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Equação de Bernoulli

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Teoria

Introdução

Olá! Se você chegou nesse tópico, você provavelmente já passou por algum problema em que tinha que resolver uma EDO linear. Se você não tá lembrando, ela tinha um formato assim,

y ' + P x y = Q x

Se você também não lembra como se resolve, calma que eu vou explicar aqui também. Mas antes eu vou lançar um desafio: Resolver uma EDO como esta daqui:

y ' - y = e - 3 x y 4

Repara que ela não segue o formato de uma EDO linear, pois nós temos um termo y 4 . Essa equação tem um formato assim,

y ' + P x y = Q x ⋅ y α

Onde α é um número real qualquer que não pode ser 1 ou 0 , pois se for, a gente estaria tratando de uma equação linear! Mas então que tipo de equação não linear é essa? Então galerinha, aqui nós estamos falando das Equações de Bernoulli.

Olhando para as nossas equações, nós temos que: P x é igual a - 1 ; Q x é igual a e - 3 x ; e o ∝ é igual a 4 .

Ok, conseguimos visualizar o formato dela. E agora, como vamos resolver essa equação?

Relaxa, que é isso que vamos ver nesse tópico: como transformar uma EDO não linear em uma EDO linear e assim resolvermos mais tranquilos.

Resolvendo EDO de Bernoulli

Vamos resolver o nosso desafio,

y ' - y = e - 3 x y 4

Como eu falei, nós vamos transformar essa EDO não linear em uma EDO linear e para isso basta seguir os três passos:

  1. Dividir toda a equação por y α

    2. Na nossa equação nós temos que α = 4 . Então vamos fazer

    y ' y 4 - y y 4 = e - 3 x y 4 y 4

    y - 4 y ' - y - 3 = e - 3 x

  2. Fazer uma substituição de variáveis u = y 1 - α

    3. Nosso α é o mesmo, igual a 4. Então seguimos

    u = y 1 - 4 = y - 3

    Agora precisamos achar a derivada de u em relação a x . Para isso, você tem que derivar usando a regra da cadeia:

    u x = y x - 3    

    u ' x = - 3 y x - 4 ⋅ y ' x

    Onde a gente pode omitir esse x :

    u ' = - 3 y - 4 ⋅ y '

  3. Agora é só substituir u e u ' , jogando isso na EDO:

    4. y - 4 y ' - y - 3 = e - 3 x

    Note que,

    y - 4 y ' = - u ' 3

    y - 3 = u

    Então ficamos assim,

    - u ' 3 - u = e - 3 x

    Multiplicando por - 3 todo mundo...

    u ' + 3 u = - 3 e - 3 x

    O que é isso?! UMA EDO LINEAR !

    Lembra que eu falei que ia mostrar como se resolve EDO linear para quem não lembrava? Então chegou o momento, vamos terminar o desafio resolvendo continuando os passos,

  4. Para resolver a EDO linear, nós vamos usar o fator integrante I x , ai fica assim,

    5. I x = e ∫ P x d x

    u = 1 I x ∫ I x ⋅ Q x d x + C

    Lembra que lá no início que vimos que P x é igual a - 1 ?! Então o fator integrante ficará

    I x = e ∫ - 1 d x = e - x

    Jogando na equação, ficamos assim,

    u = 1 e - x ∫ e - x ⋅ e - 3 x d x + C

    u = 1 e - x ∫ e - 4 x d x + C

    Resolvendo essa integral aí, vamos achar:

    u = 1 e - x - 1 4 e - 4 x + C

    u = C - 1 4 e - 4 x e x

  5. Agora, não se esqueça de que precisamos voltar para y (quem de fato queremos):

    6. u = y - 3 → y - 3 = C - 1 4 e - 4 x e x

    Podemos isolar o y ou não, depende só se ele pede isso na questão. Vou isolar aqui, mas lembre-se: não precisa fazer isso se não for pedido.

    y - 3 = C - 1 4 e - 4 x e x  

    1 y 3 = C - 1 4 e - 4 x e x  

    1 C - 1 4 e - 4 x e x = y 3  

    Extraindo a raiz cúbica de ambos os lados:

    y = 1 C - 1 4 e - 4 x e x 3

  6. Às vezes o cara pede para resolver a EDO e uma condição inicial. A gente fala que temos que resolver o problema de valor inicial.

Essa condição inicial é algo do tipo y 0 = 1 , mas pode ser qualquer valor dado na questão, beleza?

É tranquilo só precisamos achar o valor de C que satisfaz essa condição. Na prática o que a gente vai fazer é isso aqui

y 0 = 1

Talvez, nesse caso, seja mais fácil trabalhar com o termo y - 3 , pois a equação fica mais fácil

y 0 = 1 → y - 3 0 = 1

y - 3 0 = C - 1 4 e 0 e 0

y - 3 0 = C - 1 4

E pela condição inicial, temos:

1 = C - 1 4

C = 5 4

Assim, é só substituir o valor da constante e o resultado do problema de valor inicial será:

y = 1 5 4 - 1 4 e - 4 x e x 3

Partiu Exercícios!!

Resolvendo EDO de Bernoulli

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Exercício nº 19 da lista 10 de Cálculo II-A UFF – 2010-2

Resolva a equação diferencial de Bernoulli

y ' - 2 x y - 4 x y 1 2 = 0

Passo 1

De cara ela já é de Bernoulli, o expoente não é inteiro, mas para ser de Bernoulli basta que ele seja real. Então vamos já dividir toda a equação por y 1 2 .

y ' y - 1 2 - 2 x y y - 1 2 = 4 x y 1 2 y - 1 2

y - 1 2 y ' - 2 x y 1 2 = 4 x

Passo 2

Agora vamos fazer a nossa velha e conhecida substituição para resolver a equação de Bernoulli, a saber, t = y 1 2 , que implica em t ' = 1 2 y - 1 2 y ' que por sua vez implica em 2 t ' = y - 1 2 y '

2 t ' - 2 x t = 4 x

t ' - x t = 2 x

Que, como esperávamos, é linear do tipo

t ' + A x t = B ( x )

Passo 3

Resolvendo a linear t ' - x t = 2 x

Calculando o   I = e ∫ A x d x

∫ A x d x = ∫ - x d x = - x 2 2

Então

I = e - x 2 / 2

Calculando ∫ I x B x d x , temos

∫ e - x 2 2 . 2 x d x = 2 ∫ x e - x 2 2 d x = - 2 e - x 2 2

Logo, como

t = 1 I x ∫ I x B x d x + C

t = 1 e - x 2 2   - 2 e - x 2 2 + C = e x 2 2 - 2 e - x 2 2 + C = C e x 2 2 - 2

Passo 4

Voltando para a variável y e lembrando que y 1 / 2 = t

y 1 2 = C e x 2 2 - 2

y = C e x 2 2 - 2 2

Resposta

y = C e x 2 2 - 2 2

Exercício Resolvido #2

Exercício nº 20 da lista 10 de Cálculo II-A UFF – 2010-2

Resolva a equação diferencial de Bernoulli

x y ' - y 2 ln ⁡ x = y 2

Passo 1

Vamos manipular algebricamente essa equação para colocarmos ela na forma que conhecemos da equação de Bernoulli

x y ' - y 2 ln ⁡ x = y 2 ⇒ y ' - y 2 ln ⁡ x x = y 2 x

Pronto agora ela está bonitinha do jeito que a gente quer.

y ' - 1 2 x ln ⁡ x y = 1 x y 2

Passo 2

Vamos começar a resolver a equação agora. A primeira coisa a fazer é dividir toda equação por y 2 , que é a mesma coisa de multiplicar por y - 2 .

y - 2 y ' - 1 2 x ln ⁡ x y y - 2 = 1 x y 2 y - 2

y - 2 y ' - 1 2 x ln ⁡ x y - 1 = 1 x

Passo 3

Fazendo agora a substituição t = y - 1 que implica em t ' = - y - 2 y ' ficamos com

- t ' - 1 2 x ln ⁡ x t = 1 x

t ' + 1 2 x ln ⁡ x t = - 1 x

E como já era de se esperar, a equação virou linear. Que resolvemos com uma fórmula conhecida.

Passo 4

Agora basta resolver essa EDO linear

t ' + 1 2 x ln ⁡ x t = - 1 x

Que é do tipo

t ' + A x t = B ( x )

A solução disso aí é

t x = 1 I x ∫ I x B x d x + C

Com I x = e ∫ A x d x

(Se isso te parece estranho, dá uma olhada no nosso material de EDO linear de 1ª ordem 😉)

Calculando ∫ A x d x

∫ 1 2 x ln ⁡ x d x = 1 2 ∫ 1 x ln ⁡ x d x = 1 2 ln ⁡ ln ⁡ x = ln ⁡ ln ⁡ x 1 2

Como raiz já impõem que a função tem que ser maior que zero, vamos tirar o módulo.

Logo I ( x ) é

I ( x ) = e ln ⁡ ln ⁡ x 1 2 = ln ⁡ x 1 2

Calculando ∫ I x B x d x :

∫ I x B x d x = ∫ ln ⁡ x 1 2 ⋅ - 1 x d x = - ∫ ln ⁡ x . 1 x d x ∫ I x B x d x = - 2 3 ln ⁡ x 3

OBS: Para resolver a integral ∫ ln ⁡ x . 1 x d x faça uma substituição simples:

w = ln ⁡ x → d w = 1 x d x

Então, continuando:

t = 1 I x ∫ I x B x d x + C = 1 ln ⁡ x   - 2 3 ln ⁡ x 3 + C

t x = - 2 3 ln ⁡ x + C ln ⁡ x - 1 / 2  

Passo 5

Voltado para a variável y

t = y - 1 → y = t - 1

y = - 2 3 ln ⁡ x + C ln ⁡ x - 1 / 2 - 1

Resposta

y = - 2 3 ln ⁡ x + C ln ⁡ x - 1 / 2 - 1

Exercício Resolvido #3

Exercício nº 22 da lista 10 de Cálculo II-A UFF – 2010-2

Identifique que tipo de equação é essa e resolva

x   d y - y + x y 3 1 + ln ⁡ x d x = 0

Passo 1

Essa equação quer enganar a gente... mas somos mais espertos do que ela. Ela quer que a gente pense que ela é exata. Porém, se aplicarmos o critério de Euler vamos descobrir rapidinho que de exata ela não tem nada.

∂ P ∂ y = - 3 x y 2 + 1 ≠ 1 = ∂ Q ∂ x

Além do mais, ela não admite fator integrante

∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y = 2 + 3 x y 2

∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y P = 2 + 3 x y 2 y + x y 3 1 + ln ⁡ x que depende de x e y e ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y Q = 2 + 3 x y 2 x que também depende de x e y . Então ela tentou passar a perna na gente, mas já saímos disso.

Passo 2

Agora vamos ver de quem é essa equação! Dividindo a equação inteira por d x temos

x d y d x - y + x y 3 1 + ln ⁡ x = 0

x d y d x - y - x y 3 1 + ln ⁡ x = 0

Já tá melhorando a cara, não é não?

x y ' - y = x 1 + ln ⁡ x y 3

y ' - 1 x y = 1 + ln ⁡ x y 3

Poh agora morreu! De quem é essa equação? Bernoulli é claro. Só partir pro abraço.

Passo 3

Dividindo toda a equação por y 3

y ' y 3 - 1 x y y 3 = 1 + ln ⁡ x y 3 y 3

y - 3 y ' - 1 x y y - 3 = 1 + ln ⁡ x

y - 3 y ' - 1 x y - 2 = 1 + ln ⁡ x

Passo 4

Fazendo a substituição t = y - 2 que implica em t ' = - 2 y - 3 y ' que por sua vez equivale a - t ' 2 = y - 3 y '

- t ' 2 - 1 x t = 1 + ln ⁡ x

t ' + 2 x t = - 2 1 + ln ⁡ x

Agora ela virou linear. E conhecemos a fórmula para resolver uma linear.

Calculando I x

∫ 2 x d x = 2 ln ⁡ x

Então I x = e ln ⁡ x 2 = x 2 = x 2

Calculando o resto:

∫ I x ⋅ B x d x + c = ∫ x 2 ( - 2 1 + ln ⁡ x ) d x + c =

- 2 ∫ x 2 1 + ln ⁡ x d x + c = - 2 9 x 3 3 ln ⁡ x + 2

A solução da linear é dada por:

t = 1 I x ∫ I x ⋅ B x d x + c = 1 x 2 - 2 9 x 3 3 ln ⁡ x + 2 + c

Passo 5

Voltando para a variável y

y - 2 = 1 x 2 - 2 9 x 3 3 ln ⁡ x + 2 + c

1 y 2 = 1 x 2 - 2 9 x 3 3 ln ⁡ x + 2 + c

1 1 x 2 - 2 9 x 3 3 ln ⁡ x + 2 + c = y 2

y 2 = 1 - 2 9 x 3 ln ⁡ x + 2 + c x 2

y 2 = 9 x 2 - 2 x 3 3 ln ⁡ x + 2 + c

Resposta

y 2 = 9 x 2 - 2 x 3 3 ln ⁡ x + 2 + c

Exercício Resolvido #4

Exercício nº 22 da lista 10 de Cálculo II-A UFF – 2010-2

Resolva a equação diferencial dada sujeita à condição inicial indicada

y 1 / 2 d y d x + y 3 / 2 = 1 ,     y 0 = 4

Passo 1

Precisamos dar uma arrumada nessa equação Dividindo toda a equação por y 1 / 2

d y d x + y 3 / 2 y 1 / 2 = 1 y 1 / 2

d y d x + y = y - 1 / 2

y ' + y = y - 1 / 2

De quem é essa equação? Bernoulli é claro. Só partir pro abraço.

Passo 2

Vamos dividir toda a equação por y - 1 / 2

y ' y - 1 / 2 + y y - 1 / 2 = y - 1 / 2 y - 1 / 2

y 1 / 2 y ' + y 1 / 2 y = 1

Passo 3

Fazendo a substituição t = y 1 - - 1 / 2 = y 3 / 2 que implica em t ' = 3 2 y 1 / 2 y ' que por sua vez equivale a 2 t ' 3 = y 1 / 2 y '

2 t ' 3 + t = 1

t ' + 3 2 t = 3 2

Agora ela virou linear. E conhecemos a fórmula para resolver uma linear.

Calculando v x

∫ 3 2 d x = 3 2 x

Então v x = e 3 x / 2

Calculando u

u = ∫ g x e ∫ p x d x d x   = ∫ e 3 x / 2 . 3 2 d x + C

u = 3 2 ∫ e 3 x / 2 d x + C = 3 2   .     2 3 e 3 x / 2 + c = e 3 x / 2 + C

A solução da linear é dada por:

t = u v = 1 e 3 x / 2 e 3 x / 2 + C = C e - 3 x / 2 + 1

Passo 4

Voltando para a variável y

y 3 / 2 = C e - 3 x / 2 + 1

y = C e - 3 x / 2 + 1 2 / 3

Passo 5

Temos que usar o valor inicial que o enunciado nos deu.

y 0 = 4

Substituindo na equação

4 = C e - 3.0 / 2 + 1 2 / 3

4 = C + 1 2 / 3

C + 1 = 4 3 / 2 = 4 3 = 2 3 = 8

C + 1 = 8

C = 7

A equação fica então

y = 7 e - 3 x / 2 + 1 2 / 3

Resposta

y = 7 e - 3 x / 2 + 1 2 / 3

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