EDO’s de 1ª Ordem Separáveis | 3ª Lista de Exercícios Resolvidos

Neste artigo apresentamos uma lista de exercícios resolvidos sobre EDOs de 1ª Ordem Homogêneas. 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.

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.

3ª Lista de Exercícios Resolvidos Sobre EDOs Separáveis

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

a) y' = sen(5x);

SOLUÇÃO: Neste caso a equação diferencial ordinária se resolve com uma simples integração \begin{eqnarray} \frac{dy}{dx} & = & sen(5x) \\ dy & = & sen(5x)dx \\ y(t) & = & \int{sen(5x)dx} \\ y(t) & = & – \frac{1}{5} cos (5x) + c \end{eqnarray}

b) y' = \dfrac{x^2 y^2}{1 + x};

SOLUÇÃO: Observe que esta EDO pode ser reescrita como $$\frac{dy}{dx} = \frac{x^2}{1 + x} \times y^2 \Leftrightarrow y^{-2} dy = \frac{x^2}{1 + x} dx.$$ Agora, integrando em ambos os lados encontramos $$ – y^{-1} = \int{\frac{x^2}{1 + x} dx} = \mathrm{ln}\left( x+1\right) +\frac{{x}^{2}-2\,x}{2} +c$$ Portanto, encontramos como solução $$y(t) = – \frac{2}{2\,\mathrm{ln}\left( x+1\right) +{x}^{2}-2\,x \,+2c}$$

c) y' = e^{3x +2y};

SOLUÇÃO: Usando a propriedade de potenciação escrevemos $$ \frac{dy}{dx} = e^{3x +2y} = e^{3x} e^{2y} \Leftrightarrow e^{-2y} dy = e^{3x} dx ,$$ desta forma, $$ -\frac{1}{2}  e^{-2y} = \frac{1}{3}e^{3x} + c $$ é nossa solução implícita da equação.

d) (4y + yx^2)dy = (2x+xy^2)dx

SOLUÇÃO: Manipulando algebricamente esta equação obtemos \begin{eqnarray} (4y + yx^2)dy & = & (2x+xy^2)dx \\ y (4 + x^2)dy & = & x (2+y^2)dx \\ \frac{y}{(2+y^2)} dy & = & \frac{x}{(4 + x^2)}dx \end{eqnarray} e usando a integração por substituição em ambos os lados da equação, obtemos a solução implícita desta EDO como sendo $$ \frac{\mathrm{ln}\left( {y}^{2}+2\right) }{2} = \frac{\mathrm{ln}\left( {x}^{2}+4\right) }{2} +c $$

Daí, \begin{eqnarray} \frac{\mathrm{ln}\left( {y}^{2}+2\right) }{2} & = & \frac{\mathrm{ln}\left( {x}^{2}+4\right) }{2} +c \\ \mathrm{ln}\left( {y}^{2}+2\right) & = & \mathrm{ln}\left( {x}^{2}+4\right) + 2c \\ {y}^{2}+2 & = &  \left( {x}^{2}+4\right)e^{2c} \\ y^2 & = & \left( {x}^{2}+4\right)e^{2c} – 2 \\ y & = & \pm \sqrt{\left( {x}^{2}+4\right)e^{2c} – 2} \end{eqnarray} é a solução explícita da EDO.

e) y \ln{(x)} \dfrac{dx}{dy} = \left( \dfrac{y+1}{x} \right)^2

SOLUÇÃO: Separando as variáveis, encontramos $$ x^2 \ln{(x)} dx = \frac{(y+1)^2}{y} dy $$ que integrando em ambos os lados da equação nos dá $$ \frac{{x}^{3}\,\mathrm{ln}\left( x\right) }{3}-\frac{{x}^{3}}{9} = \mathrm{ln}\left( y\right) +\frac{{y}^{2}+4\,y}{2} + c $$ como solução implícita desta equação.

2) Calcule as soluções de P.V.I.’s abaixo:

a) \left( e^{-y} +1 \right)sen(x) dx = \left( 1 + cos(x) \right)dy; com y(0) = 0;

SOLUÇÃO: Esta é uma EDO separável dada por $$ \frac{sen(x)}{1 + cos(x)} dx = \frac{1}{e^{-y} +1} dy$$ que integrada em ambos os lados nos dá a solução implícita $$ -\mathrm{ln}\left( \mathrm{cos}\left( x\right) +1\right) + c = \mathrm{ln}\left( {e}^{-y}+1\right) +y $$ que equivalente a $$ k \frac{1}{\mathrm{cos}\left( x\right) +1} = e^y \left( {e}^{-y}+1\right).$$ Sendo y(0) = 0, então $$ k \frac{1}{ 1 +1} = 1 \left( 1+1\right) \Leftrightarrow k = 4 .$$ Portanto a solução implícita particular deste P.V.I. é dada por $$ \frac{4}{\mathrm{cos}\left( x\right) +1} = e^y \left( {e}^{-y}+1\right).$$

b) \dfrac{dx}{dy} = 4 \left( x^2 +1 \right); com x(\pi / 4) = 1 ;

SOLUÇÃO: Nesta equação separável que pode ser reescrita como $$\frac{dx}{x^2 +1} = 4 dy $$ facilmente percebemos que $$arctg(x) = 4y +c $$ é uma solução implícita geral. Agora, observando que se x(\pi / 4) = 1 , então obteremos $$ \frac{ \pi }{4} = \pi +c \Leftrightarrow c = – \frac{ 3 \pi }{4}.$$ Portanto, nossa solução implícita particular deste P.V.I. é dada por $$arctg(x) = 4y\; – \frac{ 3 \pi }{4}$$ e nossa solução explícita particular por $$x(y) = \tan{\left( 4y \; – \frac{ 3 \pi }{4}\right)}$$.

c) y' +2y = 1; com y(0) = \dfrac{5}{2} ;

SOLUÇÃO: Esta equação autônoma pode ser reescrita como $$\frac{dy}{1-3y} = dx$$ que integrada em ambos os lados nos dá como solução geral implícita a relação $$-\frac{\mathrm{ln}\left( 1-2\,y\right) }{2} = x +c $$ que nos leva à solução geral explícita $$y(x) = – k e^{-2x} +\frac{1}{2} .$$ Como  y(0) = \dfrac{5}{2} , então $$\frac{5}{2} = – k e^{-2\times 0} +\frac{1}{2} \Rightarrow k = -2 $$ e a solução particular explícita é dada por $$y(x) = 2 e^{-2x} +\frac{1}{2} .$$

Leia Mais:

• EDO’s de 1ª Ordem Separáveis | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos
• EDO’s de 1ª Ordem Separáveis | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Equações Diferenciais Ordinárias Lineares de 1ª Ordem.
• Equações Diferenciais Ordinárias de 1ª Ordem Exatas.
• Equações Diferenciais Ordinárias de 1ª Ordem: Ricatti e Bernoulli
• Equações Diferenciais Ordinárias de 1ª Ordem: Substituições

Assista Nossa Video-Aula