EDO SEPARAVEL HOMOGENEA

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EQUAÇÕES DIFERENCIAIS UNIPAMPA-2014 PROF. DR. JORGE L. P. FELIX 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE PRIMEIRA ORDEM 
 
 
 
 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 
SEPARÁVEIS 
 
Uma equação diferencial de primeira ordem 
 
( , )
dy
F x y
dx

 
 
 é separável se conseguimos fatorar o lado 
direito da seguinte forma: 
 
( , ) ( ) ( )F x y f x g y
 ou 
 
( )
( , )
( )
f x
F x y
g y

 
Nesse caso, a equação diferencial ficaria 
assim: 
 
( ) ( )g y dy f x dx
 
 
Ou seja, um lado tem uma expressão 
( )g y dy
 
que depende somente na variável 
y
 e no 
outro tem a expressão 
( )f x dx
 que depende 
de 
x
. 
Logo, integrar a equação anterior fazendo: 
 
( ) ( )g y dy f x dx C  
 
 
Sugestão: neste caso, revise as técnicas de 
integração. 
Exemplo 1: Resolva 
dy x
dx y
 
. 
 
Separando e integrando 
ydy xdx C   
. 
Obtém-se a solução geral 2 2
2 2
x y
C 
. 
 
Exemplo 2: Resolva 
(1 )
dy y
dx x


. 
 
Separando 
1
dy dx
y x


 e integrando 
 
1
dy dx
C
y x
 
 
 
 
ln ln 1y x C  
 
Exponenciando da seguinte forma 
ln ln1 ln1y x C x Ce e e e
  
 
 
1 (1 )Cy x e k x   
. 
 
Portanto a solução geral é 
(1 )y k x 
. 
 
Exemplo 3: Resolva 
2 3y y x 
 
 
Fazendo a seguinte sequência 
2 3y y x 
 

 
2 3dy y x
dx

 

 
3
2
1
dy x dx
y

 

 
3
2
1
dy x dx C
y
  
 
 
41
4
x
C
y
  
. 
 
Explicitando 
y
, chegamos 
 
4
4
, 4y k C
x k
  

. 
 
Problema 1: Resolva a equação diferencial 
dada por separação de variável. 
1 2
2
dy x
dx y y
 
 
Solução: 
Fazendo, 
2 1 2 1
2
dy x x
dx y y y

  
, logo 
separando 
2 (2 1)ydy x dx 
 
2 (2 1)ydy x dx  
 
2 2y x x C  
 
 
Problema 2: Neste caso é observar na 
equação se tem variáveis em evidencia. 
2 2(4 ) (2 )y yx dy x xy dx  
 
 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS UNIPAMPA-2014 PROF. DR. JORGE L. P. FELIX 2 
Solução: 
2 2(4 ) (2 )y x dy x y dx  
 
2 2(2 ) (4 )
y x
dy dx
y x

 
 
2 2(2 ) (4 )
y x
dy dx
y x

  
 
 
2 21 1ln(2 ) ln(4 )
2 2
y x C   
 
 
Problema 3: Resolver 2
2
1
4 5
dy y
dx x x


 
 
Sol. 2
2
1
4 5
dy y
dx x x


 
 

 
2 21 4 5
dy dx
y x x

  
 

 
 
2 ( 5)( 1)1
dy dx
x xy

 
. Integrando: 
 
2 ( 5)( 1)1
dy dx
C
x xy
 
 
 
 
 
Na primeira integral usamos tabela: 
 
  1
2
( )
1
dy
arctg y tg y
y
 


; 
 
Na segunda integral usamos a técnica de 
frações parciais: 
 
1/ 6 1/ 6
( 5)( 1) 5 1
dx
dx
x x x x
 
  
    
 
 
 
1 1
6 5 6 1
dx dx
x x
 
  
 
1 1
ln 5 ln 1
6 6
x x   
1 5
ln
6 1
x
x



. 
Finalmente chegamos à solução, 
 
 1
1 5
ln
6 1
x
tg y C
x
  

, 
1 5
ln
6 1
x
y tg C
x
 
  
 
. 
 
Problema 4: Resolver 
2 2(2 1)( 1) ( )(1 ) 0x y dx x x y dy     
Sol. 
Separando as variáveis, 
 
2 2
(2 1) (1 )
0
( ) ( 1)
x y
dx dy
x x y
 
 
 
 
 
Integrando: 
 
2 2
(2 1) (1 )
( ) ( 1)
x y
dx dy C
x x y
 
 
 
 
 
 
Calculando ambas integrais por substituição 
(podem realizar outro método): 
 
Seja 
2u x x 
, calculado o diferencial 
(1 2 ) (2 1)du x dx x dx    
 

 
(2 1)du x dx  
. Substituindo na integral: 
2
2
(2 1)
ln ln( )
( )
x du
dx u x x
ux x
 
    

 
. 
 
Seja 
1u y 
 e podemos escrever 
1y u 
. 
Calculando o diferencial 
du dy
. Logo 
substituindo na integral: 
 
2 2 2
(1 ) 1 1 2
( 1)
y u u
dy du du
y u u
   
 

  
 
2 2 2
2 1 2u
du du du
uu u u
 
    
 
  
 
1 1
ln 2 ln( 1) 2
1
u y
u y
    

. 
 
Finalmente chegamos à solução: 
2 1ln( ) ln( 1) 2
1
x x y C
y
    

. 
 
Equação Separável com Condição Inicial 
 
Resolver: 
ydy xe
dx

; 
(6) 3y 
 
Sol. 
 
ydy xe
dx

 

 
y
dy
xdx
e

 

 
y
dy
xdx C
e
  
 

 
ye xdx C   
 

 2
2
y xe C  
. 
 
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Agora, substituindo a condição inicial 
(
3, 6y x 
) no último resultado para 
determinar o valor de C, assim: 
2
3 (6)
2
e C  
 

3 18C e  
, este valor 
pode-se substituir na nossa solução: 
 
2
3 18
2
y xe e    
, 
2
3 18
2
y xe e    
, isolando 
y
 para que 
esta seja explicita em 
x
 temos: 
2
3ln 18
2
x
y e
 
      
 
. 
 
Problemas Propostos: 
 
1. Resolver: 2( 3)( 4)
( 4)
dy x y
dx x
 


 
 
2. Resolver: 
2 2
dy
xy x y
dx
   
 
Sol: 2( 1)
exp 2
2
x
y C
 
  
 
 
3. Resolver: 2
2 3 2
dy y
dx x x

 
 
Sol: 
2
1/ log
( 1)
x
y
C x
 
  
 
 
 
4. Resolver: 
1
8 2 sin( )
dy x
dx y 



 
 
5. Resolver: 
2 2 2dy x y x
dx
 
 
Sol: 
31tan( )
3
y x C 
 
 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 
HOMOGÊNEAS 
 
São equações diferenciais da forma 
 
( , ) ( , ) 0M x y dx N x y dy 
 
onde 
M
 e 
N
 são funções homogêneas e do 
mesmo grau em 
x
 e 
y
. 
_____________________________________ 
Diz-se que 
( , )f x y
 é uma função homogênea 
do grau 
n
, em 
x
 e 
y
, quando: 
( , ) ( , )nf tx ty t f x y
 
 
 
Exemplo: 
2( , ) 3f x y xy y 
 é uma função 
homogênea do segundo grau, pois 
2 2 2
2
( , ) 3( )( ) ( ) (3 )
 = ( , )
f tx ty tx ty ty t xy y
t f x y
    
_____________________________________ 
 
Observação 1: uma ED do tipo 
( , )
( , )
dy g x y
dx h x y

 
é homogênea, sempre que: 
 
(i) 
g
 e 
h
 são polinômios em duas variáveis 
(ii) 
g
 e 
h
 tem o mesmo grau 
 (iii) Grau de 
g
 e 
h
 = grau de cada termo do 
polinômio 
g
 e 
h
. 
(iv) O grau de cada termo é a soma dos 
expoentes das variáveis nesse termo 
 
Por exemplo: 4 4
32
dy x y
dx x y

 
 é homogênea. 
Verificando: 
4 4( , )g x y x y 
 é de grau 4, pois os 
expoentes de cada termo é 4. 
3( , ) 2h x y x y
 é de grau 4, pois a soma dos 
expoentes do termo nas variáveis é 4. 
 
Portanto 
g
 e 
h
 tem o mesmo grau igual a 4. 
 
Observação 2: outra forma de saber quando 
uma ED é homogênea. 
 
Seja ED de 1ª ordem 
( , )
dy
f x y
dx

 
Após de uma manipulação algébrica, tem-se: 
 
 
dy y
F
dx x
 
  
 
 ou 
dy x
G
dx y
 
  
 
 
 
onde a função 
F
 ou 
G
 é expressa em função 
da variável quociente 
y
x
 ou 
x
y
, 
respectivamente. 
 
 
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Exemplo: 
dy x y
dx x


. 
1
dy x y x y y
dx x x x x

   
 

1
dy y
dx x
 
 
 
De Homogênea para Separável: Para resolver 
uma ED Homogênea têm que transformá-la 
para uma ED Separável da seguinte forma. 
 
(a) Considere a mudança de variável 
y xv
; 
e sua derivada 
dy dv
v x
dx dx
 
 
ou 
 
dy vdx xdv 
 
 
(b) Substituir 
y
 e 
/dy dx
 na ED proposta e 
após a simplificação, resulta uma ED de 
variáveis separáveis em 
v
 e 
x
. 
 
Exemplo 1: Resolva 
2 2( )
dy
x y xy
dx
 
 
Sol. Reescrevendo a equação 
2 2( )x y dy xydx 
 
 
como é uma ED homogênea fazemos a 
substituição 
y xv
 e 
dy vdx xdv 
, obtém-
se 
2 2 2 2( )( )x x v vdx xdv x vdx  
 
 
Efetuando o produto do lado esquerdo e 
simplificando, temos o seguinte 
procedimento: 
 
2 2 2 2 2 2 2( ) ( )x x v vdx x x v xdv x vdx   
 
2 2 3 3 3 2 2( ) ( )x v x v dx x x v dv x vdx   
 
3 3 2 2 2 2 3( ) ( )x x v dv x vdx x v x v dx   
 
2 3 2 3(1 )v x dv x v dx  
 
 
Chegamos a ED separável: 
2
3
(1 )v dx
dv
v x

 
 
Integrando: 2
3
(1 )v dx
dv C
v x

   
, 
 
3
1 1 dx
dv dv C
v v x
     
 
 
2
1
( ) ( )
2
ln v ln x C
v
    
 
Reescrevendo esta equação temos 
2
1
( ) ( )
2
ln x ln v C
v
  
 
2
1
ln( )
2
xv C
v
 
, 
tirando expoente ambos lados da igualdade, 
obtém-se 
2
1
2
C
vxv e

  2
1
2.C vxv e e . 
 
Retornando nas variáveis originais, obtém-se 
a solução procurada: 
2
22.
x
yy k e
. 
 
Exemplo 2: Resolva 
( ) 0x y dx xdy  
 
 
Sol. Com 
y xv
 e 
dy vdx xdv 
, vem 
 
( ) ( ) 0x vx dx x vdx xdv   
 
 
Efetuando e simplificando 
 
(2 1) 0v dx xdv  
 
ou 
0
2 1
dx dv
x v
 

 
 
Integrando: 
2 1
dx dv
C
x v
 
 
 
 
1
ln( ) ln(2 1)
2
x v C  
 
 
1/ 2ln( (2 1) )x v C 
 

 
1/ 2(2 1) Cx v e 
 
2 2(2 1) C
y
x e
x
 
 

 
2 2x xy k 
 com a 
constante 
2Ck e
. 
 
Exemplo 3: Resolva a EDO homogênea dada. 
2
2
dy y yx
dx x
 

 
 
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Solução: 
Considerando 
y vx
, 
dy dv
v x
dx dx
 
 
Substituindo, obtemos 
 
2 2 2 2
2 2
( ) ( )dv vx vx x v x vx
v x
dx x x
   
  
 
 
2 2
2
( )dv x v v
v x
dx x
 
 
 

 
2dvv x v v
dx
   
 
 
2dvx v v v
dx
   
 

 
2 2
dv
x v v
dx
  
, 
separando as variáveis: 
 
2( 2 )
dv dx
v v x

 
 

 
2( 2 )
dv dx
v v x
 
 
. 
 
Para integral do lado esquerdo utiliza-se a 
expansão de frações parciais: 
1
( 2)
dx
dv
v v x
 
 
 

 
1 1 1 1
2 2 2
dx
dv
v v x
 
   
 
 
 

 
 
1
(ln ln( 2)) ln
2
v v x C    
 

 
1
ln ln
2 2
v
x C
v
 
   
 
 

 
2ln 2ln ( 2 ) ln
2
v
x C x k
v
        
 
. 
Voltando em 
y
v
x

, resulta: 
 
2ln ln
2
y
x x k
y
x

 
 
  
 
 
 

 
2ln ln
2
y
x k
y x
    
 
 
Exponenciando ambos os lados temos 
 
2
1
2
y
k x
y x


 
 
Simplificando resulta: 

 
1
2
1
2k x
y
x k


 Verifique! 
 
Equação Homogênea com condição inicial 
 
Resolver: 
2 27 ( ) 2( 6 5 )
(1) 0
x x y dy x xy y dx
y
    


. 
Sol. Fazendo o fator comum em evidência de 
x
 no lado esquerdo e 
2x
 no lado direito da 
igualdade, assim: 
 
2
2
2
7 (1 ) 2 (1 6 5 )
y y y
xx dy x dx
x x x
   
 
Simplificando: 
2
2
7(1 ) 2(1 6 5 )
y y y
dy dx
x x x
   
 
Considerando a seguinte mudança de 
variáveis para o caso homogêneo, 
y
v
x

 e 
dy vdx xdv 
 
Substituindo na última equação diferencial 
temos 
27(1 )( ) 2(1 6 5 )v vdx xdv v v dx    
 
 
A seguir o procedimento de simplificação 
para chegar a uma equação separável: 
 
27(1 ) 2(1 6 5 ) 7(1 )v xdv v v dx v vdx     
 
 
27(1 ) 2(1 6 5 ) 7(1 )v xdv v v dx v vdx     
 
 
27(1 ) (2 5 3 )v xdv v v dx   
 
 
2
7(1 )
2 5 3
v dx
dv
v v x


 
. Pela condição inicial 
(
1, 0 0x y v   
) utiliza-se integral 
definida: 
 
20 1
7(1 )
2 5 3
v xv dx
dv
v v x


  
 
 
Agora aplique as técnicas de integração e 
compartilhe ou verifique com o professor o 
resultado: 4/33 2
2
y x x y
x
x x
    
   
   
 
 
 
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EXERCICIOS DE ED HOMOGÊNEA 
 
1. Resolva 4 4
3
2y x
y
xy

 
 
 R: 
4 8 4 4
1 1 ( )y c x x c c  
 
 
2. Resolva 
2 2
2xy
y
x y
 

 
R: 
2 2 ( ln )x y ky c k  
 
 
3. Resolva 2 2x y
y
xy

 
 
R: 
2 2 2 2lny x x kx 
 
 
4. Resolva 2 2
; (1) 2
x y
y y
xy

   
 
R: 
2 2 2ln 4y x x x 
 
 
 
5. Resolva 
2 2
2xy
y
y x
 

; R: 
2 33yx y k 
 
 
6. Ache a solução: 
2 2 2dyx x xy y
dx
  
 
R.: 
tan(ln( ))y x C x
 
 
7. Ache a solução: 
( ) ( )
dy
x y x y x y
dx
  
 
R.: 
2ln( )
y
C xy
x

 
 
8. Resolver a ED homogênea de 1ª ordem: 
 
4 4 3( ) 2 0x y dx x ydy  
 
R.: 2
12 2
ln
x
x C
x y
 

. 
 
 
9. 
sin cos cos 0
y y y
x y dx x dy
x x x
 
   
 
 
 
10. 
2
22 2 0
y
xx e y dx xydy
 
   
 
 
 
 
11. 
(2 2) (2 1) 0x y dx y x dy     
 
 
Solução: Esta ED não é homogênea. Para 
reduzir a uma ED homogênea, fazer a 
seguinte mudança de variáveis 
x u h 
 e 
y v k 
, substituindo na ED e simplificando, 
temos 
 
{2 2 2} {2 2 1} 0u v h k dx v u k h dy         
 
Para que esta ED seja homogênea, 
condicionamos 
2 2
2 1
h k
h h
 

   

 
0k 
 e 
1h 
. Por conseguinte chegamos a uma ED 
homogênea: 
 
(2 ) (2 ) 0u v dx v u dy   
. (resolver esta ED!) 
 
12. 
1 3
3
dy x y
dx x y
 


 
 
13. 
2
dy y x
dx x y


 
 
Solução: Se fizermos 
u x y 
, então 
1
du dy
dx dx
 
, assim, ED é transformada em 
1
2
du u
dx u

 

 

 
1
2
du u
dx u
 

, então 
resulta em uma ED separável: 
 
2( 1)
2
du u
dx u



. (Resolver!) 
 
14. 
2 1
2 4 3
dy x y
dx x y
 
 
 