Exercícios Resolvidos de EDO Linear de 1ª Ordem

Fator Integrante

  1. Determine a solução geral explícita y ( x ) da equação diferencial
  2. x 2 + 1 y ' + 3 x y = 6 x

  3. Utilize o resultado do item (a) para obter a solução do problema de valor inicial

x 2 + 1 y ' + 3 x y = 6 x y 0 = - 2

Passo 1

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

x 2 + 1 y ' + 3 x y = 6 x

Para que o coeficiente do termo y ' seja 1 devemos dividir tudo por ( x 2 + 1 ) :

⇒ 1 x 2 + 1 x 2 + 1 y ' + 3 x y = 1 x 2 + 1 ( 6 x )

⇒ y ' + 3 x x 2 + 1 y = 6 x x 2 + 1

Como colocamos o termo x 2 + 1 no denominador, temos que dizer que é diferente de zero:

x 2 + 1 ≠ 0

⇒ x 2 ≠ - 1

Observe que qualquer valor de x satisfaz essa restrição. Ou seja, não há restrição de x pois para nenhum valor de x o denominador será igual a zero!

Legal! Chegamos à forma que queríamos!

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Encontrar A ( x ) e B ( x ) :

Comparando as duas equações:

y ' x + A x ⋅ y x = B x   y ' x + 3 x x 2 + 1 ⋅ y x = 6 x x 2 + 1

⇒ A x = 3 x x 2 + 1   B x = 6 x x 2 + 1

Passo 3

Calcular a integral ∫ A x d x sem adicionar a constante:

∫ A x d x = ∫ 3 x x 2 + 1 d x

Fazendo uma mudança de variáveis:

u = x 2 + 1

⇒ d u = 2 x   d x

⇒ x   d x = d u 2

Substituindo na integral:

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

∫ d u u = ln ⁡ u

⇒ ∫ 3 x   d x x 2 + 1 = 3 2 ln ⁡ u

Voltando à variável x :

∫ 3 x   d x x 2 + 1 = 3 2 ln ⁡ x 2 + 1

Como x 2 + 1 > 0 , não precisamos colocar o módulo:

∫ 3 x d x x 2 + 1 = 3 2 ln ⁡ ( x 2 + 1 )

⇒ ∫ A x d x = 3 2 ln ⁡ ( x 2 + 1 )

Passo 4

Calcular fator integrante:

I x = e ∫ A x d x = e 3 2 ln ⁡ ( x 2 + 1 )

Sempre que aparecer um log no fator integrante, jogamos o coeficiente pro expoente:

3 2 ln ⁡ x 2 + 1 = ln ⁡ x 2 + 1 3 2

e 3 2 ln ⁡ x 2 + 1 = e ln ⁡ x 2 + 1 3 2

E agora ficou fácil:

e ln ⁡ x 2 + 1 3 2 = x 2 + 1 3 2

⇒ I x = x 2 + 1 3 2

Passo 5

Calcular a integral ∫ I x ⋅ B x d x sem adicionar a constante:

∫ I x ⋅ B x   d x = ∫ x 2 + 1 3 2 ⋅ 6 x x 2 + 1 d x = 6 ∫ x 2 + 1 1 2 ⋅ x   d x

Calculando a integral:

∫ x 2 + 1 1 2 x d x

Fazemos novamente uma substituição de variáveis:

u = x 2 + 1

⇒ d u = 2 x   d x

⇒ x   d x = d u 2

Substituindo na integral:

∫ x 2 + 1 1 2 x   d x = ∫ u 1 2 d u 2 = 1 2 ∫ u 1 2   d u

∫ u 1 2   d u = 2 3 u 3 2

Voltando à variável x :

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

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

E finalmente substituímos na equação que queremos:

∫ I x ⋅ B x d x = 6 ∫ x 2 + 1 1 2 ⋅ x d x

⇒ ∫ I x ⋅ B x d x = 6 ⋅ 1 3 x 2 + 1 3 2

⇒ ∫ I x ⋅ B x d x = 2 x 2 + 1 3 2

Logo:

∫ I x ⋅ B x d x = 2 x 2 + 1 3 2

Passo 6

Encontrar a solução:

y x = 1 x 2 + 1 3 2 ( 2 x 2 + 1 3 2 + c )

⇒ y x = 2 x 2 + 1 3 2 x 2 + 1 3 2 + c x 2 + 1 3 2

⇒ y x = 2 + c x 2 + 1 - 3 2  

Pronto! Encontramos a solução geral da equação! Item (a) resolvido!

Passo 7

Encontrar solução particular caso seja um PVI:

y 0 = - 2

Substituindo x = 0 na solução geral:

y 0 = 2 + c 0 2 + 1 - 3 2

⇒ y 0 = 2 + c

Substituindo na condição inicial:

y 0 = - 2

⇒ 2 + c = - 2

⇒ c = - 4

Substituindo a constante na solução geral:

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

Resposta

  1. y x = 2 + c x 2 + 1 - 3 2

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

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