Exercícios Resolvidos de EDO Separável

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

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

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

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 |

Assim a integral fica:

1 x 1 + x 2 d x = ln | x | - 1 2 ln | 1 + x 2 |

Por fim, substituindo os resultados obtidos na equação 1 :

1 2 ln | 1 + y 2 | = ln | x | - 1 2 ln 1 + x 2 + ln C   ( 2 )

Esse " ln C " é uma constante qualquer, ela aparece porque as integrais são indefinidas, eu defini ela como ln C e não somente um C porque assim a gente vai poder fazer uns algebrismos para colocar o y em evidência. Não se assuste com isso, vamos usa muito essa técnica e você vai ficar craque!

Passo 3

Devemos arrumar a equação ( 2 ) para obter um resultado mais bonito né, galera. Então, vamos usar o algebrismo, usando a propriedade do logaritmo de que:

x ln A = ln A x (Regra do Peteleco!), logo:

1 2 ln 1 + y 2 = ln x - 1 2 ln 1 + x 2 + ln C

ln 1 + y 2 1 2 = ln x + ln 1 + x 2 - 1 2 + ln C Assim usando uma propriedade do logaritimo ( ln A + ln B = ln A B ) :

ln | 1 + y 2 | 1 2 = ln C x 1 + x 2 - 1 2

Assim:

| 1 + y 2 | 1 2 = C x 1 + x 2 - 1 2 eleva tudo ao quadrado 1 + y 2 = C 2 x 2 1 + x 2 - 1

Vou chamar C 2 de K :

1 + y 2 = K x 2 1 + x 2 - 1

1 + y 2 = K x 2 1 + x 2 y 2 = K x 2 1 + x 2 - 1

Bem, sabemos que y 2 0 ,   certo?

Para essa relação ser valida, então : K x 2 1 + x 2 , para o numerador não ficar negativo, já que o denominador necessariamente é positivo.

Com isso chegamos na resposta!

y 2 = K x 2 1 + x 2 - 1 + x 2 1 + x 2

y 2 = K x 2 - 1 - x 2 1 + x 2

y = K x 2 - 1 - x 2 1 + x 2

Resposta

Então, a resposta é:

y = K x 2 - 1 - x 2 1 + x 2

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