Teoria

Módulo 1

Opa, tudo bem? Vamos escrever uma matemática aqui embaixo: (basta apertar ‘ALT + =’ )

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Um fator integrante da equação diferencial x 2 y ' = 2 + x y       x > 0 ,   é:

(a) x

(b) 1 x

(c) e 2 x

(d) e - x 2

(e) e x 2

Passo 1

Pra achar o fator integrante, primeiro temos que botar a equação na forma da EDO linear que é essa aqui:

y ' x + A x ⋅ y x = B ( x )

A EDO é

x 2 y ' = 2 + x y

O coeficiente multiplicando y ' tem que ser 1 então vamos dividir os 2 lados por x 2 :

y ' = 2 + x y x 2

Podemos também abrir essa fração em duas repetindo o denominador:

⇒ y ' = 2 x 2 + y x

Agora passamos o termo que tem o y para o lado direito da equação, ficando com:

⇒ y ' - 1 x y = 2 x 2

A primeira coisa que fazemos quando percebemos que temos uma EDO linear de primeira ordem é identificar quem é o A ( x ) e o B ( x ) . Vamos comparar então:

y ' + A x y = B ( x )

⇒ y ' - 1 x y = 2 x 2

Assim, vemos que:

A x = - 1 x     e     B x = 2 x 2

Passo 2

Agora que a gente já sabe quem são os coeficientes A e B vamos partir para nosso próximo passo da receitinha de bolo, calcular ∫ A x d x lembrando que não precisamos colocar a constante de integração aqui 😊

∫ A x d x = - ∫ 1 x d x

Pra integral de 1 x temos ele tabeladinho como sendo ln ⁡ x .

- ∫ 1 x d x = - ln ⁡ x

Vamos agora lembrar de uma propriedade do ln ⁡ . Podemos passar a constante que está multiplicando o ln ⁡ para o expoente de quem está dentro dele. Assim:

a ln ⁡ b = ln ⁡ b a

No nosso caso, a = - 1 ,   e b = x . Então:

- ln ⁡ x = ln ⁡ x - 1

Lembra que x - 1 = 1 x . Com isso, nosso resultado será:

= ln ⁡ 1 x

Passo 3

O que o enunciado pediu foi o fator integrante. Que será dado por:

e ∫ A x d x

Como nosso A x = ln ⁡ 1 x , o fator integrante se torna:

e ln ⁡ 1 x

Como exponencial e ln ⁡ são funções inversas, elas vão se cortar e vamos ficar com

e ln ⁡ 1 x = 1 x

E esse é finalmente o nosso fator integrante.

Resposta

Alternativa (b) 1 x

Exercício Resolvido #2

Resolva a seguinte equação diferencial:

y ' + cos ⁡ x y = 5 cos ⁡ x

Passo 1

A gente tem uma equação que parece muuuuito esse formato aqui

y ' + A x y = B ( x )

Que é exatamente o formato da EDO Linear!

Já está na forma certa! Vamos então resolver!

Passo 2

A primeira coisa que fazemos quando percebemos que temos uma EDO linear de primeira ordem é identificar quem é o A ( x ) e o B ( x ) . Vamos comparar então:

y ' + cos ⁡ x y = 5 cos ⁡ x

y ' + A x y = B ( x )

Assim temos que:

A x = cos ⁡ x B x = 5 cos ⁡ x

Passo 3

Agora que a gente já sabe quem são os coeficientes A e B vamos partir para nosso próximo passo da receitinha de bolo, calcular ∫ A x d x lembrando que não precisamos colocar a constante de integração aqui 😊

∫ A x d x = ∫ cos ⁡ ( x ) d x

Fazendo a integral de c o s ⁡ ( x ) , ficamos com

∫ A x d x = s e n ( x )

Passo 4

Então, usamos esse resultado para calcular nosso fator integrante I ( x )

I x = e ∫ A x d x = e sen ⁡ x

Passo 5

Agora que temos o fator integrante, vamos fazer essa integral aqui:

∫ I x B x d x

Substituindo, teremos:

∫ e sen ⁡ x 5 . cos ⁡ x d x

Aí você pensa,” Eita! Como vou resolver essa integral maluca aqui”. Calma, querido aluno. Podemos resolver essa integral com uma técnica de integração chamada substituição simples! Vamos chamar s e n ( x ) de u e ficamos com isso aqui:

u = sen ⁡ ( x ) → d u = cos ⁡ ( x ) d x

d x = d u cos ⁡ x

Com isso nossa integral se torna:

∫ I x B x d x = ∫ e u 5 . cos ⁡ x d u cos ⁡ x

Podemos cortar os c o s ⁡ ( x ) e colocar a constante que está multiplicando (o número 5) para fora da integral

∫ I x B x d x = 5 ∫ e u d u

E a integral de e u é o próprio e u , então ficamos com

∫ I x B x d x = 5 e u

Só que u = s e n ( x ) . Então voltamos para a variável x substituindo o u , e ficamos com:

∫ I x B x d x = 5 e sen ⁡ x

Passo 6

E finalmente vamos pegar os resultados que achamos e colocar na fórmula da solução de EDO linear, lembrando que

I x = e s e n x   e   ∫ I x B x d x = 5 e sen ⁡ x

E a formula da solução de EDO Linear é

y x = 1 I x ∫ I x ⋅ B x d x + C

Substituindo tudo, teremos:

y x = 1 e sen ⁡ x 5 e sen ⁡ x + c

Fazendo a distributiva ficamos com

y x = 5 e sen ⁡ x e s e n x + c e s e n x

Na primeira fração podemos cortar e s e n x em cima e embaixo e na segunda fração podemos passar o e s e n x para cima mudando o sinal do expoente .

Temos que:

c e s e n x = c e - s e n x

Arrumando nossa resposta, teremos:

y x = 5 + c e - sen ⁡ x

Resposta

y x = 5 + c e - sen ⁡ x

Exercício Resolvido #3

Identifique se a equação abaixo é uma equação linear de primeira ordem. Em caso afirmativo, encontre sua solução geral.

d y d x - y tan ⁡ x = sen ⁡ x

Passo 1

Fala aii! Vamos partir pra cima de mais uma questão!!

A primeira coisa é identificar se nossa equação é linear de primeira ordem. Os pré-requisitos para isso são:

Para ser de primeira ordem a derivada de maior ordem deve ter ordem 1.

d y d x - y tan ⁡ x = sen ⁡ ( x )

Ok, de primeira ordem ela é. Mas para ser linear:

  1. Tanto as derivadas de y quanto o próprio y não podem estar elevados ao quadrado, cubo ou qualquer outro expoente diferente de 1.
  2. Os coeficientes que aparecem multiplicando as derivadas de y e o próprio y dependem apenas de x .

Está tudo de acordo, então temos uma equação linear de primeira ordem.

Passo 2

Agora vamos resolvê-la. Essa é uma EDO linear, então vamos usar o nosso famoso formato

y ' x + A x y = B ( x )

Lembrando que y ' ( x ) é a mesma coisa que d y d x

d y d x - t a n ⁡ ( x ) y = sen ⁡ ( x )

Vamos identificar A x e B ( x )

A x = - tan ⁡ x

B x = sen ⁡ x

Passo 3

Identificamos qual tipo de equação temos e já achamos quem são A x e B ( x ) . O próximo passo é calcular a integral

∫ A x d x = ∫ - tan ⁡ x   d x

Vamos precisar lembrar que tan ⁡ x = s e n x cos ⁡ x , ficando com

∫ - tan ⁡ x   d x = ∫ - sen ⁡ x cos ⁡ ( x )   d x

Agora para resolver essa integral vamos precisar lembrar do método de integração chamado de substituição simples, ele é feito assim:

u = cos ⁡ x

d u = - sen ⁡ x d x

d x = - d u s e n x

Agora vamos substituir c o s ⁡ ( x ) por u e d x por - d u s e n x na integral, fica assim:

∫ - s e n x u - d u s e n x

A gente pode ver que podemos cortar os s e n ( x ) e, os sinais de –   se anulam.

Então ficamos com

∫ d u u = ln ⁡ u

Maaas não podemos esquecer que u = c o s ⁡ ( x ) , então nossa integral fica:

∫ A x d x = ln ⁡ cos ⁡ x

Passo 4

A próxima coisa é calcular o fator integrante

I x = e ∫ A x d x

No nosso caso

I x = e ln ⁡ cos ⁡ x

Como e e ln ⁡ são funções inversas, elas se anulam e o resultado é o que está dentro do ln ⁡ , ou seja c o s ⁡ ( x )

I x = cos ⁡ ( x )

Passo 5

Agora precisamos calcular a integral

∫ I x B x d x + C

Como I x = c o s ⁡ ( x ) e B x = s e n ( x ) , temos

∫ cos ⁡ ( x ) sen ⁡ ( x ) d x + C

Vamos de novo resolver utilizando substituição simples

u = sen ⁡ x

d u = cos ⁡ x d x

d x = d u cos ⁡ x

Substituindo na integral temos que:

∫ cos ⁡ x ⋅ u ⋅ d u cos ⁡ x + C

Podemos cortar os c o s ⁡ ( x ) , ficando com:

∫ u   d u = u 2 2 + C

Lembrando de novo que temos que voltar a substituição u = s e n x , então

∫ I x B ( x ) d x = sen 2 ⁡ x 2 + C

Passo 6

Ufa, agora só falta colocar tudo na formulinha:

y x = 1 I x ∫ I x B ( x ) d x + C

y x = 1 cos ⁡ x sen 2 ⁡ x 2 + C

Lembrando que 1 cos ⁡ x = sec ⁡ x

y x = sec ⁡ x sen 2 ⁡ x 2 + C

Fazendo C = 2 C 2 , podemos reescrever a função desse jeito:

y x = 1 2 s e c ⁡ ( x ) ( s e n 2 x + 2 C )

Mas como C é uma constante qualquer podemos considerar 2 C como constante também, aí chegamos ao nosso resultado:

y x = 1 2 sec ⁡ x ( s e n 2 x + C )

Pronto! Resolvida a nossa equação.

Resposta

Sim, ela é uma equação linear de primeira ordem, e sua solução geral é:

y x = 1 2 sec ⁡ x ( s e n 2 x + C )

Exercício Resolvido #4

Ache a solução geral da equação seguinte:

x y ' + 2 y = x 2 - x + 1

Passo 1

Temos aqui uma EDO linear. Bom, para resolver essa EDO, precisamos deixar na nossa forminha de bolo de EDO linear que eu vou te lembrar aqui rapidinho:

y ' + A x y = B ( x )

x y ' + 2 y = x 2 - x + 1

Para isso precisamos deixar y ' sozinho, então vamos dividir tudo por x .

x y ' x + 2 y x = x 2 x - x x + 1 x

Cortando os x que aparecem em cima e embaixo, temos que:

y ' + 2 x y = x - 1 + 1 x

Show de bola. Conseguimos deixar com o formato de uma EDO linear. Vamos lembrar como resolvemos esses caras.

Passo 2

Como temos uma EDO de primeira ordem linear, vamos resolver pelo método do fator integrante. Comparando com a forma habitual, temos:

y ' + A x y = B ( x )

y ' + 2 x y = x - 1 + 1 x

A x = 2 x

B x = x - 1 + 1 x

Passo 3

Vamos começar achando ∫ A x d x . Essa integral não precisa do + C , ok.

∫ A x d x = ∫ 2 x d x

Podemos tirar o 2 da integral porque ele é uma constante, então ficamos com

∫ A x d x = 2 ∫ 1 x d x

Lembrando que a ∫ 1 x d x = ln ⁡ x , temos que:

∫ A ( x ) d x = 2 l n ⁡ ( x )

Passo 4

Agora que temos ∫ A x d x podemos achar o nosso fator integrante, que é desse jeitinho

I x = e ∫ A x d x

I x = e 2 ln ⁡ x

Podemos simplificar desse jeitinho aqui:

I x = ( e ln ⁡ x ) 2      

E como e x   e l n ⁡ ( x ) são funções inversas, um anula o outro, então e ln ⁡ x é igual ao próprio x , então ficamos apenas com:

I x = x 2

Passo 5

Agora precisamos calcular ∫ I x B x d x . Substituindo:

∫ x 2 x - 1 + 1 x d x

Vamos fazer a distributiva, ficando com

∫ ( x 3 d x - x 2 + x 2 x ) d x = ∫ x 3 - x 2 + x d x

Para ficar mais tranquilinho, vamos separar essa integral em 3 integrais mais fáceis, assim:

∫ x 3 d x - ∫ x 2 d x + ∫ x d x  

Ai, lembrando que ∫ x n d x = x n + 1 n + 1 ,   temos que:

∫ I x B x d x = x 4 4 - x 3 3 + x 2 2

Passo 6

Agora que já temos a integral, vamos colocar na fórmula da solução geral.

Usando a nossa fórmula

y x = 1 I x ∫ I x ⋅ B x d x + C

y x = 1 x 2 x 4 4 - x 3 3 + x 2 2 + C

Fazendo a distributiva, temos que

y x = x 4 4 x 2 - x 3 3 x 2 + x 2 2 x 2 + C x 2

Podemos simplificar os x , diminuindo os expoentes do numerador com os do denominador

y ( x ) = x 4 - 2 4 - x 3 - 2 3 + x 2 - 2 2 + C x 2

E finalmente teremos nossa solução geral:

y = x 2 4 - x 3 + 1 2 + C x 2

Resposta

y = x 2 4 - x 3 + 1 2 + C x 2

Exercício Resolvido #5

Encontre a solução do PVI abaixo:

x 2 y ' + x y = 1 y 1 = 0 x > 0

Passo 1

Bom, temos ali uma EDO linear pra resolver. Então vamos começar colocar a equação na forma

y ' x + A x y = B ( x )

x 2 y ' + x y = 1

Para que o coeficiente do termo y ' seja 1 devemos dividir tudo por x 2 :

⇒ 1 x 2 ( x 2 y ' + x y ) = 1 x 2

Como colocamos o termo x 2 no denominador, temos que dizer que é diferente de zero:

x 2 ≠ 0

⇒ x ≠ 0

Mas como no próprio enunciado do problema já diz que x > 0 , então tudo em paz! E é só pra isso que essa informação está no enunciado, tá! Então não precisamos mais nos preocupar com ela. x já não poderia ser zero de qualquer maneira!

Com isso, teremos:

⇒ y ' x 2 x 2 + x x 2 y = 1 x 2

Podemos simplificar as potências de x   e ficamos com:

⇒ y ' + 1 x y = 1 x 2

Legal! Chegamos à forma que queríamos!

Passo 2

O próximo passo é encontrar A ( x ) e B ( x ) :

Comparando as duas equações:

y ' x + A x ⋅ y x = B ( x ) y ' x + 1 x ⋅ y x = 1 x 2

Vemos que:

⇒ A x = 1 x B x = 1 x 2

Passo 3

Agora vamos calcular a integral ∫ A x d x sem adicionar a constante:

∫ A x d x = ∫ 1 x d x = ln ⁡ | x |

Como o enunciado diz, x > 0 , então podemos tirar as barrinhas de módulo, pois x = x .

Então, nesse caso temos que

⇒ ∫ A x   d x = ln ⁡ x

Passo 4

Show, estamos indo bem! Vamos agora calcular I x , que é dado por:

I x = e ∫ A x d x = e ln ⁡ x

Como e e ln ⁡ x são funções inversas, elas “se anulam” e o resultado é o que está dentro do ln ⁡ , no caso é x , então temos que:

⇒ I x = x

Passo 5

Próximo passo é calcular ∫ B x ⋅ I x d x + C

Substituindo o que já conhecemos, teremos:

∫ B ( x ) ⋅ I ( x ) d x = ∫ 1 x 2 . x ⋅ d x

Podemos cortar o x com o x 2 do denominador ficando com

⇒ ∫ 1 x d x = ln ⁡ x

Então, temos que:

⇒ ∫ B ( x ) ⋅ I ( x ) d x = ln ⁡ x + C

Passo 6

Agora que já calculamos tudo, é só colocar na nossa formulinha da solução geral e partir para o abraço!

y x = 1 I x ∫ I x ⋅ B x d x

⇒ y x = 1 x ln ⁡ x + c

Passo 7

Mas calma aí, nossa questão ainda não acabou, nesse caso o enunciado nos dá um valor inicial, ele diz que y 1 = 0 , isso quer dizer que quando x = 1 , y = 0 .

Essa solução que a gente acho aí é uma solução geral. Então vamos substituir todos os x por 1 e todos os y por 0 para achar quanto vale a nossa constante!

y 1 = 0

Substituindo x = 1 na solução geral:

0 = 1 1 ln ⁡ 1 + C

Lembrando que ln ⁡ 1 = 0 , teremos:

0 = 1 ( 0 + C )

0 = C

⇒ C = 0

Substituindo a C na solução geral:

y x = 1 x ( ln ⁡ x + C )

⇒ y x = 1 x ln ⁡ x

Só uma observação antes de terminar: não é sempre que a nossa constante vai dar zero beleza? Nesse caso deu por coincidência, mas ele pode ser qualquer outro valor, por isso não podemos esquecer dele 😊

Resposta

y x = 1 x ln ⁡ x

Exercício Resolvido #6

Resolva o Problema de Valor Inicial:

y ' - x y = 1 - x 2 e 1 2 x 2 ,       y 0 = 0

Passo 1

Oiee! Essa questão parece muito sinistra, mas não precisa se preocupar! Com o nosso passo a passo vamos perceber que ela não é um monstro de 7 cabeças.

Temos aqui uma EDO linear de primeira ordem que tem esse formato aqui

y ' = A x y = B ( x )

Show! Nossa equação é

y ' - x y = 1 - x 2 e x 2 2

Comparando essas equações temos que:

A x = - x

B x = 1 - x 2 e x 2 2

Vamos partir para o método.

Passo 2

Vamos começar calculando a ∫ A x d x

∫ A ( x ) d x = ∫ - x d x

∫ A ( x ) d x = - x 2 2

Passo 3

E, como I x = e ∫ A x d x

I x = e - x 2 2

Não tem muito o que mexer, vamos deixar assim mesmo!

Passo 4

Agora vamos passar para o próximo passo que é calcular ∫ I x B x d x

∫ I x B x d x = ∫ e - x 2 2 1 - x 2 e x 2 2 d x

Como a gente tem dois e elevados a alguma coisa vamos juntar eles e somar os expoentes

∫ e - x 2 2 + x 2 2 1 - x 2 d x

Opa, eles vão zerar, que beleza! Então vamos ficar com

∫ e 0 1 - x 2 d x

Como e 0 = 1 , que nos dá:

∫ 1 - x 2 d x

Podemos separar em duas integrais:

∫ 1 d x - ∫ x 2 d x

E resolvendo teremos:

∫ I x B x d x = x - x 3 3

Passo 5

Agora que já achamos todas os nossos coeficientes, vamos lembrar a fórmula que vai dar a nossa solução geral.

y x = 1 I x ∫ I x ⋅ B x d x + C

Substituindo o que encontramos nos outros passo e lembrando que C é uma constante real.

y x = 1 e - x 2 2 x - x 3 3 + C

Lembrando que se temos algo assim

2 x - 2

Podemos escrever como

2 x 2

Então, podemos passar esse e - x 2 2 para cima mudando o sinal do expoente, ficando com

y x = e x 2 2 x - x 3 3 + C

Passo 6

Show achamos a equação geral, mas a nossa jornada ainda não acabou, porque temos um Problema de Valor Inicial, que diz que y 0 = 0 , ou seja, quando x = 0 , temos que y = 0 . Então, vamos substituir esses valores na nossa equação para encontrar o valor da constante C .

0 = 1 . 0 - 0 3 3 + C

C = 0

Agora a gente pega a solução geral que tínhamos e substitui o valor de C que acabamos de encontrar.

Logo a solução do PVI será

y x = e x 2 2 x - x 3 3

Só uma observação antes de terminar: não é sempre que a nossa constante vai dar zero beleza? Nesse caso deu por coincidência, mas ele pode ser qualquer outro valor, por isso não podemos esquecer dele 😊

Resposta

y x = e x 2 2 x - x 3 3

Exercício Resolvido #7

Resolva a seguinte equação diferencial linear:

d y d x + y x - cotg ⁡ x x = 0

Passo 1

Oii! Vamos continuar os estudos em Equação Diferencial LinearVamos começar colocando a equação na forma y ' x + A x ⋅ y = B ( x ) , lembrando que y ' x = d y d x

Se liga no bizu: a função cotg ⁡ x tem pontos de descontinuidade, para fugir dessas descontinuidades vamos considerar o intervalo 0 < x < π 2 .

Isso porque um parcela de continuidade da cotg ⁡ x seria de 0 < x < π , mas estou pegando um intervalo positivo para facilitar nossa vida.

Então temos:

y ' x + 1 x ⏟ A x y = cotg ⁡ x x ⏟ B x

Passo 2

Encontramos A ( x ) e B ( x )

A x = 1 x B x = cotg ⁡ x x

Passo 3

Vamos então calcular a integral ∫ A x d x sem adicionar a constante e achar I x = e ∫ A x d x

∫ A x d x = ∫ 1 x d x

∫ 1 x d x = ln ⁡ | x |

Mas opa, vimos lá no início que:

0 < x < π 2

Então, como x é sempre positivo, podemos tirar as barrinhas do módulo de x .

x = x

Então:

∫ A ( x ) d x = ln ⁡ x

Passo 4

Agora vamos achar I x , sendo:

I x = e ∫ A x d x

I x = e l n ⁡ ( x )

Como e e ln ⁡ são funções inversas, elas “se anulam” e o resultado é o que está dentro de ln ⁡ ,   nesse caso o prórprio x , então:

I x = x

Passo 5

Agora vamos calcular a integral ∫ I x ⋅ B x d x + C

∫ cotg ⁡ x x ⋅ x d x + C

Podemos cortar esses x e, lembrar que

c o t g x = 1 t g x

Lembrando lá da trigonometria, temos que:

t g x = s e n x cos ⁡ x

Então:

c o t g x = 1 t g x = 1 s e n x cos ⁡ x

Passamos o c o s ⁡ ( x ) para o numerador, ficamos com:

c o t g x = 1 t g x = 1 s e n x c o s x =   cos ⁡ x s e n x

Assim nossa integral se torna:

∫ cos ⁡ x sen ⁡ x d x + C

Para resolver essa integral vamos fazer uma substituição simples:

t = sen ⁡ ( x )

d t = cos ⁡ ( x ) d x

d x = d t cos ⁡ x

Substituindo na integral:

∫ cos ⁡ x t d t cos ⁡ x

Podemos cortar os c o s ⁡ ( x ) e ficamos com

∫ 1 t d t = ln ⁡ t + C

Mas como t = s e n ( x ) , voltamos para a variável x dá integral:

∫ I x ⋅ B x d x = l n ⁡ ( s e n x ) + C

Passo 6

Ufaa! Agora que já temos tudo calculadinho, vamos colocar na nossa fórmula da equação diferencial linear e substituir pelo que já encontramos:

y x = 1 I x ∫ I x ⋅ B x d x + C

y x = 1 x ⋅ l n ⁡ ( s e n x ) + C

É isso ai galera! Vamos treinar pra ficar fera!

Resposta

y x = 1 x ⋅ l n ⁡ ( s e n x ) + C

Exercício Resolvido #8

Analise a seguinte equação e diga se ela é linear de primeira ordem, em caso afirmativo, encontre sua solução geral.

x 3 y ' + 4 x 2 y + e x = 0

Passo 1

Opa, fala aii! Vamos lá resolver nossa EDO!

A primeira coisa é identificar se nossa equação é linear de primeira ordem. Os pré-requisitos para isso são:

Para ser de primeira ordem a derivada de maior ordem deve ter ordem 1.

x 3 y ' + 4 x 2 y + e x = 0

Ok, de primeira ordem ela é. Mas para ser linear:

  1. Tanto as derivadas de y quanto o próprio y não podem estar elevados ao quadrado, cubo ou qualquer outro expoente diferente de 1.
  2. Os coeficientes que aparecem multiplicando as derivadas de y e o próprio y dependem apenas de x .

Está tudo de acordo! Sendo assim, temos sim uma equação linear de primeira ordem.

Passo 2

Agora vamos resolvê-la. Essa é uma EDO é linear de primeira ordem,

x 3 y ' + 4 x 2 y = - e x

Então, vamos começar dividindo toda a equação por x 3

y ' + 4 x   y = - e x x 3

A equação da EDO Linear é desse jeitão aqui:

y ' x + A x y x = B ( x )

Passo 3

Agora, vamos identificar A x e B ( x ) comparando nossa equação ao formato que temos:

y ' + 4 x   y = - e x x 3

y ' x + A x y x = B ( x )

Vemos que:

A x = 4 x

B x = - e x x 3

Passo 4

Identificamos qual tipo de equação temos e já achamos quem são A x e B ( x ) . O próximo passo é calcular a integral

∫ A x d x = ∫ 4 x   d x

∫ 4 x   d x = 4 ∫ 1 x   d x

Resolvendo ficamos com:

∫ A x d x = 4 ln ⁡ x

Que pode ser escrita como:

∫ A x d x = ln ⁡ x 4

Passo 5

A próxima coisa é calcular o fator integrante

I x = e ∫ A x d x

No nosso caso

I x = e ln ⁡ x 4

Como a exponencial é o inverso do ln ⁡ ,   os dois se cancelam, sobrando apenas:

I x = x 4

Passo 6

Agora precisamos calcular a integral

∫ I x B ( x ) d x = ∫ x 4 - e x x 3 d x

Podemos cortar os x ' s do numerador e denominador, ficando com:

∫ I x B ( x ) d x = - ∫ x e x d x

Vamos agora resolver essa integral usando o método da integração por partes. Pra isso fazemos:

u = x

d u = d x

d v = e x d x

v = e x

Usando a fórmula da integração por partes

∫ x e x d x = u v - ∫ v d u

∫ x e x d x = x   e x - ∫ e x d x

∫ x e x d x = x e x - e x

Então nossa integral ficou

∫ I x B ( x ) d x = - ∫ x e x d x

∫ I x B ( x ) d x = - ( x e x - e x )

∫ I x B ( x ) d x = - x e x + e x

Passo 7

Agora só falta colocar tudo na fórmula da solução geral

y x = 1 I x ∫ I x B ( x ) d x + C

Já achamos os termos

I x = x 4

∫ I x B ( x ) d x = - x e x + e x

Colocando isso na nossa fórmula, temos:

y x = 1 x 4 - x e x + e x + C

Pronto! Resolvida a nossa equação!

Resposta

y x = 1 x 4 - x e x + e x + C

Exercício Resolvido #9

Resolva o Problema de Valor Inicial:

y ' - x y = 1 - x 2 e 1 2 x 2 ,       y 0 = 0

Passo 1

Oiee! Essa questão parece muito sinistra, mas não precisa se preocupar! Com o nosso passo a passo vamos perceber que ela não é um monstro de 7 cabeças.

Temos aqui uma EDO linear de primeira ordem que tem esse formato aqui

y ' = A x y = B ( x )

Show! Nossa equação é

y ' - x y = 1 - x 2 e x 2 2

Comparando essas equações temos que:

A x = - x

B x = 1 - x 2 e x 2 2

Vamos partir para o método.

Passo 2

Vamos começar calculando a ∫ A x d x

∫ A ( x ) d x = ∫ - x d x

∫ A ( x ) d x = - x 2 2

Passo 3

E, como I x = e ∫ A x d x

I x = e - x 2 2

Não tem muito o que mexer, vamos deixar assim mesmo!

Passo 4

Agora vamos passar para o próximo passo que é calcular ∫ I x B x d x

∫ I x B x d x = ∫ e - x 2 2 1 - x 2 e x 2 2 d x

Como a gente tem dois e elevados a alguma coisa vamos juntar eles e somar os expoentes

∫ e - x 2 2 + x 2 2 1 - x 2 d x

Opa, eles vão zerar, que beleza! Então vamos ficar com

∫ e 0 1 - x 2 d x

Como e 0 = 1 , que nos dá:

∫ 1 - x 2 d x

Podemos separar em duas integrais:

∫ 1 d x - ∫ x 2 d x

E resolvendo teremos:

∫ I x B x d x = x - x 3 3

Passo 5

Agora que já achamos todas os nossos coeficientes, vamos lembrar a fórmula que vai dar a nossa solução geral.

y x = 1 I x ∫ I x ⋅ B x d x + C

Substituindo o que encontramos nos outros passo e lembrando que C é uma constante real.

y x = 1 e - x 2 2 x - x 3 3 + C

Lembrando que se temos algo assim

2 x - 2

Podemos escrever como

2 x 2

Então, podemos passar esse e - x 2 2 para cima mudando o sinal do expoente, ficando com

y x = e x 2 2 x - x 3 3 + C

Passo 6

Show achamos a equação geral, mas a nossa jornada ainda não acabou, porque temos um Problema de Valor Inicial, que diz que y 0 = 0 , ou seja, quando x = 0 , temos que y = 0 . Então, vamos substituir esses valores na nossa equação para encontrar o valor da constante C .

0 = 1 . 0 - 0 3 3 + C

C = 0

Agora a gente pega a solução geral que tínhamos e substitui o valor de C que acabamos de encontrar.

Logo a solução do PVI será

y x = e x 2 2 x - x 3 3

Só uma observação antes de terminar: não é sempre que a nossa constante vai dar zero beleza? Nesse caso deu por coincidência, mas ele pode ser qualquer outro valor, por isso não podemos esquecer dele 😊

Resposta

y x = e x 2 2 x - x 3 3

Exercício Resolvido #10

Resolva o problema de valor inicial:

y - 1 x ' - 3 x = y - 1 5 ,         x 1 = 16

Passo 1

Opaaa, vamos que vamos pra reta final das nossas EDOs Lineares!

A primeira cosia que precisamos é determinar que tipos de EDO é essa.

y - 1 x ' - 3 x = y - 1 5

Se dividirmos a equação inteira por ( y - 1 ) , ficamos com

x ' - 3 x y - 1 = y - 1 4

Perceba que essa equação está no formato

y ' x + A x y x = B ( x )

Então agora já sabemos o mecanismo para resolver. A única diferença é que as variáveis estão trocadas, mas isso não vai interferir no método de resolução.

Passo 2

Primeiro precisamos identificar A y e B ( y ) , comparando a equação que temos com o formato das EDOs Lineares, temos que:

A y = - 3 ( y - 1 )

B y = y - 1 4

Passo 3

O próximo passo é calcular a integral

∫ A y d y = ∫ - 3 ( y - 1 )   d y

= - 3 ∫ 1 ( y - 1 ) d y

Vamos utilizar a substituição

u = ( y - 1 )

d u = d y

Então ficamos com

- 3 ∫ d u u = - 3 ln ⁡ u

Que podemos reescrever assim:

= ln ⁡ u - 3

E voltando para variável y , fica:

= ln ⁡ y - 1 - 3

Então achamos nossa integral! Só pra ficar bonitinho, tá aqui ela

∫ A y d y = ln ⁡ y - 1 - 3

Repara que y - 1 tá dentro do logaritmo! Precisamos ter:

y - 1 > 0

y > 1

Passo 4

A próxima coisa é calcular o fator integrante

I y = e ∫ A y d y

No nosso caso

I y = e ln ⁡ y - 1 - 3

Como a exponencial é o inverso do ln ⁡ ,   podemos cancelar os dois, sobrando só:

I y = y - 1 - 3

Passo 5

Agora precisamos calcular a integral

∫ I y B y d y

= ∫ y - 1 - 3 y - 1 4 d y

Uhul, mesma base, só somar os expoentes, que nos dará:

= ∫ ( y - 1 ) d y

Bem mais tranquilo, né?

Podemos separar em duas integrais

∫ ( y - 1 ) d y = ∫ y   d y - ∫ d y

Integrando ficamos com

∫ I y B ( y ) d y = y 2 2 - y

Passo 6

E agora só falta colocar tudo na solução geral:

y x = 1 I x ∫ I x ⋅ B x d x + C

Sendo que

I x = y - 1 - 3

∫ I y B ( y ) d y = y 2 2 - y

Então temos:

x y = 1 y - 1 - 3 y 2 2 - y + C

Que pode ser escrito como:

x y = y - 1 3 y 2 2 - y + C

Passo 7

Maaas, temos um caso de Problema de valor inicial.

x - 1 = 16

Aplicando na nossa solução substituindo o y por - 1 e o x por 16 .

x - 1 = - 1 - 1 3 ( - 1 ) 2 2 - ( - 1 ) + C

16 = - 8 1 2 + 1 + C

A gente faz isso pra descobrir qual o valor da constante C . Então isolando ela, nós teremos:

3 2 + C = - 2

C = - 2 - 3 2

C = - 7 2

Então, nossa solução final é

x y = y - 1 3 y 2 2 - y - 7 2

Resposta

x y = y - 1 3 y 2 2 - y - 7 2