Equações Diferenciais Ordinárias

Prévia do material em texto

1
 
 
Equações Diferenciais Ordinárias (EDOs) 
 
 
Conceitos Básicos 
 
 
Equações Diferenciais Ordinárias e Parciais 
 
Equação Diferencial é toda equação que contém uma função incógnita e suas derivadas. Quando a 
função incógnita depende apenas de uma variável independente, a equação é chamada de Equação 
Diferencial Ordinária (EDO). Quando a função incógnita depende de duas ou mais variáveis 
independentes, a equação é dita Equação Diferencial Parcial (EDP) ou Equação de Derivadas 
Parciais. As equações diferenciais tiveram origem em problemas de integração, problemas 
geométricos e problemas de física. Leibniz (Gottfried Wilhelm Leibniz – matemático alemão : 1648 - 1716) 
foi que primeiro abordou estes problemas. Modernamente falando, a Teoria das Equações 
Diferenciais é uma extensão natural do Cálculo Diferencial e Integral. Os métodos de solução de 
equações diferenciais tornaram-se parte integrante da Matemática Aplicada. Uma equação 
diferencial traduz em linguagem algébrica uma propriedade relativa a uma curva ou uma 
superfície, ou exprime em linguagem matemática adequada, as leis que descrevem certos 
fenômenos físicos. Em geral, a resolução de um problema em física, engenharia, etc., consiste na 
formulação matemática do problema, na resolução matemática e interpretação física da solução. 
 
 
Ordem e Grau de uma Equação Diferencial 
 
A ordem de uma equação diferencial é definida pela ordem da derivada de mais alta ordem que 
aparece na equação; já o grau de uma equação diferencial que pode ser escrita na forma 
polinomial, é definido como o maior dos expoentes a que está elevada a derivada de maior ordem. 
Nem toda equação diferencial pode ser classificada segundo o grau, pois algumas delas, não 
podem ser escritas na forma polinomial na função incógnita e suas derivadas. 
 
 
Equações Diferenciais Lineares 
 
Uma EDO de ordem “ n “ na função incógnita “ y “ e variável independente “ x “ é linear, se pode 
ser escrita na forma )()()(...)()( 11
1
1 xgyxadn
dyxa
dx
ydxa
dx
ydxa on
n
nn
n
n =++++ −
−
− . . . ( 1 ) onde as 
funções aj(x) (j = 0, 1, 2, 3, . . . , n ) e g(x) são supostas conhecidas e dependentes apenas da 
variável x. As EDOs que não podem ser postas sob esta forma, são ditas não-lineares. Também 
são utilizados os símbolos y’, y’’, y’’’, y (4), . . . , y (n) para denotar as derivadas de ordem, 
respectivamente, primeira, segunda, terceira, quarta, . . ., enésima, da função y em relação a 
variável independente x. Aqui, o uso dos parênteses em y(n) se faz necessário para não se 
confundir com as potências y n da função y. Por outro lado, uma EDPs (de 2a ordem) na função 
incógnita u em duas variáveis independentes “ x “ e “ y “ que pode ser escrita sob a forma 
GuF
y
uE
x
uD
y
uC
yx
uB
x
uA =+∂
∂+∂
∂+∂
∂+∂∂
∂+∂
∂
2
22
2
2
 . . . ( 2 ) onde A, B, . . . , G podem depender 
de x e de y mas não de u, é linear. Uma EDP que não pode ser escrita sob esta forma é dita não-
linear. Em ( 2 ), se G(x,y) = 0, a equação é dita homogênea e em caso contrário não-homogênea. 
 
 
 2
 
 
Exemplos 
 
Os exemplos a seguir, ilustram alguns tipos e classificação de equações diferenciais. 
 
Tipo 
 
Equação Ordem Grau Linearidad
e 
Variável 
Dependente 
Variáveis 
Independentes
 
EDO 12 −= xdx
dy 1a
 
1o
 
linear 
 
y 
 
x 
 
EDO 02 =− ydx
dyx 1a
 
1o
 
linear 
 
y 
 
x 
 
EDO x
dx
dy
dx
dyy
dx
yd 242
43
2
2
=+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ 
2a
 
3o
não 
linear 
 
y 
 
x 
 
EDP ax
u
t
u =∂
∂−∂
∂
2
2
3 
 
2a
 
1o
 
linear 
 
u 
 
t , x 
 
EDP .2
2
2
2
const
y
Z
x
Z =∂
∂+∂
∂ 2a
 
1o
 
linear 
 
Z 
 
x , y 
 
EDP 02
2
2
2
2
2
=∂
∂+∂
∂+∂
∂
zyx
φφφ 2a
 
1o
 
linear 
 
φ 
 
x , y , z 
 
EDP 52
2
=+∂
∂ tsr
r
uu 
 
2a
 
1o
não 
linear 
 
u 
 
r , s , t 
 
EDO 22
4
3
3
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+
dx
dy
dx
yde y 
 
3a
não 
possui
não 
linear 
 
y 
 
x 
 
EDP .2
2
3
3
3
2 const
x
uy
y
ux =∂
∂+∂
∂ 3a
 
1o
 
linear 
 
u 
 
x , y 
 
 
 
Soluções de uma Equação Diferencial 
 
Resolver uma equação diferencial é determinar todas as funções que verificam a equação. Uma 
solução de uma equação diferencial na função incógnita y e na variável independente x, em certo 
intervalo (a , b), é uma função y (x) que satisfaz (verifica identicamente) a equação para todo x no 
intervalo considerado. A solução geral de uma equação diferencial contém tantas constantes 
arbitrárias quantas forem as unidades da ordem da equação. Uma solução particular de uma 
equação diferencial é uma solução obtida da solução geral, mediante atribuição adequada de 
valores às constantes arbitrárias. Solução singular é aquela que não pode ser deduzida da solução 
geral. Desta forma, apenas alguns tipos de equações diferenciais apresentam soluções singulares. 
 Geometricamente, a solução geral de uma equação diferencial representa uma família de curvas 
(curvas integrais). Essa solução as vezes é chamada de primitiva (ou integral) da equação 
diferencial dada. Por exemplo, a solução da equação dy/dx = 4x é y = 2x2 + k, onde k é uma 
constante, que representa uma família de curvas: uma curva para cada valor da constante k. 
Verifique este fato, esboçando o gráfico da função y = 2x2 + k, para k = -2, -1, 0, 1, 2, . . . 
 
 
 
 
 
 3
 
 
Problemas de Valor Inicial e Problemas de Contorno 
 
Um problema de valor inicial consiste em se resolver uma EDO mediante o conhecimento da 
função incógnita (variável dependente y) e, possivelmente, de suas derivadas, para um mesmo 
valor da variável independente (x). Se tanto a função incógnita e, possivelmente, suas derivadas 
forem especificadas para mais de um valor da variável dependente, o problema será dito um 
problema de contorno. Exemplificando: i) Problema de Valor Inicial: Resolver a equação 
022
2
=−+ xe
dx
dy
dx
yd satisfazendo as condições (condições iniciais) y (π) = 1 e 2)( =π
dx
dy ; 
ii) Problema de Contorno: Resolver a equação 022
2
=−+ xe
dx
dya
dx
yd , satisfazendo as 
condições (condições de contorno) y (0) = a e y (1) = a. 
 
O termo “condições de contorno” é mais apropriado quando se quer resolver uma equação 
diferencial em certa região do espaço, conhecendo-se os valores da variável dependente sobre o 
contorno (fronteira) dessa região. Os problemas de contorno tiveram origem na física. No caso 
das EDPs, em que uma das variáveis independentes é o tempo t, se os valores da variável 
dependente e, possivelmente, sua(s) derivada(s) em relação ao tempo, em algum instante (t = 0) 
são conhecidos, então esses valores caracterizam as chamadas “condições iniciais”. Geralmente, 
um problema de contorno envolve a especificação da variável dependente e, em muitas vezes, suas 
derivadas sobre o contorno e em algum instante particular to. A solução de um problema de 
contorno deve satisfazer a equação diferencial dada e às condições de contorno (veja exercício 
20). 
 
 
Exercícios Propostos 
 
 
Nos exercícios que seguem abaixo, classifique cada equação diferencial quanto a ordem, o grau e 
a linearidade. Identifique a função incógnita (variável dependente) e as variáveis independentes. 
 
01) 042 23
3
=+−+ xe
dx
dyx
dx
yd Resp. 3a ordem; 1o grau; linear; vd = y; vi = x 
 
02) 022 2
2
3
3
4
4
=−+++ y
dt
dy
dt
yd
dt
yd
dt
yd Resp. 4a ordem; 1o grau; linear; vd = y; vi = t 
 
03) t
dt
d 2sen22
2
=− ψψ Resp. 2a ordem; 1o grau; linear; vd = ψ ; vi= t 
 
04) 052 2
32
4
4
=−+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
rF
dr
dF
dr
Fd Resp. 4a ordem; 2o grau; não-linear; vd = F ; vi = r 
 
05) 02
2
2 =−+ s
ds
dRRs
ds
Rds Resp. 2a ordem; 1o grau; não-linear; vd = R ; vi = s 
 
 
 
 
 4
 
 
 
 Nos exercícios de 06 a 10, verifique se as funções são soluções das equações diferenciais. 
 
06) y = 2 e- x + x e- x ; 022
2
=++ y
dx
dy
dy
yd Resp. É solução. 
 
07) y = 1 ; xy
dx
dy
dy
yd =++ 22
2
 Resp. Não é solução. 
 
08) y = A sen kx + B cos kx (A, B, k constantes); yk
dx
yd 2
2
2
−= Resp. É solução. 
 
09) y = ln x ; 02
2
=+
dx
dy
dx
ydx , no intervalo (0, ∞ ) ; Resp. É solução. 
 
10) y = 
1
1
2 −x ; 02
2 =+ xy
dx
dy , no intervalo (-1, +1) ; Resp. É solução. 
 
11) Mostre que y = 2x + k ex é a primitiva da equação dy/dx – y = 2 (1 – x ) e determine a solução 
particular yP relativa a x = 0 e y = 3 (determinando o valor de k). Resp. yP = 2x + 3 ex 
 
12) Resolva o problema de valor inicial 0=+ y
dx
dy ; y (3) = 2, sabendo que a solução geral da 
equação é y = k e- x, onde k é uma constante arbitrária. Resp. y = 2 e3 – x
 
13) Resolva o problema de valor inicial 042
2
=+ y
dx
yd ; y (0) = 0 ; y’(0) = 1, sabendo que a solução 
geral tem a forma y = a sen 2x + b cos 2x (a, b constantes). Resp. y = x2sen
2
1 
 
14) Determine uma solução do problema de contorno 042
2
=+ y
dx
yd ; y (
8
π ) = 0; y (
6
π ) = 1, sabendo 
que a solução geral é da forma y (x) = a sen 2x + b cos 2x. Resp. y = )2cos2(sen
13
2 xx −− 
15) Determine as constantes c1 e c2 de modo que y (x) = c1 sen 2x + c2 cos 2x + 1 satisfaça às 
Condições, y (
8
π ) = 0 e y’(
8
π ) = 2 . Resp. c1 = )12(
2
1;)12(
2
1
2 +−=−− c 
 
16) Mostre que y = c1 ex + c2 e2x + x é a primitiva da equação diferencial 32232
2
−=+− xy
dx
dy
dx
yd e 
determine a equação da curva integral que passa pelos pontos (0, 0) e (1, 0). 
Resp. y = x + 
ee
ee xx
−
−
2
2
 
 
 
 
 
 
 5
 
 
 
17) Determine βα e de modo que y (x) = , satisfaça às condições y (0) = 0 e xee xx sen22 ++ βα
y’(0) = 1. Resp. 1;1 =−= βα 
 
18) Dada a curva y = c1 sen x + c2 cos x, obtenha uma equação diferencial, de menor ordem possível, 
que não contenha nenhuma constante arbitrária. Resp. 02
2
=+ y
dx
yd 
 
19) Se u = ea x cos by e b = ± a, mostre que 02
2
2
2
=∂
∂+∂
∂
y
u
x
u 
 
20) Mostre que u (x, t) = e – 8 t sen2x é solução do problema de valores de contorno ;2 2
2
t
u
t
u
∂
∂=∂
∂ 
 u (0, t) = u (π , t) = 0 ; u (x, 0) = sen 2x . 
 
 
 
Equações Diferenciais Ordinárias de 1a Ordem e 1o Grau 
 
 
Equações de Variáveis Separáveis 
 
Se uma equação diferencial A (x, y) dx + B (x, y) dy = 0 . . . ( 1 ), pode ser escrita sob forma 
alternativa M (x) dx + N (y) dy = 0 . . ( 2 ), ela é dita equação de variáveis separáveis. Neste 
caso, a solução da equação é obtida por integração direta da equação ( 2 ), ou seja, 
 . . . ( 3 ). Caso as integrais não possam ser calculadas por processos 
elementares de integração, deveremos recorrer a métodos numéricos de integração. O processo de 
separação das variáveis é ilustrado pelo exemplo: a equação (x – 1)
∫ ∫ =+ CdyyNdxxM )()(
2 y dx + x2 (y + 1) dy = 0 
quando multiplicada pelo fator de integração 1/(x2y), determinado por inspeção, fornece a 
equação 0)1()1( 2
2
=++− dy
y
ydx
x
x , que está na forma de variáveis separadas, pois, o primeiro 
termo (M) depende só de x e o segundo (N) só de y. 
 
 
Exercícios Resolvidos 
 
Resolva as equações diferenciais abaixo: 
 
01) 12 += x
dx
dy 
Solução: Rescrevendo a equação temos: (2x + 1) dx = dy ⇒ (2x + 1) dx – dy = 0 Integrando esta 
última: ⇒ ∫ ∫ =−+ Cdydxx )12( ∫ ∫ ∫ =−+ Cdydxdxx2 ⇒ Cyxx =−+22
2
 
∴ x2 + x – y = C ou y = x2 + x – C que é a solução geral da equação. 
 
 
 
 
 6
 
 
 
02) y dx – x dy = 0 
Solução: Multiplicando ambos os membros por 
xy
1 (fator de integração): 0=−
y
dy
x
dx 
Integrando: ∫ ∫ =− Cydyxdx ⇒ ln x – ln y = C ⇒ fazendo C = ln K, podemos escrever: 
ln x – ln y = ln K ⇒ ln (x/y) = ln K ⇒ x/y = K ou y = k’x onde k’= 1/K. 
 
 
02) 04 =−− dy
y
xdxx 
Solução: Multiplicando ambos os membros por 
x−4
1 , obtemos 0
4
=−− y
dy
x
dxx 
Integrando: ∫ ∫ =−− Cy
dydx
x
x
4
 ⇒ ∫ =−− Cydxx
x ln
4
 Para calcular esta última 
integral, vamos efetuar uma mudança de variável (artifício de cálculo), fazendo 4 – x = t2 no que 
resulta x = - t2 + 4 e, consequentemente, dx = - 2t dt. Com estas mudanças, a integral pode ser 
escrita na forma ∫ ∫ +−=−−=−− 328)28(24
3
2
2 ttdttdtt
t
t , agora, precisamos retornar à 
variável original x. Assim, este último resultado torna-se – xxx −−+− 4)4(3/248 . 
Finalmente, agrupando os resultados: – xxx −−+− 4)4(3/248 – ln y = C 
 Multiplicando tudo por 3, para eliminar o denominador e fazendo 3C = k, obtemos: 
– xxx −−+− 4)4(2424 – 3 ln y = k ou xxx −−−− 42416 – 3 ln y = k que é a 
solução geral da equação diferencial dada. 
 
 
03) ex dx – y dy = 0 ; y (0) = 1 (Problema do valor inicial). 
Solução: As variáveis já estão separadas. Integrando: ∫ ∫ =− Cdyydxe x ⇒ ex – y2/2 = C 
⇒ y2 = 2 ex + k , onde k = – 2C Agora, devemos aplicar a condição inicial y (0) = 1. Assim, 
12 = 2 e0 + k ⇒ k = - 1. Desta forma, a solução procurada é y2 = 2 ex – 1 ou y = 12 −xe . 
Análise da solução: Não podemos considerar a raiz quadrada negativa (y = – 12 −xe ), pois 
y (0) = – 1, contrariando a condição inicial. Por outro lado, para garantir que y assume apenas 
valores reais (não complexos) devemos impor a condição 2 ex – 1 ≥ 0. Para assegurar a 
existência de dy/dx = ex/y, devemos restringir x de modo que 2 ex – 1 ≠ 0. Estas duas condições 
implicam em 2 ex – 1 > 0 ou x > ln (1/2). 
 
 
05) tg x . sec y dx – tg y . sec x dy = 0 . 
Solução: Multiplicando ambos os membros por 
yx secsec
1 obtemos: 0
secsec
=− dy
y
tgydx
x
tgx . 
Como, tg(x) = sen(x)/cos(x) e sec(x) = 1/cos(x), resulta sen x dx – sen y dy = 0. Integrando: 
∫ ∫ =− Cdyydxx sensen ⇒ – cos x + cos y = C que é a solução final. 
 
 
 
 
 7
 
 
 
Exercícios Propostos 
 
Resolva as seguintes equações diferenciais: 
 
01) x dx – y2 dy = 0 ; Resp. y = (3x2 + k ) 1/3 ; k = - 3C 
 
02) dy/dx = y2 x3 ; Resp. y = - 4 / (x4 + k ) ; k = - 4C 
 
03) dy/dx = 5y ; Resp. y = k e5x ; k = ± e – C. 
 
04) x cos(x) dx + (1 – 6y5) dy = 0 ; y (π) = 0. Resp. x sen(x) + 1= – y + y6
 
05) – y dx + 4x dy = x2 dy ; Resp. (x – 4) y4 = C x 
 
06) 
)3(
4
−= yx
y
dx
dy ; Resp. ey = k x4y3
07) (x2 – 1) 21 y− dx – x2 dy = 0; Resp. arc sen y = x + 1/x + k 
 
08) (x – 1) dy – y dx = 0 ; Resp. y = k (x – 1) 
 
09) (1 + x2) dy – xy dx = 0 ; Resp. y = C 21( x+ 
 
10) sec2(x) . tg(y) dx + sec2(y) . tg(x) dy = 0 ; Resp. tg(x) . tg(y) = k 
 
11) Determine a solução particular da equação diferencial – x2 y dx + (1 + x3) dy = 0, que satisfaz a 
condição inicial x = 1 e y = 2. Sugestão: Determine a primitiva e a seguir, imponha a condição 
inicial. Resp. y3 = 4 (1 + x3). 
 
12) Mostre que a solução da equação diferencial a 
dx
dyxyy
dx
dyx =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ + 2 pode ser escrita na forma 
 . yyka
a
ex += )/(ln2
 
13) Aplicação a Geometria: Determine a equação da curva que passa pelo ponto (3, 4), sabendo que 
 o declive (coeficiente angular) da reta tangente à curva considerada,num ponto genérico qualquer 
 (x, y) é – x/y. Resp. x2 + y2 = 25. 
 
1) Aplicação a Geometria: Determine a equação da curva que passa pelo ponto (5, 6), sabendo-se 
que a declividade de sua tangente num ponto qualquer é 2x/3y. Resp. 3 y2 – 2x2 – 58 = 0. 
 
2) Aplicação a Física: De um ponto situado a 120 m do solo, joga-se verticalmente para cima, uma 
esfera maciça de massa 500 g, com velocidade inicial de 8 m/s. Determine o tempo (t), a 
velocidade (v) e o espaço (y) percorrido pela esfera até esta tocar o solo. Considere g = 10 m/s2 e 
despreze a resistência oferecida pelo ar ao movimento. Sugestão: Tome o referencial com 
origem no solo. Resp. t = 5,7 s; v = – 49 m/s; y = 126,4 m. 
 
 
 
 
 
 8
 
 
3) Aplicação a Física: Uma lancha se desloca com velocidade de 36 km/h. Em determinado 
instante, o motor da lancha é desligado. A lancha sofre uma redução de velocidade que é 
proporcional a resistência oferecida ao movimento pela água. Transcorridos 5 segundos, a 
velocidade da lancha é 8 m/s. Determine o tempo necessário para que a velocidade atinja o valor 
de 1 m/s. Resp. t = 51,6 s. 
 
4) Aplicação a Física: De acordo a lei de arrefecimento (abaixamento de temperatura), a taxa de 
resfriamento de uma substância numa corrente de ar é proporcional a diferença entre a 
temperatura da substância e a temperatura do ar. Sendo a temperatura do ar 30o C e resfriando a 
substância de 100o até 70o C em 15 minutos, determine o momento em que a temperatura será 40o 
C. 
Resp.52 min. 
 
14) Aplicação a Física: Um corpo desce um plano inclinado de 26,56o em relação a horizontal, com 
velocidade inicial de 5,5 m/s, sob a ação da gravidade local (10 m/s2). O coeficiente de atrito 
entre o corpo e o plano inclinado é µ = 0,15. Determine a velocidade desse corpo ao final de 4 
segundos. Resp. v = 18,02 m/s. 
 
6) Aplicação a Física: Uma solução de 60 kg de sal em água, enche um tanque de 400 litros. Injeta-
se água nesse tanque a razão de 8 litros por minuto, e a mistura, mantida homogênea por agitação, 
sai na mesma razão. Determine a quantidade de sal existente no tanque ao final de uma hora. 
Resp.18 kg. 
 
15) Aplicação a Física: Determine o tempo necessário para se esvaziar um tanque cilíndrico de raio 8 
m e altura 10 m, cheio de água, sabendo que a água escoa através de um orifício situado na base 
do tanque de raio 1 dm, com velocidade v = 4 h m/s, onde h é altura da água no tanque. 
Resp. 2 h 49 min. 
 
 
Equações Homogêneas 
 
Uma função f (x, y, z) é dita função homogênea, se ao substituir-se x por λx, y por λy e z por λz, 
respectivamente, tem-se f (λx, λy, λz) = λm f (x, y, z), onde m é o grau de homogeneidade da 
função. Assim, uma equação diferencial da forma M (x, y) dx + N (x, y) dy é homogênea, se M e 
N forem funções homogêneas em x e y e, e do mesmo grau. Geralmente, a substituição y = t x e 
dy = x dt + t dx , reduzirá uma equação homogênea qualquer, à forma P (x, t) dx + Q (x, t) dt = 0, 
que é uma equação de variáveis separáveis. Nota: A palavra “homogênea” no contexto geral das 
equações diferenciais tem outro significado. O conceito apresentado aqui, se aplica apenas no 
estudo das EDOs de primeira ordem e primeiro grau. 
 
Exercícios Resolvidos 
 
Resolva a equação (x2 – y2) dx – 2xy dy = 0 
Solução: Substituindo y = t x dy = x dt + t dx, obtemos a equação transformada: (x⇒ 2 – x2t2)dx 
– 2x tx (x dt + t dx) (1 – 3t⇒ 2) dx – 2tx dt = 0, que é de variáveis separáveis. Dividindo ambos 
 
 
 
 
 9
os membros por x (1 – 3t2), resulta: 0
31
2
2 =−− dtt
t
x
dx . Integrando, vem ln x + 1/3 ln (1 – 3t2) = 
ln C ⇒ Eliminando o denominador: 3 ln x + ln (1 – 3t2) = 3 ln C ln x⇒ 3 + ln (1 – 3t2) = ln C3. 
Fazendo k = C3, podemos escrever x3 (1 – 3t2) = k. Como y = t x, devemos substituir t = y/x 
nesta última equação para obter x3 (1 – 3 y2/x2) = k ou x3 –3xy2 = k como solução final. 
 
 
 
Determine a solução geral e a solução particular para x = 1 e y = 2 (determinando a constante), da 
equação (2 x – y) dx – (x + 4y) dy = 0. 
Solução: Efetuando a substituição y = t x ; dy = x dt + t dx : (2x – xt) dx – (tx + 4xt) dy = 0. Daí, 
(2 – 2t – 4t2) dx – (1 + 4t) x dt = 0. Separando as variáveis: 0
422
41
2 =−−
+− dt
tt
t
x
dx . Integrando: 
ln x+ ½ ln (2 – 2t – 4t2) = ln C Eliminando o denominador e fazendo k = C2 , obtemos a solução 
geral x2 (2 – 2y/x – 4y2/x2) = k ou 2x2 – 2xy – 4y2 = k. Nesta última, fazendo x =1 e y = 2, 
obtemos k = – 18 e x2 – xy – 2y2 = – 9 como solução particular. 
 
Exercícios Propostos 
 
01) Resolva a equação 22
2
yx
xy
dx
dy
−= ; Resp. x
2 + y2 = k y. 
 
02) Resolva a equação 
xy
yx
dx
dy 22 += ; Resp. y2 = x2 ln x2 + kx2
 
Resolva o problema do valor inicial 
xy
yx
dx
dy 22 += ; y (1) = – 2; Resp. 222 4ln xxxy ++−= 
 
04) Resolva a equação (x – y) dx – (x + y) dy = 0 Resp. y2 + 2xy – x2 = k 
 
05) Resolva a equação (x2 + y2) dx + (2x + y) y dy = 0 Resp. y3 + 3xy2 + x3 = k. 
 
06) Resolva a equação (x3 + y3) dx – 3xy2 dy = 0 Resp. x3 – 2y3 = Cx. 
 
07) Resolva a equação x dy – y dx – 22 yx − dx = 0 Resp. Cx = e arc sen y/x. 
 
08) Resolva (2x senh (y/x) + 3y cosh (y/x) ) dx – 3x cosh (y/x) dy = 0 Resp. x2 = C senh3(y/x). 
 
09) Resolva (1 + 2 e x/y) dx + 2 e x/y (1 – x/y) dy = 0 Sugestão: Como aparece o termo x/y em toda 
 a equação, utilize a transformação x = t y ; dx = t dy + y dt Resp. x + 2 y e x/y = C. 
 
10) Resolva (x + y) dx + (y – x) dy = 0 Resp. ln k xytgarcyx /22 =+ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 10
Equações Redutíveis às Homogêneas e às de Variáveis Separáveis 
 
São equações da forma ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
++
++=
222
111
cybxa
cybxaF
dx
dy onde os coeficientes a1, a2, b1, b2, c1, c2 são 
todos constantes. Para este tipo de equação diferencial, temos dois casos a analisar, que são: 
1o Caso: O determinante 
22
11
ba
ba
 ≠ 0 ; 2o Caso: O determinante 
22
11
ba
ba
 = 0. 
 
Inicialmente, vamos analisar o 1o caso (determinante diferente de zero). Consideremos o sistema 
⎩⎨
⎧
=++
=++
0
0
222
111
cybxa
cybxa
 . . . ( 1 ) cuja solução admitimos que seja x = α e y = β. Desta forma, as 
substituições a serem feitas são x = u + α ; dx = du e y = v + β ; dy = dv. Geometricamente, a 
substituição anterior equivale a uma translação dos eixos coordenados para o ponto (α, β) que é a 
interseção das retas componentes do sistema ( 1 ). Com a transformação proposta, podemos 
escrever ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
++++
++++=
22222
11111
cbavbua
cbavbuaF
du
dv
βα
βα
. Como α e β são as raízes do sistema, resulta que 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+
+=
vbua
vbuaF
du
dv
22
11 que é uma equação diferencial homogênea do tipo estudado anteriormente. 
 
 
Exercício Resolvido 
 
 
01) Resolva a equação 
23
132
−+
−−=
yx
yx
dx
dy 
Solução: Formando o sistema: . Resolvendo tem-se: α = 7/11 e β = 1/11. 
⎩⎨
⎧
=−+
=−−
023
0132
yx
yx
Fazendo as substituições x = u + 7/11 com dx = du e y = v + 1/11 com dy = dv, obtemos a 1a 
transformada 
vu
vu
du
dv
+
−=
3
32 que conduz a (3u + v) dv = (2u – 3v) du que é uma equação 
diferencial homogênea de grau 1 (verifique). Agora, fazendo a substituição v = ut com t = f (u), 
obtemos a 2a transformada (3u + ut) (udt + t du) = (2u – 3ut) du que pode ser escrita na forma 
(3t + u) dt = (2 – 6t – t2) du que é uma equação de variáveis separáveis. Separando as variáveis: 
dt
tt
t
u
du
262
3
−−
+= . Integrando esta última, vamos obter a solução ln u = – ½ ln (2 – 6t – t2) + ln Cou u2 (2 – 6t – t2) = k , onde k = C2. Agora, vamos substituir t = v/u pois v = tu, resultando: 
u2 ( 2 – 6 v/u – v2/u2) = k, ou ainda, 2u2 – 6uv – v2 = k. Finalmente, retornamos às variáveis originas 
substituindo nesta última u por x – 7/11 e v por y – 1/11: 2(x –7/11)2 – 6(x –7/11) – (y –1/11)2 = k. 
Desenvolvendo o quadrados e agrupando os termos: 2x2 – 6xy – y2 – 2x + 4y + k1 = 0, que é a 
solução geral final. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 11
Exercícios Propostos 
 
 
01) Resolva a equação (2x – 3y) dx – (3x – y – 1) dy = 0; Resp. 2x2 – 6xy + y2 + 2y + k1 = 0 
 
02) Resolva (x + 2y – 4) dx – (2x + y – 5) dy = 0; Resp. (x – y – 1)3 = C1 (x + y –3) 
 
Passemos a análise 2o caso, onde o determinante 
22
11
ba
ba
 é igual a zero. 
Como o determinante é nulo, os coeficientes de x e y são proporcionais, de modo que podemos 
escrever a1 b2 = a2 b1 ou ainda 
1
2
1
2
b
b
a
a = . Chamando esta última relação de “m”, passamos a 
escrever 
1
2
1
2
b
b
a
a = = m ≠ 
2
1
c
c
, de onde resulta: a2 = m a1 e b2 = ma b1 e, finalmente, a equação 
diferencial original passa a ser escrita sob a forma ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
++
++=
211
111
)( cybxam
cybxaF
dx
dy
 . Aqui, é 
conveniente fazer a1x + b1y = t, com t = f (x). Explicitando y, obtemos y = 1/b1 (t – a1x). 
Derivando com relação x: ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −= 1
1
1 a
dx
dt
bdx
dy . A equação transformada passa então a forma 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+
+=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
2
1
1
1
1
ctm
ctFa
dx
dt
b
 ou )(11 tGbadx
dt =− que é uma equação de variáveis separáveis. 
 
 
Exercício Resolvido 
 
Resolver a equação 
136
12
−−
+−=
yx
yx
dx
dy 
Solução: O determinante 
36
12
−
−
 é nulo, portanto, trata-se do 2o caso. Fazendo 2x – y = t, 
obtemos y = 2x – t e 
dx
dt
dx
dy −= 2 . Equação transformada: 
13
12 −
+=−
t
t
dx
dt que resulta em 
 
13
35
−
−=
t
t
dx
dt . Separando as variáveis: dt
t
tdx
35
13
−
−= . Integrando: ∫ ∫ −−= dtttdx 35 13 
Para calcularmos a integral do membro direito, primeiramente, vamos dividir (3t – 1) por (5t – 3) 
e integrar a seguir. Assim, ∫ ∫ ∫ −+=−+=−− )35(ln2545335545335 13 tttdtdtdttt . Levando este 
resultado na integral original: x + C = 3/5 t + 4/25 ln (5t – 3). Substituindo t por 2x – y, vem: 
x + C = 3/5 (2x – y) + 4/25 ln (10x – 5y – 3). Daí, 25x + k = 15 (2x – y) + 4 ln (10x – 5y – 3). 
Finalmente, obtemos 5x – 15y + 4 ln (10x – 5y – 3) = k como solução final. 
 
 
Exercícios Propostos 
 
 
01) Resolva (2x + 3y – 1) dx + (2x + 3y + 2) dy = 0; Resp. 3x + 2y = – 9 ln (2x + 3y – 7) + C 
 
 
 12
02) Resolva 
yx
yx
dx
dy
++
+−=
1
331 ; Resp. 3x + y + 2 ln (– 3x – 3y + 3) = k 
 
 
Equações Diferenciais Exatas 
 
Uma equação diferencial do tipo M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 . . . ( 1 ) é exata se existe uma 
função U (x, y) tal que dU(x, y) = M (x, y) dx + N (x, y) dy . . . ( 2 ). A condição necessária e 
suficiente para que a equação ( 1 ) seja uma diferencial exata é que 
x
N
y
M
∂
∂=∂
∂ . . . ( 3 ). 
 A solução é da forma U (x, y) = ∫∫ =⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−+ Cdy
y
PNdxM ( . . . ( 4 ) onde costuma-se denotar 
P = e Q = ∫ dxM ∫ ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂− dy
y
PN . . . ( 5 ). Podemos fazer uso de uma solução alternativa da 
forma U (x, y) = . . . ( 6 ), onde ∫ Φ+xx ydxyxM0 )(),( )(yΦ é uma função arbitrária que pode 
ser obtida a partir da relação ),( yxN
y
U =∂
∂ . . . ( 7 ), pois, pela definição de diferencial (total), 
dU = dy
y
Udx
x
U
∂
∂+∂
∂ = M dx + N dy . . . ( 8 ). 
 
 
Exercícios Resolvidos 
 
 
Resolva a equação (x2 – y2) dx – 2xy dy = 0 
Solução: M (x, y) = x2 – y2 ⇒ y
y
M 2−=∂
∂ ; N (x, y) = – 2xy ⇒ y
x
N 2−=∂
∂ , caracterizando 
assim, uma equação diferencial exata, cuja solução é da forma U (x, y) = P (x, y) + Q (x, y). 
 
Temos: U (x, y) = ∫∫ =⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−+ Cdy
y
PNdxM ( ; P = ∫ dxM = ∫ −=− xyxdxyx 2322 3)( ; 
Q = ∫ ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂− dy
y
PN = = 0. Portanto, U (x, y) = ∫ +− dyxyxy )22( Cxyx =− 233 ou ainda sob a 
forma U (x, y) = kxyx +− 2
3
3
 como solução geral final. 
Uma solução alternativa: U = ∫ Φ+xx ydxyxM0 )(),(
Temos que U = )(
3
)()(
0
0
2
3
22 yxyxydxyx
x
x
x
x
Φ+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −=Φ+−∫ ⇒ xyyU 2−=∂∂ + Φ’(y) 
Como ),( yxN
y
U =∂
∂ , tem-se, – 2xy + Φ’(y) = – 2xy ∴ Φ’(y) = 0 e Φ(y) = C. Desta forma, 
U (x, y) = kxyx +− 2
3
3
. Observamos que na integral acima, os limites (de integração) podem 
ser omitidos, uma vez que xo é uma constante arbitrária. 
 
 
 
 13
 
 
Resolva a equação (2x – y + 1) dx – (x + 3y – 2) dy = 0 
Solução: U (x, y) = P (x, y) + Q (x, y); P = ∫ dxM = ∫ +−=+− xxyxdxyx 2)12( de onde se 
deduz que x
y
P −=∂
∂ . Por outro lado, Q = ∫ ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂− dy
y
PN = ∫ +−=+=−− yydyxyx 223)231(
2
. 
Assim, U = x2 – xy + x – 3/2 y2 + 2y ou 2x2 – 2xy + 2x + 4y – 3y2 = C, solução geral. 
 
Solução alternativa: U = ∫ Φ+xx ydxyxM0 )(),(
U = , que implica em ∫ Φ++−=Φ++− )()()12( 2 yxxyxydxyx =∂∂ yU – x + Φ’(y) . Por outro 
lado, como ),( yxN
y
U =∂
∂ , resulta que – x + Φ’(y) = – x + 3y + 2. Daí, Φ’(y) = 2 – 3y. 
Integrando esta última: Φ(y) = 2y – 3/2 y2. Que nos fornece a mesma solução geral obtida 
anteriormente (verifique). 
 
 
Exercícios Propostos 
 
Mostre que as equações a seguir são diferenciais exatas: 
(4x2 + y3 – 2xy) dx + (3x4 y2 – x2) dy = 0 
(3 e 3x y – 2x) dx + e 3x dy = 0 
(cos(y) + y cos(x)) dx + (sen(x) – x sen(y)) dy = 0 
(6x5y3 + 4x3y5) dx + (3x6y2 + 5x4y4) dy = 0 
 
Resolva as equações abaixo: 
 
02) ey dx + (x ey – 2y) dy = 0; Resp. x ey – y2 = C 
 
03) (x2 – y )dx – x dy = 0 ; Resp.xy = x3/3 + C 
 
04) (x2 + y2) dx + 2xy dy = 0 ; Resp. xy2 + x3/3 = C 
 
05) (1 + e2θ) dρ + 2ρ e2θ dθ = 0 ; Resp. ρ (1 + e2θ) = C 
 
06) (2x3 + 3y) dx + (3x + y – 1) dy = 0 ; Resp. x4 + 6xy + y2 – 2y = C 
 
07) (2x + 3y + 4) dx + (3x + 4y + 5) dy = 0 ; Resp. x2 + 3xy + 2y2 + 4x + 5y = C 
 
08) (2x3 + 3y) dx + (3x + y – 1) dy = 0 ; Resp. x4 + 6xy + y2 – 2y = C 
 
09) (x3 + y2) dx + (2xy + cos(y)) dy = 0; Resp. x4/4 + y2x + sen(y) = k 
 
 ( x + y cos x) dx + sen x dy = 0 ; Resp. x2 + 2y sen x = C 
 
 
 
 
 
 
 
 14
 
 
Fator Integrante 
 
Em geral, a equação diferencial M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 . . . ( 1 ) não é exata, uma vez que 
. Contudo, em alguns casos, é possível transformá-la numa equação exata 
mediante a multiplicação por uma (ou mais) função do tipo I(x, y). Desta forma, passamos a 
escrever I(x, y) [ M (x, y) dx + N (x, y) dy ] = 0 . . . ( 2 ) como exata. A função I(x, y) é chamada 
de fator integrante da equação ( 1 ). Uma equação diferencial pode admitir mais de um fator 
integrante que, geralmente é obtido por inspeção. Na determinação do fator integrante de uma 
equação, a experiência e a habilidade do calculista são fatores determinantes. A solução da 
equação ( 2 ) também é solução da equação ( 1 ). 
xNyM ∂∂≠∂∂ //
 
 
 Pesquisando o Fator Integrante 
 
 
Supondo I(x,y) fator integrante da equação M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 . . . ( 1 ), obtemos, por 
multiplicação direta, I M dx + I N dy = 0 . . . ( 2 ). Daí, 
x
NI
y
MI
∂
∂=∂
∂ )()( que resulta na 
equação ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂=∂
∂−∂
∂
y
M
x
NI
x
IN
y
IM . . . ( 3 ). Esta equação ficará mais simples se 
supusermos a função “ I “, função apenas de x ou de y. Supondo inicialmente, I = I (x), temos 
que 0=∂
∂
y
I , de modo que⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂=∂
∂−
y
M
x
NI
x
IN . . . ( 4 ). Dividindo esta última por I N 
vamos obter a equação ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂=∂
∂
x
N
y
M
Nx
I
I
11 . . . ( 5 ). Como I é função apenas de x, o membro 
da direita deve ser função apenas de x. Assim, )(1 x
x
I
I
Ψ=∂
∂ Integrando: ln I = que, 
finalmente, conduz a solução I = . . . ( 6 ). Do mesmo modo, fazendo I = I (y), obtemos 
∫Ψ dxx)(
∫Ψ dxxe )(
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂=∂
∂
y
M
x
N
My
I
I
11 . . . ( 7 ), que fornece o fator integrante I = . . . ( 8 ). A única 
restrição a este método, é que obtemos apenas um fator integrante e não todos os fatores. 
∫Ψ dyye )(
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 15
 A tabela abaixo ilustra alguns casos que poderão ser úteis na resolução de alguns problemas. 
 
Termos Fator Integrante I(x, y) Diferencial Exata du(x, y) 
y dx – x dy 
2
1
x
− ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=−
y
xd
x
dxydyx
2 
y dx – x dy 
2
1
y
 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=−
x
yd
y
dyxdxy
2 
y dx – x dy 
xy
1− ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=−
x
yd
xy
dxydyx ln 
y dx – x dy 
22
1
yx +− ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=+
−
x
ytgarcd
yx
dxydyx
22 
y dx + x dy 
xy
1 ( )xyd
xy
dyxdxy ln=+ 
y dx + x dy 1,
)(
1 quemaiorn
xy n
 ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−
−=+ −1)()1(
1
)( nn xyn
d
xy
dyxdxy 
y dx + x dy 
22
1
yx + ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +=+
+ )(ln
2
1 22
22 yxdyx
dxxdyy 
y dx + x dy 1,
)(
1
22 quemaiornyx n+ ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+−
−=+
+
−12222 )()1(2
1
)( nn yxn
d
yx
dxxdyy 
 
ay dx + bx dy 
 
 
x a – 1 y b – 1
 
 
x a – 1 y b – 1 (ay dx + bx dy ) = d(x a y b) 
 
Fonte: Moderna Introdução às Equações Diferenciais – Cap. 7 – Richard Bronson (Ref. 2) 
 
 
Exercícios Resolvidos 
 
 
Resolva a equação y2 dx + (xy + 1) dy = 0 
Solução: y
x
Ndediferenteéquey
y
M =∂
∂=∂
∂ 2 , portanto, a equação dada não é uma equação 
diferencial exata. Temos ( pela relação (7) anterior) =Ψ )( y ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂=∂
∂
y
M
x
N
My
I
I
11 ou seja, 
 (1/y=Ψ )( y 2) (y – 2y) = – 1/y. Daí, ∫ ∫ −=−=Ψ yydydyy ln)( e I = = e∫Ψ dyye )( – ln y = 1/y. 
Desse modo, a equação original se transforma em 1/y [ y2 dx + (xy + 1) dy ] = 0 ou ainda sob a 
forma mais simples 0)1( =++ dy
y
xdxy . Por outro lado, U = que fornece 
U = = yx + Φ(y) e 
∫ Φ+ )(),( ydxyxM
∫ Φ+ )( ydxy )('1 yyxyxNyU Φ+=+==∂∂ . Portanto, Φ’(y) = 1/y. 
Finalmente, Φ(y) = ln y + k. A solução final é yx + ln y = C. 
 
 
 
 
 
 
 16
 
Resolva a equação (x2 – y2) dx + 2xy dy = 0 
Solução: y
x
Ndediferenteéquey
y
M 22 =∂
∂−=∂
∂ , então a equação não é exata. Utilizando a 
relação ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂=Ψ
x
N
y
M
N
x 1)( , temos Ψ(x) = 
x
yy
xy
2)22(
2
1 −=−− . Daí, obtemos dxx)(∫Ψ 
= ∫ −=− xxdx ln22 e I = = ∫Ψ dxxe )( 21x . Agora, podemos escrever a equação original soba 
forma 2
1
x
 [ (x2 – y2) dx + 2xy dy ] = 0. Resolvendo esta equação: U = = ∫ Φ+ )(xdyN
∫ Φ+=Φ+ )()(2 2 xxyxdyxy e ⇒Φ+−=−==∂∂ )('1 2
2
2
2
x
x
y
x
yM
x
U Φ’(x) = 1 e Φ(x) = 
 = x + C, fornecendo U = yCdx +∫ 2/x + x + C ou x + y2/x = k , como solução final. 
 
 
Exercícios Propostos 
 
 Determine o fator integrante e resolva cada uma das equações diferenciais abaixo. 
 
01) x dy – y dx = x2 ex dx ; Resp. y = Cx + x ex
 
02) y2 dy + y dx – x dy = 0 ; Resp. Cy = x + y2
 
03) y/x dx + (y3 – ln x) dy = 0 ; Resp. Cy = 2 ln x + y3
 
04) (x2 + y2 + x) dx + xy dy = 0 ; Resp. I (x) = x ; 3x4 + 4x3 + 6x2y2 = C 
 
05) (2xy4 ey + 2xy3 + y) dx + (x2y4 ey – x2y2 – 2x) dy = 0 ; Resp. I (y) = 1/y4 ; x2ey + x2/y + x/y3 = C 
 
 
 
Equações Lineares 
 
Uma equação diferencial linear de 1a ordem e 1o grau tem a forma )()( xQyxP
dx
dy =+ . . . ( 1 ). 
Se Q (x) = 0, a equação é dita homogênea ou incompleta; enquanto, se Q (x) ≠ 0, a equação é dita 
não – homogênea ou completa. Analisaremos dois métodos de solução de equações diferenciais 
desse tipo, a saber : 
 
Método da Substituição ou Método de Lagrange: 
Este método foi desenvolvido por Joseph Louis Lagrange (matemático francês: 1736 – 1813) criador 
da Mecânica Analítica e dos processos de Integração das Equações de Derivadas Parciais. O 
método consiste na substituição de “y“ por “Z.t” na equação ( 1 ), onde t = φ (x) e Z = Ψ (x). 
Assim, se y = Z t ⇒ pela regra da cadeia, 
dx
dt
t
y
dx
dZ
Z
y
dx
dy
∂
∂+∂
∂= = 
dx
dZt
dx
dtZ + . . . ( 2 ). 
Substituindo ( 2 ) em ( 1 ) vamos obter: 
 
 
 
 
 
 
Q
dx
dZttP
dx
dtZQtZP
dx
dZt
dx
dtZ =+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +⇒=++ . . . ( 3 ) . Para integrar esta última, 
vamos admitir duas possibilidades: i) P = 0, então dy = Q dx e y = . . . ( 4 ). CdxQ +∫
ii) Q = 0, então 0=+ yP
dx
dy (equação homogênea) que resulta em dy + P y dx = 0 que é de 
variáveis separáveis. Daí, 0=+ dxP
y
dy . Integrando esta última: ∫ ∫ =+ CdxPydy . Que 
resulta em ln y = C – . Aplicando a definição de logaritmo, passamos a escrever a 
solução y = . Fazendo k = e
∫ dxP
∫=∫ −− dxPCdxPC eee C, temos y = k . . . ( 5 ) que representa 
a solução da equação homogênea ou incompleta. Agora, vamos pesquisar na equação ( 3 ) 
valores para “t” e “Z’, uma vez que y = Z t, teremos a solução da equação ( 1 ) que é uma 
equação linear completa (não - homogênea). Se igualarmos o coeficiente de Z a um certo fator, 
o valor daí obtido poderá ser levado ao resto da equação, possibilitando a determinação de Z, 
uma vez que “t” pode ser determinado a parir desta condição. Assim, vamos impor em ( 3 ), 
que o coeficiente de Z seja nulo. Feito isto, 
∫− dxPe
0=+ tP
dx
dt . . . ( 6 ), que é da mesma forma já 
estudada no caso ii). Assim, t = k . Substituindo este resultado em ∫− dxPe Q
dx
dZt = obtemos: 
k ∫− dxPe Q
dx
dZ = . Daí, Qe
kdx
dZ dxP∫= 1 e dxQe
k
dZ
dxP∫= 1 . Integrando este último 
resultado: CdxQe
k
Z
dxP +∫= ∫1 . . . ( 7 ). Lembrando que y = Z t, vamos obter, 
substituindo “t” e “Z”: y = k [∫− dxPe CdxQe
k
dxP +∫∫1 ] , de onde resulta, finalmente, 
y = [ ] . . . ( 8 ) que é a solução geral da equação ( 1 ). ∫− dxPe CdxQe dxP +∫∫
 
 
Método do Fator Integrante 
Este método consiste na transformação de uma equação linear em outra do tipo diferencial 
exata, cuja solução já estudamos anteriormente. Posto isto, vamos retornando à equação 
original de nosso problema, )()( xQyxP
dx
dy =+ . Vamos reescrever esta última sob a forma 
(P y – Q) dx + dy = 0 . . . ( 9 ). Multiplicando ambos os membros por (fator integrante), 
obtemos a expressão (P y – Q) dx + dy = 0 . . ( 10 ). Aqui, identificamos as 
funções “M” e “N”: M = (P y – Q) ; N = . Derivando M com relação y e N com 
relação a x, obtemos, 
∫ dxPe
∫ dxPe ∫ dxPe
∫ dxPe ∫ dxPe
∫=∂
∂∫=∂
∂ dxPdxP eP
x
NeeP
y
M confirmando assim, que a equação 
transformada é uma equação diferencial exata. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 17
 
 18
Exercícios Resolvidos 
 
Resolva a equação 63 =− y
dx
dy pelo método do fator integrante. 
Solução: Comparando a equação dada com a equação padrão )()( xQyxP
dx
dy =+ , temos que 
 P (x) = – 3 , Q (x) = 6 e I (x, y) = = = e∫ dxPe ∫ − dxe 3 – 3x (fator integrante). Daí, multiplicando 
ambos os membros por e – 3x, obtemos xxx eye
dx
dye 333 63 −−− =− que pode ser posta na forma 
reduzida xx eey
dx
d 33 6)( −− = . Integrando: ∫ dxeydxd x )( 3− = . Resultando 
 e y = como solução final. 
∫ dxe x36 −
Ceey xx +−= −− 33 2)( 23 −xeC
 
Resolva a equação xxy
dxdy =− 2 pelo método do fator integrante. 
Solução: Temos P (x) = – 2x, daí I (x, y) = = = (fator integrante). 
Multiplicando a equação dada por , obtemos 
∫ dxPe ∫ − dxxe 2 2xe −
2xe −
222
2 xxx exexy
dx
dye −−− =− ou na forma 
reduzida .)(
22 xx exey
dx
d −− = Integrando: ∫ dxeydxd x )( 2− = Resultando ∫ .
2
dxex x−
.
2
1)(
22
Ceey xx +−= −− e, finalmente, y = 
2
12 −− xeC que é a solução final. 
 
Resolva a equação 44 xy
xdx
dy =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+ 
Solução: Temos que P (x) = 
x
4 , daí, ∫ == 4lnln44 xxdxx (está implícito que ln ⏐x⏐= ln x). 
O fator integrante I = = . Multiplicando a equação pelo fator integrante, temos 
x
∫ dxPe 44 xe xlx =
4 834 xyx
sx
dy =+ ou 84 )( xxy
dx
d = . Integrando: ∫ =dxxydxd )( 4 ∫ x8 dx que resulta em y 
x4 = 
9
1 x9 + C ou y = 
5
5
4
x
x
C + como solução final. 
 
Resolva a equação 2−=− x
x
y
dx
dy pelo método de Lagrange e pelo método do fator integrante. 
Solução: Método de Lagrange 
Substituindo y = Z t e =
dx
dy 
dx
dZt
dx
dtZ + na equação dada: 2−=+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ − x
dx
dZt
x
t
dx
dtZ de onde 
podemos calcular t, fazendo 0=−
x
t
dx
dt ∴ 0=−
x
dx
t
dt Integrando: ln t = ln x então t = x. 
Agora, vamos ao cálculo de Z: 2−= x
dx
dZt Como t = x : dx
x
dZx
dx
dZx ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −=⇒−= 212 
Integrando: Z = x – 2ln x + C Daí, a solução geral y = Z t ou seja: y = x [ x – 2ln x + C ]. 
 
 
 
 
 
 19
 
Método do fator integrante: Temos 2−=− x
x
y
dx
dy onde P (x) = 1/x. Daí, I (x, y) = = ∫ dxPe
x
ee xlxx
dx 1==∫ −− (fator integrante). Reescrevendo a equação original na forma 
02 =+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −− dydx
x
yx e multiplicando pelo fator integrante: 0112 2 =+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −− dy
x
dx
x
y
x
 que é 
uma equação diferencial exata. Desta forma, ∫ +=⇒+= )()(1 xxyUxdyxU φφ 
Derivando esta última em relação a x e utilizando N
y
U =∂
∂ obtemos: 22 12 x
y
xdx
d
x
y −=+− φ ou 
ainda, φ’(x) = 12 −
x
 que por integração fornece φ(x) = 2 ln x – x. Daí, U = xx
x
y −+ ln2 ou 
ainda y + 2x ln x – x2 = Cx como solução geral. 
 
Resolva a equação )sen()( xxtgy
dx
dy =− pelo método de Lagrange. 
Solução: Fazendo a substituição y = Z t ; =
dx
dy 
dx
dZt
dx
dtZ + obtemos: 
)sen()( xxtgtZ
dx
dZt
dx
dtZ =−+ . Daí, )sen()( x
dx
dZtxtgt
dx
dtZ =+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ − . fazendo 0)( =− xtgt
dx
dt . 
Separando as variáveis e integrando: )sec()cos(lnln xtxt =∴−= . A equação tranformada tem 
a forma 
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +=+=∴=⇒= CxxyeCxZdxxxdZx
dx
dZx
2
sensec
2
sencossensensec
22
. 
 
Exercícios Propostos 
 
 
01) Resolva a equação 
x
gx
x
y
dx
dy cot=+ , pelo fator integrante. Resp. [ ]Cx
x
y += )ln(sen1 
 
 Resolva tgxarcy
dx
dyx =++ )1( 2 , pelo fator integrante. Resp. tgxarceCtgxarcy −+−= 1 
 
03) Resolva xy
dx
dy sen=+ , pelo método do fator integrante. Resp. xxCey x cos
2
1sen
2
1 −+= − 
 
04) Resolva pelo método de Lagrange (x + seny – 1) dy – cosy dx = 0. 
Resp. x = (tg y + sec y) (2 sec y – 2 tg y + y + C) 
 
Resolva o problema de valor inicial xy
dx
dy sen=+ ; y (π) = 1, utilizando o resultado do exercício 
 no 3 diretamente. Resp. y = )sencos(
2
1 xxe x −+−π . 
 
 
 
 
 
 20
Equação de Bernoulli e Equação de Riccati 
 
Equação de Bernoulli: 
A equação de Nicolau Bernoulli (1687 – 1759) é da forma nyxQyxP
dx
dy )()( =+ . . . ( 1 ) onde a 
constante “n” é diferente de zero e um. Esta equação pode ser reduzida a uma equação linear. 
Dividindo ambos os membros de ( 1 ) por yn : QyP
dx
dyy nn =+ −− 1 . . . (2 ). Fazendo a 
substituição t (x) = y1 – n . . . ( 3 ) e derivando: 
dx
dt
ndx
dyy
dx
dt
dx
dyyn nn −=∴=−
−−
1
1)1( . 
Levando este último resultado em ( 2 ) e multiplicando por (1 – n), obtemos a equação linear da 
forma )1()1( nQtnP
dx
dt −=−+ . . . ( 4 ). 
 
Equação de Riccati 
A equação de Jacopo Francesco Riccati (matemático italiano: 1676 – 1754) é da forma 
)()()( 2 xRyxQyxP
dx
dy ++= . . . ( 5 ). Observamos que, quando P (x) = 0 temos a equação 
linear e, quando R (x) = 0 temos a equação de Bernoulli. Liouville (matemático francês) mostrou que 
a solução da equação de Riccati só é possível quando se conhece uma solução particular yo. Caso 
contrário, ela só é integrável através de uma função transcendente. Admitindo-se a solução 
particular yo da equação ( 5 ) e fazendo y = yo + z . . . ( 6 ), onde “z” é uma função a ser 
determinada. Como yo é solução, temos RyQyPdx
dy
oo
o ++= 2 . . . ( 7 ). Por outro lado, 
derivando (6): 
dx
dz
dx
dy
dx
dy o += . . . ( 8 ). Substituindo (6) e (8) na equação (5): 
RzyQzyP
dx
dz
dx
dy
oo
o ++++=+ )()( 2 . Desenvolvendo esta última e agrupando os termos: 
RyQyPzQPyzP
dx
dz
dx
dy
ooo
o +++++=+ 22 )2( . . . ( 9 ). Substituindo (7) em (9) resulta que 
zQpyzP
dx
dz
o )2(
2 ++= . Reagrupando esta última: 2)2( zPQPy
dx
dz
o =+− z . . . ( 10 ) que é 
uma equação de Bernoulli na variável z, cuja solução já foi desenvolvida. 
 
 
Exercícios Resolvidos 
 
 Resolva a equação de Bernoulli 232 xy
x
y
dx
dy =− pelo método exposto anteriormente. 
Solução: Dividindo por y2: xy
dx
dyy 32 12 =− −− . Fazendo t = y – 1: 
dx
dt
dx
dyy −=− 2 . A equação 
transformada é xt
xdx
dtxt
xdx
dt 3232 −=+∴=−− Fazendo t = uv e 
dx
duv
dx
dvu
dx
dt += obtemos 
x
x
u
dx
duv
dx
dvu 3)2( −=++ . Aqui, vamos calcular u, fazendo 02 =+
x
u
dx
du Daí, 
2
1ln2ln2
x
uxu
x
dx
u
du =∴−=∴−= . 
 
 
 
 
Agora, vamos ao cálculo de v: x
dx
dvu 3−= Daí, dxxdvx
dx
dv
x
3
2 33
1 −=⇒−= Integrando: 
Cxv +−=
4
3 4 . Como t = uv, podemos escrever 2
24
2 4
3
4
31
x
CxCx
x
t +−=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +−= Reduzindo ao 
mesmo denominador: 2
4
4
34
x
xCt −= . Como t = y – 1 e fazendo k = 4C, podemos escrever a 
solução geral sob a forma explícita 4
2
3
4
xk
xy −= . 
Observamos que a equação de Bernoulli pode ser resolvida de modo análogo ao da equação linear, 
mediante a substituição y = z t. Temos 232 xy
x
y
dx
dy =− ⇒ substituindo y = z t e 
dx
dzt
dx
dtz
dx
dy += , obtemos 2222 3232 txz
dx
dzt
x
t
dx
dtztxz
x
tz
dx
dzt
dx
dtz =+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −⇒=−+ 
Calculando t : 2ln2ln202 xtxt
x
dx
t
dt
x
t
dx
dt =⇒=⇒=∴=− 
Calculando z : dxxdzzxxz
dx
dzxtxz
dx
dzz 3242222 333 =⇒=⇒= − Integrando esta 
última: 
kx
zCx
z +−=⇒+=− 4
4
3
4
4
31 . Como y = z t , resulta 4
2
3
4
xk
xy −= . 
 
 
 Resolva a equação de Bernoulli 32 xyxy
dx
dy =− pelo método da substituição y = z t. 
Solução: Temos 3333 22 txz
dx
dztxt
dx
dtztxztzx
dx
dzt
dx
dtz =+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −⇒=−+ 
Calculando t : 
22ln202 xetxtdxx
t
dtxt
dx
dt =∴=⇒=⇒=− . 
Calculando z : dxxedzzzxe
dx
dze xxx
222 2333 =⇒= − . Vamos calcular dxxe x∫ 22 
separadamente. Fazendo =α ⇒= 22 22 4: xx xede α dxxe x∫ 22 = 441
22xed =∫ α . A 
integração completa fornece 
ke
zCe
z x
x
+−=∴+=− 2
2
2
22
2
2
4
1
2
1 e finalmente, a solução 
geral 
ke
ey
x
x
+−= 2
2
2
2
2 2 . 
 
 
Resolva a equação de Bernoulli 33 yxxy
dx
dy =+ pelo método da divisão por yn. 
Solução: Dividindo por y3: 323 xxy
dx
dyy =+ −− . Substituindo t = y – 2 temos 
dx
dt
dx
dyy =− −32 
e 33 22
2
1 xxt
dx
dtxxt
dx
dt −=−⇒=+− 
 
 
 
 
 21
 
 
Agora vamos fazera substituição t = uv com 
dx
duv
dx
dvu
dx
dt += . Feito isto, passamos a escrever 
33 2222 x
dx
duvxv
dx
dvuxxuv
dx
duv
dx
dvu −=+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −⇒−=−+ 
Calculando v : 
22ln202 xevxvdxx
v
dvxv
dx
dv =∴=⇒=⇒=− 
Calculando u : ∫ −− −=⇒−=⇒−= dxxeudxxeduxdxdue xxx 333 222 222 
A integral pode ser calculada por partes, daí u = ∫ ∫ −−− −=− dxxeexdxxex xxx 2)2( 222 22 
u = . Por outro lado, como t = uv, t = Como t = yCeex xx ++ −− 222 212 xCex ++ – 2, temos 
2
2
1
11
2
22
x
x
Cex
yCexy
++
=∴++=− . 
 
 Verifique se y = x é uma solução particular da equação de Riccati 32
2
=++
x
y
x
y
dx
dy . Em caso 
afirmativo, obtenha a solução geral. 
Solução: Se y = x, temos que 32
2
=++
x
y
x
y
dx
dy se transforma 1 + 1 + 1 = 3, comprovando que y 
= x é de fato uma solução particular da equação dada. Fazendo a substituição y = x + z com 
dx
dz
dx
dy += 1 , na equação dada, obtemos: 321 2
22
=++++++
x
zxzx
x
zx
dx
dz que fornece 
2
2
2
2 332111
x
z
x
z
dx
dz
x
z
x
z
x
z
dx
dz −=+∴=++++++ que é uma equação de Bernoulli em z. 
Dividindo por z2 : 2
1
2 13
xx
z
dx
dzz −=+
−
− . Fazendo t = z – 1, 2
2 13
xx
t
dx
dt
dx
dt
dx
dzz −=+−⇒=− − 
 
 
ou 2
13
xx
t
dx
dt =− que é uma equação linear. Fazendo t = uv , obtemos 213 xx
uv
dx
duv
dx
dvu =−+ 
ou ainda 2
13
xdx
duv
x
v
dx
dvu =+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ − 
 
Calculando v : 3ln3ln303 xvxvdx
xv
dv
x
v
dx
dv =∴=⇒=⇒=− 
Calculando u : C
x
uCxu
x
dxdu
xdx
dux +−=∴+−=⇒=⇒=
−
4
4
52
3
4
1
4
1 
 
 
 
 
Como t = uv, 
x
CxtxC
x
t
4
411 43
4
+−=⇒⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +−= . Por outro lado, t = z – 1, resultando em 
14
4
4 −= Cx
xz . Finalmente, como fizemos y = x + z, passamos a escrever 
14
4
4 −+= Cx
xxy ou 
1
3
4
5
−
+=
kx
xkxy como solução geral da equação original. 
 
 22
 
 23
 
 
Bibliografia: 
 
[1] ABUNAHMAN, Sérgio A. Equações Diferenciais. Rio de Janeiro: LTC, 1979 
[2] AYRES, Frank Jr. Equações Diferenciais, 2ª ed. São Paulo: Makron Books, 1994. 
[3] BRONSON, Richard. Moderna Introdução às Equações Diferenciais. São Paulo: Makron 
Books, 1981.