Apostila Equações Diferenciais Ordinárias (EDO) - Cleverson Gonçalves dos Santos

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UNIVERSIDADE TECNOLÓGICA FEDERAL DO PARANÁ
CLEVERSON GONÇALVES DOS SANTOS
Equações Diferenciais Ordinárias
Medianeira - PR
2011
Equações Diferenciais Ordinárias
Projeto Piloto
Agosto 2011
Cleverson Gonçalves dos Santos
Professor da Universidade Tecnológica Federal do Paraná
Medianeira - PR - Brasil
ii
Todos os direitos reservados e protegidos pela Lei 9.610 de 19/02/1998.
O autor e titular dos direitos autorais desta obra, permite a reprodução e distribuição
da mesma, total ou parcial, exclusivamente para fins não comerciais desde que a autoria
seja citada.
dos Santos, Cleverson Gonçalves.
Equações Diferenciais Ordinárias / Cleverson
Gonçalves dos Santos - 1a Ed. versão Piloto - Media-
neira
Inclui Bibliografia
ISBN:
Equações Diferenciais Ordinárias / dos Santos,
Cleverson Gonçalves - 1978
I. Universidade Tecnológica Federal do Paraná
iii
Sumário
1 Equações Diferenciais Ordinárias 1
1.1 Equações Diferenciais Ordinária de Primeira Ordem . . . . . . . . . . . . 6
1.1.1 Equações de Variável Separável . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.2 Equação Linear de Primeira Ordem - Fator Integrante . . . . . . 9
1.1.3 Problemas de Valor Inicial - P.V.I . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.1.4 Equações Homegêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.1.5 Equações Exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.1.6 Equações Bernoulli, Ricatti e Clairaut . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.1.7 Equações Com Grau Diferente de Um . . . . . . . . . . . . . . . . 36
1.1.8 Outras Substituições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
1.1.9 Equações Autônomas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
1.1.10 Existência e Unicidade de Soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2 Aplicações Geométricas 52
2.1 Problemas Geométricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.2 Trajetórias ortogonais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
2.2.1 Curvas em Coordenadas Polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
2.3 Envoltórias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
iv
3 Equações Diferenciais de Ordem Superior 66
3.1 Dependência e Independência Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
3.2 Equações Homogênea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.3 Equações Não-Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
3.4 Equações Lineares Homogêneas com Coeficientes Constantes . . . . . . . 75
3.5 Coeficientes Indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
3.6 Variação dos Parâmetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
3.6.1 Variação de Parâmetros em Equações de Ordem Maior . . . . . . 92
4 Modelos Matemáticos 95
5 Introdução de Equações Diferenciais com Coeficientes Variáveis 96
Bibliografia 96
v
Caṕıtulo 1
Equações Diferenciais Ordinárias
Antes de iniciarmos nosso curso, lembramos que resolver uma equação na
variável x do tipo
ax2 + bx+ c = 0; a ̸= 0
consiste em encontrar valores reais x para o qual a equação seja verificada, nesta situação
pode existir ou não valores que satisfaçam a equação. Supondo existir valores reais que
verificam a equação pode ocorrer de temos duas ráızes reais distintas ou duas ráızes
reais iguais, nesta última situação dizemos que a ráız existe e é única. Se considerarmos
soluções no conjunto dos números complexos a equação sempre possui solução.
Em uma equação diferencial encontrar uma solução para a equação consiste
em determinar uma função que verifique a equação. Neste curso uma de nossas tarefas
será resolver equações diferenciais como
2y′′ − 3y′ − 2y = 0
para a função incógnita y = φ(x), ou seja, encontrar uma função que ao substituir na
equação onde envolve suas derivadas verifica a equação. Pode-se verificar facilmente que
y = φ(x) = e2x e y = φ(x) = e−
1
2
x, são duas funções que verificam a equação diferencial.
Em cálculo aprendemos que a derivada dy
dx
de uma função y = φ(x) é uma
outra função φ′(x).
Você deve lembrar que a função y = e3x
2
é diferenciável em toda a reta, e sua
derivada é dy
dx
= 6xe3x
2
. Se substitúırmos e3x
2
no lado direito da derivada pelo śımbolo
1
y, obtemos
dy
dx
= 6xy.
A equação acima é uma equação diferencial, e o fato do nome é claro, pois
como vimos envolve diferenciais. Em nosso curso, não será dada a função y para determi-
nar a equação diferencial, mas sim, será lhe dada a equação diferencial para determinar
a função y.
Definição 1.1. Uma equação que contém as derivadas (ou diferenciais) de uma ou mais
variáveis dependentes em relação a uma ou mais variáveis independentes é chamada
equação diferencial.
As equações diferenciais são classificadas por tipo, ordem e linearidade.
Classificação por tipo.: Se a equação contém somente derivadas ordinárias
de uma ou mais variáveis dependentes em relação a uma única variável independente,
ela será chamada de equação diferencial ordinária (E.D.O).
São exemplos de equações diferenciais ordinárias.
dy
dx
+ 2y = 3ex,
d2y
dx2
+ 2y − dy
dx
+ 3y = 2x,
dy
dt
+ 3
dx
dt
= 3y + 2x
são exemplos de equações diferenciais ordinárias. A primeira e a segunda equação tem
derivada de uma única variável dependente em relação a uma única variável indepen-
dente, a terceira equação tem derivadas de duas variáveis dependentes em relação a uma
única variável independente.
Uma equação que envolve as derivadas parciais de uma ou mais variáveis
dependentes de duas ou mais variáveis independentes é chamada equação diferencial
parcial (E.D.P).
São exemplos de equação diferenciais parciais.
∂2u
∂x2
+ 2
∂2u
∂y2
= 2,
∂2u
∂x2
=
∂2u
∂t2
− 2t∂u
∂t
2
são exemplos de equações diferenciais parciais. A primeira equação possui derivadas
parciais de uma variável (u) dependente em relação a duas variáveis independentes (x
e y). A segunda equação possui derivadas parciais de uma variável (u) dependente em
relação a duas variáveis independentes (x e t).
Em nosso curso estaremos voltado a equações diferenciais ordinárias (E.D.O).
Usaremos a notação y′ para denotar
dy
dx
, y′′ para denotar
d2y
dx2
, . . . , y(n)
para denotar
dny
dnx
.
Classificação por Ordem.: A ordem de uma E.D.O ou uma E.D.P é a
ordem da maior derivada que aparece na equação.
Exemplo 1. Classifique a equação quanto a sua ordem.
i)
d2y
dx2
+ 3
(
dy
dx
)8
− 2x2y = e2x ii) y′′′ + 3y′′ + y2 = x iii) y′ + y = x
Resolução: a equação no item i) é de segunda ordem, ii) é de terceira ordem, iii) é de
primeira ordem.
Em śımbolos, podemos expressar uma equação diferencial ordinária de ordem
n em uma variável dependente na forma geral
F (x, y, y′, y′′, · · · , y(n−1), y(n)) = 0
onde F é uma função de valores reais de n+ 2 variáveis.
Classificação por Linearidade.: Dizemos que uma equação diferencial
ordinária de ordem n é linear se F for uma função linear em y, y′, y′′, ..., y(n), isto é.
an(x)y
(n) + an−1(x)y
(n−1) + an−2(x)y
(n−2) + · · ·+ a2(x)y′′ + a1(x)y′ + a0(x)y = g(x).
A equação acima está nos dizendo que a variável dependente de todas as suas
derivadas são de primeiro grau, ou seja, a potência que envolve y e suas derivadas tem
grau 1. Cada coeficiente depende no máximo da variável x.
Exemplo 2. Classifique quanto a linearidade das equações diferenciais.
i) e3xy′′ + 2exy′ + 4y = 3sen(x) ii) e2xy′′′ + xy = 2x
3
iii) yy′′ + 2xy′ + 4y = 3 ln(x) iv) y′′′ + sen(y) = 2x.
Resolução: As equações nos itens i) e ii) são lineares pois os coeficientes dependem
somente da variável x e ainda y e/ou suas derivadas tem expoentes iguais a 1. A equação
do item iii) não é linear pois o coeficiente da derivadasegunda não é uma função na
variável x mas, na variável y. A equação no item iv) não é linear, pois sen(y) não é
uma função com expoente 1 para a variável dependente y, como pode se observar é uma
função seno.
Definição 1.2. Toda função φ, definida em um intervalo I que tem pelo menos n deriva-
das cont́ınuas em I, as quais quando substitúıdas em uma equação diferencial ordinária
de ordem n reduzem a equação a uma identidade é denominada solução da equação
diferencial no intervalo.
Exemplo 3. Verifique se a função indicada é uma solução da equação diferencial dada.
Determine o intervalo onde esteja definida esta solução.
i)
dy
dx
= 2y + e2x ; y = xe2x
ii) (x2 + x− 2)2(y′′ + y′)− 2(x2 + x− 1)−1(2x+ 1)2 = −2x− 1; y = (x2 + x− 2)−1
iii)
dy
dx
= y
(
1− 1
x ln(x)
)
; y =
ex
ln(x)
Resolução: Seja y = xe2x, então derivando y com respeito a variável x temos
y′(x) = e2x + 2xe2x = e2x(1 + 2x).
note que, 2y + e2x = 2xe2x + e2x = e2x(2x+ 1), ou seja, y′(x) = e2x(1 + 2x) = 2y + e2x.
Podemos verificar ainda que y = xe2x está definida para todos os números
reais, logo o intervalo de difinição da solução é (−∞, +∞) = R.
ii) y′(x) = −(x2 + x− 2)−2(2x+ 1), y′′(x) = 2(x2 + x− 2)−3(2x+ 1)2 − 2(x2 + x− 2)−2.
Podemos verificar que a função y = (x2 + x − 2)−1 está definida em x ∈
(−∞, −2) ∪ (−2, 1) ∪ (1, +∞), bem como suas derivadas. Então sob certas condições
podemos escolher um dos três intervalos, como o intervalo de definição da solução, ou
seja, I1 = (−∞, −2), I2 = (−2, 1) ou I3 = (1, +∞).
4
E a igualdade na equação é fácil de verificar.
(x2 + x− 2)2(y′′ + y′)− 2(x2 + x− 1)−1(2x+ 1)2
= (x2 + x− 2)2(2(x2 + x− 2)−3(2x+ 1)2 − 2(x2 + x− 2)−2 + [−(x2 + x− 2)−2(2x+ 1)])
− 2(x2 + x− 1)−1(2x+ 1)2
= −2x− 1
Seja y =
ex
ln(x)
, então derivando y com respeito a variável x,
dy
dx
=
(
ex
ln(x)
− e
x
x
)
1
ln2(x)
=
ex
ln(x)
− e
x
x ln2(x)
e y
(
1− 1
x ln(x)
)
=
ex
ln(x)
(
1− 1
x ln(x)
)
=
ex
ln(x)
− e
x
x ln2(x)
, ou seja, a função verifica
a equação.
Note ainda que y =
ex
ln(x)
e sua derivada são funções definidas no conjunto
(0, 1) ∪ (1, +∞), então sob certas condições pode-se escolher um dos dois intervalos de
definição para a solução, I1 = (0, 1) ou I2 = (1, +∞).
No exemplo 3 temos que y = xe2x + C0 e y =
ex
ln(x)
+ C1, onde C0 e C1 são
constantes arbitrárias são também soluções da equação do item i) e iii) respectivamente.
Dada uma equação diferencial de primeira ordem F (x, y, y′) = 0, ao resol-
vermos tal equação, obtemos usualmente uma solução contendo uma única constante
arbitrária ou parâmetro C. Uma solução com um parâmetro representa um conjunto de
soluções chamado famı́lia soluções a um parâmetro. Quando se tratar de uma equação
diferencial de orden n, procuramos uma famı́lia de soluções a n parâmetros. Quando
uma solução não depende de um parâmetro arbitrário chamamos de solução particular.
As vezes, uma equação diferencial tem uma solução que não faz parte da
famı́lia de soluções da equação, ou seja, pode existir soluções que não estão inclúıdas na
famı́lia para qualquer que seja o valor de C.
Note que y =
1
16
x4 é uma solução particular para a equação
dy
dx
= xy
1
2 , e
y = 0 é também uma solução e y =
1
16
x4+C é uma famı́lia de soluções a um parâmetro
5
C, observe que para qualquer valor de C, y = 0 não pertence a famı́lia. Quando isso
ocorre dizemos que tal solução é uma solução singular.
Dada uma equação diferencial
F (x, y, y′, · · · , y(n)) = 0
dizemos que uma relação G(x, y) = 0 é uma solução impĺıcita da equação diferencial em
um intervalo I, quando existe pelo menos uma função ϕ que satisfaz a relação bem como
a equação diferencial.
Exemplo 4. Verifique que a relação y2 + x2 − 16 = 0 é uma solução impĺıcita para a
equação diferencial
dy
dx
= −x
y
no intervalo −4 < x < 4.
Resolução: Derivando a relação y2+x2−16 = 0 implicitamente temos 2y dy
dx
+2x = 0,
assim,
dy
dx
= −x
y
. Portanto, a relação verifica a equação diferencial. Ainda existem
y = ϕ1(x) =
√
16− x2 e y = ϕ2(x) = −
√
16− x2 que definem y no intervalo −4 < x < 4
e verificam a equação diferencial.
Qualquer relação x2 + y2 + r2 = 0 satisfaz a equação diferencial no intervalo
−r < x < r, ou seja, temos uma famı́lia de circunferência de raio r centrada na origem.
O grau de uma equação diferencial é o grau do expoente da derivada mais
alta da equação.
Exemplo 5. Determine o grau da equação diferencial.
i) (y′′)3 + y′′′ + 2y6 = ln(x) ii) (y′′) + (y′′′)3 + 2y6 − x = cos(x) iii) (y′)2 − 2x+ y = 0
Resolução: i) Grau 1, derivada terceira, ii) grau 3 na derivada terceira, iii) grau 2 na
derivada primeira.
1.1 Equações Diferenciais Ordinária de Primeira Or-
dem
Uma equação diferencial de primeira ordem é uma equação na forma
6
F (x, y, y′) = 0 ou ainda
dy
dx
= f(x, y)
sendo f uma função de duas variáveis.
Infelizmente, para uma função f arbitrária não existe método geral para
resolver a equação diferencial. Iremos estudar alguns casos espećıficos e desenvolveremos
uma metodologia para resolução.
1.1.1 Equações de Variável Separável
Uma equação diferencial de primeira ordem na forma
dy
dx
= g(x).h(y)
é chamada de variável separável.
Seja R uma região do plano para o qual f(x, y) = g(x)h(y) esteja definida
com (x, y) ∈ R = I × J , onde I e J são intervalos abertos de R, se para todo y ∈ J
tivermos h(y) ̸= 0 é uma função cont́ınua e para todo x ∈ I, g(x) também for uma
função cont́ınua segue que
dy
dx
= g(x).h(y) ⇐⇒ 1
h(y)
dy = g(x)dx.
Portanto, o problema torna-se um problema comum de integração. Se h(y) =
1 tem-se a forma mais simples de uma equação diferencial.
Exemplo 6. Verifique se as equações são de variáveis separáveis. Em caso afirmativo
determine uma famı́lia de soluções para equação diferencial.
i)
dy
dx
= yxsen(x2) ii)
dy
dt
= 9, 8 +
y
7
, iii)
dy
dx
= y + ex + 2
iv) y
dy
dx
= y2x+ y2 − 2x− 2 v) dy
dx
= cos(xy) + xy.
Resolução: A equação no item i) é separável onde g(x) = xsen(x2) e h(y) = y. Para
todo y ∈ R∗ e todo x ∈ R g(x) e h(y) são funções cont́ınuas. Basta integrarmos as
equações separando suas variáveis. Suponhamos y ̸= 0, então
7
ln |y| =
∫
1
y
dy =
∫
1
h(y)
dy =
∫
g(x)dx
=
∫
xsen(x2)dx =
1
2
∫
2xsen(x2)dx = −1
2
cos(x2) + C.
Portanto, y = Ke−
1
2
cos(x2) ou y = −Ke− 12 cos(x2),
onde K é uma constante arbitrária não negativa.
ii) Uma equação de variável separável, y′ = 9, 8 +
y
7
=
68, 6 + y
7
= (68, 6 + y)
1
7
. Basta
integrar as equações separando suas variáveis. Suponhamos y ̸= −68, 6, então
ln |y + 68, 6| =
∫
1
y + 68, 6
dy =
∫
1
7
dx =
1
7
x+ C.
Logo, y = Ke
1
7
x − 68, 6 ou y = −Ke 17x − 68, 6, onde K é uma constante
arbitrária não negativa.
iii) Não é uma equação de variável separável.
iv) É uma equação de variável separável, pois
y
dy
dx
= y2x+ y2 − 2x− 2 = y2(x+ 1)− 2(x+ 1) = (x+ 1)(y2 − 2).
Basta integrar separando as variáveis.
1
2
ln |y2 − 2| = 1
2
∫
2y
y2 − 2
dy =
∫
y
y2 − 2
dy
=
∫
x+ 1dx =
x2
2
+ x+ C.
Portanto, y2 = Kex
2+2x + 2, onde K > −2e ≈
−5, 43, ou seja,
y =

√
Kex2+2x + 2
−
√
Kex2+2x + 2
iv) Não é uma equação de variável separável.
8
Exemplo 7. Determine uma famı́lia de soluções para equação diferencial y′ = 2y2 − 8
Resolução: Uma equação diferencial não linear de primeira ordem separável.
É fácil ver que y = 2 e y = −2 são soluções para equação. Vamos determinar outras
soluções para a equação, para y ̸= 2 e y ̸= −2, separando as variáves temos
dy
2y2 − 8
= dx.
Integrando,
x+ C =
∫
dx =
∫
dy
2y2 − 8
=
∫ [ 1
4
2y − 4
−
1
8
y + 2
]
dy
=
1
8
ln |2y − 4| − 1
8
ln |y + 2| = 1
8
ln
∣∣∣∣2y − 4y + 2
∣∣∣∣
Portanto, ln
∣∣∣∣2y − 4y + 2
∣∣∣∣ = 8x + 8C ou equivalentemente, 2y− 4y + 2 = Ke8x onde
K é uma constante arbitrária, não positiva ou não negativa. Isolando y em função de x
temos
y =
2 (2 +Ke8x)
2−Ke8x
Assim, para qualquer valor de K arbitrário a famı́lia de soluções é dada por
y =

2 (2 +Ke8x)
2−Ke8x
−2
Observe ainda que para qualquer volor de K a famı́lia de soluções tem limite
y = −2 quando x tende ao infinito positivo e y = 2 quando x tende ao infinito negativo.
1.1.2 Equação Linear de Primeira Ordem - Fator Integrante
Consideramos agora a equação diferencial
y′ + p(x)y = q(x) (1.1)
9
suponhamos que p(x) e q(x) sejam funções cont́ınuas em um intervalo I. Vamos analisar
três situações.
Se q(x) ≡ 0, então a equação se torna y′ + p(x)y = 0 a qual é uma equação
de variável separável. Suponhamos y ̸= 0, então
ln |y| =
∫
dy
y
=
∫
p(x)dx+ C.
se, e somente se y = Ke
∫
p(x)dx, onde K é uma constante arbitrária, não positiva ou não
negativa.
Se p(x) ≡ 0, então a equação se torna y′ = q(x) um problema de integração
simples. Logo,
y =
∫
ydy =
∫
q(x)dx+ C.
Falta-nos analisar o caso em que p(x) e q(x) não são necessarimanete identi-
camente nulas. Usaremos o método de Leibniz ou método do fator integrante.
Seja ν(x) uma função assećıvel tal que
d
dx
(ν(x)y) = ν(x)y′ + ν(x)p(x)y.
Para que a igualdade acima seja verificada é necessário que
d
dx
(ν(x)) = p(x)ν(x).
Nossa segunda hipótese é que ν(x) seja positiva no intervalo I, com esta
condição a equação acima é separável e
d
dx
(ln(ν(x))) =
1
ν(x)
.
d
dx
(ν(x)) pela regra da
cadeia. Então,
ln(ν(x)) =
∫
1
ν(x)
d(ν(x)) =
∫
p(x)dx+ C
Escolhendo C = 0, obtemos
ν(x) = e
∫
p(x)dx.
Feito isso, multiplicamos a função ν(x) na equação 1.1, para obtermos
ν(x)y′ + p(x)ν(x)y = q(x)ν(x),
10
ou seja,
d
dx
(ν(x)y) = q(x)ν(x).
Tornando um problema de integração simples. Integrando temos
ν(x)y =
∫
d
dx
(ν(x)y)dx =
∫
q(x)ν(x)dx+ C
isto é, y =
1
ν(x)
(∫
q(x)ν(x)dx+ C
)
.
Exemplo 8. Determine uma famı́lia de soluções para as equações diferenciais.
i)
dy
dx
− 3x = 0 ii) y′ + ln(x) + 2 = 0 iii)
•
y +2 = sec2(x)
iv) 2y′ + 4xy = 2x v) 2xy′ + 3y = 8x2, x > 0 vi) y′ +
2
x
y = sen(x)
vii) y′ − 3y = 3xe3x viii) dy
dx
= ysen(x) cos(x)
Resolução: Os itens i), ii) e iii) são exemplos simples de integração, p(x) ≡ 0.
i) y =
∫
dy =
∫
3xdx =
3x2
2
+ C
ii) y =
∫
dy = −
∫
(ln(x) + 2)dx = −(x ln(x)− x+ 2x) + C = −x ln(x)− x+ C
iii) y =
∫
dy =
∫
(sec2(x)− 2)dx = tan(x)− 2x+ C.
Os itens iv), v), vi) e vii) utilizamos o fator integrante ν(x).
iv) A equação 2y′ + 4xy = 2x é equivalente a equação y′ + 2xy = x, onde p(x) = 2x e
ν(x) = e
∫
2xdx = ex
2
. Então
ex
2
y′ + 2xex
2
y = xex
2 ⇔ d
dx
(ex
2
y) = xex
2
.
Integrando,
ex
2
y =
∫
d
dx
(ex
2
y)dx =
∫
xex
2
dx =
ex
2
2
+ C
isto é, y =
1
2
+ Ce−x
2
.
v) A equação 2xy′ + 3y = 8x2 é equivalente a equação y′ +
3
2x
y = 4x, onde p(x) =
3
2x
e
ν(x) = e
∫
3
2x
dx = e
3
2
ln(x) = x
3
2 . Então
x
3
2y′ +
3
2x
x
3
2y = 4xx
3
2 ⇔ d
dx
(x
3
2y) = 4x
5
2 .
11
Integrando,
x
3
2y =
∫
d
dx
(x
3
2y)dx = 4
∫
x
5
2dx =
8x
7
2
7
+ C
isto é, y =
8x2
7
+ Cx−
3
2 .
vi) Na y′ + 2
x
y = sen(x) , onde p(x) =
2
x
e ν(x) = e
∫
2
x
dx = e2 ln(x) = x2. Então
x2y′ + 2xy = x2sen(x) ⇔ d
dx
(x2y) = x2sen(x).
Integrando,
x2y =
∫
d
dx
(x2y)dx =
∫
x2sen(x)dx = −x2 cos(x) + 2
∫
x cos(x)dx
−x2 cos(x) + 2xsen(x)− 2
∫
sen(x)dx = −x2 cos(x) + 2xsen(x) + 2 cos(x) + C
isto é, y = − cos(x) + 2
x
sen(x) +
2
x2
cos(x) +
C
x2
.
vii) Exerćıcio para sala.
viii) A equação
dy
dx
= ysen(x) cos(x) é separável, no caso q(x) ≡ 0. Suponhamos y ̸= 0.
Então
ln |y| = dy
y
=
∫
sen(x) cos(x)dx =
sen2(x)
2
+ C
isto é, y = Ke
sen2(x)
2 onde K é uma constante não negativa ou não positiva.
1.1.3 Problemas de Valor Inicial - P.V.I
Como já vimos, e de um modo geral quando nosso interesse é resolver uma
equação diferencial de ordem n, ou seja,
F (x, y, y′, · · · , y(n)) = 0
encontramos uma famı́lia de soluções com n constantes. Contudo, geralmente em si-
tuações práticas esta solução está sujeita a determinadas condições prescritas, condições
estas imposta a solução desconhecida y = y(x) e suas derivadas.
12
Seja I um intervalo aberto contendo x0, o problema
problema
de
valor inicial

dny
dxn
= f(x, y, y′, · · · , y(n−1))
y(x0) = y0
y′(x0) = y1
...
y(n−1)(x0) = yn−1

condições iniciais
imposta ao problema
onde y0, y1, . . ., yn−1 são constantes espećıficas, é chamado de problema de valor inicial,
estas constantes são chamadas condições iniciais.
famı́lia da equação 2xy′ + 3y = 8x2
Um P.V.I de primeira ordem é escrito na forma
dy
dx
= f(x, y)
y(x0) = y0.
A interpretação geométrica para a solução do
P.V.I é que desejamos encontrar uma solução em um in-
tervalo I contendo x0 de forma que a curva integral passe
pelo ponto (x0, y0) .
Exemplo 9. Encontre a solução para o P.V.I
2xy′ + 3y = 8x2, x > 0
y
(
1
2
)
= 1.
Resolução: A equação diferencial tem solução dada por y =
8x2
7
+ Cx−
3
2 ,
conforme exemplo 8 item v).
O P.V.I nos diz que se x =
1
2
o valor correspondente para y é y = 1, assim
1 =
8
(
1
2
)2
7
+ C
(
1
2
)− 3
2
⇐⇒ C = 5
√
2
28
≈ 0, 252538.
Portanto, a curva integral é dada por y =
8x2
7
+
5
√
2x−
3
2
28
.
13
Exemplo 10. Suponhamos que um objeto, seja arremessado de um avião, perto do ńıvel
do mar. Formule uma equação diferencial que descreva o movimento. Qual a condição
inicial para sua conjectura? Justifique sua idéia.
Resolução: Como o objeto cai de uma determinada altura é natural que
exista um intervalo de tempo até que o objeto chegue ao chão. Vamos designar por t
para denotar o tempo, esse tempo varia de um tempo inicial t0 = 0 até o momento em
que o objeto toca o chão tf = T .
Ainda, com o passar do tempo o objeto vai ganhando velocidade, denotaremos
por v a velocidade do objeto em queda.
Vamos supor que o tempo está sendo medido em segundo (s) e a velocidade
em metros por segundo (m/s).
Da segunda Lei de Newton temos que
F = m.a
onde m e a massa do objeto e a a aceleração. Desta forma m deve ser medido em
quilogramas (Kg) e a em metros por segundo ao quadrado (m/s2) e F em Newtons (N).
Lembre-se que a =
dv
dt
então F = m
dv
dt
⋆.
A gravidade exerce sobre o objeto uma força igual ao peso do objeto, ou seja,
mg, onde g é a aceleração devida a gravidade (g = 9, 8 m/s2 em geral), considerando as
unidades escolhidas.
Outra força exercida sobre o objeto é a resistência do ar (aqui suporemos
sem modelar que tal resistência atue, posto que é uma questão mais profunda). Vamos
supor que esta resistência seja proporcional a velocidade , isto é, R = γv, onde γ é uma
constante de proporcionalidade.
Logo, a força resultante é dada por F = mg− γv, substituindo F na equação
⋆ temos
m
dv
dt
= mg − γv.
14
Note que o modelo tem três constantes m, g e γ. As constantes m e γ variam
de acordo com o objeto.
A condição inicial é o momento em que o objeto foi arremesado t0 = 0 e neste
momento a sua velocidade é nula, ou seja, v(t0) = v(0) = 0. Podemos assim inferir o
seguinte P.V.I 
mv′ = mg − γv
v (0) = 0.
Exemplo 11. Suponha que um objeto seja arremessado de uma altura de 1821, 95 metros
que tenha um peso de 21Kg e que a resistência do ar exercida sobre o objeto seja de
3Kg/s.
i) Encontre sua velocidade em qualquer instante t.
ii) Quanto tempo vai levar para tocar o chão e quão rápido estará se movendo no instante
do impacto.
Resolução: Pelo exemplo 10 temos que o P.V.I que descreve o movimento é
mv′ = mg − γv
v (0) = 0.
A equação diferencial pode ser reescrita como v′ + γ
m
v = g, uma equação
linear, o fator integrante para equação é ν(t) = e
∫ γ
m
dt = e
γ
m
t. Multiplicando ν(t) na
equação, temos
e
γ
m
tv′ +
γe
γ
m
t
m
v = ge
γ
m
t⇔ d
dt
(e
γ
m
tv) = ge
γ
m
t.
Integrando a última equação temos,
e
γ
m
tv =
∫
ge
γ
m
tdt+ C =
mge
γ
m
t
γ
+ C ⇔ v = mg
γ
+ Ce−
γ
m
t.
Da condição inicial conclúımos que C = −mg
γ
e a equação é dada por
v =
mg
γ
− mg
γ
e−
γ
m
t =
mg
γ
(
1− e−
γ
m
t
)
.
Substituindo os valores m = 21, γ = 3 e g = 9, 8 para termos a velocidade
em qualquer instante t, ou seja, v = 68, 6
(
1− e− 17 t
)
.
15
ii) Para encontrarmos o instante do impacto temos que determinar o tempo que leva
para o objeto cair 1821, 95 metros.
Sabemos que a distância percorrida pelo objeto está relacionada com a velo-
cidade, ou seja,
dx
dt
= v onde x(t) é o espaço percorrido.
famı́lia da equação v′ + γ
m
v = g
Portanto,
dx
dt
= 68, 6
(
1− e− 17 t
)
, um problema
de integração direta. Integrando
x(t) = 68, 6t+ 480, 2e−
1
7
t +K
onde K é a constante de integração, a ser determinada
pela condição inicial. Note que o objeto começa a cair no
instante t0 = 0, neste instante o espaço percorrido é nulo,
isto é, x(t0) = x(0) = 0, desta forma K = −480, 2 e a
equação que descreve o espaço percorrido fica
x(t) = 68, 6t+ 480, 2e−
1
7
t − 480, 2.
Seja T o instante que o objeto toca o chão, então
1821, 95 = x(T ) = 68, 6T + 480, 2e−
1
7
T − 480, 2 ⇔ 0 = 68, 6T + 480, 2e−
1
7
T − 2302, 15.
Podemos aproximar a equação 0 = 68, 6
(
T + 7e−
1
7
T − 33, 559
)
e, portanto,
0 =
(
T + 7e−
1
7
T − 33, 559
)
, com uso de um software podemos determinar aproximada-
mente T , isto é T ≈ 33, 5 segundos.
A velocidade com que o objeto toca o chão é vT ≈ 68, 2
(
1− e− 33,57
)
=
67, 6306 metros por segundo.
Se a velocidade inicial for menor que 68, 6 m/s então a famı́lia é crescente
caso contrário decrescente e em ambos os casos a velocidade tende a 68, 6 m/s quando
t tende ao infinito.
16
Exemplo 12. Encontre uma solução para equação diferencial satisfazendo a condição
inicial, conforme o P.V.I dado,
(3 + x)dy + 2ydx = 0
y (1) = 2.
Resolução: Se y(x) = 0 é uma solução para equação diferencial, porém não
satisfaz a condição inicial. A equação paramétrica x(t) = −3 e y(t) = t é solução da
equação mas, também não satisfaz a condição inicial. A equação é de variável separável.
famı́lia da equação (3 + x)dy + 2ydx = 0
ln |y| =
∫
dy
y
= −
∫
2
x+ 3
dx+ C
= −2 ln |x+ 3|+ C = ln[(x+ 3)−2] + C.
Aplicando a exponencial em ambos os lados,
y =
K
(x+ 3)2
. Pela condição inicial, determinamos K,
ou seja, 2 =
K
(1 + 3)2
⇔ K = 32.
Portanto, a curva integral que verifica o
P.V.I é y =
32
(x+ 3)2
, definida em I = (−3, +∞).
1.1.4 Equações Homegêneas
Definição 1.3. Dizemos que uma função f é homegênea se f satisfaz
f(tx, ty) = tnf(x, y)
para algum número real n. O número n é dito grau de homogeneidade.
Exemplo 13. Verifique se as funções são f(x, y) = x3 − 3x2y + 6y3 é homegênea.
i) f(x, y) = x3 − 3x2y + 6y3 ii) f(x, y) = 3
√
x3y + y2x2 − 6y4
Resolução: Item i)
f(tx, ty) = (tx)3 − 3(tx)2(ty) + 6(ty)3 = t3x3 − 3t3x2y + t3y3
= t3(x3 − 3x2y + 6y3) = t3f(x, y)
17
Para o item ii)
f(tx, ty) = 3
√
(tx)3(ty) + (ty)2(tx)2 − 6(ty)4 = 3
√
t4x3y + t4y2x2 − 6t4y4
= 3
√
t4(x3y + y2x2 − 6y4) = t 43 3
√
x3y + y2x2 − 6y4 = t 43f(x, y)
Definição 1.4. Uma equação diferencial da forma
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0
é chamada homogênea se ambos os coeficientesM e N são funções homogêneas do mesmo
grau.
Em outras palavras M(tx, ty) = tnM(x, y) e N(tx, ty) = tnN(x, y).
Uma equação diferencial homogênea M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 pode ser
resolvida por meio de uma substituição algébrica.
Pondo y = ux ou x = vy onde u ou v são as novas variáveis independentes.
Essa mudança transforma a equação homogênea em uma equação diferencial de primeira
ordem separável.
Se x = vy, derivando implicitamente dx = vdy + ydv, então
0 = M(x, y)dx+N(x, y)dy =M(vy, y)(vdy + ydv) +N(vy, y)dy
= ynM(v, 1)(vdy + ydv) + ynN(v, 1)dy { função homogênea}
= yn[vM(v, 1) +N(v, 1)]dy + yn+1M(v, 1)dv
= yn
[
[vM(v, 1) +N(v, 1)]dy + yM(v, 1)dv
]
Assim, para y ̸= 0 devemos ter
[
vM(v, 1) +N(v, 1)
]
dy + yM(v, 1)dv = 0,
que é uma equação separável,
dy
y
= − M(v, 1)dv
vM(v, 1) +N(v, 1)
Exemplo 14. Determine uma famı́lia de soluções para equação
(y3 − x2y)dx+ (xy2 + y−1x4)dy = 0
18
Resolução: Pondo M(x, y) = y3 − x2y e N(x, y) = xy2 + y−1x4 verifica-se
facilmente que M e N são funções homogêneas de grau 3.
Pondo x = vy então dx = vdy + ydv
0 = (y3 − (yv)2y)(vdy + ydv) + (yvy2 + y−1(yv)4)dy
= y3(1− v2)(vdy + ydv) + y3(v + v4)dy
= y3
[
[v − v3 + v + v4]dy + y(1− v2)dv
]
= y3
[
[2v − v3 + v4]dy + y(1− v2)dv
]
Separando as variáveis,
dy
y
= − 1− v
2
2v − v3 + v4
dv =
(v − 1)(v + 1)
v(v + 1)(v2 − 2v + 2)
dv.
Integrando,
ln |y| =
∫
dy
y
=
∫
(v − 1)(v + 1)
v(v + 1)(v2 − 2v + 2)
dv =
∫ [
− 1
2v
+
v
2(v2 − 2v + 2)
]
dv
= − ln |v|
2
+
1
2
∫
v
(v2 − 2v + 2)
dv = − ln |v|
2
+
1
4
∫
2v + 2− 2
v2 − 2v + 2
dv
= − ln |v|
2
+
1
4
∫
2v − 2
v2 − 2v + 2
dv +
1
2
∫
1
v2 − 2v + 2
dv
= − ln |v|
2
+
1
4
ln(v2 − 2v + 2) + 1
2
∫
1
(v − 1)2 + 1
dv
= − ln |v
2|
4
+
1
4
ln(v2 − 2v + 2) + 1
2
arctan(v − 1) + C
=
1
4
ln
∣∣∣∣v2 − 2v + 2v2
∣∣∣∣+ 12 arctan(v − 1) + C.
Aplicando a exponencial em ambos os lados y = Ke
ln
∣∣∣∣∣ (v2−2v+2)
1
4
v
1
2
∣∣∣∣∣+ 12 arctan(v−1)
,
onde K é uma constante não negativa ou não positiva, ainda,
y =
K(v2 − 2v + 2) 14
v
1
2
.e
1
2
arctan(v−1) = K
((
x
y
)2
− 2
(
x
y
)
+ 2
) 1
4
(
x
y
) 1
2
.e
1
2
arctan((xy )−1).
19
Exemplo 15. Determine uma famı́lia de soluções para equação
4xy3dx+ (x4 − 5y4)dy = 0
Resolução: Pondo M(x, y) = 4xy3 e N(x, y) = x4 − 5y4, verifica-se facil-
mente que são funções homogêneas de grau 4.
Fazendo a substituição x = yv e dx = vdy + ydv, obtemos
0 = (4yvy3)(vdy + ydv) + ((yv)4 − 5y4)dy = y4
[
4v(vdy + ydv) + (v4 − 5)dy
]
= y4
[
(v4 + 4v2 − 5)dy + 4vydv
]
.
Separando as variáveis,
dy
y
= − 4v
v4 + 4v2 − 5
dv =
−4v
(v − 1)(v + 1)(v2 + 5)
dv.
Integrando,
ln |y| =
∫
dy
y
=
∫
−4v
(v − 1)(v + 1)(v2 + 5)
dv
=
∫ [
− 1
3(v − 1)
− 1
3(v + 1)
+
2v
3(v2 + 5)
]
dv
= − ln |v − 1|
3
− ln |v + 1|
3
+
ln |v2 + 5|
3
+ C =
1
3
ln
∣∣∣∣ (v2 + 5)(v − 1)(v + 1)
∣∣∣∣+ C
=
1
3
ln
∣∣∣∣(v2 + 5)(v2 − 1)
∣∣∣∣+ C = ln
∣∣∣∣∣(v2 + 5)
1
3
(v2 − 1) 13
∣∣∣∣∣+ C.
Aplicando a exponencial em ambos os lados, temos
y =
K(v2 + 5)
1
3
(v2 − 1) 13
=
K
((
x
y
)2
+ 5
) 1
3
((
x
y
)2
− 1
) 1
3
= K 3
√
x2 + 5y2
x2 − y2
Exemplo 16. Determine uma solução para o P.V.I
2
(
1− y
x
)
dx+
(
2 + e−
y
x
)
dy = 0
y(1) = 0
20
Resolução: Pondo N(x, y) = 2 + e−
y
x e M(x, y) = 1 − y
x
, verifica-se facil-
mente que são funções homogêneas de grau 0 (zero).
Pondo u = y
x
ou y = xu então dy = xdu+ udx.
0 = 2 (1− u) dx+ (2 + e−u) (xdu+ udx) = (2− 2u+ 2u+ ue−u)dx+ x (2 + e−u) du
= (2 + ue−u)dx+ x (2 + e−u) du
Separando as variávels,
dx
x
= − 2 + e
−u
2 + ue−u
du.
Integrando,
ln |x| =
∫
dx
x
= −
∫
2 + e−u
2 + ue−u
du = −
∫
eu (2 + e−u)
eu (2 + ue−u)
du
= −
∫
2eu + 1
2eu + u
du = − ln |2eu + u|+ C = ln
∣∣∣∣ 12eu + u
∣∣∣∣+ C
Aplicando exponencial em ambos os lados,
x = Ke
ln
∣∣∣∣∣∣
1
2eu + u
∣∣∣∣∣∣
=
K
2eu + u
=
K
2e
y
x +
y
x
=
Kx
2xe
y
x + y
.
Das condições iniciais temos 1 = K.1
2.1e
0
1+0
= K
2e
⇔ K = 2e. Portanto, a solução
para equação diferencial é x =
2ex
2xe
y
x + y
.
1.1.5 Equações Exatas
Consideramos z = f(x, y) uma função com derivadas parciais cont́ınuas em
uma região R do plano xy, então sua diferencial total é
dz =
∂f
∂x
dx+
∂f
∂y
dy.
Se f(x, y) = C segue que
∂f
∂x
dx+
∂f
∂y
dy = 0.
21
Para sermos mais claros, observemos a famı́lia
2x3 − 3xy2 + y2 = c.
Então, 0 = (6x2 − 3y2)dx+ (2y − 6xy)dy⋆ ou ainda, dy
dx
=
6xy − 2y
6x2 − 3y2
⋆ ⋆.
Note que a equação ⋆ não é homogênea e a equação ⋆⋆ não é separável.
Definição 1.5. Uma equação diferencial
M(x, y)dx+N(x, y)dy
éuma diferencial exata em uma região do plano xy se ela corresponde à diferencial total
de alguma função f(x, y). Uma equação da forma
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0
é chamada exata se a expressão do lado esquerdo é uma diferencial total.
O resultado a seguir nos fornece uma condição necessária e suficiente para
sabermos quando uma equação diferencial é exata.
Teorema 1.6. Sejam M(x, y) e N(x, y) funções cont́ınuas com derivadas parciais
cont́ınua em uma região retangular R. Então, uma condição necessária e suficiente
para que M(x, y)dx+N(x, y)dy seja uma diferencial exata é
My =
∂M
∂y
=
∂N
∂x
= Nx
Para resolvermos uma equação na forma M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 não
homogênea e não separável, verificamos se a igualdade
My =
∂M
∂y
=
∂N
∂x
= Nx
é verificada.
Suponhamos que podemos determinar uma função f tal que
∂f
∂x
=M(x, y) ⋆ e
∂f
∂y
= N(x, y) ⋆ ⋆ (1.2)
22
Tal função é constante, ou seja, f(x, y) = C.
De fato, definamos y = ϕ(x) implicitamente como função diferencial de x.
0 =M(x, y) +N(x, y)
dy
dx
=
∂f
∂x
+
∂f
∂y
dy
dx
=
d
dx
(f(x, ϕ(x))) .
Logo, C = f(x, ϕ(x)) = f(x, y).
Para determinarmos f , voltamos na equação 1.2 ⋆ e integramos M(x, y) com
relação a variável x, considerando y constante, ou seja,
f(x, y) =
∫
∂f
∂x
dx+ g(y) =
∫
M(x, y)dx+ g(y) (1.3)
onde g(y) é a constante de integração.
Derivamos f(x, y) com relação a variável y temos
∂f
∂y
=
∂
∂y
∫
M(x, y)dx+ g′(y) = N(x, y).
Portanto, g′(y) = N(x, y)− ∂
∂y
∫
M(x, y)dx.
O lado direito da equação acima independe de x. Basta derivarmos o lado
direito com respeito a variável x.
∂
∂x
[
N(x, y)− ∂
∂y
∫
M(x, y)dx
]
=
∂N
∂x
− ∂
∂x
(
∂
∂y
∫
M(x, y)dx
)
=
∂N
∂x
− ∂
∂y
(
∂
∂x
∫
M(x, y)dx
)
=
∂N
∂x
− ∂M
∂y
= 0.
Conclúımos então que
C = f(x, y) =
∫
M(x, y)dx+ g(y)
g′(y) = N(x, y)− ∂
∂y
∫
M(x, y)dx
Exemplo 17. Resolva a equação 3x2ydx+ (x3 − 1)dy = 0
Resolução: Pondo M(x, y) = 3x2y e N(x, y) = x3 − 1 temos
∂M
∂y
= 3x2 e
∂N
∂x
= 3x2.
23
Como
∂M
∂y
=
∂N
∂x
se trata de uma equação diferencial exata.
Assim,
C = f(x, y) =
∫
3x2ydx+ g(y) = x3y + g(y)
g′(y) = x3 − 1− ∂
∂y
(x3y) = x3 − 1− x3 = −1.
Portanto, g(y) = −y e C = x3y+ g(y) = x3y−y e se x ̸= 1 temos y = C
x3 − 1
Exemplo 18. Resolva a equação (3x2y + y3)dx+ (x3 − y2x)dy = 0, com uma tentativa
de equação diferencial exata.
Resolução: Pondo M(x, y) = 3x2y + y3 e N(x, y) = x3 − y2x temos
∂M
∂y
= 3x2 + 3y2 e
∂N
∂x
= 3x2 − y2.
Como
∂M
∂y
̸= ∂N
∂x
segue que a equação não é exata.
Por outro lado, temos que
C = f(x, y) =
∫
(3x2y + y3)dx+ g(y) = x3y + y3x+ g(y)
g′(y) = x3 − y2x− ∂
∂y
(x3y + y3x) = x3 − y2x− x3 − 3y2x = −4y2x.
Como g′(y) não depende só de y, não é posśıvel determinar g(y). Dáı, não
existe uma função f para a qual
∂M
∂y
=
∂N
∂x
. Tente resolver por equação homogênea.
Exemplo 19. Determine uma solução para o P.V.I
(x ln(y) + xy)dx+
(
x2
2y
+ x
2
2
)
dy = 0
y(2) = e2.
Resolução: Pondo M(x, y) = x ln(y) + xy e N(x, y) = x
2
2y
+ x
2
2
então
∂M
∂y
=
x
y
+ x e
∂N
∂x
=
x
y
+ x.
24
Se trata de uma equação diferencial exata.
C = f(x, y) =
∫
(x ln(y) + xy)dx+ g(y) =
x2 ln(y)
2
+
x2y
2
+ g(y)
g′(y) = x
2
2y
+ x
2
2
− ∂
∂y
(
x2 ln(y)
2
+ x
2y
2
)
= x
2
2y
+ x
2
2
− x2
2y
− x2
2
= 0.
Segue que g(y) = K e, portanto C1 =
x2
2
(y + ln(y)).
Pela condição inicial temos C1 =
22
2
(e2 + ln(e2)) = 2(e2 + 2) = 18, 778....
famı́lia da equação
(x ln(y) + xy)dx+
(
x2
2y
+ x
2
2
)
dy = 0
Assim, 2(e2 + 2) =
x2
2
(y + ln(y)) ou equiva-
lentemente x2 =
4(e2 + 2)
y + ln(y)
, ou ainda,
x =

2
√
e2 + 2√
y + ln(y)
se x > 0 e y > 0, 5671...
− 2
√
e2 + 2√
y + ln(y)
se x < 0 e y > 0, 5671...
Como da condição inicial x = 2 então a
solução é x =
2
√
e2 + 2√
y + ln(y)
.
Transformando Equações não Exatas em Exatas
Algumas vezes podemos ter uma equação na forma
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (1.4)
não homegênea e não exata.
É posśıvel algumas vezes encontrar um fator integrante µ(x, y) de forma que,
quando multiplicamos por ele o lado esquerdo da equação 1.4 obtemos uma equação
exata, isto é,
µ(x, y)M(x, y)dx+ µ(x, y)N(x, y)dy = 0 (1.5)
é uma equação exata.
25
Lembre-se que uma equação do tipo 1.5 só será exata se
∂
∂y
(µM) =
∂
∂x
(µN),
pela regra da cadeia e do produto para derivadas, temos
∂µ
∂y
M +
∂M
∂y
µ =
∂µ
∂x
N +
∂N
∂x
µ.
ou seja,
∂µ
∂y
M − ∂µ
∂x
N =
(
∂N
∂x
− ∂M
∂y
)
µ.
Neste instante, para determinarmos µ, deveŕıamos resolver uma E.D.P. Como
não estamos em condições teóricas para esta situação, suponhamos que µ seja uma função
de uma variáel.
Se supussermos que µ dependa só de x, então
∂µ
∂x
=
dµ
dx
e
dµ
dx
=
µ
N
(
∂M
∂y
− ∂N
∂x
)
.
Se o lado direito depender só de x, então o problema está resolvido, pois
temos áı uma equação diferencial de primeira ordem separável. Logo,
µ(x) = e
∫
1
N (
∂M
∂y
− ∂N
∂x ).
Se supussermos que µ dependa só de y, então
∂µ
∂y
=
dµ
dy
e
dµ
dy
=
µ
M
(
∂N
∂x
− ∂M
∂y
)
.
Se o lado direito depender só de y, então o problema está resolvido, pois
temos áı uma equação diferencial de primeira ordem separável. Logo,
µ(y) = e
∫
1
M (
∂N
∂x
− ∂M
∂y ).
Exemplo 20. Determine uma solução para equação para o P.V.I
xydx+ (2x2 + 3y2 − 20)dy = 0
y(1) = 1.
26
Resolução: Pondo M(x, y) = xy e N(x, y) = 2x2 + 3y2 − 20 então
∂M
∂y
= x e
∂N
∂x
= 4x.
Portanto, a equação não é exata e também não é homogênea, ainda
1
N
(
∂M
∂y
− ∂N
∂x
)
=
x− 4x
2x2 + 3y2 − 20
= − 3x
2x2 + 3y2 − 20
depende das variáveis x e y, e
1
M
(
∂N
∂x
− ∂M
∂y
)
=
4x− x
xy
=
3
y
depende somente da variável y. Logo,
µ(y) = e
∫
3
y
dy = e3 ln(y) = y3.
Multiplicando µ(y) na equação original, temos
0 = µ(y)xydx+ µ(y)(2x2 + 3y2 − 20)dy
= y3xydx+ y3(2x2 + 3y2 − 20)dy = xy4dx+ (2y3x2 + 3y5 − 20y3)dy
é uma equação diferencial exata.
C = f(x, y) =
∫
(xy4)dx+ g(y) =
x2y4
2
+ g(y)
g′(y) = 2y3x2 + 3y5 − 20y3 − ∂
∂y
(
x2y4
2
)
= 3y5 − 20y3.
Por integração direta, g(y) =
y6
2
− 5y4 e, portanto,
C =
x2y4
2
+ g(y) =
x2y4
2
+
y6
2
− 5y4
equivalentemente, para y ̸= 0
2C + 10y4 − y6
y4
= x2
ou ainda,
27
famı́lia da equação
xydx+ (2x2 + 3y2 − 20)dy = 0
x =

√
2C + 10y4 − y6
y2
se x > 0
−
√
2C + 10y4 − y6
y2
se x < 0
Da condição inicial, x e y são positivos, e
C =
12.14
2
+
16
2
− 5.14 = 1
2
+
1
2
− 5 = −4.
Então a solução é x =
√
−8 + 10y4 − y6
y2
se 0, 96936... ≤ y ≤ 3, 14939....
Exemplo 21. Seja a equação (3x2y + y3)dx+ (x3 − y3x)dy = 0, tente resolve-la.
Resolução: Pondo M(x, y) = 3x2y + y3 e N(x, y) = x3 − y3x temos
∂M
∂y
= 3x2 + 3y2 e
∂N
∂x
= 3x2 − y3.
Como
∂M
∂y
̸= ∂N
∂x
segue que a equação não é exata. É fácil ver também que
a equação não é homogênea.
Tentativa de encontrar uma fator integrante e transforma-la em exata.
1
N
(
∂M
∂y
− ∂N
∂x
)
=
3x2 + 3y2 − 3x2 + y3
x3 − y3x
=
3y2 + y3
x3 − y3x
depende das variáveis x e y.
1
M
(
∂N
∂x
− ∂M
∂y
)
=
3x2 − y3 − 3x2 − 3y2
3x2y + y3
= − y
3 + 3y2
3x2y + y3
também depende das variáveis x e y.
Portanto, não podemos determinar um fator integrante, ainda a equação não
é separável.
Sabemos que y = 0 é uma solução para a equação e essa é a única solução
que podemos explicitar com as ferramentas dispońıveis até aqui.
28
Exemplo 22. Encontre a famı́lia de soluções para equação
(x2y + y2x2)dx+
(
x3
3
+ x3y
)
dy = 0.
Resolução: Pondo M(x, y) = x2y + y2x2 e N(x, y) = x
3
3
+ x3y temos
∂M
∂y
= x2 + 2yx2 e
∂N
∂x
= x2 + 3x2y.
Transfomar em uma equação exata.
1
M
(
∂N
∂x
− ∂M
∂y
)
=
x2 + 3x2y − x2 − 2yx2
x2y + y2x2
=
yx2
x2y + y2x2
=
x2y
x2y(1 + y)
=
1
1 + y
famı́lia da equação
(x2y + y2x2)dx+
(
x3
3
+ x3y
)
dy = 0
Determinando o fator integrante.
µ(y) = e
∫
1
1+y
dy =eln |1+y| = 1 + y.
Logo,
(x2y+2x2y2+y3x2)dx+
(
x3
3
+
4yx3
3
+ x3y2
)
dy = 0
é uma equação exata.
∂M
∂y
= x2 + 4x2y + 3y2x2 =
∂N
∂x
.
Utilizando a metodologia de equações
exatas temos,
C = f(x, y) =
∫
(x2y + 2y2x2 + y3x2)dx+ g(y) =
yx3
3
+
2y2x3
3
+
y3x3
3
+ g(y)
g′(y) = x
3
3
+ 4yx
3
3
+ x3y2 − ∂
∂y
(
yx3
3
+ 2y
2x3
3
+ y
3x3
3
)
= x
3
3
+ 4yx
3
3
+ x3y2 −
(
x3
3
+ 4yx
3
3
+ y2x3
)
= 0.
Portanto, 3K = yx3 + 2y2x3 + y3x3 = (y + 2y2 + y3)x3 ou equivalentemente,
x = 3
√
3K
y + 2y2 + y3
=
3
√
3K
3
√
y(y + 1)2
.
A famı́lia de soluções é y = 0, y = −1 e x em função de y.
29
1.1.6 Equações Bernoulli, Ricatti e Clairaut
Equações de Bernoulli
A equação diferencial
dy
dx
+ p(x)y = f(x)yn
em que n é um número real qualquer é chamada de equação de Bernoulli. Para n = 0 e
n = 1 a equação é linear em y.
Se y ̸= 0, n ̸= 0 e n ̸= 1 a equação pode ser reescrita como
y−n
dy
dx
+ p(x)y1−n = f(x). (1.6)
Pondo u = y1−n então
du
dx
= (1 − n)y−n dy
dx
, substituindo a mudança de
variável na equação 1.6, obtemos
1
1− n
du
dx
+ p(x)u = f(x) ⇐⇒ u′ + (1− n)p(x)u = (1− n)f(x)
esta última equação é linear em u, resolvemos em u e depois fazemos u = y1−n e obtemos
a solução da equação de Bernoulli.
Exemplo 23. Determine uma solução para o P.V.I e faça um esboço da curva integral.
y′ + xy = xy3
y(2) = 3
Resolução: Note que y = 0 é uma solução da equação, porém não é solução
para o P.V.I. A equação pode ser reescrita como y−3y′ + xy−2 = x, onde n = 3.
Pondo u = y−2 temos
du
dx
= −2y−3 dy
dx
e a equação pode ser reescrita como
−1
2
du
dx
+ xu = x⇐⇒ u′ − 2xu = −2x
Determinando o fator integrante desta última equação,
ν(x) = e
∫
−2xdx = e−x
2
30
famı́lia da equaçãoy′ + xy = xy3
Multiplicando na equação linear em u, te-
mos e−x
2
u′ − 2xe−x2u = −2xe−x2 ⇐⇒ d
dx
(e−x
2
u) =
−2xe−x2 , por integração direta temos,
e−x
2
u =
∫
d
dx
(e−x
2
u)dx =
∫
−2xe−x2dx = e−x2+K
ou seja, u = 1 + Kex
2
, então
1
y2
= 1 + Kex
2
, da
condição inicial
1
9
= 1 +Ke2
2
, se e somente se K =
− 8
9e4
≈ −0, 016..., a solução para o P.V.I é dada por
1
y2
= 1− 8
9e4
ex
2
ou equivalentemente,
y =
1√
1− 8
9e4
ex2
=
3e2√
9e4 − 8ex2
observe que pela condição inicial y > 0 e x ∈ (−2, 02923231..., 2, 02923231...)
Equações de Ricatti
A equação diferencial não linear
y′ = P (x) +Q(x)y +R(x)y2
é chamda equação de Ricatti. Suponhamos que y1 seja uma solução particular equação
de Ricatti, então fazendo a substituição y = y1 + u e
dy
dx
=
dy1
dx
+
du
dx
produz a seguinte
equação em u.
u′ = R(x)u2 + (Q(x) + 2y1R(x))u. (1.7)
Uma equação de Bernoulli com n = 2, pondo w = u−1 então
dw
dx
= −u−2du
dx
,
para tornar em uma equação linear em w, ou seja,
w′ + (Q(x) + 2y1R(x))w = −R(x).
31
Vamos mostar que de fato com a mudança de variável a equação de Ricatti se
torna a equação de Bernoulli dada em 1.7, reescrevendo a equação de Ricatti na forma
0 = y′ − P (x)−Q(x)y −R(x)y2 e do fato que y1 é solução temos
0 =
dy1
dx
+
du
dx
− P (x)−Q(x)(y1 + u)−R(x)(y1 + u)2
=
dy1
dx
− P (x)−Q(x)y1 −R(x)y21︸ ︷︷ ︸
=0
+
du
dx
−Q(x)u− 2y1uR(x)−R(x)u2
=
du
dx
−Q(x)u− 2y1uR(x)−R(x)u2 =
du
dx
−R(x)u2 − (Q(x)− 2y1R(x))
O fato crucial na equação de Ricatti é que devemos saber uma solução parti-
cular da equação para podermos então determinarmos uma famı́lia de soluções.
Exemplo 24. Determine a solução para o P.V.I
y′ = 2− 2xy + y2
y(0) = 2
Resolução: Temos P (x) = 2, Q(X) = −2x e R(X) = 1. Considerando y1
uma solução particular para equação de Ricatti e pondo y = y1 + u obtemos a equação
de Bernoulli
u′ − (2y1 − 2x)u = u2
O ponto crucial é determinar uma solução particular para equação, por outro
lado y1 = 2x é uma solução para equação, de fato,
2 = 2− 4x2 + 4x2 = 2− 2x.2x+ (2x)2 = 2− 2xy1 + y21 = y′1.
Agora, devemos fazer w = u−1 e w′ = dw
dx
= −u−2 du
dx
= −u−2u′ e obtemos
−w′ − (2y1 − 2x)w = 1 ⇐⇒ w′ + (2y1 − 2x)w = −1.
Determinando o fator integrante
ν(x) = e
∫
(2y1−2x)dx = e
∫
(4x−2x)dx = e
∫
2xdx = ex
2
.
32
Multiplicando ν(x) na equação linear em w, temos
ex
2
w′ + (2x)ex
2
w = −ex2 ⇐⇒ d
dx
(
ex
2
w
)
= −ex2 .
Se y = 2x+ u então pela condição inicial do P.V.I temos que 2 = 2.0 + u, ou
seja, u = 2, como w = u−1 temos w = 1
2
, logo o P.V.I em w é dado por
d
dx
(
ex
2
w
)
= −ex2
w(0) = 1
2
Podemos resolver por integração direta a equação
ex
2
w =
∫
d
dx
(
ex
2
w
)
dx = −
∫ x
0
et
2
dt+ C ⇐⇒ w =
−
∫ x
0
et
2
dt+ C
ex2
.
Da condição inicial C = 1
2
, voltando para variável u temos
u =
ex
2
1
2
−
∫ x
0
et
2
dt
.
Portanto, a solução para o P.V.I é
y = 2x+
ex
2
1
2
−
∫ x
0
et
2
dt
.
Observação, a integral
∫
ex
2
dx não é explicita, neste caso podemos usar
expansão em série de potência. A expansão em série da função et
2
=
+∞∑
n=0
t2n
n!
em torno
do ponto t = 0 e vale∫ x
0
et
2
dt =
∫ x
0
+∞∑
n=0
t2n
n!
dt =
+∞∑
n=0
∫ x
0
t2n
n!
dt =
+∞∑
n=0
t2n+1
(2n+ 1)n!
∣∣∣∣∣
x
0
=
+∞∑
n=0
x2n+1
(2n+ 1)n!
Exemplo 25. Encontre uma solução para o P.V.I
y′ = −24− 2y + y2
y(2) = 2
33
Resolução: Pondo 0 = −24 − 2y + y2 temos que y = 6 ou y = −4 são
soluções da equação do segundo grau, portanto, são também soluções particular para
equação diferencial. Da equação temos que P (x) = −24, Q(x) = −2 e R(x) = 1.
Sabemos que w′ + (Q(x) + 2y1R(x))w = −R(x), onde y = y1 + u, w = u−1 e
y1 = 6 é uma solução particular.
w′ + (−2 + 2.6.1)w = −1 ⇔ w′ + 10w = −1.
O fator integrante para equação acima é ν(x) = e
∫
10dx = e10x. Multiplicando
na equação linear em w, temos
e10xw′ + 10e10xw = −e10x ⇔ d
dx
(
e10xw
)
= −e10x.
Integrando a equação temos,
e10xw = −e
10x
10
+ C ou seja, w = − 1
10
+ Ce−10x.
Voltando para a variável u, temos u =
1
− 1
10
+ Ce−10x
=
10
10Ce−10x − 1
.
A famı́lia de soluções é dada por
y = 6 +
1
− 1
10
+ Ce−10x
= 6 +
10
10Ce−10x − 1
= 6 +
1
− 1
10
+ Ce−10x
= 6 +
10e10x
10C − e10x
.
Da condição inicial temos 2 = 6 +
10e10.2
10C − e10.2
se, e so se, C = −3e
20
20
.
A curva solução do P.V.I é
y = 6 +
10e10x
−3e20
2
− e10x
= 2.
−9e20 − 6e10x + 10e10x
−3e20 − 2e10x
= −2.4e
10x − 9e20
3e20 + 2e10x
.
Equações de Clairaut
A equação diferencial
y = xy′ + f(y′)
34
é chamada equação de Clairaut e tem a seguinte famı́lia de soluções
y = cx+ f(c)
em que c é uma constante arbitrária.
De fato, como y′ = c dáı cx+ f(c) = xy′ + f(y′).
Exemplo 26. Determine uma famı́lia de solução para equação y = xy′ + sen(y′).
Resolução: Identificamos f(y′) = sen(y′) dáı y = cx+ sen(c)
Exemplo 27. Determine uma famı́lia de solução para equação
y = xy′ + y′ ln(y′)
Resolução: Identificando f(y′) = y′ ln(y′) dáı y = cx+ c ln(c).
A equação de Clairaut pode também possuir uma solução em forma pa-
ramétrica, onde 
x = −f ′(t)
y = f(t)− tf ′(t)
Essa última solução é singular, pois, se f ′′(t) ̸= 0, ela não pode ser obtida da
famı́lia de soluções y = cx+ f(c).
famı́lia da equação y = xy′ + 1− ln(y′)
Note que,
dy
dx
=
dy
dt
dx
dt
= t sempre que
f ′′(t) ̸= 0
Exemplo 28. Obtenha a solução singular e uma
famı́lia de solução para equação.
i) y = xy′ + 1− ln(y′) ii) y = (x+ 4)y′ + (y′)2
Resolução: Item i) como f(y′) = 1−ln(y′)
temos que a famı́lia de soluções é dada por
y = cx+ 1− ln(c) c > 0.
35
Pondo f(t) = 1 − ln(t) temos que f ′(t) = −1
t
, segue que a solução singular
é dada por x = −f ′(t) = 1
t
e y = f(t) − tf ′(t) = 1 − ln(t) + 1 = 2 + ln(t), como t = 1
x
temos que y = 2− ln
(
1
x
)
= 2 + ln(x).
Assim, a famı́lia de soluções é
y =

cx+ 1− ln(c)
2 + ln(x)
Observação: A solução y = 2 + ln(x) tangência a famı́lia y = cx + 1 − ln(c)
para qualquer valor de c > 0. De fato, derivando y = 2 + ln(x), obtemos y′ = 1
x
e para
cada valorde x > 0 obtemos o coeficiente angular da reta tangente a curva y = 2+ln(x).
Escolhendo 1
x0
= c obtemos m = 1
x0
= c. A reta tangente é dada por y− y0 = m(x−x0),
ou seja, y − 2− ln(x0) = 1x0 (x− x0), dáı y = cx− 1 + 2 + ln(x0) = cx + 1− ln(c). Isso
implica que um P.V.I formado pela equação diferencial y = xy′ + 1 − ln(y′) poderá ter
no mı́nimo duas soluções se o ponto (x0, y0) for um ponto da curva y = 2 + ln(x).
famı́lia da equação y = (x+ 4)y′ + (y′)2
Item ii) a equação y = xy′ + 4y′ + (y′)2,
dáı f(y′) = 4y′ + (y′)2 e a famı́lia de soluções é dada
por y = xc+ 4c+ c2 = (x+ 4)c+ c2.
Como f(t) = 4t+t2 e f ′(t) = 4+2t temos
x = −4 − 2t e y = 4t + t2 − 4t − 2t2 = −t2 então
y = −x2
4
− 2x− 4. E a famı́lia de soluções é
y =

(x+ 4)c+ c2
−x2
4
− 2x− 4
1.1.7 Equações Com Grau Diferente de Um
Uma equação diferencial na forma
F
(
x, y,
dy
dx
)
= 0
com grau diferente de um, quando analisarmos sua resolução através da introdução de
um parâmetro p, tal que p = dy
dx
, tem-se F (x, y, p) = 0.
36
Se p = f(x, y) se trata de uma equação de primeira ordem e grau um.
Se a equação tiver a forma y = g(x, p), as variáveis x e y podem ser deter-
minadas da seguinte maneira.
Derivando y = g(x, p) em relação a variável x, temos dy
dx
= p = ∂g
∂x
+ ∂g
∂p
. dp
dx
.
E o seguinte sistema constitúıdo de,
y = g(x, p)
p =
∂g
∂x
+
∂g
∂p
.
dp
dx
fornece a solução do problema caindo em uma equação de primeira ordem e grau um.
Se a equação tiver a forma x = h(y, p), de modo análogo ao caso anterior,
mas derivando em relação a y, para obtermos
dx
dy
=
1
p
=
∂h
∂y
+
∂h
∂p
.
dp
dy
.
e constitúımos o sistema 
x = h(y, p)
1
p
= ∂h
∂y
+ ∂h
∂p
.dp
dy
que permite obter a solução recaindo em uma equação de primeira ordem e grau um.
Exemplo 29. Determinar a solução geral e a solução singular da equação
y =
(
dy
dx
)2
− xdy
dx
+
x2
2
.
Resolução: A equação tem grau dois e está escrita na forma y = g
(
x, dy
dx
)
=
g(x, p).
Pondo p =
dy
dx
na equação, temos
y = p2 − xp+ x
2
2
. ⋆
Derivando em relação a x,
dy
dx
= p = 2p
dp
dx
− p− xdp
dx
+ x = (2p− x)dp
dx
− p+ x,
37
ou seja, (2p− x)dp
dx
= 2p− x.
Se 2p− x ̸= 0 então dp
dx
= 1 e, portanto, p = x+C, onde C é a constante de
integração.
Substituindo p encontrado na equação ⋆, temos
y = (x+ C)2 − x(x+ C) + x
2
2
=
x2
2
+ Cx+ C2
a solução geral.
famı́lia da equação y =
(
dy
dx
)2
− x
dy
dx
+
x2
2
Por outro lado, se 2p−x = 0 então p = x
2
e substituindo na equação ⋆ obtemos que y =
x2
4
a
solução singular.
E a famı́lia de soluções é
y =

x2
2
+ Cx+ C2
x2
4
A solução singular tangência a famı́lia de
soluções, para qualquer valor de C. E o ponto de tangência é x = −2C e y = C2.
Exemplo 30. Determine a famı́lia de soluções para equação y =
dy
dx
+
√
1−
(
dy
dx
)2
Resolução: A equação tem grau diferente de um e está escrita na forma
y = g(x, p).
Pondo p = dy
dx
temos que y = p+
√
1− p2.
Derivando em relação a x,
p =
dp
dx
− p√
1− p2
dp
dx
=
(
1− p√
1− p2
)
dp
dx
.
A equação é de variável separável, ou seja,
dx =
dp
p
− dp√
1− p2
.
38
Integrando,
x =
∫
dx =
∫ (
1
p
− 1√
1− p2
)
dp = ln |p| − arcsin(p) + C.
Na equação acima não é posśıvel isolar o parâmetro p, neste caso deixamos a
solução escrita na forma paramétrica
x = ln |p| − arcsin(p) + C
y = p+
√
1− p2
Exemplo 31. Determine uma curva integral para o P.V.I
y = x
dy
dx
+ 2
(
dy
dx
)4
y(0) = 32
Resolução: Pondo p =
dy
dx
, temos
y = xp+ 2p4 ⋆
famı́lia da equação y = x
dy
dx
+ 2
(
dy
dx
)4
derivando em relação a x, temos
p = x
dp
dx
+ p+ 8p3
dp
dx
⇐⇒ 0 = (8p3 + x)dp
dx
.
Se 8p3 + x ̸= 0 então dp
dx
= 0 e, portanto,
p = C.
Substituindo o valor de p na equação ⋆
temos y = Cx+ 2C4.
Se 8p3 + x = 0 então p = −
3
√
x
2
, substi-
tuindo na equação ⋆, vem
y = x
(
−
3
√
x
2
)
+
(
−
3
√
x
2
)4
= −3x
4
3
8
.
E a famı́lia de soluções é dada por
y =

Cx+ 2C4
−3
3
√
x4
8
39
Da condição inicial temos 32 = C.0+2C4, se, e somente se, C = ±2. A curva
integral é dada por y = 2x+ 32 ou y = −2x+ 32 .
Pergunta. Que condição inicial deve ser dada para que o P.V.I pussua uma
única solução?
1.1.8 Outras Substituições
Algumas equações diferenciais apresentam-se de uma forma não discutida
até o momento, em alguns casos com uma mudança apropriada de variável cáımos em
um dos casos já discutidos até o momento.
Exemplo 32. Resolva a equação y(1 + 2xy)dx+ x(3 + 2yx)dy = 0
Resolução: A equação não é homogênea, não é exata, linear, separável ou
de Bernoulli.
Pondo u = 2xy, isto é, y = u
2x
e o diferencial é dy =
xdu− udx
2x2
, substituindo
na equação diferencial,
0 =
u
2x
(1 + u)dx+ x(3 + u)
(
xdu− udx
2x2
)
= 1
2x
(u+ u2 − 3u− u2)dx+ 1
2
(3 + u)du = 1
2
(3 + u)du− 1
x
udx.
Uma equação de variável separável,
dx
x
=
3 + u
2u
du =
(
3
2u
+
1
2
)
du.
Integrando,
ln |x| = 3 ln |u|
2
+
u
2
+ C ⇐⇒ ln |x| = 3 ln |2xy|
2
+ xy + C
ou ainda, −1
2
ln |x| = 3
2
ln |y|+ xy +K.
Note que y = 0 e x = 0 são também soluções para equação que não faz parte
da famı́lia de soluções.
Exemplo 33. Resolva 2xy
dy
dx
+ 2y2 = 2x2 − 5
40
Resolução: Reescrevendo a equação 2xydy + (2y2 − 2x2 + 5)dx = 0.
A equação não é exata, porém pode ser transformada em uma equação exata.
Note que
1
N
(
∂M
∂y
− ∂N
∂x
)
=
1
2xy
(4y − 2y) = 1
x
.
Resolveremos a equação fazendo uma mudança de variável, pondo u = 2y2
então
du
dx
= 4y
dy
dx
.
Substituindo na equação diferencial x
du
dx
+ 2u = 4x2 − 10 ou ainda,
u′ +
2u
x
=
4x2 − 10
x
Uma equação linear, cujo fator integrante é ν(x) = e
∫
2
x
dx = e2 ln |x| = x2.
Multiplicando ν(x) na equação linear em u, temos
d
dx
(ux2) = 4x3 − 10x.
famı́lia da equação 2xy
dy
dx
+ 2y2 = 2x2 − 5
Integrando,
ux2 =
∫
d
dx
(ux2)dx =
∫
(4x3−10x)dx = x4−5x2+C
Isto é, u = x2 − 5 + Cx−2, pondo na
variável y, temos 2y2 = x2 − 5 + Cx−2, ou
y =

√
x2 − 5 + Cx−2
2
se y > 0
−
√
x2 − 5 + Cx−2
2
se y < 0
Faça você a solução transformando em equação exata.
1.1.9 Equações Autônomas
Uma classe importante de equações de primeira ordem consiste naquelas das
quais a variável independente não aparece explicitamente.
Tais equações são ditas autônomas e tem a forma
dy
dx
= f(y).
41
Nosso objetivo, agora é mostrar como ter informações sobre a solução sem
resolve-la, ou seja, informações qualitativas.
Crescimento Exponencial. Seja y = ψ(t) a população de uma espécie
dada num instante t. A hipótese mais simples sobre a variação da população é que a
taxa de variação de y é proporcional ao valor atual de y, isto é,
dy
dt
= ry
onde r é a constante de proporcionalidade, r é chamada de taxa de crscimento ou decĺıneo.
Suponha r > 0, resolvendo a equação sujeita à condição inicial y(0) = y0,
segue que a solução é dada por
y = y0e
rt.
Deste modo o modelo prevê que a população crescerá exponencialmente sem-
pre. Para um intervalo de tempo curto este modelo é razoavelmente preciso para muitas
populações. No entanto, em condições ideais não podem perdurar indefinidamente, exis-
tem limitações de espaço, suprimento de alimento entre outros fatores que reduzirá a
taxa de crescimento, o que inibi o crescimento exponencial.
Crescimento Loǵıstico. Suponhamos que a taxa de crescimento dependa
da população, ou seja, que r é substituida por uma função de y. Logo a equação fica
dy
dt
= h(y)y.
A função h(y) deve ser escolhida de modo que h(y) ≈ r > 0 quando y for
pequeno, e h(y) decrescerá quendo y crescer e h(y) < 0 quando y form suficientemente
grande.
A função mais simples com essas propriedades é h(y) = r − ay, onde a > 0,
portanto,
dy
dt
= (r − ay)y
essa equação é conhecida como equação de Verhultou equação loǵıstica. A equação pode
42
ser reescrita como
dy
dt
= r
(
1− ay
r
)
y = r
(
1− y
K
)
y
onde K = r
a
. A constante r é chamada taxa de crescimento intŕınsico, isto é, taxa de
crescimento na ausência de fator limitador.
Vamos fazer um estudo qualitativo da equação
dy
dt
= r
(
1− y
K
)
y.
Primeiramente, procuramos soluções para a equação do tipo mais simples, ou
seja, funções constantes. Pois para tais soluções temos
dy
dt
= 0.
Logo, qualquer solução constante deve satisfazer
0 = r
(
1− y
K
)
y.
Portanto, as soluções constantes são y = ψ1(x) = 0 e y = ψ2(x) = K.
Essas soluções são chamadas soluções de eqúılibrio, pois correspondem ao
caso em que não há variação de y quando t cresce.
Os zeros de f(y) são chamados de pontos cŕıticos.
gráfico de f(y) = r
(
1− y
K
)
y
Para fazermos o gráfico da função f(y) =
r
(
1− y
K
)
y pomos y como eixo horizontal e f(y)
como eixo vertical, o gráfico de f(y) é uma parábola
de concavidade voltada para baixo, como no gráfico
ao lado, as setas apontando para direita indicam que
a função é crescente entre (0, K) e decrescente para
todo y > K, ou seja,
dy
dt
> 0 para 0 < y < K, por-
tanto, y é uma função crescente de t quando y está
neste intervalo. Analogamente
dy
dt
< 0 para y > K,
assim, y é uma função descrecente de t.
Neste contexto o eixo dos y é chamado de reta de fase, e reproduzida na sua
orientação vertical que é a mais comum.
43
esboço das curvas integrais
O esboço das curvas integrais é feito
primeiramente fazendo o gráfico das soluções de
equiĺıbrio y = 0 e y = K. Depois desenhamos as
curvas crescentes no intervalo 0 < y < K e decres-
cente quando y > K. Note que outras soluções não
interseptam a solução de equiĺıbrio y = K, pois como
veremos o teorema de existência e unicidade, afirma
que apenas uma solução pode conter um ponto dado
no plano ty.
Embora outras soluções possam ser assintóticas à solução de equiĺıbrio quando
t→ +∞, elas não se interseptam em um instante finito.
Podemos ainda determinar a concavidade das curvas soluções e a localização
dos pontos de inflexão encontrando
d2y
dt2
.
Da equação diferencial e pela regra da cadeia, obtemos
d2y
dt2
=
d
dt
(
dy
dt
)
=
d
dt
(f(y)) = f ′(y)
dy
dt
= f ′(y)f(y).
O gráfico de y em função do tempo é convexo (concavidade voltada para
cima) quando y′′ > 0, isto é, f e f ′ tem o mesmo sinal.
O gráfico de y é côncavo (concavidade voltada para baixo) ocorre quando f
e f ′ tem sinais opostos.
Podem ocorrer pontos de inflexão quando f ′(y) = 0.
Em nosso caso
dy
dt
= r
(
1− y
K
)
y temos que as soluções são convexas para
0 < y < K
2
e para y > K, para K
2
< y < K as soluções são côncavas.
Observação: Para populações començanco abaixo de K, a população é cres-
cente e esse valor nunca é atingido, nos referimos a K como sendo o ńıvel de saturação,
ou capacidade ambiental de sustentação para a espécie dada.
Em muitas situações informações qualitativas são suficientes para a solução
44
y = ψ(t). Tais informações são obtidas sem resolver a equação diferencial. No entanto,
caso quéıramos informações mais detalhadas sobre o crescimento loǵıstico, como por
exemplo, a população num determinado instante t, precisamos resolver a equação sujeita
a uma condição inicial.
Se y ̸= 0 e y ̸= K, a solução é dada por
rdt =
dy(
1− y
K
)
y
=
(
1
y
+
1
K
1− y
K
)
dy.
Integrando,
ln |y| − ln
∣∣∣1− y
K
∣∣∣ = rt+ C.
onde C é a constante de integração a ser determinada pela condição inicial y(0) = y0.
Se 0 < y0 < K, y permanece nesse intervalo e 1− yK > 0, podemos nesse caso
remover os módulos, e, portanto,
y
1− y
K
= C1e
rt onde C1 = e
C .
Para satisfazer a condição inicial y(0) = y0 temos que C1 =
y0
1− y0
K
e, após
algumas operações algébricas obtemos
y =
Ky0
y0 + (K − y0)e−rt
.
Se y0 > K, y permanece nesse intervalo e 1− yK < 0, neste caso, removemos
o segundo módulo com o sinal negativo, assim,
y
1− y
K
= C2e
rt onde C2 = −eC .
Para satisfazer a condição inicial y(0) = y0 temos que C2 =
y0
1− y0
K
e, após
algumas operações algébricas obtemos
y =
Ky0
y0 + (K − y0)e−rt
.
Finalmente, note que as soluções contém as soluções de equiĺıbrio, correspon-
dendo as condições iniciais y0 = 0 implica que y = 0 e/ou y0 = K implica que y = K.
45
As questões qualitativas que chegamos anteriormente por racioćınio geométrico
podem ser confirmadas examinando a solução explicita.
Como vemos, se y0 = 0 então y = 0 para todo t. Se y > 0 e se fizermos
t→ +∞, quando 0 < y < K ou quando y > K, obtemos
lim
t→+∞
y(t) =
y0K
y0
= K,
dessa forma a solução tende a solução de equiĺıbrio y = ψ2(t) = K assintoticamente
quando t→ +∞.
Dizemos que a solução constante ψ2(t) = K é uma solução assintoticamente
estável da equação, ou que o ponto y = K é um ponto de equiĺıbrio, ou ponto cŕıtico,
assintoticamente estável. A solução de equiĺıbrio ψ1(t) = 0 é diferente, mesmo que a
população começe próximo de zero ela tende a crescer quando t cresce e tende a K
quando t→ +∞.
Dizemos que ψ1(t) = 0 é uma solução de equíıbrio instável. Isso significa que
a única maneira de garantir que a solução seja nula é certificar-se de que seu valor inicial
é exatemente nulo.
Um Limiar Cŕıtico: Considere a equação
gráfico de f(y) = −r
(
1− y
T
)
y
dy
dt
= −r
(
1− y
T
)
y
onde T e r são constantes positivas, observe que a
equação difere da equação loǵıstica pelo sinal de me-
nos na expressão a direita da igualdade.
O gráfico de f(y) = −r
(
1− y
T
)
y é uma
parábola com concavidade voltada para cima. Os
pontos y = 0 e y = T são os pontos cŕıticos corres-
pondentes as soluções de equiĺıbrio.
Se 0 < y < T , então
dt
dt
< 0, e y decresce quando t cresce, ou seja, y é uma
46
função decrescente de t.
esboço das curvas integrais
Se y > T ,
dt
dt
> 0, e y cresce quando t
cresce, ou seja, y é uma função crescente de t.
Nesta situação ψ1(t) = 0 é uma solução
assintoticamente estável e ψ2(t) = T é assintotica-
mente instável.
Note que f ′(y) < 0 para 0 < y < T
2
e
f ′(y) > 0 para T
2
< y < T , de modo que o gráfico de
y em função de t é convexo e/ou côncavo , respecti-
vamente nesses intevalos.
Como f ′(y) > 0 para y > T , o gráfico de
y em função de t é convexo.
Observando a figura com o esboço das curvas integrais, vemos que, a medida
que o tempo cresce, y tende a zero ou cresce sem limite, dependendo do valor inicial y0
se é menor ou maior que T . Dessa forma T é um limiar cŕıtico abaixo do qual não existe
crescimento.
As conclusões geométricas podem ser verificadas determinando a solução para
equação sujeita a condição inicial y(0) = y0 e, encontramos a solução
y =
Ty0
y0 + (T − y0)ert
. ⋆
Se 0 < y0 < T da equação ⋆ vemos que y → 0 quando t→ +∞ e isso está de
acordo com nossa noção geométrica.
Se y0 > T então existe um valor finito t
∗ tal que y0 − (y0 − T )ert
∗
= 0, (note
que trocamos o sinal do denominador na equação ⋆, pois y0 − T > 0) que pode ser
determinado por
t∗ =
1
r
ln
(
y0
y0 − T
)
.
Assim, se a população inicial y0 está acima do limiar T , o modelo limiar
47
prevê que o gráfico de y em função de t tem uma asśıntota vertical em t = t∗, em outras
palavras a população torna-se ilimitada em um tempo finito.
Observe que em nossa análise geométrica essa localização de asśıntota não
foi detectada, assim a solução explicita forneceu informações adicionais importantes do
ponto de vista qualitativos.
Para uma quantidade pequena a população tende a ser extinta, por outro
lado se juntar um pouco mais de modo que a população inicial seja maior que o limiar
então a população cresce e pode se tornar ilimitada em um tempo finito, de modo que
nesta situação a equaçãodeve ser modificada.
Crescimento Loǵıstico com um Limiar. Considere a equação
gráfico de f(y) = −r
(
1− y
T
) (
1− y
K
)
y
dy
dt
= −r
(
1− y
T
)(
1− y
K
)
y
onde T < K e r são constantes positivas.
O gráfico de f(y) em função de y está ilus-
trado ao lado. Nesse problema existem três pontos
cŕıticos, y = 0, y = T e y = K, correspondendo as
soluções de equiĺıbrio y = ψ1(t) = 0, y = ψ2(t) = T
e y = ψ3(t) = K, respectivamente.
Os pontos de inflexão no gráficos gráficos de y em função de t pode ser
determinado derivando f(y) com respeito a y, ou seja,
f ′(y) = −r
(
1− y
T
) (
1− y
K
)
− ry
[
− y
T
(
1− y
K
)
− y
K
(
1− y
T
)]
= −r
(
1− y
T
) (
1− y
K
)
− ry
[
− y
T
+ y
TK
− y
K
1 + y
TK
]
= − r
TK
(T − y)(K − Y )− ry
TK
(2y −K − T )
= − r
TK
[
2y2 − 2y(K + T ) + TK
]
Para os valores de y tais que 2y2 − 2y(K + T ) + TK = 0 o gráfico de y em
48
função de t possui pontos de inflexão, tais pontos são dados por
y1 =
K + T −
√
K2 + T 2 −KT
3
e y2 =
K + T +
√
K2 + T 2 −KT
3
esboço das curvas integrais
Se a população incial y0 > T então y
acaba se aproximando da capacidade de sustentação
K, desta forma a solução y = ψ3(t) = K é assintoti-
camente estável. Se y < T então y decresce até che-
gar à extinção da espécie, e a solução y = ψ1(t) = 0
é assintoticamente estável. A solução y = ψ2(t) = T
é assintóticamente instável, pois como vemos a única
forma de garantir que a solução seja y = T é tomar
y0 = T .
Exemplo 34. Um pequeno lago é formado à medida que se acumula água em um de-
pressão em forma de cone de raio a e profundidade h. Suponha que a água é acumulada
a uma taxa constante k e é perdida, através de evaporação, a uma taxa proporcional à
área da superf́ıcie.
i) Determine o modelo de equação diferencial
dV
dt
= f(V ), onde V é o volume do lago.
ii) Encontre a profundidade de equiĺıbrio da água no lago. O equiĺıbrio é assintotica-
mente estável?
iii) Encontre uma condição que tem que ser satisfeita para que o lago não transborde.
Resolução: Consideramos r o raio e l a profundidade do lago com água.
A área da superf́ıcie é AS = πr
2, portanto, a taxa
de água perdida é dada por απr2, onde α é a constante de
proporcionalidade. Sendo k a taxa constante de acumulação
de água temos que
dV
dt
= k − απr2
A expressão não esta em função das informações dadas, mas por semelhança
49
de triângulos temos a
r
= h
l
e o volume do cone é dado por V = πr
2l
3
. Dáı r2 = a
2l2
h2
,
substituindo na expressão do volume do cone V = πa
2l3
3h2
, isolando l na expressão do
volume temos, l = 3
√
3h2
πa2
V , portanto, r2 = a
2
h2
(
3h2
πa2
V
) 2
3
=
(
3a
πh
) 2
3 V
2
3 , substituindo na
equação diferencial, temos
dV
dt
= k − απ
(
3a
πh
) 2
3
V
2
3
uma equação autônoma, dependendo do volume do lago.
ii) Se
dV
dt
= 0, ou seja, k − απ
(
3a
πh
) 2
3 V
2
3 = 0, temos o volume de equiĺıbrio. isto é,
V =
πhk
3
2
3a(απ)
3
2
. ⋆
Pondo r o raio de equiĺıbrio. Da equação diferencial, 0 =
dV
dt
= k−απr2, ou
seja, r2 = k
απ
. Se l representa a profundidade de equiĺıbrio, então o volume de equiĺıbrio
é dado por
V =
πr2l
3
=
πlk
3απ
=
lk
3α
. ⋆ ⋆
Igualando o volume obtido em ⋆ com o volume encontrado em ⋆⋆, temos
lk
3α
= πhk
3
2
3a(απ)
3
2
, isolando l nesta última equação, temos que a profundidade de equiĺıbrio é
dada por
l =
h
a
√
k
πα
Para respondermos se o equiĺıbrio é estável, note que
f(V ) = k − απ
(
3a
πh
) 2
3
V
2
3 > 0 se V < Vequi
e
f(V ) = k − απ
(
3a
πh
) 2
3
V
2
3 < 0 se V > Vequi,
desta forma V em função de t é uma função crescente se V < Vequi e decrescente se
V > Vequi, ou seja, as soluções estão tendendo a solução de equiĺıbrio quando t tende ao
infinito, e, portanto, a solução de equiĺıbrio é estável.
iii) Se
dV
dt
< 0 o volume está em decĺınio, caso contrário o volume é crescente e nesta
situação pode ocorrer que o lago transborde. Assim, a condição é πa2 ≥ k
α
.
50
1.1.10 Existência e Unicidade de Soluções
Até o momento aprendemos algumas metodologias de resolução para equações
diferenciais ordinárias de primeira ordem, nesta altura duas perguntas fundamentais de-
vem ser feitas.
1o Dada uma equação diferencial, será que existem soluções.
2o Caso existam soluções, poderá exisitir uma única solução.
A resposta dessas perguntas para equações diferenciais ordinárias é dada pelo
teorema de existência e unicidade.
51
Caṕıtulo 2
Aplicações Geométricas
2.1 Problemas Geométricos
Consideramos uma curva C e um ponto P (x, y) da curva. Traçamos a reta
tangente a curva passando por P (x, y) (RT ) e a reta normal a curva passando por P (x, y)
(RN), o ponto de contato da reta tangente com o eixo dos x é denotado por T (x1, 0) e
o ponto de contato da reta normal com o eixo dos x é denotado por N(x2, 0), traçamos
uma reta normal ao eixo dos x passando por P (x, y), o ponto de contato dessa reta com
o eixo dos x é dado por M(x, 0).
Consideramos como segmentos notáveis
os segmentos dados por:
PT o comprimento da reta tangente,
PN o comprimento da reta normal,
TM o comprimeto da subtangente,
MN o comprimento da subnormal.
Observando a figura podemos descrever
essas medidas através de equações diferenciais, pe-
las seguintes relações.
O comprimento da subtangente,
tan(α) =
PM
TM
ou seja, TM =
PM
tan(α)
,
52
isto é,
TM =
|y|
dy
dx
O comprimento da subnormal,
tan(α) =
NM
PM
ou seja, NM =
PM
tan(α)
,
isto é,
NM = |y|dy
dx
O comprimento da tangente, observando o △PTM , temos
PT =
√
PM
2
+ TM
2
=
√√√√y2 +( y
dy
dx
)2
=
√√√√y2(1 + 1(
dy
dx
)2
)
= |y|
√
1 +
1(
dy
dx
)2
O comprimento da normal, observando o △PMN , temos
PN =
√
PM
2
+MN
2
=
√
y2 +
(
y
dy
dx
)2
=
√√√√y2(1 + (dy
dx
)2)
= |y|
√
1 +
(
dy
dx
)2
Exemplo 35. Determine a equação das curvas que têm a subnormal constante.
Resolução: A subnormal é o segmento MN , logo
K =MN = y
dy
dx
, onde K é constante.
Integrando,
y2
2
=
∫
ydy = K
∫
dx+ C = Kx+ C
ou seja, y2 = 2Kx+ 2C, que representam parábolas no eixo dos y.
Exemplo 36. Dar a equação da curva que tem subtangente constante.
Resolução: A subtangente é o segmento MT , logo
K =MT =
y
dy
dx
, onde K é constante.
53
Integrando,
K ln |y| =
∫
K
y
dy =
∫
dx+ C = x+ C
ou seja, y = e
x
K
+ C
K = C0e
x
K .
Exemplo 37. Determine a curva cuja normal em cada ponto e o segmento que une este
ponto a origen formam um triângulo isóceles de base no eixo dos x.
Resolução:
O △OPN é isóceles de base no eixo dos
x. Logo, PN = PO e x = OM =MN , assim
x =MN = y
dy
dx
.
Integrando,
y2
2
=
∫
ydy =
∫
xdx+ C =
x2
2
+ C,
isto é, y2 − x2 = 2C, que são hipérboles
Exemplo 38. Determine as equações das curvas que une as porções de todas as tangen-
tes situadas entre os eixos coordenados sejam divididas ao meio pelo ponto de tangência
Resolução:
O ponto P (x, y) da curva divide a reta
tangente em duas partes iguais entre os eixos coorde-
nados, isto é, QP = PS, note que tan(α) = − tan(β),
portanto,
dy
dx
= −y
x
.
Integrando,
ln |y| =
∫
dy
y
= −
∫
dx
x
+ C = − ln |x|+ C,
isto é, y = K
x
onde K é uma constante arbitrária, a curva é uma hiperbóle equilátera.
54
Exemplo 39. Achar a equação da curva que passa pelo ponto (5, 6), conhecendo a
declividade de sua tangente num ponto qualquer
dy
dx
=
2x
3y
Resolução: Uma equação de variável separável, 3ydy = 2xdx. Integrando,
3y2
2
= x2 + C ⇐⇒ 3y2 − 2x2 = 2C
Como o ponto (5, 6) pertence a curva, então
2C = 3.62 − 2.52 = 108− 50 = 58.
E a curva é dada por 3y2 − 2x2 = 58
Exemplo 40. Uma curva C no plano reflete os raios de luz de tal modo que todo raio L
paralelo ao eixo dos y é refletido para um único ponto O. Determine a equação diferencial
para a função y = f(x) que descreve a forma da curva C.
Resolução:A figura ao lado mostra um esboço
geométrico do problema, pela lei da reflexão o ângulo
entre a reta tangente e a trajetória do raio de luz é
o mesmo, conforme mostra a figura. Pomos o ângulo
de reflexão como α e consideramos β o ângulo entre
o eixo dos y e o raio refletido em O, logo β = 2α. As
seguintes igualdade são verificadas
dy
dx
= tan
(π
2
− α
)
= cot(α) ⇔ dx
dy
= tan(α),
x
y
= tan(β) = tan(2α) =
tan(α) + tan(α)
1− tan(α) tan(α)
=
2 tan(α)
1− tan2(α)
.
Portanto, a equação diferencial que descreve a curva é
x
y
=
2dx
dy
1−
(
dx
dy
)2 ⇐⇒ x = x(dxdy
)2
+ 2y
dx
dy
55
2.2 Trajetórias ortogonais
Sejam L1 e L2 duas retas não paralelas ao eixos coordenados, as retas
são perpendiculares se, e somente se, seus respectivos coeficientes angulares satisfazem
m1.m2 = −1.
Sejam C1 e C2 duas curvas e seja P (x0, y0) um ponto pertencente as curvas,
as curvas C1 e C2 são ortogonais em P (x0, y0) se, e somente se, suas retas tangentes
T1 e T2 forem perpendiculares no ponto P (x0, y0). Exceto no caso em que T1 e T2 são
paralelos aos eixos coordenados, isso significa que os coeficientes angulares das tangentes
são negativos inversos um do outro.
Exemplo 41. Mostre que as curvas y = x3 e x2 + 3y2 = 4 são curvas ortogonais.
Resolução: Os pontos de intersecção entre as curvas é dado pela equação
x2 +3x6 − 4 = 0, isto é, (x− 1)(x+1) (3x4 + 3x2 + 2)︸ ︷︷ ︸
>0
= 0 portanto, x = −1 e x = 1 são
as únicas ráızes para equação.
Os pontos de intersecção das curvas são dados por
(1, 1) e (−1, −1).
A inclinação da reta tangente y = x3 é dada por
dy
dx
∣∣∣∣
x=−1
= 3x2
∣∣∣∣
x=−1
= 3 = 3x2
∣∣∣∣
x=1
=
dy
dx
∣∣∣∣
x=1
A inclinação da reta tangente x2+3y2 = 4 é dada
por
dy
dx
∣∣∣∣ x=−1
y=−1
= − x
3y
∣∣∣∣ x=−1
y=−1
= −1
3
= − x
3y
∣∣∣∣x=1
y=1
=
dy
dx
∣∣∣∣x=1
y=1
Como m1.m2 = 3.
(
−1
3
)
= −1, segue que as curvas são ortogonais.
Definição 2.1. Quando todas as curvas de uma famı́lia G(x, y, C1) = 0 interceptam
ortogonalmente todas as curvas de outra famı́lia H(x, y, C2) = 0 então dizemos que as
trajetórias são ortogonais uma da outra.
56
Trajetórias ortogonais ocorrem naturalmente na construção de mapas mete-
rológicos e no estudo de eletricidade e magnetismo.
Para encontrar as trajetórias ortogonais de uma dada famı́lia de curvas, pri-
meiro encontramos a equação diferencial
dy
dx
= f(x, y)
que descreve a famı́lia. A equação diferencial da famı́lia ortogonal é então
dy
dx
= − 1
f(x, y)
Exemplo 42. Encontre as trajetórias ortogonais da famı́lia de hiperbóles y = C1
x
Resolução: A derivada
dy
dx
= −C1
x2
, como yx = C1, então
dy
dx
= −y
x
.
Portanto, a equação diferencial da famı́lia ortogonal é
dy
dx
= − 1
− y
x
=
x
y
.
Integrando,
y2
2
=
∫
ydy =
∫
xdx =
x2
2
+ C2 ⇐⇒ y2 − x2 = 2C2
que são também famı́lia de hiperbóles
Exemplo 43. Encontre as trajetórias ortogonais da famı́lia de curvas y = 1
ln(C1x)
Resolução: A derivada
dy
dx
= −(ln(C1x))−2
C1
C1x
= − 1
x ln(C1x)
.
Como ln(C1x) =
1
y
, então então C1 =
e
1
y
x
, por-
tanto,
dy
dx
= −y
2
x
.
Logo, a equação diferencial da famı́lia ortogonal é
dy
dx
= − 1
−y2
x
=
x
y2
.
Integrando,
y3
3
=
∫
ydy =
∫
xdx =
x2
2
+ C2 ⇐⇒ 2y3 − 3x2 = 6C2
57
2.2.1 Curvas em Coordenadas Polares
Seja a equação polar r = f(θ) então
r
dθ
dr
= tan(ψ)
onde ψ é o ângulo positivo anti-horário entre a reta radial e a reta tangente.
Duas curvas C1 e C2 em coordenadas polares são
ortogonais em um ponto de intersecção se, e somente se
tan(ψ1) tan(ψ2) = −1
Exemplo 44. Determine as trajetórias ortogonais das cur-
vas
i) r = C1(2 + cos(2θ)) ii) r = K1(1 + sen(θ))
Resolução: Derivando a equação i) com respeito a θ temos,
dr
dθ
= −2C1sen(2θ) = −2
(
r
2 + cos(2θ)
)
sen(2θ)
portanto,
r
dθ
dr
=
2 + cos(2θ)
−2sen(2θ)
= tan(ψ1).
Como tan(ψ2) = −
1
tan(ψ1)
então r
dθ
dr
= tan(ψ2) = −
1
2+cos(2θ)
−2sen(2θ)
=
2sen(2θ)
2 + cos(2θ)
.
Separando as variáveis,
dr
r
=
2 + cos(θ)
2sen(2θ)
dθ =
(
1
sen(2θ)
+
cos(2θ)
2sen(2θ)
)
dθ.
Integrando,
ln |r| = 1
2
ln
∣∣ csc(2θ)− cot(2θ)∣∣+ 1
4
ln |sen(2θ)|+ ln |C2|
=
1
4
ln
∣∣C2( csc(2θ)− cot(2θ))2sen(2θ)∣∣ .
Isto é, r4 = C2( csc(2θ)− cot(2θ))2sen(2θ)
58
Derivando a equação do item ii) com respeito a θ
temos
dr
dθ
= −K1cos(θ) = −
(
r
1− sen(θ)
)
cos(θ)
portanto, r
dθ
dr
= −
(
1− sen(θ)
cos(θ)
)
= tan(ψ1)
Logo, a equação diferencial das curvas ortogonais
é dada por
r
dθ
dr
= − cos(θ)
1 + sen(θ)
Integrando a variáveis separáveis, temos
ln |r| =
∫
dr
r
= −
∫
1 + sen(θ)
cos(θ)
dθ = −
∫
(sec(θ) + tan(θ)) dθ
= ln | cos(θ)| − ln | sec(θ) + tan(θ)|+ ln |K2| = ln
∣∣∣∣ K2 cos(θ)sec(θ) + tan(θ)
∣∣∣∣
= ln
∣∣∣∣K2 cos2(θ)1 + sen(θ)
∣∣∣∣ = ln ∣∣∣∣K2(1− sen2(θ))1 + sen(θ)
∣∣∣∣ = ln |K2(1− sen(θ))| .
Isto é, r = K2(1− sen(θ)).
2.3 Envoltórias
No estudo de geometria diferencial, tem-se contato com diversos tipos de
curvas, entre as quais a evoluta, a envolvente e a envoltória.
Em nosso propósito vamos definir apenas a envoltória de uma famı́lia de
curvas dependentes de um ou mais parâmetros.
Definição 2.2. Seja a famı́lia de curvas dependentes de um parâmetro f(x, y, α) = 0,
define-se como envoltória a curva que é tangente a todas as curvas que constituem a
famı́lia.
Deste modo, pode-se afirmar que poderá não haver envoltórias para uma
59
famı́lia, ou até mesmo existir uma ou mais de uma envoltória para a mesma famı́lia de
curvas.
As curvas da famı́lia que possuem envoltória são ditas envolvidas. Duas
envolvidas infinitamente próximas se cortam num ponto situado sobre a envoltória, dessa
forma, os pontos da envoltória são os limites das intersecções das curvas
f(x, y, α) = 0 e f(x, y, α +∆α) = 0
quando ∆α tende a zero.
Pelo teorema da razão incremental
f(x, y, α +∆α)− f(x, y, α)
∆α
= 0
fazendo ∆α tender a zero tem-se
∂
∂α
f(x, y, α) = 0.
Para cada valor de α, o sistema
f(x, y, α) = 0
∂
∂α
f(x, y, α) = 0
apresenta um par de valores x e y, ou seja, uma envolvida. Desse modo, x e y são
coordenadas também de um ponto da envoltória.
A envoltória fica definida pelo sistema dado e sua equação é obtida eliminando-
se o parâmetro α entre as duas equações.
60
Teorema 2.3. Seja f(x, y, α) = 0 uma famı́lia de curvas a um parâmetro α que possui
envoltória então
∂f
∂α
= 0.
De fato, diferenciando a famı́lia de curvas em relação a α,
∂f
∂x
.
dx
dα
+
∂f
∂y
.
dy
dα
+
∂f
∂α
= 0. (2.1)
No ponto de contato a envoltória e a envolvida têm a mesma reta tangente
e, portanto, o mesmo coeficiente ângular.
Para a envolvida o coeficiente é dado por
dy
dx
= −
∂f
∂x
∂f
∂y
.
Para a envoltória o coeficiente é dado por
dy
dx
=
dy
dα
dx
dα
.
Igualando os coeficientes angulares, obtemos
∂f
∂x
.
dx
dα
+
∂f
∂y
.
dy
dα
= 0. (2.2)
Substituindo a equação (2.2) na equação (2.1), obtemos
∂f
∂α
= 0.
Como queŕıamos mostrar.
Os pontos de contato entre a envolvida e a envoltória são denominados pontos
caracteŕısticos.
Exemplo 45. Dar a envoltória da famı́lia de circunferências de raio 8 no eixo dos y.
Resolução: A equação da famı́lia de circunferências é dada por f(x, y, α) =
x2 + (y − α)2 − 64 com centro no eixo dos y dada por (0, α).
O sistema para determinação da envoltória é dado por
f(x, y, α) = x2 + (y − α)2 − 64 = 0
∂
∂α
f(x, y, α) = −2(y − α) = 0 ⇐⇒ y = α.
Portanto, x2 − 64 = 0, ou seja, existem duas envoltórias, x = −8 e x = 8,
isto é, duas retas paralelas e simétricas em relação ao eixo dos y.
61
Exemplo 46. Determine a envoltória de um segmento de reta cujas extremidades des-
crevem 2 retas perpendiculares.
Resolução:
Consideramos o segmento
−→
PQ de compri-
mento l, o ponto P (0, β) e o ponto Q(α, 0) e formamos
o sistema ortogonal, podemos então escrever a equação
de reta que passa por esses pontos. Tal equação é dada
por
y = −β
α
(x− α) = −βx
α
+ β ⇔ y
β
+
x
α
= 1 ⋆