E.D.O.’s de 1ª Ordem | 7ª Lista de Exercícios Resolvidos

Apresentamos mais seis exercícios resolvidos sobre equações diferenciais ordinárias de 1ª ordem que contemplam os principais tipos de equações!

Nesse artigo, queremos apresentar uma sétima 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 | 7ª Lista de Exercícios Resolvidos

Resolva as E.D.O.’s abaixo:

1) (x^2-1)yy'+x(y^2-1) = 0;

Solução: Esta é uma equação separável que pode ser reescrita como $$ \frac{y}{y^2 -1} dy = – \frac{x}{x^2 -1} dx.$$ Integrando em ambos os lados, obtemos $$\frac{1}{2} \text{ln} \left( y^2 -1 \right) = – \frac{1}{2} \text{ln} \left( x^2 -1 \right) + c $$ $$\text{ln} \left( y^2 -1 \right) = – \text{ln} \left( x^2 -1 \right) +c $$ $$y^2 -1 = \frac{k}{x^2 -1} $$ $$y^2 = \frac{k}{x^2 -1} +1 $$ $$y= \pm \sqrt{ \frac{k}{x^2 -1} +1} .$$

2) (2x-4y+5)y'+x-2y+3 = 0;

Solução: Faça v = x-2y . Desta forma, $$ y’ = \frac{1}{2} (1-v’) $$ e a equação diferencial na nova variável é dada por $$(2v+5)v’ = 4v+11 .$$ Agora, separando as variáveis, encontramos $$ \left( 1 – \frac{1}{4v +11} \right)dv = 2 dx$$ e integrando ambos os lados, obtemos $$v – \frac{1}{4} \text{ln} | 4v +11 | = 2x+c.$$ Como v = x-2y , então a solução implícita desta equação se torna $$ 4x+8y+ \text{ln}|4x-8y+11| = c .$$

3) 4x^3-e^{xy}(y+xy') = 0;

Solução: Observe que esta E.D.O. é exata. De fato, reescrevendo-a como $$ \left(4x^3 – ye^{xy} \right) – xe^{xy} y’ $$ temos M = \left(4x^3 - ye^{xy} \right) e N = - xe^{xy}   $$ \frac{ \partial M}{\partial y} =\; – e^{xy}-xye^{xy} = \frac{ \partial N}{\partial x}.$$

Assim, existe uma função \Psi (x,y) , tal que $$ \frac{\partial \Psi}{\partial y} = – x e^{xy}$$ ou seja, $$ \Psi(x,y) = \int{- x e^{xy} dy} = -e^{xy} + f(x).$$ Além disso, $$ \frac{\partial \Psi}{\partial x} = 4x^3 – ye^{xy}$$ logo, $$-ye^{xy} + f'(x) = 4x^3 – ye^{xy} \Leftrightarrow f(x) = x^4.$$

Portanto, a solução desta equação é dada implicitamente por $$-e^{xy} + x^4 = c. $$

4) (2y+xy)dx+2xdy = 0 ;

Solução: Esta equação pode ser reescrita como $$y’ = -\frac{y}{x}-\frac{y}{2} $$ que é uma equação homogênea de primeira ordem. Logo, fazendo u = \dfrac{y}{x}, obtemos $$xu’+u = u(-1-x) $$ $$ xu’ = u(-2-x)$$ $$ \frac{du}{u} = \left( \frac{-2}{x} – 1 \right)dx$$ e integrando em ambos os lados obtemos $$ \text{ln} |u| = -2 \text{ln}|x| – x +c $$ e como u = \dfrac{y}{x}, então, nossa solução geral implícita sera dada por $$ \text{ln} \left| \frac{y}{x} \right| = -2 \text{ln}|x| – x +c $$

5) x^2y'+2xy-x+1 = 0, com a condição inicial y(1) = 0;

Solução: Este é um problema de valor inicial linear de primeira ordem, que pode ser resolvido usando o método adequado, mas também pode ser solucionado observando que $$x^2y’+2xy-x+1 = 0 \Leftrightarrow x^2y’ + 2xy = x-1$$ o que nos leva à equação $$ \left[ x^2 y \right]’ = x-1. $$ Integrando em ambos os lados obtemos como solução geral implícita $$x^2y = \frac{x^2}{2}-x+c$$ que pode ser escrita explicitamente como $$ y(x) = \frac{1}{2} – \frac{1}{x} + \frac{c}{x^2}.$$ Aplicando a condição inicial y(1) = 0, $$0 = \frac{1}{2} – \frac{1}{x} +c \Leftrightarrow c = \frac{1}{2}.$$ Portanto, a solução particular deste nosso P.V.I. é igual a $$y(x) = \frac{1}{2} – \frac{1}{x} + \frac{c}{2x^2}.$$

6) y' = 5x^2y^5+ \dfrac{y}{2x}.

Solução: Esta equação pode ser reescrita como $$y’ – \frac{1}{2x} y = 5x^2 y^5 $$ que é uma E.D.O. de Bernoulli com n = 5 . Fazendo w = y^{-4} , conseguimos uma equação linear de primeira ordem dada por $$ w’ + \frac{2}{x} w = -20 x^2 .$$ Esta equação pode ser resolvida multiplicando-a pelo fator integrante u(x) = x^2 (saiba como encontrar este fator integrante neste artigo): $$ x^2 w’ +2x w = – 20 x^4 $$ $$ \left[ x^2 y \right]’ = – 20 x^4 $$ e integrando em ambos os lados, encontramos $$x^2 w = -4x^5 +c$$ $$ w = -4 x^3 + c x^{-2} $$ e como w = y^{-4} , encontramos a solução implícita $$ y^{-4} = -4 x^3 + c x^{-2} $$ que pode ser escrita explicitamente como $$ y = \frac{1}{\sqrt[4]{-4 x^3 + c x^{-2}} }$$

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

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• 2ª Lista de Exercícios Resolvidos Sobre E.D.O.’s de 1ª Ordem
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• 4ª Lista de Exercícios Resolvidos Sobre EDO’s de 1ª Ordem
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