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

Nesse artigo, queremos apresentar uma segunda lista de exercícios resolvidos sobre EDO’s (Equações Diferenciais Ordinárias) de primeira ordem num caso geral, onde precisamos encontrar o melhor método de solução entre as formas lineares, exatas e separáveis, além de equações específicas como as de Bernoulli e Ricatti e algumas substituições interessantes.

Nosso problema consiste em: Dada f\left(t,y \right), encontre funções y(t) que satisfaçam essa equação \frac{dy}{dt}= f\left(t,y \right) onde f é uma função nas variáveis t e y.

O que garante a existência de tais soluções é o teorema da existência e unicidade de soluções para equações diferenciais de primeira ordem, que sob certas condições asseguram a existência de um intervalo que tal solução está definida.

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

1) Solucione cada uma das Equções Diferenciais Ordinárias abaixo:

a) y' +1 = 4 e^{-y} sen(x) ;

SOLUÇÃO: Observe que esta equação pode ser reescrita como $$ e^{y} y’ + e^{y} = 4 sen(x) .$$ Logo, usando a mudança de variáveis v = e^{y} a equação se torna  $$ v’ + v = 4 sen(x),$$ para a qual \mu (x) = e^{x} é um fator integrante, ou seja, $$e^{x} v  = \int{4 e^x sen(x) dx} = 2 e^x [ sen(x)\; – \; cos(x) ] +c .$$ Portanto, a solução implícita desta equação será dada por $$ e^y = 2 [ sen(x)\; – \; cos(x) ] +c e^{-x} .$$

b) y' + \dfrac{1}{3} y = \dfrac{1}{3} (1-2x)y^4 ;

SOLUÇÃO: Esta é uma equação de Bernoulli, e usando transformação v = y^{-3} e -3 y^{-4} \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{dv}{dx} reduz a equação a $$ \frac{dv}{dx} – v = 2x -1 $$ para a qual e^{-x} é um fator integrante. Então, integrando por partes e desfazendo a mudança de variáveis encontramos $$v e^{-x} = \int{(2x -1 ) e^{-x} dx }= -2xe^{-x} – e^{-x} +c \Rightarrow \frac{1}{y^3} = -1 -2 x +c e^{x} .$$

c) 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 $$ 2y = x^3 + K x^3 e^{1/x^2} .$$

d) \left( 2x y^4 e^y + 2xy^3 + y \right)dx + \left( x^2 y^4 e^y - x^2 y^2 - 3x \right)dy = 0;

SOLUÇÃO: Observe que $$ \frac{\partial M}{\partial y} = 8xy^3e^y+2xy^4e^y+6xy^2 +1; \qquad \frac{\partial N}{\partial x} = 2xy^4 e^y – 2xy^3-3$$ logo, concluímos que a EDO não é exata. Entretanto, podemos encontrar um fator integrante que depende apenas da variável y dado por \mu (y) = \dfrac{1}{y^4} e com ele a equação toma a forma $$ \left(  2x e^y + 2 \frac{x}{y} + \frac{1}{y^3}\right) dx + \left( x^2 e^y – \frac{x^2}{y^2} – 3 \frac{x}{y^4} \right)dy = 0 $$ que é uma equação diferencial exata.

Logo $$ \Psi (x,y) = \int{\left(  2x e^y + 2 \frac{x}{y} + \frac{1}{y^3}\right) dx} = x^2 e^y + \frac{x^2}{y} + \frac{x}{y^3} + f(y) .$$ Então $$ \frac{\partial \Psi}{\partial y} = x^2 e^y – \frac{x^2}{y^2} – 3 \frac{x}{y^4} + f'(y) = N = x^2 e^y – \frac{x^2}{y^2} – 3 \frac{x}{y^4} \Rightarrow \\ \Rightarrow f'(y) = 0 \Rightarrow f(y) = \text{constante}.$$

Portanto, $$ x^2 e^y + \frac{x^2}{y} + \frac{x}{y^3} = c $$ é a solução da EDO

e) (x+y)dx + (3x+3y - 4) dy = 0

SOLUÇÃO: As expressões (x+y) e (3x+3y) sugerem a transformação (x+y) = t . Usamos y = t - x , dy = dt - dx para obter $$(4 – 2t) dx + (3t -4) dt = 0$$ em que as variáveis são separáveis. Então $$ 2 dx + \frac{3t\; – \; 4}{2 \; – \; t} dt \Rightarrow 2 dx = – \frac{3t\; – \; 4}{2 \; – \; t} dt.$$ Integrando e substituindo t por (x+y) , temos $$x+3y + 2 \ln(2-x-y) = C .$$

f) \left( 1 + 2 e^{x/y} \right)dx + 2 e^{x/y} \left( 1 - \frac{x}{y} \right)dy = 0

SOLUÇÃO: A equação é homogênea e usando a substituição x = v y e dx = v dy + ydv . Então $$ (1+2e^{v} ) (vdy + ydv) + 2 e^{v}(1-v)dy = 0 $$ ou seja, $$(v + 2 e^v)dy + y(1 + 2e^y)dv = 0 .$$ Assim, obtemos a EDO separável $$\frac{dy}{y} = – \frac{1 + 2e^v}{v + 2 e^v}$$ Integrando e substituindo v por x/y , encontramos $$ \ln{y} + \ln{(v + 2e^v)} = \ln{C} \Rightarrow x + 2 y e^{x/y} = K.$$

g) ydx \;+\;(x^2 - 4x) dy= 0 .

SOLUÇÃO: Dividindo a equação por y(x^2 - 4x) reduz a equação a $$\frac{dx}{x(x-4)} + \frac{dy}{y} = 0 $$ que é uma EDO separável $$\frac{dx}{x(x-4)} = \; – \; \frac{dy}{y} .$$ Integrando em ambos os lados encontramos \begin{eqnarray}  \int{\frac{dx}{x(x-4)} dx} & = & – \int{\frac{dy}{y} dy}\\  \int{ \left( \frac{1}{4\,\left( x-4\right) }-\frac{1}{4\,x} \right) dx} & = & – \ln{|y|}\\ \frac{\mathrm{ln}\left( x-4\right) }{4}-\frac{\mathrm{ln}\left( x\right) }{4}  + c & = & – \ln{|y|} \\ \mathrm{ln}\left( x-4\right) – \mathrm{ln}\left( x\right) + 4c & = & – 4 \ln{|y|} \\ \end{eqnarray} que nos leva a $$ (x-4) y^4 = K x .$$

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