EDO’s de 1ª Ordem Lineares | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos

Um equação diferencial ordinária de primeira ordem linear tem a forma y' + a(t) y = b(t). Uma fórmula para resolver este tipo de equação é dada pelos passos: 1) Encontre p(t) = \int{a(t)}dt; 2) Multiplique a equação y' + a(t) y = b(t) por e^{p(t)}, que fica e^{p(t)} y' + e^{p(t)} a(t) y = e^{p(t)} b(t); e 3) observe que \left( e^{p(t)} y \right)' = e^{p(t)} y' + e^{p(t)} a(t) y = e^{p(t)} b(t). Logo, \left( e^{p(t)} y \right) = \int{e^{p(t)} b(t)}dt

EDO’s de 1ª Ordem Lineares | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos

1) Calcule a solução das EDO’s lineares de 1ª ordem:

a) \dfrac{1}{x} \dfrac{dy}{dx} - \dfrac{2y}{x^2} = x cos(x), \qquad x>0;

SOLUÇÃO: Para colocar essa equação linear na forma padrão, multiplicamos por x para obter $$ \frac{dy}{dx} – \frac{2}{x} y = x^2 cos(x).$$ Aqui, p(x) = -2/x , de modo que $$ \int{p(x) dx} = \int{\frac{-2}{x} dx} = – 2 \ln{|x|} $$ Assim, um fator integrante é $$ \mu (x) = e^{- 2 \ln{|x|}} = x^{-2}.$$ Desta forma, a equação fica $$ x^{-2}\frac{dy}{dx} – \frac{2}{x^3} y = cos(x)$$ que nos leva a $$ \frac{d}{dx} \left( x^{-2} y \right) = cos(x) \Leftrightarrow x^{-2} y = \int{cos(x) dx} = sen(x) + c.$$ portanto a solução explícita desta equação é dada por $$y = x^2 sen(x) + c x^2.$$

b) y' + y = \sqrt{1 +cos^2 (x)};

SOLUÇÃO: O fator integrante para a equação diferencial linear é dado por $$ \mu (x) = e^{\int{1dx}} = e^x .$$ Substituindo na equação, encontramos $$ e^x y’ + e^x y = e^x \sqrt{1 +cos^2 (x)} $$ que é igual a $$ \left( e^x y \right)’ = e^x \sqrt{1 +cos^2 (x)} $$ o que nos leva à solução $$y(x) = e^{-x} \left[ \int{e^x \sqrt{1 +cos^2 (x)} dx} + c \right].$$ Porém, esta integral indefinida não pode ser expressa em termos finitos com funções elementares.

c) y' = 50 e^{-10t} - k y, \qquad y(0) = 40;

SOLUÇÃO: Colocando a EDO na forma elementar da EDO linear encontramos $$ y’ + k y = 50 e^{-10t}$$ e o fator integrante desta equação será dado por \mu (t) = e^{kt} . Desta forma, após multiplicar este fator integrante na equação podemos escreve-la como $$ \left( e^{k t} y \right) ‘ = 50 e^{(k-10)t} \Leftrightarrow e^{k t} y = \int{50 e^{(k-10)t}dt} $$ o que nos leva à solução geral explícita $$y(t) = \frac{50}{k\; – \; 10} e^{-10t} + ce^{-kt} .$$ Como y(0) = 40 , obteremos $$40 = \frac{50}{k\; – \; 10} e^{-10 \times 0 } + ce^{-k \times 0}  \Leftrightarrow c = \frac{40 k – 450}{k-10} .$$ Portanto, a solução particular procurada é dada por $$y(t) = \frac{50}{k\; – \; 10} e^{-10t} + \frac{40 k \; – \; 450}{k-10} e^{-kt} .$$

d) \dfrac{dy}{dx} + 2xy = 4x;

SOLUÇÃO: Esta equação já está na forma canônica da EDO linear de primeira ordem e tem fator integrante dado por \mu (x) = e^{x^2} . Multiplicando na EDO, encontramos $$ e^{x^2}  \frac{dy}{dx} + 2e^{x^2} xy = 4x e^{x^2} $$ que nos leva a $$ \left(  e^{x^2} y \right) ‘ = 4x e^{x^2} \Leftrightarrow e^{x^2} y = \int{4x e^{x^2} dx} = 2 e^{x^2} + C $$ Portanto, a solução geral implícita desta equação é dada por $$ y(x) = 2 + C e^{- x^2} .$$

e) x \dfrac{dy}{dx} = y + x^3 + 3x^2 - 2x ;

SOLUÇÃO: Dividindo a EDO por x encontramos a EDO linear $$ \frac{dy}{dx} – \frac{1}{x} y =  x^2 + 3x – 2 \tag{A}$$ que tem fator integrante dado por \mu (x) = \frac{1}{x} . Daí, multiplicando na equação (A) encontramos $$ \frac{1}{x} \frac{dy}{dx} – \frac{1}{x^2} y =  x + 3 – \frac{2}{x} $$ ou seja, $$ \left( \frac{1}{x} y \right)’ =  x + 3 – \frac{2}{x} \Leftrightarrow \frac{1}{x} y = \frac{x^2}{2} + 3x -2 \ln{|x|} + c$$ o que nos leva à solução geral explícita $$ y = \frac{x^3}{2} + 3x^2 -2x \ln{|x|} + cx.$$

f) \dfrac{dy}{dx} - \dfrac{1}{x-2} y = 2 (x-2)^2 ;

SOLUÇÃO: Esta equação já está na forma canônica e tem fator integrante dado por \mu (x) = \dfrac{1}{x-2} , o que nos leva a $$ y \frac{1}{x-2} = 2\int{(x-2) dx} = (x-2)^2 + c ,$$ portanto a solução geral explícita é dada por $$ y = (x-2)^3 + c (x-2).$$

g) y ln(y) dx + \left[ x- ln(y) \right] dy = 0

SOLUÇÃO: A equação. tomando x como variável dependente, pode ser escrita do seguinte modo $$ \frac{dx}{dy} + \frac{1}{y ln(y)} x = \frac{1}{y} .$$ Esta equação possui um fator integrante dado por mu (x) = \ln{(y)} . Daí, encontraremos $$x \ln(y) =  \int{\frac{ \ln(y)}{y} dy} = \frac{1}{2} \ln ^2 (y) + K $$ o que nos leva à solução geral implícita $$ 2x \ln(y) = \ln ^2 (y) + c .$$

h) t \dfrac{dy}{dt} - \dfrac{4}{t}y = t^6 e^t

SOLUÇÃO: Reescreva esta equação como $$\frac{dy}{dt} – \frac{4}{t^2}y = t^5 e^t .$$ Como a(t) = - 4/t^2 , o fator de integração será dado por p(t) = 4t^{-1} , o que nos dará a equação $$ e^{4t^{-1}} \frac{dy}{dt} – \frac{4}{t^2} e^{4t^{-1}}y = t^5 e^t e^{4t^{-1}}$$ $$ \frac{d}{dt} \left( e^{4t^{-1}} y \right) = t^5 e^t e^{4t^{-1}}$$ $$ y = e^{-(4t^{-1})} \int{t^5 e^t e^{4t^{-1}} dt} = e^{-(4t^{-1})} \int{t^5 e^{4t^{-1} +t} dt}.$$

i) \dfrac{dy}{dt} - 3y = 0

SOLUÇÃO: Logo, o fator de integração desta equação é $$ e^{\int{-3dt}} = e^{-3t}. $$

Portanto, $$ e^{-3t} \frac{dy}{dt} – 3 e^{-3t} y = 0 $$ $$  \frac{d}{dt} \left( e^{-3t} y \right) = 0$$ $$ e^{-3t} y = c $$ $$y = ce^{3t}.$$

j) (x^2+9)\dfrac{dy}{dx} + xy = 0

SOLUÇÃO: Escrevemos a equação na forma $$ \frac{dy}{dx} + \frac{x}{x^2+9} y= 0.$$ A função a(t) = \frac{x}{x^2+9} gera um fator de integração para a equação dado por $$ e^{\int{a(t) dt}} = \sqrt{x^2 + 9}.$$

Assim, a EDO se torna $$\sqrt{x^2 + 9} \frac{dy}{dx} + \frac{x}{\sqrt{x^2 + 9}} y = 0$$ $$ \frac{d}{dx} \left( y \sqrt{x^2 + 9} \right) = 0 $$ $$y \sqrt{x^2 + 9}  = c $$ $$ y(x)) = \frac{c}{ \sqrt{x^2 + 9} } .$$

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