Apostila de Equações Diferenciais

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Sessa˜o 1: Generalidades
Uma equac¸a˜o diferencial e´ uma equac¸a˜o envolvendo derivadas. Fala-se em derivada de uma
func¸a˜o. Portanto o que se procura em uma equac¸a˜o diferencial e´ uma func¸a˜o. Em lugar de
comec¸ar definindo de conceitos, vamos fazer isto ja´ dentro de exemplos.
Exemplo 1. Resolver a equac¸a˜o diferencial
y′ = xy. (1)
O que se procura aqui e´ uma func¸a˜o y = y(x) de uma varia´vel x, cuja derivada em qualquer ponto
satisfaz a equac¸a˜o (1). Dizemos que x e´ a varia´vel independente e y e´ a varia´vel dependente. A
equac¸a˜o (1) pode ser reescrita como
dy
dx
= xy.
Nesta equac¸a˜o pode-se separar as varia´veis: deixar de um lado da igualdade todos os termos em
x e dx e do outro lado todos os termos em y e dy:
dy
y
= x dx ou y = 0.
A func¸a˜o constante y = 0 e´ uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial (1). As demais sa˜o obtidas
integrando ∫
dy
y
=
∫
x dx ,
que nos da´
ln |y|+ C1 = x
2
2
+ C2 .
Note que e´ desnecessa´rio considerar as duas constantes de integrac¸a˜o, elas podem ser agrupadas
em uma so´,
ln |y| = x
2
2
+
(
C2 − C1
)
.
Chamando de C = C1 − C2, temos
ln |y| = x
2
2
+ C ,
ou, tomando exponencial,
|y| = ex
2
2
+C = eCe
x2
2 .
Portanto, y = ±eCex
2
2 . Mas se C e´ uma constante arbitra´ria, ±eC tambe´m e´, pode assumir
qualquer valor na˜o nulo. Chamando D = ±eC , temos que
y = De
x2
2 (2)
Figura 1
representa uma famı´lia de soluc¸o˜es da equac¸a˜o dife-
rencial (1). Note que a soluc¸a˜o particular y = 0
tambe´m estara´ contida na famı´lia (2), se permitir-
mos que D assuma tambe´m o valor 0. Portanto,
(2) representa a famı´lia de todas as soluc¸o˜es da
equac¸a˜o diferencial (1), sendo por isto isto chamada
de soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o diferencial (1). Um
esboc¸o da famı´lia de curvas (2) e´ dado ao lado. Neste
exemplo, pode-se notar um fato que e´ t´ıpico: por
um ponto do plano passa uma e somente uma curva
da famı´lia (2). Portanto, se a` equac¸a˜o diferencial
(1) acrescentarmos uma condic¸a˜o do tipo y(a) = b,
chamada de condic¸a˜o inicial, formando o que se
chama de um problema de valor inicial, teremos uma
e somente uma soluc¸a˜o. Isto se deve ao fato que, ao impor a condic¸a˜o inicial y(a) = b, geome-
tricamente isto significa que, dentre todas as curvas da famı´lia de soluc¸o˜es, estamos querendo
aquela que passe pelo ponto de coordenadas (a, b). Por exemplo, considerando o problema de
valor inicial (PVI)
y′ = xy , y(2) = 3 ,
substituindo a condic¸a˜o inicial em (2), temos 3 = De2 . Portanto D = 3 e−2 . Logo a soluc¸a˜o
do PVI e´
y = 3 e−2 e
x2
2 .
Observac¸o˜es: 1. Daqui para a frente, toda a vez que estivermos resolvendo uma equac¸a˜o
diferencial pelo me´todo de separac¸a˜o de varia´veis, ao integrarmos os dois lados, nunca mais
colocaremos uma constante de integrac¸a˜o de cada lado, pois, como vimos no exemplo acima,
elas podera˜o ser agrupadas em uma so´.
2. O procedimento descrito acima para resolver a equac¸a˜o diferencial (1) e´ um procedimento
mecaˆnico, que se presta para os ca´lculos pra´ticos, mas que, a` primeira vista, pode parecer meio
ma´gico. No entanto, e´ um me´todo que pode ser usado sem reservas, pois como mostraremos a
seguir, sempre que o desejarmos ele pode ser tornado rigoroso.
Consideremos novamente a equac¸a˜o diferencial (1)
y′ = xy.
Ela equivale a
y′
y
= x ou y = 0.
Note que, pela Regra da Cadeia (para derivar func¸o˜es compostas),(
ln |y|
)′
=
1
y
y′ =
y′
y
,
de modo que a equac¸a˜o diferencial original pode ser escrita como(
ln |y|
)′
= x.
Logo, ln |y| =
∫
x dx− x
2
2
+ C. A partir daqui, continuamos como no exemplo acima.
2
Exemplo 2 – Crescimento Populacional. Suponhamos que se tenha uma populac¸a˜o (de
bacte´rias, por exemplo). Indiquemos por N = N(t) o nu´mero de indiv´ıduos no instante t. E´
claro que N varia aos saltos, pois so´ assume valores inteiros. Mas em um modelo matema´tico
fazemos sempre descric¸o˜es aproximadas. A realidade em geral e´ muito complicada. Em um mo-
delo matema´tico levamos em conta apenas alguns aspectos desta realidade, tentando isolar os
aspectos mais relevantes. Com este esp´ırito, em nosso modelo vamos supor que N = N(t) varie
continuamente com o tempo. Vamos inclusive derivar N em relac¸a˜o a t. A derivada N ′(t) =
dN
dt
representa a taxa de crescimento da populac¸a˜o. Sabemos, da Biologia, que a taxa de crescimento
de uma populac¸a˜o em um dado instante e´ diretamente proporcional ao nu´mero de indiv´ıduos
neste instante. Em s´ımbolos,
dN
dt
= λN, (3)
onde λ > 0 e´ uma constante que so´ depende da espe´cie de bacte´rias que se esta´ observando
(depende do tempo me´dio que cada ce´lula leva para se dividir). A equac¸a˜o diferencial (3)
tambe´m pode ser resolvida pelo me´todo de separac¸a˜o de varia´veis.
dN
N
= λ dt ou N = 0.
A func¸a˜o constante N = 0 e´ uma soluc¸a˜o particular de (3), embora na˜o seja relevante no caso
da populac¸a˜o. Por integrac¸a˜o, ∫
dN
N
= λ
∫
dt ,
ou seja, lnN = λ t+C. Aplicando a exponencial, N = eCeλ t. Mas eC representa uma constante
-
6
sN0
t
N arbitra´ria. O significado na˜o muda se usarmos
qualquer outra letra para representa´-la. Podemos
inclusive usar novamente a letra C. Assim, a
soluc¸a˜o geral de (3) e´
N = Ceλ t .
Se for conhecida a populac¸a˜o N0 no instante ini-
cial t = 0, isto e´, se tivermos uma condic¸a˜o inicial
N(0) = N0, determinamos C = N0,
N = N0eλ t .
Conclu´ımos que, segundo este modelo, a populac¸a˜o cresce exponencialmente. Neste exemplo,
novamente observamos que em cada ponto do plano passa uma e somente uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o
diferencial. Portanto, acrescentando uma condic¸a˜o inicial, ou equivalentemente, ao exigir que a
curva soluc¸a˜o passe por um determinado ponto, teremos uma u´nica soluc¸a˜o para o PVI.
Obs. O fenoˆmeno do decaimento radiativo pode ser modelado pela mesma equac¸a˜o diferencial.
Se N = N(t) denota agora a quantidade de material radiativo em uma certa amostra, N decai
a uma taxa, em cada instante t, proporcianal a` quantidade existente de material no instante t.
Mas como N diminui, temos N ′ < 0. Assim a equac¸a˜o diferencial e´
dN
dt
= −λN .
Fazendo uma ana´lise semelhante a` feita acima, encontramos a soluc¸a˜o geral
N = C e−λ t .
3
Exemplo 3. Resolver a equac¸a˜o diferencial
y′′ + y = 0. (4)
Esta e´ uma equac¸a˜o diferencial de 2a ordem. Por definic¸a˜o, a ordem de uma equac¸a˜o diferencial
e´ a ordem da derivada mais alta que aparece na equac¸a˜o. Ao resolver (4), estamos procurando
uma func¸a˜o y, cuja derivada segunda seja y′′ = −y. Pela experieˆncia acumulada do Ca´lculo,
conhecemos duas func¸o˜es que satisfazem a esta condic¸a˜o, y1 = y1(x) = cosx e y2 = y2(x) =
senx. Estas sa˜o duas soluc¸o˜es particulares da equac¸a˜o diferencial (4). A partir delas, podemos
construir toda uma famı´lia de soluc¸o˜es,
y = C1 cosx+ C2 senx . (5)
Por exemplo, y = 2 cosx − 5 senx faz parte desta famı´lia. E´ imediato verificar que qualquer
func¸a˜o da forma (5) e´ uma soluc¸a˜o de (4). De fato, se
y = C1 cosx+ C2 senx ,
enta˜o
y′ = −C1 senx+ C2 cosx
e, portanto,
y′′ = −C1 cosx− C2 senx = −y .
O que na˜o e´ nada o´bvio e sera´ mostrado mais tarde e´ que vale a rec´ıproca, toda soluc¸a˜o da
equac¸a˜o diferencial (4) faz parte da famı´lia (5), isto e´, (5) e´ a famı´lia de todas as soluc¸o˜es da
equac¸a˜o diferencial (4). Por esta raza˜o, (5) e´ chamada de soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o diferencial (4).
Note que esta famı´lia envolve duas constantes arbitra´rias, sendo por isto de um tipo “maior”,
do que a soluc¸a˜o geral de uma equac¸a˜o diferencial de 1a ordem, que envolve uma constante
arbitra´ria. Veremos que, de uma maneira geral, o nu´mero de constantes arbitra´rias envolvidas
na soluc¸a˜o geral de uma equac¸a˜o diferencial e´ igual a` ordemda equac¸a˜o diferencial.
Exemplo 4 – Sistema Massa–Mola. Consideremos o sistema mecaˆnico mostrado na figura,
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD
D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥
¥¥D
DD¥¥¥
¥¥ g grr
x(t)0
m
k
~Fff
formado por uma massa m presa a uma mola de
constante de elasticidade k e que realiza oscilac¸o˜es
livres (sem forc¸a externa), na˜o amortecidas (sem
atrito) em torno de uma posic¸a˜o de equil´ıbrio. Colo-
camos a coordenada 0 na posic¸a˜o de equil´ıbrio. Em
cada instante t a massa ocupa a posic¸a˜o de abscissa
x = x(t). A u´nica forc¸a que age sobre a massa e´ a
forc¸a restauradora ela´stica F . O sentido desta forc¸a e´ contra´rio ao do deslocamento x e seu
mo´dulo e´ diretamente proporcional ao mo´dulo do deslocamento.
F = −k x.
Por outro lado, pela 2a lei de Newton, a forc¸a e´ igual a massa vezes a acelerac¸a˜o,
F = m
d2x
dt2
.
Igualando estas duas expreso˜es para a forc¸a, obtemos a equac¸a˜o diferencial
m
d2x
dt2
+ k x = 0 ,
4
ou seja,
d2x
dt2
+ ω2x = 0 , com ω2 =
k
m
. (6)
Podemos verificar que x1 = x1(t) = cosωt e x2 = senωt sa˜o duas soluc¸o˜es particulares de (6).
Do mesmo modo que no Exemplo 3, podemos, a partir delas, construir uma famı´lia de soluc¸o˜es
x = x(t) = C1x1(t) + C2x2(t) = C1 cosωt+ C2 senωt . (7)
Nossa intuic¸a˜o f´ısica nos diz que para prever a posic¸a˜o da massa em um instante t futuro,
precisamos conhecer dois dados, a posic¸a˜o e a velocidade iniciais. Chegamos assim ao chamado
problema de valor inicial 
x′′ + ω2x = 0
x(0) = x0
x′(0) = v0
(8)
que consiste da equac¸a˜o diferencial de 2a ordem (6) e duas condic¸o˜es iniciais. A soluc¸a˜o geral (7)
corresponde a`s infinitas oscilac¸o˜es que nosso sistema massa–mola pode realizar. As condic¸o˜es
iniciais permitem determinar as constantes C1 e C2. De fato, fazendo t = 0 em (7) encontramos
C1 = x0. Derivando (7) e fazendo t = 0 em (7), encontramos C2 = v0ω = v0
√
m
k .
Assim, a equac¸a˜o diferencial (6) tem uma infinidade de soluc¸o˜es, mas o problema de valor inicial
(8) tem uma so´ soluc¸a˜o,
x(t) = x0 cos
(
t
√
k
m
)
+ v0
√
m
k
sen
(
t
√
k
m
)
. (9)
Observac¸a˜o. Vamos aproveitar para fazer uma observac¸a˜o muito u´til nas aplicac¸o˜es. Olhando
a expressa˜o (7) para a soluc¸a˜o geral, fica dif´ıcil ter uma ide´ia geome´trica da famı´lia de func¸o˜es
por ela representadas. Por isto, vamos transformar a expressa˜o (7). Seja P o ponto do plano
cujas coordenadas cartesianas sa˜o P =
(
C2, C1
)
. O ponto P tem coordenadas polares, digamos,
C e ϕ, dadas por
C =
√
C21 + C
2
2 e ϕ = arctan
C1
C2
.
Temos
C1 = C senϕ e C2 = C cosϕ .
Substituindo em (7) temos
x(t) = C cosωt senϕ+ C senωt cosϕ ,
ou seja,
x(t) = C sen
(
ωt+ ϕ
)
. (10)
A conclusa˜o e´ que (7) e (10) sa˜o duas maneiras diferentes de expressar a soluc¸a˜o geral da
equac¸a˜o diferencial (6). Este exemplo ilustra o fato que podem existir diferentes maneiras de
expressar a soluc¸a˜o geral. A expressa˜o (10) para a soluc¸a˜o geral e´ muito mais conveniente para
ter uma descric¸a˜o geome´trica para a soluc¸a˜o geral. A constante ϕ corresponde a uma translac¸a˜o
horizontal. O fator C simplesmente modifica a amplitude. Portanto, qualquer soluc¸a˜o x(t) e´
obtida da seno´ide x = senωt atrave´s de um deslocamento horizontal e da multiplicac¸a˜o por uma
constante C.
5
Classificac¸a˜o das Equac¸o˜es Diferenciais
– A ordem de uma equac¸a˜o diferencial e´ a maior ordem de derivac¸a˜o envolvida.
Exemplo: y′′ − 2xy′ + 4y = ex e´ uma equac¸a˜o diferencial de 2a ordem.
– Uma equac¸a˜o diferencial e´ ordina´ria (EDO) se a func¸a˜o procurada for de uma varia´vel.
Exemplo: Todos vistos ate´ agora.
– Uma equac¸a˜o diferencial e´ parcial (EDP) se a func¸a˜o procurada for uma func¸a˜o de va´rias
varia´veis e, consequentemente, a equac¸a˜o envolver derivadas parciais.
Exemplo: A Equac¸a˜o de Laplace uxx+uyy = 0, e´ uma equac¸a˜o diferencial parcial de 2a ordem.
Alguns exemplos de soluc¸o˜es particulares da equac¸a˜o de Laplace sa˜o u1(x, y) = x2−y2, u2(x, y) =
xy, u3(x, y) = x3 − 3xy2, u4(x, y) = ex cos y, u5(x, y) = ex sen y, u6(x, y) = ln
(
x2 + y2
)
,
u7(x, y) = arctan
(y
x
)
, u8(x, y) = Ax+ by + C, u9(x, y) =
x
x2 + y2
.
O objetivo, ao dar essa lista de algumas soluc¸o˜es particulares da equac¸a˜o de Laplace, e´
mostrar que existem soluc¸o˜es dos mais diversos tipos. A estrutura da famı´lia das soluc¸o˜es e´
muito mais complexa do que nos exemplos vistos de equac¸o˜es diferenciais ordina´rias.
Notac¸a˜o
No exemplo baixo mostramos 3 notac¸o˜es usuais para a mesma EDO:
(i)
(
x− y2)y′ = x2y
(ii)
(
x− y2)dy
dx
= x2y
(iii) x2y dx+
(
y2 − x)dy = 0
Observac¸a˜o. Na˜o precisamos nos preocupar com o sentido de cada um dos s´ımbolos dx e dy
isoladamente. Apenas convecionamos que o significado da expressa˜o (iii) acima e´ o que se obte´m
ao dividir tudo por dx.
6
Sec¸a˜o 2: Interpretac¸a˜o Geome´trica – Campo de Direc¸o˜es
Definic¸a˜o. Dizemos que uma EDO de 1a ordem esta´ em forma normal se y′ esta´ isolado, ou
seja, se a equac¸a˜o for da forma
y′ = F (x, y) ,
onde F (x, y) e´ uma func¸a˜o de duas varia´veis.
Exemplos:
y′ = xy esta´ em forma normal;(
x + y
)
y′ = xy na˜o esta´, mas pode facilmente ser posta em forma normal;
xy′ +
(
y′
)3
= y na˜o esta´ em forma normal.
Exemplo 1. Consideremos a equac¸a˜o diferencial
y′ = x2 + y2 . (1)
Esta e´ uma EDO de 1a ordem em forma normal. Na˜o sabemos resolver a equac¸a˜o (1), mas
vamos ver que por considerac¸o˜es geome´tricas e´ poss´ıvel ter uma ide´ia do comportamento de
suas soluc¸o˜es.
Qual a declividade da soluc¸a˜o que passa pelo ponto (1, 1)? Mais precisamente, qual e´ a declivi-
dade da reta tangente a` soluc¸a˜o passando pelo ponto (1, 1), nesse ponto? A pro´pria equac¸a˜o
nos diz que essa declividade vale y′ = 12 + 12 = 2. Desenhando, enta˜o, um pequeno seg-
mento de reta centrado no ponto (1, 1) e com declividade 2, sabemos que este pequeno segmento
tangencia a soluc¸a˜o no ponto (1, 1). Fazemos o mesmo procedimento com um nu´mero grande
de pontos: para cada um destes pontos P = (x, y) calculamos o valor do coeficiente angular
y′ = F (x, y) = x2 + y2 e desenhamos um pequeno segmento de reta com esta declividade,
centrado no ponto P = (x, y). Fica determinado assim um campo de direc¸o˜es, a cada ponto
corresponde uma direc¸a˜o. As soluc¸o˜es da equac¸a˜o diferencial sa˜o precisamente as curvas que
podem ser trac¸adas tangenciando em cada um de seus pontos o campo de direc¸o˜es. E´ importante
que a equac¸a˜o esteja em forma normal, para que, dado qualquer ponto (x, y) possamos facilmen-
–1
–0.8
–0.6
–0.4
–0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
y(x)
–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1
x
te calcular o valor F (x, y) da declividade neste
ponto. Existem programas de computador para
desenhar campos de direc¸o˜es, mas quando se usa
um processo mais manual, para tornar a tarefa
exequ¨´ıvel, e´ conveniente organizar o trabalho da
seguinte forma: desenhar de uma vez todos os pe-
quenos segmentos do campo de direc¸o˜es que tenham
uma mesma inclinac¸a˜o. Em nosso exemplo, da EDO
y′ = x2 + y2, podemos comec¸ar desenhando todos
os segmentos de inclinac¸a˜o 1. O que facilita e´ que
eles sa˜o todos paralelos entre si. Mas em que pon-
tos devemos centra´-los? Nos pontos que satisfazem
x2+y2 = 1 (um c´ırculo). A seguir podemos desenhar
os va´rios pequenos segmentos de inclinac¸a˜o 1/2.
Eles esta˜o centrados nos pontos que satisfazem F (x, y) = x2 + y2 = 1/2 (um c´ırculo interno ao
anterior). E vamos continuando este processo. Para diversos valores de k vamos desenhando,
de uma vez, todos os segmentos de inclinac¸a˜o k. Precisamos descobrir onde estes segmentos
esta˜o centrados. No presente exemplo sa˜o em pontos sobreum c´ırculo, mas, no caso geral, sa˜o
os pontos cujas coordenadas satisfazem a equac¸a˜o F (x, y) = k. Estas equac¸o˜es F (x, y) = k
determinam uma famı´lia de curvas no plano, chamadas de iso´clinas. Esta palavra significa
mesma inclinac¸a˜o, lembre que iso=igual. No presente exemplo, todas as iso´clinas sa˜o c´ırculos,
exceto aquela que corresponde a` inclinac¸a˜o k = 0, que se reduz a` origem. Uma vez tendo o
esboc¸o do campo de direc¸o˜es, podemos tentar esboc¸ar as curvas que tangenciam o campo. Elas
sa˜o as soluc¸o˜es da EDO. Assim mesmo sem saber resolver a equac¸a˜o, podemos ter uma ide´ia
do comportamento de suas soluc¸o˜es. E´ claro que quanto mais preciso for o esboc¸o do campo de
direc¸o˜es, melhor sera´ esta ide´ia sobre o comportamento das soluc¸o˜es.
Exemplo 2. Consideremos a equac¸a˜o diferencial
y′ = −
x
y
. (2)
Novamente e´ uma EDO de 1a ordem em forma normal. Esta equac¸a˜o pode ser facilmente
resolvida separando as varia´veis, como ja´ foi feito na Sessa˜o 1. Mesmo assim e´ interessante
aplicar o me´todo geome´trico exposto acima para, antes mesmo de resolver a EDO, obter um
esboc¸o e o comportamento de suas soluc¸o˜es. Inicialmente, notemos que nossa EDO faz sentido
–2
–1
0
1
2
y(x)
–2 –1 1 2
x
apenas para y 6= 0. Ou seja, para sermos bem pre-
cisos, devemos resolveˆ-la ou no semiplano superior
y > 0, ou no semiplano inferior y < 0. O eixo dos X
esta´ fora de cogitac¸a˜o. As iso´clinas da EDO sa˜o as
curvas
−
x
y
= k,
que representa a famı´lia das retas passando pela
origem. No entanto, como o eixo dos X esta´ fora de
cogitac¸a˜o, a origem tambe´m esta´. Conclu´ımos que as
iso´clinas na verdade sa˜o as semi-retas na˜o horizon-
tais partindo da origem. Como vimos no exemplo 1,
sobre cada uma destas semi-retas devemos desenhar pequenos segmentos de reta paralelos entre
si, ou seja com mesma inclinac¸a˜o. Qual o valor dessa inclinac¸a˜o? Para descobrir isto, note que
–2
–1
0
1
2
y(x)
–2 –1 1 2
x
a iso´clina
f(x, y) = −
x
y
= k
e´ parte da reta de equac¸a˜o y = −
x
k
que tem declivi-
dade −
1
k
. Desenhamos pequenos segmentos de de-
clividade k centrados nos pontos da reta y = − 1
k
x.
Note que os segmentos desenhados sa˜o todos per-
pendiculares a` iso´clina y = − 1
k
x (segue do fato que
duas retas sa˜o perpendiculares quando o produto de
seus coeficientes angulares for igual a −1). Agora
fica muito fa´cil fazer o esboc¸o do campo de direc¸o˜es.
Primeiro trac¸amos as retas passando pela origem.
Em seguida, para cada uma delas trac¸amos pequenos
segmentos de retas ortogonais. Obtemos a figura mostrada acima, que sugere fortemente que as
soluc¸o˜es sa˜o os c´ırculos passando pela origem. Mas so´ vamos ter certeza de que sa˜o c´ırculos e
na˜o, por exemplo, elipses, depois de resolvermos a EDO. Na verdade na˜o sa˜o c´ırculos completos
pois a equac¸a˜o na˜o faz sentido nos pontos do eixo X, sa˜o apenas os semic´ırculos que resultam
de remover os pontos sobre o eixo X. Ale´m disto, c´ırculos na˜o sa˜o gra´ficos de func¸o˜es.
2
Para resolver a EDO, comec¸amos reescrevendo na notac¸a˜o
dy
dx
= −
x
y
.
A seguir, separamos as varia´veis
y dy = −x dx
e integramos ∫
y dy = −
∫
x dx.
Quando calculamos as integrais, como ja´ foi explicado no Exemplo 1 da Sessa˜o 1, so´ e´ necessa´rio
considerar constante de integrac¸a˜o de um dos lados. Portanto,
y2
2
= −
x2
2
+ C.
E´ mais interessante escrever na forma
x2
2
+
y2
2
= C.
Multiplicando por 2 e chamando 2C = K, obtemos finalmente a soluc¸a˜o geral em forma impl´ıcita
x2 + y2 = K,
comprovando que e´ uma famı´lia de c´ırculos.
Observac¸a˜o importante. Geometricamente, resolver uma EDO (de 1a ordem em forma nor-
mal) significa encontrar as curvas que tangenciam o campo de direc¸o˜es. Enta˜o, dado um ponto
(x0, y0), a partir dele, comec¸amos a nos deslocar na direc¸a˜o do campo. Mas, a` medida que
avanc¸amos, a direc¸a˜o do campo muda. Devemos, enta˜o, constantemente ir corrigindo o rumo,
a fim de acompanhar o campo de direc¸o˜es. Esta e´ a ide´ia intuitiva por traz do teorema abaixo.
E´ importante ter conscieˆncia de que o argumento que acabamos de apresentar e´ puramente in-
tuitivo, para que se comprenda como e´ natural o que o teorema afirma, mas na˜o serve como o
demonstrac¸a˜o do mesmo. O teorema so´ pode ser realmente provado em um curso mais avanc¸ado.
Teorema de Existeˆncia e Unicidade. Dada uma EDO de 1a ordem em forma normal
y′ = F (x, y) ,
onde F (x, y) e´ uma func¸a˜o de duas varia´veis, tendo derivadas parciais de 1a ordem cont´ınuas
em uma regia˜o D do plano, enta˜o em cada ponto (x0, y0) da regia˜o D passa uma e somente uma
soluc¸a˜o da EDO. Em outras palavras, o problema de valor inicial
{
y′ = F (x, y)
y(x0) = y0
tem soluc¸a˜o u´nica, definida em um intervalo aberto contendo x0.
O Teorema acima faz duas afirmac¸o˜es. A primeira e´ que em cada ponto da regia˜o D passa uma
soluc¸a˜o da EDO (existeˆncia). A segunda e´ que passa uma so´ (unicidade). Decorre da unicidade
que duas soluc¸o˜es na˜o podem nunca se encontrar, nem se cruzar e nem se tangenciar. Isto, e´
claro, para as equac¸o˜es satisfazendo as hipo´teses do Teorema de Existeˆncia e Unicidade. Vamos
ver com exemplos que fora destas hipo´teses ja´ na˜o se pode garantir que isto na˜o acontec¸a.
3
Exemplo 3. Consideremos a EDO xy′ = 2y .
Esta EDO pode ser resolvida por separac¸a˜o de varia´veis.
x
dy
dx
= 2y ,
dy
y
=
2dx
x
ou y = 0 .
Uma soluc¸a˜o particular e´ y = 0. As demais sa˜o econtradas integrando
∫
dy
y
= 2
∫
dx
x
, ln |y| = 2 ln |x|+ lnC .
Acima ja´ escrevemos a constante de integrac¸a˜o em forma de lnC. Logo a soluc¸a˜o geral e´
y = Cx2 .
Note que a soluc¸a˜o particular y = 0 esta´ inclu´ıda na soluc¸a˜o geral, para C = 0.
-
6
Ao lado esta˜o mostradas as soluc¸o˜es da EDO. Note que
a regia˜o D em que a equac¸a˜o faz sentido e´ o plano
todo. Em aparente contradic¸a˜o com o Teorema de
Existeˆncia e Unicidade, observamos:
– Pelo ponto (0, 0) passa mais de uma soluc¸a˜o (todas
as soluc¸o˜es passam pela origem).
– Se b 6= 0, pelo ponto (0, b) na˜o passa nenhuma soluc¸a˜o.
Na verdade na˜o ha´ aqui contradic¸a˜o alguma com o Teo-
rema de Existeˆncia e Unicidade. A equac¸a˜o xy′ = 2y
na˜o esta´ em forma normal e, portanto, o teorema nada
afirma a respeito dela.
E´ interessante notar que se diminuirmos a regia˜o,
tomando D como sendo, por exemplo, o semiplano da
direita x > 0, nesta regia˜o menor a equac¸a˜o pode ser
posta na forma normal,
y′ =
2y
x
e, em completo acordo com o Teorema de Existeˆncia e Unicidade, em cada ponto do semiplano
x > 0 passa uma e uma so´ soluc¸a˜o da EDO.
Exemplo 4. Dada a curva y = x3, consideremos a famı´lia de todas as curvas dela obtidas por
translac¸a˜o horizontal
y = (x − C)3 . (3)
Consideremos agora a situac¸a˜o inversa de determinar uma EDO de primeira ordem da qual a
famı´lia (3) seja a soluc¸a˜o geral. Por derivac¸a˜o, econtramos
y′ = 3(x − C)2 .
Mas de (3), segue que x − C = y
1
3 e, enta˜o,
y′ = 3 y
2
3 . (4)
Conclu´ımos que a famı´lia (3) e´ soluc¸a˜o da EDO (4). No entanto, e´ fa´cil verificar que a func¸a˜o
constante y = 0 tambe´m e´ uma soluc¸a˜o da EDO (4). Assim, pelo ponto (0, 0) passa uma soluc¸a˜o
y = x3, que faz parte da famı´lia (3), para C = 0, mas passa tambe´m uma outra soluc¸a˜o, a
func¸a˜o y = 0. Estamos, de fato, diante de uma EDO (3) em forma normal, para a qual passam
4
duas soluc¸o˜es diferentes pelo ponto (0, 0). Cabe enta˜o perguntar porque isto na˜o contradiz o
Teorema de Existeˆncia e Unicidade. Notemos que (3) e´ uma EDO da forma y′ = F (x, y), onde
F (x, y) = 3 y
2
3 . Mas no Teorema de Existeˆncia e Unicidade existe a hipo´tese de que func¸a˜o
F (x, y) deve ter derivadas parciais deprimeira ordem cont´ınuas. No presente exemplo,
Fy(x, y) = 2 y
−
1
3
e esta u´ltima expressa˜o na˜o esta´ definida e muito menos e´ cont´ınua para y = 0.
5
Sec¸a˜o 3: Equac¸o˜es Separa´veis
Definic¸a˜o. Uma EDO de 1a ordem e´ dita separa´vel se for da forma
y′ = f(x) g(y),
onde f(x) e g(y) sa˜o func¸o˜es de uma varia´vel. Ou seja, e´ o caso de equac¸a˜o em forma normal
y′ = F (x, y) em que F (x, y) e´ do tipo particular F (x, y) = f(x) g(y).
Exemplos: 1. A equac¸a˜o y′ =
2x
1 + 2y
e´ separa´vel, com f(x) = 2x e g(y) =
1
1 + 2y
.
2. A equac¸a˜o y′ = y + 3x na˜o e´ separa´vel.
Me´todo de Resoluc¸a˜o. As equac¸o˜es separa´veis sa˜o aquelas em que se pode separar as vara´veis,
passando para um lado da igualdade os termos contendo y e dy e para o outro lado os termos
contendo x e dx. Ja´ resolvemos equac¸o˜es separa´veis pelo me´todo de separac¸a˜o de varia´veis em
va´rios exemplos das sec¸o˜es anteriores. Vamos apenas comentar que
dy
dx
= f(x) g(y) (1)
equivale a
dy
g(y)
= f(x) dx ou g(y) = 0.
Se y0 e´ tal que g(y0) = 0, e´ fa´cil verificar que a func¸a˜o constante y(x) = y0 e´ uma soluc¸a˜o da
EDO (1). As demais sa˜o obtidas por integrac¸a˜o∫
dy
g(y)
=
∫
f(x) dx .
Admitindo que se consiga calcular as integrais acima, vamos obter a soluc¸a˜o geral da EDO
separa´vel (1) na forma
ψ(y) = ϕ(x) + C , (2)
onde ϕ(x) e ψ(y) sa˜o certas func¸o˜es de uma varia´vel. O que queremos observar aqui e´ a
forma como vamos encontrar a soluc¸a˜o geral (2). Dado um x, na˜o esta´ dito quanto vale o y
correspondente. So´ e´ dada uma equac¸a˜o relacionando x e y. Em resumo, ao resolvermos uma
equac¸a˜o separa´vel pelo me´todo de separac¸a˜o de varia´veis, vamos encontrar a soluc¸a˜o geral (2)
definida implicitamente. Em alguns exemplos conseguimos resolver a equac¸a˜o (2), explicitando
y como func¸a˜o de x. Em outros exemplos, isto pode ser muito dif´ıcil ou mesmo imposs´ıvel.
Pode ainda existir uma ou mais soluc¸o˜es na˜o inclu´ıdas na soluc¸a˜o geral. Estas sera˜o da forma
y = y0, onde y0 um zero da func¸a˜o g(y).
Exemplo 3. Resolver a EDO
xy′ + y − y2 = 0 . (3)
Esta equac¸a˜o e´ separa´vel,
x
dy
dx
= y2 − y ,
que e´ equivalente a
dy
y
(
y − 1) = dxx ou y = 0 ou y = 1 .
Verificamos que as func¸o˜es constantes y = 0 e y = 1 sa˜o soluc¸o˜es da EDO (3). Ficamos com a
integral ∫
dy
y
(
y − 1) =
∫
dx
x
.
Decompondo em frac¸o˜es parciais
1
y
(
y − 1) = 1y − 1 − 1y ,
obtemos
ln |y − 1| − ln |y| = ln |x|+ lnC .
A soluc¸a˜o geral em forma impl´ıcita e´
|y − 1|
|y| = C|x| , ou seja,
y − 1
y
= ±Cx
ou ainda (permitindo que C assuma valores positivos e negativos), simplesmente,
y − 1
y
= Cx .
Neste exemplo, e´ simples obter y explicitamente isolando
1− 1
y
= Cx , 1− Cx = 1
y
, y =
1
1− Cx .
-
6
Finalmente as soluc¸o˜es da EDO (3) sa˜o
y =
1
1− Cx , y = 0 .
Note que aqui a soluc¸a˜o particular y = 1 fica
inclu´ıda na soluc¸a˜o geral, para C = 0 e, por
isto, na˜o precisamos insistir nela. Mas a soluc¸a˜o
particular y = 0 na˜o esta˜o contida na soluc¸a˜o
geral para nenhum valor da constante C.
Ao lado esta´ um esboc¸o da famı´lia das soluc¸o˜es
da EDO (3). Todas as curvas passam pelo ponto
(0, 1). As soluc¸o˜es preenchem o plano todo ex-
ceto os pontos (0, y) sobre o eixo dos Y com
y 6= 0, pelos quais na˜o passa nenhuma soluc¸a˜o.
Isto so´ na˜o contradiz o Teorema de Existeˆncia e Unicidade da Sec¸a˜o 2 porque, embora a EDO
(3) fac¸a sentido em todo o plano, ela so´ pode ser colocada em forma normal
dy
dx
=
y2 − y
x
para x 6= 0, ou seja, fora do eixo Y .
Exemplo 4. Vamos formar problemas de valor inicial, acrescentando alguma condic¸a˜o inicial a`
mesma EDO considerada no Exemplo 3.
– Resolva o PVI abaixo, encontrando o intervalo ma´ximo de definic¸a˜o da soluc¸a˜o{
xy′ + y − y2 = 0
y(−1) = 2 (4)
2
Tomamos a soluc¸a˜o geral encontrada acima e substitu´ımos x = −1 e y = 2 . Isto nos da´
2 =
1
1 + C
.
Obtemos C = −1
2
e y =
1
1 + 12x
=
2
x+ 2
. Esta soluc¸a˜o na˜o esta´ definida para x = −2 e
na EDO na˜o tem nenhuma restric¸a˜o adicional. Retirando do conjunto R dos nu´meros reais o
elemento x = −2, sobram 2 intervalos, (−∞,−2) e (−2,+∞) . Mas para cumprir a condic¸a˜o
inicial, nossa soluc¸a˜o precisa estar definida no ponto x = −1. Dentre os 2 intervalos, tomamos
aquele que conte´m o ponto x = −1, ou seja (−2,+∞) .
Conclusa˜o: A soluc¸a˜o do PVI (4) e´ a func¸a˜o y =
2
x+ 2
, definida o intervalo I = (−2,+∞) .
– Resolva o PVI abaixo, encontrando o intervalo ma´ximo de definic¸a˜o da soluc¸a˜o{
xy′ + y − y2 = 0
y(2) = 0
(5)
Se substituirmos na soluc¸a˜o geral x = 2 e y = 0 , encontraremos uma condic¸a˜o imposs´ıvel de
ser cumprida. Isto se deve ao fato que a soluc¸a˜o do PVI (5) na˜o esta´ inclu´ıda na soluc¸a˜o geral
da EDO, mas e´ precisamente a soluc¸a˜o y(x) = 0. O intervalo de definic¸a˜o desta func¸a˜o e´ todo
I = R.
Exemplo 5. Resolva o PVI abaixo, encontrando o intervalo ma´ximo de definic¸a˜o da soluc¸a˜o y
′ =
2x
1 + 2y
y(2) = −1
(6)
Denotando y′ por
dy
dx
, separando as varia´veis e integrando, obtemos
dy
dx
=
2x
1 + 2y
,
(
1 + 2y
)
dy = 2x dx e
∫ (
1 + 2y
)
dy =
∫
2x dx .
Calculando as integrais, encontramos a soluc¸a˜o geral em forma impl´ıcita: y + y2 = x2 + C .
Substituindo x = 2 e y = −1, encontramos C = −4. Portanto, a soluc¸a˜o do PVI (6) em forma
impl´ıcita e´
y + y2 = x2 − 4 .
Usando a fo´rmula de Bhaskara, podemos isolar y e encontramos
y = −1
2
±
√
x2 − 15
4
.
Para determinar qual e´ o sinal que serve, fazemos novamente x = 2 e y = −1. Temos
−1 = −1
2
±
√
4− 15
4
,
isto e´,
−1
2
= ±
√
4− 15
4
.
3
Portanto, o sinal que serve e´ o de menos. Logo, a soluc¸a˜o do PVI (6) em forma expl´ıcita e´
y = −1
2
−
√
x2 − 15
4
.
Vamos agora determinar o domı´nio da soluc¸a˜o. E´ preciso que x2 − 154 ≥ 0 , ou seja, 154 ≤ x2 .
Devemos ter
x ≥
√
15
2
ou x ≤ −
√
15
2
.
Os intervalos de definic¸a˜o de soluc¸o˜es de EDO’s sa˜o tomados sempre abertos. Isto porque a
EDO envolve derivada. No Ca´lculo, define-se derivada de uma func¸a˜o em um ponto interior
do intervalo. Por isto, ficamos com I =
(−∞,−√152 ) ou I = (√152 ,+∞). Mas o intervalo de
definic¸a˜o da soluc¸a˜o deve conter o x da condic¸a˜o inicial. Logo I =
(√
15
2 ,+∞
)
.
Observac¸a˜o: Outra maneira de ver que o intervalo de definic¸a˜o na˜o poderia ser fechado e´ notar
que x nem poderia assumir o valor
√
15
2 por uma outra raza˜o. Se x =
√
15
2 , enta˜o y = −12 ,
anulando o denominador do lado direito da EDO.
A questa˜o original esta´ resolvida, mas e´ interessante voltar a` soluc¸a˜o geral y + y2 = x2 + C
da EDO e fazer uma ana´lise geome´trica. Por ser uma equac¸a˜o alge´brica de grau 2, a soluc¸a˜o
geral e´ uma famı´lia de coˆnicas. Para ter uma ide´ia melhor, completamos os quadrados
y2 + y +
1
4
= x2 + C +
1
4
.
Incorporamos a frac¸a˜o do lado direito a` constante, obtendo
x2 −
(
y +
1
2
)2
= C ,
que e´ uma famı´lia de hipe´rboles (em alguns casos so´ metades de ramos de hipe´rboles).
-
6
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4
Sec¸a˜o 4: Equac¸o˜es Exatas – Fator Integrante
Introduzimos a ide´ia de equac¸a˜o exata, atrave´s de dois exemplos simples. Note que
nesses dois exemplos, ale´m de exata, a EDO tambe´m e´ separa´vel, podendo alternativa-
mente ser resolvida pelo me´todo da Sec¸a˜o 3.
Exemplo 1. Seja a equac¸a˜o diferencial
xy′ + y = 0 . (1)
A EDO (1) pode ser reescrita como (
xy
)′
= 0 , (2)
que e´ equivalente a
xy = C , (3)
Portanto a soluc¸a˜o geral de (1) e´ a famı´lia de hipe´rboles
y =
C
x
,
definidas nos intervalos I = (0,+∞) ou J = (−∞,0) , tendo ainda a soluc¸a˜o y = 0
definida em todo R.
Exemplo 2. A equac¸a˜o diferencial
y y′ = x+ 1 (4)
pode ser rescrita como (
1
2
y2 − x
2
2
− x
)′
= 0 , (5)
que e´ equivalente a
1
2
y2 − x
2
2
− x = C , (6)
Enta˜o, (6) e´ a soluc¸a˜o geral de (4) em forma impl´ıcita. Esta soluc¸a˜o geral pode ser rescrita
como
y = ±
√
x2 + 2x+ C .
Observac¸a˜o. O que as equac¸o˜es (1) e (4) teˆm em comum e´ que podem ser reescritas na
forma
d
dx
[
F (x, y)
]
= 0 , (7)
para uma conveniente func¸a˜o de duas varia´veis F (x, y). A soluc¸a˜o geral de (7) e´
F (x, y) = C .
Definic¸a˜o. Uma EDO e primeira ordem exata e´ uma equac¸a˜o da forma (7), isto e, da
forma
Fx(x, y) + Fy(x, y) y
′ = 0 , (8)
Para alguma func¸a˜o de duas varia´veis F (x, y). Pelo exposto acima, a soluc¸a˜o geral de (7)
ou (8) e´ a famı´lia F (x, y) = C .
Exemplo 3. A equac¸a˜o diferencial
xy y′ +
y2
2
= sen x (9)
pode ser reescrita como
y2
2
− senx+ xy y′ = 0 .
Para encaixa´-la no modelo (8), precisamos verificar se existe uma func¸a˜o de duas varia´veis
F (x, y) tal que
Fx(x, y) =
y2
2
− senx e Fy(x, y) = xy .
De fato, existe,
F (x, y) =
x y2
2
+ cos x .
Logo a soluc¸a˜o geral de (9) e´
x y2
2
+ cos x = C .
Observac¸a˜o Fundamental. Segue da discussa˜o acima que uma EDO
M(x, y) +N(x, y) y′ = 0 , (10)
e´ exata se existir uma conveniente func¸a˜o de duas varia´veis F (x, y) satisfazendo
M(x, y) = Fx(x, y) e N(x, y) = Fy(x, y) . (11)
Neste caso, a soluc¸a˜o geral da EDO (10) e´ a famı´lia F (x, y) = C .
Notac¸a˜o. Com o mesmo significado de (10) sa˜o usuais as notac¸o˜es
M(x, y) +N(x, y)
dy
dx
= 0 (12)
e
M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0 . (13)
Na˜o vale a pena perdermos tempo tentando atribuir um sentido a dx e dy isolados. O
melhor e´ considerarmos que (13) e´ simplesmente uma notac¸a˜o que significa (12).
Questa˜o Pra´tica. Dada uma EDO em forma (10), ou equivalentemente (12) ou (13),
como reconhecer se ela e´ exata? Se a equac¸a˜o for exata, e´ porque existe uma func¸a˜o
F (x, y) satisfazendo (11). Segue que My = Fxy e Nx = Fyx . Mas sabemos do Ca´lculo
que Fxy = Fyx . Obtemos assim o seguinte teste.
2
Teste. Para que a EDO (13) seja exata e´ necessa´rio que seja satisfeita a condic¸a˜o
My = Nx . (14)
conhecida como condic¸a˜o de Euler.
Observac¸o˜es. 1– Na˜o estamos afirmando que a condic¸a˜o (14) seja suficiente para que
a EDO (13) seja exata, mas apenas que ela e´ necessa´ria. Em outras palavras, verificado
que vale (13) devemos passar a procurar pela func¸a˜o F (x, y), mas se (14) na˜o for va´lida,
paramos por a´ı, pois a func¸a˜o F (x, y) na˜o existira´.
2– Embora a condic¸a˜o (14) na˜o seja suficiente para assegurar que a EDO em questa˜o
e´ exata, na pra´tica, para as EDO’s que normalmente encontraremos, se a condic¸a˜o (14)
for cumprida, dificilmente a EDO deixara´ de ser exata. Em particular, toda a vez que o
domı´nio das func¸o˜es M e N for todo o R2 a condic¸a˜o (14) e´ tambe´m suficiente.
3– No Ca´lculo foi estudada a noc¸a˜o de diferencial exata, no contexto de integrais de linha
independentes do caminho. Estas duas noc¸o˜es esta˜o intimamente relacionadas. De fato, a
diferencial M(x, y) dx+N(x, y) dy e´ exata se e somente se ela prove´m de um potencial, isto
e´, se existe uma func¸a˜o de duas varia´veis F (x, y) para a qual dF =M(x, y) dx+N(x, y) dy.
E´ fa´cil ver que isto acontece se e somente se a EDO M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0 for exata.
Exemplo 4. Resolver a equac¸a˜o diferencial
(x− y2) y′ = x− y . (15)
Para verificar se e´ exata, o mais simples e´ reescrever a equac¸a˜o na forma (13), ou seja,
(y − x) dx+ (x− y2) dy = 0 .
Temos que
M = y − x e N = x− y2
satisfazem
∂N
∂x
= 1 =
∂M
∂y
.
Passamos, enta˜o, a procurar F (x, y) tal que
∂F
∂x
= y − x
∂F
∂y
= x− y2
(16)
Da primeira equac¸a˜o segue que
F (x, y) = xy − x
2
2
+ ϕ(y),
onde ϕ(y) depende so´ de y. Derivando em relc¸a˜o a y, obtemos
∂F
∂y
= x+ ϕ′(y).
3
Comparando com a segunda equac¸a˜o de (16), conclu´ımos que
ϕ′(y) = −y2
e
ϕ(y) = −y
3
3
.
Nesta u´ltima, a constante e integrac¸a˜o e´ tomada como 0, pois basta-nos encontrar uma
F (x, y), na˜o estamos interessados na mais geral. Enta˜o, uma possibilidade e´
F (x, y) = xy − x
2
2
− y
3
3
.
A soluc¸a˜o geral de (15) e´
xy − x
2
2
− y
3
3
= C .
Fator Integrante
A`s vezes uma equac¸a˜o diferencial M(x, y) + N(x, y) y′ = 0 na˜o e´ exata, mas pode-
mos encontrar uma func¸a˜o µ(x, y) 6≡ 0 , chamada de um fator integrante, tal que
µ(x, y)M(x, y) + µ(x, y)N(x, y) y′ = 0 seja exata.
Exemplo 5. Consideremos a equac¸a˜o diferencial
x2 y′ + (1− x2) y2 = 0 . (17)
Rescrevendo como
(1− x2) y2 dx+ x2 dy = 0 ,
temos M = (1 − x2) y2 e N = x2, de modo que My = 2 (1 − x2) y e Nx = 2 x. Como
My 6= Nx , a equac¸a˜o (17) na˜o e´ exata. No entanto, multiplicando pelo fator integrante
µ(x, y) =
1
x2y2
,
obtemos a EDO (
−1 + 1
x2
)
dx+
1
y2
dy = 0 , (18)
para a qual, agora, M = −1 + 1
x2
e N =
1
y2
satisfazem a condic¸a˜o (14).
Obs. Quando multiplicamos pelo fator integrante, eliminamos a possibilidade de y se
anular, por causa do termo y2 no denominador. Caso y = 0 seja uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o
original (17), ela pode ter sido perdida. Portanto e´ preciso verificar separadamente se
y = 0 e´ uma soluc¸a˜o de (17). E´ fa´cil ver que e´. Em outras palavras, as soluc¸o˜es de (17)
e (18) sa˜o as mesmas, a menos desta soluc¸a˜o particular. A equac¸a˜o (18) na˜o faz sentido
para y = 0 .
4
Precisamos encontrar F (x, y) tal que
∂F
∂x
= −1 + 1
x2
∂F
∂y
=
1
y2
Da primeira segue que F e´ da forma
F (x, y) = −x− 1
x
+ ϕ(y) .
Derivando em relac¸a˜o a y, temos Fy = ϕ
′(y) . Logo, ϕ′(y) =
1
y2
e ϕ(y) = −1
y
. Final-
mente F (x, y) = −x− 1
x
− 1
y
e a soluc¸a˜o geral em forma impl´ıcita e´
−x− 1
x
− 1
y
= C .
Podemos explicitar
y = − x
x2 + Cx+ 1
.
Esta e´ a soluc¸a˜o geral de (17), mas ainda tem a soluc¸a˜o y = 0 que na˜o faz parte desta
famı´lia para nenhum valor particular de C.
A dificuldade com o me´todo do fator integrante e´ encontrar este fator integrante.
Encontrar um fator integrante para
M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0
e´ encontrar uma func¸a˜o de duas varia´veis µ = µ(x, y) tal que
µ(x, y)M(x, y) dx+ µ(x, y)N(x, y) dy = 0
seja exata. E´ preciso que
∂
∂y
[
µ(x, y)M(x, y)
]
=
∂
∂x
[
µ(x, y)N(x, y)
]
.
Esta u´ltima equac¸a˜o e´ uma equac¸a˜o diferencial parcial
−N ∂µ
∂x
+M
∂µ
∂y
+
(
My −Nx
)
µ = 0 ,
Encontrar uma soluc¸a˜o na˜o trivial µ para esta equac¸a˜o diferencial parcial e´, em princ´ıpio,
mais dif´ıcil do que resolver a EDO original. Por esta raza˜o o que se faz na pra´tica e´ procu-
rar se existem fatores integrantes de alguns tipos especiais. Concentraremos nossa atenc¸a˜o
em fatores integrantes dependentes de apenas uma das varia´veis. Existem me´todos para
procurar fatores integrantes de muitos outros tipos, mas na˜o nos deteremos neste estudo,
pois por mais tipos que sejam considerados, nunca esgotaremos todas as possibilidades.
5
Exemplo 6. Consideremos a equac¸a˜o diferencial
x y + x2 + 1 +
(
x2 + x
)dy
dx
= 0 . (19)
Reescrevemos a EDO como
(
xy+x2+1
)
dx+
(
x2+x
)
dy = 0 e multiplicamos por µ = µ(x).(
xy + x2 + 1
)
µ(x) dx+
(
x2 + x
)
µ(x)dy = 0 . (20)
A condic¸a˜o necessa´ria para que esta nova equac¸a˜o seja exata e´((
xy + x2 + 1
)
µ(x)
)
y
=
(
(x2 + x)µ(x)
)
x
,
ou seja,
xµ(x) =
(
2x+ 1
)
µ(x) +
(
x2 + x
)
µ′(x) .
Portanto, para encontrar o fator integrante µ(x) devemos resolver uma EDO. So´ que e´
uma EDO muito mais simples que a EDO original (19). Trata-se de uma EDO separa´vel
que,depois das simplificac¸o˜es, toma a forma
x
dµ
dx
= −µ .
Separando as varia´veis e integrando, temos∫
dµ
µ
= −
∫
dx
x
, lnµ = − lnx .
Portanto um fator integrante e´ µ =
1
x
. Multiplicando a equac¸a˜o diferencial (20) por este
fator integrante, obtemos (
y + x+ x−1
)
dx+
(
x+ 1
)
dy = 0 .
Esta u´ltima EDO deve ser exata. Para resolveˆ-la precisamos encontrar uma func¸a˜o F (x, y)
tal que 
∂F
∂x
= y + x+ x−1
∂F
∂y
= x+ 1
(21)
Da primeira equac¸a˜o de (21) segue que
F (x, y) = xy +
x2
2
+ ln x+ ϕ(y) ,
onde ϕ(y) depende apenas de y. Derivando em relac¸a˜o a y,
Fy(x, y) = x+ ϕ
′(y) .
Comparando com a segunda equac¸a˜o do sistema (21), obtemos ϕ′(y) = 1 e ϕ(y) =
y+K, onde K e´ constante. Como estamos interessados apenas em encontrar uma F (x, y)
6
satisfazendo (21) e na˜o a mais geral poss´ıvel, podemos escolher ϕ(y) = y . Logo a soluc¸a˜o
geral da EDO (19) e´
xy +
x2
2
+ ln x+ y = C .
Exemplo 7. Consideremos a equac¸a˜o diferencial
y cosx+ (y + 2)( sen x)
dy
dx
= 0 . (22)
(Obs. Esta EDO e´ separa´vel, mas vamos resolveˆ-la usando um fator integrante). Rees-
crevemos (22) como
y (cosx) dx+ (y + 2)( sen x) dy = 0 . (23)
Comec¸amos procurando um fator integrante µ = µ(x), dependendo so´ de x. Multiplicando
(23) por µ(x), encontramos
y (cosx)µ(x) dx+ (y + 2)( sen x)µ(x) dy = 0 . (24)
Aplicando a condic¸a˜o de Euler, necessa´ria para que seja exata, temos(
y (cosx)µ(x)
)
y
=
(
(y + 2)( sen x)µ(x)
)
x
e, portanto,
(cosx)µ(x) = (y + 2)
(
µ(x) cos x+ µ′(x) sen x
)
(25)
E´ imposs´ıvel eliminar y da condic¸a˜o (25). Segue que na˜o existe nenhuma func¸a˜o µ = µ(x),
dependendo so´ de x que satisfac¸a (24). De fato, se existisse, de (25), viria
y + 2 =
µ(x) cos x
µ(x) cos x+ µ′(x) sen x
e isto e´ imposs´ıvel, pois o lado esquerdo depende so´ de y, enquanto que o lado direito
depende so´ de x. Note que aqui x e y sa˜o varia´veis independentes. Quando resolvemos uma
EDO procuramos y como func¸a˜o de x, mas por enquanto estamos somente examinando os
coeficientes da equac¸a˜o e, portanto, x e y sa˜o independentes uma da outra. A conclusa˜o
e´ que (22) na˜o admite fator integrante dependendo so´ de x.
Passamos agora a procurar um fator integrante dependendo so´ de y. Multiplicando
(23) por µ(y), encontramos
y (cosx)µ(y) dx+ (y + 2)( sen x)µ(y) dy = 0 . (26)
Para que (26) seja exata, e´ necessa´rio que(
y (cosx)µ(y)
)
y
=
(
(y + 2)( sen x)µ(y)
)
x
.
Assim, devemos ter (
µ(y) + yµ′(y)
)
cosx = (y + 2)µ(y) cos x .
7
Aqui x pode ser eliminado, resultando a EDO yµ′(y) = (y + 1)µ(y) para determinar y.
Por separac¸a˜o de varia´veis, temos∫
dµ
µ
=
∫ (
1 +
1
y
)
dy e lnµ = y + ln y = ln
(
y ey
)
.
O fator integrante e´ µ = µ(y) = yey. Multiplicando (24) por µ(y) = yey ou, equivalente-
mente, substituindo µ = µ(y) = yey em (24), encontramos a equac¸a˜o exata
y2ey (cosx) dx+ (y + 2)y ey( sen x) dy = 0 .
Precisamos encontrar uma func¸a˜o F (x, y) tal que
∂F
∂x
= y2ey (cosx)
∂F
∂y
= (y + 2)y ey( sen x)
(27)
Da primeira equac¸a˜o de (27) segue que
F (x, y) = y2ey ( sen x) + ϕ(y) ,
onde ϕ(y) depende apenas de y. Derivando em relac¸a˜o a y,
Fy(x, y) = (y + 2)y e
y( sen x) + ϕ′(y) .
Comparando com a segunda equac¸a˜o do sistema (27), obtemos ϕ′(y) = 0 e, ϕ(y) e´
constante. Como estamos interessados apenas em encontrar uma F (x, y) satisfazendo
(27) e na˜o a mais geral poss´ıvel, podemos escolher ϕ(y) = 0 . Logo a soluc¸a˜o geral da
EDO (22) e´
y2ey ( sen x) = C .
Fator integrante da forma µ = xa yb (leitura opcional)
Dentre muitas possibilidades, vamos considerar um caso de fator integrante envolvendo
duas varia´veis. O objetivo e´ apenas o de ilustrar.
Exemplo 8. Consideremos a equac¸a˜o diferencial
(−4 x2 y − 2 x y2) dx+ (2 x3 − 3x y) dy = 0 . (28)
Multiplicando a EDO por µ = xa yb , obtemos
(−4xa+2 yb+1 − 2 xa+1 yb+2) dx+ (2 xa+3 yb − 3 xa+1 yb+1) dy = 0 .
A condic¸a˜o para que esta equac¸a˜o seja exata e´
−4 (b+ 1) xa+2 yb − 2 (b+ 2)xa+1 yb+1 = 2 (a+ 3) xa+2 yb − 3 (a+ 1) xa yb+1.
8
A seguir igualamos os coeficientes dos termos semelhantes de igualdade acima. Um termo
que aparec¸a so´ de um lado, consideramos que parece tambe´m do outro, mas com coeficiente
0. Obtemos 
−4 (b+ 1) = 2 (a+ 3)
−2 (b+ 2) = 0
−3 (a+ 1) = 0
Este sistema tem soluc¸a˜o a = −1 , b = −2 , que nos da´ o fator integrante µ = x−1y−2 .
Precisamos verificar separadamente se y = 0 e´ uma soluc¸a˜o de (28), pois, se for, ela
podera´ ser perdida ao multiplicarmos a equac¸a˜o por µ. E´ fa´cil ver que e´.
Multiplicando (28) porµ = x−1y−2 , obtemos
(−4 x y−1 − 2) dx+ (2x2 y−2 − 3 y−1) dy = 0 ,
que deve ser exata.
Precisamos encontrar F (x, y) tal que
∂F
∂x
= −4x y−1 − 2
∂F
∂y
= 2 x2 y−2 − 3 y−1
Segue da primeira equac¸a˜o que
F (x, y) = −2x2 y−1 − 2 x+ ϕ(y) .
Derivando em relac¸a˜o a y, temos
Fy(x, y) = 2 x
2 y−2 + ϕ′(y) .
Logo ϕ′(y) = −3 y−1 , isto e´, ϕ(y) = −3 ln y . Logo F (x, y) = −2 x2 y−1 − 2 x− 3 ln y e
a soluc¸a˜o da EDO (28) e´
2x2 y−1 + 2 x+ 3 ln y = C , y = 0 .
9
Sec¸a˜o 5: Equac¸o˜es Lineares de 1a Ordem
Definic¸a˜o. Uma EDO de 1a ordem e´ dita linear se for da forma
y′ + f(x) y = g(x) . (1)
A EDO linear de 1a ordem e´ uma equac¸a˜o do 1o grau em y e em y′. Qualquer dependeˆncia mais
complicada e´ exclusivamente na varia´vel independente x.
Justificativa para o nome. Consideremos a transformac¸a˜o que a cada func¸a˜o y = y(x)
associa uma nova func¸a˜o L(y) = y′ + f(x) y. Por exemplo, dada a EDO linear y′ + x2y = ex,
consideramos a transformac¸a˜o
y 7−→ L(y) = y′ + x2y .
Temos, L
(
senx
)
= cosx+ x2 senx . A transformac¸a˜o y 7−→ L(y) e´ lnear, isto, e´,
L(y1 + y2) = L(y1) + L(y2)
L(cy) = cL(y)
Assim, uma equac¸a˜o diferencial linear e´ uma equac¸a˜o do tipo L(y) = g(x), onde L e´ um operador
diferencial linear de 1a ordem.
Me´todo de Resoluc¸a˜o. Uma EDO linear y′+f(x) y = g(x) admite sempre um fator integrante
dependendo somente da varia´vel x. De fato, temos
dy
dx
+ f(x) y − g(x) = 0 ,
que pode ser reescrita como (
f(x) y − g(x))dx+ dy = 0 .
Multiplicando por µ(x), temos(
f(x) y − g(x))µ(x) dx+ µ(x) dy = 0 .
A condic¸a˜o necessa´ria para que esta u´ltima equac¸a˜o seja exata e´ que((
f(x) y − g(x))µ(x))
y
=
(
µ(x)
)
x
,
ou seja,
f(x)µ(x) = µ′(x) .
Separado as varia´veis, vamos ter
dµ
dx
= f(x)µ(x) ,
dµ
µ
= f(x) dx , lnµ(x) =
∫
f(x) dx .
Logo, o fator integrante e´
µ(x) = e
R
f(x) dx (2)
Note que multiplicando a EDO (1) pelo fator integrante (2), obtemos
e
R
f(x) dxy′ + f(x)e
R
f(x) dxy = e
R
f(x) dxg(x) . (3)
Levando em conta que
(
e
R
f(x) dx
)′
= e
R
f(x) dxf(x), podemos escrever (3) na forma(
e
R
f(x) dxy
)′
= e
R
f(x) dxg(x) .
Basta agora integrar os dois lados e encontramos a soluc¸a˜o da EDO.
Conclusa˜o: Multiplicando a EDO linear (1) pelo fator integrante (2), obtemos uma nova equac¸a˜o,
cujo lado direito e´ a derivada de um produto.
NOTA: O me´todo de resoluc¸a˜o acima foi deduzido para o caso em que o coeficiente de y′ e´ 1.
Se na˜o for, e´ preciso primeiro dividir por esse coeficiente, para torna´-lo igual a 1.
Exemplo 1. Resolver a EDO y′ + 3y = x.
Um fator integrante para a equac¸a˜o diferencial acima e´
µ = e
R
3 dx = e3x .
Observe que na integral acima na˜o somamos uma constante de integrac¸a˜o, o que e´ o mesmo que
escolher a constante de integrac¸a˜o como sendo 0. Isto, aqui, e´ leg´ıtimo, pois estamos querendo
descobrir um fator integrante e na˜o o fator integrante mais geral poss´ıvel.
Multiplicando a equac¸a˜o diferencial pelo fator integrante µ = e3x, temos
e3xy′ + 3e3xy = xe3x . (4)
Como vimos acima, o lado esquerdo de (4) deve ser a derivadade um produto. Para descobrir
quais sa˜o os fatores deste produto, notamos que o termo e3xy′ deve ser o primeiro vezes a
derivada do segundo. Portanto o primeiro e´ e3x. Conlu´ımos que(
e3xy
)′
= xe3x .
Por integrac¸a˜o, encontramos
e3xy =
∫
xe3x dx =
xe3x
3
− e
3x
9
+ C .
A soluc¸a˜o geral e´ y =
x
3
− 1
9
+ C e−3x .
Exemplo 2. Resolver a EDO
(
x− 2)y′ + (x− 1)y = e−2x.
Como o coeficiente de y′ na˜o e´ 1, comec¸amos dividindo por este coeficiente,
y′ +
x− 1
x− 2 y =
e−2x
x− 2 . (5)
Um fator integrante para a equac¸a˜o (5) e´
µ = e
∫
x− 1
x− 2 dx .
Calculamos a integral∫
x− 1
x− 2 dx =
∫
(x− 2) + 1
x− 2 dx =
∫ (
1 +
1
x− 2
)
dx = x+ ln(x− 2) .
2
Conforme explicado no exemplo 1, na integral acima a constante de integrac¸a˜o foi escolhida
como sendo 0, pois estamos querendo descobrir um fator integrante e na˜o o fator integrante
mais geral poss´ıvel.
Encontramos µ =
(
x− 2)ex. Multiplicando (5) por este fator, temos(
x− 2)exy′ + (x− 1)exy = e−x . (6)
Como vimos acima, o lado esquerdo de (6) deve ser a derivada de um produto. Para descobrir
quais sa˜o os fatores deste produto, notamos que o termo
(
x − 2)exy′ deve ser o primeiro vezes
a derivada do segundo. Conluimos que((
x− 2)exy)′ = e−x
e, por integrac¸a˜o, (
x− 2)exy = −e−x + C.
A soluc¸a˜o geral e´ y = − e
−2x
x− 2 +
C e−x
x− 2 .
Problema. No instante t0 = 0 o ar em um recinto de 10800m3 conte´m 0,12% de CO2. Neste
instante comec¸a a ser bombeado para o interior do recinto ar com 0,04% de CO2 a` raza˜o de
150m3/min. Supondo que o ar dentro do recinto mistura-se instantaneamente, encontre a
concentrac¸a˜o de CO2 10min mais tarde.
Soluc¸a˜o:
Seja Q(t) o volume que e´ ocupado pelo CO2 no instante t. Consideremos o intervalo de tempo
entre os instantes t e t + ∆t. Queremos determinar a variac¸a˜o ∆Q ocorrida neste intervalo de
tempo. O volume de ar que entra (sai) do tanque durante este intervalo e´
∆V = 150∆t
No volume ∆V = 150∆t que entra, a quantidade de CO2 e´
0.04× 150∆t
100
= 0.06∆t
Por uma regra de 3, no volume ∆V = 150∆t que sai, a quantidade de CO2 e´ aproximadamente
Q150∆t
10800
=
Q∆t
72
A igualdade e´ aproximada, pois, ao longo do intervalo de tempo, Q na˜o permanece constante.
Portanto
∆Q ' 0.06∆t− Q∆t
72
Quanto menor o intervalo de tempo melhor vai ser a aproximac¸a˜o. O erro desaparece no limite
para ∆t −→ 0. Para na˜o obter uma igualdade trivial 0 = 0, primeiro dividimos por ∆t,
∆Q
∆t
' 0.06− Q
72
Fazendo ∆t −→ 0, obtemos a EDO
dQ
dt
+
1
72
Q = 0.06 .
3
O problema nos da´ uma condic¸a˜o inicial
Q(0) =
0.12× 10800
100
= 12.96 .
Devemos resolver o PVI 
dQ
dt
+
1
72
Q = 0.06
Q(0) = 12.96
Multiplicando nossa EDO linear pelo fator integante µ = e
R
1
72
dt = e
t
72 , obtemos
e
t
72
dQ
dt
+
1
72
e
t
72 Q = 0.06 e
t
72 ,
i.e. (
e
t
72Q
)′
= 0.06 e
t
72 .
Integrando, eoncontramos
e
t
72Q =
∫
0.06 e
t
72 dt = 0.06 · 72 e t72 + C .
Portanto a soluc¸a˜o geral da EDO e´
Q = 4.32 + Ce−
t
72 .
Utilizando a condic¸a˜o inicial Q(0) = 12.96, determinamos C. De fato, para t = 0,
12.96 = 4.32 + C .
Logo a expressa˜o de Q em um instante qualquer e´
Q = Q(t) = 4.32 + 8.64e−
t
72 .
Apo´s 10min, i.e, no instante t = 10, Q(10) = 4.32 + 8.64e−
10
72 . A concentrac¸a˜o vai ser de
4.32 + 8.64e−
10
72
10800
× 100 ≈ 0.1096 por cento.
Aplicac¸a˜o. Queda de um corpo em um meio que oferec¸a resisteˆncia.
Suponhamos um corpo de massa m que cai em um meio (ar, a´gua, o´leo) que oferece resisteˆncia.
Consideremos como sendo positiva o sentido para baixo. A velocidade v e´ positiva. Sobre o
corpo que cai ajem duas forc¸as, o seu peso mg, que e´ positivo, e a resisteˆncia do meio Fr, que
tem sentido oposto ao da velocidade e e´, portanto, negativa. Da 2a lei de Newton, temos
m
dv
dt
= gm+ Fr
e´ negativa. Para velocidades na˜o muito grandes, obtemos uma boa descric¸a˜o do movimento, se
considerarmos o modelo em que Fr e´ diretamente proporcional a` velocidade, isto e, a EDO
m
dv
dt
= gm− k v , (k > 0 constante) .
Neste caso a EDO e´ linear. Em outros problemas envolvendo velocidades mais altas, como
movimento de proje´teis, pode-se ter uma descric¸a˜o melhor considerando a velocidade diretamente
proporcional, por exemplo, ao quadrado da velocidade, i.e.
m
dv
dt
= gm− k v2 , (k > 0 constante) .
4
Vamos aqui considerar o modelo linear.
Exemplo. Um paraquedista pula de grande altura. Depois de 10 seg abre seu paraquedas. Ache
a velocidade depois de 15 seg. Ache tambe´m a velocidade terminal, sendo dados:
– A massa do paraquedas+paraquedista e´ 80 kg.
– A resisteˆncia do ar com o paraquedas fechado vale
1
2
v e com o paraquedas aberto vale
10 v. Vamos aqui considerar o modelo linear.
Soluc¸a˜o:
Pela 2a lei de Newton 80
dv
dt
+
1
2
v = 800. Assim os primeiros 10 seg sa˜o governados pelo PVI
 80
dv
dt
+
1
2
v = 800
v(0) = 0
Escrevendo a equac¸a˜o como v′+
1
160
v = 10 e multiplicando pelo fator integrante e
R
1
160
dt = e
t
160 ,
temos e
t
160 v′ +
1
160
e
t
160 v = 10 e
t
160 , ou seja
(
e
t
160 v
)′ = 10 e t160 , e t160 v = ∫ 10 e t160 dt = 1600 e t160 + C .
A soluc¸a˜o geral da EDO e´ v = 1600 + Ce−
t
160 . Usando a condic¸a˜o inicial v(0) = 0, temos
C = −1600. Logo, nos primeiros 10 seg da queda a velocidade como func¸a˜o do tempo vale
v(t) = 1600
(
1− e− t160 ) , para 0 ≤ t ≤ 10 . (7)
A seguir, para t > 10, a forc¸a de resisteˆncia do ar passa a valer Fr = −10v. A EDO toma a
forma 80
dv
dt
+ 10 v = 800, para 10 < t < +∞, e o valor v(10) = 1600(1 − e− 10160 ), calculado
da soluc¸a˜o no trecho 0 < t < 10, passa a ser a condic¸a˜o inicial. Portanto para obter v(t) no
intervalo 10 < t < +∞, devemos resolver o PVI 80
dv
dt
+ 10 v = 800 , (10 < t < +∞)
v(10) = 1600
(
1− e− 116 )
Como acima, v′ + 18 v = 10 , µ = e
R
1
8
dt = e
t
8 , e
t
8 v′ + 18 e
t
8 v = 10 e
t
8 ,
(
e
t
8 v
)′ = 10 e t8 ,
e
t
8 v =
∫
10 e
t
8 dt , e
t
8 v = 80 e
t
8 +D .
A soluc¸a˜o geral e´ v = 80+De−
t
8 . Utilizando a condic¸a˜o inicial v(10) = 1600
(
1− e− 116 ) , temos
1600
(
1− e− 116 ) = 80 +De− 108 e
D = 1520 e
10
8 − 1600 e 1916 .
Portanto, no segundo trecho da queda, depois de 10 seg, quando abre o paraquedas, a velocidade
vale
v = 80 +
(
1520 e
10
8 − 1600 e 1916
)
e−
t
8 , para 10 ≤ t < +∞ . (8)
5
Assim o salto do paraquedista e´ descrito por (7) e (8). Para achar a velocidade depois de 15 seg
basta substituir t = 15 em (8),
v(15) = 80 +
(
1520 e
10
8 − 1600 e 1916
)
e−
15
8 .
A velocidade terminal, quando existe, e´ o limite da velocidade, quando t −→ +∞. No presente
exemplo, como e−
t
8 −→ 0, existe uma velocidade terminal,
lim
t→∞ v(t) = limt→∞
(
80 +
(
1520 e
10
8 − 1600 e 1916
)
e−
t
8
)
= 80 .
A velocidade terminal e´ v∞ = 80m/seg.
6
Sec¸a˜o 6: Equac¸a˜o de Bernoulli
Definic¸a˜o. Uma equac¸a˜o de Bernoulli e´ uma equac¸a˜o diferencial ordina´ria de 1a ordem da
forma
y′ + f(x) y = g(x) yn , (1)
onde n e´ um nu´mero real (na˜o precisa ser inteiro nem positivo). Vamos sempre considerar
n 6= 0, 1 , pois nestes dois casos (1) seria uma EDO linear, que ja´ sabemos resolver.
Me´todo de resoluc¸a˜o. Experimentemos fazer uma mudanc¸a de varia´vel do tipo y = zp .
Substituindo em (1), temos
p zp−1z′ + f(x)zp = g(x) znp ,
ou seja,
p z′ + f(x)z = g(x) znp−p+1 . (2)
A EDO (2) se torna o mais simples poss´ıvel se np− p+ 1 = 0 , isto e´, para
p =
1
1− n .
Em outras palavras, para resolver (1), vamos fazer a substituic¸a˜o
z = y1−n . (3)
Conclusa˜o. A equac¸a˜ode Bernoulli (1) se transforma em uma equac¸a˜o linear atrave´s da
substituic¸a˜o z = y1−n.
De fato, fazendo a substituic¸a˜o z = y1−n, calcula-se
y = z
1
1−n , y′ =
1
1− n z
1
1−n−1z′
e a equac¸a˜o (1), portanto, se transforma em
1
1− n z
n
1−n z′ + f(x) z
1
1−n = g(x) z
n
1−n
ou, multiplicando a equac¸a˜o por z−
n
1−n ,
1
1− n z
′ + f(x) z = g(x) ,
que e´ uma EDO linear.
Se o expoente 1 − n for negativo, e´ preciso ter cuidado, pois ao fazer a substituic¸a˜o (3),
estaremos eliminando a possibilidade de y = 0 . Com isto perdemos uma soluc¸a˜o da EDO (1),
pois e´ fa´cil ver que se n > 0 , enta˜o y = 0 e´ uma soluc¸a˜o da EDO (1).
Na˜o vale a pena memorizar a forma da equac¸a˜o linear que resulta. Basta somente lembrar
da substituic¸a˜o z = y1−n.
Exemplo 1. Consideremos o crescimento de uma bacte´ria (que vamos supor esfe´rica, por
simplicidade). Para cada instante de tempo t, indiquemos por M = M(t) a massa da bacte´ria,
V = V (t) seu volume, S = S(t) a a´rea da superf´ıcie e r = r(t) o raio. Supondo a densidade da
bacte´ria constante igual a ρ, temos M = ρV . Vamos construir um modelo matema´tico levando
em conta que a taxa de crescimento da massa da bacte´ria e´ influenciada por dois fatores:
(i) A massa M tende a aumentar, devido a` alimentac¸a˜o. Como o alimento entra atrave´s da
membrana superficial, e´ razoa´vel supor que este efeito seja diretamente proporcional a` a´rea S
da superf´ıcie da bacte´ria;
(ii) Existe uma queima da massa da bacte´ria devida ao metabolismo. Como esta queima e´
mais ou menos uniforme ao longo de todas as partes da bacte´ria, e´ razoa´vel supor que este efeito
seja diretamente proporcional a` masa M da bacte´ria.
Consideremos o problema de determinar de que maneira a massa M varia com a passagem do
tempo t.
As duas suposic¸o˜es feitas acima implicam que existem duas constantes α > 0 e β > 0 tais que
dM
dt
= αS − βM . (4)
Esta equac¸a˜o ainda esta´ envolvendo duas quantidades M e S que dependem do tempo. Para
poder resolver a equac¸a˜o e´ preciso eliminar uma delas. Note que
V =
4
3
pi r3 e S = 4pi r2 .
Segue da´ı que S = 4pi
(
3V
4pi
) 2
3
=
(
4pi
) 1
3
(
3V
) 2
3 . Por outro lado, V = M/ρ. Substituindo tudo
isto na equac¸a˜o (4), encontramos
dM
dt
= α
(4pi)
1
3 (3M)
2
3
ρ
2
3
− βM .
Vemos que a equac¸a˜o diferencial que governa o crescimento da bacte´ria e do tipo
dM
dt
= λM
2
3 − βM , (5)
onde λ =
α 3
2
3 (4pi)
1
3
ρ
2
3
e β sa˜o constantes positivas. A equac¸a˜o (5) e´ uma equac¸a˜o de Bernoulli,
com n =
2
3
. Fazendo a subtituic¸a˜o z = M1−n = M
1
3 , temos M = z3 e M ′ = 3z2 z′, que
transforma (5) em
3z2 z′ = λ z2 − βz3 ,
que e´ equivalente a` equac¸a˜o linear
z′ +
β
3
z =
λ
3
. (6)
Um fator integrante para a equc¸a˜o (6) e´ µ = e
R β
3
dt = e
βt
3 . Multiplicando (6) por este fator
integrante, encontramos
e
βt
3 z′ +
β
3
e
βt
3 z =
λ
3
e
βt
3 .
O lado esquerdo desta u´ltima EDO e´ a derivada de um produto, Assim,(
e
βt
3 z
)′ = λ
3
e
βt
3 .
Por integrac¸a˜o temos
e
βt
3 z =
λ
3
∫
e
βt
3 dt .
2
Calculando a integral, encontramos
e
βt
3 z =
λ
β
e
βt
3 + C ,
ou seja,
z =
λ
β
+ Ce−
βt
3
e, finalmente,
M(t) =
(
λ
β
+ C e−
β t
3
)3
.
Observac¸a˜o: A constante C depende da condic¸a˜o inicial. Existe um tamanho limite para a
ce´lula, que na˜o depende do tamanho inicial, isto e´, qualquer que seja C,
lim
t→+∞M(t) =
λ3
β3
= Meq .
λ3
β3
Condic¸o˜es iniciais M(0) < Meq e´ que fazem
sentido em nosso problema. Elas correspondem
a valores C < 0 da constante. Neste caso, a
soluc¸a˜o M(t) e´ uma func¸a˜o crescente, pois a
exponencial e´ decrescente.
Uma condic¸a˜o inicial M(0) > Meq e´ mate-
maticamente poss´ıvel. Ter´ıamos C > 0 e a
soluc¸a˜o M(t) seria decrescente.
A func¸a˜o constante M(t) = Meq e´ a soluc¸a˜o
que corresponde a C = 0 . E´ a soluc¸a˜o de
equil´ıbrio. Trata-se de um ponto de equil´ıbrio esta´vel: tomando uma condic¸a˜o incial M(0)
pro´xima do valor de equil´ıbrio Meq , a soluc¸a˜o que se obte´m tende a voltar ao valor de equil´ıbrio,
embora sem atingi-lo num tempo finito.
Exemplo 2. Resolver a equac¸a˜o diferencial
y′ = xy + xy3. (7)
Esta EDO e´ uma equac¸a˜o de Bernoulli com n = 3 . Fazemos a mudac¸a de varia´vel
z = y1−3 = y−2 ,
isto e´,
y = z−
1
2 , y′ = −1
2
z−
3
2 z′ . (8)
Note que com esta mudac¸a de varia´vel, eliminamos a possibilidade de y se anular. Precisamos
enta˜o verificar separadamente se y = 0 e´ uma soluc¸a˜o da EDO (7). Verifica-se que e´.
Substituindo (8) em (7), tem-se
−1
2
z−
3
2 z′ = x z−
1
2 + x z−
3
2 ,
isto e´,
z′ + 2xz = −2x .
Esta e´ uma EDO linear e um fator integrante para ela e´
µ = e
R
2x dx = ex
2
.
3
Multiplicando por este fator integrante, temos
ex
2
z′ + 2xex
2
z = −2xex2 ,
ou, equivalentemente, (
ex
2
z
)′
= −2xex2 ,
cuja soluc¸a˜o e´
ex
2
z =
∫
−2xex2 dx = −ex2 + C .
Segue que
z = −1 + C ex2 .
Fazendo a substituic¸a˜o inversa, obtemos que a soluc¸a˜o geral de (7) e´
y =
(
−1 + C ex2
)− 1
2
.
Observe que a soluc¸a˜o particular y = 0 de (7) na˜o esta´ inclu´ıda na soluc¸a˜o geral para nenhum
valor de C. Portanto, a soluc¸a˜o de (7) e´
y =
(
−1 + C ex2
)− 1
2
, y = 0 .
Aplicac¸a˜o: Modelos de Crescimento Populacional
Como uma aplicac¸a˜o das ide´ias desolvolvidas ate´ este ponto, vamos estudar alguns modelos
simples de crescimento populacional.
Crescimento Exponencial. E´ o modelo mais simples, que ja´ foi estudado na primeira aula,
em que se supo˜e que a taxa de crescimento de uma populac¸a˜o em um dado instante e´ diretamente
proporcional ao nu´mero de indiv´ıduos neste instante. Em s´ımbolos, designando por N = N(t)
o nu´mero de indiv´ıduos no instante t,
dN
dt
= λN, (9)
onde λ > 0 e´ uma constante que so´ depende da espe´cie de bacte´rias que se esta´ observando
-
6
sN0
t
N (depende do tempo que cada ce´lula leva para se di-
vidir). Na primeira sec¸a˜o, resolvemos a equac¸a˜o (9)
por separac¸a˜o de varia´veis, econtrando a soluc¸a˜o
geral N = Ceλ t. Se for conhecida a populac¸a˜o
N0 no instante inicial t = 0, isto e´, se tivermos
uma condic¸a˜o inicial N(0) = N0, determinamos
C = N0,
N = N(t) = N0eλ t.
Conclui-se que, segundo este modelo, a populac¸a˜o
cresce exponencialmente.
4
Crescimento Log´ıstico. O modelo anterior, de crescimento exponencial, descreve bem a
evoluc¸a˜o de uma populac¸a˜o ate´ um certo esta´gio. Quando o nu´mero de indiv´ıduos cresce,
comec¸a haver competic¸a˜o entre os indiv´ıduos, pelo alimento, por exemplo. Isto ocasiona uma
diminuic¸a˜o na taxa de crescimento, que e´ preciso levar em conta, para obter um modelo que
descreva mais fielmente a realidade. A taxa de crecimento sera´ do tipo
dN
dt
= ϕ(N)N,
onde ϕ(N) agora na˜o e´ mais constante, mas varia com N , diminuindo quando N cresce, podendo
inclusive tornar-se negativo se N for muito grande. A func¸o˜ mais simples com estas propriedades
e´ ϕ(N) = a − bN , com a > 0 e b > 0 constantes, cujo gra´fico e´ uma reta. Obtemos assim a
euqac¸a˜o diferencial
dN
dt
=
(
a− bN)N, (10)
conhecida como equac¸a˜o log´ıstica. Vamos supor que 0 < b � a, de modo que, enquanto a
populac¸a˜o N na˜o for muito grande, a taxa de crescimento sera´ aproximadamente N ′ ' aN , e o
modelo anterior dara´ uma boa aproximac¸a˜o. Para valores muito gandes de N , o termo bN se
faz sentir e a taxa de crescimento fica menor.
A EDO (10) e´ separa´vel, mas tambe´m e´ de Bernoulli e, justamente, e´ mais fa´cil resolveˆ-la
como tal. De fato,
N ′ = aN − bN2
e´ de Bernoulli com n = 2. Seguindo o me´todo expoxto acima, fazemos a mudanc¸a de varia´vel
z = N1−2= N−1 , N = z−1 , N ′ = −z−2z′.
Substituindo na EDO, temos
−z−2z′ = az−1− bz−2.
Multiplicando por z2, obtemos a equac¸a˜o linear
z′ + az = b ,
cujo fator integrante e´ µ = e
R
a dt = eat. Enta˜o,
eatz′ + aeatz = beat ,
(
eatz
)′ = beat , eatz = b ∫ eat dt = b
a
eat + C
e, portanto,
z =
b
a
+ Ce−at.
Finalmente, a soluc¸a˜o geral de (10) e´
N =
1
b
a + Ce
−at .
Note que N = 0 e´ uma soluc¸a˜o de (10), que na˜o esta´ inclu´ıda na soluc¸a˜o geral para nenhumvalor
de C, e que foi perdida no momento em que se fez a mudanc¸a de varia´vel z = N−1, que exclui
a possibilidade de N = 0. Mas, na presente situac¸a˜o, a soluc¸a˜o N = 0 na˜o e´ relevante.
Se tivernos uma condic¸a˜o inicial N(0) = N0, podemos determinar C de
1
N0
=
b
a
+ C e
encontramos
N = N(t) =
1
b
a +
(
1
N0
− ba
)
e−at
.
5
Observamos que o modelo preveˆ que para t grande, independente da populac¸a˜o inicial N(0),
N(t) vai se aproximar sempre de um mesmo valor
lim
t→∞N(t) =
a
b
.
Para valores pequenos de t, escrevendo
N(t) =
eat
1
N0
+ ba
(
1− eat) ,
como 1− eat ≈ 0, temos
N(t) ≈ N0eat , para t pequeno,
concordando com o modelo anterior.
a
b
A soluc¸a˜o constante N(t) =
a
b
coresponde a
um ponto de equil´ıbrio esta´vel. Se a condic¸a˜o
inicial for N0 =
a
b
, N(t) permanecera´ cons-
tante igual a esse valor em todos os instantes
futuros. Tomando uma condic¸a˜o inicial um
pouco diferente desse valor, N(t) tende a voltar
ao valor de equil´ıbrio. Ja´ a soluc¸a˜o constante
N(t) = 0 e´ um ponto de equil´ıbrio insta´vel. Se
mudarmos um pouco a condic¸a˜o incial, N(t)
tendera´ a se afastar ainda mais de 0 quando
t −→∞.
Este modelo foi proposto em 1838 pelo matema´tico belga Verhulst para a populac¸a˜o humana.
Em 1930 foi comprovado que descreve razoavelmente bem a populac¸a˜o de drozo´filas.
6
Sec¸a˜o 7: Estudo qualitativo das Equac¸o˜es Autoˆnomas
Definic¸a˜o. Uma EDO de 1a ordem e´ dita autoˆnoma se na˜o envolve explicitamente a varia´vel
independente. As EDO autoˆnomas de 1a ordem sa˜o as da forma
y′ = f(y), (1)
onde f e´ uma func¸a˜o de uma varia´vel.
Observac¸a˜o 1. As equac¸o˜es estudadas nos exemplos de modelos de crescimento populacional
da Sec¸a˜o 6,
dN
dt
= λN e
dN
dt
=
(
a− bN)N,
sa˜o autoˆnomas. Na verdade, como as leis da Biologia que regem o crescimento populacional na˜o
variam com a passagem do tempo, era mesmo de se esperar que as equac¸o˜es deduzidas a partir
delas na˜o envolvessem explicitamente o tempo como varia´vel, ou seja, fossem autoˆnomas. A
partir desta observac¸a˜o podemos entender porque as equac¸o˜es autoˆnomas sa˜o importantes nas
aplicac¸o˜es.
E´ poss´ıvel fazer uma ana´lise geome´trica das equac¸o˜es autoˆnomas e, mesmo antes de resolveˆ-
las, deduzir o comportamento qualitativo das soluc¸o˜es. As partir da´ı, podemos fazer um esboc¸o
da famı´lia de soluc¸o˜es.
Exemplo 1. Consideremos a EDO
N ′ =
(
a− bN)N. (2)
Esta equac¸a˜o ja´ foi resolvida quando estudamos os modelos de crescimento populacional. Ve-
jamos que mesmo que na˜o a tive´ssemos resolvido, terio sido poss´ıvel descrever qualitativamente
suas soluc¸o˜es e fazer um esboc¸o das mesmas.
Nossa equac¸a˜o diferencial e´ da forma
N ′ = f(N),
onde f e´ a func¸a˜o f(N) = (a− bN)N . Comec¸amos fazendo um esboc¸o do gra´fico dessa func¸a˜o.
-
6
rr
a
b
a
2b
N
N ′
GRA´FICO 1
Analisando o gra´fico da func¸a˜o f(N), vamos
esboc¸ar o gra´fico da famı´lia das soluc¸o˜es da equac¸a˜o
diferencial (2). Comec¸amos investigando se existem
soluc¸o˜es constantes para a EDO (2). Note que uma
soluc¸a˜o constante de (2) e´ uma func¸a˜o da forma
N(t) = C, com f(C) = f(N(t)) = N ′(t) = 0 (a
derivada de uma func¸a˜o constante e´ 0). Portanto
as soluc¸o˜es constantes de (2) correspondem aos ze-
ros da func¸a˜o f(N). No presente exemplo a func¸a˜o
f(N) tem dois zeros (imediato do Gra´fico 1) e, por-
tanto, a EDO (2) tem duas soluc¸o˜es constantes:
N1(t) = 0 e N2(t) =
a
b
.
Essas soluc¸o˜es constantes sa˜o as chamadas soluc¸o˜es de equil´ıbrio de nossa EDO. A partir do
gra´fico acima, que mostra N ′ em func¸a˜o de N , vamos construir o esboc¸o do gra´fico de N em
-
6
a
b
a
2b
t
N
N ′ < 0
N ′ > 0
GRA´FICO 2
func¸a˜o de t, que mostra a famı´lia das soluc¸o˜es de
(2). Analisando o Gra´fico 1, vemos que N ′ > 0
para 0 < N <
a
b
. Isto nos diz que no Gra´fico 2,
na faixa 0 < N <
a
b
, as soluc¸o˜es N = N(t) sa˜o
func¸o˜es crescentes. Da mesma forma, para N >
a
b
, temos N ′ < 0. Portanto, na regia˜o N >
a
b
do Gra´fico 2, as soluc¸o˜es N = N(t) sa˜o func¸o˜es
decrescentes. No Gra´fico 2, fazemos o esboc¸o das
soluc¸o˜es da EDO (2) a partir dessas considerac¸o˜es.
Note que a soluc¸a˜o N2(t) =
a
b
corresponde a um
ponto de equil´ıbrio esta´vel: Para a condic¸a˜o inicial
N(0) =
a
b
, a soluc¸a˜o vai permanecer igual a
N(t) =
a
b
para todos os instantes futuros t ≥ 0. Variando um pouco a condic¸a˜o inicial para
N(0) = N0, com N0 diferente mas pro´ximo de
a
b
, vamos ter
lim
t→∞N(t) =
a
b
,
ou seja, N(t) tende a voltar a` posic¸a˜o de equil´ıbrio. Podemos ser mais espec´ıficos quanto ao
comportamento das soluc¸o˜es na faixa 0 < N <
a
b
. Note que como mostra o Gra´fico 1, N ′
e´ ma´ximo quando N =
a
2b
. Portanto as soluc¸o˜es teˆm ma´xima declividade quando N =
a
2b
.
Conclu´ımos da´ı que as soluc¸o˜es dentro da faixa 0 < N <
a
b
teˆm ponto de inflexa˜o sobre a reta
horizontal N =
a
2b
.
Observac¸a˜o 2. Se y1(t) e´ uma soluc¸a˜o da EDO (1), enta˜o qualquer translac¸a˜o horizontal
y2(t) = y1(t+C) tambe´m e´. De fato, se y1(t) e´ uma soluc¸a˜o da EDO (1), enta˜o y′1(t) = f(y1(t)).
Segue que y′2(t) = y′1(t+ C) = f(y1(t+ C)) = f(y2(t)).
Aplicando essa observac¸a˜o a` equac¸a˜o (2) temos que, se conhecermos o gra´fico de uma soluc¸a˜o
com gra´fico contido na faixa 0 < N <
a
b
, as demais soluc¸o˜es com gra´fico contido na faixa sa˜o
obtidas por translac¸a˜o horizontal do desta soluc¸a˜o conhecida. O mesmo se aplica a`s soluc¸o˜es na
regia˜o N >
a
b
.
Exemplo 2. Fazer uma esboc¸o do gra´fico das soluc¸o˜es da EDO
y′ = (y + 1)(y − 1)y2 (3)
-
6
q q−1 a b 1 y
y′
GRA´FICO 3
Comec¸amos trac¸ando o gra´fico (Gra´fico 3) da fun-
c¸a˜o
f(y) = (y + 1)(y − 1)y2.
A func¸a˜o f(y) tem treˆs zeros. Portanto a EDO (3)
tem treˆs soluc¸o˜es de equil´ıbrio,
y1(t) = −1, y2(t) = 1 e y3(t) = 0.
A seguir, examinamos do comportamento das solu-
c¸o˜es em cada uma das faixas nas quais as retas
soluc¸o˜es de equil´ıbrio dividem o plano.
2
A regia˜o y > 1 no gra´fico 4, acima da soluc¸a˜o de equil´ıbrio y(t) = 1, no gra´fico 3 corresponde a`
-
6
a
b
t
y
GRA´FICO 4
parte do eixo horizontal a` direita de y = 1. Por-
tanto, na regia˜o y > 1 vamos ter f(y) > 0, ou seja,
y′ > 0 e as soluc¸o˜es y(t) sera˜o func¸o˜es crescentes.
Pelo mesmo tipo de racioc´ınio, na faixa 0 < y < 1 e
tambe´m na faixa −1 < y < 0, temos y′ = f(y) < 0
e as soluc¸o˜es y(t) sa˜o func¸o˜es decrescentes.
Na regia˜o y < −1, temos y′ = f(y) > 0 e as
soluc¸o˜es y(t) sa˜o func¸o˜es crescentes.
Esse comportamento esta´ descrito no gra´fica 4,
ao lado.
Note que, pela Observac¸a˜o 2 acima, bastaria de-
senharmos quatro soluc¸o˜es da EDO (3), uma con-
tida em cada uma das quatro regio˜es determinadas
pelas soluc¸o˜es de equil´ıbrio. As demais soluc¸o˜es
podem ser obtidas a partir dessas por translac¸a˜o
horizontal.
Classificac¸a˜o dos pontos de equil´ıbrio. Ainda no Exemplo 2, temos que existem 3 pontos de
equil´ıbrio.
– O ponto de equil´ıbrio y(t) = −1 e´ dito um ponto de equil´ıbrio esta´vel. A raza˜o desta
nomenclatura e´ a seguinte. Se a condic¸a˜o inicial for y(0) = −1, a soluc¸a˜o vai permanescerconstante y(t) = −1. Se nos afastarmos um pouco da posic¸a˜o de equil´ıbrio, isto e´, se dermos
uma condic¸a˜o incial y(0) 6= −1 levemente diferente de −1, o Gra´fico 4 nos mostra que a soluc¸a˜o
y(t) −→ −1 volta a se aproximar da posic¸a˜o de equil´ıbrio.
– O ponto de equil´ıbrio y(t) = 1 e´ dito um ponto de equil´ıbrio insta´vel. A raza˜o do nome e´
que se dermos uma condic¸a˜o incial y(0) 6= 1 levemente diferente de 1, o Gra´fico 4 nos mostra
que a soluc¸a˜o y(t) tende a se afastar mais ainda da posic¸a˜o de equil´ıbrio, quando t −→∞.
– O ponto de equil´ıbrio y(t) = 0 e´ dito um ponto de equil´ıbrio semi-insta´vel. A raza˜o do
nome e´ que se afastarmos a condic¸a˜o incial y(0) < 0 para a esquerda do valor de equil´ıbrio y = 0,
a soluc¸a˜o y(t) tende a se afastar mais ainda da posic¸a˜o de equil´ıbrio (comportamento insta´vel),
mas se afastarmos a condic¸a˜o incial y(0) > 0 para a direita do valor de equil´ıbrio y = 0, a
soluc¸a˜o y(t) tende a voltar para a posic¸a˜o de equil´ıbrio (comportamento essta´vel) y(t) −→ 0.
Ha´ algo mais que podemos dizer. Observando o Gra´fico 3, notamos que a func¸a˜o f(y) tem
um ponto de mı´nimo local a no intervalo (−1, 0) e um ponto de mı´nimo local b no intervalo
(0, 1). Na verdade, como neste exemplo temos explicitamente a expressa˜o de f(y), pesquisando
os zeros da derivada da func¸a˜o, podemos encontrar facilmente que a = −
√
2
2 e b =
√
2
2 , mas
esta informac¸a˜o na˜o e´ relevante aqui. Vamos examinar primeiro as soluc¸o˜es na faixa 0 < y < 1.
Ja´ vimos que elas sa˜o decrescentes, pois y′ = dydt < 0. Mas y
′ e´ mais negativo quando y = b.
Ou seja, a declividade e´ mı´nima quando a soluc¸a˜o y(t) corta a reta horizontal y = b, que esta´
desenhada pontilhada no Gra´fico 4. Sobre essa reta horizontal esta˜o localizados os pontos de
inflexa˜o das soluc¸o˜es. Para se convencer disto, comece lembrando que um ponto de inflexa˜o de
uma curva plana e´ um ponto onde ela troca de concavidade. A concavidade de uma func¸a˜o e´
para cima se a derivada e´ crescente e para baixo se a derivada e´ decrescente.
A concavidade e´ para cima se a segunda derivada
d2y
dt2
> 0 e´ positiva e para baixo se
d2y
dt2
< 0.
A fim de aplicar este fato, levamos em conta que, pela regra da cadeia,
d2y
dt2
=
dy′
dt
=
d f(y)
dt
= f ′(y)
dy
dt
= f ′(y)y′ = f ′(y)f(y).
3
Na faixa 0 < y < 1, por exemplo, temos:
– Para 0 < y < b, f(y) e´ decrescente como func¸a˜o de y, sendo f ′(y) < 0 e, ale´m disto,
f(y) < 0. Temos, enta˜o, f ′(y)f(y) > 0. Portanto, no trecho em que uma soluc¸a˜o estiver na
faixa 0 < y(t) < b, a concavidade sera´ para cima.
– Pelo mesmo argumento, na faixa b < y < 1 temos f(y) crescente como func¸a˜o de y e
f ′(y) > 0. Ale´m disto, f(y) < 0, de modo que f ′(y)f(y) < 0. Portanto, no trecho em que uma
soluc¸a˜o estiver na faixa b < y(t) < 1, a concavidade sera´ para baixo.
Segue que as soluc¸o˜es, de fato, trocam de concavidade quando cruzam a reta y = b. Estas
concluso˜es a respeito da concavidade ja´ esta˜o mostradas no Gra´fico 4.
Nas demais faixas pode ser feita a mesma discussa˜o sobre a concavidade. Deixamos a cargo
do leitor.
4
Sec¸a˜o 8: EDO’s de 2a ordem redut´ıveis a` 1a ordem
Caso 1: Equac¸o˜es Autoˆnomas
Definic¸a˜o. Uma EDO’s de 2a ordem e´ dita autoˆnoma se na˜o envolve explicitamente a varia´vel
independente, isto e´, se for da forma F (y, y′, y′′) = 0.
Como motivac¸a˜o para o me´todo de resoluc¸a˜o vamos estudar o seguinte exemplo.
Exemplo 1: Velocidade de escape
Um corpo de massa m e´ lanc¸ado para cima a partir da superf´ıcie da Terra. Vamos investigar o
&%
'$
-q¡¡µ q
r0
R ff F
problema de determinar se existe um valor ve tal
que se a velocidade inicial v0 for v0 ≥ ve, enta˜o o
corpo escapa da atrac¸a˜o gravitacional da Terra.
Desprezamos o efeito da resiteˆncia do ar. Pela
lei da gravitac¸a˜o universal, a forc¸a de gravidade
agindo sobre o corpo vale
F = −GMm
r2
,
onde G e´ a constante universal de gravitac¸a˜o, M e´ a massa da Terra, R ≈ 6.4 · 106m = 6400 km
e´ o raio da Terra e r e´ a distaˆncia do corpo ate´ o centro da terra. Pela 2a lei de Newton,
F = ma , onde a =
d2r
dt2
e´ a acelerac¸a˜o.
Igualando as duas expresso˜es para forc¸a obtemos a equac¸a˜o diferencial
d2r
dt2
= −GM
r2
. (1)
A EDO (1) e´ uma equac¸a˜o diferencial autoˆnoma de 2a ordem.
No instante inicial t0 = 0, sobre a superf´ıcie da Terra, sabemos experimentalmente que a acele-
rac¸a˜o vale
d2r
dt2
(0) = −g ≈ −10m/s2 .
Na equac¸a˜o (1) procuramos r = r(t) como func¸a˜o do tempo. Para resolveˆ-la mudamos o ponto
de visto. Passamos a procurar a velocidade v como func¸a˜o da posic¸a˜o r. Isto faz sentido porque
a cada altura r corresponde uma velocidade v, a velocidade com que o corpo atinge a altura r.
Faz sentido enta˜o pensarmos em v = v(r). Fazendo isto e usando a regra da cadeia, temos
a =
d2r
dt2
=
dv
dt
=
dv
dr
dr
dt
= v
dv
dr
.
Substituindo na EDO (1), obtemos
v
dv
dr
= −GM
r2
. (2)
Note que a EDO autoˆnoma de 2a ordem (1) se reduziu a` EDO de 1a ordem (2).
A EDO (2) pode ser resolvida por separac¸a˜o de varia´veis∫
v dv = −GM
∫
dr
r2
,
cuja soluc¸a˜o geral e´
v2
2
=
GM
r
+ C .
Usando a condic¸a˜o inicial v(R) = v0, obtemos C =
GM
R
− v
2
0
2
. Substituindo na soluc¸a˜o geral,
GM
(
1
r
− 1
R
)
=
1
2
(
v2 − v20
)
,
ou ainda,
v2 =
(
v20 −
2GM
R
)
+
2GM
r
. (3)
1) Se v0 for suficientemente pequeno, mais precisamente, se v20−
2GM
R
< 0 , r na˜o pode crescer
indefinidamente, pois, neste caso,
2GM
r
−→ 0 e ter´ıamos lim
r→∞ v
2 = v20 −
2GM
R
< 0, que e´ uma
contradic¸a˜o. Portanto, se v20 <
2GM
R
, enta˜o o corpo atinge uma altura ma´xima rmax. Fazendo
v = 0, encontra-se
1
rmax
− 1
R
= − v
2
0
2GM
,
1
rmax
=
1
R
− v
2
0
2GM
=
2GM − v20R
2GMR
rmax =
2GMR
2GM − v20R
.
Conclusa˜o: Se a velocidade inicial for v0 <
√
2GM
R
, enta˜o o corpo atinge uma altura ma´xima
rmax e depois cai.
2) Se v0 =
√
2GM
R
, enta˜o (3) toma a forma
v2 =
2GM
r
e da´ı segue que r cresce indefinidamente, com lim
r→∞ v(r) = 0 .
Conclusa˜o: Se v0 =
√
2GM
R
, enta˜o o corpo escapa a` atrac¸a˜o gravitacional da Terra e chega
nos pontos infinitamente distantes com velocidade tendendo a 0.
3) Se v0 >
√
2GM
R
, o corpo escapa da atrac¸a˜o gravitacional da Terra e chega no infinito com
velocidade positiva
v∞ = lim
r→∞ v(r) =
√
v20 −
2GM
R
> 0 .
Conclusa˜o: A conclusa˜o final e´ que realmente existe uma velocidade de escape
ve =
√
2GM
R
.
Para calcular ve, na˜o precisamos do valor de M e de G, so´ precisamos saber o valor do produto
GM . A equac¸a˜o (1), nos diz que na superf´ıcie da Terra, g =
GM
R2
e, portanto.
ve =
√
2gR ≈
√
2 · 10 · 6.4 · 106 = 103
√
128 ≈ 103
√
121 = 11 km/s = 39 600 km/h .
2
OBSERVAC¸A˜O. O me´todo empregado no problema da velocidade de escape se baseou em
considerar v =
dr
dt
como func¸a˜o de r. Em geral, dada uma equac¸a˜o autoˆnoma F (y, y′, y′′) = 0,
introduzimos a varia´vel p = y′ e pensamos em p como func¸a˜o de y, p = p(y).
Exemplo 2. y′′ − 2yy′ = 0.
Introduzimos a varia´vel p = y′ e pensamos p = p(y). Pela regra da cadeia,
y′′ =
dp
dx
=
dp
dy
dy
dx
= p
dp
dy
.
Substituindo na EDO, obtemos p
dp
dy
− 2yp = 0 . Segue que
p = 0 ou
dp
dy
− 2y = 0 .
1) Se p = 0 , enta˜o y′ = 0 , logo y = C e´ uma famı´lia de soluc¸o˜es.
2) Na equac¸a˜o
dp
dy
− 2y = 0 , separando as varia´veis, temos
∫
dp =
∫
2y dy , e p = y2 + C .
Fazendo a substituic¸a˜o inversa,
dy
dx
= y2 + C ,
dy
y2 + C
= dx ,
∫
dy
y2 + C
=
∫
dx
Caso 1 : C > 0. Neste caso, podemos dizer que C = K2 com