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Exerc´ıcios Resolvidos
Diego Oliveira - Vit´oria da Conquista/BA
Exerc´ıcios Resolvidos: EDO de vari´ avel separ´ avel Contato:
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Atualizado em 11/09/2016
Dica: A resolu¸c˜ ao de EDO de vari´aveis separ´aveis pede apenas duas habilidades: • manipula¸c˜ ao alg´ebrica; • dom´ınio das t´ecnicas de integra¸c˜ao. Sendo assim, se vocˆe tˆem ambas as habilidades n˜ao ter´a problema com esse tipo de EDO.
Exemplo 1: Encontre as solu¸c˜ oes das equa¸c˜oes abaixo, separando as vari´aveis: a)
y dy − sen(x2 )dx = 0 x
b)
dy = ex+y dx
c)
2x + xy 2 dy = dx 4y + x2 y
d)
√
1 − x2
dy + y 3 = 0, y(1) = 1 dx
e) y · sen(x)dx + (y 2 + 1)ecos(x) dy = 0, y
π 2
=1
Solu¸ c˜ ao de A: y dy − sen(x2 )dx = 0 x ⇒ ydy = x · sen(x2 )dx Z Z ⇒ ydy = x · sen(x2 )dx ⇒
y2 1 = − cos(x2 ) + c (sendo c uma constante). 2 2
Multiplicando a equa¸c˜ ao acima por 2 em ambos os lados y 2 = −cos(x2 ) + 2c Chamando 2c de k ent˜ ao: y 2 + cos(x2 ) = k Solu¸ c˜ ao de B: 1
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dy = ex+y = ex · ey dx ⇒
dy = ex + ey dx
Separando as vari´ aveis e integrando: Z
dy = ey
Z
ex dx
−e−y + c1 = ex + c2 (sendo c uma constante). ⇒ −e−y − ex = (c2 − c1 ) ⇒ (−1)(e−y + ex ) = (c2 − c1 ) ⇒ (e−y + ex ) = (c1 − c2 ) chamando (c1 − c2 ) de k ent˜ ao: (e−y + ex ) = k ⇒
1 + ex = k ey
⇒
ex · ey + 1 =k ey
⇒ ex · ey + 1 = key ⇒ ex+y − key = −1 como k ´e uma constante, pois ´e a soma de outras duas contantes, ent˜ao podemos fazer k = −k sem nenhum preju´ızo. Sendo assim: ex+y − key = −1 ⇒ ex+y + key = −1 Solu¸ c˜ ao de C: dy 2x + xy 2 x(2 + y 2 ) = = dx 4y + x2 y y(4 + x2 ) ⇒
dy x(2 + y 2 ) = dx y(4 + x2 )
⇒
y x dy = dx (1) (2 + y 2 ) (4 + x2 )
integrando ambos os membros de (1) chegamos `a:
2
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1 1 ln(|2 + y 2 |) + c1 = ln(|4 + x2 |) + c2 2 2 ⇒
1 1 ln(|2 + y 2 |) = ln(|4 + x2 |) + (c2 − c1 ) 2 2
multiplicando a equa¸c˜ ao acima por dois (ambos os termos) ⇒ ln(|2 + y 2 |) = ln(|4 + x2 |) + 2(c2 − c1 ) exponenciando eln(|2+y
2
|)
⇒ eln(|2+y
2
= eln(|4+x 2
|)
|)+2(c2 −c1 ) 2
= eln(|4+x
|)
· e2(c2 −c1 )
⇒ |2 + y 2 | = |4 + x2 | · e2(c2 −c1 ) chamando 2(c2 − c1 ) de k ent˜ ao: ⇒ |2 + y 2 | = |4 + x2 | · ek Solu¸ c˜ ao de D: √
1 − x2
⇒ ⇒
√ √
⇒−
dy + y3 = 0 dx
1 − x2
dy = −y 3 dx
1 − x2 dy = −y 3 dx dy dx =√ (1) y3 1 − x2
por substitui¸c˜ ao trigonom´etrica calcula-se a integral do membro mais a direita da equa¸c˜ao (1). J´ a a integral da esquerda pode ser calculada diretamente (ou seja, pela pr´opria defini¸c˜ao de integral). Assim: Z
dy − 3 = y
Z
√
dx 1 − x2
⇒
1 + c1 = arcsen(x) + c2 2y 2
⇒
1 = arcsen(x) + c2 − c1 2y 2
Chamando c2 − c1 de k ⇒
1 = arcsen(x) + k (1) 2y 2
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como por hip´ otese y(1) = 1 ent˜ ao: 1 = arcsen(1) + k 2(1)2 1 π = +k 2 2 ⇒k=
1 π − 2 2
Assim, a equa¸c˜ ao (1) pode ser escrita como: 1 π 1 = arcsen(x) + − 2y 2 2 2 Solu¸ c˜ ao de E: y · sen(x)dx + (y 2 + 1)ecos(x) dy = 0 ⇒ y · sen(x)dx = −(y 2 + 1)ecos(x) dy ⇒
sen(x) (y 2 + 1) dx = − dy cos(x) y e
Integrando ambos os lados da equa¸c˜ao acima (por substitui¸c˜ao de u) chegamos `a: e−cos(x) + c1 = −
y2 − ln(|y|) + c2 (onde c ´e uma constante). 2
Fazendo k = c2 − c1 ent˜ ao: y2 − ln(|y|) + k (1) 2 π como por hip´ otese y = 1 ent˜ ao 2 e−cos(x) = −
e−cos(π/2) = −
12 − ln(|1|) + k 2
1 ⇒ e0 = − − 0 + k 2 ⇒k=
3 2
sendo assim, a equa¸c˜ ao (1) pode ser escrita como: e−cos(x) = −
y2 3 − ln(|y|) + 2 2
⇒ e−cos(x) + y 2 + 2ln(|y|) = 3
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