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EDO com Mudança de Variáveis

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Teoria

Introdução

Até agora você já viu vários métodos para resolver diversos tipos de EDO. Nessa parte nós vamos tratar de alguns casos especiais, casos onde vamos ter que fazer uma mudança de variável pra poder resolver a equação. Vamos tentar passar pra vocês um método pra identificar a mudança de variável e como proceder depois.

Método da substituição de variável

Nesse assunto, cada equação pode ter uma mudança diferente então não temos fórmulas padrão pra todas as equações. A ideia é procurar a parte que tá gerando problema na equação e substituir pra chegar em uma equação que nós sabemos resolver. Pegar o que tá estranho e tentar substituir isso. Eu sei que isso tá meio confuso, mas vai tudo ficar mais calaro nos exemplos que vamos ver agora.

Exemplo 1

x e 2 y d y d x + e 2 y = ln ⁡ x x  

Vamos lá. O que ta bem estranho nessa equação? O fato do y aparecer como e 2 y . A gente não sabe resolver uma EDO com e 2 y então vamos fazer a seguinte substituição.

u = e 2 y

Vamos calcular d y d x em função de u e d u d x . Para isso vamos derivar essa equação que temos acima em função de x .

d u d x = e 2 y 2 d y d x  

d y d x = d u d x e - 2 y 2 = d u d x u - 1 2

Substiuindo y e d y d x na equação

x u d u d x u - 1 2 + u = ln ⁡ x x

x 2 d u d x + u = ln ⁡ x x

Agora nós já temos um EDO de 1ª ordem que nós sabemos resolver. Vamos dividir a equação por x 2 .

d u d x + 2 u x = 2 ln ⁡ x x 2

A x = 2 x

B x = 2 ln ⁡ x x 2

Calculando I x = e ∫ A x d x

∫ A x d x = ∫ 2 x d x = 2 ln ⁡ x = ln ⁡ x 2

I x = e ln ⁡ x 2 = x 2

Calculando ∫ I x B x d x

∫ x 2 2 ln ⁡ x x 2 d x = 2 ∫ ln ⁡ x d x

Vamos utilizar integração por partes para resolver essa integral de ln ⁡ x . Chamando u = ln ⁡ x e d v = d x .

∫ u d v = u v - ∫ v d u

∫ ln ⁡ x d x = x ln ⁡ x - ∫ x 1 x d x = x ln ⁡ x - x  

Logo teremos que.

∫ I x B x d x = 2 x ln ⁡ x - 2 x

Utilizando a fórmula para encontrar a solução da EDO de 1ª ordem.

u x = 1 I x ( ∫ I x B x d x + C )

u x = 1 x 2 ( 2 x ln ⁡ x - 2 x + C )

Encontramos a solução para u , agora nós temos que voltar com a nosso variável y , ou seja, temos que realizar a mudança de variável inversa. Como u = e 2 y podemos escrever anossa equação na forma implícita da seguinte forma.

e 2 y = 1 x 2 ( 2 x ln ⁡ x - 2 x + C )

Exemplo 2

x sen ⁡ y d y d x + cos ⁡ y =   - x 2 e x  

Esse cos ⁡ y e sen ⁡ y tão muito estranhos nessa equação. Vamos tentar a substituição u = cos ⁡ y . Você deve ta pensando o porque de não estarmo fazendo a substituição u = sen ⁡ y , vamos calcular d u d x pra vocês perceberem que parada legal aparece usando a substituição do cosseno.

d u d x = - sen ⁡ y d y d x  

Apareceu justamente a outra parte da equação que tava dando problema. Quando trabalhamos com substituição de várivael temos que pensar na derivada das subtituiçoes pra ver se elas vão ajudar a gente, como essa ajudou.

Realizando a mudança de variável.

- x d u d x + u = x 2 e x  

Dividindo a equação por – x .

d u d x - u x = x e x

Chegamos em uma EDO de 1ª ordem, agora é só resolver.

A x = - 1 x

B x = x e x

Calculando I x = e ∫ A x d x

∫ A x d x = ∫ - 1 x d x = ln ⁡ x - 1

I x = e ln ⁡ x - 1 = x - 1

Calculando ∫ I x B x d x

∫ x - 1 x e x = ∫ e x = e x

Utilizando a formula para EDO de 1ª ordem

u x = 1 I x ( ∫ I x B x d x + C )

u x = 1 x - 1 e x + C

u x = x e x + x C

Realizando a mudança de variável inversa

cos ⁡ y = x e x + x C

Exemplo 3

y ' ' + y ' 2 + 1 = 0

Agora você já deve estar pegando o jeito e já percebeu que o problema dessa equação é esse ( y ' ) 2 , Vamos substituir ele.

u = y '

Derivando a equação em função de x .

u ' = y ' '

Realizando a mudança de variável

u ' + u 2 + 1 = 0

Isso é uma equação separável. Escrevendo naquele formato característico de separável.

d u d x = - u 2 - 1

d u u 2 + 1 = - d x

Integrando os dois lado da equação.

∫ 1 u 2 + 1 d u = tg - 1 ⁡ u

Vale lembrar que essa integral é uma daquelas decoradas que você deve ter visto lá quanto tava estudando integral.

∫ - d x = - x

Igualando as duas equações e somando uma constante de integração C .

tg - 1 ⁡ u = - x + C

u = tg ⁡ ( C - x )

Realizando a mudança inversa de variável

y ' = tg ⁡ ( C - x )

Agora basta resolver essa outra EDO que é bem imediata quando a gente lembrar da integral de tangente.

∫ tg ⁡ - x d x = ln ⁡ ( cos ⁡ x )

Dessa forma

y = ln ⁡ cos ⁡ C - x + D

Onde D é uma constante.

Revisão

Vamos relembrar rapidinho o que temos que fazer para resolver esses casos de EDO.

  1. Identificar o que está atrapalhando nossa EDO.
  2. Definir a substituição de variável, u .
  3. Calcular d u d x
  4. Aplicar a mudança de variável e conferir se caímos em uma equação que sabemos resolver.
  5. Resolver a equação

Exemplo 2

Exemplo 3

Revisão

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Dennis Zill, Equações diferenciais volume I, 11ª ed. São Paulo: Pearson Education do Brasil Ltda., 2007, pp87-5

Resolva a equação diferencial dada usando uma substituição apropriada

d y d x - 4 x y = 2 x 5 e y x 4

Passo 1

Para fazermos uma substituição em uma equação a principal ideia é procurar o que está dando problema e substituir isso. Analisando essa equação, se o termo na direita fosse função só de x tds os nosso problemas estariam resolvidos. Vamos tentar fazer a seguinte substituição pra dar um jeito naquele exponencial.

y = u x 4

Passo 2

Calculando d y d x em função de u e x .

d y d x = d u d x x 4 + 4 u x 3

Substituindo y ' e y na equação

u ' x 4 + 4 u x 3 - 4 x u x 4 = 2 x 5 e u

u ' x 4 + 4 u x 3 - 4 u x 3 = 2 x 5 e u

u ' x 4 = 2 x 5 e u

d u d x = 2 x e u

Agora chegamos numa equação separável bonita. Vamos só escrever ela de uma forma mais elegante e vamos partir pra resolução.

e - u d u = 2 x d x

Passo 3

Integrando o lado esquerdo da equação

∫ e - u d u = - e - u

Integrando o lado direito da equação

∫ 2 x d x = x 2

Passo 4

Igualando os dois lados e somando uma constante de integração C

- e - u = x 2 + C

Substituindo u na equação

e   - y x 4 =   - x 2 - C

Resposta

e   - y x 4 =   - x 2 - C

Exercício Resolvido #2

Dennis Zill, Equações diferenciais volume I, 11ª ed. São Paulo: Pearson Education do Brasil Ltda., 2007, pp87-3

Resolva a equação diferencial dada usando uma substituição apropriada

y d x + 1 + y e x d y = 0

Passo 1

Para fazermos uma substituição numa equação a principal ideia é procurar o que está dando problema e substituir isso. Analisando essa equação, o termo mais diferente é aquele y e x . Vamos tentar fazer a seguinte substituição pra dar um jeito naquele exponencial.

u = y e x

u e x = y

Passo 2

Calculando d y d x em função de u e x .

d y d x = d u d x 1 e x - u e x  

Dividindo a nossa equação inicial por d x

y + 1 + y e x y ' = 0

Substituindo y ' e y .

u e x + 1 + u u ' e x - u e x = 0

u e x + u ' e x - u e x + u u ' e x - u 2 e x = 0

1 + u u ' e x = u 2 e x

Como e x vai ser semore diferente de zero, podemos sumir com ele

1 + u u ' = u 2

Manipulando essa equação um pouco

1 + u u 2 d u = d x

Agora temos um bela equação separável e é só partir pra diversão.

Passo 3

Integrando o lado esquerdo da equação

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

∫ 1 + u u 2 d u = - 1 u + ln ⁡ | u |

Integrando o lado direito da equação

∫ d x = x

Passo 4

Igualando as duas integrais e somando uma constante de integração C .

- 1 u + ln ⁡ u = x + C

Substituindo u

- 1 y e x + ln ⁡ y e x = x + C

Como ln ⁡ y e x = ln ⁡ y + ln ⁡ e x = ln ⁡ y + x

- 1 y e x + ln ⁡ y + x = x + C

- 1 y e x + ln ⁡ y = C

Manipulando a equação temos

y ln ⁡ y = e - x + C y

Resposta

y ln ⁡ y = e - x + C y

Exercício Resolvido #3

Dennis Zill, Equações diferenciais volume I, 11ª ed. São Paulo: Pearson Education do Brasil Ltda., 2007, pp130-12

Sabendo que a equação diferencial que descreve a forma de um fio de densidade linear constante w suspenso sob a ação do próprio peso é

d 2 y d x 2 = w T 1 1 + d y d x 2

Em que T 1 é a tensão horizontal no fio em seu ponto mais baixo. Usando a substituição p = d y d x , resolva essa equação sujeita à condição inicial y 0 = 1 , y ' 0 = 0 .

Passo 1

Essa equação está com uma cara bem feia, vamos utilizar a substituição que ele deu pra ver se encontramos algo mais maneiro. Vamos lembrar que pela substituição nós sabemos que

p ' = d 2 y d x 2

Passo 2

Substituindo p ' e p .

p ' = w T 1 1 + p 2

Essa equação a gente já sabe resolver como separável. Vamos reescrever naquele formato de separável e partir pra resolução.

d p 1 + p 2 = w T 1 d x

Passo 3

Integrando os dois lados da equação sem somar a constante de integração.

∫ d p 1 + p 2

Para resolver essa integral vamos tomar p = sinh ⁡ u . Dessa forma

d p = cosh ⁡ u d u

∫ d p 1 + p 2 = ∫ cosh ⁡ u d u 1 + sinh 2 ⁡ u = ∫ cosh ⁡ u cosh ⁡ u d u = ∫ d u = u

Dessa forma temos

∫ d p 1 + p 2 = sinh - 1 ⁡ p

Passo 4

Integrando o lado direito da equação

∫ w T 1 d x = w T 1 x

Passo 5

Igualando os dois lados da equação e somando uma constante de integração C

sinh - 1 ⁡ p = w T 1 x + C

p = sinh ⁡ w T 1 x + C

Passo 6

Lembrando que p = d y d x

d y d x = sinh ⁡ w T 1 x + C

y = ∫ sinh ⁡ w T 1 x + C d x

y = T 1 w cosh ⁡ w T 1 x + C + D

Passo 7

Vamos aplicar os valores iniciais para acharmos os valores das constantes. Usando que y ' 0 = 0

d y d x = sinh ⁡ C = 0

Pela definição de seno hiberbolico como sinh ⁡ x = e x - e - x 2 , sabemos que.

sinh ⁡ C = 0 ⇒ C = 0

Usando agora que y 0 = 1

y = T 1 w cosh ⁡ 0 + D = 1

Pela definição de cosseno hiperbólico como cosh ⁡ x = e x + e - x 2 , sabemos que

cosh ⁡ 0 = 1 ⇒ D = 1 - T 1 w

Logo

y = T 1 w cosh ⁡ w T 1 x + 1 - T 1 w

Resposta

y = T 1 w cosh ⁡ w T 1 x + 1 - T 1 w

Exercício Resolvido #4

Dennis Zill, Equações diferenciais volume I, 11ª ed. São Paulo: Pearson Education do Brasil Ltda., 2007, pp87-9

Resolva a equação diferencial dada usando uma substituição apropriada

2 x csc ⁡ 2 y d y d x = 2 x - ln ⁡ ( tan ⁡ y )  

Passo 1

Para fazermos uma substituição numa equação a principal ideia é procurar o que está dando problema e substituir isso. Nessa equação a gente tem bastante coisa bizarra, vamos escolher a seguinte substituição.

u = ln ⁡ tan ⁡ y

Nos próximos passos vamos ver porque ela foi uma boa escolha.

Passo 2

Calculando d u d x

d u d x = 1 tan ⁡ y sec 2 ⁡ y d y d x = 1 sin ⁡ y cos ⁡ y d y d x  

Como sin ⁡ y cos ⁡ y = sin ⁡ 2 y 2  

d u d x = 2 sin ⁡ x cos ⁡ x d y d x = 2 csc ⁡ 2 x d y d x    

Passo 3

Substituindo y ' e y na equação

x d u d x = 2 x - u  

Dividindo por x e manipulando a equação temos

d u d x + u x = 2

Agora é só resolver a EDO de primeira ordem em u onde temos.

A x = 1 x ,     B x = 2

Passo 4

Calculando I x = e ∫ A x d x

∫ A x d x = ∫ 1 x d x = ln ⁡ x

I x = e ln ⁡ x = x

Passo 5

Calculando a integral ∫ I x B x d x

∫ 2 x d x = x 2

Passo 6

Utilizando a formula para EDO de 1ª ordem.

u x = 1 I x ∫ I x ⋅ B x d x + C

u x = 1 x x 2 + C = x + C x

Substituindo u

ln ⁡ ( tan ⁡ y ) = x + C x

Resposta

ln ⁡ ( tan ⁡ y ) = x + C x

Exercício Resolvido #5

UNICAMP, Cálculo 3, P1 2010, Questão 5

Determine a solução geral da equação diferencial:

2 y 2 y ' ' + 2 y y ' 2 = 2 y y ' ,   y > 0 ,     y ' > 0

Passo 1

Bem bem, temos uma derivada ao quadrado ali meio bizarra, a parada não parece estar amigável, como proceder? Vou começar dividindo tudo por y por que da pra ver que tem um y extra ae sobrando nessa EDO:

2 y y ' ' + 2 y ' 2 = 2 y '

Ok, acho que melhorou um pouco a cara, vamos pensar no seguinte, com essa cara de EDO a gente não consegue desenvolver nada do que trabalhamos, então precisamos procurar uma saída. Perceba que essa EDO não mostra qual é a variável independente, ou seja, se depende de t , ou de x , “tá, legal, idaí?” A ideia é, como esse cara não tem a variável independente explicitada, eu vou fazer uma substituição que faça o próprio y virar a variável independente(WTF?!) Calma, vamos ver isso agora:

Sabemos que y ( x ) ou seja, y é uma função que depende de x , logo y ' ( x ) também! A derivada também depende de x e assim u também depende de x , pela regra da cadeia temos que:

y ' x = u x → y ' ' x = d u x d x = d u d y . d y d x = d u d y . y ' = d u d y . u

Substituindo isso na edo:

2 y d u d y u + 2 u 2 = 2 u

Divindo tudo por u :

2 y d u d y + 2 u = 2

Sacou? Antes era y que era a variável dependente, agora é u ! Essa sacada é legal e pode ser útil em equações que tem característica de não ter a variável independente explicitada.

Passo 2

Agora só temos que resolver uma EDO de primeira ordem linear, vamos começar divindo tudo por 2 y :

d u d y + 1 y u = 1 y

Agora calculamos a integral:

I y = e ∫ 1 y d y = e ln ⁡ y = y

OBS: Ele já supôs na questão que y > 0

Agora calculamos ∫ I y B y d y = ∫ y 1 y d y = y

Assim a solução é:

u y = ∫ I y B y d y + C I y = y - 1 y + C = 1 + C y - 1

Mas calma, a gente não começou calculando u ( y ) , a gente quer saber quem é y ( t ) , então vamos voltar a substituição u = y ' :

y ' x = 1 + C y - 1 → d y x d x = 1 + C y - 1

Esse cara é uma EDO separável!

Passo 3

Vamos separar esse rapazola:

d y d x = 1 + C y - 1

d y 1 + C y - 1 = d x

Integrando de ambos lados:

∫ d y 1 + C y - 1 = ∫ d x

Resolvando cara integral:

∫ d y 1 + C y - 1 = ∫ d y 1 + C y = ∫ y d y y + C

Como o numerador e o denominador tem o mesmo grau do polinômio, a gente pode fazer uma divisão polinomial pra isso ficar menor(Se não lembrar, da uma olhada em integral por frações parcias em cálculo 1 que você vai lembrar rapidão!). Ae dá:

y y + C = 1 - C y + C

Então fica:

∫ y d y y + C = ∫ 1 - C y + C d y = y - C ln ⁡ | y + C 1 |

A outra integral é:

∫ d x = x

Assim a solução da separável e consequentemente da EDO é:

y - C ln ⁡ y + C 1 = x + C 2

Resposta

y - C ln ⁡ y + C 1 = x + C 2

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