Edo fator integrante exercicios resolvidos

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Exercícios Resolvidos sobre EDOs de 1ª Ordem
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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 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 6

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

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

Essa EDO se encaixa no modelo de Bernoulli. Considerando $$p(x) = (x+1),\;\;\; f(x) = e^{x^2},\;\;\; n=3,$$ obtemos a equação linear $$w’ -2(x+1)w = -2 e^{x^2}$$ que possui solução dada por $$w(x) = e^{x^2+2x} \left( e^{-2x} +c\right).$$ Como na EDO de Bernoulli temos a substituição $w = y^{1-n} = y^{-2}.$ Assim, $$y(t) = \sqrt{e^{x^2+2x} \left( e^{-2x} +c\right)}.$$

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

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

EXERCÍCIO 7

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

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

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 $$ e^t sen(y) – 2y cos(t) = k.$$

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

$$ty’-ty=te^{t} \Leftrightarrow y’-y=e^{t} \Leftrightarrow e^t \int{e^t e^{-t}dt} = e^t (t+c)$$

Para $t = 0$ temos que $0 = e^0 (0+c) \Leftrightarrow c = 0.$ Portanto, $$ y(t) = te^t.$$

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

Essa é uma EDO exata!

EXERCÍCIO 8

Resolva as EDOs abaixo:

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

Essa é uma EDO separável: $$\frac{dy}{1+y^2} = t^2 dt \Rightarrow arctg(y) = \frac{t^3}{3} + c \Rightarrow y(t) = tg \left( \frac{t^3}{3} + c \right)$$

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

Essa é ma EDO separável:

$$ \frac{dy}{y^3} = \frac{dt}{t^4} \Rightarrow \frac{y^{-2}}{2} = \frac{t^{-3}}{3} \Rightarrow y(t) = \pm \sqrt{\frac{3}{2}t^3 + c}$$

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

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 $$ sen(ty) – t^2 + y^2 = c.$$

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

Essa é uma EDO linear que tem solução dada por $$y(t) = e^{cos(t)} \int{e^{-cos(t)} sent dt} = e^{cos(t)} \left( e^{-cos(t)} + c \right) = 1+ ce^{cos(t)}$$

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

$$y’ – 3y = -12y^2 \Rightarrow y’ = -12y^2 + 3y \Rightarrow \frac{dy}{-12y^2 + 3y} = dt \Rightarrow$$ $$\Rightarrow \int{\frac{dy}{-12y^2 + 3y}} = t+c \Rightarrow \int{\left( \frac{1}{3y} – \frac{4}{3(4y-1)} \right) dy } = t+c \Rightarrow$$ $$ \Rightarrow \frac{1}{3}ln|y| – \frac{1}{3}ln|4y-1| = t+c$$

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

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

g) $yy' = 0$

$$yy’ = 0 \Leftrightarrow y’ = 0 \Leftrightarrow y(t) = c$$

h) $y' - y = 0$

$$y’ – y = 0 \Leftrightarrow y’ = y \Leftrightarrow \frac{dy}{y} = dt \Leftrightarrow ln|y| = t+c \Leftrightarrow y(t) = ke^t$$

i) $y' + 2ty = 0$

$$ y’ + 2ty = 0 \Leftrightarrow \frac{dy}{y} = -2tdt \Leftrightarrow ln|y| = -t^2 +c$$

EXERCÍCIO 9

Considere a E.D.O. de primeira ordem $$y y’ = (t-1) e^{-y^2}$$

a) Determine sua solução EXPLÍCITA;
b) Encontre a solução particular tal que $y(0) = 1$

SOLUÇÃO: Observe que essa é uma EDO separável qe pode ser escrita como $$\frac{ydy}{e^{-y^2}} = (t-1)dt \Leftrightarrow e^{y^2} y dy = (t-1)dt .$$

Integrando em ambos os lados da equação obtemos a seguinte solução implícita: $$e^{y^2} = t^2 – 2t +k \Leftrightarrow y^2 = \ln{|t^2 -2t+k|},$$ o que nos leva à solução explícita $$y(t) = \pm \sqrt{\ln{|t^2 -2t+k|}}$$ e responde o item a).

Para responder o item b), iremos aplicar a condição inicial na solução implícita $e^{y^2} = t^2 - 2t +k$ , encontrando $$e^{1^2} = 0^2 – 2.0 +k \Leftrightarrow k = e.$$ Assim, substituindo o valor da constante em $y(t)$ encontramos duas soluções: $$y_1(t) = \sqrt{\ln{|t^2 -2t+k|}}$$ $$y_2(t) = – \sqrt{\ln{|t^2 -2t+k|}}.$$

Como apenas $y_1(0) = 1$ , então a solução particular desta equação é dada por $$y(t) = \sqrt{\ln{|t^2 -2t+e|}}.$$

EXERCÍCIO 10

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. $$ y’ = y + x(y+1)^2 +1;\;\;\;\; y(0) = 1$$

SOLUÇÃO: 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 $$ y(x) = \frac{x + \frac{1}{2} e^{-x}}{- x + 1 – \frac{1}{2} e^{-x}}.$$

EXERCÍCIO 11

Dada a EDO de primeira ordem $(\sin{(xy)} + xy \cos{(xy)})dx+(1 + x^2\cos{(xy)})dy = 0$ , encontre sua solução geral.

SOLUÇÃO: Essa é uma EDO exata. De fato, podemos ver que $$\frac{\partial M}{\partial y} = 2xcos(xy) – x^2 y sen(xy) = \frac{\partial N}{\partial x}.$$

Daí, sabemos que existe uma função $\psi (x,y)$ tal que $\frac{\partial \psi}{\partial y} = N$ e $\frac{\partial \psi}{\partial x} = M$ .

Assim, integrando $\frac{\partial \psi}{\partial y} = N$ em relação à variável $y$ , encontramos $$ \psi (x,y) = \frac{y^2}{2} + xsen(xy) + g(x).$$

Usando a igualdade $\frac{\partial \psi}{\partial x} = M$ , encontramos $g(x) = c .$

Portanto, a solução geral da EDO é dada de forma implícita por $$\frac{y^2}{2} + xsen(xy) + c = 0.$$

EXERCÍCIO 12

Usando um método de sua escolha, resolva a EDO $(2y+xy)dx+6xdy = 0$ .

SOLUÇÃO: Essa é uma EDO que pode ser resolvida como uma linear, pois, pode ser reescrita como $$y’ +\frac{(2+x)}{6x} y = 0.$$ Assim, pela fórmula dada na solução de EDOs de primeira ordem, podemos obter uma solução explicita dada por $$y(t) = \frac{k}{\sqrt[3]{x}} e^{-x/6}.$$

O mesmo resultado que encontramos quando resolvemos essa EDO como se ela fosse separável, afinal, podemos reescreve-la da seguinte forma $$\frac{dy}{y} = – \left( \frac{1}{3x} + \frac{1}{6} \right)dx,$$ o que nos leva à solução implícita $$\ln{|y|} = – \ln{\sqrt[3]{x}} + \frac{x}{6} +c.$$ Isolando $y$ , encontramos a solução explícita $$y(t) = \frac{k}{\sqrt[3]{x}} e^{-x/6}.$$

EXERCÍCIO 13

Resolva as EDOs de primeira ordem abaixo usando o método que você julgar mais adequado:

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

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

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

SOLUÇÃO: Esta equação pode ser reescrita como $$ y’ = \frac{y (\ln{x} – \ln{y})}{x (\ln{x} – \ln{y} – y/x)} = \frac{y}{x} \frac{\ln{(y/x)}}{\ln{(y/x)} + y/x} $$ que é uma EDO homogênea. Fazendo $y = ux$ encontramos $$ xu’ + u = u \frac{\ln{u}}{\ln{u} + u} $$ o que nos leva à equação $$ xu’ = \frac{-u^2}{\ln{u} + u} $$ que tem solução dada por $$ \ln{|u|} \left( 1 – \frac{1}{u} \right) – \frac{1}{u} = \ln{|x|} + c$$ e voltando a substituição de variáveis $$ \ln{|y/x|} \left( 1 – \frac{x}{y} \right) – \frac{x}{y} = \ln{|x|} + c.$$

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

SOLUÇÃO: Reescrevendo a EDO obtemos uma equação homogênea, e usando a substituição $y = ux$ , obtemos $$y’ = 3\frac{y}{x} +\frac{x}{y}$$ $$ xu’ + u = 3 u + u^{-1}$$ $$ xu’ = 2u + u^{-1} $$ $$ x u’ = \frac{2u^2 + 1}{u} $$ $$ \frac{u}{2u^2 + 1} du = \frac{dx}{x}$$ $$\frac{\ln\left( 2\,{u}^{2}+1\right) }{4} = \ln|x| +c$$ $$\frac{\ln\left( 2\,{(y/x)}^{2}+1\right) }{4} = \ln|x| +c$$

4) $yy' + y^2 = t$

SOLUÇÃO: Observe que $(y^2)' = 2 y y'$ o que nos leva a $$yy’ + y^2 = t$$ $$ (y^2)’ +y ^2 = 2t $$ e fazendo $u = y^2$ encontramos a EDO linear $$u’ + 2u = 2t$$ que tem solução dada por $$u(t) = \frac{2t -1}{2} + ce^{-2t}$$ logo, $$ y(t) = \sqrt{\frac{2t -1}{2} + ce^{-2t}} .$$

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

SOLUÇÃO: Esta é EDO não exata e também não é possível encontrar fatores integrantes que dependam apenas de x ou de y, mas por tentativa e erro e inspirado pelo termo $x^2 y^{-1}$ , podemos encontrar 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 $$x^2y^3-2x^3y^2 = c.$$

6) $y'' = x - y'$

SOLUÇÃO: Considere $u = y'$ . Desta forma, $$ y” = x – y’ $$ $$u’ = x – u$$ o que é uma EDO linear de primeira ordem com solução dada por $$ u(x) = (x-1) + c_1 e^{-x} $$ e como $u = y'$ então $$ y (x) = \int{[(x-1) + c_1 e^{-x}]dx} = \frac{x^2}{2} – x -c_1 e^{-x} + c_2 .$$

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

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 $$ \frac{1}{\sqrt{3}} \ln \left( \frac{2\,z-2\,\sqrt{3}}{2\,z+2\,\sqrt{3}}\right) + \frac{1}{2} \ln \left( {z}^{2}-3\right) = t +c$$ $$ \frac{1}{\sqrt{3}} \ln \left( \frac{2\,(t -y)-2\,\sqrt{3}}{2\,(t -y)+2\,\sqrt{3}}\right) + \frac{1}{2} \ln \left( {(t -y)}^{2}-3\right) = t +c$$

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

SOLUÇÃO: Uma inspeção rápida mostra que a essa EDO não é separável nem linear. Também observamos facilmente que ela não é exata. De fato, $\dfrac{\partial M}{\partial y} = 1 \neq (2xy-1) = \dfrac{\partial N}{\partial x} .$

Porém, podemos encontrar usando os métodos usuais um fator integrante que depende apenas de x e dado por $\mu = \dfrac{1}{x^2}$ . Multiplicando na equação encontramos uma nova EDO exata dada por $$(2 + yx^{-2})dx + (y – x^{-1})dy = 0$$ e solucionando-a pelo método da EDO exata $$2x – yx^{-1} + \frac{x^2}{2} = c.$$

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

SOLUÇÃO: Esta é uma EDO de Bernoulli com n = 3 e usamos a substituição $w = y^{-2}$ para encontrar a EDO linear $$w’ + 10 w = – \frac{5}{2}$$ que tem solução dado por $$w = -\frac{1}{4} + c e^{-10t}$$ o que nos leva a $$ y(t) = \sqrt{\frac{1}{ -\frac{1}{4} + c e^{-10t}}}$$

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

SOLUÇÃO: Esta é uma EDO exata. De fato, $\dfrac{\partial M}{\partial y} = 1 = \dfrac{\partial N}{\partial t}$ . Assim, existe uma função $\Psi (t,y)$ tal que $$ \frac{\partial \Psi}{\partial y} =N = t +y +2 \Leftrightarrow \Psi (t,y) = ty + \frac{y^2}{2}+2y + f(t)$$ $$\frac{\partial \Psi}{\partial y} =M = -3t + y + 6 = y + f'(t) \Leftrightarrow f(t) = -\frac{3}{2}t^2 + 6t$$ $$ \Psi (t,y) = ty + \frac{y^2}{2}+2y -\frac{3}{2}t^2 + 6t. $$