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EDO I - 1ª Lista Resolvida

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Universidade Ferderal do Maranha˜o
Centro de Cieˆncias Exatas e Tecnologia
Departamento de Matema´tica
EDO I
Curso: Matema´tica Professor: Lu´ıs Fernando
Ale´xia Karla Oliveira Macedo
1
a
Lista
Sa˜o Lu´ıs
agosto de 2014
1. Determine os valores de C1 e C2 de modo que as func¸o˜es dadas satisfac¸am as condic¸o˜es
iniciais dadas.
a) y (x) = C1e
x + C2e
−x + 4 sen x; y (0) = 1, y′ (0) = −1.
SOLUC¸A˜O: Temos que
y′ (x) = C1e
x − C2e−x + 4 cos x
e que
y (0) = C1 + C2 e y
′ (0) = C1 − C2 + 4.
Assim,
{
y (0) = 1
y′ (0) = −1 ⇔
{
C1 + C2 = 1
C1 − C2 + 4 = −1 ⇔
{
C1 + C2 = 1
C1 − C2 = −5 ⇔
C1 = −2
C2 = 3
e, portanto, y (x) = −2ex + 3e−x + 4 sen x.
b) y (x) = C1x+ C2 + x
2 − 1, y (1) = 1, y′ (1) = 2.
SOLUC¸A˜O: Temos que
y′ (x) = C1 + 2x
e que
y (1) = C1 + C2 e y
′ (1) = C1 + 2.
Assim, {
y (1) = 1
y′ (1) = 2
⇔
{
C1 + C2 = 1
C1 + 2 = 2
⇔ C1 = 0
C2 = 1
e, portanto, y (x) = x2.
2. Escreva a equac¸a˜o diferencial na forma normal.
a) xy′ + y2 = 0
SOLUC¸A˜O: Temos que
xy′ + y2 = 0⇔ xy′ = −y2 ⇔ y′ = −y
2
x
.
b) exy′ − x = y′
SOLUC¸A˜O: Temos que
exy′ − x = y′ ⇔ exy′ − y′ = x⇔ (ex − 1) y′ = x⇔ y′ = x
ex − 1.
c) (y′)3 + y2 + y = sen x
SOLUC¸A˜O: Temos que
(y′)
3
+ y2 + y = sen x⇔ (y′)3 = sen x− y2 − y ⇔ y′ = 3
√
sen x− y2 − y.
1
d) (e2x − y) dx+ ex dy = 0
SOLUC¸A˜O: A equac¸a˜o acima pode ser reescrita sob a forma
exy′ + e2x − y = 0.
Deste modo,
exy′ + e2x − y = 0⇔ exy′ = y − e2x ⇔ y′ = y − e
2x
ex
.
3. Resolva as equac¸o˜es diferenciais dadas
a) x dx+ y dy = 0
SOLUC¸A˜O: Temos que
x dx+ y dy = 0
ou seja,
y dy = −x dx.
Logo,
2
∫
y dy = −2
∫
x dx
e, portanto,
y2 = C − x2
o que nos da´
y =
√
C − x2 ou y = −
√
C − x2 (desde que C − x2 ≥ 0).
b) x dx− y3 dy = 0
SOLUC¸A˜O: Temos que
x dx− y3 dy = 0
ou seja,
y3 dy = x dx.
Logo,
4
∫
y3 dy = 4
∫
x dx
e, portanto,
y4 = 2x2 + C
o que nos da´
y =
4
√
2x2 + C ou y = − 4
√
2x2 + C (desde que 2x2 + C ≥ 0).
c) dx+
1
y4
dy = 0
2
SOLUC¸A˜O: Temos que
dx+
1
y4
dy = 0
ou seja,
y−4 dy = −dx.
Logo,
−3
∫
y−4 dy = 3
∫
dx
e, portanto,
y−3 = 3x+ C
o que nos da´
y =
1
3
√
3x+ C
.
4. Determine a soluc¸a˜o geral das equac¸o˜es diferenciais de varia´veis separa´veis
a) 2x (3x+ 1)
dy
dx
+ 1− 2x = 0
SOLUC¸A˜O: Temos que
2x (3x+ 1)
dy
dx
+ 1− 2x = 0⇔ 2x (3x+ 1) dy
dx
= 2x− 1
⇔ dy = 2x− 1
2x (3x+ 1)
dx
Logo, ∫
dy =
∫
2x− 1
2x (3x+ 1)
dx,
isto e´,
y =
1
6
ln
|3x+ 1|5
|x|3 + C.
• Ca´lculo de
∫
2x− 1
2x (3x+ 1)
dx por frac¸o˜es parciais:
Temos que
2x− 1
2x (3x+ 1)
=
A
2x
+
B
3x+ 1
=
3Ax+ A+ 2Bx
2x (3x+ 1)
=
(3A+ 2B) x+ A
2x (3x+ 1)
o que nos da´
2x− 1 = (3A+ 2B) x+ A.
Utilizando identidade de polinoˆmios, obtemos o sistema
{
3A+ 2B = 2,
A = −1,
3
cuja soluc¸a˜o e´ A = −1 e B = 5
2
. Deste modo,
∫
2x− 1
2x (3x+ 1)
dx =
A
2
∫
1
x
dx+
B
3
∫
3
3x+ 1
dx
= −1
2
ln |x|+ 5
6
ln |3x+ 1|+ C
= −3
6
ln |x|+ 5
6
ln |3x+ 1|+ C
=
1
6
ln
|3x+ 1|5
|x|3 + C.
b)
dy
dx
=
x− e−x
y + ey
SOLUC¸A˜O: Temos que
dy
dx
=
x− e−x
y + ey
⇔ (y + ey) dy = (x− e−x) dx.
Logo,
2
∫
(y + ey) dy = 2
∫ (
x− e−x) dx,
isto e´,
y2 + 2ey = x2 + 2e−x + C.
c)
dy
dx
=
1 + y2
1 + x2
SOLUC¸A˜O: Temos que
dy
dx
=
1 + y2
1 + x2
⇔ 1
1 + y2
dy =
1
1 + x2
dx.
Logo, ∫
1
1 + y2
dy =
∫
1
1 + x2
dx,
isto e´,
arctg y = arctg x+ arctgC,
ou seja,
y = tg (arctg x+ arctgC) =
x+ C
1− Cx .
5. Verifique que y = y (x) =
[
1 +
2
3
ln (1 + x3)
] 1
2
e´ soluc¸a˜o do PVI y′ =
x2
y (1 + x3)
, y (0) = 1.
4
SOLUC¸A˜O: Temos que
y (0) =
[
1 +
2
3
ln 1
] 1
2
= 1.
Ale´m disso,
y′ (x) =
1
2
[
1 +
2
3
ln (1 + x3)
] 1
2
d
dx
[
1 +
2
3
ln
(
1 + x3
)]
=
1
2y
2
3
1
1 + x3
d
dx
(
1 + x3
)
=
1
3y (1 + x3)
3x2
=
x2
y (1 + x3)
e o resultado segue.
6. Determine se as equac¸o˜es diferenciais dadas sa˜o homogeˆneas e, em caso afirmativo, resolva-
as.
a) y′ =
y − x
x
SOLUC¸A˜O: Note que a equac¸a˜o acima pode ser reescrita sob a forma
(x− y) + xy′ = 0.
Fazendo M (x, y) = x− y e N (x, y) = x, temos que
M (tx, ty) = tx− ty = t (x− y) = tM (x, y) ,
N (tx, ty) = tx = tN (x, y) .
Logo, as func¸o˜es M (x, y) e N (x, y) sa˜o homogeˆneas de mesmo grau (a saber, grau 1) e a
equac¸a˜o em questa˜o e´ homogeˆnea. A equac¸a˜o dada pode ser escrita ainda como
xv′ + v = v − 1,
ou seja,
xv′ = −1
o que nos fornece
v′ = −1
x
e, portanto,
v = −
∫
1
x
dx = C − ln |x| .
Assim,
y = x (C − ln |x|)
e´ a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o dada.
5
b) y′ =
2y + x
x
.
SOLUC¸A˜O: Note que a equac¸a˜o acima pode ser reescrita sob a forma
− (2y + x) + xy′ = 0.
Fazendo M (x, y) = − (2y + x) e N (x, y) = x, temos que
M (tx, ty) = − (2ty + tx) = − (2y + x) t = tM (x, y) ,
N (tx, ty) = tx = tN (x, y) .
Logo, as func¸o˜es M (x, y) e N (x, y) sa˜o homogeˆneas de mesmo grau (a saber, grau 1) e a
equac¸a˜o e´ homogeˆnea. A equac¸a˜o dada pode ser escrita ainda como
y′ = 2
y
x
+ 1.
Fazendo v =
y
x
, temos que y = xv e, consequentemente, y′ = xv′+ v. Substituindo estes dados
na igualdade acima, temos que
xv′ + v = 2v + 1,
ou seja,
xv′ = v + 1
o que nos fornece
1
v + 1
v′ =
1
x
ou, segundo a notac¸a˜o de Leibniz,
1
v + 1
dv =
1
x
dx.
Deste modo, ∫
1
v + 1
dv = ln (v + 1) =
∫
1
x
dx = ln x+K
e, da´ı,
v + 1 = elnx+K = Celnx = Cx,
ou
v = Cx− 1.
onde C = eK . Assim,
y = x (Cx− 1)
e´ a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o dada.
c) y′ =
x2 + 2y2
xy
6
SOLUC¸A˜O: Note que a equac¸a˜o acima pode ser reescrita sob a forma
− (x2 + 2y2)+ xyy′ = 0.
Fazendo M (x, y) = − (x2 + 2y2) e N (x, y) = xy, temos que
M (tx, ty) = − (t2x2 + 2t2y2) = − (x2 + 2y2) t2 = t2M (x, y) ,
N (tx, ty) = txty = t2xy = t2N (x, y) .
Logo, as func¸o˜es M (x, y) e N (x, y) sa˜o homogeˆneas de mesmo grau (a saber, grau 2) e a
equac¸a˜o e´ homogeˆnea. A equac¸a˜o dada pode ser escrita ainda como
y′ =
x
y
+ 2
y
x
=
1
y
x
+ 2
y
x
.
Fazendo v =
y
x
, temos que y = xv e, consequentemente, y′ = xv′+ v. Substituindo estes dados
na igualdade acima, temos que
xv′ + v =
1
v
+ 2v,
ou seja,
xv′ =
1
v
+ v =
v2 + 1
v
o que nos fornece
v
v2 + 1
v′ =
1
x
ou, segundo a notac¸a˜o de Leibniz,
v
v2 + 1
dv =
1
x
dx.
Deste modo, ∫
2v
v2 + 1
dv =
1
2
ln
(
v2 + 1
)
= 2
∫
1
x
dx = ln x2 +K
e, da´ı,
v2 + 1 = elnx
2+K = Celnx = Cx2,
ou
v = ±
√
Cx2 − 1.
onde C = eK . Assim,
y = ±x
√
Cx2 − 1
e´ a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o dada.
7. Determine a soluc¸a˜o geral das equac¸o˜es diferenciais exatas:
a) 2 (3xy2 + 2x3) + 3 (2x2y + y2)
dy
dx
= 0
7
SOLUC¸A˜O: Aqui, temos que
Ψx (x, y) =M (x, y) = 2
(
3xy2 + 2x3
)
e Ψy (x, y) = N (x, y) = 3
(
2x2y + y2
)
.
Neste caso,
Ψ (x, y) =
∫
M (x, y) dx =
∫ (
6xy2 + 4x3
)
dx = 3x2y2 + x4 + h (y) .
Assim,
Ψy (x, y) = 6x
2y + h′ (y) = N (x, y) = 6x2y + 3y2
o que nos da´
h′ (y) = 3y2,
ou seja,
h (y) = y3
e, consequentemente, a soluc¸a˜o impl´ıcita Ψ (x, y) = C e´ dada por
3x2y2 + x4 + y3 = C.
b) (x3 + y3) + 3xy2
dy
dx
= 0
SOLUC¸A˜O: Aqui, temos que
Ψx (x, y) =M (x, y) = x
3 + y3 e Ψy (x, y) = N (x, y) = 3xy
2.
Neste caso,
Ψ (x, y) =
∫
M (x, y) dx =
∫ (
x3 + y3
)
dx =
x4
4
+ xy3 + h (y) .
Assim,
Ψy (x, y) = 3xy
2 + h′ (y) = N (x,

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