Atividade recente no site - Prof. Fernando J. O. Souza - Dept. de Matemática, UFPE

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UFPE – ÁREA II – 2016.2 – Prof. Fernando J. O. Souza MA129 (cálculo diferencial e integral 4) – turmas q1 e q5 SIMULADO DA 1a _{UNIDADE v. 1.0 COM GABARITO v. 0.8} Orienta¸cão: Distribuir a resolu¸cão das questões em seis sessões de 120 minutos cada sem interrup¸cão nem distra¸cões. Dar solu¸cões leg´ıveis e justificadas, escre-vendo os passos, detalhes e propriedades relevantes. Só ler o gabarito depois.

Para cada item das questões 1 e 2, encontrar a solu¸cão completa se o item só apresentar a EDO, e resolver o PVI (dando todas as solu¸cões maximais) se o item contiver condi¸cões iniciais. Em todos, y é a fun¸cão (de tou x, conforme o caso).

Questão 1. Apresentar solu¸cões expl´ıcitasnesta questão.

1.a. y′′_{= 2 sec}2₍_t_{) tan (}_t₎ _1.b. _{(1 +}_ex₎_{y y}′₌_ex_; _y_{(0) = 1}

1.c. dy dx =

x2+y2

xy ; y(1) =−2 1.d.

dy dt +

y

t =−t y

2

1.e. d

2_y

dx2 = 2x

dy dx

2

; y(0) = 4, y′(0) =−1

1.f. xdy

dx =y(1 + ln (y)−ln (x)) 1.g. t dy

dt +y=−t

2_y2_; _y_{(1) =}₋₁_/₃

1.h. Calcular o intervalo aberto contendo t0 = 1 no qual a solu¸c˜ao maximal do PVI do Item 1.g est´a definida.

1.i. dy dx =e

2x₊_y₋₁ _1.j. d2y

dt2 = 1

t2, t >0; y(1) = 0, y

′_{(1) = 1}

1.k. d

2_y

dt2 = 1

t2, t <0; y(−1) = 0, y

′₍₋_{1) =}₋₂ _1.l. _tdy

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₌_ey_.

1.n. x2 dy

dx+ 2xy−y

3 _{= 0}_{, x >}₀ _1.o. dy

dt =−y ln (y). Obs. y >0

1.p. dy dx =x

2_e−2y_; _y_{(2) = 0} _1.q. dy

dx = y x +e

−y/x_{, x <}₀

1.r. dy

dx = (y+x−19)

(2)

1.s. dy dt =

y2

t ; y(1) = −12. Dar o intervalo de defini¸c˜ao da solu¸c˜ao maximal.

Questão 2. As solu¸cões podem ser dadas numa forma impl´ıcita nesta questão.

2.a. y dx+ (2xy−e−2y₎_dy_{= 0} _2.b. ₍_y2_{+ 1)}dy

dx = y

x, x >0; y(1) = 1

2.c. x2+y2+x

dx+xy dy= 0 2.d. x4y2−y

dx+ x2y4−x dy = 0

2.e. dy dx = −

3x2_y₊_y2

2x3_{+ 3}_xy 2.f. (2u−v)du+ (4u+v)dv = 0, v ´e fun¸c˜ao deu;

2.g. ex(1 +x)dx+ (y ey−x ex)dy = 0 2.h. 3x2y dx− x3+ 2y4 dy = 0

2.i. dy dx =

xy

x2₊_y2; y(1) =−1 2.j. x

3_y₋₂_y2

dx+x4dy = 0.

Dica para o Item 2.j: Usar um fator integrante da formaµ(x, y) =xayb, calcu-lando n´umeros inteirosae bapropriados.

2.k. dy

dx = (y−3)(y−5)(y−8)

2.l. Resolver a EDO (3xy +y2)dx+ (x2+xy)dy = 0 duas vezes: por fator integrante; e como EDO homogˆenea.

Quest˜ao 3. Para cada fam´ılia de curvas parametrizada por C ∈Rabaixo:

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 parax6= 0;

3.b. Curvasy=C ex;

3.c. Curvasy=C tan (x) + 1 definidas parax /∈nπ

2 +kπ

k∈Z

o

;

(3)

Quest˜ao 4. Consideremos o PVI: (x2−1)dy

dx = 2y; y(a) =b.

4.a. Para quais pontos (a, b) do plano (R2) o teorema de existência e unicidade estudado garante a existência de solu¸cão local única para o PVI?

4.b. Dar, explicitamente, todas as solu¸cões maximais para o PVI com con-di¸cão inicial y(1) = 0, ou seja, solu¸cões maximais cujos gráficos passam pelo ponto (a, b) = (1,0).

Quest˜ao 5. Consideremos a EDO abaixo, observando que ela est´a restrita aos pontos de R2 no semiplano y >0:

dy

dx = 3y ln

2

y

5.a. Encontrar a solu¸c˜ao completa expl´ıcita desta EDO;

5.b. O que o teorema de existˆencia e unicidade de solu¸c˜oes estudado diz a respeito dela?

Quest˜ao 6. A EDO dy

dx =y(3−y) possui alguma solu¸c˜ao global que muda de

sinal1? Em caso afirmativo, dar tal solu¸c˜ao explicitamente. Em caso negativo, dar uma justificativa completa.

1

(4)

RESPOSTAS, ALGUMAS SOLU ¸C ˜OES E COMENT´ARIOS

SUBSCRITOS empregados nas solu¸c˜oesy: 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 sec2(t) tan (t)∴

y′ =R

2 sec2(t) tan (t)dt=R

2u du=u2+C1= sec2(t) +C1 ∴

y=R

(sec2₍_t_{) +}_C

1)dt∴y_c(x) = tan (t) +C₁t+C₂, ondeC₁, C₂ ∈R.

1.b. Como 1 +ex_>_{0, temos que (1 +}_ex₎_{y y}′₌_ex _⇔ ex

1 +ex =y y

′_,

uma EDO separ´avel. Integrando:

Z ex

1 +exdx=

Z ydy

dxdx= Z

y dy

Comu= 1 +ex, du=exdx tem-se que y 2

2 +C1 =

Z _du

u = ln|u|+C2∴

(como u >0)y2= 2 ln (1 +ex) +C, onde 2(C2−C1) =C ∈R.Mas y(0) = 1

∴1 = (y(0))2 = 2 ln (1 +e0) +C= 2 ln (2) +C= ln (4) +C∴

y2= 2 ln (1 +ex) + 1−ln (4). Comoy(0) = 1>0, temos que:

yp(x) =

p

ln ((1 +ex₎2_{) + 1}₋_{ln (4)}_.

1.c. dy dx =

x2+y2 xy =

x2 xy +

y2 xy =

1

y/x+ y

x, uma EDO homogˆenea. Logo,

fa¸camos v = y/x ∴ xv = y ∴ v+xv′ = y′ = 1

v +v ∴ xv′ = 1/v ∴ vv′ = 1/x

(separ´avel). Como v′dx = dv, integremos ambos os membros em x, obtendo: ln|x|+C1= v

2

2 +C2∴v2 = 2 ln|x|+C = ln (x2) +C, onde

C = 2(C1−C2)∴y2 =x2(ln (x2) +C), onde C∈R.

Mas −2 =y(1)∴4 = (y(1))2 = 12(ln (12) +C) =C∴y2=x2(ln (x2) + 4). Como

y(1) =−2, temos que: yp(x) =−

p

x2_{(ln (}_x2_{) + 4) .}

1.d. Reconhecemos uma EDO de Bernoulli com n = 2. Portanto, ´e conveniente a substitui¸c˜ao v = y1−n ₌ _y−1 _quando2 _y _{= 0. Da´ı,}₆ _y ₌ _v−1 _∴ _y′ ₌ ₋_v−2_v′

2

De fato,y(t) = 0 ´e uma solu¸c˜ao, poisy′₍_t_{) = 0, e 0 +} 0

t =−t0

2

(5)

pela regra da cadeia. Substituindo isto na EDO em y, e multiplicando por −v2_:

−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−1_dt_{) =}_±_{exp (}₋_ln_|_t_|₊_k_{) =}_±1

|t|ek (k∈R). Ser´a utilizado

µ(t) =t−1_{, resultando em:} _t−1_v₌R

t−1_{t dt}₌R

1dt=t+C∴v=t2+Ct∴

yg(t) = (t2+Ct)−1 (C ∈R), enquantoys(t) = 0 é a única solu¸cão singular.

1.e – Só ideias. Como y não aparece na EDO, podemos fazer a substitui¸cão

v=y′ e resolver a EDO de 1a ordem auxiliar v′ = 2xv2, que é separável. A solu-¸cão geral dela é vc(x) =

−1

C1+x2

ondeC1 ∈R, e h´a a solu¸c˜ao singularvs(x) = 0.

Como há a condi¸cão inicialv(0) =y′(0) =−1, segue-se que vs não interessa para

este problema, e que C1 = 1. Logo, vp(x) = −1

1 +x2 . Integrando, obtemos que:

y(x) =C2−arctan (x), onde C2 ∈ R. Disto e da condi¸c˜ao inicial y(0) = 4, con-clu´ımos que C2 = 4∴y_p(x) = 4−arctan (x) .

1.f. A EDO x y′ =y(1 + ln (y)−ln (x)) ´e homogˆenea3:

y′ = y

x

1 + lny

x

Fa¸camos4 v=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).

Casoln (v)6= 0: dx

x = dv v ln (v) =

du

u ondeu= ln (v)∴du= dv

v .

Integrando: ln|x|+C1 = ln|u| = ln|ln|v||, onde C1 ∈ R. Como x, v > 0: ln|ln (yg/x)|= ln (x) +C1∴ln (y_g/x) =Cx, onde C=±eC1 ₆_{= 0}∴y_g(x) =x eCx.

Casoln (v) = 0: 1 = v=y/x∴y =x=x e0 que, por inspe¸c˜ao, verifica a EDO. Tal solu¸c˜ao corresponde aC = 0 acima ∴y_c(x) =x eCx, ondeC∈R.

1.g. Como t y′+y=−t2y2 é uma EDO de Bernoulli comn= 2, é conveniente a substitui¸cãov =y1−n=y−1se5 y6= 0, condi¸cão que assumimos devido à condi¸cão 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−2_v′₊_v−1 ₌ ₋_t2_v−2_{. Multiplicando por}

−v2/t já que t0 = 1 > 0, obtemos uma EDO linear de 1a ordem em v já em formato padrão: v′−t−1v=t. Ela admite fator integrante µ(t) =t−1 porque6

3

Observemos quex6= 0 j´a vem da presen¸ca de ln (x)∴x >0. Analogamente,y >0.

4

Da nota de rodap´e anterior,v >0.

5

De fato,y(t) = 0 ´e uma solu¸c˜ao (singular), poisy′₍_t_{) = 0, e 0 +}0

t =−t0

2

parat6= 0.

6

µ(t) est´a dentro do formato ±exp (R −t−1

dt) =±exp (−ln|t|+k) =±1 |t|e

k₍_k_∈

(6)

d

dt ln|µ(t)|=−t−1=−dtd ln|t|= dtd ln|t|−1 = dtd ln|t−1|, resultando em: t−1v=R

t−1t dt=R

1dt=t+C∴v=t2+Ct∴y_g(t) = (t2+Ct)−1 paraC∈R. Mas (−3)−1=y(1) = (1 +C)−1∴C=−3−1 =−4∴y_p(t) = (t2−4t)−1 .

1.h. O maior intervalo aberto contendo t0 = 1 no qual a solu¸c˜ao do Item 1.g

yp(t) =

1

t(t−4) pode ser definida ´e (0,4) devido ao seu denominador.

1.i. y′=e2x+y−1 ´e linear de 1aordem emy. Em formato padr˜ao: y′−y=e2x−1. Ela admite fator integrante µ(x) =e−x porque7 _dxd ln|µ(x)| = −1 = _dxd (−x) =

d

dx ln (e−x) = dxd ln|e−x| (j´a quee−x>0), resultando em: d

dx (e−xy) =e−x e2x−1

∴e−xy=R(ex−e−x) dx=ex+e−x+C, ondeC∈R∴

yc(x) =e2x+ 1 +Cex, ondeC ∈R.

1.j e1.k. A EDO ´e imediatamente integr´avel. Integrando duas vezes, temos que:

y′′₌ 1

t2 =t−2 ∴y′ =−t−1+C1 ∴y=−ln|t|+C1t+C2∴8

yc = ln|1/t|+C1t+C2, ondeC1, C2 ∈R.

Aplicando as condi¸c˜oes iniciais y(1) = 0 ey′(1) = 1, obtemos: 1 =y′

pk(1) =−1 +C1∴C₁ = 2; e

0 =ypk(1) = ln|1|+C1+C2 = 2 +C2 ∴C₂=−2∴

ypk(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′

pl(−1) = 1 +C1 ∴C₁=−3; e

0 =ypl(−1) = ln| −1|)−C1+C2= 3 +C2∴C₂ =−3∴

ypl(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¸cão. Noutro caminho, observamos que a EDO dada é li-near com formato padrãoy′+t−1y=t−1cos(t), t >0, que admite fator integrante

µtal que _dtd ln|µ(t)|=t−1= _dtd ln|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 , ondeC ∈R.

comk= 0 e sinais + e−parat >0 et <0 respectivamente.

7

µ(t) est´a dentro do formato ±exp (R

−1dx) = ±exp (−x+k) = ±ek_e−x ₍_k _∈_R₎ comk= 0 e sinal +.

8

(7)

1.m. A EDO dada ´ey′₊_ex₌_e(x−y)_{. Fazendo a substitui¸c˜}_ao _v₌_ey _>_{0, obtemos} y= ln (v), e y′ =v′/v. Logo, a EDO equivale `a seguinte EDO em v(x):

v′v−1 +ex = exv−1. Multiplicando por v, obtemos uma EDO linear de 1a or-dem em v(x) j´a no formato padr˜ao: v′ ₊_ex_v ₌ _ex_{. Um fator integrante} _µ₍_x₎

satisfaz a EDO auxiliar d

dxln (µ(x)) = e

x _∴ _ln_|_µ₍_x₎_| ₌ _ex ₊_k _{para algum} _k

real ∴ µ(x) = ±e(k+e

x₎

= ±eke(ex). Escolhendo a constante +e0 = 1, obtemos

µ(x) =e(ex). Assim: e(ex)v(x) =

Z

e(ex)exdx=

Z

ewdw=ew+C =e(ex)+C,

ondeC ∈R e w=ex_∴_dw₌_{w dx}_{. Portanto,} _ey _{= 1 +}_Ce(−ex₎

∴

yc(x) = ln 1 +Ce(−e x₎

, ondeC∈R

1.n–o. Vide os itens 1.a e 1.b do gabarito do 1o _{Exerc´ıcio Escolar de 2015.2.}

2.a. A EDO não é exata pois, escrevendo N(x, y) = 2xy−e−2y, e M(x, y) = y, temos que Nx(x, y) = 2y 6= 1 = My(x, y). A EDO não admite fator

inte-grante na forma µ(x) porqueMy−Nx

N =

1−2y

2xy−e−2y não é uma fun¸cão

indepen-dente de y. No entanto, a EDO admite fator integrante na forma µ(y) porque

Nx−My

M =

2y−1

y = 2−y

−1 _{´e uma fun¸c˜}_{ao independente de} _x _{e, portanto, ´e}

d

dyln|µ(y)|. Da´ı, podemos escolher o fator integranteµ(y) para a EDO dada

den-tro do seguinte formato:

±exp (R

(2−y−1)dt) = ±exp (2y−ln|y|+k) = ±_|1_y_|e2y+k (k ∈ R). Aqui9,

µ(y) =y−1_e2y _ser´_{a utilizado se}10 _y₍_t₎₆_{= 0, resultando na seguinte EDO exata:}

e2ydx+ (2x e2y −y−1)dy = dU = 0. Logo, U(x, y) =

Z

Uxdx=

Z

e2ydx ∴

U(x, y) =x e2y+g(y). Mas 2x e2y−y−1 =Uy(x, y) = 2x e2y+g′(y)∴

g′₍_y_{) =} ₋_y−1 _∴ _g₍_y_{) =} ₋_ln_|_y_|₊_C

1 (C1 ∈ R). Logo, a solu¸c˜ao geral da EDO pode ser dada implicitamente como x e2yg ₋_ln_|_y

g|=C, onde C ∈ R, enquanto ys(t) = 0 é a única solu¸cão singular.

2.b. A EDO (y2+ 1)y′ = y

x, x > 0 ´e separ´avel. Como y(1) = 16= 0, podemos

ignorar o caso y = 0 e dividir por y, obtendo:

y+ 1

y

dy = 1

xdx. Integrando,

9

Ou seja, escolheu-seµ(y) = +|y|−1

e2y _para_{y >}_{0, e} _−|y|−1

e2y _para_{y <}_0.

10

De fato, convertendo-se diferenciais em derivadas, a EDO ´ey+ (2xy−e−2y₎_y′ _{= 0,}

(8)

chegamos `a solu¸c˜ao geral impl´ıcita y 2

2 + ln|y| = ln|x|+C. Mas y(1) = 1 ∴

C = 1/2. Sendo ln|y| −ln|x|= ln (|y|/|x|), conclu´ımos que: y 2

p

2 + ln

yp x = 1 2

2.c. A EDO n˜ao ´e exata pois, escrevendo M(x, y) =x2₊_y2₊_x _e _N₍_{x, y}_{) =}_xy_, temos que My(x, y) = 2y 6= y = Nx(x, y). A EDO admite fator integrante

na forma µ(x) porque My−Nx

N =

2y−y xy =

1

x ´e uma fun¸c˜ao de x e, portanto, d

dxln|µ(x)|=

1

x = d

dxln|x|. Da´ı, podemos escolher o fator integrante µ(x) = x,

resultando na seguinte EDO exata:

x3+xy2+x2

dx+x2y dy= 0. Logo,U(x, y) =

Z

Uydy =

Z

x2y dy∴U(x, y) =

x2y2

2 +f(x). Masxy

2₊_x3₊_x2₌_U

x(x, y) =xy2+f′(x)∴

f′(x) =x3+x2 ∴f(x) = x 4

4 +

x3

3 serve. Logo, a solu¸c˜ao completa da EDO pode ser dada implicitamente como x

2_y2

c

2 +

x4

4 +

x3

3 =C, ondeC ∈R.

Obs. Outra apresenta¸cão para tal solu¸cão completa impl´ıcita é:

6x2y_c2+ 3x4+ 4x3=K, ondeK = 12C∈R.

2.d. M(x, y) =x4y2−y e N(x, y) =x2y4−x∴M_y(x, y) = 2x4y−16= 2xy4−1 =

Nx(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

daln|µ(a)|=

Nx−My xM −yN =

2xy(y3−x3)

x2_y2₍_x3₋_y3₎ =

−2

xy = −2

a =−2 d

daln|a|= d daln|a|

−2

= d

daln|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, (}_x4_y2₋_y_{) + (}_x2_y4₋_x₎_y′ _{= (}_x4₀2₋_{0) + (}_x2₀4 ₋_x_{)0 = 0.} Logo, ys(x) = 0. Multiplicando a EDO original por µ(xy), temos a EDO exata:

x2−x−2y−1

dx+ y2−x−1y−2

dy= 0∴U(x, y) =

Z

x2−x−2y−1

dx= x 3

3 +

x−1y−1+g(y)∴y2−x−1y−2=U_y(x, y) =g′(y)−x−1y−2∴g′(y) =y2 ∴g(y) = y 3

3

serve. Por conseguinte, x 3₊_y3

g

3 +

1

x yg

(9)

Obs. Multiplicando por 3xyg, a solu¸c˜ao geral impl´ıcita se torna:

x4yg+xyg4+ 3 =Kxyg, ondeK = 3C∈R.

2.e11. y′= − 3x

2_y₊_y2

2x3_{+ 3}_xy A EDO não é separável nem linear12. Escrevendo-a no formato de diferencial:

(3x2y+y2)dx+ (2x3+ 3xy)dy = 0∴M(x, y) = 3x2y+y2 eN(x, y) = 2x3+ 3xy. Como My(x, y) = 3x2+ 2y = 66 x2+ 3y =Nx(x, y), a EDO n˜ao ´e exata. A EDO

n˜ao admite fator integrante na forma µ(x) porqueMy−Nx

N =

−3x2₋_y

2x3_{+ 3}_xy n˜ao ´e

uma fun¸c˜ao independente13 de y. No entanto, Nx−My

M =

3x2+y

3x2_y₊_y2 = 1

y ´e

independente de x, resultando em _dyd ln|µ(y)| = 1_y = _dyd ln|y|. Disto, podemos usar14 µ(y) =y, resultando na EDO exata (3x2y2+y3)dx+ (2x3y+ 3xy2)dy = 0.

Disto, U(x, y) =

Z

Uxdx=

Z

(3x2y2+y3)dx∴U(x, y) =x3y2+xy3+g(y). Mas

2x3y+ 3xy2=Uy(x, y) = 2x3y+ 3xy2+g′(y)∴g′(y) = 0∴g(y) = 0 serve∴

x3_y2

c +xyc3=C, ondeC∈R.

2.f15. (2u−v)du+ (4u+v)dv = 0. Dividindo ambos os termos da EDO por u,

obtemos que a EDO equivale (parau6= 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} _∴ _z2 _{+ 3}_z _{+ 2 + (4 +} _z₎_uz′ _{= 0} _∴ _{no caso}

06=z2₊₃_z_{+2 = (}_z₊₁₎₍_z_{+2), isto ´e,}_{z /}_{∈ {−}₁_,₋₂_}_{, temos que} ₋1

u =

4 +z z2_{+ 3}_z_{+ 2}z

′

(uma EDO separ´avel). Para integrarmos em u, expandamos a fun¸c˜ao racional em

fra¸c˜oes parciais: 4 +z

z2_{+ 3}_z_{+ 2} =

A z+ 1 +

B

z+ 2 ∴ 4 +z = A(z+ 2) +B(z+ 1).

11

Fim do Cap. 2 de [Boyce/DiPrima], EDO do Prob. 31 (resp. 32) da 9a _{(resp. 8}a_{) ed.}

12

Aliás, se fosse separável, seria exata, e se fosse linear, admitiria um fator integrante da formaµ(x). De acordo com a solu¸cão acima, ambas as situa¸cões não ocorrem.

13

Basta compararmos seus valores em (x, y) comxfixado. Ex.: em (1,0) e (1,1).

14

Observar que, ao multiplicarmos ambos os lados pory, estar´ıamos introduzindo uma solu¸cão adicionaly≡0 se esta fun¸cão constante não fosse uma solu¸cão da EDO original. Entretanto, ela o é, e corresponde aC= 0 na solu¸cão completa obtida acima.

15

(10)

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 = 0):6 −ln|u|+C1 =

R

3(z+ 1)−1−2(z+ 2)−1

dz= 3 ln|z+ 1| −2 ln|z+ 2|+C2, ondeC1, C2∈R∴

ln|u−1|+C= ln

(z+ 1)3 (z+ 2)2

, onde C=C1−C2∈R.

Logo16, ln|u−1|+C= ln

vg u + 1

3

vg u + 2

2

, ondeC∈R.

Os casos z(u) =−1 e z(u) =−2, isto é, v(u) =−u e v(u) =−2u têm deri-vadas−1 e−2, respectivamente. Substituindo a primeira fun¸cãov 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 são solu¸cões singulares: vs1(u) =−u e vs2(u) =−2u.

2.g – S´o ideias. ex(1 +x)dx+ (y ey−x ex)dy = 0∴M(x, y) =ex(1 +x) e

N(x, y) = y ey −x ex ∴ Nx−My

M =

−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)}_ex_{, integrando em}_x_{, obtemos:} _U₍_{x, y}_{) =}_{x e}(x−y)₊_g₍_y_{), onde}

g(y) satisfaz y−x e(x−y)=Uy(x, y) =−x e(x−y)+g′(y)∴g(y) =y2/2 serve∴

x e(x−yc)+y 2

c

2 =C, ondeC ∈R.

2.h – S´o ideias. 3x2y dx− x3+ 2y4

dy= 0∴N(x, y) =−x3+ 2y4 e

M(x, y) = 3x2y ∴ Nx−My

M =

−3x2−3x2

3x2_y =

−2

y ∴ a EDO admite um fator

in-tegrante µ(y) tal que d

dy ln|µ(y)| = −2/y ∴ µ(y) = y

−2 _{serve. Exceto por}

sua solu¸c˜ao singular ys(x) = 0, a EDO original possui as mesmas solu¸c˜oes que a

EDO exata abaixo: 3x2_y−1_dx₋ _x3_y−2_{+ 2}_y2

dy = 0. Integrando em x, ob-temos: U(x, y) = x3y−1+g(y), onde g(y) satisfaz −x3y−2−2y2 = Uy(x, y) =

−x3y−2+g′(y)∴g(y) =−2y3/3 serve∴ x3y−1_g −2 3y

3

g =C, ondeC ∈R.

16

Tomando-se exp , e se eliminando o valor absoluto, a solu¸c˜ao geral ´e:

K u =

(vg+u)

3 u(vg+ 2u)2

∴ K(v_g+ 2u)2= (v_g+u)3 comu ∈ R, onde K = ±C ∈ R∗. J´a v_s1

(11)

2.i. Fazendov=y/x(parax6= 0), temos quey =xv∴y′ =v+xv′. Substituindo isto no membro esquerdo da EDO dada, e multiplicando e dividindo o direito por 1/x2, temos que:

v+xv′=y′ = xy

x2₊_y2 =

y/x

1 + (y/x)2 =

v

1 +v2 ∴xv

′ ₌ v

1 +v2 −v=−

v3

1 +v2 Tal EDO ´e separ´avel. Comoy(1) =−16= 0, assumamosy6= 0∴v6= 0 ∴

−1 x =

1 +v2

v3 v ′ ₌

1

v3 + 1

v

v′ Integrando emx, obtemos que:

−ln|x|+C=− 1

2v2 + ln|v|= ln

y x −

x2

2y2 = ln|y| −ln|x| −

x2

2y2, ondeC∈R∴

C = ln|yg| − x2

2y2

g

. Masyp(1) =−1∴C =−1/2∴ln|y_p| − x 2

2y2

p

=−1

2

2.j. x3y−2y2

dx+x4dy = 0. Segundo a dica, h´a um fator integrante da forma

µ(x, y) =xa_yb_{, onde}_{a, b} _∈ _Z_{. Assim, (}_µ₍_{x, y}₎_N₍_{x, y}₎₎

x = (µ(x, y)M(x, y))y ou

seja, a xa−1_yb_x4₊_xa_yb₄_x3 ₌_{b x}a_yb−1₍_x3_y₋₂_y2_{) +}_xa_yb₍_x3₋₄_y_{), ou seja,}

a xa+3yb+ 4xa+3yb =b xa+3yb−2b xayb+1+xa+3yb−4xayb+1, ou seja,

(a+ 3−b)xa+3yb+ (4 + 2b)xayb+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−5

dx+x−1y−2dy = 0. Integrando emy, obtemos:

U(x, y) =−x−1_y−1₊_f₍_x_{), onde} _f₍_x_{) satisfaz} _x−2_y−1₋₂_x−5 ₌_U

x(x, y) =

x−2_y−1₊_f′₍_x₎_∴_f′₍_x_{) =}₋₂_x−5 _∴_f₍_x_{) =}_x−4_/₂_∴ 1 2x4 −

1

xyg

=C ondeC∈R.

Obs. Esta solu¸c˜ao geral pode ser dada explicitamente por yg(x) =

2x3

1 +Kx4 ondeK =−2C ∈R.

Obs. Esta EDO tamb´em pode ser resolvida como EDO de Bernoulli. Ideias:

x3y−2y2+x4y′ = 0⇐⇒ys≡0 ou x4y−2y′+x3y−1 = 2. Fazendov =y−1, esta

´

ultima EDO equivale a v′₋_x−1_v₌₋₂_x−4_{, que ´e linear de 1}a _{ordem em formato}

padr˜ao, e admite fator integranteµ(x) =x−1∴x−1v=R −2x−5dx=K₁+x−4/2, onde K1 ∈R∴(y_g(x))−1 =v(x) = x K₁+x

−3

2 =

Kx4+ 1

(12)

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. Sabemos17 que a fam´ılia satisfaz y′ = −fx(x, y) fy(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

dxdx=dy, obtemos ln|y|=−ln|x|+C1= ln|x|

−1₊_C

1, ondeC1∈R, Tomando a exponencial e eliminando os m´odulos, obtemos y = C/x, ondeC = ±eC1 ₆_{= 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¸cões dada no problema é, de fato, a solu¸cão completa da EDO obtida acima.

3.a.ii. Do item anterior, j´a sabemos18 que 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 2

2 +C1 =

x2

2 +C2. ComC= 2(C2−C1), temos que as curvas s˜ao dadas implicitamente por y2

c −x2 =C, ondeC∈R.

Para 3.b e 3.c, usaremos as ideias acima sem suas justificativas. Também não conferiremos, na parte (i), que as curvas da fam´ılia dada formam uma solu¸cão geral da EDO obtida, mas pressupomos que os leitores o farão.

3.b.i. f(x, y) =e−xy=C, ondeC∈R∴y′ =−fx(x, y)

fy(x, y)

=−−e

−x_y

e−x ∴y

′₌_y _.

3.b.ii. Tomando o oposto do inverso dey′ _{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

−1dx∴ y 2

2 =C1−x∴

y2_c =C−2x ondeC = 2C1∈R.

17

Resolu¸cão a partir do in´ıcio, sem fórmulas comf(x, y): diferenciando implicitamente com rela¸cão ax, temos que y+xy′_{= 0}_∴_y′₌_−y/x_para_x₆_{= 0.}

18

Se não soubéssemos isto, poder´ıamos obter a mesma EDO seguindo o método descrito nesta disciplina: como as curvas são dadas como f(x, y) = C, onde f(x, y) =xy é uma fun¸cão diferenciável, temos que elas satisfazem 0 =df=fxdx+fydy∴y′ =−fx/fy. As curvas ortogonais às curvas dadas têm declividade igual ao inverso do oposto da declividade das curvas originais nos pontos de interse¸cão (quando nenhuma destas declividades é nula) e, portanto, satisfazem a EDO y′₌_f

(13)

3.c.i. y = C tan (x) + 1, onde C ∈ R ∴ f(x, y) = (y −1) cot (x) = C, onde

C ∈R∴y′=−fx(x, y)

fy(x, y)

=−−(y−1)(csc (x))

2

cot (x) =

y−1

sen(x) cos (x) ∴y

′ ₌ 2y−2 sen(2x)

3.c.ii. Tomando o oposto do inverso de y′ do Item 3.c.i, obtemos que as curvas

ortogonais `as curvas da fam´ılia original satisfazem a EDO separ´avel y′= sen(2x) 2−2y

Tal EDO equivale a 2(1−y)dy = sen(2x)dx, pois y(x) = 1 não é solu¸cão desta

´

ultima. ∴

Z

2(1−y)dy =

Z

sen(2x)dx∴2y−y2 =C−1

2cos (2x), onde C∈R.

3.d. Vide a Quest˜ao 3 do gabarito do 1o Exerc´ıcio Escolar de 2015.2.