Equações Diferenciais Ordinárias - Aula 02

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EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 
ORDINÁRIAS 
 AULA 2 
 
 
 
 
 
 
 
Profª Janieyre Scabio Cadamuro 
 
 
 
 
 
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CONVERSA INICIAL 
Agora que os conceitos básicos para equações diferenciais ordinárias e 
suas terminologias já são conhecidos, vejamos como resolver algumas 
equações diferenciais de primeira ordem. 
A resolução de uma Equação Diferencial Ordinária (EDO) de primeira 
ordem vai depender do tipo de equação com que estamos lidando, por isso, 
incialmente é preciso classificá-la para, posteriormente, utilizar a técnica ou o 
método apropriado para resolver a equação. É importante salientar que o método 
que funciona para um tipo de equação não necessariamente pode ser aplicado 
à outra. Vamos considerar quatro métodos de solução para as EDO de primeira 
ordem. 
Lembre-se que a solução de uma Equação Diferencial (ED) é uma família 
de funções, ou seja, tendo a equação 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 𝑥(𝑡) que tem como solução 𝑥(𝑡) =
𝑐𝑒𝑡, para cada valor da constante c (𝒄 ∈ ℝ) , temos uma solução para esta 
equação. Observe essa afirmação no gráfico a seguir: 
 
 
Observe que, além das funções representadas no gráfico, existem outras 
infinitas possiblidades de combinações, pois para cada valor da constante c, 
existe uma função que representa uma solução 
Gráfico de = 𝒄 
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TEMA 1 – RESOLUÇÃO DE EDO DE PRIMEIRA ORDEM POR INTEGRAÇÃO 
DIRETA 
Esse é o método mais simples para a resolução de equações diferenciais, 
sendo necessário aplicar diretamente as regras e conceitos de integração e 
derivação estudados no Cálculo Diferencial Integral. 
Consideremos um caso particular de equações da forma y'=f(x), com f(x) 
contínua. Esse método pode ser considerado um caso particular do método por 
separação de variáveis. O método é simples, pois aplicamos diretamente o 
teorema fundamental do cálculo, integrando ambos os lados da equação. 
Se 𝒈( ) é uma função contínua dada, então a equação de primeira ordem 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑔(𝑥) pode ser resolvida por integral. Outra forma de escrever essa equação é 
𝑑𝑦 = 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 e fazendo a integral dos dois lados temos ∫ 𝑑𝑦 = ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥. A 
integral de 𝑑𝑦 é a própria função 𝑦 e, como a integral é indefinida, utiliza-se uma 
constante 𝑐. A solução é: 𝑦 = ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 + 𝑐 
Vejamos mais exemplos resolvendo as seguintes EDOs: 
a) 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 1 + 𝑒2𝑥 ⇒ 𝑑𝑦 = (1 + 𝑒2𝑥)𝑑𝑥 ⇒ ∫ 𝑑𝑦 = ∫ (1 + 𝑒2𝑥)𝑑𝑥 
Para resolver a integral do lado direito da equação que apresenta uma 
soma, resolve-se cada termo separadamente. A integral de 1 é 𝑥 e, para o 
segundo termo que é o exponencial com expoente de variável com o 2 junto, 
usamos o método da substituição. Substitui-se o 2𝑥 por uma nova variável 𝑢, 𝑢 =
2𝑥 ⇒ 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 2 ⇒ 𝑑𝑢 = 
𝑑𝑥
2
 
𝑦 = ∫ (1 + 𝑒2𝑥)𝑑𝑥 = X +
1
2
E2X + C 
Obs: ∫ 𝑒2𝑥𝑑𝑥 = ∫ 𝑒𝑢 (
𝑑𝑢
2
) =
1
2
𝑒𝑢 ⇒
1
2
𝑒2𝑥 
A solução para a equação é 𝑦 = 
1
2
𝑒2𝑥 
b) 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑠𝑒𝑛(𝑥) ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 (𝑥)𝑑𝑥 ⇒ 𝑦 = ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 = −𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 𝑐 
A constante c é incluída porque a integral é indefinida. Sendo assim, a 
solução para a equação b é 𝑦 = −𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 𝑐. 
Esse é o primeiro método para a resolução de equações diferencias de 
primeira ordem e ele só pode ser utilizado nessas condições, com ambos os 
lados da equação com apenas uma variável. É o método mais simples, pois 
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utiliza o conceito do cálculo fundamental de que ao integrar uma derivada, o 
resultado é sempre a própria função. 
TEMA 2 – EDO DE PRIMEIRA ORDEM DE VARIÁVEIS SEPARÁVEIS 
Esse método é semelhante ao anterior, porém aqui, é necessário 
manipular a equação para que ela tenha o formato desejado. Perceba as 
equações do tipo 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
 = 𝐻(t, y) , tal que 𝐻(t, y) = 
𝑓(𝑡)
𝑔(𝑦)
. Ela pode ser reescrita na 
forma 𝑔(𝑦)
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= f(t). 
A resolução dessas EDO é possível quando separamos as variáveis em 
cada membro, para depois integrar pelo método de integração direta. 
Uma equação separável é aquela diferencial de primeira ordem, na qual 
a expressão 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 pode ser fatorada como uma função de vezes uma função de 
𝒚 chegando em 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 = 𝑔(𝑥)𝑓(𝑦). 
Se considerarmos 𝒇(𝒚) ≠ 𝟎, podemos escrever a equação na forma: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑔(𝑥)
ℎ(𝑦)
 em que ℎ(𝑦) =
1
𝑓(𝑦)
. Para resolver reescrevemos na forma diferencial 
ℎ(𝑦)𝑑𝑦 = 𝑔(𝑥)𝑑𝑥. 
Agora, assim como no método anterior, integramos os dois lados da 
equação: ∫ ℎ(𝑦)𝑑𝑦 = ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 + c 
Vejamos um exemplo resolvendo a equação (1 + 𝑥)𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = 0 
Para deixá-la no formato adequado é preciso reescrevê-la para ⇒ 
(1 + 𝑥)𝑑𝑦 = 𝑦𝑑𝑥. Depois dividimos por (1 + 𝑥)𝑦 para facilitar a resolução da 
equação, uma vez que, as variáveis são diferentes e é preciso manipulá-las de 
acordo com a necessidade. Temos 
(1+𝑥)𝑑𝑦
(1+𝑥)𝑦
=
𝑦𝑑𝑥
(1+𝑥)𝑦
 que nos leva a 
𝑑𝑦
𝑦
=
𝑑𝑥
1+𝑥
. 
Agora é possível integramos os dois lados da equação para: 
∫
𝑑𝑦
𝑦
= ∫
𝑑𝑥
1 + 𝑥
 
Pelas regras da integração ∫
1
𝑥
𝑑𝑥 = 𝑙𝑛|𝑥| + 𝑐 na segunda integral se 
utiliza o método da substituição de 1+x. Chegamos à equação 𝑙𝑛|𝑦| = 𝑙𝑛|1 + 𝑥| +
𝑐1 
O próximo passo na resolução de equações diferencias costuma ser não 
deixar logaritmo para poder isolar o y. Lembre-se do conceito estudado ainda no 
segundo grau de que, quando a potência e o logaritmo estão na mesma base, 
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ambos podem ser cancelados, por isso colocamos a equação na base e 
𝑙𝑛|𝑦|
𝑒
=
𝑙𝑛|1+𝑥|+𝑐1
𝑒
 e chegamos em 𝑦 = 𝑒𝑙𝑛|1+𝑥|+𝑐1. Aplicamos a regra das potenciais em 
que a soma dos expoentes se transformam em produto de potência e chegamos 
em y = eln|1+x|. ec1 e a solução da equação que é y = |1 + x|ec1. Reescrevendo 
o módulo temos y = ±(1 + x)ec1. Outra forma de apresentar o resultado, muito 
comum de ser encontrada em livros, seria substituindo o exponencial ec1 = 𝑐, 
resultando em y = ±c(1 + x). 
Vejamos mais um exemplo, resolvendo a equação 𝑥𝑒−𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 − 𝑦𝑑𝑦 =
0. Primeiramente, separamos as variáveis em 
𝑦
𝑒−𝑦
 𝑑𝑦 = 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 e 
manipulamos para yeydy = xsen(x)dx. Agora sim se pode integrar os dois lados 
da equação ∫ yeydy = ∫ xsen(x)dx. Determinando as integrais pelo método da 
integração por partes temos yey − ey + c = −xcos(x) + sen(x). 
Observe o método da integração por partes mais detalhadamente, sendo 
que sua fórmula é ∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢 𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢. 
Aplicando o conceito para a equação yey − ey + c temos u = y, u´ = 1, 
v´ = ey, 𝑣 = eydy = ey que substituídos na fórmula ∫ yeydy = y. ey − ∫ ey. 1dy =
yey − ey 
É preciso usar o método da integração por partes também na equação 
∫ 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 =?, em que, u = x, u´ = 1, v´ = sen(x) 𝑒 𝑣 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 = −cos (𝑥) 
que substitui-se na fórmula ∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢 𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢. 
TEMA 3 – EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM HOMOGÊNEAS 
Antes de considerar o método a ser utilizado na resolução de uma EDO, 
precisamos saber identificar se a equação de primeira ordem é ou não 
homogênea. 
Para saber se a função é mesmo homogênea, é necessário verificar se a 
função 𝒇 satisfaz a igualdade 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡𝑛𝑓(𝑥, 𝑦), com n real. Dizemos que 𝒇 
é uma função homogênea de grau n. 
Vejamos um exemplo com a seguinte função 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 3𝑥𝑦 + 5𝑦2. 
Substituindo 𝑥 e 𝑦 por 𝑡𝑥 e 𝑡𝑦 temos f(tx, ty) = (tx)2 − 3(tx)(ty) + 5(ty)2 ⇒
t2(x2 − 3xy + 5y2) ⇒ t2f(x, y) . Verificada a igualdade pode-se afirmar que a 
equação é homogênea do segundo grau, por causa do exponencial t2. 
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Outro exemplo é a equação 𝑓(𝑥, 𝑦)= 𝑥3 + 𝑦3 + 1 . Por causa do 1 não é 
possível fatorar a equação por 𝑡3, dessa forma, se conclui que ela não é 
homogênea, pois 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) ≠ 𝑡3𝑓(𝑥, 𝑦). 
Para resolver pelo método que veremos agora, é preciso manipular a EDO 
para que ela apresente a forma 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0, que é considerada 
homogênea se ambos os coeficientes M e N são funções homogêneas do 
mesmo grau. 
O método de solução das equações homogêneas pode ser por uma 
substituição algébrica, que a transformará em uma equação diferencial de 
primeira ordem separável. Substitui-se 𝑦 = 𝑢𝑥 𝑒 𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢 e 𝑥 =
𝑣𝑦 𝑒 𝑑𝑦 = 𝑣𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑣 
Como exemplo, apresentamos a seguinte equação: (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑥 +
(𝑥2 − 𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0. Primeiro, verificamos se ela é homogênea: 
𝑁(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = (𝑡𝑥)2 + (𝑡𝑦)2 = 𝑡2(𝑥2 + 𝑦2) 
𝑀(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = (𝑡𝑥)2 − (𝑡𝑥)(𝑡𝑦) = 𝑡2(𝑥2 − 𝑥𝑦) 
Assim, confirmado que ela é mesmo homogênea e de mesma ordem, 
substituirmos 𝑦 = 𝑢𝑥 e dy = 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢 temos: 
(𝑥2 + 𝑢2𝑥2)𝑑𝑥 + (𝑥2 − 𝑢𝑥2)(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0 
Trabalhando algebricamente a equação para separar as variáveis 
chegamos à equação: 
𝑥2𝑑𝑥 + 𝑢2𝑥2𝑑𝑥 + 𝑥2𝑢𝑑𝑥 + 𝑥3𝑑𝑢 − 𝑢2𝑥2𝑑𝑥 − 𝑢𝑥3𝑑𝑢 = 0 
Separando os diferenciais chega-se a: 
𝑥2(1 + 𝑢)𝑑𝑥 + 𝑥3(1 − 𝑢)𝑑𝑢 = 0 
Ainda não temos o formato ideal da equação, então dividimos por 
(1 − 𝑢)𝑥3 e chegamos a: [
1−𝑢
1+u
] 𝑑𝑢 +
𝑑𝑥
𝑥
= 0, que leva a equação separável 
[−1 +
2
1+𝑢
] 𝑑𝑢 +
𝑑𝑥
𝑥
= 0. Agora sim integramos a função para: 
∫[−1 +
2
1 + u
] du = −∫
dx
x
 
 A equação do lado direito é bem simples e leva ao logaritmo ln|x| − ln|c| 
No lado esquerdo da equação é feita a divisão de polinômios (1 − 𝑢) ÷
(1 + 𝑢) = −1 resto 2 e 1 − 𝑢 = (1 + 𝑢). (−1) + 2 que nos leva a equação: 
−𝑢 + 2𝑙𝑛|1 + 𝑢| = −𝑙𝑛|𝑥| − 𝑙𝑛|𝑐| 
Separando os logaritmos do termo 𝑢 temos: ln(1 + u)2 + ln|x| + ln|c| = u. 
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Como u =
y
x
, e lembrando que a soma de logaritmos resulta em um 
produto, temos como solução a equação implícita, pois é impossível isolar o y: 
ln |(1 +
y
x
)
2
. x. c| =
y
x
 
Outras formas de apresentar essa equação são: 
𝑒
𝑙𝑛|(1+
𝑦
𝑥
)
2
.𝑥.𝑐|
= 𝑒
𝑦
𝑥 
|
(𝑥 + 𝑦)2
𝑥
| = 𝑐1𝑒
𝑦
𝑥 
Note que aqui a resolução já não é tão simples como nos dois métodos 
apresentados anteriormente. Primeiro, é preciso identificar se a EDO é 
homogênea para depois fazer a substituição da variável para então chegar em 
uma situação de variáveis separáveis. 
TEMA 4 – EQUAÇÕES EXATAS 
A técnica que veremos agora é utilizada para equações exatas, então 
vejamos primeiramente o que são elas. 
Semelhante às equações homogêneas, temos que 𝑴( ,𝒚) 𝑵( ,𝒚) são 
funções contínuas com derivadas parciais contínuas em uma região retangular 
R definida por 𝒂< <𝒃, 𝒄<𝒚<𝒅. Assim, uma condição necessária e suficiente para 
que 𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 seja uma equação diferencial exata é que 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
. 
O método de solução tem como equação 𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0. 
Calcula-se o diferencial 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 𝑀(𝑥, 𝑦) e integra 𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑔(𝑦). 
Deriva-se o resultado encontrado 𝒇 e iguala a 𝑵( ,𝒚), isto é, 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦). 
Integre os dois lados para encontrar o resultado desejado. 
Vejamos um exemplo resolvendo a equação (1 +
𝑦
𝑥
) 𝑑𝑥 + 𝑙𝑛𝑥𝑑𝑦 = 0. 
Primeiramente, verifica-se se ela é exata por 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
1
𝑥
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
. Uma vez confirmado 
que ela é exata, faz-se a derivada de 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 𝑀(𝑥, 𝑦) = 1 +
𝑦
𝑥
. Depois se integram 
os dois lados ∫
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= ∫ (1 +
𝑦
𝑥
)𝑑𝑥 ⇒ 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 𝑦𝑙𝑛𝑥 + 𝑔(𝑦), no qual 𝑔(𝑦) é a 
constante, pois a integral foi feita sobre 𝑥 e a função também está em relação 
a 𝑦. 
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Depois de encontrada a função, o próximo passo é fazer a derivada em 
relação a 𝑦, 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦) ⇒ 0 + 𝑙𝑛𝑥 + 𝑔´(𝑦) = 𝑙𝑛𝑥 ⇒ 𝑔´(𝑦) = 0. 
Integrando os dois lados temos ∫ 𝑔´(𝑦) = ∫ 0 𝑑𝑦 ⇒ 𝑔(𝑦) = 𝑐 
Voltando a equação inicial temos que a solução para a equação exata é 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 𝑦𝑙𝑛𝑥 + 𝑐 
Esse é o método para a resolução de equações exatas, em que se 
destaca a necessidade de se observar exatamente o algoritmo apresentado, 
verificando se a equação é exata, para então derivar a função em relação a 𝑥 e 
posteriormente, derivá-la em relação a 𝑦. 
TEMA 5 – EQUAÇÕES LINEARES DE PRIMEIRA ORDEM E MÉTODO DE 
EULER 
Veremos agora dois métodos para a resolução de EDO, o método para 
equações lineares e o método de Euler que utiliza séries. 
5.1 Método para as equações lineares 
Lembre-se que a equação diferencial linear tem a forma 𝑎1(𝑥)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
𝑎0(𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥). Dividindo a equação por 𝑎1(𝑥), temos a equação: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
𝑎0(𝑥)𝑦
𝑎1(𝑥)
=
𝑔(𝑥)
𝑎1(𝑥)
. Substituindo 
𝑎0(𝑥)𝑦
𝑎1(𝑥)
 = 𝑃(𝑥)𝑦 e 
𝑔(𝑥)
𝑎1(𝑥)
 = 𝑓(𝑥), temos a equação linear 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥) 
Veja um resumo do método, ou o algoritmo a ser utilizado na resolução 
da equação linear: 
1. Coloque sempre a equação no formato 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥); 
2. Multiplique a equação pelo fator integrante dado pelo coeficiente 𝑃(𝑥); 
3. Escreva o lado esquerdo como a derivada do produto; 
4. Integre ambos os lados. 
Vamos resolver a equação 𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 4𝑦 = 𝑥6𝑒𝑥 para que você entenda 
melhor este método. 
Primeiro, dividimos por 𝑥 a equação e chegamos em 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
4
𝑥
𝑦 = 𝑥5𝑒𝑥 
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Depois, identificamos o fator integrante P sabendo que sua fórmula é 
𝑒∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥, assim 𝑃(𝑥) = −
4
𝑥
 ⇒ 𝑒−4 ∫
1
𝑥
𝑑𝑥 = 𝑒−4𝑙𝑛|𝑥| = 𝑒𝑙𝑛|𝑥|
−4
= 𝑥−4 
Multiplica-se toda a equação pelo fator integrante 𝑥−4 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 4𝑥−5𝑦 = 𝑥𝑒𝑥. 
Note que para o lado esquerdo da igualdade é preciso encontrar o produto da 
derivada, dado por (𝑢. 𝑣)′ = 𝑢′𝑣 + 𝑣′𝑢. Temos então 
𝑑
𝑑𝑥
[𝑥−4𝑦] = 𝑥𝑒𝑥, na qual 
[𝑥−4𝑦] é o produto da derivada. 
Integrando ambos os lados têm ∫
𝑑
𝑑𝑥
[𝑥−4𝑦] = ∫ 𝑥𝑒𝑥𝑑𝑥, em que lado direito 
da igualdade é resolvido por partes. Chegamos às funções: 
𝑥−4𝑦 = 𝑥𝑒𝑥 − 𝑒𝑥 + 𝑐 
𝑦 = 𝑥5𝑒𝑥 − 𝑥4𝑒𝑥 + 𝑐𝑥4 
5.2 Método de Euler 
Para utilizar o método de Euler a equação precisa estar no seguinte formato: 
{
y´ = f(x, y)
y(x0) = y0 = η, 
 
Sendo 𝜂 um número dado, a aproximação e erro de 𝑦𝑗 de forma geral 
precisa ter esse algoritmo: 
{
yj+1 = yj + hf(xj, yj)
ej+1 = yj+1 − y(xj+1) 
 
Veja um exemplo prático quando resolvida a equação 𝑦´ = 𝑥 − 𝑦 + 2, ou 
seja, 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 − y + 2, na condição inicial 𝑦(0) = 2, na malha de [0,1] com a 
amplitude ℎ = 0,1. Assim, em 𝑗 = 0, 𝑥0 = 0 𝑦0 = 2 
Pela forma do algoritmo temos: 
 𝑗 = 1, 𝑦1 = 𝑦0 + ℎ𝑓(𝑥0, 𝑦0) = 2 + 0,1. (0 − 2 + 2) = 2 
 𝑗 = 2, 𝑦3 = 𝑦2 + ℎ𝑓(𝑥2, 𝑦2) = 2 + 0,1. (0,1 − 2 + 2) = 2,01 
 𝑗 = 3, 𝑦4 = 𝑦3 + ℎ𝑓(𝑥3, 𝑦3) = 2,01 + 0,1. (0,2 − 2,01 + 2) = 2,029 
 ... 𝑗 = 10 
A solução da equação é 𝑦 = 𝑒−𝑥 + 𝑥 + 1 e, a partir dela, elabora-se a 
tabela com os valores até chegar ao intervalo desejado [0,1]. Inicia-se a tabela 
no valor 0 até 1. 
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Reforçamos a necessidade de identificar o tipo de equação para apenas 
então, identificar o método que deverá ser utilizado para resolvê-la. 
NA PRÁTICA 
É importante destacar que existem diversas aplicações para equações 
diferenciais, nas mais variadas áreas da ciência. Vejamos um exemplo prático 
na área de misturas, na engenharia química. 
Na mistura de dois fluídos, muitas vezes, temos de lidar com equações 
diferenciais lineares de primeira ordem. Inicialmente, 50 gramas de sal são 
dissolvidosem um tanque contendo 300 litros de água. A solução salina é 
bombeada para dentro do tanque a uma taxa de 3 litros por minuto e a solução 
bem misturada é drenada na mesma taxa. Se a concentração da solução que 
entra é 2 gramas por litro, determine a quantidade de sal no tanque em qualquer 
instante. 
Seja 𝑨( ) a quantidade de sal (em gramas) no tanque no instante . Temos 
que: 
 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= (𝑡𝑎𝑥𝑎 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑡r𝑎𝑑𝑎) − (𝑡𝑎𝑥𝑎 𝑑𝑒 𝑠𝑎í𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙) = 𝑅1 − 𝑅2 
 𝑅1 = 3 ℓ|𝑚𝑖𝑛 × 2𝑔|𝑚𝑖𝑛 = 6𝑔|𝑚𝑖𝑛 
 𝑅2 = 3 ℓ|𝑚𝑖𝑛 × 
𝐴
300
ℓ|𝑚𝑖𝑛 =
𝑎
100
ℓ|𝑚𝑖𝑛 
 
𝐷𝐴
𝑑𝑡
= 6 −
𝐴
100
 com 𝐴(0) = 50 
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Temos uma equação linear 
𝐷𝐴
𝑑𝑡
+
𝐴
100
= 6, por isso, usamos o fator de 
integração 𝑒
𝑡
100 que aplicado na equação resulta em 
𝐷
𝑑𝑡
[𝑒
𝑡
100𝐴] = 6𝑒
𝑡
100. 
Integramos ambos os lados da equação e temos 𝑒
𝑡
100𝐴 = 600𝑒
𝑡
100 + 𝑐, na 
qual surge a equação 𝐴 = 600 + 𝑐𝑒
𝑡
100 que nos dará a quantidade de sal no 
instante 𝑡. Aplicando a fórmula temos: 
 Para 𝑡 = 0, 𝐴 = 50 50 = 600 + 𝑐𝑒0 ⇒ 𝑐 = −550 
 Para 𝑡 = 50, 𝐴 = 600 − 550𝑒
50
100 = 266,41 𝑔 
FINALIZANDO 
Ficou claro hoje que a técnica ou método para resolver as EDO de 
primeira ordem depende do tipo da equação com que estamos lidando. Há vários 
outros métodos, mas nos dedicamos aqui aos principais. É importante escolher 
o método adequado para a equação que será resolvida, pois a técnica que serve 
para uma pode não ser a ideal para outra equação. 
Vamos lembrar os métodos vistos, ressaltando que cada um deles tem 
seu algoritmo específico: 
 Equação com integração direta; 
 Equação separável; 
 Equações exatas; 
 Equações homogêneas; 
 Método de Euler. 
 
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REFERÊNCIAS 
BOYCE, W. E.; DIPRIMA, R. C. Equações diferenciais elementares e 
problemas de valores de contorno. 10. ed. Rio de Janeiro: LTC, 2017. 
FIGUEIREDO, D. G. Equações diferenciais aplicadas: projeto Euclides. Rio de 
Janeiro: IMPA, 2002. 
NAGLE, R. K.; SAFF, E. B.; SNIDER, A. D. Equações diferenciais. 8. ed. São 
Paulo: Pearson, 2012. 
OLIVEIRA, R. L. Equações diferenciais ordinárias. Curitiba: InterSaberes, 
2018. 
ZILL, D. G.; MICHAEL, R. Equações diferenciais. v. 1. São Paulo: Pearson, 
2001. 
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