ex1-gab

Prévia do material em texto

Primeiro Exame de Cálculo 4
2008-1
GABARITO
1a Questão: Em cada item abaixo, encontre a solução geral da equação diferencial.
(a)
dy
dx
=
x3 − 2y
x
(2,0 pontos)
(b) y′ = 1 + x2 + y2 + x2y2 (1,5 ponto)
(c) 4y′′ + 12y′ + 9y = 0 (1,5 ponto)
RESOLUÇÃO: (a) Esta equação é linear e equivalente a
y′ + (
2
x
)y = x2,
cujo fator integrante é e
∫
2
x
dx = x2, o que nos leva à equação (x2y)′ = x4. Após integração
obtemos x2y = x
5
5 + C. Logo, a solução pedida é
y =
x3
5
+
C
x2
(b) Esta equação é separável, pois y′ = (1 + x2)(1 + y2), e logo
dy
1 + y2
= (1 + x2) dx
Integrando a equação acima, obtemos arctg y = x + x
3
3 + C. A solução pedida é
y = tg (x +
x3
3
+ C)
(c) Esta é uma equação de segunda ordem linear homogênea com coeficientes constantes. A
equação caracteŕıstica 4α2 + 12α + 9 tem raiz dupla igual a −3/2. A solução geral é portanto
y = Ae−
3x
2 + Bxe−
3x
2
1
2a Questão: Em cada item abaixo, encontre a solução da equação diferencial que satisfaz as
condições iniciais dadas.
(a)
d2y
dx2
= 6y2, y(0) = 1 y′(0) = −2
Sugestão: faça v = dydx e note que
dv
dx =
dv
dy
dy
dx . (2,0 pontos)
(b) x3 dy = (1− 2x2y) dx, y(1) = 2 (2,0 pontos)
RESOLUÇÃO: (a) Seguindo a sugestão, temos que
d2y
dx2
=
dv
dx
=
dv
dy
dy
dx
= v
dv
dy
Obtemos então a seguinte equação para v em função de y:
v
dv
dy
= 6y2
Esta equação é separável, e após integração obtemos
v2 = 4y3 + 2C
Como v(0) = y′(0) = −2 e y(0) = 1, obtemos C = 0. Assim, v = ±2y 32 . Novamente usando a
condição inicial para v, vemos que o sinal correto é o negativo. Conclúımos que
y′ = −2y 32
o que nos dá
y−
3
2 dy = −2 dx
Após integração, obtemos −2y− 12 = −2x + D. Usando que y(0) = 1, vemos que D = −2.
Portanto, a solução pedida é
y =
1
(x + 1)2
2
(b) Usando a notação M dx+N dy = 0, temos que M = 2x2y− 1 e N = x3. Assim, My −Nx =
−x2, e como (My−Nx)/N não depende de x, vemos que é posśıvel encontrar um fator integrante
µ dependendo apenas de x. A equação a ser satisfeita por µ(x) é (µM)y = (µN)x, o que no
caso nos dá
2x2µ = 3x2µ + x3µ′
Portanto,
µ′ +
µ
x
= 0
Esta é uma equação linear com fator integrante e
∫
1
x
dx = x e pode ser reescrita na forma
(xµ)′ = 0, o que nos leva a µ = 1x como uma das soluções. Multiplicando a equação original por
µ obtemos a equação exata
(2xy − 1
x
) dx + x2 dy = 0
Para encontrar a função potencial φ associada, integramos x2 com respeito a y, obtendo φ(x, y) =
x2y+g(x). Derivando esta função com relação a x e igualando a 2xy− 1x , obtemos g(x) = − ln |x|.
Assim, φ(x, y) = x2y − ln |x|. As soluções da equação original serão dadas, na forma impĺıcita,
por
x2y − ln |x| = C
Para satisfazer a condição inicial dada, devemos ter C = 2, e portanto a solução pedida é
y =
2 + ln |x|
x2
3
3a Questão: Sabendo que as funções y1(x) = x2 e y2(x) = ex são soluções da equação
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0,
encontre p(x). (1,0 ponto)
RESOLUÇÃO: Sabemos que
W ′ = −pW
onde W é o Wronskiano de duas soluções quaisquer. No caso,
W = (x) = y1(x)y′2(x)− y′1(x)y2(x) = ex(x2 − 2x)
e logo W ′(x) = ex(x2 − 2). Desta forma, conclúımos que
p(x) =
2− x2
x2 − 2x
Outra forma de encontrar p seria fazer y = y1 = x2 na equação diferencial, obtendo-se uma
relação entre p e q, e logo fazer y = y2 = ex na mesma equação, obtendo-se outra relação entre
p e q. Destas duas relações se pode obter tanto p quanto q.
4