EP04 Gabarito

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1
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 04 - Soluções
Exer
í
io 1 Faça a Atividade 8.1 da Aula 8.
Solução:
ERRATA:
Caros alunos, Peço a �neza de fazer uma pequena alteração na de�nição (8.1):
Onde se lê:
∀ (x, y) ∈ U, ∀ t ∈ R tal que (tx, ty) ∈ U G(tx, ty) = tkG(x, y).
leia-se
∀ (x, y) ∈ U , ∀ t ∈ R+ tal que (tx , ty) ∈ U G(tx , ty) = tkG(x , y).
a)
• f(x, y) = x4 + 3x2y2 + y4 ;
• U = R2;
• {t ∈ R+ | (tx, ty) ∈ U} = R+.
Além disso, ∀(x, y) ∈ U, ∀t ∈ R+,
f(tx, ty) = t4x4 + 3t2x2 + t4y4 = t4(x4 + 3x2y2 + y4) = t4 f(x, y).
Portanto f é uma função homogênea de grau quatro em R2.
b)
• f(x, y) = 3
√
x3 + y3 ;
• U = R2;
• {t ∈ R+ | (tx, ty) ∈ U} = R+.
Além disso, ∀(x, y) ∈ U, ∀t ∈ R+, (tx, ty) ∈ U , e
f(tx, ty) = 3
√
t3x3 + t3y3 = 3
√
t3(x3 + y)3 = t 3
√
x3 + y3 = t1 f(x, y).
Portanto f é uma função homogênea de grau um em R2.
)
Consór
io CEDERJ - Fundação CECIERJ 2012/2
2
• f(x, y) = sen
(
xy
x2 − y2
)
;
• U = {(x, y) ∈ R2;x 6= ±y};
• {t ∈ R+ | (tx, ty) ∈ U} = R+.
Além disso, ∀(x, y) ∈ U, ∀t ∈ R+ (tx, ty) ∈ U , e
f(tx, ty) = sen
(
tx ty
t2x2 − t2y2
)
= sen
(
t2xy
t2(x2 − y2)
)
= sen
(
xy
x2 − y2
)
= t0 f(x, y).
Portanto f é uma função homogênea de grau zero em U .
d)
• f(x, y) = y − x cos2
(
x
y
)
;
• U = {(x, y) ∈ R2 | y 6= 0};
• {t ∈ R+ | (tx, ty) ∈ U} = R+.
Além disso, ∀(x, y) ∈ U, ∀t ∈ R+ (tx, ty) ∈ U , e
f(tx, ty) = ty − tx cos2
(
tx
ty
)
= t
[
y − xcos2
(
x
y
)]
= t1 f(x, y).
Portanto f é uma função homogênea de grau um em U .
Exer
í
io 2 Resolva o exer
í
io 8.1, da Aula 8:
Caros alunos, deixamos a seu 
argo a veri�
ação de que os 
oe�
ientes das equações
deste exer
í
io são funções homogêneas de mesmo grau (
om graus de homogeneidade
podendo variar de equação para equação).
OBSERVE QUE, independentemente do grau de homogeneidade dos 
oe�
ientes, a
mudança de variáveis é sempre a mesma.
Consór
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3
Enun
iado: Determine soluções gerais de :
a) (x2 − y2)− 2xy y′ = 0
b) (x2 + y2)− xy y′ = 0
) (x− y) dx − (x+ y) dy = 0
d) x dy − y dx =
√
x2 + y2 dx
e)
dy
dx
= e(y/x) +
y
x
f)
[
x sen
(y
x
)
+ x+ y
]
− x dy
dx
= 0
Soluções:
a) Os 
oe�
ientes são funções homogêneas de grau dois.
De�nimos a variável v pela fórmula y = v x de modo que y′ = v + xv′.
Substituimos na equação, obtemos
(x2 − v2x2)− 2vx2 (v + xv′) = 0,
isto é,
x2 − 3v2x2 − 2vx3 v′ = 0;
ou ainda
x2 (1 − 3v2 − 2vxv′) = 0.
Assim,
x2 = 0 ou 1− 3v2 − 2vxv′ = 0.
A equação algébri
a x2 = 0 equivale a x = 0, 
uja representação grá�
a é o
eixo verti
al, que não é grá�
o de uma função; e portanto não 
orresponde a
nenhuma solução da equação diferen
ial.
Devemos supor x 6= 0, o que signi�
a que restringimos os domínios dos 
oe�
i-
entes da equação a R
2 − {(x, y) | x = 0}.
Simpli�
ando, obtemos a equação separável
1− 3v2 − 2vxv′ = 0.
Consór
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Temos
1− 3v2 − 2vxv′ = 0 ⇐⇒ 1− 3v2 = 2xvv′
⇐⇒ 2v dv
1− 3v2 =
dx
x
⇐⇒ −1
3
ln|1− 3v2| = ln|x|+ k = ln c |x| 
om k = ln c
Então
|1− 3v2|−1/3 = c |x|,
ou, substituindo de volta v por y/x e �englobando� as 
ombinações de sinais no
parâmetro
1
c x =
(
1− 3y
2
x2
)−1/3
ou ainda
x2 − 3y2 = c x−1.
Dizemos que x2−3y2 = c x−1 é a expressão que de�ne impli
itamente as soluções
y(x) da equação (x2 − y2)− 2xy y′ = 0.
b) Os 
oe�
ientes são funções homogêneas de grau dois.
De�nimos a variável v pela fórmula y = v x de modo que y′ = v + xv′.
Substituimos na equação,
(x2 + v2x2)− vx2 (v + xv′) = 0,
isto é,
x2 + v2x2 − v2x2 − 2vx3 v′ = 0;
ou ainda
x2 (1 − vxv′) = 0.
Assim,
x2 = 0 ou 1 = vxv′.
Pelas mesmas razões expostas no no item (a), vamos supor x 6= 0 obtendo a
equação separável
v dv =
dx
x
.
Integrando, temos a fórmula
v2
2
= ln c |x|.
1
o que 
orresponde a restrições nos domínios de variação de x e y
Consór
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Novamente �englobando� as 
ombinações de sinais no parâmetro, e substituindo
v por y/x, obtem-se
c x = ey
2/2x2
para a expressão que de�ne impli
itamente as soluções y(x) da equação
(x2 + y2)− xy y′ = 0.
) Primeiramente, es
revemos a equação na forma (x− y)− (x+ y) y′ = 0. Seus
oe�
ientes são funções homogêneas de grau um.
Seja v uma nova variável dependente, de�nida pela fórmula y = v x; de modo
que y′ = v + xv′.
Substituimos na equação, obtemos
(x− vx)− (x+ vx)(v + x v′) = 0,
isto é,
x [(1 − v)− (1 + v)(v + x v′)] = 0.
Portanto
x = 0 ou (1− v)− (1 + v)(v + x v′) = 0.
Des
artamos a hipótese x = 0, e �
amos 
om a equação separada (veri�que)
(1 + v) dv
1− 2v − v2 =
dx
x
,
uja solução é de�nida por
|1− 2v − v2|−1/2 = c |x|.
Novamente �englobando� as 
ombinações de sinais no parâmetro, obtem-se,
substituindo v por y/x, e simpli�
ando, a expressão que de�ne impli
itamente
as soluções y(x) da equação (x − y) dx− (x+ y) dy = 0:
x2 − 2xy − y2 = c.
d) Temos:
x dy − y dx =
√
x2 + y2 dx ⇐⇒ x dy − (y +
√
x2 + y2) dx = 0
⇐⇒ (y +
√
x2 + y2)− x y′ = 0,
que é uma equação 
ujos 
oe�
ientes são
funções homogêneas de grau um.
Seja v de�nida por y = v x. Temos y′ = v + xv′.
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Substituimos na equação, obtemos
vx+
√
x2 + x2v2)− x (v + x v′) = 0,
Supondo agora x > 0, temos
x [v +
√
1 + v2 − (v + x v′)] = 0.
A seguir, simpli�
amos a equação para
v +
√
1 + v2 = (v + x v′),
ou ainda (veri�que!)
dv√
1 + v2
=
dx
x
.
Substituindo v = tg t, dv = sec2 t e 1 + v2 = sec2 t, �
amos 
om a equação
sec t dt =
dx
x
.
Daí, integrando,
ln (sec t+ tg t) = ln x+ k = ln x+ ln c = ln cx.
Agora, já que v = tg t então t = arctg v e
sec t =
√
1 + tg2 t =
√
1 + tg2 (arctg v) =
√
1 + v2.
Assim
ln (sec t+ tg t) = ln cx ⇐⇒ ln (
√
1 + v2 + tg arctg v) = ln cx;
i.é,
ln (
√
1 + v2 + v) = ln cx;√
1 + v2 + v = c x.
substituindo v por y/x: √
x2 + y2
x
+
y
x = c x.
Portanto a expressão que de�ne impli
itamente as soluções y(x) da equação
x dy − y dx =
√
x2 + y2 dx é
√
x2 + y2 + y = c x2.
e) A forma da equação já supõe que ela está de�nida em uma região que não
ontem o eixo das ordenadas (x = 0) Seja v de�nida por v = yx . Certamente
Consór
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y = v x e y′ = v + xv′.
Substituimos na equação, obtemos
v + x v′ = ev + v.
Simpli�
ando, temos
x v′ = ev,
ou
e−v dv =
dx
x
;
ujas soluções são dadas por
−e−v = ln x+ k = ln x− ln c.
(Qualquer parâmetro real k também pode ser 
onsiderado 
omo o simétri
o
do logaritmo de um outro parâmetro c.) Assim e−v = ln c − ln x = ln ( cx) .
substituindo v por y/x:
e
−
y
x = ln
( c
x
)
.
Isto é,
− y
x
= ln
[
ln
( c
x
)]
ou ainda
y = −x ln
[
ln
( c
x
)]
,
que é a expressão que de�ne expli
itamente as soluções y(x) de
dy
dx
= e(y/x) +
y
x
f)Como no item (e), forma da equação já supõe que ela está de�nida em uma
região que não 
ontem o eixo das ordenadas (x = 0).
Primeiramente, dividimos toda a equação por x:
[
sen
(y
x
)
+ 1 +
y
x
]
− dy
dx
= 0
Seja v de�nida por v = yx . Certamente y = v x e y
′ = v + xv′.
Substituimos na equação, obtemos
sen v + 1 = v = v + x v′.
Simpli�
ando, temos a equação separável
x v′ = sen v + 1,
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ou, na forma separada (
1sen v + 1
)
dv =
dx
x
.
Então ∫
dv
sen v + 1
= ln x+ k = ln cx (k = ln c).
Tem-se: ∫
dv
sen v + 1
=
∫
1
1 + sen v
· 1− sen v
1− sen v dv
=
∫
1− sen v
1− sen2 v dv =
∫
1− sen v
cos2 v
dv
=
∫
1
cos2v
dv +
∫
cos−2 v(−sen v) dv
=
∫
sec2 v dv − 1
cos v
= tg v − sec v.
Temos portanto a solução na variável v:
tg v − sec v = ln cx.
substituindo v por y/x:
tg
(y
x
)
− sec
(y
x
)
= ln cx;
que é a expressão que de�ne impli
itamente as soluções y(x) de[
x sen
(y
x
)
+ x+ y
]
− x dy
dx
= 0.
Exer
í
io 3 Resolva o exer
í
io 8.2 da Aula 8.
Enun
iado:Resolva as equações diferen
iais abaixo:
1)
dy
dx
=
2x− 3y − 1
3x+ y − 2
2) (x + 2y − 4)− (2x+ y − 5)y′ = 0
3)
dy
dx
=
2x− y + 1
6x− 3y − 1
4)
dy
dx
=
x+ 2y + 1
2x+ 4y + 3
Consór
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Caros alunos, examinem 
uidadosamente o material da Aula 8, das páginas 83 a 85,
in
luindo o Exemplo 8.3. Em 
ada item, identi�que os 
oe�
ientes a1, b1, · · · c2 do
quo
iente no lado direito da equação, e transforme-a numa equação de 
oe�
ientes
homogêneos (que depois pre
isa ser transformada numa equação separável),se
(i) det
(
a1 b1
a2 b2
)
6= 0;
ou obtenha diretamente uma equação separável, se
(ii) det
(
a1 b1
a2 b2
)
= 0.
Depois, não esqueça de 
al
ular as soluções.
Aqui vão as Respostas:
1) 2x2 − 6xy − y2 − 2x+ 4y + c = 0
2)(x− y − 1)3 = c(x + y − 3)
3)5x− 15y + 4ln(10x− 5y − 3) = c
4)ln(4x+ 8y + 5) + 8y − 4x = c .
OBSERVAÇ�O: Em todos os itens, a função F que apare
e na teoria da Aula
8, é a função identidade. Ou seja, as equações tem a forma
dy
dx
=
a1x+ b1y + c1
a2x+ b2y + c2
Exer
í
io 4 Sabemos que a equação geral polinomial do segundo grau em
duas variáveis x e y:
Ax2 +B y2 + C xy +Dx+ E y + F = 0, (1)
representa uma 
urva 
�ni
a em �posição geral� (i.é, 
ujos eixos de simetria
não são obrigatoriamente paralelos aos eixos 
oordenados ortogonais 
artesia-
nos usais OX e Oy; e 
ujo 
entro (e/ou vérti
e) não é ne
essariamente a origem
das 
oordenadas).
Sabemos também que se P = (x0, y0) é um ponto da 
�ni
a (1) tal que, numa
vizinhança de P , podemos exprimir a 
oordenada y 
omo função da 
oordenada
x, então a função y = y(x) é derivável.
Consór
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Usando derivação implí
ita, 
al
ule uma equação diferen
ial de primeira ordem,
uja solução é exatamente o grá�
o da função y = y(x) na vizinhança de (x0, y0).
OBS: Ler e interpretar o problema é meio 
aminho andado para se 
hegar à sua
solução. Leia e releia a questão (que talvez não esteja enun
iada da forma mais
lara possível), dis
uta 
om seus 
olegas, 
onsulte o(s) tutor(es), a internet, seu
professor.
Solução:
Derivando impli
itamente a equação (1), temos
2Ax+ 2B y y′ + C (y + x y′) +D + E y′ = 0.
ou seja,
2Ax+ C y +D + y′ (2B y + C x+ E) = 0.
E então
y′ =
−2Ax− C y −D
2B y + C x+ E
(2)
A equação diferen
ial (2) é exatamente a equação diferen
ial pedida.
Observe que ela é da f orma
dy
dx
=
a1x+ b1y + c1
a2x+ b2y + c2
,
o que é um elemento de reforço para o estudo deste tipo de equação diferen
ial.
Na próxima aula, vamos explorar um pou
o mais essas importantes equações.
Consór
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