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

Uma EDO de primeira ordem que pode ser escrita na forma \dfrac{dy}{dt}=\dfrac{g(t)}{f(y)} onde g e f são contínuas nas variáveis t e y, respectivamente, é chamada de EDO separável.

No caso geral da EDO separável, podemos escrevê-la como $$ \frac{dy}{dt}=\frac{g(t)}{f(y)} \Leftrightarrow f(y) \frac{dy}{dt} = g(t).$$ Supondo que y = h(t) é uma solução para a EDO separável, temos que, pela integração por substituição, $$ f(h(t))h'(t) = g(t) \Leftrightarrow \int{f(h(t)) h'(t) dt} = \int{g(t)dt} +c \Leftrightarrow \int{f(y) dy} = \int{g(t)dt} +c $$

A equação acima indica o procedimento na resolução para as equações diferenciais separáveis. Uma família a um parâmetro de soluções, em geral deduzida implicitamente, é obtida integrando ambos os lados de f(y) dy = g(t) dt . Uma observação importante é quanto ao fato de não ser necessário tentar resolver y como função de t, ou seja, não é necessário, à priori, apresentar uma solução explícita do problema.

2ª Lista de Exercícios Resolvidos Sobre EDOs Separáveis

EXERCÍCIO 1: Resolva as equações abaixo:

a. (t+1)\dfrac{dy}{dt}-2y=0

$$ (t+1)\frac{dy}{dt}-2y=0 \Leftrightarrow \frac{dy}{2y} = \frac{dt}{t+1} \Leftrightarrow \frac{1}{2} ln|y|=ln|t+1| +c \Leftrightarrow y(t) = k (t+1)^2$$

b. 2t\sin{(3y)} + 3t^2\cos{(3y)}y' = 0

$$ 2t\sin{(3y)} + 3t^2\cos{(3y)}y’ = 0 \Leftrightarrow \frac{cos(3y)}{sen(3y)}dy=\frac{-2}{3t}dt \Leftrightarrow $$ $$\Leftrightarrow 3ln|sen(3y)| = -\frac{2}{3} ln|t| +c $$

c. (2y+xy)dx+6xdy = 0

$$ (2y+xy)dx+6xdy = 0 \Leftrightarrow 6\frac{dy}{y} = – \frac{2+x}{x} dx \Leftrightarrow 6ln|y| = -x-2ln|x|+c$$

d. 2xy'-4x=4y-2yy'

$$ 2xy’-4x=4y-2yy’ \Leftrightarrow y’ (2x +2y) = (4y+4x) \Leftrightarrow y’ = 2 \Leftrightarrow y(t) = 2t +c$$

e) y' - 1 -e^{2t} = 0

SOLUÇÃO: Neste caso, podemos reescrever esta EDO como y' = 1 + e^{2t} , logo, $$ y(t) = \int{(1 + e^{2t})dt} = t + \frac{e^{2t}}{2} +c .$$

f) y' - sen(t) = 0

SOLUÇÃO: Neste caso, podemos reescrever esta EDO como y' =  sen(t) , logo, $$ y(t) = \int{sen(t)dt} = -cos(t) +c .$$

g) (1+t) dy - ydt = 0

SOLUÇÃO: Neste caso, dividindo a equação por (1 +t)y, podemos escrever, $$\frac{dy}{y} = \frac{dt}{(1+t)},$$ da qual se segue que $$\int{\frac{dy}{y}} = \int{ \frac{dt}{(1+t)}}$$ $$\ln{|y|} = \ln{|1+t| }+ c_1$$ $$y = e^{\ln{|1+t| }+ c_1}$$ $$y = e^{c_1} |1+t| $$ $$y = \pm k(1+t) $$

h) t e^{-y}sen(t)dt - y dy = 0

SOLUÇÃO: Neste caso, depois de multiplicar a EDO por e^y , obtemos $$ tsen(t) dt = y e^y dy $$ e integrando por partes em ambos os lados da equação, obtemos a solução implícita $$ -t cos(t) + sen(t) = y e^y – e^y +c . $$

i) ty^4 dt + (y^2 +2)e^{-3t}dy = 0

SOLUÇÃO: Neste caso, multiplicando a equação por e^{3t} e dividindo por y^4 , obtemos $$te^{3t} dt + \frac{y^2 + 2}{y^4} dy = 0$$ e usando a integração por partes no primeiro termo e a integração simples no segundo termo, encontramos $$\frac{1}{3} t e^{3t} – \frac{1}{9}e^{3t} – \frac{1}{y} – \frac{2}{3}\frac{1}{y^3} = c$$ que é uma solução implícita da EDO.

j) (y^2 + 1 )dx = y sec^2 x dy

SOLUÇÃO: Esta é uma EDO separável, que pode ser reescrita como $$ \frac{y}{y^2 +1}dy = cos^2 (x) dx$$ $$\frac{1}{2} \ln{(y^2 +1)} = \frac{sen(2x) +2x}{4} + c$$. $$ \ln{(y^2 +1)} =  \frac{sen(2x) +2x}{2} +c$$

k) \dfrac{dy}{dt} = y-t - 1 + (t-y+2)^{-1}

SOLUÇÃO: Esta equação pode ser reescrita como $$\frac{dy}{dt} = y-t – 1 + (t-y+2)^{-1}$$ $$\frac{dy}{dt} = -(t-y) – 1 + (t-y+2)^{-1}$$ e fazendo z = t -y , obtemos z' = 1 - y' \Leftrightarrow y' = 1 -z' a EDO se torna separável $$1 -z’ = z -1 + (z+2)^{-1}$$ $$z’ = – z +2 – (z+2)^{-1}$$ $$z’ = – z +2 – (z+2)^{-1}$$ $$\frac{dz}{- z +2 – (z+2)^{-1}} = dt .$$ Integrando em ambos os lados $$ \frac{1}{\sqrt{3}} \ln \left( \frac{2\,z-2\,\sqrt{3}}{2\,z+2\,\sqrt{3}}\right) + \frac{1}{2} \ln \left( {z}^{2}-3\right)  = t +c$$ $$ \frac{1}{\sqrt{3}} \ln \left( \frac{2\,(t -y)-2\,\sqrt{3}}{2\,(t -y)+2\,\sqrt{3}}\right) + \frac{1}{2} \ln \left( {(t -y)}^{2}-3\right)  = t +c$$

2) Resolva os PVIs abaixo:

a) y' = - \dfrac{x}{y}, \qquad y(4) = 3 ;

SOLUÇÃO: Neste caso, reescrevendo a equação como ydy = -x dx, obtemos $$\int{ydy} = \int{-xdx} \Leftrightarrow \frac{y^2}{2} = – \frac{x^2}{2} + c_1$$

Esta solução pode ser escrita como x^2 + y^2 = c^2, trocando as constantes 2 c_1 por c^2 . Ou seja, esta solução representa uma família de círculos concêntricos.

Agora, quando x = 4 e y = 3, temos 16 +9 = 25 = c^2 . Logo, o problema de valor inicial possui uma solução única determinada implicitamente por $$ x^2 + y^2 = 25 .$$

b) y' = y^2 -4, \qquad y(0) = -2 .

SOLUÇÃO: Neste caso colocamos a equação na forma \dfrac{dy}{y^2 - 4} = dx , e usando Frações Parciais do lado esquerdo, obtemos $$ \frac{-1/4}{y+2} + \frac{1/4}{y-2} – dx.$$ Integrando em ambos os lados $$ – \frac{1}{4} \ln{|y+2|} + \frac{1}{4} \ln{|y-2|}  = x + c_1 . $$ Usando propriedades de logaritmo encontramos $$ \ln{ \left| \frac{y-2}{y+2} \right|}  = 4x +c_2 $$ $$ \frac{y-2}{y+2} = c e^{4x}$$ que é nossa solução implícita. Através de manipulações algébricas podemos encontrar uma solução explícita dada por $$y(t) = 2 \frac{1 + c e^{4x}}{1 – c e^{4x}}.$$ Agora, usando a condição inicial obtemos $$-2 = 2 \frac{1 + c}{1 – c } \Leftrightarrow -1 = 1$$ que é um absurdo. Ou seja, não existe nenhuma solução da EDO que passe pelo ponto (0,-2).

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