5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
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Grupo de Ensino e Pesquisa em Educao Matemtica
Notas de Aula No06
.5
Christian Q. Pinedo
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
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ii Suplemento de ClculoI V
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
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AKaryn Siebertpela sua pacincia
iii
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iv Suplemento de ClculoI V
Dados Internacionais de Catalogao na Publicao (CIP)
Biblioteca da Universidade Federal do TocantinsCampus Universitrio de Palmas -TO
Q7
Quintana Pinedo, Christian Jos
Suplemento de ClculoI V/ Christian Jos Quintana Pinedo.
-
Palmas - TO,2012.386p.: il.
1. Sries e Equaes Diferenciais. I. Ttulo.
CDD 515.3
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SUMRIO
1 Srie de potncias 3
1.1 Sries de nmeros reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Exerccios 1-1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Sries de potncias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
Exerccios 1-2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3 Srie de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
Exerccios 1-3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2 Equaes diferenciais de1a ordem. 31
2.1 Equaes diferenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
Exerccios 2-1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.2 Tipos de equaes de primeira ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
Exerccios 2-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.3 Soluo de equaes de primeira ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
Exerccios 2-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.4 Equaes diferenciais no lineares de primeira ordem . . . . . . . . . . . . 85
Exerccios 2-4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
3 Equaes diferenciais de ordemn >1. 99
3.1 Equaes diferenciais no lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
Exerccios 3-1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
3.2 Equaes diferenciais lineares de coeficientes constantes . . . . . . . . . . . 108
Exerccios 3-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
3.3 Equao no homognea de ordem maior que dois . . . . . . . . . . . . . . 115
Exerccios 3-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
3.4 Aplicaes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
Exerccios 3-4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
3.5 Soluo de Equao Diferencial por Srie de Potncias . . . . . . . . . . . . 130
Exerccios 3-5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
v
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Christian Jos Quintana Pinedo 1
A P N D I C E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 4 2
Referncias Bibliogrficas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
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2 Suplemento de ClculoI V
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Captulo 1
Srie de potncias
1.1 Sries de nmeros reais
Exerccios 1-1
Exerccio 1.1.1.
Determine se a srie dada+n=1
9
n 1n2 + 3
n
converge.
Soluo.
Seja+n=1
an=+n=1
9
n 1n2 + 3
n
.
Consideremos a srie+n=1
bn =+n=1
n
n2 =
+n=1
1
n3/2, esta srie p-convergente.
Como limn
anbn
= limn
9
n 1n2 + 3
nn
3/2
1 = lim
n
9n2 n3n2 + 3
n
= 9.
O teste de Comparao permite concluir que a srie dada convergente.
Exerccio 1.1.2.
Determine a convergncia da srie+n=1
1
2n
1 +
1
n
n2Soluo.
Temos an= 1
2n
1 +
1
n
n2, aplicando o critrio de Cauchy n
an=
n
1
2n
1 +
1
n
n2=
1
2
1 +
1
n
n.
Como limn nan=1
2 e >1, a srie diverge.
Exerccio 1.1.3.
3
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4 Suplemento de ClculoI V
Determine se a srie dada+n=1
1
(n + 1)Ln(n + 1)converge.
Soluo.
Consideremos f(x) = 1
(1 +x)Ln(1 +x) , pelo critrio da integral
+1
1
(1 +x)Ln(1 +x)dx= Ln(Ln(x+ 1)
+1
= +
Portanto a srie dada diverge.
Exerccio 1.1.4.
Verificar que o produto infinito
n=0(1 + an) coman >0 converge sempre
n=0 an con-verge.
Soluo.
Sabe-se que ex = 1 +x+x2
2! +. . .+
xn
n! +. . ., logo 1 +x ex, x >0.
Assim, comon=0
an converge, logon=0
an=Mpara algum M R.
Pn= (1 +a1)(1 +a2)(1 +a3) (1 +an) ea1 ea2 ea3 ean =eM, n N
ento, sendoPnsequncia montona crescente, e limitada, segue que existeL R tal quen=0
(1 +an) e
n=0an
=L R
Portanto,n=0
(1 +an) com an>0 converge.
Exerccio 1.1.5.
Determine os intervalos de convergncia para as seguintes series de potncias:
1. 2x+8
3x3 +
32
5x5 +
128
7 x7 + 2. x
1 2+ x2
2 3+ x3
22 4+ x4
23 5+
3. 1 x2
22+
x4
2242 x
6
224262+
Soluo.
1. Temos o desenvolvimento da srie f(x) =n=0
22n+1
2n + 1x2n+1. Para calcular seu raio
de convergncia
1
r = lim
n
an+1an 1r = limn
22n+32n+ 3 x2n+3 2n + 122n+1x2n+1 = 4|x|2
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Christian Jos Quintana Pinedo 5
assim,4|x|2
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6 Suplemento de ClculoI V
2.n=1
(1)n 1 3 5 (2n 1)2 4 6 (2n) x
2n
Temos an=
(
1)n(2n
1)!
(2n)! , logo
1
r = lim
n
(1)n+1(2n + 1)!(2(n+ 1))! (2n)!(1)n(2n 1)! = limn (2n + 1)2(n + 1) = 1 r= 1
Portanto, o raio de convergncia r= 1.
3.n=1
1 +
1
n
n2(x 1)n
Temos an= 1 + 1nn2 , aplicando o critrio de Cauchyn
an= n
1 +
1
n
n2=
1 +
1
n
n
Como 1
r = lim
nn
an=e r= e1.Portanto, o raio de convergncia r= e1
Exerccio 1.1.7.Encontre a regio de convergncia das seguintes sries de potncias:
Soluo.
1. Dada a srien=1
(x 3)nn 5n , temos
1
r = lim
n
an+1an
limn
(x 3)n+1(n+ 1) 5n+1
n 5n(x 3)n
=1
5|x 3|
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r= 1, |x|2
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8 Suplemento de ClculoI V
7. Dada a srien=1
Lnn
n + 1(x 5)n, temos
1
r = lim
n
an+1an limn (x 5)n+1Ln(n + 1)
n+ 2 n + 1
(x 5)nLnn = |x 5|11
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Temos an= n+ 1
2n + 1
n. Para achar o raio de convergncia, consideremos
r1
= limnn n+ 12n + 1n = limn n + 12n+ 1 =12
logo r= 2. A srie converge se|x 2|
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10 Suplemento de ClculoI V
Se x=1
aento
n=0
an+1
n + 1(
1
a)n+1 =
n=0
1
n+ 1, divergente.
Se x= 1
a ento
n=0 an+1
n + 1( 1a)n+1 = n=0 (1)n
n+ 1, simplesmente convergente.
2. Quando x = 3, pela parte (1.)temos 1r
=a| 3|
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Exerccio 1.1.13.
Determine o intervalo de convergncia das seguintes sries de potncias e estude a sua
natureza nos extremos daquele intervalo:
Soluo.
1.n=1
xn
2n+
n
Resposta:1. (1, 1), simplesmente convergente em1, divergente em1,
2.n=1
2nxn
1 + 2n
Resposta:2. (1, 1), divergente nos extremos ,
3. n=1
[2 + (1)n]2n(x+ 1)n
Resposta:3. (109
, 89
),divergente nos extremos
4.n=1
(x 3)nn
Resposta:4. (2, 4)simplesmente convergente em 2, divergente em 4,
5.
n=1(x 1)n
1 +n2Resposta:5. (0, 2), absolutamente convergente nos extremos ,
6.n=1
(1)n(n+ 1)!2 4 6 (2n)x
n+1
Resposta:6. (2, 2)divergente nos extremos ,
7.n=1
(x+ 5)n
5n+1
Resposta:7. (
10, 0), divergente nos extremos ,
8.n=1
(x+ 3)2n
(n+ 1)4n
Resposta:8.(5, 1)divergente nos extremos ,
9.n=1
(1)n(2n + 1)!
(x 1)n
Resposta:9.(, +),
10.
n=1 (3x 1)n
32n
Resposta: 10. (83
,10
3)divergente nos extremos
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12 Suplemento de ClculoI V
11.n=1
nx
enx
Resposta: x 0
12.n=1
cos nxenx
Resposta: x >0
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1.2 Sries de potncias
Exerccios 1-2
Exerccio 1.2.1.
Desenvolver em sries de potncias dex2 a frao f(x) = x4
x4 +x2 2Soluo.
Temos
f(x) = x4
x4 +x2 2=5
3
1
x2 + 2
+
1
3
1
x2 1
(1.1)
Sabemos que
k=0 ak = 1 +a +a2 +a3 + +an1 + = 11 a , |a|
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14 Suplemento de ClculoI V
Temos g(n)(x) = (1)nn!(x+ 2)n+2
, n N, logo g(n)(0) =(1)nn!
2n+2 , assim
g(x) =
n=0
g
(n)
(0)n! (x 0)n g(x) =g(0) +g(0)1! x +g(0)2! x2 + g (0)3! x3 +. . .
isto
g(x) = 1
22 2
23x+
3!
24x2 4!
25x3 +. . .
Portanto a funo f(x) = (x + 2)2 expandida at a terceira ordem g(x) =1
4 1
22x+
3
23x2 3
4x3.
Exerccio 1.2.4.
Desenvolver em sries de potncias dex a frao f(x) = x+ 2x2 +x + 1
Soluo.
Rpta: 1
3
+n=0
anxn ondean = 2se n = 3k,an= 1se n = 3k 1ondek Z+, r= 1.
Exerccio 1.2.5.
Seja f(x) = 1
1
x. 1. Desenvolva em srie de potncias de x a funo x f(x),
indicando o respectivo intervalo de convergncia. 2. Utilize o desenvolvimento obtido em
(1). para mostrar que+k=1
k
2k = 2.
Soluo. 1.
Temos que desenvolver em sries de potncias a funo F(x) =x f(x), isto
F(x) =x 1(1 x)2 =
1
1 x+ d
dx
1
1 x
F(x) = n=0
xn + d
dx
n=0
xn
= n=0
xn +n=1
nxn1; |x|
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Desenvolva em srie de potncias dex as seguintes funes:
Soluo.
1. f(x) =
1
(1 +x)2
Sabemos quek=0
xk = 1
1 x |x|
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16 Suplemento de ClculoI V
Ln(1 x) + Ln(1 +x) = 2n=0
1
2n + 1x2n+1
1
2 Ln1
x
1 +x = n=0
1
2n+ 1 x2n+1
Portanto, f(x) = Ln
1 x1 +x
= n=0
1
2n + 1x2n+1 sempre que|x|
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Exerccio 1.2.8.
Considere a funo f(x) = x3
1 +x2. Desenvolva f(x) em srie de potncias de x,
determine o respectivo intervalo de convergncia e calcule o valor def(9)(0)
Soluo.
Rpta.k=0
(1)kx2k+3, (1, 1) f(9)(1) = 9!
Exerccio 1.2.9.
Desenvolva as seguintes funes em srie de Taylor, na vizinhana do ponto a indicado,
e determine o maior intervalo aberto deR onde a srie representa a funo:
1. x2ex, c= 0 2. 1x
, c= 1 3. sen2x, c= 0
4. Lnx, c= 1 5.
x, c= 1 6. 2
(x + 1)(x+ 2), c= 0
Soluo.
1. Resposta:k=0
xk+2
k! , R
2. Dado y= f(x)onde y= 1x
temos as derivadas
y = 1
x2, y = 2
x3, y =
3!
x4, y(iv) = 4!
x5, , y(n) =(1)
n+1n!
xn+1
Logo o coeficiente principal da srie de Taylor an = f(n)(1)
n! an =
(1)n+1n!(1)n+1n! = 1.
A srie de Taylor pedida k=0
(x+ 1)k, seu intervalo de convergncia (2, 0)
3. Resposta:
k=0(1)k122k1
(2n)! x2k R
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18 Suplemento de ClculoI V
4. Dado y= f(x)onde y= Lnxtemos as derivadas
y = 1
x
, y =
1
x2
, y = 2
x3
, y(iv) =
3!
x4
,
, y(n) =
(1)n+1(n 1)!
xn
O coeficiente principal da srie
an=f(n)(1)
n! an = (1)
n+1(n 1)!(1)nn!
=(1)n+1
n
Como f(1) = 0, a srie de Taylor pedida
f(x) = Lnx= 0 +
k=1(
1)n+1
n (x 1)k
=
k=1(
1)n+1
n (x 1)k
Seu raio de convergncia dado por
r = limn
(n + 1)
(1)n+1(n 1)!(1)n+2n! = 1
Portanto, a srie converge quando|x 1|
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1. Rpta. Absolutamente convergente em (2, 4), simplesmente convergente em2
2. Rpta. 0,29
, 43
+ (1 +29
)(x 1) +k=3
k(x 1)k13k
k
Exerccio 1.2.11.
Diga, justificando, se so verdadeiras ou falsas as seguintes proposies:
1. Se+k=1
akxk tem raio de convergncia1/2 ; ento
+k=1
ak convergente.
2. Se+
k=1 akxk tem raio de convergncia2; ento limk+ ak = 0.Soluo.
1. Rpta. Falsa
2. Rpta. Verdadeira
Exerccio 1.2.12.
Estude, para os diferentes valores dex, a natureza das sries:
1.+k=1
(x 4)k(k+ 1)3k+1
2.+k=1
xk
k(k+ 2)2k
Soluo.
1. Temos ak= 1
(k+ 1)3k+1, logo como
1
r = lim
n
ak+1ak
limk
(x 4)k+1(k+ 2)3k+2
(k+ 1)3k+1
(x 4)k
=|x 4|
3 lim
k
k+ 1
k+ 2
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20 Suplemento de ClculoI V
2. Temos ak=+k=1
xk
k(k+ 2)2k, logo como
1
r = lim
n
ak+1ak
Resposta. (2.) Se x (2, 2) absolutamente convergente e se x R (2, 2) divergente
Exerccio 1.2.13.
Determine o domnio de convergncia da srie de potncias+k=1
(1)k5k(k+ 2)
(x+ 2)k
Soluo.
Temos ak = (1)k
5k
(k+ 2)
, logo como 1
r
= limn
ak+1
ak limk
(1)k+15k+1(k+ 3) (x+ 2)k+1 5k(k+ 2)(1)k(x+ 2)k =|x+ 2|5 limk k+ 2k+ 3
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Christian Jos Quintana Pinedo 21
1. Temos ak=(x+ 3)k
2k + 1 , logo
1
r = limn ak+1ak limk (x+ 3)k+1
2k + 3 2k + 1
(x+ 3)k = |x + 3| limk 2k + 12k+1 + 1
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22 Suplemento de ClculoI V
Exerccio 1.2.17.
Obtenha o desenvolvimento em srie de potncias da funo f(x) abaixo em torno do
ponto a indicado.
Soluo.
1. f(x) = 1
(x 2)(x 3) em torno de a= 0. Podemos escrever
f(x) = 1
(x 2)(x 3)= 1
2 x 1
3 x = 1
1 x2
11 x
3
f(x) =
n=1 (x
2
)n
(
x
3
)n onde |x
2 |
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1.3 Srie de Taylor
Exerccios 1-3
Exerccio 1.3.1.
Determine as constantesa0, a1, a2, a3 e a4 de modo que
3x4 17x3 + 35x2 32x+ 17 = a4(x 1)4 +a3(x 1)3 +a2(x 1)2 +a1(x 1) +a0
Soluo.
Temos a4 = 3, a4(x 1)4 = 3x4 12x3 + 18x2 12x+ 3.
a3(x 1)3 =a3x3 3a3x2 + 3a3x a3; a2(x 1)2 =a2x2 2a2x2 +a2
Por outro lado, 17 =12 +a3 a3 =5, tambm 35 = 18 3(5) +a2 a2 = 2.
Por ltimo, 32 = 12+3(5)2(2)+a1 a1 = 1 a0= 6, portanto
3x4 17x3 + 35x2 32x + 17 = 3(x 1)4 5(x 1)3 + 2(x 1)2 (x 1) + 6
Exerccio 1.3.2.Determine uma srie de potncias dex+ 1 para a funo f(x) =e2x, e uma srie de
potncias dex 1 para a funo g(x) = Lnx.Soluo.
Suponhamos que f(x) tenha uma representao em srie de potncias de x+ 1.Logo f(x) =
n=0
an(x c)n, onde an= f(n)(c)
n! onde c= 1, e temos
f(x) = 2e2x, f(x) = 22e2x, f(x) = 23e2x, fv(x) = 24e2x,
f(n)(x) = 2ne2x
logo, f(n)(1) = 2ne2Portanto, f(x) =e2
n=0
2n
n!(x + 1)n.
Suponhamos que g(x) tenha uma representao em srie de potncias de x 1.Logo g(x) =
n=0
an(x c)n, onde an= g(n)(c)
n! onde c= 1, e temos
g(x) = 1
x, g(x) =
1
x2, g(x) =
2
x3, gv(x) =
3!
x4,
, g(n)(x) =(
1)n(n
1)!
xn
logo, g(n)(1) = (1)n(n 1)!
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24 Suplemento de ClculoI V
Portanto, g(x) =n=0
(1)nn
(x 1)n.
Exerccio 1.3.3.
Uma funo f(x) tem as seguintes propriedades: f(x) > 0, x R, f(x) =2xf(x), x R e f(0) = 1. Achar uma srie de potncias que represente a funof(x).
Soluo.
Temos
f(x) = 2xf(x) f(x)
f(x) = 2x Ln[f(x)] =x2 +C1 f(x) =C ex2
Observe que f(x) >0 x Re como f(0) = 1 ento C= 1, logo f(x) = ex2 . Poroutro lado
f(x) =n=0
1
n!(x2)n
Portanto, f(x) =n=0
1
n!x2n a srie procurada.
Exerccio 1.3.4.
Idem ao exerccio1.3.3para uma funog(x)com as propriedades: g(0) = 0, g(0) =1 e g(x) = g(x), x R.Soluo.
Exerccio 1.3.5.
Desenvolva as seguintes funes em srie de Taylor no ponto x= 1 e indique o maior
intervalo aberto em que a srie representa a funo:
1. f(x) = 1
x2 2. f(x) =
Ln
x
(x 1)2Soluo.
Rpta. (1.)f(x) =+k=0
(1)k+1k(x1)k1, (0, 2)(2.)f(x) =+k
(1)k2(k+ 1)
(x1)k1, (0, 2)
Exerccio 1.3.6.
Represente 1
(1 x)2 numa srie de MacLaurin para|x|
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Christian Jos Quintana Pinedo 25
Sendog(x) = 1
4 +x2, desenvolva em srie de potncias dex cfunog (x)e indique
o maior intervalo aberto em que o desenvolvimento vlido.
Soluo.
Respostas: g(x) =+k
(1)k 2kx2k1
4k+1 , (2, 2)
Exerccio 1.3.8.
Desenvolva em srie de MacLaurin a funo f(x) = Ln 1
x + 2e indique o maior in-
tervalo aberto em que esse desenvolvimento vlido.
Soluo.
Rpta. f(x) =+
k
(1)k+1 xk+1
2k+1(k+ 1) + Ln1
2 , (2, 2)
Exerccio 1.3.9.
Verificar que
x0
et2
dt=+ (1)n
(2n + 1) n! x2n+1.
Soluo.
Exerccio 1.3.10.
Dado f(x) =+
n=1
sennxn3
, verificar que
0
f(x)dx= 2n=1
1(2n 1)4 .
Soluo.
Exerccio 1.3.11.
Considere a funo f(x) = arctan(x2). 1. Escreva o desenvolvimento em srie de
MacLaurin de f(x), indicando o maior intervalo aberto onde esse desenvolvimento
vlido. 2. Usando a item anterior, calculef(12
) +f(0).
Soluo.
Rpta. (1.)f(x) =+k
2(1)kx4k+1, (1, 1) (2.) 1617
+ 2
Exerccio 1.3.12.
Dado um k Z+ considere a k-sima derivada da Funo de Bessel de primeiraespcieJk(x), definida porJk(x) =
+n=0
(1)nn!(n+k)!
x2
2n+k1. Determine o raio de convergncia desta srie.
2. Mostre que o erro cometido ao aproximarJk(x), 0 x 1, pelo polinmio 1 x2
4 +x4
64 x
6
2304 inferior a105.
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26 Suplemento de ClculoI V
3. Verificar queJ0(x) = J1(x) e
x3J2(x)dx= x3J3(x)
Soluo.
Exerccio 1.3.13.
Encontre uma expanso em srie de potncias dexparax2ex, logo derive este resul-
tado para provar que+n=2
(1)n(n+ 2)2nn!
= 6.
Soluo.
Temos x2ex =+n=0
(1)nxn+2n!
derivando ex(2xx2) =+n=1
(1)n(n + 2)xn+1n!
isto ex
(2x x2
) = 3x2
+
+n=2
(
1)n(n + 2)xn+1
n! .
Quando x= 2, temos e2(4 22) = 12 + 2+n=2
(1)n(n + 2)2nn!
.
Portanto,+n=2
(1)n(n + 2)2nn!
= 6.
Exerccio 1.3.14.
Ache a srie de MacLaurin paraf(x) =
1 cos xx
se x = 0
0 se x= 0
e indique o raio
de convergncia.
Soluo.
Exerccio 1.3.15.
Calcular limx0
x arctan xx2
.
Soluo.
Sabemos que d
dxarctan x=
1
1 +x2 =
n=0(1)nx2n sempre que|x2|< 1. Logo temos
a igualdade arctan x=n=0
(1)n2n + 1
x2n+1 =x+n=1
(1)n2n + 1
x2n+1 o limite
limx0
x arctan xx2
= limx0
1
x2
n=1
(1)n2n+ 1
x2n+1 =n=1
(1)n2n + 1
x2n1 = 0
Exerccio 1.3.16.
Calcular limx0
1 cos xex
1
x
.
Soluo.
Exerccio 1.3.17.
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Calcular
0,20
senx
x com preciso at0, 0001.
Soluo.
Exerccio 1.3.18.
Calcular
0,10
ex 1x
com preciso at0, 001.
Soluo.
Mostra-se no Exerccio (1.3.22) que ex 1
x =
+n=0
xn
(n + 1)!, logo
0,10
ex 1x
=
0,10
+n=0
xn
(n+ 1)!dx=
+n=0
xn+1
(n + 1)!(n+ 1)
0,10
=+n=0
(0, 1)n+1
(n + 1)!(n + 1)=
= 0, 1 +(0, 1)2
4 +
(0, 1)3
18 +
(0, 1)4
96 + 0, 102556597222222 . . .
Portanto,
0,10
ex 1x
0, 1026.
Exerccio 1.3.19.Determine o grau do polinmio de Taylor Pn(x), expandido em torno de x = 1, de
modo que o resto da aproximao deLn(1, 2) seja menor do que0, 001
Soluo.
Exerccio 1.3.20.
Desenvolver pela frmula de MacLaurin at os termos de terceira ordem, inclusive, a
funof(x, y) = senhy cos x.
Soluo.
Exerccio 1.3.21.Desenvolver pela frmula de MacLaurin at os termos de quarta ordem, inclusive, a
funog(x, y) =eysenx.
Soluo.
Exerccio 1.3.22.
Determine a srie de Taylor da funo ex 1
x em torno dea= 0.
Soluo.
Temos ex 1 =+n=1
xn
n! ex 1 = x+n=1
xn1
n! ex
1x =+n=0
xn
(n+ 1)!
quando|x|
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28 Suplemento de ClculoI V
Portanto, ex 1
x =
+n=0
xn
(n + 1)! quando|x|
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Sabe-se que 1
1 y =n=0
yn, |y|
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30 Suplemento de ClculoI V
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Captulo 2
Equaes diferenciais de 1a ordem.
2.1 Equaes diferenciais
Exerccios 2-1
Exerccio 2.1.1.
Para os exerccios seguintes classificar cada equao diferencial segundo a ordem, o
grau (quando possvel) e a linearidade. Determine a funo incgnita e a varivel inde-
pendente.Soluo.
1. y 9xy= senx+ 2.Equao diferencial ordinria, linear com coeficientes variveis de terceira ordem
no homognea de primeiro grau.
2. xy x2y+ Lnxy =x2.Equao diferencial ordinria, no linear com coeficientes variveis e no homognea
de segunda ordem.
3. t2d2s
dt2 stds
dt =t
4. y 9xy= senx+ 2Equao diferencial ordinria, linear com coeficientes variveis e no homognea de
segunda ordem.
5. xy
x2y+ Lnx
y = x2
x
1
6. t2d2s
dt2 stds
dt =t
31
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32 Suplemento de ClculoI V
7. dnx
dyn =y2 + 1
8. (dt
dp)5 = 8p
9. y(5) +xy+x2y+ cos y = 0
10. d6s
dp6 9p= 0
11. x4y(4) + 2xy = ex
12. (y)2 8xy+ 2xy= 0Equao diferencial no linear ordinria de segunda ordem homognea de segundo
grau.
Exerccio 2.1.2.
Para cada exerccio, elimine as constantes arbitrrias e construa a equao diferencial
respectiva.
Soluo.
1. x3 3x2y= C 3x2 6xy 3x2y = 0. Logo 3x2y+ 6xy= 3x2.
A equao pedida xy+ 2y= x..
2. y = C1ex +C2e3x y =C1ex 3C2e3x, derivando novamente y =C1x
x + 9C2e3x. Logo y+y = 2C2e3x e y y= 8C2e3x.
4(y y) =y y y+ 4y+ 3y= 0
A equao pedida y+ 2y 3y = 0.
3. y =C1e2x +xC2e2x y = 2C1e2x + 2xC2e2x +C2e2x = 2y+C2e2x derivandonovamentey = 2y+2C2e2x comoy 2y=C2e2x, substituindoy = 2y+2(y2y).A equao pedida y 4y+ 4y = 0.
4. y2 = 4Cx 2yy = 4C, derivando novamente 2(y)2 + 2yy = 0.A equao pedida yy + (y)2 = 0.
5. y = C x+C2 + 1
6. y = C1cos(x) +C2sen(x)
7. x2y = 1 +Cx
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Christian Jos Quintana Pinedo 33
8. y = C1+C2e3x
9. y = x+C1ex +C2e3x
10. Cy2 =x2 +y
11. y=xC1+xC2ex
12. y=x2C1+C2e2x
Exerccio 2.1.3.
Para cada exerccio, aplicando o teorema de existncia e unicidade, determine uma
regio onde admite soluo a equao diferencial.Soluo.
O teorema diz:
Seja dada uma equao diferencial y = f(x, y), onde a funo f(x, y)
est definida no recinto R = { (x, y) R2 /. |x x0| a, |y y0| b } doplano-xyque contm o ponto (x0, y0).
Se a funo f(x, y)satisfaz as condies:
i) Ser funo contnua nas duas variveis x e y, no regioR.
ii) Admitir derivada parcial f
ycontnua com respeito a x e y, no regio R.
Ento existe uma, e somente uma soluo y = y(x)da equao dada que
satisfaz o problema de valor inicial y=f(x, y), y(x0) =y0.
Soluo 1.
Para a equao y = x2 +y2
Segundo o teorema temos que f(x, y) =x2 +y2, esta funo contnua em R2.
Sua derivada parcial f
y = 2y contnua com respeito a x e y, no regio R2.
Portanto, existe soluo em qualquer ponto(x0, y0) R2.
2. Equao y =x
y
3. Equao y = y + 3 3
y4. Equao y =
x y
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34 Suplemento de ClculoI V
Soluo 5.
Para a equao y=
x2 y x
Temos quef(x, y) = x2 y x contnua em R= { (x, y) R2 . x2 y 0 },isto , contnua nos pontos embaixo e na fronteira da parbola y= x2.Sua derivada parcial
f
y = 1
2
x2 y contnua com respeito ax e y, no regiototalmente embaixo da parbolay = x2 (no considerar a fronteira)
Portanto, existe soluo em qualquer ponto (x0, y0) R, sen considerar sua fron-teira.
Soluo 6.
Para a equao y= 1 y2Temos quef(x, y) =
1 y2 contnua em R= { (x, y) R2 . 1 y2 0 }, isto
, contnua nos pontos da faixa horizontal limitada pelas retas y= 1, x R.Sua derivada parcial
f
y = yy
1 y2 contnua com respeito a x e y, no regio
da faixa1< y
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2. funo: y = 1, equao: y+ 2y+y =x.
Temos y = 1 y =y = 0, como y+ 2y+y = 0 + 2(0) + 1 =x
No, soluo para todo x R
.3. funo: y =
senx
x , equao: xy+y = cos x.
Supondox= 0, temos que existe y = senxx
xy = senxderivando implcita-mente y+xy = cos x.
Sim, soluo em R {0}.
4. funo: y = C e2x +1
3ex, equao: y+ 2y= ex.
5. funo: y = x1 x2, equao: yy =x 2x3.Supondo x [1, 1], temos que existe y = x1 x2 y2 = x2(1x2)derivando implcitamente 2yy = 2x 4x3 = 2(x x3).Sim, soluo x [1, 1].
6. funo: y = 2 +C
1 +x2, equao: (1 x2)y+xy = 2x.
7. funo: y = earcsenx, equao: xy = tan Lny.
8. funo: y = exx
0
et2dt, equao: y y=ex+x2.
Aplicando o teorema fundamental do clculo integral segue que
y = exx
0
et2
dt y =exx
0
et2
dt+ex(ex2
) =y +ex+x2
logo, y y= ex+x2.
Observe, se x= 0temos y=e0(0) = 0de onde 0 =y y= 1 =e0+02
.Portanto, sim, soluo em R {0}.
9. funo: y = x
x0
sent
t dt, equao: xy = y +xsenx.
Aplicando o teorema fundamental do clculo integral segue que
y = x
x
0sent
t dt
y =
x
0sent
t dt+ senx
logo, xy =y +xsenx.
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36 Suplemento de ClculoI V
Portanto, sim, soluo em R.
10. funo: y=x ex
x
dx, equao: xy
y = xex.
11. funo: x= cos t
y= sent
, equao: x+yy = 0.
Temos
dx= sentdy = cos t
dy
dx=
dydtdxdt
= cos tsent
= xy
x+yy = 0
Sim soluo!
12. funo: x= tet
y=et
equao: (1 +xy)y+y2 = 0.
Temos
dx= (t+ 1)etdt
dy = etdt
dy
dx= e
t
(t+ 1)et = e
2t
(t+ 1)
(t+ 1)y+e2t = 0 (t+ 1)y+y2 = 0 (xy+ 1)y+y2 = 0
Sim, soluo em R.
13. funo: x= earctan t
y=e arctan t
, equao: y xy = 0.
Temos
dx= earctan t
dt
1 +t2 =
xdt
1 +t2
dy = e arctan t (dt)1 +t2
=ydt1 +t2
dydx = yx xy+y = 0No soluo!
14. funo: x= tLnt
y= t2(2Ln(t) + 1)
, equao: yLn(
y
4) = 4x.
Temos
dx= (Lnt+ 1)dt
dy= (4tLnt+ 3t)dt
y = 4tLnt+ 4t
Lnt+ 1 = 4t e Ln(
y
4) = Ln(t)
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Christian Jos Quintana Pinedo 37
Multiplicando estas duas ltimas igualdades
yLn(y
4) = 4tLn(t) = 4x
Sim soluo!
15. funo: y=
x2 se, x
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
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38 Suplemento de ClculoI V
18. funo: y = 1
x2 1 , equao: y+ 2xy2 = 0 em (1, 1) porm no em
qualquer outro intervalo mas amplo contendo (1, 1).
A funo y= 1
x2 1 contnua em Rquando x = 1.Sua derivada
df
dx= 2x
(x2 1)2 = 2x
1
x2 12
= 2xy2 y+ 2xy2 = 0.
Sim, soluo em (1, 1)porm no em algum intervalo mas amplo que contenhao intervalo (1, 1).
Exerccio 2.1.5.
Mostre quey =
9 x2 e y =9 x2 so solues para dydx
=xy
no intervalo
(3, 3). Explicar por quey = 9 x2 se, 3< x
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
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Christian Jos Quintana Pinedo 39
supondoxm = 0ento m2 m 1 = 0 m= 1 +
5
2 ou m=
1 52
.
2. Dado y = xm y = mxm1 y = m(m 1)xm2. Substituindo naequao:
x2y+6xy+4y= 0 m(m1)xm+6mxm+4xm = 0 xm(m2+5m+4) = 0
supondoxm = 0ento m2 + 5m+ 4 = 0 m= 1 ou m= 4.
Exerccio 2.1.7.
Determine valores dem para quey = emx seja uma soluo para cada equao dife-
rencial.
Soluo.
1. Dado y= emx y = memx y = m2emx. Substituindo na equao:
y 5y+ 6y = 0 emx(m2 5m + 6) = 0
como emx = 0ento m2 5m+ 6 = 0 m= 2ou m = 3.
2. Dado y= emx y = memx y = m2emx. Substituindo na equao:
y+ 10y+ 25y = 0 emx(m2 + 10m+ 25) = 0
comoemx = 0entom2 + 10m + 25 = 0 m= 5 raiz de multiplicidade dois.
Exerccio 2.1.8.
Determine uma soluo do problema de valor inicial (pvi) indicado para a soluo
geral dada, ondeC1 e C2 so constantes arbitrrias.
Soluo.
1. Ao determinar uma soluo dopviest implcito que a soluo particular.
Para y +y = 0, por dados temos o valor inicial y(3) = 2 e a soluo geral
y= C1ex, ento 2 =C1e3, isto implica que C1= 2e3.
Portanto, uma soluo do pvi y = 2e3ex = 2e3x
2. Ao determinar uma soluo dopviest implcito que a soluo particular.
Para y+ 4y = 3senx, por dados temos os valores iniciais y(0) = 0, y(0) = 1
e a soluo geral y= C1senx+C2cos x.
De y = C1senx+ C2cos x y(0) = 0 C2 = 0, de y = C1cos x C2senx y(0) = 1 C1= 1
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
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40 Suplemento de ClculoI V
Por outro lado, y = C1senx C2cos x, isto implica que
y+ 4y= 3C1senx+ 3C2cos x= 3senx, C1= 1, C2 = 0
Portanto, a soluo dopvi y = senx
3. y= 1 +y2; y(0) = 0. Soluo geral: y= C1tan x.
Exerccio 2.1.9.
Determine uma soluo do problema de valores de contorno indicado para a soluo
geral dada, ondeC1 e C2 so constantes arbitrrias.
Soluo.
1. y+ 4y= 0; y(
8) = 0, y(
6) = 1..
Como a soluo geral : y=C1sen2x+C2cos 2xento
0 =C1sen
4+C2cos
4 0 =
2(C1+C2) 0 =C1+C2
1 =C1sen
3+C2cos
3 1 =1
2(
3C1+C2) 2 =
3C1+C2
Resolvendo o sistema C1 = 3 + 1, C2= 3 1
2. y+ 4y= 0; y(0) = 1, y(
2) = 2.
Como a soluo geral : y=C1sen2x+C2cos 2xento
1 =C1sen0 +C2cos 0 1 =C2
2 =C1sen
2+C2cos
2 2 =C1+ 1 1 =C1
Portanto, C1 = 1, C2 = 1.
Exerccio 2.1.10.
DetermineC1 e C2 de modo que a funo dada, satisfaa as condies indicadas.
Soluo.
1. Funo: y= C1sen2x+C2cos 2x+ 1. Condies: y(8 ) = 0, y(
8) =
2
Observe que y(8 ) =C1sen 28 +C2cos 28 + 1 = 0
22 C1+
22 C
2 = 1.A derivada y = 2C1cos 2x2C2sen2x y(0) = 2C1cos 282C2sen 28 =
2
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Christian Jos Quintana Pinedo 41
Resolvendo o sistema
C1+C2 =
2
C1 C2 = 1 C1=1 2
2
C2=
1 +
2
2
Portanto, y(x) =1 2
2 sen2x 1 +
2
2 cos2x+ 1.
2. Funo: y= C1e2x +C2ex + 2senx. Condies: y(0) = 1, y(0) = 1
Observe que y(0) =C1e0 +C2e0 + 2sen0 = 1 C1+C2 = 1.A derivada y = 2C1e2x +C2ex + 2 cos x y(0) = 2C1+C2+ 2 = 1Resolvendo o sistema
C1+C2 = 1
2C1+C2 = 1
C1 = 2 C2 = 3
Portanto, y(x) = 2e2x + 3ex + 2senx.
3. Funo: y= C1ex +C2ex + 4senx. Condies: y(0) = 1, y(0) = 1
4. Funo: y= C1x+C2+x2. Condies: y(1) = 1, y(1) = 2
5. Funo: y= C1ex +C2e2x + 3e3x. Condies: y(0) = 0, y(0) = 0
6. Funo: y= C1senx+C2cos x+ 1. Condies: y() = 0, y() = 0
7. Funo: y= C1ex +C2xex +x2ex. Condies: y(1) = 1, y(1) = 1
Exerccio 2.1.11.
Para os seguintes exerccios, determineC1 eC2 de modo quey(x) =C1senx+C2cos x
satisfaa s condies dadas. Determine se tais condies so iniciais ou de contorno.
Soluo.
1. Dado y(x) =C1senx+C2cos x, como y(0) = 1, y(0) = 2ento
y(0) = 1 1 =C1sen0 +C2cos 0 C2 = 1
y(x) =C1cos x C2senx 2 =C1cos 0 C2sen0 C1= 2
As condies so iniciais, e C1= 2, C2= 1
2. Dado y(x) =C1senx+C2cos x, como y(0) = 2, y(0) = 1
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42 Suplemento de ClculoI V
3. Dado y(x) =C1senx+C2cos x, como y(
2) = 1, y(
2) = 2
4. Dado y(x) =C1senx+C2cos x, como y(0) = 1, y(
2
) = 1
5. Dado y(x) =C1senx+C2cos x, como y(0) = 1, y(
2) = 1
6. Dado y(x) =C1senx+C2cos x, como y(0) = 1, y() = 1ento
y(0) = 1 y(0) =C1sen0 +C2cos0 = 1 C2= 1
y(x) =C1cos x C2senx y(0) =C1cos C2sen= 1 C1= 1
As condies so de contorno, e C1= 1, C2 = 1
7. Dado y(x) =C1senx+C2cos x, como y(0) = 1, y() = 2
ento
y(0) = 1 y(0) =C1sen0 +C2cos0 = 1 C2= 1y(x) =C1cos x C2senx y() =C1cos C2sen= 2 C1 = 2
As condies so de contorno, e C1= 1, C2 = 2
8. Dado y(x) =C1senx+C2cos x, como y(0) = 0, y(0) = 0
9. Dado y(x) =C1senx+C2cos x, como y(
4) = 0, y(
6) = 1
10. Dado y(x) =C1senx+C2cos x, como y(0) = 0, y(
2) = 1
Exerccio 2.1.12.
Demonstrar que a curva cujo coeficiente angular da tangente em cada ponto propor-
cional abscissa do ponto de tangencia uma parbola.Soluo.
Seja y = y(x)a curva. No ponto (x0, y0)da curva, temos que o coeficiente angular da
reta tangente dado por dy
dx(x0).
Pela hiptese do problema temos que dy
dx(x0) = Kx0, onde K R uma constante.
Em geral em qualquer ponto da curva y =y(x)temos a equao diferencial que satisfaz
as condies do problema dy
dx(x) = K x, isto
dy
dx =Kx y = K1x2 +K2 onde
K1 =12
K.
Portanto, a parbola y= K1x2 +K2 satisfaz as condies do problema.
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Christian Jos Quintana Pinedo 43
Exerccio 2.1.13.
Achar uma curva que passe pelo ponto (1; 1)de tal maneira que o coeficiente angular
da tangente em cada ponto seja proporcional ao quadrado da ordenada nesse ponto.
Soluo.
Seja y = y(x) a curva, ento 1 = y(1), o coeficiente angular da curva em qualquer
ponto esta dado por dy
dx(x0).
Pelas condies de problema dy
dx(x) =K y2 dy
y2 =K dx 1
y =K x + C.
Das condies iniciais1 =K+ C C= (1 +K)Portanto, Kyx = y(1 +K) 1 a equao pedida
Exerccio 2.1.14.
Verificar quey1(t) =
t e y2(t) = 1
t so solues da equao diferencial 2t2y+
3ty y= 0.Soluo.
Como y1(t) =
t e y2(t) = 1
tso linearmente independentes e pelas propriedades
da linearidade da derivada, ento y(t) =
t+1
ttambm ser soluo. Temos
y(t) = 1
2t 1
t2 y(t) =
1
4tt+
2
t3
3ty = 3t
2
t 3
t 2t2y = t
2
t+
4
t
somando
2t2y+ 3ty = t2
t+
4
t+
3t
2
t 3
t =
t+
1
t =y 2t2y+ 3ty y= 0
Portanto, y1(t) =
t e y2(t) = 1
tso solues da equao diferencial 2t2y +
3ty y= 0.
Exerccio 2.1.15.
Verificar quey(t) =
1 +
2
3Ln(1 +t3) soluo dopvi y=
t2
y(1 +t3), y(0) = 1.
Para qual intervalo esta soluo vlida?
Soluo.
Dado y(t) =
1 +
2
3Ln(1 +t3) ento
y2 = 1 +2
3Ln(1 +t3) 2yy = 2
3 3t
2
1 +t3 y = t
2
y(1 +t3)
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44 Suplemento de ClculoI V
Em y(t) =
1 +
2
3Ln(1 +t3) y(0) =
1 +
2
3Ln(1 + 03) = 1.
Portanto, y(t) = 1 +2
3
Ln(1 +t3) soluo dopvidado.
Exerccio 2.1.16.
O problema de valor inicialy = 2|x|; y(0) = 0 admite duas soluesy = x|x| e
y= 0. Este resultado contradiz o Teorema2.1?
Soluo.
No contradiz o Teorema 2.1, em verdade no satisfaz as condies do teorema, pois
no lipschitziana na origem. Este problema admite, no entanto, solues, embora no
haja unicidade.
Duas possveis solues so: y =f(x, y) = 2|x| fy
=. . .
Exerccio 2.1.17.
A populao de uma cidade de1.000.000 de habitantes. Houve uma epidemia e10%
da populao contraiu um vrus. Em sete dias esta porcentagem cresceu para20%. O vrus
se propaga por contato direto entre indivduos enfermos e sos (logo, proporcional ao
nmero de contatos). A partir destes dados e supondo que o modelo seja fechado, isto ,
a populao se mantm constante, sem nascimentos, mortes ou migrao, e os indivduos
tendo toda a liberdade de interagir, calcule:
1. A proporo de indivduos enfermos e sos, como uma funo do tempo.
2. O tempo necessrio para que a porcentagem de indivduos enfermos seja50%.
Soluo. 1.
A proporo de indivduos enfermos e sos, como uma funo do tempo.
x=
n
n, y=
n
n, x+y = 1, n+n =n
onde: n= nmero total de habitantes,ne= nmero de indivduos enfermos,ns= nmero
de indivduos sos x = proporo de indivduos enfermos, y = proporo de indivduos
sos.
Pelos dados do problema temos que dx
dt =kxy=kx(1 x)onde k a constante de
proporcionalidade dos contatos. Assim
1
x(1
x)dx= k dt
1
x(1
x)dx= k dt Ln
x
1
x=kt+C
x1 x =Ae
kt onde A= eC
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Christian Jos Quintana Pinedo 45
Quando t= 0temos que x= 10% = 0, 1, assim 0,110,1 =Ae
k0 A= 19
de onde
x1x =
1
9ekt.
Quando t = 7 temos que x = 20% = 0, 2, assim 0,210,2 = 19e7k k = 1
7Ln94 de
onde x1x =
1
9ekt.
Portanto, x(t) = exp( t
7Ln9
4)
9 + exp( t7
Ln 94
) e y(t) =
9
9 + exp( t7
Ln 94
).
Soluo. 2.
O tempo necessrio para que a porcentagem de indivduos enfermos seja de 50%
x(t) =1
2= 0, 5.
x1 x =19exp( t
7
Ln 94
) 0, 51 0, 5=19exp( t
7
Ln 94
) t= 7 Ln9Ln 9
4
19dias
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46 Suplemento de ClculoI V
2.2 Tipos de equaes de primeira ordem
Exerccios 2-2
Exerccio 2.2.1.
Determine quais das seguintes equaes diferenciais so de variveis separveis.
1. (1 +xy)dx+ydy = 0 2. dy
dx=
2y+ 3
4x+ 5
23. xy2dx x2y2dy= 0
4. senxdx +y2dy= 0 5. dx
dy =
1 + 2y2
ysenx 6.
7. (y yx2)dy
dx = (y+ 1)2 8. dS
dr =kS 9. x1 y2dx= dy10. (1 +x2 +y2 +x2y2)dy = y2dx
Soluo.
1. (1 +xy)dx+ydy = 0
No, de variveis separveis.
2. dy
dx= 2y+ 34x+ 5
2
dy
(2y+ 3)2 dx
(4x+ 5)2 = 0
Sim, de variveis separveis.
3. xy2dx x2y2dy= 0 x2y2(dxx dy) = 0 dx
x dy= 0 ou xy= 0
Sim, de variveis separveis.
4. senxdx +y2dy = 0
Sim, de variveis separveis.
5. dxdy
= 1 + 2y2
y senx senxdx 1 + 2y2
y dy= 0
Sim, de variveis separveis.
6. 1
7. (y yx2) dydx
= (y + 1)2 y(1 x2) dydx
= (y + 1)2 dx1 x2
ydy
(y+ 1)2 = 0
Sim, de variveis separveis.
8. dSdr =kS dS
S kdr = 0
Sim, de variveis separveis.
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9. x
1 y2dx= dy xdx dy1 y2 = 0.
Sim, de variveis separveis.
10. (1 + x2 + y2 + x2y2)dy = y2dx (1 + y2)(1 + x2)dy = y2dxpodemos escreverna forma
dx
1 +x2 (1 +y
2)
y2 dy= 0.
Sim, de variveis separveis.
Exerccio 2.2.2.
Determine quais das seguintes equaes diferenciais so exatas.
1. 3x2ydx+ (y+x3)dy = 0 2. (5y
2x)y
2y= 0 3. xydx+y2dy
4. xy2dx+ (x2y+y2)dy = 0 5. 2x
ydx x
2
y2dy = 0 6. y = 2y
x
7. (1 2x2 2y)dxdy
= 4x3 + 4xy
Soluo.
1. Na equao 3x2ydx+(y+x3)dy= 0considere-seM(x, y) = 3x2y e N(x, y) =y +x3,
temosM
y = 3x2
,
N
x = 3x2
Sim, uma equao diferencial exata.
2. Na equao (5y 2x)y 2y= 0considere-seM(x, y) = 2y e N(x, y) = 5y 2x,temos
M
y = 2, N
x = 2
Sim, uma equao diferencial exata.
3. Na equao xydx+y2dy considere-se M(x, y) =xy e N(x, y) =y2, temos
M
y =x,
N
x = 0
No, uma equao diferencial exata.
4. Na equao xy2dx+ (x2y+y2)dy = 0 considere-se M(x, y) = xy2 e N(x, y) =
x2y+y2, temosM
y = 2xy,
N
x = 2xy
Sim, uma equao diferencial exata.
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48 Suplemento de ClculoI V
5. Na equao 2x
ydx x
2
y2dy = 0consideremos M(x, y) =
2x
y e N(x, y) =
x2
y2, temos
M
y = 2x
y2 ,
N
x = 2x
y2
Sim, uma equao diferencial exata.
6. Na equao y =2yx
2ydx + xdy = 0 considere-se M(x, y) = 2y eN(x, y) =x, temos
M
y = 2,
N
x = 1
No, uma equao diferencial exata.
7. Na equao (1 2x2 2y) dxdy
= 4x3 + 4xy considere-se M(x, y) = 1 2x2 2y eN(x, y) = (4x3 + 4xy), temos
M
y = 2, N
x = 12x2 4y
No, uma equao diferencial exata.
Exerccio 2.2.3.
Suponha queM(x, y)dx + N(x, y)dy= 0 seja uma equao homognea. Mostre que a
substituiox= uy transforma a equao em uma com variveis separveis.
Soluo.
Supondou= u(x)segue dx= udy +ydu ento substituindo na equao homognea
M(x, y)dx+N(x, y)dy= 0 M(uy, y)(udy+ydu) +N(uy, y)dy= 0
y[M(u, 1)(udy+ydu) +N(u, 1)dy= 0
[uM(u, 1) +N(u, 1)]dy+ydu = 0
onde a ordem da homognea.
Logo dy
y +
du
uM(u, 1) +N(u, 1)= 0, umaEDO de variveis separveis.
Exerccio 2.2.4.
Suponha queM(x, y)dx + N(x, y)dy= 0 seja uma equao homognea. Mostre que a
substituiox = r cos , y= rsentransforma a equao em uma com variveis separveis.
Soluo.
Temos x= r cos , y=rsen, logo
dx= cos dr rsen d, dy= sen dr+r cos d
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Christian Jos Quintana Pinedo 49
em M(x, y)dx+N(x, y)dy= 0segue
M(r cos , rsen)(cos dr rsen d) +N(r cos , rsen)(sen dr+r cos d) = 0
Como homognea ento M(r cos , rsen) =rM(cos , sen)anlogamente temos
que N(r cos , rsen) =rN(cos , sen)de onde
1
r dr+
N(cos , sen)cos M(cos , sen)senM(cos , sen)cos +N(cos , sen)sen
d= 0
Portanto, a equao em uma com variveis separveis.
Exerccio 2.2.5.
Suponha queM(x, y)dx + N(x, y)dy= 0 seja uma equao homognea. Mostre que a
equao pode ser escrita dy
dx=G(x, y).
Soluo.
Exerccio 2.2.6.
Diga se as seguintes equaes diferenciais so homogneas.
Soluo.
1. y=x+y
x =f(x, y) f(x, y) =x+y
x =f(x, y)para R, = 0Sim, homognea.
2. y=y2
x =f(x, y) f(x, y) =(y)
2
x =f(x, y)para R, = 0
No, homognea.
3. y= 2xye
xy
x2 +y5sen(xy
)=f(x, y) f(x,y) = (2x)(y)e
xy
(x)2 + (y)5sen(xy
)
f(x,y) = 2(2xy)e
xy
2(x2 +3y5sen(xy
))=
2xyexy
x2 +3y5sen(xy
)=f(x, y)
No, homognea.
4. y=x2 +y
x3
y = x2 +y
x3 = f(x, y) f(x, y) = (x)
2 +y
(x)3 = f(x, y) para
R, = 0
No, homognea.
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50 Suplemento de ClculoI V
5. y= xy2
x2y+y3
Sim, homognea.
6. y2y = x2
Sim, homognea.
Exerccio 2.2.7.
Determine quais das seguintes equaes diferenciais so lineares:
Soluo.
1. y= (senx)y+ex, da forma y (senx)y = ex, podemos escrever
a2(x)y+a1(x)y+a0(x) =b(x), a2(x) = 1, a1(x) = senx, a0(x) = 0, b(x) =ex
Portanto, a equao diferencial sim linear.
2. y=xseny+ex, da forma y xseny = ex,no podemos escrever na forma
a2(x)y+a1(x)y+a0(x) =b(x), a2(x) = 1, a1(x) = x, a0(x) = 0, b(x) =ex
Portanto, a equao diferencial no linear.
3. y=y2 +x
A equao diferencialno linear.
4. y= 5
A equao diferencialsim linear.
5. y=xy + 1
A equao diferencialsim linear.
6. xy+ 2y= 0
A equao diferencialsim linear.
Exerccio 2.2.8.
Prove que uma equao diferencial de variveis separveis sempre exata.
Soluo.
Seja A(x)dx+B(y)dy= 0uma equao de variveis separveis.
Temos A
y = 0 e
B
x = 0 ento
A
y =
B
x, satisfaz a condio para se uma
equao exata.
Portanto, A(x)dx+B(y)dy= 0 exata.
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Exerccio 2.2.9.
Resolver exdx ydy = 0, y(0) = 1.Soluo.
Integrando, exdx
ydy = C ex 1
2y2 =C
Das condies iniciais
e0 12
(1)2 =C C=12
Portanto, y2 = 2ex 1.
Exerccio 2.2.10.
Determine a soluo geral para as seguintes equaes de variveis separveis.
Soluo.
1. (1 +y2)dx+ (1 +x2)dy= 0 11 +x2
dx+ 1
1 +y2dy= 0
1
1 +x2dx+
1
1 +y2dy = C arctan x+ arctan y= C
Portanto, arctan x +arctan y = C a soluo geral na forma implcita da equao
diferencial.
2. (1 +y2)dx+xydy= 0 1x
dx+ y
1 +y2dy = 0
1
xdx+
y
1 +y2dy=C Lnx + Ln(
1 +y2) = LnC1
Portanto, x
1 +y2 =C a soluo geral na forma implcita da equao diferen-
cial.
3. (y2 +xy2)y+x2 yx2 = 0 y2
1 y dy+ x2
1 +xdy= 0
x2
1 +xdx +
y2
1 y dy = C 1
2x2 x +Ln(x + 1) 1
2y2 y Ln(y 1) =C
Portanto, 12
(x2 y2) (x + y)+lnx + 11 y =C a soluo geral na forma implcita
da equao diferencial.
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52 Suplemento de ClculoI V
4. (1 +y2)dx= xdy 1x
dx 11 +y2
dy= 0
1xdx 11 +y2 dy=C Lnx arctan y = CPortanto, y= tan[C1+ Lnx] a soluo geral da equao diferencial.
5. x
1 +y2 +yy
1 +x2 = 0 x1 +x2
+ y
1 +y2y = 0
x
1 +x2dx+
y
1 +y2
dy = C
1 +x2 +
1 +y2 =C
Portanto,
1 +x2+
1 +y2 =C a soluo geral na forma implcita da equao
diferencial.
6. x
1 y2dx+y1 x2dy= 0, y(0) = 1 x1 x2 dx+
y1 y2 dy= 0
x1 x2 dx+
y
1 y2 dy=C
1 x2 +
1 y2 = C
Quando y(0) = 1 x= 0, y = 1, logo1 02 + 1 12 = C C=1Portanto,
1 x2 +1 y2 = 1 a soluo geral na forma implcita da equao
diferencial.
7. ey(1 +y) = 1 (1 + dydx
) =ey 1ey 1dy = dx
ey
1 eydy
dx= 0 Ln(1 ey) x= LnCPortanto, y= Ln(1 Cex) a soluo geral da equao diferencial.
8. yLnydx+xdy = 0, y(1) =e2 1x
dx+ 1
yLnydy= 0
1
xdx+
1
yLnydy=C1 Lnx+ Ln(Lny) = LnC xLny= C
Pela condio inicial segue 1 Lne2 =C C= 2Portanto, xLny= 2 a soluo particular da equao diferencial.
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Christian Jos Quintana Pinedo 53
9. y=ax+y, (a >0, a = 1) axdx aydy = 0
axdx
aydy=C
ax
Lna
+ ay
Lna
=C
Portanto, ax +ay =CLna a soluo geral da equao diferencial.
10. ey(1 +x2)dy 2x(1 +ey)dx= 0 1 +x2
2x dx 1 +e
y
ey dy= 0
1 +x2
2x dx
1 +ey
ey dy=C 1
4(2Lnx+x2) +ey y=C
Portanto,
1
4(2Lnx+x2
) +ey
y= C a soluo geral da equao diferencial.11. (1 +ex)yy =ey, y(0) = 0 yeydy dx
1 +ex = 0, logo
yeydy
dx
1 +ex =C yeydy
(ey)dy+ Ln(ex + 1) =C
Da condio inicial 0e0 e0 + Ln(e0 + 1) =C C= 0.Portanto, (y+ 1)ey = Ln(1 +ex) soluo particular da equao diferencial.
12. (1 +y2)(e2xdx eydy) (1 +y)dy = 0 e2xdx [ey + (1 +y)(1 +y2)
]dy = 0
e2xdx
[ey +
(1 +y)
(1 +y2)]dy = 0 1
2e2x [ey + arctan x +1
2Ln(1 + y2)] =C
Portanto, 1
2e2x [ey + arctan x+ 1
2Ln(1 +y2)] = C a soluo geral na forma
implcita da equao diferencial.
13. dydx= (x + y + 1)2. Sejaz=x + y + 1 dzdx = 1 +dydx , logo dzdx 1 =z2
1
z2 + 1dz dx= 0 x= C+ arctan z
Portanto, x = C+ arctan(x+ y + 1) a soluo geral na forma implcita da
equao diferencial.
14. dy
dx=
1 x yx+y
. Seja z=x+y, ento dz
dx= 1 +
dy
dx, logo
dy
dx=
1 x yx+y
dzdx
1 =1 zz
dzdx
=1
z
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54 Suplemento de ClculoI V zdz
dx= C 1
2z2 x= C
Portanto, (x+y)2
2x= 2C.
15. dy
dx= tan2(x+y). Seja z=x+y, ento
dz
dx= 1 +
dy
dx, logo
dy
dx= tan2(x+y) dz
dx 1 = tan2 z dz
dx= sec2 z
cos2 zdz
dx= C z+ sen(2z) 2x= C
Portanto, y
x+ sen(2x+ 2y) =C.
16. dy
dx= sen(x+y). Seja z=x+y, ento
dz
dx= 1 +
dy
dx, logo
dy
dx= sen(x+y) dz
dx 1 = senz 1 senz
cos2 z dz dx= 0
sec2 zdz
(sec ztan z)dz
dx= C tan z sec z x= C
Portanto, tan(x + y) sec(x + y) x= C a soluo geral da equao diferencial.
17. dy
dx= 2 +
y 2x+ 3. Seja z=y 2x+ 3 dz
dx=
dy
dx 2, logo
dz
dx+ 2 = 2 +
z dz
z dx= 0 2z x= C
Portanto, 2
y 2x+ 3 x= C soluo geral da equao diferencial.
18. dy
dx= 1 +eyx+5. Seja z= y x+ 5 dz
dx=
dy
dx 1, logo
dz
dx+ 1 = 1 +ez dz
ez dx= 0 ez x= C1
ez = (x+C1) z= Ln[(x+C1)] y x+ 5 = Ln|x+C1|
Portanto, y(x) =x 5 Ln|x+C1| soluo geral da equao diferencial.
Exerccio 2.2.11.
Para cada exerccio, encontre uma soluo para cada equao diferencial dada que
passe pelos pontos indicados:
Soluo.
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
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Christian Jos Quintana Pinedo 55
1. dy
dx y2 = 9 dy
y2 9 dx= 0
dy
y2 9
dx= 0logo a soluo
geral 1
6Ln
y 3y+ 3 x= C
(a)Quando passa por (0,0) 16
Ln
0 30 + 30 =C C= 0. A equao
pedida Ln
y 3y+ 3 = 6x
(b)Quando passa por (0, 3) 16
Ln
3 33 + 3 0 = C C =, pois
lim0
Ln= . No existe soluo da equao que passe por (0, 3).
(c)Quando passa por (1
3 , 1) 1
6Ln 1 31 + 3 13 =C C=13Ln 1213 .A equao pedida Ln
y 3y+ 3 6x= 1
2. xdy
dx = y2 y dy
y2 y1
xdx = 0
dy
y2 y
1
xdx = C1 logo a
soluo geral Ln
y 1y Lnx= LnC y 1 =C xy
(a)Quando passa por (0, 1)
y
1 =C xy
C= 0. A equao pedida
y= 1
(b) Quando passa por (0, 0) y 1 = Cxy 1 = 0. A equaopedida no existe.
(c) Quando passa por (1
2,
1
2) 1
2 1 = C1
4 C =2. A equao
pedida y 1 = 2xy.
Exerccio 2.2.12.
Verifique se as seguintes equaes diferenciais so exatas, e resolva as que forem.
Soluo.
1. (2xy + x)dx + (x2 + y)dy = 0. Temos M(x, y) = 2xy + x, N(x, y) =x2 + y, ento
M
y = 2x,
N
x = 2x.
Sim, exata. seja F
x(x, y) =M(x, y)ento
F(x, y) =
(2xy+x)dx= x2y+
1
2x2 +u(y)
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
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56 Suplemento de ClculoI V
Por outro lado, F
y(x, y) =N(x, y)ento
F
y (x, y) =x2
+u(y) =x2
+y u(y) =1
2 y2
Portanto, a soluo geral da equao x2y+1
2x2 +
1
2y2 =C.
2. (y+ 2xy3)dx+ (1 + 3x2y2 +x)dy = 0. Temos M(x, y) = y + 2xy3, N(x, y) =
1 + 3x2y2 +x, ento M
y = 1 + 6xy2,
N
x = 6xy2 + 1.
Sim, exata. seja F
x(x, y) =M(x, y)ento
F(x, y) =
(y+ 2xy3)dx= xy +x2y3 +u(y)
Por outro lado, F
y(x, y) =N(x, y)ento
F
y(x, y) =x+ 3x2y2 +u(y) = 1 + 3x2y2 +x u(y) =y
Portanto, a soluo geral da equao xy+x2y3 +y =C.
3. yexydx+ xexydy = 0. Temos M(x, y) = yexy, N(x, y) = xexy, ento M
y =
exy(1 +xy), N
x =exy(1 +yx).
Sim, exata. seja F
x(x, y) =M(x, y)ento
F(x, y) = yexydx= exy +u(y)Por outro lado,
F
y(x, y) =N(x, y)ento
F
y(x, y) =xexy +u(y) =xexy u(y) =C1
Portanto, a soluo geral da equao exy =C.
4. xexydx+yexydy= 0
5. 3x2y2dx+ (2x3y+ 4y3)dy= 0
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
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Christian Jos Quintana Pinedo 57
6. ydx+xdy = 0
7. (x y)dx+ (x+y)dy= 0
8. (ysenx+ xy cos x)dx+ (xsenx+ 1)dy = 0. Temos M(x, y) = ysenx+ xy cos x,
N(x, y) =xsenx + 1, ento M
y = senx+x cos x,
N
x = senx+x cos x.
Sim, exata. seja F
x(x, y) =M(x, y)ento
F(x, y) =
(ysenx+xy cos x)dx= yxsenx+u(y)
Por outro lado, Fy (x, y) =N(x, y)ento
F
y(x, y) =xsenx+u(y) =xsenx+ 1 u(y) =y
Portanto, a soluo geral da equao yxsenx+y = C.
9. x(2x2+y2)+y(x2+2y2)y = 0. Temos M(x, y) =x(2x2+y2), N(x, y) =y(x2+2y2),
ento M
y = 2xy,
N
x = 2yx.
Sim, exata. seja F
x(x, y) =M(x, y)ento
F(x, y) =
(2x3 +xy2)dx=
1
2x4 +
1
2x2y2 +u(y)
Por outro lado, F
y(x, y) =N(x, y)ento
Fy
(x, y) =x2y+u(y) =yx2 + 2y3 u(y) =12
y4
Portanto, a soluo geral da equao x4 +x2y2 +y4 =C.
10. (3x2 + 6xy2)dx+ (6x2y+ 4y3)dy = 0. Temos M(x, y) = 3x2 + 6xy2, N(x, y) =
6x2y+ 4y3, ento M
y = 12xy,
N
x = 12xy.
Sim, exata. seja F
x(x, y) =M(x, y)ento
F(x, y) =
(3x2 + 6xy2)dx= x3 + 3x2y2 +u(y)
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58 Suplemento de ClculoI V
Por outro lado, F
y(x, y) =N(x, y)ento
F
y (x, y) = 6x2
y+u(y) = 6x2
y+ 4y3
u(y) =y4
Portanto, a soluo geral da equao x3 + 3x2y2 +y4 =C.
Exerccio 2.2.13.
Para cada uma das equaes, determine o valor da constante k para que a equao
seja exata.
Soluo.
1. (y3 +kxy4 2x)dx+ (3xy2 + 20x2y2)dy = 0Temos M(x, y) =y3 +kxy4 2x, N(x, y) = 3xy2 + 20x2y3, ento
M
y = 3y2 + 4kxy3,
N
x = 3y2 + 40xy3 3y2 + 4kxy3 = 3y2 + 40xy3
Para ser exata k= 10.
2. (2xy2 +yex)dx+ (2x2y+kex 1)dy = 0Temos M(x, y) = 2xy2 +yex, N(x, y) = 2x2y+kex 1, ento
M
y = 4xy+ex,
N
x = 4xy+kex 4xy+ex = 4xy+kex
Para ser exata k= 1.
3. (2x
ysenxy+ky4)dx
(20xy3 +xsenxy)dy = 0
Temos M(x, y) = 2x ysenxy+ky4, N(x, y) = (20xy3 +xsenxy), ento
M
y = senxy yx cos xy+ 4ky3, N
x = 20y3 senxy xy cos xy
senxy yx cos xy+ 4ky3 = 20y3 senxy xy cos xy
Para ser exata k= 5.
4. (6xy3 + cos y)dx+ (kx2y2 xseny)dy= 0
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Exerccio 2.2.14.
Determine a soluo geral para as seguintes equaes homogneas.
Soluo.
1. 4x 3y+y(2y 3x) = 0. Seja y=ux dydx
=u+xdu
dx.
4x 3y+y(2y 3x) = 0 4 3 yx
+ (dy
dx=u+x
du
dx)(2
y
x 3) = 0
2u2dx 6u+ 4 +x(2u 3)du= 0
dx
x +
2u 3
2u2 6u+ 4 du= 0
Lnu+1
2Ln(2u2
6u+ 4) = LnC1
1
2Ln(2y2
6xy+ 4x2) = LnC1
Portanto, 2y2 6xy+ 4y2 =C a soluo geral
2. xy = y +
y2 x2
3. 2xy(x2 +y2) =y(y2 + 2x2)
4. 4x2 +xy 3y2 +y(y2 5x2 + 2xy) = 0
5. y= 2xy3x2 y2
6. 4x2 xy+y2 +y(x2 xy+ 4y2) = 0
7. xy =
y2 x2
8. (y2 3x2)dy= xydx
9. y3dx+ 2(x3
xy2)dy = 0
10. (y xy)2 =x2 +y2
11. 3x+y 2 +y(x 1) = 0
12. 2x+ 2y 1 +y(3x 7y 3) = 0
Exerccio 2.2.15.
Para os seguintes exerccios, determine a soluo das equaes que satisfazem as con-
dies dadas.
Soluo.
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60 Suplemento de ClculoI V
1. y 2xy= cos x 2xsenx, onde y funo limitada quando x . Temos
y 2xy= cos x 2xsenx e2xdx(y 2xy) =e
2xdx(cos x 2xsenx)
logo ex2
y =
ex2
cos xdx 2
ex2
xsenxdx+C=
=
ex
2
cos xdx +ex2
senx
ex2
cos xdx +C
Pelas condies do problema, quando x , temos|y| Mde onde C= 0, logoy= senx.
2. 2xy y= senx cos x, onde y limitada quando x +.
3. y yLn2 = 2senx(cos x 1)Ln2, onde y limitada quando x +.
4. 2x2y xy= 2x cos x 3senx, onde y 0quando x +.
5. ysenx y cos x= sen2x
x2 , onde y 0quando x .
6. (1+x2)Ln(1+x2)y2xy= Ln(1+x2)2x arctan x, ondey 2
quandox .
O fator de integrante e
2x(1+x2)Ln(1+x2)
dx=eLn(Ln(1+x
2)) = 1
Ln(1 +x2), logo
d
dx[y 1
Ln(1 +x2)] =
1
(1 +x2)Ln(1 +x2) 2x arctan x
(1 +x2)Ln2(1 +x2)
y 1Ln(1 +x2)
=
1
(1 +x2)Ln(1 +x2)dx
2x arctan x
(1 +x2)Ln2(1 +x2)dx
y 1Ln(1 +x2)
= Ln(Ln(1 + x2)) arctan x
Ln(x2 + 1)+
1
(1 +x2)Ln(1 +x2)dx
y 1Ln(1 +x2)
= arctan xLn(x2 + 1)
+C y=CLn(x2 + 1) + arctan x
Para y 2 quando x ento C= 0.Portanto, y= arctan x soluo particular da equao.
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Christian Jos Quintana Pinedo 61
7. y exy= 1x2
sen1
x ex cos1
x, onde y 2quando x .
Temos y 1x2
sen1
x=exy ex cos1
x d
dx[y cos1
x] =ex[y cos1
x]
1
[y cos1x
]d[y cos1
x] =
exdx+C1 Ln[y cos1
x] =ex +C1
y cos1x
=C eex y(x) = cos1
x+ Cee
x
Quando x temos que eex e0 = 1 e cos1x 0 C= 2.
Portanto a soluo da equao y(x) = cos1
x+ 2eex
.
8. y yLnx= (1 + 2Lnx)xx, onde y 0quando x +.O fator de integrante e
Lnxdx =ex(Lnx1) =exxx, logo
d
dx[exxxy] = exxx (1 + 2Lnx)xx exxxy =
exx2x(1 + 2Lnx)dx + C
exxxy= exx2x +C y= xx +Cexxx
Para y 0quando x 0ento C= 0.Portanto, y=xx soluo particular da equao.
Exerccio 2.2.16.
Um tubo em forma de U est cheio (Figura (2.1)) com um lquido homogneo, que
levemente comprimido em um dos lados do pisto. O pisto removido e o nvel do
lquido em cada ramo oscila. Determine a altura do nvel do lquido em um dos ramos
em funo do tempo.
Soluo.
Figura 2.1:
Consideremos o fluido ideal.
So caractersticas do fluido ideal, quando:
1. O escoamento uniforme: A velocidade do fluido em
qualquer ponto no muda com o tempo, em magnitude, em
direo e em sentido.
2. O escoamento incompressvel: A densidade do
fluido constante.
3. O escoamento no-viscoso: Ento um objeto se
movendo atravs do fluido no experimenta nenhuma fora
resistiva devido viscosidade.
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62 Suplemento de ClculoI V
4. O escoamento irrotacional: Ento um corpo imerso
no fluido no gira em torno do eixo que passa pelo seu centro de massa.
Quando o nvel em um dos ramos do tubo emUdesce de uma quantidadey, a diferena
de presso do lquido entre os dois ramos
p= 2gy
onde e a densidade do lquido e g e a acelerao da gravidade. Dessa forma, a fora
restauradora pode ser escrita como
F= Ap= 2Agy
onde A a rea da seo transversal do tubo. Temos ento que
md2y
dt2 = 2Agy d
2y
dt2 +
2Ag
m y = 0
mas,2Ag
m =
2Ag
V =
2Ag
A =
2g
daid2y
dt2 +
2g
y= 0
onde e o comprimento total da coluna lquida e m= Ve a massa total de lquido.
A equao caracterstica r2 +2g
= 0de onde r=
2g
i, logo
y(t) =C1eit +C2e
it onde =
2g
Ainda podemos escrever
y(t) =A cos cos t Asensent = A cos(t+)
onde
C1+C2+A cos e C1 C2 = Asen
Portanto, y(t) =A cos(
2g
t+)
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
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Christian Jos Quintana Pinedo 63
2.3 Soluo de equaes de primeira ordem
Exerccios 2-3
Exerccio 2.3.1.
Determine a funo M(x, y) para que a equao
M(x, y) +
xexy+ 2xy+1
x
dy = 0
seja exata.
Soluo.
Seja N(x, y) =xex
y+ 2xy+
1
x , ento
N
x =ex
y+xex
y+ 2y 1
x2 , logo
M
y =exy+xexy+ 2y 1
x2 M(x, y) =1
2[(1 +x)ex + 2]y2 y
x2
Portanto, M(x, y) =1
2[(1 +x)ex + 2]y2 y
x2 =u(x)onde u(x) funo s de x.
Exerccio 2.3.2.
Determine a funo N(x, y) para que a equao
yx1 + xx2 +y
dx+N(x, y)dy = 0seja exata.
Soluo.
Seja M(x, y) =
y
x1 + x
x2 +y, ento
M
y =
1
2
xy x
(x2 +y)2, logo
N
x =
1
2
xy x
(x2 +y)2 N(x, y) =
xy
+ 1
2(x2 +y)+ h(y)
Portanto, N(x, y) =
x
y+
1
2(x2 +y)1 +h(y)onde h(y) funo s de y.
Exerccio 2.3.3.
Mostre, se My Nx
yN xM =R(xy) ento etR(s)ds um fator integrante , ondet= xy.
Soluo.
Seja a equao linear de primeira ordem M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 e I(x, y) um
fator integrante, pela Propriedade 2.4, temos
I(x, y)
M
y N
x
=N(x, y)
I
x M(x, y) I
y
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64 Suplemento de ClculoI V
I(x, y) [My Nx] =N(x, y) Ix
M(x, y) Iy
isto dividindo por yN xMe usando a hiptese
I(x, y) R(xy) = N(x, y)
yN xM
Ix
M(x, y)
yN xM
Iy
ento
Exerccio 2.3.4.
Quais so as condies para queMdx + Ndy = 0 tenha um fator integrante da forma
I(x+y)?
Soluo.
Exerccio 2.3.5.Mostre, se Mdx+ N dy = 0 homognea ento I(x, y) =
1
xM+yN um fator
integrante.
Soluo.
Exerccio 2.3.6.
Para cada um dos seguintes exerccios, determine um fator integrante apropriado para
cada equao, e resolva-a.
Soluo.
1. (y+ 1)dx xdy= 0.Primeira soluo : Podemos escrever
(y+ 1) x dydx
= 0 y 1x
y=1
x e
1xdx =
1
x
Portanto o fator integrante I(x) = 1
x.
A soluo da equao :
1
x
y 1
xy=
1
x
d
dx
y 1
x
=
1
x2 y 1
x=
1
x2dx
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Christian Jos Quintana Pinedo 65
y 1x
= 1x
+C y= C x 1
A soluo geral y=C x
1.
Segunda soluo : Sejam M(x, y) =y + 1, N(x, y) = x.Como
M
y = 1 =
N
x = 1. Pela Observao2.11temos 1
N(
M
y N
x) =
2
x =
g(x)um fator integrante I(x, y) =eg(x)dx =
1
x2.
Multiplicando a equao (y+ 1)dx xdy= 0pelo fator integrante 1x2
resulta
1
x2[(y+ 1)dx xdy= 0] M
= 1
x2(y+ 1) e N
= 1x
dF
dx =M F(x, y) = 1
x2(y+ 1)dx+g(y) = 1
x(y+ 1) +g(y)
dF
dy = 1
x+ g(y) =N= 1
x g(y) =C2
Como F(x, y) = 1x
(y+ 1) +C2=C1 y = C x 1A soluo geral y=C x 1.
Terceira soluo : A equao (y+ 1)dx xdy = 0 podemos escrever na formaydx xdy+dx= 0um fator integrante 1
x2
ydx xdyx2
1x2
dx= 0 d( yx
) 1x2
dx= 0
d(
y
x)
1
x2dx= C y
x+
1
x=C
Portanto, a soluo geral y=C x 1.
2. ydx+ (1 x)dy= 0Esta equao podemos escrever na forma ydx xdy + dy= 0, um fator integrante
1
y2, logo
ydx xdyy2
+ 1
y2dx= 0 d(x
y) +
1
y2dx= 0
d(
x
y) +
1
y2dx= C x
y 1
y =C
Portanto, a soluo geral x= C y+ 1.
3. (x2 +y+y2)dx xdy= 0
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66 Suplemento de ClculoI V
Podemos escrever na forma ydx xdy + (x2 + y2)dx= 0, multiplicando pelo fatorintegrante I(x, y) = 1
x2 +y2 temos
ydx xdyx2 +y2
(x2 +y2)
x2 +y2 dx= 0 d(arctan y
x) dx= 0
d(arctany
x)
dx= C arctan y
x x= C
Portanto, y= x tan(x+C).
4. (y+x2y3)dx+xdy = 0
Podemos escrever na forma ydx+xdy+x2
y
3
dx= 0logoydx+xdy
x3y3 +
1
xdx= 0 1
2d(
1
(xy)2) +
1
xdx= 0
12
d(
1
(xy)2) +
1
xdx= C 1
2(xy)2+ Lnx= C
Portanto, 2(xy)2Lnx= 2(xy)2C+ 1 a soluo geral.
5. (y+x4y2)dx+xdy = 0
Sejam M(x, y) =y +x4y2, N(x, y) =x.
Como M
y = 1 + 2x4y,
N
x = 1, ento
M
y N
x = 2x4y
Seja I = I(x, y) um fator integrante, como M = y (1 +x4y) e N = x g(x, y),pela Propriedade2.4 (3)temos que I(x, y) = 1
x(y+x4y2) y(x)= 1
x5y2 o fator
integrante procurado, logo
1
x5y2 (y+x4y2)dx+xdy = 0 ( 1
x5y+
1
x)dx+
1
x4y2dy = 0
6. (3x2y x2)dx+dy = 0
7. dx 2xydy= 0Sejam M(x, y) = 1, N(x, y) = 2xy.Como
M
y = 0,
N
x = 2y, ento M
y N
x = 2y
Seja I=I(x, y)um fator integrante, pela Propriedade 2.4temos
1
N
My
Nx
g(x) = 1
x I=e
1xdx =
1
x
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
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Christian Jos Quintana Pinedo 67
logo 1
xdx 2ydy = 0 exata
A soluo geral y2 = Lnx= C.
8. 2xydx+y2dy= 0
9. ydx 3ydy = 0
10.
2xy2 + x
y2
dx+ 4x2ydy = 0
11. xy2dx+ (x2y2 +x2y)dy = 0
12. xy2dx+x2ydy = 0
Exerccio 2.3.7.
Para cada um dos seguintes exerccios, achar o fator integrante e resolver pelo mtodo
da exatas.
Soluo.
1. (cos2y senx)dx 2tan x sen2ydy = 0Sejam M(x, y) = cos 2y senx, N(x, y) = 2tan x sen2y.
Como My = 2sen2y, Nx = 2sec2 x sen2y, ento My Nx = 2sen2y+2sec2 x sen2y = 2 tan2 xsen(2y), por outro lado,
1
N
M
y N
x
=
2tan2 x sen(2y)2tan x sen(2y)= tan x
Pela Observao 2.11, temos que o fator integrante I(x, y) = e tanxdx =
eLncosx = cos x. Multiplicando pelo fator integrante a equao original temos
cos x[(cos 2y senx)dx 2tan xsen2ydy] = 0 (2.1)
SejamM(x, y) = cos x(cos2y senx), N(x, y) = 2cos x tan xsen2y.Resolvendo pelo mtodo da exatas (2.1).
F
y =N(x, y) F(x, y) = 2cos x tan xsen2ydy +u(x)
F(x, y) = cos(2y)senx+u(x)
Logo, F
x= cos(2y)cos x+u(x)de onde
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
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68 Suplemento de ClculoI V
F
x= cos(2y)cos x+u(x) = cos x(cos2y senx) =
M
u(y) = cos xsenx=1
2cos2 x F(x, y) = cos(2y)senx+
1
2cos2 x= C
Portanto, a soluo da equao senx cos(2y) +1
2cos2 x= C.
2. (3xy3 + 4y)dx+ (3x2y2 + 2x)dy= 0
Resposta: x3y3 + 2x2y = C
3. 2xyLnydx+ (x2 +y2y2 + 1)dy= 0Sejam M(x, y) = 2xyLny, N(x, y) =x2 +y2
y2 + 1 ento
M
y = 2x(Lny+ 1),
N
x = 2x M
y N
x = 2xLny
My
Nx
M = 2xLny
2xyLny = 1
y I(x, y) =e
1y =
1
y
Multiplicando a equao original pelo fator integrante I(x, y) = e 1y
= 1
y , temosque resolver a equao
2xLnydx+
x2
y +y
y2 + 1
dy = 0
esta ltima equao exata
F(x, y) =
2xLnydx+v(y) =x2Lny+v(y) F
y =
x2
y +v(y)
assim
F
y =
x2
y +v(y) =
x2
y +y
y2 + 1 v(y) =1
3
(y2 + 1)3
Portanto, a soluo da equao : x2Lny+1
3
(y2 + 1)3 =C.
4.
x
x2 +y2+
1
x+
1
y
dx+
1
x2 +y2+
1
y x
y2
dy= 0
5. (3x2 tan y 2y3
x3)dx+ (x3 sec2 y+ 4y3 +
3y2
x2)dy = 0
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
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Christian Jos Quintana Pinedo 69
6.
2x+x2 +y2
x2y
dx=
x2 +y2
xy2 dy
7. sen2xy +x dx+ (y sen2x
y2 )dt= 0
8. (3x2 2x y)dx+ (2y x+ 3y2)dy= 0
9.
xy1 +x2
+ 2xy yx
dx+ (
1 +x2 +x2 Lnx)dy = 0
Exerccio 2.3.8.
Achar a soluo particular da equao dy
dx= 3x
2y+y2
2x3 + 3xyque passa pelo pontoy(1) =
2.
Soluo.
Este umPVI
Sejam M(x, y) = 3x2y+y2, N(x, y) = 2x3 + 3xyento
M
y = 3x2 + 2y,
N
x = 6x2 + 3y M
y N
x = (3x2 +y)
1
M M
y N
x =(3x2 +y)
y(3x2 +y) = 1
y
Pela observao 3.11 um fator integrante I(x, y) = e 1
ydy = y, logo temos que
resolver a equao
dy
dx= 3x
2y+y2
2x3 + 3xy y(3x2y+y2)dx+y(2x3 + 3xy)dy= 0
esta equao exata
Seja F
x =y(3x2y+y2)ento
F(x, y) =
y(3x2y+y2)dx+u(y) =x3y2 +y3x+u(y)
F(x, y) =x3y2 +y3x+u(y) (2.2)
Derivando respeito de y temos
F
y = 2x3y+ 3y2x+u(y)
2x3y+ 3y2x+u(y) =y(2x3 + 3xy) u(y) =C2Na igualdade (2.2) x3y2 +y3x+C2 = C1ou x3y2 +y3x= C
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
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70 Suplemento de ClculoI V
Pelo dadoy(1) = 2, quandox = 1seguey = 2, assim13(2)2 + (2)3 1 =C C= 4.
Portanto, x3y2 +y3x= 4 a soluo dopvi.
Exerccio 2.3.9.
Mostre que a soluo geral da equao
(xnyn+1 +ay)dx+ (xn+1yn +bx)dy= 0
da forma xnyn =nLn(Cxayb), se n = 0
xy=C1xayb, se n= 0
Soluo.
Suponhamosn = 0
Sejam M(x, y) =xnyn+1 +ay, N (x, y) =xn+1yn +bxento
M
y = (n+ 1)xnyn +a,
N
x = (n+ 1)xnyn +b M
y N
x =a b
Por outro lado,xM yN=x(xnyn+1 + ay) y(xn+1yn + bx) =xy(a b)ento como
My NxyN xM =
(a b)xy(a b) =
1
xy =R(xy)
pelo Exerccio (2.3.3) temos que I(x, y) =etR(s)ds= (xy)1 um fator integrante
A equao exata a resolver
(xy)1(xnyn+1 +ay)dx+ (xy)1(xn+1yn +bx)dy = 0
Seja
F
x = (xy)1
(xn
yn+1
+ay)ento
F(x, y) =
(xy)1(xnyn+1 +ay)dx+u(y) =
(xn1yn +ax1)dx+u(y)
F(x, y) = 1
nxnyn +aLnx+u(y) (2.3)
Derivando respeito de y temos
F
y =xnyn1 +u(y) = (xy)1(xn+1yn +bx)
xnyn1 +u(y) =xnyn1 +by1 u(y) =bLny
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
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Christian Jos Quintana Pinedo 71
Na igualdade (2.3)
F(x, y) = 1
nxnyn +aLnx+bLny= C1
1
nxnyn =C aLnx bLny xnyn =n Ln[Cxayb]
Portanto, se n = 0ento xnyn =n Ln[Cxayb] a soluo geral.Se n= 0temos (y+ay)dx+ (x+bx)dy = 0, neste caso temos que o fator integrante
podemos calcular de
My NxyN
xM
= (a b)
xy(a
b)
= 1
xy
=R(xy)
pelo Exerccio (2.3.3) temos que I(x, y) =etR(s)ds= (xy)1 um fator integrante
A equao exata a resolver
(xy)1(y+ay)dx+ (xy)1(x+bx)dy= 0
Seja F
x = (xy)1(y+ay)ento
F(x, y) = (xy)1(y+ay)dx+u(y) = (1 +a)x1dx+u(y) F(x, y) = (1 +a)Lnx+u(y) (2.4)
Derivando respeito de y temos
F
y =u(y) = (xy)1(x+bx) u(y) = (1 +b)y1 u(y) = (1 +b)Lny
Na igualdade (2.6)
F(x, y) = (1 +a)Lnx+ (1 +b)Lny = C1 x1+ay1+b =C
Portanto, se n= 0ento xy=xaybC a soluo geral.
Segunda soluo.
Temos (xnyn+1 +ay)dx+ (xn+1yn +bx)dy = 0
xnyn(ydx+xdy) + (aydx+bxdy) = 0
Pelos resultados da Tabela 2.1temos
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
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72 Suplemento de ClculoI V
xnyn(ydx+xdy) + (aydx+bxdy) = 0
(xy)n(ydx+xdy) + (aydx+bxdy) = 0 (xy)nd(xy) + 1xa1yb1
d(xayb) = 0
considerando u = xy e v=xayb segue
undu +u
vdv= 0
un1du +
1
vdv= 0
Se n = 0
Lnu+ Lnv = LnC
uv = C, isto xa+1yb+1 = Cde onde
xy= xaybC.
Se n = 0 1n
un + Lnv = LnC un = nLn(Cv1, isto (xy)n =nLn(Cxayb)de onde xnyn =nLn(Cxayb).
Exerccio 2.3.10.
Mostre que a soluo geral da equao
(xn+1yn +ay)dx+ (xnyn+1 +ax)dy = 0
da forma (n 1)(xy)n1(x2 +y2 C) = 2a, se n = 1x2 +y2 C= 2aLn(xy), se n= 1
Soluo.
Suponhamosn = 1
Sejam M(x, y) =xn+1yn +ay, N (x, y) =xnyn+1 +axento
M
y =nyn1xn+1 + a,
N
x =nxn1yn+1 + a M
y N
x =nxn1yn1(x2 y2)
Por outro lado, xM yN=x(xn+1yn +ay) y(xnyn+1 +ax) =xnyn(x2 y2)entocomo
My NxyN xM =
nxn1yn1(x2 y2)xnyn(x2 y2) =
n
xy =R(xy)
pelo Exerccio (2.3.3) temos que I(x, y) =etR(s)ds= (xy)n um fator integrante
A equao exata a resolver
(xy)n(xn+1yn +ay)dx+ (xy)n(xnyn+1 +ax)dy= 0
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
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Christian Jos Quintana Pinedo 73
Seja F
x = (xy)n(xn+1yn +ay)ento
F(x, y) = (xy)n(xn+1yn +ay)dx+u(y) = (x+axnyn+1)dx+u(y) F(x, y) =
1
2x2 +
a
1 nx1nyn+1 +u(y) (2.5)
Derivando respeito de y temos
F
y =axn+1yn +u(y) = (xy)n(xnyn+1 +ax)
axn+1
yn
+u(y) =y +axn+1
yn
u(y) =1
2y
2
Na igualdade (2.5)
F(x, y) =1
2x2 +
a
1 nxn+1yn+1 +
1
2y2 =C
1
2(x2 +y2) C1= a
n 1xn+1yn+1 (n 1)[(x2 +y2) C] = 2axn+1yn+1
Portanto, se n= 1ento (n 1)(xy)n1(x2 +y2 C) = 2a a soluo geral.
Sen= 1temos(x2y+ay)dx+(xy2+ax)dy= 0, neste caso temos que o fator integrante
calculado deMy Nx
yN xM = (x2 y2)xy(x2 y2)=
1
xy =R(xy)
pelo Exerccio (2.3.3) temos que I(x, y) =etR(s)ds= (xy)1 um fator integrante
A equao exata a resolver
(xy)1(x2y+ay)dx+ (xy)1(xy2 +ax)dy = 0
Seja F
x = (xy)1(x2y+ay)ento
F(x, y) =
(xy)1(x2y+ay)dx+u(y) =
(x+ax1)dx+u(y)
F(x, y) =1
2x2 +aLnx+u(y) (2.6)
Derivando respeito de y temos
F
y =u(y) = (xy)1(xy2 +ax) u(y) =y +ay1 u(y) =1
2y2 +aLny
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
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74 Suplemento de ClculoI V
Na igualdade (2.6)
F(x, y) =1
2x2 +aLnx+
1
2y2 +aLny = C
Portanto, se n= 1ento (x2 +y2 C) = 2aLnx a soluo geral.
Exerccio 2.3.11.
Determine se possvel a soluo geral das equaes diferenciais.
1. (x 1)dy ydx = 0 2. dydx
= 1 +y2
(1 +x2)xy
3. (x2 y2)dx 2xydy= 0 4. (x2 +y2)dx xydy= 05. (x y)dx (x+y)dy= 0 6. (2x y+ 1)dx (x+ 3y 2)dy = 07.
2x
y3dx+
y2 3x2y4
dy = 0 8.
9.
y cos(xy) + y
x
dx+
x cos(xy) + 2
x+
1
y
dy= 0
Soluo.
1. (x 1)dy ydx = 0
Temos (x 1)dy ydx = 0 1
y dy 1
(x 1) dx= 0 1
ydy
1
(x 1) dx= LnC Ln(y) Ln(x 1) = LnC
Ln
y
x 1
= LnC yx 1=C
Portanto, a soluo geral y=C(x 1).
2. dydx
= 1 +y2
(1 +x2)xy
Temos dy
dx=
1 +y2
(1 +x2)xy y
1 +y2dy =
1
(1 +x2)xdx
y
1 +y2dy
1
(1 +x2)xdx= C1 1
2Ln(1 + y2)
1
x x
1 +x2
dx= C1
1
2
Ln(1 + y2)
Lnx +
1
2
Ln(1 + x2) =C1
Ln
(1 +y2)(1 +x2)
x2 =C1
1 +y2 = x2C
1 +x2 y2 = x
2C
1 +x2 1
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
80/146
Christian Jos Quintana Pinedo 75
Portanto, a soluo geral y2 = x2C
1 +x2 1.
3. (x2
y2)dx
2xydy= 0
Substituindox por x e ypor y temos uma equao homognea de ordem dois.
Para resolver fazemos a mudanay= ux de onde dy = udx + xdu; substituindo na
equao original.
(x2 y2)dx 2xydy= 0 (x2 (ux)2)dx 2x(ux)[udx +xdu] = 0
(1 u2)dx 2u[udx +xdu] = 0 (1 3u2)dx 2uxdu= 0 1
x dx+
2u
3u2 1du= 0 1x dx+13 6u3u2 1 du= 13LnC Lnx3 + Ln(3u2 1) = LnC x3(3u2 1) =C x3(3(y
x
)2 1) =C 3xy2 x3 =C x3 3xy2 =K onde K= C
Portanto, a soluo geral x3 3xy2 =K.
4. (x2 +y2)dx xydy= 0
Substituindox por x e ypor y temos uma equao homognea de ordem dois.Para resolver fazemos a mudanay= ux de onde dy = udx + xdu; substituindo na
equao original.
(x2 +y2)dx xydy= 0 (x2 + (ux)2)dx x(ux)[udx+xdu] = 0
(1 +u2)dx u[udx+xdu] = 0 dx xdu= 0 1x
dx udu= 0
1
xdx
udu= C Lnx= C+ 1
2u2 x= eC+u2/2
x= eCeu2/2 xeC =e x
2
2y2 xC1 = ex2
2y2 onde C1=eC
Portanto, a soluo geral xC1=ex2
2y2 .
5. (x y)dx (x+y)dy= 0Substituindoxpor x e ypor ytemos uma equao homognea de ordem um.
Para resolver fazemos a mudanay= ux de onde dy = udx + xdu; substituindo na
equao original.
(x y)dx (x + y)dy = 0 (x (ux))dx (x + (ux))[udx + xdu] = 0
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
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76 Suplemento de ClculoI V
(1 u)dx (1 +u)[udx +xdu] = 0 [1 2u u2]dx x(1 +u)du= 01
xdx+
(u+ 1)
u2 + 2u
1
du= 0
1
xdx+
1
2 (2u+ 2)
u2 + 2u
1
du=1
2LnC
Lnx+1
2Ln(u2 + 2u 1) =1
2LnC x2(u2 + 2u 1) =C
Substituindo a varivel y = ux temos
(xu)2 + 2x(xu) x2) =K y2 + 2xy x2 =C
Portanto, a soluo geral y2 + 2xy x2 =C.
6. (2x y+ 1)dx (x+ 3y 2)dy= 0
Resolvendo o sistema 2x y+ 1 = 0x+ 3y 2 = 0
6x 3y = 3
x+ 3y = 2 x= 1
7; y =
5
7
suponhamos x = s 17
e y = t+5
7, logo dx = ds; dy = dt e substituindo na
equao original resulta (2x
y+ 1)dx
(x+ 3y
2)dy= 0
[2(s 1
7) (t+5
7) + 1]ds [(s 1
7) + 3(t+
5
7) 2]dt= 0
(2s t)ds (s + 3t)dt= 0
Substituindo s por s e tpor ttemos uma equao homognea de ordem um.
Para resolver fazemos a mudana t = us de onde dt = uds+sdu; substituindo na
equao transformada da original.
(2s t)ds (s + 3t)dt= 0 (2s (us))ds (s + 3(us))[uds + sdu] = 0
(2 u)ds (1 + 3u)[uds +sdu] = 0 [2 2u 3u2]ds s(3u+ 1)du= 01
sds+
(3u+ 1)
3u2 + 2u 2du= 0
1
sds+
1
2
(6u+ 2)
3u2 + 2u 1 du=1
2LnC1
Lns +1
2Ln(3u2 + 2u 2) =1
2LnC1 s2(3u2 + 2u 2) =C1
Substituindo a varivel t= us temos
s2(3u2 + 2u 2) =C1 3(su)2 + 2us2 2s2 =C1
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
82/146
Christian Jos Quintana Pinedo 77
assim 3t2 + 2st 2s2 =C1, como x= s 17
; y=t+ 57
segue
3t
2
+ 2st 2s2
=C1 3(y 5
7 )
2
+ 2(x +
1
7)(y 5
7 ) 2(x+1
7 )
2
=C1
3(y 57
)2 + 2(x+1
7)[(y 5
7) (x+1
7)] =C1
30
7y 75
49 2xy+ 2x2 +12
7x 2
7y 3y2 +12
49+
30
7y+
2
7x= C1
2x2 3y2 + 4y+ 2x 2xy=C onde C=97 C1
Portanto, a soluo geral 2x2 2xy+ 2x 3y2 + 4y= C.
7. 2x
y3dx+
y2 3x2y4
dy= 0
Temos M(x, y) = 2x
y3 e N(x, y) =
y2 3x2y4
logo M
y =6x
y4 e
N
x =6x
y4logo a equao dado no problema exata.
Clculo da soluo da equao.
F(x, y) = 2x
y3dx+g(y) F(x, y) = x
2
y3+g(y)
derivando em relao a y resulta F
y = 3x
2
y4 +g(y) =
y2 3x2y4
g(y) = 1
y2 g(y) =
1
y2dy g(y) = 1
y
de onde F(x, y) =x2
y3+g(y) =C x
2
y3 1
y =C.
Portanto, a soluo geral x2
y31
y =C.
8.
9.
y cos(xy) + y
x
dx+
x cos(xy) + 2
x+
1
y
dy = 0
Temos M(x, y) =y cos(xy) + y
x e N(x, y) =x cos(xy) + 2
x+
1
y logo
M
y = cos(xy)
xysen(xy) +
y
x e
N
x = cos(xy)
xysen(xy) +
1
xassim a equao dado no problema exata.
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
83/146
78 Suplemento de ClculoI V
Clculo da soluo da equao.
F(x, y) = (y cos(xy) + y
x)dx+g(y) F(x, y) = sen(xy) + 2yx+g(y)
derivando em relao a y resulta
F
y =x cos(xy) + 2
x +g(y) =x cos(xy) + 2
x+
1
y
g(y) =1
y g(y) =
1
ydy g(y) = Lnx
de onde F(x, y) = sen(xy) + 2y
x+ Lnx= C.
Portanto, a soluo geral sen(xy) + 2yx+ Lnx= C.
Exerccio 2.3.12.
Mostre que as equaes abaixo no so exatas mas tornam-se exatas quando multipli-
cadas pelo fator integrante dado ao lado. Portanto resolva as equaes.
1. x2y3dx+x(1 +y2)dy= 0, I(x, y) = 1
xy3
2. senyy 2exsenxdx+ cos y+ 2ex cos xy dy = 0, I(x, y) =yexSoluo. 1.
Tem-se x2y3dx+x(1 +y2)dy= 0, I(x, y) = 1
xy3
Temos M(x, y) = x2y3 e N(x, y) = x(1 +y2) logo M
y = 3x2y2 e
N
x = 1 +y2,
como M
y = N
x logo a equao x2y3dx+x(1 +y2)dy= 0no exata.
Multiplicando a equao pelo fator integrante I(x, y) = 1xy3 resulta
1
xy3 x2y3dx+ 1
xy3 x(1 +y2)dy= 0 xdx+ ( 1
y3+
1
y)dy= 0
Nesta ltima igualdade temos M(x, y) = x e N(x, y) = 1
y3+
1
y logo
M
y = 0 e
N
x = 0, como
M
y =
N
x logo a equao xdx+ (
1
y3+
1
y)dy= 0 exata.
Clculo da soluo da equao.
F(x, y) =
xdx+g(y) F(x, y) =1
2x2 +g(y)
5/21/2018 Cap01!02!03 Solucao EDO
84/146
Christian Jos Quintana Pinedo 79
derivando em relao a yresulta F
y = 0 +g(y) =
1
y3+
1
y
g(y) = (1y3 +1y )dy g(y) = 12y2 + Lnyde onde F(x, y) =
1
2x2 1
2y2+ Lny=
1
2C x2 1
y2+ 2Lny=C.
Portanto, a soluo geral x2 1y2
+ Lny2 =C.
Soluo. 2.
Tem-seseny
y 2exsenx
dx+
cos y+ 2ex cos x
y
dy= 0, I(x, y) =yex
Temos M(x, y) =
seny
y 2ex
senx e N(x, y) =
cos y+ 2ex cos x
y logo
M
y =
y cos y senyy2
e N
x = 2e
x
y (cos x+ senx)
como M
y = N
x logo a equao dado no problema no exata.
Multiplicando a equao pelo fator integrante (x, y) =yex resulta
yex
seny
y 2exsenxdx+yex
cos y+ 2ex cos x
y dy= 0 (exseny 2ysenx)dx+ (ex cos y+ 2 cos x)dy= 0 (2.7)
Nesta ltima igualdade temos
M(x, y) =exseny 2ysenx e N(x, y) =ex cos y+ 2 cos x
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