EP01 ED 2007 2 tutor

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Fundação Centro de Ciên
ias e Edu
ação Superior a Distân
ia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Edu
ação Superior a Distân
ia do Estado do Rio de Janeiro
Equações Diferen
iais - Exer
í
ios Programados 01 & 02
semanas de 23/07 a 05/08/2007
Soluções
Exer
í
io 1
a) Na lista seguinte, adotaremos as seguintes 
onvenções:
i) As funções envolvidas são 
onsideradas em intervalos onde elas podem ser de�nidas
e 
ontínuas. Se nada for dito estaremos supondo o maior intervalo possível em 
ada
aso. No 
aso parti
ular da função logaritmo, estamos supondo o domínio formado
pelos reais positivos
ii) u e v são funções que dependem da variável x
iii) a e n são 
onstantes , b é uma 
onstante real positiva, e c indi
a a 
onstante de
integração.
1.
∫
a dx = ax + c
2.
∫
a f(x) dx = a
∫
f(x) dx
3.
∫
(u + v) dx =
∫
u dx +
∫
v dx
4.
∫
xn dx =
xn+1
n + 1
+ c, n 6= −1
5.
∫
dx/x = ln x + c, x > 0
6.
∫
dx/x = ln (−x) + c, x < 0
7.
∫
ex dx = ex + c
8.
∫
eax dx = eax/a + c
9.
∫
bax dx =
bax
a ln b
+ c
10.
∫
ln x dx = x ln x− x+ c
11.
∫
sen x dx = −
os x+ c
12.
∫
os x dx = sen x + c
13.
∫
tg x dx = −ln [
os x] + c
14.
∫
otg x dx = ln [sen x] + c
15.
∫
se
 x dx = ln (se
 x + tg x) + c
16.
∫
sen x 
os x dx = 1
2
sen
2x + c
17.
∫ dx
a2 + x2
dx =
1
a
ar
tg
x
a
+ c
18.
∫ dx√
a2 − x2 dx = ar
sen
x
a
+ c
19.
∫ dx√
x2 ± a2 = ln[x +
√
x2 ± a2] + c
20.
∫
u dv = uv − ∫ v du
- Examine 
om atenção a lista a
ima. Pro
ure memorizar as expressões e avaliar
os intervalos em que elas são válidas.
- Veri�que, derivando o lado direito, a validade das fórmulas.
Exer
í
io 2 A
har a 
urva que passa pelo ponto (1,2) e 
ujas retas tangentes
em 
ada ponto formam 
om o eixo x um ânguo 
omplementar ao que é formado
om o mesmo eixo x, pela reta quer liga aquele ponto à origem.
Sugestão: Faça uma �gura
Consór
io CEDERJ - Fundação CECIERJ 2007/2
Solução:
Por hipótese a soma das medidas dos ângulos a e b é sempre pi/2, o que diz
pre
isamente que em 
ada ponto a reta tangente é perpendi
ular à reta que liga
o ponto à origem.
A in
linação da reta tangente num ponto P = (x, y) é dy/dx. A in
linação
da reta que liga P à origem é y/x.
Temos então
dy
dx
= − 1
y/x
ou seja, a equação diferen
ial satisfeita pelos pontos da 
urva pro
urada é
y′ = −x
y
que é separável, e 
uja solução geral é
x2 + y2 = K
E 
omo a 
urva pro
urada passa por (1,2) tiramos C = 5
A resposta do problema é o 
ír
ulo de equação
x2 + y2 = 5
Exer
í
io 3 Cal
ule ∫
x2
1 + x2
dx
Consór
io CEDERJ - Fundação CECIERJ 2007/2
Solução:
∫
x2
1 + x2
dx =
∫ (
1− 1
1 + x2
)
dx =
∫
1 dx +
∫
(−1) 1
1 + x2
dx =
=
∫
1 dx−
∫
1
1 + x2
dx = x + C1 − (arctg x + C2) =
x− arctg x + C
Exer
í
io 4
Mostre que a equação diferen
ial (y′)2 +1 = 0 não admite nenhuma solução
real.
Solução:
Suponha que a equação possui uma solução real ϕ, de�nida em algum
sub
onjunto de R. Os valores ϕ(x) e também ϕ′(x) evidentemente são números
reais, e 
omo tais ϕ′(x)2 ≥ 0 para todos os x.
Conseqüentemente não pode existir nenhum número x0 ∈ R tal que
ϕ′(x0)
2 + 1 = 0
pois isso equivaleria a
ϕ′(x0)
2 = −1 < 0,
o que 
ontradiz o fato de ϕ′(x)2 ≥ 0 para todos os x.
Logo a equação não tem soluções reais.
Exer
í
io 5
a) Veri�que que
ϕ1(x) = x
4/16, x ∈ R
e
ϕ2(x) =
{
x4/16, se x < 0
0, se x ≥ 0
são soluções do Problema de Valor Ini
ial
{
dy/dx = x
√
y
y(−2) = 1
Consór
io CEDERJ - Fundação CECIERJ 2007/2
b) Existe alguma 
onstante c tal que
ϕ1(x) = ϕ2(x) + c para todos x?
Solução:
a) Temos
para 
ada x ∈ R, ϕ′1(x) = x3/4 = xx2/4 = x
√
ϕ1(x),
o que mostra que ϕ1 é solução.
Derivando ϕ2 separadamente nos intervalos (−∞, 0) e (0,+∞), e substituindo
na equação, temos
se x < 0, ϕ′2(x) = x
3/4 = xx2/4 = x
√
ϕ2(x)
e
se x > 0, ϕ′2(x) = 0 = x
√
0 = x ·
√
ϕ2(x).
No ponto x0 = 0, ϕ
′
2(0) = lim
h→0
ϕ2(h)− 0
h
= 0, tanto pela direita, quanto
pela esquerda.
Assim
ϕ′2(0) = 0 = 0 ·
√
ϕ2(0).
Portanto,
ϕ′2(x) = x ·
√
ϕ2(x)
em todos os pontos, o que mostra que ϕ2 também é solução.
É fá
il 
onstatar que tanto ϕ1(−2) = 1 quanto ϕ1(−2) = 1
Portanto ambas são soluções do mesmo PVI.
b) Suponha que exista uma tal 
onstante c. No ponto x0 = 0 ϕ1 e ϕ2 têm
o mesmo valor, a saber: 0. Então
ϕ1(0) = 0 = ϕ2(0) + c =⇒ c = 0
Por outro lado, no ponto x = 1, ϕ1(x) = 1/16 ao passo que ϕ2(x) = 0. Isso nos
dá
ϕ1(1) = 1/16 = ϕ2(1) + c = 0 + c =⇒ c = 1/16.
Vemos então que não existe um valor 
onstante c tal que para todo
x ∈ R ϕ1(x) = ϕ2(x) + c.
Consór
io CEDERJ - Fundação CECIERJ 2007/2
Exer
í
io 6
Seja C o grá�
o de uma
função y = f(x), total-
mente 
ontido no primeiro
quadrante. Suponha que
para 
ada ponto P =
(x, y) ∈ C, a reta tangente
a C em P interse
ta o eixo
OY no ponto de 
oordena-
das (0, 2xy2). Determine
essa 
urva.
P
C : y = f(x)
T
} y − 2xy2
{2xy2
θ
x
y
Solução:
A
ompanhe pela �gura:
Por um lado, a in
linação da reta tangente a C em P é dada por dy/dx.
Por outro lado, a mesma in
linação de T em P é igual à tangente do ângulo
θ, a qual é
y − 2xy2
x
.
Igualando as duas expressões para a in
linação de T em P :
dy
dx
=
y − 2x2
x
. (∗)
Per
ebe-se fa
ilmente que a equação (*) é uma equação de Bernoulli, a saber:
dy
dx
− 1
x
y = −2y2. (∗∗)
A substituição z = y1−2 = y−1 transforma (**) na equação diferen
ial linear,
na variávesl z:
1
−1
dz
dx
= − 1
x
z = −2. (∗ ∗ ∗)
A solução geral de (***) é
z = e
−
R
1
x
dx
0
@
∫
e
R
1
x
dx · 2 dx + c
1
A
=
1
x
(x2 + c)
Daí, 
omo y = z−1, a solução geral da equação (*), que dá as equações das
urvas pro
uradas, é
y =
1
x2 + C
,
que representa uma família de hipérboles equiláteras, das quais devemos 
onsi-
derar apenas os ramos perten
entes ao primeiro quadrante.
Consór
io CEDERJ - Fundação CECIERJ 2007/2