EDOs de 1ª Ordem | 1ª Lista Exercícios Resolvidos

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Nesse artigo, queremos apresentar alguns exercícios resolvidos sobre EDO’s (Equações Diferenciais Ordinárias) de primeira ordem. Em geral, uma equação diferencial ordinária de primeira ordem é representada por  \frac{dy}{dt}= f\left(t,y \right)
onde f é uma função nas variáveis t e y.

Nosso problema consiste em: Dada f\left(t,y \right), encontre funções y(t) que satisfaçam essa equação. O que garante a existência de tais soluções é o teorema da existência e unicidade de soluções para equações diferenciais de primeira ordem, que sob certas condições asseguram a existência de um intervalo que tal solução está definida.

Mais abaixo, neste artigo, temos uma vídeo-aula onde discuto alguns destes exercícios resolvidos sobre E.D.O.’s de 1ª Ordem.

Exercícios Resolvidos sobre EDOs de Primeira Ordem - Equações Diferenciais Ordinárias 1ª

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Exercícios Resolvidos sobre EDOs de 1ª Ordem

EXERCÍCIO 1

\left( 3xy + y^2 \right)+ \left(x^2 + xy\right)y'=0.

Temos que M(x,y)=\left( 3xy + y^2 \right) e N(x,y)=\left( x^2 + xy \right).

Daí,
M_y=\left( 3x + 2y \right)=N_x=\left( 2x +y \right).

Portanto, a EDO não é exata.

Porém, observe que:

M = \left( 3xy + y^2 \right) e N= \left(x^2 + xy\right)

Assim,

\dfrac{M_y - N_x}{N} = \dfrac{\left( 3x + 2y \right) - \left( 2x +y \right)}{x^2 + xy} = \dfrac{1}{x}.

Logo existe um fator integrante \mu que é função só de x e que satisfaz a equação diferencial \dfrac{d \mu}{dx}=\dfrac{\mu}{x} que é separável.

Assim,
\dfrac{d \mu}{dx} = \dfrac{\mu}{x} \Rightarrow

\Rightarrow \dfrac{d \mu}{\mu} = \dfrac{dx}{x} \Rightarrow

\Rightarrow \ln{|\mu|}=\ln{|x|} \Rightarrow

\Rightarrow \mu (x) = x

Multiplicando este fator integrante na EDO original obtemos \left( 3xy + y^2 \right)x+ \left(x^2 + xy\right)xy'=0  \Rightarrow \Rightarrow \left( 3x^2y + xy^2 \right)+ \left(x^3 + x^2y\right)y'=0.

E a EDO \left( 3x^2y + xy^2 \right)+ \left(x^3 + x^2y\right)y'=0. é exata.

Portanto, existe uma função \psi (x,y) tal que:

\psi _x = 3x^2y + xy^2 \Rightarrow \psi = x^3 y + \dfrac{y^2 x^2}{2} + g(y)

e\psi _y =x^3 + x^2y \Rightarrow  \Rightarrow x^3 + y x^2 + g'(y) = x^3 + x^2 \Rightarrow  \Rightarrow g'(y) = 0 \Rightarrow g(y) = c.

e esta função é solução da EDO original.

Portanto, a solução de \left( 3xy + y^2 \right)+ \left(x^2 + xy\right)y'=0 é dada de forma implícita por x^3 y + \dfrac{y^2 x^2}{2} + c = 0




EXERCÍCIO 2

$$y’ = \frac{4t^2 + y^2}{ty}$$

Essa é uma EDO de primeira ordem claramente não-linear.

Como uma manipulação algébrica simples, podemos investigar se ela é uma EDO exata de primeira ordem:

$$y’ = \frac{4t^2 + y^2}{ty} \Rightarrow (4t^2 + y^2)  –  (ty)y’ = 0$$

Porém, facilmente percebemos que essa não é uma EDO exata, pois $$\frac{\partial M}{\partial y}  = \frac{\partial }{\partial y} (4t^2 + y^2) \neq \frac{\partial }{\partial t} [- (ty)]=\frac{\partial N }{\partial t}, $$ e é difícil encontrar um fator integrante que dependa apenas de t ou y e torne a EDO exata.

De imediato, a EDO $$y’ = \frac{4t^2 + y^2}{ty}$$ não é separável, mas podemos fazer uma substituição e transformá-la numa EDO separável.

Faça u = \frac{y}{t}. Desta forma, $$u = \frac{y}{t} \Rightarrow y = u.t \Rightarrow y’ = u’.t + u$$ e substituindo na EDO, obtemos $$u’.t + u = \frac{4}{u} + u \Rightarrow u’ t = \frac{4}{u} \Rightarrow u du = \frac{4}{t} dt. $$

Integrando em ambos os lados encontramos $$ \frac{u^2}{2} = 4ln(t) +c \Rightarrow u^2 = 8 ln(t) + c$$ e fazendo u = \frac{y}{t}, encontramos $$\frac{y^2}{t^2} = 8ln(t) + c \Rightarrow y^2 = 8 t^2 ln(t) +ct^2 \Rightarrow y(t) = \pm \sqrt{8 t^2 ln(t) +ct^2}.$$

Portanto, y(t) = \pm \sqrt{8 t^2 ln(t) +ct^2} é a solução geral da EDO y' = \frac{4t^2 + y^2}{ty}.




EXERCÍCIO 3

$$(t-y)(dt-dy)=0$$

De imediato podemos ver que essa é uma EDO não-linear pois teremos o fator yy'.

Vamos atacar essa EDO de primeira ordem de uma forma diferente. Observe que $$(t-y)(dt-dy)= (t-y)(1-y’) = $$ $$= (t-y) – y'(t-y) = (t-y) + y'(y-t)= 0 \Rightarrow $$ $$\Rightarrow y'(y-t) = (y – t) \Rightarrow  y’ = 1.$$

Logo, com uma integração simples encontramos $$ y(t) = t+c$$ como a solução da EDO (t-y)(dt-dy)=0.

Em todo caso, podemos encontrar a mesma solução observando que essa EDO é também separável: $$(t-y)(dt-dy)= (y-t)dy + (t-y)dt.$$ onde M(t,y) = (y-t) e N(t,y) = (t-y), o que nos dá $$\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial t} = 1.$$

Desta forma, temos uma função \Psi (t,y) tal que \Psi (t,y) = c é solução da EDO (t-y)(dt-dy)=0, e $$\frac{\partial \Psi}{\partial y}= N\;\;\;e\;\;\;\frac{\partial \Psi}{\partial t} = M.$$

Logo, usando o mesmo raciocínio para solucionar EDOs exatas, encontramos $$\Psi (t,y) = \frac{t^2}{2}-yt+\frac{y^2}{2}, $$ ou seja, a solução da EDO é dada por $$\frac{t^2}{2}-yt+\frac{y^2}{2} = k \Rightarrow$$ $$\Rightarrow t^2 – 2yt + y^2 = 2k \Rightarrow$$ $$\Rightarrow (t-y)^2 = 2k \Rightarrow t-y = \sqrt{2k} \Rightarrow $$ $$\Rightarrow y(t) = t-\sqrt{2k}.$$ Como -\sqrt{2k} é uma constante escrevemos -\sqrt{2k}= c. Portanto, $$y(t) = t+c.$$

Assim, chegamos na mesma solução usando dois métodos diferentes.

EXERCÍCIO 4

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

Vamos resolver essa EDO de primeira ordem usando três métodos diferentes e encontrar a mesma solução y(t) = \frac{c}{cos(t^2)} .

1º MÉTODO: ESSA EDO DE PRIMEIRA ORDEM É EXATA!

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 $$y(t) = \frac{c}{cos(t^2)} = c . sec(t^2).$$

2º MÉTODO: ESSA EDO DE PRIMEIRA ORDEM É LINEAR!

Com uma manipulação algébrica simples encontramos:

$$-2tysen(t^2)dt+cos(t^2)dy = 0 \Rightarrow -2tysen(t^2)+cos(t^2)y’ = 0 \Rightarrow$$ $$\Rightarrow cos(t^2)y’ + [-2tsen(t^2)]y = 0 .$$

Essa é uma EDO de primeira ordem linear e pela regra do produto para derivadas encontramos $$ cos(t^2)y’ + [-2tsen(t^2)]y = 0\Rightarrow [cos(t^2)y]’= 0.$$ Assim, $$ycos(t^2) = c \Rightarrow y(t) = \frac{c}{cos(t^2)}.$$

3º MÉTODO: ESSA EDO DE PRIMEIRA ORDEM É SEPARÁVEL!

Seguindo um pouco mais adiante com a manipulação algébrica do método anterior encontramos:

$$-2tysen(t^2)dt+cos(t^2)dy = 0 \Rightarrow -2tysen(t^2)+cos(t^2)y’ = 0 \Rightarrow$$ $$\Rightarrow cos(t^2)y’ + [-2tsen(t^2)]y = 0 \Rightarrow cos(t^2)y’ = [2tsen(t^2)]y \Rightarrow$$ $$\Rightarrow \frac{dy}{y} = \frac{2tsen(t^2)}{cos(t^2)} dt\Rightarrow  ln|y| = -ln |cos(t^2)| +k$$ $$\Rightarrow y(t) = e^{-ln |cos(t^2)| +k} = e^k e^{ln |cos^{-1}(t^2)|} = c . cos^{-1}(t^2) = \frac{c}{cos(t^2)}.$$

EXERCÍCIO 5

 \dfrac{dy}{dt}=\dfrac{y-4t}{t-y}

Vamos dividir, primeiramente, numerador e denominador pela variável t.

Assim, \dfrac{dy}{dt}=\dfrac{\dfrac{y}{t}-4}{1-\dfrac{y}{t}}.

Agora, façamos a mudança de variável u=\dfrac{y}{t}.

Daí, \dfrac{du}{dt} = \dfrac{1}{t} \dfrac{dy}{dt} - \dfrac{y}{t^2}
\dfrac{du}{dt} + \dfrac{y}{t^2}= \dfrac{1}{t} \dfrac{dy}{dt}
t \dfrac{du}{dt} + \dfrac{y}{t} = \dfrac{dy}{dt}
t \dfrac{du}{dt} + u = \dfrac{dy}{dt}

Desta forma, obtenos a seguinte equação: u+t\dfrac{du}{dt}=\dfrac{u-4}{1-u}.

Manipulando algebricamente, t\dfrac{du}{dt} = \dfrac{u-4}{1-u} - u
= \dfrac{u-4}{1-u} - \dfrac{u - u^2}{1-u}
= \dfrac{u-4-u + u^2}{1-u}
= \dfrac{u^2-4}{1-u}

Daí, \dfrac{1-u}{u^2-4} \;\; \dfrac{du}{dt} = \dfrac{1}{t}.
\left( \dfrac{1}{4} \ln \left| \dfrac{u-2}{u+2}\right| -\dfrac{1}{2}\ln \left|u^2-4 \right| \right) du= \dfrac{1}{t} dt. A primeira integral, dependendo de u, pode ser encontrada resolvida nesse artigo sobre integrais indefinidas.

\dfrac{1}{4} \ln \left| \dfrac{u-2}{u+2}\right| -\dfrac{1}{2}\ln \left|u^2-4 \right| = \ln{t} + C

Ou seja, a solução implícita neste caso é dada por:

\dfrac{1}{4} \ln \left| \dfrac{\dfrac{y}{t}-2}{\dfrac{y}{t}+2}\right| -\dfrac{1}{2}\ln \left|\left( \dfrac{y}{t} \right)^2-4 \right| = \ln{t} + C

EXERCÍCIO 6Resolva as equações diferenciais abaixo usando o método adequado de solução de EDO’s de primeira ordem:

d. y'+ (x+1)y = e^{x^2}y^3

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

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

EXERCÍCIO 7Resolva as equações diferenciais abaixo usando o método adequado de solução de EDO’s de primeira ordem: 

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

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

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

d. ty'-ty=te^{t}, cujos valor inicial é dado por y(0) = 0.

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

EXERCÍCIO 8

Resolva as EDOs abaixo:

a. y' = t^2(1+y^2)

b. ty' = \left(\dfrac{y}{t} \right)^3

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

d. y'+ysen(t) = sen(t)

e. y' - 3y = -12y^2

f) 2xy'-4x=4y-2yy'

Apoie Nosso Trabalho:

Apoie nosso trabalho fazendo um pix de qualquer valor: Chave Pix: 06713646697

g) yy' = 0

h) y' - y = 0

i) y' + 2ty = 0

EXERCÍCIO 9EXPLÍCITASOLUÇÃO: EXERCÍCIO 10

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

SOLUÇÃO: Teorema da Existência e Unicidade

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

SOLUÇÃO: linearseparávelexataEDO de Ricatticomo mostramos neste artigo

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

SOLUÇÃO: EXERCÍCIO 11SOLUÇÃO: EXERCÍCIO 12SOLUÇÃO: EXERCÍCIO 13

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

SOLUÇÃO:

2) y( \ln{x} - \ln{y})dx = (x \ln{x} - x \ln{y} - y)dy

SOLUÇÃO: 

3) xyy' = 3y^2 +x^2 sujeito a y(-1) = 2.

SOLUÇÃO: 

4) yy' + y^2 = t

SOLUÇÃO: 

5) (2y - 6x) + (3x - 4x^2 y^{-1}) y' = 0

SOLUÇÃO: 

6) y'' = x - y'

SOLUÇÃO: 

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

SOLUÇÃO: 

8) (2x^2 + y)dx + (x^2 y -x) dy = 0

SOLUÇÃO: 

9) y' - 5y = - \dfrac{5}{2} y ^3

SOLUÇÃO: 

10) (-3t + y + 6) + (t + y +2) y' = 0

SOLUÇÃO: 

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