EDO 2016 1

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EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARA ENGENHEIROS E 
CIENTISTAS
© Dr. Helder H. Ch. Sánchez, 2016
Faculdade Centro Leste - UCL
Núcleo de Engenharia Mecânica 
helderch@ucl.br
Eclesiastes 1:13 Y apliqué mi corazón a buscar e investigar con sabiduría todo lo que se ha hecho bajo el cielo. 
Tarea dolorosa dada por Dios a los hijos de los hombres para ser afligidos con ella. 
Tabela de Conteúdos
Prefacio
Capítulo 1 Introdução elementar a Mathematica para resolver EDOs
1.1 Correndo Mathematica 
1.2 Solução simbólica
Capítulo 2 Equações diferenciais lineares de primeira ordem
2.1 Introdução
2.2 Conceitos gerais e definições básicas
2.2.1 Definição de EDO
2.2.2 Definição da ordem de uma EDO
2.2.3 Definição da uma EDO linear e não-linear
2.2.4 EDO versus equação diferencial em derivadas parciais
2.2.5 Definição de Solução de uma EDO
2.2.6 Definição do Problema do Valor Inicial
2.2.7 Definição do Problema do Valor de Contorno
2.3 Formação de uma EDO
2.4 EDOs de Primeira Ordem
2.4.1 Variáveis separáveis
2.4.2 ED Homogêneas
2.4.3 Equações Lineares de Primeira Ordem
2.4.4 EDOs Exátas
Capítulo 3. Equações diferenciais lineares de segunda ordem
3.1
3.1.1 
3.1.2 
3.2
3.3
3.4
3.4.1 
3.4.2
Capítulo 4 Implementação Mathematica para Transformadas de Laplace
4.1 
4.2
4.3
4.3.1 
4.3.2 
4.3.3 
4.4
4.4.1 
4.4.2 
4.4.3 
Capítulo 5 Transformada de Laplace
2 EDO-2016-1.nb
5.1 
5.2
5.2.1 
5.2.2 
5.2.3 
5.3
5.4
Capítulo 6 Implementação Mathematica para Transformada de Fourrier
6.1 
6.2 
6.3
6.3.1 
6.3.2 
6.3.3 
Capítulo 7 Transformada de Fourrier
Apéndices
A.
B. 
C. 
D. 
Referências
EDO-2016-1.nb 3
4 EDO-2016-1.nb
 
Campo elétrico dentro das placas de um capacitor de placas retangulares.
EDO-2016-1.nb 5
6 EDO-2016-1.nb
 PREFÁCIO
O presente material foi desenhado com uma filosofia fora do tradicional, isto é, saindo do modo comúm em que normalmente é
ministrado a matéria de Equações Diferenciais Ordinárias. Acreditamos que a geração moderna de engenheiros e cientistas debem saber
usar, ao final de sua formação, algúm software de cálculo simbólico tais como Mathematica, MatLab, SciLab, MathCAD, REDUCE, Maple,
Python, Macsyma, entre outros; alguns dos quais são de código livre e outros não. Desde minha perspectiva, os mais importantes pela
enorme variedade de suas livrarias, potência de cálculo e de gráficos são Mathematica, MatLab, Maple e Python. Nos escolhemos
Mathematica pela familiaridade do autor com o software e como ferramenta de cálculo simbólico para abordar os conteúdos. O material
assume que o estudante está familiarizado com as técnicas de cálculo básico, tais como diferenciação, integração, etc. Todos os exercí-
cios ou problemas resolvidos no material serão analíticamente e computacionalmente resolvidos. Isto significa que usaremos os códigos
que Mathematica fornece para encontrar as soluções simbólicamente e contrastar com a solução analítica; assim como a potência de
gráficos e/ou animações computacionais a fim de entender mais profundamente as soluções encontradas. O estudante poderá manipu-
lar por si mesmo as animações computacionais, basta para este fim instalar em seu computador o software gratuito CDF Player que
Wolfram Research fornece a seus usuarios e que pode ser descarregado em: http://www.baixaki.com.br/download/wolfram-cdf-
player.htm ou em https://www.wolfram.com/cdf-player/ .
EDO-2016-1.nb 7
1.
INTRODUÇÃO ELEMENTAR A Mathematica PARA RESOLVER EQUAÇÕES DIFERENCIAIS
Mathematica é uma linguagem de programação de nível elevado que pode executar a manipulação simbólica, numérica, e gráfica de
expressões matemáticas. Neste capítulo nós aprenderemos os comandos essenciais de Mathematica relativos a resolver Equações
Diferenciais Ordinárias.
1.1 Correndo Mathematica
Instalar e correr Mathematica difere de um sistema de computador a outro. Entretanto, o coração do Mathematica, onde os cálculos são
executados, é o mesmo em todos os sistemas. Mathematica tem dois componentes principais, o kernel e o front end. A parte frontal
(front end) é a janela em que você datilografa seus comandos. Estas janelas são geralmente parte de cadernos (Notebooks), que estão
na interface Mathematica com o kernel. O kernel é o lugar onde os comandos são processados. Poderia residir no computador onde a
parte frontal (front end) reside, ou poderia estar em um computador remoto. Mathematica é lançado com double-click no seu ícone. 
Depois que você escreve sua entrada Mathematica em seu caderno (Notebook), Mathematica etiqueta sua entrada com In[n]:=. A
etiqueta de saída correspondente é Out[n]= . Por exemplo: 
y[x_] = x2
x2
1.2 Solução Simbólica
Sintaxis Básica
O comando basico para a solução simbólica de uma equação diferencial é DSolve. A sintaxis para uma equação diferencial ordinária com
uma variável é DSolve[eqn, y[x], x] onde eqn é uma equação diferencial bem definida envolvendo derivadas da função y[x] com relação
a uma variável independente x. As derivadas devem estar baseadas em D, e não em Dt. A solução é retornado na forma de uma lista de
substituição para y[x], com a forma detalhada dependendo da especificidade de y[x]. Para resumir até aquí, a sintaxis para o cálculo
simbólico de equações diferenciais é:
DSolve[eqn, y[x], x]
Note-se que, dependendo da ordem da equação diferencial, a solução fornecida por Mathematica retornará na forma de uma lista
substitutiva com um número de constantes indexadas como C[1], C[2], etc., equivalente ao ordem da equação diferencial.
Também é usado a seguinte sintaxe alternativa:
Exemplo 1. Resolva a equação diferencial: x '' (t) = -ω02 x (t)
Solução. Temos
resolve equação diferencial
DSolvex ''[t] ⩵ -ω02 x[t], x[t], t
x[t] → C[2] Cos[t ω0] + C[1] Sin[t ω0]
A solução fornecida é x(t) = c2 cos(t ω0) + c1 sin(t ω0). Logo aprenderemos os métodos para resolver equações diferencias deste tipo.
DSolve[eqn, y, x]
8 EDO-2016-1.nb
que da uma solução para y em forma de uma função pura.
Se você deseja encontrar uma solução particular com uma condição inicial, a sintaxe varia um pouco:
DSolve[{eqn, y[a] == b}, y, x]
onde consideramos que para o valor de x = a, temos y[a] = b. Isto determinará o valor da constante C[1].
É importante ressaltar que equações diferencias que normalmente se escrevem como, por exemplo: y´´(x) + a*y´(x) + b = 0, em notação
Mathematica se escreve como; y''[x] + a*y'[x] + b = 0. Não é obrigatório, em realidade, escrever produtos com "*" porque em Mathemat-
ica isto é implementado automaticamente com um espaço em branco entre os termos a serem multiplicados, embora se você quiser
pode usar "*".
Exemplo 2. Resolva a equação diferencial: x '' (t) = -ω02 x (t), x (0) = x0, x ' (0) = v0.
Solução. Temos:
apaga tudo
ClearAll["Global`*"];
resolve equação diferencial
DSolve[{x'[t] == -ω0 x[t] + a, x[0]⩵ x0}, x[t], t]
x[t] → ⅇ-t ω0 -a + a ⅇt ω0 + x0 ω0ω0 
E a solução é dada simbólicamente por
x(t) = ⅇ-t ω0 (-a + a ⅇt ω0 + x0 ω0)ω0 .
EDO-2016-1.nb 9
2
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES DE PRIMEIRA ORDEM
2.1 Introdução
A engenharia como a física tratam com a modelagem de problemas, geralmente de caráter físico. Em que consiste a modelagem de um
problema físico-técnico? A modelagem consiste na formulação do problema em termos matemáticos, usando variáveis, funções e
equações. O uso da linguagem matemática para decrever um problema físico-técnico é conhecido como o modelo matemático do
problema dado. O processo de criação de um modelo, resolve-lo matemáticamente, interpretaro resultado em termos físicos ou outros
termos é chamado de modelagem matemático ou, simplesmente, modelagem.
A modelagem implica experiência, a qual podemos ganhar discutindo exemplos e problemas diversos. Conceitos físicos tais como
velocidade e aceleraçaõ são taxas de variação, isto é, na linguagem do cálculo, derivadas. Logo, um modelo matemático contêm muitas
vezes derivadas de uma função desconhecida. Tal modelo é chamado uma equação diferencial. Uma vez estabelecida a equação
diferencial, devemos encontrar uma solução, explorar suas propriedades, traçar gráficos, encontrar seus valores e interpreta-lo, seja
físicamente ou de algúm outra maneira de modo a compreender o comportamento do sistema descrita pela equação diferencial (Fig.1).
Fig.1 Diagrama de um processo de modelagem
A enorme importância das equações diferenciais para o estudo da engenharia e física pode ser fundamentada de inúmeras formas, dado
que existe uma âmpla diversidade de problemas que ela descreve; que vão desde a tecnologia, descrição de problemas físicos do nível
macroscópicos até microscópicos. Por exemplo, num circuito elétrico, a variável dependente I (t) em uma equação diferencial ordinária
pode ser a corrente que flui no circuito no tempo t, no caso em que a variável independente seja o tempo. A natureza de I (t) depende do
fluxo da corrente no começo, e a especificação da informação deste tipo é chamado de uma condição inicial para a equação diferencial.
Da mesma forma, em engenharia química, uma variável dependente m (t) pode ser a quantidade de uma substância química produzida
por uma reação no tempo t. Aqui também a variável independente seria o tempo t, e para determinar m (t) em qualquer caso particular,
seria necessário especificar a quantidade de m (t) presente no início, que, por conveniência é normalmente levado para ser
quando t = 0.
Muitos problemas físicos são capazes de descrição em termos de uma única equação diferencial de primeira ordem, enquanto outros
envolvem problemas mais complicados tais como equações diferenciais de primeira ordem acopladas, que, após a eliminação de todas
menos uma das variáveis independentes, podem ser substituídos por uma única equação de ordem maior para a variável dependente
restante. Isto acontece, por exemplo, quando se determina a corrente em um circuito elétrico RLC.
Assim, equações diferenciais ordinárias de primeira ordem podem ser considerados como blocos de construção no estudo de equações
de ordem superior, e as suas propriedades são particularmente importantes e fáceis de obter quando as equações são lineares. O estudo
e as propriedades da classe especialmente simples de equações chamadas equações de coeficientes constantes é muito importante,
pois constitui a base do estudo de equações de coeficientes constantes de ordem superior que são desenvolvidos em muitos livros e tem
muitas e variadas aplicações. Antes de podermos estudar as técnicas de resolução dos diversos tipos de equações diferenciais, vamos
introduzir os conceitos que são necessários para o desenvolvimento do tema.
10 EDO-2016-1.nb
2.2 Conceitos gerais e definições básicas
2.2.1 Definição de EDO
Seja x uma variável independente e y uma variável dependente. Uma equação que envolve x, y e varias derivadas de y é chamada uma
equação diferencial ordinária (EDO). Em termos gerais
F x, y,
dy
dx
, ...,
dn y
dxn
= 0 (2.1)
Alguns exemplos são
dy
dx
= 2 y +sin(x) +ln x2 + 1, dy
dx
2 +ⅇx -2 y = d2 y
dx2
(2.2)
A função desconhecida, y(x) satisfaz uma equação e seu comportamento dependerá das condições iniciais ou de contorno da função.
apaga tudo
ClearAll["Global`*"];
sol1 =
resolve equação diferencial
DSolve[{y '[x] ⩵ 2 y[x] +
seno
Sin[x] +
logaritmo
Log[x ^ 2+1], y[0] ⩵ 1}, y[x], x];
gráfico
Plot[y[x] /. sol1, {x, -2 π, π /2},
legenda do quadro
FrameLabel → {x, y},
quadro
Frame ->
ve⋯True, tema do gráficoPlotTheme → "Marketing"]
-6 -4 -2 0-2
0
2
4
6
x
y
Fig.2 Gráfico da solução da EDO dy
dx
= 2 y+ sin(x) +ln (x2 + 1), para a condição inicial y(0) = 1 no intervalo x (-2π,π/2).
apaga tudo
ClearAll["Global`*"];
sol2 =
resolve numéricamente equação diferencial
NDSolve[{y '[x]^ 2+ⅇx -2 y[x] == y ''[x], y[0] ⩵ 0, y '[0] ⩵ -0.5}, y, {x, -5, 1.4},
método
Method → "StiffnessSwitching"];
gráfico
Plot[y[x] /. sol2, {x, -5, 1.5},
legenda do quadro
FrameLabel → {x, y},
quadro
Frame ->
ve⋯True, tema do gráficoPlotTheme → "Marketing"]
-5 -4 -3 -2 -1 0 1
0
1
2
3
x
y
Fig.3 Gráfico da solução da EDO  dy
dx
2 +ⅇx - 2 y = d2 y
dx2
, para a condição inicial y(0) = 0, y’(0) = -0.5 no intervalo x (-5,1.4).
2.2.2 Definição da ordem de uma EDO
A ordem de uma EDO é a ordem da derivada mais alta aparecendo na equação diferencial. Exemplos:
EDO-2016-1.nb 11
■ 4 dy
dx
= 6 x+1, é uma EDO de 1a. ordem■ d2 y
dx2
+ 6 dy
dx
= 2 x+5, é uma EDO de 2a. ordem■ dn y
dxn
+ 3 dn-1 y
dxn-1 + ... + d2 ydx2 + dydx = x2 + x + 1, é uma EDO de ordem n.
2.2.3 Definição da uma EDO linear e não-linear
Se y e suas derivadas y´, y´´,, . . . aparecem linearmente na equação, é uma equação diferencial linear; de outro modo, ela é não-
linear. Exemplos:■ x3 d3 y
dx3
+6 dy
dx
+y = e-x, é uma EDO de 3a. ordem, linear■ d2 y
dx2
+y dy
dx
+2 y = x, é uma EDO de 2a. ordem, não-linear em virtude do termo y dy
dx
.■ A equação do pêndulo simples d2 θ
dt2
+ g
L
sinθ = 0, é uma EDO de 2a. ordem em θ, não-linear em virtude do termo sinθ, cuja expansão em
série de Taylor é um polinômio que depende de θ.
2.2.4 EDO versus equação diferencial em derivadas parciais
Esta classificação depende de se você têm derivadas ordinárias ou parciais. Exemplos■ L d2 Q
dt2
+R dQ
dt
+ Q
C
= E(t), relaciona a carga Q(t) num circuito a uma força eletromotriz E(t) (isto é, a fonte de voltagem conectado ao
circuito) na presença de um capacitor com resistência, é uma EDO.■ α2 ∂2u(x,t)∂x2 = ∂u(x,t)∂t , é uma ED em derivadas parciais de 2a. ordem, descrevendo a condução do calor ao longo de uma vara fina, com α
sendo uma constante.
2.2.5 Definição. Solução de uma EDO
Para uma EDO de ordem n Fx, y, y´, . . . , y(n) = 0, uma função y = y(x), que é n-vezes diferenciável e satisfaz a ED em algum intervalo
a < x < b quando substituído na equação, é chamado uma solução da EDO sobre o intervalo a < x < b.
Exemplo ilustrativo. Queda livre de uma massa pontual
Considere o movimento de uma massa pontual deixado cair verticalmente no tempo t = 0 desde x = 0 como mostrado na Fig.4.
Suponha que não existe resistência do meio.
Fig.4 Queda livre de uma massa pontual.
A equação do movimento é
d2 x
dt2
= g (2.3)
e a solução geral encontra-se integrando ambos os lados com relação a t duas vezes
x(t) = C0 + C1 t + 1
2
g t2. (2.4)
Duas formas possíveis de especificar as condições.
Problema do valor inicial
Se o objeto é deixado cair com uma velocidade inicial v0, as condições requeridas são
no tempo t = 0: x(0) = 0, x· (0) = dx
dt

t = 0 = v0.
As constantes C0 e C1 podem ser determinados destas duas condições e a solução da ED é
12 EDO-2016-1.nb
x(t) = v0 t + 1
2
g t2 ■ (2.5)
2.2.6 Definição. Problema do valor inicial
Se uma equação diferencial é requerida para satisfazer as condições sobre a variável dependente e suas derivadas especificadas em
algum valor da variável independente, estas condições são chamadas condições iniciais e o problema é chamado um problema do
valor inicial.
Exemplo 1. Encontrar a curva da família y = C1 ex + C2 e-2 x, tal que y(0) = 1, y ' (0) = -2.
Solução. A derivada de y:
y´ = C1 ex - 2 C2 e-2 x.
Em x = 0, temos as condições
1 = C1 + C2,-2 = C1 - 2 C2,
resolvendo
resolve
Solve[{1 ⩵ C1+C2, -2 ⩵ C1-2 C2}, {C1, C2}]
{{C1 → 0, C2 → 1}}
O resultado foi C1 = 0, C2 = 1, substituindo isto em y:
y = e-2 x ■
Problema do valor de contorno
Se o objeto é requerido para alcançar x = L no tempo t = T, L ⩾ (1/2) gT2, as condições podem ser especificadas assim
no tempo t = 0: x(0) = 0, x(T) = L.
A solução da ED é 
x(t) = L
T
- 1
2
g T t + 1
2
g t2 ■ (2.6)
Neste caso, ED é requerida para satisfazer as condições especificadas em dois valores de t, isto é, t = 0 e t = T.
2.2.7 Definição. Problema do valor de contorno
Se uma ED é requerida para satisfazer condições sobre a variável dependente e possivelmente suas derivadas especificadas em dois
ou mais valores da variável independente, estas condições são chamados condições de contorno e o problema é chamado um
problema de valor de contorno.
2.3 Formação de uma equação diferencial
Uma EDO é formada numa tentativa de eliminar algumas constantes arbitrárias de uma relação nas variáveis e constantes. No entanto,
equações em derivadas parciais podem ser formadas por eliminação de constantes arbitrárias ou funções arbitrárias. Em matemáticas
aplicadas, cada problema geométrico ou físico quando transladado em símbolos matemáticos dá lugar a uma equação diferencial.
Exemplo 2. A posição x de uma massa pontual atada ao extremo de uma mola que oscila é dada por x(t) = A sin(ω t + α), onde A, ω eα são constantes. Forme uma EDO apartir de x(t).
Solução. Note que t é a variável independente e x a variável dependente, de modo que apenas duas constantes podemos eliminar.
Tomando a primeira e segunda derivadas:
dx(t)
dt
=ωAcos(ωt + α), d2 x
dt2
= -Aω2 sint(ωt + α) = -ω2 x.
EDO-2016-1.nb 13
A EDO procurada é , d
2 x
dt2
+ω2 x = 0. ■
Exemplo 3. Encontre a EDO da seguinte equação y = ax3 + bx2, sendo a e b constantes arbitrárias.
Solução. Tomando a primeira e segunda derivadas:
dy
dx
= 3 ax2 + 2 bx, d2 y
dx2
= 6 ax + 2 b,
podemos resolver estas duas equações para a e b e substituir seus valores na expressão de y.
resolve
Solve1
x
y ' ⩵ 3 a x+2 b, y '' ⩵ 6 a x+2 b, {a, b}
a → - y′ - x y′′
3 x2
, b → --2 y′ + x y′′
2 x

O resultado foi a = - y′-x y′′3 x2 , b = --2 y′+x y′′2 x , substituindo isto em y:
y = - y′ - x y′′
3 x2
x3 + --2 y′ + x y′′
2 x
x2 = - x y′
3
+ x2 y′′
3
+ x y′ - x2 y′′
2
= 2
3
x y′ - 1
6
x2 y′′.
Assim, a EDO procurada é 
6 y = 4 x y′ - x2 y′′ ■
Exemplo 4. Encontre a EDO de todos os círculos de raio R e com centro no ponto (a,b).
Solução. O circulo com as características dadas têm a equação (x - a)2 + (y - b)2 = R2. Duas constantes podem ser eliminadas, para isto
calculamos suas duas primeiras derivadas:
(x-a) +(y-b) dy
dx
= 0, 1 + dy
dx
2 + (y - b) d2 y
dx2
= 0.
Resolvemos estas duas equações para a e b e substituímos seus valores na equação do círculo
resolve
Solve(x-a) + (y-b) y ' ⩵ 0, 1+ (y ')2 + (y-b) y '' ⩵ 0, {a, b}
a → - y′ + (y′)3 - x y′′
y′′ , b → --1- (y′)2 - y y′′y′′ 
O resultado foi a = - y′+(y′)3-x y′′
y′′ , b = --1-(y′)2-y y′′y′′ , substituindo isto na equação do círculo:
x + y′ + (y′)3 - x y′′
y′′
2 + y + -1 - (y′)2 - y y′′
y′′
2 = R2
e simplificando dá1 + (y′)23(y′′)2 = R2
ou 1 + (y′)23/2 = R y′′. Note que y ' = dy
dx
, y '' = d2 y
dx2
■
14 EDO-2016-1.nb
R = 0.5;
sol =
resolve equação diferencial
DSolve(1+ y '[x]^ 2)3/2 ⩵ R y ''[x], y[x], x;
gráfico
Plot[{y[x] /. sol /. {
constante
C[1] → -2,
constante
C[2] → 1}, y[x] /. sol /. {
constante
C[1] → -0.5,
constante
C[2] → 2}, y[x] /. sol /. {
constante
C[1] → -3,
constante
C[2] → 3}},
{x, -0.5, 2},
tema do gráfico
PlotTheme → "Marketing",
legenda do quadro
FrameLabel → {"x", "y"},
legenda do gráfico
PlotLegends → "Expressions",
tamanho da imagem
ImageSize → 200]
x
y
y(x) /. sol /. {c1 → -2, c2 → 1}
y(x) /. sol /. {c1 → -0.5, c2 → 2}
y(x) /. sol /. {c1 → -3, c2 → 3}
Exemplo 5. Encontrar a EDO da família de parábolas y = C1(x - C2)2.
Solução. Calculamos suas duas primeiras derivadas:
dy
dx
= 2 C1(x - C2), d2 y
dx2
= 2 C1
Resolvemos estas duas equações para C1 e C2 e substituimos seus valores na equação da função y:
apaga tudo
ClearAll["Global`*"];
resolve
Solve[{y ' ⩵ 2 C1 (x-C2), y '' ⩵ 2 C1}, {C1, C2}]
C1 → y′′
2
, C2 → -y′ + x y′′
y′′ 
O resultado foi C1 = y′′2 , C2 = -y′+x y′′y′′ , substituindo isto na equação de y:
y = C1(x - C2)2 = y′′
2
x - -y′ + x y′′
y′′
2 = 1
2 y′′ (xy′′ + y′ - x y′′)2 = 12 y′′ y′2
ou
2 y y′′ - y′2 = 0 ■
Exemplo 6. Encontrar a EDO que descreve a família de elipses de semi-eixos a e b e cujo centro encontra-se no eixo x.
Solução. A equação de uma elipse com semelhante descrição do problema tem a equação:(x - x0)2
a2
+ y2
b2
= 1.
Derivando implicitamente em relação a x:
2 (x - x0)
a2
+ 2 y y '
b2
= 0, ⟹ (x - x0) = -a2
b2
y y '.
Derivando implícitamente uma segunda vez em relação a x da última relação:
1 = -a2
b2
y '2 + y y '', ⟹ b2 = -a2y '2 + y y ''.
Inserindo b2 em (x - x0) 
(x - x0) = -a2
b2
y y ' = y y '
y '2 + y y ''
Por último, inserindo (x - x0) e b2 na equação da elipse 1 + (y′)23/2 = R y′′
EDO-2016-1.nb 15
 y y'
y'2+y y'' 2
a2
+ y2-a2(y '2 + y y '') = 1 ⟹ y2y '2 + y y ''  y '2y '2 + y y '' - 1 = a2 ⟹ y3 y ''(y '2 + y y '')2 = -a2.
Usamos agora Mathematica para, através de um valor numérico de a, mostrar que nosso resultado anterior é correto. 
a = 0.5;
sol =
resolve equação diferencial
DSolve y[x]3 y ''[x]y '[x]2 + y[x] y ''[x]2 ⩵ -a2, y[x], x;
gráfico
Plot[{y[x] /. sol /. {
constante
C[1] → 0.5,
constante
C[2] → -1}, y[x] /. sol /. {
constante
C[1] → 1,
constante
C[2] → -2}, y[x] /. sol /. {
constante
C[1] → -0.1,
constante
C[2] → 0}},
{x, -1, 3},
tema do gráfico
PlotTheme → "Marketing",
legenda do quadro
FrameLabel → {x, y},
legenda do gráfico
PlotLegends → "Expressions",
tamanho da imagem
ImageSize → 200]
Solve::ifun : Inverse functions are being used by Solve, so some solutions may not be found; use Reduce for complete solution
information. 
Solve::ifun : Inverse functions are being used by Solve, so some solutions may not be found; use Reduce for complete solution
information. 
x
y
y(x) /. sol /. {c1 → 0.5, c2 → -1}
y(x) /. sol /. {c1 → 1, c2 → -2}
y(x) /. sol /. {c1 → -0.1, c2 → 0}
Fig.5. Família da elipses centradas no eixo x, com semi-eixo a=0.5 são descritas pela EDO y3 y''y'2+y y''2 = -a2.
Lista 1. Problema do valor inicial, problema do valor de contorno. Formando uma EDO
I.1 Curvas que satisfazem as condições iniciais e de contorno dado
Encontrar, para as famílias das curvas dadas, as linhas que satisfazem as condições iniciais e de contorno indicados:
1. x2 - y2 = C, y(0) = 5.
2. y = (C1 + x C2) e2 x, y(0) = 0, y´(0) = 1.
3. y = C1 sin(x - C2), y(0) = 0, y´() = 1.
4. y = C1 e-x + C2 ex + C3 e2 x, y(0) = 0, y´(0) = 1, y '' (0) = -2.
I.2 Formando EDOs
Forme as EDOs das seguintes equações (a, b, c, A, B, C1, C2) são constantes:
5. y = a e2 x + b e-3 x + c ex.
6. x y = A ex + B e-x + x2.
7. y = ex(Acos(x) + Bsin(x)).
8. (y - a)2 = 2 b x
9. y = C1 cos(3 x) + C2 sin(3 x).
10. ln
x
y
= 1 + a y.
11. y = (a + b x) ex + c.
Forme as EDOs de:
16 EDO-2016-1.nb
12. Uma família de círculos passando através da origem (veja figura abaixo) e tendo centros sobre o eixo x.
Out[277]=
-2 -1 0 1 20
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
x
y
13. Todas as parábolas com eixo x como seu eixo e (a, 0) como seu foco.
14. Obtenha uma EDO da família de parábolas y = x2 +C e esboçe aqueles membros da família que passam através de (0, 0),
(1, 1) e (1, -1) respectivamente.
15. Construa a parábola para y = C x2para C = -2 e derive uma EDO de uma família de semelhantes parábola
2.4 EDOs de primeira ordem
Não existe uma forma geral de resolver qualquer equação diferencial. Não entanto, nosso interesse estará confinado a quatro tipos
especiais de EDOs de primeira ordem:♣ Equações com variáveis separáveis,♣ Equações homogéneas,♣ Equações lineares,♣ Equações exatas.
Em casos diferentes a estes mencionados, a solução particular pode ser determinado numericamente.
2.4 .1 Variáveis separáveis
Uma EDO com variáveis separáveis é da forma
Q(y) dy + P (x) dx = 0. (2.7)
Algumas formas alternativas para este tipo de EDOs são:
dy
dx
= f(y) g(x), (2.8)
X(x) Y(y) dy + X1(x) Y1(y) dx = 0. (2.9)
A solução a (2.7) obten-se integrando
Q(y)ⅆy + P(x)ⅆx = 0 ⟹ H(y) = G(x) + C, (2.10)
onde H(y) = ∫Q(y)ⅆy, G(x) = -∫P(x)ⅆx, e C define a constante de integração.
A solução a (2.8) é semelhante
dy
dx
= f(y) g(x) ⟹  1
f(y) ⅆy = g(x) ⅆx + C. (2.11)
A solução a (2.9) consegue-se separando as funções que dependem de x e y em ambos lados da equação
X(x) Y(y) dy + X1(x) Y1(y) dx = 0 ⟹  Y(y)
Y1(y) ⅆy + X1(x)X(x) ⅆx = 0 (2.12)
o que segue é integrar esta equação tanto para y como para x o qual nos dará uma equação semelhante a (2.10).
Deve-se notar que dy/dx foi tratado como se fosse uma taxa de dy e dx, que podem ser manipulados independentemente. Talves os
matemáticos não fiquem felizes por este tratamento. Mas, de ser necessario, podemos justifica-lo considerando dy e dx representando
variações finitas pequenas δy e δx, depois que tenhamos alcançado o limite onde cada um resulta infinitesimal.
EDO-2016-1.nb 17
Exemplo 1. Considere a equação diferencial y ' = -y2 ex. Encontre: a) a solução geral, b) a solução particular y(1) = 2.
Solução. a) Podemos escrever
dy
y2
= -ex dx ⟹  1
y2
ⅆy = -ex ⅆx
que, ao ser integrada separadamente dá a solução
 - 1
y
= = -ex+ C, ⟹ 1
y
= ex - C,
onde C é uma constante de integração. É a solução geral.
b) Para a condição inicial y(1) = 2:
1
2
= e - C, C = (-0.5 + e) = 2.217
Assim, a solução particular é
 - 1
y
= = -ex+ C, ⟹ 1
y
= ex - 2.217. ■
e o gráfico da solução particular é mostrado abaixo.
apaga tudo
ClearAll["Global`*"];
gráfico
Plot[1 / (ⅇx - (ⅇ-0.5)), {x, -2, 2},
legenda do quadro
FrameLabel → {x, y},
tema do gráfico
PlotTheme → "Marketing"]
-2 -1 0 1 2-3
-2
-1
0
1
2
x
y
Usando Mathematica, resolvemos a ED anterior:
sol =
resolve equação diferencial
DSolve[{y '[x] ⩵ -y[x]^ 2 ⅇx}, y[x], x]
y[x] → 1ⅇx -C[1]
Traçamos as curvas solução para dois valores diferentes da constante arbitrária C = {ⅇ - 0.5, -6}, que mostramos abaixo.
gráfico
Plot{y[x] /. sol /.
constante
C[1] → (-0.5+ⅇ), y[x] /. sol /.
constante
C[1] → -6}, {x, -2, 4},
legenda do quadro
FrameLabel → {x, y},
quadro
Frame ->
verdadeiro
True,
tema do gráfico
PlotTheme → "Marketing",
legenda do grá⋯PlotLegends → situadoPlaced"y= 1ⅇx - (0.5-ⅇ) ", "y= 1ⅇx +6 ", direitaRight, tamanho da imagemImageSize → 250
-2 0 2 4-1.5
-1.0
-0.5
0
0.5
1.0
x
y y= 1ⅇx-(0.5-ⅇ)
y= 1ⅇx+6
Exemplo 2. Encontre a curva no plano xy que passa através de (0,3) e cuja reta tangente no ponto (x,y) tem o coeficiente angular
2 xy2.
18 EDO-2016-1.nb
Solução. A ED descrevendo a curva é
dy
dx
= 2 x
y2
⟹ y2 ⅆy = 2 xⅆx ⟹ y3
3
= x2 + C,
é a solução geral. Como a curva passa por (0,3), temos a condição inicial y(0) = 3:
33
3
= 0 + C, C = 9.
A curva requerida é y
3
3 = x2 + 9. ■
apaga tudo
ClearAll["Global`*"];
gráfico de contornos
ContourPlot y ^ 3
3
⩵ x ^ 2+9, {x, -5, 5}, {y, 0, 6},
legenda do quadro
FrameLabel → {x, y},
tema do gráfico
PlotTheme → "Marketing",
estilo de eti⋯LabelStyle → diretivaDirective[ pretoBlack, negritoBold],
RotateLabel →
falso
False,
estilo do grá⋯PlotStyle → { verdeGreen, esp⋯Thick, espessuraThickness[0.015]}, intervalo do gráficoPlotRange → {{-5, 5}, {2, 6}}, tamanho da imagemImageSize → 200
-4 -2 0 2 42
3
4
5
6
x
y
Exemplo 3. Resolva a ED dy
dx
= x(2 ln(x)+1)
sin(y)+y cos(y) . Encontre uma solução particular para a condição inicial y(ⅇ) = π/2.
Solução. Temos a ED
dy
dx
= x(2 ln(x) + 1)
sin(y) + y cos(y) ⟹ (sin(y) + y cos(y))ⅆy = x(2 ln(x) + 1)ⅆx + C,
calculamos cada integral (
seno
Sin[y] + y
cosseno
Cos[y])ⅆy,  x (2
logaritmo
Log[x] + 1)ⅆx
y Sin[y], x2 Log[x]
Os resultados foram
(sin(y) + y cos(y))ⅆy = y sin(y), x(2 ln(x) + 1)ⅆx = x2 ln(x).
 A solução geral requerida é y sin (y) = x2 ln (x) + C. ■
Para a C.I y(ⅇ) = π/2, temos π/2 sin(π/2) = ⅇ2ln(ⅇ) + C, ⟹ C = π (2 ⅇ2) = 0.213.
A solução partiular é y sin (y) = x2 ln (x) + 0.213. ■
Um gráfico de contorno para esta solução é mostrado abaixo
EDO-2016-1.nb 19
apaga tudo
ClearAll["Global`*"];
gráfico de con⋯ContourPlot[ y senoSin[y] ⩵ x ^ 2 logaritmoLog[x] +0.213, {x, -2, 5}, {y, -16, 16}, legenda do quadroFrameLabel → {x, y}, tema do gráficoPlotTheme → "Marketing", tamanho da imagemImageSize → 230]
-2 0 2 4-15
-10
-5
0
5
10
15
x
y
2.4 .1.1 Equações redutíveis a equações com separação de variáveis
A ED do tipo
dy
dx
= f(a x + b y + c), (2.13)
onde a, b e c são constantes, se reduz a uma ED com variáveis separáveis fazendo a substituição 
z = a x + b y + c. (2.14)
Derivando em relação a x
dz
dx
= a + b dy
dx
, de onde
dy
dx
= 1
b
dz
dx
- a ,
e a ED (2.13) toma a forma
1
b
dz
dx
- a = f(z) , ⟹ dz
dx
= b f(z) + a . (2.15)
A ED (2.15) é uma ED com variáveis separáveis.
Exemplo 4. Resolva a ED dy
dx
= ax + by + c, sendo a, b, c constantes. Encontre uma solução particular para a condição inicial y(0) = -1
com a = 1, b = 1, c = -2.
Solução. Temos uma equação que se reduz a variáveis separáveis. Fazemos z = a x + b y + c e derivamos em relação a x:
dz
dx
= a + b dy
dx
, de onde
dy
dx
= 1
b
dz
dx
- a ,
e a ED (2.13) toma a forma
1
b
dz
dx
- a = z , ⟹ dz
dx
= b z + a ⟹ dz
b z + a = dx ⟹ dz(z + a /b) = b dx (2.16)
integrando a equação anterior
 1
z + a /b ⅆz = bⅆx + ln (C) ⟹ ln (z + a /b) - ln (C) = bx
ou
20 EDO-2016-1.nb
ln
z + a /b
C
= bx ⟹ z + a /b = C ebx.
Inserindo aqui z = a x + b y + c, encontramos a solução geral
a x + b y + c + a /b = C ebx ⟹ y = 1
b
C ebx - (a x + c + a /b). ■
Para a solução particular com a condição inicial y(0) = -1 e a = 1, b = 1, c = -2
-1 = 1
1
C e0 - (0 - 2 + 1) = C + 1, C = -2.
A solução particular é
y = -2 ex - x + 1. ■
Usando Mathematica resolvemos assim:
a = 1;
b = 1;
c = -2;
sol =
resolve equação diferencial
DSolve[{y '[x] ⩵ a x+b y[x] + c, y[0] == -1}, y[x], x]
gráfico
Plot[y[x] /. sol, {x, -2, 2},
legenda do quadro
FrameLabel → {x, y},
quadro
Frame ->
ve⋯True, tema do gráficoPlotTheme → "Marketing"]
{{y[x] → 1-2 ⅇx - x}}
-2 -1 0 1 2-15
-10
-5
0
x
y
Exemplo 5. Resolva a ED dy
dx
= sin(x - y) + cos(x - y). Encontre uma solução particular y(0) = -π/3.
Solução. Temos uma equação que se reduz a variáveis separáveis. Fazemos z = x - y.
dz
dx
= 1 - dy
dx
, de onde
dy
dx
= 1 - dz
dx
,
e a ED (2.13) toma a forma
1 - dz
dx
= sin(z) + cos(z) , ⟹ 1 - dz
dx
= (sin(z) + cos(z)) ⟹ 1 - (sin(z) + cos(z)) = dz
dx
⟹ dz
1 - (sin(z) + cos(z)) = dx (2.17)
a integração dá
 1
1 - (sin(z) + cos(z)) ⅆz + C = x
Mathematica nos fornece o valor da integral
 1
1 - Sin[z] + Cos[z] ⅆz
LogCos z
2
 - Sin z
2
 - LogSin z
2

Assim, obtemos, depois de inserir z = x - y
EDO-2016-1.nb 21
x = C + ln cos z
2
 - sin z
2
 - ln sin z
2
 = C + ln cos z2  - sin z2 
sin z2  = C + ln cot z2  - 1
x = C + ln cot x- y
2
 - 1 . ■
É a solução geral. A solução particular terá uma constante de integração C que satisfaz a equação
0 = C + ln cot 0 + π /3
2
- 1 .
⋯N lo⋯Log cotangenteCotπ6  - 1
-0.311905
assim, C = 0.311905. A solução particular satisfaz
x = 0.311905 + ln cot x - y
2
 - 1 . ■
Um cálculo alternativo para integralanterior apresentamos aqui. Façamos uma mudança de variável z = 2θ:
 1
1 - (sin(z) + cos(z)) ⅆz =  21 - (sin(2 θ) + cos(2 θ)) ⅆθ =
 2(sin2(θ) + cos2(θ)) - (2 sin(θ) cos(θ) + cos2(θ) - sin2(θ)) ⅆθ =  1sin2(θ) - sin(θ) cos(θ) ⅆθ
=  1
sin2(θ) (1 - cot(θ)) ⅆθ = - 1(1 - cot(θ)) ⅆ (cot(θ)) =  1(cot(θ) - 1) ⅆ (cot(θ)) = ln(cot(θ) - 1).
voltando a variável anterior θ = z/2 = (x - y)/2, encontramos o mesmo resultado calculado por Mathematica.
apaga tudo
ClearAll["Global`*"];
gráfico de contornos
ContourPlot x ⩵ 0.311905+
l⋯Log cotangenteCot x- y2 -1, {x, -2, 2}, {y, -3, 3}, legenda do quadroFrameLabel → {x, y}, tema do gráficoPlotTheme → "Marketing", tamanho da imagemImageSize → 230
-2 -1 0 1 2-3
-2
-1
0
1
2
3
x
y
2.4 .1.2 Aplicações 
Neste ponto abordamos algumas aplicações físicas e de engenharia.
Exemplo 1 (Física). Um foguete, lançado para cima desde o repouso no tempo t = 0, tem sua massa inicial m0 (incluindo seu com-
bustível). Assumindo que o combustível é consumido a uma taxa constante k, a massa m do foguete, em quanto o combustível está
sendo queimado, será dado por m = m0 - k t. Pode ser mostrado que se a resistência do ar é desprezado e os gases do combustível
são expelidos a uma velocidade constante c relativo ao foguete, logo a velocidade v do foguete satisfará a equação m d v
dt
= c k - m g,
onde g é a aceleração devido a gravidade. a) Encontre v(t) tendo em mente que a massa m é uma função do tempo t. b) Suponha que
o combustível da conta pelo 80% da massa inicial do foguete e que todo o combustível é consumido em 100 s. Encontre a velocidade
22 EDO-2016-1.nb
do foguete em m/s no instante que o combustível é consumido. [Tome g = 9.8 m/s2 e c = 2500 m/s.]
Solução. (a) Temos a ED
m
dv
dt
= c k - m g ⟹ dv
dt
= c k - m g
m
= c k
m
- g = c k
m0 - k t - g,
de onde, ao integrar
dv
dt
= c k
m0 - k t - g ⟹ dv = c km0 - k t - g dt ⟹ ⅆv =  cm0 /k - t - g ⅆ t + C1
sendo C1 uma constante de integração. A integral da direita dá c
m0 /k - t - g ⅆ t =  - ct - m0 /k - g ⅆ t = -c ln t - m0 /k - g t
Obtemos
v(t) = -c ln t - m0 /k - g t + C1
A C.I do problema é v(0) = 0:
0 = -c ln 0 - m0 /k - g (0) + C1 = -c ln -m0 /k + C1 ⟹ C1 = c ln -m0 /k.
A solução particular é
v(t) = -c ln t - m0 /k - g t + c ln -m0 /k = c ln m0 /k
m0 /k - t - g t. ■
b) Se, ao início a massa do foguete m0 = m0 c + M, com M a massa do foguete sem combustível e m0 c = 0.8 m0 é a massa inicial do
combustível, logo M = 0.2 m0. Ao se consumir o combustível, a massa m = M = 0.2 m0, de modo que
m = m0 - k t ⟹ 0.2 m0 = m0 - k (100), k = 0.8 m0
100
= 8⨯10-3 m0, m0 /k = 0.125⨯103.
A velocidade é acabar o combustível é
v(t) = 2500
l⋯Log valor absolutoAbs 0.125 (103)0.125 (103) - 100  - 9.8 (100)
3043.59
ou v = 3043.59 m/s. Um gráfico da velocidade versus tempo é mostrado abaixo.
gráfico
Plot2500
l⋯Log valor absolutoAbs 0.125 × 10
3
0.125 × 103 - t -9.8 t, {t, 0, 150}, legenda do quadroFrameLabel → {t, v}, quadroFrame -> ve⋯True, tema do gráficoPlotTheme → "Marketing"
0 50 100 150
0
2000
4000
6000
8000
10 000
t
v
Exemplo 2 (Termodinâmica). Um depósito cilíndrico de volume V0 está cheio de ar atmosférico, que se comprime de um modo
adiabático (sem troca de calor com o meio que o rodeia) até que seu volume é igual a V1. Calcular o trabalho feito durante a
compressão.
Solução. O trabalho termodinâmico defíne-se como dW = -p dV. A sinal negativa foi colocada em evidência por causa da compressão.
Num processo adiabático, a relação entre pressão absoluta p e o volume V é dado por
EDO-2016-1.nb 23
p Vκ = const. ⟹ p = const.
Vκ ,
onde κ cháma-se coeficiente adiabático de Poissão. Note que p0 V0κ = const. , com p0 a pressão correspondente ao volume V0. Logo
p = p0 V0κ
Vκ .
A ED é dada por
dW = -p0 V0κ
Vκ dV, integrando ⅆW = -p0 V0κVκ ⅆV + C
e a integral
 p0 V0κVκ ⅆV
V1-κ V0κ p0
1 - κ
o trabalho
W = -p0 V0κ
Vκ ⅆV + C = -V0κ p01 - κ V1-κ + C
A condição inicial W(V0) = 0 porque o gás estava a pressão atmosférica. Logo, a constante 0 = - V0κ p01-κ V01-κ + C, de onde C = - V0 p0κ-1 . Por
tanto, o trabalho para qualquer V:
W = -V0κ p0
1 - κ V1-κ - V0 p0κ - 1 = V0 p0κ - 1 V0V κ-1 - 1 .
O trabalho no volume V = V1 será
W = V0 p0κ - 1 V0V1 κ-1 - 1 . ■
Exemplo 3 (Mecânica). Um esquiador de massa m efetua, desde o estado de repouso, a descida de uma montanha, se movendo por
um trecho retilíneo AB = L inclinado num ângulo α com o horizonte. Logo, o movimento se efetua pelo arco de circunferência BCO de
raio r cujo ângulo central é 2α (veja Figura). Determinar a velocidade do esquiador ao percorrer a distância L. A força de resistência
ao movimento no trecho rectlinear tem a forma R = k2 m v2, onde m é a massa do esquiador e k um coeficiente constante. Durante o
movimento pelo arco da circunferência se despreza a resistência e o movimento do esquiador se considera como de uma massa
pontual. Considere o caso particular α = 50o, k2 L = 1 /4.
Solução. Os eixos de referência relevantes estão indicados no desenho anexo a figura. Ao longo do eixo Y não temos movimento, e ao
longo do trecho AB do eixo X temos um movimento acelerado, pelo que
Fy = N - mgCos(α) = 0 ⟹ N = mgcos(α),Fx = mgSen(α) - R = m ax ⟹ mg sen(α) - k2 m vx2 = m dvx
dt
.
A ED anterior é de variáveis separáveis. Note
24 EDO-2016-1.nb
k2 m
g sen(α)
k2
- vx2 = m dvx
dt
⟹ dvx
g sen(α)
k2
- vx2 = k2 dt ⟹  1g sen(α)k2 - vx2 ⅆvx = k2 ⅆ t + C
a integral 
 1g Sin[α]
k2
- vx2 ⅆvx
k ArcTanh k vx
g Sin[α] 
g Sin[α]
temos
k
g sin (α) ArcTanh kg sin (α) vx = k2 t + C.
Condição inicial vx(0) = 0, dá C = 0. Por tanto
vx = 1
k
g sin(α) Tanh k g sin(α) t . ■
O valor assintótico da velocidade encontra-se considerando que limt→∞ Tanh k g sin(α) t = 1, assim vx max = 1
k
g sin(α) . Intro-
duzindo υ0 = gk2 , t0-1 = g k2 e assumindo α = 50o, traçamos o gráfico de vx /υ0 versus t / t0.
gráfico
Plot Sin[50 Degree]
tangente hiperbólica
Tanh Sin[50 Degree] t, {t, 0, 5},
legenda do quadro
FrameLabel → {t / t0, vx /υ0},
quadro
Frame ->
ve⋯True, tema do gráficoPlotTheme → "Marketing"
0 1 2 3 4 5
0
0.2
0.4
0.6
0.8
t
t0
v
x υ 0
Calculamos a velocidade em x = L, temos a equação
vx = dx
dt
= 1
k
g sin(α) Tanh k g sin(α) t ⟹ 
0
Lⅆx = 1
k
g sin(α) 
0
T
Tanh k g sin(α) t ⅆ t
a integração nos dá
L = 1
k
g sin(α) 
0
T
Tanh k g sin(α) t ⅆ t

tangente hiperbólica
Tanhk g Sin[α] t ⅆt
LogCoshk t g Sin[α] 
k g Sin[α]
EDO-2016-1.nb 25
L = 1
k2
Ln cosh k T g sin(α) ⟹ cosh k T g sin(α) = ek2 L ⟹ T = 1
k g sin(α) cosh-1ek2 L.
A velocidade no instante t = T é
T = 1
k g Sin[α] arco cosseno hiperbólicoArcCoshⅇk2 L;
simplifica
Simplify 1
k
g Sin[α]
tangente hiperbólica
Tanhk g Sin[α] T
ⅇ-k2 L -1+ⅇk2 L
1+ⅇk2 L 1 + ⅇk2 L g Sin[α]
k
encontramos
vx = 1
k
1 - ⅇ-2 k2 L g sin(α) ⟹ vxυ0 = 1 - ⅇ-2 k2 L sin(α)
assumindo, por exemplo k2 L = 1/4, encontramos o valor numérico:
valor numérico
N 1 - ⅇ-2 (1/4) Sin[50 Degree] 
0.549013
o resultado foi vx = 0.549013 υ0 = 0.549013 gk2 . ■
Exemplo 4 (Trajetórias ortogonais). Chama-se trajetórias ortogonais de uma família dada de curvas as linhas que cortam em ângulo
reto as curvas de dita família.Os coeficientes angulares y1´ e y2´ das tangentes as curvas da família dada e as trajetórias ortogonais
buscadas, deve-se satisfazer em cada ponto a condição de ortogonalidade y2´ = -1y1´ . Com esta definição, encontrar as trajetórias
ortogonais da família de curvas y = a x3 - 2 x. Encontre uma curva ortogonal a família de curvas dada e que passa pelo ponto (1,1).
Solução. Para a família de curvas dada, a derivada 
y´ = 3 a x2 - 2, e da família de curvas a = y + 2 x
x3
.
O valor da derivada
y´ = 3 x2 y + 2 x
x3
+ b = 3 y + 6 x
x
- 2 = 3 y
x
+ 4.
A ED das trajetórias ortogonais será
y´ = - 1
3 y
x
+ 4 .
Esta ED se reduz a uma de variáveis separáveis. Para este fim fazemos u = y/x, que derivamos em relação a x:
y = x u, y´ = u + x u´,
logo
y´ = - 1
3 y
x
+ 4 ⟹ u + x u´ = - 13 u + 4 ⟹ x u´ = - 13 u + 4 + u = - 3 u2 + 4 u + 13 u + 4
3 u + 4
3 u2 + 4 u + 1 du = -dxx , integrando  3 u + 43 u2 + 4 u + 1 ⅆu = - 1x ⅆx + C
O valor da integral
26 EDO-2016-1.nb
apaga tudo
ClearAll["Global`*"];
 3 u + 4
3 u2 + 4 u + 1 ⅆu
- 1
2
Log[1 + u] + 3
2
Log[1 + 3 u]
logo
 3 u - 2 b
3 u2 - 2 b u + 1 ⅆu = - 1x ⅆx + lnC ⟹ -12 Log(1 + u) + 32 Log(1 + 3 u) = ln Cx
Finalmente, com u = y/x:
ln
(1 + 3 u)3
1 + u = ln Cx
ou :
(x + 3 y)3
x2(x + y) = Cx ⟹ (x + 3 y)3x2(x + y) = Cx 2 ⟹ C2 = (x + 3 y)3(x + y) , no ponto (1, 1), C = 5.66.
a curva ortogonal é (x+3 y)3x+y = 32. Isto é mostrado abaixo.
apaga tudo
ClearAll"Global`*";
gráfico de contornos
ContourPlot (x+3 y)3
x+y == 32, {x, -2, 2}, {y, -2, 2}, tema do gráficoPlotTheme → "Marketing",
FrameLabel → {x, y},
legenda do g⋯PlotLegends → situadoPlaced"
(x+3 y)3
x+y =32", direitaRight, tamanho da imagemImageSize → 230
-2 -1 0 1 2-2
-1
0
1
2
x
y (x+3 y)3
x+y =32
EDO-2016-1.nb 27
apaga tudo
ClearAll"Global`*";
mos⋯Show gráfico de contornosContourPlot
(x+3 y)3
x+y == 32, {x, -2.5, 2}, {y, -2, 2}, tema do gráficoPlotTheme → "Marketing",
FrameLabel → {x, y},
legenda do g⋯PlotLegends → situadoPlaced"
(x+3 y)3
x+y =32", direitaRight, estilo de conto⋯ContourStyle → { verdeGreen, es⋯Thick, espessuraThickness[0.0125]},
gráfico
Plotx2 -2 x, 3 x2 -2 x, {x, -2.5, 2},
estilo do grá⋯PlotStyle → {{ laranjaOrange, esp⋯Thick, espessuraThickness[0.0125]}, { v⋯Red, esp⋯Thick, espessuraThickness[0.0125]}},
legenda do quadro
FrameLabel → {x, y},
legenda do g⋯PlotLegends → situadoPlaced"y=x2-2x", "y=3x2-2x", direitaRight, tamanho da imagemImageSize → 230
-2 -1 0 1 2-2
-1
0
1
2
x
y
(x+3 y)3
x+y =32
y=x2-2x
y=3x2-2x
A curva vermelha e laranja são duas curvas da família dada e a curva verde é a ortogonal que passa pelo ponto (1,1).
2.4.2 ED homogéneas
Uma ED que pode ser escrita na forma
M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 (2.18)
onde 
M(tx, ty) = tn M(x, y) e N(tx, ty) = tn N(x, y) (2.19)
é chamada uma equação diferencial homogénea (de grau n). 
Note, de (2.17)
dy
dx
= -M(x, y)
N(x, y) = f(x, y) (2.20)
se M(x,y) e N(x,y) são homogéneas do mesmo grau n, a função f(x,y) será homogénea de grau zero, isto significa que f(x, y) = g(y /x), isto
é, pode ser escrita como uma função de u = y/x. Por tanto
dy
dx
= g y
x
. (2.21)
Resolvemos esta classe de ED seguindo dois passos:● Introduzimos a variável u = y/x, de onde y = x u. Logo, derivamos
dy
dx
= u + x du
dx
, (2.22)
● Separe as variáveis u e x, e integre.
Através do painel abaixo mostra-se o passo a passo dos procedimentos para resolver equações homogéneas.
In[278]:=
manipula
Manipulate
28 EDO-2016-1.nb
manipula
silen⋯Quiet@ móduloModule{deq1, deg2, deg3, deg4, deg5, deg6, deg6a, deg7, solut, yp, xp},
deq1 = (y ' == dequs[[i]]);
deg2 = u+ x u ' ⩵ right[[i]];
deg3 = x u ' ⩵ right[[i]] -u;
deg4 =
linha
RowRow[{d, x}]
x
==
linha
Row[{d, u}] / (right[[i]] -u);
deg5 =
logar⋯Log[x] - ⋯Log[ c⋯C] ⩵ integraIntegrate[1 / (right[[i]] -u), u];
deg6 = x ⩵ C
exponencial
Exp[deg5[[2]]];
deg6a = x ⩵ C
exponencial
Exp[deg5[[2]]] /. {u → y / x};
deg7 = x ⩵ c
exponencial
Exp[deg5[[2]]] /. {u → y / x};
Text@
á⋯Pane colunaColumn forma tradicionalTraditionalForm[deq1], seIf[st1, forma tradicionalTraditionalForm[deg2], invis⋯Invisible[ forma tradicionalTraditionalForm[deg2]]],
se
If[st2,
forma tradicional
TraditionalForm[deg3],
invis⋯Invisible[ forma tradicionalTraditionalForm[deg3]]], seIf[st3, forma tradicionalTraditionalForm[deg4], invis⋯Invisible[ forma tradicionalTraditionalForm[deg4]]],
se
If[st4,
forma tradicional
TraditionalForm[deg5],
invis⋯Invisible[ forma tradicionalTraditionalForm[deg5]]], seIf[st5, forma tradicionalTraditionalForm[deg6], invis⋯Invisible[ forma tradicionalTraditionalForm[deg6]]],
se
If[st6,
forma tradicional
TraditionalForm[deg6a],
invis⋯Invisible[ forma tradicionalTraditionalForm[deg6a]]],
se
If[st7,
forma tradicional
TraditionalForm[deg7],
invis⋯Invisible[ forma tradicionalTraditionalForm[deg7]]],
se
Ifsg,
gráfico d⋯ContourPlot calculaEvaluate[deg7], {x, -3, 5}, {y, -3, 3}, tema do gráficoPlotTheme → "Marketing", legenda do qua⋯FrameLabel → {x, y}, tamanho da imagemImageSize → {250},
estilo de co⋯ContourStyle → { verdeGreen, es⋯Thick, espessuraThickness[0.0105], função de reg⋯RegionFunction → funçãoFunction[{x, y}, x ^ 2 > 0.001 && y ^ 2 > 0.001],
invis⋯Invisible[ gráfico d⋯ContourPlot[ calculaEvaluate[deg7], {x, -3, 5}, {y, -3, 3}, função de reg⋯RegionFunction → funçãoFunction[{x, y}, x ^ 2 > 0.001 && y ^ 2 > 0.001]]],
alinhame⋯Alignment → centroCenter, tamanho da imagemImageSize → {300, 550}, "escolha uma equação",{{i, 1, ""},
tabela
Table[j →
forma tradicional
TraditionalForm[y ' ⩵ dequs[[j]]], {j, 1, 6}],
tipo de con⋯ControlType → menu pop upPopupMenu},
"",{{st1,
falso
False, "passo 1"}, {
v⋯True, falsoFalse}},
"",{{st2,
falso
False, "passo 2"}, {
v⋯True, falsoFalse}},
"",{{st3,
falso
False, "passo 3"}, {
v⋯True, falsoFalse}},
"",{{st4,
falso
False, "passo 4"}, {
v⋯True, falsoFalse}},
"",{{st5,
falso
False, "passo 5"}, {
v⋯True, falsoFalse}},
"",
"solução geral", {{st6,
falso
False, "passo 6"}, {
v⋯True, falsoFalse}},
"", "solução particular", {{st7,
falso
False, "passo 7"}, {
v⋯True, falsoFalse}},
"", "constante na solução particular", {{c, 2, ""}, -2, 2, 0.1,
exclusões
Exclusions → {0},
aparência
Appearance → "
etique⋯Labeled", tamanho⋯ImageSize → minúsculoTiny},
"", "mostrar gráfico", {{sg,
falso
False, ""}, {
v⋯True, falsoFalse}},
inicialização
Initialization :> right = (u-1) / (u+1), u3 +2 u  2+2 u2, 6 u3 -1 /u, ⅇu +u, -u / (
logaritmo
Log[u]), u+
tangente hiperbólica
Tanh[u];
EDO-2016-1.nb 29
inicialização logaritmo tangente hiperbólica
dequs = (y / x-1) / (y / x+1), (y / x)3 +2 y / x  2+2 (y / x)2, 6 (y / x)3 - (x / y), ⅇy/x + y / x, - y / x /
logaritmo
Log[y / x], y / x+
tangente hiperbólica
Tanh[y / x]
Out[278]=
escolha uma equação
y′  yx-1
y
x
+1
passo 1
passo 2
passo 3
passo 4
passo 5
solução geral
passo 6
solução particular
passo 7
constante na solução particular
2
mostrar gráfico
y′  yx-1y
x
+1
x u′ + u  u-1
u+1
x u′  u-1
u+1 - u
70.5776x
x
 70.5776u
u-1
u+1-u
log(x) - log(C) - 1
2
logu2 + 1 - tan-1(u)
x  C ⅇ-tan-1(u)
u2+1
x  C ⅇ-tan-1 yx 
y2
x2
+1
x  2 ⅇ-tan-1 yx 
y2
x2
+1
-2 0 2 4-3
-2
-1
0
1
2
3
x
y
Exemplo 1. Resolva (y + x) dy + (x - y) dx = 0. Encontre a solução particular y(1) = -1.
Solução. Fazemos u = y/x e usamos dy
dx
= u + x du
dx
 em:
(y + x) dy + (x - y) dx = 0 ⟹ dy
dx
= - (x - y)(y + x) = u - 1u + 1 ⟹ u + x dudx = u - 1u + 1
x
du
dx
= u - 1
u + 1 - u = u - 1 - u
2 - u
u + 1 =-1 + u
2
1 + u ⟹ 1 + u1 + u2 du = -dxx ⟹  1 + u1 + u2 ⅆu = - 1x ⅆx + C
a integral
 1 + u
1 + u2 ⅆu
ArcTan[u] + 1
2
Log1 + u2
Assim
30 EDO-2016-1.nb
ArcTan(u) + 1
2
Log1 + u2 = -ln(x) + C ⟹ ArcTan y
x
 + 1
2
lnx2 + y2 = C. ■
Para y(1) = -1, temos ArcTan (-1) + 12 ln (2) = C, ou C = -/4 + 12 ln (2) = -0.4388.
apaga tudo
ClearAll"Global`*";
gráfico de⋯ContourPlot arco tangenteArcTan
y
x
+ 1
2 logaritmo
Logx2 +y2 ⩵ -0.4388, {x, -2, 2}, {y, -3.5, 3.5},
tema do gráfico
PlotTheme → "Marketing",
legenda do quadro
FrameLabel → {x, y},
legenda do g⋯PlotLegends → situadoPlaced" arco tange⋯ArcTan[
y
x
]+1
2 logaritmo
Log[x2+y2]⩵-0.4388",
direita
Right,
estilo de conto⋯ContourStyle → { verdeGreen, es⋯Thick, espessuraThickness[0.0125]}, tamanho da imagemImageSize → 230
-2 -1 0 1 2
-3
-2
-1
0
1
2
3
x
y
ArcTan[ y
x
]+ 1
2
Log[x2+y2]⩵-0.4388
Usando código Mathematica: para diferentes valores da constante de integração C.
EDO-2016-1.nb 31
apaga tudo
ClearAll"Global`*";
manipula
Manipulate
gráfico de⋯ContourPlot arco tangenteArcTan
y
x
+ 1
2 logaritmo
Logx2 +y2 ⩵ c, {x, -50, 50}, {y, -100, 100},
intervalo do gráfico
PlotRange → {-100, 100},
tema do gráfico
PlotTheme → "Marketing",
estilo de conto⋯ContourStyle → { verdeGreen, es⋯Thick, espessuraThickness[0.0125]}, tamanho da ima⋯ImageSize → 250, legenda do quadroFrameLabel → {x, y}, c, 1, 3, 0.5, aparênciaAppearance → "Open"
c
1.
-40 -20 0 20 40-100
-50
0
50
100
x
y
Power::infy : Infinite expression 
1
0
 encountered. 
Power::infy : Infinite expression 
1
0
 encountered. 
Exemplo 2. Resolva y + x2 + y2 dx - x dy = 0. Encontre a solução particular y(1) = -2.
Solução. Fazemos u = y/x e usamos dy
dx
= u + x du
dx
 em:
y + x2 + y2 dx - x dy = 0 ⟹ dy
dx
= y + x2 + y2
x
= u + 1 + u2 ⟹ u + x du
dx
= u + 1 + u2
x
du
dx
= 1 + u2 ⟹ du
1 + u2 =
dx
x
⟹  1
1 + u2 ⅆu =  1x ⅆx + C
a integral
 1
1 + u2 ⅆu
ArcSinh[u]
Por tanto
 1
1 + u2 ⅆu =  1x ⅆx + C ⟹ ArcSinh(u) = ln(x) + C ou ArcSinh(y /x) = ln(x) + C. ■.
No ponto (1, -2) temos C = ArcSinh(-2). Logo, ao simplificar
32 EDO-2016-1.nb
simplifica
Simplifyx
sen⋯Sinh arco seno hiper⋯ArcSinh[-2] + logaritmoLog[x]-x SinhArcSinh[2] - Log[x]
ArcSinh(y /x) = ln(x) + C ⟹ y = -x Sinh(ArcSinh(2) - Log(x)). ■
Usando Mathematica 
apaga tudo
ClearAll"Global`*";
sol =
resolve equação diferencial
DSolvey '[x] == y[x] + x2 + y[x]2
x
, y[1] ⩵ -2, y[x], x
Solve::ifun : Inverse functions are being used by Solve, so some solutions may not be found; use Reduce for complete solution
information. y[x] → -x SinhArcSinh[2] - Log[x]
apaga tudo
ClearAll"Global`*";
gráfico
Plot-x
s⋯Sinh[ arco sen⋯ArcSinh[2] - logaritmoLog[x]], {x, -2, 7}, estilo do g⋯PlotStyle → { azulBlue, es⋯Thick, espessuraThickness[0.0125]}, legenda do quadroFrameLabel → {x, y},
tema do gráfico
PlotTheme → "Marketing",
legenda do g⋯PlotLegends → situadoPlaced"y=-x s⋯Sinh[ arco sen⋯ArcSinh[2]- logari⋯Log[x]]", direitaRight, tamanho da imagemImageSize → 230
-2 0 2 4 6-2
-1
0
1
2
3
x
y
y=-x Sinh[ArcSinh[2]-Log[x]]
Exemplo 3. Resolva x tan y
x
 - y sec2 y
x
 dx + x sec2 y
x
 dy = 0. Encontre a solução particular y(1) = π/4.
Solução. Fazemos u = y/x e usamos dy
dx
= u + x du
dx
 em:
x tan y
x
 - y sec2 y
x
 dx + x sec2 y
x
 dy =
0 ⟹ dy
dx
= - x tan yx  - y sec2 yx 
x sec2 y
x
 = -tan(u) + u sec2(u)sec2(u) ⟹ u + x dudx = -tan(u) + u sec2(u)sec2(u)
x
du
dx
= -tan(u) + u sec2(u)
sec2(u) - u = -tan(u)sec2(u) = -sin(u) cos(u).
integrando 
x
du
dx
= -sin(u) cos(u) ⟹  1
sin(u) cos(u) ⅆu = - 1x ⅆx + C
a integral
 1
Sin[u] Cos[u] ⅆu-Log[Cos[u]] + LogSin[u]
A solução geral será
 1
sin(u) cos(u) ⅆu = - 1x ⅆx + lnC ⟹ -ln(Cos(u)) + ln(Sin(u)) = ln Cx ⟹ ln(tan(u)) = ln Cx , tan yx  = Cx . ■
EDO-2016-1.nb 33
No ponto y(1) = π/4 temos tan  π4  = C, C = 1. Assim y = x arctan(1/x) = x arccot(x). ■
Com Mathematica:
apaga tudo
ClearAll"Global`*";
sol =
resolve equação ⋯DSolvey '[x] == - senoSin
y[x]
x

cosseno
Cosy[x]
x
+ y[x]
x
, y[1] ⩵ π /4, y[x], x
Solve::ifun : Inverse functions are being used by Solve, so some solutions may not be found; use Reduce for complete solution
information. 
Solve::ifun : Inverse functions are being used by Solve, so some solutions may not be found; use Reduce for complete solution
information. {{y[x] → x ArcCot[x]}}
apaga tudo
ClearAll"Global`*";
grá⋯Plotx arco cotangenteArcCot[x], {x, -2, 7}, estilo do g⋯PlotStyle → { v⋯Red, es⋯Thick, espessuraThickness[0.0125]}, legenda do quadroFrameLabel → {x, y},
tema do gráfico
PlotTheme → "Marketing",
legenda do g⋯PlotLegends → situadoPlaced"y=x arco cot⋯ArcCot[x]", direitaRight, tamanho da imagemImageSize → 230
-2 0 2 4 6
0.4
0.6
0.8
1.0
x
y
y=x ArcCot[x]
Exemplo 4. Resolva 4 x2 - xy + y2 + y ' (x2 - xy + 4 y2) = 0. Encontre a solução particular y(0) = -1.
Solução. Identificamos da ED os fatores M(x, y) = 4 x2 - xy + y2, N(x, y) = x2 - xy + 4 y2 que funções homogêneas de segundo ordem.
Posteriormente, escrevemos a ED na forma de uma equação homogênea de ordem zero: dy
dx
= - 4 x2- xy + y2
x2- xy + 4 y2 . Logo depois, fazemos u = y/x
e usamos dy
dx
= u + x du
dx
 na ED homogênea de ordem zero:
dy
dx
= -4 x2 - xy + y2
x2 - xy + 4 y2 ⟹ u + x dudx = - 4 - y /x + (y /x)21 - (y /x) + 4 (y /x)2 = - 4 - u + u21 - u + 4 u2
x
du
dx
= -4 + u - u2
1 - u + 4 u2 - u = -4 + u - u
2 - u + u2 - 4 u3
1 - u + 4 u2 = -4 - 4 u
3
1 - u + 4 u2 = - 4 (1 + u
3)
1 - u + 4 u2(1 - u + 4 u2)
1 + u3 du = -4x dx ⟹  (1 - u + 4 u2)1 + u3 ⅆu = - 4x ⅆx + ln(C)
A integral
 (1 - u + 4 u2)
1 + u3 ⅆu
2 Log[1 + u] + Log1 - u + u2
assim temos
 (1 - u + 4 u2)
1 + u3 ⅆu = -4 x + C ⟹ 2 Log[1 + u] + Log1 - u + u2 = -4 ln(x) + ln(C)
voltando as variáveis originais e efetuando a álgebra da expressão anterior
ln (1 + u)2 (1 - u + u2)
C
 = ln 1
x4
⟹ 1 + y
x
2 1 - y
x
+  y
x
2 = C
x4
ou (x + y)2 x2 - xy + y2 = C. ■
34 EDO-2016-1.nb
É a solução geral. A solução particular passando pelo ponto (0,-1) será (0 - 1)2 0 - 0 + (-1)2 = 1 = C. Finalmente(x + y)2 (x2 - xy + y2) = 1. ■
apaga tudo
ClearAll"Global`*";
gráfico de contornos
ContourPlot(x+y) x3 +y3 == 1, {x, -5, 5}, {y, -5, 5},
tema do gráfico
PlotTheme → "Marketing",
legenda do quadro
FrameLabel → {x, y},
legenda do g⋯PlotLegends → situadoPlaced"(x+y)(x3+y3)==1", direitaRight, estilo de conto⋯ContourStyle → { laranjaOrange, es⋯Thick, espessuraThickness[0.0125]}, tamanho da imagemImageSize → 230
-4 -2 0 2 4
-4
-2
0
2
4
x
y (x+y)(x3+y3)==1
2.4 .2.1 Equações redutíveis a homogéneas
As EDs do tipo
dy
dx
= f a1 x + b1 y + c1
a2 x + b2 y + c2 (2.23)
onde a1,2, b1,2 e c1,2 são constantes, se reduz a uma ED homogénea. Para este fim, transladamos a origem de coordenadas ao ponto(x0, y0) onde as retas se cruzam. Isto significa resolver o sistema
a1 x + b1 y + c1 = 0, a2 x + b2 y + c2 = 0 (2.24)
resolve
Solve[{a1 x + b1 y + c1⩵ 0, a2 x + b2 y + c2⩵ 0}, {x, y}]
x → --b2 c1 + b1 c2
a2 b1 - a1 b2 , y → - a2 c1 - a1 c2a2 b1 - a1 b2
As soluções são
x0 = --b2 c1 + b1 c2
a2 b1 - a1 b2 , y0 = - a2 c1 - a1 c2a2 b1 - a1 b2 . (2.25)
O seguinte passo é fazer as mudanças de variável
x = u + x0, dx = du, y = v + y0, dy = dv. (2.26)
O método indicado não é aplicável quando as duas retas a1 x + b1 y + c1 = 0, a2 x + b2 y + c2 = 0 são paralelas. Se isto for o caso,
obviamente as duas retastêm o mesmo coeficiente angular:
a1
b1
= a2
b2
ou
a2
a1
= b2
b1
= κ (2.27)
então a Eq.(2.23)
dy
dx
= f a1 x + b1 y + c1
a2 x + b2 y + c2 = f a1 x + b1 y + c1κ(a1 x + b1 y) + c2 = F(a1 x + b1 y) (2.28)
Esta classe de equações foi estudada no exemplo (4) de EDs redutíveis a variáveis separáveis.
Exemplo 5. Resolva a ED dy
dx
= -3 x+ y+22 x- y+1 . Encontre uma solução particular para a condição inicial y(4) = 8.
Solução. As retas não são paralelas. Logo, resolvemos o sistema
EDO-2016-1.nb 35
resolve
Solve[{-3 x + y + 2⩵ 0, 2 x - y + 1⩵ 0}, {x, y}]
{{x → 3, y → 7}}
isto significa que x0 = 3, y0 = 7. Com as mudanças de variável: x = u + x0, dx = du, y = v + y0, dy = dv.
dy
dx
= -3 x + y + 2
2 x - y + 1 ⟹ dvdu = -3 (u + 3) + (v + 7) + 22 (u + 3) - (v + 7) + 1 = -3 u - 9 + v + 92 u + 6 - v - 6 = -3 u + v2 u - v
é uma ED homogénea. Fazendo w = v/u, v = u w, dv
du
= w + u dw
du
 temos
dv
du
= -3 u + v
2 u - v ⟹ w + u dwdu = -3 + w2 - w ⟹ u dwdu = -3 + w2 - w - w = -3 + w - 2 w + w22 - w = w2 - w - 32 - w(w - 2)
w2 - w - 3 dw = -1u du, integrando  (w - 2)w2 - w - 3 ⅆw = - 1u ⅆu + ln(C).
A integral
apaga tudo
ClearAll["Global`*"];
 w - 2
w2 - w - 3 ⅆw
1
26
13 - 3 13  Log1 + 13 - 2 w + 1
26
13 + 3 13  Log-1 + 13 + 2 w
Encontramos
 w - 2
w2 - w - 3 ⅆw = - 1u ⅆv + ln(C) ⟹ 126 13 - 3 13  ln1 + 13 - 2 w + 126 13 + 3 13  ln-1 + 13 + 2 w = ln Cu
voltando as variáveis originais w = v /u = (y - 7) (x - 3),
1
26
13 - 3 13  ln1 + 13 - 2 y - 7
x - 3  + 126 13 + 3 13  ln-1 + 13 + 2 y - 7x - 3  = ln Cx - 3 .
Para o ponto y(4) = 8, encontramos
apaga tudo
ClearAll["Global`*"];
x = 4; y = 8;
⋯N resolveSolve 126 13 - 3 13  logaritmoLog1 + 13 - 2 y - 7x - 3  +
1
26
13 + 3 13 
logaritmo
Log-1 + 13 + 2 y - 7
x - 3  == logaritmoLog cx - 3, c
{{c → 4.39044}}
Por tanto, a solução particular
1
26
13 - 3 13  ln1 + 13 - 2 y - 7
x - 3  + 126 13 + 3 13  ln-1 + 13 + 2 y - 7x - 3  = ln4.39044x - 3 . ■
36 EDO-2016-1.nb
apaga tudo
ClearAll"Global`*";
gráfico de contornos
ContourPlot 1
26
13 -3 13
logaritmo
Log1+ 13 -2 y-7
x-3 + 126 13 +3 13 logaritmoLog-1+ 13 +2
y-7
x-3  == logaritmoLog
4.39044
x-3 ,
{x, 2.5, 6}, {y, 2.5, 12},
tema do gráfico
PlotTheme → "Marketing",
legenda do quadro
FrameLabel → {x, y},
estilo de conto⋯ContourStyle → { verdeGreen, es⋯Thick, espessuraThickness[0.0125]}
3 4 5 6
4
6
8
10
12
x
y
Exemplo 6. Resolva a ED dy
dx
= x- y+22 x+ y-1 + 2. Encontre uma solução particular para a condição inicial y(2) = 8.
Solução. Escreva a ED na forma
dy
dx
=
simplifica
Simplify x - y + 2
2 x + y - 1 + 2 = 5 x + y-1 + 2 x + y
Agora resolvemos o sistema
apaga tudo
ClearAll["Global`*"];
resolve
Solve[{5 x + y⩵ 0, 2 x + y - 1⩵ 0}, {x, y}]
x → - 1
3
, y → 5
3

isto significa que x0 = - 13 , y0 = 53 . Com as mudanças de variável: x = u + x0, dx = du, y = v + y0, dy = dv.
dy
dx
= 5 x + y-1 + 2 x + y ⟹ dvdu = 5 u + v2 u + v
é uma ED homogénea. Fazendo w = v/u, v = u w, dv
du
= w + u dw
du
 temos
dv
du
= 5 + w
2 + w ⟹ w + u dwdu = 5 + w2 + w
⟹ u dw
du
= 5 + w
2 + w - w = 5 - w - w
2
2 + w
2 + w
w2 + w - 5 dw = -1u dv.
Integramos o termo da esquerda
apaga tudo
ClearAll["Global`*"];
 2 + w
w2 + w - 5 ⅆw
1
14
7 + 21  Log-1 + 21 - 2 w - -7 + 21  Log1 + 21 + 2 w
assim, obtivemos
EDO-2016-1.nb 37
1
14
7 + 21  ln-1 + 21 - 2 w - -7 + 21  ln1 + 21 + 2 w = ln C
v
com w = v/u e voltando as variáveis originais u = x - 3, v = y - 7.
1
14
7 + 21  ln-1 + 21 - 2 (y - 7)
x - 3  - -7 + 21  ln1 + 21 + 2 (y - 7)x - 3  = ln Cy - 7
Para o ponto y(2) = 8, encontramos ln(c)
x = 2; y = 8;
valor numérico
N 1
14
7 + 21 
logaritmo
Log-1 + 21 - 2 (y - 7)
x - 3  - -7 + 21  logaritmoLog1 + 21 + 2 (y - 7)x - 3  + logaritmoLog[y - 7]
1.64306
onde ln(C) = 1.64306, C = ⅇ1.64306= 5.17097
c =
valor numérico
Nⅇ1.64306
5.17097
Finalmente
1
14
7 + 21  ln-1 + 21 - 2 (y - 7)
x - 3  - -7 + 21  ln1 + 21 + 2 (y - 7)x - 3  = ln 5.17097y - 7 . ■
apaga tudo
ClearAll"Global`*";
gráfico de contornos
ContourPlot 1
14
7+ 21
logaritmo
Log-1+ 21 - 2 (y-7)
x-3 - -7+ 21 logaritmoLog1+ 21 +
2 (y-7)
x-3  == logaritmoLog
5.17097
y-7 ,
{x, -4, 4}, {y, 7, 10},
tema do gráfico
PlotTheme → "Marketing",
legenda do quadro
FrameLabel → {x, y},
estilo de conto⋯ContourStyle → { verdeGreen, es⋯Thick, espessuraThickness[0.0125]}
-4 -2 0 2 47
8
9
10
x
y
Exemplo 7. Resolva a ED 3 x + y - 2 + dy
dx
(x - 1) = 0. Encontre uma solução particular para a condição inicial y(3) = -1 .
Solução. Escreva a ED na forma padrão
dy
dx
= -3 x - y + 2
x - 1
Agora resolvemos o sistema
apaga tudo
ClearAll["Global`*"];
resolve
Solve[{-3 x - y + 2⩵ 0, x - 1⩵ 0}, {x, y}]
{{x → 1, y → -1}}
isto significa que x0 = 1, y0 = -1. Com as mudanças de variável: x = u + x0, dx = du, y = v + y0, dy = dv.
38 EDO-2016-1.nb
dy
dx
= -3 (u + 1) - (v - 1) + 2
u + 1 - 1 ⟹ dvdu = -3 u - vu
é uma ED homogénea. Fazendo w = v/u, v = u w, dv
du
= w + u dw
du
 temos
dv
du
= -3 - w ⟹ w + u dw
du
= -3 - w
⟹ u dw
du
= -3 - 2 w
1
3 + 2 w dw = -1u du ⇒  13 /2 + w ⅆw = -2  1u ⅆu ⇒ ln w + 32 = ln Cu2 ,
assim, obtivemos
v
u
+ 3
2
= C
u2
⟹ u v + 3
2
u2 = C
com w = v/u e voltando as variáveis originais
(x - 1) (y + 1) + 3
2
(x - 1)2 = C
Para o ponto y(2) = 8, encontramos ln(c)
x = 3; y = -1;
c =
valor numérico
N(x - 1) (y + 1) + 3
2
(x - 1)2
6.
Finalmente
(x - 1) (y + 1) + 3
2
(x - 1)2 = 6. ■
apaga tudo
ClearAll["Global`*"];
resolve
Solve(x - 1) (y + 1) + 3
2
(x - 1)2 == 6, y
y → 11 + 4 x - 3 x2
2 (-1 + x) 
apaga tudo
ClearAll"Global`*";
gráfico
Plot11 +4 x -3 x2
2 (-1+x) , {x, -4, 4}, tema do gráficoPlotTheme → "Marketing", legenda do quadroFrameLabel → {x, y}
-4 -2 0 2 4-15
-10-5
0
5
10
15
x
y
Com Mathematica:
EDO-2016-1.nb 39
apaga tudo
ClearAll["Global`*"];
sol =
resolve equação diferencial
DSolvey'[x]⩵ -3 x - y[x] + 2
x - 1 , y[3]⩵ -1, y[x], x
y[x] → 11 + 4 x - 3 x2
2 (-1 + x) 
2.4 .2.2 Aplicações 
Neste ponto abordamos algumas aplicações.
Exemplo 1 (Geometria). Encontre a curva para a qual a normal faz ângulos iguais com o raio vetor, r, e o eixo X. 
Solução. Considere a figura abaixo, onde temos traçado uma curva arbitrária, uma reta tangente PT e uma reta normal PN passando pelo
ponto P(r, θ) em coordenadas polares. Verifica-se a relação
tanϕ = r dθ
dr
.
Da figuraα = 90o - ϕ, 2α + θ = 180o ⟹ 2 (90o - ϕ) + θ = 180o ⟹ θ = 2ϕ ou ϕ = θ2.
Tomando tangente : tanϕ = tan θ
2
= r dθ
dr
.
Assim, a ED procurada é
1
r
dr
dθ = cotan θ2 . ■
É uma equação com variáveis separáveis, que resolvemos usando a técnica correspondente:
1
r
dr = cotan θ
2
dθ ⟹  1
r
ⅆ r = cotan θ
2
ⅆθ + ln(C),
porem, a integral

cotangente
Cotθ
2
 ⅆθ
2 LogSinθ
2

A solução2
 1
r
ⅆ r = cotan θ
2
ⅆθ + ln(C) ⟹ ln(r) = 2 ln sin θ
2
+ ln(C) ⟹ r = C sin2 θ
2
= C
2
(1 - cos θ). ■
40 EDO-2016-1.nb
gráfico polar
PolarPlot1
2
(1-
cosseno
Cos[θ]), {θ, 0, 2 ⋯Pi}, altera a escala da funçã⋯ColorFunctionScaling → falsoFalse, estilo do g⋯PlotStyle → esp⋯Thick, tema do gráficoPlotTheme → "Marketing", legenda do quadroFrameLabel → {x, y}
-1.0 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0
-0.50
-0.25
0
0.25
0.50
x
y
A figura representa o “cardióide” r = C
2
(1- cos θ).
Exemplo 2 (Física). Suponha-se que um avião afasta-se do ponto (a, 0) situado para leste do seu destino pretendido- um aeroporto
localizado na origem (0, 0). O avião viaja com velocidade constante v0 em relação ao vento, que sopra para o norte com velocidade
constante w. Tal como indicado na Fig.(a), assumimos que o piloto do avião mantém a sua posição diretamente para a origem.
Determine a trajetória do aeroplano.
Solução. A figura (b) nos mostra um gráfico em coordenadas retangulares da posição instantânea do aeroplano. As componentes
retangulares da velocidade instantânea são
dx
dt
= -v0 cosθ = -v0 x
x2 + y2 ,
dy
dt
= -v0 sinθ + w = -v0 y
x2 + y2 + w.
Eliminamos o tempo dividindo as duas velocidades
dy /dt
dx /dt =
-v0 y
x2+y2 + w-v0 x
x2+y2
= 1
v0 x
v0 y - w x2 + y2 ⟹ dy
dx
= 1
v0 x
v0 y - w x2 + y2 .
Esta equação é homogênea de grau zero. Para resolve - la fazemos
u = y
x
⟹ y = u x, y ' = u + x u '
dy
dx
= 1
v0 x
v0 y - w x2 + y2 ⟹ u + x u ' = u - w
v0
1 + u2 ⟹ x u ' = - w
v0
1 + u2
a última equação é de variáveis separáveis. Introduzindo k = w
v0
du
1 + u2 = -k
dx
x
⟹  1
1 + u2 ⅆu = - kx ⅆx + C
EDO-2016-1.nb 41
porem, a integral
 1
1 + u2 ⅆu
ArcSinh[u]
logo
 1
1 + u2 ⅆu = - kx ⅆx + ln(C) ⟹ ArcSinh[u] = k ln Cx ⟹
ArcSinh y
x
 = ln C
x
⟹ y = x Sinh k ln C
x
Para a condição inicial y(a) = 0
0 = a Sinh k ln C
a
, C = a.
A trajetória é
y = x Sinh k lna
x
 = x
2
ⅇln ax k - ⅇ-ln ax k = x
2
ⅇln ax k - ⅇln ax -k
= x
2
a
x
k - a
x
-k = a
2
a
x
k-1 - a
x
1+k , y = a
2
 x
a
1-k -  x
a
1+k .
42 EDO-2016-1.nb
apaga tudo
ClearAll["Global`*"];
manipula
Manipulate
módulo
Module{pp, sol},
sol =
resolve equação diferencial
DSolvey '[x] ⩵ y[x]
x
- k 1+ y[x]
x
2 1/2
, y[50] ⩵ 0, y[x], x;
pp =
gr⋯Plot[ calculaEvaluate[y[x] /. sol, {x, -10, 60}, eixosAxes → ve⋯True, quociente de as⋯AspectRatio → 1, tema do gráficoPlotTheme → "Marketing",
tamanho da ima⋯ImageSize → 250, legenda do quadroFrameLabel → {x, y}, intervalo do gráficoPlotRange → {{-10, 60}, {0, 40}}]], {k, 0, 1.2, 0.01, aparênciaAppearance → "Open"}
k
1.01
0 20 40 60
0
10
20
30
40
x
y
2.4 .3 Equações lineares de primeira ordem
Uma EDO deste tipo tem a forma geral
dy
dx
+ P(x) y = Q(x). (2.29)
Se Q(x) = 0, a equação anterior chama-se linear de primeira ordem homogénea, se Q(x) ≠ 0, chama-se linear de primeira ordem não
homogénea.
1o. Método de solução
Multiplicamos a equação anterior pelo fator R(x) = ⅇ∫P(x) ⅆx(chamado fator integrante) assim obtemos
dy
dx
ⅇ∫P ⅆx + ⅇ∫P ⅆx P(x) y = Q(x) ⅇ∫Pⅆx, ⟹ d
dx
y ⅇ∫P ⅆx = Q(x) ⅇ∫Pⅆx
integrando ambos os lados encontramos
y ⅇ∫P ⅆx = Q(x) ⅇ∫Pⅆx ⅆx + C (2.30)
que é a solução que procuramos.
2o. Método de solução
EDO-2016-1.nb 43
Usamos o método da variação da constante de integração. Consiste nos seguintes passos:
Passo 1. Resolva a equação homogénea correspondente
dy
dx
+ P(x) y = 0 ⟹ dy
dx
= -P(x) y ⟹ dy
y
= -P(x) dx
y(x) = C ⅇ-∫P(x) ⅆx. (2.31)
Passo 2. Considere a constante C de integração uma função desconhecida de x, isto é, C(x), e calcule
y(x) = C(x) ⅇ-∫P(x) ⅆx ⟹ dy
dx
= dC
dx
ⅇ-∫P(x) ⅆx - C(x) P(x) ⅇ-∫P(x) ⅆx (2.32)
Passo 3. Substitua o resultado anterior na equação linear não homogénea (2.29)
dC
dx
ⅇ-∫P(x) ⅆx - C(x) P(x) ⅇ-∫P(x) ⅆx + P(x) C(x) ⅇ-∫P(x) ⅆx = Q(x), ⇒ dC
dx
= ⅇ∫P(x) ⅆx Q(x),
C(x) = ⅇ∫P(x) ⅆx Q(x) ⅆx + A (2.33)
onde A é uma nova constante de integração.
Passo 4. Substitua o resultado anterior em (2.31) para obtermos a solução geral:
y(x) = C(x) ⅇ-∫P(x) ⅆx = ⅇ-∫P(x) ⅆx ⅇ∫P(x) ⅆx Q(x) ⅆx + A . (2.34)
Do resultado anterior pode-se concluir que, a solução geral da EDO (2.29) contém a solução da equação homogénea correspondente
yh = A ⅇ-∫P(x) ⅆx e uma solução particular da equação não homogénea yp = ⅇ-∫P(x) ⅆx ∫ⅇ∫P(x) ⅆx Q(x) ⅆx. Não recomendamos decorar a
fórmula (2.34) senão repetir os passos descritos.
Exemplo 1. Encontre a solução geral da equação (x + 1) dy
dx
- y = e3 x(x + 1)2. Qual é a solução particular se y(0) = -1?
Solução. Escrevemos a equação na forma padrão dy
dx
- y
x+1 = e3 x(x + 1), de onde P(x) = - 1x+1 e Q(x) = e3 x(x + 1). A integral
Pⅆx = - 1
x + 1 ⅆx = -ln(x + 1) = ln(x + 1)-1, e o fator integrante R = e∫P ⅆx = eln(x+1)-1 = (x + 1)-1 = 1x + 1 .
e a solução geral será
y ⅇ∫P ⅆx = Q(x) ⅇ∫Pⅆx ⅆx + C ⟹ y 1
x + 1 = e3 x(x + 1) 1x + 1 ⅆx + C = e3 x ⅆx + C = 13 e3 x +C,
y = (x + 1) 1
3
e3 x +C .
Se y(0) = -1, temos
-1 = (0 + 1) 1
3
e3 (0) +C = 1
3
+C ⟹ C = -4
3
. Logo a solução particular : y = (x + 1) 1
3
e3 x -4
3
.
Usando Mathematica encontramos tanto a solução analítica para a condição inicial dada como também o gráfico da solução.
44 EDO-2016-1.nb
sol =
resolve equação diferencial
DSolvey '[x] - y[x] / (x+1) ⩵ ⅇ3 x (x+1), y[0] == -1, y[x], x
gráfico
Plot[y[x] /. sol, {x, -1, 1},
legenda do quadro
FrameLabel → {x, y},
quadro
Frame ->
ve⋯True, tema do gráficoPlotTheme → "Marketing", tamanho da imagemImageSize → 230]
y[x] → 1
3
-4 + ⅇ3 x (1 + x)
-1.0 -0.5 0 0.5 1.0-1
0
1
2
3
4
x
y
Exemplo 2. Encontre a solução geral da equação dy
dx
= tan(x) y + cos(x). Qual é a solução particular se y(0) = 1?
Solução. Escrevemos a equação na forma padrão dy
dx
- tan(x) y = cos(x), de onde P(x) = -tan(x) e Q(x) = cos(x). A integral
Pⅆx = -tan(x)ⅆx = - sin(x)
cos(x) ⅆx = ln(cos(x)), e o fator integrante R = e∫P ⅆx = eln(cos(x)) = cos(x).
e a solução geral será
y ⅇ∫P ⅆx = Q(x) ⅇ∫Pⅆx ⅆx + C ⟹ y cos(x) = cos(x) cos(x) ⅆx + C = cos2(x) ⅆx + C =
 (1 + cos(2 x))
2
ⅆx +C = 1
2
x + 1
2
sin(2 x) + C. Logo
y = 1
cos(x) 12 x + 12 sin(2 x) + C ,
é a solução geral. Se y(0) = 1, temos
1 = 1
cos(0) 12 0 + 12 sin(0) +C ⟹ C = 1. Logo a solução particular : y = 1cos(x) x2 + 14 sin(2 x) + 1 .
Usando Mathematica encontramos tanto a solução analítica para a condição inicial dada como também o gráfico da solução.
sol =
resolve equação dif⋯DSolve[{y '[x] == y[x] tange⋯Tan[x] + cossenoCos[x], y[0] ⩵ 1}, y[x], x]
gráfico
Plot[y[x] /. sol, {x, -2π, 2π},
legenda do quadro
FrameLabel → {x, y},
quadro
Frame ->
ve⋯True, tema do gráficoPlotTheme → "Marketing", tamanho da imagemImageSize → 230]
y[x] → 1
4
4 Sec[x] + 2 x Sec[x] + Sec[x] Sin[2 x]
-5.0 -2.5 0 2.5 5.0-15
-10
-5
0
5
10
15
x
y
Exemplo 3. Encontre a solução geral da equação x dy
dx
+ y = ln(x) + 1. Qual é a solução particular se y(1) = 2?
Solução. Escrevemos a equação na forma padrão dy
dx
+ y
x
= ln(x)+1
x
, de onde P(x) = 1 /x e Q(x) = ln(x)+1
x
. A integral
EDO-2016-1.nb 45
Pⅆx =  1
x
ⅆx = ln(x), e o fator integrante R = e∫P ⅆx = eln(x) = x.
e a solução geral será
y ⅇ∫P ⅆx = Q(x) ⅇ∫Pⅆx ⅆx + C ⟹ y x =  ln(x) + 1
x
x ⅆx + C = (ln(x) + 1) ⅆx + C.
Calculamos a integral
 (
logaritmo
Log[x] + 1)ⅆx
x Log[x]
pelo que a solução geral será
y = 1
x
(x ln(x) + C).
é a solução geral. Se y(1) = 2, temos
2 = 1
1
(1 ln(1) + C) ⟹ C = 2. Logo a solução particular : y = 1
x
(x ln(x) + 2)
Usando Mathematica encontramos tanto a solução analítica para a condição inicial dada como também o gráfico da solução.
sol =
resolve equação diferencial
DSolve[{y '[x] + y[x] / x ⩵ (
logaritmo
Log[x] +1) / x, y[1] ⩵ 2}, y[x], x]
gráfico
Plot[y[x] /. sol, {x, -1, 2},
legenda do quadro
FrameLabel → {x, y},
quadro
Frame ->
ve⋯True, tema do gráficoPlotTheme → "Marketing", tamanho da imagemImageSize → 230]
y[x] → 2 + x Log[x]
x

-1 0 1 22
4
6
8
x
y
Exemplo 4. Equação de Bernoulli. Uma equação de Bernoulli é da forma dy
dx
+ P(x) y = Q(x) yn, onde n é qualquer número.Esta classe
de equações se reduzem a lineares não homogéneas mediante a substituição z = y1-n. Com esta informação, encontre a solução geral
da equação dy
dx
- x y = -e-x2 y3. Qual é a solução particular se y(0) = 1/2?
Solução. Na equação de Bernoulli dada dy
dx
- x y = -e-x2 y3, onde n = 3, usamos a substituição z = y1-3 = 1
y2
. Temos
dz
dx
= dz
dy
dy
dx
= - 2
y3
dy
dx
⟹ dy
dx
= - y3
2
dz
dx
= -1
2
1
z3/2
dz
dx
.
Substituindo isto na equação original encontramos uma ED nas variáveis x e z:
dy
dx
- x y = -e-x2 y3 ⟹ -1
2
1
z3/2
dz
dx
- x
z1/2 = -e-x2 1z3/2 ⟹ -12 dzdx - x z = -e-x2 ⟹ dzdx + 2 x z = 2 e-x2 .
Esta equação realmente é linear não homogénea. Identificamos nela P(x) = 2x, Q(x) = 2 e-x2 . O fator
Pⅆx = 2 xⅆx = x2, e o fator integrante R = e∫P ⅆx = ex2 .
A solução geral da equação dz
dx
+ 2 x z = 2 e-x2 , será
46 EDO-2016-1.nb
z ⅇ∫P ⅆx = Q(x) ⅇ∫Pⅆx ⅆx + C ⟹ z ex2 = 2 e-x2 ex2 ⅆx + C = 2 x + C,
pelo que a solução geral será
z = 1
y2
= e-x2(2 x + C).
Se y(0) = 1/2, temos
1(1 /2)2 = e-0(0 + C) ⟹ C = 4. Logo a solução particular : 1y2 = e-x2(2 x + 4) ou y(x) = ex2/22 x + 4 .
Usando Mathematica encontramos tanto a solução analítica para a condição inicial dada como também o gráfico da solução.
sol =
resolve equação diferencial
DSolvey '[x] - y[x] x ⩵ - ⅇ-x2 y[x]3, y[0] ⩵ 1 /2, y[x], x
gráfico
Plot[y[x] /. sol, {x, -2, 2},
legenda do quadro
FrameLabel → {x, y},
quadro
Frame ->
ve⋯True, tema do gráficoPlotTheme → "Marketing", tamanho da imagemImageSize → 230]
DSolve::bvnul : For some branches of the general solution, the given boundary conditions lead to an empty solution. 
y[x] → ⅇ x22
2 2 + x 
-2 -1 0 1 2
1
2
3
4
x
y
Exemplo 5. Encontre a solução geral da equação dy
dx
- n
x+1 y = ex(1 + x)n. Qual é a solução particular se n = -2 e y(0) = -2?
Solução. Resolvemos pelo segundo método. A solução da parte homogénea dy
dx
- n
x+1 y = 0, é
ⅆy
y
= n  1
x + 1 ⅆx + ln(C) ⟹ ln(y) = n ln(x + 1) + ln(C) = ln(C(x + 1)n)
y = C(x + 1)n.
Considerando C uma função de x e derivando, temos
dy
dx
= dC
dx
(x + 1)n + C n(x + 1)n-1,
inserindo na EDO original
dC
dx
(x + 1)n + C n(x + 1)n-1 - n
x + 1 C(x + 1)n = ex(1 + x)n, ou
dC
dx
(x + 1)n = ex(1 + x)n ⟹ dC
dx
= ex, C(x) = ex + A,
sendo A uma nova constante. A solução geral será
y = (ex + A) (x + 1)n.
Se n = -2, y(0) = -2, temos-2 = e0 + A (0 + 1)-2 ⟹ A = -3.
Logo a solução particular : y = (ex - 3) (x + 1)-2.
Usando Mathematica encontramos tanto a solução analítica para a condição inicial dada como também o gráfico da solução.
EDO-2016-1.nb 47
apaga tudo
ClearAll["Global`*"];
sol5 =
resolve equação diferencial
DSolvey '[x] +2 y[x]
x+1 ⩵ ⅇx(x+1)2 , y[0] ⩵ -2, y[x], x
gráfico
Plot[y[x] /. sol5, {x, -1, 6},
legenda do quadro
FrameLabel → {x, y},
quadro
Frame ->
ve⋯True, tema do gráficoPlotTheme → "Marketing", tamanho da imagemImageSize → 230]
y[x] → -3 + ⅇx(1 + x)2 
0 2 4 6
-7.5
-5.0
-2.5
0
2.5
5.0
7.5
x
y
Exemplo 6. Encontre a solução geral da equação dy
dx
- y ln(2) = 2sin(x) (cos(x) - 1) ln(2). Qual é a solução particular se quando x =  /2,
y(/2) = -1?
Solução. Resolvemos pelo segundo método. A solução da parte homogénea dy
dx
- y ln(2) = 0, é
ⅆy
y
= ln(2) ⅆx + ln(C) ⟹ ln(y) = ln(2) x + ln(C) ⇒ ln(y /C) = ln(2x)
y = C 2x.
Considerando C uma função de x e derivando, temos
dy
dx
= dC
dx
2x + C 2x ln(2),
inserindo na EDO original
dC
dx
2x + C 2x ln(2) - C 2x ln(2) = 2sin(x) (cos(x) - 1) ln(2), ou
dC
dx
2x = 2sin(x) (cos(x) - 1) ln(2) ⟹ dC
dx
= 2sin(x)-x (cos(x) - 1) ln(2), ou
ⅆC = ln(2) 2sin(x)-x (cos(x) - 1)ⅆx + A .
sendo A uma nova constante. Calculamos a integral
apaga tudo
ClearAll["Global`*"];
logaritmo
Log[2]  2Sin[x]-x (
cosseno
Cos[x] - 1) ⅆx
2-x+Sin[x]
Logo
C(x) = 2-x+sin(x) + A
Assim, 
y = C 2x = 2-x+sin(x) + A 2x.
Logo a solução particular : -1 = 2-/2+sin(/2) + A 2/2. Encontramos A :
48 EDO-2016-1.nb
⋯N resolveSolve-1 == 2-π/2+Sin[π/2] + A 2π/2, A{{A → -1.00987}}
Logo a solução particular :
y = 2-x+sin(x) - 1 2x = 2sin(x) - 2x.
gráfico
Plot2Sin[x] -2x, {x, -2 ⋯Pi, ⋯Pi}, altera a escala da funçã⋯ColorFunctionScaling → falsoFalse, estilo do g⋯PlotStyle → esp⋯Thick, tema do gráficoPlotTheme → "Marketing", legenda do quadroFrameLabel → {x, y}
-6 -4 -2 0 2-4
-2
0
2
x
y
Usando Mathematica encontramos tanto a solução analítica para a condição inicial dada como também o gráfico da solução.
2.4 .3.1 Aplicações 
Neste ponto abordamos algumas aplicações.
Exemplo 1 ( Física). Uma objeto de massa m foi lançado para direita com um ângulo de inclinação θ com relação ao solo e a uma
velocidade inicial v0. Se uma força de resistência horizontal é proporcional a velocidade instantânea nessa direção age na região
Fx,res = k vx, onde k é uma constante de proporcionalidade. Encontre a) a altura máxima que atingirá, b) a trajetória descrita pelo
objeto, e c) o alcance horizontal. 
Solução. Considere a figura abaixo, onde temos traçado uma porção da trajetória, as forças aplicadas e o vetor velocidade instantânea v.
 Fx = -Fx,res = m ax ⟹ -k vx = m ax = m dvxdt
 Fy = -m g = m ay ⟹ -g = ay = dvydt .
A equação ao longo de x é linear. Sua solução é direita
-k vx = m dvx
dt
⟹ dvx
vx
= - k
m
dt ⟹ ln(vx) = ln(C) + - k
m
t
vx(t) = Cⅇ-k t/m.
Em t = 0, vx(0) = v0 cos(θ). Logo C = v0 cos(θ) e a solução 
vx(t) = v0 cos(θ) ⅇ-k t/m.
Na direção y o movimento acontece com aceleração constante ay = -g. Por tanto, no instante t
EDO-2016-1.nb 49
vy(t) = v0 sin(θ) - g t.
Quando a altura máxima é atingida, vy(t) = 0 = v0 sin(θ) - g t e o tempo de subida ts = v0 sin(θ)g .
a) Altura máxima
H = v0 sin(θ) ts - 1
2
g ts
2 = v02 sin2(θ)
g
- 1
2
g
v0
2 sin2(θ)
g2
= v02 sin2(θ)
2 g
.
b) Trajetória. Ao longo de x temos
vx(t) = dx
dt
= v0 cos(θ) ⅇ-k t/m a integração dá 
0
xⅆx = v0 cos(θ) 
0
Tⅇ-k t /m ⅆ t ⟹ x(t) = m v0 cos(θ)
k
1 - ⅇ- k tm 
isolamos o tempo:
k x
m v0 cos(θ) = 1 - ⅇ- k tm ⟹ ⅇ- k tm = 1 - k xm v0 cos(θ) ⟹ - k tm = ln 1 - k xm v0 cos(θ) ⟹ t = -mk ln 1 - k xm v0 cos(θ) .
Ao longo de y temos
y = v0 sin(θ) t - 1
2
g t2 = -v0 sin(θ) m
k
ln 1 - k x
m v0 cos(θ) - 12 g mk 2 ln 1 - k xm v0 cos(θ) 2
Agora mostramos um gráfico da trajetória para diferentes valores das constantes envolvidas no problema.
50 EDO-2016-1.nb
apaga tudo
ClearAll"Global`*";
manipula
Manipulate
d = m v0 Cos[θDegree]
k
1- ⅇ-2 k v0 Sin[θDegree]/(9.81 m);
H = v02 Sin[θDegree]2
2 (9.81) ;
Plot-m v0 Sin[θDegree]
k logaritmo
Log1- k x
m v0 Cos[θDegree]  -
9.81
2
m
k
2
Log1- k x
m v0 Cos[θDegree] 
2
, {x, 0, d},
intervalo do gráfico
PlotRange → {{0, d}, {0, H}},
tema do gráfico
PlotTheme → "Marketing",
tamanho da ima⋯ImageSize → 200, legenda do quadroFrameLabel → {x, y}, eixosAxes → verdadeiroTrue, k, 0.2, 1.2, 0.1, aparênciaAppearance → "Open",
m, 1, 10, 1.0,
aparência
Appearance → "Open", θ, 10, 80, 10,
aparência
Appearance → "Open", v0, 20, 60, 5,
aparência
Appearance → "Open"
k
1.
m
9.θ
70
v0
40
0 20 40 60
0
20
40
60
x
y
b) Alcançe máximo. O tempo to tal de subida e descida é T = 2 v0 sin(θ)g .

0
Tⅇ-k t m ⅆt
m - ⅇ- k Tm m
k
D = m v0 cos(θ)
k
1 - ⅇ- k Tm  = m v0 cos(θ)
k
1 - ⅇ- 2 k v0 sin(θ)m g 
Abaixo mostramos um código que resolve o sistema de equações vx(t) = v0 cos(θ) ⅇ-k t/m e vy(t) = v0 sin(θ) - g t . Compare com o gráfico
de nossa solução analítica anterior.
EDO-2016-1.nb 51
apaga tudo
ClearAll["Global`*"];