Aula 02 Separáveis e Homogêneas

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Aula 2: Separáveis e Homogêneas
Equações de 1ª ordem e 1º grau
a) Funções de apenas uma variável;
b) Produtos com fatores de uma só variável ou
c) Constantes
Equações de Variáveis Separáveis
A equação do tipo Mdx + Ndy = 0, em que M e N podem ser:
Exemplos: Resolver as seguintes equações:
Cyx
x
Cdydxx
dydxx
x
dx
dy
=−−
=−−
=−−
−=
 
2
3
)13(
0)13(
13)1
2
0)2 =− xdyydxyx
11

K
y
x
e
y
x
C
y
x
Cyx
Cdy
y
dx
x
dy
y
dx
x
C
=
=
=
=−
=−
=−

ln
lnln
11
0
11
0sec.sec.)3 =− xdytgyydxtgx xy sec
1
sec
1
 Cxy
Cyx
Csenydysenxdx
senydysenxdx
dy
y
y
seny
dx
x
x
senx
dy
y
tgy
dx
x
tgx
dy
xy
xtgy
dx
xy
ytgx
=−
=−−−
=−
=−
=−
=−
=−
 
coscos
)cos(cos
0
0
cos
1
cos
cos
1
cos
0
secsec
0
sec.sec
sec.
sec.sec
sec.
0)1( )4 2 =−+ xydxdyxyx )1(
1
2+

2
2
2
2
2
2
1.
ln
1
ln
ln1lnln
)1ln(
2
1
ln
1
1
0
1
1
xKy
k
x
y
kxy
Cxy
Cdx
x
x
dy
y
dx
x
x
dy
y
+=
=
+
=+−
=+−
=
+
−
=
+
−

2
2
1
1
dx
dy
 )5
x
y
+
+
=
artifício o membros dois aos aplicando
Carctgxarctgy
dx
x
dy
y
dx
x
dy
y
+=
+
=
+
+
=
+
 22
22
1
1
1
1
1
1
1
1
 
1
:,
.1
)( )( que :
)()(
xtgC
tgCx
y
temos
tgbtga
tgbtga
batgeyarctgytgobs
Carctgxtgarctgytg
−
+
=
−
+
=+=
+=
Cxdx
y
dy
xdx
y
dy
xdx
y
dy
xy
dx
dy
xy
dx
dy
=+
=+
−=
−=
=+
 cos
0cos
cos
cos
0cos)6
senx
senx
c
senxC
e
k
y
e
e
y
ey
senxCy
Csenxy
=
=
=
−=
=+
−
ln
ln
0secsec)7 22 =+ tgxdyytgydxx
tgxtgy.
1

0
secsec 22
=+ dy
tgy
y
dx
tgx
x
 
sec
e 
sec 22 


=
=



=
=
ydydv
tgyv
xdxdu
tgxu
Cdy
tgy
y
dx
tgx
x
=+ 
22 secsec
Ktgytgx
etgytgx
Ctgytgx
Ctgytgx
Cvu
Cdv
v
du
u
C
=
=
=
=+
=+
=+ 
.
.
).ln(
lnln
lnln
11
Equações Diferenciais Homogêneas
M(x,y)dx+N(x,y)dy=0
• São aquelas cujas funções M(x,y) e N(x,y) são 
homogêneas de mesmo grau.
• Exemplos:
1) (x+y)dx +(y-x)dy = 0
2) (x2 – y2)dx – (2xy) dy = 0
Método de Resolução
Através da substituição
y=xt e dy =xdt + tdx
M(x,y) é homogênea de grau p quando:
M(tx,ty) = tp M(x,y)
Ex.1) M(x,y) = x + y e N(x,y) = y – x
M(tx,ty) = tx + ty = t(x+y) = t M(x,y)
M é homogênea de grau 1.
N(tx,ty) = ty – tx = t(y-x) = t N(x,y)
N é homogênea de grau 1.
Solução: Através da substituição
y=xt e dy =xdt + tdx
1) (x+y)dx +(y-x)dy = 0 temos,
(x+xt)dx +(xt-x)(xdt +tdx) = 0
(x+xt)dx +[x2tdt + xt2dx – x2dt – xtdx] = 0
(x+xt +xt2 – xt)dx +(x2t – x2) dt = 0
x(1+t2) dx + x2(t – 1) dt = 0 
22
1
1
1
xt

+

0
1
11
2
=
+
−
+ dt
t
t
dx
x
kdt
t
t
dx
x
dt
t
t
dx
x
=
+
−
+
=
+
−
+
 2
2
1
11
0
1
11
k
y
tgarc
x
y
x
ondekttgarctx
=−++
==−++
x
 )1ln(
2
1
ln 
,
x
y
 t )1ln(
2
1
ln
2
2
2
kdt
t
dt
t
t
x =
+
−
+
+  22 1
1
1
ln
Ex.2) M(x,y) = x2 – y2 e N(x,y) = -2xy
M(tx,ty) = (tx)2 – (ty)2 = t2x2 – t2y2 = t2 M(x,y)
M é homogênea de grau 2.
N(tx,ty) = -2(tx)(ty) = -2t2xy = t2 (-2xy)= t2 N(x,y)
N é homogênea de grau 2.
2) (x2-y2)dx – (2xy)dy = 0
(x2-x2t2)dx – (2x.xt)(xdt + tdx) = 0
(x2-x2t2)dx – 2x3tdt - 2x2t2dx = 0
(x2-x2t2 - 2x2t2)dx – 2x3tdt = 0
x2(1- 3t2 )dx – 2x3tdt = 0
32
1
31
1
xt

−
 0
31
21
2
=
−
− dt
t
t
dx
x
0
31
21
2
=
−
− dt
t
t
dx
x
ktx
kdt
t
t
dx
x
=−+
=
−
− 
)31ln(
3
1
ln
31
21
2
2
c
x
y
x
x
y
tceetx
ktx
kk
=−
===−
=−
3
2
2
3 2
3 2
31 . 
,; 31 
31ln