EDO’s de Ricatti e de Bernoulli | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos

Nesse artigo, queremos apresentar uma lista de exercícios para dois casos especiais de EDO’s de primeira ordem não-lineares: as equações de Ricatti e de Bernoulli.

A equação diferencial na forma y'+p(x)y = f(x)y^n, onde n é um número real qualquer, é denominada equação de Bernoulli. Já a equação diferencial na forma y' = p(x)+q(x)y+r(x)y^2 é conhecida como equação de Ricatti.

Exercícios Resolvidos Sobre EDOs de Bernoulli e Ricatti

1) \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{1}{x}y = xy^2

SOLUÇÃO: Esta é uma equação de Bernoulli com p(x) = 1/x, f(x) = x e n = 2. Logo, a mudança de variável w = y^{-1} nos dá $$ w’ – \frac{w}{x} = -x .$$ Esta é uma EDO linear com solução geral dada por $$w(x) = – x^2 + cx.$$ Como w = y^{-1} , então y = w^{-1} ou $$ y = \frac{1}{-x^2 + cx} .$$

2) \dfrac{dy}{dx} = 2 x^2 + \dfrac{1}{x}y - 2y^2; y_1 (x) = x

SOLUÇÃO: Esta é uma  Equação de Ricatti que pode ser transformada numa equação de Bernoulli com n = 2 dada por $$u’ + (4x – 1/x) u = -2 u^2.$$ Usando w = u^{-1} encontramos a equação linear $$w’ – (4x -1/x)w = 2$$ que tem solução dada por $$w = \frac{1 + c e ^{2x^2}}{2x}, $$ portanto, $$u(x) = \frac{2x}{1 + c e ^{2x^2}}$$ e a solução da EDO de Ricatti é dada por $$ y(x) = x + \frac{2x}{1 + c e ^{2x^2}}.$$

3) \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{-4}{x^2} - \dfrac{1}{x}y + y^2; y_1 (x) = \dfrac{2}{x}

SOLUÇÃO: Esta é uma  Equação de Ricatti que pode ser transformada numa equação de Bernoulli com n = 2 dada por $$u’ – \frac{3}{x} u = u^2.$$ Usando w = u^{-1} encontramos a equação linear $$w’ +\frac{3}{x} w = -1$$ que tem solução dada por $$w = \frac{-x^4 + c }{4x^3}, $$ portanto, $$u(x) = \frac{4x^3}{-x^4 + c}$$ e a solução da EDO de Ricatti é dada por $$ y(x) = \frac{2}{x}+ \frac{4x^3}{-x^4 + c}.$$

4) t^2 \dfrac{dy}{dt} - 2xy = 3y^4; \;\;\; y(1) = \dfrac{1}{2}.

SOLUÇÃO: Esta é uma equação de Bernoulli com n = 4: $$y’ – \frac{2}{x} y = \frac{3}{x^2} y^4 .$$ Fazendo w = y^{-3} encontramos a equação linear $$w’ + \frac{6}{x} w = -\frac{9}{x^2} $$ que tem solução dada por $$w(x) = \frac{-9x^5 + c}{5 x^6}.$$ Voltando a substituição, encontramos $$y(x) = \left( \frac{5 x^6}{-9x^5 + c} \right)^{1/3}.$$ Aplicando a condição inicial, y(1) = \dfrac{1}{2} , encontramos c = 49. Portanto, a solução particular do PVI é igual a $$y(x) = \left( \frac{5 x^6}{-9x^5 + 49} \right)^{1/3}.$$

5) Considere a equação y' = y + x(y+1)^2 +1.

a) Esta equação satisfaz o teorema da existência e unicidade para qualquer condição inicial y(x_0) = y_0 ?

SOLUÇÃO: Sim. Observe que $$f(x,y) = y + x(y+1)^2 +1 $$ $$ \frac{ \partial f}{ \partial y} = (2x + 1) + 2xy $$ são polinômios em duas várias, portanto, são funções contínuas para quaisquer pontos do plano, incluindo o ponto (x_0 , y_0 ) que é a condição inicial do nosso P.V.I.

Portanto, pelo Teorema da Existência e Unicidade, existe um intervalo I, contendo x_0 , que é o domínio de uma função y(x) que satisfaz o P. V. I..

Ou seja, podemos garantir que existirá uma única solução para qualquer P.V.I. $$ y’ = y + x(y+1)^2 +1; \;\;\; y(x_0) = y_0.$$

b) Estude essa EDO e ofereça uma solução geral usando o método que achar mais adequado.

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: $$ y(x) = \frac{1}{- x + 1 +c e^{-x}} – 1 = \frac{x – c e^{-x}}{- x + 1 +c e^{-x}}.$$

c) Determine, se possível, a solução do P.V.I. $$ y’ = y + x(y+1)^2 +1;\;\;\;\; y(0) = 1$$

Como vimos no primeiro item deste exercício, este P.V.I. terá solução única garantida pelo Teorema da Existência e Unicidade de Soluções.

Pelo item b) sabemos que a solução geral de y' = y + x(y+1)^2 +1 é dada por $$ y(x) = \frac{x – c e^{-x}}{- x + 1 +c e^{-x}}.$$

Fazendo x = 0, obtemos: $$ 1 = \frac{0 – c e^{0}}{- 0 + 1 +c e^{0}} \Rightarrow c= – \frac{1}{2}.$$

Portanto, a solução particular (e única), deste P.V.I. é dada por $$ y(x) = \frac{x + \frac{1}{2} e^{-x}}{- x + 1 – \frac{1}{2} e^{-x}}.$$

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