EDO’s de 1ª Ordem | 3ª Lista de Exercícios Resolvidos

Nesse artigo, queremos apresentar uma terceira 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 | 3ª Lista de Exercícios Resolvidos

1) Resolva as E.D.O.’s separáveis:

a) e^y sen(2x) dx + cos(x) \left(e^{2y} - y \right)dy = 0;

SOLUÇÃO: Observe que esta equação pode ser reescrita como $$\frac{e^{2y-y}}{e^y} dy = \frac{-sen(2x) }{cos(x)} dx \Leftrightarrow \left( e^y -ye^{-y} \right)dy = -\frac{2cos(x)sen(x)}{cos(x)} dx \Leftrightarrow  \\ \Leftrightarrow \left( e^y -ye^{-y} \right)dy = – 2 sen(x) dx.$$ Integrando em ambos os lados paras as respectivas variáveis, obtemos $$e^y + y e^y + e ^{-y} = 2 cos(x) +c $$ como solução implícita da equação.

b) ydy = 4x (y^2 +1)^{1/2}dx com a condição inicial y(0) = 1;

SOLUÇÃO: Separando as variáveis encontramos $$ \frac{y}{\sqrt{y^2 +1} } dy= 4x dx$$ e integrando em ambos os lados obtemos como solução geral $$\sqrt{y^2 +1} = 2 x^2 +k \Leftrightarrow y^2 +1 = (2x^2+k)^2 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow y^2 = (2x^2+k)^2 -1 \Leftrightarrow y = \pm \sqrt{(2x^2+k)^2 -1}.$$ Se y(0) = 1, então $$1 = \pm \sqrt{k^2 -1 } \Leftrightarrow k= \pm \sqrt{2}.$$ Portanto, $$ y(x) = \sqrt{(2x^2+\sqrt{2} )^2 -1}$$ é solução particular do P.V.I..

c) x^2 y' = y - xy com a condição inicial y(-1) = -1 .

SOLUÇÃO: Separando as variáveis, obtemos a equação $$ \frac{dy}{y} = \left(x^{-2} – x^{-1}  \right)dx$$ e integrando em ambos os lados para cada uma das variáveis obtemos a solução geral implícita dada por $$ \ln{|y|} = \frac{1}{x} – \ln{x} +k.$$ Aplicando a condição inicial obtemos $$0 = -1 +k \Leftrightarrow k = 1$$ e, por isso, a solução particular implícita do P.V.I. é dada por $$ \ln{|y|} = \frac{1}{x} – \ln{x} +1.$$

2) Resolva as E.D.O.’s lineares abaixo

a) x^2 y'+ xy = 1;

SOLUÇÃO: Dividindo a E.D.O. por x^2 encontramos a E.D.O. linear $$y’ + \frac{1}{x} y = \frac{1}{x^2}$$ que é linear com a(x) = 1/x . O que nos leva ao fator integrante p(x) = \ln{|x|} . Desta forma, multiplicando a equação por $$e^{p(x)} = e^{\ln{|x|}} = x$$ obtemos $$xy’ +y = \frac{1}{x} \Leftrightarrow (xy)’ =  \frac{1}{x} \Leftrightarrow y =\frac{1}{x} \left[ \ln{|x|} +k \right]$$

b) \dfrac{dy}{dx} = y + e^x

SOLUÇÃO: Esta é um equação linear com fator integrante dado por p(x) = -x o que nos leva à equação $$ e^{-x} y’ -e^{-x} y = 1$$ que pode ser escrita como $$e^{-x}y = x +k$$ logo a solução geral explícita é dada por $$y(x) = xe^{x} + k e^{x}.$$

c) y' + 2y = f(x) onde $$f(x) = \left\{ \begin{array}{lll} 1 &; & 0 \leq x \leq 3 \\ 0 &; & x > 3 \end{array} \right. \qquad \text{e} \qquad y(0) = 0.$$

SOLUÇÃO: Primeiramente vamos resolver a equação para o intervalo x > 3 . Neste caso, f(x) = 0 . Assim, a equação fica $$y’ + 2y = 0; \qquad x>3$$ que possui fator integrante p(x) = 2x , o que gera a solução dada por $$y(x) = k_1 e^{-2x}.$$

Agora, vamos nos restringir ao intervalo 0 \leq x \leq 3 . Neste intervalo a equação é dada por $$y’ + 2y = 1 \qquad 0 \leq x \leq 3.$$ Esta equação linear possui fator integrante p(x) = 2x , o que gera a solução dada por $$y(x) = e^{-2x} \left(x + k_2 \right).$$

Ou seja, $$y(x) = \left\{ \begin{array}{lll} e^{-2x} \left(x + k_2 \right) &; & 0 \leq x \leq 3 \\ k_1 e^{-2x} &; & x > 3 \end{array} \right.$$ é a solução desta equação, que para se contínua em x = 3 é necessário que k_1 = k_2 +3 , ou seja, $$y(x) = \left\{ \begin{array}{lll} e^{-2x} \left(x + k_2 \right) &; & 0 \leq x \leq 3 \\ (k_2 +3) e^{-2x} &; & x > 3 \end{array} \right. $$ é a solução geral da nossa equação diferencial.

Agora, usando a condição inicial y(0) = 0 encontramos k_2 = 0, ou seja, a solução particular deste problema de valor inicial é $$y(x) = \left\{ \begin{array}{lll} xe^{-2x} x &; & 0 \leq x \leq 3 \\ 3 e^{-2x} &; & x > 3 \end{array} \right. $$

3) Resolva as E.D.O.’s Exatas. Caso não sejam exatas, tente encontrar um fator integrante.

a) \left( 2x^3 + 3y \right)dx + \left( 3x + y -1 \right)dy = 0;

SOLUÇÃO: Esta é uma equação exata pois $$ \frac{\partial M}{\partial y} = 3 = \frac{\partial N}{\partial x}.$$ Assim podemos garantir a existência de $$ \Psi (x,y) = \int{M(x,y) dx} = \int{(2x^3 + 3y) dx} = \frac{1}{2}x^4+3xy+ g(y).$$ Então $$\frac{\partial \Psi}{\partial y} = 3x +g'(y) = N(x,y) = 3x +y -1 \Leftrightarrow g'(y) = y-1 \Leftrightarrow g(y) = \frac{1}{2} y^2 -y.$$ Portanto, $$\frac{1}{2}x^4+3xy+\frac{1}{2} y^2 -y = C$$ é solução implícita da equação.

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

SOLUÇÃO:  Esta é uma equação exata pois $$ \frac{\partial M}{\partial y} = 2ye^{xy^2}+2xy^3 e^{xy^2} = \frac{\partial N}{\partial x}.$$ Assim podemos garantir a existência de $$ \Psi (x,y) = \int{M(x,y) dx} = \int{(y^2e^{x y^2} + 4 x^3) dx} = e^{xy^2}+ x^4 + g(y).$$ Então $$\frac{\partial \Psi}{\partial y} = 2xye^{xy^2} +g'(y) = N(x,y) =2xye^{xy^2} – 3y^2 \Leftrightarrow g'(y) = -3 y^2 \Leftrightarrow g(y) = -y^3.$$ Portanto, $$e^{xy^2}+ x^4 -y^3 = C$$ é solução implícita da equação.

c) \left( 2x^3y^2 +4x^2y+2xy^2+xy^4+2y \right)dx + 2 \left( y^3+x^2y+x \right)dy = 0.

SOLUÇÃO: Esta não é uma equação exata pois $$ \frac{\partial M}{\partial y} = 4x^3y + 4x^2+4xy+4xy^3+2 \neq 2(2xy+1) = \frac{\partial N}{\partial x}.$$ Porém observe que podemos encontrar um fator de integração dependendo apenas de x, pois $$ \frac{M_y – N_x}{N} = 2x, $$ e o fator de integração é igual a $$ \mu (x) = e^{x^2}.$$

Com este fator integrante a equação fica $$ e^{x^2} \left( 2x^3y^2 +4x^2y+2xy^2+xy^4+2y \right)dx + 2 e^{x^2} \left( y^3+x^2y+x \right)dy = 0$$ que é exata. Assim, $$ \Psi(x,y) = \int{M(x,y) dx} = \\ = \int{e^{x^2} \left( 2x^3y^2 +4x^2y+2xy^2+xy^4+2y \right) dx} = \\ = x^2 y^2e^{x^2}+2xy e^{x^2} + \frac{1}{2}y^4 e^{x^2} + g(y).$$

Então $$\frac{\partial \Psi}{\partial y} =  2 e^{x^2} \left( y^3+x^2y+x \right) +g'(y) = N(x,y) =2 e^{x^2} \left( y^3+x^2y+x \right) \Leftrightarrow g'(y) = 0 \Leftrightarrow g(y) = C.$$ Portanto, $$x^2 y^2e^{x^2}+2xy e^{x^2} + \frac{1}{2}y^4 e^{x^2} = C$$ é solução implícita da equação.

d) \left( 8ydx+8xdy \right) + x^2y^3 \left( 4ydx+5xdy \right) = 0

SOLUÇÃO: Esta equação não é exata e também não conseguimos encontrar um fator integrante que dependa apenas de uma das duas variáveis. Desta forma, precisamos procurar um fator integrante na forma x^{ \alpha}y^{ \beta } .

Substituindo este fator na equação, obtemos $$x^{ \alpha}y^{ \beta }  \left( 8ydx+8xdy \right) + x^{ \alpha}y^{ \beta }  x^2y^3 \left( 4ydx+5xdy \right)dy = 0 \Leftrightarrow$$ $$ \Leftrightarrow \left( 8x^{ \alpha}y^{ \beta +1}dx + 8x^{ \alpha+1}y^{ \beta } dy \right) + \left( 4 x^{ \alpha +2}y^{ \beta +4} dx + 5x^{ \alpha +3}y^{ \beta +3 } dy \right) = 0, $$ em que cada dois termos seja uma diferencial exata, então primeiro termo é proporcional a $$ d \left( x^{ \alpha+1}y^{ \beta +1} \right) = ( \alpha +1 ) x^{ \alpha }y^{ \beta +1 } dx + ( \beta + 1) x^{ \alpha+1}y^{ \beta }dy = \left( 8x^{ \alpha}y^{ \beta +1}dx + 8x^{ \alpha+1}y^{ \beta } dy \right), $$ ou seja, $$ \frac{\alpha +1}{8} = \frac{\beta +1}{8} \qquad e \qquad \alpha – \beta = 0 .$$

Do mesmo modo, o segundo termo é proporcional a $$ d \left( x^{ \alpha+3}y^{ \beta +4} \right) = ( \alpha +3) x^{ \alpha+2 }y^{ \beta +4 } dx + ( \beta + 4) x^{ \alpha+3}y^{ \beta +3}dy = \left( 8x^{ \alpha}y^{ \beta +1}dx + 8x^{ \alpha+1}y^{ \beta } dy \right), $$ ou seja, $$ \frac{\alpha +3}{4} = \frac{\beta +4}{5} \qquad e \qquad 5 \alpha – 4 \beta = 1 .$$ Resolvendo o sistema $$\alpha – \beta = 0 $$ $$ 5 \alpha – 4 \beta = 1 $$  encontramos \alpha =1 e \beta =1 .

Assim, o fator integrante x^{ 1}y^{1 } =  xy torna a  equação \left( 8ydx+8xdy \right) + x^2y^3 \left( 4ydx+5xdy \right) = 0 exata, dada por $$ \left( 8y^2 xdx+8x^2 ydy \right) + x^3y^4 \left( 4ydx+5xdy \right) = 0 $$ e com o método adequado encontramos a solução geral implícita $$ 4x^2y^2+x^4y^5 = C .$$

e) xdy -ydx - \left( 1 - x^2 \right)dx = 0

SOLUÇÃO: Nesta questão, que não é exata, podemos obter o fator integrante \dfrac{1}{x^2} , o transforma a equação em $$ \frac{x dy – ydx}{x^2} – \left( \frac{1}{x^2} – 1 \right) dx = 0$$ cuja solução é dada por $$ \frac{y}{x}+ \frac{1}{x}+x = C .$$

4) Resolva as E.D.O.’s Homogêneas abaixo

a) 3xy^2 y' - (x^3 +y^3) = 0;

SOLUÇÃO: Dividindo a equação por x^3 podemos fazer a mudança de variável y = vx , onde y' = v + x v' , e substituindo na equação, encontramos $$ x^3 \left[ \left( 1 + v^3 \right)dx – 3 v^2 \left(vdx +x dv \right) \right] = 0$$ ou seja, $$(1 – 2v^3) dx – 3 v^2 x dv = 0 $$ que é uma equação separável com solução dada por $$x^2 (1 – 2v^3) = C.$$ Como v = \dfrac{y}{x} , então a solução da equação original é dada por $$x^2 \left( 1 – \frac{2 y^3}{x^3} \right) = C.$$

b) (2x + 3y)+(y-x) y' = 0

SOLUÇÃO: A mesma transformação do exercício anterior nos leva a $$ (v^2+2v+2)dx +x(v-1)dv=0$$ que é separável com solução dada por $$ \ln{|x|} + \frac{1}{2}\ln{(v^2 +2v +2)} – 2 \text{arctg}(v+1) = C.$$ Portanto, voltando a transformação, encontramos $$\ln{(y^2 +2xy +2)} – 4 \text{arctg} \left( \frac{x+y}{x} \right) = C.$$

c) 2x \text{senh} \left( \dfrac{y}{x} \right) +3y \text{cosh} \left( \dfrac{y}{x} \right)- 3x \text{cosh} \left( \dfrac{y}{x} \right)\dfrac{dy}{dx} = 0

SOLUÇÃO: Usando a transformação padrão e dividindo por x , vem: $$ 2 \text{senh}(v)dx – 3x \text{cosh(v)} dv = 0.$$ Então, separando as variáveis $$ 2 \frac{dx}{x} – 3 \frac{\text{cosh(v)} }{\text{senh(v)} } dv = 0$$ Integrando em ambos os lados obtemos $$2 \ln{|x|} – 3 \ln{(\text{senh(v)} )} = C$$ que voltando a substituição nos dá $$2 \ln{|x|} – 3 \ln{\left( \text{senh} \left(\frac{y}{x} \right) \right)} = C$$

5) Resolva as E.D.O.’s de Bernoulli abaixo:

a) y' = y \left( xy^3 -1 \right)

SOLUÇÃO: Aplicando a distributividade no lado direito da equação e passando o termo -y para o lado esquerdo ficamos com $$y’ +y = xy^4$$ que é uma equação de Bernoulli com n=4. Fazendo w = y^{-3} encontramos $$w’ +3w = -3x $$ que é uma equação linear com solução dada por $$w = e^{-3x} \left( \frac{-3x^2}{2} +k \right).$$ Logo, $$y(x) = \left[ e^{-3x} \left( \frac{-3x^2}{2} +k \right) \right]^{-1/3} $$ é a solução geral da equação.

b) xy \left( 1+ xy^2 \right)y' = 1 com a condição incial y(1) = 0.

SOLUÇÃO: Manipulando algebricamente a equação encontramos $$(xy(1 +xy^2) = \frac{dx}{dy} \Leftrightarrow x’ -xy=x^2y^3$$ que é uma equação de Bernoulli com n = 2. Fazendo w = x^{-1} encontramos a equação $$w’ – y w = – y^3$$ que é linear e tem solução dada por $$w = \frac{-2\,{y}^{2}-4+c}{2}$$, logo $$ x = \frac{1}{w} \Leftrightarrow x = \frac{2}{-2\,{y}^{2}-4+c} .$$ Como nossa condição inicial é dada com y como a variável dependente, devemos colocar y em função de x. Assim $$ y=\pm \frac{\sqrt{-\frac{2}{x}+c-4}}{\sqrt{2}}.$$ Fazendo x=1 e y =0 nesta solução encontramos $$\sqrt{c-6} = 0 \Leftrightarrow c =6.$$ Portanto, a solução particular neste caso é igual a $$ y= \frac{\sqrt{-\frac{2}{x}+2}}{\sqrt{2}}.$$

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