Notas de Aula

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Sumário
1 Equações Diferenciais: Definições e Nomenclaturas 1
1.1 Introdução às Equações Diferenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.3 Equações Diferenciais Ordinárias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.5 Equações Separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.6 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.7 Equações Diferenciais Homogêneas de 1a Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.9 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.10 Equações Exatas de 1a Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.11 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.12 EDO’s Lineares de 1a Ordem e a Equação de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.13 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
iii
1
Equações Diferenciais: Definições
e Nomenclaturas
1.1 Introdução às Equações Diferenciais
Da maneira mais informal possível, podemos dizer que uma equação diferencial é uma equação
que relaciona uma determinada aplicação às suas derivadas, caso elas estejam em função de
apenas uma variável independente a equação diferencial será ordinária (EDO); caso a aplicação
esteja em função de duas ou mais variáveis independentes, a equação diferencial será parcial
(EDP).
Aqui trataremos das equações diferenciais ordinárias (EDO’s); no entanto, sempre que con-
veniente, mencionaremos exemplos de equações diferenciais parciais (EDP’s).
Vamos a alguns exemplos ilustrativos:
Exemplo 1.1.1
Supondo y = y(x), função de única variável x, a equação xdydx = ln(x) é uma equação
diferencial ordinária. Sem muita dificuldade, é fácil percerber que o ato de substituir y por
(ln(x))2 torna a igualdade verdadeira. Dizemos que y(x) = (ln(x))2 é uma solução da EDO.
Exemplo 1.1.2
Analogamente ao exemplo anterior, é fácil verificar que a equação d
2y
dx2
− yx − 2y = 0 é
satisfeita pelas funções y1(x) = e−x e y2(x) = e2x. Isto significa que y1 e y2 são soluções
da EDO. Adiante veremos que y1 e y2 formam um conjunto linearmente independente de
soluções da EDO e que y(x) = C1y1+C2y2, onde C1 e C2 são constantes arbitrárias, é solução
geral da EDO.
Exemplo 1.1.3
A equação p ′ = p(λ − ap + be−p), em que λ, a e b são constantes fixadas e p = p(t)
a população no instante t, é uma EDO proposta pelos pesquisadores Francisco J. Ayala,
Michael E. Glipin e Joan G. Ehrenfeld em "Competiotion between species: theorical models
and experimental texts" no ano de 1973, para modelar o crescimento de uma população
atrelada a uma competição com uma segunda espécie.
Exemplo 1.1.4
Quando u = u(x,y, z, t) representa um campo de temperaturas, a equação diferencial
parcial
∂u
∂t
= η
(
∂2u
∂x2
+
∂2u
∂y2
+
∂2u
∂z2
)
= η∇2u,
2 1. Equações Diferenciais: Definições e Nomenclaturas
onde η é uma constante fixa chamada de coeficiente de difusão térmica, é denominada equação
do calor.
Exemplo 1.1.5
Quando a equação u = u(x,y, z, t) representa o deslocamento de uma onda, a equação
diferencial parcial
∂u
∂t
= c2
(
∂2u
∂x2
+
∂2u
∂y2
+
∂2u
∂z2
)
= c2∇2u,
onde c é uma constante fixa, é chamada de equação de onda.
Exemplo 1.1.6
A equação diferencial parcial
∂2u
∂x2
+
∂2u
∂y2
+
∂2u
∂z2
= 0
(
ou ∇2u = 0) ,
é chamada equação de Laplace. Soluções da equação de Laplace estão relacionadas a temas
que vão da Lei de Gravitação Universal de Kepler à Mecânica dos Fluidos e ao Eletromag-
netismo.
Como destacado em alguns exemplos anteriores, uma solução de uma equação diferencial
é uma função que torna a igualdade verdadeira. Exercitaremos esta propriedade em alguns
exercícios.
1.2 Exercícios
1.2.1 Para cada uma das equações diferenciais a seguir verifique se a função dada é ou não
solução.
(a) d2y
dx2
− 2
x2
y = 0, y(x) = x2
(b) d2u
dx2
− u = 0, u(x) = ex
(c) d2u
dx2
− dudx − 6u = 0, u(x) = Se
−2x + �3x
(d) y ′ = 4x, y(x) = 2x2 + 4
(e) y ′′ + 4y = 0, y(x) = c1 sin(2x) + c2 cos(2x)
(f) xu ′ − u2 − u = x2, u(x) = x tan(x)
(g) t∂u∂t +
∂2u
∂x2
= 0, u(x, t) = t cos(x)
(h) x2y ′′ + xy ′ − 2y = x2, y(x) = x2
(i) x2y ′′ + xy ′ + y = x, y(x) = x
(j) dudx + e
xu = ex, u(x) = 1
(k) y ′ − y2 = 0, y(x) = − 1x+2
(l) y ′ −
√
y = 0, y(x) = x2
Revisão Capítulo 0: 30 de julho de 2013
1.3. Equações Diferenciais Ordinárias 3
(m) ∂xf+ ∂yf+ ∂zf = 0, f(x,y, z) = x2 − 2xy+ 2yz.
1.3 Equações Diferenciais Ordinárias
A partir de agora, a não ser que ocorra menção explícita em contrário, trataremos funções de
apenas uma variável independente de x (ou t, quando conveniente).
Consideremos
u : R −→ R
x −→ u(x)
uma função (não necessariamente conhecida) e
du
dx
,
d2u
dx2
, . . . ,
dnu
dxn
suas derivadas ordinárias.
Sejam
Φ : Rn+1 −→ R(
u(x),u ′(x), . . . ,u(n)
)
−→ Φ
(
u(x),u ′(x), . . . ,u(n)
)
um campo e
f : R −→ R
x −→ f(x)
uma função real.
Uma equação diferencial ordinária (EDO) será aqui representada em sua forma geral pela
igualdade
Φ
(
u,
du
dx
,
d2u
dx2
, . . . ,
dnu
dxn
)
= f(x) (1.3.1)
Quando existirem funções reais a0, a1, an : R −→ R tais que
aj : R −→ R
x −→ aj(x)
eΦ
(
u, dudx ,
d2u
dx2
, . . . , d
nu
dxn
)
=
∑n
j=0 aj(x)
dju
dxj
; (isto é,Φ
(
u, dudx ,
d2u
dx2
, . . . , d
nu
dxn
)
= a0(x)u+a1(x)
du
dx , . . . ,an(x)
dnu
dxn )
diremos que a EDO é linear. Em caso contrário a EDO será não linear.
Assim, por exemplo,
• são lineares as EDO’s
Exemplo 1.3.1
x2u ′′ − 2xu ′ +
√
xu = 2x
Exemplo 1.3.2
(1+ x2)u ′ − x
3
2 = 0
Exemplo 1.3.3
d3u
dx + 2
d2u
du2
− 5dudx + 2u = sin(x)
Revisão Capítulo 0: 30 de julho de 2013
4 1. Equações Diferenciais: Definições e Nomenclaturas
Exemplo 1.3.4
(cos(x))y ′ − (sin(x))y = 1
• não são lineares as EDO’s
Exemplo 1.3.5
√
u
′′
− u ′ = 2x
Exemplo 1.3.6
x(u ′)2 + u = 0
Exemplo 1.3.7
d2w
dx2
dw
dx
+w = 0
Exemplo 1.3.8
ln(y ′′) + xy = x2 + 1
Como descrito informalmente nas seções anteriores uma solução para o Exemplo 1.3.1 é uma
função u que, juntamente com suas derivadas ordinárias, torna a igualdade satisfeita.
Caso an : R −→ R não seja identicamente nula, a EDO linear
an(x)
dnu
dxn
+ an−1(x)
dn−1u
dxn−1
+ · · ·+ a2(x)d
2u
dx2
+ a1(x)
du
dx
+ a0u = f(x) (1.3.2)
tem ordem n.
A EDO linear do exemplo 1.3.1 é de 2a ordem; no exemplo 1.3.2 temos uma EDo de 2a ordem;
uma EDO linear de 3a ordem é apresentada no exemplo 1.3.3; e, finalmente, outra EDO de 1a
ordem aparece no exemplo 1.3.3.
Com o objetivo de reconhecer o objeto de estudo, lançamos mais alguns exercícios prelimi-
nares.
1.4 Exercícios
1.4.1 Classifique cada uma das equações a seguir em linear ou não linear. Caso a equação seja
linear, determine sua ordem.
a)
d2u
dx2
+ 3
du
dx
+ 2u = x
b) (u ′)2 + 2u = 0
c) y ′′′ − 2y ′′ + 3y ′ − 2y = ex
d) x ′ cos(t) + x sin(t) = 1, x = x(t)
e) 4
d4u
dx4
− 5
d2u
dx2
+ u = 0
f) xu ′ − u ln(u) = 0
Revisão Capítulo 0: 30 de julho de 2013
1.5. Equações Separáveis 5
1.5 Equações Separáveis
Nesta seção classificaremos a classe mais simples de equações diferenciais ordinárias. Mais pre-
cisamente, revisaremos as propriedades e técnicas de integração introduzidas logo após a apre-
sentação do Teorema Fundamental do Cálculo, estudado nos dois primeiros semestres do curso.
Uma equação diferencial ordináriaé separável quando é possível reconhecer funçõesψ1,ψ2 : R→
R de maneira que seja possível reescrever a EDO na forma
ψ1(u)du = ψ2(x)dx. (1.5.1)
Neste caso, determinar a solução da EDO é tão simples quanto for simples a obtenção das
primitivas de ψ1 e ψ2 para funções Ψ1 e Ψ2, respectivamente. É compreensível que a função u
nem sempre será obtida de modo explícito (isso será ilustrado em alguns exemplos).
Exemplo 1.5.1
Consideremos a EDO linear de 1a ordem
1
x
u ′ + xu = 0.
Temos
du
dx
= −x2u
e, portanto,
1
u
du = −x2dx.
Assim comparando com o Exemplo 1.5.1, ψ1(u) = 1u e ψ2(x) = −x
2 e, Ψ1(u) = ln |u| + C1 e
Ψ2(x) = −
x3
3 + C2.
Lançando mão das propriedades básicas de integração, portanto, da igualdade 1udu = −x
2dx
segue, imediatamente, ln |u| = −x
3
3 + C. Logo |u| = e
− x
3
3 +C = e−
x3
3 eC = Ke−
x3
3 . Como o
segundo membro é sempre positivo, podemos escrever
u(x) = Ke−
x3
3 .
Exemplo 1.5.2
Encontre y = y(x) tal que y ′ = (x+ y− 5)2. Aqui a EDO apresentada não é homogênea
e nem linear. Também não aparenta ser separável; no entanto, utilizando a substituição
simples u = x+ y− 5 temos dudx = 1+
dy
dx . Portanto,
du
dx − 1 = u
2. Logo,
du
dx
= u2 + 1⇒ 1
u2 + 1
du = dx⇒ arctan(u) = x+ c.
⇒ u = tan(x+ c)⇒ x+ y− 5 = tan(x+ c)
y(x) = tan(x+ c) − x+ 5
Exemplo 1.5.3
A altura, no instante t, de um objeto em queda livre, relativamente ao solo satisfaz a
EDO linear de 2a ordem separável
d2h
dt2
= −g,
onde g é a aceleração da gravidade (g ≈ 10m/s2). De d2h = −gdt segue dhdt = −gt + C1
e h = −gt
2
2 + C1t + C2. As propriedades físicas do problema no dizem que
dh
dt representa
a velocidade de queda em cada instante. Se considerarmos que o objeto foi lançado de uma
Revisão Capítulo 0: 30 de julho de 2013
6 1. Equações Diferenciais: Definições e Nomenclaturas
altura inicial (isto é, no instante t0) h0 a uma velocidade inicial v0 temos:
dh
dt
(0) = −g (0) + C1 = V0 ⇒ C1 = V0 e
h(0) = −
g
2
(0)2 + V0 (0) + C2 = h0 ⇒ C2 = h0.
Logo, h(t) = −g2 t
2 + v0t+ h0.
Nos modelos do exemplo 1.5.3, quando atrelamos a uma EDO valores de contorno temos uma
forma de determinar as constantes de integração envolvidas. Evidentemente, a quantidade de
constantes é exatamente igual à ordem da EDO. Observe que, ao resolver uma EDO obtemos um
conjunto de funções como solução e ao determinarmos todas as constantes obtemos uma função
particular, chamada solução do Problema de Valor Inicial, ou Problema de Cauchy.
Sejam u,a0,a1, . . . ,an : R −→ R. Fixando x0 ∈ R, chamamos de problema de Valor Inicial
(PVI), ou ainda de Problema de Cauchy, ao sistema

an(x)u
(n) + an−1(x)u
(n−1) + · · ·+ a2(x)u ′′ + a1(x)u ′ + a0(x)u = f(x)
u(x0) = u0
u ′(x0) = u1
u ′′(x0) = u2
...
u(n−1)(x0) = un−1
(1.5.2)
Exemplo 1.5.4
Seja T a temperatura de um corpo no instante t. Suponha que o corpo seja imerso em
um ambiente cuja temperatura seja Ta. Um modelo simplificado da Lei de Resfriamento de
Newton (um modelo mais completo envolve derivadas parciais) nos diz que dTdt = −K(T−Ta),
onde K é uma contante positiva.
O PVI
{
dT
dt = −K(T − Ta)
T(0) = T0
tem solução imediata
T(t) = (T0 − Ta)e
−Kt + Ta.
Observe que no exemplo anterior consideramos que a temperatura do ambiente Ta permanece
constante. Obviamente, se estabelecermos que Ta varia após a interação com o corpo (o que
faremos em momento oportudo), obteremos uma situação um pouco mais complexa.
Revisão Capítulo 0: 30 de julho de 2013
1.6. Exercícios 7
Exemplo 1.5.5
Considere o Problema de Cauchy
{
u ′ = u2
u (0) = 3 .
Observe que, embora a equação u ′ = u2 seja não linear, de dudx = u
2 temos u−2du = dx
e, portanto,
−u−
1
= x+ c⇒ u = − 1
x+ c
.
Como u(0) = − 1c = 3⇒ c = −13 .
Então, podemos afirmar que a solução do problema de Cauchy é
u(x) =
3
1− 3x
1.6 Exercícios
1.6.1 Determine o conjunto de funções que satisfazem as seguintes EDO’s:
a) dydx =
y2+1
x
b) u ′ = xu
c) u ′ = 2u3
d) dydx =
2xy
x2+1
e) dwdx =
w
x
f) dwdx =
x
w
g) dudx =
3y
1+2x
h) uu ′ − sin(x) = 0
i) xu ′ − sec(x) = 0
j) uu ′ − ex = 0
k) x3y ′ + y3 = 0
l) xyy ′ = y+ 1
1.6.2 Determine a solução do problema de Cauchy.
a)
{
xu ′ − ln(x) = 0
u(1) = 1
b)

du
dx
= xu sin(x)
u(0) = 1
c)
{
dT + k(T − 60)dt = 0
T(0) = 20
d)
{
u
1/2u ′ + x1/2 = 0
u(1) = 2
e)

du
dx
= −u(x+ 1)
u(−2) = 1
f)

dy
dt
= ky
(
1−
y
c
)
y(0) = y0
g)

dP
dt
= k(c− P)
P(0) = P0
h)
{
u ′ − x2u2 = 0
u(2) = −1
1.7 Equações Diferenciais Homogêneas de 1a Ordem
Muitas equações diferenciais abordadas neste texto podem se tornar mais simples efetuando-se
uma mudança de variáveis adequada. Nesta seção discutiremos as equações homogêneas que
embora não sejam separáveis podem transformar-se em equações separáveis.
Seja
ϕ : R2 −→ R
(x,y) −→ ϕ(x,y)
Revisão Capítulo 0: 30 de julho de 2013
8 1. Equações Diferenciais: Definições e Nomenclaturas
uma função. Diremos que ϕ é homogênea de grau k quando ϕ (tx, ty) = tkϕ (x,y).
A função ϕ1 (x,y) = xy2 − 2x3 + y3 − 3x2y é homogênea de grau 3 já que ϕ1 (tx, ty) =
t3ϕ1 (x,y). Já a função ϕ2 (x,y) = x2e
x/y+ 2xy tan
(
x
y
)
é homogênea de grau 2. Já ϕ3 (x,y) =
e
x/y+ tan
(
x
y
)
é homogênea de grau 0. Por outro lado, ϕ (x,y) = x2−2xy+y não é homogênea.
Definição 1.7.1 Uma equação diferencial é homogênea quando pode ser escrita na forma
M (x,y)dx+N (x,y)dy = 0
onde M e N são funções homogêneas de mesmo grau.
Suponha M e N funções homogêneas de grau k. Logo, se escrevemos y = vx temos dy =
xdv+ vdx eM(x, vx) = xkM(1, v) e N(x, vx) = xkN(1, v). Portanto,M(x,y)dx+N(x,y)dy = 0
transforma-se em
xk [M(1, v)dx+N(1, v)(xdv+ vdx)] = 0.
Isso significa que podemos escrever:
[M (1, v) + vN(1, v)]dx = −xN (1, v)dv
e, para M (1, v) + vN (1, v) 6= 0 e x 6= 0
1
x
dx =
−N (1, v)
M (1, v) + vN (1, v)
dv (1.7.1)
Observe que o dado esquerdo da igualdade depende apenas de x e o lado direito depende
apenas de v, o que nos garante o seguinte resultado.
Proposição 1.8. Seja M (x,y)dx + N (x,y)dy uma equação homogênea. Então é possível
reescrevê-la na forma de uma equação de variáveis separáveis na forma descrita em (1.7.1)
através da mudança de variáveis y = vx, onde v é uma função diferenciável na variável x.
Exemplo 1.8.1
Resolva a equação diferencial xy ′ = x+ y.
Escrevendo a equação na forma xdy = (x+ y)dx é fácil ver que trata-se de uma equação
homogênea de grau 0 (verifique!). Fazendo y = vx e, portanto, dy = vdx + xdv segue
x (vdx+ xdv) = (x+ vx)dx. Supondo x 6= 0, v 6= 0 temos
vdx+ xdv = (1+ v)dx⇒ dv = 1
x
dx⇒ v = ln x+ c
ou ainda v = lnkx. Como v =
y
x
temos
y (x) = x lnkx (ou y (x) = x ln x+ c)
Exemplo 1.8.2
A EDO 2xyy ′ = 4x2 + 3y2 é homogênea de grau 2.
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1.9. Exercícios 9
Usando novamente a substituição y = vx (supondo x 6= 0 e y 6= 0) podemos escrever
2v
v2 + 4
dv =
1
x
dx⇒ v2 + 4 = cx
⇒ y
2
x2
+ 4 = cx
⇒ y2 = cx3 − 4x2.
1.9 Exercícios
1.9.1 Resolva as seguintes EDO’s homogêneas.
a) y ′ =
x+ y
x− y
b) xy ′ = y+ 2xe−y/x
c) xdy =
√
x2 + y2dx = 0
d)
(
x3 + y3
)
dx− xy2dy = 0
e) x2y ′ = 2y2 + 3xy
f) (2x+ 3y)dx− xdy = 0
1.9.2 Resolva o Problema de Cauchyy ′ =
2x− y+ 4
x− 2y+ 5
y (0) = 2
1.10 Equações Exatas de 1a Ordem
Dada uma função
ϕ : R2 −→ R
(x,y) −→ ϕ(x,y)
diferenciável e de derivadas parciais primeiras contínuas, temos a garantia que
∂f
∂x∂y
=
∂f
∂y∂x
.
Tal relação, chamada relação de Cauchy-Riemann, será a ferramenta desta seção, utilizada na
resolução das equações que classificaremos de exatas, segundo a definição a seguir.
Definição1.10.1 Sejam M,N : R2 → R funções deriváveis e de derivadas parciais contí-
nuas em um certo domínio. Uma equação na forma
M (x,y) +N (x,y)
dy
dx
= 0
Revisão Capítulo 0: 30 de julho de 2013
10 1. Equações Diferenciais: Definições e Nomenclaturas
é chamada equação diferencial exata quando
∂M
∂y
=
∂N
∂x
(ou My =Mx)
em cada pondo deste domínio.
Exemplo 1.10.1
Considere a equação y ′ =
4y− 6x− 14xy
7x2 − 4x
.
Observe que podemos reescrevê-la na forma
(6x− 4y+ 14xy) +
(
7x2 − 4x
) dy
dx
= 0
ou ainda
(6x− 4y+ 14xy)dx+
(
7x2 − 4x
)
dy = 0.
Considerando
M (x,y) = 6x− 4y+ 14xy e N (x,y) = 7x2 − 4x,
é de imediata verificação que
∂M
∂y
= −4+ 14x =
∂N
∂x
e, portanto a equação é exata.
Ainda a respeito do exemplo anterior, suponha f uma função de duas variáveis tais que
(I)
∂f
∂x
=M (x,y) e (II)
∂f
∂y
= N (x,y)
Logo,
∂f
∂y∂x
=My = Nx =
∂f
∂x∂y
.
Sem muita dificuldade, podemos integrar ∂f =M (x,y)∂x, obtendo
f (x,y) =
∫
M (x,y)∂x+ φ (y)
e, após derivar esta última expressão, determinamos φ por comparação com (II). No nosso
exemplo,
f (x,y) =
∫
(6x− 4y+ 14xy)dx = 3x2 − 4xy+ 7x2y+ φ (y) .
Logo,
∂f
∂y
= −4x+ 7x2 + φ ′ (y)⇒ φ ′ (y) = 0⇒ φ (y) = k1.
Assim, f (x,y) = 3x2−4xy+7x2y+k1 é uma família de funções satisfazendo
∂f
∂x
=M e
∂f
∂y
= N.
De volta à nossa EDO, é imediato que uma solução y = y (x) é dada, na forma implícita,
pela equação 3x2 +
(
7x2 − 4x
)
y+ k1 = k2, ou ainda,
y = y (x) =
c− 3x2
7x2 − 4x
(para x 6= 0 e x 6= 47).
c = k2 − k1 é uma constante.
Revisão Capítulo 0: 30 de julho de 2013
1.11. Exercícios 11
Evidentemente, nem sempre será possível (nem aqui e nem nos casos anteriores e posteriores)
obtermos uma solução de modo explícito como acima. De fato, muitas vezes trabalharemos com
a solução na forma implícita (ou até mesmo na forma de uma integral).
Exemplo 1.10.2
Resolva a equação
dy
dx
=
−1
x+ 2ye−y
.
Observe que é possível reescrever a equação na forma
ey + (xey + 2y)dy = 0.
Considerando
M (x,y) = ey e N (x,y) = xey + 2y
temos
My = e
y = Nx
e, portando, a equação é exata. Assim, existe f : R2 → R tal que
M (x,y) =
∂f
∂x
e N (x,y) =
∂f
∂y
.
Logo, integrando M em relação a x obtemos
f (x,y) = xey + φ (y)
e, portanto,
∂f
∂y
= xey + φ ′ (y) = N (x,y) = xey + 2y⇒ φ ′ (y) = 2y
∴ φ (y) = y2 + k1 e f (x,y) = xey + y2 + k1
Então, uma solução y = y (x) da equação é dada por f (x,y) = k2 ou ainda
xey + y2 = c.
(Evidentemente, aqui não há como obter uma solução na forma explícita).
1.11 Exercícios
1.11.1 Verifique quais das equações são exatas. Resolva as que forem exatas.
a) (y cos x+ 2xey)dx+
(
sin x+ x2ey − 1
)
dy = 0
b)
dy
dx
=
2xy
x2 − y2
c)
dy
dx
=
−y2
2+ xy
d)
dy
dx
=
1+ y
x− 1
e) (2x+ 3) + (2y− 2)y ′ = 0
f)
(
2xy2 + 2y
)
+
(
2x2y+ 2x
)
y ′ = 0
Revisão Capítulo 0: 30 de julho de 2013
12 1. Equações Diferenciais: Definições e Nomenclaturas
1.12 EDO’s Lineares de 1a Ordem e a Equação de Bernoulli
Sejam P, f : R→ R funções que suporemos integráveis. A equação
dy
dx
+ P (x)y = f (x) (1.12.1)
é chamada EDO linear de 1a ordem.
Para iniciar um esboço de resolução da equação (1.12.1) lembramos que, dadas funções dife-
renciáveis de variável x, v e w, temos
v
dw
dx
+w
dv
dx
=
d
dx
[vw] .
Comparando com o 1o membro de (1.12.1) somos instigados a nos perguntar a respeito da pos-
sibilidade de existência de uma certa função µ = µ (x) que multiplicada por (1.12.1) transforme
o lado direito na derivada de um produto.
Mas, multiplicando µ (x) por (1.12.1) obtemos µ (x)
dy
dx
+µ (x)P (x)y = µ (x)+f (x), portanto,
para que a resposta à nossa pergunta seja afirmativa é necessário e suficiente que
µ (x)P (x) =
d
dx
µ (x)⇒ 1
µ (x)
d [µ (x)] = P (x)dx.
Logo, ln |µ (x)| =
∫
P (x)dx e, portanto,
µ (x) = e
∫
P(x)dx
é o nosso fator procurado, chamado fator integrante de (1.12.1).
Observe que, com isso,
d
dx
[
e
∫
P(x)dxy
]
= e
∫
P(x)dxf (x)⇒
y = y (x) = e−
∫
P(x)dx
∫
f (x) e
∫
P(x)dxdx.
Com isso, podemos destacar o seguinte resultado:
Teorema 1.12.1. A solução da EDO linear de 1a ordem y ′ + P (x)y = f (x) é
y = y (x) = e−
∫
P(x)dx
∫
f (x) e
∫
P(x)dxdx.
Exemplo 1.12.1
A solução da equação y ′ +
1
x
y = x é
y (x) = e−
∫ 1
xdx
∫
xe
∫ 1
xdx = x−1
∫
x2dx =
1
x
(
x3
3
+ c
)
∴ y (x) = x
2
3
+
c
x
(c = cte)
Observe que o fator integrante é µ (x) = x. Multiplicando pela equação temos
xy ′ + 1y = x2.
É imediato que
d
dx
[xy] = x2
Revisão Capítulo 0: 30 de julho de 2013
1.12. EDO’s Lineares de 1a Ordem e a Equação de Bernoulli 13
e, portanto,
xy =
x3
3
+ c.
Em outras palavras, a solução y (x) = x
2
3 +
c
x foi obtida com uma notação “menos carregada”.
Evidentemente, tando a EDO quanto a solução encontrada estão definidas em intervalos da
reta que não contenham a origem.
Exemplo 1.12.2
Determine a solução geral da EDO y ′ +
(
1+
2
x
)
y = x−2ex.
O fator integrante é
µ (x) = e
∫
(1+ 2x)dx = ex+lnx
2
= exx2.
Portanto, multiplicando pelo fator integrante, temos a nova EDO
x2exy ′ +
(
x2 + 2x
)
ex
2
y = e2x ⇒ d
dx
[
x2exy
]
= e2x
⇒ x2exy = e
2x
2
+ c⇒
y (x) =
1
2
x−2ex + cx−2e−2x.
Exemplo 1.12.3
A EDO
d2y
dx2
+
3
x
dy
dx
= 2x2 é de 2a ordem. Porém, fazendo z =
dy
dx
temos
dz
dx
=
d2y
dx2
e a
equação
dz
dx
+
3
x
z = 2x2 cujo fator integrante é µ (x) = e
∫ 3
xdx = x3. De
x3
dz
dx
+ 3x2z = 2x5
segue
d
dx
[
x3z
]
= 2x5.
Logo,
x3z =
1
3
x6 + c1 ⇒ z = 13x
3 + c1x
−3.
Para obter a solução de nossa EDO original, lembremos que z =
dy
dx
. Portanto,
y (x) =
∫ (
1
3
x3 + c1x
−3
)
dx =
1
4
x4 −
c1
2
x−2 + c2,
ou ainda,
y (x) =
x4
4
+ kx−2 + c.
Revisão Capítulo 0: 30 de julho de 2013
14 1. Equações Diferenciais: Definições e Nomenclaturas
Exemplo 1.12.4
Resolva o Problema de Cauchy

dy
dx
−
1
x
y =
3
x
y (1) = 3
Revisão Capítulo 0: 30 de julho de 2013
1.12. EDO’s Lineares de 1a Ordem e a Equação de Bernoulli 15
A EDO y ′ −
1
x
y =
3
x
tem fator integrante µ (x) =
1
x
. Temos
1
x
y ′ −
1
x2
y =
3
x2
⇒
(
1
x
y
)′
=
3
x2
⇒ 1
x
y = −
3
x
+ c.
Logo, y (x) = −3+ cx.
Como y (1) = 3 temos 3 = −3+ c⇒ c = 6.
∴ y (x) = −3+ 6x é a solução procurada.
Uma generalização da equação (1.12.1) é dada por
dy
dx
+ P (x)y = Q (x)yn (1.12.2)
chamada equação de Bernoulli.
Quando n = 0 ou n = 1, a equação (1.12.2) reduz-se ao caso anterior. Supondo n 6= 0 e
n 6= 1, a substituição simples z = y1−n acarreta
dz
dx
= (1− n)y−n
dy
dx
e de
y−n
dy
dx
+ P (x)y1−n = Q (x)
segue
dz
dx
+ (1− n)P (x) z = (1− n)Q (x) (1.12.3)
que é uma EDO linear de 1a ordem.
A solução de (1.12.3) é obtida imediatamente do Teorema 1.12.1, observando a mudança de
variáveis z = y1−n.
Exemplo 1.12.5
Resolva a EDO y ′ +
2
x
y =
1
x
y3.
Trata-se de uma equação de Bernoulli com n = 3. Multiplicando a equação por y−3 segue
y−3y ′ +
2
x
y−2 =
1
x
.
Fazendo, a exemplo da descrição anterior, z = y−2, a equação acima torna-se
z ′ −
4
x
z = −
2
x
⇒ x−4z ′ − 4x−5z = −2x−1
⇒ (x−4z)′ = −2x−1
⇒ x−4z = ln (kx−2) .
Exemplo 1.12.6
Encontre todas as soluções da EDO
dy
dx
= y+ y2.
Revisão Capítulo 0: 30 de julho de 2013
16 1. Equações Diferenciais: Definições e Nomenclaturas
Trata-se de uma EDO de Bernoulli com n = 2. Podemos reescrevê-la na forma
y−2
dy
dx
− y−1 = 1
e, após a substituição z = y−1 e, portanto,dz
dx
= −y−2
dy
dx
temos
dz
dx
+ z = −1⇔ ex dz
dx
+ exz = ex.
Logo,
d
dx
[exz] = ex ⇒ exz = ex + c⇒
z = 1+ ce−x.
Portanto, como z =
1
y
, temos
y (x) =
1
1+ ce−x
.
1.13 Exercícios
1.13.1 Encontre a solução de cada uma das EDO’s.
a)
dy
dx
+
1
x
y = x−2
b) y ′ +
2
x
= x
c) y ′ −
1
x
y = ex
d) y ′ −
1
x
y = x2 − sin x
e) x
du
dx
+ u = 1
f) y ′ +
1
x
u = xu3
g)
dy
dx
+
1
x
y = x2 ln xy2
h) x2u ′ + 2xu = 5u3
i) (cos x)y ′ − (sin x)y = cos2 x
j) 2xu
du
dx
= u2 − x
k) 2y ′ + y = ex
l)
(
1+ x2
) du
dx
+ 4xu =
x
1+ x2
m) 2xyy ′ + x = y2
1.13.2 Segundo modelo empírico proposto pelo biólogo austríaco Ludwig Von Bertalanffy, a
massa m = m (t) de um peixe satisfaz a equação
dm
dt
= am
2/3 − bm,
onde a e b são constantes que representam, respectivamente, a taxa de síntese de massa por
unidade de superfície do peixe (anabolismo), e a taxa de diminuição de massa por unidade de
massa (catabolismo).
Mostre que m (t) = c
(
1− e−β/3
)3, onde c = (αβ)3. O que ocorre quando t→∞?
Revisão Capítulo 0: 30 de julho de 2013
1.13. Exercícios 17
1.13.3 O matemático belga Pierre François Vernulst propôs que a dinâmica populacional em
populações isoladas satisfaz a EDO
dp
dt
= a
[
p−
1
b
p2
]
,
onde a representa a diferença entre as taxas de natalidade e mortalidade e b é o número máximo
de indivíduos que o ambiente suporta. Resolva a EDO e considere p (0) = p0. Mostre que
p (t)
t→∞−−−→ab .
1.13.4 Considere um circuito em série composto por um resistor e um indutor.
Pela 2a Lei de Kirchkoff a soma das quedas de voltagem no indutor
(
Ldidt
)
e no resistor (iR)
é igual à voltagem aplicada no circuito (E (t)). Portanto,
L
di
dt
+ iR = E (t) .
Suponha que uma forma eletromotriz constante de 40 volts é aplicada ao circuito. Suponha
ainda que a indutância L é de 110 henry e que a resistência R é de 60 ohms. Se i (0) = 0 encontre
i (t).
1.13.5 Encontre y = y (x) que satisfaz
y ′ + y+ x+ x2 + x3 = 0.
1.13.6 Resolva os Problema de Valor Inicial
a)
{
xy ′ = y+ 1
y (1) = 0
b)
y
′ + 2y = sin x
y (0) =
1
4
c)
{
y ′ + y = ex
y (0) = 1
d)
{
y ′ − 2y = −3x2
y (0) = 2
e)
{
2xy ′ + x2 = y2
y (0) = 0
f)
{
2xy ′ + x2 = y2
y (0) = 1
1.13.7 Ache a solução de cada uma das EDO’s.
a) y ′ = x2y
b)
du
dx
= −
u
x2
c)
du
dx
= −
u
x
d) y ′ = (x+ y)3
e) y ′ = (2x+ 3y− 1)2
f) y ′ = ey/x +
y
x
g) y ′ =
13x2 − 4xy2
13y2 + 4xy2
h) xy ′ = x+ y
i) xy ′′ + y ′ = −x
j) y ′′ =
1
x
k) y ′ + x2y = e−
x3
3
l) y ′ =
y
1−
√
y
1.13.8 Um homem foi encontrado morto em sua casa, num ambiente climatizado, com tempe-
ratura constante igual a 20 GRAUS!!. O corpo foi encontrado às 20h02. A perícia, chegando ao
local, registrou a temperatura do cadáver, 30GRAUS, exatamente às 20h32. Exatamente uma
hora após o registro, a temperatura do cadáver era 25GRAUS.
A que horas ocorreu a morte?
1.13.9 Na Seção 1.10 trabalhamos com equações exatas de 1a ordem, isto é, equações da forma
M (x,y) +N (x,y)y ′ = 0 com
∂M
∂y
=
∂N
∂x
. Mostre que, dada uma equação da forma M (x,y) +
N (x,y)y ′ = 0, não exata, é possível encontrar uma equação exata equivalente, multiplicando-a
por um fator integrante, sempre que
∂M
∂y
−
∂N
∂x
N
Revisão Capítulo 0: 30 de julho de 2013
18 1. Equações Diferenciais: Definições e Nomenclaturas
dependa apenas de x. Mostre ainda que o mesmo ocorre caso
∂M
∂y
−
∂N
∂x
M
dependa apenas de y.
1.13.10 Use o exercício anterior e encontre a solução geral de:
a) ydx+
(
x+ 3x3y4
)
dy = 0
b) y ′ =
y
2x2y3
c) y ′ =
−x3 − y3x
3y2
d) y ′ =
y
yey − 2x
1.13.11 Seja
ψ : R2 −→ R
(x,y) −→ ψ(x,y)
e sejam a,b, c,d, e, f ∈ R, constantes fixas. Uma equação da forma
y ′ = ψ
(
ax+ by+ c
dx+ ey+ f
)
é chamada equação homográfica.
Mostre que é sempre possível transformar uma equação homográfica em uma equação homo-
gênea ou em uma equação de variáveis separáveis.
1.13.12 Resolva as equações diferenciais
a) y ′ =
x+ y
x− y
b) y ′ =
x+ y+ 2
x− y+ 8
c) y ′ =
x+ y+ 4
x+ 2y+ 6
1.13.13 Seja g a aceleração da gravidade. A velocidade mínima que um objeto, lançado verti-
calmente para cima à partir da superfície da Terra, deve atingir para sair do campo de atração
da Terra (chamada velocidade de escape) satisfaz
m
dv
dt
= −
mgR2
(x+ R)2
,
onde m é a massa do objeto e R é o raio da Terra. Qual deve ser a velocidade inicial do objeto
para que v (t)→ 0 quando t→∞?
1.13.14 Determine a solução do PVI{
(2y− x)y ′ = y− 2x+ 3
y (3) = 2
1.13.15 Determine a solução do PVI
y ′ + x2y =
1
3
ex
3
y4
y (0) =
1
2
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