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Equações Diferenciais de Primeira Ordem

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1
Cálculo Aplicado:
Semana 01
Equações Diferenciais de Primeira Ordem:
Vamos estudar três tipos de equações diferenciais de primeira ordem:
• Separáveis.
• Lineares.
• Exatas
EDOs 1
a
Ordem Separáveis:
Vamos considerar as equações:
dy
dx
= f(x, y).
Elas podem ser sempre colocadas na forma: M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0.
Uma forma de fazer isso é:
dy
dx
= f(x, y) ⇒ dy− f(x, y)dx = 0 ⇒
M(x,y)︷ ︸︸ ︷
f(x, y) dx
N(x,y)︷︸︸︷
−1 dy = 0 ⇒ M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0
Se conseguimos escrever a equação de primeira ordem da forma: N(y) dy =M(x) dx, dizemos que esta
é uma equação diferencial de primeira ordem separável.
Neste caso, podemos fazer: N(y) dy =M(x) dx ⇒
∫
N(y) dy =
∫
M(x) dx ⇒ N˜(y) = M˜(x)+C
onde N˜(y) =
∫ y
y0
N(s) ds e M˜(x) =
∫ x
x0
M(s) ds.
Exemplos:
1) Resolva a EDO:
dy
dx
=
x2
1− y2 .
Resolução:
dy
dx
=
x2
1− y2 ⇒ (1−y
2) dy = x2 dx ⇒
∫
(1−y2) dy =
∫
x2 dx ⇒ y− y
3
3
=
x3
3
+C
y − y
3
3
=
x3
3
+ C ⇒ −y3 + 3y − x3 = C
Portanto, a solução geral da EDO:
dy
dx
=
x2
1− y2 é dada implicitamente por −y
3 + 3y − x3 = C.
2) Resolva o problema de valor inicial:
dy
dx
=
3x2 + 4x+ 2
2(y − 1) , y(0) = −1.
Resolução:
dy
dx
=
3x2 + 4x+ 2
2(y − 1) ⇒ 2(y−1) dy = (3x
2+4x+2) dx ⇒ y2−2y = x3+2x2+2x+C.
As soluções da EDO são dadas implicitamente por: y2 − 2y = x3 + 2x2 + 2x+ C.
Podemos explicitar as soluções?
A resposta é sim: y2 − 2y = x3 + 2x2 + 2x+ C ⇒ y2 − 2y − (x3 + 2x2 + 2x+ C) = 0,
Vamos "olhar" a equação y2 − 2y − (x3 + 2x2 + 2x+ C) = 0 como uma equação algébrica de segundo
grau em relação a y, ou seja, vamos olhar, esta equação como ay2 + by + c = 0, com a 6= 0.
2
Assim, sabemos que as soluções são: y1 =
−b+√b2 − 4ac
2a
e y2 =
−b−√b2 − 4ac
2a
.
Na nossa equação: y2 − 2y − (x3 + 2x2 + 2x+ C) = 0 a = 1, b = −2 e c = −(x3 + 2x2 + 2x+ C),
Portanto as soluções são: y1 =
2 +
√
4 + 4(x3 + 2x2 + 2x+ C)
2
e y2 =
2−√4 + 4(x3 + 2x2 + 2x+ C)
2
.
Ou seja, y1 = 1 +
√
1 + x3 + 2x2 + 2x+ C e y2 = 1−
√
1 + x3 + 2x2 + 2x+ C.
Como queremos que y(0) = −1, temos:
−1 = 1−
√
1 + (0)3 + 2(0)2 + 2(0) + C ⇒ −1 = 1−√1 + C ⇒ √1 + C = 2 ⇒ C = 3.
A solução do problema de valor inicial:
dy
dx
=
3x2 + 4x+ 2
2(y − 1) , y(0) = −1 é: y = 1 +
√
x3 + 2x2 + 2x+ 4.
3) Resolva a equação:
dy
dx
=
4x− x3
4 + y3
, e desenhe grá�cos de diversas curvas integrais.
Encontre a solução que contém o ponto (0, 1) e determine seu intervalo de validade.
Resolução:
dy
dx
=
4x− x3
4 + y3
⇒ (4 + y3) dy = (4x− x3) dx ⇒
∫
(4 + y3) dy =
∫
(4x− x3) dx ⇒
⇒ 4y + y
4
4
= 2x2 − x
4
4
+ C
A solução geral da EDO:
dy
dx
=
4x− x3
4 + y3
é dada implicitamente por: y4 + 16y + x4 − 8x2 = C.
Para encontrar a solução que contém (0, 1), fazemos x = 0 e y = 1 na equação: y4+16y+x4−8x2 = C.
Ou seja, (1)4 + 16(1) + (0)4 − 8(0)2 = C ⇒ C = 17.
A solução particular da EDO:
dy
dx
=
4x− x3
4 + y3
que contém o ponto (0, 1) é dada implicitamente por:
y4 + 16y + x4 − 8x2 = 17.
Para encontrar o intervalo de validade dessa solução, observamos o grá�co e descobrimos que este intervalo
será de�nido pelos valores onde a reta tangente seria vertical, ou seja, onde
dy
dx
→ ±∞.
Assim, como
dy
dx
=
4x− x3
4 + y3
temos que
dy
dx
→ ±∞ quando 4 + y3 = 0.
Ou seja, y = − 3√4 ⇒ y ≈ −1, 5874 que substituído na equação: y4+16y+x4−8x2 = 17. nos leva a:
(−1, 5874)4 + 16(−1, 5874) + x4 − 8x2 = 17 ⇒ x4 − 8x2 − 36, 0488 ⇒ x = ±3, 3488.
Portanto o intervalo de validade da solução: y4 + 16y + x4 − 8x2 = 17 é
]
− 3, 3488 ; +3, 3488
[
.
EDOs 1
a
Ordem Lineares:
Vamos considerar as equações:
dy
dx
= f(x, y).
3
Elas são chamadas de lineares se podem ser colocadas na forma:
dy
dx
+ p(x)y = g(x).
Para resolver esta equação vamos usar o método do fator integrante.
Vamos multiplicar a equação por u (u = u(x)) e veri�car que é possivel encontrar u que faça que o lado
esquerdo da equação seja a derivada do produto uy.
Observe que y = y(x) e u = u(x), portanto: (uy)′ = u′y + uy′, ou seja,
d
dx
(uy) =
du
dx
y + u
dy
dx
,
Ou ainda,
d
dx
(uy) = u
dy
dx
+
du
dx
y.
dy
dx
+ p(x)y = g(x) ⇒ u dy
dx
+ up(x)y = ug(x).
Queremos: u
dy
dx
+ up(x)y︸ ︷︷ ︸
uy′+u′y
= ug(x), ou melhor, u
dy
dx
+ up(x)y = ug(x) = u
dy
dx
+
du
dx
y.
u
dy
dx
+ up(x)y = ug(x) = u
dy
dx
+
du
dx
y ⇒ up(x) = du
dx
Assim, queremos u = u(x) que satisfaz a EDO:
du
dx
= up(x), que é uma EDO de 1aOrdem separável.
du
dx
= u ⇒ p(x) dx = 1
u
du ⇒
∫
p(x) dx =
∫
1
u
du ⇒
∫
p(x) dx = lnu+ C.
Como queremos apenas uma solução, podemos escolher C = 0.
⇒
∫
p(x) dx = lnu+
0︷︸︸︷
C ⇒ lnu =
∫
p(x) dx ⇒ u(x) = e
∫
p(x) dx
.
Voltando para nossa equação diferencial ordinária linear:
dy
dx
+ p(x)y = g(x).
Primeiramente multiplicamos por u = u(x) = e
∫
P (x) dx
que é chamado fator integrante.
Assim:
dy
dx
+ p(x)y = g(x) ⇒ dy
dx
e
∫
P (x) dx + p(x)ye
∫
P (x) dx = g(x)e
∫
P (x) dx ⇒
⇒
(
dy
dx
e
∫
P (x) dx + p(x)ye
∫
P (x) dx
)
= g(x)e
∫
P (x) dx
⇒
(
dy
dx
e
∫
P (x) dx + p(x)ye
∫
P (x) dx
)
= g(x)e
∫
P (x) dx ⇒
(
ye
∫
P (x) dx
)′
= g(x)e
∫
P (x) dx ⇒
⇒
(
ye
∫
P (x) dx
)
=
∫
g(x)e
∫
P (x) dx dx+ C ⇒ y =
∫
g(x)e
∫
P (x) dx dx+ C
e
∫
P (x) dx
Ou, chamando I(x) = e
∫
P (x) dx
temos: y =
∫
g(x) I(x) dx+ C
I(x)
A solução geral da EDO:
dy
dx
+ p(x)y = g(x) é y =
∫
g(x) I(x) dx+ C
I(x)
, onde I(x) = e
∫
P (x) dx
.
4
Exemplos:
1) Resolva a EDO:
dy
dx
+
1
2
y =
1
2
e
x
3
e ache a solução cujo grá�co contém o ponto (0, 1).
Esta EDO é uma EDO de 1
a
Ordem linear, com p(x) = 12 e g(x) =
1
2 e
x
3
,
Vamos calcular o fator integrante: I(x) = e
∫
p(x) dx = e
∫
1
2
dx = e
1
2
x+C
, e podemos escolher C = 0.
Assim: I(x) = e
1
2
x
. Agora, vamos multiplicar, a EDO linear pelo fator integrante:
dy
dx
+
1
2
y =
1
2
e
x
3 ⇒ dy
dx
e
1
2
x +
1
2
y e
1
2
x =
1
2
e
x
3 e
1
2
x ⇒
(
y e
1
2
x
)′
=
1
2
e
5
6
x ⇒
⇒
(
y e
1
2
x
)
=
1
2
∫
e
5
6
x dx+ C ⇒ y e 12 x = 1
2
6
5
e
5
6
x + C ⇒ y =
3
5 e
5
6
x + C
e
1
2
x
⇒
⇒ y =
3
5 e
5
6
x
e
1
2
x
+
C
e
1
2
x
⇒ y = 3
5
e
1
3
x + C e−
1
2
x
.
Para encontrar a solução cujo grá�co contém o ponto (0, 1), fazemos x = 0 e y = 1 na solução geral:
y =
3
5
e
1
3
x + C e−
1
2
x
∣∣∣
x=0 e y=1
⇒ 1 = 3
5
e
1
3
(0) + C e−
1
2
(0) ⇒ 1 = 3
5
+ C ⇒ C = 2
5
yp =
3
5
e
1
3
x +
2
5
e−
1
2
x
A solução geral da EDO:
dy
dx
+
1
2
y = e
x
3
é yG =
3
5
e
1
3
x + C e−
1
2
x
.
A solução particular que contém (0, 1) da EDO:
dy
dx
+
1
2
y = e
x
3
é yp =
3
5
e
1
3
x +
2
5
e−
1
2
x
.
2) Resolva a EDO:
dy
dt
− 2 y = 4− t.
Esta EDO é uma EDO de 1
a
Ordem linear, com p(t) = −2 e g(t) = 4− t,
Vamos calcular o fator integrante: I(t) = e
∫
p(t) dt = e
∫
(−2) dt = e−2t+C , e podemos escolher C = 0.
Assim: I(t) = e−2t. Agora, vamos multiplicar, a EDO linear pelo fator integrante:
dy
dt
− 2 y = 4− t ⇒ dy
dt
e−2t − 2 y e−2t = (4− t) e−2t ⇒ (y e−2t)′ = (4− t) e−2t ⇒
⇒ (y e−2t) = ∫ (4 e−2t − t e−2t) dt ∗⇒ y e−2t = −2 e−2t + 1
2
t e−2t +
1
4
e−2t + C
⇒ y = −2 e
−2t + 12 t e
−2t + 14 e
−2t + C
e−2t
⇒ y = −2 + 1
2
t+
1
4
+ C e2t ⇒
⇒ y =− 7
4
+
1
2
t+ C e2t.
A solução geral da EDO:
dy
dt
− 2 y = 4− t é y = − 7
4
+
1
2
t+ C e2t.
5
3) Resolva o problema de valor inicial: t y′ + 2y = 4t2, y(1) = 2.
Temos: t y′ + 2y = 4t2 ⇒ y′ + 2
t
y = 4t.
Esta EDO é uma EDO de 1
a
Ordem linear, com p(t) = 2t e g(t) = 4t,
Vamos calcular o fator integrante: I(t) = e
∫
p(t) dt = e
∫
2
t
dt = e2 ln t+C , e podemos escolher C = 0.
Assim: I(t) = e2 ln t = eln t
2
= t2. Agora, vamos multiplicar, a EDO linear pelo fator integrante:
y′+
2
t
y = 4t ⇒ y′t2+ 2
t
yt2 = 4t t2 ⇒ y′t2+t y = 4t3 ⇒ (y t2)′ = 4t3 ⇒ (y t2) = ∫ 4t3 dt ⇒
⇒ yt2 = t4 + C ⇒ y = t
4 + C
t2
⇒ y = t2 + Ct−2
A solução geral da EDO: t y′ + 2y = 4t2 é y = t2 + Ct−2.
Para encontrar a solução do problema de valor inicial: t y′ + 2y = 4t2, y(1) = 2, fazemos x = 1 e
y = 2 na solução geral.
y = t2 + Ct−2
∣∣∣
x=1 e y=2
⇒ 2 = (1)2 + C (1)−2 ⇒ 2 = 1 + C ⇒ C = 1.
A solução é: y = t2 + t−2.
A solução do problema de valor inicial: t y′ + 2y = 4t2, y(1) = 2 é y = t2 + t−2.
EDOs 1
a
Ordem Exatas:
Já observamos que as EDOs:
dy
dx
= f(x, y), podem ser colocadas na forma: M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0.
Se existe uma região retangular R : α < x < β, γ < y < δ onde as funções
M =M(x, y), N = N(x, y), My(x, y) =
∂M
∂y
(x, y) e Nx(x, y) =
∂N
∂x
(x, y) são contínuas
e se My(x, y) =
∂M
∂y
(x, y) = Nx(x, y) =
∂N
∂x
(x, y) em cada ponto de R,
então a equação M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0 é chamada de equação diferencial de 1aordem exata
e, nesse caso, existe uma função ψ de�nida em R tal que ψx =
∂ψ
∂x
=M(x, y) e ψy =
∂ψ
∂y
= N(x, y)
Temos, M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0 ⇒ M(x, y) +N(x, y) dy
dx
= 0 ⇒ ∂ψ
∂x
+
∂ψ
∂y
dy
dx
= 0 ⇒
⇒ dψ
dx
= 0 ⇒ ψ = C
A solução da EDO de 1
a
ordem exata: M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0 é ψ = C
onde
∂ψ
∂x
=M(x, y) e
∂ψ
∂y
= N(x, y).
6
Exemplos:
1) Resolva a EDO: (y cosx+ 2x ey) + (senx+ x2ey − 1) y′ = 0 .
Esta EDO é uma EDO de 1
a
Ordem exata, pois:
(y cosx+ 2x ey) + (senx+ x2ey − 1) y′ = 0 ⇒ (y cosx+ 2x ey) dx+ (senx+ x2ey − 1) dx = 0,
com M(x, y) = (y cosx+ 2x ey) e N(x, y) = (senx+ x2ey − 1)
e My =
∂M
∂y
= ( cosx+ 2x ey) e Nx =
∂N
∂x
= (cosx+ 2xey), ou seja, My = Nx.

∂ψ
∂x
= ( y cosx+ 2x ey) ⇒ ψ(x, y) =
∫
( y cosx+ 2x ey) dx ⇒ ψ = y senx+ x2 ey︸ ︷︷ ︸
igual
+C(y)
∂ψ
∂y
= (senx+ x2ey − 1) ⇒ ψ(x, y) =
∫
(senx+ x2ey − 1) dy ⇒ ψ = y senx+ x2ey︸ ︷︷ ︸
igual
−y + C(x)
Portanto: ψ = y senx+ x2ey − y + C
A solução da EDO1 exata: (y cosx+ 2x ey) + (senx+ x2ey − 1) y′ = 0 é y senx+ x2ey − y = C.
2) Resolva a EDO: 2x+ y2 + 2xy y′ = 0 .
Esta EDO é uma EDO de 1
a
Ordem exata, pois:
(2x+ y2) + (2xy) y′ = 0 ⇒ (2x+ y2) dx+ 2xy dx = 0,
com M(x, y) = (2x+ y2) e N(x, y) = (2xy)
e My =
∂M
∂y
= (2y) e Nx =
∂N
∂x
= (2y), ou seja, My = Nx.

∂ψ
∂x
= (2x+ y2) ⇒ ψ(x, y) =
∫
(2x+ y2) dx ⇒ ψ = x2 + x y2︸︷︷︸
igual
+C(y)
∂ψ
∂y
= 2xy ⇒ ψ(x, y) =
∫
2xy dy ⇒ ψ = xy2︸︷︷︸
igual
+C(x)
Portanto: ψ = x y2 + x2 + C
A solução da EDO1 exata: 2x+ y2 + 2xy y′ = 0 é x y2 + x2 = C.
3) Resolva a EDO: (2xy + y2) + (x2 + 2xy) y′ = 0 .
Esta EDO é uma EDO de 1
a
Ordem exata, pois:
(2xy + y2) + (x2 + 2xy) y′ = 0 ⇒ (2xy + y2) dx+ (x2 + 2xy) dx = 0,
com M(x, y) = (2xy + y2) e N(x, y) = (x2 + 2xy)
7
e My =
∂M
∂y
= (2x+ 2y) e Nx =
∂N
∂x
= (2x+ 2y), ou seja, My = Nx.

∂ψ
∂x
= (2xy + y2) ⇒ ψ(x, y) =
∫
(2xy + y2) dx ⇒ ψ = x2 y + xy2︸ ︷︷ ︸
igual
+C(y)
∂ψ
∂y
= x2 + 2xy ⇒ ψ(x, y) =
∫
(x2 + 2xy) dy ⇒ ψ = x2y + xy2︸ ︷︷ ︸
igual
+C(x)
Portanto: ψ = x2y + x y2 + C
A solução da EDO1 exata: (2xy + y2) + (x2 + 2xy) y′ = 0 é x y2 + x2y = C.

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