Equações de 1a Ordem

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UNIFACS – Universidade Salvador 
Disciplina: Equações Diferenciais e Séries / Cálculo III 
Professora: Ilka R. Freire 
 
Texto 02: Equações Diferenciais Ordinárias de 1ª Ordem 
 
 
Equações de Variáveis Separáveis 
 
 As equações diferenciais de 1
a
 ordem e 1
o
 grau são as da forma 
 y f x y( , ) 
que como já 
vimos, também podem ser escritas na forma M( x, y ) dx + N( x , y ) dy = 0 ( I ) que é chamada de forma 
normal, sendo M e N funções contínuas em determinado domínio do plano. 
Se uma equação ( I ) está na forma A(x)dx + B(y)dy = 0 dizemos que ela é uma EDO de variáveis 
separadas e se resolve por integração direta, ou seja, 
   Cdy)y(Bdx)x(A
 
 
Se a equação ( I ) está na forma M
1
(x)N
1
(y) dx + M
2
(x) N
2
(y) dy = 0, dizemos que ela tem variáveis 
separáveis. 
 
Para resolver basta dividir a equação pelo fator M
2
(x)N
1
(y) para "separar" as variáveis: 
 
0 =dy 
y)(N 
(y)N 
dx
 )x(M
 (x)M
 0dy
y)(N )x(M
(y)N x)(M
dx
y)(N )x(M
y)(N (x)M
1
2
2
1
12
22
12
11 
 
 
 
Exemplos: 
 
1) Encontre a solução geral das seguintes equações diferenciais: 
 
A) xy y´ = 1 – x2 
 
Solução: 
 
Vamos escrever a equação na forma M( x, y ) dx + N( x , y ) dy = 0 . 
xy y´ = 1 – x2  
0xydydx)x1(x1
dx
dy
xy 22 
. Basta dividir a equação pelo fator x 
para separar as variáveis: 
0ydydx
x
x1 2


 
C2yxxln2C
2
y
2
x
xlnCydyxdx
x
dx
Cydydx
x
x1 22
222


    
 
Observemos que na solução acima multiplicamos a equação por 2. A constante 2C pode ser 
renomeada para C1 ou K, etc 
A solução geral pode ser reescrita como 
Kyxxln2 22 
 
 
 
 
 
2 
 
 
B) ydy = ( 1 +y
2
)cost dt 
 
Solução: 
 
Para separar as variáveis da equação basta dividirmos por 1 + y
2
. Assim, 
 
ydy = ( 1 +y
2
)cost dt 
  



 Csenty1ln
2
1
tdtcosdy
y1
y
tdtcosdy
y1
y 2
22
 
 
C) (y + x
2
y ) dy = ( 2x + 2xy
2
 ) dx 
 
Solução: 
 
Vamos, inicialmente, colocar em evidência y no 1º membro da equação e 2x no 2º membro: 
 
(y + x
2
y ) dy = ( 2x + 2xy
2
 ) dx 
dx)y1(x2dy)x1(y 22 
 
 
Lembremos que o objetivo é separar as variáveis para que a equação fique na forma 
   Cdy)y(Bdx)x(A
 
Logo, vamos dividir a equação acima por 
)y1)(x1( 22 
 e assim a equação fica 
  







C)x1ln()y1ln(
2
1
dx
x1
x2
dy
y1
y
dx
x1
x2
dy
y1
y 22
2222
 (*) 
 
Vamos reescrever a solução geral de forma equivalente e mais compacta usando o fato que a 
constante C pode ser escrita como logaritmo de algum número real positivo C1. 
Assim, fazendo C = lnC1, multiplicando (*) por 2 e usando propriedade de logaritmos obtemos: 
 
 1
2222 Cln)x1ln(2)y1ln(C)x1ln()y1ln(
2
1
 
22
1
222
1
2 )x1(C)y1()x1(Cln)y1ln( 
 
 
 
D) y´ = x – 1 + xy  y 
 
Solução: 
y´ = x – 1 + xy  y  


 dx)1x(
y1
dy
)y1)(1x(
dx
dy
)1x(y)1x(
dx
dy
 
  

dx)1x(
y1
dy
 
C
2
)1x(
y1ln
2



 
 
 
 
 
3 
2) Encontre a solução particular, na forma explícita, da equação y´ = x – 1 + xy  y , que 
satisfaz a condição inicial y(1) = 0 
Do exemplo 1 D) temos que a solução geral é 
C
2
)1x(
y1ln
2



. Substituindo x = 1 e y = 0 
na solução geral obtemos: 
C
2
)11(
01ln
2



, o que nos dá C = 0. 
Logo, a solução particular é 
2
)1x(
y1ln
2

. Explicitando 
2/)1x( 2ey1 
. Para a condição 
dada 1 + y > 0. A solução é, portanto, 
1ey 2/)1x(
2
 
 
 
 
 
Equações Exatas 
 
Antes de apresentarmos as equações exatas vamos relembrar o conceito de diferencial total 
Definição: A diferencial total ou exata de uma função U(x,y) é dada pela expressão 
dy
y
U
dx
x
U
dU






 
Exemplos: 
1) U(x,y) = xy; 
xdyydxdU 
 
2) U(x,y) = x
2 
+ xe
y
; 
dyxedx)ex2(dU yy 
 
3) U(x,y) = x
2
y + x + 2y
2
; dU = ( 2xy + 1 ) dx + ( x
2
 + 4y ) dy 
4) U(x,y) = cosx tgy + x; dU = ( senx tgy + 1 ) dx + ( cosx sec2y ) dy 
5) U(x,y) = xlny + ylnx; dU = ( lny + y/x) dx + (x/y + lnx) dy 
 
Definição: Uma EDO M( x, y ) dx + N( x, y ) dy = 0 é chamada de exata, quando existe uma 
função U ( x, y ), tal que 
dy
y
U
dx
x
U
dU






 = M(x,y) dx + N(x,y) dy. 
Equivalentemente, 
)y,x(N
y
U
 e )y,x(M
x
U






 
 
 
4 
Neste caso, de dU = 0 temos que U (x, y ) = C é a solução geral da equação dada na forma 
implícita 
 
Exemplos: 
1) ydx + xdy = 0 é uma equação exata pois existe a função U(x,y) = xy que satisfaz as condiçãoes 
da definição: 
y
x
U



= M(x,y) e 
x
y
U



= N(x,y) . A solução da equação é portanto 
U(x,y) = C ou seja, xy = C. 
Esta equação é uma equação a variáveis separáveis que já sabemos resolver. 
 
2) ( 2x + e
y
) dx + ( xe
y
)dy = 0 é uma equação exata pois existe a função U(x,y) = x
2
 + xe
y
 que 
satisfaz as condições da definição: 
yex2
x
U



 = M(x,y) e 
yxe
y
U



= N(x,y) 
A solução da equação é portanto 
U(x,y) = C ou seja, x
2
 + xe
y
 = C. 
 
3) (2xy + 1)dx + (x
2
 + 4y ) dy = 0 é uma equação exata pois existe a função 
U(x,y) = x
2
y + x + 2y
2 
que satisfaz as condiçãoes da definição: 
1xy2
x
U



 = M e 
y4x
y
U 2 


 = N 
A solução da equação é portanto x
2
y + x + 2y
2 
= C 
 
Nos 3 exemplos anteriores exibimos a função U(x,y) que comprova que a equação é exata e dá 
a sua solução. O nosso objetivo será aprender um método para encontrar a função U(x,y) e 
conseqüentemente resolver a equação. 
 
O Teorema a seguir nos dá a condição necessária e suficiente para uma equação ser diferencial 
exata. Além dito, a sua demonstração nos apresenta um método para a obtenção da função 
U (x, y). Não vamos formalizar a demonstração do teorema mas aplicá-lo em casos particulares 
 
 
 
 
5 
Teorema: A equação M(x,y)dx + N(x,y) dy = 0 , onde M e N são funções contínuas com 
derivadas contínuas em determinado domínio D do plano é uma equação diferencial exata se, e 
somente se, 
x 
N 
 y
M 





. 
Vamos aplicar o Teorema para confirmar que as equações anteriores eram exatas 
1) ydx + xdy = 0. M(x,y) = y e N(x,y ) = x. Assim, 
1
x
N
y
M






 
2) ( 2x + e
y
) dx + ( xe
y
)dy = 0. M(x,y) = ( 2x + e
y
) e N(x,y) = xe
y
. Assim, 
ye
x
N
y
M






 
3) (2xy + 1)dx + (x
2
 + 4y ) dy = 0. M(x,y) = ( 2xy + 1) e N(x,y) = x
2
 + 4y. Assim, 
x2
x
N
y
M






 
 
Exercício: Verifique se as seguintes equações são exatas 
1) 
0dyxln
y
x
dxyln
x
y













 
Solução: 
y
1
x
1
y
M
yln
x
y
)y,x(M 



 
 
x
1
y
1
x
N
xln
y
x
)y,x(N 



 
Temos que 
x 
N 
 y
M 





, logo a equação é exata 
 
2) (2 + ye
xy
 ) dx  (2y  xexy) dy = 0Solução: M(x,y) = 2 + ye
xy
  
 y
M 


 = e
xy
 + yxe
xy
 
 N(x,y) = 2y +xexy  
x 
N 


= e
xy
 + xye
xy
 
Temos que 
x 
N 
 y
M 





, logo a equação é exata 
 
 
 
 
6 
3) ( x
2
y + x) dx + ( xy
2 
+ y) dy = 0 
M(x,y) = x
2
y + x  
 y
M 


 = x
2
 
N(x,y) = xy
2 
+ y  
x 
N 


= y
2
 
Temos que 
 y
M 


  
x 
N 


, logo a equação não é exata. 
 
O Teorema é equivalente a duas implicações: 
A) Se a equação é exata, então 
x 
N 
 y
M 





. 
De fato: Se a equação é exata, então existe uma função U(x,y) tal que 
 )y,x(M
x
U



 e
)y,x(N
y
U
 


. Logo, 
xy
U
y
M 2





 e 
yx
U
x
N 2





 e portanto como as 
derivadas mistas são iguais concluímos que 
x 
N 
 y
M 





 
 
B) Se 
x 
N 
 y
M 





, então a equação M(x,y)dx + N(x,y) dy = 0 é exata. 
Para mostrar que a equação é exata devemos exibir uma função U(x,y) tal que 
 )y,x(M
x
U



( I ) e 
)y,x(N
y
U
 


 ( II) 
Vamos construir esta função a partir das condições (I) e (II) 
Da condição ( I ) obtemos que 
  )y(gdx)y,x(MU
, onde a integral está sendo calculada em 
relação à variável x, ou seja, y é considerado “constante”. Por isso, aparece a função g(y) 
desempenhando o papel da “constante de integração” . 
Se encontrarmos a função g(y) a nossa função U(x,y) está completa e o problema resolvido, já 
que a solução da equação diferencial é U(x,y) = C 
Para encontrarmos a função g(y) aplicamos a condição ( II ), ou seja, derivamos U em relação a y 
e igualamos a N. Chegamos a uma expressão para g´(y ) e através de integração obtemos g(y). 
 
 
7 
Podemos garantir que a constante de integração g(y) é de fato uma função apenas da variável y 
quando aplicamos a condição 
x 
N 
 y
M 





 
 
Vamos aplicar estas condições para encontrar uma função U(x,y) para equações que já sabemos 
serem exatas. 
 
Exemplos: 
1) A equação (2xy + 1)dx + (x
2
 + 4y ) dy = 0 é exata, como vimos. Logo, existe uma função 
U(x,y) tal que 
1xy2M
x
U



 ( I ) e 
y4xN
y
U 2 


 ( II ) 
Consideremos a condição (I) 
1xy2
x
U



. Podemos integrar a função, considerando y constante 
e obter 
  )y(gdx)1xy2(U
. A “constante” de integração é uma função g(y), uma vez que 
consideramos y constante na integração. 
Logo, U = x
2
y + x + g(y). Se encontrarmos a função g(y) o problema está resolvido. 
Para isto, aplicamos a condição (II) 
y4xN
y
U 2 


. Derivando U em relação a y e 
igualando a N obtemos: x
2
 + g´(y) = x
2
 + 4y . Logo, g ´( y ) = 4y e g(y) = 
 
2y2ydy4
+ K 
Logo, a função U(x,y) = x
2
y + x + 2y
2
 + K e a solução da equação fica U(x,y) = C, ou seja, 
x
2
y + x + 2y
2
 = C ( A constante K foi asociada à constante C) 
 
2) A equação ( 2x + e
y
) dx + ( xe
y
)dy = 0 é exata, como vimos. Logo, existe uma função U(x,y) 
tal que 
yex2M
x
U



 ( I ) e 
yxeN
y
U



 ( II ) 
Consideremos a condição (I) 
yex2
x
U



. Podemos integrar a função, considerando y 
constante e obter 
  )y(gdx)ex2(U
y
. A função g(y) é a “constante” de integração, uma vez 
que consideramos y constante na integração. 
Logo, U = x
2
 + xe
y
 + g(y). Se encontrarmos a função g(y) o problema está resolvido. 
 
 
8 
Para isto, aplicamos a condição (II) 
yxeN
y
U



. Derivando u em relação a y e igualando a N 
obtemos: xe
y
 + g´(y) = xe
y
 . Logo, g ´( y ) = 0 e g(y) = K 
A solução da equação é portanto U(x,y) = C , ou seja, x
2
 + xe
y 
 = C 
 
Observação: O mesmo resultado pode ser obtido tomando-se 
  g(x)y)dyN(x, y),U(x 
 e 
depois derivando em relação a x e igualando a M. Em geral é indiferente por que caminho se 
obtém U mas, pode ocorrer que a integral que se tem que resolver seja mais simples por um dos 
caminhos tomados 
 
 
Equações Redutíveis a Exatas – Fator de Integração 
 
Consideremos a equação 
  0xydy2dx1yx 22 
 ( I ). Temos que 
y2= 
x 
N 
 e y2
y 
 M





 
Assim, a equação não é exata. No entanto, multiplicando ( I ) pelo fator x2 obtemos a equação 
) II ( 0y)dy(x,Ny)dx(x,M = 0dy
x
y
2dx
x
1
x
y
1 212
2
















. A equação ( II ) é exata. 
De fato: 
2
1
2
1
x
y2
x 
N 
 e 
x
y2
y 
 M
 


 . Além disso, ( II ) contém as soluções de ( I ). 
O fator 2x é chamado de fator de integração ou fator integrante da equação ( I ). 
 
Definição: Dada a equação M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0 ( I ) com 



 M
 y
 N
 x

, se  ( x, y ) é 
uma função tal que a equação  ( x, y) M (x,y) dx +  ( x, y) N (x,y) dy = 0 é exata, então 
 ( x, y) é chamado de um fator de integração ou fator integrante da equação ( I ). 
 
 
 
9 
Pode-se mostrar que que toda equação diferencial do tipo M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0 , 
satisfazendo à determinadas condições, possui uma infinidade de fatores integrantes Infelizmente 
não existe um método que nos permita encontrá-los para qualquer equação diferencial. 
Temos método para achar fatores integrantes que dependem de apenas uma variável.(Consulte 
algum livro de Equações Diferenciais da bibliografia indicada) 
 
 
A Equação Linear de 1a Ordem 
 
Uma equação é linear de 1ª ordem se ela pode ser escrita na forma 
)x(fy)x(a
dx
dy

, onde a(x) 
e f(x) são funções na variável x, contínuas em determinado domínio. 
 
Muitas das equações que já resolvemos são lineares para a(x) e f(x) constantes e podem ser 
classificadas também como equações a variáveis separáveis. 
 
 
Vejamos alguns exemplos: 
 
1) 
kQ
dt
dQ

 ( equação do decaimento radioativo ). A equação pode ser escrita como 
0kQ
dt
dQ

 Linear nas variáveis Q e t. Neste caso a(t) = k e f(t) = 0 
 
2) 
gv
m
k
dt
dv

 (equação do movimento em queda livre). Linear nas variáveis v e t. 
m
k
)t(a 
 e 
f(t) = g 
 
3) 
L
E
I
L
R
dt
dI

 ( equação do circuito RL). Linear nas variáveis I e t. 
L
E
f(t) e 
L
R
)t(a 
 
 
4) 
R
E
q
RC
1
dt
dq

( equação o circuito RC ). Linear nas variáveis q e t. 
R
E
f(t) e 
RC
1
)t(a 
 
 
5) 
    k ,TTk
dt
dT
( equação da Lei do Resfriamento de Newton ). A equação é reescrita como 
akTkT
dt
dT

 Linear nas variáveis T e t. 
akTf(t) e k)t(a 
 
 
 
 
 
10 
A equação linear de 1
a
 ordem é uma equação redutível à exata, ou seja, ela tem um fator de 
integração dado pela expressão  dx)x(ae = (x) . 
 
Consideremos a equação 
)x(fy)x(a
dx
dy

 ( I ). Reescrevendo, inicialmente, a equação na 
forma Mdx + Ndy = 0 obtemos: (a(x)y – f(x)) dx + dy = 0. (II). Multiplicando pelo fator 
obtemos 
 
0dy)x(fedx))x(fy)x(a(e
dx)x(adx)x(a

 que é exata. (Verifique!!) 
Resolvendo a equação como exata encontramos a solução. 
 
Podemos também chegar a uma expressão geral para asolução da equação ( I ) da seguinte 
maneira: Multiplicamos a equação ( I ) pelo fator de integração  dx)x(ae = (x) obtendo 
 
)x(fey)x(ae
dx
dy
e
dx)x(adx)x(adx)x(a 
 ( III) 
Observemos que o lado esquerdo da igualdade acima corresponde à derivada do produto de duas 
funções, ou seja, 





  dx)x(aye
dx
d
. Assim, a equação ( III ) fica 





  dx)x(aye
dx
d
 =  dx)x(ae)x(f . 
Integrando os dois lados da igualdade obtemos: 
 
 Cdxe)x(fye
dx)x(adx)x(a
  






 

Ce)x(fey
dx)x(adx)x(a
 que é a solução geral . 
 
 
 
Observações: 
 
1) Na equação linear as funções a(x) e f(x) são supostas contínuas em determinado intervalo . 
 
2) Podemos resolver a equação linear aplicando diretamente a expressão obtida anteriormente, 
ou, já tendo a garantia de que ela é redutível a exata, multiplicar a equação na forma 
(a(x)y – f(x)) dx + dy = 0 pelo seu fator de integração  dx)x(ae = (x) e resolvê-la pelo processo 
da equação exata visto anteriormente. 
 
3) A equação linear pode estar na forma 
)y(fx)y(a
dy
dx

 e a solução fica: 
 






 

Ce)y(fex
dy)y(ady)y(a
 
 
 
 
 
 
11 
Exemplo: Encontre a solução geral das seguintes equações lineares: 
 
 
1) 
senxy tgx y´ 
 
 
Solução: Temos que a(x) = tgx e f(x) = senx. Vamos aplicar a fórmula 






 

Ce)x(fey
dx)x(adx)x(a
 
   

 C)xln(cosdx
xcos
senx
tgxdxdx)x(a
(Podemos fazer C = 0 nesta integração ) 
xcosee )xln(cos
dx)x(a

  
  
 C
2
xsen
xdxcossenxdxe)x(f
2
dx)x(a
. A solução é portanto: 






 

Ce)x(fey
dx)x(adx)x(a
 = 
xcos
C
xcos2
xsen
yC
2
xsen
xcos
1
C
2
xsen
eC
2
xsen
e
222
1)xln(cos
2
)xln(cos 



















 
 
 
2) 
22 x2xyyx 
 
 
Solução: 
Reescrevemos a equação na forma 
1
x
2
y
x
1
y
2

. Identificamos então: 
1
x
2
f(x) e 
x
1
)x(a
2

 
 
Vamos aplicar a fórmula 






 

Ce)x(fey
dx)x(adx)x(a
 
   Cxlnx
dx
dx)x(a
(Podemos fazer C = 0 nesta integração ) 
xee xln
dx)x(a

  
   





 C
2
x
xln2dxx
x
2
dx)1
x
2
(xdxe)x(f
2
2
dx)x(a
. 
A solução é portanto: 






 

Ce)x(fey
dx)x(adx)x(a
 = 
x
C
2
x
x
xln2
yC
2
x
xln2
x
1
C
2
x
xln2eC
2
x
xln2e
22
1xln
2
xln 



















 
 
 
Referências Bibliográficas 
 Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno – William E. Boyce e Richard C. 
DiPrima – LTC Editora 
 Equações Diferenciais vol 1– Dennis G. Zill e Michael R. Cullen – Makron Books 
 Matemática Superior vol 1 – Erwin Kreyszig LTC Editora