. A seguir, resolva e a equação para este valor de n .
Solução:
Sejam M(x, y) = x+ ye2xy e N(x, y) = nxe2xy·
Temos My = e
2xy + 2xye2xy e Nx = ne
2xy + n2xye2xy
Como Nx(x, y) = nMy(x, y), observamos que a equação será exata se
n = 1.
Suponha n = 1. Então a equação é exata, e existe ϕ(x, y) tal que
ϕx(x, y) = x+ ye
2xy (1)
e
ϕy(x, y) = xe
2xy (2)
Integrando (2) com respeito a y:
ϕ(x, y) =
1
2
e2xy + f(x) (3)
Derivando (3) com relação a x e igualando o resultado com (1):
y e2xy + f ′(x) = x+ e2xy,
de onde calculamos f(x) =
x2
2
.
Substituindo em ( 3):
ϕ(x, y) =
1
2
e2xy +
x2
2
.
Assim, se n = 1 a equação (x+ ye2xy)+nxe2xy · y′ = 0 é exata; e suas
soluções estão definidas impicitamente pela fórmula
1
2
e2xy +
x2
2
= c
sendo c um parâmetro real.
4