EDO Separável

Teoria Completa

Já vimos o que são EDOs, agora vamos dar uma olhada em um tipo específico e como resolvê-las. Vamos supor que a gente tenha essas EDOs aqui:

y ' = x y

y ' + sen ⁡ x y = 0

y ' - x = y

y ' = sen ⁡ x tg ⁡ y

Vamos dizer que elas são separáveis se, isolando a derivada a gente ficar com o produto entre uma função de x e outra de y

y ' x = f x g ( y )

Obs: Podem ser funções de t e p , m e n , tanto faz ok? Estamos usando x e y aqui como notação aqui mas outras podem ser usadas pra mesma coisa.

Repara que nas equações alí em cima, a primeira e a última são desse tipo, são separáveis, nas outras a gente não consegue colocar nesse formato.

Ok! Já vimos como é uma EDO separável. Mas e agora? Como vamos resolver?

Vamos pegar a primeira ali de cima como exemplo:

y ' x = x y x

Vamos reescrever ela assim ó:

d y d x = x y

É importante que a derivada esteja isolada em um lado da equação, no nosso caso já está. Agora, vamos SEPARAR tudo que é x para um lado e tudo que é y para o outro.

d y y = x d x

Show! A próxima coisa a fazer vai ser integrar dos dois lados de forma independente.

∫ d y y = ∫ x d x

ln ⁡ y + c 1 = x 2 2 + c 2

A gente não precisa de duas constantes aqui não, podemos juntar C 1 e C 2 em uma só C .

ln ⁡ y = x 2 2 + C

Então ótimo! Encontramos a solução geral! Pode ser que precisemos dar a resposta do exercício como um y em função de x , aí é só a gente isolar (tem alguns casos que não vai ter como mesmo, acontece, não desespera!). No nosso caso

ln ⁡ y = x 2 2 + C

y = e x 2 2 ∙ e C

Aqui, temos uma liberdade poética de tirar o módulo sem muita preocupação, ficando assim:

y = K e x 2 2

A gente pode colocar e C = K pra ficar melhor.

Problema de Valor Inicial

Te contei quase tudo que você precisa sobre EDO, faltou um detalhezinho. Imagina que o seu professor pede para resolver esse problema aqui:

d y d x = x y y 0 = 1

Já resolvemos

d y d x = x y

Agora só falta aplicar a condição y 0 = 1 , que chamamos de condição inicial do problema. Ela vai nos ajudar a encontrar o valor de K . Vamos usar essa condição na solução geral que a gente encontrou.

y 0 = 1 = K e 0 ∴ K = 1

Então a solução do problema de valor inicial será

y x = 1 . e x 2 2

Sacou? Vou te passar um passo a passo para resolver uma EDO separável:

  1. Coloque a derivada na forma d y d x em vez de y ' ( x ) e escreva apenas y em vez de y ( x )
  2. Isole o termo d y d x de um lado da equação e coloque o resto do outro lado
  3. Tente separar tudo que tem x para o lado do d x e tudo que tem y para o lado do d y
  4. Conseguiu? Agora é só integrar os dois lados e correr pro abraço!
  5. Caso seja necessário, isole y ( x )
  6. Caso seja um problema de valor inicial, ache o valor da constante usando a condição inicial!

Partiu exercícios!

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Exercício Resolvido #1

PUC-RJ, Cálculo B, P4 2015.1, 4ª-Modificada

Considere a equação diferencial y ' = 2 x 1 - y 2 :

Ache a solução geral explícita desta equação diferencial.

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Passo 1

A primeira coisa que temos que perceber é que essa equação é separável.

y ' = 2 x 1 - y 2

Agora repara que temos do lado direito uma função só com y multiplicada por uma função só com x , isso é a grande evidência disso.

Para começar a resolução devemos trocar y ' por d y d x

d y d x = 2 x 1 - y 2

Passo 2

Agora teríamos que isolar o termo d y d x , mas isso já está feito.

Vamos multiplicar cruzado, procurando deixar tudo que tem y de um lado e tudo que tem x do outro

d y 1 - y 2 = 2 x d x

Passo 3

Agora temos que aplicar a integral dos dois lados

∫ d y 1 - y 2 = ∫ 2 x   d x

O lado direito fica tranquilinho,

∫ d y 1 - y 2 = 2 x 2 2 + C

∫ d y 1 - y 2 = x 2 + C

Mas e o lado esquerdo? Vamos ver como resolve no próximo passo

Passo 4

Queremos resolver essa integral

∫ d y 1 - y 2

Uma forma de fazer é lembrar que ela é uma integral “direta”, eu coloquei as aspas porque nem sempre é fácil lembrar que

∫ d y 1 - y 2 = arcsen ⁡ y

Passo 5

Voltando para a EDO, vamos substituir a integral que achamos. Ela vai ficar

arcsen ⁡ y = x 2 + C

Como ele quer a solução explícita, temos que isolar o y ,

y = sen ⁡ x 2 + C

Resposta

y = sen ⁡ x 2 + C

Exercício Resolvido #2

Elaboração própria

Ache a solução geral da equação diferencial abaixo:

d y d x = x y + 3 x - y - 3

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Passo 1

Pelo que nós conhecemos de EDO é muito legal quando temos uma equação separável, pois é fácil de resolver. Vamos tentar escrever essa equação naquele formato característico de equação separável.

d y d x = ( y + 3 ) ( x - 1 )

d y y + 3 = x - 1 d x

Ressaltando que y ≠ - 3 para o denominador da fração não ser igual a zero.

Passo 2

Vamos começar a nossa receita de bolo de separável integrando os dois lados.

∫ d y y + 3 = ln ⁡ y + 3

∫ x - 1 d x = x 2 2 - x

Vamos deixar para colocar as constantes de integração depois

Passo 3

Igualando as duas integrais e somando uma constante de integração C

ln ⁡ y + 3 = x 2 2 - x + C

Se quisermos deixar de uma forma explícita basta jogar a exponencial dos dois lados:

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

Resposta

y = e x 2 2 - x + C - 3 ,                 C   é   u m a   c o n s t a n t e

Exercício Resolvido #3

Dennis G. Zill e Michael R. Cullen, Equações Diferencias Volume 1,3ª ed., 2001, pp51-19

Resolva a equação diferencial dada por separação de variável descrita abaixo:

y ln ⁡ x d x d y = y + 1 x 2

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Passo 1

Vamos começar escrevendo essa equação naquele formato característico de EDO separável que a gente já conhece.

x 2 ln ⁡ x d x = y + 1 2 y d y

Agora que já está naquele formato que a gente gosta é só começar a botar a mão na massa e integrar de ambos os lados.

Passo 2

Vamos integrar cada lado da equação separado. Dessa forma:

∫ x 2 ln ⁡ x d x

Vamos utilizar o método de integração por partes para resolver essa brincadeira. Lembrando o método:

∫ u d v = u v - ∫ v d u

Tomando u = ln ⁡ x e d v = x 2 dx , teremos:

∫ x 2 ln ⁡ x d x = ln ⁡ x x 3 3 - ∫ x 3 3 1 x d x   =   ln ⁡ x x 3 3 - x 3 9    

∫ x 2 ln ⁡ x d x = ln ⁡ x x 3 3 - x 3 9

Passo 3

Integrando o outro lado da equação:

∫ y + 1 2 y d y = ∫ y 2 + 2 y + 1 y d y = ∫ y 2 y d y + ∫ 2 y y d y + ∫ 1 y d y

Resolvendo essas integrais simples, teremos:

∫ y + 1 2 y d y = y 2 2 + 2 y + ln ⁡ y

Passo 4

Igualando as duas integrais obtidas, temos

ln ⁡ x x 3 3 - x 3 9 =   y 2 2 + 2 y + ln ⁡ y + D  

Onde D é uma constante. Devido à complexidade da equação não será possível escrever a resposta na forma explicita, somente na implícita como a gente fez logo acima.

Resposta

ln ⁡ x x 3 3 - x 3 9 =   y 2 2 + 2 y + ln ⁡ y + D

Onde D é uma constante

Exercício Resolvido #4

UERJ, Cálculo 3, Lista 1, Fernando Lopes, 1c

Resolva a seguinte equação diferencial:

d y d x = 1 + y 2 1 + x 2 x y

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Passo 1

Vamos ver se dar para separar essa EDO, então vamos naquele algebrismo:

y 1 + y 2 d y = 1 x 1 + x 2 d x

Opa! É separável, então vamos integrar de ambos os lados para resolver!

Já sabemos que

x ≠ 0

Passo 2

Então, vamos integrar dos dois lados:

∫ y 1 + y 2 d y = ∫ 1 x 1 + x 2 d x     ( 1 )

Para resolver a primeira integral podemos fazer uma substituição simples, chamando u = 1 + y 2 , logo, d u = 2 y   d y → d u 2 = y d y . Substituindo isso na primeira integral:

∫ y 1 + y 2 d y = 1 2 ∫ d u u = 1 2 ln ⁡ | u | = 1 2 ln ⁡ | 1 + y 2 |

Nunca esqueça de substutuir o u !

A segunda integral é mais complicada, né? Caso você não lembre de frações parciais, aconselho que dê uma relembrada, ela é bem útil, e usaremos ela nesse caso! Basicamente você tem que analisar se o grau do polinômio no numerador é menor do que o do denominador, caso seja, a gente pode transformar essa fração em uma soma de frações mais simples (isso se o denominador não for irredutível), então vamos lá:

1 x 1 + x 2 = A x + B x + C 1 + x 2 = A + A x 2 + B x 2 + C x x 1 + x 2 = A + B x 2 + C x + A x 1 + x 2 Como x é um polinômio do primeiro grau, o numerador só fica com uma constante A , mas para ( 1 + x 2 ) o numerador fica como um polinômio genérico do primeiro grau B x + C . Para essa relação ser válida:

A + B = 0 C = 0 A = 1 → B = - 1

Substituindo isso na integral:

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

A primeira integral é:

∫ 1 x d x = ln ⁡ | x | A segunda pode ser feita por uma substituição simples! Chame de u = 1 + x 2 → d u = 2 x   d x , substituindo:

- ∫ x 1 + x 2 d x = - 1 2 ∫ d u u = - 1 2 ln ⁡ | u | = - 1 2 ln ⁡ | 1 + x 2 |