EDO’s de 1ª Ordem Exatas | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos

Neste artigo queremos apresentar uma segunda lista de exercícios resolvidos sobre EDO’s de primeira ordem exatas. Uma equação diferencial da forma $$M(x,y) dx+N(x,y)dy=0$$ é chamada de equação exata se a expressão do lado esquerdo é uma diferencial exata. Pode-se mostrar que a equação M(t,y)+N(t,y)y'=0, é uma EDO exata em R se, e somente se, M_y (t,y)=N_t (t,y) em cada ponto de R.

Se a EDO é exata, então podemos afirmar que existe uma função \psi tal que \psi (t,y) = c é uma solução implícita desta EDO exata e \dfrac{\partial \psi}{ \partial t}(t,y)=M(t,y),\;\;\;\dfrac{ \partial \psi}{ \partial y}(t,y)=N(t,y) se, e só se, M_y (t,y)=N_t (t,y).

Algumas vezes é possível transformar uma EDO não-exata em uma EDO exata multiplicando a equação por um fator integrante apropriado. Para que este fator integrante \mu (t) exista para uma EDO não-exata na forma M(t,y)+N(t,y)y'=0, é necessário que \dfrac{d\mu}{dt}=\dfrac{M_y - N_t}{N} \mu. Se \dfrac{M_y - N_t}{N} depende apenas de t, então existe um fator integrante \mu que depende apenas de t. Analogamente, se \dfrac{N_t - M_y}{M} depende apenas de y, então existe um fator integrante \mu que depende apenas de y.

EDO’s de 1ª Ordem Exatas | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos

1) Resolva as EDOs de 1ª ordem abaixo:

a) (2y - 6x) + (3x - 4x^2 y^{-1}) y' = 0

SOLUÇÃO: Esta é EDO não exata e também não é possível encontrar fatores integrantes que dependam apenas de x ou de y, mas ao tentar encontrar um que seja na forma x^{ \alpha } y^{ \beta } , obtemos como fator integrante \mu (x,y) = xy^2 .

Multiplicando este fator integrante na EDO $$ (2xy^3 – 6x^2y^2)dx + (3x^2y^2 – 4x^3y)dy = 0 $$ ela se tornará exata e terá solução dada por $$x^2y^3-2x^3y^2 = c.$$

b) -2tysen(t^2)dt+cos(t^2)dy = 0

Observando que $$M(t,y) = -2tysen(t^2)\;\;\;e\;\;\;N(t,y) = cos(t^2)$$ e que $$\frac{\partial M}{\partial y} = -2tsen(t^2) =  \frac{\partial N}{\partial t}$$ podemos garantir que existe uma função \Psi (t,y) que nos dará a solução implícita da EDO.

Daí, sabemos que $$\frac{\partial \Psi}{\partial t}  = M = -2tysen(t^2)$$ $$\frac{\partial \Psi}{\partial y}  = N = cos(t^2).$$

Logo, encontramos \Psi (t,y) = ycos(t^2) + k. Ou seja, a solução da EDO é dada implicitamente por $$ ycos(t^2) + k_1 = k_2 \Rightarrow ycos(t^2) = c.$$

De forma explícita, encontramos $$y(t) = \frac{c}{cos(t^2)} = c . sec(t^2).$$

c) \left( 2t -y \right)dt +\left( 2y - t \right)dy=0,\;\;\;y(1)=3

Essa é uma EDO exata! Assim, existe uma função \Psi (t,y) tal que: $$ \frac{\partial \Psi}{\partial y} = N = 2y – t \Rightarrow \Psi (t,y) = y^2 – ty + f(t)$$  $$ \frac{\partial \Psi}{\partial t} = -y +f'(t) = M = 2t -y \Rightarrow f(t) = t^2.$$ Portanto, \Psi (t,y) = y^2 - ty +t^2. Ou seja, a solução dessa EDO é dada implicitamente por $$ y^2 – ty +t^2 = c.$$ Quando y(1)=3 a solução é dada por $$ y^2 – ty +t^2 = 7.$$

d) \left( e^t \sin{y} +2y \sin{t} \right)dt +\left( e^t \cos{y} -2 \cos{t} \right)dy=0

Essa EDO é exata!

Logo existe uma função \Psi (t,y) tal que: $$ \frac{\partial \Psi}{\partial t} = M = e^t \sin{y} +2y \sin{t} \Rightarrow \Psi (t,y) = e^t sen(y) – 2y cos(t) + f(y)$$

$$ \frac{\partial \Psi}{\partial y} = e^t \cos{y} -2 \cos{t} +f'(y) = N = e^t \cos{y} -2 \cos{t} \Rightarrow f(y) = c.$$

Portanto, \Psi (t,y) = e^t sen(y) - 2y cos(t)  + c. Ou seja, a solução dessa EDO é dada implicitamente por $$ e^t sen(y) – 2y cos(t) = k.$$

e) \left( 2t -y \right)dt +\left( 2y - t \right)dy=0,\;\;\;y(1)=3

Essa é uma EDO exata!

Assim, existe uma função \Psi (t,y) tal que: $$ \frac{\partial \Psi}{\partial y} = N = 2y – t \Rightarrow \Psi (t,y) = y^2 – ty + f(t)$$  $$ \frac{\partial \Psi}{\partial t} = -y +f'(t) = M = 2t -y \Rightarrow f(t) = t^2.$$ Portanto, \Psi (t,y) = y^2 - ty +t^2. Ou seja, a solução dessa EDO é dada implicitamente por $$ y^2 – ty +t^2 = c.$$ Quando y(1)=3 a solução é dada por $$ y^2 – ty +t^2 = 7.$$

f) (ycos(ty) - 2t)dt+(tcos(ty) +2y)dy = 0

Essa é uma EDO exata.

Assim, existe uma função \Psi (t,y) tal que: $$ \frac{\partial \Psi}{\partial t} = M = ycos(ty) – 2t \Rightarrow \Psi (t,y) = sen(ty) – t^2 + f(y)$$

Daí,

$$ \frac{\partial \Psi}{\partial y} = ycos(ty) +f'(y) = N = ycos(ty) – 2t \Rightarrow f(y) = y^2$$

Portanto, \Psi (t,y) = sen(ty) - t^2 + y^2. Ou seja, a solução dessa EDO é dada implicitamente por $$ sen(ty) – t^2 + y^2 = c.$$

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