Equações-Diferenciais-I-Capitulo-021

Prévia do material em texto

Capítulo 2.1: 
Equações Lineares; 
Método dos Fatores Integrantes
Uma EDO de primeira ordem tem a forma geral 
onde f é linear em y. Exemplos incluem equações com 
coeficientes constantes,
ou equações com coeficientes variaveis:
),( ytf
dt
dy =
)()( tgytp
dt
dy =+
bayy +−=′
Capítulo 2.1: 
Caso dos Coeficientes Constantes
Para uma EDO linear com coeficientes constantes,
observe que podemos usar métodos de cálculo para resolver:
Cat ekkeaby
Ctaaby
dta
aby
dy
a
aby
dtdy
±=+=
+−=−
−=
−
−=
−
∫∫
,/
/ln
/
/
/
,bayy +−=′
Capítulo 2.1: 
Caso dos Coeficientes variáveis: 
Método dos Fatores Integrantes
Nos agora vamos considerar uma EDO linear de primeira 
ordem com coeficientes variáveis: 
O método dos fatores integrantes envolve a multiplicação 
desta equação por uma função µ(t), escolhida de modo que 
a equação resultante seja integrada fàcilmente.
)()( tgytp
dt
dy =+
Capítulo 2.1: 
Exemplo 1: Fator de Integração
Concidere a seguinte equação:
Multiplicando ambos os lados por µ(t), nos obtemos
Nós escolheremos µ(t) de modo que o lado esquerdo seja 
facil de identificar a derivada. Considere a regra do produto :
Escolha µ(t) tal que
2/2 teyy =+′
[ ] y
dt
td
dt
dytyt
dt
d )()()( µµµ +=
tettt 2)()(2)( =⇒=′ µµµ
)()(2)( 2/ teyt
dt
dyt t µµµ =+
Capítulo 2.1: 
Exemplo 1: Solução Geral
Com µ(t) = e2t, nos resolvemos a equação original da seguinte 
forma:
[ ]
tt
tt
tt
ttt
t
t
Ceey
Ceye
eye
dt
d
eye
dt
dye
etyt
dt
dyt
eyy
22/
2/52
2/52
2/522
2/
2/
5
2
5
2
2
)()(2)(
2
−+=
+=
=
=+
=+
=+′
µµµ
Capítulo 2.1: 
Método dos Fatores Integrantes: 
Variável do lado direito (g(t))
Em geral, para variável do lado direito g(t), a solução pode 
ser encontrada da seguinte forma:
[ ]
atatat
atat
atat
atatat
Cedttgeey
dttgeye
tgeye
dt
d
tgeyae
dt
dye
tgtyta
dt
dyt
tgayy
−− +=
=
=
=+
=+
=+′
∫
∫
)(
)(
)(
)(
)()()()(
)(
µµµ
Capítulo 2.1: 
Exemplo 2: Solução Geral
Nos podemos resolver a seguinte equação
usando a formula anterior onde nos conhecemos a e g(t):
Integrando por partes,
Temos
tyy −=+′ 5
5
1
5/5/5/ )5()( tttatatat CedtteeCedttgeey −−−− +−=+= ∫∫
[ ]
5/5/
5/5/5/
5/5/5/
550
5525
5)5(
tt
ttt
ttt
tee
dtetee
dttedtedtte
−=
−−=
−=−
∫
∫∫∫
( ) 5/5/5/5/5/ 550550 ttttt CetCeteeey −−− +−=+−=
Capítulo 2.1: 
Exemplo 2: Gráfico das Soluções
O gráfico da esquerda mostra o campo de direções junto com 
diversas curvas integrais. 
O gráfico na direita mostra diversas soluções, e uma solução 
particular (vermelho) cujo o gráfico contem o ponto (0,50). 
5/5505
5
1 tCetytyy −+−=⇒−+−=′
Capítulo 2.1: 
Exemplo 3: Solução Geral
Nos podemos resolver a seguinte equação
 usando a formula anterior onde nos conhecemos a e g(t):
Integrando por partes,
Temos
tyy −=−′ 5
5
1
5/5/5/ )5()( tttatatat CedtteeCedttgeey +−=+= ∫∫ −−−
[ ]
5/
5/5/5/
5/5/5/
5
5525
5)5(
t
ttt
ttt
te
dtetee
dttedtedtte
−
−−−
−−−
=
+−−−=
−=−
∫
∫∫∫
[ ] 5/5/5/5/ 55 tttt CetCeteey +=+= −
Capítulo 2.1: 
Exemplo 3: Solução Geral
O gráfico da esquerda mostra o campo de direções junto com 
diversas curvas integrais. 
O gráfico na direita mostra diversas soluções, e uma solução 
particular (vermelho) cujo o gráfico contém a origem, o 
eixo-y separa as soluções que crescem para + ∞ daquelas que 
decrescem para - ∞ com t → ∞.
5/555/ tCetytyy +=⇒−=−′
Capítulo 2.1: 
Método dos fatores integrantes para 
EDO Lineares de primeira ordem geral
Vamos considerar uma EDO Linear de 1a ordem geral 
Multiplicamos ambos os lados por µ(t), obtemos
Agora, precisamos encontrar µ(t) tal que µ'(t) = p(t)µ(t), 
para isto basta fazer
)()( tgytpy =+′
[ ] yttp
dt
dytyt
dt
d )()()()( µµµ +=
)()()()()( ttgyttp
dt
dyt µµµ =+
Capítulo 2.1: 
Fator Integrante para 
 EDO Lineares de primeira ordem geral
Assim nós escolhemos µ(t) tal que µ'(t) = p(t)µ(t). 
Assumindo µ(t) > 0, segue que
Tomando k = 0, obtemos
e note µ(t) > 0 como queriamos.
ktdtpttdtp
t
td +=⇒= ∫∫∫ )()(ln)()(
)( µ
µ
µ
,)( )( tdtpet ∫=µ
Capítulo 2.1: 
Solução para
 EDO Lineares de primeira ordem geral
Assim nós temos o seguinte :
Então
tdtpettgtyttp
dt
dyt
tgytpy
∫==+
=+′
)()( onde ),()()()()(
)()(
µµµµ
[ ]
tdtpetnde
t
cdttgt
y
cdttgtyt
tgtyt
dt
d
∫=
+
=
+=
=
∫
∫
)()( o,
)(
)()(
)()()(
)()()(
µ
µ
µ
µµ
µµ
Capítulo 2.1: 
Exemplo 4: Solução Geral
Para resolver o P.V.I.
primeiro tome a forma padrão:
Então
e onde 
( ) ,21,52 2 ==−′ ytyyt
0for ,52 ≠=−′ tty
t
y
222
2
2
ln551
51
)(
)()(
CtttCdt
t
t
t
Ctdt
t
t
Cdttgt
y +=


 +=
+
=
+
= ∫
∫∫
µ
µ
2
1lnln2
2
)( 1)( 2
t
eeeet tt
dt
tdttp ===∫=∫=





−−µ
Capítulo 2.1: 
Exemplo 4: Solução Particular
Usando a condição inicial y(1) = 2 e a solução geral
segue que
ou equivalente,
22 2ln52)1( tttyCy +=⇒==
,ln5 22 Cttty +=
( )5/2ln5 2 += tty
Capítulo 2.1: 
Exemplo 4: Gráfico da Solução
Os gráficos abaixo mostram diversas curvas integrais para a 
equação diferencial, e uma solução particular (em vermelho) 
cujo o gráfico contém o ponto inicial (1,2).
( )
22
22
2
2ln5 :Particular Solução
ln5 :Geral Solução
21,52 :PVI
ttty
Cttty
ytyyt
+=
+=
==−′
Capítulo 2.2:
 Equações Separáveis
Nesta seção nós examinamos uma subclasse das EDO’s não-
lineares e de 1a ordem. 
Nos podemos reescreve-la da seguinte forma:
Por esemplo, seja M(x,y) = - f (x,y) e N (x,y) = 1. Pode haver 
outras maneiras também. Na formula diferencial, 
Se M é uma função de x somente e N é uma função de y 
somente, então 
Neste caso, a equação é chamada separável. 
0),(),( =+
dx
dyyxNyxM
0),(),( =+ dyyxNdxyxM
0)()( =+ dyyNdxxM
),( yxf
dx
dy =
Capítulo 2.2: 
Exemplo 1: Resolvendo uma equação separável
Resolvendo a seguinte equação não linear de primeira ordem:
Separando as variáveis, e usando cálculo, obtemos 
A equação acima define a solução y implicitamente. Um gráfico 
que mostra o campo de direções e os pontos implícitos de 
diversas curvas integrais para a equação diferencial é dado 
acima . 
1
1
2
2
−
+=
y
x
dx
dy
( ) ( )
( ) ( )
Cxxyy
Cxxyy
dxxdyy
dxxdyy
++=−
++=−
+=−
+=−
∫∫
33
3
1
3
1
11
11
33
33
22
22
Capítulo 2.2: 
Exemplo 2: 
Soluções Implicitas e Explicitas
Resolvendo a seguinte EDO Não-Linear:
Separando as variáveis, e usando cálculo, obtemos
A equação acima define a solução y implicitamente. Uma 
expressão explícita para a solução pode ser encontrada neste caso:
( )12
243 2
−
++=
y
xx
dx
dy
( ) ( )
( ) ( )
Cxxxyy
dxxxdyy
dxxxdyy
+++=−
++=−
++=−
∫∫
222
24312
24312
232
2
2
( ) ( )
Cxxxy
Cxxx
yCxxxyy
+++±=
++++±
=⇒=+++−−
221
2
22442
0222
23
23
232
Capítulo 2.2: 
Exemplo 2: PVI
Supondo que nós procuramos uma solução que satisfaz y(0) 
= -1. Usando a expressão implícita de y, nós obtemos 
Assim a equação implícita que define y é 
Usando a expressão explícita de y, 
Segue que
411
221 23
=⇒±=−
+++±=
CC
Cxxxy
3)1(2)1(
222
2
232
=⇒=−−−
+++=−
CC
Cxxxyy
3222 232 +++=− xxxyy
4221 23 +++−= xxxy
Capítulo 2.2: 
Exemplo 2: Condição Inicial y(0) = 3
Note que se a condição inicial for y (0) = 3, então nós 
devemos escolhemos o sinal positivo, em vez do sinal 
negativo, no termo da raiz quadrada :
4221 23 ++++= xxxy
Capítulo 2.2: 
Exemplo 2: Domínio
Assim as soluções ao problema do valor inicial 
são dados por
Da respresentação explícita de y, segue que
e daqui o domínio de y é (- 2, ∞). Note x = -2 temos y = 1, que faz 
o denominador de dy/dx ser zero (tangente vertical). 
Inversamente, o domínio de y pode ser estimado encontrando 
tangents verticais no gráfico (útil para soluções implicitas). 
)(explicita 4221
)(implicita 3222
23
232
+++−=
+++=−
xxxy
xxxyy
( ) ( ) ( ) ( )2212221 22 ++−=+++−= xxxxxy
( ) 1)0(,12
243 2 −=
−
++= y
y
xx
dx
dy
Capítulo 2.2: 
Exemplo 3: Soluções Implicitas de PVI
Concidere o seguinte PVI:
Separando as variáveis, e usando cálculo, obtemos
Usando as condiçoes iniciais, segue que
1)0(,
31
cos
3 =+
=′ y
y
xyyCxyy
xdxdyy
y
xdxdy
y
y
+=+
=



+
=+
∫∫
senln
cos31
cos31
3
2
3
1senln 3 +=+ xyy
Capítulo 2.2: 
Exemplo 3: Gráfico da solução
Então
O gráfico desta solução (preto), junto com os gráficos do 
campo de direções e as diversas curvas integrais (azuis) para 
esta equação diferencial, é dado abaixo . 
1senln1)0(,
31
cos 3
3 +=+⇒=+
=′ xyyy
y
xyy
Capítulo 2.2: 
Equações Homogêneas
Se a expressão à direita do sinal de igualdade na equação dy/dx = f(x,y) 
pode ser escrita em função apenas da razão y/x (x/y), então a equação é 
dita homogênea. ( Se para todo t não nulo temos f(tx,ty)=f(x,y) então 
dizemos que f(x,y) é homogênea)
Tais equações sempre podem ser transformadas em equações separáveis 
por uma mudança da variável dependente.
).,1(),(''
)/()/(
,
),(/
tfyxffunçãoaetxtyaigualéque
tdxdtxdxdyoutdxxdtdyassim
txy
x
yttome
yxfdxdy
=+=
+=+=
==
=
Capítulo 2.2: 
Equações Homogêneas
Exemplo: Seja a seguinte EDO: 
 Então 
e substituindo t=y/x e dy/dx=x(dt/dx)+t na EDO temos:
cttcttx +−+−=+−−+−= |2||2|ln
4
1|2|ln
4
1|2|ln
4
3||ln 3
yx
xy
dx
dy
−
−= 4
xy
xy
dx
dy
/1
4/
−
−=
t
t
dx
dtxt
t
t
dx
dtx
t
tt
dx
dtx
−
−=⇒−
−
−=⇒
−
−=+
1
4
1
4
1
4 2
dt
ttx
dxdt
tt
t
x
dxdt
t
t
x
dx






−
−+
+
−=⇒
+−
−=⇒
−
−=
)2(4
1
)2(4
3
)2)(2(
1
4
1
2
4
1
4
3
4
1
4
3
|2||2||||2||2|||
−−−−
−+=⇒−+=
x
y
x
ykxttKx
Capítulo 2.3: 
Modelos com equações de primeira ordem 
Os modelos matemáticos caracterizam os sistemas físicos, 
usando freqüentemente equações diferenciais .
Construção do modelo: Traduzindo a situação física em termos 
matemáticos. Claramente os princípios físicos do estado servem 
para governar o processo. A equação diferencial é um modelo 
matemático do processo, tipicamente uma aproximação.
Análise do modelo: Resolvendo a equação ou obter a 
compreensão qualitativa da solução. Pode simplificar o modelo, 
contanto que os fundamentos físicos sejam preservados.
Comparação com experiência ou observação: Verifica a 
solução ou sugere o refinamento do modelo.
Capítulo 2.3: 
Exemplo 1: Presa e Predador (Rato e Curuja)
Supôr que uma população de ratos reproduz em uma taxa 
proporcional à população atual, com uma taxa constante de 0.5 
ratos/mês (que supõe nenhuma coruja no inicio).
E ainda, supor que quando uma população da coruja está 
presente, come 15 ratos por dia em média. 
A equação diferencial que descreve a população de ratos na 
presença das corujas, supondo 30 dias em um mês, é 
Usando métodos de EDO e resolvendo
 esta equação, obtemos
4505.0 −=′ pp
tkep 5.0900 +=
Capítulo 2.3: 
Exemplo 2: Solução de sal 
No instante t = 0, um tanque contém Q0 lb de sal dissolvido em 
100 galão de aguá. Suponha que àgua contendo ¼ lb de sal/gal 
está entrando no tanque a uma taxa r gal/min, e que o líquido, 
bem misturado, está saindo do tanque à mesma taxa. 
(a) Determinar o PVI que descreve este processo do fluxo da solução de sal.
(b) Encontrar a quantidade de sal Q(t) no tanque em qualquer tempo dado t.
(c) Encontrar uma quantidade QL do sal Q(t) no tanque após muito tempo.
(d) Se r = 3 e Q0 = 2QL , ache o tempo T antes que o sal atinja 2% de QL . 
(e) Ache taxa de fluxo r necessaria se T não exceder 45 min. 
Capítulo 2.3: 
Exemplo 2: (a) Problema de Valor Inicial
No isntante t = 0, o tanque contém Q0 lb de sal disolvido em 100 
gal de agua. Suponha que àgua contendo ¼ lb de sal/gal entrando 
no tanque a uma taxa de r gal/min, e que o líquido, bem misturado, 
está saindo do tanque à mesma taxa.
Supondo que o sal nem é acrescentado ou retirado do tanque, e a 
distribuição do sal no tanque é uniforme (agitado). Então 
Taxa de entada: (1/4 lb sal/gal)(r gal/min) = (r/4) lb/min
Taxa de Saída: Se houver Q(t) lbs sal no tanque no tempo t, 
então a consentração de sal é Q(t) lb/100 gal, e flui para fora 
na taxa de [Q(t)r/100] lb/min. 
Assim nosso PVI é
saída de taxa- entrada de taxa/ =dtdQ
0)0(,1004
QQrQr
dt
dQ =−=
Capítulo 2.3: 
Exemplo 2: (b) Encontrando a Solução Q(t) 
Para encontrar a quantidade de sal Q(t) no tanque em toda a 
hora dada t, nós necessitamos resolver o PVI 
Para resolver, nos usamos o método dos Fatores Integrantes:
ou
0)0(,4100
QQrrQ
dt
dQ ==+
[ ]
[ ] 100/0
100/100/100/
100/
100/
100/
2525)(
2525
4
)(
)(
rt
rtrtrt
rt
rt
rtat
eQtQ
CeCeedtreetQ
eet
−
−−−
−+=
+=+=





=
==
∫
µ
( ) 100/0100/125)( rtrt eQetQ −− +−=
Capítulo 2.3: 
Exemplo 2: 
(c) Encontrando a Quantidade limite QL
Agora, vamos encontrar a quantidade limite QL de sal Q(t) no 
tanque após um longo tempo:
Faz o sentido o resultado, desde que com o tempo a solução de 
sal que entra substituirá a solução de sal original no tanque. 
Desde que a solução que entra contenha 0.25 lb sal / gal, e o 
tanque 100 gal, eventualmente o tanque conterá 25 lb sal.
O gráfico mostra as curvas integrais
para r = 3 e diferentes valores de Q0. 
[ ]( ) lb 252525lim)(lim 100/0 =−+== −∞→∞→
rt
tt
L eQtQQ
( ) 100/0100/125)( rtrt eQetQ −− +−=
Capítulo 2.3: 
Exemplo 2: (d) Encontrando o tempo T 
Suponha r = 3 e Q0 = 2QL . Para encontrar o T antes que Q(t) 
está em 2% de QL , note primeiro Q0 = 2QL = 50 lb, onde
Agora, 2% de 25 lb é 0.5 lb, e portanto resolvendo
[ ] trt eeQtQ 03.100/0 25252525)( −− +=−+=
min 4.130
03.0
)02.0ln(
03.0)02.0ln(
02.0
25255.25
03.0
03.0
≈
−
=
−=
=
+=
−
−
T
T
e
e
T
T
Capítulo 2.3: 
Exemplo 2: (e) Encontrando a Taxa de fluxo
Para encontrar a taxa de fluxo r pedida se T não exceder 45 
minutes, da parte (d) onde Q0 = 2QL = 50 lb, temos
e a curvas solução decresce de 50 para 25.5. 
Assim resolvemos
100/2525)( rtetQ −+=
gal/min 69.8
45.0
)02.0ln(
45.)02.0ln(
02.0
25255.25
45.0
100
45
≈
−
=
−=
=
+=
−
−
r
r
e
e
r
r
Capítulo 2.3: 
Exemplo 2: Discussão
Desde que a situação é hipotética, o modelo é válido.
Se as taxas de fluxo são como enunciadas e se a concentração 
de sal no tanque é uniforme, então a equação diferencial 
fornece uma descrição precisa do processo de fluxo.
Os modelos deste tipo são usados freqüentemente em poluição 
de lagos, concentração de droga em órgão, etc. taxas de fluxos 
podem ser mais difícies de determinar, ou podem ser variáveis, 
e a concentração pode ser não uniforme. Também, as taxas de 
fluxo de entrada e fluxo de saida podem ser diferentes, o que 
significa que a variação da quantidade de líquido no problema 
também tem que ser levada em consideração.
Capítulo 2.3: 
Exemplo 3: Poluição da lagoa 
Considere uma lagoa contendo inicialmente 10 million 
gallons de àgua fresca. A lagoa recebe um fluxo indesejável 
de produtos químicos a uma taxa de 5 million gal/ano, e a 
mistura sai da lagoa a uma mesma taxa. A concentração c(t) 
de produtos químicos na àgua que está entrando varia 
periodicamente com o tempo segundo a formula:
 c(t) = 2 + sen 2t g/gal
(a) Construir um modelo matemático deste processo de fluxo 
e determinar uma quantidade Q(t) de tóxico despejado na 
lagoa no instante t.
(b) Gráficar a solução e descrever em palavras o efeito da 
variação da concentração de produtos químicos entrando. 
Capítulo 2.3: 
Exemplo 3: (a) PVI
A lagoa contém inicialmente 10 million gallons de àgua fresca. A 
lagoa recebe um fluxo indesejável de produtos químicos a uma taxa 
de 5 million gal/ano, e a mistura sai da lagoa a uma mesma taxa. A 
concentração é c(t) = 2 + sen 2t g/gal o despejo de produtos químicos 
entrando.
Assumindo que os produtos químicos nem é criado ou destruído na 
lagoa, e a distribuição dos produtos químicos na lagoa é uniforme 
(agitado). 
Então 
Taxa de Entrada: (2 + sen 2t g/gal)(5 x 106 gal/ano)
Taxa de Saida: Se existe Q(t) g despejo de produtos químicos na 
lagoa no tempo t, assim a concentração é Q(t) lb/107 gal, e a taxa do 
fluxo de saida é [Q(t) g/107 gal][5 x 106 gal/ano]
saida de taxa- entrada de taxa/ =dtdQ
Capítulo 2.3: 
Exemplo 3: 
(a) PVI
Temos então
Taxa de Entrada: (2 + sen 2t g/gal)(5 x 106 gal/ano)Taxa de saida: [Q(t) g/107 gal][5 x 106 gal/year] = Q(t)/2 g/ano.
Assim PVI é
Mudança de Variável: Seja q(t) = Q(t)/106. Assim
( ) ( ) 0)0(,
2
)(10 x 52sen 2 6 =−+= QtQt
dt
dQ
0)0(,2sen 5 10 
2
)( =+=+ qttq
dt
dq
Capítulo 2.3: 
Exemplo 3: 
(a) Resolvendo o PVI
Resolvendo o PVI
nos usamos o método dos fatores integrantes:
Usando integração por partes e das condições iniciais, nos 
obtemos por simplificação,
( )∫ +=
==
− dtteetq
eet
tt
tat
2sen510)(
)(
2/2/
2/µ
0)0(,2sen5102/ =+=+′ qtqq
2/
2/2/2/2/
17
3002sen
17
102cos
17
4020)(
2sen
17
102cos
17
4020)(
t
tttt
etttq
Cteteeetq
−
−
−+−=



 ++−=
Capítulo 2.3: 
Exemplo 3: (a) Integração por partes
( )
Ctetetdte
Ctetetdte
Ctetetdte
tdtetete
tdtetete
tdtetetdte
ttt
ttt
ttt
ttt
ttt
ttt
++−=
++−=
++−=



 −+−=










 −+−=



 +−=
∫
∫
∫
∫
∫
∫∫
2sen
17
102cos
17
402sen5
2sen
17
22cos
17
82sen
2sen
8
12cos
2
12sen
16
17
2sen
16
12sen
8
12cos
2
1
2sen
4
12sen
2
1
4
12cos
2
1
2cos
4
12cos
2
12sen
2/2/2/
2/2/2/
2/2/2/
2/2/2/
2/2/2/
2/2/2/
Capítulo 2.3: 
Exemplo 3: (b) Análise da Solução
Assim o problema de valor inicial e a solução são
Um gráfico da solução junto com o campo de direções para a 
equação diferencial é dado abaixo. 
Note que o termo exponencial é 
importante para t pequeno, mas decai
rapidamente para um t grande. Também,
q = 20 seria a solução de equilibrio se 
não fosse os termos sen(2t) e cos(2t). 
2/
17
3002sen
17
102cos
17
4020)(
0)0(,2sen510
2
1
tetttq
qtq
dt
dq
−−+−=
=+=+
Capítulo 2.4: 
Diferenças entre equações lineares e 
não-lineares 
Recordamos que EDO’s de 1a ordem tem a forma y' = f (t, y), e é 
linear se f é linear em y, e não linear se f é não linear em y. 
Exemplos: y' = t y - e t (Linear), y' = t y2 (Não Linear). 
Nesta seção, nós veremos que as equações lineares e não-
lineares de 1a ordem diferem de varias maneiras:
A teoria que descrevem a existência e o unicidade das soluções, e os 
domínios correspondentes, são diferentes . 
As soluções das equações lineares podem ser expressadas nos termos de 
uma solução geral, que não é geralmente o caso para equações não-
lineares . 
As equações lineares possuem soluções definidas explicitamente 
enquanto as equações não-lineares não(geralmente), e as equações não-
lineares podem ou não ter soluções definida implicitamente. 
Para ambos os tipos de equações, a construção numérica e 
gráfica das soluções é importante .
Capítulo 2.4: 
Teorema 2.4.1
Concidere o PVI de uma EDO de 1a ordem Linear:
Se as funções p e g contínuas em um intervalo aberto (α, β ) 
contendo o ponto t = t0, então existe uma única solução y = 
φ(t) que satisfaz o PVI para cada t em (α, β ).
Esboço da prova : Este resultado foi discutido no capítulo 
anterior:
0)0(),()( yytgytpdt
dy ==+
∫=
+
=
∫ t
t
dssp
t
t etnde
t
ydttgt
y 00
)(0
)( o,
)(
)()(
µ
µ
µ
Capítulo 2.4: 
Teorema 2.4.2
Concidere o PVI de uma EDO de 1a ordem Não Linear :
Suponha que f e ∂f/∂y são contínuas em algum retangulo aberto 
(t, y) ∈ (α, β ) x (γ, δ ) contendo o ponto (t0, y0). Assim para 
algum intervalo (t0 - h, t0 + h) ⊆ (α, β ) existe uma única solução 
y = φ(t) que satisfaz o PVI.
Discussão da prova: Desde que não há nenhuma fórmula geral 
para a solução da EDO de 1a ordem não-linear arbitrária PVI, a 
prova é difícil, e vai além deste curso. 
As condições do Teor 2.4.2 são suficientes mas não necessárias 
para garantir a existência da solução, e a continuidade de f 
garante a existência mas não a unicidade de φ.
0)0(),,( yyytfdt
dy ==
Capítulo 2.4: 
Exemplo 1: PVI Linear
Relembrando o seguinte PVI linear:
A solução deste PVI é definida para t > 0, o intervalo em que 
p(t) = -2/t é contínua. 
Se a condição inicial é 
 y(-1) = 2, então a solução 
 é dada pela mesma expressão,
 mas é definida para t < 0.
Em qualquer dos casos 
 o Teorema 2.4.1 garante 
 que solução é única no
 intervalo correspondente.
( ) 222 2ln521,52 tttyytyyt +=⇒==−′
Capítulo 2.4: 
Exemplo 2: PVI Não-linear
Relembrando o seguinte PVI não-linear:
As funções f e ∂f/∂y são dadas por
e são continuas exceto sobre a linha y = 1.
Assim podemos tomar um retângulo aberto em (0, -1) no qual f 
e ∂f/∂y são contínuas, contanto que não passe por y = 1. 
Qual é tamanho do retângulo? Solução é definida para t > -2, 
onde
( ) ( ) ,12
243),(,
12
243),( 2
22
−
++−=
∂
∂
−
++=
y
xxyx
y
f
y
xxyxf
( ) 1)0(,12
243 2 −=
−
++= y
y
xx
dx
dy
4221 23 +++−= xxxy
Capítulo 2.4: 
Exemplo 2: Mudança da condição inicial 
Nosso PVI
com
os quais são contínuos exceto na linha y = 1.
Se trocarmos a condição inicial para y(0) = 1, o Teor 2.4.2 não 
é satisfeito. Resolvendo o novo PVI, obtemos
Assim uma solução existe mas não é única.
( ) ( ) ,12
243),(,
12
243),( 2
22
−
++−=
∂
∂
−
++=
y
xxyx
y
f
y
xxyxf
( ) 1)0(,12
243 2 −=
−
++= y
y
xx
dx
dy
0,221 23 >++±= xxxxy
Capítulo 2.4: 
Exemplo 3: PVI Não-linear
Considere o seguinte PVI não-linear
As funções f e ∂f/∂y são dadas por
Assim f é contínua para todo ponto, mas ∂f/∂y não é em y = 0, 
e portanto o Teor 2.4.2 não é satisfeito. A solução existe mas 
não é única. Separando as variáveis e resolvendo, obtemos
Se inicial a circunstância não está sobre o eixo-t, então o Teor 
2.4.2 garante a existencia e unicidade da solução.
3/23/1
3
1),(,),( −=
∂
∂= yyt
y
fyytf
( )00)0(,3/1 ≥==′ tyyy
0,
3
2
2
3 2/33/23/1 ≥



±=⇒+=⇒=− ttyctydtdyy
Capítulo 2.4: 
Exemplo 4: PVI Não-linear
Considere o seguinte PVI não-linear
As funções f e ∂f/∂y são dadas por
Assim f e ∂f/∂y são continuas em t = 0, assim o Teor 2.4.2 
garante que a solução existe e é única. 
Separando as variáveis e resolvendo, obtemos
A solução y(t) é definida em (-∞, 1). Note que a singularidade 
em t = 1 não é obvia para o PVI original. 
yyt
y
fyytf 2),(,),( 2 =
∂
∂=
1)0(,2 ==′ yyy
t
y
ct
yctydtdyy
−
=⇒
+
−=⇒+=−⇒= −−
1
1112
Capítulo 2.4: 
Intervalo de definição: Equações Lineares 
Pelo teorema 2.4.1, a solução do PVI
 existe em todo ponto do intervalo próximo t = t0 no qual p e g 
são continuas. 
As assimtóticas verticais ou outras descontinuidades da solução 
podem ocorrer somente em pontos da descontinuidade de p ou 
g. 
Entretanto, a solução pode ser diferenciável em pontos da 
descontinuidade de p ou g. ( Ver Cap 2.1: Ex.: 3).
0)0(),()( yytgytpy ==+′
Capítulo 2.4: 
Intervalo de definição: Equações Não-Lineares
No caso não-linear, o intervalo em que uma solução existe 
pode ser difícil de determinar. 
A solução y = φ(t) existe ao longo da linha (t,φ(t)) dentro da 
região retangular indicada no Teor 2.4.2. Isto é o que 
determina o valor de h nesse teorema. Sendo que φ(t) não é 
conhecida apriore, pode ser impossível determinar esta região. 
Em nenhum dos caso, o intervalo em que uma solução existe 
pode não ter nenhum relacionamento simples com à função f 
da equação diferencial y' = f (t, y), em contraste com equações 
lineares . 
Alem disso, qualquer sigularidade da solução pode depender 
das condições iniciais bem como da equação. 
Capítulo 2.4: 
Soluções Gerais
Para uma equação linear de 1a ordem, é possível obter uma 
solução que contem uma constante arbitrária, de que todas as 
soluções seguem especificando valores para esta constante.
Para equações não-lineares, tais soluções gerais podem não 
existir. Isto é, mesmo que uma solução que contem uma 
constante arbitrária possa ser encontrada, pode haver outras 
soluções que não podem ser obtidas especificando valores para 
esta constante. 
Considerar o exemplo 4: A função y = 0 é uma solução da 
equação diferencial, mas não pode ser obtida especificando um 
valor para c na solução encontrada usando a separação das 
variáveis: 
ct
yy
dt
dy
+
−=⇒= 12
Capítulo 2.4: 
Soluções Explícitas: Equações Lineares 
Pelo Teorema 2.4.1, Uma solução do PVI
 existe em todo ponto do intervalo próximo de t = t0 no qual p e g 
são continuas.
A solução possuiuma representação explícita,
e pode ser avaliado em todo o valor apropriado de t, contanto 
que as integrais necessárias possam ser calculadas . 
,)( o,
)(
)()(
00
)(0 ∫=
+
=
∫ t
t
dssp
t
t etnde
t
ydttgt
y µ
µ
µ
0)0(),()( yytgytpy ==+′
Capítulo 2.4: 
Aproximação Explícita da Solução 
Para equações lineares de 1a ordem, uma respresentação 
explícita para a solução pode ser encontrada, contanto que 
as integrais necessárias possam ser resolvidas. 
Se as integrais não puderem ser resolvidas, segue os 
métodos numéricos que são usados freqüentemente para 
aproximar as integrais . 
∑∫
∫
=
∆≈
∫=
+
=
n
k
kkk
t
t
dssp
t
t
ttgtdttgt
etnde
t
Cdttgt
y
t
t
1
)(
)()()()(
)( o,
)(
)()(
0
00
µµ
µ
µ
µ
Capítulo 2.4: 
Soluções Implícitas: Equações Não-Lineares 
Para equações não-lineares, as respresentações explícitas das 
soluções não podem existir. 
Como nós vimos, pode ser possível obter uma equação que 
defina implicitamente a solução. Se a equação for simples 
bastante, uma respresentação explícita pode às vezes ser 
encontrada . 
Se não, os cálculos numéricos são necessários a fim determinar 
valores de y para valores dados de T. Estes valores podem então 
ser traçados em um esboço da curva integral. 
Relembrando o seguinte exemplo 
1senln1)0(,
31
cos 3
3 +=+⇒=+
=′ xyyy
y
xyy
Capítulo 2.5: 
Equações Autônomas e Dinâmica da População 
Nesta seção nós examinaremos as equações da forma y' = f (y), 
chamadas equações autônomas, onde a variável independente t 
não aparece explicitamente. 
A finalidade principal desta seção é aprender como os métodos 
geométricos podem ser usados para obter a informação 
qualitativa diretamente da equação diferencial sem resolve-la.
Exemplo (Crescimento Exponencial):
Solução:
0, >=′ rryy
rteyy 0=
Capítulo 2.5: 
Crescimento Logístico
Um modelo exponencial y' = ry, com solução y = ert, prediz 
crescimento ilimitado, com taxa r > 0 independente da 
população. 
Supondo que a taxa de crescimento depende do tamanho da 
população, substituir r por uma função h(y) obtemos y' = h(y)y. 
Nós queremos escolher a taxa de crescimento h(y) de modo que 
h(y) ≅ r quando y for pequeno, 
h(y) decrease conforme y vai crescendo, e
h(y) < 0 quando y for suficientemente grande. 
A mais simples função é h(y) = r – ay, onde a > 0. 
Nossa equação diferencial torna-se então
Esta equação é conhecida como equação de Verhulst, ou 
logística.
( ) 0,, >−=′ aryayry
Capítulo 2.5: 
Equação da Logística
A equação logística é 
Esta equação é equivalente a seguinte forma
onde K = r/a. A constante r é chamada taxa de crescimento 
intrínseca, e como veremos, K representa a capacidade 
ambiental de sustentação da população.
O campo de direções para a equação 
logística com r = 1 e K = 10
é dado no gráfico ao lado. 
,1 y
K
yr
dt
dy




 −=
( ) 0,, >−=′ aryayry
Capítulo 2.5: 
Equação Logística: Soluções de Equilíbrio 
Nossa equação de Logística é 
Duas solulções de equilibrio são apresentadas:
No campo de direções abaixo, 
 com r = 1, K = 10, note o 
 comportamento das soluções 
 aproxima a soluções de equilíbrio:
y = 0 é estável,
y = 10 é assintoticamente estável.
0,,1 >



 −= Kry
K
yr
dt
dy
Ktyty ==== )(,0)( 21 φφ
Capítulo 2.5: 
Equações Autônomas: Soluções Equilíbrio 
Soluções de Equilibrio de uma EA geral 1a order y' = f 
(y) pode ser encontradas fazendo f (y) = 0. 
As raizes de f (y) são chamadas de pontos críticos.
Por exemplo, os pontos críticos da equação logística
são y = 0 e y = K. 
Assim os pontos críticos 
são funções constantes 
(soluções de equilíbrio) 
neste caso. 
y
K
yr
dt
dy




 −= 1
Capítulo 2.5: 
Equação Logística: Análise Qualitativa e 
esboço da curva 
Para compreender melhor a natureza das soluções das equações 
autônomas, começamos representando graficamente f (y) x y. 
No exemplo do crescimento logístico, significa representar 
graficamente a seguinte função e a análise de seu gráfico 
usando o cálculo .
y
K
yryf 



 −= 1)(
Capítulo 2.5: 
Equação Logística: Pontos Críticos
A intersecção de f ocorre em y = 0 e y = K, correspondendo aos 
pontos críticos da equação logística. 
O vertice desta parabola é (K/2, rK/4), como vemos abaixo.
[ ]
422
1
2
2
02
11)(
1)(
rKK
K
KrKf
KyKy
K
r
K
yy
K
ryf
y
K
yryf
set
=







 −=




=⇒=−−=










 −+



 −=′




 −=
Capítulo 2.5: 
Solução Logística: Crescente, Decrescente
Note dy/dt > 0 para 0 < y < K, assim y é uma função crescente 
de t .
Similarmente, y é uma função decrescente de t para y > K.
Neste contexto o eixo-y é chamado de linha de fase. 
0,1 >



 −= ry
K
yr
dt
dy
Capítulo 2.5: 
Solução Logística:
Note dy/dt ≅ 0 onde y ≅ 0 ou y ≅ K, assim y é relativamente 
plano ali, e y fica íngreme quando y se move para longe de 0 
ou K.
y
K
yr
dt
dy




 −= 1
Capítulo 2.5: 
Solução Logística: Concavidade
Agora, para determinar a concavidade de y(t), encontre y'':
Assim o gráfico de y tem a concavidade voltada para cima quando f e f ' 
possuem o mesmo sinal, o que ocorre quando 0 < y < K/2 e y > K.
O gráfico de y tem a concavidade voltada para baixo quando f e f ' 
possuem sinais contrários, isso ocorre quando K/2 < y < K.
O ponto do inflexão ocorre na interseção de y e a linha y = K/2.
)()()()( 2
2
yfyf
dt
dyyf
dt
ydyf
dt
dy ′=′=⇒=
Capítulo 2.5: 
Solução Logística: Esboço da curva 
Combinando a informação precedentes, nós temos :
Gráfico de y que aumenta quando 0 < y < K. 
Gráfico de y que diminui quando y > K.
Inclinação de y é aproximadamente zero quando y ≅ 0 ou y ≅ K.
Gráfico de y é concâvo para cima quando 0 < y < K/2 e y > K.
Gráfico de y é concâvo para baixo quando K/2 < y < K.
Ponto de inflexão quando y = K/2.
Usando esta informação, nós 
 podemos esboçar as curvas y 
 da solução para circunstâncias
 iniciais diferentes . 
Capítulo 2.5: 
Solução Logística: Discussão
Usando somente a informação da equação diferencial e sem 
resolvê-la, nós obtivemos a informação qualitativa sobre a 
solução y. 
Por exemplo, nós sabemos onde o gráfico de y é mais íngreme, 
e onde variáções de y ocorre mais ràpidamente. Também, y 
tende assintoticamente à linha y = K, para t grande. 
O valor de K é conhecido como capacidade de sustetação , ou 
nível de saturação, da espécie.
Note como o comportamento da 
solução difere da equação exponencial,
 e assim o efeito do termo não-linear 
É decisivo na equação logística. 
  Capítulo 2.5: 
Resolvendo a Equação Logística
Atento a y ≠ 0 e y ≠ K, podemos reescrever a EDO:
Expandindo o lado esquerdo usando frações parciais,
Assim a equação logística pode ser reescrita como 
Integrando o resultado acima,
 nós obtemos
( ) rdtyKy
dy =
−1
rdtdy
Ky
K
y
=



−
+
/1
/11
Crt
K
yy +=−− 1lnln
( ) ( ) KyABKyBAyy
B
Ky
A
yKy
==⇒−+=⇒+
−
=
−
,111
11
1
  Capítulo 2.5: 
Resolvendo a Equação Logística
Temos:
Se 0 < y0 < K, então 0 < y < K e assim
Usando as propriedades logarítmicas:
Crt
K
yy +=



 −− 1lnln
Crt
K
yy +=−− 1lnln
( ) )0( o,ou 
111
ln
0
00
0 yynde
eyKy
Kyy
ce
Ky
ye
Ky
yCrt
Ky
y
rt
rtCrt
=
−+
=
=
−
⇔=
−
⇔+=





−
−
+
Capítulo 2.5: 
Solução da Equação Logística
Temos que:
para 0 < y0 < K.
Pode-se mostrar que a solução é válida para y0 > K. Também, 
esta solução contem soluções de equilíbrio y = 0 e y = K. 
Daqui a solução da equação logística é 
( ) rteyKy
Kyy −−+
=
00
0
( ) rteyKy
Kyy −−+
=
00
0
Capítulo 2.5: 
Solução Logística : Comportamento Assintótico
A solução para a EDO Logística é
Usando limites para confimar o comportamento assintótico:
Assim podemos concluir que a solução de equilibrio y(t) = K 
é assintoticamente estável, enquanto a solução de equilibrio 
 y(t) = 0 é instável. 
A única maneira garantir que a solução fique perto de zero é 
fazer y0 = 0.
( ) rteyKy
Kyy −−+
=
00
0
( ) Ky
Ky
eyKy
Kyy
trttt
==
−+
=
∞→−∞→∞→
0
0
00
0 limlimlimCapítulo 2.5: 
Exemplo: Pacific Halibut
Seja y a biomassa (em kg) de uma população de halibut em 
um tempo t, com r = 0.71/ano e K = 80.5 x 106 kg. Se y0 = 
0.25K, Encontre 
(a) biomassa 2 anos mais tarde
(b) o tempo τ tal que y(τ) = 0.75K. 
(a) Por conveniencia, escale a equação:
Então
e assim 
( ) rteyKy
Kyy −−+
=
00
0
( ) rteKyKy
Ky
K
y
−−+
=
00
0
1
5797.0
75.025.0
25.0)2(
)2)(71.0( ≈+
= −eK
y
kg 107.465797.0)2( 6×≈≈ Ky
Capítulo 2.5: 
Exemplo: Pacific Halibut, Part (b)
(b) Ache o tempo τ para que y(τ) = 0.75K. 
( )
( )
( ) ( )
( ) anos 095.375.03
25.0ln
71.0
1
13175.0
25.0
175.075.0
175.0
1
75.0
0
0
0
0
000
000
00
0
≈


−=
−
=
−
=
=−+
=









 −+
−+
=
−
−
−
−
τ
τ
τ
τ
τ
Ky
Ky
Ky
Kye
KyeKyKy
K
ye
K
y
K
y
eKyKy
Ky
r
r
r
r
( ) rteKyKy
Ky
K
y
−−+
=
00
0
1
Capítulo 2.5: 
Equação de ponto inicial crítico 
Considere a seguinte modificação da EDO logística:
O gráfico de f (y) é dado abaixo. 
0,1 >



 −−= ry
T
yr
dt
dy
Capítulo 2.5: 
Equação de ponto inicial crítico : 
Solução e Análise Qualitativa
Executando uma análise similar àquela do caso logístico, nós 
obtemos um gráfico das curvas da solução mostradas abaixo .
T é um valor inicial crítico para y0, significa que a população 
morre ou cresce ilimitadamente, depende de que lado de T do 
valor inicial y0 está.
Pode-se mostrar que a solução à equação do ponto inicial 
crítico
é
0,1 >



 −−= ry
T
yr
dt
dy
( ) rteyTy
Tyy
00
0
−+
=
Capítulo 2.5: 
Crescimento Logístico com um ponto 
inicial crítico
A fim evitar o crescimento ilimitado para y > T precedente 
um ajuste, considerando a seguinte modificação na equação 
logística:
O gráfico de f (y) é dado abaixo. 
KTry
K
y
T
yr
dt
dy <<>



 −



 −−= 0 and 0,11
Capítulo 2.6: 
Equações Exatas e Fatores Integrantes
Considere a EDO de 1a ordem da seguinte forma
Suponha que exista uma função ψ tal que
e tal que ψ(x,y) = c define y = φ(x) implicitamente. Então
e daqui a EDO original torna-se 
Então ψ(x,y) = c define uma solução implicitamente. 
Neste caso, a EDO é dita ser EXATA. 
0),(),( =′+ yyxNyxM
),(),(),,(),( yxNyxyxMyx yx == ψψ
[ ])(,),(),( xx
dx
d
dx
dy
yx
yyxNyxM φψψψ =
∂
∂+
∂
∂=′+
[ ] 0)(, =xx
dx
d φψ
Suponha que uma EDO possa ser escrita da forma
onde as funções M, N, My e Nx são todas contínuas em uma 
região retangular R: (x, y) ∈ (α, β ) x (γ, δ ). Então a Eq. (1) 
é uma equação diferencial exata se e somente se 
Isto é, existe uma função ψ satisfazendo a condição
 se e somente se M e N satisfaz a Eq. (2). 
)1(0),(),( =′+ yyxNyxM
)2(),(),,(),( RyxyxNyxM xy ∈∀=
)3(),(),(),,(),( yxNyxyxMyx yx == ψψ
Capítulo 2.6: 
Teorema 2.6.1
Capítulo 2.6: 
Exemplo 1: Equação Exata
Considere a seguinte equação diferencial. 
Então 
e daqui
Pelo teorema 2.6.1, 
Temos
0)4()4(
4
4 =′−++⇔
−
+−= yyxyx
yx
yx
dx
dy
yxyxNyxyxM −=+= 4),(,4),(
exata é ),(4),( EDOyxNyxM xy ⇒==
yxyxyxyx yx −=+= 4),(,4),( ψψ
( ) )(4
2
14),(),( 2 yCxyxdxyxdxyxyx x ++=+== ∫∫ ψψ
Capítulo 2.6: 
Exemplo 1: Solução
Nos temos 
e 
Segue daqui
Então 
Pelo teorema 2.6.1, a solução é dada implicitamente por
yxyxyxyx yx −=+= 4),(,4),( ψψ
( ) )(4
2
14),(),( 2 yCxyxdxyxdxyxyx x ++=+== ∫∫ ψψ
kyyCyyCyCxyxyxy +−=⇒−=′⇒′+=−=
2
2
1)()()(44),(ψ
kyxyxyx +−+= 22
2
14
2
1),(ψ
cyxyx =−+ 22 8
Capítulo 2.6: 
Exemplo 1: 
Campo de Direções e Curvas Soluções
Our differential equation and solutions are given by
A graph of the direction field for this differential equation, 
along with several solution curves, is given below. 
cyxyxyyxyx
yx
yx
dx
dy =−+⇒=′−++⇔
−
+−= 22 80)4()4(
4
4
Capítulo 2.6: 
Exemplo 1: Solução Explicita e Gráficos
Nossa solução é definida implicitamente pela equação abaixo. 
Neste caso, nos podemos resolver a equação explicitamente para 
y:
As curvas da solução para diversos valores de c são dadas abaixo 
cxxycxxyy +±=⇒=−−− 222 17408
cyxyx =−+ 22 8
Capítulo 2.6: 
Exemplo 2: Equação Exata
Considere a seguinte equação diferencial. 
Então 
Segue daqui
Pelo Teorema 2.6.1, 
Temos
0)1(sen)2cos( 2 =′−+++ yexxxexy yy
1sen),(,2cos),( 2 −+=+= yy exxyxNxexyyxM
exata é EDO),(2cos),( ⇒=+= yxNxexyxM x
y
y
1sen),(,2cos),( 2 −+==+== yy
y
x exxNyxxexyMyx ψψ
( ) )(sen2cos),(),( 2 yCexxydxxexydxyxyx yyx ++=+== ∫∫ ψψ
Capítulo 2.6: 
Exemplo 2: Solução
Nos temos 
e 
Segue que
Então 
Pelo Teorema 2.6.1, a solução é dada implicitamente por 
1sen),(,2cos),( 2 −+==+== yy
y
x exxNyxxexyMyx ψψ
( ) )(sen2cos),(),( 2 yCexxydxxexydxyxyx yyx ++=+== ∫∫ ψψ
kyyCyC
yCexxexxyx yyy
+−=⇒−=′⇒
′++=−+=
)(1)(
)(sen1sen),( 22ψ
kyexxyyx y +−+= 2sen),(ψ
cyexxy y =−+ 2sen
Capítulo 2.6: 
Exemplo 2: 
 Campo de Direções e Curvas Soluções
Nossa equação diferencial e soluções são dadas por
O gráfico do campo de direções para esta equação diferencial, 
junto com diversas curvas da solução, é dado abaixo . 
cyexxy
yexxxexy
y
yy
=−+
=′−+++
2
2
sen
,0)1(sen)2cos(
Capítulo 2.6: 
Exemplo 3: Equação Não-Exata
Considere a seguinte equação deferencial. 
Então 
e daqui
Para mostrar que nossa equação diferencial não pode ser 
resolvida por este método, nos devemos procurar uma função ψ 
tal que
Assim
0)()3( 22 =′+++ yxxyyxy
22 ),(,3),( xxyyxNyxyyxM +=+=
exata não é DOE),(323),( ⇒=+≠+= yxNxyyxyxM xy
22 ),(,3),( xxyNyxyxyMyx yx +==+== ψψ
( ) )(2/33),(),( 222 yCxyyxdxyxydxyxyx x ++=+== ∫∫ ψψ
Capítulo 2.6: 
Exemplo 3: Equação Não-Exata
Então
• Entretanto, se nós (incorretamente) prosseguimos como antes, 
obtemos:
• Observe que C’(y) não é uma função só da variável y.
• Assim não existe nenhuma função ψ que possa satisfazer o teorema 
2.6.1. 
)(2/3),(
),(,3),(
22
22
yCxyyxyx
exxyNyxyxyMyx yx
++=
+==+==
ψ
ψψ
xyxyC
xxyyCxyxNyxy
−−=′⇒
+=′++⇒=
2/)(
)(22/3),(
2
?
22ψ
Capítulo 2.6: 
Exemplo 3: Ideia da solução 
• Vamos transformar esta EDO em uma EDO exata: Para issso vamos supor 
que exista uma função µ(x, y) tal que multiplicada na EDO a transforme em 
exata.
• Assim pelo Teor. 2.6.1 temos. 
))(,(),(),()3(),(
,0))(,()3)(,(
22
22
xxyyxyxNeyxyxyyxM
yxxyyxyxyyx
+=+=
=′+++
µµ
µµ
),(),(
))(,(),()2(),(
)3)(,(),()23(),(
2
2
yxNyxM
sesóse
ExataÉ
xxyyxyxxyyxN
yxyyxyxyxyxM
xy
xx
yy =




+++=
+++=
µµ
µµ
Capítulo 2.6: 
Exemplo 3: A solução 
Supondo que µ(x, y) só depende da variável x temos que µy(x, y) =0.
• E esta equação é Exata.
• Pelo Teorema 2.6.1 existe ψ (x,y)=c.
• É a solução da EDO. 





′+++⇒=⇒=
+=+⇒=−
yxyxxyyxxx
xx
x
xxyxxyxyxNyxM
x
xxy
)()3()(1
)(
)(
))(()()(0),(),(
3222
2
µ
µ
µ
µµ
0)()3( 3222 =′+++ yxyxxyyx
xy NxxyxyxMxyxNxyyxM =+=+=⇒+=+= 223222 3223,3
cyxyx =+ 223
2
1
0)()3( 22 =′+++ yxxyyxy
É às vezes possível converter uma equação diferencial que não seja exata em 
uma equação exata multiplicando a equação por um fator integrando 
apropriado µ(x, y): 
Para que esta equação seja exata, nós necessitamos 
Esta equação diferencial parcial pode ser difícil de resolver. Se µ é uma 
função de x somente, então µy = 0 e portanto resolvemos
 (*)
desde que o lado direito seja uma função de x somente. Similarmente se µ é 
uma função de y somente, então µx = 0.(*)
Capítulo 2.6: 
Fatores Integrantes
0),(),(),(),(
0),(),(
=′+
=′+
yyxNyxyxMyx
yyxNyxM
µµ
( ) ( ) ( ) 0=−+−⇔= µµµµµ xyxyxy NMNMNM
,µµ
N
NM
dx
d xy −= µµ
M
NM
dy
d xy −−=
	Slide 1
	Slide 2
	Slide 3
	Slide 4
	Slide 5
	Slide 6
	Slide 7
	Slide 8
	Slide 9
	Slide 10
	Slide 11
	Slide 12
	Slide 13
	Slide 14
	Slide 15
	Slide 16
	Slide 17
	Slide 18
	Slide 19
	Slide 20
	Slide 21
	Slide 22
	Slide 23
	Slide 24
	Slide 25
	Slide 26
	Slide 27
	Slide 28
	Slide 29
	Slide 30
	Slide 31
	Slide 32
	Slide 33
	Slide 34
	Slide 35
	Slide 36
	Slide 37
	Slide 38
	Slide 39
	Slide 40
	Slide 41
	Slide 42
	Slide 43
	Slide44
	Slide 45
	Slide 46
	Slide 47
	Slide 48
	Slide 49
	Slide 50
	Slide 51
	Slide 52
	Slide 53
	Slide 54
	Slide 55
	Slide 56
	Slide 57
	Slide 58
	Slide 59
	Slide 60
	Slide 61
	Slide 62
	Slide 63
	Slide 64
	Slide 65
	Slide 66
	Slide 67
	Slide 68
	Slide 69
	Slide 70
	Slide 71
	Slide 72
	Slide 73
	Slide 74
	Slide 75
	Slide 76
	Slide 77
	Slide 78
	Slide 79
	Slide 80
	Slide 81
	Slide 82
	Slide 83
	Slide 84
	Slide 85
	Slide 86
	Slide 87
	Slide 88
	Slide 89
	Slide 90