Aula3-Variaveis Separaveis

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1 Métodos de Resolução de EDO's de Primeira Ordem 3
1.1 EDO's que apresentam variáveis separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Método de Resolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.2 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1
2 CONTEÚDO
Capítulo 1
Métodos de Resolução de EDO's de Primeira Ordem
Nosso objetivo nessa e nas próximas aulas será o de resolver alguns tipos de EDO's de
Primeira Ordem. Vale lembrar que assim como a maioria das integrais não exibem soluções
analíticas, o mesmo ocorre com as EDO's. Contudo, as EDO's con soluções numéricas
podem mais facilmente ser encontradas. Nesse curso, trateremos de algun tipos de EDO's
passíveis de serem resolvidas através de alguns métodos desenvolvidos ao longo do tempo.
Mais especi�camente desenvolveremos os seguintes métodos de resolução:
1. Método para EDO's que exibem variáveis separáveis.
2. Método para EDO's lineares de Primeira Ordem - através do fator integrante.
3. Método para EDO's que apresentam funções M(x, y);N(x, y), homogêneas.
4. Método para EDO's que de�nem equações exatas.
5. Método para EDO's de Bernoulli
6. Método para EDO's de Ricatti
7. Método de substituição de variáveis para alguns tipos de EDO's que não se enqua-
dram nas demais descritas acima.
Observação: É importante ter em mente que os métodos quando aplicados às
EDO's, restringem soluções e ou seus domínios.
1.1 EDO's que apresentam variáveis separáveis
Uma Equação Diferencial Ordinária de Primeira ordem, com variáveis separáveis, tem as
seguintes representações:
�
dy
dx
= f(x)g(y)
�
dy
dx
=
f(x)
g(y)
, com g(y) 6= 0
�
dy
dx
=
g(y)
f(x)
, com f(x) 6= 0.
3
4 CAPÍTULO 1. MÉTODOS DE RESOLUÇÃO DE EDO'S DE PRIMEIRA ORDEM
Observação: Naturalmente é necessário colocar a EDO na forma
dy
dx
= f(x, y),
para decidir se a EDO possui variáveis separáveis.
Exemplos:
1. 2x2y
dy
dx
= xcos(y) =⇒ dy
dx
=
xcos(y)
2x2y
=
1
2x
cos(y)
y
= f(x)g(y),
onde f(x) =
1
2x
; g(y) =
cos(y)
y
.
2. y2
dy
dx
+ sen(y)y = y =⇒ dy
dx
=
y + ysen(y)
y2
= 1
y + ysen(y)
y2
= f(x)g(y)
onde f(x) = 1; g(y) =
y + ysen(y)
y2
.
3. x3
dy
dx
= cos(y) =⇒ dy
dx
=
cos(y)
x3
=
g(y)
f(x)
onde f(x) = x3; g(y) = cos(y).
4. y2
dy
dx
+ cos(x) = 0 =⇒ dy
dx
=
−cos(x)
y2
=
f(x)
g(y)
onde f(x) = −cos(x); g(y) = y2.
I Método de Resolução
Sem perda de generalidades, vamos deduzir o método para a EDO:
dy
dx
=
g(x)
h(y)
.
Para tanto, considere y = f(x) uma solução dessa EDO. Nessas condições, diferenciando
ambos os lados, temos:
dy = f
′
(x)dx.
Substituindo y = f(x) e dy = f
′
(x)dx na EDO,obtemos:
f
′
(x) =
g(x)
h(f(x))
=⇒ h(f(x))f ′(x) = g(x)
Integrando em relação a x a última igualdade, temos:∫
h(f(x))f
′
(x)dx =
∫
g(x)dx+ k
Contudo, como dy = f
′
(x)dx; y = f(x), a integral do lado esquerdo se torna:∫
h(y)dy =
∫
g(x)dx+ k.
Assim, o método consiste em colocar as funções que depedem de y, multiplicadas por
dy, de um lado e do outro as funções dependentes de x, multiplicadas por dx, e integrá-las
respectivamente em relação às suas variáveis.
As soluções são dadas, quase sempre implícitamente, da forma:
H(y) = G(x) + k,
onde H(y) é uma primitiva de h(y) e G(x) é uma primitiva de g(x) e k ∈ R.
1.1. EDO'S QUE APRESENTAM VARIÁVEIS SEPARÁVEIS 5
II Exemplos
1.
dy
dx
=
xy + 3x− y − 3
xy − 2x+ 4y − 8
Observe que essa EDO pode ser escrita da seguinte forma:
dy
dx
=
x(y + 3)− (y + 3)
x(y − 2) + 4(y − 2)
=
(y + 3)(x− 1)
(y − 2)(x+ 4)
= g(y)f(x)
Logo,
(y − 2)
y + 3
dy =
x− 1
x+ 4
dx =⇒
∫
dy =
∫
dx =⇒
∫
y − 2
y + 3
dy =
∫
x− 1
x+ 4
dx
Essas duas integrais são resolvidas da seguinte forma:
� ∫
y − 2
y + 3
dy =
∫
y + 3− 3− 2
y + 3
dy =
y + 3− 5
y + 3
dy =
∫
y + 3
y + 3
dy −
∫
5
y + 3
dy =
=
∫
1dy −
∫
5
y + 3
dy = y − 5ln|y + 3|+ k, k ∈ R
� ∫
x− 1
x+ 4
dx =
∫
x+ 4− 4− 1
x+ 4
dx =
x+ 4− 5
x+ 4
dx =
∫
x+ 4
x+ 4
dx−
∫
5
x+ 4
dx =
=
∫
1dx−
∫
5
x+ 4
dx = x− 5ln|x+ 4|+ k1, k1 ∈ R
Dessa forma, a solução é dada implicitamente por:
x− 5ln|x+ 4| = y − 5ln|y + 3|+ k2, k2 = k − k1 ∈ R
ou ainda:
x− y = −5ln( |x+ 4|
|y + 3|
) + k2, k2 ∈ R
2. Vejamos, agora, a solução do seguinte PVI:
PV I =
{
dy
dx
= y2 − 9
y(0) = 4
(1.1)
A EDO, acima, é também de variáveis separáveis, e podemos reescrevê-la da forma:
dy
y2 − 9
= dx =⇒
∫
dy =
∫
dx =⇒
∫
dy
y2 − 9
=
∫
dx
A integral em y, do lado esquerdo da expressão, se resolve por frações parciais, da
seguinte maneira:
Observe que
1
y2 − 9
=
1
(y − 3)
1
(y + 3)
=
A
y − 3
+
B
y + 3
6 CAPÍTULO 1. MÉTODOS DE RESOLUÇÃO DE EDO'S DE PRIMEIRA ORDEM
Dessa maneira:
1
y2 − 9
=
A
y − 3
+
B
y + 3
=
A(y + 3) +B(y − 3)
y2 − 9
=
y(A+B) + (3A− 3B)
y2 − 9
o que nos remete, ao igualarmos os dois numeradores das equações, ao seguinte
sistema de equações lineares: {
A + B = 0
3A − 3B = 1
cuja solução é A =
1
6
= −B. Nessas condições, temos:
∫
dy
y2 − 9
=
1
6
( ∫ dy
y − 3
−
∫
dy
y + 3
)
=
1
6
(ln|y − 3| − ln|y + 3|) + k = 1
6
ln{|y − 3|
|y + 3|
}+ k, k ∈ R
Assim, a solução da EDO é dada por:∫
dy
y2 − 9
=
∫
dx⇐⇒ x = 1
6
ln{|y − 3|
|y + 3|
}+ k, k ∈ R.
Para encontrarmos a solução do PVI, temos que encontrar o valor de k correspon-
dente à condição incial y(0) = 4. Para tanto, é só substituirmos o par (0, 4) na
solução.
Observe que a solução foi dada em módulo. Se tiramos o módulo do ln(y−3), ln(y+
3), temos que a solução y tem que ser necessariamente estritamente maior que 3, ou
seja, y > 3. Como a solução inicial é y = 4, podemos tirar o módulo do logarítmo,
Assim:
x =
1
6
ln{|y − 3|
|y + 3|
}+ k,⇐⇒ 0 = 1
6
ln{(4− 3)
(4 + 3)
}+ k = 1
6
ln(
1
7
) + k ⇐⇒ k = −1
6
ln(
1
7
).
Nesses termos, a solução única é dada por:
x =
1
6
ln{|y − 3|
|y + 3|
} − 1
6
ln(
1
7
) =
1
6
ln{
(1
7
|y − 3|
|y + 3|
) 1
6}.
III Exercícios
Na próxima página.
1.1. EDO'S QUE APRESENTAM VARIÁVEIS SEPARÁVEIS 7
Dê a solução geral das EDO's abaixo:
Nos exercícios abaixo, de a solução, quando possível do PVI
Próxima página.
8 CAPÍTULO 1. MÉTODOS DE RESOLUÇÃO DE EDO'S DE PRIMEIRA ORDEM
Nos exercícios abaixo, de a solução, quando possível do PVI
Figura 1.1: Respostas
Respostas
Figura 1.2: 39. −y−1 = tg−1(et) + c