CALCULOIIA_ GMA - UFF
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CALCULOIIA_ GMA - UFF


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t.
6. y(4) + 4y\u2032\u2032\u2032 + 3y = x, x \u2208 R, y(x) = e\u2212x + x/3.
Determine os valores de r para os quais a EDO dada possui solução da
forma y = tr, para t > 0.
7. t2y\u2032\u2032 \u2212 4ty\u2032 + 4y = 0.
Determine os valores de r para os quais a EDO dada possui solução da
forma y = ert .
8. y\u2032\u2032\u2032 \u2212 3y\u2032\u2032 + 2y\u2032\u2032 = 0.
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernández
CÁLCULO 2A
Aula 17
EDO de primeira ordem
Nesta aula, iniciaremos o estudo das equações diferenciais ordinárias
(EDO) de primeira ordem. Discutiremos o tipo mais simples de EDO de
primeira ordem, chamado variáveis separáveis.
1 Conceitos básicos
Lembre-se de que uma EDO de primeira ordem é dada por:
dy
dx
= f(x, y), (1)
onde f : U \u2282 R2 \u2192 R.
O nosso primeiro objetivo é resolver a equação (1), no sentido da
De\ufb01nição 2 da aula anterior. Como é de se esperar, dada a arbitrariedade
da função f , não existe um método geral para resolver esse tipo de equação.
No entanto, nesta e nas próximas seções, daremos alguns métodos de solução
para certos casos particulares da função f .
De\ufb01nição 1
Dizemos que a equação (1) é imediata se a função f depende somente da
135
136 1. CONCEITOS BÁSICOS
variável x. Isto é,
dy
dx
= f(x). (2)
Observação 1
Caso a função f tenha uma primitiva F no intervalo I, a equação (2) pode
ser resolvida via integração. De fato, pela de\ufb01nição de primitiva,
y(x) = F (x)
é solução da equação (2) no intervalo I.
De\ufb01nição 2
Dizemos que a equação (1) é de variáveis separáveis se a função f for o pro-
duto de duas funções, cada uma delas dependendo somente de uma variável.
Isto é,
dy
dx
= g(x)h(y). (3)
Proposição 1
Suponha que, na de\ufb01nição anterior, a função g tem uma primitiva G de\ufb01nida
no intervalo I, e a função 1/h está bem de\ufb01nida e tem uma primitiva H no
intervalo J . Então, a expressão
H(y) = G(x) + C, (4)
fornece uma solução implícita da equação (3) nos subintervalos de I onde y
esteja de\ufb01nido implicitamente por dita expressão.
Prova
Derivando os dois lados de (4) com respeito a x, temos pela regra da cadeia
H \u2032(y(x))y\u2032(x) = G\u2032(x).
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernández
CÁLCULO 2A
AULA 17. EDO DE PRIMEIRA ORDEM 137
Já que H é uma primitiva de 1/h, temos
1
h(y(x))
y\u2032(x) = g(x).
Isto é,
y\u2032(x) = h(y(x))g(x).
\ufffd
Observação 2
Uma maneira simples de usar o método é a seguinte: na equação (3) dividimos
pela função h e \ufffdmultiplicamos por dx\ufffd, obtendo
1
h(y)
dy = g(x)dx. (5)
Logo, integramos à esquerda com respeito de y e à direita com respeito de x.
A justi\ufb01cativa desse procedimento está na prova da Proposição 1.
Observação 3
Repare que para usar o método precisaremos que h(y) 6= 0. O que acontece
se h se anula em algum ponto, digamos y0? Nesse caso, pode-se veri\ufb01car
diretamente que a função constante y \u2261 y0 é solução da equação (3).
Ou seja, as soluções constantes são obtidas resolvendo a equação h(y) = 0 e
as não constantes integrando (5).
2 Exemplos
Exemplo 1
Resolva a equação
xy\u2032 + y = 0. (6)
CÁLCULO 2A GMA-IME-UFF
138 2. EXEMPLOS
Solução
Seguindo o procedimento descrito em (5) obtemos, a partir de (6), a ex-
pressão
dy
y
= \u2212dx
x
.
Observe que estamos considerando x 6= 0 e y 6= 0. Integrando dos dois lados,
obtemos
ln |y| = \u2212 ln |x|+ C1,
onde C1 \u2208 R. Logo, tomando exponencial dos dois lados, obtemos
|y| = C|x| ,
onde C > 0. Podemos tirar os módulos tomando C \u2208 R/{0}.
Logo, temos que y = C/x é solução de (6) nos intervalos (0,+\u221e) e (\u2212\u221e, 0)
para qualquer constante C \u2208 R/{0}.
Finalmente, observe que y \u2261 0 é solução de (6) em R. \ufffd
Exemplo 2
Resolva a equação
y\u2032 = \u2212x
y
. (7)
Solução
Observe que para a equação (7) fazer sentido, precisamos considerar y 6= 0.
Seguindo o procedimento descrito em (5) obtemos, a partir de (7), a expressão
y dy = \u2212x dx.
Ao fazermos a integração, obtemos
y2
2
= \u2212x
2
2
+ C1,
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernández
CÁLCULO 2A
AULA 17. EDO DE PRIMEIRA ORDEM 139
onde C1 \u2208 R. Logo, multiplicando por 2 dos dois lados, temos que
y2 + x2 = C,
é solução implícita de (7). Observe que, dado que y 6= 0, para a expressão
anterior fazer sentido precisamos que C > 0. \ufffd
Exemplo 3
Resolva a equação
y\u2032 = y2 \u2212 4. (8)
Solução
Seguindo o procedimento descrito em (5), obtemos a partir de (8) a expressão
dy
y2 \u2212 4 = dx.
Observe que consideramos y 6= \u22122 e y 6= 2. Usando frações parciais para
integrar o lado esquerdo, obtemos
1
4
{ln |y \u2212 2| \u2212 ln |y + 2|} = x+ C1,
onde C1 \u2208 R. Logo, passando o 4 a multiplicar e tomando exponencial dos
dois lados, obtemos
|y \u2212 2|
|y + 2| = Ce
4x,
onde C > 0. Podemos tirar o módulo tomando C \u2208 R/{0}.
Logo, colocando y em evidência, temos que
y =
2 + 2Ce4x
1\u2212 Ce4x , (9)
é solução de (8), nos intervalos (\u2212 lnC
4
,+\u221e) e (\u2212\u221e,\u2212 lnC
4
), para qualquer
constante C > 0. No caso C < 0 a solução está de\ufb01nida em R.
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140 3. EXERCÍCIOS DE REVISÃO
Finalmente, observe que y \u2261 \u22122 e y \u2261 2 são soluções de (8) em R. Veja
que a solução y \u2261 2 faz parte da família de soluções (9)(C = 0), o que não
acontece com a solução y \u2261 \u22122. \ufffd
Exemplo 4
Resolva a equação
y\u2032 =
\u221a
y. (10)
Solução
Para a equação (10) fazer sentido, precisamos que y \u2265 0. Seguindo o pro-
cedimento descrito em (5), obtemos a partir de (10) a expressão
dy\u221a
y
= dx.
Observe que consideramos y 6= 0. Integrando dos dois lados, obtemos
2
\u221a
y = x+ C, (11)
onde C \u2208 R. Logo, passando o 2 a dividir e elevando ao quadrado dos dois
lados, obtemos
y =
1
4
(x+ C)2. (12)
Veja que para a equação (11) fazer sentido, precisamos que x+C \u2265 0. Assim,
a solução y dada por (12) é válida no intervalo (\u2212C,+\u221e).
Finalmente, observe que y \u2261 0 é solução de (10) em R, reparando que esta
solução não pertence à família de soluções (12). \ufffd
3 Exercícios de revisão
Veri\ufb01que que as EDOs a seguir são de variáveis separáveis e resolva-as.
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernández
CÁLCULO 2A
AULA 17. EDO DE PRIMEIRA ORDEM 141
1. (1 + x)y dx+ (1\u2212 y)x dy = 0.
2. y\u2032 = 1+x
2
1+y2
.
3. sec2 \u3b8 tg \u3c6 d\u3b8 + sec2 \u3c6 tg \u3b8 d\u3c6 = 0.
4. (x+ y2x) dx+ (y \u2212 x2y)x dy = 0.
5. (x ln y) dy
dx
= y.
6. xy dy
dx
= (1 + x2) cossec y.
7. y\u2032 + y2 sen x = 0.
8. xy\u2032 =
\u221a
1\u2212 y2.
9.
dy
dx
= x\u2212e
\u2212x
y+ey
.
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142 3. EXERCÍCIOS DE REVISÃO
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernández
CÁLCULO 2A
Aula 18
Teorema de Existência e
Unicidade
Nesta aula introduzimos o problema de valor inicial (PVI) associado a
uma equação diferencial ordinária de primeira ordem. Depois, abordaremos
os problemas de existência e unicidade de solução para o PVI.
1 Conceitos básicos
Dada uma função contínua f : I1 × I2 \u2282 R2 \u2192 R, de\ufb01nida no produto
cartesiano dos intevalos abertos I1 e I2, e (x0, y0) \u2208 I1 × I2, consideramos o
problema de valor inicial (PVI):
{
y\u2032 = f(x, y),
y(x0) = y0.
(1)
Vamos de\ufb01nir o que entendemos como uma solução, no caso do problema
anterior.
De\ufb01nição 1
Dado J \u2282 I1, um subintervalo aberto de I1, dizemos que a função difer-
enciável u : J \u2282 R \u2192 I2 \u2282 R é uma solução do PVI (1) se u(x0) = y0
143
144 1. CONCEITOS BÁSICOS
e
u\u2032(x) = f(x, u(x))
para todo x \u2208 J .
Observação 1
Inicialmente, devemos nos perguntar: Existe alguma solução para o PV1 (1)?
Tendo a pergunta uma resposta positiva, vamos a uma segunda questào: Será
que existe mais de uma solução?
Tais questões são de fundamental importância no estudo das equações difer-
enciais. De fato, não é melhor começar a procura por uma solução de um
PVI quando já sabemos, de antemão, que existe ao menos uma? Caso con-
trário, poderíamos estar procurando por uma coisa que não existe! Além
disso, dado que achamos uma solução, como podemos saber que não