Exercícios Resolvidos de EDO Linear de 1ª Ordem

Passo 1

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 r d θ + 2 r cos ⁡ 2 θ = sen ⁡ ( 4 θ )

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, temos uma equação linear de primeira ordem.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Agora vamos resolvê-la. Essa não é uma EDO separável. E agora?

Perceba que ela tem esse formato:

r θ + A θ r θ = B ( θ )

d r d θ + 2 r cos ⁡ 2 θ = sen ⁡ ( 4 θ )

Vamos identificar A θ e B ( θ )

A θ = 2 cos ⁡ ( 2 θ )

B θ = sen ⁡ ( 4 θ )

Passo 3

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

∫ A θ d θ = ∫ 2 cos ⁡ ( 2 θ )   d θ

Vamos utilizar a substituição

u = 2 θ

d u = 2 d θ

Então ficamos com

∫ cos ⁡ ( u )   d u = sen ⁡ u

∫ A x d x = sen ⁡ ( 2 θ )

Passo 4

A próxima coisa é calcular o fator integrante

I θ = e ∫ A θ d θ

No nosso caso

I x = e sen ⁡ ( 2 θ )

Passo 5

Agora precisamos calcular a integral

∫ I θ B ( θ ) d θ = ∫ e sen ⁡ ( 2 θ ) sen ⁡ ( 4 θ ) d θ

Podemos primeiro substituir

sen ⁡ ( 4 θ ) = 2 sen ⁡ ( 2 θ ) cos ⁡ ( 2 θ )

∫ I θ B ( θ ) d θ = ∫ e sen ⁡ ( 2 θ ) 2 sen ⁡ ( 2 θ ) cos ⁡ ( 2 θ ) d θ

E para resolver, vamos utilizar a substituição

u = e sen ⁡ ( 2 θ )

d u = e sen ⁡ ( 2 θ ) 2 cos ⁡ ( 2 θ ) d θ

Concentra aqui e olha como vai ficar

d θ = d u e sen ⁡ ( 2 θ ) 2 cos ⁡ ( 2 θ )

Isso aqui em baixo não é uma notação formal ok? É só para conseguirmos entender todos os passos.

∫ e sen ⁡ ( 2 θ ) 2 sen ⁡ ( 2 θ ) cos ⁡ ( 2 θ ) d θ = ∫ e sen ⁡ ( 2 θ ) 2 sen ⁡ ( 2 θ ) cos ⁡ 2 θ d u e sen ⁡ ( 2 θ ) 2 cos ⁡ ( 2 θ )

= ∫ sen ⁡ 2 θ d u

= ∫ ln ⁡ u   d u

Para resolver essa integral, podemos usar integração por partes. Vamos usar a notação w e v ' .

w = ln ⁡ u

d w = 1 u d u

v ' = d u

v = u

Usando a formulinha da integração por partes

w v - ∫ v d w

∫ ln ⁡ u   d u = u ln ⁡ u - ∫ u 1 u d u

∫ ln ⁡ u   d u = u ln ⁡ u - ∫ d u

∫ ln ⁡ u   d u = u ln ⁡ u - u

∫ ln ⁡ u   d u = u ( ln ⁡ u - 1 )

Desfazendo a substituição lá de cima

u = e sen ⁡ 2 θ

∫ I θ B ( θ ) d θ = e sen ⁡ 2 θ ( ln ⁡ e sen ⁡ 2 θ - 1 )

Então

∫ I θ B ( θ ) d θ = e sen ⁡ 2 θ ( sen ⁡ 2 θ - 1 )

Passo 6

Finalmente chegamos no fim, agora só falta colocar tudo na solução

r θ = 1 I θ ∫ I θ B ( θ ) d θ + C

r θ = 1 e sen ⁡ ( 2 θ ) e sen ⁡ 2 θ ( sen ⁡ 2 θ - 1 ) + C

r θ = sen ⁡ ( 2 θ ) - 1 + C e - sen ⁡ 2 θ

Prontinho!

Resposta

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