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Quest˜ ao 1. Apresentar solu¸c˜ oes expl´ıcitas nesta quest˜ao.

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Academic year: 2021

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(1)

UFPE – ´ AREA II – 2013.1 – Prof. Fernando J. O. Souza MA129 (c´ alculo diferencial e integral 4) – turmas Q1 e Q7

SIMULADO DA 1

a

UNIDADE v. 1.0 – 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

2

xy ; y(1) = −2 1.d. dy

dt + y

t = −t y

2

1.e. d

2

y

dx

2

= 2x dy

dx

2

; y(0) = 4, y

(0) = −1 1.f. y = xy

+ (y

)

2

1.g. x dy

dx = y (1 + ln (y) − ln (x)) 1.h. t dy

dt + y = −t

2

y

2

; y(1) = −1/3 1.i. Calcular o intervalo aberto contendo t

0

= 1 no qual a solu¸c˜ao maximal (global) do PVI do Item 1.h est´ a definida.

1.j. dy

dx = e

2x

+ y − 1 1.k. d

2

y dt

2

= 1

t

2

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

(1) = 1 1.l. d

2

y

dt

2

= 1

t

2

, t < 0; y(−1) = 0, y

(−1) = −2 1.m. t dy

dt + y = cos(t), t > 0 1.n. y = x dy

dx + 1 + dy

dx

2

, y(2) = 0 1.o. dy

dx + e

x

= e

(x−y)

Dica para o Item 1.o: Usar a substitui¸c˜ ao v = e

y

.

(2)

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

4

y

2

− y

dx + x

2

y

4

− x dy = 0 2.e. dy

dx = − 3x

2

y + y

2

2x

3

+ 3xy 2.f. (2x − y)dx + (4x + y − 3)dy = 0 2.g. e

x

(1 + x)dx + (y e

y

− x e

x

)dy = 0 2.h. 3x

2

y dx − x

3

+ 2y

4

dy = 0 2.i. dy

dx = xy

x

2

+ y

2

; y(1) = −1 2.j. x

3

y − 2y

2

dx + x

4

dy = 0.

Dica para o Item 2.j: Usar um fator integrante da forma µ(x, y) = x

a

y

b

onde 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.

(3)

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

1

t + 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

x

1 + e

x

= y y

, uma EDO separ´ avel. Integrando:

Z e

x

1 + e

x

dx = Z

y dy dx dx =

Z y dy

Com u = 1 + e

x

, du = e

x

dx tem-se que y

2

2 + 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

2

xy = x

2

xy + y

2

xy = 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

−1

quando

1

y 6= 0. Da´ı, y = v

−1

∴ y

= −v

−2

v

1De fato,y(t) = 0 ´e uma solu¸c˜ao, poisy(t) = 0, e 0 + 0t =−t02parat6= 0.

(4)

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

2

:

−v

−2

v

+ t

−1

v

−1

= −t v

−2

∴ v

− t

−1

v = t, uma EDO linear que admite fator integrante dentro do seguinte formato:

± exp ( R

−t

−1

dt) = ± exp (− ln |t| + k) = ±

|t|1

e

k

(k ∈ R ). Ser´a utilizado µ(t) = t

−1

, resultando em: t

−1

v = R

t

−1

t 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

a

ordem auxiliar v

= 2xv

2

, que ´e separ´avel. A solu-

¸c˜ ao geral dela ´e v

c

(x) = −1

C

1

+ x

2

onde 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

s

n˜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. Tratando-se de uma EDO de Clairaut, diferenciemos os seus membros:

y

= y

+ xy

′′

+ 2y

y

′′

∴ 0 = y

′′

(x + 2y

). Fazendo v = y

:

0 = v

(x + 2v) ∴ v

= 0 ou x + 2v = 0, e a EDO se lˆe como y = xv + v

2

. Caso v

= 0: v = C ∈ R ∴ y

g

(x) = Cx + C

2

, onde C ∈ R .

Caso x + 2v = 0: x = −2v ∴ v = − x

2 ∴ y = − x

2

2 +

− x 2

2

∴ y

s

(x) = − x

2

4 .

1.g. A EDO x y

= y (1 + ln (y) − ln (x)) ´e homogˆenea

2

: y

= y

x

1 + ln y x

Fa¸camos

3

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).

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

C1

6= 0 ∴ y

g

(x) = x e

Cx

. Caso ln (v) = 0: 1 = v = y/x ∴ y = x = x e

0

que, 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 .

2Observemos quex6= 0 j´a vem da presen¸ca de ln (x)∴x >0. Analogamente,y >0.

3Da nota de rodap´e anterior,v >0.

(5)

1.h. Como t y

+ y = −t

2

y

2

´e uma EDO de Bernoulli com n = 2, ´e conveni- ente a substitui¸c˜ ao v = y

1−n

= y

−1

se

4

y 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

−2

v

pela regra da cadeia. Substituindo isto na EDO em y: −tv

−2

v

+ v

−1

= −t

2

v

−2

. Multiplicando por −v

2

/t j´ a que t

0

= 1 > 0, obtemos uma EDO linear de 1

a

ordem em v j´a em formato padr˜ ao: v

− t

−1

v = t. Ela admite fator integrante µ(t) = t

−1

porque

5

d

dt

ln |µ(t)| = −t

−1

= −

dtd

ln |t| =

dtd

ln |t|

−1

=

dtd

ln |t

−1

|, resultando em:

t

−1

v = R

t

−1

t dt = R

1 dt = t + C ∴ v = t

2

+ Ct ∴ y

g

(t) = (t

2

+ Ct)

−1

para C ∈ R . Mas (−3)

−1

= y(1) = (1 + C)

−1

∴ C = −3 − 1 = −4 ∴ y

p

(t) = (t

2

− 4t)

−1

. 1.i. O maior intervalo aberto contendo t

0

= 1 no qual a solu¸c˜ao do Item 1.h y

p

(t) = 1

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

1.j. y

= e

2x

+y−1 ´e linear de 1

a

ordem em y. Em formato padr˜ao: y

−y = e

2x

−1.

Ela admite fator integrante µ(x) = e

−x

porque

6 dxd

ln |µ(x)| = −1 =

dxd

(−x) =

d

dx

ln (e

−x

) =

dxd

ln |e

−x

| (j´ a que e

−x

> 0), resultando em:

d

dx

(e

−x

y) = e

−x

e

2x

− 1

∴ e

−x

y = 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.k e 1.l. A EDO ´e imediatamente integr´ avel. Integrando duas vezes, temos que:

y

′′

=

t12

= t

−2

∴ y

= −t

−1

+ C

1

∴ y = − ln |t| + C

1

t + C

2

7

y

c

= ln |1/t| + C

1

t + C

2

, onde C

1

, C

2

∈ R .

Aplicando as condi¸c˜ oes iniciais y(1) = 0 e y

(1) = 1, obtemos:

1 = y

pk

(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

pl

(−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.

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

−t1dt) =±exp (−ln|t|+k) =±|t|1ek(k∈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.

(6)

1.m. 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 linear com formato padr˜ ao y

+ t

−1

y = t

−1

cos(t), t > 0, que admite fator inte- grante µ tal 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

−1

cos (t) = cos (t) ∴ t y = R

cos (t) dt = sen(t) + C ∴ y

c

(t) = sen(t) + C

t , onde C ∈ R .

1.n. Tratando-se de uma EDO de Clairaut, fa¸camos v = y

e diferenciemos os membros da EDO: y = xv + 1 + v

2

∴ v = y

= v + xv

+ 2vv

∴ 0 = (x + 2v)v

. Caso v

= 0: v = C ∈ R ∴ y

g

= Cx + 1 + C

2

, onde C ∈ R . Mas a condi¸c˜ao inicial fornece 0 = y(2) = 2C + 1 + C

2

= (C + 1)

2

∴ C = −1 ∴ Uma solu¸c˜ao do PVI ´e:

y

p1

(x) = 2 − x Caso x + 2v = 0: x = −2v ∴ v = − x

2 . Da EDO: y

s

(x) = − x

2

2 + 1 +

− x 2

2

= 1 − x

2

4 , que tamb´em satisfaz a condi¸c˜ ao inicial. Logo, outra solu¸c˜ao do PVI ´e:

y

p2

(x) = y

s

(x) = 1 − x

2

4

1.o. 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

x

v

−1

. Multiplicando por v, obtemos uma EDO linear de 1

a

or- dem em v(x) j´ a no formato padr˜ ao: v

+ e

x

v = 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

k

e

(ex)

. Escolhendo a constante +e

0

= 1, obtemos µ(x) = e

(ex)

. Assim: e

(ex)

v(x) =

Z

e

(ex)

e

x

dx = Z

e

w

dw = 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

x

N = 1 − 2y

2xy − e

−2y

n˜ao ´e uma fun¸c˜ao indepen-

(7)

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

x

− M

y

M = 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|1

e

2y+k

(k ∈ R ). Aqui

8

, µ(y) = y

−1

e

2y

ser´ a utilizado se

9

y(t) 6= 0, resultando na seguinte EDO exata:

e

2y

dx + (2x e

2y

− y

−1

) dy = dU = 0. Logo, U (x, y) = Z

U

x

dx = Z

e

2y

dx ∴ 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, 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

2p

2 + ln y

p

x = 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

x

N = 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

2

dx + x

2

y dy = 0. Logo, U (x, y) = Z

U

y

dy = Z

x

2

y dy ∴ U(x, y) = x

2

y

2

2 + 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

4

4 + x

3

3 serve. Logo, a solu¸c˜ao completa da EDO pode

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−e2y)y = 0, dondey(t) = 0 ´e uma solu¸c˜ao, poisy(t) = 0.

(8)

ser dada implicitamente como x

2

y

c2

2 + x

4

4 + x

3

3 = C, onde C ∈ R . Obs. Outra apresenta¸c˜ ao para tal solu¸c˜ ao completa impl´ıcita ´e:

6x

2

y

c2

+ 3x

4

+ 4x

3

= K, onde K = 12 C ∈ R .

2.d. M(x, y) = x

4

y

2

−y e N (x, y) = x

2

y

4

−x ∴ M

y

(x, y) = 2x

4

y−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

y

xM − yN = 2xy(y

3

− x

3

) x

2

y

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

4

y

2

− y) + (x

2

y

4

− x)y

= (x

4

0

2

− 0) + (x

2

0

4

− x)0 = 0.

Logo, y

s

(x) = 0. Multiplicando a EDO original por µ(xy), temos a EDO exata:

x

2

− x

−2

y

−1

dx+ y

2

− x

−1

y

−2

dy = 0 ∴ U (x, y) = Z

x

2

− x

−2

y

−1

dx = x

3

3 + x

−1

y

−1

+g(y) ∴ y

2

−x

−1

y

−2

= U

y

(x, y) = g

(y) −x

−1

y

−2

∴ g

(y) = y

2

∴ g(y) = y

3

3 serve. Por conseguinte, x

3

+ y

g3

3 + 1

x y

g

= C, onde C ∈ R .

Obs. Multiplicando por 3xy

g

, a solu¸c˜ ao geral impl´ıcita se torna:

x

4

y

g

+ xy

g4

+ 3 = Kxy

g

, onde K = 3 C ∈ R .

2.e

10

. y

= − 3x

2

y + y

2

2x

3

+ 3xy A EDO n˜ ao ´e separ´ avel nem linear

11

. Escrevendo-a no formato de diferencial:

(3x

2

y + y

2

)dx + (2x

3

+ 3xy)dy = 0 ∴ M (x, y) = 3x

2

y + y

2

e 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

x

N = −3x

2

− y

2x

3

+ 3xy n˜ao ´e

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.

(9)

uma fun¸c˜ ao independente

12

de y. No entanto, N

x

− M

y

M = 3x

2

+ y 3x

2

y + y

2

= 1

y ´e independente de x, resultando em

dyd

ln |µ(y)| =

1y

=

dyd

ln |y|. Disto, podemos usar

13

µ(y) = y, resultando na EDO exata (3x

2

y

2

+ y

3

)dx + (2x

3

y + 3xy

2

)dy = 0.

Disto, U (x, y) = Z

U

x

dx = Z

(3x

2

y

2

+ y

3

) dx ∴ U (x, y) = x

3

y

2

+ xy

3

+g(y). Mas 2x

3

y + 3xy

2

= U

y

(x, y) = 2x

3

y + 3xy

2

+ g

(y) ∴ g

(y) = 0 ∴ g(y) = 0 serve ∴

x

3

y

c2

+ xy

c3

= C, onde C ∈ R .

2.f

14

. (2x − y)dx + (4x + y − 3)dy = 0 Fa¸camos a substitui¸c˜ao x = u + h e y = v + k, onde h, k ∈ R satisfazem as equa¸c˜ oes 2h − k = 0 e 4h + k − 3 = 0 ∴ h = 1/2 e k = 1. A EDO original equivale ` a seguinte EDO em formato diferencial em termos de u e v: (2u − v)du + (4u + v)dv = 0.

Dividindo ambos os termos 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).

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)

−1

dz = 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

(v

g

/u + 1)

3

(v

g

/u + 2)

2

onde C ∈ R .

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.

14Exerc´ıcio 31 da Se¸c. 2.6 do [Nagle/Saff/Snider].

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 com u ∈ R, onde K = ±C ∈ R. J´a vs1 cor- responde aK= 0 na express˜ao anterior, enquantovs2 n˜ao corresponde aK real algum.

(10)

Os casos z(x) = −1 e z(x) = −2, isto ´e, v(x) = −u e v(x) = −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.

Finalmente, substituindo u = x − 1/2 e v = y − 1 acima, obtemos:

ln |(x − 1/2)

−1

| + C = ln

1 + y

g

− 1 x − 1/2

3

2 + y

g

− 1 x − 1/2

−2

, onde C ∈ R ; y

s1

(x) = 3

2 − x e y

s2

(x) = 2 − 2x.

Obs. A solu¸c˜ ao geral pode ser transformada no formato abaixo tomando-se

± exp ( ), somando-se as fra¸c˜ oes, e se cancelando termos (vide a nota de rodap´e):

(2x + 2y − 3)

3

= K(2x e + y − 2)

2

, onde K e = ±8e

C

∈ R

.

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

y

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)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

c2

2 = C, onde C ∈ R .

2.h – S´ o ideias. 3x

2

y dx − x

3

+ 2y

4

dy = 0 ∴ N (x, y) = −x

3

+ 2y

4

e M (x, y) = 3x

2

y ∴ N

x

− M

y

M = −3x

2

− 3x

2

3x

2

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 y

s

(x) = 0, a EDO original possui as mesmas solu¸c˜oes que a EDO exata abaixo: 3x

2

y

−1

dx − x

3

y

−2

+ 2y

2

dy = 0. Integrando em x, ob- temos: U (x, y) = x

3

y

−1

+ g(y), onde g(y) satisfaz −x

3

y

−2

− 2y

2

= U

y

(x, y) =

−x

3

y

−2

+ g

(y) ∴ g(y) = −2y

3

/3 serve ∴ x

3

y

−1g

− 2

3 y

3g

= C, onde C ∈ R .

(11)

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

3

1 + v

2

Tal EDO ´e separ´ avel. Como y(1) = −1 6= 0, assumamos y 6= 0 ∴ v 6= 0 ∴

− 1

x = 1 + v

2

v

3

v

=

1 v

3

+ 1

v

v

Integrando em x, obtemos que:

− ln |x| + C = − 1

2v

2

+ ln |v| = ln y

x − x

2

2y

2

= ln |y| − ln |x| − x

2

2y

2

, onde C ∈ R ∴ C = ln |y

g

| − x

2

2y

2g

. Mas y

p

(1) = −1 ∴ C = −1/2 ∴ ln |y

p

| − x

2

2y

2p

= − 1 2

2.j. x

3

y − 2y

2

dx + x

4

dy = 0. Segundo a dica, h´a um fator integrante da forma µ(x, y) = x

a

y

b

, onde a, b ∈ Z . Assim, (µ(x, y)N(x, y))

x

= (µ(x, y)M (x, y))

y

ou seja, a x

a−1

y

b

x

4

+ x

a

y

b

4 x

3

= b x

a

y

b−1

(x

3

y − 2y

2

) + x

a

y

b

(x

3

− 4y), ou seja, a x

a+3

y

b

+ 4x

a+3

y

b

= b x

a+3

y

b

− 2b x

a

y

b+1

+ x

a+3

y

b

− 4x

a

y

b+1

, ou seja,

(a + 3 − b)x

a+3

y

b

+ (4 + 2b)x

a

y

b+1

= 0, o que equivale a a + 3 − b = 0 = 4 + 2b ∴ b = −2 e a = −5 ∴ µ(x, y) = x

−5

y

−2

e, 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

−2

y

−1

− 2x

−5

dx + x

−1

y

−2

dy = 0. Integrando em y, obtemos:

U (x, y) = −x

−1

y

−1

+ f (x), onde f (x) satisfaz x

−2

y

−1

− 2x

−5

= U

x

(x, y) = x

−2

y

−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

3

1 + Kx

4

onde K = −2C ∈ R .

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

x

3

y − 2y

2

+ x

4

y

= 0 ⇐⇒ y

s

≡ 0 ou x

4

y

−2

y

+ x

3

y

−1

= 2. Fazendo v = y

−1

, esta

´

ultima EDO equivale a v

− x

−1

v = −2x

−4

, que ´e linear de 1

a

ordem em formato padr˜ ao, e admite fator integrante µ(x) = x

−1

∴ x

−1

v = R

−2x

−5

dx = K

1

+ x

−4

/2, onde K

1

∈ R ∴ (y

g

(x))

−1

= v(x) = x K

1

+ x

−3

2 = 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.

(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. Sabemos

16

que 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

C1

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¸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

17

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 + C

1

= x

2

2 + 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

−x

y = C, onde C ∈ R ∴ y

= − f

x

(x, y)

f

y

(x, y) = − −e

−x

y

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

2

2 = 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.

(13)

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

= − f

x

(x, y)

f

y

(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 n˜ao ´e solu¸c˜ao desta

´

ultima. ∴ Z

2(1 − y)dy = Z

sen(2x)dx ∴ 2y − y

2

= C − 1

2 cos (2x), onde C ∈ R .

4 – S´ o ideias. Cada uma das circunferˆencias que tangenciam o eixo Ox na ori- gem O tem a distˆ ancia do seu centro C a Ox igual ao seu raio, e o ponto de tangˆencia O ´e o p´e da perpendicular a Ox por C, realizando aquela distˆancia:

−−→

OC

= dist(C, O) = dist(C, Ox). Disto, C ´e da forma (0, y

0

) para algum y

0

6= 0, e o raio da circunferˆencia ´e |y

0

|. Assim, a equa¸c˜ ao dela ´e: x

2

+(y−y

0

)

2

= |y

0

|

2

= y

20

, o que equivale a x

2

+ y

2

= 2y y

0

. A fam´ılia de circunferˆencias ´e, portanto, parame- trizada por y

0

6= 0, ou seja, elas s˜ ao as linhas de n´ıvel y

0

de f (x, y) = (x

2

y

−1

+y)/2

∴ − f

x

(x, y)

f

y

(x, y) = − 2xy

−1

1 − x

2

y

−2

∴ y

= 2xy

x

2

− y

2

´e uma EDO da qual aquelas circunfe- rˆencias s˜ ao curvas integrais.

Analogamente, as circunferˆencias que tangenciam o eixo Oy na origem O s˜ao as linhas de n´ıvel x

0

6= 0 de g(x, y) = (y

2

x

−1

+ x)/2 ∴ − g

x

(x, y)

g

y

(x, y) = − 1 − x

−2

y

2

2x

−1

y ∴ y

= y

2

− x

2

2xy ´e uma EDO da qual estas circunferˆencias s˜ao curvas integrais. Ob- servando que esta express˜ ao de y

´e o oposto do inverso da express˜ao do y

da EDO anterior, conclu´ımos o resultado desejado.

5 – S´ o ideias. As circunferˆencias s˜ ao as de equa¸c˜ao geral (x − x

0

)

2

+ (y − y

0

)

2

= 1, onde x

0

, y

0

∈ R parametrizam a fam´ılia. Diferenciando com rela¸c˜ao a x e simplificando, obtemos (x − x

0

) + (y − y

0

)y

= 0 ∴ x − x

0

= −(y − y

0

)y

(1).

Diferenciando de novo: 1 + (y

)

2

+ (y − y

0

)y

′′

= 0 ∴ y − y

0

= 1 + (y

)

2

−y

′′

(2).

Finalmente, substituindo x − x

0

e y − y

0

da equa¸c˜ao geral pelas express˜oes (1) e (2), respectivamente, obtemos: [1 + (y

)

2

]

2

(y

′′

)

2

[(y

)

2

+ 1] = 1 ∴ (y

′′

)

2

= [1 + (y

)

2

]

3

.

Referências

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