[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] Lista 2: forma padrão e forma diferencial

1. Escreva as equações diferenciais na forma padrão. (dy/dx = f(x, y))
a) xy' + y² = 0
$$xy' = -y^2 \\ y' = \dfrac{-y^2}{x} \\ \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{-y^2}{x}$$
b) $$e^x y' - x = y'$$
Esse exercício pegou muita gente, mas ele é bem fácil. Veja só, passe y' do lado direito dividindo tudo do lado esquerdo:
$$e^x - \dfrac{x}{y'} = 1$$
Agora tem só um y', só resolver:
$$- \dfrac{x}{y'} = 1 - e^x \\
-x = y'(1 - e^x) \\
y' = \dfrac{-x}{(1 - e^x)} \\
\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{x}{(e^x - 1)}$$
c) $$\dfrac{(x+y)}{(x-y)} dx - dy = 0$$
Parece confuso, mas é só juntar dy e dx, de modo que dy fique em cima e dx fique embaixo. Veja só:
$$\dfrac{(x+y)}{(x-y)} dx = dy \\
\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{(x+y)}{(x-y)}$$
d) (x-y)dx + y²dy = 0
$$(x-y)dx = -y^2 dy \\
(x-y) = -y^2 \dfrac{dy}{dx} \\
\dfrac{(x-y)}{-y^2} = \dfrac{dy}{dx} \\
\dfrac{dy}{dx} = - \dfrac{(x-y)}{y^2} \\
\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{(y-x)}{y^2}$$
e) $$(e^{2x} - y)dx + e^x dy = 0 \\
e^x dy = (y - e^{2x})dx \\
e^x \dfrac{dy}{dx} = (y - e^{2x}) \\
\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{(y - e^{2x})}{e^x} \\
\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y}{e^x} - e^x$$

2. Escreva as equações diferenciais na forma diferencial. (f(x, y)dx - f(x, y)dy = 0)
a) y' = xy
$$\dfrac{dy}{dx} = xy \\
dy = (xy)dx \\
(xy)dx - dy = 0$$
b) y' = xy + 1
$$\dfrac{dy}{dx} = xy + 1 \\
dy = (xy + 1)dx \\
(xy+1)dx - dy = 0$$
c) $$y' = \dfrac{x^2}{y^2} \\
\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{x^2}{y^2} \\
y^2 \dfrac{dy}{dx} = x^2 \\
y^2 dy = x^2 dx \\
x^2 dx - y^2 dy = 0$$
d) $$y' = \dfrac{-2y}{x} \\
\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{-2y}{x} \\
x \dfrac{dy}{dx} = -2y \\
x dy = -2y dx \\
-2y dx - x dy = 0$$
e) $$y' = \dfrac{xy^2}{x^2 y + y^3} \\
\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{xy^2}{x^2 y + y^3} \\
(x^2 y + y^3)dy = (xy^2)dx \\
(xy^2)dx - (x^2 y + y^3)dy = 0$$
f) y' = x³y + xy³
$$\dfrac{dy}{dx} = x^3 y + xy^3 \\
dy = (x^3 y + xy^3)dx \\
(x^3 y + xy^3)dx - dy = 0$$

E está resolvida a lista pra quem quiser estudar. Esqueci de postar logo após a entrega, mas de qualquer forma, aí está.

[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.

[Equações Diferenciais Ordinárias] Aula 6: formas de equações diferenciais

b) y'' = 2; y(1) = 1; y'(-1) = 1
Primeiramente, sim, estamos utilizando graus.
$$y(1) = 1 \\ c_1 \sin{2} + c_2 \cos{2} = 1$$
$$y'(-1) = 1 \\ 2c_1 \cos{(-2)} - 2c_2 \sin{(-2)} = 1 \\ 2c_1 \cos{(2)} + 2c_2 \sin{(2)}$$
O professor explicou bem a mudança de sinais mas, pra quem não entendeu, cosseno de -90° a 90° é positivo e seno de -180° a 0° é negativo, então você pode igualar cosseno de -2 a cosseno de 2, e inverter o sinal de seno de -2 para obter seno de 2.
Mas bem, agora temos um sistema linear:
$$\begin{array}
c_1 \sin{2} + c_2 \cos{2} = 1 \\
2c_1 \cos{2} + 2c_2 \sin{2} = 1 \end{array}$$
E a solução que o professor nos arranjou foi a seguinte (creio que hajam outras e até mais fáceis, mas por questão de evitar confusão vou usar essa mesmo):
$$-2 \dfrac{\sin{2}}{\cos{2}}$$
Multiplicamos a primeira expressão por esse termo:
$$\begin{array}
c_1 \sin{2} \times (-2) \dfrac{\sin{2}}{\cos{2}} + c_2 \cos{2} \times (-2) \dfrac{\sin{2}}{\cos{2}} = -2 \dfrac{\sin{2}}{\cos{2}} \\
2c_1 \cos{2} + 2c_2 \sin{2} = 1 \end{array}$$
Vamos simplificar o máximo que podemos essa expressão:
$$\begin{array}
-2c_1 \dfrac{\sin^2 {2}}{\cos{2}} - 2c_2 \sin{2} = -2 \dfrac{\sin{2}}{\cos{2}} \\
2c_1 \cos{2} + 2c_2 \sin{2} = 1 \end{array}$$
Somamos o sistema agora:
$$-2c_1 \dfrac{\sin^2 {2}}{\cos{2}} - 2c_2 \sin{2} + 2c_1 \cos{2} + 2c_2 \sin{2} = -2 \dfrac{\sin{2}}{\cos{2}} + 1$$
Vamos deixar c1 de um lado e c2 do outro pra ficar mais fácil de compreender o que vai acontecer. E aproveitar e trocar sen2/cos2 por tangente de 2 do outro lado:
$$(-2c_1 \dfrac{\sin^2 {2}}{\cos{2}} + 2c_1 \cos{2}) + (2c_2 \sin{2} - 2c_2 \sin{2}) = (-2 \tan{2} + 1)$$
Veja bem: podemos cortar os c2, restando só c1 de variável:
$$2c_1 \cos{2} - 2c_1 \dfrac{\sin^2 {2}}{\cos{2}} = -2 \tan{2} + 1$$
Isolando 2c1:
$$2c_1 (\cos{2} - \tan{2} \sin{2}) = 1 - 2 \tan{2} \\ 2c_1 = \dfrac{(1 - 2 \tan{2})}{(\cos{2} - \tan{2} \sin{2})} \\ c_1 =  \dfrac{(1 - 2 \tan{2})}{2(\cos{2} - \tan{2} \sin{2})}$$
Jogando isso na nossa maravilhosa calculadora:
$$c_1 \approx \dfrac{0.930}{1.996} = 0.47$$
Substituindo c1 = 0.47 na primeira equação do sistema linear, temos:
$$0.47 \sin{2} + c_2 \cos{2} = 1 \\ c_2 \cos{2} = 1 - 0.47 \sin{2} \\ c_2 = \dfrac{1 - 0.47 \sin{2}}{\cos{2}} = 0.98$$
Portanto para exemplo b) onde a EDO possui as tais condições iniciais, encontramos c1 = 0.47 e c2 = 0.98.

Resolvido isso, tem o slide com a apresentação das formas de equações diferenciais. Aqui estão os exercícios resolvidos:
Passagem para a forma padrão: (y' = f(x, y))
a) $$xy' - y^2 = 0 \\ xy' = y^2 \\ y' = \dfrac{y^2}{x}$$
b) $$e^x y' - e^{2x} y = \sin{x} \\ e^x y' = \sin{x} + e^{2x} y \\ y' = \dfrac{\sin{x} + e^{2x} y}{e^x} = \dfrac{\sin{x}}{e^x} + e^x y$$
c) $$(y - y')^5 = \sin{(\dfrac{y'}{x})}$$
Não creio que haja maneira de colocar isso na forma padrão, inclusive o professor também não. Se alguém conseguir, seria interessantíssimo mostrar. O dilema aqui é o seguinte: dentro do seno tem um y', e dentro do polinômio também. Pra retirar o y' do seno tem que fazer arco seno dos dois lados, daí pra você tirar o y' do polinômio depois você terá de fazer seno dos dois lados, e volta à situação inicial. É paradoxal, não tem como fazer, então deixa ele assim de boa.

Passagem para a forma diferencial: (f(x, y)dx - f(x, y)dy = 0)
a) $$y(yy' - 1) = x \\ y^2 y' - y = x \\ y^2 \dfrac{dy}{dx} = x + y \\ \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{x + y}{y^2} \\ y^2 dy = (x+y)dx \\ y^2 dy - (x+y)dx = 0$$

b) $$y' = \dfrac{y}{x} \\ \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y}{x} \\ xdy = ydx \\ xdy - ydx = 0$$

Identificar as equações lineares: (y' + a(x)y = f(x); y'' + a1(x)y' + a2(x)y = f(x); e por aí vai)
a) $$y' = (\sin{x})y + e^x \\ y' - (\sin{x})y = e^x$$
Perceba, y' correto, a(x) = -sen(x) e o y ali, e f(x) = e^x. Perfeito, é linear.
b) $$y' = y^2 + x$$
Pelo y² você já percebe que não é linear.
c) $$y' + xy^5 = 0$$
Mesmo motivo da b, só que com y elevado a quinta.
d) $$xy' + y = \sqrt{y}$$
Perceba que temos f(y) do outro lado, e y é a função incógnita. Pra ser linear, teria de ser f(x), já que x é a variável independente. Não é linear.
e) $$y' + xy = e^x y$$
Do outro lado temos f(x, y), não f(x). Não é linear.
f) $$y' + \dfrac{x}{y} = 0$$
y está elevado a -1, não a 1, então não é linear.
Sendo assim, a letra A é linear.

Essa aula aqui vai ajudar demais vocês na lista 2, já que ela é praticamente só isso. No mais, boa noite a todos.

[Equações Diferenciais Ordinárias] Aula 5: soluções de equações e problemas de valor inicial

Equações Diferenciais Ordinárias

Introdução: uma equação diferencial é uma equação que envolve uma função incógnita e suas derivadas.
Ex.: $$y' = 2x + 3; y'' = 2 \\ \dfrac{d^2 y}{dy^2} + (\dfrac{dy}{dx})^2 = 1 \\ y''' + \sin{(x)} y'' + 5xy = 0 \\ y''' - 2y'' + 2y = \sin{(x)}$$

Equações Diferenciais Ordinárias Lineares

São do tipo:
$$y' + a_0 (x) y = f(x) \\ y'' + a_1 (x)y' + a_0 (x)y = f(x)$$
Ex.: $$y'' + \sin{(x)} y' + xy = \cos{(x)}$$
É dada linear, pois y¹.
Caso não-linear:
$$(1 + y^2) \dfrac{d^2 y}{dy^2} + t \dfrac{dy}{dx} + y = e^t$$
É dada não-linear, pois y².

De modo geral, temos a seguinte condição:
$$\sum_{i = 1}^{n} a_1 (x) \dfrac{d^{(i)} y}{dx^{(i)}} = f(x) \\ a_n (x) \neq 0$$
E x pertencendo aos números reais.
Notação:
$$y(x) \\ y' = \dfrac{dy}{dx}; y'' = \dfrac{d^2 y}{dx^2}; y^{[n]} = \dfrac{d^n y}{dx^n}$$
$$x(t) \\ \dot{x} = \dfrac{dx}{dt} \\ \ddot{x} = \dfrac{d^2 x}{dt^2}$$

Exemplo de Solução Verdadeira

y'' + 4y = 0. Verifique se y = sen(2x) e y = cos(2x) são soluções da EDO.
a) Solução para y = sen(2x).
$$y = \sin{(2x)} \\ y' = 2 \cos{(2x)} \\ y'' = -4 \sin{(2x)}$$
Substituindo na EDO, temos:
$$-4 \sin{(2x)} + 4 \sin{(2x)} = 0$$
Logo, y = sen(2x) é solução.
Se procedermos de maneira análoga, verificaremos que y = cos(2x) também é solução da EDO em questão. Portanto a soma das duas soluções também será uma solução. De modo geral, a solução linear das soluções:
$$y_{geral} = y_1 + y_2$$
Onde, nesse caso:
$$y_1 = c_1 \sin{(2x)} \\ y_2 = c_2 \cos{(2x)}$$
Portanto,
$$y_{geral} = c_1 \sin{(2x)} + c_2 \cos{(2x)}$$
E a solução particular se dá por:
$$\begin{array}
y_1 = c_1 \sin{(2x)} \\
y_2 = c_2 \cos{(2x)} \end{array}$$
Onde c1 e c2 pertencem aos números reais.

A determinação dos coeficientes constantes c1 e c2 se dá por meio de:
1. condições iniciais (PVI - problema de valor inicial)
2. condições de contorno (PVC - problema de valor de contorno)

Inserindo uma condição inicial qualquer no y geral que usamos no outro exercício:
y'' = 2; y'(0) = 0; y(0) = 0
Aplicamos as condições e temos:
$$y(x) = c_1 \sin{(2x)} + c_2 \cos{(2x)}$$
$$y(0) = 0 \\ 0 = c_1 \sin{0} + c_2 \cos{0} = 0 + c_2 * 1 \\ c_2 = 0$$
$$y'(x) = 2c_1 \cos{(2x)} - 2c_2 \sin{(2x)} \\ y(0) = 0 \\ 0 = 2c_1 \cos{0} - 2c_2 \sin{0} = 2c_1 * 1 - 0 = 2c_1 \\ c_1 = 0$$
A segunda eu vou deixar todinha pra outra aula, embora tenha se iniciado nessa. É melhor pra todos.

[Equações Diferenciais Ordinárias] Lista 1: classificações, soluções e valores iniciais e de contorno

1. Determine a ordem, a função incógnita e a variável independente para cada uma das equações diferenciais dadas.

a) (y'') - 3yy' + xy = 0
Ordem: o termo mais derivado é derivado duas vezes, logo segunda ordem.
Função incógnita: a função que está sendo derivada é y, logo, y.
Variável independente: y está sendo derivada com relação a x (não tem outra variável na equação), então, x.

b) t²s'' - ts' = 1 - sen(t)
Ordem: o termo mais derivado é derivado duas vezes, logo segunda ordem.
Função incógnita: a função que está sendo derivada é s.
Variável independente: s está sendo derivada com relação a t.

c) $$\dfrac{d^2 x}{dy^2} = y^2 + 1$$
Ordem: o termo mais derivado é derivado duas vezes, logo segunda ordem.
Função incógnita: a função que está sendo derivada é x.
Variável independente: x está sendo derivada com relação a y.

d) $$(\dfrac{d^2 y}{dx^2})^{3/2} + y = x$$
Ordem: o termo mais derivado é derivado duas vezes, logo segunda ordem.
Função incógnita: a função que está sendo derivada é y.
Variável independente: y está sendo derivada com relação a x.

e) $$(\dfrac{db}{dp})^7 = 3p$$
Ordem: o termo mais derivado é derivado uma vez, logo primeira ordem.
Função incógnita: a função que está sendo derivada é b.
Variável independente: b está sendo derivada com relação a p.

2. Quais das seguintes funções são soluções da equação diferencial y' - 5y = 0?
Só sair testando, o resultado tem que dar 0:

a) y = 5

(5)' - 5(5) = 0 - 25 = -25

Logo, não é solução.
b) y = 5x
(5x)' - 5(5x) = 5 - 25x
Logo, não é solução.
c)
$$y = x^5 \\ (x^5)' - 5(x^5) = 5x^4 - 5x^5 \neq 0$$
Logo, não é solução.
d)
$$y = e^{5x} \\ (e^{5x})' - 5(e^{5x}) = 5e^{5x} - 5e^{5x} = 0$$

Logo, é solução.
e)
$$y = 2e^{5x} \\ (2e^{5x})' - 5(2e^{5x}) = 2(5e^{5x}) - 10e^{5x} = 10e^{5x} - 10e^{5x} = 0$$

Logo, é solução.
f)
$$y = 5e^{5x} \\ (5e^{5x})' - 5(5e^{5x}) = 5(5e^{5x}) - 25e^{5x} = 25e^{5x} - 25e^{5x} = 0$$
Logo, é solução.

3. Quais das seguintes funções são soluções da equação diferencial y' - 3y = 6?
a) y = -2

(-2)' - 3(-2) = 0 + 6 = 6

Logo, é solução.
b) y = 0
0' - 3(0) = 0 - 0 = 0
Logo, não é solução.
c)
$$y = e^{3x} - 2 \\ (e^{3x} - 2)' - 3(e^{3x} - 2) = 3e^{3x} - 3e^{3x} + 6 = 0 + 6 = 6$$

Logo, é solução.
d)
$$y = e^{2x} - 3 \\ (e^{2x} - 3)' - 3(e^{2x} - 3) = 2e^{2x} - 3e^{2x} + 9 = -e^{2x} + 9$$
Logo, não é solução.
e)
$$y = 4e^{3x} - 2 \\ (4e^{3x} - 2)' - 3(4e^{3x} - 2) = 12e^{3x} - 12e^{3x} + 6 = 0 + 6 = 6$$
Logo, é solução.

4. Quais das seguintes funções são soluções da equação diferencial A?
$$A = \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{2y^4 + x^4}{xy^3}$$

Essa é complicada. Vamos fazer o seguinte: está permitido passar os valores de um lado pro outro, se os dois lados se igualarem no final está certo. Então:
a) y = x
$$\dfrac{dx}{dx} = \dfrac{2x^4 + x^4}{x(x^3)} \\ 1 = \dfrac{3x^4}{x^4} = 3 \neq 1$$

Logo, não é solução.
b) Não sei se recomendo estudarem esse
$$y = x^8 - x^4 \\ \dfrac{d}{dx} [x^8 - x^4] = \dfrac{2[x^8 - x^4]^4 + x^4}{x[x^8 - x^4]^3} \\ 8x^7 - 4x^3 = \dfrac{2(x^8 - x^4)^4 + x^4}{x(x^8 - x^4)^3} \\ (8x^8 - 4x^4)(x^8 - x^4)^3 = 2(x^8 - x^4)^4 + x^4 \\ 4(2x^8)(x^8 - x^4)^3 - 4(x^4)(x^8 - x^4)^3 = 2(x^8 - x^4)^4 + x^4 \\ 4(2x^8) - 4(x^4) = 2(x^8 - x^4) + \dfrac{x^4}{(x^8 - x^4)^3} \\ 2x^8 - x^4 = \dfrac{(x^8 - x^4)}{2} + \dfrac{x^4}{4(x^8 - x^4)^3} \\ 2 - 1 = \dfrac{1}{2} + \dfrac{x^4}{4(x^8 - x^4)^3} = 1 \\ 2 = 1 + \dfrac{x^4}{4(x^8 - x^4)^3} \\ 1 = \dfrac{x^4}{4(x^8 - x^4)^3} \\ 4 = \dfrac{x^4}{(x^8 - x^4)^3} \\ 4(x^8 - x^4)^3 = x^4 \\ 4(x^8 - x^4)^3 - x^4 = 0$$
E se isso não te provar que é ridículo isso ser solução geral pra equação, sugiro trocar o curso pra bacharel em matemática. De qualquer forma, um breve resumo informal do porque não é solução geral é que x a oitava vai ser sempre positivo então mesmo se por algum motivo mágico os x a quarta se anulassem, sobraria x^24 (x^8 garantidamente vai se multiplicar 3 vezes) positivo que, pra dar 0, só sendo x = 0.
c) Outro horrível
$$y = \sqrt{x^8 - x^4} \\ \dfrac{d}{dx} [x^8 - x^4]^{1/2} = \dfrac{2(x^8 - x^4)^2 + x^4}{x(x^8 - x^4)^{3/2}} \\ \dfrac{1}{2} (x^8 - x^4)^{-1/2} \times (8x^7 - 4x^3) = \dfrac{2(x^8 - x^4)^2 + x^4}{x(x^8 - x^4)^{3/2}} \\ \dfrac{1}{2} (8x^7 - 4x^3) = \dfrac{2(x^8 - x^4)^2 + x^4}{x(x^8 - x^4)^2} \\ (4x^7 - 2x^3) = 2 + \dfrac{x^3}{(x^8 - x^4)^2} \\ \dfrac{(4x^7 - 2x^3)}{(x^8 - x^4)} = \dfrac{2(x^8 - x^4)^2 + x^3}{(x^8 - x^4)^3} \\ \dfrac{4}{x} - \dfrac{2}{x} = \dfrac{2(x^8 - x^4)^2 + x^3}{(x^8 - x^4)^3} \\ 4 - 2 = \dfrac{2x(x^8 - x^4)^2 + x^4}{(x^8 - x^4)^3} = 2 \\ \dfrac{2x}{(x^8 - x^4)} + \dfrac{x^4}{(x^8 - x^4)^3} = 2 \\
2x + x^4/(x^8 - x^4)^2 = 2x^8 - 2x^4 \\
x^4/(x^8 - x^4)^2 = 2x^8 - 2x^4 - 2x \\
x^4 = (2x^8 - 2x^4 - 2x)(x^{16} - 2x^{12} + x^8) \\
x^4 = (2x^{24} - 4x^{20} + 2x^{16} - 2x^{20} + 4x^{16} - 2x^{12} - 2x^{17} + 4x^{13} - 2x^9) \\
x^4 = 2x^{24} - 6x^{20} - 2x^{17} + 6x^{16} + 4x^{13} - 2x^9$$

Desnecessário dizer, a igualdade é falsa, logo não é solução.
d) A esperança
$$y = \sqrt[4]{(x^8 - x^4)} \\ \dfrac{d}{dx} [(x^8 - x^4)^{1/4}] = \dfrac{2(x^8 - x^4) + x^4}{x(x^8 - x^4)^{3/4}} = \dfrac{1}{4} (x^8 - x^4)^{-3/4} (8x^7 - 4x^3) \\ 2x^7 - 4x^3 = \dfrac{2(x^8 - x^4) + x^4}{x} = 2x^7 - 2x^3 + x^3 = 2x^7 - 4x^3$$
E se as igualdades batem, a letra d é solução da equação. Ufa?

5. Quais das seguintes funções são soluções da equação diferencial y'' - xy' + y = 0?
a) y = x²
Felizmente muito mais fácil, né. Vejamos:
(x²)'' - x(x²)' + x² = (2x)' - x(2x) + x² = 2 - 2x² + x² = 2 - x²
O que não configura solução da equação.
b) y = x
(x)'' - x(x)' + x = (1)' - x(1) + x = 0 - x + x = 0
Logo, é solução.
c) y = 1 - x²
(1 - x²)'' - x(1 - x²)' + (1 - x²) = (-2x)' - x(-2x)' + 1 - x² = -2 + 2x² + 1 - x² = -1 + x²

O que não é solução.
d) y = 2x² - 2
(2x² - 2)'' - x(2x² - 2)' + (2x² - 2) = (4x)' - x(4x) + 2x² - 2 = 4 - 4x² + 2x² - 2 = 2 - 2x²

O que não é solução.
e) y = 0
(0)'' - x(0) + 0 = 0 - 0 + 0 = 0

É solução.

6. Solução de A.
$$A = x'' + 4x' + 4x = e^t$$

Essa é chatíssima, não recomendo. Mas é fácil, veja:
$$a) x = e^t \\ (e^t)'' + 4(e^t)' + 4e^t = (e^t)' + 4e^t + 4e^t = e^t + 4e^t + 4e^t = 9e^t \neq e^t$$
Logo, não é solução.
$$b) x = e^{2t} \\ (e^{2t})'' + 4(e^{2t})' + 4e^{2t} = 2(e^{2t})' + 8e^{2t} + 4e^{2t} = 4e^{2t} + 8e^{2t} + 4e^{2t} = 16e^{2t} \neq e^{2t}$$
Logo, não é solução.
$$c) x = e^{2t} + e^t \\ (e^{2t} + e^t)'' + 4(e^{2t} + e^t)' + 4(e^{2t} + e^t) = (2e^{2t} + e^t)' + 4(2e^{2t} + e^t) + 4e^{2t} + 4e^t = \\ (4e^{2t} + e^t) + 8e^{2t} + 4e^t + 4e^{2t} + 4e^t = 12e^{2t} + 9e^t \neq e^t$$
$$d) x = te^{2t} + e^t \\ (te^{2t} + e^t)'' + 4(te^{2t} + e^t)' + 4(te^{2t} + e^t) = \\ (e^{2t} + 2te^{2t} + e^t)' + 4(e^{2t} + 2te^{2t} + e^t) + 4te^{2t} + 4e^t = \\ (2e^{2t} + 2e^{2t} + 4te^{2t} + e^t) + 4e^{2t} + 8te^{2t} + 4e^t + 4te^{2t} + 4e^t = \\ 8e^{2t} + 16te^{2t} + 9e^t \neq e^t$$
Logo, não é solução.
$$e) x = e^{2t} + te^t \\ (e^{2t} + te^t)'' + 4(e^{2t} + te^t)' + 4(e^{2t} + te^t) = \\ (2e^{2t} + e^t + te^t)' + 4(2e^{2t} + e^t + te^t) + 4e^{2t} + 4te^t = \\ (4e^{2t} + e^t + e^t + te^t) + 8e^{2t} + 4e^t + 4te^t + 4e^{2t} + 4te^t = \\ 16e^{2t} + 6e^t + 9te^t \neq e^t$$
Logo, não é solução.

7. Determine c de modo que y(x) = c(1-x²) satisfaça a condição:
a) y(0) = 1

É só substituir y e x. y, no caso, por 1; x, no caso, por 0. Não tem segredo:
1 = c(1-0²) = c, logo c = 1
b) y(1) = 0
$$0 = c(1-1^2) \\ c = \dfrac{0}{0}$$

Logo c é indeterminado.

8. Especifique c1 e c2 de modo que y(x) = c1 sen(x) + c2 cos(x) satisfaça as condições indicadas. Determine se tais condições são condições iniciais ou de contorno.
a) y(0) = 1; y'(0) = 2

É só substituir, também.
$$y(0) = c_1 \sin{0} + c_2 \cos{0} = 1 \\ y(0) = c_2 = 1$$
$$y'(0) = c_1 \cos{0} - c_2 \sin{0} = 2 \\ y'(0) = c_1 = 2$$
Todos os valores de x usados são o mesmo, as condições são iniciais.
$$b) y(\dfrac{\pi}{2}) = 1; y'(\dfrac{\pi}{2}) = 2 \\ y = c_1 \sin{\dfrac{\pi}{2}} + c_2 \cos{\dfrac{\pi}{2}} = 1 \\ y = c_1 = 1 \\ y'(\dfrac{\pi}{2}) = c_1 \cos{\dfrac{\pi}{2}} - c_2 \sin{\dfrac{\pi}{2}} = 2 \\  y'(\dfrac{\pi}{2}) = -c_2 = 2 \\ c_2 = -2$$
Condições iniciais pelo mesmo motivo.
 $$c) y(0) = 1, y(\dfrac{\pi}{2}) = 1$$
Pro y(0) é só você repetir o processo que fez na letra A. Pro y(pi/2) só repetir o que fez na B.
Aí você encontra que c2 = 1 e c1 = 1.
Quanto a condição: os valores de x diferem, então é condição de contorno.
$$d) y'(0) = 1; y'(\dfrac{\pi}{2}) = 1 \\ y'(0) = c_1 \cos{0} - c_2 \sin{0} = c_1 = 1 \\ y'(\dfrac{\pi}{2}) = c_1 \cos{\dfrac{\pi}{2}} - c_2 \sin{\dfrac{\pi}{2}} = -c_2 = 1 \\ c_2 = -1$$
Pelo mesmo motivo da anterior ele usa condições de contorno.

[Equações Diferenciais Ordinárias] Aula 4: solução e classificação de equações diferenciais

Bom, eu sei que tivemos uma infinidade de exercícios passados em uma lista, mas a entrega é segunda então a partir de terça-feira estará quentinho aqui. Mas deixarei em registro os exercícios que fizemos em sala, possivelmente ajudarão bastante.

1. A equação A é solução geral de y'' + 4y = 0?
A: $$y = c_1 \sin{2x} - c_2 \cos{2x}$$
Ok, simples pra caramba. Vamos pegar o y fornecido em A e substituir pelos y da equação passada, e ver se os lados se igualam.
$$(c_1 \sin{2x} - c_2 \cos{2x})'' + 4(c_1 \sin{2x} - c_2 \cos{2x}) = 0 \\ (2c_1 \cos{2x} + 2c_2 \sin{2x})' + 4c_1 \sin{2x} - 4c_2 \cos{2x} = 0 \\ (-4c_1 \sin{2x} + 4c_2 \cos{2x}) + 4c_1 \sin{2x} - 4c_2 \cos{2x} = 0$$
Como vemos, os senos se anulam e os cossenos também. Logo, a expressão é verdadeira e a equação A é solução de y'' + 4y = 0.

2. A equação y = x² - 1 é solução geral de B?
B: $$(y')^4 + y^2 = -1$$

(vale a pena lembrar que estou usando isso de equação A, B, etc. por conveniência de formatação apenas)
Vamos fazer a mesma coisa: jogar x² - 1 em tudo que é y e ver se os resultados batem.
$$((x^2 - 1)')^4 + (x^2 - 1)^2 = -1 \\ (2x)^4 + (x^4 - 2x^2 + 1) = -1 \\ 16x^4 + x^4 - 2x^2 + 1 = -1 \\ 17x^4 - 2x^2 + 2 = -1$$
Só de bater o olho já dá pra perceber que x² - 1 não é solução geral de B. Dá pra passar -1 pro outro lado como +1 e fazer uma resolução de equação do segundo grau, mas será pra uma solução particular com valores particulares, não uma solução geral. Exercício resolvido.

3. Determine a ordem, função incógnita e variável independente das equações diferenciais abaixo: (vou postar uma forma alternativa sempre que achar necessário, pra ficar mais fácil de enxergar)
a) $$y''' - 5xy' = e^x + 1 \\ \dfrac{d^3 y}{dx^3} - 5x \dfrac{dy}{dx} = e^x + 1$$
O termo mais derivado é derivado três vezes, logo terceira ordem. Veja que a função derivada é y com relação a x (dy em cima, dx embaixo), logo a função incógnita é y e a variável independente é x.
b) $$ty'' + t^2 y' - \sin{t} \sqrt{y} = t^2 - t + 1 \\ t \dfrac{d^2 y}{dt^2} + t^2 \dfrac{dy}{dt} - \sin{t} \sqrt{y} = t^2 - t + 1$$
O termo mais derivado é derivado duas vezes, logo segunda ordem. A função derivada é y com relação a t, então função incógnita y e variável independente t.
c) $$s^2 \dfrac{d^2 t}{ds^2} + st \dfrac{dt}{ds} = s$$
(não creio ser necessário a forma alternativa porque acredito ser muito mais visível essa forma que a outra, com a função incógnita em cima e a variável independente embaixo e tal, apesar de nem sempre ser assim)
O termo mais derivado é derivado duas vezes, segunda ordem. A função derivada é t com relação a s, função incógnita t e variável independente s.


E foi só isso mesmo. Já está pronta a lista aqui, e não pretendo demorar a deixá-la pronta no blog também, postarei o mais cedo possível pra ter bastante conteúdo pra estudar pras provas... Já que essa é uma das três? matérias com provas que podem ser bem pesadas.
Vale a pena lembrar também que estamos só vendo como matéria específica algo que vimos generalizado no cálculo III, então pra esse começo o conteúdo desse blog de Cálculo Diferencial e Integral III ajudará muito.

[Equações Diferenciais Ordinárias] Aula 3: revisão de integrais

Integrais simples
a)
$$\int x^8 dx = (\dfrac{1}{9} x^9) + C = \dfrac{x^9}{9} + C$$
b)
$$\int \dfrac{1}{x^3} dx = \int x^{-3} dx = (\dfrac{1}{-2} x^{-2}) = \dfrac{-1}{2x^2} + C$$
c)
$$\int \sqrt[3]{x^2} dx = \int x^{2/3} dx = (\dfrac{3}{5} x^{5/3}) = \dfrac{3 \sqrt[3]{x^5}}{5} + C$$
d)
$$\int (5x^3 + 2 \cos{x}) dx = 5 \int x^3 dx + 2 \int \cos{x} dx = 5 (\dfrac{1}{4}) x^4 + 2 \sin{x} = \\ \dfrac{5}{4} x^4 + 2 \sin{x} + C$$
e)
$$\int (8t^2 + 6e^t + \dfrac{1}{t})dt = 8 \int t^2 dt + 6 \int e^t dt + \int \dfrac{1}{t} dt = 8 (\dfrac{1}{3} t^3) + 6e^t + \ln{t} = \\ \dfrac{8}{3} t^3 + 6e^t + \ln{t} + C$$
f)
$$\int \dfrac{(x-1)^2}{x^2} dx = \int \dfrac{(x^2 - 2x + 1)}{x^2} dx = \int \dfrac{x^2}{x^2} dx - 2 \int \dfrac{x}{x^2} dx + \int \dfrac{1}{x^2} dx = \\ \int 1 dx - 2 \int \dfrac{1}{x} dx + \int x^{-2} dx = x - 2 \ln{x} + (-x^{-1}) = x - 2 \ln{x} - \dfrac{1}{x} + C$$
g)
$$\int \dfrac{\sin{x}}{\tan{x}} dx = \int \dfrac{\sin{x}}{\dfrac{\sin{x}}{\cos{x}}} dx = \int \dfrac{\sin{x} \cos{x}}{\sin{x}} = \int \cos{x} dx = \sin{x} + C$$

Integrais por substituição
a)
$$\int (x^2 + 3x)^3 (2x + 3)dx \\ u = x^2 + 3x, du = (2x + 3)dx \\ \int u^3 du = \dfrac{1}{4} u^4 = \dfrac{1}{4} (x^2 + 3x)^4 + C$$
b)
$$\int \dfrac{5x}{(x^2 + 1)} dx \\ u = x^2 + 1, du = (2x)dx \\ \int \dfrac{5x}{u} \dfrac{du}{2x} = \dfrac{5}{2} \int \dfrac{1}{u} du = \dfrac{5}{2} \ln{|u|} = \dfrac{5}{2} \ln{|(x^2 + 1)|} + C$$
c)
$$\int \dfrac{x^2}{\sqrt[3]{1 - 2x^3}} dx = \int x^2 ((1 - 2x^3)^{-1/3} dx \\ u = 1 - 2x^3, du = (-6x^2)dx \\ \int x^2 u^{-1/3} \dfrac{du}{-6x^2} = \dfrac{-1}{6} \int u^{-1/3} du = \\ \dfrac{-1}{6} (\dfrac{3}{2} u^{2/3}) = - \dfrac{3}{12} (1 - 2x^3)^{2/3} = - \dfrac{1}{4} \sqrt[3]{(1 - 2x^3)^2} + C$$
d)
$$\int 2e^{-x} dx \\ u = -x, du = (-1)dx \\ 2 \int e^u \dfrac{du}{-1} = -2e^u = -2e^{-x} + C$$
e)
$$\int \sin{3x} dx \\ u = 3x, du = 3dx \\ \sin{u} \dfrac{du}{3} = - \dfrac{1}{3} \cos{3x} + C$$
f)
$$\int 2x \cos{x^2} dx \\ u = x^2, du = (2x)dx \\ \int \cos{u} du = \sin{u} = \sin{x^2} + C$$
g)
$$\int \sin{x} \cos{x} dx \\ u = \sin{x}, du = \cos{x} dx \\ \int u du = \dfrac{1}{2} u^2 = \dfrac{1}{2} \sin^2 {x} + C$$

Integrais por partes
a)
$$\int x \ln{x} dx \\ u = \ln{x}, du = \dfrac{1}{x}, dv = (x)dx, v = \dfrac{x^2}{2} \\  \int x \ln{x} dx  = \dfrac{x^2}{2} \ln{x} - \int \dfrac{1}{2} x^2 \dfrac{1}{x} dx = \dfrac{x^2}{2} \ln{x} - \dfrac{1}{2} \int x dx = \dfrac{x^2}{2} \ln{x} - \dfrac{1}{2} (\dfrac{1}{2} x^2) = \\ \dfrac{x^2}{2} \ln{x} - \dfrac{x^2}{4} = \dfrac{x^2}{2} (\ln{x} - \dfrac{1}{2})$$
b)
$$\int x \sin{x} dx \\ u = x, du = 1, dv = \sin{x} dx, v = - \cos{x} \\  \int x \sin{x} dx = x (- \cos{x}) - \int (- \cos{x})*1 dx = \\ -x \cos{x} + \int \cos{x} dx = -x \cos{x} + \sin{x} + C$$
c)
$$\int xe^{2x} dx \\ u = x, du = 1, dv = e^{2x} dx, v = \dfrac{e^{2x}}{2} \\ \int xe^{2x} dx = x (\dfrac{e^{2x}}{2}) - \int \dfrac{e^{2x}}{2} dx = \dfrac{xe^{2x}}{2} - \dfrac{1}{2} \dfrac{e^{2x}}{2} = \dfrac{xe^{2x}}{2} - \dfrac{e^{2x}}{4} = \dfrac{e^{2x}}{2} (x - \dfrac{1}{4}) + C$$

d) Integral cíclica (vou sempre pegar os números de Euler como u e as trigonométricas como v)
$$\int e^{x} \cos{x} dx = e^{x} \sin{x} - \int e^{x} \sin{x} dx = e^{x} \sin{x} - [e^{x} (- \cos{x}) - \int (- \cos{x}) e^{x} dx] = \\ e^{x} \sin{x} - [-e^x \cos{x} + \int e^{x} \cos{x} dx] = e^{x} \sin{x} + e^x \cos{x} - \int e^{x} \cos{x} dx \\ 2 \int e^{x} \cos{x} dx =  e^{x} \sin{x} + e^x \cos{x} \\ \int e^{x} \cos{x} dx = \dfrac{1}{2} (e^{x} \sin{x} + e^{x} \cos{x}) = \dfrac{e^x}{2} (\sin{x} + \cos{x}) + C$$
e)
$$\int x^2 e^{-x} dx \\ u = x^2, du = 2x, dv = e^{-x} dx, v = -e^{-x} \\  \int x^2 e^{-x} dx = x^2 (-e^{-x}) - \int (-e^{-x}) 2x dx = -x^2 e^{-x} + \int e^{-x} 2x dx \\ u = 2x, du = 2, dv = e^{-x} dx, v = -e^{-x} \\ -x^2 e^{-x} + [2x (-e^{-x}) - \int (-e^{-x}) 2 dx] = -x^2 e^{-x} + [-2xe^{-x} + 2 \int e^{-x} dx] = \\ -x^2 e^{-x} + [-2xe^{-x} - 2e^{-x}] = -x^2 e^{-x} - 2xe^{-x} - 2e^{-x} = \\ -e^{-x} (x^2 + 2x + 2)$$


É isso aí, galera. Acho que agora não tem mais como enrolar e vamos voltar a ver EDOs, mas só vendo pra saber. Boa noite a todos.

[Equações Diferenciais Ordinárias] Aula 2: revisão de derivadas

Boa noite, galera. Como tivemos que resolver nossos primeiros exercícios, por mais fáceis que eles sejam, aqui apareço para deixar suas resoluções matemáticas (não creio que haja como ficar explicando passo-a-passo como se deriva, nem mesmo sei como) pra todo mundo.

Parte 1: derivadas simples
$$y = t^5 - t^4 + 6 \\ y' = (t^5)' - (t^4)' + (6)' = 5t^4 - 4t^3 + 0 = 5t^4 - 4t^3$$
$$y = 2t - \dfrac{1}{t^2} + \sin{t} \\ y' = (2t)' - (t^{-2})' + (\sin{t})' = 2 - (-2t^{-3}) + \cos{t} = 2 + \dfrac{2}{t^3} + \cos{t}$$
$$y = \dfrac{\sqrt{t}}{2} + \ln{t} \\ y' = (\dfrac{1}{2} t^{1/2})' + (\ln{t})' = \dfrac{1}{2} \dfrac{1}{2} t^{-1/2} + \dfrac{1}{|t|} = \dfrac{1}{4t^{1/2}} + \dfrac{1}{|t|} = \dfrac{1}{4 \sqrt{t}} + \dfrac{1}{|t|}$$
$$f(t) = e^t \sin{t} \\ f'(t) = (e^t)' \sin{t} + e^t (\sin{t})' = e^t \sin{t} + e^t \cos{t}$$
$$y = \dfrac{x^2 - 1}{x + 3} \\ y' = \dfrac{(x^2 - 1)' (x + 3) - (x^2 - 1) (x+3)'}{(x+3)^2} = \dfrac{(2x)(x + 3) - (x^2 - 1)(1)}{(x+3)^2} \\ = \dfrac{2x^2 + 6x - x^2 + 1}{(x+3)^2} = \dfrac{x^2 + 6x + 1}{(x+3)^2}$$
$$y = \tan{z} \\ y' = (\dfrac{\sin{z}}{\cos{z}})' = (\sin{z} \cos^{-1}{z})' = (\sin{z})' \cos^{-1}{z} + \sin{z} (\cos^{-1}{z})' = \\ \dfrac{\cos{z}}{\cos{z}} + \sin{z} [(-1)(\cos^{-2}{z}) \times \sin{z}] = \\ 1 - (\sin{z}) (\cos^{-2}{z}) (\sin{z}) = 1 - \dfrac{\sin^2 {z}}{\cos^2 {z}} = 1 - \tan^2 {z}$$

Parte 2: regra da cadeia (destaquei entre colchetes o que é a derivada "de fora", e o que é a derivada "de dentro")
$$f(x) = (x^2 - 5x + 1)^4 \\ f'(x) = [2x - 5][4(x^2 -5x + 1)^3] = (8x - 20)(x^2 - 5x + 1)^3$$
$$f(x) = \sqrt{x^2 - 4} \\ f'(x) = ((x^2 - 4)^{1/2})' = [2x][\dfrac{1}{2} (x^2 - 4)^{-1/2}] = x(x^2 - 4)^{-1/2} = \dfrac{x}{\sqrt{x^2 - 4}}$$
$$y = \dfrac{2}{(3x+7)^5} \\ y' = (2(3x+7)^{-5})' = 2[3][(-5)(3x+7)^{-6}] = \dfrac{-30}{(3x+7)^6}$$
$$y = \sin{3x} \\ y' = [3][\cos{3x}] = 3 \cos{3x}$$
$$y = e^{2x} \\ y' = [2][e^{2x}] = 2e^{2x}$$
$$y = \ln{2x} \\ y' = [2][\dfrac{1}{|x|}] = \dfrac{2}{|x|}$$
$$y = \ln{\dfrac{x}{x+1}} \\ y' = (\ln{x} - \ln{x+1})' = (\ln{x})' - (\ln{x+1})' = \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x+1}$$

E esses foram todos os exercícios passados. Pode ajudar alguns a revisarem porque o professor não chegou a resolver todos os de regra da cadeia, e sei que lááááááá do primeiro semestre ainda tem gente que tem dúvida como funciona.
É uma resolução bem boba e puramente matemática, eu sei, pode não estar muito detalhada de fato. Sintam-se livres pra perguntar qualquer coisa e bem-vindos de volta.

Lista V - Cálculo Diferencial e Integral III

Então, galera. Essa é a primeira lista de equações diferenciais mesmo a se resolver, as outras eu ainda vou negociar com o professor se poderei postar durante o prazo de entrega ou só depois. Mas essa é a que dá a base de todas as equações que estamos resolvendo então, se você ainda tem dúvidas, essa é a hora de tirá-las.


Equações diferenciais que precisam apenas de integração
$$a) xdx + ydy = 0$$
Tradicional. Só precisamos integrar dos dois lados para resolver. Claro que podemos isolar tanto x quanto y, mas o livro padronizou tornar y a função incógnita e x a variável, então assim faremos pra todos os exercícios.
$$\int xdx + \int ydy = C \\
\dfrac{1}{2} x^2 + \dfrac{1}{2} y^2 = C \\
\dfrac{1}{2} y^2 = C - \dfrac{1}{2} x^2 \\
y^2 = 2C - \dfrac{2}{2} x^2 = 2C - x^2 \\
y = \sqrt{2C - x^2}$$
Aqui já está ótimo, mas para colocar a "constante K" na função de acordo com o livro, vamos chamar 2C de K.
$$y = \sqrt{K - x^2}$$
Sendo assim, está todo resolvido. Eu vou fazer isso de chegar na resposta do livro e tal, mas até chegar no "resultado final" com C já é válido, jogar um K no lugar simples como eu fiz agora melhor ainda... Só que tem uns exercícios que eu sinceramente nem vejo a necessidade.
Mas não vou desrespeitar, talvez os matemáticos vejam.

$$b) \dfrac{1}{x} dx - \dfrac{1}{y} = 0$$
Essa é bem mais confusa, embora pareça bem simples. Lembrando sempre que integral de 1/x é ln|x| e, é claro, é o ln que vai dar trabalho... Mas nem tanto, vejam só.
$$\int \dfrac{1}{x} dx - \int \dfrac{1}{y} = C \\
ln|x| - ln|y| = C \\
-ln|y| = C - ln|x| \\
ln|y| = -C + ln|x|$$
A grande jogada é saber usar o nosso querido número de Euler pra anular os logaritmos neperianos:
$$e^{ln|y|} = e^{-C + ln|x|} \\
y = e^{-C} * e^{ln|x|} = e^{-C} * x$$
Chamando e elevado a -C de K:
$$y = Kx$$
Calma, vem por aí uns exercícios piores.

$$c) \dfrac{1}{x} dx + dy = 0$$
$$\int \dfrac{1}{x} dx + \int dy = C \\
ln|x| + y = C \\
y = C - ln|x|$$
Quer resposta melhor? O livro quer. Então, o que vamos fazer é o seguinte: chamar C de ln|K|, para tornar a resposta um termo só através daquela propriedade de ln de tal coisa menos ln de tal outra coisa é igual a ln de tal coisa dividido por tal outra coisa. Particularmente acho beeeem estranho, mas já que tá assim no livro:
$$y = ln|K| - ln|x| = ln|\dfrac{K}{x}|$$

$$d) xdx + \dfrac{1}{y} dy = 0$$
$$\int xdx + \int \dfrac{1}{y} dy = C \\
\dfrac{1}{2} x^2 + ln|y| = C \\
ln|y| = C - \dfrac{1}{2} x^2 \\
e^{ln|y|} = e^{C - x^2/2} \\
y = e^C * e^{-x^2/2}$$
Chamando e elevado a C de constante K:
$$y = Ke^{-x^2/2}$$

$$e) (x^2 + 1)dx + (y^2 + y)dy = 0$$
$$\int (x^2 + 1)dx + \int (y^2 + y)dy = C \\
\dfrac{1}{3} x^3 + x + \dfrac{1}{3} y^3 + \dfrac{1}{2} y^2 = C$$
Multiplicando tudo por 6 para que nada fique em fração:
$$2x^3 + 6x + 2y^3 + 3y^2 = 6C$$
E chamando 6C de uma constante K:
$$2x^3 + 6x + 2y^3 + 3y^2 = K$$
Parece meio estranho todas as incógnitas de um lado e a constante K do outro, mas essa é a maneira que o livro responde... E de qualquer forma seria impossível isolar completamente o y porque teria de ficar um y do outro lado.

$$f) \sin{x} dx + ydy = 0; y(0) = -2$$
$$\int \sin{x} dx + \int ydy = C \\
-\cos{x} + \dfrac{1}{2} y^2 = C \\
\dfrac{1}{2} y^2 = C + \cos{x} \\
y^2 = 2C + 2 \cos{x} \\
y = \sqrt{2C + 2 \cos{x}}$$
Foi fácil resolver a equação em si, agora tudo o que sobra é descobrir o valor da constante C através da substituição de x pelo valor especificado e colocando -2 no lugar de y.
$$y(0) = \sqrt{2C + 2 \cos{0}} = -2 \\
\sqrt{2C + 2} = -2$$
Pra sair dessa, vamos isolar a raiz de 2:
$$\sqrt{2} \sqrt{C + 1} = -2 \\
\sqrt{C + 1} = \dfrac{-2}{\sqrt{2}}$$
E agora a melhor saída é elevar os dois lados ao quadrado:
$$(\sqrt{C + 1})^2 = (\dfrac{-2}{\sqrt{2}})^2 \\
C+1 = \dfrac{4}{2} = 2 \\
C = 2 - 1 = 1$$
Jogando isso na equação, temos a função definitiva:
$$y = \sqrt{2*1 + 2 \cos{x}} = \sqrt{2 + 2 \cos{x}}$$

$$g) (x^2 + 1)dx + \dfrac{1}{y} dy = 0; y(-1) = 1$$
$$\int (x^2 + 1)dx + \int \dfrac{1}{y} dy = C \\
\dfrac{1}{3} x^3 + x + ln|y| = C \\
ln|y| = C - \dfrac{1}{3} x^3 - x \\
e^{ln|y|} = e^{C - (x^3/3) - x} \\
y = e^C * e^{(-x^3/3) - x}$$
Não vamos nem usar essa forma como equação final, é só uma maneira mais fácil de isolar o C. Agora vamos jogar os valores especificados no exercício pra isso, inclusive.
$$y(-1) = e^C * e^{(-(-1)^3/3) - (-1)} = 1 \\
e^C * e^{(1/3) + 1} = 1 \\
e^C * e^{4/3} = 1 \\
e^C = \dfrac{1}{e^{4/3}} = e^{-4/3}$$
Jogando ln dos dois lados para anular o número de Euler:
$$ln|e^C| = ln|e^{-4/3}| \\
C = \dfrac{-4}{3}$$
Agora é só jogar na equação e trabalhar ela de uma forma mais limpa:
$$y = e^{-4/3} * e^{-x^3/3 - x} = e^{-4/3 - x^3/3 - x}$$
Já parece satisfatório, mas vamos isolar essa fração para que lá dentro tenhamos apenas constantes reais:
$$y = e^{\dfrac{-1}{3} (4 + x^3 + 3x)}$$
E está resolvido. Exercício bem chatinho de trabalhar.

$$h) xe^{x^2} dx + (y^5 - 1)dy = 0; y(0) = 0$$
$$\int xe^{x^2}dx + \int (y^5 - 1)dy = C$$
A primeira integral resolveremos pelo método de substituição. Nosso u é x² e nosso du é a derivada de x², ou seja, 2x. O resto é o método mais simples possível:
$$\int xe^u \dfrac{du}{2x} + \dfrac{1}{6} y^6 - y = C \\
\dfrac{1}{2} e^u + \dfrac{1}{6} y^6 - y = C \\
\dfrac{1}{2} e^{x^2} + \dfrac{1}{6} y^6 - y = C$$
Esse é o melhor que conseguimos chegar com as incógnitas, mas já dá pra substituir e deixar o resultado bem fácil de alcançar. Veja:
$$\dfrac{1}{2} e^0 + \dfrac{1}{6} 0 - 0 = C \\
C = \dfrac{1}{2}$$
E agora jogando os valores:
$$\dfrac{1}{6} y^6 - y + \dfrac{1}{2} e^{x^2} = \dfrac{1}{2}$$

Equações diferenciais que exigem um pouco de manipulação algébrica
$$a) y' = \dfrac{y}{x^2}$$
Isso daqui soa um pouco mais complicado, mas o fato é o seguinte: temos x e temos y, e temos dx e dx, e precisamos arranjar uma forma de deixá-los acompanhados de suas devidas incógnitas para integrá-los em conjunto. É um tanto mais complicado, mas nem de perto como alguns exercícios do fator integrante... Mas vamos resolver esse primeiro pra entender melhor como funciona.
Lembrando que y' é igual a dy/dx.
$$\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y}{x^2}$$
Mais fácil de visualizar, mas nem tanto. O melhor é deixar dy e dx sempre em cima, não importando muito aonde estão as variáveis em si. Como dy já está multiplicando em cima, vamos jogar dx pro outro lado multiplicando também para que fique em cima.
$$dy = \dfrac{y dx}{x^2}$$
Ok, ok. De um lado, dy... Fácil integrar. Mas do outro, temos y, x² e dx. Se você perceber, dá pra jogar o y pro outro lado dividindo e é isso que faremos:
$$\dfrac{dy}{y} = \dfrac{dx}{x^2}$$
Já é resolvível. Pra você enxergar melhor:
$$\dfrac{1}{y} dy = \dfrac{1}{x^2} dx$$
Deixamos as duas partes juntas para que fique um modelo igual aos usados anteriormente:
$$\dfrac{1}{y} dy - x^{-2} dx = 0 \\
\int \dfrac{1}{y} dy - \int x^{-2} dx = C \\
ln|y| - (-x^{-1}) = C \\
ln|y| + x^{-1} = C \\
ln|y| = C - x^{-1}$$
Jogando número de Euler:
$$e^{ln|y|} = e^{C - 1/x} \\
y = e^C * e^{-1/x}$$
Vamos chamar e elevado a C de uma constante K:
$$y = Ke^{-1/x}$$
E está resolvido o primeiro exercício. Os passos usados para todos os outros (...bem, são apenas mais dois) é semelhantíssimo, no máximo umas fatorações relevantes a mais.
Próximo.

$$b) y' = \dfrac{xe^x}{2y}$$
$$\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{xe^x}{2y}$$
Já vamos jogar cada coisa pro seu canto pra ser mais rápido:
$$2y dy = xe^x dx \\
2y dy - xe^x dx = 0 \\
\int 2y dy - \int xe^x dx = C$$
Integral por partes na parte com x, mas sem preocupações, facílima de resolver.
$$2 \dfrac{1}{2} y^2 - (xe^x - \int e^x dx) = C \\
y^2 - xe^x + e^x = C \\
y^2 = C + xe^x - e^x \\
y = \sqrt{C + xe^x - e^x}$$
Desnecessário dizer, se quiser substituir C por K, faça. Mas acho irrelevante já que não altera absolutamente nada na solução.

$$c) y' = \dfrac{x^2 y - y}{y+1}; y(3) = -1$$
Essa é a mais chata porque precisa de uma sacadinha de fatoração. Nada muito absurdo, bem simples até, mas vamos resolvendo:
$$\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{x^2 y - y}{y+1}$$
Note que temos x²y - y juntos e não podemos isolar assim... A solução, no caso, é isolar y de lá, assim:
$$\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y(x^2 - 1)}{y+1}$$
Agora é só jogar as coisas pros seus respectivos cantos:
$$\dfrac{(y+1)dy}{y} = (x^2 - 1)dx \\
(1 + \dfrac{1}{y})dy - (x^2 - 1)dx = 0 \\
\int (1 + \dfrac{1}{y})dy - \int (x^2 - 1)dx = C \\
y + ln|y| - \dfrac{1}{3} x^3 - x = C$$
Como queremos saber C a princípio (temos um valor para x e seu respectivo y), é bom que deixemos a equação assim mesmo.
$$C = (-1) + ln|-1| - \dfrac{3^3}{3} - 3 = -1 + ln1 - 9 + 3 = -7 + 0 = -7$$
Agora só jogar na equação:
$$y + ln|y| - \dfrac{1}{3} x^3 - x = -7$$

E está resolvida a primeira lista.
Como eu disse no início, posso providenciar as próximas... Mas preciso falar com o professor antes. No entanto, se vocês precisarem da base pra resolução de equações diferenciais, podem procurar por aqui a qualquer momento. Qualquer dúvida que brotar a respeito do assunto podem perguntar nos comentários, me contatar, etc.
Boa noite a todos!

Aula V - Cálculo Diferencial e Integral III

Equações Diferenciais

- São equações que envolvem a função incógnita e suas derivadas. Exemplo:
$\dfrac{dT}{dt} = -K(T_c - T_m)$
Variável independente: t
Variável dependente: T

Equação Diferencial Ordinária: 1 variável independente
Equação Diferencial Parcial: 2 ou mais variáveis independentes
Exemplo de EDP:
$\dfrac{\partial^2y}{\partial x^2} - \dfrac{4\partial^2y}{\partial t^2} = 0$

Notação

$y' = \dfrac{dy}{dx} = \dot{y}$
$y'' = \dfrac{d^2y}{dx^2} = \ddot{y}$
$y''', y^{(4)}, ...$

Classificação

 

Ordem

- A ordem de uma equação diferencial é a ordem da equação de maior ordem. Exemplo:
$\dfrac{d^2y}{dx^2} + 2\dfrac{dy}{dx} = e^x$
A equação de maior ordem é a primeira, que é de segunda ordem. Logo, essa é uma equação diferencial de segunda ordem.

 

Grau

- A maior potência da derivada de maior ordem. Exemplo:
$(\dfrac{dy}{dx})^2 - 3\dfrac{dy}{dx} = e^x$
As duas derivadas são da mesma ordem (1ª), enquanto a primeira derivada está elevada ao quadrado, o que configura em uma equação diferencial de segundo grau.

 

Linearidade 

Para que uma equação diferencial seja linear:
- A função incógnita e suas derivadas como de 1º grau;
- Cada coeficiente depende da mesma variável independente.
Exemplo de função que não é linear:
$y''' + y^2 = 0$
Note que a função y está elevada ao quadrado, assim tornando a equação de segundo grau, e não satisfazendo a primeira condição de uma equação diferencial linear.

Solução da Equação Diferencial

- É uma função y = f(x) a qual, juntamente com suas derivadas, satisfaz a equação dada. Exemplos:

Verifique se $y = x^2+5x$ é solução de $xy'' - y' + 5 = 0$.
Ok, esse exercício, como qualquer introdutório, é bem fácil: primeiro vamos descobrir as derivadas das duas ordens.
$y' = (x^{2})' + 5x' = 2x + 5$
$y'' = (2x+5)' = 2x' + 5' = 2 + 0 = 2$
E agora substituir na equação:
$x(2) - (2x+5) + 5 = 0$
$2x - 2x - 5 + 5 = 0$
$0 = 0$
Logo, a equação está satisfeita e o valor $y = x^2+5x$ é solução.

Verifique se, caso $y = \dfrac{1}{x^2+C}$, $y' = -2xy^2$.
Esse já é mais chatinho, mas calma, é só o final que tem um truquezinho básico. Só precisamos derivar, a princípio, veja:
$y' = \dfrac{d}{dx}(\dfrac{1}{x^2+c}) = \dfrac{d}{dx}(1*(x^2+c)^{-1}) = -(2x)*(x^2+c)^{-2}$
A quem não lembra o que foi feito aí, o que eu não acho difícil, puríssima regra da cadeia. Clássico do Cálculo I. A derivada da função de dentro, que fica 2x, vezes a derivada da função de fora, em que você trata a função de dentro como uma variável elevada a -1 e faz a regra do tombo com ele (cai -1, o expoente fica -2).
Agora, à manipulação:
$y' = -2x*(\dfrac{1}{x^2+c})^2$
Notem que tudo o que está elevado ao quadrado é o valor original de y, lá em cima, logo:
$y' = -2xy^2$

Os resultados batem, então sim, y e y' estão expressadas corretamente no enunciado.

E foi essa a última aula de cálculo. Espero que entendam bem esse início, porque EDO é o conteúdo que vamos carregar por esse cálculo e muito provavelmente por parte do próximo.