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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,y) = 3xy2 o que nos da´ h′ (y) = 0, ou seja, h (y) e´ constante e, consequentemente, a soluc¸a˜o impl´ıcita Ψ (x, y) = C e´ dada por x4 4 + xy3 = C e y = 3 √ C x − x 3 4 . c) y − 3x2 − (4y − x) dy dx = 0 8 SOLUC¸A˜O: Aqui, temos que Ψx (x, y) =M (x, y) = y − 3x2 e Ψy (x, y) = N (x, y) = x− 4y. Neste caso, Ψ (x, y) = ∫ M (x, y) dx = ∫ ( y − 3x2) dx = xy − x3 + h (y) . Assim, Ψy (x, y) = x+ h ′ (y) = N (x, y) = x− 4y o que nos da´ h′ (y) = −4y, ou seja, h (y) = −2y2 e, consequentemente, a soluc¸a˜o impl´ıcita Ψ (x, y) = C e´ dada por xy − x3 − 2y2 = C e, desde que x2 − 8x3 + C ≥ 0, y = x±√x2 − 8x2 + C 4 . d) x2 (x− y)2 dy dx − y 2 (x− y)2 = 0 SOLUC¸A˜O: Aqui, temos que Ψx (x, y) =M (x, y) = − y 2 (x− y)2 e Ψy (x, y) = N (x, y) = x2 (x− y)2 . Neste caso, Ψ (x, y) = −y2 ∫ 1 (x− y)2 dx = y2 x− y + h (y) . Assim, Ψy (x, y) = 2xy − y2 (x− y)2 + h ′ (y) = N (x, y) = x2 (x− y)2 o que nos da´ h′ (y) = x2 − 2xy + y2 (x− y2) = 1, ou seja, h (y) = y e, consequentemente, a soluc¸a˜o impl´ıcita Ψ (x, y) = C e´ dada por y2 x− y + y = C e y = Cx x+ C . 9 8. Mostre que φ (x) = e2x e´ soluc¸a˜o de y′ − 2y = 0 e que y = cφ (x) e´ tambe´m soluc¸a˜o desta equac¸a˜o para qualquer valor de c. SOLUC¸A˜O: Se φ (x) = e2x, enta˜o φ′ (x) = 2e2x e φ′ (x)− 2φ = 2e2x − 2e2x = 0. Portanto, φ (x) e´ uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o dada. Se y = cφ (x), enta˜o y′ = cφ′ (x) e, consequen- temente, y′ − 2y = cφ′ (x)− 2cφ (x) = c [φ′ (x)− 2φ (x)] = 0. Logo, y = cφ (x) e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o dada para qualquer valor de c. 9. Mostre que φ (x) = 1 x e´ soluc¸a˜o de y′ + y2 = 0, para x > 0, mas que y = cφ (x) na˜o e´ soluc¸a˜o desta equac¸a˜o. SOLUC¸A˜O: Se φ (x) = 1 x , enta˜o [φ (x)]2 = 1 x2 e φ′ (x) = − 1 x2 . Logo, φ′ (x) + [φ (x)]2 = 0 e φ (x) e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o dada. Se y = cφ (x), enta˜o y2 = c2 [φ (x)]2 e y′ = cφ′ (x). Logo, y′ + y2 = cφ′ (x) + c2 [φ (x)]2 = c { φ′ (x) + [φ (x)]2 } + ( c2 − c) [φ (x)]2 = ( c2 − c) [φ (x)]2 e y = cφ (x) na˜o e´ soluc¸a˜o. 10. Resolva as equac¸o˜es abaixo encontrando um fator integrante a) (x4 + y4)− xy3 dy dx = 0, x > 0. SOLUC¸A˜O: Fazendo M (x, y) = x4 + y4 e N (x, y) = −xy3, temos que My (x, y) = 4y 3 e Nx (x, y) = −y3. Assim, um fator integrante para a equac¸a˜o acima e´ µ (x) = e ∫ My(x,y)−Nx(x,y) N(x,y) dx = e ∫ 4y3+y3 −xy3 dx = e−5 ∫ 1 x dx = e−5 lnx = elnx −5 = x−5. Multiplicando ambos os membros da equac¸a˜o dada por este fator integrante, temos que esta equac¸a˜o e´ equivalente a ( 1 x + y4 x5 ) dx− y 3 x4 dy = 0 que e´ uma equac¸a˜o diferencial exata. Aqui, temos que Ψx (x, y) =M (x, y) = 1 x + y4 x5 e Ψy (x, y) = N (x, y) = −y 3 x4 . 10 Neste caso, Ψ (x, y) = ∫ M (x, y) dx = ∫ ( 1 x + y4 x5 ) dx = ln x− y 4 4x4 + h (y) . Assim, Ψy (x, y) = −y 3 x4 + h′ (y) = N (x, y) = −y 3 x4 o que nos da´ h′ (y) = 0, ou seja, h (y) e´ constante e, consequentemente, a soluc¸a˜o impl´ıcita Ψ (x, y) = C e´ dada por ln x− y 4 4x4 = C e y = x 4 √ ln x4 − C. b) (3x2y + 2xy + y3) + (x2 + y2) dy dx = 0 SOLUC¸A˜O: Fazendo M (x, y) = 3x2y + 2xy + y3 e N (x, y) = x2 + y2, temos que My (x, y) = 3x 2 + 2x+ 3y2 e Nx (x, y) = 2x. Assim, um fator integrante para a equac¸a˜o acima e´ µ (x) = e ∫ My(x,y)−Nx(x,y) N(x,y) dx = e ∫ 3x2+2x+3y2−2x x2+y2 dx = e ∫ 3 dx = e3x. Multiplicando ambos os membros da equac¸a˜o dada por este fator integrante, temos que esta equac¸a˜o e´ equivalente a ( 3x2y + 2xy + y3 ) e3x + ( x2 + y2 ) e3x dy dx = 0 que e´ uma equac¸a˜o diferencial exata. Aqui, temos que Ψx (x, y) =M (x, y) = ( 3x2y + 2xy + y3 ) e3x e Ψy (x, y) = N (x, y) = ( x2 + y2 ) e3x. Neste caso, Ψ (x, y) = ∫ M (x, y) dx = ∫ ( 3x2y + 2xy + y3 ) e3x dx = ye3x ( x2 + y2 3 ) + h (y) . Assim, Ψy (x, y) = ( x2 + y2 ) e3x + h′ (y) = N (x, y) = ( x2 + y2 ) e3x o que nos da´ h′ (y) = 0, ou seja, h (y) e´ constante e, consequentemente, a soluc¸a˜o impl´ıcita Ψ (x, y) = C e´ dada por ye3x ( x2 + y2 3 ) = C. 11 c) y + (2xy + e−2y) dy dx = 0 SOLUC¸A˜O: Fazendo M (x, y) = y e N (x, y) = 2xy + e−2y, temos que My (x, y) = 1 e Nx (x, y) = 2y. Assim, um fator integrante para a equac¸a˜o acima e´ µ (y) = e ∫ Ny(x,y)−Mx(x,y) M(x,y) dy = e ∫ 2y−1 y dy = e ∫ (2− 1y ) dy = e2y−ln y = e2y y . Multiplicando ambos os membros da equac¸a˜o dada por este fator integrante, temos que esta equac¸a˜o e´ equivalente a e2y + ( 2xe2y + 1 y ) dy dx = 0 que e´ uma equac¸a˜o diferencial exata. Aqui, temos que Ψx (x, y) =M (x, y) = e 2y e Ψy (x, y) = N (x, y) = 2xe 2y + 1 y . Neste caso, Ψ (x, y) = ∫ M (x, y) dx = ∫ e2y dx = xe2y + h (y) . Assim, Ψy (x, y) = 2xe 2y + h′ (y) = N (x, y) = 2xe2y + 1 y o que nos da´ h′ (y) = 1 y , ou seja, h (y) = ln y e, consequentemente, a soluc¸a˜o impl´ıcita Ψ (x, y) = C e´ dada por xe2y + ln y = C. d) ex + (ex cot y + 2y csc y) dy dx = 0 SOLUC¸A˜O: Fazendo M (x, y) = ex e N (x, y) = ex cot y + 2y csc y, temos que My (x, y) = 0 e Nx (x, y) = e x cot y. Assim, um fator integrante para a equac¸a˜o acima e´ µ (y) = e ∫ Ny(x,y)−Mx(x,y) M(x,y) dy = e ∫ ey cot y ey dy = e ∫ cot y dy = eln sen y = sen y. Multiplicando ambos os membros da equac¸a˜o dada por este fator integrante, temos que esta equac¸a˜o e´ equivalente a ex sen y + (ex cos y + 2y) dy dx = 0 12 que e´ uma equac¸a˜o diferencial exata. Aqui, temos que Ψx (x, y) =M (x, y) = e x sen y e Ψy (x, y) = N (x, y) = e x cos y + 2y. Neste caso, Ψ (x, y) = ∫ M (x, y) dx = ∫ ex sen y dx = ex sen y + h (y) . Assim, Ψy (x, y) = e x cos y + h′ (y) = N (x, y) = ex cos y + 2y o que nos da´ h′ (y) = 2y, ou seja, h (y) = y2 e, consequentemente, a soluc¸a˜o impl´ıcita Ψ (x, y) = C e´ dada por ex sen y + 2y = C. e) y x + (y3 − ln x) dy dx = 0, x > 0 SOLUC¸A˜O: Fazendo M (x, y) = y x e N (x, y) = y3 − ln x, temos que My (x, y) = 1 x e Nx (x, y) = −1 x . Assim, um fator integrante para a equac¸a˜o acima e´ µ (y) = e ∫ Ny(x,y)−Mx(x,y) M(x,y) dy = e− ∫ 2/x y/x dy = e−2 ∫ 1 y dy = eln y −2 = y−2. Multiplicando ambos os membros da equac¸a˜o dada por este fator integrante, temos que esta equac¸a˜o e´ equivalente a 1 xy + ( y − ln x y2 ) dy dx = 0 que e´ uma equac¸a˜o diferencial exata. Aqui, temos que Ψx (x, y) =M (x, y) = 1 xy e Ψy (x, y) = N (x, y) = y − ln x y2 . Neste caso, Ψ (x, y) = ∫ M (x, y) dx = ∫ 1 xy dx = 1 y ln x+ h (y) . Assim, Ψy (x, y) = − ln x y2 = N (x, y) = y − ln x y2 o que nos da´ h′ (y) = y, 13 ou seja, h (y) = y2 2 e, consequentemente, a soluc¸a˜o impl´ıcita Ψ (x, y) = C e´ dada por 1 y ln x+ y2 2 = C. 11. Determine a soluc¸a˜o geral das equac¸o˜es diferenciais lineares a) dy dx + y cos x = 1 2 sen (2x). SOLUC¸A˜O: Fazendo µ (x) = e ∫ cosx dx = esenx = esenx e multiplicando ambos os membros da equac¸a˜o dada por µ (x), temos a equac¸a˜o equivalente esenxy′ + yesenx cos x = 1 2 sen (2x) esenx. Assim, (yesenx)′ = esenx sen x cos x e, consequentemente, yesenx = ∫ esenx sen x cos x dx = esenx (sen x− 1) + C o que nos da´ y = sen x− 1 + C esenx . • Ca´lculo de ∫ esenx sen x cos x dx: Fazendo t = sen x, temos que dt = cos x dx e, assim, ∫ esenx sen x cos x dx = ∫ tet dt. Tomando agora u (t) = t e dv= et dt, obtemos du = dt e v = et. Aplicando a fo´rmula da integral por partes vem que ∫ esenx sen x cos x dx = tet − ∫ et dt = tet − et +D = et (t− 1) = esenx (sen x− 1) +D. b) dy dx − y = −2e−x. 14 SOLUC¸A˜O: Fazendo µ (x) = e− ∫ dx = e−x = e−x e multiplicando ambos os membros da equac¸a˜o dada por µ (x), temos a equac¸a˜o equivalente e−xy′ − ye−x = −2xe−2x. Assim, ( ye−x ) ′ = −2xe−2x e, consequentemente, ye−x = −1 2 ∫ −2xe−2x (−2) dx = −1 2 ∫ tet dt = −1 2 et (t− 1) + C = e−2x ( x+ 1 2 ) + C o que nos da´ y = e−x ( x+ 1 2 ) + Cex. Note que, no ca´lculo da integral acima, fizemos a mudanc¸a de varia´vel t = −2x. c) dy dx + y tan x = 0. SOLUC¸A˜O: A equac¸a˜o acima e´ equivalente a dy dx = −y tan x. Assim, 1 y dy = − tan x dx e, consequentemente, ∫ 1 y dy = − ∫ tan x dx o que nos da´ ln y = ln cos x+K e, portanto, y = eln cosx+K = C cos x ( C = eK ) . d) dy dx + y x = cos x+ sen x x . SOLUC¸A˜O: Fazendo µ (x) = e ∫ 1 x dx = elnx = x e multiplicando ambos os membros da equac¸a˜o dada por µ (x), temos a equac¸a˜o equivalente xy′ + y = x cos x+ sen x. 15 Assim, (xy)′ = x cos x+ sen x e, consequentemente, xy = ∫ (x cos x+ sen x) dx = x sen x+ C o que nos da´ y = sen x+ C x . 12. Resolva as seguintes equac¸o˜es de Bernoulli a) xy′ + y = 1 y2 . SOLUC¸A˜O: Multiplicando ambos os membros da equac¸a˜o dada por 3y2 x , temos 3y2y′ + 3y3 x = 3 x . Fazendo v = y3, temos que v′ = 3y2y′. Deste modo, fazendo as substituic¸o˜es adequadas, temos que v′ + 3v x = 3 x Fazendo µ (x) = e ∫ 3 x dx = elnx 3 = x3 e multiplicando ambos os membros da equac¸a˜o acima por µ (x), temos a equac¸a˜o equivalente x3v′ + 3x2v = 3x2. Assim, ( x3v ) ′ = 3x2 e, consequentemente, xv = ∫ 3x2 dx = x3 + C o que nos da´ v = x2 + C x e y = 3 √ x2 + C x . b) x2y′ + y2 = xy. 16 SOLUC¸A˜O: A equc¸a˜o acima pode ser reescrita sob a forma y′ + y x = y2 x2 Multiplicando ambos os membros da equac¸a˜o dada por −y−2, temos − 1 y2 y′ − 1 yx = − 1 x2 . Fazendo v = 1 y , temos que v′ = − 1 y2 y′. Deste modo, fazendo as substituic¸o˜es adequadas, temos que v′ − v x = − 1 x2 Fazendo µ (x) = e− ∫ 1 x dx = e− lnx = 1 x e multiplicando ambos os membros da equac¸a˜o acima por µ (x), temos a equac¸a˜o equivalente 1 x v′ − v x2 = − 1 x3 . Assim, ( 1 x v ) ′ = − 1 x3 e, consequentemente, 1 x v = − ∫ 1 x3 dx = 1 2x2 + C 2 o que nos da´ v = 1 + Cx2 2x e y = 2x 1 + Cx2 . c) x2y′ − 2xy = 3y4, y (1) = 1 2 . SOLUC¸A˜O: Multiplicando ambos os membros da equac¸a˜o dada por −3y −4 x2 , temos −3y−4y′ + 6y −3 x = 3 x2 . Fazendo v = y−3, temos que v′ = −3y−4y′. Deste modo, fazendo as substituic¸o˜es adequadas, temos que v′ + 6v x = 3 x2 Fazendo µ (x) = e ∫ 6 x dx = elnx 6 = x6 17 e multiplicando ambos os membros da equac¸a˜o acima por µ (x), temos a equac¸a˜o equivalente x6v′ + 6x5v = 3x4. Assim, ( x6v ) ′ = 3x4 e, consequentemente, x6v = ∫ 3x4 dx = 3x5 + C 5 o que nos da´ v = 3x5 + C 5x6 e y = ( 3x5 + C 5x6 ) − 1 3 . Temos ainda que y (1) = 1 2 ⇔ ( 3 + C 5 ) − 1 3 = 1 2 ⇔ 3 + C 5 = 8⇔ 3 + C = 40⇔ C = 37 Logo, y (x) = ( 3x5 + 37 5x6 ) − 1 3 . 18
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