UFPE – ´ AREA II – 2014.2 – Prof. Fernando J. O. Souza MA129 (c´ alculo diferencial e integral 4) – turma qa SIMULADO DA 1
aUNIDADE v. 1.0 COM GABARITO v. 1.0 Orienta¸ c˜ ao: Distribuir a resolu¸c˜ ao das quest˜ oes em quatro sess˜oes de 120 mi- nutos cada sem interrup¸c˜ ao nem distra¸c˜ oes. Dar solu¸c˜ oes leg´ıveis e justificadas, escrevendo os passos, detalhes e propriedades relevantes. S´o ler o gabarito depois.
Para cada item das quest˜ oes 1 e 2, encontrar a solu¸c˜ao completa se o item s´o apresentar a EDO, e resolver o PVI (dando todas as solu¸c˜oes globais) se o item contiver condi¸c˜ oes iniciais. Em todos, y ´e a fun¸c˜ao (de t ou x, conforme o caso).
Quest˜ ao 1. Apresentar solu¸c˜ oes expl´ıcitas nesta quest˜ao.
1.a. y
′′= 2 sec
2(t) tan (t) 1.b. (1 + e
x) y y
′= e
x; y(0) = 1 1.c. dy
dx = x
2+ y
2xy ; y(1) = −2 1.d. dy
dt + y
t = −t y
21.e. d
2y
dx
2= 2x dy
dx
2; y(0) = 4, y
′(0) = −1 1.f. x dy
dx = y (1 + ln (y) − ln (x)) 1.g. t dy
dt + y = −t
2y
2; y(1) = −1/3 1.h. Calcular o intervalo aberto contendo t
0= 1 no qual a solu¸c˜ao maximal (global) do PVI do Item 1.g est´ a definida.
1.i. dy
dx = e
2x+ y − 1 1.j. d
2y dt
2= 1
t
2, t > 0; y(1) = 0, y
′(1) = 1 1.k. d
2y
dt
2= 1
t
2, t < 0; y(−1) = 0, y
′(−1) = −2 1.l. t dy
dt + y = cos(t), t > 0 1.m. dy
dx + e
x= e
(x−y)Dica para o Item 1.m: Usar a substitui¸c˜ ao v = e
y.
Quest˜ ao 2. As solu¸c˜ oes podem ser dadas numa forma impl´ıcita nesta quest˜ao.
2.a. y dx + (2xy − e
−2y) dy = 0 2.b. (y
2+ 1) dy dx = y
x , x > 0; y(1) = 1 2.c. x
2+ y
2+ x
dx + xy dy = 0 2.d. x
4y
2− y
dx + x
2y
4− x dy = 0 2.e. dy
dx = − 3x
2y + y
22x
3+ 3xy 2.f. (2u − v)du + (4u + v)dv = 0, v ´e fun¸c˜ao de u;
2.g. e
x(1 + x)dx + (y e
y− x e
x)dy = 0 2.h. 3x
2y dx − x
3+ 2y
4dy = 0 2.i. dy
dx = xy
x
2+ y
2; y(1) = −1 2.j. x
3y − 2y
2dx + x
4dy = 0.
Dica para o Item 2.j: Usar um fator integrante da forma µ(x, y) = x
ay
bonde a e b s˜ ao n´ umeros inteiros apropriados.
Quest˜ ao 3. Para cada fam´ılia de curvas parametrizada por C ∈ R abaixo:
i. Encontrar uma EDO cuja solu¸c˜ ao geral seja a fam´ılia de fun¸c˜oes dada;
ii. Encontrar a fam´ılia de curvas ortogonais ` as curvas da fam´ılia dada. A res- posta pode ser dada em formato impl´ıcito.
3.a. Curvas xy = C definidas para x 6= 0;
3.b. Curvas y = C e
x;
3.c. Curvas y = C tan (x) + 1 definidas para x / ∈ n π 2 + kπ
k ∈ Z o .
Quest˜ ao 4. Mostrar que as circunferˆencias tangentes ao eixo Ox na origem s˜ao as curvas ortogonais ` as circunferˆencias tangentes ao eixo Oy na origem.
Quest˜ ao 5. Encontrar uma EDO de ordem 2 cuja solu¸c˜ao geral seja dada, impli-
citamente, pelas equa¸c˜ oes de todas as circunferˆencias de raio 1 (e centro qualquer)
no plano.
RESPOSTAS, ALGUMAS SOLU ¸ C ˜ OES E COMENT´ ARIOS SUBSCRITOS empregados nas solu¸c˜ oes y: c = completa; g = geral;
s = singular; p = particular.
1.a. A EDO ´e imediatamente integr´ avel. Fa¸camos u = sec (t) ∴ du = sec (t) tan (t) dt. Aplicando ` a EDO: y
′′= 2 sec
2(t) tan (t) ∴ y
′= R
2 sec
2(t) tan (t)dt = R
2u du = u
2+ C
1= sec
2(t) + C
1∴ y = R
(sec
2(t) + C
1) dt ∴ y
c(x) = tan (t) + C
1t + C
2, onde C
1, C
2∈ R .
1.b. Como 1 + e
x> 0, temos que (1 + e
x) y y
′= e
x⇔ e
x1 + e
x= y y
′, uma EDO separ´ avel. Integrando:
Z e
x1 + e
xdx = Z
y dy dx dx =
Z y dy
Com u = 1 + e
x, du = e
xdx tem-se que y
22 + C
1= Z du
u = ln |u| + C
2∴ (como u > 0) y
2= 2 ln (1 + e
x) + C, onde 2(C
2− C
1) = C ∈ R . Mas y(0) = 1
∴ 1 = (y(0))
2= 2 ln (1 + e
0) + C = 2 ln (2) + C = ln (4) + C ∴ y
2= 2 ln (1 + e
x) + 1 − ln (4). Como y(0) = 1 > 0, temos que:
y
p(x) = p
ln ((1 + e
x)
2) + 1 − ln (4) .
1.c. dy
dx = x
2+ y
2xy = x
2xy + y
2xy = 1
y/x + y
x , uma EDO homogˆenea. Logo,
fa¸camos v = y/x ∴ xv = y ∴ v + xv
′= y
′=
1v+ v ∴ xv
′= 1/v ∴ vv
′= 1/x (separ´ avel). Como v
′dx = dv, integremos ambos os membros em x, obtendo:
ln |x| + C
1=
v22+ C
2∴ v
2= 2 ln |x| + C = ln (x
2) + C, onde C = 2(C
1− C
2) ∴ y
2= x
2(ln (x
2) + C), onde C ∈ R .
Mas −2 = y(1) ∴ 4 = (y(1))
2= 1
2(ln (1
2) + C) = C ∴ y
2= x
2(ln (x
2) + 4). Como y(1) = −2, temos que: y
p(x) = − p
x
2(ln (x
2) + 4) .
1.d. Reconhecemos uma EDO de Bernoulli com n = 2. Portanto, ´e conveniente a substitui¸c˜ ao v = y
1−n= y
−1quando
1y 6= 0. Da´ı, y = v
−1∴ y
′= −v
−2v
′1De fato,y(t) = 0 ´e uma solu¸c˜ao, poisy′(t) = 0, e 0 + 0t =−t02parat6= 0.
pela regra da cadeia. Substituindo isto na EDO em y, e multiplicando por −v
2:
−v
−2v
′+ t
−1v
−1= −t v
−2∴ v
′− t
−1v = t, uma EDO linear que admite fator integrante dentro do seguinte formato:
± exp ( R
−t
−1dt) = ± exp (− ln |t| + k) = ±
|t|1e
k(k ∈ R ). Ser´a utilizado µ(t) = t
−1, resultando em: t
−1v = R
t
−1t dt = R
1 dt = t + C ∴ v = t
2+ Ct ∴ y
g(t) = (t
2+ Ct)
−1(C ∈ R ), enquanto y
s(t) = 0 ´e a ´ unica solu¸c˜ao singular.
1.e – S´ o ideias. Como y n˜ ao aparece na EDO, podemos fazer a substitui¸c˜ao v = y
′e resolver a EDO de 1
aordem auxiliar v
′= 2xv
2, que ´e separ´avel. A solu-
¸c˜ ao geral dela ´e v
c(x) = −1
C
1+ x
2onde C
1∈ R , e h´a a solu¸c˜ao singular v
s(x) = 0.
Como h´ a a condi¸c˜ ao inicial v(0) = y
′(0) = −1, segue-se que v
sn˜ao interessa para este problema, e que C
1= 1. Logo, v
p(x) = −1
1 + x
2. Integrando, obtemos que:
y(x) = C
2− arctan (x), onde C
2∈ R . Disto e da condi¸c˜ao inicial y(0) = 4, con- clu´ımos que C
2= 4 ∴ y
p(x) = 4 − arctan (x) .
1.f. A EDO x y
′= y (1 + ln (y) − ln (x)) ´e homogˆenea
2: y
′= y
x
1 + ln y x
Fa¸camos
3v = y/x ∴ y = xv ∴ y
′= v + xv
′. Da´ı, temos a seguinte EDO em v: v + xv
′= v (1 + ln (v)) ∴ xv
′= v ln (v).
Caso ln (v) 6= 0: dx
x = dv
v ln (v) = du
u onde u = ln (v) ∴ du = dv v .
Integrando: ln |x| + C
1= ln |u| = ln |ln |v||, onde C
1∈ R . Como x, v > 0:
ln |ln (y
g/x)| = ln (x) + C
1∴ ln (y
g/x) = Cx, onde C = ±e
C16= 0 ∴ y
g(x) = x e
Cx. Caso ln (v) = 0: 1 = v = y/x ∴ y = x = x e
0que, por inspe¸c˜ao, verifica a EDO.
Tal solu¸c˜ ao corresponde a C = 0 acima ∴ y
c(x) = x e
Cx, onde C ∈ R .
1.g. Como t y
′+ y = −t
2y
2´e uma EDO de Bernoulli com n = 2, ´e conveniente a substitui¸c˜ ao v = y
1−n= y
−1se
4y 6= 0, condi¸c˜ ao que assumimos devido `a condi¸c˜ao inicial y(1) = −1/3 dada. Da´ı, y = v
−1∴ y
′= −v
−2v
′pela regra da cadeia.
Substituindo isto na EDO em y: −tv
−2v
′+ v
−1= −t
2v
−2. Multiplicando por
−v
2/t j´ a que t
0= 1 > 0, obtemos uma EDO linear de 1
aordem em v j´a em formato padr˜ ao: v
′− t
−1v = t. Ela admite fator integrante µ(t) = t
−1porque
52Observemos quex6= 0 j´a vem da presen¸ca de ln (x)∴x >0. Analogamente,y >0.
3Da nota de rodap´e anterior,v >0.
4De fato,y(t) = 0 ´e uma solu¸c˜ao (singular), poisy′(t) = 0, e 0 +0t =−t02parat6= 0.
5µ(t) est´a dentro do formato ±exp (R
−t−1dt) =±exp (−ln|t|+k) =±|t|1ek(k∈R)
d
dt
ln |µ(t)| = −t
−1= −
dtdln |t| =
dtdln |t|
−1=
dtdln |t
−1|, resultando em:
t
−1v = R
t
−1t dt = R
1 dt = t + C ∴ v = t
2+ Ct ∴ y
g(t) = (t
2+ Ct)
−1para C ∈ R . Mas (−3)
−1= y(1) = (1 + C)
−1∴ C = −3 − 1 = −4 ∴ y
p(t) = (t
2− 4t)
−1. 1.h. O maior intervalo aberto contendo t
0= 1 no qual a solu¸c˜ao do Item 1.g y
p(t) = 1
t(t − 4) pode ser definida ´e (0, 4) devido ao seu denominador.
1.i. y
′= e
2x+y −1 ´e linear de 1
aordem em y. Em formato padr˜ao: y
′−y = e
2x−1.
Ela admite fator integrante µ(x) = e
−xporque
6 dxdln |µ(x)| = −1 =
dxd(−x) =
d
dx
ln (e
−x) =
dxdln |e
−x| (j´ a que e
−x> 0), resultando em:
d
dx
(e
−xy) = e
−xe
2x− 1
∴ e
−xy = R
(e
x− e
−x) dx = e
x+e
−x+C, onde C ∈ R ∴ y
c(x) = e
2x+ 1 + Ce
x, onde C ∈ R .
1.j e 1.k. A EDO ´e imediatamente integr´ avel. Integrando duas vezes, temos que:
y
′′=
t12= t
−2∴ y
′= −t
−1+ C
1∴ y = − ln |t| + C
1t + C
2∴
7y
c= ln |1/t| + C
1t + C
2, onde C
1, C
2∈ R .
Aplicando as condi¸c˜ oes iniciais y(1) = 0 e y
′(1) = 1, obtemos:
1 = y
p′k
(1) = −1 + C
1∴ C
1= 2; e
0 = y
pk(1) = ln |1| + C
1+ C
2= 2 + C
2∴ C
2= −2 ∴
y
pk(t) = ln |1/t| + 2(t − 1) para o Item 1.k.
Aplicando as condi¸c˜ oes iniciais y(−1) = 0 e y
′(−1) = −2, obtemos:
−2 = y
p′l(−1) = 1 + C
1∴ C
1= −3; e
0 = y
pl(−1) = ln | − 1|) − C
1+ C
2= 3 + C
2∴ C
2= −3 ∴ y
pl(t) = ln |1/t| − 3(t + 1) para o Item 1.l.
1.l. Um caminho ´e notarmos que a EDO ´e
dtd(t y) = cos(t), t > 0 e irmos para a
´
ultima linha desta resolu¸c˜ ao. Noutro caminho, observamos que a EDO dada ´e li- near com formato padr˜ ao y
′+ t
−1y = t
−1cos(t), t > 0, que admite fator integrante µ tal que
dtdln |µ(t)| = t
−1=
dtdln |t| e, analogamente ao que fizemos no Item 1.h, usaremos µ(t) = t, resultando em:
dtd(t y) = t t
−1cos (t) = cos (t) ∴
t y = R
cos (t) dt = sen(t) + C ∴ y
c(t) = sen(t) + C
t , onde C ∈ R .
comk= 0 e sinais + e−parat >0 et <0 respectivamente.
6µ(t) est´a dentro do formato ±exp (R
−1dx) = ±exp (−x+k) = ±eke−x (k ∈R) comk= 0 e sinal +.
7Sendo 0< t=|t| no primeiro dos dois itens, podemos escreverln(1/t) nele.
1.m. A EDO dada ´e y
′+e
x= e
(x−y). Fazendo a substitui¸c˜ao v = e
y> 0, obtemos y = ln (v), e y
′= v
′/v. Logo, a EDO equivale ` a seguinte EDO em v(x):
v
′v
−1+ e
x= e
xv
−1. Multiplicando por v, obtemos uma EDO linear de 1
aor- dem em v(x) j´ a no formato padr˜ ao: v
′+ e
xv = e
x. Um fator integrante µ(x) satisfaz a EDO auxiliar d
dx ln (µ(x)) = e
x∴ ln |µ(x)| = e
x+ k para algum k real ∴ µ(x) = ±e
(k+ex)= ±e
ke
(ex). Escolhendo a constante +e
0= 1, obtemos µ(x) = e
(ex). Assim: e
(ex)v(x) =
Z
e
(ex)e
xdx = Z
e
wdw = e
w+ C = e
(ex)+ C, onde C ∈ R e w = e
x∴ dw = w dx. Portanto, e
y= 1 + Ce
(−ex)∴
y
c(x) = ln 1 + Ce
(−ex), onde C ∈ R
2.a. A EDO n˜ ao ´e exata pois, escrevendo N (x, y) = 2xy − e
−2y, e M (x, y) = y, temos que N
x(x, y) = 2y 6= 1 = M
y(x, y). A EDO n˜ao admite fator inte- grante na forma µ(x) porque M
y− N
xN = 1 − 2y
2xy − e
−2yn˜ao ´e uma fun¸c˜ao indepen- dente de y. No entanto, a EDO admite fator integrante na forma µ(y) porque
N
x− M
yM = 2y − 1
y = 2 − y
−1´e uma fun¸c˜ ao independente de x e, portanto, ´e
d
dy
ln |µ(y)|. Da´ı, podemos escolher o fator integrante µ(y) para a EDO dada den- tro do seguinte formato:
± exp ( R
(2 − y
−1) dt) = ± exp (2y − ln |y| + k) = ±
|y|1e
2y+k(k ∈ R ). Aqui
8, µ(y) = y
−1e
2yser´ a utilizado se
9y(t) 6= 0, resultando na seguinte EDO exata:
e
2ydx + (2x e
2y− y
−1) dy = dU = 0. Logo, U (x, y) = Z
U
xdx = Z
e
2ydx ∴ U (x, y) = x e
2y+ g(y). Mas 2x e
2y− y
−1= U
y(x, y) = 2x e
2y+ g
′(y) ∴
g
′(y) = −y
−1∴ g(y) = − ln |y| + C
1(C
1∈ R ). Logo, a solu¸c˜ao geral da EDO pode ser dada implicitamente como x e
2yg− ln |y
g| = C, onde C ∈ R , enquanto y
s(t) = 0 ´e a ´ unica solu¸c˜ ao singular.
2.b. A EDO (y
2+ 1)y
′= y
x , x > 0 ´e separ´ avel. Como y(1) = 1 6= 0, podemos ignorar o caso y = 0 e dividir por y, obtendo:
y + 1
y
dy = 1
x dx. Integrando,
8Ou seja, escolheu-seµ(y) = +|y|−1e2y para y >0, e−|y|−1e2y paray <0.
9De fato, convertendo-se diferenciais em derivadas, a EDO ´ey+ (2xy−e−2y)y′ = 0, dondey(t) = 0 ´e uma solu¸c˜ao, poisy′(t) = 0.
chegamos ` a solu¸c˜ ao geral impl´ıcita y
22 + ln |y| = ln |x| + C. Mas y(1) = 1 ∴ C = 1/2. Sendo ln |y| − ln |x| = ln (|y|/|x|), conclu´ımos que: y
2p2 + ln
y
px = 1
2 2.c. A EDO n˜ ao ´e exata pois, escrevendo M(x, y) = x
2+ y
2+ x e N (x, y) = xy, temos que M
y(x, y) = 2y 6= y = N
x(x, y). A EDO admite fator integrante na forma µ(x) porque M
y− N
xN = 2y − y xy = 1
x ´e uma fun¸c˜ao de x e, portanto, d
dx ln |µ(x)| = 1 x = d
dx ln |x|. Da´ı, podemos escolher o fator integrante µ(x) = x, resultando na seguinte EDO exata:
x
3+ xy
2+ x
2dx + x
2y dy = 0. Logo, U (x, y) = Z
U
ydy = Z
x
2y dy ∴ U(x, y) = x
2y
22 + f (x). Mas xy
2+ x
3+ x
2= U
x(x, y) = xy
2+ f
′(x) ∴ f
′(x) = x
3+ x
2∴ f (x) = x
44 + x
33 serve. Logo, a solu¸c˜ao completa da EDO pode ser dada implicitamente como x
2y
c22 + x
44 + x
33 = C, onde C ∈ R . Obs. Outra apresenta¸c˜ ao para tal solu¸c˜ ao completa impl´ıcita ´e:
6x
2y
c2+ 3x
4+ 4x
3= K, onde K = 12 C ∈ R .
2.d. M(x, y) = x
4y
2−y e N (x, y) = x
2y
4−x ∴ M
y(x, y) = 2x
4y−1 6= 2xy
4−1 = N
x(x, y) ∴ a EDO n˜ ao ´e exata. Seguindo a dica, procuremos um fator integrante da forma µ(a(x, y)) para a EDO, onde a(x, y) = xy:
d
da ln |µ(a)| = N
x− M
yxM − yN = 2xy(y
3− x
3) x
2y
2(x
3− y
3) = −2
xy = −2
a = −2 d
da ln |a| = d
da ln |a|
−2= d
da ln |a
−2| ∴ µ(a(x, y)) = (a(x, y))
−2= (xy)
−2´e adequado, levando `a an´alise de uma poss´ıvel solu¸c˜ ao singular y(x) = 0 ` a parte. De fato, y(x) = 0 fornece y
′(x) = 0 e, na EDO, (x
4y
2− y) + (x
2y
4− x)y
′= (x
40
2− 0) + (x
20
4− x)0 = 0.
Logo, y
s(x) = 0. Multiplicando a EDO original por µ(xy), temos a EDO exata:
x
2− x
−2y
−1dx+ y
2− x
−1y
−2dy = 0 ∴ U (x, y) = Z
x
2− x
−2y
−1dx = x
33 + x
−1y
−1+g(y) ∴ y
2−x
−1y
−2= U
y(x, y) = g
′(y) −x
−1y
−2∴ g
′(y) = y
2∴ g(y) = y
33 serve. Por conseguinte, x
3+ y
g33 + 1
x y
g= C, onde C ∈ R .
Obs. Multiplicando por 3xy
g, a solu¸c˜ ao geral impl´ıcita se torna:
x
4y
g+ xy
g4+ 3 = Kxy
g, onde K = 3 C ∈ R .
2.e
10. y
′= − 3x
2y + y
22x
3+ 3xy A EDO n˜ ao ´e separ´ avel nem linear
11. Escrevendo-a no formato de diferencial:
(3x
2y + y
2)dx + (2x
3+ 3xy)dy = 0 ∴ M (x, y) = 3x
2y + y
2e N (x, y) = 2x
3+ 3xy.
Como M
y(x, y) = 3x
2+ 2y 6= 6x
2+ 3y = N
x(x, y), a EDO n˜ao ´e exata. A EDO n˜ ao admite fator integrante na forma µ(x) porque M
y− N
xN = −3x
2− y
2x
3+ 3xy n˜ao ´e uma fun¸c˜ ao independente
12de y. No entanto, N
x− M
yM = 3x
2+ y 3x
2y + y
2= 1
y ´e independente de x, resultando em
dydln |µ(y)| =
1y=
dydln |y|. Disto, podemos usar
13µ(y) = y, resultando na EDO exata (3x
2y
2+ y
3)dx + (2x
3y + 3xy
2)dy = 0.
Disto, U (x, y) = Z
U
xdx = Z
(3x
2y
2+ y
3) dx ∴ U (x, y) = x
3y
2+ xy
3+g(y). Mas 2x
3y + 3xy
2= U
y(x, y) = 2x
3y + 3xy
2+ g
′(y) ∴ g
′(y) = 0 ∴ g(y) = 0 serve ∴
x
3y
c2+ xy
c3= C, onde C ∈ R .
2.f
14. (2u − v)du + (4u + v)dv = 0. Dividindo ambos os termos da EDO por u, obtemos que a EDO equivale (para u 6= 0) a 2 − v
u + 4 + v
u dv
du = 0, uma EDO homogˆenea. Logo, fa¸camos z = v/u ∴ v = uz ∴ v
′= z + uz
′e a EDO em z correspondente ´e dada por
2 − z + (4 + z)(z + uz
′) = 0 ∴ z
2+ 3z + 2 + (4 + z)uz
′= 0 ∴ no caso 0 6= z
2+3z+2 = (z+1)(z+2), isto ´e, z / ∈ {−1, −2}, temos que − 1
u = 4 + z z
2+ 3z + 2 z
′(uma EDO separ´ avel). Para integrarmos em u, expandamos a fun¸c˜ao racional em fra¸c˜ oes parciais: 4 + z
z
2+ 3z + 2 = A
z + 1 + B
z + 2 ∴ 4 + z = A(z + 2) + B(z + 1).
10Fim do Cap. 2 de [Boyce/DiPrima], EDO do Prob. 31 (resp. 32) da 9a (resp. 8a) ed.
11Ali´as, se fosse separ´avel, seria exata, e se fosse linear, admitiria um fator integrante da formaµ(x). De acordo com a solu¸c˜ao acima, ambas as situa¸c˜oes n˜ao ocorrem.
12Basta compararmos seus valores em (x, y) comxfixado. Ex.: em (1,0) e (1,1).
13Observar que, ao multiplicarmos ambos os lados pory, estar´ıamos introduzindo uma solu¸c˜ao adicionaly≡0 se esta fun¸c˜ao constante n˜ao fosse uma solu¸c˜ao da EDO original.
Entretanto, ela o ´e, e corresponde aC= 0 na solu¸c˜ao completa obtida acima.
14EDO auxiliar para o Exerc´ıcio 31 da Se¸c. 2.6 do [Nagle/Saff/Snider].
Substituindo z = −1 e z = −2 nesta igualdade, obtemos A = 3 e −B = 2 ∴ B = −2. Integrando com rela¸c˜ ao a u (lembrar que u 6= 0): − ln |u| + C
1= R 3(z + 1)
−1− 2(z + 2)
−1dz = 3 ln |z + 1| − 2 ln |z + 2| + C
2, onde C
1, C
2∈ R ∴ ln |u
−1| + C = ln
(z + 1)
3(z + 2)
2, onde C = C
1− C
2∈ R . Logo
15, ln |u
−1| + C = ln
vg
u
+ 1
3 vgu
+ 2
2, onde C ∈ R .
Os casos z(u) = −1 e z(u) = −2, isto ´e, v(u) = −u e v(u) = −2u tˆem deri- vadas −1 e −2, respectivamente. Substituindo a primeira fun¸c˜ao v na EDO, obte- mos: (2u − v) + (4u + v)v
′= (2u + u) + (4u − u)(−1) = 3u − 3u = 0. A segunda resulta em: (2u − v) + (4u + v)v
′= (2u + 2u) + (4u − 2u)(−2) = 4u − 4u = 0.
Logo, ambas s˜ ao solu¸c˜ oes singulares: v
s1(u) = −u e v
s2(u) = −2u.
2.g – S´ o ideias. e
x(1 + x)dx + (y e
y− x e
x)dy = 0 ∴ M (x, y) = e
x(1 + x) e N (x, y) = y e
y− x e
x∴ N
x− M
yM = −M
M = −1 ∴ a EDO admite um fator in- tegrante µ(y) tal que d
dy ln |µ(y)| = −1 ∴ µ(y) = e
−y> 0 serve, e a EDO original equivale ` a EDO exata e
(x−y)(1 + x)dx + (y − x e
(x−y))dy = 0. Como
d
dx (x e
x) = (x + 1)e
x, integrando em x, obtemos: U (x, y) = x e
(x−y)+ g(y), onde g(y) satisfaz y − x e
(x−y)= U
y(x, y) = −x e
(x−y)+ g
′(y) ∴ g(y) = y
2/2 serve ∴
x e
(x−yc)+ y
c22 = C, onde C ∈ R . 2.h – S´ o ideias. 3x
2y dx − x
3+ 2y
4dy = 0 ∴ N (x, y) = −x
3+ 2y
4e M (x, y) = 3x
2y ∴ N
x− M
yM = −3x
2− 3x
23x
2y = −2
y ∴ a EDO admite um fator in- tegrante µ(y) tal que d
dy ln |µ(y)| = −2/y ∴ µ(y) = y
−2serve. Exceto por sua solu¸c˜ ao singular y
s(x) = 0, a EDO original possui as mesmas solu¸c˜oes que a EDO exata abaixo: 3x
2y
−1dx − x
3y
−2+ 2y
2dy = 0. Integrando em x, ob- temos: U (x, y) = x
3y
−1+ g(y), onde g(y) satisfaz −x
3y
−2− 2y
2= U
y(x, y) =
−x
3y
−2+ g
′(y) ∴ g(y) = −2y
3/3 serve ∴ x
3y
−1g− 2
3 y
3g= C, onde C ∈ R .
15Tomando-se exp , e se eliminando o valor absoluto, a solu¸c˜ao geral ´e:
K
u = (vg+u)3
u(vg+ 2u)2 ∴ K(vg+ 2u)2= (vg+u)3 comu ∈ R, onde K = ±C ∈ R∗. J´a vs1
corresponde aK= 0 na express˜ao anterior, enquantovs2n˜ao corresponde aKreal algum.
2.i. Fazendo v = y/x (para x 6= 0), temos que y = xv ∴ y
′= v + xv
′. Substituindo isto no membro esquerdo da EDO dada, e multiplicando e dividindo o direito por 1/x
2, temos que:
v + xv
′= y
′= xy
x
2+ y
2= y/x
1 + (y/x)
2= v
1 + v
2∴ xv
′= v
1 + v
2− v = − v
31 + v
2Tal EDO ´e separ´ avel. Como y(1) = −1 6= 0, assumamos y 6= 0 ∴ v 6= 0 ∴
− 1
x = 1 + v
2v
3v
′=
1 v
3+ 1
v
v
′Integrando em x, obtemos que:
− ln |x| + C = − 1
2v
2+ ln |v| = ln y x − x
22y
2= ln |y| − ln |x| − x
22y
2, onde C ∈ R ∴ C = ln |y
g| − x
22y
2g. Mas y
p(1) = −1 ∴ C = −1/2 ∴ ln |y
p| − x
22y
2p= − 1 2 2.j. x
3y − 2y
2dx + x
4dy = 0. Segundo a dica, h´a um fator integrante da forma µ(x, y) = x
ay
b, onde a, b ∈ Z . Assim, (µ(x, y)N(x, y))
x= (µ(x, y)M (x, y))
you seja, a x
a−1y
bx
4+ x
ay
b4 x
3= b x
ay
b−1(x
3y − 2y
2) + x
ay
b(x
3− 4y), ou seja, a x
a+3y
b+ 4x
a+3y
b= b x
a+3y
b− 2b x
ay
b+1+ x
a+3y
b− 4x
ay
b+1, ou seja,
(a + 3 − b)x
a+3y
b+ (4 + 2b)x
ay
b+1= 0, o que equivale a a + 3 − b = 0 = 4 + 2b ∴ b = −2 e a = −5 ∴ µ(x, y) = x
−5y
−2e, exceto por sua solu¸c˜ao singular y
s(x) = 0, a EDO original tem as mesmas solu¸c˜ oes que a seguinte EDO exata:
x
−2y
−1− 2x
−5dx + x
−1y
−2dy = 0. Integrando em y, obtemos:
U (x, y) = −x
−1y
−1+ f (x), onde f (x) satisfaz x
−2y
−1− 2x
−5= U
x(x, y) = x
−2y
−1+ f
′(x) ∴ f
′(x) = −2x
−5∴ f (x) = x
−4/2 ∴ 1
2x
4− 1 xy
g= C onde C ∈ R .
Obs. Esta solu¸c˜ ao geral pode ser dada explicitamente por y
g(x) = 2x
31 + Kx
4onde K = −2C ∈ R .
Obs. Esta EDO tamb´em pode ser resolvida como EDO de Bernoulli. Ideias:
x
3y − 2y
2+ x
4y
′= 0 ⇐⇒ y
s≡ 0 ou x
4y
−2y
′+ x
3y
−1= 2. Fazendo v = y
−1, esta
´
ultima EDO equivale a v
′− x
−1v = −2x
−4, que ´e linear de 1
aordem em formato padr˜ ao, e admite fator integrante µ(x) = x
−1∴ x
−1v = R
−2x
−5dx = K
1+ x
−4/2, onde K
1∈ R ∴ (y
g(x))
−1= v(x) = x K
1+ x
−32 = Kx
4+ 1
2x
3, onde K = 2K
1∈ R .
Tomando o inverso multiplicativo desta fra¸c˜ ao, obtemos a solu¸c˜ao geral expl´ıcita
da observa¸c˜ ao anterior.
3.a.i. Como todas as fun¸c˜ oes da fam´ılia satisfazem xy = C para x 6= 0 com C constante, consideramos a fun¸c˜ ao f (x, y) − xy da qual as curvas s˜ao linhas de n´ıvel. Sabemos
16que a fam´ılia satisfaz y
′= − f
x(x, y)
f
y(x, y) ∴ y
′= − y
x . Tal EDO ´e separ´ avel. Para y 6= 0, temos que 1
y dy dx = − 1
x . Integrando em x e usando que dy
dx dx = dy, obtemos ln |y| = − ln |x| + C
1= ln |x|
−1+ C
1, onde C
1∈ R , Tomando a exponencial e eliminando os m´ odulos, obtemos y = C/x, onde C = ±e
C16= 0.
Caso y(x) = 0, temos uma solu¸c˜ ao, pois y
′(x) = 0 = 0
x = y(x)
x . Mas tal solu¸c˜ao corresponde a C = 0. Assim, a fam´ılia de fun¸c˜ oes dada no problema ´e, de fato, a solu¸c˜ ao completa da EDO obtida acima.
3.a.ii. Do item anterior, j´ a sabemos
17que as curvas da fam´ılia dada satisfazem a EDO y
′= −y/x e, portanto, as curvas ortogonais a elas satisfazem a EDO y
′= x/y (separ´ avel). Como y
′dx = dy, integremos ambos os membros em x, obtendo y
22 + C
1= x
22 + C
2. Com C = 2(C
2−C
1), temos que as curvas s˜ao dadas implicitamente por y
c2− x
2= C, onde C ∈ R .
Para 3.b e 3.c, usaremos as ideias acima sem suas justificativas. Tamb´em n˜ao conferiremos, na parte (i), que as curvas da fam´ılia dada formam uma solu¸c˜ao geral da EDO obtida, mas pressupomos que os leitores o far˜ao.
3.b.i. f (x, y) = e
−xy = C, onde C ∈ R ∴ y
′= − f
x(x, y)
f
y(x, y) = − −e
−xy
e
−x∴ y
′= y . 3.b.ii. Tomando o oposto do inverso de y
′do Item 3.b.i, obtemos que as curvas ortogonais ` as curvas da fam´ılia original satisfazem a EDO y
′= −1/y . Tal EDO
´e separ´ avel, fornecendo Z
y dy = Z
−1 dx ∴ y
22 = C
1− x ∴
y
2c= C − 2x onde C = 2C
1∈ R .
16Resolu¸c˜ao a partir do in´ıcio, sem f´ormulas comf(x, y): diferenciando implicitamente com rela¸c˜ao ax, temos que y+xy′= 0∴y′=−y/xparax6= 0.
17Se n˜ao soub´essemos isto, poder´ıamos obter a mesma EDO seguindo o m´etodo descrito nesta disciplina: como as curvas s˜ao dadas como f(x, y) = C, onde f(x, y) =xy ´e uma fun¸c˜ao diferenci´avel, temos que elas satisfazem 0 =df=fxdx+fydy∴y′ =−fx/fy. As curvas ortogonais `as curvas dadas tˆem declividade igual ao inverso do oposto da declividade das curvas originais nos pontos de interse¸c˜ao (quando nenhuma destas declividades ´e nula) e, portanto, satisfazem a EDO y′=fy/fx=x/y∴yy′=x.