EDO’s de 1ª Ordem | 4ª Lista de Exercícios Resolvidos

Apresentamos mais sete exercícios resolvidos sobre equações diferenciais ordinárias de 1ª ordem.

Nesse artigo, queremos apresentar uma quarta lista de exercícios resolvidos sobre EDO’s de 1ª 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 | 4ª Lista de Exercícios Resolvidos

1) Resolva as E.D.O.’s separáveis:

a) y'+2ty = t com a condição inicial y(1) = 2;

SOLUÇÃO: Nesta equação a(t) = 2t o que nos leva ao fator integrante p(t) = t^2 . Assim, multiplicando a equação por e^{t^2} encontramos $$e^{t^2} y’+2t e^{t^2} y = e^{t^2} t \Leftrightarrow \left( e^{t^2} y \right)’ = e^{t^2} t.$$ Integrando em ambos os lados, obtemos a solução geral $$ e^{t^2} y = \int{e^{t^2} t} \Leftrightarrow y = e^{-t^2} \left[ \frac{{e}^{{t}^{2}}}{2} + k \right] = \frac{1}{2} + ke^{-t^2} $$ e aplicando a condição inicial, obtemos a solução particular $$y(t) = \frac{1}{2}+ \frac{3}{2}e^{1-t^2}.$$

b) yy'+(1+y^2)sen(t) = 0;

SOLUÇÃO: Esta equação é separável: $$ yy’+(1+y^2)sen(t) = 0 \Leftrightarrow y \frac{dy}{dt} = – (1+y^2)sen(t) \Leftrightarrow \frac{y}{1+y^2} dy = – sen(t) dt. $$ Integrando em ambos os lados encontramos $$ \frac{\mathrm{ln}\left( {y}^{2}+1\right) }{2} = cos(t) + k$$

c) 3y+e^t + (3t+cos(y))y' = 0;

SOLUÇÃO: Aqui M(t,y) = 3y +e^t e N(t,y) = cos(y) Esta equação é exata desde que \dfrac{ \partial M}{ \partial y} = 3 = \dfrac{ \partial N}{ \partial t} .Desta forma, existe uma função \Psi (t,y) tal que $$ \frac{\partial \Psi }{\partial t} = 3y +e^t \Leftrightarrow \Psi (t,y) = e^t +3ty+h(y) $$ e $$\frac{\partial \Psi }{\partial y} = cos(y) = 3t + h'(y) \Leftrightarrow h'(y) = cos(y) \Leftrightarrow h(y) = sen(y).$$ Portanto, a solução da equação é igual a $$ e^t +3ty + sen(y) = c .$$

d) 3t^2y+8ty^2+(t^3+8t^2y+12y^2) y' = 0;

SOLUÇÃO: Aqui M(t,y) = 3t^2y+8ty^2 e N(t,y) = t^3+8t^2y+12y^2 Esta equação é exata desde que \dfrac{ \partial M}{ \partial y} = 3t^2+16ty = \dfrac{ \partial N}{ \partial t} . Novamente encontraremos uma função \Psi (t,y) tal que $$ \frac{\partial \Psi }{\partial t} = 3t^2y+8ty^2 \Leftrightarrow \Psi (t,y) = t^3 y+4t^2y^2+h(y) $$ e $$\frac{\partial \Psi }{\partial y} = t^3+8t^2y+12y^2 = t^3+8t^2y + h'(y) \Leftrightarrow h'(y) = 12 y^2 \Leftrightarrow h(y) = 4y^3.$$ Portanto, a solução da equação é igual a $$ t^3 y+4t^2y^2 + 4y^3 = c .$$

e) \dfrac{y^2}{2} +2ye^{t}+ (y+e^{t})y' = 0

SOLUÇÃO: Aqui M(t,y) = \dfrac{y^2}{2} +2ye^{t} e N(t,y) = y+e^{t} Esta equação não é exata desde que \dfrac{ \partial M}{ \partial y} = y+2e^t \neq  e^t = \dfrac{ \partial N}{ \partial t} . Uma fator integrante pode ser encontrado, pois $$ \frac{1}{N} \left( \frac{ \partial M}{ \partial y} – \frac{ \partial N}{ \partial t} \right) = \frac{y+e^t}{y+e^t} = 1.$$ Desta forma, esta equação possui $$ \mu (t) = e^{\int{dt} } = e^t $$ como um fator integrante que nos multiplicado na E.D.O. nos dá a equação exata $$ e^t \frac{y^2}{2} +2ye^{2t}+ \left(ye^t+e^{2t} \right) y’ = 0$$ que tem solução dada por $$ \frac{y^2}{2} e^t + y e^{2t} = c ,$$ que nos dá a solução explícita $$ y(t) = -e^{t} \pm \left[ e^{2t} +2c e^{-t} \right]^{1/2} .$$

f) y(xy+1)dx+x(1+xy+x^2y^2)dy = 0

SOLUÇÃO: A transformação $$ xy = v, \qquad y = \frac{v}{x}, \qquad \frac{dy}{dx} = \frac{x \frac{dv}{dx} – v}{x^2}$$ reduz a equação a $$ \frac{y}{x} \left( v+1 \right)dx+ x\left( 1 +v +v^2 \right)  \frac{x \frac{dv}{dx} – v}{x^2} = 0$$ que, depois de efetuada, se transforma em $$v^3 dx – x (1 +v +v^2)dv = 0.$$ Separando as variáveis, temos $$ \frac{dx}{x}- \frac{dv}{v^3} – \frac{dv}{v^2} – \frac{dv}{v} = 0 .$$ O que nos da a solução $$\ln{|x|} + \frac{1}{2v^2}+\frac{1}{v} – \ln{|v|} = c.$$

g) \text{tg}^2 (x+y)dx - dy  = 0

SOLUÇÃO: A equação sugere  a transformação x+y = v , \frac{dy}{dx} = \frac{dv}{dx} - 1 que reduz a equação a $$ \text{tg}^2 (v) – \left[ \frac{dv}{dx} – 1  \right]= 0 $$ que nos leva a $$dx – \frac{dv}{1+\text{tg}^2 (v) } = 0, $$ ou $$ dx – \frac{dv}{\text{sec}^2 (v) } = 0 \Leftrightarrow dx – \text{cos}^2(v) dv = 0 $$ que é separável. Integrando em ambos os lados encontramos $$ x – \frac{1}{2} v – \frac{1}{4} \text{sen} (v) = C $$ ou seja, $$2(x-y) = C + \text{sen}(2[x+y]).$$

h) (y^4 +2x)y'-y = 0

Solução: 

Esta equação pode ser escrita como $$ (y^4 +2x)y’-y = 0 \Leftrightarrow (y^4 +2x)\frac{dy}{dx} = y \Leftrightarrow (y^4 +2x) = \frac{dx}{dy} y$$ o que nos leva à equação linear com variável dependente x $$x’ – \frac{2}{y} x = y^3 .$$ Aplicando o método adequado de solução para EDO’s lineares de primeira ordem, encontramos $$x(y) = \frac{y^4}{2} + c $$ Agora, isolando a variável y encontramos a solução explícita $$y(x) = \pm [2(x-c)]^{\frac{1}{4}} $$

i) xy' - y = x^2 \text{sen}(x)

Solução: 

Esta é uma equação linear de primeira ordem que pode ser reescrita como $$y’ – x^{-1}y= x \text{sen}(x) .$$ Assim $$p(x) = \int{-x^{-1} dx} = -\ln{|x|} = \ln{|x|^{-1}}$$ Logo, $$e^{p(x)} = x^{-1}$$ e multiplicando na equação encontramos $$x^{-1} y’ – x^{-2} y= \text{sen}(x) \Leftrightarrow \left[ x^{-1} y \right]’ = \text{sen}(x).$$ Portanto, $$y(x) = x \int{\text{sen}(x)dx} = x \left( – \text{cos}(x) +c\right).$$

j) x^2y'+2xy-x+1 = 0

Solução: 

Neste caso basta escrever a equação como $$x^2y’+2xy=x-1$$ e perceber que $$ (x^2y)’ = x^2y’+2xy.$$ Assim, a equação fica $$ (x^2y)’ = x-1 \Leftrightarrow x^2 y = \int{(x-1)dx} = \frac{x^2}{2}-x + c .$$ Portanto, $$y(x) = \frac{1}{2} – \frac{1}{x} + \frac{c}{x^2}.$$

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