Aplicações de equações diferenciais de primeira ordem exercicios resolvidos

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.

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!

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 $$ y^2 – ty +t^2 = 7.$$

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 $$ \frac{\partial \Psi}{\partial y} =N = t +y +2 \Leftrightarrow \Psi (t,y) = ty + \frac{y^2}{2}+2y + f(t)$$ $$\frac{\partial \Psi}{\partial y} =M = -3t + y + 6 = y + f'(t) \Leftrightarrow f(t) = -\frac{3}{2}t^2 + 6t$$ $$ \Psi (t,y) = ty + \frac{y^2}{2}+2y -\frac{3}{2}t^2 + 6t. $$

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