EDOs 1ª Ordem de Bernoulli | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos

Nesse artigo, queremos apresentar uma lista de exercícios para um tipo especial de de EDO’s de primeira ordem não-lineares: as equações de Bernoulli que é uma equação diferencial na forma y'+p(x)y = f(x)y^n, onde n é um número real qualquer.

Se y=0, a solução é imediata, mas, caso contrário, podemos reescrever a equação como y^{-n} y'+p(x)y^{1-n} = f(x) e fazer a mudança de variáveis w=y^{1-n}. Pela regra da cadeia, w' = (1-n)y^{-n}y' e substituindo na equação original, ficamos com w' +(1-n)p(x)w = (1-n)f(x).

Exercícios Resolvidos Sobre EDOs de Bernoulli e Ricatti

1) Calcule a solução das EDO’s de Bernouli de 1ª ordem abaixo:

a) y' - y = x y^5

SOLUÇÃO: Observe que neste caso a transformação y^{-4} = v reduz a equação a $$ -\frac{1}{4} \frac{dv}{dx} – v = x \qquad ou \qquad \frac{dv}{dx} +4 v = -4x$$ que é uma EDO linear com fator integrante dado por \mu (x) = e^{4x} . Desta forma, usando a técnica de soluções de EDO lineares de primeira ordem encontramos $$v e^{4x} = -4 \int{x e^{4x} dx} = -xe^{4x} + \frac{1}{4} e^{4x} + C$$ que, por sua vez, ao desfazermos a mudança de variáveis do início nos leva à solução geral implícita $$y^{-4} e^{4x} = -xe^{4x} + \frac{1}{4} e^{4x} + C$$

b) y' + 2xy + xy^4 = 0

SOLUÇÃO: Observe que neste caso a transformação y^{-3} = v reduz a equação a $$ \frac{dv}{dx} – 6x v = 3x $$ que é uma EDO linear com fator integrante dado por \mu (x) = e^{-3x^2} . Desta forma, usando a técnica de soluções de EDO lineares de primeira ordem encontramos $$v e^{-3x^2} =  \int{3xe^{-3x^2} dx} = – \frac{1}{2} e^{-3x^2} + C$$ que, por sua vez, ao desfazermos a mudança de variáveis do início nos leva à solução geral implícita $$y^{-3} = – \frac{1}{2} + Ce^{3x^2}$$

c) y' + y = y^2 \left[ cos(x) - sen(x)\right]

SOLUÇÃO: Neste caso a transformação y^{-1} = v reduz a equação a $$ \frac{dv}{dx} – v =sen(x) – cos(x) $$ que é uma EDO linear com fator integrante dado por \mu (x) = e^{-x} . Desta forma, usando a técnica de soluções de EDO lineares de primeira ordem encontramos $$v e^{-x} =  \int{ [sen(x) – cos(x)]e^{-x} dx} = – e^{-x} sen(x) + C$$ que, por sua vez, ao desfazermos a mudança de variáveis do início nos leva à solução geral implícita $$y^{-1} = -sen(x) + Ce^{x}.$$

d) xy' - \left( y + xy^3 [1 + ln(x)] \right) = 0

SOLUÇÃO: Neste caso a transformação y^{-2} = v reduz a equação a $$ \frac{dv}{dx} – \frac{2}{x} v = -2(1 + \ln (x) )$$ que é uma EDO linear com fator integrante dado por \mu (x) = x^2 . Desta forma, usando a técnica de soluções de EDO lineares de primeira ordem encontramos $$v x^2 = -2  \int{ [x^2 +x^2 \ln (x)] dx} = – \frac{4}{9} x^3 – \frac{2}{3} x^3 \ln (x) + C$$ que, por sua vez, ao desfazermos a mudança de variáveis do início nos leva à solução geral implícita $$\frac{x^2}{y^2} = – \frac{2}{3} x^3 \left( \frac{2}{3} + \ln (x) \right) + c .$$

e) y' = y + x(y+1)^2 +1.

SOLUÇÃO: A EDO y' = y + x(y+1)^2 +1 é não-linear, por causa do termo (y+1)^2.

Ela também não será separável e não poderemos aplicar a técnica de Bernoulli diretamente, por causa do termo independente 1.

Fazendo N (x,y) = 1  e M(x,y ) = -(y + x(y+1)^2 +1) também podemos perceber que esta EDO de primeira ordem não será exata, pois \dfrac{ \partial M}{\partial y} \neq \dfrac{ \partial N}{\partial x} , e dificilmente conseguiremos encontrar um fator integrante que a torne uma EDO exata.

Por uma manipulação algébrica simples podemos ver que esta equação pode ser encaixada como uma EDO de Ricatti: $$ y’ = y + x(y+1)^2 +1 \Leftrightarrow y’ = 1 + (2x+1)y +xy^2,$$ porém, precisamos encontrar uma solução particular, y_1 (t) , desta EDO, para aplicar seu método de solução, o que inviabiliza esta abordagem.

Facilmente percebemos que também não é uma boa estratégia atacá-la como uma EDO homogênea, pois só complicaríamos mais o problema.

Desta forma, só nos restou trabalhar com alguma substituição (como mostramos neste artigo), e neste caso, fazemos u = y+1 .

Logo, u' = y' e u -1 = y.

Substituindo na EDO, obtemos $$y’ = y + x(y+1)^2 +1 \Leftrightarrow u’ = u-1 + x u^2 +1 \Leftrightarrow u’ = u + xu^2 \Leftrightarrow u – u = xu^2, $$ que é, agora, uma equação de Bernoulli na variável u para n = 2.

Usando a técnica de solução para equações de Bernoulli, consideramos $$p(x) = -1 ,\;\;\; f(x) = x,\;\;\; n=2,$$ obtendo a equação linear $$w’ +w = -x$$ que é uma EDO linear de primeira ordem e possui solução dada por $$w(x) = -x + 1 + c e^x .$$

De fato, usando a técnica de soluções de EDO lineares e a técnica de integração por partes, obtemos $$w’ +w = -x \Rightarrow e^x  w’ + e^x  w = -e^x  x \Rightarrow (e^x  w)’ = -e^x  x \Rightarrow $$ $$\Rightarrow e^x  w = – \int{e^x  x dx}  \Rightarrow w(x) = – e^{-x} \int{e^x  x dx} \Rightarrow $$ $$ \Rightarrow w(x) = – x + 1 +c e^{-x}. $$

Como na EDO de Bernoulli temos a substituição w = u^{1-n} = u^{-1},  logo u = \dfrac{1}{w}.  Assim, $$u(t) = \frac{1}{- x + 1 +c e^{-x}}.$$

Voltando à nossa primeira substituição, onde y =u -1 , encontramos que a solução geral desta equação é dada por: $$ y(x) = \frac{1}{- x + 1 +c e^{-x}} – 1 = \frac{x – c e^{-x}}{- x + 1 +c e^{-x}}.$$

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