Problema 2 - Verifique se a função dada é uma solução para a equação diferencial. ( c 1 e c 2 são constantes).

(q) x 2 + y 2 d x + x 2 - x y d y = 0 ;   c 1 x + y 2 = x e y x .

Passo 1

Iae, como vai? Essa questão está um pouco complicada? Fique tranquilo que vamos tentar te ajudar. 😎👍

Nessa questão, temos uma EDO dada por x 2 + y 2 d x + x 2 - x y d y = 0 e uma possível solução c 1 x + y 2 = x e y x .

Com essas informações, temos que verificar se essa solução dada realmente é solução da EDO se não é.

Alguma ideia do que fazemos pra fazer essa verificação?? 🤔

De maneira mais direta, temos que substituir a solução na EDO e ver se a igualdade da equação é satisfeita.

Caso a igualdade for satisfeita e solução é solução da nossa EDO. Mas se caso a solução não seja satisfeita, a solução dada não é solução da EDO.

Antes, vamos manipular nossa EDO para que fique mais fácil de visualizar o que precisamos fazer

x 2 + y 2 d x + x 2 - x y d y = 0

Passando x 2 + y 2 d x para o outro lado com o sinal trocado, temos

x 2 - x y d y = - x 2 + y 2 d x

Passando d x dividindo o lado esquerdo e x 2 - x y dividindo o lado direito

d y d x = - x 2 + y 2 x 2 - x y

Agora ficou mais de compreender essa equação, não é? 👀

Passo 2

Agora vamos olhar para a solução dada

c 1 x + y 2 = x e y x

Isolando c 1 em um lado

c 1 = x e y x x + y 2

Mas aí podemos pensar: “como vamos substituir isso na EDO se não conseguimos isolar y ?”

Essa é uma boa pergunta, mas olha só

Foi dito que a derivada de y com relação a x é igual a - x 2 + y 2 x 2 - x y .

Podemos derivar x e y x x + y 2 implicitamente e verificar se os resultados são iguais.

Entendeu? 😉

No caso, podemos desconsiderar c 1 pois ele é uma constante arbitrária e a derivada de uma constante é 0 , logo não vai influenciar nos nossos cálculos.

A derivação implícita de y com relação a x é dada por

d y d x = - ∂ x e y x x + y 2 ∂ x ∂ x e y x x + y 2 ∂ y

Gigante, não é? Relaxa, vamos aos poucos.

Calculando a derivada com relação a x primeiro

∂ x e y x x + y 2 ∂ x

Como nossa função é uma fração, vamos aplicar a regra do quociente, lembra dela?

*   ∂ x e y x x + y 2 ∂ x = ∂ x e y x ∂ x · x + y 2 - x e y x · ∂ x + y 2 ∂ x x + y 2 2

Para a derivada de x e y x , vamos aplicar a regra do produto e da cadeia ao mesmo tempo. Veja só

∂ x e y x ∂ x = ∂ x ∂ x · e y x + x · ∂ e y x ∂ x

Fazendo y x ser igual a u na derivada de fora de e y x

∂ x e y x ∂ x = ∂ x ∂ x · e y x + x · ∂ y x ∂ x · ∂ e u ∂ u

Está acompanhando? 😁

Passo 3

Ainda temos que fazer mais uma simplificação. No caso, a derivada de x + y 2 pode ser obtida pela regra da cadeia fazendo x + y = v

∂ x + y 2 ∂ x = ∂ x + y ∂ x · ∂ v 2 ∂ v

Substituindo em *

∂ x e y x x + y 2 ∂ x = ∂ x ∂ x · e y x + x · ∂ y x ∂ x · ∂ e u ∂ u · x + y 2 - x e y x · ∂ x + y ∂ x · ∂ v 2 ∂ v x + y 2 2

As derivadas de x , x + y e v 2 são obtidas pelo método de derivação polinomial.

Já as derivadas de y x e e u , pelo teorema fundamental do cálculo, são y l n x e e u , respectivamente

∂ x e y x x + y 2 ∂ x = x 1 - 1 · e y x + x · y l n x · e u · x + y 2 - x e y x · x 1 - 1 + 0 · 2 v 2 - 1 x + y 2 2

∂ x e y x x + y 2 ∂ x = 1 · e y x + x · y l n x · e u · x + y 2 - x e y x · 1 · 2 v x + y 2 2

Simplificando e substituindo u por y x e v por x + y de volta, temos

∂ x e y x x + y 2 ∂ x = e y x + x y l n x e y x x + y 2 - x e y x 2 x + y x + y 4

Podemos colocar x + y em evidencia no numerador e cortar com a potência do denominador

∂ x e y x x + y 2 ∂ x = e y x + x y l n x e y x x + y - x e y x 2 x + y x + y 4

∂ x e y x x + y 2 ∂ x = e y x + x y l n x e y x x + y - 2 x e y x x + y 3

Prontinho, temos a derivada parcial da solução com relação a x , agora vamos calcular com relação a y .

Bora lá?

Passo 4

Da mesma forma, vamos aplicar a rega do quociente.

* *   ∂ x e y x x + y 2 ∂ y = ∂ x e y x ∂ y · x + y 2 - x e y x · ∂ x + y 2 ∂ y x + y 2 2

Dessa vez, na derivada de x e y x e de x + y 2 , vamos aplicar apenas a regra da cadeia.

∂ x e y x ∂ y = x ∂ y x ∂ y · ∂ e u ∂ u

∂ x + y 2 ∂ y = ∂ x + y ∂ y · ∂ v 2 ∂ v

Substituindo em * *

∂ x e y x x + y 2 ∂ y = x ∂ y x ∂ y · ∂ e u ∂ u · x + y 2 - x e y x · ∂ x + y ∂ y · ∂ v 2 ∂ v x + y 2 2

A derivada de e u são obtidas pelo teorema fundamental do cálculo como já vimos anteriormente.

Já as outras derivadas são obtidas pelo método de derivação polinomial.

∂ x e y x x + y 2 ∂ y = x y 1 - 1 x · e u · x + y 2 - x e y x · 0 + y 1 - 1 · 2 v 2 - 1 x + y 2 2

Substituindo u por y / x e v por x + y de volta, temos

∂ x e y x x + y 2 ∂ y = x 1 x e y x x + y 2 - 2 x e y x x + y x + y 4

Colocando x + y em evidencia para simplificar com o denominador e simplificando x 1 x

∂ x e y x x + y 2 ∂ y = e y x x + y - 2 x e y x x + y x + y 4

∂ x e y x x + y 2 ∂ y = e y x x + y - 2 x e y x x + y 3

Tranquilo até aqui? 👀

Passo 5

Agora vamos substituir os resultados que obtemos em d y / d x

d y d x = - ∂ x e y x x + y 2 ∂ x ∂ x e y x x + y 2 ∂ y

d y d x = - e y x + x y l n x e y x x + y - 2 x e y x x + y 3 e y x x + y - 2 x e y x x + y 3

Podemos cortar x + y 3 já que é o denominador de ambos os resultados

d y d x = - e y x + x y l n x e y x x + y - 2 x e y x e y x x + y - 2 x e y x

Colocando e y x em evidência, temos

d y d x = - 1 + x y l n x x + y - 2 x e y x x + y - 2 x e y x

Perceba que podemos simplificar cortando e y x

d y d x = - 1 + x y l n x x + y - 2 x x + y - 2 x

Substituindo d y d x na EDO, temos

- 1 + x y l n x x + y - 2 x x + y - 2 x = - x 2 + y 2 x 2 - x y

Um pouco diferente, não é?

Com isso vemos que a solução dada NÃO satisfaz a EDO!

E todos viveram felizes para sempre. Fim! 😉 Entendeu tudo? Responde Aí

Resposta

A solução não satisfaz a EDO.

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