EDO’s de 1ª Ordem Lineares | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos

Neste artigo queremos apresentar uma segunda lista de exercícios resolvido sobre E.D.O.’s (equações diferenciais ordinárias) de primeira ordem lineares que são equações que 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 | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos

1) Resolva os PVI’s abaixo:

a) \dfrac{dy}{dx} + 2xy = x; \;\;\; y(0) = -3.

SOLUÇÃO: Neste caso, o fator de integração é dado por $$ e^{2 \int{xdx}} = e^{x^2}$$ assim $$e^{x^2} \frac{dy}{dx} + 2x e^{x^2} y = x e^{x^2}$$ $$\frac{d}{dx} \left( y e^{x^2} \right) = x e^{x^2}$$ $$ y e^{x^2} = \int{x e^{x^2} dx} = \frac{1}{2}e^{x^2} + c$$ Portanto, a solução geral para a equação diferencial é $$y(x) = \frac{1}{2} + ce^{-x^2} .$$ A condição y(0) = -3 corresponde a c = -7/2, logo a solução para o problema de valor inicial no intervalo é $$y(x) = \frac{1}{2} – \frac{7}{2} e^{-x^2} .$$

b) t \dfrac{dy}{dt} + y = 2t; \;\;\; y(1) = 0.

SOLUÇÃO: Neste caso, reescrevemos a equação como \dfrac{dy}{dt} + \dfrac{y}{t} = 2. , o que nos dá um fator de integração igual a $$e^{\int{dx/x}} = e^{\ln |x|} = x$$ e, assim, nossa equação se torna $$ \frac{d}{dx} \left( xy \right) = 2x$$ $$xy = x^2 +c .$$ Portanto, a solução geral para esta equação é $$y(x) = x + \frac{c}{x} .$$ Como y(1) = 0 implica c = -1, então, a solução particular do PVI é $$y(x) = x – \frac{1}{x}; 0 < x < \infty .$$

2) Solucione cada uma das Equções Diferenciais Ordinárias abaixo:

a) x^3 y' + (2\;-\;3x^2)y = x^3 ;

SOLUÇÃO: Dividindo esta equação por x^3 ela pode ser reescrita como $$y’ + \frac{2\;-\;3x^2}{x^3} y =1$$ que é uma EDO linear de primeira ordem com fator de integração dado por \mu (x) = \dfrac{1}{x^3 e ^{1/x}} . Assim, \begin{eqnarray}  \frac{1}{x^3 e ^{1/x}} y’ + \frac{1}{x^3 e ^{1/x}} \frac{2\;-\;3x^2}{x^3} y & = & \frac{1}{x^3 e ^{1/x}} \\ \frac{d}{dx}\left( \frac{1}{x^3 e ^{1/x}} y\right) & = & \frac{1}{x^3 e ^{1/x}}\\  \frac{1}{x^3 e ^{1/x}} y & = & \int{\frac{1}{x^3 e ^{1/x}} dx} = \frac{1}{2 e ^{1/x^2}} + c \end{eqnarray} Portanto, encontramos como solução da EDO $$ 2y = x^3 + K x^3 e^{1/x^2} .$$

b) -2tysen(t^2)dt+cos(t^2)dy = 0

SOLUÇÃO: Com uma manipulação algébrica simples encontramos: $$-2tysen(t^2)dt+cos(t^2)dy = 0 \Rightarrow -2tysen(t^2)+cos(t^2)y’ = 0 \Rightarrow$$ $$\Rightarrow cos(t^2)y’ + [-2tsen(t^2)]y = 0 .$$ Essa é uma EDO de primeira ordem linear e pela regra do produto para derivadas encontramos $$ cos(t^2)y’ + [-2tsen(t^2)]y = 0\Rightarrow [cos(t^2)y]’= 0.$$ Assim, $$ycos(t^2) = c \Rightarrow y(t) = \frac{c}{cos(t^2)}.$$

c) y'+ysen(t) = sen(t)

SOLUÇÃO:

Essa é uma EDO linear que tem solução dada por $$y(t) = e^{cos(t)} \int{e^{-cos(t)} sent dt} = e^{cos(t)} \left( e^{-cos(t)}  + c \right) = 1+ ce^{cos(t)}$$

d) (2y+xy)dx+6xdy = 0.

SOLUÇÃO: 

Essa é uma EDO que pode ser resolvida como uma linear, pois, pode ser reescrita como $$y’ +\frac{(2+x)}{6x} y = 0.$$ Assim, pela fórmula dada na solução de EDOs de primeira ordem, podemos obter uma solução explicita dada por $$y(t) = \frac{k}{\sqrt[3]{x}} e^{-x/6}.$$

e) yy' + y^2 = t

SOLUÇÃO: 

Observe que (y^2)' = 2 y y' o que nos leva a $$yy’ + y^2 = t$$ $$ (y^2)’ +y ^2 = 2t $$ e fazendo u = y^2 encontramos a EDO linear $$u’ + 2u = 2t$$ que tem solução dada por  $$u(t) = \frac{2t -1}{2} + ce^{-2t}$$ logo, $$ y(t) = \sqrt{\frac{2t -1}{2} + ce^{-2t}} .$$

f) y'' = x - y'

SOLUÇÃO: 

Considere u = y' . Desta forma, $$ y” = x – y’ $$ $$u’ = x – u$$ o que é uma EDO linear de primeira ordem com solução dada por $$ u(x) = (x-1) + c_1 e^{-x} $$ e como u = y' então $$ y (x) = \int{[(x-1) + c_1 e^{-x}]dx} = \frac{x^2}{2} – x -c_1 e^{-x} + c_2 .$$

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