C3_G Pina - Semana 07

•
UFRB

Ana Paula Cruz
07/09/2021
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Cálculo III

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Introdução às Equações Diferenciais
E.D.O.’s de Primeira Ordem
Gilberto da Silva Pina
Centro de Ciências Exatas e Tecnológicas – CETEC/UFRB
11 de agosto de 2021
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Homogênea
Definição 1
Uma função z = f (x , y) diz-se homogênea de grau α quando f
satisfaz a seguinte condição
f (λx , λy) = λαf (x , y), ∀ (x , y), ∀λ 6= 0.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Homogênea
Exemplo 1
Considere as funções f (x , y) =
3x4y2 − x3y3 + 3x2y4
x6 + y6
e
g(x , y) =
x4 + x2y2 − 2y4
x2 + y2
. Observe que as funções f e g são
homogêneas de gruas 0 e 2, respectivamente. De fato, temos:
f (λx , λy) =
3(λ4x4)(λ2y2)− (λ3x3)(λ3y3) + 3(λ2x2)(λ4y4)
(λ6x6) + (λ6y6)
=
λ6(3x4y2 − x3y3 + 3x2y4)
λ6(x6 + y6)
= λ0f (x , y).
E, para a função g , temos:
g(λx , λy) =
(λ4x4) + (λ2x2)(λ2y2)− 2(λ4y4)
(λ2x2) + (λ2y2)
= λ2g(x , y).
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Homogênea
Exemplo 1
Considere as funções f (x , y) =
3x4y2 − x3y3 + 3x2y4
x6 + y6
e
g(x , y) =
x4 + x2y2 − 2y4
x2 + y2
. Observe que as funções f e g são
homogêneas de gruas 0 e 2, respectivamente. De fato, temos:
f (λx , λy) =
3(λ4x4)(λ2y2)− (λ3x3)(λ3y3) + 3(λ2x2)(λ4y4)
(λ6x6) + (λ6y6)
=
λ6(3x4y2 − x3y3 + 3x2y4)
λ6(x6 + y6)
= λ0f (x , y).
E, para a função g , temos:
g(λx , λy) =
(λ4x4) + (λ2x2)(λ2y2)− 2(λ4y4)
(λ2x2) + (λ2y2)
= λ2g(x , y).
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Homogênea
Exemplo 1
Considere as funções f (x , y) =
3x4y2 − x3y3 + 3x2y4
x6 + y6
e
g(x , y) =
x4 + x2y2 − 2y4
x2 + y2
. Observe que as funções f e g são
homogêneas de gruas 0 e 2, respectivamente. De fato, temos:
f (λx , λy) =
3(λ4x4)(λ2y2)− (λ3x3)(λ3y3) + 3(λ2x2)(λ4y4)
(λ6x6) + (λ6y6)
=
λ6(3x4y2 − x3y3 + 3x2y4)
λ6(x6 + y6)
= λ0f (x , y).
E, para a função g , temos:
g(λx , λy) =
(λ4x4) + (λ2x2)(λ2y2)− 2(λ4y4)
(λ2x2) + (λ2y2)
= λ2g(x , y).
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Homogênea
Exemplo 1
Considere as funções f (x , y) =
3x4y2 − x3y3 + 3x2y4
x6 + y6
e
g(x , y) =
x4 + x2y2 − 2y4
x2 + y2
. Observe que as funções f e g são
homogêneas de gruas 0 e 2, respectivamente. De fato, temos:
f (λx , λy) =
3(λ4x4)(λ2y2)− (λ3x3)(λ3y3) + 3(λ2x2)(λ4y4)
(λ6x6) + (λ6y6)
=
λ6(3x4y2 − x3y3 + 3x2y4)
λ6(x6 + y6)
= λ0f (x , y).
E, para a função g , temos:
g(λx , λy) =
(λ4x4) + (λ2x2)(λ2y2)− 2(λ4y4)
(λ2x2) + (λ2y2)
= λ2g(x , y).
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Homogênea
Exemplo 1
Considere as funções f (x , y) =
3x4y2 − x3y3 + 3x2y4
x6 + y6
e
g(x , y) =
x4 + x2y2 − 2y4
x2 + y2
. Observe que as funções f e g são
homogêneas de gruas 0 e 2, respectivamente. De fato, temos:
f (λx , λy) =
3(λ4x4)(λ2y2)− (λ3x3)(λ3y3) + 3(λ2x2)(λ4y4)
(λ6x6) + (λ6y6)
=
λ6(3x4y2 − x3y3 + 3x2y4)
λ6(x6 + y6)
= λ0f (x , y).
E, para a função g , temos:
g(λx , λy) =
(λ4x4) + (λ2x2)(λ2y2)− 2(λ4y4)
(λ2x2) + (λ2y2)
= λ2g(x , y).
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Homogênea
Definição 2
Consideremos uma E.D.O. na forma diferencial:
M(x , y)dx + N(x , y)dy = 0.
Essa E.D.O. é dita homogênea quando as funções M e N
satisfazem a relação:
M(λx , λy)
N(λx , λy)
=
M(x , y)
N(x , y)
, ∀ (x , y), ∀λ 6= 0.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Homogênea
Definição 3
Uma E.D.O. na forma normal y ′ = f (x , y) diz-se homogênea
quando a função f satisfaz
f (x , y) = f (λx , λy), ∀ (x , y), ∀λ 6= 0.
Observação 4
Uma E.D.O. na forma normal y ′ = f (x , y) diz-se homogênea
quando a função f é homogênea de grau zero.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Homogênea
Definição 3
Uma E.D.O. na forma normal y ′ = f (x , y) diz-se homogênea
quando a função f satisfaz
f (x , y) = f (λx , λy), ∀ (x , y), ∀λ 6= 0.
Observação 4
Uma E.D.O. na forma normal y ′ = f (x , y) diz-se homogênea
quando a função f é homogênea de grau zero.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Homogênea
A substituição y = xu leva a E.D.O. (2) à forma separável.
Fazendo y = xu, obtemos y ′ = u + xu′.
As substituições y = xu e y ′ = u + xu′ levam a E.D.O.
original à forma:
u + x
du
dx
= f (x , xu).
Por exemplo, a E.D.O.
y ′ =
x4 + 2y4
xy3
= f (x , y)
é homogênea, pois
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Homogênea
A substituição y = xu leva a E.D.O. (2) à forma separável.
Fazendo y = xu, obtemos y ′ = u + xu′.
As substituições y = xu e y ′ = u + xu′ levam a E.D.O.
original à forma:
u + x
du
dx
= f (x , xu).
Por exemplo, a E.D.O.
y ′ =
x4 + 2y4
xy3
= f (x , y)
é homogênea, pois
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Homogênea
A substituição y = xu leva a E.D.O. (2) à forma separável.
Fazendo y = xu, obtemos y ′ = u + xu′.
As substituições y = xu e y ′ = u + xu′ levam a E.D.O.
original à forma:
u + x
du
dx
= f (x , xu).
Por exemplo, a E.D.O.
y ′ =
x4 + 2y4
xy3
= f (x , y)
é homogênea, pois
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Homogênea
A substituição y = xu leva a E.D.O. (2) à forma separável.
Fazendo y = xu, obtemos y ′ = u + xu′.
As substituições y = xu e y ′ = u + xu′ levam a E.D.O.
original à forma:
u + x
du
dx
= f (x , xu).
Por exemplo, a E.D.O.
y ′ =
x4 + 2y4
xy3
= f (x , y)
é homogênea, pois
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Homogênea
f (λx , λy) =
(λx)4 + 2(λy)4
(λx)(λy)3
=
λ4x4 + 2λ4y4
λ4xy3
= f (x , y).
Fazendo a substituição y = xu, obtemos
dy
dx
= u + x
du
dx
.
Assim, a E.D.O. inicial assume a forma:
u + x
du
dx
=
x4 + 2(xu)4
x(xu)3
=
1 + 2u4
u3
,
ou, de forma equivalente:
u3
1 + u4
du =
1
x
dx ,
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Homogênea
f (λx , λy) =
(λx)4 + 2(λy)4
(λx)(λy)3
=
λ4x4 + 2λ4y4
λ4xy3
= f (x , y).
Fazendo a substituição y = xu, obtemos
dy
dx
= u + x
du
dx
.
Assim, a E.D.O. inicial assume a forma:
u + x
du
dx
=
x4 + 2(xu)4
x(xu)3
=
1 + 2u4
u3
,
ou, de forma equivalente:
u3
1 + u4
du =
1
x
dx ,
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Homogênea
f (λx , λy) =
(λx)4 + 2(λy)4
(λx)(λy)3
=
λ4x4 + 2λ4y4
λ4xy3
= f (x , y).
Fazendo a substituição y = xu, obtemos
dy
dx
= u + x
du
dx
.
Assim, a E.D.O. inicial assume a forma:
u + x
du
dx
=
x4 + 2(xu)4
x(xu)3
=
1 + 2u4
u3
,
ou, de forma equivalente:
u3
1 + u4
du =
1
x
dx ,
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Homogênea
f (λx , λy) =
(λx)4 + 2(λy)4
(λx)(λy)3
=
λ4x4 + 2λ4y4
λ4xy3
= f (x , y).
Fazendo a substituição y = xu, obtemos
dy
dx
= u + x
du
dx
.
Assim, a E.D.O. inicial assume a forma:
u + x
du
dx
=
x4 + 2(xu)4
x(xu)3
=
1 + 2u4
u3
,
ou, de forma equivalente:
u3
1 + u4
du =
1
x
dx ,
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Homogênea
cuja solução geral é dada por
1
4
ln
(
x4 + y4
x4
)
= ln |x |+ C1,
donde
ln
(
x4 + y4
x4
)
= 4 ln |x |+ 4C1
= ln(x4) + ln(e4C1)
= ln(e4C1x4) = ln(Cx4), C = e4C1 > 0
ou, equivalentemente:
x4 + y4 = C x8.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Homogênea
cuja solução geral é dada por
1
4
ln
(
x4 + y4
x4
)
= ln |x |+ C1,
donde
ln
(
x4 + y4
x4
)
= 4 ln |x |+ 4C1
= ln(x4) + ln(e4C1)
= ln(e4C1x4) = ln(Cx4), C = e4C1 > 0
ou, equivalentemente:
x4 + y4 = C x8.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Homogênea
cuja solução geral é dada por
1
4
ln
(
x4 + y4
x4
)
= ln |x |+ C1,
donde
ln
(
x4 + y4
x4
)
= 4 ln |x |+ 4C1
= ln(x4) + ln(e4C1)
= ln(e4C1x4) = ln(Cx4), C = e4C1 > 0
ou, equivalentemente:
x4 + y4 = C x8.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferenciale Integral III
Exerćıcio 1
Exerćıcio 1
Verifique se a E.D.O. não linear
(xy2 + x2y)dx + (x2y − xy2)dy = 0
é homogênea e, em seguida, resolva a equação.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Considere as funções M(x , y) = xy2 + x2y e
N(x , y) = x2y − xy2.
Observe que:
M(λx , λy)
N(λx , λy)
=
(λx)(λ2y2) + (λ2x2)(λy)
(λ2x2)(λy)− (λx)(λ2y2)
=
λ3(xy2 + x2y)
λ3(x2y − xy2)
=
M(x , y)
N(x , y)
.
Logo, pela Definição 2, segue-se que a E.D.O. dada é
homogênea.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Considere as funções M(x , y) = xy2 + x2y e
N(x , y) = x2y − xy2.
Observe que:
M(λx , λy)
N(λx , λy)
=
(λx)(λ2y2) + (λ2x2)(λy)
(λ2x2)(λy)− (λx)(λ2y2)
=
λ3(xy2 + x2y)
λ3(x2y − xy2)
=
M(x , y)
N(x , y)
.
Logo, pela Definição 2, segue-se que a E.D.O. dada é
homogênea.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Considere as funções M(x , y) = xy2 + x2y e
N(x , y) = x2y − xy2.
Observe que:
M(λx , λy)
N(λx , λy)
=
(λx)(λ2y2) + (λ2x2)(λy)
(λ2x2)(λy)− (λx)(λ2y2)
=
λ3(xy2 + x2y)
λ3(x2y − xy2)
=
M(x , y)
N(x , y)
.
Logo, pela Definição 2, segue-se que a E.D.O. dada é
homogênea.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Considere as funções M(x , y) = xy2 + x2y e
N(x , y) = x2y − xy2.
Observe que:
M(λx , λy)
N(λx , λy)
=
(λx)(λ2y2) + (λ2x2)(λy)
(λ2x2)(λy)− (λx)(λ2y2)
=
λ3(xy2 + x2y)
λ3(x2y − xy2)
=
M(x , y)
N(x , y)
.
Logo, pela Definição 2, segue-se que a E.D.O. dada é
homogênea.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Considere as funções M(x , y) = xy2 + x2y e
N(x , y) = x2y − xy2.
Observe que:
M(λx , λy)
N(λx , λy)
=
(λx)(λ2y2) + (λ2x2)(λy)
(λ2x2)(λy)− (λx)(λ2y2)
=
λ3(xy2 + x2y)
λ3(x2y − xy2)
=
M(x , y)
N(x , y)
.
Logo, pela Definição 2, segue-se que a E.D.O. dada é
homogênea.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Para resolver a E.D.O., vamos reescrever a equação da
seguinte forma:
dy
dx
=
xy2 + x2y
xy2 − x2y
. (1)
Fazendo a substituição y = xu, obtemos
dy
dx
= u + x
du
dx
.
Substituindo na equação (1), obtemos
u + x
du
dx
=
u2 + u
u2 − u
=
u + 1
u − 1
,
e portanto,
x
du
dx
=
u + 1
u − 1
− u = u + 1− u
2 + u
u − 1
.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Para resolver a E.D.O., vamos reescrever a equação da
seguinte forma:
dy
dx
=
xy2 + x2y
xy2 − x2y
. (1)
Fazendo a substituição y = xu, obtemos
dy
dx
= u + x
du
dx
.
Substituindo na equação (1), obtemos
u + x
du
dx
=
u2 + u
u2 − u
=
u + 1
u − 1
,
e portanto,
x
du
dx
=
u + 1
u − 1
− u = u + 1− u
2 + u
u − 1
.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Para resolver a E.D.O., vamos reescrever a equação da
seguinte forma:
dy
dx
=
xy2 + x2y
xy2 − x2y
. (1)
Fazendo a substituição y = xu, obtemos
dy
dx
= u + x
du
dx
.
Substituindo na equação (1), obtemos
u + x
du
dx
=
u2 + u
u2 − u
=
u + 1
u − 1
,
e portanto,
x
du
dx
=
u + 1
u − 1
− u = u + 1− u
2 + u
u − 1
.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Para resolver a E.D.O., vamos reescrever a equação da
seguinte forma:
dy
dx
=
xy2 + x2y
xy2 − x2y
. (1)
Fazendo a substituição y = xu, obtemos
dy
dx
= u + x
du
dx
.
Substituindo na equação (1), obtemos
u + x
du
dx
=
u2 + u
u2 − u
=
u + 1
u − 1
,
e portanto,
x
du
dx
=
u + 1
u − 1
− u = u + 1− u
2 + u
u − 1
.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Para resolver a E.D.O., vamos reescrever a equação da
seguinte forma:
dy
dx
=
xy2 + x2y
xy2 − x2y
. (1)
Fazendo a substituição y = xu, obtemos
dy
dx
= u + x
du
dx
.
Substituindo na equação (1), obtemos
u + x
du
dx
=
u2 + u
u2 − u
=
u + 1
u − 1
,
e portanto,
x
du
dx
=
u + 1
u − 1
− u = u + 1− u
2 + u
u − 1
.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Para resolver a E.D.O., vamos reescrever a equação da
seguinte forma:
dy
dx
=
xy2 + x2y
xy2 − x2y
. (1)
Fazendo a substituição y = xu, obtemos
dy
dx
= u + x
du
dx
.
Substituindo na equação (1), obtemos
u + x
du
dx
=
u2 + u
u2 − u
=
u + 1
u − 1
,
e portanto,
x
du
dx
=
u + 1
u − 1
− u = u + 1− u
2 + u
u − 1
.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Para resolver a E.D.O., vamos reescrever a equação da
seguinte forma:
dy
dx
=
xy2 + x2y
xy2 − x2y
. (1)
Fazendo a substituição y = xu, obtemos
dy
dx
= u + x
du
dx
.
Substituindo na equação (1), obtemos
u + x
du
dx
=
u2 + u
u2 − u
=
u + 1
u − 1
,
e portanto,
x
du
dx
=
u + 1
u − 1
− u = u + 1− u
2 + u
u − 1
.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Isso implica que
x
du
dx
=
1 + 2u − u2
u − 1
.
Assim, separando as diferenciais, obtemos:
u − 1
u2 − 2u − 1
du = − dx
x
e, integrando ambos os lados dessa equação, obtemos:
1
2
ln |u2 − 2u − 1|+ ln |x | = C1,
ou ainda, multiplicando ambos os lados por 2, temos:
ln |x2(u2 − 2u − 1)| = 2C1.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Isso implica que
x
du
dx
=
1 + 2u − u2
u − 1
.
Assim, separando as diferenciais, obtemos:
u − 1
u2 − 2u − 1
du = − dx
x
e, integrando ambos os lados dessa equação, obtemos:
1
2
ln |u2 − 2u − 1|+ ln |x | = C1,
ou ainda, multiplicando ambos os lados por 2, temos:
ln |x2(u2 − 2u − 1)| = 2C1.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Isso implica que
x
du
dx
=
1 + 2u − u2
u − 1
.
Assim, separando as diferenciais, obtemos:
u − 1
u2 − 2u − 1
du = − dx
x
e, integrando ambos os lados dessa equação, obtemos:
1
2
ln |u2 − 2u − 1|+ ln |x | = C1,
ou ainda, multiplicando ambos os lados por 2, temos:
ln |x2(u2 − 2u − 1)| = 2C1.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Isso implica que
x
du
dx
=
1 + 2u − u2
u − 1
.
Assim, separando as diferenciais, obtemos:
u − 1
u2 − 2u − 1
du = − dx
x
e, integrando ambos os lados dessa equação, obtemos:
1
2
ln |u2 − 2u − 1|+ ln |x | = C1,
ou ainda, multiplicando ambos os lados por 2, temos:
ln |x2(u2 − 2u − 1)| = 2C1.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Isso implica que
x
du
dx
=
1 + 2u − u2
u − 1
.
Assim, separando as diferenciais, obtemos:
u − 1
u2 − 2u − 1
du = − dx
x
e, integrando ambos os lados dessa equação, obtemos:
1
2
ln |u2 − 2u − 1|+ ln |x | = C1,
ou ainda, multiplicando ambos os lados por 2, temos:
ln |x2(u2 − 2u − 1)| = 2C1.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Isso implica que
x
du
dx
=
1 + 2u − u2
u − 1
.
Assim, separando as diferenciais, obtemos:
u − 1
u2 − 2u − 1
du = − dx
x
e, integrando ambos os lados dessa equação, obtemos:
1
2
ln |u2 − 2u − 1|+ ln |x | = C1,
ou ainda, multiplicando ambos os lados por 2, temos:
ln |x2(u2 − 2u − 1)| = 2C1.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Isso implica que
x
du
dx
=
1 + 2u − u2
u − 1
.
Assim, separando as diferenciais, obtemos:
u − 1
u2 − 2u − 1
du = − dx
x
e, integrando ambos os lados dessa equação, obtemos:
1
2
ln |u2 − 2u − 1|+ ln |x | = C1,
ou ainda, multiplicando ambos os lados por 2, temos:
ln |x2(u2 − 2u − 1)| = 2C1.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Isso implica que
x
du
dx
=
1 + 2u − u2
u − 1
.
Assim, separando as diferenciais, obtemos:
u − 1
u2 − 2u − 1
du = − dx
x
e, integrando ambos os lados dessa equação, obtemos:
1
2ln |u2 − 2u − 1|+ ln |x | = C1,
ou ainda, multiplicando ambos os lados por 2, temos:
ln |x2(u2 − 2u − 1)| = 2C1.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Logo, voltando para as variáveis x e y , obtemos:
ln
∣∣∣∣x2(y2x2 − 2yx − 1
)∣∣∣∣ = 2C1
ou seja,
y2 − 2xy − x2 = ±C , C = e2C1
que é a solução geral da E.D.O. dada.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Logo, voltando para as variáveis x e y , obtemos:
ln
∣∣∣∣x2(y2x2 − 2yx − 1
)∣∣∣∣ = 2C1
ou seja,
y2 − 2xy − x2 = ±C , C = e2C1
que é a solução geral da E.D.O. dada.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Logo, voltando para as variáveis x e y , obtemos:
ln
∣∣∣∣x2(y2x2 − 2yx − 1
)∣∣∣∣ = 2C1
ou seja,
y2 − 2xy − x2 = ±C , C = e2C1
que é a solução geral da E.D.O. dada.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Logo, voltando para as variáveis x e y , obtemos:
ln
∣∣∣∣x2(y2x2 − 2yx − 1
)∣∣∣∣ = 2C1
ou seja,
y2 − 2xy − x2 = ±C , C = e2C1
que é a solução geral da E.D.O. dada.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 1
Logo, voltando para as variáveis x e y , obtemos:
ln
∣∣∣∣x2(y2x2 − 2yx − 1
)∣∣∣∣ = 2C1
ou seja,
y2 − 2xy − x2 = ±C , C = e2C1
que é a solução geral da E.D.O. dada.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Exata
Definição 5
Consideremos uma E.D.O. na forma diferencial:
M(x , y)dx + N(x , y)dy = 0. (2)
Essa E.D.O. é denominada exata quando existir uma função
diferenciável ϕ(x , y) tal que dϕ = Mdx + Ndy .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Exata
Em um doḿınio “regular”, a existência de uma tal ϕ,
satisfazendo à definição anterior, é equivalente à condição:
∂M
∂y
=
∂N
∂x
, (3)
pois a relação dϕ = Mdx + Ndy é equivalente ao sistema de
equações:
∂ϕ
∂x
= M,
∂ϕ
∂y
= N. (4)
De uma maneira mais formal, temos o seguinte resultado
sobre E.D.O.’s exatas.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Exata
Em um doḿınio “regular”, a existência de uma tal ϕ,
satisfazendo à definição anterior, é equivalente à condição:
∂M
∂y
=
∂N
∂x
, (3)
pois a relação dϕ = Mdx + Ndy é equivalente ao sistema de
equações:
∂ϕ
∂x
= M,
∂ϕ
∂y
= N. (4)
De uma maneira mais formal, temos o seguinte resultado
sobre E.D.O.’s exatas.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Exata
Em um doḿınio “regular”, a existência de uma tal ϕ,
satisfazendo à definição anterior, é equivalente à condição:
∂M
∂y
=
∂N
∂x
, (3)
pois a relação dϕ = Mdx + Ndy é equivalente ao sistema de
equações:
∂ϕ
∂x
= M,
∂ϕ
∂y
= N. (4)
De uma maneira mais formal, temos o seguinte resultado
sobre E.D.O.’s exatas.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Exata
Em um doḿınio “regular”, a existência de uma tal ϕ,
satisfazendo à definição anterior, é equivalente à condição:
∂M
∂y
=
∂N
∂x
, (3)
pois a relação dϕ = Mdx + Ndy é equivalente ao sistema de
equações:
∂ϕ
∂x
= M,
∂ϕ
∂y
= N. (4)
De uma maneira mais formal, temos o seguinte resultado
sobre E.D.O.’s exatas.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Exata
Em um doḿınio “regular”, a existência de uma tal ϕ,
satisfazendo à definição anterior, é equivalente à condição:
∂M
∂y
=
∂N
∂x
, (3)
pois a relação dϕ = Mdx + Ndy é equivalente ao sistema de
equações:
∂ϕ
∂x
= M,
∂ϕ
∂y
= N. (4)
De uma maneira mais formal, temos o seguinte resultado
sobre E.D.O.’s exatas.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Exata
Teorema 1
Sejam M(x , y) e N(x , y) funções cont́ınuas com as derivadas
parciais
∂M
∂y
e
∂N
∂x
cont́ınuas em um doḿınio D. Então, a equação
diferencial
M(x , y)dx + N(x , y)dy = 0
é exata em D se, e somente se,
∂M
∂y
=
∂N
∂x
, (5)
para quaisquer (x , y) ∈ D. Além disso, a solução geral da E.D.O.
exata é dada por∫
M(x , y)dx +
∫ [
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx
]
dy = C , C ∈ R.
(6)
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Exata
Teorema 1
Sejam M(x , y) e N(x , y) funções cont́ınuas com as derivadas
parciais
∂M
∂y
e
∂N
∂x
cont́ınuas em um doḿınio D. Então, a equação
diferencial
M(x , y)dx + N(x , y)dy = 0
é exata em D se, e somente se,
∂M
∂y
=
∂N
∂x
, (5)
para quaisquer (x , y) ∈ D. Além disso, a solução geral da E.D.O.
exata é dada por∫
M(x , y)dx +
∫ [
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx
]
dy = C , C ∈ R.
(6)
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Exata
Teorema 1
Sejam M(x , y) e N(x , y) funções cont́ınuas com as derivadas
parciais
∂M
∂y
e
∂N
∂x
cont́ınuas em um doḿınio D. Então, a equação
diferencial
M(x , y)dx + N(x , y)dy = 0
é exata em D se, e somente se,
∂M
∂y
=
∂N
∂x
, (5)
para quaisquer (x , y) ∈ D. Além disso, a solução geral da E.D.O.
exata é dada por∫
M(x , y)dx +
∫ [
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx
]
dy = C , C ∈ R.
(6)
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O. Exata
Teorema 1
Sejam M(x , y) e N(x , y) funções cont́ınuas com as derivadas
parciais
∂M
∂y
e
∂N
∂x
cont́ınuas em um doḿınio D. Então, a equação
diferencial
M(x , y)dx + N(x , y)dy = 0
é exata em D se, e somente se,
∂M
∂y
=
∂N
∂x
, (5)
para quaisquer (x , y) ∈ D. Além disso, a solução geral da E.D.O.
exata é dada por∫
M(x , y)dx +
∫ [
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx
]
dy = C , C ∈ R.
(6)
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Exerćıcio 2
Exerćıcio 2
Encontre o valor de m de modo que a equação diferencial
(y3 + mxy4 − 2x)dx + (3xy2 + 20x2y3)dy = 0 seja exata e, em
seguida, resolva a equação.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 2
Temos que
M(x , y) = y3 + mxy4 − 2x
e
N(x , y) = 3xy2 + 20x2y3.
Como a E.D.O. é exata, temos que
∂M
∂y
=
∂N
∂x
.
Ou seja,
3y2 + 4mxy3 = 3y2 + 40xy3.
Logo, 4m = 40, donde m = 10.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 2
Temos que
M(x , y) = y3 + mxy4 − 2x
e
N(x , y) = 3xy2 + 20x2y3.
Como a E.D.O. é exata, temos que
∂M
∂y
=
∂N
∂x
.
Ou seja,
3y2 + 4mxy3 = 3y2 + 40xy3.
Logo, 4m = 40, donde m = 10.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 2
Temos que
M(x , y) = y3 + mxy4 − 2x
e
N(x , y) = 3xy2 + 20x2y3.
Como a E.D.O. é exata, temos que
∂M
∂y
=
∂N
∂x
.
Ou seja,
3y2 + 4mxy3 = 3y2 + 40xy3.
Logo, 4m = 40, donde m = 10.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 2
Temos que
M(x , y) = y3 + mxy4 − 2x
e
N(x , y) = 3xy2 + 20x2y3.
Como a E.D.O. é exata, temos que
∂M
∂y
=
∂N
∂x
.
Ou seja,
3y2 + 4mxy3 = 3y2 + 40xy3.
Logo, 4m = 40, donde m = 10.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 2
Agora, vamos determinar a solução geral da E.D.O.
Temos que∫
M(x , y)dx =
∫
(y3 + 10xy4 − 2x)dx
= xy3 + 5x2y4 − x2
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = 3xy2 + 20x2y3.
Por outro lado, temos também que N(x , y) = 3xy2 + 20x2y3.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 2
Agora, vamos determinar a solução geral da E.D.O.
Temos que∫
M(x , y)dx =
∫
(y3 + 10xy4 − 2x)dx
= xy3 + 5x2y4 − x2
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = 3xy2 + 20x2y3.
Por outro lado, temos também que N(x , y) = 3xy2 + 20x2y3.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 2
Agora, vamos determinar a solução geral da E.D.O.
Temos que∫
M(x , y)dx =
∫
(y3 + 10xy4 − 2x)dx
= xy3 + 5x2y4 − x2
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = 3xy2 + 20x2y3.
Por outro lado, temos também que N(x , y) = 3xy2 + 20x2y3.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 2
Agora,vamos determinar a solução geral da E.D.O.
Temos que∫
M(x , y)dx =
∫
(y3 + 10xy4 − 2x)dx
= xy3 + 5x2y4 − x2
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = 3xy2 + 20x2y3.
Por outro lado, temos também que N(x , y) = 3xy2 + 20x2y3.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 2
Agora, vamos determinar a solução geral da E.D.O.
Temos que∫
M(x , y)dx =
∫
(y3 + 10xy4 − 2x)dx
= xy3 + 5x2y4 − x2
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = 3xy2 + 20x2y3.
Por outro lado, temos também que N(x , y) = 3xy2 + 20x2y3.
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Solução do Exerćıcio 2
Portanto,
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx = 0.
Logo, a solução geral da E.D.O. é:∫
M(x , y)dx = C , C ∈ R,
ou seja,
xy3 + 5x2y4 − x2 = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 2
Portanto,
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx = 0.
Logo, a solução geral da E.D.O. é:∫
M(x , y)dx = C , C ∈ R,
ou seja,
xy3 + 5x2y4 − x2 = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 2
Portanto,
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx = 0.
Logo, a solução geral da E.D.O. é:∫
M(x , y)dx = C , C ∈ R,
ou seja,
xy3 + 5x2y4 − x2 = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 2
Portanto,
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx = 0.
Logo, a solução geral da E.D.O. é:∫
M(x , y)dx = C , C ∈ R,
ou seja,
xy3 + 5x2y4 − x2 = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 2
Portanto,
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx = 0.
Logo, a solução geral da E.D.O. é:∫
M(x , y)dx = C , C ∈ R,
ou seja,
xy3 + 5x2y4 − x2 = C , C ∈ R.
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Solução do Exerćıcio 2
Portanto,
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx = 0.
Logo, a solução geral da E.D.O. é:∫
M(x , y)dx = C , C ∈ R,
ou seja,
xy3 + 5x2y4 − x2 = C , C ∈ R.
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Fatores Integrantes
Definição 6
Consideremos uma E.D.O. na forma diferencial:
M(x , y)dx + N(x , y)dy = 0. (7)
que não seja exata. Uma função µ(x , y) é dita um fator
integrante para a E.D.O. se ela torna a equação:
µ(x , y)M(x , y)dx + µ(x , y)N(x , y)dy = 0
uma E.D.O. exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Fatores Integrantes
Definição 6
Consideremos uma E.D.O. na forma diferencial:
M(x , y)dx + N(x , y)dy = 0. (7)
que não seja exata. Uma função µ(x , y) é dita um fator
integrante para a E.D.O. se ela torna a equação:
µ(x , y)M(x , y)dx + µ(x , y)N(x , y)dy = 0
uma E.D.O. exata.
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Fatores Integrantes
Vamos apresentar três casos de fatores integrantes:
1o caso. Suponhamos que as funções M e N são tais que a
expressão:
∂M
∂y
− ∂N
∂x
N
= f (x) (8)
é uma função apenas da variável x , a qual denotaremos por
f (x).
Neste caso, a função
µ(x) = e
∫
f (x)dx
é um fator integrante para a E.D.O. (7).
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Fatores Integrantes
Vamos apresentar três casos de fatores integrantes:
1o caso. Suponhamos que as funções M e N são tais que a
expressão:
∂M
∂y
− ∂N
∂x
N
= f (x) (8)
é uma função apenas da variável x , a qual denotaremos por
f (x).
Neste caso, a função
µ(x) = e
∫
f (x)dx
é um fator integrante para a E.D.O. (7).
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Fatores Integrantes
Vamos apresentar três casos de fatores integrantes:
1o caso. Suponhamos que as funções M e N são tais que a
expressão:
∂M
∂y
− ∂N
∂x
N
= f (x) (8)
é uma função apenas da variável x , a qual denotaremos por
f (x).
Neste caso, a função
µ(x) = e
∫
f (x)dx
é um fator integrante para a E.D.O. (7).
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Exerćıcio 3
Exerćıcio 3
Mostre que a E.D.O. (2x2 + y)dx + (x2y − x)dy = 0 é não exata.
Em seguida, encontre um fator integrante e resolva a equação.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 3
Temos que
M(x , y) = 2x2 + y
e
N(x , y) = x2y − x .
Então, obtemos que
∂M
∂y
= 1 6= 2xy − 1 = ∂N
∂x
.
Logo, a E.D.O. é não exata.
Observe que
∂M
∂y
− ∂N
∂x
N
=
1− (2xy − 1)
x2y − x
=
2(1− xy)
−x(1− xy)
=
−2
x
.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 3
Temos que
M(x , y) = 2x2 + y
e
N(x , y) = x2y − x .
Então, obtemos que
∂M
∂y
= 1 6= 2xy − 1 = ∂N
∂x
.
Logo, a E.D.O. é não exata.
Observe que
∂M
∂y
− ∂N
∂x
N
=
1− (2xy − 1)
x2y − x
=
2(1− xy)
−x(1− xy)
=
−2
x
.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 3
Temos que
M(x , y) = 2x2 + y
e
N(x , y) = x2y − x .
Então, obtemos que
∂M
∂y
= 1 6= 2xy − 1 = ∂N
∂x
.
Logo, a E.D.O. é não exata.
Observe que
∂M
∂y
− ∂N
∂x
N
=
1− (2xy − 1)
x2y − x
=
2(1− xy)
−x(1− xy)
=
−2
x
.
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Solução do Exerćıcio 3
Temos que
M(x , y) = 2x2 + y
e
N(x , y) = x2y − x .
Então, obtemos que
∂M
∂y
= 1 6= 2xy − 1 = ∂N
∂x
.
Logo, a E.D.O. é não exata.
Observe que
∂M
∂y
− ∂N
∂x
N
=
1− (2xy − 1)
x2y − x
=
2(1− xy)
−x(1− xy)
=
−2
x
.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 3
Pela Fórmula (8), temos que
µ(x) = e−2
∫
dx
x = e ln(x
−2) = x−2
é um fator integrante para E.D.O. dada.
Multiplicando a E.D.O. inicial por µ(x) = x−2, obtemos
(2 + yx−2)dx + (y − x−1)dy = 0,
que é uma E.D.O. exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 3
Pela Fórmula (8), temos que
µ(x) = e−2
∫
dx
x = e ln(x
−2) = x−2
é um fator integrante para E.D.O. dada.
Multiplicando a E.D.O. inicial por µ(x) = x−2, obtemos
(2 + yx−2)dx + (y − x−1)dy = 0,
que é uma E.D.O. exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 3
De fato, tomando M(x , y) = 2 + yx−2 e N(x , y) = y − x−1,
obtemos:
∂M
∂y
= x−2
e
∂N
∂x
= x−2.
Como
∂M
∂y
=
∂N
∂x
,
segue-se que a E.D.O. (2 + yx−2)dx + (y − x−1)dy = 0 é
exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 3
De fato, tomando M(x , y) = 2 + yx−2 e N(x , y) = y − x−1,
obtemos:
∂M
∂y
= x−2
e
∂N
∂x
= x−2.
Como
∂M
∂y
=
∂N
∂x
,
segue-se que a E.D.O. (2 + yx−2)dx + (y − x−1)dy = 0 é
exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 3
De fato, tomando M(x , y) = 2 + yx−2 e N(x , y) = y − x−1,
obtemos:
∂M
∂y
= x−2
e
∂N
∂x
= x−2.
Como
∂M
∂y
=
∂N
∂x
,
segue-se que a E.D.O. (2 + yx−2)dx + (y − x−1)dy = 0 é
exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 3
De fato, tomando M(x , y) = 2 + yx−2 e N(x , y) = y − x−1,
obtemos:
∂M
∂y
= x−2
e
∂N
∂x
= x−2.
Como
∂M
∂y
=
∂N
∂x
,
segue-se que a E.D.O. (2 + yx−2)dx + (y − x−1)dy = 0 é
exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 3
Observe que∫
M(x , y)dx =
∫
(2 + yx−2)dx = 2x − yx−1
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = −x−1.
Assim, temos∫ [
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx
]
dy =
∫
ydy =
y2
2
.
Logo, a solução geral da E.D.O. dada é:
2x − y
x
+
y2
2
= C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 3
Observe que∫
M(x , y)dx =
∫
(2 + yx−2)dx = 2x − yx−1
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = −x−1.
Assim, temos∫ [
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx
]
dy =
∫
ydy =
y2
2
.
Logo, a solução geral da E.D.O. dada é:
2x − y
x
+
y2
2
= C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 3
Observe que∫
M(x , y)dx =
∫
(2 + yx−2)dx = 2x − yx−1
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = −x−1.
Assim, temos∫ [
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx
]
dy =
∫
ydy =
y2
2
.
Logo, a solução geral da E.D.O. dada é:
2x − y
x
+
y2
2
= C .Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 3
Observe que∫
M(x , y)dx =
∫
(2 + yx−2)dx = 2x − yx−1
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = −x−1.
Assim, temos∫ [
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx
]
dy =
∫
ydy =
y2
2
.
Logo, a solução geral da E.D.O. dada é:
2x − y
x
+
y2
2
= C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 3
Observe que∫
M(x , y)dx =
∫
(2 + yx−2)dx = 2x − yx−1
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = −x−1.
Assim, temos∫ [
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx
]
dy =
∫
ydy =
y2
2
.
Logo, a solução geral da E.D.O. dada é:
2x − y
x
+
y2
2
= C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 3
Observe que∫
M(x , y)dx =
∫
(2 + yx−2)dx = 2x − yx−1
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = −x−1.
Assim, temos∫ [
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx
]
dy =
∫
ydy =
y2
2
.
Logo, a solução geral da E.D.O. dada é:
2x − y
x
+
y2
2
= C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 3
Observe que∫
M(x , y)dx =
∫
(2 + yx−2)dx = 2x − yx−1
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = −x−1.
Assim, temos∫ [
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx
]
dy =
∫
ydy =
y2
2
.
Logo, a solução geral da E.D.O. dada é:
2x − y
x
+
y2
2
= C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 3
Observe que∫
M(x , y)dx =
∫
(2 + yx−2)dx = 2x − yx−1
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = −x−1.
Assim, temos∫ [
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx
]
dy =
∫
ydy =
y2
2
.
Logo, a solução geral da E.D.O. dada é:
2x − y
x
+
y2
2
= C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Fatores Integrantes
2o caso. Suponhamos que as funções M e N são tais que a
expressão:
∂N
∂x
− ∂M
∂y
M
= g(y) (9)
é uma função apenas da variável y , a qual denotaremos por
g(y).
Neste caso, a função
µ(y) = e
∫
g(y)dy
é um fator integrante para a E.D.O. (7).
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Fatores Integrantes
2o caso. Suponhamos que as funções M e N são tais que a
expressão:
∂N
∂x
− ∂M
∂y
M
= g(y) (9)
é uma função apenas da variável y , a qual denotaremos por
g(y).
Neste caso, a função
µ(y) = e
∫
g(y)dy
é um fator integrante para a E.D.O. (7).
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Exerćıcio 4
Exerćıcio 4
Mostre que a E.D.O. 2xydx + (3x2 + 4y)dy = 0 é não exata. Em
seguida, encontre um fator integrante e resolva a equação.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 4
Temos que
M(x , y) = 2xy
e
N(x , y) = 3x2 + 4y .
Dáı, obtemos:
∂M
∂y
= 2x
e
∂N
∂x
= 6x .
Então, para x 6= 0, obtemos que
∂M
∂y
6= ∂N
∂x
.
Logo, a E.D.O. é não exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 4
Temos que
M(x , y) = 2xy
e
N(x , y) = 3x2 + 4y .
Dáı, obtemos:
∂M
∂y
= 2x
e
∂N
∂x
= 6x .
Então, para x 6= 0, obtemos que
∂M
∂y
6= ∂N
∂x
.
Logo, a E.D.O. é não exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 4
Temos que
M(x , y) = 2xy
e
N(x , y) = 3x2 + 4y .
Dáı, obtemos:
∂M
∂y
= 2x
e
∂N
∂x
= 6x .
Então, para x 6= 0, obtemos que
∂M
∂y
6= ∂N
∂x
.
Logo, a E.D.O. é não exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 4
Temos que
M(x , y) = 2xy
e
N(x , y) = 3x2 + 4y .
Dáı, obtemos:
∂M
∂y
= 2x
e
∂N
∂x
= 6x .
Então, para x 6= 0, obtemos que
∂M
∂y
6= ∂N
∂x
.
Logo, a E.D.O. é não exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 4
Temos que
M(x , y) = 2xy
e
N(x , y) = 3x2 + 4y .
Dáı, obtemos:
∂M
∂y
= 2x
e
∂N
∂x
= 6x .
Então, para x 6= 0, obtemos que
∂M
∂y
6= ∂N
∂x
.
Logo, a E.D.O. é não exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 4
Observe que
∂N
∂x
− ∂M
∂y
M
=
6x − 2x
2xy
=
4x
2xy
=
2
y
.
Pela Fórmula (9), temos que
µ(y) = e2
∫ dy
y = e ln(y
2) = y2
é um fator integrante para E.D.O. dada.
Multiplicando a E.D.O. inicial por µ(y) = y2, obtemos
2xy3dx + (3x2y2 + 4y3)dy = 0,
que é uma E.D.O. exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 4
Observe que
∂N
∂x
− ∂M
∂y
M
=
6x − 2x
2xy
=
4x
2xy
=
2
y
.
Pela Fórmula (9), temos que
µ(y) = e2
∫ dy
y = e ln(y
2) = y2
é um fator integrante para E.D.O. dada.
Multiplicando a E.D.O. inicial por µ(y) = y2, obtemos
2xy3dx + (3x2y2 + 4y3)dy = 0,
que é uma E.D.O. exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 4
Observe que
∂N
∂x
− ∂M
∂y
M
=
6x − 2x
2xy
=
4x
2xy
=
2
y
.
Pela Fórmula (9), temos que
µ(y) = e2
∫ dy
y = e ln(y
2) = y2
é um fator integrante para E.D.O. dada.
Multiplicando a E.D.O. inicial por µ(y) = y2, obtemos
2xy3dx + (3x2y2 + 4y3)dy = 0,
que é uma E.D.O. exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 4
Observe que
∂N
∂x
− ∂M
∂y
M
=
6x − 2x
2xy
=
4x
2xy
=
2
y
.
Pela Fórmula (9), temos que
µ(y) = e2
∫ dy
y = e ln(y
2) = y2
é um fator integrante para E.D.O. dada.
Multiplicando a E.D.O. inicial por µ(y) = y2, obtemos
2xy3dx + (3x2y2 + 4y3)dy = 0,
que é uma E.D.O. exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 4
De fato, tomando M(x , y) = 2xy3 e N(x , y) = 3x2y2 + 4y3,
obtemos:
∂M
∂y
= 6xy2
e
∂N
∂x
= 6xy2.
Como
∂M
∂y
=
∂N
∂x
,
segue-se que a E.D.O. 2xy3dx + (3x2y2 + 4y3)dy = 0 é exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 4
De fato, tomando M(x , y) = 2xy3 e N(x , y) = 3x2y2 + 4y3,
obtemos:
∂M
∂y
= 6xy2
e
∂N
∂x
= 6xy2.
Como
∂M
∂y
=
∂N
∂x
,
segue-se que a E.D.O. 2xy3dx + (3x2y2 + 4y3)dy = 0 é exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 4
De fato, tomando M(x , y) = 2xy3 e N(x , y) = 3x2y2 + 4y3,
obtemos:
∂M
∂y
= 6xy2
e
∂N
∂x
= 6xy2.
Como
∂M
∂y
=
∂N
∂x
,
segue-se que a E.D.O. 2xy3dx + (3x2y2 + 4y3)dy = 0 é exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 4
De fato, tomando M(x , y) = 2xy3 e N(x , y) = 3x2y2 + 4y3,
obtemos:
∂M
∂y
= 6xy2
e
∂N
∂x
= 6xy2.
Como
∂M
∂y
=
∂N
∂x
,
segue-se que a E.D.O. 2xy3dx + (3x2y2 + 4y3)dy = 0 é exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 4
Observe que ∫
M(x , y)dx =
∫
2xy3dx = x2y3
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = 3x2y2.
Assim, temos∫ [
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx
]
dy =
∫
4y3dy = y4.
Logo, a solução geral da E.D.O. dada é:
x2y3 + y4 = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 4
Observe que ∫
M(x , y)dx =
∫
2xy3dx = x2y3
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = 3x2y2.
Assim, temos∫ [
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx
]
dy =
∫
4y3dy = y4.
Logo, a solução geral da E.D.O. dada é:
x2y3 + y4 = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 4
Observe que ∫
M(x , y)dx =
∫
2xy3dx = x2y3
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = 3x2y2.
Assim, temos∫ [
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx
]
dy =
∫
4y3dy = y4.
Logo, a solução geral da E.D.O. dada é:
x2y3 + y4 = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 4
Observe que ∫
M(x , y)dx =
∫
2xy3dx = x2y3
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = 3x2y2.
Assim, temos∫ [
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx
]
dy =
∫
4y3dy = y4.
Logo, a solução geral da E.D.O. dada é:
x2y3 + y4 = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 4
Observe que ∫
M(x , y)dx =
∫
2xy3dx = x2y3
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = 3x2y2.
Assim, temos∫ [
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx
]
dy =
∫
4y3dy = y4.
Logo, a solução geral da E.D.O. dada é:
x2y3 + y4 = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Soluçãodo Exerćıcio 4
Observe que ∫
M(x , y)dx =
∫
2xy3dx = x2y3
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = 3x2y2.
Assim, temos∫ [
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx
]
dy =
∫
4y3dy = y4.
Logo, a solução geral da E.D.O. dada é:
x2y3 + y4 = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 4
Observe que ∫
M(x , y)dx =
∫
2xy3dx = x2y3
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = 3x2y2.
Assim, temos∫ [
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx
]
dy =
∫
4y3dy = y4.
Logo, a solução geral da E.D.O. dada é:
x2y3 + y4 = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 4
Observe que ∫
M(x , y)dx =
∫
2xy3dx = x2y3
e,
∂
∂y
∫
M(x , y)dx = 3x2y2.
Assim, temos∫ [
N(x , y)− ∂
∂y
∫
M(x , y)dx
]
dy =
∫
4y3dy = y4.
Logo, a solução geral da E.D.O. dada é:
x2y3 + y4 = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Fatores Integrantes
3o caso. Se as funções M(x , y) e N(x , y) são do tipo:
M(x , y) = yα(xy) e N(x , y) = xβ(xy),
onde α(t) e β(t) são funções de uma variável real, como por
exemplo,
M(x , y) = y cos(xy)
e
N(x , y) = x
√
xy + x cos2(x3y3),
então a função µ(x , y) =
1
xM − yN
é um fator integrante
para a E.D.O. (7).
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Fatores Integrantes
3o caso. Se as funções M(x , y) e N(x , y) são do tipo:
M(x , y) = yα(xy) e N(x , y) = xβ(xy),
onde α(t) e β(t) são funções de uma variável real, como por
exemplo,
M(x , y) = y cos(xy)
e
N(x , y) = x
√
xy + x cos2(x3y3),
então a função µ(x , y) =
1
xM − yN
é um fator integrante
para a E.D.O. (7).
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Exerćıcio 5
Exerćıcio 5
Mostre que a E.D.O. y(1− xy)dx + xdy = 0 é não exata. Em
seguida, encontre um fator integrante e resolva a equação.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 5
Temos que
M(x , y) = yα(xy) = y(1− xy)
e
N(x , y) = xβ(xy) = x .
Então, obtemos que
∂M
∂y
= 1− 2xy 6= 1 = ∂N
∂x
,
para x 6= 0 ou y 6= 0.
Logo, a E.D.O. é não exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 5
Temos que
M(x , y) = yα(xy) = y(1− xy)
e
N(x , y) = xβ(xy) = x .
Então, obtemos que
∂M
∂y
= 1− 2xy 6= 1 = ∂N
∂x
,
para x 6= 0 ou y 6= 0.
Logo, a E.D.O. é não exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 5
Temos que
M(x , y) = yα(xy) = y(1− xy)
e
N(x , y) = xβ(xy) = x .
Então, obtemos que
∂M
∂y
= 1− 2xy 6= 1 = ∂N
∂x
,
para x 6= 0 ou y 6= 0.
Logo, a E.D.O. é não exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 5
Temos que
M(x , y) = yα(xy) = y(1− xy)
e
N(x , y) = xβ(xy) = x .
Então, obtemos que
∂M
∂y
= 1− 2xy 6= 1 = ∂N
∂x
,
para x 6= 0 ou y 6= 0.
Logo, a E.D.O. é não exata.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 5
Portanto,
µ(x , y) =
1
xM − yN
=
−1
x2y2
é um fator integrante para a E.D.O. dada.
Multiplicando a E.D.O. inicial por µ(x , y) =
−1
x2y2
, obtemos
1− xy
x2y
dx +
1
xy2
dy = 0,
que é uma E.D.O. exata (Verifique!!!)
Resolvendo a última equação, obtemos
1
xy
+ ln |x | = C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 5
Portanto,
µ(x , y) =
1
xM − yN
=
−1
x2y2
é um fator integrante para a E.D.O. dada.
Multiplicando a E.D.O. inicial por µ(x , y) =
−1
x2y2
, obtemos
1− xy
x2y
dx +
1
xy2
dy = 0,
que é uma E.D.O. exata (Verifique!!!)
Resolvendo a última equação, obtemos
1
xy
+ ln |x | = C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 5
Portanto,
µ(x , y) =
1
xM − yN
=
−1
x2y2
é um fator integrante para a E.D.O. dada.
Multiplicando a E.D.O. inicial por µ(x , y) =
−1
x2y2
, obtemos
1− xy
x2y
dx +
1
xy2
dy = 0,
que é uma E.D.O. exata (Verifique!!!)
Resolvendo a última equação, obtemos
1
xy
+ ln |x | = C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do Exerćıcio 5
Portanto,
µ(x , y) =
1
xM − yN
=
−1
x2y2
é um fator integrante para a E.D.O. dada.
Multiplicando a E.D.O. inicial por µ(x , y) =
−1
x2y2
, obtemos
1− xy
x2y
dx +
1
xy2
dy = 0,
que é uma E.D.O. exata (Verifique!!!)
Resolvendo a última equação, obtemos
1
xy
+ ln |x | = C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O.’s Redut́ıveis a Homogêneas ou a Variáveis
Separáveis
Toda E.D.O. da forma
dy
dx
= F
(
a1x + b1y + c1
a2x + b2y + c2
)
, (10)
onde a1, a2, b1, b2, c1, c2 ∈ R, com c1 6= 0 ou c2 6= 0 pode ser
transformada numa E.D.O. homogênea ou numa E.D.O. de
variáveis separáveis.
Se a1b2 − a2b1 6= 0, então a E.D.O. (10) é redut́ıvel a uma
E.D.O. homogênea, fazendo a seguinte substituição:{
x = X + x0
y = Y + y0
onde (x0, y0) é a solução do sistema{
a1x + b1y + c1 = 0
a2x + b2y + c2 = 0
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O.’s Redut́ıveis a Homogêneas ou a Variáveis
Separáveis
Toda E.D.O. da forma
dy
dx
= F
(
a1x + b1y + c1
a2x + b2y + c2
)
, (10)
onde a1, a2, b1, b2, c1, c2 ∈ R, com c1 6= 0 ou c2 6= 0 pode ser
transformada numa E.D.O. homogênea ou numa E.D.O. de
variáveis separáveis.
Se a1b2 − a2b1 6= 0, então a E.D.O. (10) é redut́ıvel a uma
E.D.O. homogênea, fazendo a seguinte substituição:{
x = X + x0
y = Y + y0
onde (x0, y0) é a solução do sistema{
a1x + b1y + c1 = 0
a2x + b2y + c2 = 0
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O.’s Redut́ıveis a Homogêneas ou a Variáveis
Separáveis
Toda E.D.O. da forma
dy
dx
= F
(
a1x + b1y + c1
a2x + b2y + c2
)
, (10)
onde a1, a2, b1, b2, c1, c2 ∈ R, com c1 6= 0 ou c2 6= 0 pode ser
transformada numa E.D.O. homogênea ou numa E.D.O. de
variáveis separáveis.
Se a1b2 − a2b1 6= 0, então a E.D.O. (10) é redut́ıvel a uma
E.D.O. homogênea, fazendo a seguinte substituição:{
x = X + x0
y = Y + y0
onde (x0, y0) é a solução do sistema{
a1x + b1y + c1 = 0
a2x + b2y + c2 = 0
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O.’s Redut́ıveis a Homogêneas ou a Variáveis
Separáveis
Se a1b2 − a2b1 = 0, então a E.D.O. (10) é redut́ıvel a uma
E.D.O. de variáveis separáveis, fazendo a seguinte
substituição:
a1x + b1y = v(x) ou a2x + b2y = v(x).
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
E.D.O.’s Redut́ıveis a Homogêneas ou a Variáveis
Separáveis
Se a1b2 − a2b1 = 0, então a E.D.O. (10) é redut́ıvel a uma
E.D.O. de variáveis separáveis, fazendo a seguinte
substituição:
a1x + b1y = v(x) ou a2x + b2y = v(x).
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Exerćıcios
E.P. 1
Resolva as seguintes equações diferenciais:
(a)
dy
dx
=
x + 2y − 3
2x − y + 4
(b)
dy
dx
=
y − 4x − 2
4y + x + 9
(c)
dy
dx
=
6x − 2y − 3
3x − y − 1
(d) cos y
dy
dx
=
x + sen y + 2
x + sen y − 2
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
Observe que a E.D.O.
dy
dx
=
x + 2y − 3
2x − y + 4
é redut́ıvel a uma E.D.O. homogênea, pois
a1b2 − a2b1 = −5 6= 0, onde a1 = 1, a2 = 2, b1 = 2 e
b2 = −1.
Resolvendo o sistema{
x + 2y − 3 = 0
2x − y + 4 = 0
obtemos a solução única (−1, 2).
Então, a E.D.O. dada é redut́ıvel a uma E.D.O. homogênea,
fazendo a seguinte mudança de variáveis{
x = X − 1
y = Y + 2
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
Observe que a E.D.O.
dy
dx
=
x + 2y − 3
2x − y + 4
é redut́ıvel a uma E.D.O. homogênea, pois
a1b2 − a2b1 = −5 6= 0, onde a1 = 1, a2 = 2, b1 = 2 e
b2 = −1.
Resolvendo o sistema{
x + 2y − 3 = 0
2x − y + 4 = 0
obtemos a solução única (−1, 2).
Então, a E.D.O. dada é redut́ıvel a uma E.D.O. homogênea,
fazendo a seguinte mudança de variáveis{
x = X − 1
y = Y + 2
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
Observe quea E.D.O.
dy
dx
=
x + 2y − 3
2x − y + 4
é redut́ıvel a uma E.D.O. homogênea, pois
a1b2 − a2b1 = −5 6= 0, onde a1 = 1, a2 = 2, b1 = 2 e
b2 = −1.
Resolvendo o sistema{
x + 2y − 3 = 0
2x − y + 4 = 0
obtemos a solução única (−1, 2).
Então, a E.D.O. dada é redut́ıvel a uma E.D.O. homogênea,
fazendo a seguinte mudança de variáveis{
x = X − 1
y = Y + 2
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Solução do E.P. 1 (a)
Observe que a E.D.O.
dy
dx
=
x + 2y − 3
2x − y + 4
é redut́ıvel a uma E.D.O. homogênea, pois
a1b2 − a2b1 = −5 6= 0, onde a1 = 1, a2 = 2, b1 = 2 e
b2 = −1.
Resolvendo o sistema{
x + 2y − 3 = 0
2x − y + 4 = 0
obtemos a solução única (−1, 2).
Então, a E.D.O. dada é redut́ıvel a uma E.D.O. homogênea,
fazendo a seguinte mudança de variáveis{
x = X − 1
y = Y + 2
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
Observe que a E.D.O.
dy
dx
=
x + 2y − 3
2x − y + 4
é redut́ıvel a uma E.D.O. homogênea, pois
a1b2 − a2b1 = −5 6= 0, onde a1 = 1, a2 = 2, b1 = 2 e
b2 = −1.
Resolvendo o sistema{
x + 2y − 3 = 0
2x − y + 4 = 0
obtemos a solução única (−1, 2).
Então, a E.D.O. dada é redut́ıvel a uma E.D.O. homogênea,
fazendo a seguinte mudança de variáveis{
x = X − 1
y = Y + 2
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
Substituindo na equação inicial, obtemos:
dY
dX
=
X + 2Y
2X − Y
,
que é uma E.D.O. homogênea.
Agora, vamos resolver a equação diferencial nas variáveis X e
Y , onde Y é função de X .
Para isso, consideremos a seguinte mudança de variáveis:
Y = XU =⇒ dY
dX
= U + X
dU
dX
.
Logo,
U + X
dU
dX
=
X + 2XU
2X − XU
=
1 + 2U
2− U
,
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
Substituindo na equação inicial, obtemos:
dY
dX
=
X + 2Y
2X − Y
,
que é uma E.D.O. homogênea.
Agora, vamos resolver a equação diferencial nas variáveis X e
Y , onde Y é função de X .
Para isso, consideremos a seguinte mudança de variáveis:
Y = XU =⇒ dY
dX
= U + X
dU
dX
.
Logo,
U + X
dU
dX
=
X + 2XU
2X − XU
=
1 + 2U
2− U
,
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
Substituindo na equação inicial, obtemos:
dY
dX
=
X + 2Y
2X − Y
,
que é uma E.D.O. homogênea.
Agora, vamos resolver a equação diferencial nas variáveis X e
Y , onde Y é função de X .
Para isso, consideremos a seguinte mudança de variáveis:
Y = XU =⇒ dY
dX
= U + X
dU
dX
.
Logo,
U + X
dU
dX
=
X + 2XU
2X − XU
=
1 + 2U
2− U
,
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
Substituindo na equação inicial, obtemos:
dY
dX
=
X + 2Y
2X − Y
,
que é uma E.D.O. homogênea.
Agora, vamos resolver a equação diferencial nas variáveis X e
Y , onde Y é função de X .
Para isso, consideremos a seguinte mudança de variáveis:
Y = XU =⇒ dY
dX
= U + X
dU
dX
.
Logo,
U + X
dU
dX
=
X + 2XU
2X − XU
=
1 + 2U
2− U
,
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
Substituindo na equação inicial, obtemos:
dY
dX
=
X + 2Y
2X − Y
,
que é uma E.D.O. homogênea.
Agora, vamos resolver a equação diferencial nas variáveis X e
Y , onde Y é função de X .
Para isso, consideremos a seguinte mudança de variáveis:
Y = XU =⇒ dY
dX
= U + X
dU
dX
.
Logo,
U + X
dU
dX
=
X + 2XU
2X − XU
=
1 + 2U
2− U
,
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
Substituindo na equação inicial, obtemos:
dY
dX
=
X + 2Y
2X − Y
,
que é uma E.D.O. homogênea.
Agora, vamos resolver a equação diferencial nas variáveis X e
Y , onde Y é função de X .
Para isso, consideremos a seguinte mudança de variáveis:
Y = XU =⇒ dY
dX
= U + X
dU
dX
.
Logo,
U + X
dU
dX
=
X + 2XU
2X − XU
=
1 + 2U
2− U
,
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
Substituindo na equação inicial, obtemos:
dY
dX
=
X + 2Y
2X − Y
,
que é uma E.D.O. homogênea.
Agora, vamos resolver a equação diferencial nas variáveis X e
Y , onde Y é função de X .
Para isso, consideremos a seguinte mudança de variáveis:
Y = XU =⇒ dY
dX
= U + X
dU
dX
.
Logo,
U + X
dU
dX
=
X + 2XU
2X − XU
=
1 + 2U
2− U
,
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
Substituindo na equação inicial, obtemos:
dY
dX
=
X + 2Y
2X − Y
,
que é uma E.D.O. homogênea.
Agora, vamos resolver a equação diferencial nas variáveis X e
Y , onde Y é função de X .
Para isso, consideremos a seguinte mudança de variáveis:
Y = XU =⇒ dY
dX
= U + X
dU
dX
.
Logo,
U + X
dU
dX
=
X + 2XU
2X − XU
=
1 + 2U
2− U
,
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
e portanto,
X
dU
dX
=
1 + 2U − 2U + U2
2− U
=
1 + U2
2− U
.
Separando as diferenciais, obtemos:
2− U
1 + U2
dU =
dX
X
.
Dáı, integrando e multiplicando o resultado por 2, obtemos:
4 arctg(U) = ln(X 2(1 + U2)) + C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
e portanto,
X
dU
dX
=
1 + 2U − 2U + U2
2− U
=
1 + U2
2− U
.
Separando as diferenciais, obtemos:
2− U
1 + U2
dU =
dX
X
.
Dáı, integrando e multiplicando o resultado por 2, obtemos:
4 arctg(U) = ln(X 2(1 + U2)) + C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
e portanto,
X
dU
dX
=
1 + 2U − 2U + U2
2− U
=
1 + U2
2− U
.
Separando as diferenciais, obtemos:
2− U
1 + U2
dU =
dX
X
.
Dáı, integrando e multiplicando o resultado por 2, obtemos:
4 arctg(U) = ln(X 2(1 + U2)) + C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
e portanto,
X
dU
dX
=
1 + 2U − 2U + U2
2− U
=
1 + U2
2− U
.
Separando as diferenciais, obtemos:
2− U
1 + U2
dU =
dX
X
.
Dáı, integrando e multiplicando o resultado por 2, obtemos:
4 arctg(U) = ln(X 2(1 + U2)) + C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
e portanto,
X
dU
dX
=
1 + 2U − 2U + U2
2− U
=
1 + U2
2− U
.
Separando as diferenciais, obtemos:
2− U
1 + U2
dU =
dX
X
.
Dáı, integrando e multiplicando o resultado por 2, obtemos:
4 arctg(U) = ln(X 2(1 + U2)) + C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
e portanto,
X
dU
dX
=
1 + 2U − 2U + U2
2− U
=
1 + U2
2− U
.
Separando as diferenciais, obtemos:
2− U
1 + U2
dU =
dX
X
.
Dáı, integrando e multiplicando o resultado por 2, obtemos:
4 arctg(U) = ln(X 2(1 + U2)) + C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
Voltando para as variáveis iniciais, obtemos:
4 arctg (Y /X ) = ln(X 2 + Y 2) + C
e, finalmente,
4 arctg
(
y − 2
x + 1
)
= ln
(
(x + 1)2 + (y − 2)2
)
+ C ,
que é a solução geral da E.D.O. inicial.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
Voltando para as variáveis iniciais, obtemos:
4 arctg (Y /X ) = ln(X 2 + Y 2) + C
e, finalmente,
4 arctg
(
y − 2
x + 1
)
= ln
(
(x + 1)2 + (y − 2)2
)
+ C ,
que é a solução geral da E.D.O. inicial.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
Voltando para as variáveis iniciais, obtemos:
4 arctg (Y /X ) = ln(X 2 + Y 2) + C
e, finalmente,
4 arctg
(
y − 2
x + 1
)
= ln
(
(x + 1)2 + (y − 2)2
)
+ C ,
que é a solução geral da E.D.O. inicial.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
Voltando para as variáveis iniciais, obtemos:
4 arctg (Y /X ) = ln(X 2 + Y 2) + C
e, finalmente,
4 arctg
(
y − 2
x + 1
)
= ln
(
(x + 1)2 + (y − 2)2
)
+ C ,
que é a solução geral da E.D.O. inicial.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (a)
Voltando para as variáveis iniciais, obtemos:
4 arctg(Y /X ) = ln(X 2 + Y 2) + C
e, finalmente,
4 arctg
(
y − 2
x + 1
)
= ln
(
(x + 1)2 + (y − 2)2
)
+ C ,
que é a solução geral da E.D.O. inicial.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (c)
Observe que a E.D.O.
dy
dx
=
6x − 2y − 3
3x − y − 1
é redut́ıvel a variáveis separáveis, pois o determinante dos
coeficientes em x e y é zero.
Fazendo a seguinte mudança de variáveis
v(x) = 3x − y
obtemos:
dv
dx
= 3− dy
dx
ou
dy
dx
= 3− dv
dx
.
Assim, temos
3− dv
dx
=
2v − 3
v − 1
=⇒ dv
dx
=
v
v − 1
.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (c)
Observe que a E.D.O.
dy
dx
=
6x − 2y − 3
3x − y − 1
é redut́ıvel a variáveis separáveis, pois o determinante dos
coeficientes em x e y é zero.
Fazendo a seguinte mudança de variáveis
v(x) = 3x − y
obtemos:
dv
dx
= 3− dy
dx
ou
dy
dx
= 3− dv
dx
.
Assim, temos
3− dv
dx
=
2v − 3
v − 1
=⇒ dv
dx
=
v
v − 1
.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (c)
Observe que a E.D.O.
dy
dx
=
6x − 2y − 3
3x − y − 1
é redut́ıvel a variáveis separáveis, pois o determinante dos
coeficientes em x e y é zero.
Fazendo a seguinte mudança de variáveis
v(x) = 3x − y
obtemos:
dv
dx
= 3− dy
dx
ou
dy
dx
= 3− dv
dx
.
Assim, temos
3− dv
dx
=
2v − 3
v − 1
=⇒ dv
dx
=
v
v − 1
.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (c)
Observe que a E.D.O.
dy
dx
=
6x − 2y − 3
3x − y − 1
é redut́ıvel a variáveis separáveis, pois o determinante dos
coeficientes em x e y é zero.
Fazendo a seguinte mudança de variáveis
v(x) = 3x − y
obtemos:
dv
dx
= 3− dy
dx
ou
dy
dx
= 3− dv
dx
.
Assim, temos
3− dv
dx
=
2v − 3
v − 1
=⇒ dv
dx
=
v
v − 1
.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (c)
Então, separando as diferenciais, obtemos:
v − 1
v
dv = dx
e, integrando, obtemos:
v − ln |v | − x = C .
Voltando para as variáveis iniciais, obtemos:
2x − y − ln |3x − y | = C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (c)
Então, separando as diferenciais, obtemos:
v − 1
v
dv = dx
e, integrando, obtemos:
v − ln |v | − x = C .
Voltando para as variáveis iniciais, obtemos:
2x − y − ln |3x − y | = C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (c)
Então, separando as diferenciais, obtemos:
v − 1
v
dv = dx
e, integrando, obtemos:
v − ln |v | − x = C .
Voltando para as variáveis iniciais, obtemos:
2x − y − ln |3x − y | = C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (c)
Então, separando as diferenciais, obtemos:
v − 1
v
dv = dx
e, integrando, obtemos:
v − ln |v | − x = C .
Voltando para as variáveis iniciais, obtemos:
2x − y − ln |3x − y | = C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (c)
Então, separando as diferenciais, obtemos:
v − 1
v
dv = dx
e, integrando, obtemos:
v − ln |v | − x = C .
Voltando para as variáveis iniciais, obtemos:
2x − y − ln |3x − y | = C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (c)
Então, separando as diferenciais, obtemos:
v − 1
v
dv = dx
e, integrando, obtemos:
v − ln |v | − x = C .
Voltando para as variáveis iniciais, obtemos:
2x − y − ln |3x − y | = C .
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
Vamos apresentar duas maneiras de resolver a E.D.O.
cos y
dy
dx
=
x + sen y + 2
x + sen y − 2
.
1a maneira: Considere, inicialmente, a seguinte mudança de
variáveis:
z = sen(y) =⇒ dz
dx
= cos(y)
dy
dx
.
Substituindo na E.D.O., obtemos:
dz
dx
=
x + z + 2
x + z − 2
.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
Vamos apresentar duas maneiras de resolver a E.D.O.
cos y
dy
dx
=
x + sen y + 2
x + sen y − 2
.
1a maneira: Considere, inicialmente, a seguinte mudança de
variáveis:
z = sen(y) =⇒ dz
dx
= cos(y)
dy
dx
.
Substituindo na E.D.O., obtemos:
dz
dx
=
x + z + 2
x + z − 2
.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
Vamos apresentar duas maneiras de resolver a E.D.O.
cos y
dy
dx
=
x + sen y + 2
x + sen y − 2
.
1a maneira: Considere, inicialmente, a seguinte mudança de
variáveis:
z = sen(y) =⇒ dz
dx
= cos(y)
dy
dx
.
Substituindo na E.D.O., obtemos:
dz
dx
=
x + z + 2
x + z − 2
.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
Vamos apresentar duas maneiras de resolver a E.D.O.
cos y
dy
dx
=
x + sen y + 2
x + sen y − 2
.
1a maneira: Considere, inicialmente, a seguinte mudança de
variáveis:
z = sen(y) =⇒ dz
dx
= cos(y)
dy
dx
.
Substituindo na E.D.O., obtemos:
dz
dx
=
x + z + 2
x + z − 2
.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
Vamos apresentar duas maneiras de resolver a E.D.O.
cos y
dy
dx
=
x + sen y + 2
x + sen y − 2
.
1a maneira: Considere, inicialmente, a seguinte mudança de
variáveis:
z = sen(y) =⇒ dz
dx
= cos(y)
dy
dx
.
Substituindo na E.D.O., obtemos:
dz
dx
=
x + z + 2
x + z − 2
.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
Agora, observe que essa última equação é redut́ıvel a uma
E.D.O. de variáveis separáveis, fazendo a seguinte
substituição:
v(x) = x + z =⇒ dv
dx
= 1 +
dz
dx
=⇒ dz
dx
= −1 + dv
dx
.
Assim, temos:
−1 + dv
dx
=
v + 2
v − 2
.
Efetuando os cálculos e separando as diferenciais, obtemos:
dv
dx
=
v + 2
v − 2
+ 1 =
2v
v − 2
=⇒ v − 2
2v
dv = dx ,
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
Agora, observe que essa última equação é redut́ıvel a uma
E.D.O. de variáveis separáveis, fazendo a seguinte
substituição:
v(x) = x + z =⇒ dv
dx
= 1 +
dz
dx
=⇒ dz
dx
= −1 + dv
dx
.
Assim, temos:
−1 + dv
dx
=
v + 2
v − 2
.
Efetuando os cálculos e separando as diferenciais, obtemos:
dv
dx
=
v + 2
v − 2
+ 1 =
2v
v − 2
=⇒ v − 2
2v
dv = dx ,
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Solução do E.P. 1 (d)
Agora, observe que essa última equação é redut́ıvel a uma
E.D.O. de variáveis separáveis, fazendo a seguinte
substituição:
v(x) = x + z =⇒ dv
dx
= 1 +
dz
dx
=⇒ dz
dx
= −1 + dv
dx
.
Assim, temos:
−1 + dv
dx
=
v + 2
v − 2
.
Efetuando os cálculos e separando as diferenciais, obtemos:
dv
dx
=
v + 2
v − 2
+ 1 =
2v
v − 2
=⇒ v − 2
2v
dv = dx ,
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
Agora, observe que essa última equação é redut́ıvel a uma
E.D.O. de variáveis separáveis, fazendo a seguinte
substituição:
v(x) = x + z =⇒ dv
dx
= 1 +
dz
dx
=⇒ dz
dx
= −1 + dv
dx
.
Assim, temos:
−1 + dv
dx
=
v + 2
v − 2
.
Efetuando os cálculos e separando as diferenciais, obtemos:
dv
dx
=
v + 2
v − 2
+ 1 =
2v
v − 2
=⇒ v − 2
2v
dv = dx ,
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
Agora, observe que essa última equação é redut́ıvel a uma
E.D.O. de variáveis separáveis, fazendo a seguinte
substituição:
v(x) = x + z =⇒ dv
dx
= 1 +
dz
dx
=⇒ dz
dx
= −1 + dv
dx
.
Assim, temos:
−1 + dv
dx
=
v + 2
v − 2
.
Efetuando os cálculos e separando as diferenciais, obtemos:
dv
dx
=
v + 2
v − 2
+ 1 =
2v
v − 2
=⇒ v − 2
2v
dv = dx ,
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
Agora, observe que essa última equação é redut́ıvel a uma
E.D.O. de variáveis separáveis, fazendo a seguinte
substituição:
v(x) = x + z =⇒ dv
dx
= 1 +
dz
dx
=⇒ dz
dx
= −1 + dv
dx
.
Assim, temos:
−1 + dv
dx
=
v + 2
v − 2
.
Efetuando os cálculos e separando as diferenciais, obtemos:
dv
dx
=
v + 2
v − 2
+ 1 =
2v
v − 2
=⇒ v − 2
2v
dv = dx ,
Gilberto da Silva PinaCálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
e, integrando, obtemos:
v
2
− ln |v | = x + C1, C1 ∈ R.
Multiplicando toda a equação por 2, temos:
v − 2x − 2 ln |v | = C , C = 2C1.
Voltando para as variáveis x e y , obtemos:
sen(y)− x − 2 ln|x + sen(y)| = C ,
que é a solução geral da E.D.O. dada.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
e, integrando, obtemos:
v
2
− ln |v | = x + C1, C1 ∈ R.
Multiplicando toda a equação por 2, temos:
v − 2x − 2 ln |v | = C , C = 2C1.
Voltando para as variáveis x e y , obtemos:
sen(y)− x − 2 ln|x + sen(y)| = C ,
que é a solução geral da E.D.O. dada.
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Solução do E.P. 1 (d)
e, integrando, obtemos:
v
2
− ln |v | = x + C1, C1 ∈ R.
Multiplicando toda a equação por 2, temos:
v − 2x − 2 ln |v | = C , C = 2C1.
Voltando para as variáveis x e y , obtemos:
sen(y)− x − 2 ln|x + sen(y)| = C ,
que é a solução geral da E.D.O. dada.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
e, integrando, obtemos:
v
2
− ln |v | = x + C1, C1 ∈ R.
Multiplicando toda a equação por 2, temos:
v − 2x − 2 ln |v | = C , C = 2C1.
Voltando para as variáveis x e y , obtemos:
sen(y)− x − 2 ln|x + sen(y)| = C ,
que é a solução geral da E.D.O. dada.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
e, integrando, obtemos:
v
2
− ln |v | = x + C1, C1 ∈ R.
Multiplicando toda a equação por 2, temos:
v − 2x − 2 ln |v | = C , C = 2C1.
Voltando para as variáveis x e y , obtemos:
sen(y)− x − 2 ln|x + sen(y)| = C ,
que é a solução geral da E.D.O. dada.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
e, integrando, obtemos:
v
2
− ln |v | = x + C1, C1 ∈ R.
Multiplicando toda a equação por 2, temos:
v − 2x − 2 ln |v | = C , C = 2C1.
Voltando para as variáveis x e y , obtemos:
sen(y)− x − 2 ln|x + sen(y)| = C ,
que é a solução geral da E.D.O. dada.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
e, integrando, obtemos:
v
2
− ln |v | = x + C1, C1 ∈ R.
Multiplicando toda a equação por 2, temos:
v − 2x − 2 ln |v | = C , C = 2C1.
Voltando para as variáveis x e y , obtemos:
sen(y)− x − 2 ln|x + sen(y)| = C ,
que é a solução geral da E.D.O. dada.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
2a maneira: A segunda maneira de resolver a questão é:
Considerar, inicialmente, a seguinte mudança de variáveis:
v(x) = x + sen(y) =⇒ dv
dx
= 1 + cos(y)
dy
dx
,
e isso implica que
cos(y)
dy
dx
= −1 + dv
dx
.
Assim, substituindo na equação inicial, obtemos:
−1 + dv
dx
=
v + 2
v − 2
.
Dáı, seguindo como anteriormente, chegamos à solução geral:
sen(y)− x − 2 ln|x + sen(y)| = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
2a maneira: A segunda maneira de resolver a questão é:
Considerar, inicialmente, a seguinte mudança de variáveis:
v(x) = x + sen(y) =⇒ dv
dx
= 1 + cos(y)
dy
dx
,
e isso implica que
cos(y)
dy
dx
= −1 + dv
dx
.
Assim, substituindo na equação inicial, obtemos:
−1 + dv
dx
=
v + 2
v − 2
.
Dáı, seguindo como anteriormente, chegamos à solução geral:
sen(y)− x − 2 ln|x + sen(y)| = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
2a maneira: A segunda maneira de resolver a questão é:
Considerar, inicialmente, a seguinte mudança de variáveis:
v(x) = x + sen(y) =⇒ dv
dx
= 1 + cos(y)
dy
dx
,
e isso implica que
cos(y)
dy
dx
= −1 + dv
dx
.
Assim, substituindo na equação inicial, obtemos:
−1 + dv
dx
=
v + 2
v − 2
.
Dáı, seguindo como anteriormente, chegamos à solução geral:
sen(y)− x − 2 ln|x + sen(y)| = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
2a maneira: A segunda maneira de resolver a questão é:
Considerar, inicialmente, a seguinte mudança de variáveis:
v(x) = x + sen(y) =⇒ dv
dx
= 1 + cos(y)
dy
dx
,
e isso implica que
cos(y)
dy
dx
= −1 + dv
dx
.
Assim, substituindo na equação inicial, obtemos:
−1 + dv
dx
=
v + 2
v − 2
.
Dáı, seguindo como anteriormente, chegamos à solução geral:
sen(y)− x − 2 ln|x + sen(y)| = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
2a maneira: A segunda maneira de resolver a questão é:
Considerar, inicialmente, a seguinte mudança de variáveis:
v(x) = x + sen(y) =⇒ dv
dx
= 1 + cos(y)
dy
dx
,
e isso implica que
cos(y)
dy
dx
= −1 + dv
dx
.
Assim, substituindo na equação inicial, obtemos:
−1 + dv
dx
=
v + 2
v − 2
.
Dáı, seguindo como anteriormente, chegamos à solução geral:
sen(y)− x − 2 ln|x + sen(y)| = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
2a maneira: A segunda maneira de resolver a questão é:
Considerar, inicialmente, a seguinte mudança de variáveis:
v(x) = x + sen(y) =⇒ dv
dx
= 1 + cos(y)
dy
dx
,
e isso implica que
cos(y)
dy
dx
= −1 + dv
dx
.
Assim, substituindo na equação inicial, obtemos:
−1 + dv
dx
=
v + 2
v − 2
.
Dáı, seguindo como anteriormente, chegamos à solução geral:
sen(y)− x − 2 ln|x + sen(y)| = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
2a maneira: A segunda maneira de resolver a questão é:
Considerar, inicialmente, a seguinte mudança de variáveis:
v(x) = x + sen(y) =⇒ dv
dx
= 1 + cos(y)
dy
dx
,
e isso implica que
cos(y)
dy
dx
= −1 + dv
dx
.
Assim, substituindo na equação inicial, obtemos:
−1 + dv
dx
=
v + 2
v − 2
.
Dáı, seguindo como anteriormente, chegamos à solução geral:
sen(y)− x − 2 ln|x + sen(y)| = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
2a maneira: A segunda maneira de resolver a questão é:
Considerar, inicialmente, a seguinte mudança de variáveis:
v(x) = x + sen(y) =⇒ dv
dx
= 1 + cos(y)
dy
dx
,
e isso implica que
cos(y)
dy
dx
= −1 + dv
dx
.
Assim, substituindo na equação inicial, obtemos:
−1 + dv
dx
=
v + 2
v − 2
.
Dáı, seguindo como anteriormente, chegamos à solução geral:
sen(y)− x − 2 ln|x + sen(y)| = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Solução do E.P. 1 (d)
2a maneira: A segunda maneira de resolver a questão é:
Considerar, inicialmente, a seguinte mudança de variáveis:
v(x) = x + sen(y) =⇒ dv
dx
= 1 + cos(y)
dy
dx
,
e isso implica que
cos(y)
dy
dx
= −1 + dv
dx
.
Assim, substituindo na equação inicial, obtemos:
−1 + dv
dx
=
v + 2
v − 2
.
Dáı, seguindo como anteriormente, chegamos à solução geral:
sen(y)− x − 2 ln|x + sen(y)| = C , C ∈ R.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Trajetórias ortogonais
Consideremos no plano xOy uma faḿılia de curvas a um
parâmetro λ descrita pela equação
F (x , y , λ) = 0. (11)
Supondo que a função F seja diferenciável em alguma região
do espaço tridimensional R3, para cada valor do parâmetro λ,
a equação (11) descreve uma curva no plano xOy .
Derivando a equação (11) em relação à variável x , usando a
Regra da Cadeia, obtemos:
∂F
∂x
dx
dx
+
∂F
∂y
dy
dx
+
∂F
∂λ
dλ
dx
= 0
ou equivalentemente,
Fx + Fy
dy
dx
= 0.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Trajetórias ortogonais
Consideremos no plano xOy uma faḿılia de curvas a um
parâmetro λ descrita pela equação
F (x , y , λ) = 0. (11)
Supondo que a função F seja diferenciável em alguma região
do espaço tridimensional R3, para cada valor do parâmetro λ,
a equação (11) descreve uma curva no plano xOy .
Derivando a equação (11) em relação à variável x , usando a
Regra da Cadeia, obtemos:
∂F
∂x
dx
dx
+
∂F
∂y
dy
dx
+
∂F
∂λ
dλ
dx
= 0
ou equivalentemente,
Fx + Fydy
dx
= 0.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Trajetórias ortogonais
Consideremos no plano xOy uma faḿılia de curvas a um
parâmetro λ descrita pela equação
F (x , y , λ) = 0. (11)
Supondo que a função F seja diferenciável em alguma região
do espaço tridimensional R3, para cada valor do parâmetro λ,
a equação (11) descreve uma curva no plano xOy .
Derivando a equação (11) em relação à variável x , usando a
Regra da Cadeia, obtemos:
∂F
∂x
dx
dx
+
∂F
∂y
dy
dx
+
∂F
∂λ
dλ
dx
= 0
ou equivalentemente,
Fx + Fy
dy
dx
= 0.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Trajetórias ortogonais
Consideremos no plano xOy uma faḿılia de curvas a um
parâmetro λ descrita pela equação
F (x , y , λ) = 0. (11)
Supondo que a função F seja diferenciável em alguma região
do espaço tridimensional R3, para cada valor do parâmetro λ,
a equação (11) descreve uma curva no plano xOy .
Derivando a equação (11) em relação à variável x , usando a
Regra da Cadeia, obtemos:
∂F
∂x
dx
dx
+
∂F
∂y
dy
dx
+
∂F
∂λ
dλ
dx
= 0
ou equivalentemente,
Fx + Fy
dy
dx
= 0.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Trajetórias ortogonais
Consideremos no plano xOy uma faḿılia de curvas a um
parâmetro λ descrita pela equação
F (x , y , λ) = 0. (11)
Supondo que a função F seja diferenciável em alguma região
do espaço tridimensional R3, para cada valor do parâmetro λ,
a equação (11) descreve uma curva no plano xOy .
Derivando a equação (11) em relação à variável x , usando a
Regra da Cadeia, obtemos:
∂F
∂x
dx
dx
+
∂F
∂y
dy
dx
+
∂F
∂λ
dλ
dx
= 0
ou equivalentemente,
Fx + Fy
dy
dx
= 0.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Trajetórias ortogonais
Consideremos no plano xOy uma faḿılia de curvas a um
parâmetro λ descrita pela equação
F (x , y , λ) = 0. (11)
Supondo que a função F seja diferenciável em alguma região
do espaço tridimensional R3, para cada valor do parâmetro λ,
a equação (11) descreve uma curva no plano xOy .
Derivando a equação (11) em relação à variável x , usando a
Regra da Cadeia, obtemos:
∂F
∂x
dx
dx
+
∂F
∂y
dy
dx
+
∂F
∂λ
dλ
dx
= 0
ou equivalentemente,
Fx + Fy
dy
dx
= 0.
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Trajetórias ortogonais
Consideremos no plano xOy uma faḿılia de curvas a um
parâmetro λ descrita pela equação
F (x , y , λ) = 0. (11)
Supondo que a função F seja diferenciável em alguma região
do espaço tridimensional R3, para cada valor do parâmetro λ,
a equação (11) descreve uma curva no plano xOy .
Derivando a equação (11) em relação à variável x , usando a
Regra da Cadeia, obtemos:
∂F
∂x
dx
dx
+
∂F
∂y
dy
dx
+
∂F
∂λ
dλ
dx
= 0
ou equivalentemente,
Fx + Fy
dy
dx
= 0.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Trajetórias ortogonais
Consideremos no plano xOy uma faḿılia de curvas a um
parâmetro λ descrita pela equação
F (x , y , λ) = 0. (11)
Supondo que a função F seja diferenciável em alguma região
do espaço tridimensional R3, para cada valor do parâmetro λ,
a equação (11) descreve uma curva no plano xOy .
Derivando a equação (11) em relação à variável x , usando a
Regra da Cadeia, obtemos:
∂F
∂x
dx
dx
+
∂F
∂y
dy
dx
+
∂F
∂λ
dλ
dx
= 0
ou equivalentemente,
Fx + Fy
dy
dx
= 0.
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral III
Trajetórias ortogonais
Consideremos no plano xOy uma faḿılia de curvas a um
parâmetro λ descrita pela equação
F (x , y , λ) = 0. (11)
Supondo que a função F seja diferenciável em alguma região
do espaço tridimensional R3, para cada valor do parâmetro λ,
a equação (11) descreve uma curva no plano xOy .
Derivando a equação (11) em relação à variável x , usando a
Regra da Cadeia, obtemos:
∂F
∂x
dx
dx
+
∂F
∂y
dy
dx
+
∂F
∂λ
dλ
dx
= 0
ou equivalentemente,
Fx + Fy
dy
dx
= 0.
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Trajetórias ortogonais
Consideremos no plano xOy uma faḿılia de curvas a um
parâmetro λ descrita pela equação
F (x , y , λ) = 0. (11)
Supondo que a função F seja diferenciável em alguma região
do espaço tridimensional R3, para cada valor do parâmetro λ,
a equação (11) descreve uma curva no plano xOy .
Derivando a equação (11) em relação à variável x , usando a
Regra da Cadeia, obtemos:
∂F
∂x
dx
dx
+
∂F
∂y
dy
dx
+
∂F
∂λ
dλ
dx
= 0
ou equivalentemente,
Fx + Fy
dy
dx
= 0.
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Trajetórias ortogonais
Supondo que Fy 6= 0, podemos escrever
dy
dx
= −Fx
Fy
,
que representa a declividade das curvas descritas por (11) e
cuja faḿılia de curvas (ou trajetórias) ortogonais terá
declividade
dy
dx
=
Fy
Fx
,
de onde obtemos a E.D.O.
Fxdy − Fydx = 0. (12)
A solução geral da equação (12) descreve a faḿılia de
trajetórias ortogonais às curvas dadas por (11).
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Trajetórias ortogonais
Supondo que Fy 6= 0, podemos escrever
dy
dx
= −Fx
Fy
,
que representa a declividade das curvas descritas por (11) e
cuja faḿılia de curvas (ou trajetórias) ortogonais terá
declividade
dy
dx
=
Fy
Fx
,
de onde obtemos a E.D.O.
Fxdy − Fydx = 0. (12)
A solução geral da equação (12) descreve a faḿılia de
trajetórias ortogonais às curvas dadas por (11).
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Trajetórias ortogonais
Supondo que Fy 6= 0, podemos escrever
dy
dx
= −Fx
Fy
,
que representa a declividade das curvas descritas por (11) e
cuja faḿılia de curvas (ou trajetórias) ortogonais terá
declividade
dy
dx
=
Fy
Fx
,
de onde obtemos a E.D.O.
Fxdy − Fydx = 0. (12)
A solução geral da equação (12) descreve a faḿılia de
trajetórias ortogonais às curvas dadas por (11).
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Trajetórias ortogonais
Supondo que Fy 6= 0, podemos escrever
dy
dx
= −Fx
Fy
,
que representa a declividade das curvas descritas por (11) e
cuja faḿılia de curvas (ou trajetórias) ortogonais terá
declividade
dy
dx
=
Fy
Fx
,
de onde obtemos a E.D.O.
Fxdy − Fydx = 0. (12)
A solução geral da equação (12) descreve a faḿılia de
trajetórias ortogonais às curvas dadas por (11).
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Trajetórias ortogonais
Supondo que Fy 6= 0, podemos escrever
dy
dx
= −Fx
Fy
,
que representa a declividade das curvas descritas por (11) e
cuja faḿılia de curvas (ou trajetórias) ortogonais terá
declividade
dy
dx
=
Fy
Fx
,
de onde obtemos a E.D.O.
Fxdy − Fydx = 0. (12)
A solução geral da equação (12) descreve a faḿılia de
trajetórias ortogonais às curvas dadas por (11).
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Trajetórias ortogonais
Supondo que Fy 6= 0, podemos escrever
dy
dx
= −Fx
Fy
,
que representa a declividade das curvas descritas por (11) e
cuja faḿılia de curvas (ou trajetórias) ortogonais terá
declividade
dy
dx
=
Fy
Fx
,
de onde obtemos a E.D.O.
Fxdy − Fydx = 0. (12)
A solução geral da equação (12) descreve a faḿılia de
trajetórias ortogonais às curvas dadas por (11).
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Trajetórias ortogonais
Supondo que Fy 6= 0, podemos escrever
dy
dx
= −Fx
Fy
,
que representa a declividade das curvas descritas por (11) e
cuja faḿılia de curvas (ou trajetórias) ortogonais terá
declividade
dy
dx
=
Fy
Fx
,
de onde obtemos a E.D.O.
Fxdy − Fydx = 0. (12)
A solução geral da equação (12) descreve a faḿılia de
trajetórias ortogonais às curvas dadas por (11).
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Trajetórias ortogonais
E.R. 1
Encontre as trajetórias ortogonais à faḿılia de curvas:
(a) x2 + y2 = λ, λ > 0
(b) y = ln(x3 + λ)
Gilberto da Silva Pina Cálculo Diferencial e Integral