Exercicios C4

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UFPE – A´REA II – 2018.1 – Prof. Fernando J. O. Souza
MA129 (ca´lculo diferencial e integral 4) – turmas q1 e q7
SIMULADO DA 1a UNIDADE v. 1.0 & GABARITO v. 1.0
Orientac¸a˜o: Distribuir a resoluc¸a˜o das questo˜es em sete sesso˜es de 120 minutos
cada, sem interrupc¸a˜o nem distrac¸o˜es. Dar soluc¸o˜es leg´ıveis e justificadas, escre-
vendo os passos, detalhes e propriedades relevantes. Compara´-las com o gabarito.
Para cada item das questo˜es 1 e 2, encontrar a soluc¸a˜o completa se o item so´
apresentar a EDO, e resolver o PVI (dando todas as soluc¸o˜es maximais dele) se o
item contiver condic¸o˜es iniciais. Em todos, y e´ a func¸a˜o (de x ou t) desejada.
Questa˜o 1. Apresentar soluc¸o˜es expl´ıcitas nesta questa˜o.
1.a. y′′ = 2 sec2 (t) tan (t) 1.b. (1 + ex) y y′ = ex; y(0) = 1
1.c.
dy
dx
=
x2 + y2
xy
; y(1) = −2 1.d.
dy
dt
+
y
t
= −t y2
1.e.
d 2y
dx2
= 2x
(
dy
dx
)2
; y(0) = 4, y′(0) = −1
1.f. x
dy
dx
= y (1 + ln (y)− ln (x)) 1.g. t
dy
dt
+ y = −t2 y2; y(1) = −1/3
1.h. Calcular o intervalo aberto contendo t0 = 1 no qual a soluc¸a˜o maximal
do PVI do Item 1.g esta´ definida.
1.i.
dy
dx
= e2x + y − 1 1.j.
d2y
dt2
=
1
t2
, t > 0; y(1) = 0, y′(1) = 1
1.k.
d2y
dt2
=
1
t2
, t < 0; y(−1) = 0, y′(−1) = −2 1.l. t
dy
dt
+ y = cos(t), t > 0
1.m.
dy
dx
+ ex = e(x−y) Dica para o Item 1.m: Usar a substituic¸a˜o v = ey.
1.n. x2
dy
dx
+ 2xy − y3 = 0, x > 0 1.o.
dy
dt
= − y ln (y). Obs. y > 0
1.p.
dy
dx
= x2 e−2y; y(2) = 0 1.q.
dy
dx
=
y
x
+ e−y/x, x < 0
1.r.
dy
dx
= (y + x− 19)2 Dica para o Item 1.r: Usar v = y + x− 19.
1.s.
dy
dt
=
y2
t
; y(1) = −12. Dar o intervalo de definic¸a˜o da soluc¸a˜o maximal.
1
Questa˜o 2. As soluc¸o˜es podem ser dadas numa forma impl´ıcita nesta questa˜o.
2.a. y dx+ (2xy − e−2y) dy = 0 2.b. (y2 + 1)
dy
dx
=
y
x
, x > 0; y(1) = 1
2.c.
(
x2 + y2 + x
)
dx+ xy dy = 0 2.d.
(
x4y2 − y
)
dx+
(
x2y4 − x
)
dy = 0
2.e.
dy
dx
= −
3x2y + y2
2x3 + 3xy
2.f. (2x− y)dx+ (4x+ y)dy = 0
2.g. ex(1 + x)dx+ (y ey − x ex)dy = 0 2.h. 3x2y dx−
(
x3 + 2y4
)
dy = 0
2.i.
dy
dx
=
xy
x2 + y2
; y(1) = −1 2.j.
(
x3y − 2y2
)
dx+ x4 dy = 0.
Dica para o Item 2.j1: Usar um fator integrante da forma µ(x, y) = xayb,
calculando nu´meros reais a e b apropriados.
2.k. (4x2y + 2xy2) dx+ (3xy − 2x3) dy = 0 2.l. (xy + 4) dx+ x2 dy = 0
2.m.
dy
dx
= (y − 3)(y − 5)(y − 8) 2.n. x2y3 dx+ (x+ xy2) dy = 0
2.o. Resolver a EDO (3xy + y2) dx + (x2 + xy) dy = 0 duas vezes: por fa-
tor integrante; e como EDO homogeˆnea;
2.p. y dx+(x2+y2−x) dy = 0 com fator integrante da forma µ(x, y) = h(x2+y2).
Questa˜o 3. Consideremos o PVI: (x2 − 1)
dy
dx
= 2y; y(a) = b.
3.a. Para quais pontos (a, b) do plano (R2) o teorema de existeˆncia e unicidade
estudado garante a existeˆncia de soluc¸a˜o local u´nica para o PVI?
3.b. Dar, explicitamente, todas as soluc¸o˜es maximais para o PVI com con-
dic¸a˜o inicial y(1) = 0, ou seja, soluc¸o˜es maximais cujos gra´ficos passam pelo
ponto (a, b) = (1, 0).
1A dica tambe´m funciona para alguns outros itens. Pratique! Que condic¸o˜es no dife-
rencial voceˆ anteveˆ para valer a pena tentar esta abordagem?
2
Questa˜o 4. Consideremos a EDO abaixo, observando que ela esta´ restrita aos
pontos de R2 no semiplano y > 0:
dy
dx
= 3 y ln
(
2
y
)
4.a. Encontrar a soluc¸a˜o completa expl´ıcita desta EDO;
4.b. O que nosso teorema de existeˆncia e unicidade de soluc¸o˜es diz sobre dela?
Questa˜o 5. A EDO
dy
dx
= y(3 − y) possui alguma soluc¸a˜o global que muda de
sinal2? Em caso afirmativo, dar tal soluc¸a˜o explicitamente. Em caso negativo, dar
uma justificativa completa.
Questa˜o 6. Para cada famı´lia de curvas parametrizada por C ∈ R abaixo:
i. Encontrar uma EDO cuja soluc¸a˜o geral seja a famı´lia de func¸o˜es dada;
ii. Encontrar a famı´lia de curvas ortogonais a`s curvas da famı´lia dada. A res-
posta pode ser dada em formato impl´ıcito.
6.a. Curvas xy = C definidas para x 6= 0;
6.b. Curvas y = C ex;
6.c. Curvas y = C tan (x) + 1 definidas para x /∈
{ pi
2
+ kpi
∣∣∣ k ∈ Z};
6.d. Curvas y = C + sen(x).
Questa˜o 7. Mostrar que as circunfereˆncias tangentes ao eixo Ox na origem sa˜o
as curvas ortogonais a`s circunfereˆncias tangentes ao eixo Oy na origem.
Questa˜o 8. Encontrar uma EDO de ordem 2 cuja soluc¸a˜o geral seja dada, impli-
citamente, pelas equac¸o˜es de todas as circunfereˆncias de raio 1 (e centro qualquer)
no plano.
2Ex.: Uma soluc¸a˜o cujo valor e´ positivo num valor de x, e negativo noutro; ou uma
soluc¸a˜o que tem raiz (ou seja, sinal zero) num valor de x mas na˜o e´ a soluc¸a˜o nula (ou
seja, em algum outro valor de x, o valor da soluc¸a˜o e´ positivo ou negativo).
3
RESPOSTAS, ALGUMAS SOLUC¸O˜ES E COMENTA´RIOS
SUBSCRITOS empregados nas soluc¸o˜es y: c = completa; g = geral;
s = singular; p = particular.
1.a. A EDO e´ imediatamente integra´vel. Fac¸amos u = sec (t) ∴
du = sec (t) tan (t) dt. Aplicando a` EDO: y′′ = 2 sec2 (t) tan (t) ∴
y′ =
∫
2 sec2 (t) tan (t)dt =
∫
2u du = u2 + C1 = sec
2 (t) + C1 ∴
y =
∫
(sec2 (t) + C1) dt ∴ yc(x) = tan (t) + C1 t+ C2, onde C1, C2 ∈ R.
1.b. Como 1 + ex > 0, temos que (1 + ex) y y′ = ex ⇔
ex
1 + ex
= y y′, uma
EDO separa´vel. Integrando-se em x:
∫
ex
1 + ex
dx =
∫
y
dy
dx
dx =
∫
y dy Com
u = 1 + ex, du = exdx, tem-se que
y2
2
+C1 =
∫
du
u
= ln |u|+C2 ∴ (como u > 0)
y2 = 2 ln (1 + ex) + C, onde 2(C2 − C1) = C ∈ R. Mas y(0) = 1 ∴ 1 = (y(0))
2 =
2 ln (1 + e0)+C = 2 ln (2) +C = ln (4) +C ∴ y2 = 2 ln (1 + ex)+ 1− ln (4). Como
y(0) = 1 > 0, temos que:
yp(x) =
√
ln ((1 + ex)2) + 1− ln (4) .
1.c.
dy
dx
=
x2 + y2
xy
=
x2
xy
+
y2
xy
=
1
y/x
+
y
x
, uma EDO homogeˆnea. Logo,
fac¸amos v = y/x ∴ xv = y ∴ v + xv′ = y′ = 1v + v ∴ xv
′ = 1/v ∴ vv′ = 1/x
(separa´vel). Como v′ dx = dv, integremos ambos os membros em x, obtendo:
ln |x|+ C1 =
v2
2 + C2 ∴ v
2 = 2 ln |x|+ C = ln (x2) + C, onde
C = 2(C1 − C2) ∴ y
2 = x2(ln (x2) + C), onde C ∈ R.
Mas −2 = y(1) ∴ 4 = (y(1))2 = 12(ln (12) + C) = C ∴ y2 = x2(ln (x2) + 4). Como
y(1) = −2, temos que: yp(x) = −
√
x2(ln (x2) + 4) .
1.d. Reconhecemos uma EDO de Bernoulli com n = 2. Portanto, e´ conveniente
a substituic¸a˜o v = y1−n = y−1 quando3 y 6= 0. Da´ı, y = v−1 ∴ y′ = −v−2 v′
pela regra da cadeia. Substituindo isto na EDO em y, e multiplicando por −v2:
−v−2 v′ + t−1v−1 = −t v−2 ∴ v′ − t−1v = t, uma EDO linear que admite fator
3De fato, y(t) = 0 e´ uma soluc¸a˜o, pois y′(t) = 0, e 0 + 0
t
= −t 02 para t 6= 0.
4
integrante dentro do seguinte formato:
± exp (
∫
−t−1 dt) = ± exp (− ln |t|+ k) = ± 1|t|e
k (k ∈ R). Sera´ utilizado
µ(t) = t−1, resultando em: t−1v =
∫
t−1t dt =
∫
1 dt = t+ C ∴ v = t2 + Ct ∴
yg(t) = (t
2 + Ct)−1 (C ∈ R), enquanto ys(t) = 0 e´ a u´nica soluc¸a˜o singular.
1.e – So´ ideias. Como y na˜o aparece na EDO, podemos fazer a substituic¸a˜o
v = y′ e resolver a EDO de 1a ordem auxiliar v′ = 2xv2, que e´ separa´vel. A solu-
c¸a˜o geral dela e´ vc(x) =
−1
C1 + x2
onde C1 ∈ R, e ha´ a soluc¸a˜o singular vs(x) = 0.
Como ha´ a condic¸a˜o inicial v(0) = y′(0) = −1, segue-se que vs na˜o interessa para
este problema, e que C1 = 1. Logo, vp(x) =
−1
1 + x2
. Integrando, obtemos que:
y(x) = C2 − arctan (x), onde C2 ∈ R. Disto e da condic¸a˜o inicial y(0) = 4, con-
clu´ımos que C2 = 4 ∴ yp(x) = 4− arctan (x) .
1.f. A EDO x y′ = y (1 + ln (y)− ln (x)) e´ homogeˆnea4:
y′ =
y
x
(
1 + ln
(y
x
))
Fac¸amos5 v = y/x ∴ y = xv ∴ y′ = v + xv′. Da´ı, temos a
seguinte EDO em v: v + xv′ = v (1 + ln (v)) ∴ xv′ = v ln (v).
Caso ln (v) 6= 0:
dx
x
=
dv
v ln (v)
=
du
u
onde u =ln (v) ∴ du =
dv
v
.
Integrando: ln |x| + C1 = ln |u| = ln |ln |v||, onde C1 ∈ R. Como x, v > 0:
ln |ln (yg/x)| = ln (x) + C1 ∴ ln (yg/x) = Cx, onde C = ±e
C1 6= 0 ∴ yg(x) = x e
Cx.
Caso ln (v) = 0: 1 = v = y/x ∴ y = x = x e0 que, por inspec¸a˜o, verifica a EDO.
Tal soluc¸a˜o corresponde a C = 0 acima ∴ yc(x) = x e
Cx, onde C ∈ R.
1.g. Como t y′ + y = −t2 y2 e´ uma EDO de Bernoulli com n = 2, e´ conveniente a
substituic¸a˜o v = y1−n = y−1 se6 y 6= 0, condic¸a˜o que assumimos devido a` condic¸a˜o
inicial y(1) = −1/3 dada. Da´ı, y = v−1 ∴ y′ = −v−2 v′ pela regra da cadeia.
Substituindo isto na EDO em y: −tv−2 v′ + v−1 = −t2 v−2. Multiplicando por
−v2/t ja´ que t0 = 1 > 0, obtemos uma EDO linear de 1
a ordem em v ja´ em
formato padra˜o: v′ − t−1v = t. Ela admite fator integrante µ(t) = t−1 porque7
d
dt ln |µ(t)| = −t
−1 = − ddt ln |t| =
d
dt ln |t|
−1 = ddt ln |t
−1|, resultando em:
4Observemos que x 6= 0 ja´ vem da presenc¸a de ln (x) ∴ x > 0. Analogamente, y > 0.
5Da nota de rodape´ anterior, v > 0.
6De fato, y(t) = 0 e´ uma soluc¸a˜o (singular), pois y′(t) = 0, e 0 + 0
t
= −t 02 para t 6= 0.
7µ(t) esta´ dentro do formato ± exp (
∫
−t−1 dt) = ± exp (− ln |t|+ k) = ± 1|t|e
k (k ∈ R)
com k = 0 e sinais + e − para t > 0 e t < 0 respectivamente.
5
t−1v =
∫
t−1t dt =
∫
1 dt = t+C ∴ v = t2 +Ct ∴ yg(t) = (t
2 +Ct)−1 para C ∈ R.
Mas (−3)−1 = y(1) = (1 + C)−1 ∴ C = −3− 1 = −4 ∴ yp(t) = (t
2 − 4t)−1 .
1.h. O maior intervalo aberto contendo t0 = 1 no qual a soluc¸a˜o do Item 1.g
yp(t) =
1
t(t− 4)
pode ser definida e´ (0, 4) devido a`s ra´ızes de seu denominador.
Obs. Esta pergunta na˜o diz respeito a` existeˆncia ou a` unicidade da soluc¸a˜o!
1.i. y′ = e2x+y−1 e´ linear de 1a ordem em y. Em formato padra˜o: y′−y = e2x−1.
Ela admite fator integrante µ(x) = e−x porque8 ddx ln |µ(x)| = −1 =
d
dx (−x) =
d
dx ln (e
−x) = ddx ln |e
−x| (ja´ que e−x > 0), resultando em:
d
dx (e
−xy) = e−x
(
e2x − 1
)
∴ e−xy =
∫
(ex − e−x) dx = ex+e−x+C, onde C ∈ R ∴
yc(x) = e
2x + 1 +Cex, onde C ∈ R.
1.j e 1.k. A EDO e´ imediatamente integra´vel. Integrando duas vezes, temos que:
y′′ = 1t2 = t
−2
∴ y′ = −t−1 + C1 ∴ y = − ln |t|+ C1 t+ C2 ∴
9
yc = ln |1/t| + C1 t+ C2, onde C1, C2 ∈ R.
Aplicando as condic¸o˜es iniciais y(1) = 0 e y′(1) = 1, obtemos:
1 = y′pk(1) = −1 +C1 ∴ C1 = 2; e
0 = ypk(1) = ln |1|+ C1 + C2 = 2 + C2 ∴ C2 = −2 ∴
ypk(t) = ln |1/t| + 2(t− 1), t > 0 para o Item 1.j.
Aplicando as condic¸o˜es iniciais y(−1) = 0 e y′(−1) = −2, obtemos:
−2 = y′pl(−1) = 1 + C1 ∴ C1 = −3; e
0 = ypl(−1) = ln | − 1|)− C1 + C2 = 3 + C2 ∴ C2 = −3 ∴
ypl(t) = ln |1/t| − 3(t+ 1), t < 0 para o Item 1.k.
1.l. Um caminho e´ notarmos que a EDO e´ ddt (t y) = cos(t), t > 0 e irmos para a
u´ltima linha desta resoluc¸a˜o. Noutro caminho, observamos que a EDO dada e´ li-
near com formato padra˜o y′+ t−1y = t−1 cos(t), t > 0, que admite fator integrante
µ tal que ddt ln |µ(t)| = t
−1 = ddt ln |t| e, analogamente ao que fizemos no Item 1.h,
8µ(t) esta´ dentro do formato ± exp (
∫
−1 dx) = ± exp (−x+ k) = ±eke−x (k ∈ R)
com k = 0 e sinal +.
9Sendo 0 < t = |t| no primeiro dos dois itens, podemos escrever ln(1/t) nele.
6
usaremos µ(t) = t, resultando em: ddt (t y) = t t
−1 cos (t) = cos (t) ∴
t y =
∫
cos (t) dt = sen(t) + C ∴ yc(t) =
sen(t) + C
t
, onde C ∈ R.
1.m. A EDO dada e´ y′+ex = e(x−y). Fazendo a substituic¸a˜o v = ey > 0, obtemos
y = ln (v), e y′ = v′/v. Logo, a EDO equivale a` seguinte EDO em v(x):
v′v−1 + ex = exv−1. Multiplicando por v, obtemos uma EDO linear de 1a or-
dem em v(x) ja´ no formato padra˜o: v′ + exv = ex. Um fator integrante µ(x)
satisfaz a EDO auxiliar
d
dx
ln (µ(x)) = ex ∴ ln |µ(x)| = ex + k para algum k
real ∴ µ(x) = ±e(k+e
x) = ±eke(e
x). Escolhendo a constante +e0 = 1, obtemos
µ(x) = e(e
x). Assim: e(e
x)v(x) =
∫
e(e
x)ex dx =
∫
ew dw = ew + C = e(e
x) + C,
onde C ∈ R e w = ex ∴ dw = w dx. Portanto, ey = 1 +Ce(−e
x)
∴
yc(x) = ln
(
1 + Ce(−e
x)
)
, onde C ∈ R
1.n–o. Vide os itens 1.a e 1.b do gabarito do 1o Exerc´ıcio Escolar de 2015.2.
1.p–s. Vide o arquivo “simulado 1–2017 1–manuscrito.pdf”
2.a. A EDO na˜o e´ exata pois, escrevendo N(x, y) = 2xy − e−2y, e M(x, y) = y,
temos que Nx(x, y) = 2y 6= 1 = My(x, y). A EDO na˜o admite fator inte-
grante na forma µ(x) porque
My −Nx
N
=
1− 2y
2xy − e−2y
na˜o e´ uma func¸a˜o indepen-
dente de y. No entanto, a EDO admite fator integrante na forma µ(y) porque
Nx −My
M
=
2y − 1
y
= 2 − y−1 e´ uma func¸a˜o independente de x e, portanto, e´
d
dy ln |µ(y)|. Da´ı, podemos escolher o fator integrante µ(y) para a EDO dada den-
tro do seguinte formato:
± exp (
∫
(2− y−1) dt) = ± exp (2y − ln |y|+ k) = ± 1|y|e
2y+k (k ∈ R). Aqui10,
µ(y) = y−1e2y sera´ utilizado se11 y(t) 6= 0, resultando na seguinte EDO exata:
e2y dx + (2x e2y − y−1) dy = dU = 0. Logo, U(x, y) =
∫
Ux dx =
∫
e2y dx ∴
U(x, y) = x e2y + g(y). Mas 2x e2y − y−1 = Uy(x, y) = 2x e
2y + g′(y) ∴
g′(y) = −y−1 ∴ g(y) = − ln |y| + C1 (C1 ∈ R). Logo, a soluc¸a˜o geral da EDO
10Ou seja, escolheu-se µ(y) = +|y|−1e2y para y > 0, e −|y|−1e2y para y < 0.
11De fato, convertendo-se diferenciais em derivadas, a EDO e´ y + (2xy − e−2y)y′ = 0,
donde y(t) = 0 e´ uma soluc¸a˜o, pois y′(t) = 0.
7
pode ser dada implicitamente como x e2yg − ln |yg| = C, onde C ∈ R, enquanto
ys(t) = 0 e´ a u´nica soluc¸a˜o singular.
2.b. A EDO (y2 + 1)y′ =
y
x
, x > 0 e´ separa´vel. Como y(1) = 1 6= 0, podemos
ignorar o caso y = 0 e dividir por y, obtendo:
(
y +
1
y
)
dy =
1
x
dx. Integrando,
chegamos a` soluc¸a˜o geral impl´ıcita
y2
2
+ ln |y| = ln |x| + C. Mas y(1) = 1 ∴
C = 1/2. Sendo ln |y| − ln |x| = ln (|y|/|x|), conclu´ımos que:
y2p
2
+ ln
∣∣∣yp
x
∣∣∣ = 1
2
2.c. A EDO na˜o e´ exata pois, escrevendo M(x, y) = x2+ y2+x e N(x, y) = xy,
temos que My(x, y) = 2y 6= y = Nx(x, y). A EDO admite fator integrante
na forma µ(x) porque
My −Nx
N
=
2y − y
xy
=
1
x
e´ uma func¸a˜o de x e, portanto,
d
dx
ln |µ(x)| =
1
x
=
d
dx
ln |x|. Da´ı, podemos escolher o fator integrante µ(x) = x,
resultando na seguinte EDO exata:(
x3 + xy2 + x2
)
dx+ x2y dy = 0. Logo, U(x, y) =
∫
Uy dy =
∫
x2y dy ∴ U(x, y) =
x2y2
2
+ f(x). Mas xy2 + x3 + x2 = Ux(x, y) = xy
2 + f ′(x) ∴
f ′(x) = x3 + x2 ∴ f(x) =
x4
4
+
x3
3
serve. Logo, a soluc¸a˜o completa da EDO pode
ser dada implicitamente como
x2y2c
2
+
x4
4
+
x3
3
= C, onde C ∈ R.
Obs. Outra apresentac¸a˜o para tal soluc¸a˜o completa impl´ıcita e´:
6x2y2c + 3x
4 + 4x3 = K, onde K = 12C ∈ R.
2.d. M(x, y) = x4y2−y e N(x, y) = x2y4−x ∴ My(x, y) = 2x
4y−1 6= 2xy4−1 =
Nx(x, y) ∴ a EDO na˜o e´ exata. Seguindo a dica, procuremos um fator integrante
da forma µ(a(x, y)) para a EDO, onde a(x, y) = xy:
d
da
ln |µ(a)| =
Nx −My
xM − yN
=
2xy(y3 − x3)
x2y2(x3 − y3)
=
−2
xy
=
−2
a
= −2
d
da
ln |a| =
d
da
ln |a|−2
=
d
da
ln |a−2| ∴ µ(a(x, y)) = (a(x, y))−2 = (xy)−2 e´ adequado, levando a` ana´lise
de uma poss´ıvel soluc¸a˜o singular y(x) = 0 a` parte. De fato, y(x) = 0 fornece
y′(x) = 0 e, na EDO, (x4y2 − y) + (x2y4 − x)y′ = (x402 − 0) + (x204 − x)0 = 0.
8
Logo, ys(x) = 0. Multiplicando a EDO original por µ(xy), temos a EDO exata:(
x2 − x−2y−1
)
dx+
(
y2 − x−1y−2
)
dy = 0 ∴ U(x, y) =
∫ (
x2 − x−2y−1
)
dx =
x3
3
+
x−1y−1+g(y) ∴ y2−x−1y−2 = Uy(x, y) = g
′(y)−x−1y−2 ∴ g′(y) = y2 ∴ g(y) =
y3
3
serve. Por conseguinte,
x3 + y3g
3
+
1
x yg
= C, onde C ∈ R.
Obs. Multiplicando por 3xyg, a soluc¸a˜o geral impl´ıcita se torna:
x4yg + xy
4
g + 3 = Kxyg, onde K = 3C ∈ R.
2.e12. y′ = −
3x2y + y2
2x3 + 3xy
A EDO na˜o e´ separa´vel nemlinear13. Escrevendo-a no
formato de diferencial:
(3x2y + y2)dx+ (2x3 + 3xy)dy = 0 ∴ M(x, y) = 3x2y + y2 e N(x, y) = 2x3 + 3xy.
Como My(x, y) = 3x
2 + 2y 6= 6x2 + 3y = Nx(x, y), a EDO na˜o e´ exata. A EDO
na˜o admite fator integrante na forma µ(x) porque
My −Nx
N
=
−3x2 − y
2x3 + 3xy
na˜o e´
uma func¸a˜o independente14 de y. No entanto,
Nx −My
M
=
3x2 + y
3x2y + y2
=
1
y
e´
independente de x, resultando em ddy ln |µ(y)| =
1
y =
d
dy ln |y|. Disto, podemos
usar15 µ(y) = y, resultando na EDO exata (3x2y2+y3)dx+(2x3y+3xy2)dy = 0.
Disto, U(x, y) =
∫
Ux dx =
∫
(3x2y2 + y3) dx ∴ U(x, y) = x3y2+xy3+g(y). Mas
2x3y + 3xy2 = Uy(x, y) = 2x
3y + 3xy2 + g′(y) ∴ g′(y) = 0 ∴ g(y) = 0 serve ∴
x3y2c + xy
3
c = C, onde C ∈ R.
2.f16. (2x− y)dx+ (4x+ y)dy = 0. Dividindo ambos os termos por x, obtemos
que a EDO equivale (para x 6= 0) a 2 −
y
x
+
(
4 +
y
x
) dy
dx
= 0, uma EDO ho-
mogeˆnea. Logo, fac¸amos z = y/x ∴ y = xz ∴ y′ = z + xz′ e a EDO em z(x)
12Fim do Cap. 2 de [Boyce/DiPrima], EDO do Prob. 31 (resp. 32) da 9a (resp. 8a) ed.
13Alia´s, se fosse separa´vel, seria exata, e se fosse linear, admitiria um fator integrante
da forma µ(x). De acordo com a soluc¸a˜o acima, ambas as situac¸o˜es na˜o ocorrem.
14Basta compararmos seus valores em (x, y) com x fixado. Ex.: em (1, 0) e (1, 1).
15Observar que, ao multiplicarmos ambos os lados por y, estar´ıamos introduzindo uma
soluc¸a˜o adicional y ≡ 0 se esta func¸a˜o constante na˜o fosse uma soluc¸a˜o da EDO original.
Entretanto, ela o e´, e corresponde a C = 0 na soluc¸a˜o completa obtida acima.
16EDO auxiliar do Exerc´ıcio 31 da Sec¸. 2.6 do [Nagle/Saff/Snider].
9
correspondente e´ dada por:
2 − z + (4 + z)(z + xz′) = 0 ∴ z2 + 3z + 2 + (4 + z)xz′ = 0 ∴ no caso
0 6= z2+3z+2 = (z+1)(z+2), isto e´, z /∈ {−1,−2}, temos que −
1
x
=
4 + z
z2 + 3z + 2
z′
(uma EDO separa´vel). Para integrarmos em u, expandamos a func¸a˜o racional em
frac¸o˜es parciais:
4 + z
z2 + 3z + 2
=
A
z + 1
+
B
z + 2
∴ 4 + z = A(z + 2) + B(z + 1).
Substituindo z = −1 e z = −2 nesta igualdade, obtemos A = 3 e −B = 2 ∴
B = −2. Integrando com relac¸a˜o a x (lembrar que x 6= 0): − ln |x| + C1 =∫ [
3(z + 1)−1 − 2(z + 2)−1
]
dz = 3 ln |z + 1| − 2 ln |z + 2|+C2, onde C1, C2 ∈ R ∴
ln |x|+ C = ln
∣∣∣∣(z + 2)2(z + 1)3
∣∣∣∣, onde C = C2 − C1 ∈ R. Logo:
ln |x|+ C = ln
∣∣∣∣(yg/x+ 2)2(yg/x+ 1)3
∣∣∣∣ onde C ∈ R.
Os casos z(x) = −1 e z(x) = −2, isto e´, y(x) = −x e y(x) = −2x teˆm deri-
vadas −1 e −2, respectivamente. Substituindo a primeira func¸a˜o y na EDO, obte-
mos: (2x− y) + (4x+ y)y′ = (2x+ x) + (4x− x)(−1) = 3x− 3x = 0. A segunda
resulta em: (2x− y) + (4x+ y)y′ = (2x+ 2x) + (4x− 2x)(−2) = 4x− 4x = 0.
Logo, ambas sa˜o soluc¸o˜es singulares:
ys1(x) = −x e ys2(x) = −2x.
Obs. A soluc¸a˜o geral pode ser transformada no formato abaixo multiplicando-se a
func¸a˜o racional de x e yg por x
3/x3 = 1, aplicando-se ± exp ( ) para se eliminarem
os logaritmos e mo´dulos, e se manipulando termos:
K(yg + x)
3 = (yg + 2x)
2, onde K = ±eC ∈ R∗.
Neste formato, estender K a R faz K = 0 corresponder a ys2, enquanto ys1 con-
tinua singular. Se multiplica´ssemos ambos os lados por K˜ = K−1 ∈ R∗, ter´ıamos
que estender K˜ a R faz K˜ = 0 corresponder a ys1, mantendo-se ys2 singular.
2.g – So´ ideias. ex(1 + x)dx+ (y ey − x ex)dy = 0 ∴ M(x, y) = ex(1 + x) e
N(x, y) = y ey − x ex ∴
Nx −My
M
=
−M
M
= −1 ∴ a EDO admite um fator in-
tegrante µ(y) tal que
d
dy
ln |µ(y)| = −1 ∴ µ(y) = e−y > 0 serve, e a EDO
original equivale a` EDO exata e(x−y)(1 + x)dx + (y − x e(x−y))dy = 0. Como
d
dx
(x ex) = (x+ 1)ex, integrando em x, obtemos: U(x, y) = x e(x−y) + g(y), onde
g(y) satisfaz y − x e(x−y) = Uy(x, y) = −x e
(x−y) + g′(y) ∴ g(y) = y2/2 serve ∴
x e(x−yc) +
y2c
2
= C, onde C ∈ R.
10
2.h – So´ ideias. 3x2y dx−
(
x3 + 2y4
)
dy = 0 ∴ N(x, y) = −x3 + 2y4 e
M(x, y) = 3x2y ∴
Nx −My
M
=
−3x2 − 3x2
3x2y
=
−2
y
∴ a EDO admite um fator in-
tegrante µ(y) tal que
d
dy
ln |µ(y)| = −2/y ∴ µ(y) = y−2 serve. Exceto por
sua soluc¸a˜o singular ys(x) = 0, a EDO original possui as mesmas soluc¸o˜es que a
EDO exata abaixo: 3x2y−1 dx −
(
x3y−2 + 2y2
)
dy = 0. Integrando em x, ob-
temos: U(x, y) = x3y−1 + g(y), onde g(y) satisfaz −x3y−2 − 2y2 = Uy(x, y) =
−x3y−2 + g′(y) ∴ g(y) = −2y3/3 serve ∴ x3y−1g −
2
3
y3g = C, onde C ∈ R.
2.i. Fazendo v = y/x (para x 6= 0), temos que y = xv ∴ y′ = v+xv′. Substituindo
isto no membro esquerdo da EDO dada, e multiplicando e dividindo o direito por
1/x2, temos que:
v + xv′ = y′ =
xy
x2 + y2
=
y/x
1 + (y/x)2
=
v
1 + v2
∴ xv′ =
v
1 + v2
− v = −
v3
1 + v2
Tal EDO e´ separa´vel. Como y(1) = −1 6= 0, assumamos y 6= 0 ∴ v 6= 0 ∴
−
1
x
=
1 + v2
v3
v′ =
(
1
v3
+
1
v
)
v′ Integrando em x, obtemos que:
− ln |x|+ C = −
1
2v2
+ ln |v| = ln
∣∣∣y
x
∣∣∣− x2
2y2
= ln |y| − ln |x| −
x2
2y2
, onde C ∈ R ∴
C = ln |yg| −
x2
2y2g
. Mas yp(1) = −1 ∴ C = −1/2 ∴ ln |yp| −
x2
2y2p
= −
1
2
2.j.
(
x3y − 2y2
)
dx+ x4 dy = 0. Segundo a dica, ha´ um fator integrante da forma
µ(x, y) = xayb com (a, b) ∈ R2. Assim, (µ(x, y)N(x, y))x = (µ(x, y)M(x, y))y ou
seja, a xa−1ybx4 + xayb4x3 = b xayb−1(x3y − 2y2) + xayb(x3 − 4y), ou seja,
a xa+3yb + 4xa+3yb = b xa+3yb − 2b xayb+1 + xa+3yb − 4xayb+1, ou seja,
(a+ 3− b)xa+3yb + (4 + 2b)xayb+1 = 0, o que equivale a a+ 3− b = 0 = 4 + 2b ∴
b = −2 e a = −5 ∴ µ(x, y) = x−5y−2 e, exceto por sua soluc¸a˜o singular ys(x) = 0,
a EDO original tem as mesmas soluc¸o˜es que a seguinte EDO, que e´ exata como
o(a) leitor(a) pode verificar:
(
x−2y−1 − 2x−5
)
dx + x−1y−2 dy = 0. Integrando
em y, obtemos a func¸a˜o potencial: U(x, y) = −x−1y−1 + f(x), onde f(x) satisfaz
x−2y−1 − 2x−5 = Ux(x, y) = x
−2y−1 + f ′(x) ∴ f ′(x) = −2x−5 ∴ f(x) = x−4/2
serve ∴
1
2x4
−
1
xyg
= C onde C ∈ R.
11
Obs. Esta soluc¸a˜o geral pode ser dada explicitamente por yg(x) =
2x3
1 +Kx4
onde K = −2C ∈ R.
Obs. Esta EDO tambe´m pode ser resolvida como EDO de Bernoulli. Ideias:
x3y− 2y2+x4 y′ = 0⇐⇒ ys ≡ 0 ou x
4 y−2y′+x3y−1 = 2. Fazendo v = y−1, esta
u´ltima EDO equivale a v′ − x−1v = −2x−4, que e´ linear de 1a ordem em formato
padra˜o, e admite fator integrante µ(x) = x−1 ∴ x−1v =
∫
−2x−5 dx = K1+x
−4/2,
onde K1 ∈ R ∴ (yg(x))
−1 = v(x) = xK1 +
x−3
2
=
Kx4 + 1
2x3
, onde K = 2K1 ∈ R.
Tomando o inverso multiplicativo desta frac¸a˜o, obtemos a soluc¸a˜o geral expl´ıcita
da observac¸a˜o anterior.
Obs. Esta abordagem na dica, quando aplicada a problemas com M e N po-
linomiais, resulta em um sistema de equac¸o˜es lineares em a e b (poss´ıvel ou na˜o).
2.k. (4x2y + 2xy2) dx + (3xy − 2x3) dy = 0. Seguindo a dica para o Item 2.j,
tentemos um fator integrante da forma µ(x, y) = xayb com a, b ∈ R:
(4x2+ay1+b + 2x1+ay2+b) dx+ (3x1+ay1+b − 2x3+ayb) dy = 0.
Aplicando o teste de exatida˜o (µ(x, y)N(x, y))x = (µ(x, y)M(x, y))y , obtemos:
4(1 + b)x2+ayb + 2(2 + b)x1+ay1+b = 3(1 + a)xay1+b − 2(3 + a)x2+ayb ∴
4(1 + b) = −2(3 + a) e 2(2 + b) = 0 = 3(1 + a), sistema que admite a solu-
c¸a˜o (a, b) = (−1,−2), isto e´, µ(x, y) = x−1y−2 e, exceto por sua soluc¸a˜o singular
ys(x) = 0, a EDO original tem as mesmas soluc¸o˜es que a seguinte EDO, que e´
exata como o(a) leitor(a) pode verificar: (4xy−1+2) dx+(3y−1−2x2y−2) dy = 0.
Integrando em x, obtemos a func¸a˜o potencial U(x, y) = 2x2y−1+2x+ f(y), onde
f(y) satisfaz 3y−1 − 2x2y−2 = Uy(x, y) = −2x
2y−2 + f ′(y) ∴ f ′(y) = 3y−1 ∴
f(y) = 3 ln |y| = ln |y3| serve ∴ 2x2y−1g + 2x+ ln |y
3
g | = C onde C ∈ R.
2.l – ideias. (xy+4) dx+x2 dy = 0 e´ inexata, poisMy(x, y)−Nx(x, y) = x−2x =
−x 6= 0. Testando para fator integrante da forma µ(x, y) = h(xy), calculamos
y N(x, y)−xM(x, y) = x2y − x(xy + 4) = −4x ∴ para a(x, y) = xy, obtemos:
d
da
ln |µ(a)| =
My −Nx
yN − xM
=
1
4
. Da´ı, o(a) leitor(a) pode obter que: h(a) = ea/4,
µ(x, y) = e(xy/4) > 0, e a EDO original teˆm as mesmas soluc¸o˜es que a seguinte
EDO exata17: e(xy/4) (xy + 4) dx + e(xy/4)x2 dy = 0. Integrando em y, obtemos:
U(x, y) = 4x e(xy/4) + f(x), onde f(x) satisfaz:
17Sempre verifique a exatida˜o!
12
e(xy/4) (xy + 4) = Ux(x, y) = e
(xy/4) (xy + 4) + f ′(x) ∴ f ′(x) = 0 ∴ f(x) = 0 serve
∴ x e(xy/4) = C onde C ∈ R ja´ absorveu 1/4.
2.m – ideias.
dy
dx
= (y − 3)(y − 5)(y − 8). A EDO e´ separa´vel, devendo-se obter
as soluc¸o˜es singulares constantes ys1(x) = 3, ys2(x) = 5 e ys3(x) = 8 a` parte.
Para a soluc¸a˜o geral:∫
dx =
∫
dy
(y − 3)(y − 5)(y − 8)
=
∫ (
1/10
y − 3
−
1/6
y − 5
+
1/15
y − 8
)
dy
onde o u´ltimo termo foi obtido por expansa˜o em frac¸o˜es parciais (Verifique!). Mul-
tiplicando o resultado da integrac¸a˜o por 30 (ja´ absorvido na constante C) e sim-
plificando os logaritmos, obtemos: ln
∣∣∣∣ (y − 3)3(y − 8)2(y − 5)5
∣∣∣∣ = 30x+ C, onde C ∈ R.
2.n. x2y3 dx + (x + xy2) dy = 0. Sendo M(x, y) e N(x, y) polinomiais, tente-
mos µ(x, y) = xayb ∴ x2+ay3+b dx + (x1+ayb + x1+ay2+b) dy = 0. O teste de
exatida˜o nos da´: (3 + b)x2+ay2+b = (1 + a)xayb + (1 + a)xay2+b ⇐⇒ 3 + b =
1+a⇐⇒ (a, b) = (−1,−3), isto e´, µ(x, y) = x−1y−3 e, exceto por sua soluc¸a˜o sin-
gular ys(x) = 0, a EDO original tem as mesmas soluc¸o˜es que a seguinte EDO, a
qual na˜o so´ e´ exata como e´ separa´vel: x dx+(y−3+y−1) dy = 0. Integrando em x,
obtemos
x2
2
+
(
ln |y| −
y−2
2
)
= C1, onde C1 ∈ R. Podemos simplificar a soluc¸a˜o
geral impl´ıcita multiplicando ambos os termos por 2 e fazendo C = C1 ∈ R:
x2 + ln (y2g)− y
−2
g = C, onde C ∈ R.
2.o. Vide a Questa˜o 5 do gabarito do 1o Exerc´ıcio Escolar de 2016.2.
2.p. y dx+(x2+y2−x) dy = 0 com fator integrante da forma µ(x, y) = h(x2+y2).
Pelo teste de exatida˜o18,
∂
∂y
(
y · h(x2 + y2)
)
=
∂
∂x
(
(x2 + y2 − x) · h(x2 + y2)
)
∴
h(x2+y2)+y ·h′(x2+y2) ·2y = (2x−1) ·h(x2 +y2)+(x2+y2−x) ·h′(x2+y2) ·2x
18Poder´ıamos ter descoberto um teste para existeˆncia de fatores integrantes da forma
dada, assumindo que nos sa˜o dadas func¸o˜es M(x, y) e N(x, y) de classe C1 numa regia˜o
aberta do plano euclidiano R2 conexa e simplesmente conexa. O teste de exatida˜o nos diz
que (µ ·M)y = (µ ·N)x ∴ µxN − µyM = µ (My −Nx). Mas µ(x, y) = h(x
2 + y2) ∴ pela
regra da cadeia, µx(x, y) = 2x · h
′(x2 + y2) e µy(x, y) = 2y · h
′(x2 + y2). Combinando as
13
∴ (2x− 2) · h(x2 + y2) = (2y2 − 2x3 − 2xy2 + 2x2) · h′(x2 + y2) ∴
h′(x2 + y2)
h(x2 + y2)
=
x− 1
y2 − x3 − xy2 + x2
=
x− 1
(y2 + x2)(1− x)
=
−1
x2 + y2
Denotando por a = a(x, y) = x2 + y2, a igualdade acima se reduz a:
h′(a)
h(a)
= −
1
a
, ou seja,
d
da
ln |h(a)| = −
d
da
ln |a| =
d
da
ln |a−1| ∴ h(a) = a−1 serve,
isto e´, µ(x, y) = (x2 + y2)−1. Observando que (x, y) so´ fornece x2+y2 = 0 quando
(x, y) = (0, 0), na˜o definindo implicitamente uma func¸a˜o y(x) diferencia´vel num
intervalo aberto, temos que as soluc¸o˜es da EDO original coincidem com as soluc¸o˜es
da seguinte EDO exata:
y
x2 + y2
dx +
(
1−
x
x2 + y2
)
dy = 0, Integrando em x
com a substituic¸a˜o w = x/y, obtemos a func¸a˜o potencial:
U(x, y) =
∫
y
x2 + y2
dx = arctan (x/y) + f(y), onde f satisfaz:
1−
x
x2 + y2
= Uy(x, y) = −
x
x2 + y2
+ f ′(y) ∴ f ′(y) = 1 ∴ f(y) = y serve. Logo:
y + arctan (x/y) = C, onde C ∈ R.
3. e 4. Vide o arquivo “simulado 1–2017 1–manuscrito.pdf”
5. A ideia da resoluc¸a˜o e´: mostraremos que a func¸a˜o nula e´ soluc¸a˜o (maximal), e
que todo PVI com a EDO dada admite uma soluc¸a˜o local u´nica pelo teorema de
existeˆncia e unicidade (TEU) de soluc¸o˜es para PVIs de 1a ordem estudado. Da´ı,
uma soluc¸a˜o que possui sinal positivo ou negativo em algum x na˜o pode atingir
valor nulo e, portanto, na˜o pode mudar de sinal pelo pelo teorema do valor inter-
media´rio (TVI). Vamos aos detalhes.
informac¸o˜es, e denotando por a = a(x, y) = x2 + y2, obtemos que:
2h′(a) (xN−yM) = h(a) (My−Nx) ∴
d
da
ln |h(a)| =
My −Nx
2(xN − yM)
tem que ser func¸a˜o de
a apenas e, em caso afirmativo, as soluc¸o˜es na˜o nulas desta EDO separa´vel servem como
µ(x, y) = h(a(x, y)) = h(x2 + y2). Verifiquemos o teste no Item 1.p:
My −Nx
2(xN − yM)
=
1− (2x− 1)
2[x(x2 + y2 − x)− y(y)]
=
1− x
(x− 1)(x2 + y2]
=
−1
x2 + y2
como acima.
14
A EDO ja´ e´ dada resolvida algebricamente para y′ como: y′ = E(x, y) =
y(3 − y) ∴ Ey(x, y) = 3 − 2y, ambas func¸o˜es polinomiais (de x e y) e, portanto,
cont´ınuas em todo o plano R2. Pelo TEU estudado, cada PVI com esta EDO sub-
metida a` condic¸a˜o inicial y(a) = b tem uma soluc¸a˜o local u´nica19, onde (a, b) ∈ R2
e´ um ponto fixado. Em particular, o resultado vale para os pontos (0, b) do eixo
horizontal (b ∈ R). Ora, y(x) = 0 e´ soluc¸a˜o (maximal: x ∈ R), pois, na EDO,
y′(x) = 0 = 0(3 − 0) = y(3 − y). Assim, ela e´ a u´nica soluc¸a˜o de qualquer PVI
desta EDO com condic¸a˜o inicial (0, b) no eixo horizontal. Em outras palavras,
nenhuma outra soluc¸a˜o maximal desta EDO (ou seja, nenhuma soluc¸a˜o com valor
na˜o nulo em algum x0 real) pode ter valor y(x) nulo em algum x de seu intervalo
(maximal) de definic¸a˜o.
Recordemos que, pelo TVI, se uma func¸a˜o cont´ınua f e´ definida em um in-
tervalo real [c, d], enta˜o, naquele intervalo, todos os valores entre f(c) e f(d) sa˜o
atingidos ao menos uma vez por f . Em particular, se um dos valores f(c) e f(d) e´
positivo, e o outro e´ negativo, enta˜o f se anula em algum x ∈ (c, d). Como soluc¸o˜es
de EDOs sa˜o diferencia´veis, elas sa˜o cont´ınuas (em seus intervalos de definic¸a˜o).
Da´ı, para uma soluc¸a˜o mudar de valor positivo para negativo ou vice-versa, teria
que se anular em algum x. Para esta EDO, isto e´ impossibilitado pelo resultado
do para´grafo anterior.
Combinando os dois u´ltimos para´grafos, conclu´ımos que a pergunta posta pelo
problema tem resposta negativa.
6.a.i. Como todas as func¸o˜es da famı´lia satisfazem xy = C para x 6= 0 com
C constante, consideramos a func¸a˜o f(x, y) − xy da qual as curvas sa˜o linhas de
n´ıvel. Sabemos20 que a famı´lia satisfaz y′ = −
fx(x, y)
fy(x, y)
∴ y′ = −
y
x
. Tal EDO e´
separa´vel. Para y 6= 0, temos que
1
y
dy
dx
= −
1
x
. Integrando em x e usando que
dy
dx
dx = dy, obtemos ln |y| = − ln |x|+C1 = ln |x|
−1+C1, onde C1 ∈ R, Tomando
a exponencial e eliminando os mo´dulos, obtemos y = C/x, onde C = ±eC1 6= 0.
Caso y(x) = 0, temos uma soluc¸a˜o, pois y′(x) = 0 =
0
x
=
y(x)
x
. Mas tal soluc¸a˜o
corresponde a C = 0. Assim, a famı´lia de func¸o˜es dada no problema e´, de fato, a
soluc¸a˜o completa da EDO obtida acima.
19Num intervalo aberto (a− h, a+ h) em torno de x = a, para algum real positivo h.
20Resoluc¸a˜o a partir do in´ıcio, sem fo´rmulas com f(x, y): diferenciando implicitamente
com relac¸a˜o a x, temos que y + xy′ = 0 ∴ y′ = −y/x para x 6= 0.
15
6.a.ii. Do item anterior, ja´ sabemos21 que as curvas da famı´lia dada satisfazem
a EDO y′ = −y/x e, portanto, as curvas ortogonais a elas satisfazem a EDO
y′ = x/y (separa´vel). Como y′ dx = dy, integremos ambos os membros em x,
obtendo
y2
2
+ C1 =
x2
2
+ C2. Com C = 2(C2−C1), temos que as curvas sa˜o dadas
implicitamente por y2c − x
2 = C, onde C ∈ R.
Para 6.b e 6.c, usaremos as ideias acima sem suas justificativas. Tambe´m na˜o
conferiremos, na parte (i), que as curvas da famı´lia dada formam uma soluc¸a˜o geral
da EDO obtida, mas pressupomos que os leitores o fara˜o.
6.b.i. f(x, y) = e−xy = C, onde C ∈ R ∴ y′ = −
fx(x, y)
fy(x, y)
= −
−e−xy
e−x
∴ y′ = y .
6.b.ii. Tomando o opostodo inverso de y′ do Item 6.b.i, obtemos que as curvas
ortogonais a`s curvas da famı´lia original satisfazem a EDO y′ = −1/y . Tal EDO
e´ separa´vel, fornecendo
∫
y dy =
∫
−1 dx ∴
y2
2
= C1 − x ∴
y2c = C − 2x onde C = 2C1 ∈ R.
6.c.i. y = C tan (x) + 1, onde C ∈ R ∴ f(x, y) = (y − 1) cot (x) = C, onde
C ∈ R ∴ y′ = −
fx(x, y)
fy(x, y)
= −
−(y − 1)(csc (x))2
cot (x)
=
y − 1
sen(x) cos (x)
∴ y′ =
2y − 2
sen(2x)
6.c.ii. Tomando o oposto do inverso de y′ do Item 6.c.i, obtemos que as curvas
ortogonais a`s curvas da famı´lia original satisfazem a EDO separa´vel y′ =
sen(2x)
2− 2y
Tal EDO equivale a 2(1 − y)dy = sen(2x)dx, pois y(x) = 1 na˜o e´ soluc¸a˜o desta
u´ltima. ∴
∫
2(1− y)dy =
∫
sen(2x)dx ∴ 2y − y2 = C −
1
2
cos (2x), onde C ∈ R.
6.d. Vide a Questa˜o 3 do gabarito do 1o Exerc´ıcio Escolar de 2015.2.
21Se na˜o soube´ssemos isto, poder´ıamos obter a mesma EDO seguindo o me´todo descrito
nesta disciplina: como as curvas sa˜o dadas como f(x, y) = C, onde f(x, y) = xy e´ uma
func¸a˜o diferencia´vel, temos que elas satisfazem 0 = df = fx dx+ fy dy ∴ y
′ = −fx/fy . As
curvas ortogonais a`s curvas dadas teˆm declividade igual ao inverso do oposto da declividade
das curvas originais nos pontos de intersec¸a˜o (quando nenhuma destas declividades e´ nula)
e, portanto, satisfazem a EDO y′ = fy/fx = x/y ∴ yy
′ = x.
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7 – So´ ideias. Cada uma das circunfereˆncias que tangenciam o eixo Ox na ori-
gem O tem a distaˆncia do seu centro C a Ox igual ao seu raio, e o ponto de
tangeˆncia O e´ o pe´ da perpendicular a Ox por C, realizando aquela distaˆncia:∣∣∣∣∣∣−−→OC∣∣∣∣∣∣ = dist(C,O) = dist(C,Ox). Disto, C e´ da forma (0, y0) para algum y0 6= 0,
e o raio da circunfereˆncia e´ |y0|. Assim, a equac¸a˜o dela e´: x
2+(y−y0)
2 = |y0|
2 = y20,
o que equivale a x2+y2 = 2y y0. A famı´lia de circunfereˆncias e´, portanto, parame-
trizada por y0 6= 0, ou seja, elas sa˜o as linhas de n´ıvel y0 de f(x, y) = (x
2y−1+y)/2
∴ −
fx(x, y)
fy(x, y)
= −
2xy−1
1− x2y−2
∴ y′ =
2xy
x2 − y2
e´ uma EDO da qual aquelas circunfe-
reˆncias sa˜o curvas integrais.
Analogamente, as circunfereˆncias que tangenciam o eixo Oy na origem O sa˜o
as linhas de n´ıvel x0 6= 0 de g(x, y) = (y
2x−1+x)/2 ∴ −
gx(x, y)
gy(x, y)
= −
1− x−2y2
2x−1y
∴
y′ =
y2 − x2
2xy
e´ uma EDO da qual estas circunfereˆncias sa˜o curvas integrais. Ob-
servando que esta expressa˜o de y′ e´ o oposto do inverso da expressa˜o do y′ da EDO
anterior, conclu´ımos o resultado desejado.
8 – So´ ideias. As circunfereˆncias sa˜o as de equac¸a˜o geral (x−x0)
2+(y−y0)
2 = 1,
onde x0, y0 ∈ R parametrizam a famı´lia. Diferenciando com relac¸a˜o a x e simplifi-
cando, obtemos (x− x0) + (y − y0)y
′ = 0 ∴ x− x0 = −(y − y0)y
′ (1).
Diferenciando de novo: 1 + (y′)2 + (y − y0)y
′′ = 0 ∴ y − y0 =
1 + (y′)2
−y′′
(2).
Finalmente, substituindo x − x0 e y − y0 da equac¸a˜o geral pelas expresso˜es (1) e
(2), respectivamente, obtemos:
[1 + (y′)2]2
(y′′)2
[(y′)2 + 1] = 1 ∴ (y′′)2 = [1 + (y′)2]3 .
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