Exercícios Resolvidos de EDO Linear de 1ª Ordem

EDO linear de 1ª ordem

Determine a solução geral da equação diferencial:

2 y 2 y ' ' + 2 y y ' 2 = 2 y y ' ,   y > 0 ,     y ' > 0

Passo 1

Bem, bem... Temos uma derivada ao quadrado ali meio bizarra, a parada não parece estar amigável, como proceder? Vou começar dividindo tudo por y por que da pra ver que tem um y extra aí sobrando nessa EDO:

2 y y ' ' + 2 y ' 2 = 2 y '

Ok, acho que melhorou um pouco a cara, vamos pensar no seguinte: com essa cara de EDO a gente não consegue desenvolver nada do que trabalhamos, então precisamos procurar uma saída. Perceba que essa EDO não mostra qual é a variável independente, ou seja, se depende de t , ou de x , “tá legal, e daí?” A ideia é, como esse cara não tem a variável independente explicitada, eu vou fazer uma substituição que faça o próprio y virar a variável independente (WTF?!) Calma, vamos ver isso agora. Vamos fazer a substituição:

y ' x = u x

Assim, derivando:

y ' ' x = d u x d x = d u d y . d y d x = d u d y . y ' = d u d y . u

Logo, nossa EDO vai ficar

2 y d u d y u + 2 u 2 = 2 u

Dividindo tudo por u :

2 y d u d y + 2 u = 2

Sacou? Antes era y que era a variável dependente, agora é u !

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Agora temos que resolver uma EDO de primeira ordem linear, vamos começar dividindo tudo por 2 y :

d u d y + 1 y u = 1 y

Agora calculamos a integral:

I y = e ∫ 1 y d y = e ln ⁡ y = y

OBS: Ele já supôs na questão que y > 0

Agora calculamos ∫ I y B y d y = ∫ y 1 y d y = y

Assim a solução é:

u y = ∫ I y B y d y + C I y = y - 1 y + C = 1 + C y - 1

Mas calma, a gente não começou calculando u ( y ) , a gente quer saber quem é y ( t ) , então vamos voltar a substituição u = y ' :

y ' x = 1 + C y - 1 → d y x d x = 1 + C y - 1

Esse cara é uma EDO separável!

Passo 3

Vamos separar esse rapazola:

d y d x = 1 + C y - 1

d y 1 + C y - 1 = d x

Integrando de ambos lados:

∫ d y 1 + C y - 1 = ∫ d x

Resolvendo a integral:

∫ d y 1 + C y - 1 = ∫ d y 1 + C y = ∫ y d y y + C

Como o numerador e o denominador têm o mesmo grau do polinômio, mas podemos manipular isso aí e chegar aonde a gente quer:

y y + C = = y + C - C y + C = y + C y + C - C y + C = 1 - C y + C

Então fica:

∫ y d y y + C = ∫ 1 - C y + C d y = y - C ln ⁡ | y + C 1 |

A outra integral é:

∫ d x = x

Assim a solução da separável e consequentemente da EDO é:

y - C ln ⁡ y + C 1 = x + C 2

Resposta

y - C ln ⁡ y + C 1 = x + C 2

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