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Equações Exatas e Fatores Integrantes

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Aula 3.1 - Equac¸o˜es Exatas e Fatores Integrantes
Vin´ıcius Fratin Netto
Marc¸o de 2016
1 Contextualizac¸a˜o e Definic¸o˜es
Suponha que queiramos resolver esta equac¸a˜o diferencial:
2xy + (x2 + 2y)y′ = 0. (1)
Ate´ agora, conhecemos apenas o me´todo da separac¸a˜o de varia´veis. Infe-
lizmente, esta equac¸a˜o diferencial na˜o tem como ser escrita na forma desejada
para este me´todo. Para resolveˆ-la, precisamos de outro me´todo.
Considere a func¸a˜o F (x, y) = x2y + y2. Lembrando que, para uma func¸a˜o
de duas varia´veis G(x, y),
dG =
∂G
∂x
dx+
∂G
∂y
dy,
e, portanto,
d
dx
G(x, y) =
∂G
∂x
+
∂G
∂y
dy
dx
,
aplicando em F (x, y), temos que
d
dx
F (x, y) =
∂F
∂x
+
∂F
∂y
dy
dx
= 2xy + (x2 + 2y)y′.
Com essa informac¸a˜o, podemos reescrever a equac¸a˜o (1) como
(F (x, y))′ = 0,
e, portanto, integrando em x nos dois lados, temos que a soluc¸a˜o impl´ıcita da
equac¸a˜o e´
F (x, y) = C.
E´ natural que se pergunte como sab´ıamos de antema˜o que a func¸a˜o F (x, y)
teria as propriedades ilustradas no exemplo acima. A resposta e´: o exemplo foi
feito pensando nela primeiro e, depois, montando a equac¸a˜o diferencial, apenas
para propo´sitos de exemplo. Mas, caso apenas a equac¸a˜o diferencial nos fosse
dada, como poder´ıamos proceder? A ideia para esta aula e´ mostrar para que tipo
1
de equac¸o˜es diferenciais podemos encontrar esta func¸a˜o (chamada de func¸a˜o
potencial) e como podemos encontra´-la.
Dada uma equac¸a˜o da forma
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0,
dizemos que esta e´ uma equac¸a˜o exata se existe uma func¸a˜o F (x, y), chamada
de potencial, tal que
Fx = M
e
Fy = N.
Se a equac¸a˜o esta´ definida em um conjunto aberto e simplesmente conexo D ⊂
R2, com M(x, y) e N(x, y) e suas derivadas parciais primeiras cont´ınuas, enta˜o
existe uma func¸a˜o potencial F (x, y) se, e somente se,
My = Nx.
Esta condic¸a˜o e´ chamada de condic¸a˜o de reciprocidade de Euler.
A u´ltima parte pode ser justificada pelo Ca´lculo II, onde aprendemos que,
se uma func¸a˜o G(x, y) e´ cont´ınua e tem derivadas parciais primeiras cont´ınuas,
enta˜o as derivadas parciais mistas sa˜o comutativas, ou seja,
Gxy = Gyx.
Assim, se M = Fx, N = Fy e M e N sa˜o cont´ınuas com derivadas parciais
primeiras cont´ınuas, enta˜o (Fx)y = My = Nx = (Fy)x.
2 Me´todo para Resoluc¸a˜o de Equac¸o˜es Exatas
Vamos considerar que uma equac¸a˜o diferencial
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0
e´ exata se, e somente se,
My = Nx
e, portanto, existe uma func¸a˜o potencial F (x, y) tal que
Fx = M (2)
e
Fy = N. (3)
Nosso objetivo e´ encontrar F (x, y). Para isso, perceba que a condic¸a˜o (2) nos
diz que podemos encontrar F (x, y) integrando ambos os lados em x. Assim,∫
Fx(x, y)dx = F (x, y) =
∫
M(x, y)dx.
2
No entanto, ha´ um detalhe sutil nesta u´ltima integral: M e´ uma func¸a˜o de x
e de y, enta˜o, quando integrarmos em x, a ”constante” de integrac¸a˜o e´, em
geral, na˜o apenas um nu´mero real, mas sim uma func¸a˜o de y. Isto acontece
pois a derivada parcial em x elimina qualquer func¸a˜o que depende so´ de y que
e´ somada a` func¸a˜o. Enta˜o, podemos escrever que
F (x, y) =
∫
M(x, y)dx+ g(y).
Portanto, para determinarmos a func¸a˜o potencial, precisamos determinar g(y).
Para isso, usamos a equac¸a˜o (3) e obtemos que
Fy =
∂
∂y
∫
M(x, y)dx+ g′(y) = N(x, y)⇒ g′(y) = N(x, y)− ∂
∂y
∫
M(x, y)dx
Esta u´ltima equac¸a˜o tem uma restric¸a˜o: o lado esquerdo depende apenas de y.
Desta forma, o lado direito tambe´m deve depender so´ de y. Mas como podemos
demonstrar que isso acontece? A ideia e´ a seguinte: para demonstrar que uma
func¸a˜o na˜o depende de x, podemos calcular a derivada em x e, caso obtenhamos
zero, mostraremos que a func¸a˜o na˜o tem dependeˆncia em x! Procedendo com
esta ideia, derivamos em x dos dois lados:
∂
∂x
g′(y) = 0 =
∂
∂x
N(x, y)− ∂
∂x
∂
∂y
∫
M(x, y)dx.
Como M(x, y), por hipo´tese, e´ cont´ınua e tem derivadas parciais primeiras
cont´ınuas, as derivadas parciais mistas podem ser comutadas. Assim, temos
que
∂
∂x
N(x, y)− ∂
∂x
∂
∂y
∫
M(x, y)dx = Nx − ∂
∂y
∂
∂x
∫
M(x, y)dx.
Sabendo que a derivada de uma integral na mesma varia´vel recupera a func¸a˜o:
Nx − ∂
∂y
∂
∂x
∫
M(x, y)dx = Nx − ∂
∂y
M(x, y) = Nx −My.
Percebam onde chegamos: por hipo´tese, nossa equac¸a˜o diferencial e´ exata e,
portanto,
My = Nx ⇒ Nx −My = 0,
como quer´ıamos demonstrar! Assim, conclu´ımos que a soluc¸a˜o impl´ıcita da
nossa equac¸a˜o diferencial e´ dada por
F (x, y) =
∫
M(x, y)dx+ g(y),
onde
g′(y) = N(x, y)− ∂
∂y
∫
M(x, y)dx⇒ g(y) =
∫ [
N(x, y)− ∂
∂y
∫
M(x, y)dx
]
dy
=
∫
N(x, y)dy −
∫
M(x, y)dx.
3
Naturalmente, e´ poss´ıvel proceder de forma ana´loga a partir da equac¸a˜o (3),
ao inve´s da equac¸a˜o (2). Para isso, apenas integramos em y, ao inve´s de x:
Fy = N(x, y)⇒ F (x, y) =
∫
N(x, y)dy.
Novamente, como N(x, y) e´ uma func¸a˜o de x e de y, se integrarmos em y, a
”constante” de integrac¸a˜o e´, na verdade, uma func¸a˜o de x. Portanto,
F (x, y) =
∫
N(x, y)dy + g(x).
Utilizando a equac¸a˜o (2), temos que
Fx =
∂
∂x
∫
N(x, y)dy + g′(x) = M(x, y),
e, assim,
g′(x) = M(x, y)− ∂
∂x
∫
N(x, y)dy.
O lado esquerdo depende apenas de x. Para demonstrarmos que o lado direito
tambe´m depende apenas de x, derivamos em y dos dois lados e devemos obter
zero em ambos. De fato,
∂
∂y
g′(x) = 0 =
∂
∂y
M(x, y)− ∂
∂y
∂
∂x
∫
N(x, y)dy.
Supondo as mesmas condic¸o˜es de continuidade de antes, podemos comutar as
derivadas parciais. Assim,
∂
∂y
M(x, y)− ∂
∂y
∂
∂x
∫
N(x, y)dy = My − ∂
∂x
∂
∂y
∫
N(x, y)dy.
Sabendo que a derivada da integral de uma func¸a˜o na mesma varia´vel recupera
a func¸a˜o, temos que
My − ∂
∂x
∂
∂y
∫
N(x, y)dy = My − ∂
∂x
N(x, y) = My −Nx.
Como, por hipo´tese, nossa equac¸a˜o diferencial e´ exata,
My = Nx ⇒My −Nx = 0,
como quer´ıamos demonstrar! Assim, temos que a func¸a˜o potencial e´ dada por
F (x, y) =
∫
N(x, y)dy + g(x),
onde
g′(x) = M(x, y)− ∂
∂x
∫
N(x, y)dy ⇒ g(x) =
∫ [
M(x, y)− ∂
∂x
∫
N(x, y)dy
]
dx
=
∫
M(x, y)dx−
∫
N(x, y)dy
4
Com estas duas opc¸o˜es ilustradas, temos a possibilidade de comec¸ar inte-
grando em x ou em y. A escolha depende do que e´ mais conveniente num dado
problema.
Como um exemplo, vamos resolver a equac¸a˜o (1) com este me´todo:
2xy + (x2 + 2y)y′ = 0.
O primeiro passo e´ escrever a equac¸a˜o na forma que o me´todo exige. Assim,
multiplicando tudo por dx,
2xydx+ (x2 + 2y)dy = 0,
onde reconhecemos que M(x, y) = 2xy e N(x, y) = x2 + 2y. Agora, verificamos
se a equac¸a˜o e´ exata testando se My = Nx. De fato,
My = (2xy)y = 2x = (x
2 + 2y)x = Nx.
Com isso, podemos optar por comec¸ar integrando em x ou em y para obter a
func¸a˜o potencial. Vamos comec¸ar integrando em y. Lembrando que queremos
encontrar uma func¸a˜o F (x, y) tal que Fx = M(x, y) e Fy = N(x, y), temos que
Fy = N(x, y) = x
2 + 2y ⇒ F (x, y) =
∫
(x2 + 2y)dy
= x2y + y2 + g(x).
(4)
Resta descobrir g(x). Para isso, usamos o fato de que Fx = M(x, y). Derivando
(4) em x, obtemos que
Fx = (x
2y + y2 + g(x))x = 2xy + g
′(x) = M(x, y) = 2xy,
de onde temos que
2xy + g′(x) = 2xy ⇒ g′(x) = 0⇒ g(x) = C.
Assim, a func¸a˜o potencial e´ dada por
F (x, y) = x2y + y2 + C,
e, portanto, a soluc¸a˜o impl´ıcita para a equac¸a˜o diferencial (1) obtida atrave´s de
(F (x, y))′ = 0⇒ F (x, y) = C.
Sendo assim, a soluc¸a˜o e´
x2y + y2 = C,
onde a constante arbitra´ria da func¸a˜o potencial foi absorvida pela outra con-
stante.
5
3 Fatores Integrantes
Suponha que queiramos resolver a seguinte equac¸a˜o diferencial:
(y + e−xy3)dx+ (1 + 3xe−xy2)dy = 0 (5)
Uma resoluc¸a˜o

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