E.D.O.’s de 1ª Ordem | 5ª Lista de Exercícios Resolvidos

Apresentamos mais onze exercícios resolvidos sobre equações diferenciais ordinárias de 1ª ordem e o último é de arrepiar!

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 | 5ª Lista de Exercícios Resolvidos

1) Solucione, se possível, as equações diferenciais abaixo:

a) \dfrac{dx}{dt} = t(1+x^2)

SOLUÇÃO: 

Observe que a equação pode ser resolvida como uma equação separável: $$ (1+x^2) dx = t dt \Leftrightarrow x + \frac{x^3}{3} = \frac{t^2}{2} + c .$$

b) \dfrac{dx}{dt} = 4+x^2

SOLUÇÃO: 

Esta é uma equação autônoma, separável, que tem solução dada por $$ \frac{dx}{4+x^2} = dt \Leftrightarrow \text{arctg} \left( \frac{x}{2} \right) = t +c \Leftrightarrow \frac{x}{2} = \text{tg} \left( t +c \right) \Leftrightarrow x(t) = 2 \text{tg} \left( t +c \right).$$ Perceba que esta equação é um caso particular do exercício 2 abaixo.

c) \dfrac{dx}{dt} = tx^2

SOLUÇÃO: 

Esta é uma equação separável clássica $$ \frac{dx}{x^2} = t dt \Leftrightarrow – \frac{1}{x} = \frac{t^2}{2} + c \Leftrightarrow x (t) = \frac{-2}{t^2 + 2c}$$

d) \dfrac{dx}{dt} = t^2 x

SOLUÇÃO: 

e) \dfrac{dx}{dt} = 3x+4

SOLUÇÃO: 

f) \dfrac{dx}{dt} + x = t + 1.

SOLUÇÃO: 

Esta é uma EDO linear de primeira ordem com a(t) = 1 e f(t) = t+1 e pela fórmula de solução nos $$x(t) = k e^{-t} +e^{-t} \int{e^t (t+1) dt} = k e^{-t} + t .$$

g) \left( 3e^{3x}y - 2x \right)dx + e^{3x}dy = 0

SOLUÇÃO: 

Como \dfrac{\partial M}{ \partial y} = 3 e^{3x} = \dfrac{\partial N}{ \partial x} e a equação é uma equação diferencial exata. Logo, existe uma função \Psi (x,y) tal que $$ \frac{\partial \Psi}{ \partial x} = M = 3e^{3x}y – 2x \qquad \frac{\partial \Psi}{ \partial y} = N = e^{3x} .$$ E assim encontramos como solução geral implícita $$e^{3x} y – x^2 = C.$$

h) x^3y^3 \left( 2ydx+xdy \right) - \left( 5ydx+7xdy \right) = 0

SOLUÇÃO: 

Multiplicando a equação dada por x^{ \alpha } y^{ \beta } , vem $$ \left( 2x^{ \alpha +3 } y^{ \beta +4 } dx + x^{ \alpha +4} y^{ \beta -3 } dy \right)  – \left( 5x^{ \alpha } y^{ \beta +1}  dx + 7 x^{ \alpha +1} y^{ \beta } dy\right) = 0 \tag{A} $$ Se o primeiro termo de (A) dever ser uma diferencial exata, temos que $$ \frac{\alpha +4}{4} = \frac{\beta +4}{1} \qquad \text{e} \qquad \alpha – 2 \beta = 4 .$$ Se o segundo termo de (A) deve ser uma diferencial exata, obtemos que $$ \frac{\alpha +1}{5} = \frac{\beta +1}{7} \qquad \text{e} \qquad 7\alpha – 5 \beta = -2 .$$ Resolvendo o sistema $$ \alpha – 2 \beta = 4 $$ $$7\alpha – 5 \beta = -2 $$ encontramos $$ \alpha = -8/3 \qquad \beta = -10/3.$$ Então, a equação $$ \left( 2x^{1/3}y^{2/3} dx + x^{4/3}y^{-1/3}dy \right) – \left( 5x^{-8/3} y^{-7/3}dx + 7 x^{-5/3}y^{-10/3}dy\right) = 0 $$ é exata que tem solução implícita dada por $$ \frac{3}{2} x^{4/3}y^{2/3} +3x^{-5/3}y^{-7/3} = C.$$

i) \dfrac{dy}{dx} + y \text{cotg}(x) = 5 e^{\text{cos} (x)}.

SOLUÇÃO: 

Como $$ e^{\int{\text{cotg}(x) dx} } = e^{\ln{\text{sen}(x) } } = \text{sen}(x)$$ e multiplicando este fator integrante na equação linear é dado por $$ y \text{sen}(x) = 5 \int{e^{\text{cos}(x)} \text{sen}(x)dx  } = -5 e^{\text{cos}(x)} + C \Leftrightarrow y \text{sen}(x) + 5 e^{\text{cos}(x)} = C$$ é uma solução particular desta equação, que será dada de forma implicitamente por $$y(x) = -5 \text{cossec}(x) e^{\text{cos}(x)} + C\text{cossec}(x).$$

j) \dfrac{dy}{dx} - 2 y \text{cotg}(2x) = 1-2x\text{cotg} (2x)- 2 \text{cosec} (2x).

SOLUÇÃO: 

Nesta equação linear de primeira ordem temos que $$e^{-\int{2\text{cotg}(2x) dx} } = e^{-\ln{\text{sen}(2x)} } = \text{cossec}(2x).$$ Então $$ y\text{cossec}(2x) = \int{( \text{cossec}(2x) -2x\text{cotg}(2x) \text{cossec}(2x) – 2\text{cossec}^2 (2x) )dx} = \\ = x \text{cossec}(2x) + \text{cotg}(2x)+C$$ ou seja, $$ y = x + \text{cos}(2x)+C \text{sen}(2x) .$$

2) Encontre uma solução geral para a equação $$ y’ = ay^2+by+c .$$

SOLUÇÃO: 

Antes de resolvermos esta equação não-linear, consideremos algumas observações sobre a equação quadrática $$ay^2 +by+c = 0:$$ Supondo que esta equação tenha duas raízes reais distintas, A e B , podemos escrever que $$ ay^2 +by+c = a (y-A)(B-y).$$ Daí, nossa equação diferencial se torna $$ y’ = ay^2+by+c  = a (y-A)(B-y) \qquad A \neq B $$ e o método da separação das variáveis e a frações parciais nos levam a $$ \frac{dy}{(y-A)(B-y)} = adt \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \frac{1}{B-A} \left( \frac{1}{y-B} – \frac{1}{y-A}\right) dy = adt \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \left( \frac{1}{y-B} – \frac{1}{y-A}\right) dy = a(B-A) dt.$$ Usando a integração termo a termo encontramos $$ \ln{|y-B|} – \ln{|y-A|} = a(B-A) t + k \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \ln{\frac{|y-B|}{|y-A|} } = a(B-A) t + k \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \frac{|y-B|}{|y-A|} = c e^{a(B-A) t} \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow y(t) = A + \frac{B-A}{1 + c e^{a(B-A) t} }$$

Agora, se A = B , ou seja, se temos duas raízes reais e iguais para o polinômio a y^2 +by+c , então podemos escrever $$ ay^2 +by+c = a (y-A)^2 $$ e assim, obtemos equação separável $$ \frac{dy}{(y-A)^2} = a dt \Leftrightarrow \frac{1}{y-A} = at + c \Leftrightarrow y – A = \frac{1}{at +c} \Leftrightarrow y(t) = \frac{1}{at +c} + A $$.

Por fim, se a y^2 +by+c não tem raízes reais, isso significa que b^2 - 4 ac < 0 . Desta forma, podemos escrever $$ a y^2 +by+c = a \left[ \left( y + \frac{b}{a} \right)^2 + \frac{4ac -b^2}{4 a^2} \right] .$$ Observe que como b^2 < 4ac , então $$ k^2 = \frac{4ac -b^2}{4 a^2} >0 .$$ Assim, podemos escrever $$ a y^2 +by+c = a \left[ \left( y + \frac{b}{a} \right)^2 + k^2 \right] $$ e substituindo na equação diferencial encontramos $$ \frac{dy}{\left( y + \frac{b}{a} \right)^2 + k^2 } =  a dt $$ e usando uma integração por substituição no lado esquerdo encontramos $$ \frac{1}{k} \text{arctg} \left( \frac{y + b/a}{k} \right) = at +c $$ o que nos leva a $$y(t) = k \text{tg}\left( k [a t +c] \right) – \frac{b}{a} = \sqrt{\frac{4ac -b^2}{4 a^2}} \text{tg}\left( \sqrt{\frac{4ac -b^2}{4 a^2}} [a t +c] \right) – \frac{b}{a} .$$

Mais Listas de Exercícios Sobre E.D.O.’s de 1ª Ordem:

• EDO’s de 1ª Ordem Lineares | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos
• EDO’s de 1ª Ordem Exatas | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos
• EDO’s Homogêneas de 1ª Ordem | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos
• EDO’s de 1ª Ordem Separáveis | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Exercícios Resolvidos Envolvendo EDOs de 1ª Ordem | Caso Geral

Leia Mais:

• Equações Diferenciais Ordinárias de 1ª Ordem Separáveis.
• Equações Diferenciais Ordinárias Lineares de 1ª Ordem.
• EDO de 1ª Ordem Exata | Equações Diferenciais Ordinárias
• Equações Diferenciais Ordinárias de 1ª Ordem: Ricatti e Bernoulli
• Equações Diferenciais Ordinárias de 1ª Ordem: Substituições

Assista Nossa Vide-Aula sobre E.D.O.’s de 1ª Ordem Resolvidas: