Exercícios Resolvidos de EDO Linear de 1ª Ordem

EDO linear de 1ª ordem

Considere o problema de valor inicial

x y ' - y = x cos ⁡ x ,     y x 0 = y 0

  1. Resolva este problema para x 0 = π e y 0 = π / 2
  2. O problema tem solução para x 0 = 0 ? Podemos usar o teorema da existência e unicidade para responder esta questão?
  3. Justifique que para x 0 ≠ 0 o problema tem solução.

Passo 1

a)

Vamos começar resolvendo essa EDO

Essa é uma EDO linear de 1 ª ordem. Vamos arrumar para deixar y ' sozinho.

y ' - 1 x y = cos ⁡ x

Com

y π = π 2

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Resolvendo

y ' - 1 x y = cos ⁡ x

Vamos ter

A x = - 1 x

E

B x = cos ⁡ x

Vamos começar achando o fator integrante I x

I x = e ∫ A x d x

Sendo:

∫ A x d x = ∫ - 1 x d x = - ∫ 1 x d x = - ln ⁡ x

Logo o fator integrante fica

I x = e - ln ⁡ x = x - 1

Passo 3

Para simplificar, vamos definir:

u x ≔ ∫ B x I x d x + C

Vamos agora achar u x

u x = ∫ B x I x d x + C

u x = ∫ cos ⁡ x x - 1 d x + C

u x = ∫ cos ⁡ x x d x + C

Infelizmente essa integral não tem solução, então vamos escrevê-la usando um pouco do conceito do teorema fundamental do cálculo.

u x = ∫ π x cos ⁡ s s d s + C

Começamos essa integral no π porque foi o valor inicial de x que ele deu.

Passo 4

Agora vamos ter

y x = ∫ B x I x d x + C I ( x ) = u x I x

y x = x ∫ π x cos ⁡ s s d s + C

Passo 5

Agora temos que achar o valor de C , lembrando que

y π = π 2

Então

y π = π ∫ π x cos ⁡ s s d s + C

π 2 = π 0 + C

π 2 = C π

C = 1 2

Assim vamos ter

y x = x ∫ π x cos ⁡ s s d s + 1 2

Ele não deu condição nenhuma para os valores de x então temos que deixar aquele módulo mesmo.

Passo 6

b)

Não vimos o teorema da existência e unicidade na teoria, vamos enunciá-lo aqui:

Dada uma função f x , y tal que ela é continua em um retângulo R aberto a < x < b ; c < y < d , com f y também contínua em R . Então, dado um ponto x 0 , y 0 de R , temos que a equação diferencial

y ' = f x , y ,     y x 0 = y 0

Tem uma única solução definida em algum intervalo aberto contendo x 0 .

Beleza, basicamente esse teorema garante que o PVI tem solução se aquela função f x , y é continua em um intervalo de x e y e a derivada em relação a y dessa f também é contínua nesse mesmo intervalo.

No problema que ele deu temos

y ' - 1 x y = cos ⁡ x

Assim

y ' = y x + cos ⁡ x

E vamos ter

f x , y = y x + cos ⁡ x

Para o teorema valer as hipóteses dele devem estar valendo para essa função f x , y e para esse ponto x 0 , y 0 .

Repara que a função f x , y é contínua para qualquer valor de x e y , menos x = 0 .

Então essa EDO não está satisfazendo as hipóteses do teorema, então ele pode ou não valer neste caso, portanto não podemos usar o teorema da existência e unicidade aqui!

Olhando a solução que achamos ali em cima para um x 0 qualquer vai ser trocando π por x 0 , ficando

y x = x ∫ x 0 x cos ⁡ s s d s + C

Se x = 0 vamos ter

y = 0 ∫ 0 0 cos ⁡ s s d s + C = 0

Assim devemos ter

y 0 = 0

Assim, o problema só pode ter solução se y 0 = 0 para x 0 = 0 . Nessas condições, temos

y x = x ∫ 0 x cos ⁡ s s d s + C

Sendo:

y + ' 0 = lim x → 0 + ⁡ y x = lim x → 0 + ⁡ ∫ 0 x cos ⁡ s s d s + C

Que não existe. Portanto, não há solução para x 0 = 0 .

Passo 7

c)

Ele deu um valor qualquer de x 0 que seja diferente de 0 , então vamos ver se podemos usar o teorema da existência e unicidade, vimos que

f x , y = y x + cos ⁡ x

É contínua se x ≠ 0 que nesse caso é, então vamos ver f y

f y = 1 x

Que também vai ser contínuo para x ≠ 0 , então pelo teorema da existência e unicidade sempre que x ≠ 0 vamos ter solução.

Já vimos que essa solução vai ser

y x = x ∫ x 0 x cos ⁡ a a d a + C

Resposta

a)

y x = x ∫ π x cos ⁡ a a d a + 1 2

b)

Não podemos usar o Teorema da existência e unicidade, e não há solução para x 0 = 0 .

c)

Existe solução, a demonstração está no passo a passo

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