Cálculo III - Jorge Teófilo3 02/04/2019 09:25 CÁLCULO III - Equações Diferenciais Ordinárias de Primeira Ordem 1.1 Introdução Em ciências físicas, biológicas e sociais,

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02/04/2019 09:25 CÁLCULO III - Equações Diferenciais Ordinárias de Primeira Ordem

Cálculo III

Universidade Federal do Pará

Instituto de Tecnologia

Campus de Belém

Curso de Engenharia Mecânica

Prof. Dr. Jorge Teófilo de Barros Lopes


Capítulo I

Universidade Federal do Pará

Instituto de Tecnologia

Equações Diferenciais

Ordinárias de Primeira Ordem

Campus de Belém

Curso de Engenharia Mecânica

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❑ Introdução

❑ Conceitos e Fundamentos Teóricos

❑ Equações de Variáveis Separáveis

❑ Equações Redutíveis à Forma Separável

❑ Equações Exatas

❑ Equações Não Exatas

❑ Equações Lineares

❑ Equações Não Lineares: Bernoulli

❑ Equações Não Lineares: Riccati

I – EDOs de Primeira Ordem



❑ Introdução









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1.1 Introdução

✓ Em ciências físicas, biológicas e sociais,

frequentemente se deseja descrever ou modelar

matematicamente o comportamento de algum

sistema ou fenómeno.

✓ Os modelos matemáticos e suas soluções se

traduzem em equações que relacionam as variáveis e

os parâmetros no problema, e que permitem, em

muitos casos, fazer previsões sobre como os

processos naturais se comportarão em tais

circunstâncias.


1.1 Introdução

✓ Entretanto, não obstante o modelamento matemático,

em muitos casos, ser mais fácil com relação a

permitir a variação dos parâmetros quando

comparado ao estudo em um ambiente experimental,

tanto o modelamento matemático como a

experimentação ou observação são muito

importantes e complementares em uma investigação

científica.

✓ Modelos matemáticos são validados comparando-se

as suas previsões com resultados experimentais

obtidos.

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1.1 Introdução

✓ Por outro lado, análises matemáticas podem sugerir

as direções mais promissoras para exploração

experimental e podem indicar, com boa precisão, que

dados experimentais serão mais úteis.

✓ A construção de um modelo matemático de um

sistema começa com a identificação e seleção das

variáveis responsáveis pela variação do sistema.

✓ É nesta etapa que o nível de resolução do modelo

será especificado.


1.1 Introdução

✓ Em uma segunda etapa, busca-se a elaboração de

um conjunto de hipóteses razoáveis sobre o

sistema que se está tentando descrever, as quais

também incluem algumas leis empíricas que são

aplicáveis ao sistema.

✓ A estrutura matemática de todas essas hipóteses,

ou o modelo matemático do sistema é, muitas

vezes, uma equação diferencial ou um sistema de

equações diferenciais.

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1.1 Introdução

✓ Espera-se que um modelo matemático razoável do

sistema tenha uma solução que seja consistente com

o comportamento conhecido do sistema.

✓ Porém, se as predições obtidas pela solução forem

insuficientes, pode-se elevar o nível de resolução do

modelo ou levantar hipóteses alternativas sobre o

mecanismo de mudança do sistema.

✓ Um modelo matemático de um sistema físico

frequentemente envolve a variável tempo t. Uma

solução do modelo oferece então o estado do

sistema.


1.1 Introdução

✓ Em outras palavras, os valores da variável (ou

variáveis) para valores apropriados de t descrevem o

sistema no passado, presente e futuro.

✓ No decorrer do curso serão examinados vários

problemas físicos e geométricos que conduzem a

equações diferenciais e os métodos padronizados

mais importantes para solucionar tais equações,

ilustrando, assim, a transição de um problema físico

para um modelo matemático.

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1.1 Introdução

Diagrama para criar modelos matemáticos

(lusoacademia.org/2016/02/17/aplicacao-das-

equacoes-diferenciais-de-primeira-ordem/

.


❑ Introdução










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1.2 Conceitos e fundamentos teóricos

➢ Definição

✓ Muitos dos fenômenos físicos estudados são

descritos por relações envolvendo taxas de

variação, os quais, quando expressos em termos

matemáticos, apresentam-se na forma de

equações contendo derivadas de uma função

desconhecida.

✓ Tais equações são chamadas de equações

diferenciais, cuja definição pode ser expressa

como segue:



✓ Uma equação que contém as derivadas ou

diferenciais de uma ou mais variáveis

dependentes com relação a uma ou mais

variáveis independentes, é chamada de equação

diferencial.

✓ Por exemplo, se y é uma função de x, e n é um

inteiro positivo, então uma relação de igualdade

(que não se reduz a uma identidade) que envolva

x, y, y’, y”, ...,y(n) é chamada de equação

diferencial de ordem n.

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➢ Classificação das equações diferenciais:

• Equação Diferencial Ordinária (EDO): envolve

derivadas de uma função de uma só variável

independente.

• Equação Diferencial Parcial (EDP): envolve

derivadas parciais de uma função de mais de

uma variável independente.

• Na presente disciplina serão estudadas apenas as

equações diferenciais ordinárias. As equações

diferenciais parciais serão discutidas em outro

momento.



➢ Ordem das equações diferenciais: é a ordem da

derivada de mais alta ordem da função incógnita que

figura na equação.

✓ De forma mais geral, se y é uma função de x, então

uma EDO de ordem n pode ser escrita como

F(x,y,y´,y´´,...,y(n)) = 0, em que F é uma função de

x, y e suas derivadas y´, y´´,...,y(n).

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✓ Na prática, assume-se que se pode resolver a função

acima na derivada y(n), isto é, considerar-se-á y(n) =

f(x,y,y´,...,y(n-1)) como protótipo de EDO de ordem n.

➢ Soluções de uma ED:

✓ A solução de uma equação diferencial é uma

função que não contém derivadas nem

diferenciais e que satisfaz a equação dada, ou

seja, tal função, substituída na equação dada, a

transforma em uma identidade.

✓ A solução de uma ED pode ser apresentada de

dois tipos: solução geral ou solução particular.



✓ Solução geral: é a solução que apresenta n

constantes independentes entre si (n = ordem

da ED). Essas constantes, de acordo com a

conveniência, podem ser escritas como c, 2c,

c2, ln c (c é um valor desconhecido).

✓ Solução particular: é a solução que pode ser

obtida da solução geral mediante condições

dadas no problema, denominadas condições

iniciais ou condições de contorno (tais

condições permitem a determinação do valor

c).

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✓ Exemplo:

EDO: y´ =𝑑𝑦

𝑑𝑥= 3𝑥2 − 4𝑥 + 1

Solução geral: 𝑦 = 𝑥3 − 2𝑥2 + 𝑥 + 𝐶

Solução particular: condição inicial 𝑦 = −1 = 3

3 = (−1)3−2(−1)2 + −1 + 𝐶 ∴ 𝐶 = 7

𝑦 = 𝑥3 − 2𝑥2 + 𝑥 + 7

Observação: em qualquer dos dois casos, a prova

pode ser feita derivando a solução para se obter a

equação diferencial dada.



➢ Equações lineares e não lineares:

✓ Uma equação diferencial ordinária é dita linear se

a função F é linear com respeito as variáveis y, y´,

..., y(n-1) e y(n).

✓ Consequentemente, uma EDO pode ser escrita

como: ao(x)y(n) + a1(x)y(n-1) +...+ an(x)y = g(x),

em que ao, a1, ..., an e g são funções somente de x.

✓ Uma EDO que não é linear é dita não-linear. Em

outras palavras, uma EDO não-linear não pode

ser escrita como a anterior.

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✓ Exemplos:

1. A EDO de 2ª ordem t2y’’-3ty’+4y=0 é linear,

pois pode ser escrita como

ao(t)y’’+a1(t)y’+a2(t)y = g(t), com ao(t) = t²,

a1(t) = - 3t, a2(t) = 4 e g(t) = 0.

2. A EDO de 3ª ordem y’’’+2ety’’+yyt = 0 é não

linear, pois envolve o produto de y por yt.

3. A EDO de 2ª ordem y’’+(y’)²+xy = 0 é não

linear, pois envolve a potência de y’.



➢ Sistemas de equações lineares ordinárias:

✓ Um sistema de EDOs é composto de várias

equações envolvendo duas ou mais funções

desconhecidas, todas dependentes da mesma

variável.

✓ Exemplo:

• Sejam x (t) e y(t) as densidades populacionais de

duas espécies no instante t.

• Assume-se que essas duas espécies interagem de

forma presa-predador, onde x representa as

presas e y os predadores.

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• A dinâmica das duas espécies pode ser

modelada através do sistema não linear

൞

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑎𝑥 −∝ 𝑥𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑡= −𝑏𝑦 + 𝛽𝑥𝑦

- em que a, b, e são constantes positivas.


➢ EDO de primeira ordem - Definição

✓ Uma equação diferencial ordinária de primeira

ordem pode ser escrita sob as formas:

✓ implícita → 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑦′) = 0

✓ explícita → 𝑦′ = 𝑓(𝑥, 𝑦).

✓ A forma explícita pode ser escrita em muitos

casos, mas nem sempre ela é possível.

✓ Dependendo de como a EDO de primeira ordem se

apresenta, existem vários métodos que permitem a

sua resolução, os quais serão tratados a seguir.


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➢ EDO de primeira ordem – Problema de valor

inicial

✓ Um problema de valor inicial (PVI) é

caracterizado quando se tem interesse em resolver

uma EDO de primeira ordem sujeita à condição

inicial 𝑦(𝑥𝑜) = 𝑦𝑜, em que 𝑥𝑜 é um número no

intervalo I e 𝑦𝑜 é um número real arbitrário.

✓ Em termos geométricos, procura-se uma solução

para a EDO, definida em algum intervalo I tal que

o gráfico da solução passe pelo ponto (𝑥𝑜 ,

𝑦𝑜) determinado a priori.



✓ Exemplo.

• A solução geral da EDO 𝑦′ = 𝑦 é a família de

curvas 𝑦 = 𝑐𝑒𝑥 no intervalo (−∞, ∞) . Se for

especificado, por exemplo, 𝑦 0 = 3 , então

substituindo-se x = 0 e = 3 na família de curvas,

obter-se-á 3 = c𝑒0 = 𝑐 . Logo, a função 𝑦 𝑥 =3𝑒𝑥 é uma solução para o PVI (gráfico).

𝑦′ = 𝑦 , 𝑦 0 = 3

• Se fosse pedido uma solução para a EDO que

passasse pelo ponto (1, 3), em vez de (0, 3), então

essa nova condição daria c = 3𝑒−1 e, daí, 𝑦 =

3𝑒𝑥−1(gráfico). Para (2, 3), c = 3𝑒−2 etc.


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(0, 3) (1, 3) (2, 3)

Curvas 𝑦 = 𝑐𝑒𝑥referentes à condições iniciais.



➢ EDO de primeira ordem – Existência e unicidade

das soluções

✓ Antes de considerar um problema de valor inicial,

deseja-se saber se existe uma solução para tal

problema e, quando existe, se ela é única.

✓ As condições suficientes para garantir a existência

e unicidade de soluções de um problema de valor

inicial, tal como o mostrado anteriormente, são

dadas pelo teorema devido ao matemático francês

Picard.

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✓ Teorema. Existência e unicidade de solução.

Seja R uma região retangular no plano 𝑥𝑦 definida

por 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑, que contém o ponto

(𝑥𝑜 , 𝑦𝑜) em seu interior. Se 𝑓 𝑥, 𝑦 e Τ𝜕𝑓 𝜕𝑦 são

contínuas em R, então existe um intervalo I

centrado em 𝑥𝑜 e uma única função 𝑦 𝑥 definida

em I que satisfaz o problema de valor inicial

𝑦′ =𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑓 𝑥, 𝑦 , 𝑦 𝑥𝑜 = 𝑦𝑜

✓ Demonstração. Requer conhecimentos

posteriores, tal como o método das aproximações

sucessivas (método iterativo de Picard).



(xo, yo)

R

a b

d

c

I

y

x

Geometria do teorema da existência e unicidade das soluções

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✓ Exemplo 01. O PVI 𝑦′ = 𝑥 𝑦, 𝑦 0 = 0, admite

duas soluções cujos gráficos passam por (0, 0).

𝑦1 𝑥 = Τ𝑥4 16 e 𝑦2 𝑥 = 0

✓ Mas, como as funções 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥 𝑦 e𝜕𝑓

𝜕𝑦=

𝑥

2 𝑦é

são contínuas no semiplano superior definido por

𝑦 > 0 , o teorema garante que dado um ponto

qualquer (𝑥𝑜 , 𝑦𝑜 ) com 𝑦𝑜 > 0, por exemplo, (0,1),

existe algum intervalo em torno de 𝑥𝑜 no qual a

equação diferencial dada possui um única solução

𝑦 𝑥 , tal que y 𝑥𝑜 = 𝑦𝑜.



✓ Exemplo 02. Considerando-se o PVI 𝑦′ = 𝑦² ,para 𝑦 0 = 1, observa-se que

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑦2 e 𝜕𝑓

𝜕𝑦= 2𝑦

✓ são ambas contínuas em todo plano 𝑥𝑦. Em

particular, no retângulo 𝑅 = −2, 2 𝑥 (0, 2) que

contém o ponto (0, 1). Pelo teorema, o PVI admite

uma única solução 𝑦 = 𝑦(𝑥) para 𝑥 em um

intervalo 𝐼 ⊆ (−2, 2). De fato, a única solução é

𝑦 𝑥 = Τ1 1 − 𝑥 , 𝑥 ≠ 1

✓ que está definida no intervalo 𝐼 = −2, 1 ⊆−2,2 .

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✓ Em geral, não é possível determinar um intervalo

específico I no qual uma solução está definida sem

realmente resolver a equação diferencial.

R

2-2

2

0

I

y

x

(0,1)

1

Região de

definição

para o PVI


❑ Introdução










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1.3 Equações Diferenciais Separáveis

➢ Definição:

✓ Muitas equações diferenciais de primeira ordem

são escritas na forma

𝑔 𝑦 𝑦′ = 𝑓(𝑥),

✓ mas como 𝑦′ = Τ𝑑𝑦 𝑑𝑥, pode ser mais conveniente

escrever a equação acima na forma

✓ 𝑔 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑓 𝑥 𝑑𝑥

✓ Quando isso é possível, a equação é chamada de

separável ou tem variáveis separáveis, porquanto

as variáveis x e y puderam ser separadas nos

membros da equação.


✓ Para resolver esse tipo de equações

diferenciais, basta integrar ambos os membros,

obtendo-se

✓ 𝑔 𝑦 𝑑𝑦 + 𝑐1 = 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐2

✓ 𝑔 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 + (𝑐2 − 𝑐1)

✓ 𝑔 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐,

✓ supondo-se que 𝑓 𝑥 e 𝑔(𝑦) são funções

integráveis em um certo intervalo, ou seja, são

funções contínuas nesse intervalo.


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✓ Exemplo 01. encontrar a solução do seguinte

problema de valor inicial (PVI)

𝑦′ = 𝑒3𝑡, 𝑦1

3=

𝑒

3

Solução geral:

𝑑𝑦 = 𝑒3𝑡𝑑𝑡 ∴ 𝑑𝑦 = 𝑒3𝑡𝑑𝑡 ∴ 𝑦 =𝑒3𝑡

3+ 𝑐

•Solução particular: substituindo-se 𝑡 = Τ1 3 e 𝑦 =Τ𝑒 3 na solução geral encontrada, obtém-se

𝑒

3=

𝑒3(13)

3+ 𝑐 ∴

𝑒

3=

𝑒

3+ 𝑐 ∴ 𝑐 = 0.

Assim, a solução do PVI será 𝒚 = Τ𝒆𝟑𝒕 𝟑



Esta solução é válida para − ∞ < t < ∞, que é o

maior intervalo contendo 𝑡𝑜 = Τ1 3 em que a

solução e sua derivada estão definidas.


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✓ Exemplo 02. Resolver a equação

𝑦´ 𝑥 ∙ 𝑥 + 1 = 𝑦(𝑥)𝑑𝑦

𝑑𝑥𝑥 + 1 = 𝑦

𝑑𝑦

𝑦=

𝑑𝑥

𝑥+1

Solução geral:

𝑑𝑦

𝑦=

𝑑𝑥

𝑥+1∴ 𝑙𝑛 𝑦 + 𝑐1 = 𝑙𝑛 𝑥 + 1 + 𝑐2

𝑙𝑛 𝑦 = 𝑙𝑛 𝑥 + 1 + 𝑐2 − 𝑐1

𝑙𝑛 𝑦 = 𝑙𝑛 𝑥 + 1 + 𝑐3



𝑒𝑙𝑛 𝑦 = 𝑒𝑙𝑛 𝑥+1 +𝑐3 ∴ 𝑒𝑙𝑛 𝑦 = 𝑒𝑙𝑛 𝑥+1 ∙ 𝑒𝑐3

𝑦 = 𝑥 + 1 ∙ 𝑒𝑐3 ou

y = ± 𝑒𝑐3 ∙ 𝑥 + 1

Como ± 𝑒𝑐3 é uma constante, então a equação

acima pode ser reescrita na forma

𝑦(𝑥) = 𝑐 ∙ 𝑥 + 1

Como 𝑒𝑐3 é sempre diferente de zero, então

± 𝑒𝑐3 pode ser positivo ou negativo, mas diferente

de zero. Logo c ∈ 𝑅∗.


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Em geral, os problemas pedem a solução explícita da

equação, ou seja, pedem para isolar y(x), como

apresentado, mas em alguns problemas isso não é

possível. Em tais casos, deixa-se a solução da equação

com y implícito, como por exemplo:

𝑙𝑛 𝑦 = 𝑙𝑛 𝑥 + 1 + 𝑐

Solução particular: caso o problema seja um PVI,

como por exemplo 𝑦 0 = 2, tem-se:

y x = 𝑐 ∙ 𝑥 + 1 ∴ 2 = 𝑐 0 + 1 ∴ 𝑐 = 2

Logo, a solução particular será 𝑦(𝑥) = 2 𝑥 + 1



Teste. Substituindo-se os valores de y(x) e y’(x) na

equação diferencial dada, tem-se:

𝑦(𝑥) = 2 𝑥 + 1 ; 𝑦′(x) = 2

𝑦´ 𝑥 ∙ 𝑥 + 1 = 𝑦(𝑥) ⇒ 2 𝑥 + 1 = 2(𝑥 + 1),

o que satisfaz a equação.


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➢ Etapas de resolução de uma EDO separável:

1. Em vez da notação y’, usar a derivada na forma

dy/dx e escrever apenas y em vez de y(x);

2. Isolar o termo dy/dx e a função de y em um dos

membros da equação, e o termo dx com a função

de x no outro membro;

3. Integrar os dois membros, para achar a solução

geral da EDO e, caso necessário, isolar y(x);

4. Se o problema for um PVI, substituir os

respectivos valores na solução geral, achar a

constante e, finalmente, a solução particular.



✓ Exemplo 03. Resolver a equação

𝑦´ = −4𝑥

9𝑦⟹

𝑑𝑦

𝑑𝑥= −

4𝑥

9𝑦

Solução geral:

9𝑦𝑑𝑦 = −4𝑥𝑑𝑥 ∴ 9𝑦𝑑𝑦 = 4𝑥𝑑𝑥− + ҧ𝑐

9𝑦2

2= −4

𝑥2

2+ ҧ𝑐 ∴

𝑦2

2= −

2

9𝑥2 +

ҧ𝑐

9

𝑦 = −4

9𝑥2 +

2 ҧ𝑐

9∴ 𝑦(𝑥) =

2

3−𝑥2 + 𝑐 (explícita)

𝑦2

4+

𝑥2

9=

ҧ𝑐

18∴

𝒚𝟐

𝟒+

𝒙𝟐

𝟗= 𝒄 (implícita)

* Solução que representa uma família de elipses.


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Família de elipses.

Valor de cCondição

inicial

100 y(0) = 6,7

120 y(0) = 7,3

140 y(0) = 7,9

160 y(0) = 8,4

180 y(0) = 8,9

200 y(0) = 9,4



✓ Exemplo 04. Uma esfera de cobre é aquecida a uma

temperatura de 100 °C, No instante t = 0 ela é imersa em

água mantida a temperatura de 30 °C. Após 5 minutos, a

temperatura se reduz a 60 °C, enquanto as demais condições

não sofrem variação. Sabendo-se que a formulação

matemática da lei do resfriamento de Newton, em questão, é

dada pela EDO abaixo, determinar o instante necessário

para que a temperatura da esfera atinja 60 °C.𝑑𝑇

𝑑𝑡= −𝑘(𝑇 − 𝑇𝑜).

T - temperatura do corpo num determinado instante,

To - temperatura inicial do corpo,

t - tempo de contato dos corpos,

k - constante experimental (depende do material do corpo).


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Solução geral:

𝑑𝑇

(𝑇−𝑇𝑜)= −𝑘𝑑t ∴

1

(𝑇−𝑇𝑜)𝑑𝑇 = 𝑘𝑑𝑡− + 𝑐1

ln(𝑇 − 𝑇𝑜) = −𝑘𝑡 + 𝑐1 ∴ 𝑒−𝑘𝑡+𝑐1 = 𝑇 − 𝑇𝑜

𝑒𝑐1 ∙ 𝑒−𝑘𝑡 = 𝑇 − 𝑇𝑜 ∴ 𝑻 𝒕 = 𝒄𝒆−𝒌𝒕 + 𝑻𝒐

𝑇𝑜 = 30 °𝐶 → 𝑻 𝒕 = 𝒄𝒆−𝒌𝒕 +30

- Determinação da constante c:

𝑇 0 = 100 °𝐶 → 𝑐𝑒−𝑘0 + 30 = 100 ∴ 𝑐 = 70



- Determinação de k:

𝑇 5 = 60 → 70𝑒−𝑘5 + 30 = 60

𝑙𝑛3

7= −𝑘 ∴ 𝑘 = 0,847

- Tempo em que a temperatura atinge 31 °C:

𝑇 𝑡 = 31 → 70𝑒−0,845𝑡 + 30 = 31

𝑒−0,845 =1

70∴ 𝑙𝑛 (𝑒−0,845𝑡) = 𝑙𝑛

1

70

−0,845𝑡 = −4,248 ∴ 𝒕 =5 min.


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✓ Exemplo 05. O modelo mais simples de crescimento

populacional é aquele em que se supõe que a taxa de

crescimento de uma população é proporcional à

população presente naquele instante, ou seja, quanto

mais pessoas houver em um instante 𝑡, mais pessoas

existirão no futuro. Pode-se descrever o problema de

encontrar 𝑦(𝑡) como o problema de valor inicial

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝑘𝑦, 𝑦 𝑡𝑜 = 𝑦𝑜 , 𝑦 = 𝑦𝑜𝑒

𝑘𝑡,

✓ onde k é uma constante de proporcionalidade, serve

como modelo para diversos fenómenos envolvendo

crescimento ou decrescimento.



✓ Baseado nesse modelo, pede-se para calcular a

população de uma cidade em 30 anos, sabendo-se que

a sua população inicial, de 500 habitantes, cresce a

uma taxa de 15% em 10 anos.

✓ Solução:

✓𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝑘𝑦, 𝑦 0 = 500,

✓𝑑𝑦

𝑦= 𝑘𝑑𝑡 ∴

𝑑𝑦

𝑦= 𝑘𝑑𝑡 ∴ ln 𝑦 = 𝑘 𝑡 + 𝑐1

✓ ∴ 𝑦 = 𝑒𝑘𝑡+𝑐1 = 𝑒𝑘𝑡 ∙ 𝑒𝑐1

✓ ∴ 𝑦 𝑡 = 𝑐𝑒𝑘𝑡


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✓ - Determinação de c:

✓ 𝑡 = 0 , 𝑦 = 500 → 500 = 𝑐𝑒𝑘0 ∴ 𝑐 = 500

✓ 𝑦 𝑡 = 500𝑒𝑘𝑡

✓ - Determinação de k:

✓ 𝑡 = 10, y = 500 + 0,15 x 500 = 575

✓ → 575 = 500𝑒𝑘10 ∴ 𝑒𝑘10 =500

575= 1,15

✓ ∴ ln 𝑒𝑘10 = ln 1,15 ∴ 𝑘10 = ln 1,15 ∴ 𝑘 =ln 1,15

10

✓ 𝑦 𝑡 = 500𝑒ln 1,15

10𝑡

✓ - Em 30 anos, tem-se 𝑦 30 = 500𝑒ln 1,15

1030 = 𝟕𝟔𝟎




✓ Exemplo 06. Um termómetro é retirado de dentro de

uma sala e colocado do lado de fora, em que a

temperatura é de 5°C. Após 1 minuto, o termómetro

marca 55ºC; após 5 minutos, 30ºC. Qual é a

temperatura da sala?

✓ Solução:𝑑𝑇

𝑑𝑡= −𝑘(𝑇 − 𝑇𝑜).

T - temperatura da sala = ?

To - temperatura do ar = 5 °C✓

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✓𝑑𝑇

𝑑𝑡= −𝑘(𝑇 − 5) ∴

𝑑𝑇

(𝑇−5)= −k𝑑𝑡 ∴

𝑑𝑇𝑇−5

= 𝑘𝑑𝑡−

✓ ∴ − ln 𝑇 − 5 = −𝑘𝑡 + 𝑐1 ∴ 𝑇 − 5 = 𝑒𝑘𝑡−𝑐1 = 𝑒𝑘𝑡. 𝑒−𝑐1

✓ ∴ 𝑇 = 5 + 𝑐𝑒𝑘𝑡

✓ *Para 𝑇 1 = 55 → 55 = 5 + 𝑐𝑒1𝑘 ∴ 𝑐𝑒𝑘 = 50

*Para 𝑇 5 = 30 → 30 = 5 + 𝑐𝑒5𝑘 ∴ 𝑐𝑒5𝑘 = 25

✓𝑐𝑒𝑘

𝑐𝑒5𝑘=

50

25∴ 𝑒−4𝑘 = 2 ∴ −4𝑘 = ln 2 ∴ 𝑘 = −

ln 2

4

✓ 𝑐𝑒𝑘 = 50 ∴ 𝑐𝑒−( Τln 2) 4 = 50 ∴ 𝑐 = 59,4611

✓ 𝑇 = 5 + 59,4611𝑒−[(ln 2)/4]𝑡

*Para 𝑡 = 0 → 𝑇 = 5 + 59,4611 ∴ 𝑻 = 𝟔𝟒, 𝟒𝟔𝟏𝟏°𝑪



✓ ∴ ln 𝑦 =2

5(0,5𝑡 − cos 𝑡) + 𝑐

✓ ln 𝑦 =2

5(0,5𝑡 − cos 𝑡) +

2

5=

𝑡−2 cos 𝑡+2

5

✓ Exemplo 07. Suponha que determinada população

tem uma taxa de crescimento que varia com o tempo e

que essa população satisfaz a ED𝑑𝑦

𝑑𝑡= 0,5 + 𝑠𝑒𝑛 𝑡 𝑦/5.

✓ (a) Se 𝑦 0 = 1, encontre (ou estime) o instante 𝑡 = 𝜏no qual a população dobrou. Escolha outras condições

iniciais e determine se o tempo de duplicação 𝜏depende da população inicial.

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✓ (b) Suponha que a taxa de crescimento é substituída

pelo seu valor médio 1/10. Determine o tempo de

duplicação 𝜏 nesse caso.

✓ (c) Suponha que o termo 𝑠𝑒𝑛 𝑡 na ED é substituído

por 𝑠𝑒𝑛 2𝜋𝑡; ou seja, a variação na taxa de

crescimento tem uma frequência substancialmente

mais alta. Qual o efeito disto no tempo de duplicação

da população 𝜏?

✓ (d) Faça o gráfico das soluções obtidas nos itens a, b e

c em um único conjunto de eixos.



✓ Solução:

✓ (a)𝑑𝑦

𝑑𝑡= 0,5 + 𝑠𝑒𝑛 𝑡 𝑦/5.

✓ ∴𝑑𝑦

𝑦=

1

50,5 + 𝑠𝑒𝑛 𝑡 𝑑𝑡

✓ ∴ 𝑑𝑦

𝑦=

1

5] 0,5𝑑𝑡 + 𝑠𝑒𝑛 𝑡𝑑𝑡]

✓ ∴ ln 𝑦 =1

5(0,5𝑡 − cos 𝑡 + 𝑐1)

✓ = 0,1𝑡 − 0,2 cos 𝑡 + 0,2𝑐1✓ ∴ 𝑦 = 𝑒0,1𝑡−0,2 cos 𝑡 ∙ 𝑒0,2𝑐1

✓ ∴ 𝒚 𝒕 = 𝒄𝒆𝟎,𝟏𝒕−𝟎,𝟐𝐜𝐨𝐬 𝒕

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✓ Condição inicial: 𝑦(0) = 1, portanto. para 𝑡 = 0 → 𝑦 =1, ou seja, a população inicial é igual a 1, então

✓ 𝑦 0 = 𝑐𝑒0,1(0)−0,2cos 0 = 𝑐𝑒−0,2 = 1 ∴ 𝑐 = 𝑒0,2

✓ ∴ 𝑦 𝑡 = 𝑒0,2 ∙ 𝑒0,1𝑡−0,2cos 𝑡 ∴ 𝒚 𝒕 = 𝒆𝟎,𝟏𝒕−𝟎,𝟐 𝐜𝐨𝐬 𝒕+𝟎,𝟐

✓ Se inicialmente (𝑡 = 0) a população era igual 1, o

tempo em que ela dobrou seria a condição 𝑦(𝜏) = 2,

então

✓ 𝒚 𝝉 = 𝒆𝟎,𝟏𝝉−𝟎,𝟐𝐜𝐨𝐬 𝝉+𝟎,𝟐 = 𝟐

✓ Observa-se no gráfico da solução que esse tempo é

igual a 𝒕 = 𝝉 = 𝟐, 𝟗𝟔𝟑𝟐.



✓ Se supormos, agora, que a condição inicial: 𝑦(0) = 𝑦𝑜 ,

portanto, para 𝑡 = 0 → 𝑦 = 𝑦𝑜 ,

✓ ou seja, a população inicial é igual a 𝑦𝑜, então

✓ 𝑦 0 = 𝑐𝑒0,1(0)−0,2cos 0 = 𝑐𝑒−0,2 = 𝑦𝑜 ∴ 𝑐 = 𝑦𝑜𝑒0,2

✓ ∴ 𝑦 𝑡 = 𝑦𝑜𝑒0,2 ∙ 𝑒0,1𝑡−0,2cos 𝑡

✓ ∴ 𝒚(𝒕) = 𝑦𝑜𝒆𝟎,𝟏𝒕−𝟎,𝟐𝐜𝐨𝐬 𝒕+𝟎,𝟐

✓ Se inicialmente (𝑡 = 0) a população era igual 𝑦𝑜 , o

tempo em que ela dobrou seria a condição 𝑦(𝜏) = 2𝑦𝑜,

logo 𝑦 𝜏 = 𝑦𝑜𝑒0,1𝜏−0,2 𝑐𝑜𝑠 𝜏+0,2 = 2𝑦𝑜 ou

✓ 𝒚 𝝉 = 𝒆𝟎,𝟏𝝉−𝟎,𝟐𝐜𝐨𝐬 𝝉+𝟎,𝟐 = 𝟐, isto é, o tempo de

duplicação da população independe do seu valor inicial.

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30



✓ Solução:

✓ (b)𝑑𝑦

𝑑𝑡= 0,1𝑦.

✓ ∴𝑑𝑦

𝑦= 0,1𝑑𝑡 ∴

𝑑𝑦

𝑦= 0,1𝑑𝑡

✓ ∴ ln 𝑦 = 0,1𝑡 + 𝑐1 ∴ 𝑦 = 𝑒0,1𝑡+𝑐1 = 𝑒0,1𝑡 ∙ 𝑒𝑐1

✓ ∴ 𝒚 𝒕 = 𝒄𝒆𝟎,𝟏𝒕

✓ Para t = 0 → 𝑦 = 1

✓ 𝑦 0 = 𝑐𝑒0,1(0) = 1 ∴ 𝑐 = 1 ∴ 𝒚 𝒕 = 𝒆𝟎,𝟏𝒕

✓ Para 𝒚 𝝉 = 𝟐 → 𝒚 𝝉 = 𝒆𝟎,𝟏𝝉 = 𝟐 ∴ 0,1𝜏 = 𝑙𝑛 2

✓ ∴ 𝝉 = 𝟔, 𝟗𝟑𝟏𝟓



✓ Solução:

✓ (c)𝑑𝑦

𝑑𝑡= 0,5 + 𝑠𝑒𝑛 2𝜋𝑡 𝑦/5.

✓ ∴𝑑𝑦

𝑦=

1

50,5 + 𝑠𝑒𝑛 2𝜋𝑡 𝑑𝑡

✓ ∴ 𝑑𝑦

𝑦=

1

5] 0,5𝑑𝑡 + 𝑠𝑒𝑛 2𝜋𝑡𝑑𝑡]

✓ ∴ ln 𝑦 =1

5(0,5𝑡 −

1

2𝜋cos 2𝜋𝑡 + 𝑐1)

✓ = 0,1𝑡 −0,1

𝜋cos 2𝜋𝑡 + 0,2𝑐1

✓ ∴ 𝑦 = 𝑒0,1𝑡−

01

𝜋cos 2𝜋𝑡

∙ 𝑒0,2𝑐1

✓ ∴ 𝒚 𝒕 = 𝒄𝒆𝟎,𝟏𝒕−𝟎,𝟏

𝝅𝐜𝐨𝐬 𝟐𝝅𝒕

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31



✓ Para t = 0 → 𝑦 = 1

✓ 𝑦 0 = 𝒄𝒆𝟎,𝟏(𝟎)−𝟎,𝟏

𝝅𝐜𝐨𝐬 𝟎 = 𝑐𝑒−0,1/𝜋 = 1

✓ ∴ 𝑐 = 𝑒0,1/𝜋

✓ 𝑦 𝑡 = 𝑒0,1/𝜋 ∙ 𝑒0,1𝑡−0,1

𝜋𝑐𝑜𝑠 2𝜋𝑡

✓ ∴ 𝒚 𝒕 = 𝒆𝟎,𝟏𝒕−𝟎,𝟏

𝝅𝐜𝐨𝐬 𝟐𝝅𝒕+

𝟎,𝟏

𝝅 = 𝒆𝟎,𝟏[𝒕−(𝐜𝐨𝐬 𝟐𝝅𝒕−𝟏)/𝝅)]

✓ Para 𝒚 𝝉 = 𝟐 → 𝒚 𝒕 = 𝒆𝟎,𝟏𝒕−𝟎,𝟏

𝝅𝐜𝐨𝐬 𝟐𝝅𝒕+

𝟎,𝟏

𝝅 = 𝟐 ,

observa-se no gráfico da solução que esse tempo é

igual a 𝒕 = 𝝉 = 𝟔,3805.



Solução:

(d)

2,9632 6,9315

6,3805

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32


❑ Introdução











✓ Algumas EDOs de primeira ordem que não são

separáveis podem nelas se tornar mediante uma

adequada mudança de variável.

✓ Isto pode ser feito nas chamadas equações

homogêneas, que são aquelas que devem satisfazer

a seguinte relação:

𝑓 𝜆𝑥, 𝜆𝑦 = 𝑓 𝑥, 𝑦 , 𝜆 ≠ 0

Exemplo. 𝑦′ =𝑥2+𝑦2

𝑥𝑦, é uma função homogênea,

pois 𝑓 𝑥, 𝑦 =𝑥2+𝑦2

𝑥𝑦=

𝜆2𝑥2+𝜆2𝑦2

𝜆2𝑥𝑦= 𝑓 𝜆𝑥, 𝜆𝑦 .

1.4 Equações Redutíveis à Forma Separável

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33


✓ Essas equações podem se transformar em equações

de variáveis separáveis, aplicando-se a seguinte

mudança de variável:

𝑧 =𝑦

𝑥→ 𝑦 = 𝑧𝑥; y′ = 𝑧 + 𝑧′𝑥

✓ Exemplo. Fazendo-se a mudança de variável na

equação diferencial anterior tem-se:

𝑦′ =𝑥2 + 𝑦2

𝑥𝑦∴ 𝑧 + 𝑧′𝑥 =

𝑥2 + 𝑧2𝑥2

𝑥𝑥𝑧=1 + 𝑧2

𝑧

𝑧′𝑥 =1 + 𝑧2

𝑧− 𝑧 =

1

𝑧𝑜𝑢

𝑑𝑧

𝑑𝑥𝑥 =

1

𝑧



Separando-se as variáveis

𝑧𝑑𝑧 =𝑑𝑥

𝑥Integrando-se

𝑧𝑑𝑧 = 𝑑𝑥

𝑥∴

𝑧2

2= 𝑙𝑛 𝑥 + 𝑐1

𝑧2 = 2𝑙𝑛 𝑥 + 2𝑐1= 𝑙𝑛 𝑥 2 + 2𝑐1

Fazendo-se 2𝑐1 = 𝑐, e como 𝑥 2 = 𝑥2, tem-se

𝑧2 = 𝑙𝑛𝑥2 + 𝑐

Retornando-se às variáveis antigas𝑦2

𝑥2= 𝑙𝑛𝑥2 + 𝑐 ∴ 𝒚𝟐 − 𝒙𝟐𝒍𝒏𝒙𝟐 = 𝒄𝒙𝟐


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34


❑ Introdução











1.5 Equações Diferenciais Exatas

➢ Definição. Uma EDO de primeira ordem é uma

diferencial exata quando é possível colocá-la na

forma

𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0

e

𝜕𝑀

𝜕𝑦=

𝜕𝑁

𝜕𝑥

onde M e N são funções diferenciáveis e

integráveis.

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35


✓ TEOREMA. A equação diferencial de primeira

ordem


• será uma equação diferencial exata em uma região

R do plano xy se, e somente se, satisfazer a

condição

𝜕𝑀(𝑥,𝑦)

𝜕𝑦=

𝜕𝑁(𝑥,𝑦)

𝜕𝑥

em cada ponto de R.



✓ Isto é, existe uma função f(x,y) que satisfaz as

equações

𝜕𝑓(𝑥,𝑦)

𝜕𝑥= 𝑀 𝑥, 𝑦

𝜕𝑓(𝑥,𝑦)

𝜕𝑦= 𝑁(𝑥, 𝑦)

se, e somente se, satisfazerem a condição anterior,

pois

𝜕𝑓(𝑥,𝑦)

𝜕𝑥𝜕𝑦=

𝜕𝑓(𝑥,𝑦)

𝜕𝑦𝜕𝑥


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36


➢ Método de solução

✓ Uma equação diferencial ordinária do tipo


• é equivalente a

𝑀 𝑥, 𝑦 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑦′ = 0,

• pois

• 𝑦′ =𝑑𝑦

𝑑𝑥



✓ Se a equação diferencial for exata, tem-se que

𝜕𝑀(𝑥,𝑦)

𝜕𝑦=

𝜕𝑁(𝑥,𝑦)

𝜕𝑥.

• Então, pode-se supor que há uma função f(x,y) de

modo que

𝜕𝑓(𝑥,𝑦)

𝜕𝑥= 𝑀(𝑥, 𝑦).

• Portanto, para se obter essa função basta integrar

M(x,y) em relação a x.


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37


✓ Se a equação diferencial for exata, tem-se que

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑔(𝑦),

• onde g(y) funciona como a constante de

integração, pois𝜕𝑔(𝑦)

𝜕𝑥= 0.

• Agora, pode-se derivar f(x,y) em relação a y

supondo que𝜕𝑓(𝑥,𝑦)

𝜕𝑦= 𝑁(𝑥, 𝑦).



𝜕𝑓

𝜕𝑦=

𝜕

𝜕𝑦𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑔′(𝑦) = 𝑁(𝑥, 𝑦)

• Isolando-se g’(y)

𝑔′(𝑦) = 𝑁 𝑥, y −𝜕

𝜕𝑦𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥

• Integrando-se g’(y) em relação a y

𝑔 𝑦 = 𝑁 𝑥, y −𝜕

𝜕𝑦𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 ,


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• ou seja,

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑔 𝑦 =

= 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥

+ 𝑁 𝑥, y −𝜕

𝜕𝑦𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦,

cuja solução será a função implícita

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑐



✓ Exemplo 01. Resolver a equação diferencial

𝑦′ =𝑑𝑦

𝑑𝑥= −

(2𝑥 + 𝑦2)

2𝑥 + 1 𝑦

Solução:

2𝑥 + 𝑦2 𝑑𝑥 + 2𝑥 + 1 𝑦𝑑𝑦 = 0

𝑀 = 2𝑥 + 𝑦2 e 𝑁 = 2𝑥𝑦 + 𝑦

𝜕𝑀

𝜕𝑦= 2𝑦 =

𝜕𝑁

𝜕𝑥(EDO exata)


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𝜕𝑓

𝜕𝑥= 𝑀 = 2𝑥 + 𝑦2

𝜕𝑓

𝜕𝑥𝑑𝑥 = 2𝑥 + 𝑦2 𝑑𝑥 + 𝑔 𝑦

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑥𝑦2 + 𝑔(𝑦)

𝜕𝑓

𝜕𝑦= 𝑁 ∴ 2𝑥𝑦 + 𝑔′ 𝑦 = 2𝑥𝑦 + 𝑦 ∴ 𝑔′ 𝑦 = 𝑦

′𝑔 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑦𝑑𝑦 ∴ 𝑔 𝑦 =𝑦2

2

𝒇 𝒙, 𝒚 = 𝒙𝟐 + 𝒙𝒚𝟐 +𝒚𝟐

𝟐= 𝑐



✓ Exemplo 02. Resolver a equação diferencial

𝑥𝑦′ + 𝑦 + 4 = 0

Solução:

𝑦′ =𝑑𝑦

𝑑𝑥= −

𝑦 + 4

𝑥

(𝑦 + 4)𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = 0

𝑀 = 𝑦 + 4 e 𝑁 = 𝑥

𝜕𝑀

𝜕𝑦= 1 =

𝜕𝑁

𝜕𝑥(EDO exata)


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𝜕𝑓

𝜕𝑥= 𝑀 = 𝑦 + 4

𝜕𝑓

𝜕𝑥𝑑𝑥 = 𝑦 + 4 𝑑𝑥 + 𝑔 𝑦

𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥𝑦 + 4𝑥 + 𝑔(𝑦)

𝜕𝑓

𝜕𝑦= 𝑁 ∴ 𝑥 + 𝑔′ 𝑦 = 𝑥 ∴ 𝑔′ 𝑦 = 0

′𝑔 𝑦 𝑑𝑦 = 0𝑑𝑦 ∴ 𝑔 𝑦 = 0

𝒇 𝒙, 𝒚 = 𝒙𝒚 + 𝟒𝒙 = 𝑐 ∴ 𝑦 =𝑐−4𝑥

𝑥∴ 𝒚 =

𝒄

𝒙− 𝟒



❑ Introdução










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➢ Definição. Quando a equação diferencial


• não é exata, há uma infinidade de funções u(𝑥, 𝑦)tais que

• 𝑢 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0

• é exata.

Uma função desse tipo é denominada fator

integrante.

1.5 Equações Diferenciais Não Exatas


✓ Na prática, a não ser para certos tipos particulares

de equações, é muito difícil encontrar um fator

integrante.

✓ Neste curso serão estudados dois casos em que a

determinação de um fator integrante é mais

simples:

1. u(x,y) é uma função que depende somente de x,

ou seja, u = u(x).

2. u(x,y) é uma função que depende somente de y,

ou seja, u = u(y).


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✓ Determinação do fator integrante:

• Seja 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0 uma equação

diferencial não exata, então

𝜕𝑀

𝜕𝑦≠

𝜕𝑁

𝜕𝑥

• Para convertê-la numa equação exata, deve-se

multiplicá-la por um fator integrante u(x,y), de

tal forma que 𝑢𝑀𝑑𝑥 + 𝑢𝑁𝑑𝑦 = 0 seja exata, ou

seja𝜕

𝜕𝑦𝑢𝑀 =

𝜕

𝜕𝑥(𝑢𝑁)



• Então

𝜕𝑢

𝜕𝑦𝑀 +

𝜕𝑀

𝜕𝑦𝑢 =

𝜕𝑢

𝜕𝑥𝑁 +

𝜕𝑁

𝜕𝑥𝑢

𝜕𝑢

𝜕𝑦𝑀 −

𝜕𝑢

𝜕𝑥𝑁 = −

𝜕𝑀

𝜕𝑦𝑢 +

𝜕𝑁

𝜕𝑥𝑢

𝜕𝑢

𝜕𝑦𝑀 −

𝜕𝑢

𝜕𝑥𝑁 = −

𝜕𝑀

𝜕𝑦𝑢 −

𝜕𝑁

𝜕𝑥𝑢


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• Caso 1. Se u é uma função que só depende de x,

ou seja, u = u(x), então,

𝜕𝑢

𝜕𝑦= 0 e

𝜕𝑢

𝜕𝑥=

𝑑𝑢

𝑑𝑥

Substituindo-as na equação anterior, tem-se

−𝑑𝑢

𝑑𝑥𝑁 = 𝑢 −

𝜕𝑀

𝜕𝑦+

𝜕𝑁

𝜕𝑥

𝑑𝑢

𝑢=

1

𝑁−

𝜕𝑀

𝜕𝑦+

𝜕𝑁

𝜕𝑥𝑑𝑥



Integrando-se

𝑑𝑢

𝑢=

1

𝑁−

𝜕𝑀

𝜕𝑦+

𝜕𝑁

𝜕𝑥𝑑𝑥

𝑙𝑛𝑢 = 1

𝑁−

𝜕𝑀

𝜕𝑦+

𝜕𝑁

𝜕𝑥𝑑𝑥

𝑢 = 𝑢 𝑥 = 𝑒1

𝑁−𝜕𝑀

𝜕𝑦+𝜕𝑁

𝜕𝑥𝑑𝑥


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44


• Caso 2. Se u é uma função que só depende de y,

ou seja, u = u(y), então,

𝜕𝑢

𝜕𝑥= 0 𝑒

𝜕𝑢

𝜕𝑦=

𝑑𝑢

𝑑𝑦

Substituindo-as da mesma forma que no caso

anterior, tem-se

−𝑑𝑢

𝑑𝑦𝑀 = 𝑢 −

𝜕𝑀

𝜕𝑦+

𝜕𝑁

𝜕𝑥

𝑑𝑢

𝑢= −

1

𝑀

𝜕𝑀

𝜕𝑦−

𝜕𝑁

𝜕𝑥𝑑𝑦



Integrando-se

𝑑𝑢

𝑢= −

1

𝑀

𝜕𝑀

𝜕𝑦−

𝜕𝑁

𝜕𝑥𝑑𝑦

𝑙𝑛𝑢 = −1

𝑀

𝜕𝑀

𝜕𝑦−

𝜕𝑁

𝜕𝑥𝑑𝑦

𝑢 = 𝑢 𝑦 = 𝑒 −

1

𝑀

𝜕𝑀

𝜕𝑦−𝜕𝑁

𝜕𝑥𝑑𝑦

• Método de Solução. Após se determinar o fator

integrante u(x) ou u(y), resolve-se a seguinte

equação diferencial exata

𝑢𝑀𝑑𝑥 + 𝑢𝑁𝑑𝑦 = 0


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✓ Exemplo 01. Encontre a solução geral da equação

diferencial

(𝑥2 − 𝑦2)𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0

Solução:

൞𝑀 = 𝑥2 − 𝑦2 →

𝜕𝑀

𝜕𝑦= −2𝑦

𝑁 = 2𝑥𝑦 →𝜕𝑁

𝜕𝑥= 2𝑦

𝜕𝑀

𝜕𝑦≠

𝜕𝑁

𝜕𝑥(não exata)



- Determinação do fator integrante

𝜕𝑢

𝜕𝑦𝑀 −

𝜕𝑢

𝜕𝑥𝑁 = −

𝜕𝑀

𝜕𝑦−

𝜕𝑁

𝜕𝑥𝑢

𝜕𝑢

𝜕𝑦(𝑥2 − 𝑦2) −

𝜕𝑢

𝜕𝑥(2𝑥𝑦) = − −2𝑦 − (2𝑦) 𝑢

Fazendo-se 𝑢 = 𝑢 𝑥 ;𝜕𝑢

𝜕𝑦= 0;

𝜕𝑢

𝜕𝑥=

𝑑𝑢

𝑑𝑥

−𝑑𝑢

𝑑𝑥2𝑥𝑦 = 4𝑦𝑢 ∴

𝑑𝑢

𝑑𝑥= −

4𝑦𝑢

2𝑥𝑦∴

𝑑𝑢

𝑢= −

2

𝑥𝑑𝑥

𝑑𝑢

𝑢= 2−

𝑑𝑥

𝑥∴ 𝑙𝑛 𝑢 = −2𝑙𝑛 𝑥 ∴

∴ 𝑢 = 𝑥 −2 ∴ 𝑢 = 𝑥−2


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Multiplicando-se a EDO pelo fator integrante, tem-se

𝑥−2 𝑥2 − 𝑦2 𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦𝑑𝑦) = 0

1 − 𝑦2𝑥−2 𝑑𝑥 + 2𝑦𝑥−1 𝑑𝑦 = 0

que é exata, pois

𝑀 = 1 − 𝑦2𝑥−2 ∴𝜕𝑀

𝜕𝑦= −2𝑦𝑥−2

𝑁 = 2𝑦𝑥−1 ∴𝜕𝑁

𝜕𝑥= −2𝑦𝑥−2

𝜕𝑀

𝜕𝑦=

𝜕𝑁

𝜕𝑥



Multiplicando-se a EDO pelo fator integrante, tem-se

𝜕𝑓

𝜕𝑥= 𝑀 = 1 − 𝑦2𝑥−2

𝑓 𝑥, 𝑦 = න 1 − 𝑦2𝑥−2 𝑑𝑥 + 𝑔 𝑦 =

= 𝑥 + 𝑦2𝑥−1 + 𝑔 𝑦

𝜕𝑓

𝜕𝑦= 𝑁 = −2𝑦𝑥−1

𝜕

𝜕𝑦𝑥 + 𝑦2𝑥−1 + 𝑔 𝑦 = 2𝑦𝑥−1 + 𝑔′ 𝑦 = −2𝑦𝑥−1


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𝑔′ 𝑦 = 0 ∴ 𝑔 𝑦 = 𝑐1

𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥 + 𝑦2𝑥−1 + 𝑐1

A solução geral da equação será

𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑐2∴ 𝑥 + 𝑦2𝑥−1 + 𝑐1 = 𝑐2 ∴

∴ 𝑥 +𝑦2

𝑥= 𝑐 ∴ 𝑦2 = −𝑥2 + 𝑥𝑐 ∴

∴ 𝒚 = ± −𝒙𝟐 + 𝒙𝒄



❑ Introdução










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1.7 Equações Lineares

➢ Definição. Uma equação diferencial da forma

𝑎1 𝑥 𝑦′ + 𝑎𝑜𝑦 = 𝑟(𝑥)

é dita linear.

✓ A característica desta equação é o fato dela ser linear

em y e y’ (a1 e ao são funções lineares), enquanto r(x)

pode ser qualquer função dada de x.

✓ Se r(x) = 0 para todo x, a equação é denominada

homogênea; nos demais casos ele é chamada de não

homogênea.



✓ Resolução de uma EDO linear:

1. Coloca-se a equação na forma abaixo

𝑦′ + 𝑓 𝑥 𝑦 = 𝑔 𝑥 ou𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑓 𝑥 𝑦 = 𝑔(𝑥)

2. Se a equação é homogênea, ou seja, g(x) = 0, ela

pode ser resolvida diretamente pelo método da

separação das variáveis, no qual a solução geral

obtida será

𝑦 𝑥 = 𝑐𝑒− 𝑓 𝑥 𝑑𝑥

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3. Se a equação é não homogênea, ou no caso mais

geral, identifica-se f(x) e se encontra o fator de

integração que depende unicamente de x.

𝑒 𝑓 𝑥 𝑑𝑥

4. Multiplica-se a equação pelo referido fator de

integração

𝑒 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑒 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑓 𝑥 𝑦 = 𝑒 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑔(𝑥)



5. O lado esquerdo da equação em é a derivada do

produto do fator de integração e a variável

independente y; isto é,

𝑑𝑦

𝑑𝑥𝑒 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑦 = 𝑒 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑔(𝑥)

6. Integrando-se ambos os membros da equação,

obtém-se

𝑒 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑦 = 𝑒 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑔 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐

𝑦 𝑥 = 𝑒−ℎ 𝑥 𝑒ℎ 𝑥 𝑔 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐

ℎ(𝑥) = 𝑓 𝑥 𝑑𝑥

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✓ Exemplo 01. Encontre a solução geral da equação

diferencial

y′ − 𝑦 = 𝑒2𝑥

Solução:

𝑓 𝑥 = −1; 𝑔(𝑥) = 𝑒2𝑥

𝑦 𝑥 = 𝑒− −1 𝑑𝑥 𝑒 −1 𝑑𝑥𝑒2𝑥𝑑𝑥 + 𝑐 =

= 𝑒𝑥 𝑒−𝑥𝑒2𝑥𝑑𝑥 + 𝑐 = 𝑒𝑥 𝑒𝑥 + 𝑐 ∴

∴ 𝒚 𝒙 = 𝐜𝒆𝒙 + 𝒆𝟐𝒙



✓ Exemplo 02. Resolver a equação de valor inicial (PVI)

𝑥2y′ + 2𝑥𝑦 − 𝑥 + 1 = 0, 𝑦 1 = 0

Solução:

𝑦′ + 2𝑥−1𝑦 = 𝑥−1 − 𝑥−2

𝑓 𝑥 = 2𝑥−1; 𝑔 𝑥 = 𝑥−1 − 𝑥−2;

𝑦(𝑥) = 𝑒−ℎ(𝑥) 𝑒ℎ𝑔 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐

ℎ 𝑥 = 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 2𝑥−1 𝑑𝑥 =

= 2𝑙𝑛 𝑥 = 𝑙𝑛 𝑥 2 = 𝑙𝑛𝑥2

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= 𝑒−𝑙𝑛𝑥2 𝑒𝑙𝑛𝑥

2(𝑥 − 1)𝑑𝑥 + 𝑐 =

= 𝑥−2 𝑥2 𝑥−1 − 𝑥−2 𝑑𝑥 + 𝑐 =

= 𝑥−2 𝑥) − 1)𝑑𝑥 + 𝑐 = 𝑥−2𝑥2

2− 𝑥 + 𝑐 ∴

𝒚 𝒙 =𝟏

𝟐−𝟏

𝒙+

𝒄

𝒙𝟐

Solução particular:

𝑦 1 =𝟏

𝟐−

𝟏

𝟏+

𝒄

𝟏𝟐= 0 ∴

1

2− 1 + 𝑐 = 0 ∴ 𝑐 =

1

2

𝒚 𝒙 =𝟏

𝟐−𝟏

𝒙+

𝟏

𝟐𝒙𝟐


❑ Introdução










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52


1.8 Equações Não Lineares - Bernoulli

➢ Definição: A equação diferencial da forma

𝑦′ + 𝑓(𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥)𝑦𝑛

em que n é um número real qualquer é chamada

equação de Bernoulli.

✓ Para n = 1 a equação é linear em y e para n ≠ 1 é não

linear.

✓ Se y ≠ 0, a equação pode ser escrita como

𝑦−𝑛𝑦′ + 𝑓(𝑥)𝑦1−𝑛 = 𝑔(𝑥)



✓ Se for feita a troca de variável 𝑤 = 𝑦1−𝑛, para n ≠ 0

e n ≠ 1, com a correspondente derivada

𝑤′ = 1 − 𝑛 𝑦−𝑛𝑦′

✓ Com tais substituições, a equação não linear anterior

se transforma na equação linear

𝑤′ + 1 − 𝑛 𝑓 𝑥 𝑤 = 1 − 𝑛 𝑔(𝑥)

✓ Resolvendo e fazendo 𝑦1−𝑛 = 𝑤 , obtém-se uma

solução.

4/2/2019

53



✓ Exemplo 01. Encontre a solução geral da equação de

Bernoulli

𝑥𝑦′ = 𝑦 − 𝑦−1

Solução:

y′ − 𝑥−1𝑦 = −𝑥−1𝑦−1

𝑓 𝑥 = −𝑥−1; 𝑔 𝑥 = −𝑥−1; 𝑛 = −1

𝑤′ + 1 − 𝑛 𝑓 𝑥 𝑤 = 1 − 𝑛 𝑔(𝑥)

𝑑𝑤

𝑑𝑥+ 1 − −1 −𝑥−1 𝑤 = 1 − −1 −𝑥−1



𝑤′ − 2𝑥−1𝑤 = 2𝑥−1

𝑓(𝑥) = −2𝑥−1; 𝑔 𝑥 = 2𝑥−1; n = −1

ℎ 𝑥 = 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 2𝑥−1− 𝑑𝑥 = −ln 𝑥 ²

𝑤(𝑥) = 𝑒−ℎ(𝑥) 𝑒ℎ(𝑥)𝑔 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐

𝑤(𝑥) = 𝑒ln 𝑥 ² 𝑒−ln 𝑥 ² 2𝑥−1𝑑𝑥 + 𝑐

𝑤(𝑥) = 𝑥2 𝑥−2(2𝑥−1)𝑑𝑥 + 𝑐

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𝑤 = 𝑥2 2𝑥−3𝑑𝑥 + 𝑐 = 𝑥2 𝑥−2 + 𝑐

𝒘 = 𝟏 + 𝒄𝒙𝟐

𝑤 = 𝑦2 → 𝑦 = 𝑤

𝒚(𝒙) = 𝟏 + 𝒄𝒙𝟐


❑ Introdução










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55


1.9 Equações Não Lineares - Riccati

➢ Definição. A equação diferencial não linear da forma

𝑦′ = 𝑃 𝑥 + 𝑄 𝑥 𝑦 + 𝑅(𝑥)𝑦2

é chamada equação de Riccati.

✓ Se 𝑦𝑝 é uma solução particular da equação, então as

substituições

𝑦 = 𝑦𝑝 + 𝑧 𝑒 𝑦′ = 𝑦𝑝′ + 𝑧′,

✓ produzem a seguinte expressão

✓ 𝑦𝑝′ + 𝑧′ = 𝑃 + 𝑄 𝑦𝑝 + 𝑧 + 𝑅(𝑦𝑝 + 𝑧)2



✓ Como 𝑦𝑝 é uma solução particular, então ela satisfaz a

equação, logo

𝑦𝑝′ = 𝑃 + 𝑄𝑦𝑝 + 𝑅𝑦𝑝

2

que, também substituída na expressão anterior, resulta

na equação

𝑧′ − 𝑄 + 2𝑦𝑝𝑅 𝑧 = 𝑅𝑧2

✓ Recaindo-se, portanto, numa equação de Bernoulli com

n = 2, que por sua vez pode ser reduzida a equação

linear abaixo, por meio da transformação 𝑤 = 𝑧1−𝑛 =𝑢−1, como visto anteriormente

𝑤′ − 𝑄 𝑥 𝑤 = −𝑅(𝑥)

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✓ Exemplo 01. Dadas a equação diferencial e uma

solução particular, encontre a solução geral da mesma.

𝑦′ = −1 − 𝑦 + 2𝑦2 ; 𝑦𝑝(𝑥) = 1

Solução:

1) Transformando para Bernoulli → y = 𝑦𝑝 𝑥 + 1

𝑧′ − 𝑄 + 2𝑦𝑝𝑅 𝑧 = 𝑅𝑧2

𝑦′ = −1 − 𝑦 + 2𝑦2 ≡ 𝑦′ = 𝑃 𝑥 + 𝑄 𝑥 𝑦 + 𝑅(𝑥)𝑦2

𝑃 𝑥 = −1; 𝑄 𝑥 = −1; 𝑅 𝑥 = 2

𝑧′ − −1 + 2 1 2 𝑧 = 2𝑧2 ∴ 𝒛′ − 𝟑𝒛 = 𝟐𝒛𝟐



2) Transformando para linear → z = 𝑤1−𝑛 = 𝑤−1

𝑤′ + 1 − 𝑛 𝑓 𝑥 𝑤 = 1 − 𝑛 𝑔(𝑥)

𝒛′ − 𝟑𝒛 = 𝟐𝒛𝟐 ≡ 𝑦′ + 𝑓(𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥)𝑦𝑛

𝑓 𝑥 = −3; 𝑔 𝑥 = 2

𝑤′ + 1 − 2 (−3) 𝑤 = 1 − 2 2

𝑤′ + 3𝑤 = −2𝑤2

3) Resolvendo a equação linear

w(𝑥) = 𝑒−ℎ(𝑥) 𝑒ℎ(𝑥)𝑔 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐

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𝑤′ + 3𝑤 = −2𝑤2≡ 𝑦′ + 𝑓 𝑥 𝑦 = 𝑔 𝑥

𝑓 𝑥 = 3; 𝑔 𝑥 = −2

ℎ 𝑥 = 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 3 𝑑𝑥 = 3𝑥

w(𝑥) = 𝑒−3𝑥 𝑒3𝑥(−2)𝑑𝑥 + 𝑐

w(𝑥) = 𝑒−3𝑥(−2

3𝑒3𝑥 + 𝑐) ∴ 𝒘 𝒙 = 𝒄𝒆−𝟑𝒙 −

𝟐

𝟑

4) Resultado da Eq. de Bernoulli

𝑤 = 𝑧−1 → 𝑧 = 𝑤−1 ∴ 𝑧 = 𝒄𝒆−𝟑𝒙 −𝟐

𝟑

−1



5) Resultado da Eq. de Riccati

𝑦 = 𝑦𝑝 + 𝑧 = 1 + 𝑐𝑒−3𝑥 −2

3

−1

𝒚(𝒙) = 𝟏 + 𝒄𝒆−𝟑𝒙 −𝟐

𝟑

−𝟏

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𝑦′ = 1 + 𝑥2 − 2𝑥𝑦 + 𝑦2 ; 𝑦𝑝(𝑥) = 𝑥

Solução:


𝑧′ − 𝑄 + 2𝑦𝑝𝑅 𝑧 = 𝑅𝑧2

𝑦′ = (1 + 𝑥2) − 2𝑥𝑦 + 𝑦2 ≡ 𝑦′ = 𝑃 𝑥 + 𝑄 𝑥 𝑦 + 𝑅(𝑥)𝑦2

𝑃 𝑥 = 1 + 𝑥2; 𝑄 𝑥 = −2𝑥; 𝑅 𝑥 = 1

𝑧′ − −2𝑥 + 2𝑥 1 𝑧 = 𝑧2 ∴ 𝒛′ = 𝒛𝟐



𝒛′ = 𝒛𝟐

𝑑𝑧

𝑑𝑥= 𝑧2 ∴

𝑑𝑧

𝑧2= 𝑑𝑥 ∴ න

𝑑𝑧

𝑧2= න𝑑𝑥 ∴ −

1

𝑧= 𝑥 + 𝑐 ∴

𝑧 = −1

𝑥 + 𝑐

y = 𝑦𝑝 + 𝑧 = 𝑥 + −1

𝑥+𝑐

𝑦(𝑥) = 𝑥 −1

𝑥 + 𝑐

Solução geral: 𝒚 𝒙 = 𝒙 −𝟏

𝒙+𝒄∪ 𝒚 𝒙 = 𝒙

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𝑦′ = 1 + 𝑥2 − 2𝑥𝑦 + 𝑦2 ; 𝑦𝑝(𝑥) = 𝑥

Solução:


𝑧′ − 𝑄 + 2𝑦𝑝𝑅 𝑧 = 𝑅𝑧2

𝑦′ = (1 + 𝑥2) − 2𝑥𝑦 + 𝑦2 ≡ 𝑦′ = 𝑃 𝑥 + 𝑄 𝑥 𝑦 + 𝑅(𝑥)𝑦2

𝑃 𝑥 = 1 + 𝑥2; 𝑄 𝑥 = −2𝑥; 𝑅 𝑥 = 1

𝑧′ − −2𝑥 + 2𝑥 1 𝑧 = 𝑧2 ∴ 𝒛′ = 𝒛𝟐



2) Transformando para linear → z = 𝑤1−𝑛 = 𝑤−1

𝑤′ + 1 − 𝑛 𝑓 𝑥 𝑤 = 1 − 𝑛 𝑔(𝑥)

𝒛′ = 𝒛𝟐 ≡ 𝑦′ + 𝑓(𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥)𝑦𝑛

𝑓 𝑥 = 0; 𝑔 𝑥 = 1; 𝑛 = 2

𝑤′ + 1 − 2 (0) 𝑤 = 1 − 2 1

𝑤′ = −1

3) Resolvendo a equação linear

w(𝑥) = 𝑒−ℎ(𝑥) 𝑒ℎ(𝑥)𝑔 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐

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𝑤′ = −1 ≡ 𝑦′ + 𝑓 𝑥 𝑦 = 𝑔 𝑥

𝑓 𝑥 = 0; 𝑔 𝑥 = −1

ℎ 𝑥 = 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 0 𝑑𝑥 = 0

w 𝑥 = 𝑒0 𝑒0 −1 𝑑𝑥 + 𝑐 ∴ 𝒘 𝒙 = −𝒙 + 𝒄

4) Resultado da Eq. de Bernoulli

𝑤 = 𝑧−1 → 𝑧 = 𝑤−1 ∴ 𝒛 = −𝒙 + 𝒄 −𝟏

5) Resultado da Eq. de Riccati

𝑦 = 𝑦𝑝 + 𝑧 ∴ 𝒚 𝒙 = 𝒙 +𝟏

−𝒙+𝒄

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