EP2 ED 2009 1 tutor

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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
Equações Diferenciais - Exercícios Programados 02
Soluções
Exercício 1 Quais das equações abaixo são equações diferenciais lineares de
primeira ordem . Por quê?
a) y′ − y = 2xe2x
b) xy′ + 2
√
y =
senx
x
c) 3y′ − cos y = epix
d) (senx)y′ + (cosx)y = ex
Solução:
Primeiramente lembramos que uma equação diferencial é dita linear de primeira
ordem se pode ser escrita na forma
dy
dx
+ p(x)y = q(x) x ∈ I. (1)
Assim, temos:
a) y′ − y = 2xe2x ⇒ y′ + (−1)y = 2xe2x. Como essa equação está na forma
(1), ela é uma equação diferencial linear de primeira ordem com p(x) = −1 e
q(x) = 2xe2x.
b) Devido ao fator
√
y na segunda parcela, a equação não pode ser posta na
forma (1), e portanto não é uma equação linear de primeira ordem.
c) 3y′ − cos y = epix ⇒ y′ +
(
−cos y
3
)
=
epix
3
. Observe que o segundo termo
do primeiro membro da última equação é −cos y
3
que não pode ser escrito na
forma p(x)y. Assim, essa equação não é linear.
d) Dividindo a equação por senx, encontramos y′ +
cosx
senx
y =
ex
senx
⇒ y′ +
(cotx)y =
ex
senx
. Observamos que esta última equação é uma equação diferen-
cial liner de primeira ordem com p(x) = cotx e q(x) =
ex
senx
.
Exercício 2 Resolva as equações diferenciais lineares de primeira ordem do
exercício anterior.
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Solução:
Lembre-se que uma equação diferencial da forma y′ + p(x)y = q(x) tem sua
solução dada por
y(x) = e
−
∫
p(x)dx [∫
e
R
p(x)dxq(x)dx + C
]
. (2)
a) Como p(x) = −1 q(x) = 2xe2x, temos
y(x) = e
−
∫
p(x)dx [∫
e
R
p(x)dxq(x)dx + C
]
= e
−
∫
(−1)dx [∫
e
R
(−1)dx2xe2xdx + C
]
= ex
[∫
e−x2xe2xdx + C
]
= ex
[∫
2xexdx + C
]
= 2ex
∫
xexdx︸ ︷︷ ︸
⋆
+Cex.
Para resolver ⋆ vamos usar integração por partes: Fazendo u = x e dv = exdx,
temos du = dx e v = ex, segue que
∫
xexdx = xex −
∫
exdx = xex − ex + C1.
Substituindo a expressão acima em ⋆, obtemos
y(x) = 2ex
∫
xexdx+Cex = 2ex (xex − ex + C1)+Cex = 2xe2x− 2e2x +C2ex,
onde C2(= 2C1 + C) é uma constante real arbitrária.
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d) Como p(x) = cotx q(x) =
ex
senx
, temos
y(x) = e
−
∫
p(x)dx [∫
e
R
p(x)dxq(x)dx + C
]
= e
−
∫
cotxdx [∫
e
R
cotxdx e
x
senx
dx + C
]
= e− ln(senx)
[∫
eln(senx)
ex
senx
dx + C
]
= eln(
1
senx
)
[∫
senx
ex
senx
dx + C
]
=
1
senx
[∫
exdx + C
]
= cscx [ex + C] = ex cscx + C cscx.
Logo, y(x) = ex cscx + C cscx.
Exercício 3 Resolva os seguintes problemas de Cauchy:
a)
{
y′ +
2
x
y =
cosx
x2
, x > 0
y(pi) = 0
b)
{
xy′ + (x + 1)y = x, x > 0
y(ln 2) = 1
c)
{
y′ − 2y = e2x
y(0) = 2
Solução:
Vamos primeiro tentar encontrar a solução de cada equação diferencial e depois
aplicar a condição inicial.
a) Notamos que p(x) = 2x e q(x) =
cosx
x2
. Daí
y(x) = e
−
∫
p(x)dx [∫
e
R
p(x)dxq(x)dx + C
]
= e
−
∫
2
x
dx [∫
e
R
2
x
dx cosx
x2
dx + C
]
= x−2
[∫
x2
cosx
x2
dx + C
]
= x−2
[∫
cosxdx + C
]
= x−2 [senx + C]
= x−2senx + Cx−2.
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Aplicando a condição inicial y(pi) = 0 na última igualdade acima, temos
y(pi) = (pi)−2sen(pi) + C(pi)−2 = 0 ⇒ (pi)−2C = 0 ⇒ C = 0.
Portanto, a solução do problema de Cauchy é y(x) = x−2senx.
b) Como x > 0 podemos dividir a equação por x. Obtemos assim a equação
y′ +
x + 1
x
y = 1. Claramente nesse caso temos p(x) =
x + 1
x
e q(x) = 1.
Portanto,
y(x) = e
−
∫
p(x)dx [∫
e
R
p(x)dxq(x)dx + C
]
= e
−
∫
x + 1
x
dx

∫ eR x + 1x dx(1)dx + C


= e−(x+lnx)
[∫
ex+lnxdx + C
]
= e−xeln x
−1


∫
xexdx︸ ︷︷ ︸
⋆
+C


=
1
xex
[xex − ex + C]
=
C
xex
− 1
x
+ 1.
A expressão ⋆ foi determinada no item 2-a). Aplicando a condição y(ln 2) = 1,
segue que
y(ln 2) =
C
(ln 2)eln 2
− 1
ln 2
+ 1 = 1 ⇒ C
2 ln 2
=
1
ln 2
⇒ C = 2.
Logo, a solução do problema de Cauchy é y(x) =
2
xex
− 1
x
+ 1.
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c) Claramente p(x) = −2 e q(x) = e2x. Assim,
y(x) = e
−
∫
p(x)dx [∫
e
R
p(x)dxq(x)dx + C
]
= e
−
∫
(−2)dx [∫
e
R
(−2)dxe2xdx + C
]
= e2x
[∫
e−2xe2xdx + C
]
= e2x [x + C]
= xe2x + Ce2x.
Finalmente, aplicando a condição y(0) = 2, temos
y(0) = 0 · e2·0 + Ce2·0 = 2 ⇒ C = 2.
Portanto, a solução para o problema de Cauchy é y(x) = xe2x + 2e2x.
Exercício 4 Resolva a equação diferencial y′ =
y + x
x
.
Solução:
Note que a equação pode ser reescrita como y′ +
(
− 1
x
)
y = 1. Assim, temos
p(x) = − 1x e q(x) = 1 e, daí
y(x) = e
−
∫ (
− 1
x
)
dx [∫
e
R
− 1
x
dx(1)dx + C
]
= e
R
1
x
dx
[∫
e−
R
1
x
dxdx + C
]
= x
[∫
e− lnxdx + C
]
= x
[∫
elnx
−1
dx + C
]
= x
[∫
x−1dx + C
]
= x [lnx + C]
= x lnx + Cx.
Portanto, a solução é y(x) = x lnx + Cx.
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Exercício 5 Considere o problema de valor inicial{
y′ +
1
2
y = 2 cosx
y(0) = −1
.
Calcule a equação cujas raízes são os pontos críticos da solução. Obtenha, se
possível, as coordenadas do primeiro ponto de máximo local da solução para
x > 0.
Sugestão: Para encontrar as raízes da derivada de y(x) utilize um software matemático.
Solução:
Vamos começar resolvendo a equação y′ + 12y = 2 cosx. É claro que p(x) =
1
2 e
q(x) = 2 cosx. Daí,
y(x) = e−
R
1
2
dx
[∫
e
R
1
2
dx2 cosxdx + C
]
= e−
x
2
[∫
2e
x
2 cosxdx + C
]
= 2e−
x
2
∫
e
x
2 cosxdx︸ ︷︷ ︸
†
+Ce−
x
2 .
Vamos resolver agora †. Utilizando integração por partes e fazendo u = e x2 e
dv = cosxdx, segue que du = 12e
x
2 dx e v = senx. Daí,∫
e
x
2 cosxdx = e
x
2 senx− 1
2
∫
e
x
2 senxdx︸ ︷︷ ︸
‡
(3)
Aplicando novamente a integração por partes em ‡ e escolhendo u˜ = e x2 e
dv˜ = senxdx temos du˜ = 12e
x
2 dx e v˜ = − cosx. Assim,∫
e
x
2 senxdx = −e x2 cosx− 1
2
∫
e
x
2 (− cosx)dx = −e x2 cosx + 1
2
∫
e
x
2 cosxdx.
Substituindo a expressão acima em (3):∫
e
x
2 cosxdx = e
x
2 senx− 1
2
∫
e
x
2 senxdx
= e
x
2 senx− 1
2
(
−e x2 cosx + 1
2
∫
e
x
2 cosxdx
)
= e
x
2 senx +
1
2
e
x
2 cosx− 1
4
∫
e
x
2 cosxdx;
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daí, ∫
e
x
2 cosxdx +
1
4
∫
e
x
2 cosxdx = e
x
2 senx +
1
2
e
x
2 cosx
5
4
∫
e
x
2 cosxdx = e
x
2 senx +
1
2
e
x
2 cosx
∫
e
x
2 cosxdx =
4
5
e
x
2 senx +
2
5
e
x
2 cosx.
Assim, finalmente encontramos
y(x) = 2e−
x
2
(
4
5
e
x
2 senx +
2
5
e
x
2 cosx
)
+ Ce−
x
2
=
8
5
senx +
4
5
cosx + Ce−
x
2 .
Aplicando y(0) = −1 segue que
y(0) =
8
5
sen0 +
4
5
cos 0 + Ce−
0
2 =
4
5
+ C = −1 ⇒ C = −9
5
.
Portanto, y(x) = 85 senx +
4
5 cosx− 95e−
x
2 .
A equação dos pontos críticos da solucão y(x) é y′(x) = 0
i.é,
8
5
cos x− 4
5
sen x +
9
10
e−x/2 = 0
Certamente é uma equação bastante difícil de ser resolvida pelos procedimentos
ususais do Ensino Médio, ou mesmo do Cálculo I.
Comentário:
O objetivo do restante desta solução é mostrar como
as ferramentas dos programas de computação mate-
mática usuais são instrumentos muito importantes
para nos auxiliar aentender as solucões das equa-
ções diferenciais. Muitas vezes, são os únicos instru-
mentos de que dispomos para resolver (aproximada-
mente) as próprias equações..
Para encontrar o primeiro ponto de máximo para x > 0, utilizaremos o
programa de computação algébrica Maxima.
1. Primeiramente, vamos definir a função y(x) = 85 senx +
4
5 cosx− 95e−
x
2 :
f(x):= 8/5*sin(x)+4/5*cos(x)-9/5*exp(-x/2);
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2. Agora, vamos plotar o gráfico de y(x) no intervalo [0, 10]:
plot2d(f(x),[x,0,10]);
Obtemos:
-1.5
-1
-0.5
 0
 0.5
 1
 0 2 4 6 8 10
8/5*sin(x)+4/5*cos(x)-9/5*exp(-x/2)
3. Percebemos que o primeiro ponto de máximo para x > 0 pertence ao
intervalo [0, 2]. Para encontrar tal ponto, vamos tomar a derivada de y(x)
diff(f(x),x);
e resolver a equação y′ = 85 cosx− 45 senx + 910e−
x
2 = 0 em [0, 2]:
find_root(8/5*cos(x)-4/5*sin(x)+9/10*exp(-x/2)=0,x,0,2);
Assim, o Maxima nos responde com o valor
1.364311696693293
Por último, vamos determinar a imagem de x = 1.364311696693293:
f(1.364311696693293);
Obtendo, assim, o valor .8200819137435496. Logo, o primeiro ponto de
máximo é o ponto (1.364311696693293, .8200819137435496).
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Exercício 6 A função definida por
Erf(x) =
2√
pi
∫ x
0
e−t
2
dt
é chamada de função erro. Mostre que
y(x) = ex
2
+
1
2
ex
2√
pi Erf(x)
é a solução de 

dy
dx
− 2xy = 1
y(0) = 1
Solução:
Por um lado
y′(x) = 2xex
2
+ xex
2√
pi Erf(x) +
1
2
ex
2√
pi
2√
pi
e−x
2
= 2xex
2
+ xex
2√
piErf(x) + 1
Por outro lado, é imediato que
2xy + 1 = 2xex
2
+ xex
2√
piErf(x) + 1
Além disso, claramente
ex
2
+
1
2
ex
2√
pi Erf(x)
∣∣∣
x=0
= e0
2
+
1
2
e0
2√
pi Erf(0) = 1
o que conclui o exercício.
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