resumo Equações Diferenciais

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EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
 Sumário
	Prefácio 	7
1. Conceitos fundamentais - classificação 
	das equações diferenciais 	9
	Definição 	11
	Representação 	11
	Classificação 	12
	Solução da equação diferencial 	13
	Problemas de valor inicial (PVI) 	15
	Campos de direções 	16
	Modelos 	18
	Molas 	18
	Lei de resfriamento de Newton 	18
	Crescimento e decrescimento exponencial 	19
	Crescimento Logístico 	22
	Epidemias 	22
Equações diferenciais de primeira ordem 	27
	Equações variáveis separáveis 	28
	Equações do tipo: 	33
	Equações homogêneas 	34
	Resolução das equações homogêneas 	35
	Equações lineares de primeira ordem 	39
	Teorema de existência e unicidade de uma solução de um PVI 	41
	Equações redutíveis 	42
	Redutíveis a homogêneas 	43
Equações diferenciais de primeira ordem 	49
	Equação exata 	51
	Método de resolução 	52
	Fator integrante 	54
	Equações diferenciais lineares de primeira ordem 	57
	Equações de Bernoulli 	60
	Equação de Ricatti 	62
Aplicações de equações diferenciais de 
primeira ordem 	65
	Decaimento radioativo 	66
	Juros compostos 	67
	Determinação do instante da morte 	69
	Crescimento e decrescimento populacional 	73
	Meia vida 	75
	Cronologia do Carbono 	77
	Resfriamento 	78
Equações diferenciais de segunda ordem 	83
	Equações lineares de segunda ordem 	84
	EDO de 2º ordem com coeficientes constantes 	84
	Homogêneas de coeficientes constantes 	85
	Teorema de existência e unicidade de solução de um PVI 	88
Equações diferenciais ordinárias lineares não homogêneas de 
	coeficiente constante 	88
	O método dos coeficientes indeterminados 	89
	Wronskiano e funções linearmente independentes 	92
	Redução de ordem 	93
	Equação do tipo y (n) = f (x) 	93
	Equação que não tem o termo em y 	94
	Equação que não tem os termos em y e em yt 	94
	Equação que não tem os termos em y, y’ e y’’ 	94
	Equação que não tem y, yt, ytt, ..., y(k – 1) 	95
	Equação que não tem a variável independente x 	95
	Método de variação dos parâmetros 	96
Prefácio
Prezados(as) alunos(as),
No século XVII os matemáticos Izaac Newton (1642-1727)1 e Wilhelm Leibniz (1646-1716)2 descobriram de forma independente, técnicas de derivação e integração, posteriormente utilizadas para resolver problemas que envolvem derivação, denominadas equações Diferenciais, o que daria a resposta a vários enigmas envolvendo conhecimentos matemáticos e até então não solucionados, tais como a área de uma superfície plana com suas arestas irregulares.
As equações diferenciais, nesse contexto, tem um importante papel, visto que seu estudo contribui para o desenvolvimento do raciocínio lógico, estimula a criatividade, o desenvolvimento de estratégias, entre outras competências. Por esse motivo, pretendemos oferecer um livro que leve a você observar as várias relações existentes com outras áreas de conhecimento e suas implicações na atualidade com exercícios voltados a aplicações.
As equações diferenciais surgem em várias áreas da ciência e da tecnologia sempre que se relacionam algumas quantidades continuamente mutáveis, conhecidas ou formadas através de suas taxas de mudança. Esta relação pode ser expressa como uma equação diferencial para uma posição desconhecida do corpo, como uma função do tempo. Em muitos casos, a equação diferencial pode ser resolvida, de modo a conduzir à lei do movimento. A arte da construção de modelos matemáticos, ou simplesmente modelagem, representa através de problemas, o uso de equações diferenciais para resolução de atividades do cotidiano. Neste livro há uma diversidade de assuntos, que em geral, fazem parte de situações do cotidiano, bem como os conteúdos básicos e necessários para o Ensino Superior.
Por fim, é importante ressaltar que esta obra foi produzida com o objetivo de contribuir para um melhor ensino desta disciplina. Por isso, espero que, ao utilizá-lo, realize um papel ativo na construção de seu conhecimento matemático, lembrando que, além da formação do cidadão, existe a preocupação com a preparação para o Ensino Superior e o desenvolvimento lógico e analítico do aluno.
Bons estudos!
7
1 Conceitos fundamentais - classificação 
das equações diferenciais
Conceitos fundamentais - classificação das 
equações diferenciais
As equações diferenciais começaram a ser estudadas por Isaac Newton e Gottfried Wilhelm von Leibniz no século XVII. Os irmãos Bernoulli também estudaram equações diferenciais. Além deles, Leonhard Euler, Joseph–Louis Lagrange e Pierre–Simon de Laplace foram importantes na criação de métodos para resolução de equações diferenciais assim como no estudo de suas aplicações. Outros matemáticos como Bessel, Legendre, Hermite, Chebyshev e Hankel também colaboraram, como colocado em BOYCE e DiPRIMA (2014) para o desenvolvimento da área, levando seus nomes em diversos métodos e equações em homenagem a eles. Além deles, Jean–Baptiste Joseph Fourier, que também foi aluno de Laplace e Lagrange fez estudos importantíssimos na área de equações diferenciais que possuem aplicações tecnológicas importantes nos dias de hoje, nas áreas de telecomunicações e em processamentos de imagens digitais. Segundo BOYCE e DiPRIMA (2014), a evolução nos estudos das equações diferenciais se confunde com a evolução do próprio Cálculo Diferencial e Integral, já que as duas áreas guardam uma relação muito próxima entre si. Em especial, a maior impulsão em ambas está na articulação das teorias com as aplicações práticas, ou seja, na interdisciplinaridade da Matemática com outras áreas do conhecimento, como a Física, Química, Biologia, Economia entre outras. Pensando por este lado, é natural associar os estudos das equações diferenciais à Matemática Aplicada, devido a amplitude de problemas práticos que podem ser caracterizados através de equações diferenciais.
OBJETIVOS
Identificar uma equação diferencial;
Classificar quanto a ordem uma equação diferencial;
Identificar o grau de uma equação diferencial;
Identificar os tipos de solução das equações diferenciais;
Verificar se uma solução dada é solução para uma equação diferencial; 
Identificar os tipos de solução das equações diferenciais.
Definição
Uma equação diferencial (ED) é uma equação que envolve derivadas de uma função desconhecida com uma ou mais variáveis. Quando a função desconhecida depende somente de uma única variável, a equação denomina-se equação diferencial ordinária (EDO). Quando a função desconhecida depende de mais de uma variável, a equação denomina-se equação diferencial parcial (EDP).
EXEMPLO
• Exemplo 1: dy = +2x y ou y = 2x + y é uma equação diferencial ordinária, dado que a função dx
y = f (x) depende somente da variável x. Na função y = f (x), x é a variável independente, e y é a variável dependente.
Exemplo 2: dy = +2x z é uma equação diferencial parcial, dado que a função y = f (x, z) depende dx de duas variáveis x e z.
	VARIÁVEL 
DEPENDENTE
	A variável que representa a função, no nosso caso y.
	VARIÁVEL INDEPENDENTE
	A variável da qual depende a função, no nosso caso x.
Representação
Representam-se as EDO’s de ordem n pela forma normal de representação. A forma normal consiste em representar as derivadas explicitamente.
As EDO’s de 1ª ordem podem ser representadas pela forma normal ou diferencial.
Forma Normal:
É toda relação f (x, y, y’,y”,....., yn) = 0 (para equações de qualquer ordem) Onde y é uma função de x, y = f (x) e y', y'' , ... , yn são derivadas de ordem menor ou igual a n da função incógnita.
EXEMPLO
f (x, y, y') = 0
f (x, y, y' ,y'') = 0
Forma Diferencial:
É toda relação M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 (só para equações de 1ª ordem).
Classificação
 De uma forma geral, possuímos quatro diferentes formas de classificar uma equação diferencial, a saber:
Classificação quanto a ordem presente na equação; 
Classificação quanto ao grau das derivadas; 
Classificação quanto a linearidade da equação; •  Classificação quanto a existência ou não de solução. 
A ordemde uma ED é a ordem da derivada de maior ordem envolvida na expressão. O grau de uma equação diferencial ordinária é o grau algébrico da derivada de ordem maior.
dy dx dy = 2x + z é uma ED parcial de primeira ordem e de primeiro grau.EXEMPLO
• 
Exemplo1: 
x
y
=
+
2
 é uma ED ordinária de primeira ordem e de primeiro 
grau. 
Exemplo 2: dx 2
Exemplo 3: 	− 2	−15x = 0 é uma ED ordinária de segunda ordem e de primeiro grau. dx
dt
dx
dt
2
Equações diferenciais não lineares: Uma equação diferencial diz-se não linear quando se verifica pelo menos uma das seguintes condições:
y aparece sob a forma de uma potência ou de uma raiz
Exemplo 1: y2 + xy = cos x - não linear por causa de y2
Exemplo 2: 	y + xy = cosx não linear por causa de 	y
y aparece multiplicado por uma das suas derivadas
Exemplo: yy’’ + xy = cos x - não linear por causa de yy’’
duas derivadas de y aparecem multiplicadas uma pela outra
Exemplo: y’’’y’’+ xy = cos x - não linear por causa de y’’’y’’
Equação diferencial linear: equação diferencial em que não se verifica nenhuma das 3 condições anteriores.
	– 	Exemplo: y’’ + xy = cos x - não linear por causa de yy’’
Coeficientes: são os termos que, nas equações lineares, aparecem a multiplicar pela função ou pelas suas derivadas.
– 	Exemplo: y’’ + xy = cos x. Neste caso há dois coeficientes: 1 que multiplica por y'' e x que multiplica por y
	COEFICIENTES VARIÁVEIS
	Quando os coeficientes são função de x
	COEFICIENTES CONSTANTES
	Quando os coeficientes não dependem de x
Solução da equação diferencial
Uma solução de uma equação diferencial é uma função y = f (x) a qual, juntamente com as suas derivadas, satisfaz a equação diferencial dada. A solução geral da equação diferencial ordinária em I é uma função Φ = Φ (x; c1, . . . , cn), n-vezes derivável, definida em I e que depende de n constantes arbitrárias ci . Além disso, para cada (c1, . . . , cn) ∈ R n , Φ é solução da edo. 
Uma solução particular da EDO é uma solução que pode ser deduzida da solução geral de atribuindo-se às constantes arbitrárias (c1, . . . , cn) um valor determinado (c1, . . . , cn) = (ec1, . . . , ecn). 
EXEMPLO
a) Verificar que y = 4 · e – x + 5 é uma solução da equação diferencial de segunda ordem 
e primeiro grau d y22 + =dxdy 0 dx
Observando que dx = −4⋅e e−x	dxd y22 = 4⋅e−x e substituindo na equação diferencial dy
dada, temos:
4 · e – x + (– 4 · e-x) = 0
0 = 0
x
b) Verificar que y	x é uma solução da equação diferencial de primeira ordem e Ce
Ce
=
+
⋅
⋅
−
1
1
y
−
1
2
(
)
. 
dy = 1
primeiro grau 
	dx	2
na equação diferencial dada, A primeira derivada da equação dada é temos:	dxdy = (12−⋅C eC e⋅⋅ xx)2 . Substituindo este resultado 
(12−⋅C eC e⋅⋅ xx) = 1(1+ C e⋅ x)22 −1
	2 2 (1−C e⋅ x)	

= 21(1 2+ C e⋅ x + C2 ⋅(e12−x)C e−⋅(1 2−2 C e C e⋅ x + 2 ⋅ 2x) x)	
= 21(14−⋅C eC e⋅⋅ xx)2  = (12−⋅C eC e⋅⋅ x 2
x)
A solução y = 4 · e – x + 5 no Exemplo (a) anterior é um exemplo de uma solução particular de uma equação diferencial. Podemos verificar que y = 4 · e – x + 3 é também uma solução particular da equação diferencial no exemplo (a). Deste modo, uma equação diferencial pode ter mais do que uma solução particular.
Uma solução y = f (x) de uma equação diferencial de ordem n contendo n constantes arbitrárias é chamada uma solução geral. Assim, a solução y = 11+−C eC e⋅⋅ xx no Exemplo (b) ou y = 4 · e – x + C no Exemplo (a) é um exemplo de uma solução geral.
Problemas de valor inicial (PVI) 
Uma solução particular pode ser obtida se forem dadas certas condições iniciais. Uma condição inicial de uma equação diferencial é uma condição que especifica um valor particular de y, y0, correspondente a um valor particular de x, x0. Isto é, se y = f (x) pode ser uma solução da equação diferencial, então a função deve satisfazer a condição: y0 = f (x0). O problema de ser dada uma equação diferencial com condições iniciais é chamado um problema de valor inicial. 
Um estudo completo de equações diferenciais incluiria um estudo de equações diferenciais de todos os graus e equações diferenciais parciais e ordinárias. Limitamos, deste modo, as nossas considerações às equações diferenciais ordinárias do primeiro grau.
EXEMPLO
Verificar que y = C1 · cosx + C2 · senx é uma solução geral da equação diferencial y’’ + y = 0. 
Primeiro, determinar as derivadas da função dada:
y' = – C1 · senx + C2 · cosx y’’= –C1 · cosx – C2 · senx
Substituindo na equação diferencial, temos:
y’’ + y = 0
–C1 · cosx – C2 · senx + ( C1 · cosx + C2 · senx) = 0
–C1 · cosx – C2 · senx + C1 · cosx + C2 · senx = 0
0 = 0
Portanto, y = C1 · cosx + C2 · senx é uma solução geral da equação diferencial dada com duas constantes arbitrárias distintas.
Mostre que y = C.e-2x é uma solução para a equação diferencial y’ + 2y = 0 e encontre a solução particular determinada pela condição inicial y (0) = 3.
Sabemos que y = C · e–2x é solução porque y’ = - 2 · C · e–2x e y’ + 2y = – 2 · C · e–2x + 2 · ( C · e–2x ) = 0. 
 
Usando a condição inicial y (0) = 3, ou seja, y = 3 e x = 0, obtêm:
y = C · e–2x → 3 = C e–2 · 0 → C = 3 e concluímos que a solução particular é y = 3 · e–2x.
O gráfico de uma solução de uma edo é chamado curva integral. Como a solução Φ de uma edo deve ser obrigatoriamente derivável, logo, ela deve ser contínua; então, pode haver diferenças entre a curva integral de uma edo e o gráfico da função Φ.
Campos de direções
Do ponto de vista geométrico, as curvas integrais (soluções) de uma edo do tipo y' = f (x, y) são tais que em cada ponto (x, y) a reta tangente à curva integral passando pelo ponto tem coeficiente angular m = f (x, y). Isto sugere um método geométrico para entender aproximadamente como deveriam ser as curvas integrais da edo. Para isto, traçamos um pequeno segmento de reta em cada ponto (x, y) com coeficente angular f (x, y), o conjunto destes segmentos é chamado campo de direções da edo.
EXEMPLO
Considere a edo y' = –y.
Calculando alguns coeficientes angulares:
	(x, y)
	f (x, y) = –y
	(x, 0)
	0
	(x, 1)
	–1
	(x, 1) (x, –1)
	1
	(x, y)
	–y
1.5
1.5
2
1
1
0.5
0.5
–0.5
–1
–0.5
–2
–1
–1.5
Figura 1.1 – Campo de direções e algumas curvas integrais.
Considere a edo y' = x – y.
Calculando alguns coeficientes angulares:
	(x, y)
	f (x, y)
	(x, x) (x, x – 1)
	0
	(x, x – 1)
	1
	(x, x + 1) (x, x – k)
	–1
	(x, x – k)
	k
	(x, x + k)
	–k
2
2
–2
–2
4
4
–4
–4
Figura 1.2 – Campo de direções e algumas curvas integrais.
Modelos
O termo modelo é utilizado frequentemente como sinônimo de edo quando referida a aplicações. A seguir, apresentaremos alguns modelos.
Molas
Considere uma mola, de massa desprezível, presa verticalmente por uma ex- tremidade. Suponha que na outra extremidade há um corpo de massa m com velocidade v0. Determine a edo que descreve o comportamento da velocidade v, em função da deformação, x, da mola.
A Lei de Hooke nos diz que a mola exerce sobre o corpo uma força que é proporcional à deformação da mola. Como a força exercida pela mola se opõe à deformação, a força resultante no corpo é igual ao peso do corpo menos a força exercida pela mola. Sabemos que a força resultante também é igual a dv
F = ma e a = ; logo,
dt
dv = mg −kx
m
dt
Isto é,
	dv	= m dvdx = m dv = mg −kx
	m	v
	dx	dxdt	dt
Ou seja:
dv = 1− g − kx− dx v m
é o modelo que descreve o comportamento da velocidade v, em função da 
deformação, x, da mola.
Lei de resfriamento de Newton
O problema da condução do calor tem um modelo simples, mas real, que trata da troca de calor de um corpo com o meio ambiente, com as seguintes hipóteses:
A temperatura T = T (t) depende apenas do tempo t.
A temperatura do meio A é constante.
A lei de resfriamento de Newton: a taxa de variação temporal da tem- peratura T = T (t) de um corpo é proporcional à diferença entre T e a temperatura A (constante) do ambiente em volta. Isto é,
dT = −k T( − A), k > 0 dt •  Se T > A, então dT < 0 , demodo que a temperatura T = T (t) é decrescente. dt
Logo, se a temperatura do corpo é maior que a do ambiente o corpo está resfriando. •  Se T < A, então dT > 0 , de modo que a temperatura T = T (t) é crescente. dt
Logo, se a temperatura do corpo é menor que a do ambiente o corpo está esquentando. •  Se T = A, então dT = 0 , de modo que a temperatura T é constante. dt
Crescimento e decrescimento exponencial
Crescimento exponencial
Suponha que:
N = N (t) é o número de indivíduos de uma população (colônia, etc.).
A população tem taxas de natalidade e de mortalidade constantes β e δ, respectivamente (em nascimentos ou mortes por indivíduo por unidade de tempo).
Então, durante um pequeno intervalo de tempo ∆t, ocorrem aproximadamente β N (t) ∆t nascimentos e δ N (t) ∆t mortes, de modo que a variação em N (t) é dada por ∆N ≈ (β − δ) N (t) ∆t, e assim:
	dN =	lim	∆N = kN
	dt	∆t →0 ∆t
A equação anterior nos diz que a variação da população N é proporcional ao valor atual de N. Essa é uma das hipóteses mais simples sobre variação populacional. A constante k é chamada de constante de crescimento (se for positiva) ou declínio (se for negativa). Esta equação é chamada de equação de crescimento exponencial.
Figura 1.3 – Campo de direções da edo para k > 0.
Se N (0) = N0 é a população inicial, então a solução do PVI
dN
= kN
dt N(0) = N0
descreve o comportamento desta população em função do tempo.
Decrescimento exponencial
Considere uma amostra de material que contém N (t) átomos de um certo isótopo radioativo no instante t. Foi experimentalmente observado que uma fração constante destes átomos radioativos decairá espontaneamente (em átomos de outro elemento ou em outro isótopo) durante cada unidade de tempo. Consequentemente, a amostra se comporta como uma população com uma taxa de mortalidade constante, mas sem ocorrência de nascimentos. Logo, obtemos:
dN
dt
kN
k
=−
>
0
,
Figura 1.4 – Campo de direções da edo para k < 0.
Onde k depende do isótopo radioativo em questão. Se N (0) = N0 é a quantidade inicial do isótopo, então a solução do PVI
dN = −kN dt N( )0 = N0
descreve a quantidades de átomos do isótopo radioativo em função do tempo. A constante de decaimento de um isótopo radioativo é frequentemente especificada em termos de uma outra constante empírica, a meia-vida do isótopo. A meiavida t de um isótopo radioativo é o tempo necessário para que metade dele decaia.
Datação por carbono radioativo
A datação por carbono radioativo é uma ferramenta importante para pesquisa arqueológica. Ela se baseia no fato de que o isótopo radiativo C14 do Carbono é acumulado durante toda a vida dos seres orgânicos e começa a decair com a morte. Como a meia vida do C14 é aproximadamente 5.730 anos, quantidades mensuráveis de C14 ainda estão presentes muitos anos após a morte.
A rigor, ambos os modelos são exatamente iguais, a diferença está na interpretação da constante k.
Crescimento Logístico
O modelo de crescimento exponencial não é adequado para o estudo de populações a longo prazo, pois o crescimento de uma população é eventualmente limitado por diversos fatores, como por exemplo, os ambientais. Uma população não pode crescer sempre; por isto foi proposto o seguinte modelo:
dp = h p p( ) dt
Nele, queremos escolher h(p) de modo que h(p) ≈ k quando a população p for pequena e que h(p) decresça quando a população p for suficientemente grande. Uma função simples com esta propriedade é: h(p) = k − a p, (a > 0). Substituindo na equação, temos
dp = h p p( ) =(k −ap)p dt
Esta equação é conhecida como equação logística. É conveniente, reescrevê
-la, pondo k em evidência e introduzindo uma nova constante, da seguinte forma
dp = k − 1− p − p, R = k dt R a
A constante k é chamada de taxa de crescimento intrínseco, isto é, a taxa de crescimento na ausência de qualquer fator limitador e R é a capacidade ambiental de sustentação da espécie.
Epidemias
Suponha que uma determinada população pode ser dividida em duas partes: a dos que têm a doença e podem infectar outros e a dos que não a tem, mas são suscetíveis a ela. Seja x a proporção dos indivíduos suscetíveis e y a proporção de indivíduos infectados; então x + y = 1. Suponha que:
A doença se espalhe pelo contato entre indivíduos doentes e sãos e que a taxa de disseminação é proporcional aos contatos; 
Os elementos dos dois grupos se movem livremente entre si de modo que o número de contatos é proporcional ao produto de x e y. Denotemos por y0 é número inicial de infectados. Logo, o PVI
dp = ay x = ay(1− y), α > 0 dt y( )0 = y0
é o modelo que descreve a variação do número de indivíduos infectados em função do tempo.
ATIVIDADES
Encontre a ordem e o grau de cada uma das seguintes equações diferenciais.
dy = x2 − y2 d) x2 dxdy + y dxdy 2 = 0 a) 
dx
2
	c) 
	 dx 	dx

d y2	+5xy dy = x y2
dx2	dx
	f) 
g) 
	y’+ x · cosx = 0 
(y’’)3 – xy’ + y’’ = 0 
	
	
	h) 
	y’’ + exy = 2 
 dy  −3x dy +2 = 0 e) y’’’ – 4y’’ + xy = 0 b) 
Verifique se cada uma das funções seguintes y = f(x) é uma solução da equação diferencial dada. 
a) dxdy = 3 ; y = 3x – 7 d) dxd y22 + y = 0 ; y = 2 senx + 3 cosx dy + y +2x +4 = x2 ; y = x2 – 4x e) dy + y = e−x ; y = (x + 2) · e–x b) 
	dx	dx
c) 	d y2	+16y = 0 ; y = C sen4x + C cos4x dx2
1
2
PROCEDIMENTOS DE ENSINO
Aulas interativas, em ambiente virtual de aprendizagem, nas quais o conhecimento é exposto ao aluno de acordo com um desenho didático planejado para adequar o meio de entrega ao conhecimento particular da disciplina. Na sala de aula virtual, a metodologia de entrega de conteúdo contempla, além dos conceitos e temáticas das aulas propriamente ditas, leitura de textos pertinentes ao assunto, hipertextos, links orientados, estudos de caso, atividades animadas de aplicação do conhecimento, simuladores virtuais, quiz interativo, simulados, biblioteca virtual etc.
RECURSOS FÍSICOS
Além dos recursos físicos oferecidos pela sala de aula tradicional, como quadro branco, é proveitoso fazer uso do Laboratório de informática com acesso a jornais, revistas, vídeos e jogos virtuais. 
APLICAÇÃO
Articulação, teoria e prática
Do alto de um prédio de altura H, um objeto é lançado em direção ao solo. Assim, como podemos descrever a queda desse objeto em função do tempo? Bem, para representar o problema de uma forma simplificada, podemos supor inicialmente que o objeto possua uma massa m que permanece constante ao longo de toda a queda; em segundo lugar, podemos supor que a queda do objeto não seja afetada pela resistência do ar, mas apenas pela ação da gravidade g. Ainda, é importante lembrar que a ação da gravidade age acelerando a queda do objeto, mas a aceleração é uma derivada da velocidade que, por sua vez é uma derivada do deslocamento. Assim, temos duas derivadas envolvidas na representação da queda do objeto, que pode ser representada por uma equação diferencial da forma: dH/dt g 2 2 = − Neste momento, antes de prosseguir para o capítulo 2 e iniciar os estudos das técnicas de resolução de uma EDO de ordem 1, convidamos você a resolver os exercícios a seguir que têm o intuito de reforçar alguns conceitos trabalhados neste capítulo.
Adaptado de BOYCE e DiPRIMA (2014)
ATIVIDADES
03. Classifique as Equações Diferencias de acordo com os critérios de ordem e linearidade:
	2 d y2	+ t dy +2y = sent	d) 	dy + ty2 = 0
t dt2	dt	dt
(1+ y2 )d ydt22 + t dydt + y = et	e) 	d ydt22 + sen t( + y) = sent
d ydt44 + d ydt33 + d ydt22 + dydt + y =1	f) 	d ydt33 + t dydt + (cos2 t y) = t3
04. grau:Classifique as Equações Diferenciais seguindo os critérios de ordem e o
(y···)4 + ( )y· 2 +6y = x3	c) 	∂∂x22z +2∂∂y22z −2x2 −3y = 0
x + 3x+5 = 0	d) 	5 ∂3x 2	 ∂2
 ∂t3  +7 ∂t2x  +10x = 0
05. Verifique se as funções dadas constituem-se soluções das respectivas Equações Diferenciais:
y’’ – y = 0, sendo y = et;
y’’ + 2y’ – 3y = 0, sendo y1(t) = e–3t e y2(t) = et;
y’’’’ + 4y’’’ + 3y = t, sendo y1(t) = t/3 e y2(t) = e–t + t/3;
t2y’’ + 5ty’ + 4y = 0; t > 0, sendoy1(t) = t–2 e y2(t) = t–2lnt;
y’ – 2ty = 1, sendo y = et2 ∫ t e−s2ds + et2 . 0
06. Determine os valores de r para os quais a Equação Diferencial tenha solução da forma y = ert.
y’ + 2y = 0	c) 	y’’ – y = 0
y’’ + y’ – 6y = 0	d) 	y’’’ – 3y’’ + 2y’ = 0
07. Encontre os valores de r os quais a Equação Diferencial tenha solução da forma y = tr. a) 	t2y’’ + 4ty’ + 2y = 0
b) 	t2y’’ + 4ty’ + 4y = 0
 
AVALIAÇÃO
A avaliação da disciplina segue as normas regimentais da Instituição. Nesta disciplina, o aluno será avaliado por sua participação cooperativa e colaborativa, bem como pelo seu desempenho nas avaliações presenciais (AV e AVS), sendo a cada uma delas atribuído o grau de 0,0 (zero) a 8,0 (oito). O docente/tutor responsável pela turma avaliará a participação do aluno nos fóruns de discussão temáticos, a qual será atribuído grau de 0,0 (zero) a 2,0 (dois), tendo por parâmetro as métricas de pertinência e interatividade da/na intervenção do aluno. Com relação ao segundo critério, os instrumentos para avaliação da aprendizagem serão construídos a partir de itens de teste: questões objetivas e discursivas que compõem o banco de questões da disciplina, classificadas em diferentes níveis de complexidade e diferentes níveis cognitivos. Para cada disciplina do curso estudada o discente realiza uma prova (AV), com todo o conteúdo visto e discutido nas aulas transmitidas via web, aulas online, fóruns de discussão e demais atividades e estratégias de ensino. Será considerado aprovado na disciplina o aluno que obtiver nota igual ou superior a 6,0 (seis). Este resultado será a soma de uma das provas presenciais (AV ou AVS) com a nota de participação nos fóruns temáticos de discussão do conteúdo. As avaliações presenciais serão realizadas no polo de origem do aluno, de acordo com o calendário acadêmico institucional.
CONSIDERAÇÕES ADICIONAIS
As Bibliografias Básicas e Complementares propostas no Plano de Ensino do curso, indubitavelmente, deverão sempre ser objeto de constantes consultas para os estudos e desenvolvimento de Aula. 
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS
William Boyce e Richard DiPrima, Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno, Editora: LTC Ano: 2006, 8ª Edição
Dennis G. Zill e Michael R. Cullen - Equações Diferenciais. Volume 1 Pearson.
DIACU, Florin. Introdução a equações Diferenciais. Teoria e Aplicações. LTC. 2004
GUIDORIZZI, Hamilton Luiz. Curso de cálculo. 5ª ed. Rio de Janeiro: LTC, 2001-2004. 4 v.
capítulo 1 • 10
capítulo 1 • 21
2
Equações diferenciais de primeira ordem
Equações diferenciais de primeira ordem
Uma equação diferencial de primeira ordem é uma relação envolvendo a primeira derivada. Isto é, pode ser escrita na forma:
Μ(x y, )+Ν(x y, )dy = 0 dx
ou (multiplicando ambos os membros pela diferencial dx, onde dx ≠ 0)
Μ(x y dx, )	+Ν(x y dy, )	= 0
onde M(x,y) e N(x,y) são funções envolvendo as variáveis x e y. Para esse tipo de equação, pode-se juntar todos os termos contendo x com dx e todos os termos contendo y com dy, obtendo-se uma solução através de integração. Tais equações são ditas separáveis, e o método de solução é o método de separação de variáveis. 
OBJETIVOS
Identificar os tipos de equações de primeira ordem; • Identificar e resolver equações de variáveis separáveis;
Identificar e resolver equações homogêneas.
Equações variáveis separáveis
As equações do tipo y' = f (x, y) pode ser escrita da forma:
dy
	= f x y( ,	)
dx
dy e dx podem ser manipulados com base nas regras da álgebra. Assim:
dy = f x y( , ) ⇔ dy = f x y dx( , ) ⇔1= f x y( , )dx ⇔ 1 = f x y( , ) 1 dx	dy dx dy
EXEMPLO
y’ = xy – xy’
dy = −xy x ⇔ dy =(xy −x dx) ⇔ =1 (xy −x)dx ⇔ =1 (xy −x) 1 dx	dy dx dy
Uma equação de variáveis separáveis é uma equação que pode ser escrita sob a forma: f (y) dy = g (x) dx f (y) 
Este tipo de equações resolve-se integrando os dois lados da equação:
	∫f y dy( )	= ∫g x dx( )	+c
EXEMPLO
Exemplo 1:
(y + 2) dy = exdx (y + 2) dy = exdx é uma equação de variáveis separáveis.
Por integração dos dois lados:
∫(y+2)dy=∫e dxx +c
	e	cy
x
+
(
)
=+
2
2
2
 
Esta é a solução da equação diferencial.
Exemplo 2:
(1+ y2)dx + xydy = 0
Esta equação ainda não tem as variáveis separadas. Para as separar coloca-se dx de um lado e dy de outro:
(1+ y2)dx =−xydy
Em seguida tenta-se colocar todas as funções de x do lado de dx e todas as funções de y do lado de dy: 
dx =− y 2 dy x 1+ y
integrando:
∫ dxx =−∫1+yy2 dy + c ⇔ lnx =− 21 ∫1+2yy2 dy + c ⇔
	⇔ lnx =− 1ln1+ y2 + c ⇔−lnx = n	1+ y2 + c ⇔
2
⇔ =1	A	1+ y2 x
Que seria a solução da equação.
Exemplo 3: 
e−y(1+ y’)=1⇔ e−y1+ dxdy =1⇔ 1+ dxdy = ey dxdy = ey −1⇔ dy =(ey −1)dx ⇔ 1e−−yedy−y = dx
	∫1e−−yedy−y = ∫dx + c ⇔ ln 1− e−y = +x	c ⇔ 1− e−y = Aex
	1− Aex = e−y ⇔ ln(1− Aex)=−y ⇔ =−y	ln(1− Aex)
Exemplo 4:
	Resolver a equação diferencial x 1( + y2)− +y 1(	x2)y’ = 0
Tornando a escrever, temos:
x(1+y2)− +y(1 x2)dy =0 dx
x(1+y dx2) − +y(1 x dy2) =0
1+xx2dx−1+yy2dy=0
ou 
1+xx2 dx = 1+yy2 dy
∫ +xx2 dx =∫ y 2 dyy
x
y
1
1
1
2
1
1
2
1
2
2
+
+
−
+
=
ln(
)
ln
(
)
C
ou
21ln11++ xy22 = C
Como C é uma constante arbitrária, podemos tornar a escrever esta constante como C =Ink onde k > 0. Então temos:1
2
1ln1++ xy22  = 21lnk
	2	1
ou
11++xy22=k
ou 
(1+x2)= +k(1 y2)
ou
x2 + −1 k ky− 2 =0
Esta última equação é mais fácil de trabalhar porque já não envolve logaritmos naturais. 
1 1+ x2= C e x2 + 1 – k – k2 = 0 são equivalentes. Elas diferem apenas na 
As equações 2ln1+ y2 forma da constante de integração. Praticando nos exercícios você ganhará experiência na escolha da forma mais apropriada para esta constante arbitrária.
Exemplo 5: 
Resolver a equação diferencial y’ – 2x = 0sujeita à condição inicial de que y = 1 quando x = 2, ou seja, y (2) = 1.
A solução geral é: y = x2 + C
Substituindo y = 1 e x = 2, temos: 
1 = (2)2 + C → 1 = 4 + C → – 3 = C 
Portanto, a solução particular é:
Y = x2 – 3 
Exemplo 6: 
Resolver a equação diferencial y + xy1 = 0 sujeita à condição inicial de que y = 2 quando x = 3, ou seja, y (3) = 2.
Tornando a escrever, temos:
y x+ dy =0 dx
	xdx xdy+	=0
dx+ =dy 0 x	y
ou
dx =− dy x	y
∫ dx =−∫ dy x	y
Inx =−Iny + C
Inx + =Iny C Inxy = C
ou 
Inxy = Ink, onde C = Ink
xy = k Substituindo y = 2 quando x = 3, temos:
3 · 2 = k 6 = k 
ortanto, a solução particular desejada é:
xy=6 ouy=x
6
Equações do tipo:
dy = f ax(	+by +c) dx
Neste caso não é possível separar as variáveis.
EXEMPLO
dy = 3x +4y +2⇔ dy = (3x +4y +2)dx dx
Não é possível separar o x do y. 
Neste caso usa-se uma mudança de variável:
dy	dz z = ax + by + c, substituindo y por z. É necessário determinar dx em função de dx
dz = a + bdy ⇔ dy = dxdz −a ⇔ dxdz −a = f z( )
	dx	dx	dx	b	b
dz = bf( )z +a ⇔ dz =[bf(z)+a dx] ⇔ dz = dx dx	[bf( )z +a]
∫[bf( )dzz +a] = ∫dx +k ⇔
EXEMPLO
dy = 3x +4y +2⇔ dy = (3x +4y +2)dx
dx
z = 3x +4y +2
dz = 3+4dy ⇔ dy = dxdz −3 ⇔ dy = dxdz −3
	dx	dx	dx	4	dx	4
	dxdz −3 = z ⇔ dz = 4z + 3 ⇔	dz	= dxdz
z
1
4
4
4
3
+
∫
∫
	4	dx	4z + 3
	=	dx ⇔ 1ln 4z + 3 = x +k
4
xln
exp
exp
3
4
4
3
4
4
3
4
4
2
4
3
x
z
k
z
k
x
z
x
k
x
y
=
+
+
)
(
+
=
⇔
+
(
)




=
+
(
)




−
⇔
+
+
=
+
(
)




−
=
+
)
(




−
−
exp
exp
3
4
4
11 12
4
16
x
k
k
x
y
Equações homogêneas
Função homogênea 
Uma funçãof (x, y) é dita homogênea se f (t · x, t · x) = tn · f (x, y), onde n é o grau de homogeneidade.
EXEMPLO
f (x, y) = 3xy – y2 
Temos: f t x t( ⋅ , ⋅y) = 3⋅ ⋅t x t y⋅ ⋅ −( t y⋅ )2 = 3⋅t2 ⋅x y⋅ − t2 2⋅y = t2 ⋅( 3xy − y2 ) = t2 ⋅f x y( , ) Logo, f (x, y) = 3xy – y2 é uma função homogênea de grau 2.
f (x, y) = e x + y
Temos: f(t ⋅ x t, ⋅ y) = et x⋅ + ⋅t y = et x y⋅( + ) ≠ tn ⋅ f(x y, )
Logo, a função f (x, y) = ex + y não é homogênea.
Muitas vezes uma função homogênea pode ser reconhecida examinando o grau de cada termo.
EXEMPLO
A função é homogênea degrau quatro.
f (x, y) = 6xy3 – x2y2
	↑	↑
Grau 4 Grau 4
A função não é homogênea, pois os graus dos dois termos 
f (x, y) = x2 – y
	↑	↑
	são diferentes	Grau 1 Grau 2
Uma forma simples de observar a homogeneidade de uma função polinomial é constatar que todos os monômios da função possuem o mesmo grau. No caso de uma função racional (quociente de polinômios), os membros do numerador devem ter um mesmo grau e os membros do denominador devem também um mesmo grau , sendo que o grau da expressão do denominador pode ser menor ou igual que o grau da expressão do numerador.
Resolução das equações homogêneas
Uma equação diferencial ordinária de 1ª ordem, M x y( , )⋅dx + N x y( , )⋅dy = 0 é dita homogênea se as funções M (x, y) e N (x, y) forem homogêneas com o mesmo grau de homogeneidade.
Observe que sendo M (x, y) e N (x, y) homogênea, com o mesmo grau de homogeneidade, temos: 
M t x t y( ⋅ , ⋅ )= tn ⋅M x y( , ) e N t x t y( ⋅ , ⋅ )= tn ⋅N x y( , ).
	M t( ⋅x t y, ⋅ )	tn ⋅M x y( , )	M x y( , )	M t x( ⋅ ,t y⋅ )	M x y( , )
Logo: N t x t y( ⋅ , ⋅ ) = tn ⋅N x y( , ) = N x y( , ) ⇒ N t x t y( ⋅ , ⋅ ) = N x y( , )
Fazendo: y = t x⋅ e dy = t dx⋅ + x dt⋅ , a equação M x t x( , ⋅ )⋅dx + N x t x( , ⋅ )⋅ (t dx⋅ + x dt⋅ )= 0. se transforma em uma equação de variáveis separáveis.
Vejamos:
	M x t x( , ⋅ )⋅dx + N x t x( , ⋅ )⋅(t dx⋅	+ x dt⋅	)= 0.
Esta equação pode ser escrita na forma:
x t x( , ⋅ )
x t x( , ⋅ ) ⋅dx +t dx⋅	+ x dt⋅	= 0
M t x t y( ⋅ , ⋅ ) M x y( , ) M x t x( , ⋅ ) = M(1, t) Como: N t x t y( ⋅ , ⋅ ) = N x y( , ) , podemos escrever N x t x( , ⋅ ) N(1, t)
Consequentemente a equação M x t xN x t x(( ,, ⋅⋅ ))⋅dx +t dx⋅ + x dt⋅ = 0 , pode ser escrita na forma: 
M(1,t)
	N(1,t) ⋅dx +t dx⋅	+ x dt⋅	= 0
Logo:
	M(1,t)⋅dx +t N⋅ (1,t)⋅dx + x N⋅ (1,t dt)	= 0⇒
M(1,t)+ t N⋅ (1,t)⋅dx + x N⋅ (1,t dt) = 0⇒ dx + N(1,t) dt = 0
 
	x	M(1,t)+t N⋅ (1,t)
Portanto, fazendo as transformações y = t · x e dy = t · dx + x · dt, transformamos uma equação homogênea em uma equação separável em x e t. Resolvendo a equação separável e substituindo t por voltamos às variáveis originais.y
x
EXEMPLO
Resolva a equação: (y – x) · dx + (x + y) · dy = 0 Solução:
(y − x)⋅dx + (x + y)⋅dy = 0
	M	N
Se M x y( , ) = y − x ⇒ M tx ty( , ) = ty − tx = t ⋅(y − x) = t M x y⋅ ( , )
	Se N x y( , ) = x + y ⇒ M tx ty( , ) = tx + ty = t ⋅(x + y) = t N x,y⋅ (	)
Como M e N são funções homogêneas de grau 1, logo a equação é uma equação homogênea.
Substituindo y = t · x e dy = t · dx + x · dt, temos: 
(t x⋅ − x)⋅dx +(x +t x⋅ )⋅(t dx⋅ + x dt⋅ )= 0⇒ x⋅(t −1)⋅dx + x⋅(1+t)⋅(t dx⋅ + x dt)= 0
Simplificando a equação por x, encontramos: 
(t −1)⋅dx +(1+t)⋅(t dx⋅ + x dt⋅ )= 0 ⇒ t dx⋅ −dx +t dx⋅ + x dt⋅ +t2 ⋅dx + x t⋅ ⋅dt = 0 Agrupando dx e dt, temos:
(t2 +2t −1)⋅dx + x⋅(1+t)⋅dt = 0,
Então:
dx + 2 +1+2tt−1⋅dt = 0 x	t
Integrando:
 Cdx
x
t
t
t
dt
∫
∫
+
+
+
−
⋅
=
1
2
1
2
Encontramos:
Ln x + 1 ⋅Ln t 	2 +2t −1 = C⇒ 2⋅Ln x +Ln t 	2 +2t −1 = 2C 2
Substituindo, t = y x
+Ln  xy 2 +2 xy −1 = 2C⇒ Ln x 2 + Ln y22 +2⋅ xy −1 = 2⇒ 2.Ln x 
x
	⇒ Ln x2 + Ln y2 +2xxy2 − x2 = 2C⇒ Ln x 	2 ⋅ y2 +2xxy2 − x2 = 2C⇒
⇒ Ln y2 +2xy − x2 = 2C⇒ y2 +2xy − x2 = e2C
Encontramos: y2 + 2xy – x2 = K, considerando K = e2C.
Uma equação homogénea pode ser sempre escrita na forma:
dy =φy dx x
dx 2x −3y2EXEMPLO
dy
x
y
=
+
2
2
2
Por divisão de ambos os termos da fracção por x2 obtém-se:
dy
dx
y
x
y
x
=
+






−






1
23
2
2
Resolução de uma equação homogênea: uma equação homogênea resolve-se com base na mudança de variável u = y , substituindo-se a função u pela função y. 
Para isso determina-se dy . Como yx dy = x du + u . A equação dy = f x y( , ) = ux,
dx	dx	dx	dx transforma-se na equação seguinte: . A partir daqui a resolução depende da função f (x, y) pelo que se ilustra o método com exemplos.
EXEMPLO
• 
Exemplo 1: 
dy
dx
y
x
y
x
+
=
cos
2
dy
dx
x
du
dx
u
x
du
dx
u
u
x
u
du
dx
u
du
u
dx
x
du
u
=
+
=
⇔
=
+=+
⇔
cos
cos
cos
cos
2
2
2
2
∫
∫
⇔
=
()
=
+






=
+
dx
x
gu
k
x
g
y
x
x
k
ln( )
cot
cot
ln( )
• Exemplo 2: 2x2y’ = x2 + y2
dy = +1	y2 dx 2 2x2 dy =xdu+u
	dx	dx
xdudx+ = +u 2 21 u2 ⇔xdudx =21(1+ −u2 2u)⇔ ∫1+ −udu2 2u=21∫dxx1
2
0
2
4
4
2
1
1
2
1
2
2
2
+
−
=
=
⇔
±
−
=
−
=
−
+
(
)
u
u
u
u
u
u
∫1+ udu2 − 2u = ∫(udu−1)2 =−u1−1
y −
−
=
+
⇔
−
−
=−
−
=
−
⇔
+
−





=
1
1
1
2
1
1
u
x
k
y
x
y
y
x
k
x
y
x
A
x
ln
ln
exp
Equações lineares de primeira ordem
A equação do tipo:
dy +p x y( ) = q x( ) dx
é uma equação de primeira ordem porque a derivada de maior ordem que aparece na equação é y’ (que tem ordem 1). É uma equação linear porque ynão aparece a multiplicar por y’,
EXEMPLO
dy + cos(x y) = sen x(	) dx
É uma equação linear de primeira ordem em que p (x) = cos (x) e q (x) = sen (x), quando q (x) é zero diz-se que a equação é homogênea. 
Solução de uma equação linear de primeira ordem homogênea.
dxdy +p x y( ) = 0 ⇔ dxdy = −p x y( ) ⇔ ∫ dyy = −∫p x dx( ) ln y = −∫p x dx( ) +k ⇔ y = Aexp(−∫p x dx( ) )
EXEMPLO
	dy + ln( )x y = 0 ⇔ dy =−ln( )x y ⇔ =−dy	ln( )x dx
	dx	dx	y
∫ dyy =−∫ln( )x dx ⇔ ln(y)=−xlnx +∫dx =−xlnx + =x x(1−lnx)+ k y = Aexp(x(1−lnx))
Solução de uma equação linear de primeira ordem não homogênea.
dy +p x y( ) = q x( ) dx
	exp∫p x dx( )	 dxdy +exp∫p x dx( )	p x y( ) = exp∫p( )x dx q x ( )
d{exp∫p x dx p x y( )	 ( ) } = exp∫p x dx( )	q x( ) dx
d{exp∫p x dx p x y( )  ( ) }= exp∫p x dx( ) q x dx( ) ∫d{exp∫p x dx( ) p x y( ) }= ∫exp∫p x dx q x dx( )  ( ) +k exp∫p x dx( ) p x y( ) = ∫exp∫p( )x dx q x dx ( ) +k
∫exp
	y =	exp∫∫p x dxp x dx( )( )	q x dxp x( )( )	+kexp−∫p x dx( )	p x( )
EXEMPLO
dy + =xy x dx F=exp∫xdx= x22 expx dy2 +xexpx2y x= expx2

	 2 dx	 2 	 2 
		x2 
dexp 2 y =xexpx2 dx	 2 
∫dexpx22y=∫xexpx22dx+k
expx2y=expx2+k

 2   2  y= +1 kexp−x2

 2 
Teorema de existência e unicidade de uma solução de um PVI
Para uma equação diferencial de n-ésima ordem, o problema:
	d yn	+a	dn−1y
	Resolva: an( )x dxn	n−1( )x dxn−1 +...+a1( )x dxdy +a0( )x y = g x( )
Está sujeita a y x( 0) = y0,y (x0) = y0 ,...,y(n−1)(x0) = y0(n−1)
Em que y0, y0’, ... y0(n – 1) são constantes arbitrárias, é chamado de um problema de valor inicial. Os valores específicos y x( 0 )= y0, y (x0 )= y0 , ..., y(n−1) (x0 )= y0(n−1) são chamados de condições iniciais. Procuramos uma solução em algum intervalo 
I contendo x0.
No caso de uma equação linear de segunda ordem, uma solução para o problema de valor inicial
	a ( )x d y2	+a ( )x dy +a ( )x y = g x( ), y x(	) = y , y (x ) = y
	2	dx2	1	dx	0	0	0	0	0
é uma função que satisfaça a equação diferencial em I cujo gráfico passa pelo 
ponto (x0, y0) com inclinação igual a y0’.
O próximo teorema nos fornece condições suficientes para a existência de uma única solução para (1).
•  Teorema da existência de uma única solução
Sejam an ( )x ,an−1 ( )x ,...,a1 ( )x ,a0 ( )x e g (x) são contínuas em um intervalo I com an ( )x ≠ 0 para todo x neste intervalo. Se x = y0 é algum ponto deste intervalo, então existe uma única solução y (x) para o problema de valor inicial (1) neste intervalo.
EXEMPLO
y’’ – 3y’ + 2y = 0 satisfazendo à y (0) = 2 e y’ (0) = 1
Equações redutíveis
Vejamos agora as equações que podem ser escritas na forma:
	dy = F	a x1 +b1 +c1
	dx	a x2 +b y2 +c2
onde ai, bi ,ci ∈ R, (i = 1, 2). 
Se c1 f = 0 ou c2 f = 0 , a edo (I) não é homogênea.
Sejam as retas:
a x1 +b y1 +c1 = 0 a x2 +b y2 +c2 = 0
determinadas pelo numerador e pelo denominador do argumento da função F em (I).
Analisaremos os
 
casos.
Redutíveis a homogêneas
Se as retas são concorrentes, então: 
a1 b1 f = 0
det a2 b2
Denotemos por (α, β) a solução do sistema linear:
a x1+b y1 +c1 = 0 a x2 +b y2 +c2 = 0
e consideremos a mudança de variável:
x = u+α y = v +β
Podemos reescrever a edo (I) na forma:
	dv = dvdvdx = dv = F	a x1 +b1 +c1 = F a1 (u+α)+ b1 (v +β)+c1 = F
du dvdxdu dx a x2 +b y2 +c2 a2 (u+α)+b v2 +β+c2 a u1 +b v1 +a1α+b1β+c1 =F a u1 +b v1 a u2 +b v2 +a2β+b2β+c2 a u2 +b v2
pois (α, β) é solução do sistema linear. Isto é, obtivemos a seguinte edo homogênea:
	dv = F a u1	+b v1	
	du	 a u2	+b v2	
Observação 13. A mudança de variável (3.37) corresponde a considerarmos um novo eixo de coordenadas cuja origem se localiza no ponto de coordenadas (x, y) = (α, β) . Nas novas variáveis u ev o lado direito de (3.36) será uma função homogênea de grau zero.
EXEMPLO
Seja a edo:
dy = 2x − 3y −1
	dx	3x + −y	2
Consideremos o sistema linear 
2x− − =3y 1 0
3x y+ − =2 0
Temos
2 −3
	det3	1 = +2	9 11=	≠ 0
e a solução do sistema é dada por 117 ,111  . Fazendo a mudança de variável
x u= + e y= +u 7
11
1
11
temos, 
dv = dy = 2x − 3y −1 =	u + 117  − 3 v + 111  −1 = 2u − 3v 2
	du	dx	3x + y − 2	3u + 117  + v + 111 − 2	3u + v
Isto é,
dv =2u−3v
	du	3u v+
A solução geral da edo homogênea anterior é:
		6v
u22− u −uv22=c
desfazendo a mudança de variável x u= +e y= +v ,obtemos:7
11
1
11
2 11 7( x− )2 −6 11 1 11( y− )( x−7)−(11 1y− )2 =c
é solução geral da equação.
Redutíveis a Variáveis Separáveis
Se as retas paralelas, então: 
det aa21	bb12  = 0 
No caso de retas paralelas coincidentes, já sabemos resolver a edo (3.36).
Se as retas são paralelas não coincidentes, temos:
a2 = b2 = m ≠ c2 a1 b1 c1
Isto é: a2 = ma1 e que b2 = mb1=
Logo, podemos reescrever a equação na forma:
dxdy = F a xa x21 ++b yb y12 ++cc12 =F m a xa x(11 ++b yb11y+)c+1c2 
Considerando a mudança de variável:
v x( )= a1 +b y1 , logo dxdv = a1 +b1 dxdy
e obtemos uma edo de variáveis separáveis para :
dv = a +b dy = a +b F a x +b y +c  dx 1 1 dx 1 1  a x21 +b y12 +c12 
		a(1x +b y1 +c1 )
	= a1 + b F1	 m a x1 +b y1 +c2 
 v +c1 
	= a1 +b F1	 mv +c2 
EXEMPLO
Considere a equação diferencial: 
dy = 2x y− +1
dx 6x−3y−1
Logo:
 2 −1
det6 −3 = 0

ATIVIDADES
01. Resolva a equação diferencial homogênea dada.
capítulo 2 • 28
capítulo 2 • 50
y’ = x + y 2x
y’ =	y
2(x + y)
y’ = x − y x + y
= x2 + y2
y’
2xy
y’ = x2 − y2xy
y’ = 3x +2y x
02. Encontre a solução particular que satisfaz a condição inicial dada.
xdy −(2xe−x/y + y dx)	= 0; y(1) = 0
−y dx2 +x x( + y dy) =0 ; y(1) = 0
xsec xy + y dx	− xdy = 0 ; y(1) = 1
(y −	x2 − y2 )dx − xdy = 0; y(1) = 0
03. Verifique se as funções dadas a seguir são homogêneas, e em caso afirmativo determine o grau de sua homogeneidade: a) f(x y, ) = x2 + y2 + x ⋅ y
f(x y, ) =	x ⋅ y + x2 + y2
f x y z( , , ) = 2x + 3y −5z
f x y( , ) = 3x2y +2xy2
04. Resolva as equações diferenciais a seguir:
a) (2x − y)⋅dx + (x +4y)⋅dy = 0
b) 
x
y
dx
x y du
2
2
0
+
(
)
⋅
−
⋅
⋅
=
c) 
y
y
x
x
 ’
=
+
2
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS
William Boyce e Richard DiPrima, Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno, Editora: LTC Ano: 2006, 8ª Edição.
Dennis G. Zill e Michael R. Cullen - Equações Diferenciais, volume 1, Pearson.
DIACU, Florin. Introdução a equações Diferenciais. Teoria e Aplicações. LTC. 2004
GUIDORIZZI, Hamilton Luiz. Curso de cálculo. 5. ed. Rio de Janeiro: LTC, 2001-2004. 4 v.
3
Equações diferenciais de primeira ordem
Equações diferenciais de primeira ordem
Embora a equação y dx + x dy = 0
seja separável e homogênea, podemos ver que ela é também equivalente à diferencial do produto de x e y; isto é ;
y dx + x dy = d (xy) = 0 
Por integração, obtemos imediatamente a solução implícita xy = c.
Você deve se lembrar do Cálculo III que, se z = f (x, y) é uma função com derivadas parciais contínuas em uma região R do plano xy, então sua diferencial total é:
dz = ∂f dx + ∂f dy
	∂x	∂y
Agora, se f (x, y) = c, segue-se de que:
∂f dx + ∂f dy = 0
	∂x	∂y
Em outras palavras, para uma família de curvas f (x, y) = c , pode se gerar uma equação diferencial de primeira ordem, calculando a diferencial total.
EXEMPLO
Se x2 – 5xy + y3 = c , então por 
	(2x − 5y dx)	+ −( 5x + 3y2)dy = 0 ou dxdy = −55yx −+23xy2
Para nossos propósitos, é mais importante inverter o problema, isto é, dada uma equação como:
	dy =	5y −2x
	dx	−5x + 3y2
Podemos identificar a equação como sendo equivalente a d (x2 – 5xy + y3) = 0? Note que a equação (3) não é separável nem homogênea.
OBJETIVOS
Identificar e resolver equações diferenciais exatas;
Resolver equações diferenciais, transformando-as em exatas, através do fator integrante; • Identificar e resolver equações de Bernoulli;
Identificar e resolver equações de Riccati.
Equação exata
Uma equação diferencial
	Μ(x y dx, )	+Ν(x y dy, )
é uma diferencial exata em uma região R do plano xy se ela corresponde à diferencial total de alguma função f (x, y). Uma equação diferencial da forma
	Μ(x y dx, )	+Ν(x y dy, )	= 0
é chamada de uma equação exata se a expressão do lado esquerdo é uma dife-
rencial exata, ou seja, se existir uma função f(x,y) com derivadas parciais contínuas e tais que f (x, y) = M (x, y) e fy = (x, y) = N (x, y). Assim, a forma geral da solução da equação é f (x, y) = c.
Teorema Critério para uma Diferencial Exata
Sejam M (x, y) e N (x, y) funções contínuas com derivadas parciais contínuas em uma região R definida a < <x b c, < <y d . Então, uma condição necessária e suficiente para que:
	Μ(x y dx, )	+Ν(x y dy, )
Seja uma diferencial exata é: ∂M = ∂N
	∂y	∂x
Método de resolução
Dada a equação:
	Μ(x y dx, )	+Ν(x y dy, )	= 0
Primeiro verificaremos a relação a seguir:
∂M = ∂N
	∂y	∂x
Depois suponha que:
∂f = M x,y(	) ∂x
daí podemos encontrar f integrando M (x, y) com relação a x, considerando 
y constante. Escrevemos,
x y( , )= ∫M x y dx( ,	)	+ g y( ),
em que a função arbitrária g(y) é a constante de integração. Agora, derivando com relação a y e supondo δf/δy = N(x,y):
	M(x,y dx)	+ g ( )y = N x y( , )∂
∂
=
∂
∂
∫
y
y
Assim, 
( )y		M x y dxxy
y
(
,
)
,
=
(
)
−
∂
∂
∫
Ν
Finalmente, integre com relação a y e substitua o resultado. A solução para a equação é f (x, ) = c. 
	∂f
Poderíamos também começar o procedimento anterior com a suposição de que 	= N x,y(	).
∂y
EXEMPLO
Exemplo 1: Resolva 2xy dx + (x2 – 1) dy = 0 .
Solução: Como M (x, y) = 2xy e N (x, y) = x2 – 1, temos
∂M = ∂N = 2x
	∂y	∂x
Logo, a equação é exata e, pelo Teorema anterior, existe uma função f (x, y), tal que:
∂f =2xye ∂f = −x2 1
	∂x	∂y
Da primeira dessas equações, obtemos, depois de integrar,
F (x, y) = x2y + g (v) .
Derivando a última expressão com relação à y e igualando o resultado a N (x, y), temos:
∂f = x2 + g’( )y = x2 −1
∂y
Segue- se que: g’ (y) = –1 e g (y) = –y.
constante de integração não precisa ser incluída, pois a solução é f (x, y) = c, ou seja, x2y – y = c .
 Informo, ainda, que a equação poderia também ser resolvida por separação de variáveis.
Exemplo 2: Resolva o problema de valor inicial.
(cosx senx − xy2)dx + y ⋅(1− x2)dy = 0, y( )0 = 2
Solução: A equação é exata, pois:
∂M = ∂N = −2xy ∂y ∂x
Agora,
∂∂yf = y ⋅(1− x2)
	f	x y(
)
=
−
(
)
+
()
y
hx
x
2
1
2
2
,
∂f = −xy2 +h’( )x = cosx senx − xy2 ∂x
última equação implica
h x’( ) =cosx senx⋅ h x( ) = ∫cosx senx⋅ dx = −cos2 x (Método da Substituição)1
2
Logo, 
y22 (1− x2)− 21cos2 x = c1
ou
y2 (1–x2) – cos2x = c1 
como c = 2c1. A condição inicial y = 2 quando x = 0 demanda que ( )2 12 −( )0 2−cos20=c , ou seja, c = 3. Portanto, a solução para o problema é:
y2(1− x2) − cos2 x =3
Fator integrante
Algumas vezes, é possível converter uma equação diferencial não exata em uma equação exata multiplicando-a por uma função µ(x, y) chamada fator de integração. Porém, a equação exata resultante:
	µΜ(x y dx, )	+µΝ(x y dy, )	= 0
Pode não ser equivalente à original no sentido deque a solução para uma é também a solução para a outra. A multiplicação pode ocasionar perdas ou ganhos de soluções.
EXEMPLO
Exemplo: Se a equação diferencial
2y dx + x dy = 0
(Não é uma equação exata)
for multiplicada pelo fator integrante (x, y) = x , a equação resultante
2xy dx + x2 dy = 0
(Equação exata)
∂M = ∂N = 2x . é exata, ou seja, 
	∂y	∂x
Pode ser difícil encontrar um fator integrante. No entanto, existem duas classes de equações diferenciais cujos fatores integrantes podem ser encontrados de maneira rotineira - aquelas que possuem fatores integrantes que são funções que dependem apenas de x ou apenas de y. O Teorema a seguir, que enunciaremos sem demonstração, fornece um roteiro para encontrar esses dois tipos especiais de fatores integrantes. 
	Teorema Fatores Integrantes
Considere a equação diferencial Μ(x y dx, )	+ Ν(x y dy, )	= 0 .
Se
1 Μy (x y, ) − Νx (x y, ) = h x( ) N x y( , ) 
é uma função só de x, então e∫h x dx( )	 é um fator integrante.
Se
1 Νx (x y, ) − Μy (x y, ) = k y( ) M x y( , ) 
é uma função só de y, então e∫k y dy( )	 é um fator integrante.
EXEMPLO
• Exemplo 1: Encontre a solução geral da equação diferencial (y2 –x) dx + 2y dy = 0 
Solução: A equação dada não é exata, pois My (x, y) = 2y e Nx (x, y) = 0. Entretanto, como:
	N x y(1, ) Μy (x y, ) − Νx (x y, ) = 21y[2y −0] = =1	x0 = h x( )
temos que e∫h x dx(	)	= e∫1dx = ex é um fator integrante. Multiplicando a equação dada por ex, obtemos a equação diferencial exata:
(y e2 x −xex)dx+2yexdy=0
cuja solução é obtida da seguinte maneira: 
f x y( , ) = ∫N x y( , ) dy = ∫2yexdy = y e2 x + g x( ) f’(x y, ) = y e g x2	x	’( ) = y e2	x − x ex
g’ (x) = –xex (integração por partes)
Logo, g (x) = – xex + ex, o que implica na solução geral y2ex – x ex + ex = c .
Um outro fator integrante 
é: 
Se 
Ν
Μ
x y
y f x y
x g x y
x y
e
,
,
,
,
(
)
⋅
=
(
)
(
)
=
⋅
(
)
, 
então:
µ
(
)
,
(
,
)
)
(
,
xy
x M x y
y N x y
=
⋅
⋅
−
1
• 
Exemplo 2: 
Resolva y’ = 
y
xy
y
’
=
−
2
x
Solução: Escrevendo a equação sob forma diferencial, temos:
dy = xy2 − ydx
x
xy
xdy
y dx
−
(
)
−
=
2
0
y⋅(xy −1)dx − x⋅( )1 dy = 0 (multiplicando por −1)
	y⋅(1− xy dx)	+ x⋅( )1 dy = 0
Dessa forma, temos:
	µ(x y, ) =	1
x⋅y⋅(1− xy) − y⋅x⋅( )1
xy
xy
yx
xy
(
=
⋅
−
−
=
−
=−
1
1
1
2
2
2
2
xy)
2
Multiplicando por µ(x, y), obtemos:
⋅
⋅
−
−
(
)
+
⋅
()
=


1
1
1
0
2
(
)
xy
y
x
xy dx
dy
ou seja,
(xy2−1)dx − xy12 dy = 0 x y
que é exata. Aplicando o método de resolução de equação exata, chegamos à solução 
y = −1/ (x In cx⋅	|	|) .
Equações diferenciais lineares de primeira ordem
Definimos a forma geral para uma equação diferencial linear de ordem n como, 
an ( )x d ydxnn +an-1 ( )x ddxn-n1-y1 ++a1 ( )x dxdy +a0 ( )x y = g x( )
Lembre-se de que linearidade significa que todos os coeficientes são funções de x somente e que y e todas as suas derivadas são elevadas à primeira potência. Agora, quando n = 1, obtemos uma equação linear de primeira ordem. 
CONCEITO
Equação Linear: uma equação diferencial da forma
 a1( )x dxdy + a0 ( )x y = g(x)
é chamada de equação linear.
Dividindo pelo coeficiente a1(x) , obtemos uma forma mais útil de uma equação linear:
dy +P x( )⋅ y = Q(x) (1) dx
Procuramos uma solução em um intervalo I no qual as funções P(x) e Q(x) são contínuas. Na discussão a seguir, supomos que possui uma solução.
Usando diferenciais, podemos escrever a equação como:
dy +Ρ( )x ⋅ y −Q x( )dx = 0 (2)
Equações lineares possuem a agradável propriedade através da qual podemos sempre encontrar uma função µ(x) em que:
µ( )x dy +µ( )x Ρ( )x ⋅ y −Q x( )dx = 0 (3)
é uma equação diferencial exata. Pelo Teorema (Critério para uma Diferencial Exata), o lado esquerdo da equação é uma diferencial exata se: 
∂∂x ( )x dy = ∂∂y µ( )x Ρ( )x ⋅ y −Q x( )dx (4)
ou
	d	=µP(x)
dx
Esta é uma equação separável em que podemos determinar µ(x). Temos
dµ = P(x)dx
µ
 (5)
ln µ = ∫P(x)dx Assim:
µ(x) = e∫P(x)dx (5)
Assim a função µ(x) definida e é um fator de integração para a equação linear. Note que não precisamos usar uma constante de integração em (5), pois (3) não se altera se a multiplicarmos por uma constante. Ainda, µ(x) 0 para todo x em I, e é contínua e diferenciável.
Multiplicando a equação (1) por (6), obtemos:
(e∫P(x)dx dy +e∫P(x)dxP x( ) y = e∫P(x)dxQ(x) dx
d 
	dx y e⋅ ∫P(x)dx  = Q x( )⋅e∫P(x)dx	(integrando ambos os lados)
y e⋅ ∫P(x)dx = ∫Q x( )⋅e∫P(x)dxdx +C
Assim sendo a solução geral é dada por:
 y e⋅ ∫P(x)dx = ∫Q x( )⋅e∫P(x)dxdx +C (7)
Teorema: Solução de uma Equação Diferencial Linear de Primeira Ordem.
Um fator integrante para a equação diferencial linear de primeira ordem y’ + P(x).y = Q(x) é µ(x) = e∫P(x)dx . A solução da equação diferencial é:
y = e−∫P(x)dx ∫Q x( )⋅e∫P(x)dxdx + C
dy dxEXEMPLO
Encontre a solução geral de 
x
4
y
xe
6
x
−
=
.
Solução: Escreva a equação como:
	dxdy − 4x y = x e5	x	(dividindo por x) (8)
Como P(x) = –4/x, o fator integrante é µ(x) = e∫P(x)dx =e
e
x
Inx
=
=
−
∫
−
−
4
x
dx
4
4
	Aqui, usamos a identidade básica blog bN = N N,	> 0 . Agora, multiplicamos por este termo 
x−4 ⋅ dy − x⋅−4 4 y = x⋅−4 x e5	x dx	x
x−4 ⋅ dy −4x⋅−5 y = xex	 (9) dx
e obtemos:
dxd [x⋅−4⋅y] = xex (10)
Segue-se da integração por partes que:
x–4y = xex – ex + c 
ou
	y x( ) = x e5	x − x e4	x + cx4
Equações de Bernoulli
A equação diferencial
dy +P x( )〈 =y	Q(x) y⋅ n (1) dx
em que n é um número real qualquer, é chamada de equação de Bernoulli. Para n = 0 e n = 1, a equação (1) é linear em y. Agora, se y ≠ 0, (1) pode ser escrita como: 
y−n dy +P x( )⋅ y1−n = Q( )x (2) dx
Se fizermos w = y1−n,n ≠ 0,n ≠1 , temos:
dw =(1−n y) −n dy dx	dx
Com essa substituição, (2) transforma-se na equação linear
	dw +(1−n)⋅P x( )⋅w = (1−n) Q(x)⋅	 (3)
dx
Resolvendo (3) e depois fazendo y1–n = w, obtemos uma solução para (1), ou seja,
	 y1−n = e−∫(1−n P x dx)⋅ ( )	∫(1−n)⋅Q x( )⋅e∫(1−n P x dx)⋅ ( )	dx +C
dy	1 dx	xEXEMPLO
Resolva 
y
x
y
=
+
2
Solução:
Em (1), identificamos 	Ρ( )x = 1, Q x( ) = x e n = 2 . Logo, a mudança de variável x
e w = y1 2− = y−1 e dw = −y−2 dy nos dá
	dx	dx
dw − 1w = − x (*) dx	x
	O fator de integração para essa equação linear é e	e	x	.x
dx
x
−
−
−
∫
=
=
1
1
ln
Multiplicando ambos os lados de (*) pelo seu fator integrante x–1, obtemos:
x−1 dw − x−1 1w = − x−1x dx	x
ou
x−1 dw − x−2w = −1 dx
assim
dxd x−1 ⋅w = −1
Integrando essa última forma, obtemos:
x−1w =−x + c ou w =−x2 + cx
Como w = y–1, então y =	ou y =	1	.w
x
c
x
−+
(
)
1
2
Equação de Ricatti 
A equação diferencial não linear dxdy = P x( )+Q x y( ) +R x y( ) 2 é chamada de equação de Ricatti. Se y1 é uma solução particular para as substituições:
y = y1 + u e dxdy = dydx1 + dudx
produzem a seguinte equação diferencial para u:
	dudx −(Q+2y R u1	)	= Ru2
Como é uma equação de Bernoulli com n = 2, ela pode, por sua vez, ser reduzida à equação linear;
	dwdx +(Q+2y R w1	)	= −R
através da substituição w = u–1.
ATIVIDADES
01. Verifique se a equação diferencial dada é exata e, se for, encontre sua solução geral.
capítulo 3 • 50
capítulo 3 • 67
(2x −3y dx)	+ (2y −3x dy)	= 0
yexdx + e dyx	= 0
(3y2 +10xy dx2) +(6xy− +2 10x y dy2 ) =0
2⋅cos(2x − y)dx − cos(2x − y dy)	= 0 = 0
(4x3 −6xy2)dx + (4y3 −6xy)dy
2y e2 xy2dx +2xyexy2dy =0
	1	− ydx) = 0
x2 + y2 (xdy
e−(x2 +y2 ) (xdx + ydy) = 0
(y dx2	+ x dy2	) = 01
2
x
y
−
(
)
ey cosxy ydx	+ (x + tgxy dy)	 = 0
02. Encontre a solução particular que satisfaz a condição inicial dada.
dx
	xy−1	+ln(x −1) +2y dy	= 0 ; y(2)=4 
	1	+ ydy) = 0 ; y(4) = 3
(xdx
2 + y2 (xdx + ydy) = 0 ; y(0) = π x2
2
x
y
+
1
e3x (sen3ydx + cos3ydy)= 0 ; y(0) = 4
(2xtgy + 5)dx + (x sec2 y dy)	= 0 ;y(0) = 0[1: dy −2xy = x3 +5 x	g) 	dy −4ydx = x2e4xdx	n) 	dx]
(x2 + y2)dx + 2xydy = 0 ; y(3) = 1
Encontre o fator integrante que é, uma função apenas de x ou apenas de y, e use-o para encontrar a solução geral da equação diferencial dada.
	ydx− +(x 6y dy2) =0
(2x3 +y dx) −xdy=0
(5x2 −y dx) +xdy=0
(5x2 − y2)dx + 2ydy = 0
(x + y dx)	+ tgxdy = 0
	(2x y2 −1)dx+x dy3 =0
y dx2 +(xy−1)dy=0
(x2 + +2x	y dx) +2dy =0
2ydx + (x − sen y dy)	= 0
(−2y3 +1)dx + (3xy2 + x3)dy = 0
Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais.
dy −5y = e3x h) dy −3x ydx2 = x dx2 a) 
dx
dy + 3y = e−2x i) xdy −5ydx = (4x + x6 )dx b) 
dx
	c) 	dy + 3y = x3 −2	j) 	x dy +2y = (x2 +4)3
		dx	x
dy
d) 	− 2y = x2 +5
	
dx
	k) 	(1+ x2 )dy +2xydx = 3x dx2
dx x dy +2xy = e3x (3+2x) l) dy − ytanx = senx e) 
	dx dy
	dx dy
	x2	+2xy = x4 −7
f) 	 −3x y2 = ex (3x2 −1)	m) 	dx dx
Determinar uma solução particular para cada uma das seguintes equações diferenciais sujeitas às condições iniciais dadas. 
dy −3y = e2x ;y (0) =2 c) dy = cosecx − ycot ;x y(π /2) = 3π /2 a) 
	dx	dx
dy − y = x2 + 3 ; y (1) = 3 d) dy = (x −3y dx) ; y (0) = 1 b) 
	dx	x
Resolva a equação diferencial de Bernoulli dada.
y’+ 3x y2 = x y2 3	d) 	y’+  1x y = x y
y’+2xy = xy2	e) 	y’− y = x33 y
y ⋅ y’− 2y2 = ex
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS
William Boyce e Richard DiPrima, Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno, Editora: LTC Ano: 2006, 8ª Edição.
Dennis G. Zill e Michael R. Cullen - Equações Diferenciais, volume 1 Pearson.
DIACU, Florin. Introdução a equações Diferenciais. Teoria e Aplicações. LTC. 2004.
GUIDORIZZI, Hamilton Luiz. Curso de cálculo. 5ª ed. Rio de Janeiro: LTC, 2001-2004. 4 v.
4 Aplicações de equações diferenciais de 
primeira ordem
Aplicações de equações diferenciais de 
primeira ordem
OBJETIVOS
• Aplicar equações diferenciais de primeira ordem em situações problemas do cotidiano.
Decaimento radioativo
O modelo de decaimento radioativo também é dado por:
dΝ =−k Ν
	dt	 (1)
Ν( )0 =Ν0
tem solução:
Ν( )t =Νe−kt
A constante k de decaimento de um isótopo radiativo é frequentemente especificada em termos de uma outra constante empírica, a meia-vida do isótopo. A meia-vida τ de um isótopo radioativo é o tempo necessário para que metade dele decaia. Para encontrar a relação entre k e τ, fazemos t = τ e sabemos que N (τ) = 1 N0. Quando resolvemos em relação a τ, encontramos:
21 Ν = Ν( )τ = Ν0 e−kt ⇒In 12 = −kt ⇒ Ink2 = t
A datação por carbono radioativo é uma ferramenta importante para pesquisa arqueológica. Ela se baseia no fato de que há uma quantidade constante do isótopo radioativo 14C do Carbono em toda criatura viva. Tal quantidade começa a decair com sua morte. Como a meia-vida do carbono é longa (aproximadamente 5700 anos), podem ser medidas quantidades remanescentes de carbono -14 mesmo depois de muito tempo.
EXEMPLO
Uma amostra de carvão vegetal encontrada em um sítio arqueológico contém 63% de 14C em relação a uma amostra atual de carvão igual massa. Qual a idade de amostra encontrada? 
Denotemos por N0 a quantidade de carbono que existia no carvão antes do decaimento. 
Como a constante k se relaciona com meia-vida τ pela equação
In2 In2 k = =
	t	5700
e sabemos que a solução da equação de decaimento quando N (0) = N0 é
	N t( ) = N e0	−kt
Logo, temos:
	0 63,	N0 = N e0	−kt = N e0	−5700In2	t ⇒ −5700In2 t = In0 63,
	t = −5700In0 63,	≈ 3800anos
In2
A solução N t( )= N e0 kt prevê que a população cresce exponencialmente. Observa-se que tal previsão é adequada para certas populações, pelo menos por períodos limitados. No entanto, é claro que esta situação não pode perdurar. Em algum momento, as limitações sobre o espaço, o suprimento de comida ou outros recursos reduzirão a taxa de crescimento inibindo o crescimento exponencial. Para levar em conta este fato, vamos substituir a constante k por uma função que dependa da população. Teremos o chamado crescimento logístico.
Juros compostos
Estão presentes em quase todas as transações monetárias e comerciais, tanto no uso das taxas de juros simples bem como nas de juros compostos. Dentre as atividades matemáticas que envolvem aplicações, as que envolvem juros estão entre as formas mais utilizadas. Vale ressaltar que juros são cobrados em transações em todas as partes do planeta e com base nestes princípios este trabalho apresenta um modelo envolvendo juros e equações diferenciais.
Certo valor S é depositado em um banco a uma taxa de juros contínua r, permanecendo ali por um tempo t, assim é correto afirmar que a taxa de variação do valor depositado (dS) em relação à taxa de variação do tempo (dt) é igual ao produto da taxa de juros pelo valor do investimento, dado pela seguinte equação:
dS
= rS (2) dt
Separando as diferenciais tem-se:
ds
= rdt (3)
S
Integrado ambos os membros da equação (3), obtêm-se a equação (4), com a solução em (5)
	∫ dSS = ∫rdt	 (4)
1n S +1nC2 = rt +1nC1
Colocando os dois membros na base e, e considerando C2 E C1 constantes arbitrárias, e fazendo 1nC1 −1nC2 =1nC , tem-se:
S (t) = Cert
Onde C é o valor da aplicação no instante inicial, logo . Logo, a equação para juros composto calculado continuamente é:
S t( )= S e0 rt (5)
Onde S(t) é o valor aplicado, t é o tempo e r a taxa de rendimento.
EXEMPLO
Jorge deposita R$2.000,00 em uma conta poupança a uma taxa de juro composto de 10 % ao ano, considerando que não foi feito nenhum depósito e nenhum saque nesse intervalo de tempo, qual será o saldo dessa conta após um período de três anos? Em quanto tempo a quantia depositada terá seu valor dobrado?
 Solução: 
Depósito inicial de R$ 2.000,00 logo tem-se que s0 = 2000, a uma taxa de 10% a.a., durante três anos, logo t = 3, colocando tais dados no modelo para calcular juros contínuos, conclui-se que; 
S( )3 = 2000e013, ⋅ (6)
Resolvendo esta equação tem-se que o saldo neste tempo será de R$ 2.699,72. 
Para calcular o instante em que o saldo será o dobro do valor inicial, usa-se S (t) = 2S0.
Assim pode se conseguir o tempo em que o valor inicial será o dobro e também o intervalo de tempo em que os valores desta conta dobraram seu valor. Aplicando modelo tem-se: 
	2S0 = S e0	rt (7)
Dividindo os dois membros da equação por S0, tem-se:
ert = 2 (8)
Sabendo que r = 1,0 e aplicando logaritmos encontra-se (40);
lne01, t =ln2 (9)
Assim tem-se que 0,1t = lt2 , logo: 
	lt = ou t = 6 93,	anos (10)ln
,
2
01
Determinação do instante da morte
É comum em séries de televisão ou em filmes, abordarem enredos forenses em que médicos ou peritos afirmam, com precisão, o instante em que uma pessoa morre. Alguns dos aparatos utilizados referem-se a fenômenos cadavéricos vitais negativos, que ocorre quando fica explícito a ausência de vida, ou seja, apresenta inconsciência, insensibilidade, imobilização, abolição do tono muscular, baixa da temperatura corporal, cessação da respiração e circulação e fenômeno cadavérico transformativo, que modificam a característica do corpo, como a putrefação. A temperatura normal de uma pessoa é mantida através de um equilíbrio direto entre o metabolismo corpóreo e a temperatura ambiente, que podem ser notados quando uma pessoa apresenta sudorese, tremor ou até mesmo a própria circulação sanguínea, serve como regulador de temperatura. Quando uma pessoa morre, inicia-se uma série de processos como o resfriamento do cadáver, conhecido como frigor mortis, a temperatura do corpo tende a cair até igualar-se a do ambiente. Esse resfriamento ocorre de forma diferente, dependendo da idade do indivíduo, o que torna imprescindível a consideração da idade da vítima, pois, quando se trata de idosos, que possuem trocas metabólicas de calor mais vagarosos, ou recém nascidos, que embora possuam um metabolismo acelerado, no entanto tem o corpo muito pequeno ea pele muito delicada, a temperatura do corpo tende a esfriar mais rapidamente. O ambiente em que se encontra o cadáver também deve ser levado em consideração, uma vez que variações constantes de temperatura influenciam no resfriamento do corpo, há de se ressaltar que as extremidades do corpo tendem a esfriar mais rapidamente que as demais partes do corpo. Logo, para melhor acompanhar a variação de temperatura do cadáver é necessário medir a temperatura através do reto.
Outro caso a ser considerado na determinação do tempo morte é através da rigidez cadavérica, mecanismo que no passado, a pessoa só era considerada morta se mostrasse esses sinais.
A rigidez cadavérica ou rigor mortis é o estado em que o corpo se encontra rígido, geralmente ocorre de 6 a 12 horas após a morte de um indivíduo, dependendo do índice de pH -potencial hidrogênico- que indica a acidez, neutralidade ou alcalinidade de um corpo, estima-se um horário aproximado do fato ocorrido, após esse período ocorre o início do processo de decomposição. A decomposição cadavérica tem início quando o tecido do morto é invadido por microrganismos anaeróbicos, isto é, aqueles que não necessitam de oxigênio para sobreviver, que digerem o corpo e geram a liberação de gases levando a alterações químicas. Alguns aspectos do cadáver podem ser notados através do uso dos sentidos, tais como: 
 Aparecimento da rigidez cadavérica;
Eliminação de sangue pelas vias naturais;
Odor cadavérico decorrente da formação de substâncias voláteis por ação de bactérias.
Entre as substâncias mal cheirosas formadas durante a putrefação. Em ambientes abertos, é comum encontrar a presença de larvas de moscas no cadáver. Para a postura de ovos, elas preferem local onde haja orifícios ou feridas. As larvas começam a aparecer entre 10 e 24 horas após as moscas colocarem seus ovos.
EXEMPLO
No dia 30/05/12 em uma cidade do estado do PARÁ, ocorreu um homicídio de um homem de 38 anos, causado por arma de fogo. A chegada da perícia ocorreu às 19h45min, sendo medida a temperatura do cadáver que apresentava temperatura corporal de 36,3°C, às 20h45min o corpo estava com 35,4°C. Considerando a temperatura normal de um corpo 37°C e a temperatura ambiente no dia de 30°C, é possível fazer uma linha do tempo e determinar o instante da morte dessa pessoa usando ld / dθ t = −k(θ − θm ).
A seguir, a figura 4.1 indica uma linha do tempo de ocorrência da morte do homem em questão e a medidas policiais e perícias.
	tx hora	t0 hora	t1 hora
	19h45min	20h45min
	tx hora
	Instante da morte da pessoa
	t0 hora
	Instante da chegada dos peritos
	t1 hora
	Instante após a chegada dos peritos
Figura 4.1 – Linha do tempo em relação aos eventos.
Resolução: 
θ, representa a temperatura do corpo;
t, tempo; dθ
 , variação da temperatura em relação ao tempo; dt
k, constante de variação de temperatura no decorrer do tempo;
θm, temperatura ambiente.
De posse dessas informações e utilizando a equação da variação de temperatura de Newton é possível estimar o tempo de morte do indivíduo.
ddtθ = −k(θ − θm )
	dθ	= −kdt (1)
(θ − θm )
 Aplicando a integral na equação anterior e utilizando como intervalos de integração, as temperaturas medidas no corpo no momento da chegada da perícia e a segunda temperatura medida, para m a temperatura ambiente quando da chegada da perícia, tem-se:
	k	dtd
θ
θ
−
(
)
=−
∫
∫
30
0
1
36
3
35 4
,
,
	In(θ −30) 3635 4,,3 = −kt10	 (2)
	In5 4,	−In6 3,	= −k ⇒ In	=	k−
54
63
,
,
k = 015415068,
Encontrado k e substituindo o seu valor, as variações de temperatura e tempo na equação (2), onde t representa o instante da morte do indivíduo, tem-se:
0
k	dt td
θ
θ
−
(
)
=−
∫
∫
30
37
36
3
,
In(θ −30) 3637,3 = −kt 0t
IntIn
k
t
−
=−
−
(
63
7
,
)
=
⇒
In
63
7
015415068
,
,
−0105360516, = 015415068, t t = −0 68349043,	horas
Com o horário de morte estimado, é possível transportá-lo para a figura 4.2. 
	t–0,683490439 hora	t0 hora	t1 hora
	19h04min	19h45min	20h45min
	tx hora
	Instante da morte da pessoa
	t0 hora
	Instante da chegada dos peritos
	t1 hora
	Instante após a chegada dos peritos
Figura 4.2 – Linha do tempo com os resultados obtidos.
O sinal negativo do resultado encontrado em t indica que o tempo de morte ocorreu antes das 19h45min, momento da chegada dos peritos, chamado de tempo 0. Logo, para determinar o momento da morte, aplica-se o produto de t em módulo, por 60 minutos. Assim é possível concluir que a pessoa faleceu aproximadamente 41 minutos antes da chegada dos peritos, ou seja, próximo das 19h04min.
Crescimento e decrescimento populacional
O inglês Thomas Robert Malthus (1766-1834), em uma publicação chamada “An Essay on the Principle of Population, as It affects the Future Improvement of Society: with Remarks on the Speculations of Mr. Godwin, M. Condorcet and Other Writers”, uma espécie de teoria demográfica publicada em 1978 onde enfatizava dois pontos: 
A população, se não ocorrem guerras, epidemias, desastres naturais, etc., tenderia a duplicar a cada 25 anos. Ela cresceria, portanto, em progressão geométrica (2, 4, 8, 16, 32...) e constituiria um fator variável, ou seja, que cresceria sem parar.
O crescimento da produção de alimentos ocorreria apenas em progressão aritmética (2,4, 6, 8,10...) e possuiria um limite de produção, por depender de um fator fixo: o próprio limite territorial dos continentes.
Malthus fez a proposição de que as pessoas deveriam ter filhos apenas quando estas tivessem terras cultiváveis para poder sustentá-los. Porém, no mundo de hoje suas teorias não se concretizaram, a população não dobra a cada 50 anos, e a produção de alimentos é mais que suficiente para alimentar essa população. O que leva as pessoas a passarem fome não é o número de pessoas no planeta, mas devido a outros fatores alheios a esta pesquisa. Porém, com base nessas teorias definiu-se o modelo de crescimento e decrescimento populacional ou Modelo de Malthus.
Seja P uma população qualquer, t o tempo onde a razão entre a variação da população (P) e a variação do tempo (t) é proporcional à população atual. Pode-se expressar esta proposição pela seguinte equação:
dP
= kP dt
Onde k é uma constante. Dessa forma, pode ser observado que se k é positiva a população crescerá e se k for negativa a população diminuirá (ela pode diminuir por um tempo sem ir para zero). “Algumas vezes também é chamada de lei do crescimento natural (se k > 0) ou lei do decaimento natural se (k < 0)". Assim, este modelo matemático pode ser utilizado em vários fenômenos diferentes.
Manipulando o modelo de Malthus apresentado na equação a seguir tem-se:
dP = kPdt
Dividindo os dois lados da equação por P e integrando, tem-se:
∫ dPP = ∫kdt
1n P +1nC2 = kt +1nC1
Onde C1 e C2 são constantes arbitrárias; logo:
CIn2 P = kt +InC, onde InC = InC1 −In
Colocando os dois lados na base e, tem-se:
eInP = Cekt Finalmente:
P = Cekt
Com isso a equação pode ser da seguinte forma:
P t( )= P e0 kt
Onde P0 é a população inicial.
Figura 4.3 – Campo de direções da edo para P > 0.
Decrescimento Populacional
P (t) = Pe
kt
 para P < 
0
Figura 4.4 – Campo de direções da edo para P < 0.
Meia vida
Resultados experimentais mostram que elementos radioativos desintegram a uma taxa proporcional à quantidade presente do elemento. Se Q = Q (t) é a quantidade presente de certo elemento radioativo no instante t, então a taxa de variação de Q (t) com respeito ao tempo t, denotada por dQ/dt, é dada por: dQ/dt = – k Q (t) onde k é uma constante que depende do elemento. 
Por exemplo, para o carbono-14 o valor aproximado é k = 1,244 · 10 – 4, para o rádio o valor aproximado é k = 1,4 · 10 – 11 . O valor da constante k de um elemento radioativo pode ser determinado através do tempo de "meia-vida" do elemento. A "meia-vida" é o tempo necessário para desintegrar metade da quantidade do elemento. Portanto, se a meia-vida do elemento for conhecida, a constante k pode ser obtidae vice-versa. As "meias-vidas" de vários elementos radioativos podem ser encontradas nos livros de Química. 
EXEMPLO
Exemplo 1:
A meia-vida do carbono-14 está entre 5538 e 5598 anos, sendo em média 5568 anos com um erro para mais ou para menos de 30 anos. O carbono-14 é uma importante ferramenta em pesquisa arqueológica conhecida como teste do radiocarbono. A quantidade inicial do elemento radioativo é Q (0) = Q0 .
Exemplo 2:
 Um isótopo radioativo tem uma meia-vida de 16 dias. Você deseja ter 30 g do isótopo no final de 30 dias. Calcule a quantidade inicial do isótopo. Solução: Seja Q (t) a quantidade presente no instante t e Q (0) = Q0 a quantidade inicial. Resolvendo a equação dQ/dt = – k Q (t) temos que: Q (t) = Q0 e –k · t e, para t =16,Q(16) = 21Q0 , logo e . Aplicando o logaritmo natural em ambos os lados da igualdade, obtemos k = In( )2  /16 = 0 0433, dias−1 e dessa forma temos a função que determina a quantidade de isótopo radioativo em qualquer instante:⋅
−
=
16
1
2
k
	Q t( ) = Q e0	−0,0433t
Para t = 30dias e Q(30) = 30 g Q:	0 = 30 / e −0 0433,	x30 ≅110g.
Crescimento populacional - o modelo de Malthus.
Cronologia do Carbono
A proporção entre os isótopos 14C/12C (carbono-12 e carbono-14 respectivamente) na matéria orgânica viva é constante. No entanto, na matéria orgânica morta, a quantidade, Q, de 14C diminui com o tempo a uma taxa proporcional à quantidade existente. Vejamos um modelo para a datação por utilização da relação 14C/12C.
Indiquemos a taxa de decrescimento do carbono 14C na matéria orgânica morta por dQ . Sendo a taxa de crescimento proporcional à quantidade existente Q, 
dt
temos o seguinte modelo
dQ
= kQ (1) dt
onde k é a constante de proporcionalidade.
Agora vejamos a solução para (1). Arrumando a equação (1), temos:
dQ −kQ = 0 (2)
dt
que é uma equação diferencial ordinária linear de primeira ordem com P (t) = – k e q (t) = 0 (notação vista em sala).
Assim, sua solução é dada por: 
Q t( )= e− −∫ kdt ∫eQ t∫( )−kdt=⋅ce0dtkt+ce−∫−kdt
Considerando a condição inicial Q (0) = Q0, temos:
Q0 = Q( )0 = cek⋅0 ⇒ c = Q0
Q t( )= Q e0 kt
	Uma vez que a quantidade Q, de 14C, decresce com o tempo o valor de k deve ser negativo;
Quando t + t → ∞ temos que Q → 0;
O tempo de meia vida do 14C, isto é, o tempo que a quantidade de 14C cai pela metade, é de aproximadamente 5600 anos.
EXEMPLO
Um osso fossilizado contém 1/1000 da quantidade original de C – 14 Determine a idade do fóssil.
Solução: Novamente, o modelo é 
A (t) = A0ekt 
Temos que, 
	A20 = A e0	k⋅5600 ⇒ 21 = e5600k = In 0 5,	⇒ k = −0 00012378,
Logo,
	A t( ) = A e0	−0,00012378t
Quando A (t) = A0 / 1000 , temos:
A
Ae
In
t
a
nos
t
0
0
0 00012378
1000
0 0012378
1
1000
55800
=
⇒−
=
⇒
=
−
,
,
 
Resfriamento
A lei de resfriamento de Newton diz que a taxa de variação de temperatura T (t) de um corpo em resfriamento é proporcional à diferença entre a temperatura do corpo e a temperatura constante do meio ambiente, isto é:
dT /dt = k T( −Tm)
em que k é uma constante de proporcionalidade.
EXEMPLO
Um ovo duro, a 98º C, é colocado em uma pia contendo água a 18º C. Depois de 5 minutos, a temperatura do ovo é de 38º C. Suponha que durante o experimento a temperatura da água não aumente apreciavelmente, quanto tempo a mais será necessário para que o ovo atinja 20º C.
Solução: 
Tm =18”C
T( )0 = 98”C	dT / dt = k T( − Tm) T( )5 = 38”C	dT / dt = k T( −18)
	t = ?qdo T t( ) = 20”C	dT / (T −18) = kdt
Resolvendo essa equação diferencial, obtemos 
ATIVIDADES
O preço de revenda de certa máquina descreve em um período de 10 anos, segundo uma taxa que depende do tempo de uso da máquina. Quando a máquina tem t anos de uso, a taxa de variação do seu valor é 220 (t – 10) reais por ano. Expresse o valor da máquina como função do tempo de uso e do valor inicial. Se a máquina valia originalmente R$ 12.000,00, quanto valerá quando tiver 10 anos de uso? 
Segundo estatísticas, a população de certo lugar está crescendo a uma taxa aproximada de 1.500 t–1/2 pessoas por ano, sendo t o número de anos transcorridos após 1990. Em 1999, a população deste lugar era de 39.000 pessoas. a) Qual era a população, em 1990? 
b) Se este tipo de crescimento continuar no futuro, quantas pessoas estarão vivendo neste lugar, em 2015?
03. Em certa região, às 7 horas da manhã, o nível de ozônio no ar é de 0,25 partes por milhão. Ao meio-dia, sabe-se que, depois de t horas, a taxa de variação do ozônio no ar será de 
0 24,	−0 03,	t
 partes por milhão por hora.
36 +16t − t2
Expresse o nível de ozônio como função de t.
Quando ocorre o pico do nível de ozônio? Qual é o nível de ozônio, neste momento? 
A taxa de variação da temperatura de um objeto é proporcional à diferença entre sua temperatura e a do meio circundante. Um objeto cuja temperatura era de 40 graus foi colocado num ambiente cuja temperatura é de 80 graus. Após 20 minutos, a temperatura do objeto chegou a 50 graus. Expresse a temperatura do objeto como função do tempo. 
Em uma cultura, há inicialmente N0 bactérias. Uma hora depois, t = 1, o número de bactérias passa a ser de 2N0. Se a taxa de bactérias é proporcional ao número de bactérias presentes, determine o tempo necessário para que o número de bactérias quadruplique.
A taxa de crescimento da população de uma certa cidade é proporcional ao número de habitantes. Se a população em 1950 era de 50.000 e em 1980 de 75.000, qual a população esperada em 2010?
Um material radioativo se desintegra a uma taxa proporcional à quantidade de matéria no instante t. Supondo que a quantidade de inicial de matéria seja Q0 e que 10 anos após já tenha se desintegrado 1/3 da quantidade inicial, pede-se o tempo necessário para que metade da quantidade inicial desintegre.
A meia-vida do cobalto radioativo é de 5, 27 anos. Suponha que um acidente nuclear tenha levado o nível de radiação por cobalto numa certa região a 100 vezes o nível aceito para a habitação humana. Quanto tempo levará até que a região seja novamente habitável?
Segundo a lei de resfriamento de Newton, a velocidade de resfriamento de um corpo é proporcional à diferença entre as temperaturas do corpo e a do meio ambiente. Se a temperatura ambiente é 20 ºC e a temperatura de um corpo passa de 100 ºC para 60 ºC em vinte minutos, qual é o tempo necessário para que a temperatura do corpo seja igual a 30 ºC?
Suponha que um corpo, descoberto à meia-noite, tenha temperatura de 29, 4 oC e que a temperatura ambiente seja constante e igual a 21, 1 ºC. O corpo é removido rapidamente (faça a hipótese da instantaneidade) para o necrotério onde a temperatura ambiente é 4, 4 oC. Depois de uma hora a temperatura do corpo é de 15, 6 ºC. Estime a hora da morte.
CONSIDERAÇÕES ADICIONAIS
As Bibliografias Básicas e Complementares propostas no Plano de Ensino do curso, indubitavelmente, deverão sempre ser objeto de constantes consultas para os estudos e desenvolvimento de Aula. 
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS
William Boyce e Richard DiPrima, Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno, Editora: LTC Ano: 2006, 8ª Edição.
Dennis G. Zill e Michael R. Cullen - Equações Diferenciais. Volume 1, Pearson.
DIACU, Florin. Introdução a equações Diferenciais. Teoria e Aplicações. LTC. 2004.
GUIDORIZZI, Hamilton Luiz. Curso de cálculo. 5. ed. Rio de Janeiro: LTC, 2001-2004. 4 v.
capítulo 4 • 66
capítulo 4 • 85
5
Equações diferenciais de segunda ordem
Equações diferenciais de segunda ordem
OBJETIVOS
Identificar equações lineares de segunda ordem;
Identificar e resolver equações lineares homogêneas de segunda ordem;
Determinar o Wronskiano de duas funções;
Determinar o conjunto fundamental de soluções;
Determinar uma solução particular de uma Equação não Homogênea utilizando o Método dos Coeficientes Indeterminados;
Determinar uma solução particular de uma equação não homogênea utilizando o Método de Variação de Parâmetros.
Equações lineares de segunda ordem
EDO de 2º