EDO Linear de 1ª Ordem

Teoria Completa

Esse método serve para resolver EDOs de 1ª ordem que não são separáveis. Esse tipo de equação será sempre da seguinte forma:

y ' x + A x ⋅ y x = B ( x )

Olha essas EDO’s

y ' = x y

y ' = sen ⁡ x y

y ' = x + y

A primeira é separável. A segunda é algo muito louco dos infernos. Essa terceira é daquela forma, olha só

y ' - y = x

Aqui é importante se ligar que temos que jogar o que está sozinho com x para a direita e o resto para esquerda.

A solução é sempre dada por:

y x = 1 I x ∫ I x ⋅ B x d x + c

Onde

I x = e ∫ A x d x

Peraí, como assim?

Relaxa, vamos com calma! Vamos fazer a nossa EDO ali em cima no passo a passo

y ' - y = x

  1. Colocar a equação na forma y ' x + A x ⋅ y x = B ( x )
  2. (Ou seja, o coeficiente do termo y ' ( x ) deve ser 1 )

    Aqui, a nossa EDO já está assim

  3. Encontrar A ( x ) e B ( x )
  4. Comparando, vamos ver que

    A x = - 1

    B x = x

  5. Calcular a integral:
  6. ∫ A x d x

    sem adicionar a constante

    ∫ - 1 d x = - ∫ d x = - x

  7. Calcular o que chamamos de fator integrante:
  8. I x = e ∫ A x d x

    Aquele expoente, foi o que achamos antes. Então

    I x = e - x

  9. Calcular a integral
  10. ∫ I x ⋅ B x d x

    sem adicionar a constante

    ∫ e - x . x d x = ∫ x e - x d x

    Aqui, usamos integração por partes.

    ∫ x e - x d x = - x e - x + ∫ e - x d x = - x e - x - e - x

  11. Encontrar a solução:
  12. y x = 1 I x ∫ I x ⋅ B x d x + C

    Onde C é uma constante qualquer

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

  13. Encontrar solução particular caso seja um PVI

Lembra que eu já te contei que, as vezes, o professor te dá a condição inicial e pede para resolver o problema de valor inicial. Nesse caso, tem que ver qual constante C que satisfaz a condição inicial.

Na prática, vamos substituir a condição inicial na nossa solução do passo 6 e achar a constante C .

Viu que fácil? É só seguir o passo-a-passo, não tem erro!

Observação: se você quiser entender de onde vem esse cara chamado fator integrante, da uma olhada no tópico Equação Não Exata – Fator Integrante, que lá eu te explico direitinho.

Pronto! Agora é suave! Siga o passo-a-passo e detone os exercícios!

Expandir

Exercício Resolvido #1

CEFET, EDO, Professor Hélder,P1 2014.2, Questão 1 item b

Resolva a seguinte equação diferencial:

y ' + cos ⁡ x y = 5 cos ⁡ x

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Passo 1

Ae a gente bate o olho e vê! Né não? É uma EDO linear de primeira ordem!

Já está na forma certa! Simbora resolver!

Passo 2

Identifique os paranauê:

A x = cos ⁡ x B x = 5 cos ⁡ x

Passo 3

Calcule a integral:

∫ A x d x = ∫ cos ⁡ ( x ) d x = sen ⁡ ( x )

Passo 4

Calcule o fator integrante:

I x = e ∫ A x d x = e sen ⁡ x

Passo 5

Calcule a integral:

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

Ae você pensa, “é soldado, não foi hoje que rolou aquele free point na prova”. Calma spartano(a), podemos resolver esse paranauê com uma substituição simples! Veja só

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

Assim fica:

∫ I x B x d x = 5 ∫ e u d u = 5 e u

Aeee, acabou! Só que não, calma ae, temos que voltar a variável antiga!

∫ I x B x d x = 5 e sen ⁡ x

Passo 6

E finalmente ache a resposta:

y x = 1 I x ∫ I x ⋅ B x d x + C = 1 e sen ⁡ x 5 e sen ⁡ x + c = 5 + c e - sen ⁡ x

Resposta

y x = 5 + c e - sen ⁡ x

Exercício Resolvido #2

UERJ, Cálculo 3, Lista 3 do Professor Fernando Lopes, Questão 1 item c

Resolva a seguinte equação diferencial linear:

d y d x + y x - cotg ⁡ x x = 0

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Passo 1

Colocar a equação na forma y ' x + A x ⋅ y x = B ( x )

Se liga: a função cotg ⁡ x tem fluxos de descontinuidade, consideraremos 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 caso exista algum logaritmo pela frente.

Então fica:

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

Passo 2

Encontrar A ( x ) e B ( x )

A x = 1 x B x = cotg ⁡ x x

Passo 3

Calcular a integral ∫ A x d x sem adicionar a constante e ache I x = e ∫ A x d x

∫ A x d x = ∫ 1 x d x = ln ⁡ | x |

Assim ficou :

∫ A x d x = ln ⁡ | x |

I x = e ∫ A x d x

I x = e ln ⁡ x = x

Mas opa, vimos lá no início que:

0 < x < π 2

Então x = x !

Passo 4

Calcular a integral ∫ I x ⋅ B x d x + C

∫ cotg ⁡ x x ⋅ x d x + C = ∫ 1 x ⋅ cos ⁡ x sen ⁡ x ⋅ x   d x + C = ∫ cos ⁡ x sen ⁡ x d x + C

Por substituição simples:

t = sen ⁡ x

d t = cos ⁡ x d x

Substituindo na integral:

∫ 1 t d t + C = ln ⁡ | t | + C = ln ⁡ | sen ⁡ x | + C

E de novo sabemos que: 0 < x < π 2

Nesse intervado sen ⁡ x é positivo, logo podemos tirar o módulo:

ln ⁡ sen ⁡ x + C

Passo 5

Calcule finalmente y x = 1 I x ∫ I x ⋅ B x d x + C

y x = 1 x ⋅ ln ⁡ sen ⁡ x + C

Resposta

y x = 1 x ⋅ ln ⁡ sen ⁡ x + C

Exercício Resolvido #3

PUC-RJ, Cálculo 3, P1 2012.1, Questão 1 item ii

Ache a solução geral da equação seguinte:

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

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Passo 1

Bom, para resolver essa EDO

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

Começamos por dividir tudo por x .

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

Passo 2

Como temos uma EDO de primeira ordem, que não é separável, vamos resolver pelo método do fator integrante. Comparando com a forma habitual, temos

A x = 2 x ,     B x = x - 1 + 1 x

Passo 3

O fator integrante é dado por:

I x = e ∫ A x d x = e ∫ 2 x d x = e 2 ln ⁡ x = e ln ⁡ x 2 = x 2

Passo 4

Calculando ∫ I x B x d x

∫ x 2 x - 1 + 1 x d x = ∫ x 3 d x - ∫ x 2 d x + ∫ x d x

∫ I x B x d x = x 4 4 - x 3 3 + x 2 2

Passo 5

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

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