Notas de Aula - Equações Diferenciais Ordinárias

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Luciana Miranda de Souza
Notas de Aula de Equac¸o˜es
Diferenciais Ordina´rias
agosto de 2012
1 Introduc¸a˜o
Quando falamos de equac¸o˜es diferenciais, temos a ideia de que estamos nos referindo a algum
tipo de equac¸a˜o envolvendo derivadas. De fato, uma equac¸a˜o diferencial e´ uma equac¸a˜o em que
a inco´gnita e´ uma func¸a˜o que e´ dada sob a forma de suas respectivas derivadas. Estas derivadas
podem ser de primeira ordem, segunda ou de qualquer ordem de derivac¸a˜o.
Matematicamente, uma equac¸a˜o diferencial e´ descrita da seguinte forma:
F (x, y(x), y′(x), y′′(x), ..., y(n)(x)) = 0
ou seja, e´ uma igualdade envolvendo uma func¸a˜o inco´gnita y = y(x) e suas derivadas (ou suas
diferenciais). Nesta expressa˜o, x e´ dita varia´vel independente e y e´ a varia´vel dependente .
O s´ımbolo y(k)(x) denota a derivada de ordem k da func¸a˜o y = y(x).
Vejamos alguns exemplos:
y(5)(x) + 3y′′′(x)− y(x) = 7
(senx)y′′(x) + (y(x))2 = y′(x)
y′(x) =
x2 + xy(x) + (y(x))2
x2
ut(x, t) = 3uxx(x, t)
utt(x, t) = uxx(x, t) + ux(x, t)
Nos treˆs primeiros exemplos, notamos que a varia´vel dependente e´ y(x), ou seja, e´ uma func¸a˜o
de uma varia´vel independente x, enquanto nos dois u´ltimos, a varia´vel dependente e´ uma func¸a˜o
de duas varia´veis independentes (x, t) e por isso nestas equac¸o˜es aparecem as derivadas parciais de
u(x, t).
Em decorreˆncia destas difererenc¸as, precisamos classificar as equac¸o˜es para podermos agrupa´-las
e estuda´-las separadamente.
1.1 Classificac¸a˜o de Equac¸o˜es Diferenciais
Classificaremos as equac¸o˜es diferencias segundo treˆs crite´rios:
1.1.1 Quanto ao tipo:
Vimos nos exemplos acima que a soluc¸a˜o de uma equac¸a˜o diferencial pode ser uma func¸a˜o de
uma ou de va´rias varia´veis. No primeiro caso, na equac¸a˜o aparecem condic¸o˜es sobre as derivadas da
func¸a˜o. Mas se a soluc¸a˜o tiver mais de uma varia´vel, as condic¸o˜es sa˜o sobre as derivadas parcias.
Por isso, dividimos as equac¸o˜es diferenciais em ordina´rias; quando a varia´vel dependente depende
de somente uma varia´vel, ou parciais , que e´ quando a varia´vel dependente depende de duas ou mais
varia´veis.
1
Por exemplo, as equac¸o˜es y(5)(x) + 3y′′′(x) − y(x) = 7, (sen x)y′′(x) + (y(x))2 = y′(x) e y′(x) =
x2 + xy(x) + (y(x))2
x2
sa˜o equac¸o˜es diferenciais ordina´rias (E.D.O), enquanto as equac¸o˜es ut(x, t) =
3uxx(x, t) e utt(x, t) = uxx(x, t) + ux(x, t) sa˜o equac¸o˜es diferenciais parciais (E.D.P.).
1.1.2 Quanto a` ordem:
A ordem da derivada de maior ordem em uma equac¸a˜o diferencial e´, por definic¸a˜o, a ordem
da equac¸a˜o. Assim, as equac¸o˜es (senx)y′′(x) + (y(x))2 = y′(x), ut(x, t) = 3uxx(x, t) e utt(x, t) =
uxx(x, t) + ux(x, t) sa˜o de segunda ordem; ja´ y
′(x) =
x2 + xy(x) + (y(x))2
x2
e´ de primeira ordem;
enquanto y(5)(x) + 3y′′′(x)− y(x) = 7 e´ de quinta ordem.
Note que a classificac¸a˜o quanto a` ordem, e´ independente da equac¸a˜o ser ordina´ria ou parcial.
1.1.3 Quanto a` linearidade:
Sabemos que uma equac¸a˜o alge´brica e´ dita linear se for da forma ax+ b = 0, ou seja, o expoente
da inco´gnita x e´ igual a 1. Portanto, as equac¸o˜es alge´bricas anx
n + an−1xn−1 + ...+ a1x+ a0 = 0 ou
por exemplo senx = pi, ex = 5, lnx = 0, etc, na˜o sa˜o lineares.
Uma equac¸a˜o diferencial e´ dita linear se for da forma
an(x)y
(n)(x) + an−1(x)y(n−1)(x) + ...+ a1(x)y′(x) + a0(x)y(x) = q(x).
Note que este tipo de equac¸a˜o e´ caracterizada por duas propriedade:
1. A varia´vel dependente y(x) assim como todas as suas derivadas sa˜o do primeiro grau; isto e´ a
potencia de cada termo envolvendo y(x) ou suas derivadas e´ igual a 1.
2. Cada coeficiente depende apenas da varia´vel independente x.
Uma equac¸a˜o diferencial que na˜o e´ linear e´ dita na˜o linear
Na tabela abaixo segue alguns exemplos para explicitar a diferenc¸a:
Lineares Na˜o Lineares
3y(4)(x) + 2y′′′(x)− y′(x) = −y(x) 3y(4)(x) + 2y′′′(x)− (y′(x))2 = −y(x)
y′(x) = x2 + xy(x) y′(x) =
x2 + xy(x)
x2y(x)
x3y(4)(x) + 2exy′′′(x)− y′(x) = −y(x) xy(4)(x) + 2(y′′′(x))3 − (y′(x))2 = e−y(x)
(senx)y′(x) + 2 = (cosx)y(x) sen y′(x) + 2 = cos y(x)
No decorrer deste texto vamos observar que em geral, as equac¸o˜es lineares sa˜o mais fa´ceis de
resolver e que muitas te´cnicas usadas para resolver equac¸a˜oes lineares na˜o podera˜o ser usadas para
resolver equac¸o˜es na˜o lineares.
2
1.2 Soluc¸o˜es de Equac¸o˜es Diferenciais
Neste curso, nosso objetivo e´ encontrar as soluc¸o˜es de uma equac¸a˜o diferencial.
Qualquer func¸a˜o y que quando substitu´ıda na equac¸a˜o diferencial reduz a equac¸a˜o a uma iden-
tidade, e´ chamada de soluc¸a˜o para equac¸a˜o. Isso vale tanto para equac¸o˜es diferenciais ordina´rias
quanto para as parciais. No nosso curso trataremos apenas das ordina´rias e portanto, de agora em
diante faleremos apenas das E.D.O.’s.
Para ilustrar a definic¸a˜o de soluc¸a˜o vejamos alguns exemplos:
Exemplo 1.1. A func¸a˜o f1(x) = e
x e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o y′(x) = y(x); de fato, f ′1(x) = e
x e
portanto, f ′1(x) = f1(x). Temos tambe´m que f0(x) = 0 e fn(x) = ne
x para todo n ∈ R sa˜o soluc¸o˜es
da equac¸a˜o em que questa˜o.
Exemplo 1.2. Para a equac¸a˜o y′(x) = x
√
y(x), uma soluc¸a˜o e´ a func¸a˜o f(x) =
x4
16
, pois f ′(x) =
x3
4
e x
√
f(x) = x
√
x4
16
=
x3
4
assim, f ′(x) = x
√
f(x). A func¸a˜o f0(x) = 0 tambe´m e´ uma soluc¸a˜o para
y′(x) = x
√
y(x).
Exemplo 1.3. Uma soluc¸a˜o para a equac¸a˜o y′′(x)− 2y′(x) + y(x) = 0 e´ a func¸a˜o g(x) = xex. Temos
que g′(x) = ex + xex e g′′(x) = ex + ex + xex = 2ex + xex. Portanto, g′′(x) − 2g(x) + g(x) =
2ex + xex − 2(ex + xex) + xex = 0, o que confirma g(x) ser soluc¸a˜o da equac¸a˜o proposta.
Exemplo 1.4. Para algumas equac¸o˜es diferenciais na˜o e´ poss´ıvel escrever a soluc¸a˜o explicitamente
como func¸a˜o da varia´vel independente. Um exemplo disso e´ a equac¸a˜o y′(x) =
x
y(x)
. Suas soluc¸o˜es
y(x) sa˜o dadas implicitamente pela equac¸a˜o x2−(y(x))2 = c, para todo c ∈ R. De fato, se derivarmos
a u´ltima equac¸a˜o implicitamente em func¸a˜o de x, teremos: 2x− 2y(x)dy
dx
= 0. Isolando a derivada,
temos
dy
dx
=
−2x
−2y(x) =
x
y(x)
o que comprova a afirmac¸a˜o acima.
Em geral, as soluc¸o˜es de uma equac¸a˜o diferencial, podem ser dadas explicitamente como func¸o˜es
da varia´vel independente como nos exemplos (1.1), (1.2) e (1.3), ou implicitamente como no
exemplo (1.4).
Outra observac¸a˜o que cabe salientar e o nu´mero de soluc¸o˜es de uma equac¸a˜o diferencial. Em
alguns exemplos acima, vimos que podemos ter infinitas soluc¸o˜es para uma mesma E.D.O. e isso
alcontece na maioria das vezes. Teremos unicidade de soluc¸a˜o, quando a equac¸a˜o estiver sujeita a
uma condic¸a˜o inicial.
1.3 Problemas de Valor Inicial (P.V.I)
Comecemos com um exemplo de crescimento populacional que pode se descrito por uma equac¸a˜o
diferencial:
Considere uma populac¸a˜o de ratos do campo que habita uma certa a´rea rural. Vamos supor que
na auseˆncia de predadores, a populac¸a˜o de ratos cresce a uma taxa proporcional a populac¸a˜o atual.
3
Se denotarmos o tempo por t e a populac¸a˜o de ratos por p(t), enta˜o a hipo´tese sobre o crescimento
populacional pode ser expressa pela equac¸a˜o
dp
dt
= rp,
onde o fator de proporcionalidade r e´ chamado de taxa ou de taxa de crescimento. Para sermos
espec´ıficos, suponhamos que o tempo e´ medido em meses e que a taxa r e´ igual a 0,5 por meˆs. Vamos
ainda, aumentar o problema supondo que diversas corujas moram na mesma vizinhanc¸a e que elas
matam 15 ratos do campo por dia, isto e´ 450 ratos por meˆs, ja´ que e´ esta a unidade de tempo. Com
essas considerac¸o˜es a equac¸a˜o se transforma em
dp
dt
= 0, 5p− 450.
Apesar de ainda na˜o sabermos resolver este tipo de equac¸a˜o, podemos verificar que para todo
c ∈ R, p(t) = 900− ce t2 e´ soluc¸a˜o; poiscomo p′(t) = c
2
e
t
2 , temos
c
2
e
t
2 = 0, 5(900 + ce
t
2 )− 450.
Assim, neste exemplo, encontramos uma infinidade de soluc¸o˜es para uma u´nica equac¸a˜o diferen-
cial, correspondendo a` infinidade de valores reais que c pode assumir. Muitas das vezes queremos
focalizar nossa atenc¸a˜o em um u´nico elemento dessa famı´lia de soluc¸o˜es e para isso, precisamos
especificar uma condic¸a˜o inicial sobre a soluc¸a˜o.
Para determinar a constante c acima, poderiamos contar a populac¸a˜o inicial de ratos. Por exem-
plo, vamos considerar que inicialmente na a´rea em questa˜o, exista 850 ratos, isto e´, p(0) = 850.
Substituindo t por 0 e p(t) por 850 na soluc¸a˜o, obtemos que
850 = 900 + ce0
ou seja, c = −50. Logo, a soluc¸a˜o que satisfaz esta condic¸a˜o inicial e´ p(t) = 900− 50e t2 .
Este exemplo serve para motivar a a seguinte definic¸a˜o:
Denominamos Problema de Valor Inicial (P.V.I) uma equac¸a˜o diferencial ordina´ria de
primeira ordem da forma
dy
dx
= f(x, y), sujeita a` condic¸a˜o inicial y(x0) = y0. Em geral, este tipo de
problema e´ denotado por
{
dy
dx
= f(x, y)
y(x0) = y0.
1.4 Exerc´ıcios
1. Nos problemas a seguir, classifique quanto a` ordem e quanto a` linearidade.
(a) (1− x)y′′ − 4xy′ + 5y = cosx
(b) x
d3y
dx3
− 2
(dy
dx
)4
+ y = 0
(c) x3y(4) − x2y′′ + 4xy′ − 3y = 0
(d) x2 + (y − xy − xex)dy
dx
= 0
4
(e) yy′ + 2y = 1 + x2
(f)
d2y
dx2
+ 9y = sen y
(g)
dy
dx
=
√
1 +
d2y
dx2
(h)
d2r
dt2
=
k
r2
(i) (senx)y′′′ − (cosx)y′ = 2
(j) (1− y2) + xdy
dx
= 0
2. Verifique se a func¸a˜o dada e´ soluc¸a˜o para a equac¸a˜o diferencial, considerando c e k constates.
(a) 2y′ + y = 0; y = e−
x
2
(b)
dy
dx
− 2y = e3x; y = e3x + 10e2x
(c) y′ = 25 + y2; y = 5tg 5x
(d) y′ + y = senx; y =
1
2
senx− 1
2
cosx+ 10e−x
(e) x2 + 2xy
dy
dx
= 0; y = − 1
x2
(f) y′ − 1
x
y = 1; y = x lnx
(g)
dX
dt
= (2−X)(1−X); ln 2−X
1−X = t
(h) y′′ + y′ − 12y = 0; y = ce3x + ke−4x
(i) y′′′ − 3y′′ + 3y′ − y = 0; y = x2ex
(j) x2y′′ − xy′ + 2y = 0; y = x cos(lnx), x > 0.
3. Nos problemas abaixo, determine os valores de m para que y = emx seja soluc¸a˜o para cada
equac¸a˜o diferencial.
(a) y′′ − 5y′ + 6y = 0
(b) y′′ + 10y′ + 25y = 0
4. Mostre que y1 = x
2 e y2 = x
3 sa˜o ambas soluc¸o˜es para x2y′′ − 4xy′ + 6y = 0. As func¸o˜es cy1 e
ky2 para c ∈ R e k ∈ R, sa˜o tambe´m soluc¸o˜es? E a soma y1 + y2 ?
5. Nos problemas a seguir, verifique se a func¸a˜o defida por parte e´ soluc¸a˜o da E.D.O. dada.
(a) xy′ − 2y = 0; y =
{ −x2, se x < 0
x2, se x ≥ 0
(b) (y′)2 = 9xy; y =
{
0, se x < 0
x3, se x ≥ 0
5
1.5 Respostas
1. (a)2a ordem, linear; (b) 3a ordem, na˜o linear; (c) 4a ordem,linear; (d) 1a ordem, na˜o linear; (e) 1a ordem,
na˜o linear; (f) 2a ordem, na˜o linear; (g) 2a ordem, na˜o linear; (h) 2a ordem, na˜o linear; (i) 3a ordem, linear;
(j) 1a ordem, na˜o linear.
2. Apenas os itens (c) e (e) na˜o e´ soluc¸a˜o, no resto todas as func¸o˜es satisfazem a equac¸a˜o direnecial.
3. (a) m = 3 ou m = 2; (b) m = −5
4. Todas as func¸o˜es dadas na questa˜o sa˜o soluc¸o˜es.
6
2 Equac¸o˜es Diferenciais Ordina´rias de Primeira Ordem
Estamos agora prontos para resolver algumas equac¸o˜es diferencias ordina´rias. Comec¸aremos com as de
primeira ordem ou seja, as do tipo
y′(x) = F (x, y(x)) (1)
De agora em diante, para simplificar a notac¸a˜o, omitiremos a varia´vel independente no termo y(x).
Para podermos estudar os me´todos de resoluc¸a˜o de equac¸o˜es diferenciais, sera´ conveniente escrever a
equac¸a˜o (1) considerando F (x, y) como −M(x, y)
N(x, y)
, isto e´, escreveremos a equac¸a˜o (1) como
y′(x) = −M(x, y)
N(x, y)
(2)
ou ainda, podemos escrever a equac¸a˜o (2) como
M(x, y) +N(x, y)y′(x) = 0 (3)
Para ilustrar essas notac¸o˜es, usaremos os seguintes exemplos:
Exemplo 2.1. A E.D.O. y′ = cos(xy), tem F (x, y) = cos(xy). Usando a notac¸a˜o (3), podemos considerar
M(x, y) = − cos(xy) e N(x, y) = 1 e escrevemos a equac¸a˜o em questa˜o como − cos(xy) + y′ = 0.
Exemplo 2.2. Se a E.D.O for y′ =
ex + y
x2 − 3 − sen (xy), temos F (x, y) =
ex + y
x2 − 3 − sen (xy). Igualando a
equac¸a˜o a zero, temos (x2− 3)sen (xy)− ex + y+ (x2− 3)y′ = 0, ou seja, M(x, y) = (x2− 3)sen (xy)− ex + y
e N(x, y) = (x2 − 3).
Exemplo 2.3. Para y′ =
3x2 − 4x+ 2
2(y − 1) temos F (x, y) =
3x2 + 4x+ 2
2(y − 1) e igualando a 0, −3x
2 + 4x − 2 +
(2(y − 1))y′ = 0, o que nos da´ portanto, M(x, y) = −3x2 + 4x− 2 e N(x, y) = 2(y − 1).
Tambe´m e´ comum escrever a equac¸a˜o (3) como
M(x, y) +N(x, y)
dy
dx
= 0 (4)
ou ainda, na forma diferencial, como
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (5)
Com isso estamos prontos para aprender a resolver o primeiro tipo de E.D.O.
2.1 Equac¸o˜es Separa´veis
Uma equac¸a˜o diferencial ordina´ria de primeira ordem
dy
dx
= −M(x, y)
N(x, y)
, e´ dita separa´vel , se M(x, y)
depende apenas de x e se N(x, y) depende apenas de y, isto e´, M(x, y) = M(x) e N(x, y) = N(y).
Neste caso, escrevemos a equac¸a˜o da seguinte forma:
M(x) +N(y)
dy
dx
= 0 (6)
ou ainda na forma diferencial
7
M(x)dx+N(y)dy = 0 (7)
O nome sepera´vel e´ motivado pelo fato de que e´ poss´ıvel separar as func¸o˜es de modo que cada membro da
igualdade possua uma func¸a˜o com apenas uma varia´vel. Assim, podemos resolver a e.d.o. por um processo
de integrac¸a˜o “simples”. Vejamos alguns exemplos:
Exemplo 2.4. Resolva a e.d.o.
dy
dx
=
x2
1− y2 .
Comec¸amos reescrevendo a equac¸a˜o como a equac¸a˜o (7), separamos as varia´veis e integramos ambos os
lados da igualdade:
−x2dx+ (1− y2)dy = 0⇒
(1− y2)dy = x2dx⇒
∫
(1− y2)dy =
∫
x2dx⇒
y − y
3
3
=
x3
3
+ c
Portanto a soluc¸a˜o e´ dada implicitamente pela equac¸a˜o y − y
3
3
=
x3
3
+ c.
Exemplo 2.5. Resolva o P.V.I.

dy
dx
=
3x2 − 4x+ 2
2(y − 1)
y(0) = −1.
Vemos que esta e´ uma equac¸a˜o separa´vel, portatanto, vamos separa´-la e integrar ambos os lados da
desigualdade.
(−3x2 + 4x− 2)dx+ 2(y − 1)dy = 0⇒
2(y − 1)dy = (3x2 − 4x+ 2)dx⇒
∫
2(y − 1)dy =
∫
3x2 − 4x+ 2dx⇒
y2 − 2y = x3 − 2x2 + 2x+ c, completando quadrado ⇒
(y − 1)2 − 1 = x3 − 2x2 + 2x+ c⇒
(y − 1)2 = x3 − 2x2 + 2x+ 1 + c⇒
y = 1±
√
x3 − 2x2 + 2x+ 1 + c.
Neste caso temos infinitas soluc¸o˜es dependendo de c e do sinal da raiz quadarada. Mas, como temos
uma condic¸a˜o inicial, determinamos unicamente a soluc¸a˜o. Enta˜o se x = 0 e y = −1,
−1 = 1±
√
03 − 2 · 02 + 2 · 0 + 1 + c⇒
8
−2 = ±√1 + c,
como o lado esquerdo da equac¸a˜o e´ negativo, o sinal do lado direito tambe´m deve ser ;
−2 = −√1 + c⇒
c = 3
Assim, a soluc¸a˜o do p.v.i. e´ y = 1−√x3 − 2x2 + 2x+ 4.
Exemplo 2.6. Determine a soluc¸a˜o da equac¸a˜o y′ =
y cos(x)
1 + 2y2
. Note que esta tambe´m e´ uma equac¸a˜o
separa´vel. Assim, como nos exemplos anteriores, temos:
(1 + 2y2)
y
dy = cos(x)dx⇒
∫
(1 + 2y2)
y
dy =
∫
cos(x)dx⇒
∫
1
y
+ 2y dy = sen (x) + c⇒
ln y + y2 = sen (x) + c
Assim a soluc¸a˜o e´ dada implicitamente por ln y + y2 = sen (x) + c.
Exemplo 2.7. Vamos resolver mais um P.V.I.:
{
xy4dx+ (y2 + 2)e−3xdy = 0
y(0) = 3.
Comec¸amos seperando a equac¸a˜o e em seguida, integramos. Para separar, multiplicamos por e3x e
dividimos po y4:
e3x
y4
[
xy4dx+
(y2 + 2)
e3x
dy = 0
]
⇒
xe3xdx+
(y2 + 2)
y4
dy = 0⇒
∫
xe3xdx = −
∫
(y2 + 2)
y4
dy ⇒
A integral da esquerda e´ por partes:
 u = x v = e
3x
3
du = dx dv = e3x
xe3x
3
−
∫
e3x
3
dx = −
∫
1
y2
+
2
y4
dy ⇒
xe3x
3
− e
3x
9
+ c = −
(
− 1
y
− 2
3y3
)
⇒
e3x(3x− 1) + c = 9
y
+
6
y3
em que a u´ltima equac¸a˜o foi otida multiplicando ambos os lados por 9. Para terminar, temos que calcular
c usando a condic¸a˜o inicial y(0) = 3.9
e3·0(3 · 0− 1) + c =
(9
3
+
6
33
)
⇒
−1 + c = 1
3
+
2
9
⇒
c =
5
9
+ 1 =
14
9
.
Logo, a soluc¸a˜o do P.V.I. e´ implicitamente dada por
9
y
+
6
y3
= e3x(3x− 1) + 14
9
.
2.2 Equac¸o˜es Exatas
Vamos considerar agora uma classe de equac¸o˜es conhecida como equac¸o˜es exatas, para as quais existe
tambe´m um me´todo bem definido de soluc¸a˜o. Devemos ter em mente que estes grupos de equac¸o˜es de
primeira ordem, que podem ser resolvidas por me´todos de integrac¸a˜o elementares, sa˜o bastante especiais,
uma vez que a maioria das equac¸o˜es de primeira ordem na˜o podem ser resolvidas desta forma.
Suponha dada a equac¸a˜o diferencial de primeira ordem
M(x, y) +N(x, y)
dy
dx
= 0, (8)
Uma E.D.O. da forma (8) e´ dita exata se existir uma func¸a˜o ψ(x, y), diferencia´vel, tal que
dψ
dx
(x, y) =
∂ψ
∂x
(x, y) +
∂ψ
∂y
(x, y)
dy
dx
= M(x, y) +N(x, y)
dy
dx
= 0. (9)
Neste caso, devemos ter
∂ψ
∂x
(x, y) = M(x, y) e
∂ψ
∂y
(x, y) = N(x, y), e assim, equac¸a˜o (8) se reduz a`
equac¸a˜o diferencial
dψ
dx
(x, y) = 0. (10)
A soluc¸a˜o impl´ıcita do problema (8) e´ dada pela integrac¸a˜o de ambos os lados de (10), por ψ(x, y) = c.
Mas como determinar se dada uma E.D.O. de primeira ordem e´ exata? Ou seja, como saber se e´ poss´ıvel
encontrar a func¸a˜o ψ(x, y) ?
Do ca´lculo diferencial, sabemos que (Teorema de Claraut), se ψ(x, y) e´ uma func¸a˜o diferencia´vel, com
derivadas parciais
∂ψ
∂x
(x, y) e
∂ψ
∂y
(x, y) cont´ınuas e diferencia´veis, enta˜o, as derivadas mistas de segunda
ordem sa˜o iguais,
∂2ψ
∂y∂x
(x, y) =
∂2ψ
∂x∂y
(x, y). (11)
Como a func¸a˜o ψ(x, y) procurada satisfaz
∂ψ
∂x
(x, y) = M(x, y) e
∂ψ
∂y
(x, y) = N(x, y), da equac¸a˜o (11)
temos,
Teorema 2.1 (Criterio para E.D.O. exata). Uma equac¸a˜o diferencial ordina´ria de primeira ordem
M(x, y) +N(x, y)
dy
dx
= 0
10
em que as func¸o˜es M(x, y) e N(x, y) sa˜o cont´ınuas e diferencia´veis em uma regia˜o aberta de R2, e´ exata,
se e somente se
∂M
∂y
(x, y) =
∂N
∂x
(x, y)
ou em outra notac¸a˜o,
My = Nx
Depois de verificar que uma dada equac¸a˜o e´ exata, usamos que ψx = M e ψy = N , para encontrar
ψ(x, y) e assim, resolver a equac¸a˜o. Vamos ver alguns exemplos:
Exemplo 2.8. Resolva a equac¸a˜o difrencial
(y cosx+ 2xey) + (senx+ x2ey − 1)y′ = 0 (12)
Temos que M(x, y) = y cosx+ 2xey e N(x, y) = senx+ x2ey − 1.
Enta˜o My = cosx+ 2xe
y e Nx = cosx+ 2xe
y e portanto a equac¸a˜o e´ exata. Neste caso, vamos calcular
a func¸a˜o ψ(x, y). Podemos usar que ψx = M ou ψy = N , escolhendo entre M ou N a que for mais fa´cil de
integrar. Neste exemplo, integrar M com relac¸a˜o a x ou N com relac¸a˜o a y e´ equivalente. Vamos escolher
integrar M com relac¸a˜o a x:
Se ψx = M , temos ψ(x, y) =
∫
Mdx, assim,
ψ(x, y) =
∫
y cosx+ 2xey dx
= y senx+ x2ey + g(y)
A func¸a˜o g(y) que apareceu na u´ltima equac¸a˜o e´ devido ao fato de M(x, y) ser func¸a˜o de duas varia´veis
e estar sendo integrada somente com relac¸a˜o a´ varia´vel x. Neste caso, como a integral e´ indefinida, devemos
considerar a constante dependendo de y, uma vez que se derivarmos parcialmente com relac¸a˜o a x a func¸a˜o
encontrada
ψ(x, y) = y senx+ x2ey + g(y), (13)
obteremos exatamente a func¸a˜o M(x, y). Para determinarmos finalmente a func¸a˜o ψ(x, y), resta calcular
g(y). Usaremos a segunda condic¸a˜o que ψ(x, y) deve satisfazer: ψy = N .
Se ψy = N ,
senx+ x2ey + g′(y) = senx+ x2ey − 1⇒
g′(y) = −1⇒
g(y) = −y.
Assim, a func¸a˜o procurada e´ ψ(x, y) = y senx+x2ey − y e a soluc¸a˜o de (12) e´ dada implicitamente por
ψ(x, y) = y senx+ x2ey − y = c.
11
Exemplo 2.9. Determine a soluc¸a˜o do P.V.I.
{
(2xy + x2)dx+ (x2 − 3)dy = 0
y(0) = −5.
Primeiramente vamos verificar se a equac¸a˜o e´ exata, calculando My e Nx:
My = 2x e Nx = 2x.
Como My = Nx a equac¸a˜o e´ exata. Vamos agora encontrar ψ(x, y).
ψ(x, y) =
∫
M dx =
∫
2xy + x2 dx
= x2y +
x3
3
+ g(y)
Como obtemos ψ(x, y) = x2y +
x3
3
+ g(y), vamos usar que ψy = N , para determinar g(y).
ψy = N ⇒
x2 + g′(y) = x2 − 3⇒
g′(y) = −3⇒
g(y) = −3y.
Portanto a func¸a˜o procurada e´ ψ(x, y) = x2y +
x3
3
− 3ey e a soluc¸a˜o e´ dada implicitamente por
x2y +
x3
3
− 3y = c
Como temos um P.V.I., devemos determinar o valor de c usando a condic¸a˜o inicial y(1) = −5.
12 · (−5) + 1
3
3
− 3 · (−5) = c⇒ c = 31
3
.
A soluc¸a˜o e´ dada pela equac¸a˜o x2y+
x3
3
− 3y = 31
3
, e pode ser escrita explicitamente como func¸a˜o de x
por y(x) =
31− x3
3(x2 − 3) .
Exemplo 2.10. Resolva e E.D.O. − 2xy
2
(1 + 2x2)2
+
2y(1 + x2)
1 + 2x2
dy
dx
= 1.
As func¸o˜es M e N sa˜o
M(x, y) = − 2xy
2
(1 + 2x2)2
− 1 e N(x, y) = 2y(1 + x
2)
1 + 2x2
verificando se e´ exata:
My = − 4xy
(1 + 2x2)2
e Nx =
2y(2x)(1 + 2x2)− 2y(1 + x2)(4x)
(1 + 2x2)2
=
4xy + 8x3y − 8xy − 8x3y
(1 + 2x2)2
= − 4xy
(1 + 2x2)2
Como e´ exata, vamos calcular ψ(x, y). Note que neste exemplo e´ mais fa´cil integrar N em func¸a˜o de y
do que M em func¸a˜o de x, e portanto comc¸aremos usando que ψy = N ;
12
ψy = N ⇒ ψ(x, y) =
∫
N dy =
∫
2y(1 + x2)
1 + 2x2
dy
=
y2(1 + x2)
1 + 2x2
+ g(x)
derivando ψ(x, y) =
y2(1 + x2)
1 + 2x2
+ g(x) em func¸a˜o de x e igualando a M ,
ψx = M ⇒ 2xy
2(1 + 2x2)− y2(1 + x2)(4x)
(1 + 2x2)2
+ g′(x) = − 2xy
2
(1 + 2x2)2
− 1⇒
2xy2 + 4x3y2 − 4xy2 − 4x3y2
(1 + 2x2)2
+ g′(x) = − 2xy
2
(1 + 2x2)2
− 1⇒
− 2xy
2
(1 + 2x2)2
+ g′(x) = − 2xy
2
(1 + 2x2)2
− 1⇒
g′(x) = −1⇒ g(x) = −x.
Portanto ψ(x, y) =
y2(1 + x2)
1 + 2x2
− x e a soluc¸a˜o e´ dada implicitamnete por y
2(1 + x2)
1 + 2x2
− x = c, ou
explicitamente por y(x) = ±
√
(c+ x)(1 + 2x2)
(1 + x2)
.
Exemplo 2.11. Resolva a equac¸a˜o
3xy + y2 + (x2 + xy)y′ = 0. (14)
Primeiramente vamos verificar se e´ exata: Se M(x, y) = 3xy+y2 e N(x, y) = x2+xy, temos My = 3x+2y
e Nx = 2x + y. Como My 6= Nx, a equac¸a˜o (15) na˜o e´ exata e portanto na˜o tem como encontrar ψ(x, y)
como nos exemplos acima.
Para resolver equac¸o˜es com as do exemplo 2.11, usaremos um artif´ıcil va´lido para apenas alguns tipos
de equac¸o˜es. Trataremos isso na pro´xima sec¸a˜o.
2.3 Fatores Integrantes para Transformar Equac¸o˜es Diferenciais em Equac¸o˜es
Exatas.
No exemplo 2.11, vimos que a equac¸a˜o
3xy + y2 + (x2 + xy)y′ = 0 (15)
na˜o e´ exata. Mas se multiplicarmos (15) pela func¸a˜o µ(x, y) = x, obteremos uma nova equac¸a˜o
3x2y + xy2 + (x3 + x2y)y′ = 0 (16)
que tem a mesma soluc¸a˜o da equac¸a˜o (15), com um pequeno detalhe: nesta nova equac¸a˜o, temos
M(x, y) = 3x2y + xy2 e N(x, y) = x3 + x2y, o que nos da, My = 3x
2 + 2xy e Nx = 3x
2 + 2xy, ou seja,
a equac¸a˜o (16) e´ exata e tem a soluc¸a˜o procurada. Assim, basta resolve-la como qualquer outra equac¸a˜o
exata.
Mas de onde surgiu esta func¸a˜o ma´gica µ(x, y) = x? E´ lo´gico, que esta func¸a˜o depende essencialmente
da equac¸a˜o (15) , ou seja, na˜o e´ so´ multiplicar qualquer equac¸a˜o na˜o exata por x que vamos obter uma
13
equac¸a˜o exata. Veremos a seguir como calcular µ(x, y) e em quais casos isso e´ poss´ıvel.
Dada uma E.D.O. na˜o exata
M(x, y) +N(x, y)
dy
dx
= 0, (17)
queremos encontrar uma func¸a˜o µ(x, y), de forma que a equac¸a˜o
µ(x, y)M(x, y) + µ(x, y)N(x, y)
dy
dx
= 0, (18)
seja exata. Em geral encontrar µ(x, y) e´ ta˜o dif´ıcil quanto resolver a equac¸a˜o algebricamente, mas para
dois casos particulares e´ poss´ıvel encontar facilmente a func¸a˜o µ(x, y).
Caso (1):
Se µ(x, y) depende so´ de da varia´vel x: µ(x, y) = µ(x).
Neste caso, (18) se reduz a
µ(x)M(x, y) + µ(x)N(x, y)
dy
dx
= 0. (19)
Para (19) ser exata, devemos ter
(µ(x)M(x, y))y = (µ(x)N(x, y))x ⇒µ(x)My(x, y) = µ
′(x)N(x, y) + µ(x)Nx(x, y)⇒
µ′(x) =
µ(x)My(x, y)− µ(x)Nx(x, y)
N(x, y)
⇒
µ′(x) =
µ(x)(My(x, y)−Nx(x, y))
N(x, y)
(20)
Ja´ que µ(x) depende so´ da varia´vel x, a equac¸a˜o (20) so´ e´ poss´ıvel se o seu lado esquerdo depender
somente de x, isto e´, se
(My(x, y)−Nx(x, y))
N(x, y)
(21)
depender so´ de x. Neste caso, para calcular µ(x), basta resolvermos a equac¸a˜o separa´vel
µ′(x) = µ(x)
(My −Nx)
N
(22)
Vejamos enta˜o como encontrar µ(x) para a equac¸a˜o na˜o exata 3xy + y2 + (x2 + xy)y′ = 0:
(My −Nx)
N
=
(3x+ 2y)− (2x+ y)
(x2 + xy)
=
x+ y
x(x+ y)
=
1
x
(23)
que depende so´ da varia´vel x. Portanto, substituindo (23) em (22), temos a equac¸a˜o separa´vel
µ′(x) =
µ(x)
x
⇒
dµ
µ
=
dx
x
⇒
14
∫
dµ
µ
=
∫
dx
x
⇒
lnµ = lnx⇒
µ(x) = x
Multiplicando 3xy+y2+(x2+xy)y′ = 0 por µ(x) = x, obtemos a equac¸a˜o exata 3x2y+xy2+(x3+x2y)y′ =
0, com
M(x, y) = 3x2y + xy2 e N(x, y) = x3 + x2y. Para encontar ψ(x, y) usando que ψ(x, y) =
∫
M ,
ψ(x, y) =
∫
M dx =
∫
3x2y + xy2 dx
= x3y +
x2y2
2
+ g(y)
Como ψ(x, y) = x3y +
x2y2
2
+ g(y), vamos usar que ψy = N , para determinar g(y).
ψy = N ⇒
x3 + x2y + g′(y) = x3 + x2y ⇒
g′(y) = 0⇒
g(y) = k.
Como k pode ser uma constante qualquer, podemos considerar k = 0 e portanto a func¸a˜o procurada e´
ψ(x, y) = x3y +
x2y2
2
e a soluc¸a˜o de (15) e´ dada implicitamente por x3y +
x2y2
2
= c.
Caso (2):
Se µ(x, y) depende so´ de da varia´vel y: µ(x, y) = µ(y).
Agora a equac¸a˜o µ(x, y)M(x, y) + µ(x, y)N(x, y)
dy
dx
= 0 se reduz a
µ(y)M(x, y) + µ(y)N(x, y)
dy
dx
= 0. (24)
Analogamente ao Caso (1), para que (24) seja exata, devemos ter
(µ(y)M(x, y))y = (µ(y)N(x, y))x ⇒
µ′(y)M(x, y) + µ(y)My(x, y) = µ(y)Nx(x, y)⇒
µ′(y) =
µ(y)Nx(x, y)− µ(y)My(x, y)
M(x, y)
⇒
µ′(y) =
µ(y)(Nx(x, y)−My(x, y))
M(x, y)
(25)
15
Como µ(y) depende somente da varia´vel y, a equac¸a˜o (25) so´ e´ poss´ıvel se o seu lado esquerdo depender
somente de y, isto e´, se
(Nx(x, y)−My(x, y))
M(x, y)
(26)
depender so´ de y. Neste caso, para calcular µ(y), basta resolvermos a equac¸a˜o separa´vel
µ′(y) = µ(y)
(Nx −My)
M
(27)
Uma func¸a˜o µ(x, y) que ao ser multiplicada por uma equac¸a˜o diferencial a torna resolv´ıvel por me´todos
de integrac¸a˜o ba´sicos, e´ denominada fator integrante .
Nos casos acima, tanto µ(x) quanto µ(y) sa˜o fatores integrantes para os casos dados. Para ilustrar os
casos acima, faremos dois exemplos:
Exemplo 2.12. Resolva a E.D.O.
y(x+ y + 1)dx+ (x+ 2y)dy = 0 (28)
Considerando M(x, y) = y(x+y+ 1) e N(x, y) = x+ 2y, temos que My = x+ 2y+ 1 e Nx = 1. Portanto
a equac¸a˜o na˜o e´ exata.
Agora vamos verificar se e´ poss´ıvel encontrar um fator integrante dependendo apenas de x;
(My −Nx)
N
=
x+ 2y + 1− (1)
x+ 2y
= 1
como e´ constante, podemos considerar que e´ uma func¸a˜o apenas de x. Assim, o fator integrante e´ obtido
resovendo-se a equac¸a˜o separa´vel (22)
µ′(x) = µ(x)
(My −Nx)
N
= µ(x) · 1⇒
dµ
µ
= dx⇒
∫
dµ
µ
=
∫
dx⇒
lnµ = x⇒
µ(x) = ex
Para obter a equac¸a˜o exata, multiplicamos (28) por µ(x) = ex:
(xyex + y2ex + yex)dx+ (xex + 2yex)dy = 0 (29)
Vemos agora que se M(x, y) = xyex + y2ex + yex e N(x, y) = xex + 2yex, e My = xe
x + 2yex + ex enta˜o
Nx = xe
x + ex + 2yex. Pelo teste, a equac¸a˜o (29) e´ exata.
Enta˜o, devemos encotrar ψ(x, y) para resolve-la. Podemos fazer isso integrando M(x, y) com relac¸a˜o a
x ou N(x, y) com relac¸a˜o a y. Neste exemplo, notamos que a integrac¸a˜o de M(x, y) com relac¸a˜o a x deve
ser por partes enquanto N(x, y) com relac¸a˜o a y e´ mais simples. Por isso, escolhemos a segunda:
ψ(x, y) =
∫
N dy =
∫
xex + 2yex dy
16
= yxex + y2ex + g(x)
Para calcularmos g(x);
ψx = M ⇒
yex + yxex + y2ex + g′(x) = xyex + y2ex + yex ⇒
g′(x) = 0⇒
g(x) = k.
Como k pode ser uma constante qualquer, podemos considerar k = 0 e portanto a func¸a˜o procurada e´
ψ(x, y) = yxex + y2ex e a soluc¸a˜o de (28) e´ dada implicitamente por yxex + y2ex = c.
Exemplo 2.13. Encontre a soluc¸a˜o do problema de valor inicial{
(6xy)dx+ (4y + 9x2)dy = 0
y(0) = −7. (30)
Como de costume, verificamos se a e.d.o. e´ exata: para M(x, y) = 6xy e N(x, y) = 4y+ 9x2, temos que
My = 6x e Nx = 18x. Logo na˜o e´ exata. Enta˜o vamos ver se e´ poss´ıvel encontrar um fator integrante que
dependa so´ se x ou so´ de y. Aplicando o teste da equac¸a˜o (21),
(My −Nx)
N
=
6x− 18x
4y + 9x2
=
−12x
4y + 9x2
que na˜o depende so´ de x. Enta˜o na˜o e´ poss´ıvel encontrar um fator integrante µ(x). Neste caso, vamos ver
se e´ poss´ıvel encontar um fator integrante µ(y), aplicando o teste de equac¸a˜o (26):
(Nx −My)
M
=
18x− 6x
6xy
=
12x
6xy
=
2
y
que depende so´ de y. Portanto para calcular µ(y) resolvemos a equac¸a˜o separa´vel (27)
µ′ =
µ(Nx −My)
M
= µ
2
y
⇒
dµ
µ
=
2
y
dy ⇒
∫
dµ
µ
=
∫
2
y
dy ⇒
lnµ = 2 ln y ⇒
lnµ = ln y2 ⇒
µ(y) = y2
17
Multiplicando a e.d.o. (30) por µ(y) = y2,
(6xy3)dx+ (4y3 + 9x2y2)dy = 0 (31)
e agora temos M(x, y) = 6xy3 e N(x, y) = 4y3 + 9x2y2, o que nos da´ My = 18xy
2 e Nx = 18xy
2.
Resolvendo a equac¸a˜o exata (31) obtemos ψ(x, y) = 3x2y3 + y4 e a soluc¸a˜o da equac¸a˜o (30) e´ dada por
3x2y3+y4 = c. Como temos um P.V.I., devemos calcular a constante c, usando a condic¸a˜o inicial y(0) = −7:
3 · 02 · (−7)3 + (−7)4 = c⇒
c = 2401⇒
Logo, a soluc¸a˜o do problema e´ 3x2y3 + y4 = 2401
Na pro´xima sec¸a˜o, seguiremos com as equac¸o˜es lineares que tambe´m dependem de um fator integrante
para serem resolvidas.
2.4 Equac¸o˜es Lineares
Na sec¸a˜o 1.1.3, definimos a forma geral de uma equac¸a˜o linear como
an(x)y
(n)(x) + an−1(x)y(n−1)(x) + ...+ a1(x)y′(x) + a0(x)y(x) = g(x)
em que a linearidade significa que todos os coeficientes sa˜o func¸a˜o apenas da varia´vel independente x e que
y e todas as suas derivadas sa˜o elevadas a` poteˆncia 1.
Trataremos nesta sec¸a˜o das equac¸o˜es lineares de primeira ordem, ou seja da forma
a1(x)y
′(x) + a0(x)y(x) = g(x) (32)
Para simplificar as notac¸o˜es que sera˜o usadas nesta sec¸a˜o, vamos reescrever a equac¸a˜o (32) da forma
y′(x) + p(x)y(x) = q(x) (33)
obtida dividindo-se todos os termos de (32) por a1(x), considerando x pertencente ao intervalo em que
a1(x) 6= 0 1. Neste caso temos p(x) = a0(x)
a1(x)
e q(x) =
g(x)
a1(x)
.
Olhando para a equac¸a˜o (33), vemos que em geral ela na˜o e´ exata e tambe´m na˜o e´ separa´vel. Enta˜o
precisamos de outra te´cnica para resolve-la. Ja´ que usamos um fator integrante na sec¸a˜o anterior, podemos
tentar fazer o mesmo com esta equac¸a˜o. Se a multiplicarmos enta˜o por uma func¸a˜o µ(x), teremos
µ(x)y′(x) + µ(x)p(x)y(x) = µ(x)q(x). (34)
Agora observando a equac¸a˜o (34), seria muito bom que seu lado esquerdo fosse a derivada de alguma
“coisa”, pois desta forma, bastaria integrarmos ambos os lados da equac¸a˜o para poder resolve-la. Mas no
seu lado esquerdo ha´ uma soma de duas parcelas, em que cada uma delas tem um produto entre func¸o˜es.
Isso nos lembra a regra do produto para derivadas em que temos para duas func¸o˜es de x, (fg)′ = f ′g+ fg′.
Enta˜o a boa ide´ia e´ que se conseguirmos encontar uma func¸a˜o µ(x), de forma que o lado esquerdo da equac¸a˜o
(34) seja a derivada do produto entre µ(x) e y(x), estamos feitos. Mas isso e´ fa´cil: Queremos que
(y(x)µ(x))′ = µ(x)y′(x) + µ(x)p(x)y(x)⇒
1Veremos nas sec¸o˜es seguintes como determinar intervalo em que a soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial esta´ definida.
18
y′(x)µ(x) + y(x)µ′(x) = µ(x)y′(x) + µ(x)p(x)y(x)⇒
y(x)µ′(x) = µ(x)p(x)y(x)⇒
µ′(x) = µ(x)p(x) (35)
em que a u´ltima implicac¸a˜o vale apenas se considerarmos y(x) 6= 0.2 A equac¸a˜o (35) e´ separa´vel e portanto
ja´ sabemosresolve-la:
dµ
dx
= µp(x)⇒∫
dµ
µ
=
∫
p(x)dx⇒
lnµ =
∫
p(x)dx⇒
µ(x) = e
∫
p(x)dx (36)
Assim, a equac¸a˜o (36), nos da´ o fator integrante procurado, e com ele resolvemos as equac¸o˜es lineares
de primeira ordem.
Exemplo 2.14. Resolva a equac¸a˜o y′ +
2
x
y = 4x.
Esta e´ uma equac¸a˜o linear, em que (na notac¸a˜o (33)), p(x) =
2
x
e q(x) = 4x. Enta˜o, para encontar o
fator integrante, ∫
p(x)dx =
∫
2
x
dx = 2 lnx = lnx2 ⇒
µ(x) = e
∫
p(x)dx = elnx
2
= x2
multiplicando a equac¸a˜o em questa˜o pelo fator integrante,
x2 · y′ + x2 · 2
x
y = x2 · 4x⇒
x2 · y′ + 2xy = 4x3 (37)
Note que o lado esquerdo desta u´ltima equac¸a˜o e´ justamente, como quer´ıamos, a derivada de (µ · y);
pela regra do produto, (µ · y)′ = (x2 · y)′ = 2xy + x2y′. Assim, a equac¸a˜o (37) fica
(x2 · y)′ = 4x3 ⇒∫
(x2 · y)′dx =
∫
4x3 dx⇒
x2 · y = x4 + c⇒
y(x) =
x4 + c
x2
2Discutiremos o caso y(x) ≡ 0 no final da explicac¸a˜o
19
Exemplo 2.15. Resolva o P.V.I.
{
xy′ − 2x2y = −3x2 para x > 0
y(0) = 2.
Como a equac¸a˜o e´ linear, devemos encontrar o fator integrante. Mas para isso, a equac¸a˜o deve ter a
forma (33). Enta˜o vamos dividi-la por x, ja´ que por hipo´tese, x > 0. Assim, temos a seguinte equac¸a˜o:
y′ − 2xy = −3x (38)
que nos da p(x) = −2x; enta˜o
∫
p(x)dx =
∫
−2xdx = −x2 + c. Logo o fator integrante e´
µ(x) = e
∫
p(x)dx = e−x
2
,
pois para o fator integrante podemos considerar c assumindo qualquer valor. Enta˜o escolhemos o mais
simples: c = 0.
Multiplicado a equac¸a˜o (38) por µ(x) = e−x2 ,
e−x
2
y′ − 2xe−x2y = −3xe−x2 ⇒
(e−x
2
y)′ = −3xe−x2 ⇒
(e−x
2
y) =
∫
−3xe−x2dx⇒
e−x
2
y =
3
2
e−x
2
+ c⇒
y =
3
2e
−x2 + c
e−x2
=
3
2
+ cex
2
Para encotrar c, substiru´ımos a condic¸a˜o inicial y(0) = 2 :
2 =
3
2
+ ce0
2 ⇒
c = 2− 3
2
=
1
2
A soluc¸a˜o procurada e´: y(x) =
3
2
+
1
2
ex
2
Os treˆs me´todos de resoluc¸a˜o de E.D.O. que estudamos neste cap´ıtulo sa˜o os mais simples de resoluc¸a˜o
de equac¸o˜es diferencias de primeira ordem. Estes sera˜o os que estudaremos no nosso curso.
2.5 Exerc´ıcios
1. Resolva a equac¸a˜o dada por separac¸a˜o de varia´veis.
(a)
dy
dx
= sen 5x; y(x) = −15 cos 5x+ c
(b) (x+ 1)
dy
dx
= x+ 6; y(x) = x+ 5 ln |x+ 1|+ c
(c) xy′ = 4y; y(x) = cx4
20
(d)
dy
dx
− y
3
x2
= 0 y−2 = 2x−1 + c
(e)
dy
dx
=
x2y2
1 + x
; −3 + 3x ln |x| = xy3 + cx
(f)
dy
dx
= e3x+2y; −3e−2y = 2e3x + c
(g) (4y + yx2)
dy
dx
+ (2x+ xy2) = 0 2 + y2 = c(4 + x2)
(h) x ln y
dy
dx
=
(x+ 1
y
)2
; y
3
3 ln y − 19y3 = x
2
2 + 2x+ ln |x|+ c
2. Resolva a equac¸a˜o dada sujeita a` condic¸a˜o inicial indicada.
(a) (e−y + 1)senx− (1 + cosx)dy
dx
= 0, y(0) = 0; (1 + cosx)(1 + ey) = 4
(b) y
dy
dx
= 4x
√
y2 + 1, y(0) = 1;
√
y2 + 1 = 2x2 +
√
2
(c)
dy
dx
= 4(y2 + 1), y
(pi
4
)
= 1 y = tg (4x− 3pi4 )
(d) x2y′ = y − xy, y(−1) = −1; xy = e−(1+ 1x )
3. Verifique se a equac¸a˜o dada e´ exata; se for, resolva
(a) (2x− 1) + (3y + 7)y′ = 0; x2 − x+ 32y2 + 7y = c
(b) (5x+ 4y) + (4x− 8y3)dy
dx
= 0; 52x
2 + 4xy − 2y4 = c
(c) (2y2x− 3)dx+ (2yx2 + 4)dy = 0; x2y2 − 3x+ 4y = c
(d) (x+ y)(x− y) + x(x− 2y)dy
dx
= 0; na˜o exata
(e) (y3 − y2senx− x) + (3xy2 + 2y cosx)dy
dx
= 0; xy3 + y2 cosx− 12x2 = c
(f) (y ln y − e−xy) +
(1
y
+ x ln y
)
y′ = 0; na˜o exata
(g) tg x− senx sen y + (cosx cos y)dy
dx
= 0; − ln | cosx|+ cosx sen y = c
(h) (1− 2x2 − 2y)dy = (4x3 + 4xy)dx; y − 2x2y − y2 − x4 = c
4. Resolva os problemas de valor inicial (P.V.I.)
(a) (x+ y)2dx+ (2xy + x2 − 1)dy = 0, y(1) = 1; 13x3 + x2y + xy2 − y = 43
(b) (4y + 2x− 5)dx+ (6y + 4x− 1)dy = 0, y(−1) = 2; 4xy + x2 − 5x+ 3y2 − y = 8
(c) (y2 cosx− 3x2y − 2x)dx+ (2ysenx− x3 + ln y)dy = 0, y(0) = e;
y2senx− x3y − x2 + y ln y − y = 0
5. Encontre o valor de k para que a equac¸a˜o diferencial dada seja exata.
(a) (y3 + kxy4 − 2x)dx+ (3xy2 + 20x2y3)dy = 0; k = 10
(b) (2xy2 + yex)dx+ (2x2y + kex − 1)dy = 0; k = 1
21
6. Determine uma func¸a˜o M(x, y) para que a seguinte equac¸a˜o diferencial seja exata:
M(x, y) +
(
xexy + 2xy +
1
x
)
y′ = 0
7. Determine uma func¸a˜o N(x, y) para que a seguinte equac¸a˜o diferencial seja exata:
y
1
2x−
1
2 +
x
x2 + y
+N(x, y)
dy
dx
= 0
8. As equac¸o˜es abaixo na˜o sa˜o exatas. Encontre um fator integrante µ(x) ou µ(y), para cada equac¸a˜o,
de forma que se torne uma equac¸a˜o exata. Em seguida, resolva-a.
(a) 6xydx+ (4y + 9x2)dy = 0; µ(y) = y2; 3x2y3 + y4 = c
(b) (2y2 + 3x)dx+ 2xydy = 0; µ(x) = x; x2y2 + x3 = c
(c) y′ = e2x + y + 1; µ(x) = e−x; y = cex + 1 + e2x
(d) 1 +
(x
y
− sen y
)dy
dx
= 0; µ(y) = y; xy + y cos y − sen y = c
9. Resolva as equac¸o˜es lineares a seguir:
(a) y′ + 3y = x+ e−2x y(x) = ce−3x + x3 − 19 + e−2x
(b) y′ +
1
x
y = 3 cos 2x, x > 0 y(x) = cx +
3 cos 2x
4x +
3sen 2x
2
(c) xy′ + 2y = senx, x > 0 y(x) = c−x cosx+senx
x2
(d) y′ + 2xy = 2xe−x
2
y(x) = x2e−x2 + e−x2
(e) (1 + x2)y′ + 4xy = (1 + x2)−2 y(x) = arctg (x)+c
(1+x2)2
(f) y′ + y = 5sen 2x y(x) = ce−x + sen 2x− 2 cos 2x
10. Encontre a soluc¸a˜o do problema de valor inicial dado.
(a)
{
y′ − y = 2xe2x
y(0) = 1
y(x) = 3ex + 2(x− 1)e2x
(b)
{
xy′ + 2y = x2 − x+ 1
y(1) = 12
y(x) = 3x
4−4x3+6x2+1
12x2
(c)
{
x3y′ + 4x2y = e−x
y(−1) = 0 y(x) = −
(1+x)e−x
x4
, x 6= 0
22
3 Alguns Modelos Matema´ticos Envolvendo Equac¸o˜es Di-
ferenciais de Primeira Ordem
Quando os cieˆntistas buscam formalizar nossa compreensa˜o da natureza e quando os engenheiros bus-
cam encontrar respostas para problemas te´cnicos, a te´cnica de representar nosso “mundo real” em termos
matema´ticos, tornou-se uma ferramenta valiosa. Esse processo de traduzir a realidade usando linguagem
matema´tica e´ conecido como modelagem matema´tica.
A modelagem matema´tica e suas soluc¸o˜es, nos levam a equac¸o˜es que relacionam as varia´veis e os
paraˆmetros dos problemas modelados. Essas equac¸o˜es nos permitem muitas vezes, fazer previso˜es sobre
o comportamento do processo natural em circusntaˆncias diversas. E´ fa´cil fazer com que os paraˆmetros
do modelo matema´tico variem em grandes intervalos, mas num contexto experimental, isso pode ser um
processo muito longo ou caro.
Modelo matema´ticos sa˜o validados comparando-se suas previso˜es com resultados experimentais. Por
outro lado, modelos matema´ticos podem sugerir as direc¸o˜es mais promissoras a serem exploradas experi-
mentalmente e podem indicar, com precisa˜o razoa´vel quais dados experimentais sera˜o mais u´teis.
Existem treˆs esta´gios que esta˜o sempre presentes no processo de modelagem:
• Construc¸a˜o do Modelo: Envolve uma traduc¸a˜o da situac¸a˜o f´ısica em liguagem matema´tica. Isso exige
conhecimento na a´rea do problema e tambe´m conhecimentos matema´ticos.
• Ana´lise do Modelo: Uma vez formulado matematicamente o processo, deve-se agora resolver as
equac¸o˜es, ou se isso na˜o for poss´ıvel, descobrir tudo que for poss´ıvel sobre as propriedades da soluc¸a˜o.
• Comparac¸a˜o do Experimentos ou Observac¸o˜es: Finalmente, tendo obtido a soluc¸a˜o ou pelo menos
alguma informac¸a˜o sobre ela, precisa-se interpretar tal informac¸a˜o no contexto do problema em que ela
apareceu.
Os exemplos nesta sec¸a˜o sa˜o t´ıpicos de aplicac¸o˜es onde aparecem equac¸o˜es diferenciais de primeira
ordem. Eles foram retirados da apostila Introduc¸a˜o a Equac¸o˜es Diferenciais, do professor Reginaldo Santos
da UFMG.
3.1 Dinaˆmica Populacional
Crescimento Exponencial
O modelo mais simples de crescimento populacional e´ aquele em que se supo˜e que a taxa de crescimento
de uma populac¸a˜o que varia com o tempo y(t), e´ proporcional a populac¸a˜o presente naqueleinstante.
Podemos descrever o problema de encontrar y(t) como o problema de valor inicial{
dy
dt
= ky
y(0) = y0
(39)
A equac¸a˜o (39) e´ linear (e tambe´m sapara´vel) e pode ser reescrita como
dy
dt
− ky = 0. (40)
Para resolveˆ-la devemos calcular o fator integrante
µ(x) = e
∫
p(t)dt = e
∫ −kdt = e−kt
23
Multiplicando a equac¸a˜o (40) por µ(x) = e−kt obtemos
e−kt
dy
dt
− ke−kty = 0⇒
(e−kty)′ = 0⇒
e−kty = c⇒
y(x) = cekt
Substituindo a condic¸a˜o inicial y(0) = y0, obtemos y0 = ce
k0 = c
Ou seja a soluc¸a˜o do problema de valor inicial e´ y(t) = y0e
kt.
Exemplo 3.1 Consideremos uma situac¸a˜o formada por uma populac¸a˜o de organismos zooplanctoˆnicos.
Sa˜o colocadas em um be´quer 3 feˆmeas partenogene´ticas gra´vidas (na˜o ha´ necessidade de fecundac¸a˜o pelo
macho) de um microcrusta´ceo chamado clado´cero em condic¸o˜es ideais de alimentac¸a˜o, temperatura, aerac¸a˜o e
iluminac¸a˜o e auseˆncia de predadores. Sabendo-se que em 10 dias havia 240 indiv´ıduos determine a populac¸a˜o
em func¸a˜o do tempo supondo-se que a taxa de crescimento da populac¸a˜o e´ proporcional a` populac¸a˜o atual
(crescimento exponencial).
A populac¸a˜o, y(t), e´ a soluc¸a˜o do problema de valor inicial{
dy
dt
= ky
y(0) = 3
que como vimos acima tem soluc¸a˜o y(t) = y0e
kt = 3ekt.
Como em 10 dias a populac¸a˜o e´ de 240 indiv´ıduos, enta˜o substituindo-se t = 10 e y = 240 obtemos
240 = 3ek10 ⇒
ln 80 = ln ek10 ⇒
ln 80
10
= k
Assim, a func¸a˜o que descreve como a populac¸a˜o de bacte´rias varia com o tempo e´
y(t) = 3e
ln 80
10
t = 3eln(80)
t
10 = 3 · 80 t10
Na tabela abaixo, calculamos o nu´mero de indiv´ıduos por litro de uma populac¸a˜o de clado´ceros (Daphnia
laevis) em experimento de laborato´rio (dados obtidos de Ricardo Motta Pinto Coelho: Fundamentos em
Ecologia. Editora Artes Me´dicas, Porto Alegre, 2000.))
24
Dias Populac¸a˜o Dias Populac¸a˜o
1 3 13 510
2 7 14 630
3 10 15 638
4 9 16 628
5 39 17 666
6 39 18 668
7 40 19 620
8 113 20 663
9 180 21 667
10 240 22 645
11 390 23 690
12 480 24 650
Vamos comparar com uma tabela usando a func¸a˜o encontrada y(t) = 3 · 80 t10 :
Dias Populac¸a˜o Dias Populac¸a˜o
1 4,695 13 893,590
2 7,207 14 1384,992
3 11,170 15 2146,63
4 17,312 16 3327,095
5 26,832 17 ...
6 41,589 18 ...
7 64,459 19 ...
8 99,906 20 ...
9 154,847 21 ...
10 240,000 22 ...
11 371,981 23 ...
12 576,540 24 ...
Notamos que nos primeiros 12 dias, a func¸a˜o modela bem o crescimento da populac¸a˜o, mas depois do
12o dia, esta func¸a˜o na˜o e´ mais ideal para fazer previso˜es a respeito da populac¸a˜o.
Isso ocorreu porque na˜o levamos em conta o fato da populac¸a˜o y(t) tem um valor ma´ximo sustenta´vel,
digamos, yM . Para o modelo ser mais adequado, devemos supor que a taxa de crescimeto ale´m de ser
proporcional a populac¸a˜o atual, e´ proporcional tambe´m a` diferenc¸a entre yM e a populac¸a˜o presente.
Crescimento Log´ıstico
Neste caso a populac¸a˜o como func¸a˜o do tempo, y(t), e´ a soluc¸a˜o do problema de valor inicial{
dy
dt
= ky(yM − y)
y(0) = 3
(41)
Esta equac¸a˜o na˜o e´ linear, ja´ que do lado direito da igualdade temos kyMy− ky2, mas e´ separa´vel. Este
tipo de crescimento descrito por (41) e´ denominado crescimento log´ıstico.
Exemplo 3.2 Consideremos a mesma situac¸a˜o do Exemplo 3.1. Sabendo-se que essa populac¸a˜o atinge
o ma´ximo de 690 indiv´ıduos e que em 10 dias havia 240 indiv´ıduos. Determine a populac¸a˜o em func¸a˜o do
tempo supondo-se que a taxa de crescimento da populac¸a˜o e´ proporcional tanto a populac¸a˜o atual quanto
a` diferenc¸a entre a populac¸a˜o ma´xima e a populac¸a˜o atual (crescimento log´ıstico).
25
A populac¸a˜o como func¸a˜o do tempo, y(t), e´ a soluc¸a˜o do problema{
dy
dt
= ky(690− y)
y(0) = 3, y(10) = 240
A equac¸a˜o e´ separa´vel. Assim, obtemos
dy
y(690− y) = kdt⇒∫
dy
y(690− y) =
∫
kdt (42)
Para calcular
∫
dy
y(690− y) precisamos usar decomposic¸a˜o por frac¸o˜es parciais:
1
y(690− y) =
A
y
+
B
690− y =
690A−Ay +By
y(690− y) =
690A+ (−A+B)y
y(690− y) ⇒
1 = 690A+ (−A+B)y ⇒
690A = 1 e −A+B = 0⇒
A =
1
690
e B =
1
690
.
Com isso temos que
1
y(690− y) =
1
690
y
+
1
690
690− y e portanto o lado direito equac¸a˜o (42) e´∫
dy
y(690− y) =
∫ 1
690
y
+
1
690
690− y dy =
1
690
ln y − 1
690
ln(690− y) + c
Da equac¸a˜o (42) temos
1
690
ln y − 1
690
ln(690− y) = kt+ c⇒
1
690
ln
y
(690− y) = kt+ c⇒
ln
( y
690− y
) 1
690
= kt+ c⇒
( y
690− y
) 1
690
= ekt+c ⇒
( y
690− y
)
= Ce690kt
Esta u´ltima equac¸a˜o nos da´ a soluc¸a˜o implicitamente. Substituindo a primeira condic¸a˜o y(0) = 3, temos( 3
690− 3
)
= Ce0 ⇒ C = 1
229
Usando a segunda condic¸a˜o y(10) = 240,( 240
690− 240
)
=
1
229
e6900k ⇒ k = − ln(
15
1832)
690
26
Reescrevendo a soluc¸a˜o, explicitando y em func¸a˜o de t, obtemos
y(t) =
690
229e(
t
10
ln( 15
1832
)) + 1
=
690
229( 151832)
t
10 + 1
(43)
Agora usando que y(t) =
690
229( 151832)
t
10 + 1
descreve a populac¸a˜o do crusta´ceo, obtemos a seguinte tabela:
Dias Populac¸a˜o Dias Populac¸a˜o
1 4,837 13 477,985
2 7,788 14 541,463
3 12,506 15 589,914
4 19,997 16 624,474
5 31,766 17 647,951
6 49,943 18 663,375
7 77,303 19 673,287
8 116,910 20 679,567
9 171,144 21 683,510
10 240,000 22 685,971
11 319,499 23 687,503
12 401,819 24 688,454
Esta tabela mostra que com o passar dos dias a populac¸a˜o se aproxima de 690 indiv´ıduos, assim como foi
observado em laborato´rio. Portanto este problema, para grandes valores de t, se aproxima mais da situac¸a˜o
real do que o primeiro.
3.2 Datac¸a˜o por Carbono 14
A proporc¸a˜o de carbono 14 (radioativo) em relac¸a˜o ao carbono 12 presente nos seres vivos e´ constante.
Quando um organismo morre a absorc¸a˜o de carbono 14 cessa e a partir de enta˜o o carbono 14 vai se
transformando em carbono 12 a uma taxa que e´ proporcional a quantidade presente. Podemos descrever o
problema de encontrar a quantidade de carbono 14 em func¸a˜o do tempo, Q(t), como o problema de valor
inicial {
dQ
dt
= kQ
Q(0) = Q0
(44)
A equac¸a˜o e´ a mesma do crescimento exponencial, mas vamos resolver, agora, como uma equac¸a˜o
separa´vel, ou seja, a equac¸a˜o e´ equivalente a
dQ
Q
= kdt⇒
∫
dQ
Q
=
∫
kdt⇒
lnQ = kt+ c⇒
Q = Cekt
27
Substituindo a condic¸a˜o inicial Q(0) = Q0, obetmos Q(t) = Q0e
kt
Exemplo 3.3 Em um pedac¸o de madeira e´ encontrado 1500 da quantidade originalde carbono 14. Sabe-se
que a meia-vida do carbono 14 e´ de 5600 anos, ou seja, que em 5600 anos metade do carbono 14 presente
transformou-se em carbono 12. Vamos determinar a idade deste pedac¸o de madeira. O problema de valor
inicial que descreve esta situac¸a˜o e´ {
dQ
dt
= kQ
Q(0) = Q0
que tem soluc¸a˜o Q(t) = Q0e
kt.
Substituindo a condic¸a˜o t = 5600 e Q =
Q0
2
(meia-vida) obtemos
Q0
2
= Q0e
5600k ⇒ k = − ln 2
5600
Assim a soluc¸a˜o e´ Q(t) = Q0e
− ln 2
5600
t. Abaixo segue o gra´fico da soluc¸a˜o:
Q0
Q0
2
Agora substituindo Q =
Q0
500
obtemos
Q0
500
= Q0e
− ln 2
5600
t ⇒
1
500
= e−
ln 2
5600
t ⇒
ln
1
500
= − ln 2
5600
t⇒
t = − ln
1
500
ln 2
5600
≈ 5200 anos
28
3.3 Misturas
Suponha inicialmente que um tanque contenha uma mistura de a´gua e sal com um volume inicial de V0
litros e Q0 gramas de sal. A concentrac¸a˜o de um soluto em um solvente e´ dada pela quantidade de soluto
dividido pelo volume da soluc¸a˜o. Assim, temos:
V0: volume inicial da mistura em litros
Q0 : quantidade de sal em gramas
C0 =
Q0
V0
: concentrac¸a˜o da soluc¸a˜o inicial em gramas/litroUma soluc¸a˜o salina e´ bombeada para dentro do tanque a uma taxa de Te litros por minuto possuindo
uma concentrac¸a˜o de Ce gramas de sal por litro:
Te: taxa de entrada da soluc¸a˜o salina em litros/minuto
Ce : concentrac¸a˜o da mistura que esta´ entrado no tanque em gramas/litro
Considerando que a soluc¸a˜o e´ bem misturada e sai do tanque a uma taxa de Ts litros por minuto com
uma concentrac¸a˜o Cs, queremos saber a quantidade de sal, Q(t), existente no tanque no instante t.
Ts: taxa de saida da soluc¸a˜o salina em litros/minuto
Cs : concentrac¸a˜o da mistura que esta´ saindo no tanque em gramas/litro
A taxa de variac¸a˜o da quantidade de sal no tanque e´ igual a taxa com que entra sal no tanque menos a
taxa com que sai sal do tanque;
dQ
dt
= taxa de entrada− taxa de sa´ıda.
A taxa com que entra sal no tanque e´ igual a taxa com que entra a mistura, Te, vezes a concentrac¸a˜o de
entrada, Ce. E a taxa com que sai sal do tanque e´ igual a taxa com que sai a mistura do tanque, Ts, vezes
a concentrac¸a˜o de sal que sai do tanque, Cs;
dQ
dt
= CeTe − CsTs
Os valores Ce, Te e Ts sa˜o constantes, mas Cs na˜o, ja´ que a concentrac¸a˜o de sal varia o tempo todo
dentro do tanque, poi a soluc¸a˜o e´ bem misturada. Enta˜o Cs e´ uma func¸a˜o de t;
Cs(t) =
Q(t)
V (t)
Como o volume no tanque, V (t), e´ igual ao volume inicial, V0, somado ao volume que entra no tanque
menos o volume que sai do tanque,
V (t) = V0 + volume que entra − volume que sai = V0 + Tet− Tst = V0 + (Te − Ts)t
a quantidade de sal no tanque, Q(t), e´ a soluc¸a˜o do problema de valor inicial
29

dQ
dt
= TeCe − Ts
V0 + (Te − Ts)tQ
Q(0) = Q0
Exemplo 3.4 Num tanque ha´ 100 litros de salmoura contendo 30 gramas de sal em soluc¸a˜o. A´gua
pura (sem sal) entra no tanque a` raza˜o de 6 litros por minuto e a mistura se escoa a` raza˜o de 4 litros por
minuto, conservando a concentrac¸a˜o uniforme por agitac¸a˜o. Vamos determinar qual a concentrac¸a˜o de sal
no tanque ao fim de 50 minutos.
O problema pode ser modelado pelo seguinte problema de valor inicial
dQ
dt
= − 4
100 + 2t
Q
Q(0) = 30
A equac¸a˜o e´ separa´vel e pode ser escrita como
dQ
Q
= − 4
100 + 2t
dt⇒
∫
dQ
Q
= −
∫
4
100 + 2t
dt⇒
lnQ = −4
2
ln(100 + 2t) + c⇒
lnQ = ln(100 + 2t)−2 + c⇒
Q(t) = C(100 + 2t)−2
Da condic¸a˜o inicial, t = 0 e Q = 30 temos,
30 = C(100)−2 ⇒ C = 3 · 105
Substituindo o valor de C encontrado, Q(t) =
3 · 105
(100 + 2t)2
.
Segue abaixo o gra´fico da soluc¸a˜o Q(t) =
3 · 105
(100 + 2t)2
.
A concentrac¸a˜o e´ o quociente da quantidade de sal pelo volume que e´ igual a V (t) = 100 + 2t. Assim
30
Cs(t) =
3·105
(100+2t)2
100 + 2t
=
3 · 105
(100 + 2t)3
⇒
Cs(50) =
3 · 105
(100 + 100)3
= 0, 0375 gramas/litro.
A seguir, temos o gra´fico da concentrac¸a˜o em func¸a˜o do tempo:
3.4 Resisteˆncia em Fluidos
Um corpo que se desloca em um meio fluido sofre uma forc¸a de resisteˆncia que e´ proporcional a velocidade
do corpo, kv(t). A velocidade, v(t), e´ a soluc¸a˜o do problema de valor inicial{
m
dv
dt
= F − kv
v(0) = 0
Para um corpo que cai a forc¸a F e´ igual ao peso do corpo. Para um barco que se desloca na a´gua ou um
carro em movimento a forc¸a F e´ igual a forc¸a do motor. Na equac¸a˜o, o sinal negativo na forc¸a de resisteˆncia
do fluido, quer dizer que esta atua em direc¸a˜o oposta ao movimento do corpo.
Exemplo 3.5 Um pa´ra-quedista com o seu pa´ra-quedas pesa 70 quilogramas e salta de uma altura de
1400 metros. O pa´ra-quedas abre automaticamente apo´s 5 segundos de queda. Sabe-se que a velocidade
limite e´ de 5 metros por segundo. Vamos determinar a velocidade que o pa´ra-quedista atinge no momento
que em que abre e quanto tempo demora para a velocidade chegar a 5,1 metros por segundo.
31
Vamos convencionar que o sentido positivo e´ para cima e que a origem esta´ na superf´ıcie da terra. Ate´
o momento em que o pa´ra-quedas abre a velocidade e´ a soluc¸a˜o do problema de valor inicial{
m
dv
dt
= −mg
v(0) = 0
em que P = mg e´ o peso do pa´ra-quedista com o pa´ra-quedas. Ou seja,{
dv
dt
= −10
v(0) = 0
o que leva a soluc¸a˜o v(t) = −10t
Quando o pa´ra-quedas abre a velocidade e´ enta˜o de v(5) = −50 m/s
Do momento que o pa´ra-quedas abre em diante a velocidade do pa´ra-quedista e´ a soluc¸a˜o do problema
de valor inicial {
m
dv
dt
= −mg − kv
v(5) = −50
A forc¸a de resisteˆncia e´ igual a −kv, e o sinal menos com uma constante positiva indica que a forc¸a de
resisteˆncia e´ no sentido contra´rio ao da velocidade. Observe que a velocidade e´ negativa o que faz com que
a forc¸a de resisteˆncia seja positiva, ou seja, para cima como convencionamos no in´ıcio.{
dv
dt
= −10− kv
70
= −10−Kv, com K = k
70
v(5) = −50
A equac¸a˜o separa´vel
dv
dt
= −10−Kv pode ser reescrita como
dv
10 +Kv
= −dt⇒
∫
dv
10 +Kv
= −
∫
dt⇒
1
K
ln |10 +Kv| = −t+ c⇒
ln |10 +Kv| 1K = −t+ c⇒
|10 +Kv| 1K = e−t+c ⇒
10 +Kv = e(−t+c)K ⇒
Kv = −10 + Ce−Kt ⇒
v(t) = −10
K
+ Ce−Kt
A velocidade limite limite e´ de −5 m/s, logo
−5 = lim
t→∞ v(t) = limt→∞−
10
K
+ Ce−Kt = −10
K
⇒ K = 2
32
Substituindo a condic¸a˜o inicial t = 5 e v = −50 em v(t) = −5 + Ce−2t, obtemos
−50 = −5 + Ce−10 ⇒ C = −45e10
ou seja, a soluc¸a˜o do problema e´ v(t) = −5− 45e10−2t.
Assim, se v = −5, 1 (lembre-se que e´ negativo por que e´ para baixo!) obtemos −5, 1 = −5− 45e10−2t e
portanto,
10− 2t = − ln 450 e assim, t = 10 + ln 450
2
≈ 3 segundos.
ou seja, 3 segundos depois do pa´ra-quedas aberto a velocidade ja´ e´ de 5,1 m/s.
3.5 Exerc´ıcios
1. Sabe-se que a populac¸a˜o de uma certa comunidade cresce a uma taxa proporcional ao nu´mero de
pessoas presentes em qualquer instante. Se a populac¸a˜o duplicou em 5 anos, quando ela triplicara´?
Quando quadruplicara´?
2. A populac¸a˜o de uma cidade cresce a uma taxa proporcional a` populac¸a˜o em qualquer tempo. Sua
populac¸a˜o inicial de 500 habitantes aumenta 15% nos 10 primeiros anos. Qual sera´ a populac¸a˜o em
30 anos?
3. Uma populac¸a˜o de bacte´rias cresce a uma taxa proporcional a populac¸a˜o presente. Sabendo-se que
apo´s uma hora a populac¸a˜o e´ 2 vezes a populac¸a˜o inicial, determine a populac¸a˜o como func¸a˜o do
tempo e o tempo necessa´rio para que a populac¸a˜o triplique.
4. Em 1790, a populac¸a˜o dos Estados Unidos era de 3,93 milhoes e em 1890 era de 62,98 milho˜es.
(a) Usando o modelo exponencial, estime a populac¸a˜o norte americana como um func¸a˜o do tempo.
(b) Usando o modelo logistico, estime a populac¸a˜o norte americana como um func¸a˜o do tempo.
(c) Considerando que segundo o Censo dos EUA, a populac¸a˜o esta´ descrita na tabela abaixo, com-
pare com o esultado das func¸o˜es obtidas e conclua qual e´ a de melhor aproximac¸a˜o.
Ano Populac¸a˜o Ano Populac¸a˜o
1790 3,93 1860 31,44
1800 5,31 1870 39,82
1810 7,24 1880 50,19
1820 9,64 1890 62,98
1830 12,87 1900 76,21
1840 17,07 1910 92,23
1850 23,19 1920 106,02
5. O craˆnio de um humano´ide foi encontrado em uma caverna na A´frica do Sul, junto com os restos de
uma fogueira. Os arqueo´logos acrditam que o craˆnio tenha a mesma idade da fogueira. Determina-se
que 2% da quantidade de C-14 original restam na madeira queimada. Com base nestes dados, estime
a idade do craˆnio, considerando que a meia vida do C-14 e´ de 5600 anos.
6. O iso´topo radioativo de chumbo, Pb-209, decresce a uma taxa proporcional a` quantidade presente em
qualquer tempo. Sua meia vida e´ 3,3 horas. Se 1 grama de chumbo esta´ presente inicialmente, quanto
tempo levara´ para 90% de chumbo desaparecer?
33
7. Um tanque conte´m 100 litros de uma soluc¸a˜o a uma concentrac¸a˜o de 1 grama por litro. Uma soluc¸a˜o
com uma concentrac¸a˜o de 2te−
1
100
t gramas por litro entra no tanque a uma taxaconstante de 1 litro
por minuto, enquanto que a soluc¸a˜o bem misturada sai a` mesma taxa.
(a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t e´ contado a partir do in´ıcio
do processo.
(b) Calcule a concentrac¸a˜o de sal no tanque t = 10 minutos apo´s o in´ıcio do processo.
8. Um tanque conte´m inicialmente 100 litros de a´gua pura. Enta˜o, a´gua salgada, contendo 30e−
2
10
t
gramas de sal por litro, passa a ser bombeada para o tanque a uma taxa de 10 litros por minuto.
Simultaneamente a soluc¸a˜o passa a ser agitada e retirada do tanque na mesma taxa.
(a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t e´ contado a partir do in´ıcio
do processo.
(b) Calcule em que instante a concentrac¸a˜o de sal no tanque sera´ de 7,5 gramas por litro.
9. Um tanque conte´m inicialmente 100 litros de a´gua e 100 gramas de sal. Enta˜o uma mistura de a´gua
e sal na concentrac¸a˜o de 5 gramas de sal por litro e´ bombeada para o tanque a uma taxa de 4 litros
por minuto. Simultaneamente a soluc¸a˜o (bem misturada) e´ retirada do tanque na mesma taxa.
(a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t e´ contado a partir do in´ıcio
do processo.
(b) Calcule a concentrac¸a˜o limite de sal no tanque quando t→∞ e o tempo necessa´rio para que a
concentrac¸a˜o atinja metade deste valor.
10. Suponha que um tanque contenha uma mistura de a´gua e sal com um volume inicial 100 litros e 10
gramas de sal e que a´gua pura seja bombeada para dentro do tanque a uma taxa de 1 litro por minuto.
Suponha que a soluc¸a˜o bem misturada sai a uma taxa de 2 litros por minuto.
(a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t e´ contado a partir do in´ıcio
do processo.
(b) De qual valor se aproxima a concentrac¸a˜o quando o tanque se aproxima de ficar vazio?
11. Um bote motorizado e seu tripulante teˆm uma massa de 120 quilogramas e estava inicialmente no
repouso. O motor exerce uma forc¸a constante de 10 newtons, na direc¸a˜o do movimento. A resisteˆncia
exercida pela a´gua, ao movimento, e´, em mo´dulo, igual ao dobro da velocidade.
(a) Determine a velocidade do bote em func¸a˜o do tempo.
(b) Determine a velocidade limite do bote.
12. Uma massa de 0,25 Kg cai, a partir do repouso em um meio com resisteˆncia de 0, 2|v|, em que v e´ a ve-
locidade medida em m/s. Se a massa cai de uma altura de 30 m, encontre a velocidade ao atingir o solo.
Respostas:
1. 7,9 anos e 10 anos ; 2. 760 habitantes; 3. aproximadamente 1hora e 35 minutos; 4. (a) y(t) =
3, 93e(0,027742)t, (b) y(t) = 989,50
3,93+(247,85)e−(0,30463)t ; 5. 31606 anos; 6. 11 horas; 7.(a) Q(t) = t
2e−
1
100
t +
100e−
1
100
t gramas , (b) C(10) = 2e−
1
10 gramas/litro; 8.(a) Q(t) = 3000(e−
1
10t − e− 110 t) gramas , (b)
t = 25 ln
8
5
; 9. (a) Q(t) = 500 − 400e− 125 t gramas, (b) t = 25 ln 8
5
; 10. (a) Q(t) = 10−3(100 − t)2
gramas; 11. 5 m/s; 12. 11,58m/s.
34
4 Equac¸o˜es Diferenciais de Segunda Ordem
4.1 Equac¸o˜es Homogeˆneas com Coeficientes Constantes
As equac¸o˜es diferenciais de segunda ordem, sa˜o do tipo
y′′(x) = F (x, y(x), y′(x)) (45)
Uma equac¸a˜o diferencial de segunda ordem e´ dita linear, se puder ser escrita como
y′′(x) + p(x)y′(x) + q(x)y(x) = g(x) (46)
em que p(x), q(x), e g(x) sa˜o func¸o˜es de uma varia´vel real, x.
Uma E.D.O. linear de segunda ordem e´ denominada homogeˆnea, se a func¸a˜o g(x) for identicamente nula,
ou seja, se g(x) = 0 para todo x.
Inicialmente estudaremos um caso particular de equac¸o˜es lineares de segunda ordem: as homogeˆneas
com coeficientes constantes. Tais equac¸o˜es podem ser escritas como
ay′′(x) + by′(x) + cy(x) = 0 (47)
em que a, b e c sa˜o nu´meros reais e a 6= 0.
Para ilustrar a ide´ia do me´todo de soluc¸a˜o de equac¸o˜es desse tipo, considere como exemplo a E.D.O.
y′′ − y = 0
em que, associando-a com a equac¸a˜o (47), obtemos a = 1, b = 0 e c = −1. Tal equac¸a˜o pode ser reescrita
como
y′′ = y.
Enta˜o, na verdade, estamos procurando uma func¸a˜o cuja derivada de segunda ordem seja igual a ela
mesma. Se pensarmos um pouco, logo nos vem a cabec¸a que y1(x) = e
x e´ uma soluc¸a˜o, pois as derivadas
de todas as ordens desta func¸a˜o sa˜o iguais a ela mesma. Uma outra soluc¸a˜o e´ a func¸a˜o y2(x) = e
−x, pois,
da regra da cadeia, temos que
y′2(x) = −e−x e y′′2(x) = −(−e−x) = e−x.
Portanto y1(x) e y2(x) sa˜o ambas soluc¸o˜es da equac¸a˜o y
′′ − y = 0.
Apesar de termos apenas um exemplo, comec¸amos a imaginar enta˜o, se toda equac¸a˜o de segunda ordem
da forma ay′′(x) + by′(x) + cy(x) = 0, tem soluc¸o˜es do tipo y(x) = erx, para algum valor de r ∈ R.
Se for o caso, como y′(x) = rerx e y′′(x) = r2erx, devemos ter, substituindo estas func¸o˜es na equac¸a˜o
(47), o seguinte:
a(r2erx) + b(rerx) + c(erx) = 0⇒
erx(ar2 + br + c) = 0
Como erx 6= 0 para qualquer x ∈ R, so´ nos resta
ar2 + br + c = 0
que e´ uma equac¸a˜o nume´rica do segundo grau, denominada equac¸a˜o caracter´ıstica associada a` E.D.O..
Assim, se r e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o ar2 + br + c = 0, teremos que y(x) = erx e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial
(47).
35
Sabemos que uma equac¸a˜o do segundo grau pode ter duas soluc¸o˜es distintas, uma soluc¸a˜o (ou duas
iguais) ou pode na˜o ter soluc¸a˜o real, dependendo do valor de ∆ = b2 − 4ac. Devido a isso, dividiremos a
resoluc¸a˜o das E.D.O. com coeficientes constantes em treˆs casos.
Caso 1. Duas ra´ızes distintas, r1 6= r2: ∆ > 0
Dada a E.D.O. ay′′(x) + by′(x) + cy(x) = 0, suponha que sua equac¸a˜o caracter´ıstica ar2 + br + c = 0
tenha duas soluc¸o˜es distintas r1 6= r2. Enta˜o, pelo que vimos acima y1(x) = er1x e y2(x) = er2x, sa˜o soluc¸o˜es
da E.D.O., denominadas soluc¸o˜es fundamentais da equac¸a˜o. Ale´m disso, e´ fa´cil verificar que para toda
c1 e c2 constantes reais,
y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) = c1e
r1x + c2e
r2x (48)
e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o (47). A func¸a˜o (48) e´ chamada de soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o.
Exemplo 4.1. Resolva a equac¸a˜o y′′ + 5y′ + 6y = 0.
Primeiramente, escrevemos a equac¸a˜o caracter´ıstica r2 + 5r + 6 = 0. Suas soluc¸o˜es sa˜o: r1 = −2 e
r2 = −3. Assim, as soluc¸o˜es fundamentais da E.D.O. sa˜o y1(x) = e−2x e y2(x) = e−3x, e a soluc¸a˜o geral e´
y(x) = c1e
−2x + c2e−3x.
Para resolver um P.V.I. de segunda ordem, precisamos de duas condic¸o˜es iniciais, ja´ que na soluc¸a˜o geral
precisamos determinar duas constantes, c1 e c2. Em geral, as condic¸o˜es iniciais sa˜o dadas pelo valor da
func¸a˜o em um ponto e tambe´m pelo valor da derivada da func¸a˜o neste ponto, como no exemplo a seguir:
Exemplo 4.2. Resolva o P.V.I.
{
y′′ + 5y′ + 6y = 0
y(0) = −5 e y′(0) = 1
A equac¸a˜o e´ a mesma do exemplo anterior e portanto a soluc¸a˜o geral e´ y(x) = c1e
−2x + c2e−3x. Substi-
tuindo a condic¸a˜o inicial y(0) = −5 obtemos
−5 = c1 + c2.
Para substituir a segunda condic¸a˜o, precisamos antes de derivar a soluc¸a˜o geral: y′(x) = −2c1e−2x−3c2e−3x
e como y′(0) = 1, temos que
1 = −2c1 − 3c2.
Com estas duas equac¸o˜es lineares, obtemos o sistema linear
{
c1 + c2 = −5
−2c1 − 3c2 = 1. As soluc¸o˜es deste
sistema sa˜o c1 = −14 e c2 = 9 e portanto a soluc¸a˜o do P.V.I. e´ y(x) = −14e−2x + 9e−3x.
Caso 2. Na˜o possui ra´ızes reais: ∆ < 0
Sabemos que a equac¸a˜o ar2 + br + c = 0, se ∆ = b2 − 4ac < 0 na˜o tem soluc¸a˜o real, pois pela Fo´rmula
de Ba´skara, as soluc¸o˜es sa˜o dadas por r =
−b±√∆
2a
e na˜o existe raiz quadrada e nu´mero real positivo.
Enta˜o neste caso, na˜o conseguimos determinar a soluc¸a˜o da E.D.O. da mesma forma que fizemos no primeiro
caso. Mas enta˜o, recorremos ao conjunto dos nu´meros complexos C. Neste cunjunto, todas as equac¸o˜es do
segundo grau possuem duas soluc¸o˜es complexas α± βi em que i e´ o nu´mero complexo imagina´rio, definido
por i =
√−1. Para relembrar isso, considere a equac¸a˜o
r2 + 4r + 5 = 0.
36Temos que ∆ = 16 − 20 = −4, que na˜o tem raiz real, mas tem raiz complexa dada por √∆ = √−4 = 2i.
Assim, as soluc¸o˜es complexas da equac¸a˜o sa˜o
r =
−4±√−4
2
=
−4± 2i
2
= −2± i
.
Uma outra coisa que vamos precisar para este caso e´ da Fo´rmula de Euler3 que “define”a exponencial
complexa:
eix = cosx+ i senx
Com isso, temos que dada a equac¸a˜o diferencial ay′′(x) + by′(x) + cy(x) = 0, se as raizes complexas de
sua equac¸a˜o caracter´ıstica ar2 + br + c = 0 sa˜o r1 = α + βi e r2 = α − βi, por uma analogia ao caso 1, as
soluc¸o˜es da E.D.O. sa˜o
y˜1(x) = e
(α+βi)x e y˜2(x) = e
(α−βi)x
Vamos reescreveˆ-las usando a Fo´rmula de Euler :
y˜1(x) = e
(α+βi)x = eαx · eβi x = eαx(cos(βx) + i sen (βx))
y˜2(x) = e
(α−βi)x = eαx · e−βi x = eαx(cos(βx)− i sen (βx))
Como a soluc¸a˜o geral e´ dada por y(x) = c˜1y˜1(x) + c˜2y˜2(x), reagrupando os termos, podemos escrever a
soluc¸a˜o geral como
y(x) = eαx(c1 cos(βx) + c2 sen (βx)), (49)
em que c1 e c2 sa˜o constantes complexas.
Por isso, as soluc¸o˜es fundamentais sa˜o dadas por:
y1(x) = e
αx cos(βx) e y2(x) = e
αxsen (βx).
Para ilustrar este caso, recorremos ao exemplo;
Exemplo 4.3. Resolva o P.V.I.
{
y′′ + 4y′ + 5y = 0
y(0) = 2 e y′(0) = −1
A equac¸a˜o diferencial y′′ + 4y′ + 5y = 0 tem equac¸a˜o caracter´ıstica r2 + 4r + 5 = 0 que como vimos
acima, tem soluc¸o˜es complexas r =
−4± 2i
2
= −2 ± i. Portanto, como α = −2 e β = 1, temos que da
equac¸a˜o (49), a soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial e´
y(x) = e−2x(c1 cos(x) + c2 sen (x)).
Resta encontrar as constantes c1 e c2; substituindo as condic¸o˜es iniciais: Se y(0) = 2,
2 = e0(c1 cos(0) + c2 sen (0)) = c1 ⇒
c1 = 2
3A Fo´rmula de Euler e´ obtida das se´ries de Maclaurin das func¸o˜es ex, senx e cosx. Para entende-la veja Calculo
volume 2, James Stewart, capitulo 11
37
Para segunda condic¸a˜o inicial y′(0) = −1, derivando y(x),
y′(x) = −2e−2x(c1 cos(x) + c2 sen (x)) + e−2x(−c1sen (x) + c2 cos(x))⇒
y′(x) = e−2x(−2c1 + c2) cos(x) + e−2x(−c1 − 2c2)sen (x)⇒
y′(0) = e0(−2c1 + c2) cos(0) + e0(−c1 − 2c2)sen (0) = −2c1 + c2 ⇒
−1 = −2c1 + c2 ⇒
c2 = 3
Assim, a soluc¸a˜o do P.V.I. e´ y(x) = e−2x(2 cos(x) + 3 sen (x))
Caso 3. Possui uma ra´ız real: ∆ = 0
Para este caso temos que a equac¸a˜o caracter´ıstica ar2 + br+ c = 0 associada a E.D.O. ay′′+ by′+ cy = 0
tem apenas uma soluc¸a˜o, ou seja, ∆ = b2 − 4ac = 0. Se r e´ a u´nica raiz da equac¸a˜o caracter´ıstica,
y1(x) = e
rx e´ uma das soluc¸o˜es fundamentais da euqac¸a˜o diferencial. Mas para obtermos a soluc¸a˜o geral,
devemos encontar a segunda soluc¸a˜o fundamental. Para isso, usaremos o Me´todo da Reduc¸a˜o de Ordem.
Este me´todo, geralmente e´ usado quando temos uma das soluc¸o˜es fundamentais de uma equac¸a˜o linear
homogeˆnea qualquer (na˜o so´ as com coeficientes constantes) e queremos encontar a outra.
Vamos supor que a soluc¸a˜o geral e´ da forma y(x) = v(x)y1(x) = v(x)e
rx. Assim, temos da regra do
produto,
y′(x) = v′(x)erx + v(x)rerx e
y′′(x) = (v′′(x)erx + v′(x)rerx) + (v′(x)rerx + v(x)r2erx)
Como y(x) = v(x)erx e´ a soluc¸a˜o geral, substituindo na equac¸a˜o temos,
a(v′′(x)erx + 2v′(x)rerx + v(x)r2erx) + b(v′(x)erx + v(x)rerx) + c(v(x)erx) = 0
Reagrupando os termos,
v(x)
[
ar2 + br + c
]
erx + av′′(x)erx +
[
2arv′(x) + bv′(x)
]
erx = 0
Como r e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o caracter´ıstica, o primeiro colchete e´ igual a zero, enta˜o nos resta
av′′(x)erx +
[
2arv′(x) + bv′(x)
]
erx = 0 (50)
Para resolver a equac¸a˜o (50), vamos usar uma varia´vel auxiliar. Chamaremos a func¸a˜o v′(x) de w(x);
w(x) = v′(x) . Assim a equac¸a˜o (50) pode ser reescrita como:
aw′(x)erx +
[
2arerx + berx
]
w(x) = 0
que e´ uma equac¸a˜o separa´vel. Logo,
aw′(x)erx = −[2arerx + berx]w(x)⇒
w′(x)
w(x)
= −
(
2arerx + berx
)
aerx
⇒
38
dw
w(x)
= −2ar + b
a
dx⇒
∫
dw
w(x)
= −
∫
2ar + b
a
dx⇒
lnw(x) = −
∫
2r +
b
a
dx (51)
Nesta u´ltima integral, tem um pequeno detalhe: como a equac¸a˜o caracter´ıstica ar2 + br + c = 0 tem o
∆ = 0, temos da Fo´rmula de Ba´skara que,
r =
−b±√∆
2a
=
−b
2a
Enta˜o, a equac¸a˜o (51) pode ser escrita como
lnw(x) = −
∫
2r +
b
a
dx = −
∫
2
(−b
2a
)
+ +
b
a
dx = −
∫ (−b
a
)
+
b
a
dx = −
∫
0 dx = C ⇒
lnw(x) = C ⇒
w(x) = eC = c2
Portanto, v′(x) = w(x) = c2 ⇒
v(x) =
∫
c2 dx = c2x+ c1
Com isso, obetemos a soluc¸a˜o
y(x) = v(x)erx = (c2x+ c1)e
rx = c2xe
rx + c1e
rx.
Como uma das soluc¸o˜es fundamentais e´ y1(x) = e
rx, a outra soluc¸a˜o fundamental e´ y2(x) = xe
rx.
Depois deste trabalho todo para deduzir o resultado, vamos a um exemplo para mostrar como e´ fa´cil.
Exemplo 4.4. Resolva o P.V.I.
{
3y′′ + 6y′ + 3y = 0
y(0) = 3 e y′(0) = 2
Primeiramente, escrevemos a equac¸a˜o caracter´ıstica associada: 3r2 + 6r + 3 = 0.
∆ = 36− 36 = 0⇒
r =
−6
6
= −1
Enta˜o as soluc¸o˜es fundamentais sa˜o y1(x) = e
−x e y2(x) = xe−x, e a soluc¸a˜o geral e´
y(x) = c1e
−x + c2xe−x
Para a condic¸a˜o inicial y(0) = 3,
3 = c1e
0 + c2 · 0e0 = c1
39
e derivando a soluc¸a˜o para susbstituirmos y′(0) = 2, temos
y′(x) = −c1e−x − c2xe−x + c2e−x ⇒
2 = −c1e0 − c2 · 0e0 + c2e0 = −c1 + c2 = −3 + c2 ⇒
c2 = 5
Enta˜o, a soluc¸a˜o do P.V.I. e´
y(x) = 3e−x + 5xe−x
4.2 Movimento Harmoˆnico Simples
Suponha que uma massa m seja atada a uma mola flex´ıvel suspensa por um suporte r´ıgido. O peso desta
massa provocara´ uma distensa˜o na mola, ate´ chegar em uma posic¸a˜o de equil´ıbrio, como mostra o ı´tem (b)
da figura abaixo. E´ intuitivo que a distensa˜o s e´ proporcional ao peso da massa m, ou seja, quanto maior
o peso, maior sera´ s. Segundo a` Lei de Hooke (1635-1703), a mola exerce uma forc¸a restauradora Fr que e´
proporcional e oposta a` direc¸a˜o do alongamento s da mola, simplismente enunciada por:
Fr = ks
em que k e´ uma constante de proporc¸a˜o (constante ela´stica da mola) que depende da mola.
a b c
m
m
s
x(t)
Na posic¸a˜o de equil´ıbrio, o peso do objeto devera´ ser igual a` forc¸a restauradora
P = Fr ⇒ mg = ks
ou ainda
mg − ks = 0 (52)
40
Se depois disso, a massa m for deslocada de uma quantidade x(t) de sua posic¸a˜o de equil´ıbrio e em
seguida for solta, a forc¸a resultante neste caso de dinaˆmica e´ dada pela segunda Lei de Newton
F = ma = m
d2x
dt2
,
pois acelerac¸a˜o e´ dada pela derivada de segunda ordem do deslocamento x(t).
Supondo que na˜o haja forc¸as de retandamento agindo sobre o sistema, e supondo que a massa vibre sem
influeˆncia de outras forc¸as externas (movimento livre), podemos igualar F a` forc¸a resultante do peso P e da
forc¸as restauradora Fr, em que o sinal negativo na seguinte equac¸a˜o se deve ao fato de a forc¸a restauradora
atuar em sentido oposto ao movimento do objeto:
m
d2x
dt2
= −k(x+ s) +mg ⇒
m
d2x
dt2
= −kx+ (−ks+mg)⇒
m
d2x
dt2
= −kx
em que na segunda equac¸a˜o, o parentese ser igual zero segue da equac¸a˜o (52). Dividindo ambos os lados desta
u´ltima equac¸a˜o por m, obtemos a Equac¸a˜o Diferencial do Movimento Livre Sem Amortecimento
d2x
dt2
+
k
m
x = 0 (53)
Sua soluc¸a˜o portanto, nos da´ justamente a posic¸a˜o da massa m em func¸a˜o do tempo; x(t). Ha´ duas
condic¸o˜es imediatas associadas a equac¸a˜o diferencial (53): x(0) e x′(0), isto e´, a posic¸a˜o e a velocidade inicial
da massa m depois que esta e´ colocada em movimento.
Para ilustrar essa dinaˆmica, consideremos o seguinte exemplo:
Exemplo 4.5. Uma massa de 2Kg distende uma mola em 6cm. No instante t = 0, a massa e´ solta de
um ponto a 8cm abaixo da posic¸a˜o de equil´ıbrio com uma velocidade direcionada para cima de 25cm/s.
Determine a func¸a˜o x(t) que descreve o movimento livre.
Pela Lei de Hooke, Fr = ks e portanto, 2.(9, 8) = k.6 o que implica que k = 3,27 N/cm. Logo, temos a
equac¸a˜o
d2x
dt2
+
3, 27
2
x = 0⇒
d2x
dt2
+ 1, 64x = 0
A equac¸a˜o caracter´ıstica e´ r2 + 1, 64 = 0 o que implica r2 = −1, 64 e portanto, r = ±1, 28i. A soluc¸a˜o
da equac¸a˜o e´
x(t) = c1 cos(1, 28t) + c2 sen (1, 28t).
Para calcular c1 e c2, usamos as condic¸o˜es iniciais x(0) = 8 e x
′(0) = −25:
8 = c1 cos(1, 28.0) + c2 sen (1, 28.0)⇒
c1 = 8
Para a segunda condic¸a˜o, derivamos a soluc¸a˜o obetndo
x′(t) = −1, 28c1 sen (1, 28t) + 1, 28c2 cos(1, 28t)⇒
41
−25 = −1, 28c1 sen (1, 28.0) + 1, 28c2 cos(1, 28.0)⇒
−25 = 1, 28c2 ⇒
c2 = −19, 53
Assim, a soluc¸a˜o e´ dada por x(t) = 8 cos(1, 28t)− 19, 53 sen (1, 28t).
4.3 Exerc´ıcios
1. Resolva os problemas abaixo:
(a)
{
2y′′ + 13y′ + 11y = 0
y(0) = −3 e y′(0) = 1
(b)
{
y′′ + 64y = 0
y(pi) = 13 e y′(pi) = 7
(c)
{
4y′′ + 4y′ + y = 0
y(0) = 3 e y′(0) = 2
(d)
{
2y′′ + 2y′ + 5y = 0
y(0) = −1 e y′(0) = 1
(e)
{
y′′ + 12y′ + 36y = 0
y(0) = 0 e y′(0) = −2
(f)
{
3y′′ + 6y′ − 3y = 0
y(0) = 1 e y′(0) = 0
2. Uma massa de 750 gramas, atada a uma mola, provoca nesta uma distensa˜o de 13 m. Encontre a
equac¸a˜o do movimento se o peso for solto a partir do repouso de um ponto 0,25 m acima da posic¸a˜o
de equil´ıbrio.
3. Detremine a equac¸a˜o do movimento se o peso do exerc´ıcio 2 for solto a partir da posic¸a˜o de equil´ıbrio
com uma velocidade inicial para baixo de 2m/s
4. Um peso de 600 gramas distende uma mola em 0,5m. O peso e´ solto a partir do repouso 0,5m abaixo
da posic¸a˜o de equil´ıbrio.
(a) Encontre a posic¸a˜o do peso nos instantes t = pi12 ,
pi
8 ,
pi
6 ,
pi
4 e
9pi
32 segundos.
(b) Qual e´ a velocidade quando t = 3pi16 ? Qual e´ a direc¸a˜o da velocidade neste instante, ou seja, o
peso esta´ subindo ou descendo?
(c) Quando o peso passa pela posic¸a˜o de equil´ıbrio?
5. Uma forc¸a de 400 newtons distende uma mola em 2 m. Uma massa de 50 Kg e´ atada a mola e solta
na posic¸a˜o de equil´ıbrio com uma velocidade de 10m/s para cima. Encontre a equac¸a˜o do movimento.
Respostas: 2. x(t) = −14 cos(4
√
6t); 4. (a) x( pi12) = −14 ; x(pi8 ) = −12 ; x(pi6 ) = −14 ; x(pi4 ) = 12 ; x(9pi32 ) =
√
2
4 ;
(b) 4m/s para baixo. (c) t = (2n+1)pi16 , n ∈ N.
42