MATEMÁTICA GERAL Licenciatura em Biologia 2 o Semestre2004/2005

Departamento de Matemática e Engenharias

MATEMÁTICA GERAL

Licenciatura em Biologia

2

_{Semestre 2004/2005}

Resoluções da folha de exercícios n

₉

Equações diferenciais lineares de 1

_{ordem. Equações separáveis. Equações homogéneas}

Nas resoluções seguintes, c e k representam constantes reais arbitrárias. 1. Equações de variáveis separadas ou separavéis

1.1. xdx − y2_{dy= 0 ⇔} ⇔ y2_{dy= xdx ⇔
y}2_dy=
xdx⇔ y3 3 = x 2 2 + c ⇔ 2y3= 3x2+ k 1.2. (x + 2) x′₋_{y+ 3y}2_{= 0 ⇔} (x + 2)dx dy−  y+ 3y2= 0 ⇔y+ 3y2dy_{= (x + 2) dx ⇔}
y+ 3y2dy=
(x + 2) dx ⇔ ⇔ y22 + y3 = x 2 2 + 2x + c ⇔ y2+ 2y3= x2+ 4x + k 1.3. y′ ₌ xex 2y, y(0) = 0 y′₌ xex 2y ⇔ dy dx = xex 2y ⇔ 2ydy = xexdx⇔
2ydy =
xex_{dx⇔ y}2_{= e}x_{(x − 1) + c}

c=? para que se tenha y(0) = 0? 

y2 = ex_{(x − 1) + c}

y(0) = 0 ⇔ 0 = −1 + c ⇔ c = 1

Assim, a solução pretendida é y2_{= e}x_{(x − 1) + 1}

1.4. y′₌ x+1 y4₊₁, y(0) = 1 y′ ₌ x+1 y4 +1 ⇔ dy dx = x+1 y4 +1 ⇔  y4+ 1dy_{= (x + 1) dx ⇔}
y4+ 1dy=
(x + 1) dx ⇔ ⇔ y55 + y = x2 2 + x + c ⇔ y5+ 5y = x2+ 5x + k

k=? para que se tenha y(0) = 1? 

y5+ 5y = x2+ 5x + k

y(0) = 1 ⇔ 1 + 5 = k ⇔ k = 6

1.5. (1 + u) vdu + (1 − v) udv = 0 ⇔1+u u du= −1−vv dv⇔
₁ u + 1du = −
₁ v − 1dv ⇔ ⇔ ln u + u = − ln v + v + c ⇔ ln u + u + ln v − v = c 1.6. a ∈ R+_{, zdt −}_t2_{− a}2_{dz= 0 ⇔ zdt +}_a2_{− t}2_{dz= 0 ⇔} 1 zdz = −a21 −t2dt⇔ ⇔
1zdz= −
₁ a2

−t2dt⇔ (usamos a substituição t = a sin u no integral do 2omembro)

⇔ ln z = −
_a2 1 (1−sin2 u)acos u du ⇔ ln z = −
_{acos u} a2 cos2 udu⇔ ln z = − 1 a
sec u du ⇔ ⇔ ln z = −1aln (sec u + tan u) + ln c ⇔ ln z = − 1 aln  1  1−(t a) 2 + t a  1−(t a) 2  + ln c ⇔ ⇔ ln z = −1aln  a+t √ a2 −t2 + ln c ⇔ ln z = ln c√a+t a2 −t2 −1a ⇔ z = c√a+t a2 −t2 −1a ⇔ ⇔ z = c √ (a−t)(a+t) √ (a+t)(a+t) 1 a ⇔ z = ca−t a+t 1 a 1.7. x2_ex−3_dx+_{1 +} 1 y3 dy_{= 0 ⇔}1 +_y13 dy_{= −x}2ex−3_dx⇔
1+ 1 y3dy= −
x2ex−3_dx⇔ ⇔ y −2y12 = −  ex−3_x2_{− 2
e}x−3_{x dx}_{⇔ y −} 1 2y2 = −ex−3x2+ 2ex−3(x − 1) + c ⇔ ⇔ y −2y12 = ex−3  −x2+ 2 (x − 1)+ c ⇔ y −2y12 = ex−3  −x2+ 2x − 2+ c 1.8. y′₌ x+1 x − x+1 x(y2₊₂₎ ⇔ dy dx = (x+1)₍y2 +2−1) x(y2₊₂₎ ⇔ y2 +2 y2₊₁dy= x+1_x dx⇔ ⇔
yy22+2₊₁dy=
1 +1_xdx_⇔
1 +_1+y1 2dy= x + ln x ⇔ y + arctan y = x + ln x + c 1.9. y2_{− xy}2_dxdy + x2+ yx2 = 0, y(−1) = 1  y2_{− xy}2_dxdy+x2+yx2 = 0 ⇔ y2(1 − x) dy = −x2(y + 1) dx ⇔ y+1y2 dy= − x 2 1−xdx⇔ ⇔
y+1y2 dy=
_x2 x−1dx⇔
y_{− 1 +y+1}1 dy=
x+ 1 +_x−11 dx_⇔ ⇔ y22 − y + ln |y + 1| = x2 2 + x + ln |x − 1| + c

c_{=? para que se tenha y(−1) = 1?}  y2 2 − y + ln |y + 1| = x 2 2 + x + ln |x − 1| + c y_{(−1) = 1} ⇔ 1 2−1+ln 2 = 12−1+ln 2+c ⇔ c = 0

Portanto a solução pretendida é y2

2 − y + ln |y + 1| = x

2

2 + x + ln |x − 1|

1.10. sin y cos2_xdy+cos2_{ydx= 0 ⇔} sin y

cos2_ydy= −_cos12_xdx⇔

sec y tan y dy = −
cos12_xdx⇔

1.11. √1 − x2_y′_{− 1 − y}2 _{= 0 ⇔}√_{1 − x}2 dy dx− 1 − y2_{= 0 ⇔ √}1 1−y2dy= 1 √ 1−x2dx⇔ ⇔
√1 1−y2dy=
₁ √ 1−x2dx⇔ arcsin y = arcsin x + c 1.12. x2+ 1 y2+ 4dx+x2_{− 1} y2_{− 4}dy_{= 0 ⇔} ⇔ y2−4 y2 +4dy= − x2 +1 x2 −1dx⇔
y2 −4 y2 +4dy= −
_x2 +1 x2 −1dx⇔
1 − _y28 +4dy=
1 +_x22 −1dx⇔ ⇔ y −
8 41+₍y 2) 2 dy= x +
₁ x−1 − 1 x+1dx⇔ y − 4 arctan y 2 = x + lnx−1x+1 + c

2. Equações diferenciais homogéneas (e homogeneizáveis): 2.1. y′₌ x+ y

x_{− y}

Utilizando a substituição y = λx (onde λ é uma função de x), obtemos: (λx)′ = x+ λx x_{− λx} ⇔ λ ′_{x+ λ =} 1+λ 1−λ ⇔ dλ dxx= 1+λ 1−λ− λ ⇔ dλ dxx= 1+λ−λ(1−λ)_1−λ ⇔ ⇔ _1+λ1−λ2dλ= _x1dx⇔
_1−λ 1+λ2dλ=
₁ xdx⇔
₁ 1+λ2 − λ 1+λ2dλ= ln x ⇔ ⇔ arctan λ − 12ln  1 + λ2= ln x + c ⇔ arctanyx− 1 2ln  1 +y_x2 = ln x + c 2.2. xydy−y2_{dx= (x + y)}2_e−yxdx⇔ xydy =  (x + y)2e−yx + y2 dx_⇔ dy_dx = (x+y) 2 e−yx+y2 xy

Utilizando a substituição y = λx, obtemos: λ′x+λ = (x+λx) 2 e−λxx +(λx)2 xλx ⇔ λ′x+λ = x2 (1+λ)2 e−λ_+λ2 x2 λx2 ⇔ λ′x= (1+λ)2 e−λ_+λ2 λ −λ ⇔ ⇔ dλdxx= (1+λ)2 e−λ λ ⇔ λ (1+λ)2eλdλ= _x1dx⇔
₁ (1+λ)2λeλdλ=
₁ xdx⇔ ⇔ −1+λ1 λeλ+
₁ 1+λeλ(1 + λ) dλ = ln x ⇔ − λ 1+λeλ+eλ = ln x+c ⇔ eλ 1+λ = ln x+c ⇔ ⇔ exy 1+y_x = ln x + c ⇔ xexy x+y = ln x + c 2.3. xy′_{− y + x cos}2 y x = 0 ⇔ y ′₌ y x − cos 2 y x Utilizando a substituição y = λx, obtemos:

λ′x_{+λ = λ−cos}2λ_⇔ dλ_dxx_{= − cos}2λ_{⇔ cos}12_λdλ= −1_xdx⇔

₁

cos2_λdλ= −

₁

xdx⇔

3. Equações diferenciais lineares de primeira ordem: 3.1. y′_{− 2xy = x ⇔ y}′ _{= x (1 + 2y) ⇔} 1 1+2ydy= xdx ⇔
₁ 1+2ydy=
xdx_⇔ ⇔ 12ln (1 + 2y) = x2 2 + c ⇔ ln (1 + 2y) = x2+ ln k ⇔ 1 + 2y = kex 2 ⇔ y = kex 2 −1 2 3.2. y′_{− 7y = e}x ₍₁₎

Equação associada sem segundo membro: y′_{− 7y = 0 ⇔} dy dx− 7y = 0 ⇔ dy = 7ydx ⇔ 1 ydy= 7dx ⇔
₁ ydy=
7dx ⇔ ⇔ ln y = 7x + ln c ⇔ y = ce7x

Portanto y = ce7x_{é a solução geral da equação associada. Utilizamos agora o método}

da variação das constantes para obter a solução geral da equação completa (1). Assim, temos y = ce7x _{e considerando c = c (x), vem que y}′ _{= e}7x_(c′_{+ 7c),}

substi-tuindo na equação (1) obtemos

e7x(c′_{+ 7c) − 7ce}7x_{= e}x_{⇔ c}′_e7x_{= e}x_{⇔ c}′ _{= e}−6x_{⇔ c =
e}−6x_{dx⇔ c = −}e−6x

6 + k

Substituindo c na solução geral da equação associada obtemos a solução geral da equação completa y_{= −}e x 6 + ke 7x 3.3. y′_{+ y = sin x, y(π) = 1}

Equação completa: y′_{+ y = sin x}

Equação associada sem 2o_{membro: y}′_{+ y = 0}

y′_{+ y = 0 ⇔} dy dx = −y ⇔ 1 ydy= −dx ⇔
₁ ydy= −
dx_{⇔ ln y = −x + ln c ⇔} ⇔ y = ce−x _{(sol. geral da eq. associada)}

Método da variação das constantes (c = c (x)): y= ce−x _{⇒ y}′ _{= e}−x_(c′_{− c)}

Substituindo na equação completa ficamos com

e−x_(c′_{− c) + ce}−x_{= sin x ⇔ c}′_e−x_{= sin x ⇔ c}′ _{= e}x_{sin x ⇔}

⇔ c =
exsin x dx = ex

2 (sin x − cos x) + k

Portanto a solução geral da equação completa é: y= 1

2(sin x − cos x) + ke

−x

Queremos a solução particular que satisfaz y(π) = 1: 

y= 1₂(sin x − cos x) + ke−x

y(π) = 1 ⇔ 1 =

1

2 + ke−π⇔ k = 12eπ

Assim, a solução particular pretendida é: y = 1

3.4. dy dx+ y cos x = 1 2sin 2x Equação completa: dy dx+ y cos x = 1 2sin 2x

Equação associada sem 2o_membro: dy

dx+ y cos x = 0 dy dx+y cos x = 0 ⇔ 1 ydy= − cos x dx ⇔
₁ ydy= −
cos x dx ⇔ ln y = − sin x+ln c ⇔ ⇔ y = ce− sin x _{(sol. geral da eq. associada)}

Método da variação das constantes (c = c (x)): y= ce− sin x_⇒ dy

dx = e− sin x(c′− c cos x)

Substituindo na equação completa ficamos com e− sin x_(c′_{− c cos x)+ce}− sin x_{cos x =} 1

2sin 2x ⇔ c′e− sin x= 1 2sin 2x ⇔ c′ = 1 22 sin x cos x e sin x _⇔

⇔ c =
sin x cos x esin x_{dx= sin x e}sin x_{−
cos x e}sin x_{dx= e}sin x_{(sin x − 1) + k}

Assim, a solução geral da equação completa é:

y_{= sin x − 1 + ke}− sin x

3.5. y′_{+ y = e}−x

Equação completa: y′_{+ y = e}−x

Equação associada sem 2o_{membro: y}′_{+ y = 0}

No exercício 3.3. acima já vimos que a solução geral desta equação (associada) é: y= ce−x

Procuramos agora uma solução particular da equação completa na forma y0= Axe−x

Substituindo na equação completa ficamos com y′

0+ y0 = e−x⇔ Ae−x(1 − x) + Axe−x= e−x⇔ A = 1,

portanto y0 = xe−x é uma solução particular da equação completa. Assim

y= xe−x_{+ ce}−x

é a solução geral da equação completa. 3.6. y′₊1−2x

x2 y− 1 = 0

Equação completa: y′₊1−2x x2 y= 1

Equação associada sem 2o_{membro: y}′₊1−2x x2 y= 0 dy dx+1−2xx2 y= 0 ⇔ _y1dy= −1−2x_x2 dx⇔
₁ ydy=
−x12dx+
_2x x2dx⇔ ⇔ ln y = 1x+ ln x 2_{+ ln c ⇔ y = cx}2_e1

Método da variação das constantes (c = c (x)): y= cx2_ex1 _{⇒ y}′ _{= e}1xc′x2+ 2cx − cx2 1

x2



= ex1 c′x2+ c (2x − 1)

Substituindo na equação completa ficamos com e1xc′x2+ c (2x − 1)+1−2x x2 cx2e 1 x = 1 ⇔ c′x2e 1 x = 1 ⇔ c′ = 1 x2e− 1 x ⇔ ⇔ c =
x12e− 1 xdx= e− 1 x + k

Assim, a solução geral da equação completa é: y = x2+ kx2ex1

3.7. y′_{+ y tg x = sec x}

Equação completa: y′_{+ y tg x = sec x}

Equação associada sem 2o_{membro: y}′_{+ y tg x = 0} dy dx+ y tg x = 0 ⇔ 1 ydy= − tg x dx ⇔
₁ ydy=
−sin xcos xdx⇔

⇔ ln y = ln (cos x) + ln c ⇔ y = c cos x (sol. geral da eq. associada)

Facilmente se verifica que y0 = sin x é uma solução particular da equação completa,

portanto

y= sin x + c cos x é a solução geral da equação completa.

3.8. dy dx+ 1 x+1y= sin x Equação completa: dy dx+ 1 x+1y= sin x

Equação associada sem 2o_membro: dy

dx+x+11 y = 0 dy dx+ 1 x+1y= 0 ⇔ 1 ydy= − 1 x+1dx⇔
₁ ydy= −
₁ x+1dx⇔ ⇔ ln y = − ln (x + 1) + ln c ⇔ y = c

x+1 (sol. geral da eq. associada)

Método da variação das constantes (c = c (x)):

y= c x+1 ⇒ dy dx = c′_(x+1)−c (x+1)2 = c′ x+1−_(x+1)c 2

Substituindo na equação completa ficamos com

c′ x+1 − c (x+1)2 +_x+11 c x+1 = sin x ⇔ c′

x+1 = sin x ⇔ c′ = x sin x + sin x ⇔

⇔ c =
xsin x dx+
sin x dx = −x cos x+
cos x dx−cos x = sin x−(1 + x) cos x+k Assim, a solução geral da equação completa é:

y = sin x

x+ 1− cos x + k x+ 1

3.9. dx dt + x = e 2t Equação completa: dx dt + x = e 2t

Equação associada sem 2o_membro: dx

dt + x = 0

Já sabemos (ver exo_{3.3. acima) que a solução geral da equação associada é: x = ce}−t

Procuramos agora uma solução particular da equação completa na forma x0= Ae2t

Substituindo na equação completa ficamos com

dx0

dt + x0 = e2t⇔ 2Ae2t+ Ae2t = e2t ⇔ 3A = 1 ⇔ A =13,

portanto x0= e

2t

3 é uma solução particular da equação completa. Assim

x= e

2t

3 + ce

−t