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

UFPE – ´ AREA II – 2017.1 – Prof. Fernando J. O. Souza MA129 (c´ alculo diferencial e integral 4) – turma q3 SIMULADO DA 1

UNIDADE v. 1.0 – GABARITO v. 1.0 Orienta¸ c˜ ao: Distribuir a resolu¸c˜ ao das quest˜ oes em sete sess˜oes de 120 minutos cada, sem interrup¸c˜ ao nem distra¸c˜ oes. Dar solu¸c˜oes leg´ıveis e justificadas, escre- vendo 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 maximais) 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

(t) tan (t) 1.b. (1 + e

) y y

= e

; y(0) = 1 1.c. dy

dx = x

+ y

xy ; y(1) = −2 1.d. dy

dt + y

t = −t y

1.e. d

y

dx

= 2x dy

dx

; y(0) = 4, y

(0) = −1 1.f. x dy

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

dt + y = −t

y

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

= 1 no qual a solu¸c˜ao maximal do PVI do Item 1.g est´ a definida.

1.i. dy

dx = e

+ y − 1 1.j. d

y dt

= 1

t

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

(1) = 1 1.k. d

y

dt

= 1

t

, t < 0; y(−1) = 0, y

(−1) = −2 1.l. t dy

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

dx + e

= e

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

. 1.n. x

dy

dx + 2xy − y

= 0, x > 0 1.o. dy

dt = − y ln (y). Obs. y > 0 1.p. dy

dx = x

e

; y(2) = 0 1.q. dy dx = y

x + e

, x < 0 1.r. dy

dx = (y + x − 19)

Dica para o Item 1.r: Usar v = y + x − 19.

1.s. dy dt = y

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

Quest˜ ao 2. As solu¸c˜ oes podem ser dadas numa forma impl´ıcita nesta quest˜ao.

2.a. y dx + (2xy − e

) dy = 0 2.b. (y

+ 1) dy dx = y

x , x > 0; y(1) = 1 2.c. x

+ y

+ x

dx + xy dy = 0 2.d. x

y

− y

dx + x

y

− x dy = 0 2.e. dy

dx = − 3x

y + y

2x

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

(1 + x)dx + (y e

− x e

)dy = 0 2.h. 3x

y dx − x

+ 2y

dy = 0 2.i. dy

dx = xy

x

+ y

; y(1) = −1 2.j. x

y − 2y

dx + x

dy = 0.

Dica para o Item 2.j

: Usar um fator integrante da forma µ(x, y) = x

y

, calculando n´ umeros reais a e b apropriados.

2.k. (4x

y + 2xy

) dx + (3xy − 2x

) dy = 0 2.l. (xy + 4) dx + x

dy = 0 2.m. dy

dx = (y − 3)(y − 5)(y − 8) 2.n. x

y

dx + (x + xy

) dy = 0 2.o. Resolver a EDO (3xy + y

) dx + (x

+ xy) dy = 0 duas vezes: por fa- tor integrante; e como EDO homogˆenea;

2.p. y dx + (x

+y

−x) dy = 0 com fator integrante da forma µ(x, y) = h(x

+ y

).

Quest˜ ao 3. Consideremos o PVI: (x

− 1) dy

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

3.a. Para quais pontos (a, b) do plano ( R

) o teorema de existˆencia e unicidade estudado garante a existˆencia de solu¸c˜ ao local ´ unica para o PVI?

3.b. Dar, explicitamente, todas as solu¸c˜ oes maximais para o PVI com con- di¸c˜ao inicial y(1) = 0, ou seja, solu¸c˜ oes maximais cujos gr´aficos passam pelo ponto (a, b) = (1, 0).

1A dica tamb´em funciona para alguns outros itens. Pratique! Que condi¸c˜oes no dife- rencial vocˆe antevˆe para valer a pena tentar esta abordagem?

Quest˜ ao 4. Consideremos a EDO abaixo, observando que ela est´a restrita aos pontos de R

no semiplano y > 0:

dy

dx = 3 y ln 2

y

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

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

Quest˜ ao 5. A EDO dy

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

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

2Ex.: Uma solu¸c˜ao cujo valor ´e positivo num valor dex, e negativo noutro; ou uma solu¸c˜ao que tem raiz (ou seja, sinal zero) num valor de xmas n˜ao ´e a solu¸c˜ao nula (ou seja, em algum outro valor de x, o valor da solu¸c˜ao ´e positivo ou negativo).

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

(t) tan (t) ∴ y

= R

2 sec

(t) tan (t)dt = R

2u du = u

+ C

= sec

(t) + C

∴ y = R

(sec

(t) + C

) dt ∴ y

(x) = tan (t) + C

t + C

, onde C

, C

∈ R .

1.b. Como 1 + e

> 0, temos que (1 + e

) y y

= e

⇔ e

1 + e

= y y

, uma EDO separ´ avel. Integrando:

Z e

1 + e

dx = Z

y dy dx dx =

Z y dy

Com u = 1 + e

, du = e

dx tem-se que y

2 + C

= Z du

u = ln |u| + C

∴ (como u > 0) y

= 2 ln (1 + e

) + C, onde 2(C

− C

) = C ∈ R . Mas y(0) = 1

∴ 1 = (y(0))

= 2 ln (1 + e

) + C = 2 ln (2) + C = ln (4) + C ∴ y

= 2 ln (1 + e

) + 1 − ln (4). Como y(0) = 1 > 0, temos que:

y

(x) = p

ln ((1 + e

)

) + 1 − ln (4) .

1.c. dy

dx = x

+ y

xy = x

xy + y

xy = 1

y/x + y

x , uma EDO homogˆenea. Logo,

fa¸camos v = y/x ∴ xv = y ∴ v + xv

= y

=

+ v ∴ xv

= 1/v ∴ vv

= 1/x (separ´ avel). Como v

dx = dv, integremos ambos os membros em x, obtendo:

ln |x| + C

=

+ C

∴ v

= 2 ln |x| + C = ln (x

) + C, onde C = 2(C

− C

) ∴ y

= x

(ln (x

) + C), onde C ∈ R .

Mas −2 = y(1) ∴ 4 = (y(1))

= 1

(ln (1

) + C) = C ∴ y

= x

(ln (x

) + 4). Como y(1) = −2, temos que: y

(x) = − p

x

(ln (x

) + 4) .

1.d. Reconhecemos uma EDO de Bernoulli com n = 2. Portanto, ´e conveniente a substitui¸c˜ ao v = y

= y

quando

y 6= 0. Da´ı, y = v

∴ y

= −v

v

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

:

3De fato,y(t) = 0 ´e uma solu¸c˜ao, poisy^′(t) = 0, e 0 + ⁰_t =−t0²parat6= 0.

−v

v

+ t

v

= −t v

∴ v

− t

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

± exp ( R

−t

dt) = ± exp (− ln |t| + k) = ±

e

(k ∈ R ). Ser´a utilizado µ(t) = t

, resultando em: t

v = R

t

t dt = R

1 dt = t + C ∴ v = t

+ Ct ∴ y

(t) = (t

+ Ct)

(C ∈ R ), enquanto y

(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

ordem auxiliar v

= 2xv

, que ´e separ´avel. A solu-

¸c˜ ao geral dela ´e v

(x) = −1

C

+ x

onde C

∈ R , e h´a a solu¸c˜ao singular v

(x) = 0.

Como h´ a a condi¸c˜ ao inicial v(0) = y

(0) = −1, segue-se que v

n˜ao interessa para este problema, e que C

= 1. Logo, v

(x) = −1

1 + x

. Integrando, obtemos que:

y(x) = C

− arctan (x), onde C

∈ R . Disto e da condi¸c˜ao inicial y(0) = 4, con- clu´ımos que C

= 4 ∴ y

(x) = 4 − arctan (x) .

1.f. A EDO x y

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

: y

= y

x

1 + ln y x

Fa¸camos

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

= ln |u| = ln |ln |v||, onde C

∈ R . Como x, v > 0:

ln |ln (y

/x)| = ln (x) + C

∴ ln (y

/x) = Cx, onde C = ±e

6= 0 ∴ y

(x) = x e

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

que, por inspe¸c˜ao, verifica a EDO.

Tal solu¸c˜ ao corresponde a C = 0 acima ∴ y

(x) = x e

, onde C ∈ R .

1.g. Como t y

+ y = −t

y

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

= y

se

y 6= 0, condi¸c˜ ao que assumimos devido `a condi¸c˜ao inicial y(1) = −1/3 dada. Da´ı, y = v

∴ y

= −v

v

pela regra da cadeia.

Substituindo isto na EDO em y: −tv

v

+ v

= −t

v

. Multiplicando por

−v

/t j´ a que t

= 1 > 0, obtemos uma EDO linear de 1

ordem em v j´a em formato padr˜ ao: v

− t

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

porque

4Observemos quex6= 0 j´a vem da presen¸ca de ln (x)∴x >0. Analogamente,y >0.

5Da nota de rodap´e anterior,v >0.

6De fato,y(t) = 0 ´e uma solu¸c˜ao (singular), poisy^′(t) = 0, e 0 +⁰_t =−t0²parat6= 0.

7µ(t) est´a dentro do formato ±exp (R

−t⁻¹dt) =±exp (−ln|t|+k) =±_|t|¹e^k(k∈R) comk= 0 e sinais + e−parat >0 et <0 respectivamente.

d

dt

ln |µ(t)| = −t

= −

ln |t| =

ln |t|

=

ln |t

|, resultando em:

t

v = R

t

t dt = R

1 dt = t + C ∴ v = t

+ Ct ∴ y

(t) = (t

+ Ct)

para C ∈ R . Mas (−3)

= y(1) = (1 + C)

∴ C = −3 − 1 = −4 ∴ y

(t) = (t

− 4t)

.

1.h. O maior intervalo aberto contendo t

= 1 no qual a solu¸c˜ao do Item 1.g y

(t) = 1

t(t − 4) pode ser definida ´e (0, 4) devido `as ra´ızes de seu denominador.

Obs. Esta pergunta n˜ ao diz respeito ` a existˆencia ou `a unicidade da solu¸c˜ao!

1.i. y

= e

+y −1 ´e linear de 1

ordem em y. Em formato padr˜ao: y

−y = e

−1.

Ela admite fator integrante µ(x) = e

porque

ln |µ(x)| = −1 =

(−x) =

d

dx

ln (e

) =

ln |e

| (j´ a que e

> 0), resultando em:

d

dx

(e

y) = e

e

− 1

∴ e

y = R

(e

− e

) dx = e

+e

+C, onde C ∈ R ∴ y

(x) = e

+ 1 + Ce

, onde C ∈ R .

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

y

=

= t

∴ y

= −t

+ C

∴ y = − ln |t| + C

t + C

∴

y

= ln |1/t| + C

t + C

, onde C

, C

∈ R .

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

(1) = 1, obtemos:

1 = y

(1) = −1 + C

∴ C

= 2; e

0 = y

(1) = ln |1| + C

+ C

= 2 + C

∴ C

= −2 ∴

y

(t) = ln |1/t| + 2(t − 1), t > 0 para o Item 1.j.

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

(−1) = −2, obtemos:

−2 = y

(−1) = 1 + C

∴ C

= −3; e

0 = y

(−1) = ln | − 1|) − C

+ C

= 3 + C

∴ C

= −3 ∴

y

(t) = ln |1/t| − 3(t + 1), t < 0 para o Item 1.k.

1.l. Um caminho ´e notarmos que a EDO ´e

(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

y = t

cos(t), t > 0, que admite fator integrante

8µ(t) est´a dentro do formato ±exp (R

−1dx) = ±exp (−x+k) = ±e^ke^−x (k ∈R) comk= 0 e sinal +.

9Sendo 0< t=|t| no primeiro dos dois itens, podemos escreverln(1/t) nele.

µ tal que

ln |µ(t)| = t

=

ln |t| e, analogamente ao que fizemos no Item 1.h, usaremos µ(t) = t, resultando em:

(t y) = t t

cos (t) = cos (t) ∴

t y = R

cos (t) dt = sen(t) + C ∴ y

(t) = sen(t) + C

t , onde C ∈ R .

1.m. A EDO dada ´e y

+e

= e

. Fazendo a substitui¸c˜ao v = e

> 0, obtemos y = ln (v), e y

= v

/v. Logo, a EDO equivale ` a seguinte EDO em v(x):

v

v

+ e

= e

v

. Multiplicando por v, obtemos uma EDO linear de 1

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

+ e

v = e

. Um fator integrante µ(x) satisfaz a EDO auxiliar d

dx ln (µ(x)) = e

∴ ln |µ(x)| = e

+ k para algum k real ∴ µ(x) = ±e

= ±e

e

. Escolhendo a constante +e

= 1, obtemos µ(x) = e

. Assim: e

v(x) =

Z

e

e

dx = Z

e

dw = e

+ C = e

+ C, onde C ∈ R e w = e

∴ dw = w dx. Portanto, e

= 1 + Ce

∴

y

(x) = ln 1 + Ce

, onde C ∈ R

1.n–o. Vide os itens 1.a e 1.b do gabarito do 1

Exerc´ıcio Escolar de 2015.2.

1.p–s. Vide o arquivo “simulado 1–2017 1–manuscrito.pdf”

2.a. A EDO n˜ ao ´e exata pois, escrevendo N (x, y) = 2xy − e

, e M (x, y) = y, temos que N

(x, y) = 2y 6= 1 = M

(x, y). A EDO n˜ao admite fator inte- grante na forma µ(x) porque M

− N

N = 1 − 2y

2xy − e

n˜ao ´e uma fun¸c˜ao indepen- dente de y. No entanto, a EDO admite fator integrante na forma µ(y) porque

N

− M

M = 2y − 1

y = 2 − y

´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

) dt) = ± exp (2y − ln |y| + k) = ±

e

(k ∈ R ). Aqui

, µ(y) = y

e

ser´ a utilizado se

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

e

dx + (2x e

− y

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

U

dx = Z

e

dx ∴ U (x, y) = x e

+ g(y). Mas 2x e

− y

= U

(x, y) = 2x e

+ g

(y) ∴

10Ou seja, escolheu-seµ(y) = +|y|⁻¹e^2y para y >0, e−|y|⁻¹e^2y paray <0.

11De 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.

g

(y) = −y

∴ g(y) = − ln |y| + C

(C

∈ R ). Logo, a solu¸c˜ao geral da EDO pode ser dada implicitamente como x e

− ln |y

| = C, onde C ∈ R , enquanto y

(t) = 0 ´e a ´ unica solu¸c˜ ao singular.

2.b. A EDO (y

+ 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 + 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 + ln y

x = 1

2 2.c. A EDO n˜ ao ´e exata pois, escrevendo M(x, y) = x

+ y

+ x e N (x, y) = xy, temos que M

(x, y) = 2y 6= y = N

(x, y). A EDO admite fator integrante na forma µ(x) porque M

− N

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

+ xy

+ x

dx + x

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

U

dy = Z

x

y dy ∴ U(x, y) = x

y

2 + f (x). Mas xy

+ x

+ x

= U

(x, y) = xy

+ f

(x) ∴ f

(x) = x

+ x

∴ f (x) = x

4 + x

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

y

2 + x

4 + x

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

6x

y

+ 3x

+ 4x

= K, onde K = 12 C ∈ R .

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

y

−y e N (x, y) = x

y

−x ∴ M

(x, y) = 2x

y−1 6= 2xy

−1 = N

(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

− M

xM − yN = 2xy(y

− x

) x

y

(x

− y

) = −2

xy = −2

a = −2 d

da ln |a| = d

da ln |a|

= d

da ln |a

| ∴ µ(a(x, y)) = (a(x, y))

= (xy)

´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

y

− y) + (x

y

− x)y

= (x

0

− 0) + (x

0

− x)0 = 0.

Logo, y

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

x

− x

y

dx+ y

− x

y

dy = 0 ∴ U (x, y) = Z

x

− x

y

dx = x

3 + x

y

+g(y) ∴ y

−x

y

= U

(x, y) = g

(y) −x

y

∴ g

(y) = y

∴ g(y) = y

3 serve. Por conseguinte, x

+ y

3 + 1

x y

= C, onde C ∈ R .

Obs. Multiplicando por 3xy

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

x

y

+ xy

+ 3 = Kxy

, onde K = 3 C ∈ R .

2.e

. y

= − 3x

y + y

2x

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

. Escrevendo-a no formato de diferencial:

(3x

y + y

)dx + (2x

+ 3xy)dy = 0 ∴ M (x, y) = 3x

y + y

e N (x, y) = 2x

+ 3xy.

Como M

(x, y) = 3x

+ 2y 6= 6x

+ 3y = N

(x, y), a EDO n˜ao ´e exata. A EDO n˜ ao admite fator integrante na forma µ(x) porque M

− N

N = −3x

− y

2x

+ 3xy n˜ao ´e uma fun¸c˜ ao independente

de y. No entanto, N

− M

M = 3x

+ y 3x

y + y

= 1

y ´e independente de x, resultando em

ln |µ(y)| =

=

ln |y|. Disto, podemos usar

µ(y) = y, resultando na EDO exata (3x

y

+ y

)dx + (2x

y + 3xy

)dy = 0.

Disto, U (x, y) = Z

U

dx = Z

(3x

y

+ y

) dx ∴ U (x, y) = x

y

+ xy

+g(y). Mas 2x

y + 3xy

= U

(x, y) = 2x

y + 3xy

+ g

(y) ∴ g

(y) = 0 ∴ g(y) = 0 serve ∴

x

y

+ xy

= C, onde C ∈ R .

2.f

. (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 ∴

12Fim do Cap. 2 de [Boyce/DiPrima], EDO do Prob. 31 (resp. 32) da 9^a (resp. 8^a) ed.

13Ali´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.

14Basta compararmos seus valores em (x, y) comxfixado. Ex.: em (1,0) e (1,1).

15Observar 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.

16Exerc´ıcio 31 da Se¸c. 2.6 do [Nagle/Saff/Snider].

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

+ 3z + 2 + (4 + z)uz

= 0 ∴ no caso 0 6= z

+3z+2 = (z+1)(z+2), isto ´e, z / ∈ {−1, −2}, temos que − 1

u = 4 + z z

+ 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

+ 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

= R 3(z + 1)

− 2(z + 2)

dz = 3 ln |z + 1| − 2 ln |z + 2| + C

, onde C

, C

∈ R ∴ ln |u

| + C = ln

(z + 1)

(z + 2)

, onde C = C

− C

∈ R . Logo

, ln |u

| + C = ln

(v

/u + 1)

(v

/u + 2)

onde C ∈ R .

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

(u) = −u e v

(u) = −2u.

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

ln |(x − 1/2)

| + C = ln

1 + y

− 1 x − 1/2

2 + y

− 1 x − 1/2

, onde C ∈ R ; y

(x) = 3

2 − x e y

(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)

= K(2x e + y − 2)

, onde K e = ±8e

∈ R

.

17Tomando-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.

2.g – S´ o ideias. e

(1 + x)dx + (y e

− x e

)dy = 0 ∴ M (x, y) = e

(1 + x) e N (x, y) = y e

− x e

∴ N

− M

M = −M

M = −1 ∴ a EDO admite um fator in- tegrante µ(y) tal que d

dy ln |µ(y)| = −1 ∴ µ(y) = e

> 0 serve, e a EDO original equivale ` a EDO exata e

(1 + x)dx + (y − x e

)dy = 0. Como

d

dx (x e

) = (x + 1)e

, integrando em x, obtemos: U (x, y) = x e

+ g(y), onde g(y) satisfaz y − x e

= U

(x, y) = −x e

+ g

(y) ∴ g(y) = y

/2 serve ∴

x e

+ y

2 = C, onde C ∈ R .

2.h – S´ o ideias. 3x

y dx − x

+ 2y

dy = 0 ∴ N (x, y) = −x

+ 2y

e M (x, y) = 3x

y ∴ N

− M

M = −3x

− 3x

3x

y = −2

y ∴ a EDO admite um fator in- tegrante µ(y) tal que d

dy ln |µ(y)| = −2/y ∴ µ(y) = y

serve. Exceto por sua solu¸c˜ ao singular y

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

y

dx − x

y

+ 2y

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

y

+ g(y), onde g(y) satisfaz −x

y

− 2y

= U

(x, y) =

−x

y

+ g

(y) ∴ g(y) = −2y

/3 serve ∴ x

y

− 2

3 y

= C, onde C ∈ R .

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

, temos que:

v + xv

= y

= xy

x

+ y

= y/x

1 + (y/x)

= v

1 + v

∴ xv

= v

1 + v

− v = − v

1 + v

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

− 1

x = 1 + v

v

v

=

1 v

+ 1

v

v

Integrando em x, obtemos que:

− ln |x| + C = − 1

2v

+ ln |v| = ln y

x − x

2y

= ln |y| − ln |x| − x

2y

, onde C ∈ R ∴ C = ln |y

| − x

2y

. Mas y

(1) = −1 ∴ C = −1/2 ∴ ln |y

| − x

2y

= − 1 2

2.j. x

y − 2y

dx + x

dy = 0. Segundo a dica, h´a um fator integrante da forma

µ(x, y) = x

y

com (a, b) ∈ R

. Assim, (µ(x, y)N (x, y))

= (µ(x, y)M (x, y))

ou

seja, a x

y

x

+ x

y

4 x

= b x

y

(x

y − 2y

) + x

y

(x

− 4y), ou seja, a x

y

+ 4x

y

= b x

y

− 2b x

y

+ x

y

− 4x

y

, ou seja,

(a + 3 − b)x

y

+ (4 + 2b)x

y

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

y

e, exceto por sua solu¸c˜ao singular y

(x) = 0, a EDO original tem as mesmas solu¸c˜ oes que a seguinte EDO, que ´e exata como o(a) leitor(a) pode verificar: x

y

− 2x

dx + x

y

dy = 0. Integrando em y, obtemos a fun¸c˜ ao potencial: U (x, y) = −x

y

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

y

− 2x

= U

(x, y) = x

y

+ f

(x) ∴ f

(x) = −2x

∴ f (x) = x

/2 serve ∴ 1

2x

− 1

xy

= C onde C ∈ R .

Obs. Esta solu¸c˜ ao geral pode ser dada explicitamente por y

(x) = 2x

1 + Kx

onde K = −2C ∈ R .

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

x

y − 2y

+ x

y

= 0 ⇐⇒ y

≡ 0 ou x

y

y

+ x

y

= 2. Fazendo v = y

, esta

´

ultima EDO equivale a v

− x

v = −2x

, que ´e linear de 1

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

∴ x

v = R

−2x

dx = K

+ x

/2, onde K

∈ R ∴ (y

(x))

= v(x) = x K

+ x

2 = Kx

+ 1

2x

, onde K = 2K

∈ R . Tomando o inverso multiplicativo desta fra¸c˜ ao, obtemos a solu¸c˜ao geral expl´ıcita da observa¸c˜ ao anterior.

Obs. Esta abordagem na dica, quando aplicada a problemas com M e N po- linomiais, resulta em um sistema de equa¸c˜ oes lineares em a e b (poss´ıvel ou n˜ao).

2.k. (4x

y + 2xy

) dx + (3xy − 2x

) dy = 0. Seguindo a dica para o Item 2.j, tentemos um fator integrante da forma µ(x, y) = x

y

com a, b ∈ R :

(4x

y

+ 2x

y

) dx + (3x

y

− 2x

y

) dy = 0.

Aplicando o teste de exatid˜ ao (µ(x, y)N (x, y))

= (µ(x, y)M (x, y))

, obtemos:

4(1 + b)x

y

+ 2(2 + b)x

y

= 3(1 + a)x

y

− 2(3 + a)x

y

∴

4(1 + b) = −2(3 + a) e 2(2 + b) = 0 = 3(1 + a), sistema que admite a solu-

¸c˜ ao (a, b) = (−1, −2), isto ´e, µ(x, y) = x

y

e, exceto por sua solu¸c˜ao singular y

(x) = 0, a EDO original tem as mesmas solu¸c˜oes que a seguinte EDO, que ´e exata como o(a) leitor(a) pode verificar: (4xy

+ 2) dx + (3y

− 2x

y

) dy = 0.

Integrando em x, obtemos a fun¸c˜ ao potencial U (x, y) = 2x

y

+ 2x + f (y), onde

f (y) satisfaz 3y

− 2x

y

= U

(x, y) = −2x

y

+ f

(y) ∴ f

(y) = 3y

∴

f (y) = 3 ln |y| = ln |y

| serve ∴ 2x

y

+ 2x + ln |y

| = C onde C ∈ R .

2.l – ideias. (xy +4) dx+x

dy = 0 ´e inexata, pois M

(x, y) −N

(x, y) = x −2x =

−x 6= 0. Testando para fator integrante da forma µ(x, y) = h(xy), calculamos y N (x, y) − x M(x, y) = x

y − x(xy + 4) = −4x ∴ para a(x, y) = xy, obtemos:

d

da ln |µ(a)| = M

− N

yN − xM = 1

4 . Da´ı, o(a) leitor(a) pode obter que: h(a) = e

, µ(x, y) = e

> 0, e a EDO original tˆem as mesmas solu¸c˜oes que a seguinte EDO exata

: e

(xy + 4) dx + e

x

dy = 0. Integrando em y, obtemos:

U (x, y) = 4x e

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

e

(xy + 4) = U

(x, y) = e

(xy + 4) + f

(x) ∴ f

(x) = 0 ∴ f (x) = 0 serve

∴ x e

= C onde C ∈ R j´ a absorveu 1/4.

2.m – ideias. dy

dx = (y − 3)(y − 5)(y − 8). A EDO ´e separ´avel, devendo-se obter as solu¸c˜ oes singulares constantes y

(x) = 3, y

(x) = 5 e y

(x) = 8 `a parte.

Para a solu¸c˜ ao geral:

Z dx =

Z dy

(y − 3)(y − 5)(y − 8) =

Z 1/10

y − 3 − 1/6

y − 5 + 1/15 y − 8

dy

onde o ´ ultimo termo foi obtido por expans˜ ao em fra¸c˜oes parciais (Verifique!). Mul- tiplicando o resultado da integra¸c˜ ao por 30 (j´ a absorvido na constante C) e sim- plificando os logaritmos, obtemos: ln

(y − 3)

(y − 8)

(y − 5)

= 30 x + C, onde C ∈ R .

2.n. x

y

dx + (x + xy

) dy = 0. Sendo M(x, y) e N (x, y) polinomiais, tente- mos µ(x, y) = x

y

∴ x

y

dx + (x

y

+ x

y

) dy = 0. O teste de exatid˜ ao nos d´ a: (3 + b)x

y

= (1 + a)x

y

+ (1 + a)x

y

⇐⇒ 3 + b = 1 + a ⇐⇒ (a, b) = (−1, −3), isto ´e, µ(x, y) = x

y

e, exceto por sua solu¸c˜ao sin- gular y

(x) = 0, a EDO original tem as mesmas solu¸c˜oes que a seguinte EDO, a qual n˜ ao s´ o ´e exata como ´e separ´ avel: x dx + (y

+ y

) dy = 0. Integrando em x, obtemos x

2 +

ln |y| − y

2

= C

, onde C

∈ R . Podemos simplificar a solu¸c˜ao geral impl´ıcita multiplicando ambos os termos por 2 e fazendo C = C

∈ R :

x

+ ln (y

) − y

= C, onde C ∈ R .

2.o. Vide a Quest˜ ao 5 do gabarito do 1

Exerc´ıcio Escolar de 2016.2.

18Sempre verifique a exatid˜ao!

2.p. y dx + (x

+y

−x) dy = 0 com fator integrante da forma µ(x, y) = h(x

+ y

).

Pelo teste de exatid˜ ao

, ∂

∂y y · h(x

+ y

)

= ∂

∂x (x

+ y

− x) · h(x

+ y

)

∴

h(x

+ y

) + y · h

(x

+ y

) · 2y = (2x − 1) · h(x

+ y

) + (x

+ y

− x) · h

(x

+ y

) ·2x

∴ (2x − 2) · h(x

+ y

) = (2y

− 2x

− 2xy

+ 2x

) · h

(x

+ y

) ∴ h

(x

+ y

)

h(x

+ y

) = x − 1

y

− x

− xy

+ x

= x − 1

(y

+ x

)(1 − x) = −1 x

+ y

Denotando por a = a(x, y) = x

+ y

, a igualdade acima se reduz a:

h

(a) h(a) = − 1

a , ou seja, d

da ln |h(a)| = − d

da ln |a| = d

da ln |a

| ∴ h(a) = a

serve, isto ´e, µ(x, y) = (x

+ y

)

. Observando que (x, y) s´o fornece x

+ y

= 0 quando (x, y) = (0, 0), n˜ ao definindo implicitamente uma fun¸c˜ao y(x) diferenci´avel num intervalo aberto, temos que as solu¸c˜ oes da EDO original coincidem com as solu¸c˜oes da seguinte EDO exata: y

x

+ y

dx +

1 − x

x

+ y

dy = 0, Integrando em x com a substitui¸c˜ ao w = x/y , obtemos a fun¸c˜ ao potencial:

U (x, y) =

Z y

x

+ y

dx = arctan (x/y) + f (y), onde f satisfaz:

1 − x

x

+ y

= U

(x, y) = − x

x

+ y

+ f

(y) ∴ f

(y) = 1 ∴ f(y) = y serve. Logo:

y + arctan (x/y) = C, onde C ∈ R .

19Poder´ıamos ter descoberto um teste para existˆencia de fatores integrantes da forma dada, assumindo que nos s˜ao dadas fun¸c˜oes M(x, y) e N(x, y) de classeC¹numa regi˜ao aberta do plano euclidianoR²conexa e simplesmente conexa. O teste de exatid˜ao nos diz que (µ·M)y= (µ·N)x∴µxN−µyM =µ(My−Nx). Mas µ(x, y) =h(x²+y²)∴pela regra da cadeia,µx(x, y) = 2x·h^′(x²+y²) e µy(x, y) = 2y·h^′(x²+y²). Combinando as informa¸c˜oes, e denotando por a=a(x, y) =x²+y², obtemos que:

2h^′(a) (x N−y M) =h(a) (My−Nx)∴ d

daln|h(a)|= My−Nx

2(x N−y M) tem que ser fun¸c˜ao de aapenas e, em caso afirmativo, as solu¸c˜oes n˜ao nulas desta EDO separ´avel servem como µ(x, y) =h(a(x, y)) =h(x²+y²). Verifiquemos o teste no Item 1.p:

My−Nx

2(x N−y M) = 1−(2x−1)

2[x(x²+y²−x)−y(y)] = 1−x

(x−1)(x²+y²] = −1

x²+y² como acima.

3. e 4. Vide o arquivo “simulado 1–2017 1–manuscrito.pdf”

5. A ideia da resolu¸c˜ ao ´e: mostraremos que a fun¸c˜ao nula ´e solu¸c˜ao (maximal), e que todo PVI com a EDO dada admite uma solu¸c˜ao local ´ unica pelo teorema de existˆencia e unicidade (TEU) de solu¸c˜ oes para PVIs de 1

ordem estudado. Da´ı, uma solu¸c˜ ao que possui sinal positivo ou negativo em algum x n˜ao pode atingir valor nulo e, portanto, n˜ ao pode mudar de sinal pelo pelo teorema do valor inter- medi´ ario (TVI). Vamos aos detalhes.

A EDO j´ a ´e dada resolvida algebricamente para y

como:

y

= E(x, y) = y(3 − y) ∴ E

(x, y) = 3 − 2y, ambas fun¸c˜oes polinomiais (de x e y) e, portanto, cont´ınuas em todo o plano R

. Pelo TEU estudado, cada PVI com esta EDO submetida ` a condi¸c˜ ao inicial y(a) = b tem uma solu¸c˜ao local ´ unica

, onde (a, b) ∈ R

´e um ponto fixado. Em particular, o resultado vale para os pontos (0, b) do eixo horizontal (b ∈ R ). Ora, y(x) = 0 ´e solu¸c˜ao (maximal: x ∈ R ), pois, na EDO, y

(x) = 0 = 0(3 − 0) = y(3 −y). Assim, ela ´e a ´ unica solu¸c˜ao de qualquer PVI desta EDO com condi¸c˜ ao inicial (0, b) no eixo horizontal. Em outras palavras, nenhuma outra solu¸c˜ ao maximal desta EDO (ou seja, nenhuma solu¸c˜ao com valor n˜ ao nulo em algum x

real) pode ter valor y(x) nulo em algum x de seu intervalo (maximal) de defini¸c˜ ao.

Recordemos que, pelo TVI, se uma fun¸c˜ ao cont´ınua f ´e definida em um in- tervalo real [c, d], ent˜ ao, naquele intervalo, todos os valores entre f (c) e f (d) s˜ao atingidos ao menos uma vez por f . Em particular, se um dos valores f (c) e f (d) ´e positivo, e o outro ´e negativo, ent˜ ao f se anula em algum x ∈ (c, d). Como solu¸c˜oes de EDOs s˜ ao diferenci´ aveis, elas s˜ ao cont´ınuas (em seus intervalos de defini¸c˜ao).

Da´ı, para uma solu¸c˜ ao mudar de valor positivo para negativo ou vice-versa, teria que se anular em algum x. Para esta EDO, isto ´e impossibilitado pelo resultado do par´ agrafo anterior.

Combinando os dois ´ ultimos par´ agrafos, conclu´ımos que a pergunta posta pelo problema tem resposta negativa.

20Num intervalo aberto (a−h, a+h) em torno dex=a, para algum real positivoh.