Equações Diferenciais Ordinárias

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Universidade Federal do Rio Grande - FURG
Instituto de Matemática, Estatística e Física - IMEF
Equações Diferenciais
NOTAS DE AULA - CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL II
André Meneghetti
(andre.imef@gmail.com)
(www.sites.google.com/site/andreimef)
(última atualização: 10 de Novembro de 2014)
ii
Conteúdo
1 Introdução 1
2 Resolvendo uma EDO 3
3 Família de soluções de uma EDO 4
4 Problema de valor inicial (PVI) 7
5 EDO’s de 1ª ordem 10
5.1 Variáveis separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
5.2 Equações Diferenciais Exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
5.3 Fator integrante para EDO’s quase exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
5.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
5.5 Equações Lineares de 1ª Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
5.6 Equação de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
5.7 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
6 EDO’s de 2ª ordem 54
6.1 Equações de 2ª ordem redutíveis a 1ª ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
6.2 EDO’s de 2ª ordem Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
6.3 Equações diferenciais lineares homogêneas (EDOLH) de segunda ordem. . 65
6.4 Funções linearemente independentes (LI) e dependente (LD) . . . . . . . . 66
6.5 Método de D’Alembert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
6.6 EDOLH de 2ª ordem com coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . . 78
6.7 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
6.8 Equações diferenciais lineares não homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . 89
6.9 Método dos coeficientes a determinar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
6.10 Generalização do método coeficientes a determinar . . . . . . . . . . . . . 111
6.11 Equações diferenciais de ordem superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
6.12 Método de variação de parâmetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
6.13 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
iii
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Prof. André Meneghetti 1 INTRODUÇÃO
1 Introdução
Equações diferenciais são equações que envolvem derivadas. As soluções de uma equa-
ção diferencial são todas funções que satisfazem a equação.
EXEMPLO CLASSIFICAÇÃO ORDEM
1) y′′ + y′ = 0 EDOLH 2ªordem
2) y′ + xy = sen(x) EDOL 1ªordem
3) y′′ − yy′ = 0 EDOH 2ªordem
4) y′′′y′ + y = ex EDO 3ªordem
5)
∂2u
∂x2
+
∂2u
∂y2
= 0 EDPLH 2ªordem
6)
∂u
∂t
+ 7
∂2u
∂x2
= t2 EDPL 2ªordem
7)
∂2u
∂x2
+ u
∂2u
∂y2
= 0 EDPH 2ªordem
8) u
∂u
∂t
+ 7
∂2u
∂x2
= tx EDP 2ªordem
9) u
∂u4
∂x
+ 7
∂2u
∂x2
+ 3
∂3u
∂y3
= 0 EDPH 4ªordem
1
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Prof. André Meneghetti 1 INTRODUÇÃO
Classificação:
EQ. DIF. 2 −− ORDINÁRIA 2 −− LINEAR 2 −− HOMOGÊNEA
| | | −− NÃO HOMOGÊNEA
| | |
| | |
| 2 −− NÃO LINEAR 2 −− H.
| |
| 2 −− N.H.
|
|
|
2 −− PARCIAL 2 −− LINEAR 2 −− H
| | −− N.H.
| |
| |
2 −− NÃO LINEAR 2 −− H.
|
2 −− N.H.
i) Ordinárias: Na EDO todas as derivadas depedem da mesma variável, ou seja, a
solução depende de uma variável.
Ex: 1), 2), 3), 4)
ii) Parciais: São as ED que apresentam derivadas parciais. A solução é função de mais
de uma variável.
Ex: 5), 6), 7), 8), 9)
iii) Linear: Na ED a solução e suas derivadas não se multiplicam.
EX: 1), 2), 5), 6), 8), 9)
iv) Não Linear: Na ED a solução e suas derivadas se multiplicam.
Ex: 3), 4), 7), 9)
v) Homogênea: A soma de todos os termos em que a variável dependente aparece é
igual a zero.
Ex: 1), 3), 5), 7), 9)
vi) Não Homogênea: A soma de todos os termos em que a variável dependente aparece
é diferente de zero.
Ex: 2), 4), 6), 8)
Ordem de uma equação diferencial: A ordem de um ED é dada pela derivada de
maior grau.
2
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Prof. André Meneghetti 2 RESOLVENDO UMA EDO
2 Resolvendo uma EDO
Vamos agora resolver uma equação diferencial bastante simples. A ideia aqui é dar
noção de como se resolve uma equação diferencial e, mais importante que isso, qual a
interpretação geométrica das soluções.
O método que utilizaremos a seguir chame-se “método das variáveisseparadas”. Bem
como o nome diz, a equação a seguir pode ser resolvida separando as variáveis e integrando
ambos os lados. Vejamos:
Vamos resolver a EDO, isso é, determinar qual é a função y = y(x) que satisfaz
y′ = xy
Primeiramente vamos reescrever y′ =
dy
dx
. Note que a expressão
dy
dx
é um quociente entre
os diferenciais de x e y.
dy
dx
= xy
Separando as variáveis (x para um lado e y para outro) temos:
1
y
dy = xdx
Agora integrando ambos os lados e resolvemos.∫
1
y
dy =
∫
xdx
ln|y|+ C1 = x
2
2
+ C2
Como C1 e C2 são números reais, então C2 − C1 também é um número real que chama-
remos de C.
ln|y| = x
2
2
+ (C2 − C1)
ln|y| = x
2
2
+ C
|y| = ex
2
2
+C
y = ±eCex
2
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Prof. André Meneghetti 3 FAMÍLIA DE SOLUÇÕES DE UMA EDO
Note que independentemente do sinal a expressão ±eC é também um número real. Vamos
chama-lo simplesmente de K. Logo temos a resposta
y = Ke
x2
2
∀K ∈ R.
Para qualquer valor de K essa é uma solução da EDO. Basta fazer a prova real:
y′ = xy
Fazendo a substituição y = Ke
x2
2(
Ke
x2
2
)′
=
(
xKe
x2
2
)
(
Ke
x2
2
)
�2x
�2
=
(
xKe
x2
2
)
X
Observe que a igualdade é válida!
3 Família de soluções de uma EDO
Como observado no exemplo acima a equação diferencial
y′ = xy (1)
possui infinitas soluções. Inclusive conhecemos todas elas, pois possuem a forma
y = Ke
x2
2 (2)
Para qualquer valor real atribuido a constante K em (2) obtemos uma solução da EDO
(1).
Chamamos de família de soluções o conjunto formado por todas as soluções da EDO.
Em problemas de modelagem o gráfico da família de soluções tem grande importância,
pois mostra o formato das soluções.
Para construir o esboço desse gráfico vamos atribuir alguns valores para a constante K.
4
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Prof. André Meneghetti 3 FAMÍLIA DE SOLUÇÕES DE UMA EDO
Para fixar as ideias, vejamos somente o gráfico para K = 1.
-3 -1 1 3
x
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ã
x2
2
Agora para os valores K = 1, K = 2 e K = 3.
-3 -1 1 3
x
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K ã
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K=3
K=2
K=1
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Prof. André Meneghetti 3 FAMÍLIA DE SOLUÇÕES DE UMA EDO
Para valores inteiros de K entre −5 e 5.
-3 -1 1 3
x
-50
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K ã
x2
2
K=5
K=4
K=3
K=2
K=1
K=0
K=-1
K=-2
K=-3
K=-4
K=-5
Com mais valores de K.
-3 -1 1 3
x
-50
50
K ã
x2
2
É importante entender que nesses gráficos aparecem apenas algumas das soluções da
EDO. Como são infinitas as soluções o que se faz é um esboço para entender o compor-
tamento da família de soluões.
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Prof. André Meneghetti 4 PROBLEMA DE VALOR INICIAL (PVI)
Esse exemplo ainda ilustra algumas propriedades:
i) Observe que não há intersecção entre as soluções da EDO, ou seja, não há intercção
entre as curvas. Isso não aconteceu por acaso nesse exemplo, esse é um resultado
da teoria das EDO’s. Não existe intersecção entre curvas que representam
soluções da mesma EDO.
ii) Se por um ponto do espaço R2, digamos, (x0, y0), passar uma soluçãoda EDO então
passará somente essa solução. (Esse resultado é decorrente do anterior).
iii) As curvas que representam soluções de uma EDO são sempre conínuas, suaves e
definidas em um intervalo aberto.
O teorema a seguir garante essas propriedades:
Teorema 3.1. (Teorema de existência e unicidade) Dado uma EDO
y′ = f(x, y)
na qual
∂f
∂x
(x, y) e
∂f
∂y
(x, y) são contínuas em uma região D ⊂ R2, então para cada
(x0, y0) ∈ D passa uma (garante existência) e somente uma (garante unicidade) solução
da EDO.
Observação 3.1. O teorema acima está enunciado de forma completa. Mas é importante
salientar que nesse texto vamos sempre trabalhar com EDO’s que possuam a propriedade
de possuir derivadas direcionais com relação a x e y contínuas. Assim sendo não será
verificado essa propriedade a menos que seja dito o contrário.
4 Problema de valor inicial (PVI)
Usando a observação (3.1), considere a EDO
y′ = f(x, y) (3)
e (x0, y0) ∈ R2. Pelo teorema da existência e unicidade (3.1), das infinitas soluções da
EDO (3) apenas uma passa pelo par ordenado (x0, y0).
Ou seja, para um problema de valor inicial (PVI){
y′ = f(x, y)
y(x0) = y0
(4)
estaremos procurando como resposta apenas uma solução que será uma função contínua,
suave e definida em um intervalo aberto e conexo.
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Prof. André Meneghetti 4 PROBLEMA DE VALOR INICIAL (PVI)
Exemplo 4.0.1. Resolva o PVI {
y′ = xy
y(2) = 3
Resolução:
Vimos que a família de soluções da EDO y′ = xy é y = Ke
x2
2 para qualquer K ∈ R.
Agora dessas infinitas soluções qual delas satisfaz e y(2) = 3? (Portanto, devemos
determinar quem é K.)
Fazendo x = 2
y(2) = Ke
22
2
como y(2) = 3
3 = Ke2
logo,
K = 3e−2.
Sendo assim,
y(x) = 3e−2e
x2
2
é a solução (única) do PVI.
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Prof. André Meneghetti 4 PROBLEMA DE VALOR INICIAL (PVI)
Família de soluções com o destaque para a função y(x) = 3e−2e
x2
2 e o ponto (2, 3).
-3 -1 1 2 3
x
3
10
3 ã
x2
2
-2
Somente a solução do PVI.
-3 -1 1 2 3
x
3
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3 ã
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2
-2
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
5 EDO’s de 1ª ordem
Vamos agora apresentar alguns dos principais métodos de resolução de equações diferen-
cias ordinárias de 1ª ordem.
5.1 Variáveis separáveis
Como o nome sugere são equações diferenciais em que podemos separar as variáveis.
Essas equações podem ser escritas na forma
y′ = f(x)g(y) (5)
Exemplo 5.1.1. São exemplos de EDO’s separáveis.
a) y′ =
1
x
y2
b) y′ = (1 + y2)e3x
É fácil ver que algumas EDO’s não são separáveis.
Exemplo 5.1.2. Não é uma EDO separável:
y′ =
xy
x+ y
Método de resolução de EDO’s separáveis
Considere a equação (5). Para resolver essa EDO precisamos determinar y(x).
dy
dx
= f(x)g(y)
1
g(y)
dy = f(x)dx
∫
1
g(y)
dy =
∫
f(x)dx
ψ(y) = ϕ(x) + C
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
Note que essa equação já não mais possui derivadas, logo já é considerada uma solução.
No entanto como a solução y(x) não está isolada dizemos que é uma soluçãoimplícita.
Quando for possível inverter a função ψ, ou seja, quando for possível isolar a variável
dependente y(x) teremos uma solução explícita. Nesse caso teríamos:
y(x) = ψ−1 (ϕ(x) + C) .
Exemplo 5.1.3. Um exemplo cujo a solução é explícita:
Resolva a EDO y′ =
2xy
1 + x2
.
Resolução:
dy
dx
= y
2xy
1 + x2
=⇒ 1
y
dy =
2x
1 + x2
dx
∫
1
y
dy =
∫
2x
1 + x2
dx =⇒
∫
1
y
dy =
∫
1
u
du
ln|y| = ln|1 + x2|+ C1
(solução na forma implícita)
Mas essa equação admite solução explícita.
|y| = eln(1+x2)+C1 = �e�ln(1+x
2)eC1
|y| = (1 + x2)C2
y = ±C2(1 + x2)
y = C(1 + x2)
(solução na forma explícita)
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
Exemplo 5.1.4. Um exemplo cujo a solução é implícita:
Resolva a EDO
dy
dx
=
x2
1 + y2
.
Resolução:
(1 + y2)dy = x2dx
∫
(1 + y2)dy =
∫
x2dx
y +
y3
3
=
x3
3
+ C
(solução na forma implícita)
Exemplo 5.1.5. Resolva o seguinte P.V.I..

dy
dx
=
x2
1 + y2
y(2) = 1
Resolução:
Do exercício anterior sabemos que a solução geral é
y +
y3
3
=
x3
3
+ C
Como y(2) = 1, substituimos na equação obtendo:
1 +
13
3
=
23
3
+ C =⇒ C = 3
3
+
1
3
− 8
3
C = −4
3
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
Logo a solução implícita do P.V.I. será
y +
y3
3
=
x3
3
− 4
3
Obs: Observe que não há como isolar a variável y.
Exemplo 5.1.6. Resolva o seguinte P.V.I..

y′ =
cos(x)
sen(x)
y
y(pi/6) = −1/2
Resolução:
y′ =
cos(x)
sen(x)
y =⇒
∫
1
y
dy =
∫
cos(x)
sen(x)
dx
ln |y| = ln| sen(x)|C2 =⇒ |y| = | sen(x)|eC1
|y| = | sen(x)|C2 =⇒ y = ±C2| sen(x)|
y = C| sen(x)|
Como y(pi/6) = −1/2, então
−1
2
= C| sen(pi/6)| =⇒ −1
2
= C
1
2
C = −1
Logo,
y = −1| sen(x)|
13
IM
E
F
-
FU
R
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-
Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
Obs: Domínio máximo da definição é (0, pi). para qualquer x ∈ (0, pi) temos que
| sen(x)| = sen(x), logo
y = − sen(x)
Obs.: Vimos que a solução de
y′ =
cos(x)
sen(x)
y
é a família de soluções dada pela expressão
y = C| sen(x)|
Além disso, vimos que a solução do P.V.I. com y(−3) = −3 é a função
y = − sen(x)
cujo o domínio é apenas o intervalo (0, pi).
A baixo temos um esboço da família de soluções e em destaque a solução do P.V.I..
-
5 Π
2
-
3 Π
2 -
Π
2
Π
2
3 Π
2
5 Π
2
x
-2
2
 sinHxL¤
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
Exemplo 5.1.7. Seja a EDO
y′ =
x
1 + y
a) encontre a solução geral da EDO;
b) faça um esboço da família de soluções;
c) para a condição inicial y(−3) = −3, encontre o intervalo máximo da solução.
Resolução:
a)
dy
dx
=
x
1 + y
(1 + y)dy = xdx
y +
y2
2
=
x2
2
+ C1
2y + y2 = x2 + 2C1
y2 + 2y + 1 = x2 + 2C1 + 1
y2 + 2y + 1︸ ︷︷ ︸
quadrado perfeito
= x2 + 2C1 + 1
(y + 1)2 = x2 + 2C1 + 1
(y + 1)2 = x2 + 2C1 + 1︸ ︷︷ ︸
constante
Vamos chamar a constante 2C1 + 1 simplesmentede C.
(y + 1)2 − x2 = C
15
IM
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
Como y(-3)=-3, temos que
(−3 + 1)2 − (−3)2 = C
(−2)2 − 32 = C
4− 9 = C
C = −5
A solução implícita é
(y + 1)2 − x2 = C
Para ober a solução explícita devemos isolar a variável dependente y e observe que a
princípio teremos duas possibilidades:
y = ±
√
−5 + x2 − 1
Isso é, ou
y = +
√
−5 + x2 − 1
ou
y = −
√
−5 + x2 − 1
A solução deve satisfazer a condição inicial y(−3) = −3, um rápido teste mostra que a
solução é a segunda opção.
y = −√−5 + x2 − 1
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IM
E
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-
FU
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-
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
b) Esboço da família de soluções:
-5 5
x
-5
-1
1
5
yHxL
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-
Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
c) Intervalo máximo da solução.
Domínio de y são os pontos tais que
x2 − 5 = 0
que é equivalente a dizer que x ∈ (−∞,−√5] ∪ [√5,∞).
Porém, devemos tirar −√5 e √5 do domínio uma vez que y(−√5) = y(√5) = −1 que
não satisfaz a EDO y′ =
x
1 + y
(Pela EDO sabemos que y 6= −1).
Como a solução de uma EDO é sempre contínua, então o domínio é (−∞,−√5) ou
(
√
5,∞). Mais uma vez vamos usar a condição inicial, pois sabemos que o ponto
(−3,−3) deve fazer parte da solução. Nesse caso o domínio só pode ser (−∞,−√5].
Logo, o intervalo máximo é
(−∞,−√5)
A baixo o esboço da família de soluções com a solução do P.V.I. em destaque.
-5 5
x
-5
-1
1
5
yHxL
18
IM
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-
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F
-
FU
R
G
-
Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
5.2 Equações Diferenciais Exatas
Vamos começar essa seção com uma afirmação:
Afirmação 5.1. Qualquer EDO de primeira ordem pode ser escrita na forma
M(x, y) +N(x, y)y′(x) = 0 (6)
Exemplo 5.2.1. A EDO y′ = − (2x+y)(2y+x) pode ser reescrita de maneira que fique na forma
de (6):
y′ = −(2x+ y)
(2y + x)
(2y + x)y′ = −(2x+ y)
(2x+ y)︸ ︷︷ ︸
M(x,y)
+(2y + x)︸ ︷︷ ︸
N(x,y)
y′ = 0
Observe que a EDO nesse exemplo não pode ser resolvida com separação de variáveis.
Como resolver essa EDO? Como resolver uma EDO na forma (6)?
Suponha que exista uma função ψ(x, y(x)), duas vezes diferenciável tal que a equação
(6) seja equivalente a
d
dx
[ψ(x, y(x))] = 0
Observe que se essa função existir então, ao mesmo tempo, essa função é constante e é
solução de (6).
Note que pela regra da cadeia
d
dx
[ψ(x, y(x))] = 0
ψx(x, y(x)) + ψy(x, y(x))y
′(x) = 0
Observe a semelhança: {
M(x, y) +N(x, y)y′(x) = 0
ψx(x, y) + ψy(x, y)y
′(x) = 0
19
IM
E
F
-
FU
R
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-
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-
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IM
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-
FU
R
G
-
IM
E
F
-
FU
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E
F
-
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IM
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F
-
FU
R
G
-
Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
É fácil ver que para existir a função ψ(x, y) é nescessário que, ao mesmo tempo, sejam
válidos {
ψx(x, y) =M(x, y)
ψy(x, y) = N(x, y)
Em que casos existirá essa função ψ(x, y) que satisfaça essa “esperada propriedade”?
Na verdade existe um teorema que resolve esse problema: o teorema garante a existência
da função ψ(x, y) nos casos em que My(x, y) = Nx(x, y).
A propósito:
Definição 5.1. Se uma EDO escrita como na forma (6)
M(x, y) +N(x, y)y′(x) = 0
possuir a propriedade
My(x, y) = Nx(x, y) (7)
então dizemos que essa EDO é exata.
Teorema 5.1. Sejam M(x, y), N(x, y) : (a, b) × (d, e) ⊆ R2 → R contínuas com
derivadas parciais contínuas.
A EDO
M(x, y) +N(x, y)y′ = 0 (8)
é exata (My(x, y) = Nx(x, y)),
se, e somente se,
existe uma função ψ(x, y) tal que
ψ(x, y) = C
ψx(x, y) =M(x, y)
ψy(x, y) = N(x, y)
no qual C é uma constante real. Além disso,
ψ(x, y) = C
é uma solução implícita de (8).
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
Prova:
(⇐) Suponhamos que ψ(x, y) é constante, ψx(x, y) = M(x, y), ψy(x, y) = N(x, y) e que ψ(x, y) é uma
solução implícita de (8) (essa é nossa hipótese). Então, temos que
ψxy(x, y) =My(x, y) e que ψyx(x, y) = Nx(x, y).
Pelo teorema de Fubini, ψxy(x, y) = ψyx(x, y), consequentemente My(x, y) = Nx(x, y).
(⇒) Suponhamos que My(x, y) = Nx(x, y) (agora essa é a nossa hipótese). Queremos encontrar uma
função ψ(x, y) tal que ψx(x, y) =M(x, y) e ψy(x, y) = N(x, y).
Vamos definir ψ(x, y) =
∫
M(x, y)dx. Derivando os dois lados da equação com relação a variável y
obtemos
∂
∂y
ψ(x, y) =
∂
∂y
∫
M(x, y)dx =⇒
∂
∂y
ψ(x, y) =
∫
∂
∂y
M(x, y)dx.
Mas My(x, y) = Nx(x, y), logo
∂
∂y
ψ(x, y) =
∫
∂
∂x
N(x, y)dx =⇒
ψy(x, y) = N(x, y) + C(y).
Para qualquer função C(y). Escolhemos C(y) ≡ 0, assim ψy(x, y) = N(x, y).
Como ψ(x, y) =
∫
M(x, y)dx é claro que ψx(x, y) =M(x, y).
Substituindo em (8)
ψx(x, y(x)) + ψx(x, y(x))y
′(x) = 0 =⇒
d
dx
ψ(x, y(x)) = 0 =⇒ ψ(x, y(x)) é constante.
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
Exemplo 5.2.2. Considere a EDO
(2x+ y) + (2y + x)y′ = 0
a) Verifique que a EDO é exata;
b) determine a solução geral da EDO.
Resolução:
a) Para verificar se a EDO é exata devemos testar (7):
My(x, y) =︸︷︷︸
???
Nx(x, y)
(2x+ y)y =︸︷︷︸
???
(2y + x)x
1 =︸︷︷︸
ok
1
Logo a EDO é exata. Isso significa que para resolver podemos usar o teorema (5.1).
b) Como a EDO é exata, sabemos que existe uma função ψ(x, y) tal que
ψ(x, y) é constante (I)
ψx(x, y) = (2x+ y) (II)
ψy(x, y) = (2y + x) (III)
Então:
 De (II) temos que
ψx(x, y) = (2x+ y)
ψ(x, y) =
∫
ψx(x, y)dx =
∫
(2x+ y)dx
ψ(x, y) = x2 + xy + C(y) (?)
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
Obs: Nesse momento observe que temos quase a solução geral do problema.
ψ(x, y) = x2 + xy + C(y)︸ ︷︷ ︸
??????
Como indicado acima, falta apenas determinar qual é a função C(y).
Para isso usaremos a equação (III). No entanto, para usar (III) precisamos derivar com
relação a y a equação (?), obtendo:
ψy(x, y) = x+ C
′(y)
 Agora vamos igualar essa equação com a equação (III)
ψy(x, y) = x+ C
′(y) derivada de (?)
ψy(x, y) = 2y + x equação (III)
Ou seja,
x+ C ′(y) = 2y + x⇐⇒�x+ C ′(y) = 2y +�x
C ′(y) = 2y ⇐⇒ C(y) =
∫
2ydy = y2 + C2
C(y) = y2 + C2
Substituindo o ψ(x, y) = C1 e C(y) = y2 + C2 em (?) obtemos
C1 = x
2 + xy + y2 + C2
x2 + xy + y2 = K
(solução implícita)
Obs: Obviamente K = C1 − C2.
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
Exemplo 5.2.3. Considere a EDO(
y2
2
− sen(x)
)
+ (xy)y′ = 0
a) Verifique que a EDO é exata;
b) determine a solução geral da EDO.
Resolução:
a) Para verificar se a EDO é exata devemos testar (7):
My(x, y) =︸︷︷︸
???
Nx(x, y)
(
y2
2 − sen(x)
)
y
=︸︷︷︸
???
(xy)x
y =︸︷︷︸
ok
y
Logo a EDO é exata.
b) Como a EDO é exata, sabemos que existe ψ(x, y) tal que

ψ(x, y) é constante (I)
ψx(x, y) =
(
y2
2
− sen(x)
)
(II)
ψy(x, y) = (x, y) (III)
Então:
 De (II) temos que
ψx(x, y) =
y2
2
− sen(x)
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
ψ(x, y) =
∫
ψx(x, y)dx =
∫ (
y2
2
− sen(x)
)
dx
ψ(x, y) =
y2
2
x+ cos(x) + C(y) (?)
Obs: Nesse momento, observe que temos quase a solução geral do problema.
ψ(x, y) =
y2
2
x+ cos(x) + C(y)︸ ︷︷ ︸
??????
Como indicado acima, falta apenas determinar quem é a função C(y), pois ψ(x, y) é
constante.
Para isso usaremos a equação (III). No entanto, para usar (III) precisamos derivar com
relação a y a equação (?), obtendo:
ψy(x, y) = yx+ C
′(y)
 Agora vamos igualar essa equação com a equação (III)
ψy(x, y) = yx+ C
′(y) derivada de (?)
ψy(x, y) = yx equação (II)
Ou seja,
xy + C ′(y) = xy =⇒��xy + C ′(y) =��xy
C ′(y) = 0 =⇒ C(y) =
∫
0dy =⇒ C(y) = C2
Substituindo o ψ(x, y) = C1 e C(y) = C2 em (?) obtemos
C1 =
y2
2
x+ cos(x) + C2
y2
2
x+ cos(x) = K
(solução implícita)
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
Com a ajuda de um recurso computacional mostramos a seguir o esboço da famífia de
soluções da edo (
y2
2
− sen(x)
)
+ (xy)y′ = 0
próximo a origem.
-15 -5 5 15
x
-2
2
yHxL
Agora com mais algumas curvas...
-15 -5 5 15
x
-2
2
yHxL
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
5.3 Fator integrante para EDO’s quase exatas
EDO’s da forma
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0
podem ser exatas (My = Nx) ou não (My 6= Nx). Já vimos como resolver EDO’s exatas,
agora veremos como resolver EDO’s não exatas. A ideia é simples: vamos transformar a
EDO quase exata em exata e depois resolver como já sabemos.
Fator integrante (FI)
Nos casos em que
ψx(x, y) + ψy(x, y)y
′ = 0
não são exatas (My 6= Nx), vamos procurar funções µ tais que, µ = µ(x) ou µ = µ(y),
nos quais
µM(x, y) + µN(x, y)y′ = 0
é exata, ou seja
(µM)y = (µN)x
Retomando:
Suponha que temos uma EDO da forma
M(x, y) +N(x, y)y′ = 0
a qual não é exata (My 6= Nx) e queremos encontrar uma função µ = µ(x) tal que
(µM)y = (µN)x
Se conseguirmos isso teremos que a EDO original multiplicada por µ é exata!
µ(x)
(
M(x, y) +N(x, y)y′
)
= µ(x)0
(µ(x)M(x, y))︸ ︷︷ ︸
M˜(x,y)
+(µ(x)N(x, y))︸ ︷︷ ︸
N˜(x,y)
y′ = 0
M˜(x, y) + N˜(x, y)y′ = 0
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
Obs.: O processo tem que estar claro para continuar!
Como o processo é o mesmo para µ = µ(x) e µ = µ(y), vamos procurar µ = µ(x) e deixar
o caso análogo µ = µ(y) como exercício.
Fator integrante para EDO’s exatas: µ = µ(x)
Queremos que
(µ(x)M(x, y))y = (µ(x)N(x, y))x
Observe que nesse caso
µ(x)My(x, y) = µ
′(x)N(x, y) + µ(x)Nx(x, y)
Mudando a notação da derivada em µ e ocultando as variáveis de dependência
µMy =
dµ
dx
N + µNx
µ (My −Nx) = dµ
dx
N
1
µ
dµ =
(My −Nx)
N
dx∫
1
µ
dµ =
∫
(My −Nx)
N
dx
ln |µ|+ C =
∫
(My −Nx)
N
dx
ln |µ| =
∫
(My −Nx)
N
dx− C
|µ| = e
∫ (My−Nx)
N
dx−C
µ = ±e−Ce
∫ (My−Nx)
N
dx
Como ±e−C é uma constante qualquer e queremos encontrar apenas uma função µ, po-
demos escolher ±e−C = 1. Assim, temos as fórmulas para µ(x) e analogamente para µ(y):
µ(x) = e
∫ My(x,y)−Nx(x,y)
N(x,y)
dx (9)
µ(y) = e
∫ Nx(x,y)−My(x,y)
M(x,y)
dy (10)
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
Exemplo 5.3.1. Considere a EDO(
2x−2ex − xy2)+ 2xyy′ = 0.
a) Verifique que essa EDO não é exata;
b) usando um fator integrante que depende somente de x (µ(x)) transforme em uma
EDO exata;
c) verifique que a nova EDO é exata;
d) resolva a EDO encontrando uma solução implícita.
Resolução:
a) Vamos verificar que a propriedade (7) não é válida. De fato:
My(x, y) =︸︷︷︸
???
Nx(x, y)
(
2x−2ex − xy2)
y
=︸︷︷︸
???
(2xy)x
−2xy =︸︷︷︸
“fail′′
2y
Como −2xy 6= 2y então a EDO não é exata.
b) Usaremos a fórmula (9)
µ(x) = e
∫ My(x,y)−Nx(x,y)
N(x,y)
dx
Então,
µ(x) = e
∫ −2yx−2y
2xy
dx
= e
∫ −�2yx−�2y
�2yx
dx
= e
∫ −x−1
x
dx
µ(x) = e
∫ −1− 1
x
dx = e−x−ln(x) = e−xeln(x
−1)
µ(x) = e−x�e�
ln(x−1) = e−x(x−1)
µ(x) = e
−x
x
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
c) Multiplicando ambos os lados da EDO pelo fator integrante obtemos:
e−x
x
(2x−2ex − xy2) + e
−x
x
(2xy)y′ = 0
e−x
x
(2x−2ex − xy2) + e
−x
x
(2xy)y′ = 0
��e−x
x
(2x−2��ex)− e
−x
�x
(�xy
2) +
e−x
�x
(2�xy)y
′ = 0
(2x−3 − y2e−x︸ ︷︷ ︸
M˜(x,y)
) + (2ye−x︸ ︷︷ ︸
N˜(x,y)
)y′ = 0
Verifique que, de fato
M˜y(x, y) = N˜y(x, y)
d) Então agora vamos encontrar a solução implícita da EDO exata
(2x−3 − y2e−x) + (2ye−x)y′ = 0
Como a EDO é exata

ψ(x, y) é constante (I)
ψx(x, y) = (2x
−3 − y2e−x) (II)
ψy(x, y) = (2ye
−x) (III)
De (II)
ψx(x, y) = (2x
−3 − y2e−x)
ψ(x, y) =
∫
ψx(x, y)dx =
∫
(2x−3 − y2e−x)dx
ψ(x, y) =
�2x−2
��−2 + y
2e−x + C(y)
ψ(x, y) = −x−2 + y2e−x + C(y)
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
Derivando com relação a y, temos
ψy(x, y) = 2ye
−x + C ′(y)
Igualando com (III)
2ye−x + C ′(y) = 2ye−x
��
��
2ye−x + C ′(y) =��
��
2ye−x
C ′(y) = 0
C(y) =
∫
C ′(y)dy =
∫
0dy = C1
C(y) = C1
Portanto, se
ψ(x, y) = −x−2 + y2e−x + C(y)
e sabendo que ψ(x, y) e C(y) são constantes obtemos
−x−2 + y2e−x = K
(solução implícita)
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
Exemplo 5.3.2. Determine a solução implícita da EDO
(3x2y + 2xy + y3) + (x2 + y2)y′ = 0.
Resolução:
Vamos verificar se a EDO é exata ou não.
My(x, y) =︸︷︷︸
???
Nx(x, y)
(
3x2y + 2xy + y3
)
y
=︸︷︷︸
???
(
x2 + y2
)
x
3x2 + 2x+ 3y2 =︸︷︷︸
“fail′′
2x
Como 3x2 + 2x+ 3y2 6= 2x então a EDO não é exata.
Para determinar o fator integrante, usaremos a fórmula (9)
µ(x) = e
∫ My(x,y)−Nx(x,y)
N(x,y)
dx
Então,
µ(x) = e
∫ (3x2y+2xy+y3)y−(x2+y2)x
x2+y2
dx
= e
∫ 3x2��+2x+3y2��−2x
x2+y2
dx
µ(x) = e
∫ 3���(x2+y2)
���(x2+y2)
dx
= e
∫
3dx = e3x
µ(x) = e3x
Multiplicando ambos os lados da EDO pelo fator integrante obtemos:
e3x(3x2y + 2xy + y3) + e3x(x2 + y2)y′ = 0
e3x(3x2y + 2xy + y3) + e3x(x2 + y2)y′ = 0
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
Já sabemos que agora essa EDO agora é exata. Logo,
ψ(x, y) é constante (I)
ψx(x, y) = e
3x(3x2y + 2xy + y3) (II)
ψy(x, y) = e
3x(x2 + y2) (III)
De (III)
ψy(x, y) = e
3x(x2 + y2)
∫
ψ(x, y)ydy =
∫
e3x(x2 + y2)dy
ψ(x, y) = e3x
(
x2y +
y3
3
)
+ C(x)
Derivando com relação a x, temos
ψx(x, y) = e
3x(2xy) + 3e3x
(
x2y +
y3
3
)
+ C ′(x)
Igualando com (II)
e3x(3x2y + 2xy + y3) = e3x(2xy) + 3e3x
(
x2y +
y3
3
)
+ C ′(x)
���
�
3x2ye3x +���
�
2xye3x +��
�
y3e3x =���
�
2xye3x +���
�
3x2ye3x +��
�
y3e3x + C ′(x)
0 = C ′(x) =⇒ C(x) = K1
Portanto, se
ψ(x, y) = e3x
(
x2y +
y3
3
)
+ C(x)
e sabendo que ψ(x, y) e C(x) são constantes obtemos
e3x
(
x2y + y
3
3
)
= K
(solução implícita)
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
5.4 Exercícios
◦ Exercício 1. Em cada item verifique que a função y(x) é solução da EDO associada.
(Ou seja, substitua a função y(x) na EDO e verifique que vale a igualdade)
a)

y(x) = e2x − 4
y′ − 2y = 8
b)

y(x) = 3xex
y′′ − 2y′ + y = 0
c)

y(x) =
√
x2 − 4
y′ =
x√
x2 − 4
d)

y(x) = 3(x+ 2)
4y′′ − xy′ + y = 6
◦ Exercício 2. Verifique que a seguinte relação define uma solução implícita da EDO
dada.

y(x) = e
y
x
y′ =
y2
xy − x2
◦ Exercício 3. Verifique que a função dada é uma solução do PVI.
a)

y(x) = 5e−x
y′ + y = 0
y(0) = 5
b)

y(x) =
∫ x
0
e2(x−s)s2ds
y′ = 2y + x2
y(0) = 0
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
◦ Exercício 4. Resolva as EDO’s separáveis.
a) y′ =
xy
1 + x2
b)

y′ =
x2
1 + y2
y(2) = 1
c) y − (1 + x)y′ = 0
d)

y′ tan(x) = y
y(pi/6) = −1
2
e)

y′ =
ln(x)
1 + y2
y(1) = 0
f) y′ = xex+y
◦ Exercício 5. Verifique se as equações a seguir são exatas. Caso seja resolva, caso não
seja transforme em exata (multiplicando pelo fator integrante apropriado) e resolva.
a) (6x2y + 2xy2) + (2x3 + 2x2y)y′ = 0
b) (2xey − y sen(x)) + (cos(x)− 2 + x2ey)y′ = 0
c) (3x2y + 2xy + y3) + (x2 + y2)y′ = 0
d) y′ + 4y = x
e) xy′ − y = x2 cos(x)
f)

y′ + y tanx = x senx cosx
y(0) = 2
g) (x2 + 1) dydx − xy = 1
h)

y′ = e2x + y − 1
y(0) = 1
i) 2xy + 3x2 + (x2 + 2)y′ = 0
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
RESPOSTAS
Exercício 4
a) y(x) = C
√
1 + x2
b) y +
y3
3
=
x3
3
− 4
3
c) y = C(1 + x)
d) y = − senx
e) y +
y3
3
+ x− x lnx = 1
f) y = − ln(ex − xex + C)
Exercício 5
a) x2y2 + 2x3y = C
b) y cosx+ x2ey − 2y = C
c) (3x2y + y3)e3x = C
d) y = x4 − 116 + Ce−4x
e) y = x(C + senx)
f) y = (−x cosx+ senx+ 2) cosx
g) y = x+ C
√
1 + x2
h) y = 1− ex + e2x
i) y = C−x
3
x2+2
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
5.5 Equações Lineares de 1ª Ordem
São as EDO’s que tem a forma
y′(x) + f(x)y(x) = g(x) (11)
Para encontrar a solução de uma EDO linear usaremos uma função auxiliar, chamada
fator integrante, que tornará possível isolar a variável dependente y(x).
Método de Resolução
Vamos procurar uma função (fator integrante) µ = µ(x) tal que quando multiplicamos a
EDO por µ(x)
µ(x)y′(x) + µ(x)f(x)y(x) = µ(x)g(x)
o lado esquerdo da igualdade seja igual a (µ(x)y(x))′, ou seja, queremos que
µ(x)y′(x) + µ(x)f(x)y(x)︸ ︷︷ ︸
(µ(x)y(x))′
= µ(x)g(x) (12)
Se isso acontecer, então são equivalentes
(µ(x)y(x))′ = µ(x)y′(x) + µ(x)f(x)y(x)⇔
µ′(x)y(x) +���
��µ(x)y′(x) =���
��µ(x)y′(x) + µ(x)f(x)y(x)⇔
µ′(x)���y(x) = µ(x)f(x)���y(x)⇔ µ′(x) = µ(x)f(x)⇔
dµ
dx
= µ(x)f(x)⇔ 1
µ(x)
dµ = f(x)dx⇔
∫
1
µ(x)
dµ =
∫
f(x)dx⇔ +C
ln |µ(x)| =
∫
f(x)dx+ C ⇔
µ(x) = ±eC︸︷︷︸
=1
e
∫
f(x)dx
Escolhendo a constante igual acima temos um fator integrante que já serve para nossos
propósitos.
µ(x) = e
∫
f(x)dx.
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
Como já determinamos a função µ(x) então da (12) segue que
(µ(x)y(x))′ = µ(x)g(x)
µ(x)y(x) =
∫
µ(x)g(x)dx+ C
y(x) =
∫
µ(x)g(x)dx+ C
µ(x)
Resumindo:
Dado uma EDO linear de primeira ordem como em (11)
y′(x) + f(x)y(x) = g(x)
a solução geral é dada por
y(x) =
∫
µ(x)g(x)dx+ C
µ(x)
(13)
a qual
µ(x) = e
∫
f(x)dx (14)
Observação 5.1. Para resolver uma EDO linear como acima é fundamental que o
coeficiente de y′(x) seja 1.
Caso não seja, modifique de forma que fique.
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Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM
Exemplo 5.5.1. Resolva a EDO
y′(x) + 3y(x) = x
Resolução:
Observamos que essa EDO é linear e que o coeficiente de y′(x) é 1.
︸︷︷︸
1
y′(x) + 3︸︷︷︸
f(x)
y(x) = x︸︷︷︸
g(x)
Então por (14)
µ(x) = e
∫
3dx =⇒ µ(x) = e3x
Multiplicando toda equação pelo fator integrante, temos que
y′(x)e3x + 3y(x)e3x︸ ︷︷ ︸
=(y(x)e3x)′
= xe3x
(y(x)e3x)′ = xe3x
y(x)e3x =
∫
xe3xdx+ C
y(x) =
∫
e3xxdx+ C
e3x
Obs.: O mesmo obtém-se diretamente da equação (13)
Resolvendo a integral (integração por partes) temos∫
udv = uv −
∫
vdu
∫
x︸︷︷︸
u
e3xdx︸ ︷︷ ︸
dv
= x
e3x
3
−
∫
e3x
3
dx
= x
e3x
3
− e
3x
9
39
IM
E
F
-
FU
R
G
-
IM
E
F
-
FU
R
G
-
IM
E
F
-
FU
R
G
-
IM
E
F
-
FU
R
G
-
IM
E
F
-
FU
R
G
-
IM
E
F
-
FU
R
G
-
IM
E
F
-
FU
R
G
-
IM
E
F
-
FU
R
G
-
IM
E