Cap01!02!03 Solucao EDO

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

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ii Suplemento de ClculoI V

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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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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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assim,4|x|2

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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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Multiplicando estas duas ltimas igualdades

yLn(y

4) = 4tLn(t) = 4x

Sim soluo!

15. funo: y=

x2 se, x

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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

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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

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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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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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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


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


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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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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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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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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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


4. senxdx +y2dy = 0


5. dxdy

= 1 + 2y2

y senx senxdx 1 + 2y2

y dy= 0


6. 1

7. (y yx2) dydx

= (y + 1)2 y(1 x2) dydx

= (y + 1)2 dx1 x2

ydy

(y+ 1)2 = 0


8. dSdr =kS dS

S kdr = 0


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9. x

1 y2dx= dy xdx dy1 y2 = 0.


10. (1 + x2 + y2 + x2y2)dy = y2dx (1 + y2)(1 + x2)dy = y2dxpodemos escreverna forma

dx

1 +x2 (1 +y

2)

y2 dy= 0.


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


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


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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


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


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


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.


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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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.


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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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


6. xy+ 2y= 0


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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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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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.

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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)

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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


F(x, y) =

(y+ 2xy3)dx= xy +x2y3 +u(y)

Por outro lado, F


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


F(x, y) = yexydx= exy +u(y)Por outro lado,

F


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

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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


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


F(x, y) =

(2x3 +xy2)dx=

1

2x4 +

1

2x2y2 +u(y)

Por outro lado, F


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


F(x, y) =

(3x2 + 6xy2)dx= x3 + 3x2y2 +u(y)

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Por outro lado, F


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


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


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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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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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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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+)

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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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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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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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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

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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

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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

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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

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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)


F

y =xnyn1 +u(y) = (xy)1(xn+1yn +bx)

xnyn1 +u(y) =xnyn1 +by1 u(y) =bLny

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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)



(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)


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

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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


(xy)n(xn+1yn +ay)dx+ (xy)n(xnyn+1 +ax)dy= 0

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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)


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)



(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)


F

y =u(y) = (xy)1(xy2 +ax) u(y) =y +ay1 u(y) =1

2y2 +aLny

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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

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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

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(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

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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.

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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.


F(x, y) =

xdx+g(y) F(x, y) =1

2x2 +g(y)

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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

logo M

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