Introdução às Equações Diferenciais

Prévia do material em texto

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 
AULA 1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Prof.ª Dayane Perez Bravo 
 
 
 
 
2 
 
CONVERSA INICIAL 
Caro aluno! 
O curso de Equações Diferenciais busca trazer ferramentas para que você 
aprenda a resolver os principais problemas encontrados nas áreas de física, 
engenharia, economia, entre tantas outras que descrevem as taxas de variação. 
A Equação Diferencial é uma equação que envolve derivadas de 
diferentes ordens. Como não existe um método único para resolução das 
equações diferenciais, a estratégia para resolução destes problemas é classificar 
os diferentes tipos de equações e os métodos próprios para cada tipo. 
Nesta primeira aula, serão discutidos alguns métodos para resolução de 
equações diferenciais de primeira ordem, como aqueles para resolução das 
equações lineares, das equações separáveis, das equações homogêneas e das 
equações exatas. 
TEMA 1 – INTRODUÇÃO ÀS EQUAÇÕES LINEARES 
As equações diferenciais, equações que são escritas em função de taxas 
de variação, aparecem frequentemente nas mais diversas áreas: em economia 
para cálculo de taxas de juros, em engenharia elétrica em circuitos elétricos, em 
psicologia por meio de modelos de aprendizados, em física em diversas 
simulações, como a de queda livre, em química para simulações de decaimento 
radioativo, entre inúmeras outras aplicações. 
A quantidade de modelos que podem ser descritos a partir do uso das 
equações diferenciais são tantos que poderíamos escrever diversas páginas 
apenas sobre isso. Entretanto, a continuidade do estudo de equações 
diferenciais para alguma área específica é realizada dentro das disciplinas de 
interesse daquela área. Vale a pena introduzir o leitor a dois casos de simulação 
simples para observar como são conduzidas a geração de modelos dentro de 
equações diferenciais. 
O primeiro caso se trata do uso das Leis de Newton para simular a queda 
livre de um objeto qualquer. Existem diversas notações para descrever a 
Segunda Lei de Newton. Entre as escolhas possíveis, definimos 𝒎 como sendo 
a massa do objeto, �⃗⃗� seu vetor aceleração, �⃗⃗� o somatório das forças aplicadas 
nesse objeto. Nesse caso, 
 
 
3 
𝐹 = 𝑚. 𝑎 (1) 
representa a Segunda Lei de Newton. Essa lei é considerada uma equação 
diferencial, pois apresenta alguma relação entre variáveis que, por sua vez, 
representam taxas de variação. Para cada simulação teremos diversos 
comportamentos para o fenômeno. Por exemplo, pode ser que 
 
𝑚 = 𝑓(𝑡) (2) 
caso em que o objeto está perdendo ou ganhando massa ao longo do tempo. 
Ou pode ser que 
𝑎 = 𝑔(𝑡) (3) 
caso em que o objeto está ganhando ou perdendo velocidade ao longo do tempo. 
Essas diferenças entre cada problema específico fazem com que cada equação 
diferencial seja solucionada de forma única, adequada à modelagem que está 
sendo realizada. No caso mais simples, a queda livre sem resistência do ar, a 
única força que atua no objeto em queda é a força da gravidade, que tem valor 
conhecido dado por: 
𝐹 = −𝑚𝑔 (4) 
em que �⃗⃗� representa a aceleração da gravidade. Aquele que busca conhecer o 
comportamento do objeto em queda livre está determinado em descobrir em que 
posição o objeto estará ao longo do tempo. Ou seja, busca-se determinar uma 
função como: 
𝑥 = ℎ(𝑡) (5) 
A relação entre a⃗ ex⃗ é definida, pela física, como sendo 
𝑎 =
𝑑²𝑥 
𝑑𝑡²
 (6) 
o que indica que a aceleração é a taxa de variação segunda da posição em 
função do tempo. Com todas essas informações em mãos, podemos reescrever 
a Equação 1 (Segunda Lei de Newton) como: 
−𝑚. 𝑔 = 𝑚.
𝑑²𝑥 
𝑑𝑡²
 (7) 
Resolvendo a equação pelos métodos conhecidos do Cálculo Diferencial e 
Integral: 
g⃗ =
d2x⃗ 
dt2
 
g⃗ =
d
dt
(
𝑑x⃗ 
𝑑𝑡
) 
 
 
 
4 
As constantes de integração que surgem durante a resolução do 
problema, 𝐂𝟏 e 𝐂𝟐, representam particularidades do problema de queda livre que 
não foram descritos. De acordo com esse modelo, a posição inicial do objeto 
pode ser qualquer, visto que não definimos a informação de que 𝐱(𝟎) = 𝐱𝟎 ou a 
velocidade inicial da simulação poderia não ser nula, ou seja, 𝐯(𝟎) = 𝐯𝟎. A 
inclusão dessas características surge nas equações por meio das constantes de 
integração e são próprias de cada uma das simulações. Como afirma Boyce e 
Diprima (2010): 
Para solucionar uma equação diferencial utilizamos o processo de 
integração. Ao aplicar o método de integração, obtemos uma constante 
arbitrária que gera uma infinidade de soluções para o problema. 
Geralmente essa constante será selecionada por meio de uma 
condição inicial. Essa condição inicial ocorre quando o problema 
estudado possui um valor inicial. Dessa forma, o valor inicial é 
utilizado para que a constante arbitrária seja encontrada (Boyce e 
Diprima, 2010). 
Ainda sobre a aplicação e a simulação de fenômenos a partir de 
equações diferenciais, o segundo caso é o decaimento radioativo. Na química, 
no estudo do desenvolvimento das substâncias radioativas, sabe-se que certos 
elementos químicos deixam de existir aos poucos, passando a se tornar outros, 
processo a que chamamos de decaimento radioativo. Um certo químico 
determinou que o decaimento dessa substância é proporcional à quantidade de 
substância em determinado momento. Em outras palavras, 
𝑑𝑄
𝑑𝑡
= −𝑘𝑄 (8) 
em que 𝑄 é a quantidade de substância em certo instante de tempo 𝑡, e 𝑘 é uma 
constante de proporcionalidade arbitrária que define quão rápido essa 
∫ g⃗ dt = ∫
d
dt
(
𝑑x⃗ 
𝑑𝑡
) 𝑑𝑡 
g⃗ t + C1 =
dx⃗ 
dt
 
dx⃗ 
dt
= g⃗ t + C1 
∫
dx⃗ 
dt
dt = ∫(g⃗ t + C1)dt 
x⃗ (t) =
g⃗ t2
2
+ C1t + C2 
 
 
5 
substância está diminuindo. Alguém interessado em conhecer a quantidade de 
substância radioativa em função do tempo pode utilizar as operações conhecidas 
do cálculo diferencial e integral e resolver essa equação: 
𝑑𝑄
𝑑𝑡
= −𝑘𝑄 
𝑑𝑄
𝑄
= −𝑘𝑑𝑡 
∫
𝑑𝑄
𝑄
= ∫−𝑘𝑑𝑡 
ln𝑄 = −𝑘𝑡 + 𝐶1 
𝑄 = 𝑒−𝑘𝑡+𝐶1 
𝑄 = 𝐶2𝑒
−𝑘𝑡, 
no qual 𝐶2 = 𝑒
𝐶1. Tal exemplo também fica dependente de uma constante de 
integração que precisa ser determinada. Em equações diferenciais, para a 
determinação exata solução geral, é necessário que o problema informe um valor 
inicial. Por exemplo, se sabemos que no instante 𝑡 = 𝑡0 = 0,𝑄(𝑡0) = 100% = 1, 
podemos substituir na expressão 𝑄(𝑡) = 𝐶2𝑒
−𝑘𝑡 para obter: 
𝑄(𝑡0) = 𝑄(0) = 𝐶2𝑒
−𝑘.0 = 𝐶2 = 1 
Nesse caso, a solução geral se tornaria 𝑄(𝑡) = 𝑒−𝑘𝑡. 
 Nesses dois exemplos, o método que foi utilizado representa uma 
possibilidade para a resolução de algumas equações diferenciais. Sabendo a 
importância das equações diferenciais nas diferentes áreas e suas potenciais 
aplicações, a continuidade do estudo desse tema se dá pela classificação e 
diferenciação dos diferentes tipos de equação. Existem várias maneiras para 
solucionar uma equação diferencial. Dessa forma, identificar qual método de 
solução é mais adequado ao problema estudado se torna uma tarefa difícil. Para 
auxiliar nessa escolha, podemos começar classificando o tipo de equação 
diferencial que estamos estudando. 
Inicialmente, podemos analisar se a função desconhecida da equação 
diferencial em estudo depende de uma ou de várias variáveis independentes. 
Teremos uma equação diferencial ordinária se a função depender de uma 
única variável independente. Teremos uma equação diferencial parcial se a 
função depender de várias variáveis independentes (Boyce e Diprima, 2010). 
 
 
6 
O oscilador harmônico, simulado em física, representa uma equação 
diferencial ordinária: 
𝑚
𝑑2
𝑑𝑡2
𝑥(𝑡) = −𝑘𝑥(𝑡) (9) 
enquanto a equação do calor representa uma equação diferencial parcial: 
𝜕𝑇
𝜕𝑡
= 𝑎
𝜕²𝑇
𝜕𝑥²
 (10) 
A quantidade de funções desconhecidas também fornece uma 
classificação para as equações diferenciais. Quando houver duas ou mais 
funções desconhecidas, utilizamos um sistema de equações diferenciaispara 
determiná-las. Outra classificação importante se dá pela derivada de maior 
ordem da equação diferencial em estudo, de forma que a ordem dessa derivada 
classifica a ordem da equação diferencial (Boyce e Diprima, 2010). 
Uma equação diferencial ordinária é classificada como linear se suas 
funções forem lineares, ou seja, suas funções não são resultado de produtos 
de outras funções. Tal equação pode ser escrita como:
a0(x)y(n)+a1(x)y(n-1)+⋯+an-2 (x) y''+an-1 (x) y'+an (x)y=g(x) 
Onde a0,…an-1, an, g são funções somente de x e y(n) é a n-ésima 
derivada de y.
Quando houver uma função que seja o resultado do produto de 
duas funções, então teremos uma equação diferencial ordinária não 
linear, ou seja, se houver um produto do tipo y'y na EDO. 
TEMA 2 – EQUAÇÕES SEPARÁVEIS 
Seja uma equação diferencial da forma: 
𝑝(𝑦).
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑞(𝑥). (11)
Nesse caso, dizemos que essa equação diferencial é separável ou de 
variáveis separáveis. Para esse tipo de resolução, podemos dividi-los em 3 
passos. O primeiro passo é separar as variáveis, agrupando-as em cada membro 
da equação. No caso da Equação 11, podemos reescrevê-la separando as 
variáveis, obtendo: 
𝑝(𝑦). 𝑑𝑦 = 𝑞(𝑥). 𝑑𝑥 (12)
7 
Como as variáveis estão separadas, o passo 2 é integrar ambos os lados 
da equação, buscando encontrar a solução geral do problema. Em notação 
integral, 
∫𝑝(𝑦). 𝑑𝑦 = ∫𝑞(𝑥) 𝑑𝑥 (12) 
que, integrando, obtém-se: 
𝑃(𝑦) + 𝐶1 = 𝑄(𝑥) + 𝐶2 
com 
𝑑
𝑑𝑦
𝑃(𝑦) = 𝑝(𝑦) 
𝑑
𝑑𝑥
𝑄(𝑥) = 𝑞(𝑥) 
no qual 𝐶1 e 𝐶2 são as constantes de integração. No estudo de equações 
diferenciais costuma-se, nesse passo, simplificar as constantes de integração, 
agrupando-as em uma só, quando possível. Nesse caso, pode-se escrever a 
solução geral do problema. 
Após obter a solução geral, para o passo 3 aplica-se à condição inicial, quando 
houver, para obter a solução particular do problema. 
Exemplo 1: Seja 𝑦′ = −4𝑥𝑦2, 𝑦(0) = 1. Vamos determinar 𝑦(𝑥). O primeiro 
passo é separar as variáveis. Nesse caso, reescrevemos a equação como: 
𝑦′ = −4𝑥𝑦2 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −4𝑥𝑦2 
(13) 
Repare que as variáveis 𝑥 e 𝑦 podem ser separadas numa expressão na 
forma da Equação 12. Nesse caso, 
𝑑𝑦
𝑦2
= −4𝑥𝑑𝑥. (14)
O segundo passo consiste em integrar a expressão para obter a solução 
geral do problema. Ou seja, 
∫
𝑑𝑦
𝑦²
= ∫−4𝑥𝑑𝑥 (15)
8 
Pelas regras de integração e do uso de uma tabela de integração, sabe-
se que ∫𝑥𝑛 =
𝑥𝑛+1
𝑛+1
+ 𝐶, e podemos solucionar a equação 15 para obtermos:
−
1
𝑦
+ 𝐶1 = −2𝑥
2 + 𝐶2
1
𝑦
= 2𝑥2 + 𝐶 
Repare que as constantes 𝐶1 e 𝐶2 foram adequadas para escrever uma 
constante C, visto que todas são consideradas, dentro da solução geral, como 
constantes arbitrárias. Antes de prosseguirmos para o terceiro passo, vale 
buscar interpretar graficamente a função encontrada. Através do aplicativo 
gratuito disponível on-line WolframAlpha, foram traçados gráficos para a função 
1
𝑦
= 2𝑥2 + 𝐶 para diferentes valores de 𝐶. 
Figura 1 – Gráficos para diferentes valores de C 
O primeiro gráfico da Figura 1 representa a equação 𝑦 =
1
𝑥2
+ 𝐶, para 𝐶 =
1. O segundo, para 𝐶 = 10, e o terceiro, para 𝐶 = −20. Repare que todos os
gráficos possuem a mesma forma, mas diferem de uma translação vertical de 
uma para a outra. Isso acontece porque o processo de encontrar a família de 
antiderivadas, a integração, encontra todas as funções que possuem uma taxa 
9 
de variação conhecida. Entretanto, são infinitas funções que possuem essa 
propriedade. 
Para notar essa característica, imagine que estivéssemos buscando 
simular a posição final de um carro sabendo sua velocidade em cada instante. 
Poderíamos traçar o movimento exato que o carro fez, entretanto, sem saber sua 
posição inicial, não teríamos como diferenciar carros que possuíram a mesma 
velocidade, mas partiram de pontos distintos. 
O segundo passo da integração nos traz esse tipo de resultado, conhecido 
como solução geral, pois representa, no caso do exemplo, todas as funções que 
possuem a taxa de variação com a característica dada pela Equação 13. Isso 
pode ser verificado nos gráficos traçados para alguns valores de C. Essas 
funções são consideradas famílias de funções por compartilharem uma mesma 
propriedade. Entretanto, em alguns problemas, como nesse exemplo, é 
solicitado que encontremos a solução particular do problema, e isso é possível 
a partir do passo 3. 
A informação particular que será aplicada ao problema é fornecida no 
enunciado de que 𝑦(0) = 1. Aplicando essa informação na solução geral: 
1
𝑦
= 2𝑥2 + 𝐶 
1
1
= 2.02 + 𝐶 
𝐶 = 1 
Portanto, a solução particular do exemplo é: 
1
𝑦
= 2𝑥2 + 1 
Exemplo 2: Seja 𝑦′ = 3𝑥2𝑦 e 𝑦(0) = 3. Vamos encontrar a solução geral 
𝑦 = 𝑓(𝑥). O primeiro passo solicita que separemos as variáveis, ou seja: 
𝑦′ = 3𝑥2𝑦 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 3𝑥2𝑦 
𝑑𝑦
𝑦
= 3𝑥2𝑑𝑥 
O segundo passo é integrar ambos os lados da equação para 
encontrarmos a solução geral. Consultando uma tabela de integração, 
verificamos que ∫
𝑑𝑥
𝑥
= ln(𝑥) + 𝐾 e, continuando o desenvolvimento, obtemos: 
10 
𝑑𝑦
𝑦
= 3𝑥2𝑑𝑥 
ln 𝑦 + 𝐶1 = 𝑥
3 + 𝐶2
ln 𝑦 = 𝑥3 + 𝐶 
𝑦 = 𝑒𝑥
3+𝐶
𝑦 = 𝑘. 𝑒𝑥
3 (16) 
Em equações diferenciais, a simplificação da constante de integração 
facilita a visualização e a utilização das funções encontradas. Repare que, nesse 
caso, 𝑒𝐶 = 𝑘, visto que a constante arbitrária ainda não foi definida. A Equação 
16 representa a solução geral do problema. O terceiro passo é determinar a 
solução particular a partir da aplicação do valor inicial. Como 𝑦(0) = 3, temos 
que: 
𝑦 = 𝑘. 𝑒𝑥
3
3 = 𝑘. 𝑒0
3
3 = 𝑘. 
Portanto, a solução particular é definida como 
𝑦 = 3. 𝑒𝑥
3
TEMA 3 – EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS 
As equações diferenciais do tipo 𝑦′ = 𝑓(𝑥, 𝑦) são definidas como 
homogêneas se a função 𝑓(𝑥, 𝑦) é uma função homogênea de grau 𝑛 em relação 
às variáveis 𝑥 e 𝑦. Em outras palavras, 
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆𝑛𝑓(𝑥, 𝑦) (17)
O método para solucionar equações diferenciais homogêneas sugere que 
a utilização da substituição 𝑦 = 𝑧𝑥 faz com que equação diferencial se torne 
separável em relação às variáveis 𝑥 e 𝑧. 
Assim, o método para obter essa solução se resume em duas fases. Na 
primeira fase, testa-se se a função é, de fato, homogênea utilizando a equação 
17. Na segunda fase, utiliza-se o método descrito na segunda parte da aula para
resolver a EDO separável. 
11 
Exemplo 1: Seja a equação diferencial 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥2 + 𝑦²
𝑥𝑦 (18) 
Determine a solução geral do problema. 
Como desconfia-se que a equação dada é homogênea, testa-se, a partir 
da Equação 17, a veracidade dessa informação. O método proposto aqui só 
pode ser utilizado nesse tipo de equação. Por mais que a mudança de variável 
proposta possa ser utilizada em qualquer equação de variáveis 𝑥 e 𝑦, nem toda 
equação consegue ser simplificada na forma separável. 
Nesse caso, 𝑓(𝑥, 𝑦) =
𝑥2+𝑦²
𝑥𝑦
. Aplicando a Equação 17, obtemos: 
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) =
(𝜆𝑥)2 + (𝜆𝑦)²
(𝜆𝑥)(𝜆𝑦)
=
𝜆²(𝑥2 + 𝑦2)
𝜆²𝑥𝑦
=
𝑥2 + 𝑦2
𝑥𝑦
Repare, então, que a função dada respeita a identidade apresentada na 
Equação 17 para 𝑛 = 0. Nesse caso, a equação dada é homogênea. Assim, 
pode-se aplicar a transformação proposta da segunda fase. 
𝑦 = 𝑧𝑥 (19)
Reescrevendo a Equação 18, a partir da transformação da Equação 19, 
obtemos: 
𝑑(𝑧𝑥)
𝑑𝑥
=
𝑥2 + (𝑧𝑥)2
𝑥(𝑧𝑥) (20) 
Para simplificar essa equação, vale a pena lembrar da regra do produto 
para derivadas aprendida no cálculo diferencial e integral. Dada uma função na 
forma 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑔(𝑥, 𝑦). ℎ(𝑥, 𝑦), então 
𝑢′(𝑥, 𝑦) = 𝑔′(𝑥, 𝑦). ℎ(𝑥, 𝑦) + 𝑔(𝑥, 𝑦). ℎ′(𝑥, 𝑦) (21)
Dessa forma, aplicando a regra do produto na derivada de 𝑧𝑥 da Equação 
20, obtemos: 
𝑑𝑧
𝑑𝑥
. 𝑥 + 𝑧 =
𝑥2 + 𝑧2𝑥²
𝑧𝑥²
𝑑𝑧
𝑑𝑥
𝑥 + 𝑧 =
1 + 𝑧2
𝑧
𝑑𝑧
𝑑𝑥
𝑥 =
1 + 𝑧2
𝑧
− 𝑧 =
1 + 𝑧2𝑧
−
𝑧2
𝑧
=
1
𝑧
𝑑𝑧
𝑑𝑥
𝑥 =
1
𝑧 (22)
 
 
12 
 
Repare que a Equação 22 é classificada como uma equação diferencial 
separável. Portanto, aplicam-se os passos do método descrito na Parte 2 desta 
aula para solucioná-la. Reescrevendo a Equação 22: 
𝑧𝑑𝑧 =
𝑑𝑥
𝑥
 
Integrando: 
∫𝑧𝑑𝑧 = ∫
𝑑𝑥
𝑥
 
𝑧2
2
+ 𝐶 = ln 𝑥 
Reescrevendo a solução geral: 
𝑒
𝑧2
2
+𝐶 = 𝑥 = 𝑘. 𝑒
𝑧2
2 . 
Por fim, vale notar que a solução geral deve ser escrita em relação às 
variáveis originais do problema. Ou seja, refaz-se a substituição 𝑦 = 𝑧𝑥 na 
solução geral. Assim, obtém-se: 
𝑥 = 𝑘. 𝑒
𝑧2
2 
𝑥 = 𝑘. 𝑒
𝑦2
𝑥² 
Exemplo 2: seja a equação diferencial 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥 + 3𝑦
3𝑥 + 𝑦
 (23) 
determine a solução geral do problema. 
Nesse caso, inicia-se testando se a equação diferencial 23 é homogênea. 
Observando o formato dessa expressão conclui-se que: 
𝑓(𝑥, 𝑦) =
𝑥 + 3𝑦
3𝑥 + 𝑦
 (23) 
Aplicando o teste proposto pela Equação 17 na função 24, obtemos: 
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) =
(𝜆𝑥) + 3(𝜆𝑦)
3(𝜆𝑥) + (𝜆𝑦)
=
𝑥 + 3𝑦
3𝑥 + 𝑦
= 𝑓(𝑥, 𝑦) 
Portanto, a Equação 23 é homogênea para 𝑛 = 0. Aplica-se, portanto, a 
transformação 𝑦 = 𝑧𝑥 para reescrever a Equação 23: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥 + 3𝑦
3𝑥 + 𝑦
 
𝑑(𝑧𝑥)
𝑑𝑥
=
𝑥 + 3(𝑧𝑥)
3𝑥 + (𝑧𝑥)
 
 
 
13 
𝑑𝑧
𝑑𝑥
𝑥 + 𝑧 =
𝑥(1 + 3𝑧)
𝑥(3 + 𝑧)
 
𝑑𝑧
𝑑𝑥
𝑥 + 𝑧 =
1 + 3𝑧
3 + 𝑧
 
𝑑𝑧
𝑑𝑥
𝑥 =
1 + 3𝑧
3 + 𝑧
− 𝑧 =
1 + 3𝑧
3 + 𝑧
−
(3 + 𝑧). 𝑧
3 + 𝑧
 
𝑑𝑧
𝑑𝑥
𝑥 =
1 − 𝑧2
3 + 𝑧
 
(3 + 𝑧)𝑑𝑧
1 − 𝑧2
=
𝑑𝑥
𝑥
 
Que está na forma separável. Aplicando a integração: 
∫
(3 + 𝑧)𝑑𝑧
1 − 𝑧2
= ∫
𝑑𝑥
𝑥
 (24) 
Para a solução dessa integral, utiliza-se decomposição por frações 
parciais, aprendida no cálculo diferencial e integral. Veja que se pode reescrever 
a expressão 
3+𝑧
1−𝑧2
 na forma 
3 + 𝑧
1 − 𝑧2
=
𝐴
(1 − 𝑧)
+
𝐵
(1 + 𝑧)
 
Ou seja, 
3 + 𝑧
1 − 𝑧²
=
𝐴(1 + 𝑧)
(1 − 𝑧)(1 + 𝑧)
+
𝐵(1 − 𝑧)
(1 − 𝑧)(1 + 𝑧)
 
3 + 𝑧
1 − 𝑧2
=
𝐴 + 𝐴𝑧 + 𝐵 − 𝐵𝑧
1 − 𝑧²
 
{
𝐴 + 𝐵 = 3
𝐴 − 𝐵 = 1
 
E assim, 𝐴 = 2, 𝐵 = 1. Portanto, 
3 + 𝑧
1 − 𝑧2
=
2
1 − 𝑧
+
1
1 + 𝑧
 (25) 
Assim, reescrevendo a integral da Equação 24, a partir da transformação 
indicada pela Equação 25, obtemos: 
∫(
2
1 − 𝑧
+
1
1 + 𝑧
)𝑑𝑧 = ∫
𝑑𝑥
𝑥
 
∫
2
1 − 𝑧
𝑑𝑧 + ∫
1
1 + 𝑧
𝑑𝑧 = ∫
𝑑𝑥
𝑥
 
2 ln(1 − 𝑧) + ln(1 + 𝑧) = ln 𝑥 + 𝐶 
ln(1 − 𝑧)2 + ln(1 + 𝑧) = 𝑙𝑛𝑥 + 𝐶 
𝑒ln(1−𝑧)
2
+ 𝑒ln(1+𝑧) = 𝑒𝑙𝑛𝑥+𝐶 
(1 − 𝑧)2 + (1 + 𝑧) = 𝑥. 𝐶 
 
 
14 
Por fim, reescrevendo a equação em função das variáveis 𝑥 e 𝑦 a partir 
da transformação 𝑦 = 𝑧𝑥, obtemos: 
(1 −
𝑦
𝑥
)
2
+ (1 +
𝑦
𝑥
) = 𝑥. 𝐶 
que representa a solução geral da equação. 
Exemplo 3: Seja a equação diferencial 
2𝑥2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 3𝑥𝑦 + 𝑦2, 𝑦(1) = −2 (26) 
determine sua solução geral e particular. 
Como nos outros exemplos, inicialmente verificamos se a função 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦) 
é homogênea. Nesse caso, 
𝑓(𝑥, 𝑦) =
3𝑥𝑦 + 𝑦2
2𝑥²
 
Aplicando o teste da identidade da Equação 17, obtemos: 
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) =
3(𝜆𝑥)(𝜆𝑦) + (𝜆𝑦)2
2(𝜆𝑥)²
=
𝜆²(3𝑥𝑦 + 𝑦2)
𝜆²(2𝑥2)
= 𝑓(𝑥, 𝑦) 
Sendo homogênea, aplicamos a transformação 𝑦 = 𝑧𝑥 na Equação 26. 
Obtemos: 
2𝑥2
𝑑(𝑧𝑥)
𝑑𝑥
 = 3𝑥(𝑧𝑥) + (𝑧𝑥)² 
2𝑥2 (
𝑑𝑧
𝑑𝑥
𝑥 + 𝑧) = 3𝑥2𝑧 + 𝑥²𝑧² 
𝑑𝑧
𝑑𝑥
𝑥 + 𝑧 =
3
2
𝑧 +
𝑧2
2
 
𝑑𝑧
𝑑𝑥
𝑥 =
1
2
𝑧 +
𝑧²
2
 
𝑑𝑧
𝑑𝑥
𝑥 =
𝑧 + 𝑧2
2
 
𝑑𝑧
𝑧 + 𝑧²
=
𝑑𝑥
2𝑥
 
 Que está na forma separável. Integrando ambos os lados da equação: 
∫
𝑑𝑧
𝑧 + 𝑧2
=
1
2
∫
𝑑𝑥
𝑥
 
∫
𝑑𝑧
𝑧(1 + 𝑧)
=
1
2
∫
𝑑𝑥
𝑥
 (27) 
 Essa integral também precisa ser solucionada pela decomposição em 
frações parciais. Veja que 
 
 
15 
1
𝑧(1 + 𝑧)
=
𝐴
𝑧
+
𝐵
(1 + 𝑧)
 
Para algum A e algum B. Nesse caso, 
1
𝑧(1 + 𝑧)
=
𝐴(1 + 𝑧)
𝑧(1 + 𝑧)
+
𝐵𝑧
𝑧(1 + 𝑧)
 
1
𝑧(1 + 𝑧)
=
𝐴 + 𝐴𝑧 + 𝐵𝑧
𝑧(1 + 𝑧)
 
{
𝐴 = 1
𝐴 + 𝐵 = 0
 
Portanto, 𝐴 = 1 e 𝐵 = −1. Reescrevendo a Equação 27 e integrando: 
∫(
1
𝑧
−
1
1 + 𝑧
)𝑑𝑧 =
1
2
∫
𝑑𝑥
𝑥
 
∫
𝑑𝑧
𝑧
− ∫
𝑑𝑧
1 + 𝑧
=
1
2
∫
𝑑𝑥
𝑥
 
ln 𝑧 − ln(1 + 𝑧) =
1
2
ln 𝑥 + 𝐶 
ln (
𝑧
1 + 𝑧
) = ln 𝑥
1
2 + 𝐶 
𝑧
1 + 𝑧
= 𝐶. √𝑥 
Retornando a transformação 𝑦 = 𝑧𝑥 
𝑦
𝑥⁄
1 +
𝑦
𝑥⁄
= 𝐶. √𝑥 (28) 
que representa a solução geral do problema. Para obtermos a solução particular, 
usamos a informação dada no enunciado de que 𝑦(1) = −2. Nesse caso, 
substituindo 𝑥 = 1 e 𝑦 = −2 na Equação 28, podemos obter C. 
−2
1⁄
1 + −2 1⁄
= 𝐶. √1 
−2
−1
= 𝐶 = 2. 
Portanto, a solução particular deste problema é dada por: 
𝑦
𝑥⁄
1 +
𝑦
𝑥⁄
= 2√𝑥 
 
 
 
16 
 
TEMA 4 – FATOR INTEGRANTE 
A forma-padrão de uma equação linear de primeira ordem é dada por: 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 𝑝(𝑡)𝑦 = 𝑔(𝑡) (29) 
em que p e g são funções arbitrárias da variável independente t. Neste caso, 
não podemos utilizar os métodos de resolução discutidos na aula 1. Portanto, 
vamos utilizar o método de Leibniz, que consiste em multiplicar a Eq. (29) por 
uma função ( )t conveniente. Essa função ( )t é conhecida como fator 
integrante e sua escolha é feita quando tal multiplicação torna a equação 
integrável mais facilmente (Boyce, 2010). 
Para entender esse método, vamos resolver o seguinte exemplo extraído 
de Boyce e DiPrima (2010, p. 24), no qual se pede para resolver a equação 
diferencial 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+
1
2
𝑦 =
1
2
𝑒
𝑡
3 
 
(30) 
Vamos aplicar o método do fator integrante, explicando as dificuldades e 
os artifícios do cálculo diferencial e integral que precisam ser utilizados para 
encontrar a solução. O método por fator integrante solicita que multipliquemos a 
equação diferencial por uma função 𝑢(𝑡) em ambos os lados. Fazendo isso, 
reescrevemos a Equação 30 
𝑢(𝑡)
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+
1
2
𝑢(𝑡)𝑦 =
1
2
𝑢(𝑡)𝑒
𝑡
3 
 
(31) 
 
aplicando a propriedade distributiva. Para prosseguir no método, utilizamos a 
regra da derivada de um produto de duas funções. Sabemos, do cálculo 
diferencial e integral, que: 
𝑑
𝑑𝑡
[𝑢(𝑡)𝑦] = 𝑢(𝑡)
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+
𝑑𝑢(𝑡)
𝑑𝑡
𝑦 
 
(32) 
representa a regra proposta. O objetivo do método por Fator Integrante é utilizar 
uma função conveniente 𝑢(𝑡) para utilizar a Equação 31 para reescrever a 
Equação 30 de forma simplificada. Entretanto, a única forma de utilizar a 
Equação 31 naquela expressão é definir 𝑢(𝑡) verificando que 
𝑑𝑢(𝑡)
𝑑𝑡
=
1
2
𝑢(𝑡) 
 
(33) 
 
 
17 
 A Equação 33, portanto, indica como obter a função 𝑢(𝑡). Podemos fazer: 
𝑑𝑢(𝑡)
𝑢(𝑡)
=
1
2
𝑑𝑡 
∫
𝑑𝑢(𝑡)
𝑢(𝑡)
=
1
2
∫𝑑𝑡 
ln(𝑢(𝑡)) =
1
2
𝑡 + 𝐶 
𝑢(𝑡) = 𝑘𝑒
𝑡
2 
utilizando os artifícios para a constante aprendidos nesta aula. Repare que a 
função 𝑢(𝑡) que representa um fator integrante possível para a simplificação da 
Equação 30, na verdade, é uma família de funções, diferenciadas pelo constante 
𝑘. Qualquer 𝑘 ≠ 0 escolhido gera uma função 𝑢(𝑡) que pode ser utilizada para 
solução do método. Nesse caso, escolhemos 𝑘 = 1, obtendo como fator 
integrante: 
𝑢(𝑡) = 𝑒
𝑡
2 
 
(34) 
 Podemos partir para a simplificação da equação diferencial 31, 
multiplicando ambos os lados por 𝑢(𝑡). Nesse caso, obtemos: 
𝑒
𝑡
2
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+
1
2
𝑒
𝑡
2𝑦 =
1
2
𝑒
𝑡
2𝑒
𝑡
3 
 
(35) 
 Repare que a Equação 35 é a mesma Equação 32 escrita para o fator 
integrante representado na Equação 34. Assim, podemos utilizar a regra do 
produto para reescrever a Equação 35: 
𝑑
𝑑𝑡
[𝑒
𝑡
2𝑦] =
1
2
𝑒
𝑡
2𝑒
𝑡
3 
 
(36) 
pois 
𝑑
𝑑𝑡
[𝑒
𝑡
2𝑦] = 𝑒
𝑡
2
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+
1
2
𝑒
𝑡
2𝑦. 
Utilizando os método de Integração e simplificações na Equação 36: 
∫
𝑑
𝑑𝑡
[𝑒
𝑡
2𝑦] 𝑑𝑡 = ∫
1
2
𝑒
𝑡
2𝑒
𝑡
3 𝑑𝑡 
∫
𝑑
𝑑𝑡
[𝑒
𝑡
2𝑦] 𝑑𝑡 =
1
2
∫𝑒
5𝑡
6 𝑑𝑡 
𝑒
𝑡
2𝑦 =
1
2
.
6
5
𝑒
5𝑡
6 + 𝐶 
𝑒
𝑡
2𝑦 =
3
5
𝑒
5𝑡
6 + 𝐶 
𝑦 =
3
5
𝑒
𝑡
3 + 𝐶. 𝑒−
𝑡
2 
 
 
18 
obtemos a solução geral da Equação 30. 
Além de fazer por comparação coma regra do produto, o fator integrante 
pode ser obtido a partir da expressão 
𝑢(𝑥) = 𝑒∫𝑝(𝑥)𝑑𝑥 (37) 
quando a equação diferencial está na forma 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥) (38) 
Vamos encontrar a solução geral da Equação Diferencial 39: 
𝑥.
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 2𝑦 = 𝑥3𝑠𝑒𝑛 𝑥 
 
(39) 
Simplificando ambos os lados por 𝑥 para obtermos a expressão no 
formato da Equação 37: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
2𝑦
𝑥
= 𝑥2𝑠𝑒𝑛 𝑥 
 
(40) 
obtém-se o fator integrante pela Equação 38. Nesse caso, 
𝑢(𝑥) = 𝑒∫𝑝(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑒∫−
2
𝑥
𝑑𝑥
 
𝑢(𝑥) = 𝑒−2𝑙𝑛𝑥 
𝑢(𝑥) = 𝑥−2 (41) 
 
Multiplica-se pelo fator integrante 𝑢(𝑥) e reescreve-se a Equação 40. 
Obtemos assim, 
𝑥−2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
2𝑥−2 𝑦
𝑥
= 𝑥−2. 𝑥2𝑠𝑒𝑛 𝑥 
 
 
1
𝑥2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
2𝑦
𝑥3
= 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
 
(42) 
 Simplificando pela regra do produto: 
𝑑
𝑑𝑥
[
1
𝑥2
𝑦] = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
 Integrando: 
∫
𝑑
𝑑𝑥
[
1
𝑥2
𝑦] 𝑑𝑥 = ∫𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥 
1
𝑥2
𝑦 = −cos 𝑥 + 𝐶 
𝑦 = 𝑥2(𝐶 − cos 𝑥) 
 Obtemos a solução geral da Equação 39. 
 
 
 
19 
 
TEMA 5 – EQUAÇÕES EXATAS 
O último método para equações diferenciais lineares deste curso é para 
as equações exatas. Dada uma equação diferencial da forma 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦) 
reescrevemos a equação na forma 
𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 (43) 
na qual 𝑀 e 𝑁 são funções quaisquer. Chamamos de equação exata a equação 
diferencial na forma da Equação 43, quando satisfaz a Equação 44: 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
 
 
(44) 
 O método para resolução de equações exatas afirma que existe uma 
função 𝐹(𝑥, 𝑦), tal que 
{
 
 
𝜕𝐹
𝜕𝑥
= 𝑀(𝑥, 𝑦)
𝜕𝐹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
 
 
(45) 
 Aplicaremos o método para resolução da equação diferencial dada pela 
Equação 46: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
2𝑥 − 1
3𝑦 + 7
 
 
(46) 
 Buscando reescrever no formato da Equação 46: 
(3𝑦 + 7)𝑑𝑦 = −(2𝑥 − 1)𝑑𝑥 
(2𝑥 − 1)𝑑𝑥 + (3𝑦 + 7)𝑑𝑦 = 0 
 Repare que, neste caso, 
{
𝑀(𝑥, 𝑦) = (2𝑥 − 1)
𝑁(𝑥, 𝑦) = (3𝑦 + 7)
 
 Verificamos, em seguida, se a Equação 46 é exata. Nesse caso, 
aplicamos o teste proposto na Equação 44: 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 0 =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
 
 Como a Equação 46 é exata, podemos buscar a função 𝐹(𝑥, 𝑦) que 
satisfaz a condição dada pela Equação 45: 
 
 
20 
{
 
 
𝜕𝐹
𝜕𝑥
= 2𝑥 − 1
𝜕𝐹
𝜕𝑦
= 3𝑦 + 7
 
 
(47) 
Esse sistema de equações diferenciais parciais pode ser resolvido por 
integração como apreendida no cálculo diferencial e integral, mas com alguns 
cuidados. Integrando uma das equações do sistema de equações: 
𝜕𝐹
𝜕𝑥
= 2𝑥 − 1 
∫
𝜕𝐹
𝜕𝑥
𝑑𝑥 = ∫(2𝑥 − 1)𝑑𝑥 
𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 𝑥 + 𝐶 
Entretanto, é importantíssimo notar que a constante C obtida é uma 
constante em relação à variável x, podendo ser variável em relação à variável 𝑦. 
Nesse caso, escrevemos 𝐹(𝑥, 𝑦) como sendo: 
𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 𝑥 + 𝐶(𝑦) (48) 
A segunda equação do Sistema de Equações 46, pode ser combinada 
com a expressão obtida para 𝐹(𝑥, 𝑦) na Equação 47, para encontrar o valor de 
𝐶(𝑦): 
𝜕𝐹
𝜕𝑦
= 3𝑦 + 7 
𝜕(𝑥2 − 𝑥 + 𝐶(𝑦))
𝜕𝑦
= 3𝑦 + 7 
𝜕𝐶(𝑦)
𝜕𝑦
= 3𝑦 + 7 
∫
𝜕𝐶(𝑦)
𝜕𝑦
𝑑𝑦 = ∫(3𝑦 + 7)𝑑𝑦 
𝐶(𝑦) =
3𝑦2
2
+ 7𝑦 + 𝐾 
 
(49) 
 Assim, podemos escrever a 𝐹(𝑥, 𝑦) combinando a expressão obtida na 
Equação 48, com a expressão para 𝐶(𝑦) obtida na Equação 49: 
𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 𝑥 +
3𝑦2
2
+ 7𝑦 + 𝐾. 
 Repare que outras formas de obter 𝐹(𝑥, 𝑦) podem ser realizadas 
dependendo da álgebra que for escolhida. Para exemplificar isso, buscaremos a 
solução particular da equação diferencial separando um passo a passo do que 
deve ser feito para sua resolução: 
 
 
21 
(𝑥 + 𝑦)2𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦 + 𝑥2 − 1)𝑑𝑦 = 0; 𝑦(1) = 1 (50) 
Passo 1: Verificar se a equação diferencial é exata. Para isso, a 
comparamos com a Equação 44, identificando que 
{
𝑀(𝑥, 𝑦) = (𝑥 + 𝑦)2
𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 + 𝑥2 − 1
 
e testamos a identidade fornecida na Equação 45: 
𝜕𝑀(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑦
= 2(𝑥 + 𝑦) =
𝜕𝑁(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑥
 
Passo 2: Buscamos uma função 𝐹(𝑥, 𝑦) que satisfaça a condição dada 
pela Equação 45. Nesse caso, 
{
 
 
𝜕𝐹
𝜕𝑥
= (𝑥 + 𝑦)2
𝜕𝐹
𝜕𝑦
= 2𝑥𝑦 + 𝑥2 − 1
 
 
(51) 
Aplicando os métodos de integração, obtemos: 
𝜕𝐹
𝜕𝑦
= 2𝑥𝑦 + 𝑥2 − 1 
∫
𝜕𝐹
𝜕𝑦
𝑑𝑦 = ∫(2𝑥𝑦 + 𝑥2 − 1)𝑑𝑦 
𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦2 + 𝑥2𝑦 − 𝑦 + 𝐶(𝑥) 
Repare que a constante 𝐶(𝑥) é constante apenas em função de 𝑦. 
Substituindo no Sistema de Equações Diferenciais 51: 
𝜕𝐹
𝜕𝑥
= (𝑥 + 𝑦)2 
 
(52) 
𝜕(𝑥𝑦2 + 𝑥2𝑦 − 𝑦 + 𝐶(𝑥))
𝜕𝑥
= 𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦2 
𝑦2 + 2𝑥𝑦 +
𝜕𝐶(𝑥)
𝜕𝑥
= 𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦2 
𝜕𝐶(𝑥)
𝜕𝑥
= 𝑥2 
𝐶(𝑥) =
𝑥3
3
+ 𝐶 
Portanto, 
𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦2 + 𝑥2𝑦 − 𝑦 +
𝑥3
3
+ 𝐶 
 
 
 
 
22 
 
A Equação 52 foi resolvida aplicando a substituição prévia da solução 
encontrada anteriormente. Entretanto, poderia ser aplicada uma nova 
integração, e a solução poderia ser obtida por comparação. Ambas as 
abordagens possuem o mesmo grau de dificuldade. 
Um caso particular que ocorre na resolução das equações diferenciais é 
a aplicação do fator integrante para se obter uma equação exata. Para esse tipo 
de situação utilizamos 
𝜇(𝑥) = 𝑐𝑒∫ 𝑅(𝑥)𝑑𝑥 
onde 
𝑅(𝑥) =
1
𝑁
(
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
) 
ou 
𝜇(𝑦) = 𝑐𝑒∫ 𝑅(𝑦)𝑑𝑦 
onde 
𝑅(𝑦) =
1
𝑀
(
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
) 
 
É necessário que 𝑅(𝑥) seja uma função exclusivamente de 𝑥. Caso o 
resultado de 𝑅(𝑥) seja expresso em função de 𝑥 e 𝑦, devemos calcular 𝑅(𝑦) que 
deve ser uma equação apenas em função de 𝑦. 
Em seguida obtemos 𝜇 e multiplicamos esse fator integrante na equação 
original. Realizamos o teste para verificar se a na nova equação é exata e, se 
satisfeito, prosseguimos com o método normalmente. 
 
FINALIZANDO 
Com esta primeira aula, foi possível compreender a aplicação de 
equações diferenciais e a resolução dos primeiros métodos para resoluções de 
equações diferenciais de primeira ordem. Nas aulas seguintes, outros métodos 
serão aplicados para outros tipos de equações diferenciais. 
 
 
 
 
 
23 
 
 
REFERÊNCIAS 
 
BOYCE, W. E.; DIPRIMA, R. C. Equações Diferenciais Elementares e 
Problemas de Valores de Contorno. 9. ed. São Paulo: LTC, 2010. 
KENT, N. R. Equações Diferenciais. 8. ed. São Paulo: Pearson Education do 
Brasil, 2012. 
NÓBREGA, D. D. Equações Diferenciais Ordinárias e algumas aplicações. 
Caicó: UFRN, 2016. 
ZILL, D. G.; CULLEN, M. R. Equações diferenciais. 3. ed. v.1. São Paulo: 
Pearson Education do Brasil, 2001.