[Equações Diferenciais Ordinárias] Lista 3: equações diferenciais separáveis e homogêneas

1. Resolva as equações diferenciais dadas ou os problemas de valor inicial.
Bem, a maior parte estava integrando tudo do mesmo lado, mas uma coisa que eu gosto particularmente de fazer é isolar x e y um em cada canto ANTES dessa integração, porque aí rola menos trabalho. Costuma mudar apenas na hora do C, mas eu costumo ter um jeito de "igualar" ao do professor, então não se preocupem porque o resultado bate. Veja só:
a) xdx + ydy = 0
$$ydy = -xdx \\
\int y dy = - \int x dx \\
\dfrac{1}{2} y^2 = - \dfrac{1}{2} x^2 + C \\
y^2 = -x^2 + 2C \\
y = \pm \sqrt{2C - x^2} \\
K = 2C \\
y = \pm \sqrt{K - x^2}$$
b) xdx - y³dy = 0
$$y^3 dy = xdx \\
\int y^3 dy = \int xdx \\
\dfrac{1}{4} y^4 = \dfrac{1}{2} x^2 + C \\
y^4 = 2x^2 + 4C \\
y = \pm \sqrt{4C + 2x^2} \\
K = 4C \\
y = \pm \sqrt{K + 2x^2}$$
$$c) dx + \dfrac{1}{y^4} dy = 0 \\
\dfrac{1}{y^4} dy = -dx \\
y^{-4} dy = -dx \\
\int y^{-4} dy = - \int dx \\
- \dfrac{1}{3} y^{-3} = -x + C \\
\dfrac{1}{3} y^{-3} = x - C \\
y^{-3} = 3x - 3C \\
\dfrac{1}{y^3} = 3x - 3C \\
y^3 = \dfrac{1}{3x - 3C} \\
y = \dfrac{\sqrt[3]{1}}{\sqrt[3]{3x - 3C}} = \dfrac{1}{\sqrt[3]{3x - 3C}} \\
K = -3C \\
y = \dfrac{1}{\sqrt[3]{K + 3x}}$$
$$d) (t + 1)dt - \dfrac{1}{y^2} dy = 0 \\
\dfrac{1}{y^2} dy = (t + 1)dt \\
y^{-2} dy = (t + 1)dt \\
\int y^{-2} dy = \int (t + 1)dt \\
-y^{-1} = \dfrac{1}{2} t^2 + t + C \\
- \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{2} t^2 + t + C \\
\dfrac{1}{y} = - \dfrac{1}{2} t^2 - t - C = - (\dfrac{1}{2} t^2 + t + C) \\
y = -(\dfrac{1}{2} t^2 + t + C)^{-1}$$
$$e) \dfrac{4}{t} dt - \dfrac{y - 3}{y} dy = 0 \\
\dfrac{y - 3}{y} dy = 4 (\dfrac{1}{t}) dt \\
1dy - 3 (\dfrac{1}{y}) dy = 4 (\dfrac{1}{t}) \\
\int dy - 3 \int \dfrac{1}{y} dy = 4 \int \dfrac{1}{t} \\
y - 3 \ln{|y|} = 4 \ln{|t|} + C \\
\ln{|y^3|} + \ln{|t^4|} = y - C \\
\ln{|y^3 * t^4|} = y - C \\
y^3 t^4 = e^{y - C} = e^y * e^{-C} \\
K = e^{-C} \\
y^3 t^4 = Ke^y$$
$$f) y' = \dfrac{xe^x}{2y} \\
\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{xe^x}{2y} \\
2y dy = xe^x dx \\
\int 2y dy = \int xe^x dx \\
2 \dfrac{1}{2} y^2 = xe^x - \int e^x * 1 dx [1] \\
y^2 = xe^x - (e^x + C) = xe^x - e^x - C \\
y = \pm \sqrt{xe^x - e^x - C}$$
[1] integral por partes: u = x, dv = e elevado a x
$$g) y' = \dfrac{y}{x^2} \\
\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y}{x^2} \\
\dfrac{1}{y} dy = \dfrac{1}{x^2} dx \\
\int \dfrac{1}{y} dy = \int x^{-2} dx \\
\ln{|y|} = - x^{-1} + C = - \dfrac{1}{x} + C \\
y = e^{1/x + C} = e^{1/x} + e^C \\
K = e^C \\
y = Ke^{1/x}$$
h) senx dx + y dy = 0; y(0) = -2
Ok, probleminha de valor inicial. Muda pouca coisa. Primeiro resolvamos:

$$y dy = - \sin{x} dx \\
\int y dy = - \int \sin{x} dx \\
\dfrac{1}{2} y^2 = - (- \cos{x}) + C = \cos{x} + C \\
y^2 = 2 \cos{x} + 2C \\
y = \pm \sqrt{2C + 2 \cos{x}} \\
K = 2C \\
y(0) = -2 \\
y = \pm \sqrt{K + 2 \cos{0}} = -2 \\
y = \pm \sqrt{K + 2} = -2 \\
y^2 = K + 2 = (-2)^2 = 4 \\
K + 2 = 4 \\
K = 4 - 2 = 2 \\
y = - \sqrt{2 + 2 \cos{x}}$$
$$i) xe^{x^2} dx + (y^5 - 1)dy = 0; y(0) = 0 \\
(y^5 - 1)dy = -xe^{x^2} dx \\
\int (y^5 - 1)dy = - \int xe^{x^2} dx \\
\dfrac{1}{6} y^6 - y = - \int xe^u \dfrac{du}{2x} = - \dfrac{1}{2} \int e^u du = - \dfrac{1}{2} e^u = - \dfrac{1}{2} e^{x^2} + C \\
\dfrac{1}{2} e^{x^2} + \dfrac{1}{6} y^6 - y = C \\
y(0) = 0 \\
\dfrac{1}{2} e^0 + \dfrac{1}{6} * 0 - 0 = C \\
C = \dfrac{1}{2} \\
\dfrac{1}{2} e^{x^2} + \dfrac{1}{6} y^6 - y = \dfrac{1}{2}$$
$$j) (1 + x^2)dx + \dfrac{1}{y} dy = 0; y(-1) = 1 \\
\dfrac{1}{y} dy = -(1 + x^2)dx \\
\int \dfrac{1}{y} dy = - \int (1 + x^2)dx \\
\ln{|y|} = - (x + x^3 /3 + C) \\
y = e^{-(x + x^3 /3 + C)} \\
y(-1) = 1 \\
y = e^{-(-1 + (-1)^3 /3 + C)} = 1 \\
e^{-(-1 - 1/3 + C)} = 1 \\
e^{-(- 4/3 + C)} = 1 \\
e^{4/3 - C} = 1 \\
\dfrac{4}{3} - C = \ln{1} = 0 \\
C = \dfrac{4}{3} \\
y = e^{-(x + x^3 /3 + 4/3)} = e^{- (x^3 + 3x + 4)/3}$$

2. Determine se a equação diferencial apresentada é homogênea. Se for, resolva-a.
$$a) y' = \dfrac{y - x}{x}$$

O esquema aqui é o seguinte: vamos lembrar daquele método f(x, y) = f(tx, ty) pra ver se a equação é homogênea. O que acontece é que vamos trocar aonde tem x por tx, e aonde tem y por ty, e terá de ser a mesma coisa. Veja:
$$y' = \dfrac{ty - tx}{tx} = \dfrac{t(y - x)}{tx} = \dfrac{y - x}{x}$$
Os resultados batem, logo ela é homogênea. Sendo homogênea, resolveremos do método que o professor passou na aula, e com a prática entenderemos bem ele: usaremos um V, tal que V = y/x. E por definição, y' = V + xV'. Ok, ótimo, não deu pra entender nada? Vejamos na prática:
$$v = \dfrac{y}{x} \\
y = vx [1] \\
y' = v + xv' \\
y' = \dfrac{y - x}{x} \\
v + xv' = \dfrac{y - x}{x}$$
Lembremos de [1]:
$$v + xv' = \dfrac{vx - x}{x} = v - 1 \\
x \dfrac{dv}{dx} = v - 1 - v = -1 \\
\dfrac{dv}{dx} = - \dfrac{1}{x} \\
dv = - \dfrac{1}{x} dx \\
\int dv = - \int \dfrac{1}{x} dx \\
v = - \ln{|x|} + C$$
Jogando isso na [1]:
$$y = (-\ln{|x|} + C)x = x(C - \ln{|x|}) \\
\ln{|K|} = C \\
y = x(\ln{|K|} - \ln{|x|}) = x (\ln{|K/x|}$$
Honestamente, eu acho essa última parte mais que desnecessária: eu acho que ela atrapalha. Mas só pra chegar na resposta do livro, tá aí.
E sim, equação diferencial homogênea é bem mais chato mesmo. Essa é a mais fácil, inclusive.
$$b) y' = \dfrac{2y + x}{x}$$
Pra descobrir se é homogênea:
$$y' = \dfrac{2(ty) + tx}{tx} = \dfrac{t(2y + x)}{tx} = \dfrac{2y + x}{x}$$
Logo, é homogênea. Logo, bora usar o v = y/x.
$$y = vx \\
y' = v + xv' \\
y' = \dfrac{2y + x}{x} \\
v + xv' = \dfrac{2y + x}{x} = \dfrac{2vx + x}{x} = 2v + 1 \\
x \dfrac{dv}{dx} = 2v + 1 - v = v + 1 \\
\dfrac{dv}{dx} = \dfrac{v + 1}{x} \\
\dfrac{1}{v + 1} dv = \dfrac{1}{x} dx \\
\int \dfrac{1}{v + 1} dv = \int \dfrac{1}{x} dx \\
\ln{|v + 1|} = \ln{|x|} + C \\
C = \ln{|K|} \\
\ln{|v + 1|} = \ln{|x|} + \ln{|K|} = \ln{|Kx|} \\
v + 1 = Kx \\
v = Kx - 1 \\
y = x(Kx - 1)$$
$$c) y' = \dfrac{2y^2 + x^2}{xy}$$
Vendo se é homogênea:
$$y' = \dfrac{2(ty)^2 + (tx)^2}{(tx)(ty)} = \dfrac{t^2 (2y^2 + x^2)}{t^2 (xy)} = \dfrac{2y^2 +

x^2}{xy}$$
Logo, é homogênea. Então vamos resolver:
$$y' = v + xv' = \dfrac{2y^2 + x^2}{xy} \\
y = vx \\
v + xv' = \dfrac{2(vx)^2 + x^2}{x(vx)} = \dfrac{2v^2 x^2 + x^2}{x^2 v} = \dfrac{x^2 (2v^2 +

1)}{x^2 v} = \dfrac{2v^2 + 1}{v} \\
v + xv' = 2v + \dfrac{1}{v} \\
x \dfrac{dv}{dx} = 2v + \dfrac{1}{v} - v = v + \dfrac{1}{v} \\
\dfrac{dv}{dx} = \dfrac{v + 1/v}{x} \\
\dfrac{1}{v + 1/v} dv = \dfrac{1}{x} dx$$
Pra ficar mais fácil, vamos fatorar o primeiro termo: multiplicar em cima e embaixo por v.
$$\dfrac{v}{v^2 + 1} dv = \dfrac{1}{x} dx \\
\int \dfrac{v}{v^2 + 1} dv = \int \dfrac{1}{x} dx$$
Então. A integral com dx é facílima, mas a com dv é um pouquinho mais complicada. Nada realmente difícil: vamos usar regra da substituição, e veremos que vai dar certo. Chamamos 2v² + 1 de u, assim dv = du/(v² + 1)' = du/2v. Substiuímos o u e o du:
$$\int \dfrac{v}{u} \dfrac{du}{2v} = \int \dfrac{1}{x} dx \\
\dfrac{1}{2} \int \dfrac{1}{u} du = \int \dfrac{1}{x} dx \\
\dfrac{1}{2} \ln{|u|} = \ln{|x|} + C \\
\ln{|u^{1/2}|} = \ln{|x|} + C$$
Fazemos o mesmo esquema geral pra unir a constante ao X, mas dessa vez vamos esperar um pouco

pra usar o K. Vocês vão ver porquê. Vamos trocar por A:
$$C = \ln{|A|} \\
\ln{|u^{1/2}|} = \ln{|x|} + \ln{|A|} = \ln{|Ax|} \\
u^{1/2} = Ax \\
u = A^2 x^2$$
Agora sim, vamos chamar A² de K. E lembrar que u = v² + 1:
$$u = Kx^2 \\
v^2 + 1 = Kx^2 \\
v^2 = Kx^2 - 1 \\
v = \sqrt{Kx^2 - 1}$$
Por fim, v = y/x. Logo:
$$\dfrac{y}{x} = \sqrt{Kx^2 - 1} \\
y = \pm x \sqrt{Kx^2 - 1}$$
Que é o exato mesmo resultado da lista.

$$d) y' = \dfrac{2x + y^2}{xy}$$
Verificaremos se é homogênea:
$$y' = \dfrac{2(tx) + (ty)^2}{(tx)(ty)} = \dfrac{2(tx) + t^2 y^2}{t^2 (xy)} \\
\dfrac{t (2x + ty^2)}{t^2 (xy)} = \dfrac{2x + ty^2}{txy} \neq \dfrac{2x + y^2}{xy}$$
Logo, não é homogênea e não nos convém resolvê-la.

$$e) y' = \dfrac{y^2 + x^2}{2xy}$$
Verificaremos se é homogênea:
$$y' = \dfrac{(ty)^2 + (tx)^2}{2(tx)(ty)} = \dfrac{t^2 (y^2 + x^2)}{2t^2 (xy)} = \dfrac{y^2 + x^2}{2xy}$$
Logo, é homogênea. Resolvendo:
$$y' = v + xv' = \dfrac{y^2 + x^2}{2xy} = \dfrac{(vx)^2 + x^2}{2x(vx)} = \dfrac{v^2 x^2 + x^2}{2vx^2} \\
v + xv' = \dfrac{x^2 (v^2 + 1)}{2vx^2} = \dfrac{v^2 + 1}{2v} = \dfrac{v}{2} + \dfrac{1}{2v} \\
x \dfrac{dv}{dx} = \dfrac{v}{2} - v + \dfrac{1}{2v} = \dfrac{1}{2v} - \dfrac{v}{2} \\
x \dfrac{dv}{dx} = 1/2v - 0.5v \\
\dfrac{dv}{dx} = \dfrac{1/2v - 0.5v}{x} \\
\dfrac{1}{1/2v - 0.5v} dv = \dfrac{1}{x} dx$$
Vamos fatorar de maneira igual a c. E fazer a mesma substituição:
$$\dfrac{v}{0.5 - 0.5v^2} dv = \dfrac{1}{x} dx \\
\int \dfrac{v}{0.5 - 0.5v^2} dv = \int \dfrac{1}{x} dx \\
\int \dfrac{v}{u} \dfrac{du}{-1v} = \int \dfrac{1}{x} dx \\
- \int \dfrac{1}{u} du = \int \dfrac{1}{x} dx \\
- \ln{|u|} = \ln{|x|} + C \\
C = \ln{|A|} \\
- \ln{|u|} = \ln{|x|} + \ln{|A|} = \ln{|Ax|}$$
Podemos considerar -ln(u) como ln(1) - ln(u), o que fica:
$$\ln{| \dfrac{1}{u} |} = \ln{|Ax|} \\
\dfrac{1}{u} = Ax \\
\dfrac{1}{0.5 - 0.5v^2} = Ax \\
Ax (0.5 - 0.5v^2) = 1 \\
0.5Ax - 0.5Axv^2 = 1 \\
-0.5Axv^2 = 1 - 0.5Ax \\
Axv^2 = -2 + Ax \\
v^2 = \dfrac{-2}{Ax} + 1 \\
\dfrac{y^2}{x^2} = \dfrac{-2}{Ax} + 1 \\
y^2 = \dfrac{-2x^2}{Ax} + x^2 \\
y^2 = x^2 \\
y = \sqrt{x^2 - \dfrac{2x}{A}} \\
K = \dfrac{2}{A} \\
y = \pm \sqrt{x^2 - Kx}$$
Honestamente, é o que sempre digo: essas manipulações doidas de constante e tudo mais acho extremamente desnecessárias. Foi só pra chegar na resposta final de alguma forma mesmo.

$$f) y' = \dfrac{2xy}{y^2 - x^2}$$
Vendo se é homogênea:
$$y' = \dfrac{2(tx)(ty)}{(ty)^2 - (tx)^2} = \dfrac{2t^2 (xy)}{t^2 (y^2 - x^2)} = \dfrac{2xy}{y^2 - x^2}$$
Logo, é homogênea. Vamos resolver:
$$y' = v + xv' = \dfrac{2xy}{y^2 - x^2} = \dfrac{2x(vx)}{(vx)^2 - x^2} = \dfrac{2x^2 v}{v^2 x^2 - x^2} \\
v + xv' = \dfrac{2x^2 v}{x^2 (v^2 - 1)} = \dfrac{v}{v^2 - 1} \\
x \dfrac{dv}{dx} = \dfrac{v}{v^2 - 1} - v \\
\dfrac{dv}{dx} = ( \dfrac{v}{v^2 - 1} - v)x^{-1} \\
\dfrac{1}{v/(v^2 - 1) - v} dv = \dfrac{1}{x} dx$$
Fatorando a parte debaixo da fração ali (multiplicar tudo por (v² - 1) pra poder cortar aquela fração enxerida):
$$\dfrac{1}{v - v(v^2 - 1)} dv = \dfrac{1}{x} dx \\
\dfrac{1}{v - v^3 + v} dv = \dfrac{1}{x} dx \\
\dfrac{1}{2v - v^3} dv = \dfrac{1}{x} dx \\
\int \dfrac{1}{2v - v^3} dv = \int \dfrac{1}{x} dx$$
Então né, filhão. Pra mim tá bom por hoje, mas já estou postando porque vai ajudar muita gente que vai estudar essa madrugada. Essa não está resolvida e pelo que entendi precisa utilizar de artifícios legais como frações parciais pra resolver, mas quem tiver uma solução melhor (mais fácil, 1000x mais fácil, fração parcial é o inferno) já sou grato desde já.
No mais, boa noite e bons estudos.

[Equações Diferenciais Ordinárias] Aula 7: exatas e homogêneas

Equações Diferenciais Ordinárias de 1ª Ordem

Forma diferencial

$$y' = \dfrac{dy}{dx} = f(x, y) \\
f(x, y)dx - dy = 0 \\
\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{M(x, y)}{N(x, y)} \\
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0$$
Exemplo:
$$\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{x+y}{y^2} = \dfrac{\dfrac{1}{y^2}}{\dfrac{1}{x+y}}$$
Forma a: (x+y)dx - y²dy = 0
Forma b: $$(\dfrac{x+y}{y^2})dx - 1dy = 0; y \neq 0$$
Forma c: $$1dx - \dfrac{y^2}{x+y} dy = 0; x+y \neq 0$$

Classificação das Equações Diferenciais Ordinárias de 1ª ordem

Equação Diferencial Ordinária Linear
$$y' + a_0 (x)y = f(x) \\ y' + p(x)y = q(x)$$

Equação Diferencial Ordinária Homogênea
y' = f(tx, ty) = f(x, y)

Exemplo: considere: $$f(x, y) = \dfrac{x+y}{y} \\
f(tx, ty) = \dfrac{tx + ty}{tx} = \dfrac{t(x + y)}{tx}$$
Isso nos dá: $$f(tx, ty) = f(x, y)$$
No caso geral: se f(x, y) é homogênea de grau n, então: $$f(tx, ty) = t^n f(x, y)$$
Se n = 0, então f(tx, ty) = f(x, y)

Equação Diferencial Ordinária Separável
M(x)dx + N(y)dy = 0

Equação Diferencial Ordinária Exata
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0

A equação diferencial ordinária acima é exata quando é válida a relação:
$$\dfrac{\partial}{\partial y} M(x, y) = \dfrac{\partial}{\partial x} N(x, y)$$
Exemplo: resolva a equação diferencial ordinária A:
$$A = x^2 dx + xe^y dy = 0$$
a) Verifique se a EDO é separável.
Resolução: dividindo cada termo por x:
$$\dfrac{x^2}{x} dx + \dfrac{x e^y}{x} dy = \dfrac{0}{x} \\
xdx + e^y dy = 0 \\
\int x dx + \int e^y dy = \int 0 \\
\dfrac{x^2}{2} + C_1 + e^y + C_2 = C_3 \\
\dfrac{x^2}{2} + e^y = C_3 - C_1 - C_2$$
Como os três termos são constantes, podemos concatená-los em uma única constante:
$$e^y = C - \dfrac{x^2}{2} \\
y(x) = \ln{|C - \dfrac{x^2}{2}|}$$

Exemplo com equação diferencial ordinária homogênea:
$$y' = f(tx, ty) = f(x, y), n = 0 (f(tx, ty) = t^n f(x, y))$$
Considere: $$z = \dfrac{2y^4 + x^4}{xy^3}$$
Identificando z = f(x, y).
$$z(tx, ty) = \dfrac{2(ty)^4 + (tx)^4}{(tx)(ty)^3} = \dfrac{t^4 2y^4 + t^4 x^4}{tx * t^3 y^3} = z(x, y)$$

Mudança de Variável

Considere y' = f(x, y), onde f(x, y) = f(tx, ty).
Fazendo a seguinte mudança de variável:
$$v = \dfrac{y}{x} \\
y = vx$$
Temos a função:
$$y = vx \\
\dfrac{dy}{dx} = v \dfrac{dx}{dx} + x \dfrac{dv}{dx} = v + x \dfrac{dv}{dx} \\
x \dfrac{dv}{dx} + v = f(v) \\
x \dfrac{dv}{dx} = f(v) - v$$
O que é uma equação separável.
$$\int \dfrac{dv}{f(v) - v} = \int \dfrac{dx}{x} \\
\int \dfrac{dv}{f(v) - v} = \int \dfrac{1}{x} dx + C$$
Observação: a variável v = y/x para o caso em que:
$$y'(x, y) = f(x, x \dfrac{y}{x}) = f(1, v)$$
Já para:
$$y'(x, y) = f(y \dfrac{x}{y}, y) \\
v = \dfrac{x}{y}, f(v, 1)$$

Exemplo: considere a equação diferencial homogênea:
$$y' = \dfrac{x+y}{y}$$
a) Determine a função y(x):
Resolução: definido v = y/x:
$$y = vx \\
y' = v + xv'$$
Substituímos y' pelo valor dado inicialmente ali:
$$\dfrac{x+y}{y} = v + xv'$$
Podemos trocar y por vx, pela igualdade estabelecida logo abaixo da definição de v:
$$\dfrac{x + vx}{x} = v + xv'$$
Colocando x em evidência:
$$\dfrac{x (1+v)}{x} = v + xv' \\
(1+v) = v+xv' \\
1 + v - v = x \dfrac{dv}{dx} \\
1 = x \dfrac{dv}{dx} \\
\dfrac{dx}{x} = dv \\
\int \dfrac{1}{x} dx = dv \\
\ln{|x|} + C = v \\
\dfrac{y}{x} = \ln{|x|} + C \\
y(x) = x(\ln{|x|} + C)$$

Tentei explicar um pouquinho melhor essa última porque muita gente ainda pareceu empacadíssimo nela, mas não sei se fiz um bom trabalho. É tudo muito pré-estabelecido, 1000x mais fácil entender numa resolução de exercício de fato, que provavelmente será a próxima lista.
De qualquer forma, boa noite a todos.