E.D.O.’s de 1ª Ordem | 6ª Lista de Exercícios Resolvidos

Apresentamos mais cinco exercícios resolvidos sobre equações diferenciais ordinárias de 1ª ordem e o último é a solução da equação logística de Verhulst!

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 | 6ª Lista de Exercícios Resolvidos

1) Encontre a solução implícita geral da equação separável $$ \frac{dy}{dx} = \frac{y \cos{(x)} }{1+ y^2}.$$ É possível determinar uma solução geral explícita?

Solução: Esta equação pode ser reescrita como $$ \frac{1+y^2}{y} dy = \text{ cos} (x) dx.$$ Integrando em ambos os lados da equação, encontramos $$ \int{\frac{1+y^2}{y} dy} = \int{\text{ cos} (x) dx}$$ $$ \int{\left( \frac{1}{y} + y \right)dy} = \text{sen}(x) +k $$ $$ \text{ln}|y| + \frac{y^2}{2} = \text{sen}(x) +k$$ uma solução geral implícita que pode ser reescrita como $$ \text{ln} \left( y^2 \right) + y^2 = 2 \text{sen}(x) +c.$$ Portanto, a solução geral implícita desta equação é dada por \text{ln} \left( y^2 \right) + y^2 = 2 \text{sen}(x) +c e como isolar a variável y não é trivial, encontrar a solução geral explícita se torna inviável.

2) Resolva a equação homogênea $$ y’ = \frac{x+4y}{x-2y}.$$

Solução: Esta é uma equação homogênea de primeira ordem, pois dividindo o numerador e o denominados por x , encontramos: $$ y’ = \frac{x + 4y}{x-2y} = \frac{\frac{x + 4y}{x} }{\frac{x-2y}{x}} = \frac{1+ 4 \frac{y}{x} }{1 – 2 \frac{y}{x} }.$$ Agora, fazendo z = \dfrac{y}{x} , encontramos z . x = y , logo, y' = xz' + z e substituindo na equação obtemos $$xz’ + z = \frac{1 +4z}{1-2z} $$ $$ xz’ = \frac{1 +4z}{1-2z} – z $$ $$ xz’ = \frac{1+4z – z(1-2z)}{1-2z} = \frac{2z^2+3z+1}{1-2z}.$$ Esta é uma equação separável que pode ser reescrita como $$\frac{1-2z}{2z^2+3z+1} dz = \frac{1}{z}dx$$ e integrando e ambos os lados encontramos, utilizando frações parciais na integral para a variável z : $$ \int{\frac{1-2z}{2z^2+3z+1} dz} = \text{ln}|x| + k $$ $$ \int{\left( \frac{4}{2z+1} – \frac{3}{z+1} \right)dz} = \text{ln}|x| + k$$ $$ 2 \text{ln}|2z+1| – 3 \text{ln}|z+1| = \text{ln}|x| + k.$$ Agora, substituindo z = \dfrac{y}{x} , encontramos a solução implícita da E.D.O. dada por $$ 2 \text{ln}\left|2 \frac{y}{x} +1\right| – 3 \text{ln} \left| \frac{y}{x}+1 \right| = \text{ln}|x| + k.$$

3) Encontre um fator integrante para resolver a equação $$ y^2 dx + (xy+1)dy = 0$$ como uma E.D.O. exata.

Solução: Escrevendo a equação como $$ y^2 + (xy+1)y’ = 0$$ temos M(x,y) = y^2 e N(x,y) = (xy+1) e, assim, facilmente percebemos que esta não é uma equação exata, pois $$ \frac{\partial M}{\partial y} = 2y \neq y = \frac{\partial N}{\partial x}.$$

Estas derivadas parciais nos impelem a procurar um fator integrante que dependa apenas da variável dependente y : $$\frac{du}{dy} = \frac{\frac{\partial N}{\partial x} – \frac{\partial M}{\partial y}}{M} u$$ $$\frac{du}{dy} = \frac{y-2y}{y^2} $$ $$ \frac{du}{dy} = -\frac{1}{y} u $$ $$\text{ln}|u| = – \text{ln}|y| $$ $$\text{ln}|u| = \text{ln} \left| \frac{1}{y} \right| $$ $$ u = \frac{1}{y}.$$

Portanto, nosso fator integrante que tornará a exata é   u = \dfrac{1}{y} . Multiplicando-o na E.D.O. obtemos $$ y +\left( x + \frac{1}{y} \right) y’ = 0$$ que será uma equação exata. De fato, $$ \frac{\partial M}{\partial y} = 1  = \frac{\partial N}{\partial x}.$$

Desta forma, existe \Psi (x,y) , tal que \Psi (x,y) = c é solução implícita da equação e $$ \frac{\partial \Psi}{\partial x} = M = y \Leftrightarrow \Psi (x,y) = yx +g(y)$$ $$ \frac{\partial \Psi}{\partial y} = N = x+g'(x) \Leftrightarrow x + \frac{1}{y} = x+g'(y) \Leftrightarrow g'(y) = \frac{1}{y} \Leftrightarrow g(y) = \text{ln}|y|.$$ Portanto, a solução implícita da equação é dada por $$yx+ \text{ln}|y| = c.$$

4) Encontre uma forma de solucionar a equação diferencial $$ (x-y-1)dx + (x+4y -6) dy = 0. $$

Solução: Observe que a E.D.O. pode ser reescrita como $$ (x+4y-6) y’ = -x +y +1 $$ $$y’ = \frac{-x+y+1}{x+4y -6}.$$ Agora, observe que $$\left\{ \begin{array} -x+y = -1 \\ x+4y = 6 \end{array} \right.$$ é um sistema linear que tem soluções dadas por $$ x=2 \qquad e \qquad y = 1$$

Desta forma, somos impelidos a fazer a substituição $$ x= u+2 \qquad e \qquad y = v+1 .$$ Como, neste caso, teremos $$dx=du \qquad dy=dv, $$ a equação diferencial se tornará $$\frac{dv}{du} = \frac{-(u+2)+(v+1)+1}{(u+2) +4(v+1)-6} = \frac{-u+v}{u+4v}$$ que é uma equação homogênea de primeira ordem, pois pode ser reescrita como $$\frac{dv}{du} = \frac{-1+\frac{v}{u}}{1+4\frac{v}{u} }.$$

Agora, fazendo w = \dfrac{v}{u} , obtemos \dfrac{dv}{du} = u \dfrac{dw}{du} + w e, desta forma, $$ u \frac{dw}{du} + w = \frac{-1+w}{1+4w } \Leftrightarrow u \frac{dw}{du} = \frac{-4 w^2}{1+4w }$$ que é uma equação separável, que pode ser escrita como $$ \frac{1+4w}{-4w^2 -1} dw = \frac{1}{u} du $$ e integrando em ambos os lados, encontramos $$ -\frac{\text{arctg} (2w)}{2} – \frac{\text{ln}(4w^2+1)}{2} = \text{ln}|u| +k $$ $$- \frac{1}{2} \left(  \text{arctg} (2w) + \text{ln}(4w^2+1) \right)  =  \text{ln}|u| +k $$ e lembrando que w = \dfrac{v}{u} $$- \frac{1}{2} \left\{  \text{arctg} \left( 2\left[ \frac{v}{u} \right] \right) + \text{ln}\left(4\left[ \frac{v}{u} \right]^2+1 \right) \right\}  =  \text{ln}|u| +k .$$ Por fim, observando que $$ x-2= u \qquad e \qquad y – 1= v$$ encontramos como solução geral implícita da nossa equação diferencial $$- \frac{1}{2} \left\{  \text{arctg} \left( 2 \left[ \frac{y-1}{x-2} \right] \right) + \text{ln} \left(4\left[ \frac{y-1}{x-2} \right]^2+1 \right) \right\}  =  \text{ln}|x-2| +k .$$

5) A taxa de aumento de uma população é dada por a = n+g-m, em que n, g e m representam as taxas de natalidade, migração e mortalidade, respectivamente. O aumento da população num instante dado é igual ao produto da população nesse instante com a taxa de aumento da população. Mas, se P(t) é a função que representa a população em um instante t, o aumento da população também é igual à derivada da função P, assim: $$ \frac{dP}{dt} = aP.$$ Segundo o Modelo Logístico, as taxas de natalidade e migração são constantes e a taxa de mortalidade é diretamente proporcional à população presente. Escreva a equação diferencial obtida segundo esse modelo e encontre a solução dessa E.D.O..

Solução: Partindo da equação $$ \frac{dP}{dt} = aP.$$ e observando que a = n+g-m, encontramos, $$ \frac{dP}{dt} = (n+g-m)P.$$ Pelo modelo logístico, as taxas de natalidade e migração são constantes e a taxa de mortalidade é diretamente proporcional à população presente, e na equação n, g e m representam as taxas de natalidade, migração e mortalidade, respectivamente. Ou seja, $$ \frac{dP}{dt} = (n+g-kP)P.$$

A solução desta equação logística é encontrada através do método da separação das variáveis. Usando frações parciais podemos escrever: $$ \frac{dP}{P(n+g-kP)} = dt $$ $$\left[ \frac{1/(n+g)}{P} + \frac{k/(n+g)}{n+g-kP} \right]dP = dt $$ $$\frac{1}{n+g} \ln{|P|} – \frac{1}{n+g}\ln{|n+g-kP|} = t +C $$ $$ \ln{ \left| \frac{P}{n+g-kP} \right| } = (n+g) t+(n+g)C$$ $$ \left| \frac{P}{n+g-kP} \right| = c_1 e^{(n+g)t} $$ Isolando P(t) nesta solução implícita encontramos $$P(t) = \frac{(n+g) c_1 }{kc_1 + e^{-(n+g)t} }$$

Leia Mais: Artigo sobre a Dinâmica populacional e função logística (Matemática aplicada à ecologia)

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