Edo - Cálculo III - Unid A

CADERNOS EQUAÇÔES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS PROF MARCO A BRASIL

UNIDADE A: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 1ª ORDEM PÁGINA 1

PROF MARCO A BRASIL



EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 1ª ORDEM

UNIDADE A



SUMÁRIO

CONTEÚDOS PÁGINA

CADERNO 1 REVENDO DERIVADAS E INTEGRAIS 5

§ 1 Antidiferenciação: A Integral Indefinida 6

§ 2 Notação para Antiderivadas 7

§ 3 Integrais Imediatas e Propriedades 8

§ 4 AULA 1 – ATIVIDADES DE ESTUDOS 1 9

CADERNO 2 CONCEITOS BÁSICOS 14

§ 1 Ordem e Grau 15

§ 2 Forma Implícita ou Explícita de uma EDO 17

§3 Solução de uma EDO 20

§4 Resolução de uma EDO 21

§5 Solução Geral e Solução Particular de uma EDO 23

§6 AULAS 2 e 3 – CONCEITOS BÁSICOS 26

§7 ATIVIDADES DE ESTUDOS 2 27

CADERNO 3* PROBLEMA DE VALOR INICIAL E SOLUÇÔES SINGULARES 33

§ 1 O Teorema da Existência e Unicidade de Cauchy 35

§ 2 ATIVIDADES DE ESTUDOS 3 36

CADERNO 4 EQUAÇÕES DE VARIÁVEIS SEPARÁVEIS: EVS 37

§1 Resolvendo EVS 38

§ 2 Logaritmos: Definição e Propriedades I 39 𝑻 § 3 Logaritmos: Definição e Propriedades II 40 𝑻

§4 Frações Parciais 43 𝑻

§5 AULAS 4 e 5 – EQUAÇÕES SEPARÁVEIS 45


CADERNO 5 MODELOS MATEMÁTICOS ASSOCIADOS ÀS EVS 49

§1 O Modelo da Radioatividade I 50

§2 O Modelo da Radioatividade II 51

§3 O Modelo da Radioatividade III 52

§4 A Lei do Resfriamento de Newton: LRN 54

§5 AULA 6 – MODELOS MATEMÁTICOS 56


CADERNO 6 EQUAÇÕES REDU|TÍVEIS 59

§1 AULA 7 - ATIVIDADES DE ESTUDOS 6 62

CADERNO 7 EQUAÇÕES EXATAS 63

§1 Equações Não Exatas: Fatores Integrantes 65

§2 AULA 8 - ATIVIDADES DE ESTUDOS 7 66

𝑻: TÓPICO AUXILIAR DE ESTUDO

( * ): Conteúdo Optativo



Equações cujas incógnitas são derivadas de funções foram denominadas

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS pelo matemático alemão Gottfried Wilhelm Leibniz.

As primeiras motivações ao estudo das Equações Diferenciais vieram da Mecânica quando teorias como o Movimento dos Planetas ou as Oscilações de um Pêndulo ampliaram seus estudos a partir de duas importantes publicações.

A primeira, Pholosophiae Naturalis Principia Matematica ou Princípios Matemáticos da Filosofia Natural, do físico inglês Isaac Newton de 1687 e Nova methodus pro maximis et minimis, item que tangetibus, qua Nec fractas, nec irrationales quantitates moratur, et singulare pro illis calculi genus ou Um novo método para máximos e mínimos e também para tangentes, que não é obstruído por quantidades irracionais, de Leibniz em 1684.

Daí em diante foi possível descrever através de uma função incógnita y da

variável independente 𝑥 e pelo menos uma derivada de 𝑦 em relação à 𝑥 os princípios associados aos processos de observação dos fenômenos naturais ou as propriedades de uma curva ou família de curvas.

Três questões, entretanto, se conservam com as equações diferenciais:

Uma equação diferencial sempre tem solução?

Ora, existem equações que simplesmente não tem solução, como y´² = 1 para y real. Assim a questão é saber se uma dada equação tem solução. Esta questão diz respeito à EXISTÊNCIA DE SOLUÇÕES.

A segunda questão trata da UNICIDADE, pois as equações diferenciais podem ter infinitas soluções.

Para ver isto considere, por exemplo, que a solução de uma equação simples

como 𝑦´ = 0 é 𝑦 = 𝐶, 𝐶 real. Cada valor atribuído à 𝐶 produz uma solução e, assim temos uma infinidade de soluções.

Essa questão traz implicações práticas, pois se a solução é única, um dado problema pode estar completamente resolvido.

A terceira questão, considerando que a equação diferencial tem solução, trata de DETERMINAR esta solução.

No entanto, a determinação de soluções não se coloca simplesmente, pois mesmo sabendo que a solução existe, pode não ser possível expressá-la através das principais Funções Elementares. Neste caso pesquisamos aproximações de soluções através das Séries, dos Métodos Computacionais, ou estudando as propriedades das soluções sem necessariamente encontrá-las.

Os procedimentos computacionais, diga-se, são importantes ferramentas quando nos familiarizamos com os fundamentos da teoria das equações diferenciais. Particularmente se o interesse computacional se orienta para obtenção de soluções numéricas ou soluções gráficas.

INTRODUÇÃO



REVENDO DERIVADAS E INTEGRAIS

O Cálculo Diferencial sistematiza regras operacionais simples.

As REGRAS FUNDAMENTAIS DE DERIVAÇÃO são:

CONSTANTE PELA FUNÇÃO: ( k u )´= k u´ SOMA: ( u + v )´ = u´ + v´

PRODUTO: (u v )´= u´v + vú ( u v w )´ = u´v w + vú w + wú v

QUOCIENTE: ( 𝒖

𝒗 ) ´ =

𝒖 ´ 𝒗 − 𝒗´ 𝒖

𝒗²

Um importante princípio é a Regra da Cadeia ou Regra da Derivada da Função Composta. Ela diz:

Considerando u, v funções deriváveis de x, k ∈ℝ e n ∈ ℚ, a DERIVADA DAS

PINCIPAIS FUNÇÕES ELEMENTARES são:

NOTAÇÃO LEIBNIZ NOTAÇÃO LAGRANGE NOTAÇÃO LEIBNIZ NOTAÇÃO LAGRANGE

𝑑

𝑑𝑥 𝑢𝑛 = 𝑛𝑢𝑛−1

𝑑𝑢

𝑑𝑥

(𝑢𝑛)´ = 𝑛𝑢𝑛−1 𝑢´ 𝑑

𝑑𝑥 𝑘 = 0

( K )´ = 0

𝑑

𝑑𝑥 𝑎𝑢 = 𝑎𝑢 . 𝑙𝑛 𝑎.

𝑑𝑢

𝑑𝑥 ( 𝑎𝑢 )´ = 𝑎𝑢. 𝑙𝑛 𝑎. u´.

𝑑

𝑑𝑥 𝑒𝑢 = 𝑒𝑢

𝑑𝑢

𝑑𝑥

( 𝑒𝑢 )´ = 𝑒𝑢. u´

𝑑

𝑑𝑥 log𝑎 𝑢 =

1

𝑢 𝑙𝑛 𝑎 .

𝑑𝑢

𝑑𝑥 ;

𝑑

𝑑𝑥 𝑙𝑛 𝑢 =

1

𝑢. 𝑑𝑢

𝑑𝑥

( log𝑎 𝑢)´ = 1

𝑢 𝑙𝑛 𝑎 . 𝑢´; ( 𝑙𝑛 𝑢 )´ =

1

𝑢. 𝑢´

𝑑

𝑑𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑢 =cos u.

𝑑𝑢

𝑑𝑥 ( sen u )´= cos u. u´ 𝑑

𝑑𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑢 = − sen u.

𝑑𝑢

𝑑𝑥 ( cos u )´= − sen u. u´

𝑑

𝑑𝑥 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 𝑢 =

𝑑𝑢

𝑑𝑥

√1 + 𝑢2 ;

𝑑

𝑑𝑥 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔𝑢 = −

𝑑𝑢

𝑑𝑥

1 + 𝑥² ;

𝑑

𝑑𝑥 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑠 𝑢 = −

𝑑𝑢

𝑑𝑥

√1+𝑢2

( 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 𝑢)´ = 𝑢´

√1+𝑢2 ( 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑠 𝑢)´ = −

𝑢´

√1+𝑢2 ( 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 𝑢)´ =

𝑢´

1+𝑢2

CADERNO1

1

Se y é uma função diferenciável de u e u é uma função diferenciável de x, então

𝒅𝒚

𝒅𝒙 =

𝒅𝒚

𝒅𝒖 . 𝒅𝒖

𝒅𝒙 ou y´= f´( u ) . u´



ANTIDIFERENCIAÇÃO: A INTEGRAL INDEFINIDA

No Cálculo Diferencial, dado y = f ( x ), procuramos a derivada y´= f´ ( x ).

No Cálculo Integral, dado y´= f´( x ), queremos determinar y = f ( x ).

O processo que determina a função f cuja derivada é f´ ( x ) é denominado

ANTIDERIVAÇÃO, ANTIDIFERENCIAÇÃO ou INTEGRAÇÃO

Uma função 𝐹 tal que 𝑭´𝒙 ) = 𝒇 ( 𝒙 ) é uma primitiva ou antiderivada de 𝑓.

Se F é uma antiderivada de 𝑓 e C , então F( x ) = G ( x ) + C também é antiderivada de f, pois F´( x ) = [ G ( x ) + C ]´= G´( x ) + C´= G´( x ) + 0 = G´(x) = f(x).

Por exemplo, G( x ) = e F( x ) = + C são antiderivadas de 𝑓( 𝑥 ) = 𝑥, pois

G´( x ) = = x e F´( x ) = [ + C ]´= ( )´ + C´= + 0 = 𝑥.

Para mais exemplos, na coluna ( 1 ) do quadro abaixo perguntamos

Qual é a função cuja derivada é... ?

A resposta está na coluna ( 2 ) e a justificativa, na coluna ( 3 ).

( 1 ) ( 2 ) ( 3 )

0 C ( C )´= 0

1 𝑥 + C ( x+ C )´ = x´+ C´= x + 0 = x

𝑥 + C [

𝑥²

2 + 𝐶 ] ´ = ( )´ + C´ = + 0 = x.

𝑥² + C [ + C ]´= ( )´ + C´= + 0 = x².

+ C [ + C ]´= ( )´ + C´= + 0 =

+ C [ + C ]´= ( )´ + C´= + 0 =

1 / 𝑥 𝑙𝑛 𝑥 + 𝐶 ( ln x + C )´ = ( ln x )´+ C´= =

𝑠𝑒𝑛 𝑥 - 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝐶 [ cos x + C]´= ( cos x )´ + C´= ( cos x )´= sen x

𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶 [ sen x + C ]´= ( sen x )´ + C´= cos x

1

1 + 𝑥²

𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 + 𝐶 [ 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 + 𝐶 ]´ =

1

1 + 𝑥²

§ 1



NOTAÇÕES PARA ANTIDERIVADAS

Antiderivadas são descritas através do símbolo especial ∫ criado pelo

matemático alemão Gottfried Willeim Leibniz.

Trata-se de um S estilizado como ∫.

O simbolismo de Leibniz considera a diferencial dy como uma porção

infinitesimal de y e imagina ∫ dy como somatório de todas essas porções infinitesimais de modo que ∫ dy = y + C

O matemático Johann Bernoulli sugeriu que o processo de reunir infinitésimos

para formar uma quantidade completa, expresso como 𝑦 = ∫ dy, se denominasse Integração ao invés de somatório.

Assim nos referimos ao símbolo ∫ como o Sinal de Integral.

Segundo Leibniz, desde que f´( x ) exista, o símbolo 𝑑𝑦

𝑑𝑥 é visto como um

quociente e = f ´( x ) como equação. Portanto dy = f ´( x ) dx é compreendida

como uma Equação Diferencial.

Desde que y = ∫ dy e C é uma constante arbitrária, segue-se que

∫ dy = ∫ f( x ) dx + C ou y = ∫ f( x ) dx + C.

De modo geral a notação ∫ f( x ) dx = F( x ) + C, onde C ℝ, diz que F é uma

antiderivada de f tal que F´( x ) = f ( x ) para todo valor de x no domínio de f:

A constante C é chamada Constante de Integração e a expressão sob o sinal de integração é chamado Integrando.

O símbolo 𝑑𝑥 indica a variável de integração.

Na Definição 1 a variável de integração é a letra x e qualquer outra letra é

considerada constante. Por exemplo, na integral ∫𝑥² 𝑡³ 𝑑𝑡, a variável de integração é t

e x² é um termo constante.

O processo para calcular ∫ f( x ) dx é denominado Integração Indefinida. O termo Indefinida advém da constante C assumir qualquer valor real.

A ∫ f ( x ) dx é chamada Integral Indefinida da função f, pois C não é determinada pela função 𝑓.

§ 2

DEF 1: INTEGRAL INDEFINIDA

∫𝒇 ( 𝒙 ) 𝒅𝒙 = F( x ) + C se, e só se,

F´( x ) = f ( x ), para todo x no domínio de f.



INTEGRAIS IMEDIATAS E PROPRIEDADES

Decorre da Definição 1 as principais INTEGRAIS IMEDIATAS:

1 𝑑𝑥 = 𝒙𝒏 + 𝟏

𝒏 + 𝟏 + C, se n 1 2 ∫

𝟏

𝒙 𝒅𝒙 = 𝑙𝑛 𝑥 + 𝐶

3 ∫𝑎𝑥 𝑑𝑥 = 1

𝑙𝑛 𝑎 𝑎𝑥 + 𝐶 4 ∫ 𝑒𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒𝑥 + 𝐶

5 ∫ sen x dx= − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝐶 6 ∫ cos x dx = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶

7 ∫𝟏

√𝟏 − 𝒙²𝒅𝒙 = 𝒂𝒓𝒄 𝒔𝒆𝒏 𝒙 + 𝑪

8 ∫1

1 + 𝑥² 𝑑𝑥 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 + 𝐶

São Propriedades das Integrais Indefinidas: PROPRIEDADE I:

PROPRIEDADE II:

Por exemplo,

( 1 ) 𝑑𝑡 = ( 10 ) ∫ 𝑑𝑡 = + 𝐶 , pois a variável

de integração é t e o termo10𝑥4 𝑦² 𝑤5 atua como constante.

( 2 ) ∫ [ 5 t² − 8 t³ ] dx = ( 5 t² − 8 t³ ) ∫ dx = ( 5 t² − 8 t³ ) x + C

( 3 ) ∫ [ 5 t² − 8 t³ ] dt = ∫ 5 t² dt − ∫ 8 t³ dt = 5 ∫ t² dt − 8 ∫ t³ dt = 5. 𝑡³

3+ 𝐶1− 8.

𝑡4

4+ 𝐶2

= 5. 𝑡³

3 − 8.

𝑡4

4+ 𝐶1 + 𝐶2= 5.

𝑡³

3 − 8.

𝑡4

4+ 𝐶, onde fizemos 𝐶1 + 𝐶2= C.

( 4 ) ∫( x + 2 )2 dx = ∫𝑥² 𝑑𝑥 + ∫ 4𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 4 𝑑𝑥 = 𝑥³

3 + 2 𝑥² + 4 𝑥 + 𝐶

Se k ≠ 0, ∫ 𝑘 𝑓 ( 𝑥 ) 𝑑𝑥 = 𝑘 ∫ 𝑓 (𝑥 ) 𝑑𝑥.

Se k = 0 podemos ter: ∫0 .𝑓 (𝑥 ) 𝑑𝑥 = ∫ 0 𝑑𝑥 = 𝐶, 𝑜𝑢

0 . ∫ 𝑓 (𝑥 ) 𝑑𝑥 = 0 [ 𝐹 ( 𝑥 ) + 𝐶 ] = 0

A INTEGRAL DA SOMA É A SOMA DAS INTEGRAIS:

∫ [ 𝑓 ( 𝑥 ) + 𝑔 ( 𝑥 ) 𝑑𝑥 ] = ∫ 𝑓 (𝑥 ) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑔 (𝑥 ) 𝑑𝑥

§ 3



AULA 1 ATIVIDADES DE ESTUDOS 1

Respostas ou modelo de resolução estão em letras menores

CALCULE A DERIVADA: 1. 𝑓( 𝑥 ) = 52 . 𝑠𝑒𝑛 𝜋 + 𝑙𝑛 3 3,14. 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 1 0

2. 𝑓( 𝑥 ) = 5 + 12 3 + 2 0

3. 𝑓( 𝑡 ) = 𝑠𝑒𝑛² 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠² 𝑥 – 5𝑡² − 5𝑥3 − 𝑥2 − 3𝑥 + 24 − 10 𝑡

4. 𝑓( 𝑥 ) = 𝑠𝑒𝑛² 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠² 𝑥 – 5𝑡² − 5𝑥3 − 𝑥2 − 3𝑥 + 24 −15𝑥2 − 2𝑥 − 3

5. 𝑓( 𝑥 ) = 12 − 3 + 2𝑥 2

6. y = ( 5 − 4 ) ( 3 + 9 ) ( 15𝑥² − 8𝑥 ) ( 3 𝑥7 + 9 𝑥²) + ( 21𝑥6 + 18𝑥 ) ( 5 𝑥3 − 4 𝑥2)

7. 𝑦 = 5𝑥³ − 4𝑥²

3𝑥7 + 9𝑥² ( 15𝑥

2 − 8𝑥 )( 3 𝑥7+ 9 𝑥2) − ( 21𝑥6 + 18𝑥 ) ( 5 𝑥3 − 4𝑥2 )

( 3𝑥7 + 9𝑥² )²

8. y = 3

9 𝑥5 − 3

𝑥7 + 12 𝑤5 − 3 𝑡4 + 2 y = −5

3 𝑥6 + 21

𝑥8

9. 𝑦 = 𝑡𝑔 𝑥 y´ = (𝑠𝑒𝑛 𝑥

cos𝑥) ´=

( 𝑠𝑒𝑛 𝑥 )´ cos𝑥 − (cos𝑥 )´ 𝑠𝑒𝑛 𝑥

(cos 𝑥 )² =

𝑠𝑒𝑛² 𝑥 + cos²𝑥

(cos 𝑥 )²=

1

(cos 𝑥 )² = 𝑠𝑒𝑐² 𝑥

10. 𝑦 = 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑥 𝑦 = − 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐² 𝑥

11. 𝑦 = 𝑠𝑒𝑐 𝑥 𝑦´ = (1

cos𝑥) ´= 𝑡𝑔 𝑥 𝑠𝑒𝑐 𝑥

12. 𝑦 = 𝑡𝑔 𝑥 2𝑥 𝑡𝑔 𝑥 + 𝑥² 𝑠𝑒𝑐² 𝑥

13. 𝑦 = 5𝑥³ − 4𝑥²

3𝑥7 + 9𝑥² . 𝑒𝑥 [ ( 15𝑥

2 − 8𝑥 )( 3 𝑥7+ 9 𝑥2) − ( 21𝑥6 + 18𝑥 )( 5 𝑥3 − 4𝑥2 ) ] 𝑒𝑥 + (5 𝑥3 − 4𝑥2 ) 𝑒𝑥

( 3𝑥7 + 9𝑥² )²

14. A( r ) = π 𝑑𝐴

𝑑𝑟 = 2 r 17. V ( r ) = π

𝑑𝑉

𝑑𝑟 = r²

15. Seja 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 e 𝑔(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠 𝑥.

Mostre que 𝑔´( 𝑥 ) + 𝑓´( 𝑥 )

𝑓( 𝑥 ) − 𝑔( 𝑥 ) −

𝑔( 𝑥 ) + 𝑓( 𝑥 )

𝑓´( 𝑥 ) − 𝑔´( 𝑥 ) +

𝑓´( 𝑥 ) + 𝑔´( 𝑥 )

𝑓( 𝑥 ) − 𝑔( 𝑥 ) = − 3

16. 𝑦 = 2x + 3x − 1

5𝑥 − 𝑙𝑛 𝑥 + ex 2x𝑙𝑛 2 + 3x𝑙𝑛 3 −

1

5𝑥 𝑙𝑛 5 + 𝑒𝑥

17. Calcule f´´´( x ) se 𝑓( 𝑥 ) = 5 + 12 − 3 + 2 30 – 72 𝑥

18. y = ( 5𝑥³ − 4𝑥2 + 7 )2792 2792( 5𝑥³ − 4𝑥2 + 7 )2791 ( 15𝑥² − 8𝑥 )

19. y = √(5𝑥³ − 4𝑥2 + 7)3

² 30 𝑥² − 16 𝑥

3 √ 5𝑥³ − 4𝑥2 + 7

ATIVIDADE 1: DERIVADAS

SEQUÊNCIA 1 :

A notação universal 𝑦 = 𝑓 ( 𝑥 ), que enfatiza ser 𝑦 uma função de 𝑥 ou,

𝑦 é uma variável dependente da variável 𝑥, é muitas vezes descrita simplesmente

como 𝑦 = 𝑦 ( 𝑥 ).

§ 4



20. y = 𝑒− 5𝑥3+ 3𝑥2 − 8𝑥 + 4 𝑒− 5𝑥3+ 3𝑥2 − 8𝑥 + 4 ( − 15𝑥2 + 6𝑥 − 8 )

21. y = 𝑙𝑛 ( − 5𝑥3 + 3𝑥2 − 8𝑥 + 4 ) − 15𝑥2+6𝑥 −8

− 5𝑥3+ 3𝑥2 − 8𝑥 + 4

22. 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥³ + 𝑠𝑒𝑛³ 𝑥 3𝑥² 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 3 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑠𝑒𝑛² 𝑥

23. y = 𝑙𝑛5 ( 3𝑥2 + 3𝑥 + 2 ) 5 [ 𝑙𝑛( 3𝑥2 + 3𝑥 + 2 )]4 .1

3𝑥2 + 3𝑥 +2 . ( 6𝑥 + 3 )

24. Dado 𝑦 = 5𝑥³ + 10, mostre que 𝑥𝑦´´ 2𝑦´ = 0

25. Seja 𝑦 = 𝐶 𝑥³, onde 𝐶 é uma constante real. Mostre que 𝑥𝑦´´ − 3𝑦 = 0.

26. Seja 𝑥² + 𝑦² = 𝐶, onde 𝐶 é uma constante arbitrária. Mostre que 𝑦𝑦´ + 𝑥 = 0.

27. Seja 𝑦 = 𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 𝑥, onde 𝐴, 𝐵 reais. Mostre que 𝑦´´ + 𝑦 = 0.

28. Seja y = A 𝑒𝑥 + B 𝑒− 𝑥, onde 𝐴, 𝐵 reais. Mostre que 𝑦´´ − 𝑦 = 0.

29. Seja y = A 𝑒4𝑥 + B 𝑒− 4𝑥, onde 𝐴, 𝐵 reais. Mostre que 𝑦´´ 16 𝑦 = 0

30. Seja 𝑦 = 𝐴 𝑐𝑜𝑠 3𝑥 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 3𝑥, 𝐴, 𝐵 reais. Mostre que 𝑦´´ + 9 𝑦 = 0

31. Seja 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 5 𝑥² 1. Mostre que 𝑦´´ + 4 𝑦 = 20 𝑥² + 6

DERIVAÇÃO IMPLICITA

Se as variáveis estão implicitamente relacionadas, ou G( x,y ) = 0, a derivada é

determinada diferenciando ambos os membros da equação através da Regra da

Cadeia num procedimento denominado Diferenciação Implícita.

32. 𝑥2𝑦2 − 𝑥2 𝑦3 + 2𝑥𝑦 − 3𝑦 + 4𝑥 = 5, onde 𝑦 = 𝑓 ( 𝑥 ). Resolução

( 1 ) Aplique derivação em ambos membros: ( 𝑥2𝑦2 − 𝑥2 𝑦3 + 2𝑥𝑦 − 3𝑦 + 4𝑥)´ = 5´;

( 2 ) Temos: (𝑥2𝑦2)´ − (𝑥2 𝑦3)´ + (2𝑥𝑦)´ − (3𝑦)´ + (4𝑥)´ = 0;

( 3 ) Observe que (𝑥2𝑦2)´ = Pela Regra do Produto = (𝑥² )´𝑦² + ( 𝑦² )´ 𝑥² = 2 𝑥 𝑦² + 2𝑥² 𝑦 𝑦´

( 4 ) Portanto 2𝑥𝑦2 + 2𝑥2𝑦𝑦´ − 2𝑥𝑦3 − 3𝑥2𝑦2𝑦´ ) + 2𝑦´ + 2𝑥𝑦´ − 3𝑦´ + 4 = 0

( 5 ) Evidenciando y´, segue-se 𝑦´ = − ( 2 𝑥 𝑦2 + 2 𝑥 𝑦3 + 2 𝑦 + 4 )

2𝑥2𝑦 − 3𝑥2𝑦2 + 2x – 3.

33. 9𝑥2 + 4 𝑦2 = 36 𝑦´ = − 9𝑥

4𝑦

34. 4𝑥2 𝑦2 + 3 𝑥2 y = 2 𝑦´ = − 8 𝑥 𝑦² + 6 𝑥 𝑦

8 𝑥² 𝑦 + 3 𝑥²

35. 4x 𝑦2 + 𝑥2 y = 2 𝑦´ = − 4 𝑦² + 2 𝑥 𝑦

8 𝑥 𝑦 + 𝑥²

36. 𝑥 𝑦2 + 𝑦3 + 𝑥3 = 15 37. 𝑥2 – 3𝑥𝑦 + 𝑦2 = 1

38. 𝑥 𝑦3 + 2 𝑦3 + 4 𝑦3 = 𝑥2 39. 𝑥3 − 3𝑥2 𝑦4 + 4 𝑦3 = 6x

40. 𝑥−2 3⁄ + 𝑦2 3⁄ = 1 𝑦´ = √ 𝑦

𝑥5

3

41. 𝑥2 − √𝑥𝑦 = 5 𝑦´ = 4 𝑥 √ 𝑥 𝑦 − 𝑦

𝑥

SEQUÊNCIA 2 :



FUNÇÕES HIPERBÓLICAS

Em algumas aplicações, como a descrição da forma de fios suspensos da

rede elétrica ou o movimento de ondas em sólidos elásticos, certas combinações das

funções exponenciais 𝑒𝑥 e 𝑒−𝑥 recebem nomes especiais.

Por exemplo, o modelo que descreve a equação de um fio suspenso tem a

forma 𝑒𝑎𝑥 + 𝑒−𝑎𝑥

2 = 𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑎𝑥 e a equação da velocidade de propagação de ondas na

superfície de líquidos é descrita 𝑣 = √ 𝑔 𝜆

2𝜋 𝑡𝑔ℎ

2 𝜋 𝑑

𝜆 , onde 𝑑 é o comprimento da

lâmina de liquido, 𝜆 é o comprimento da onda e 𝑔 é a aceleração da gravidade.

Devido ao relacionamento que as funções 𝑒𝑥 e 𝑒−𝑥 possuem com uma hipérbole serem semelhantes às relações que as funções trigonométricas têm com o

circulo, as combinações de 𝑒𝑥 e 𝑒−𝑥 são chamadas FUNÇÕES HIPERBÓLICAS.

Cada combinação recebe a denominação seno hiperbólico de 𝑥, cosseno

hiperbólico de 𝑥, tangente hiperbólica de 𝑥, cotangente hiperbólica de 𝑥, secante

hiperbólica de 𝑥 e cossecante hiperbólica de 𝑥. Respectivamente são simbolizadas e definidas:

𝑠𝑒𝑛 ℎ 𝑥 = 𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥

2 𝑐𝑜𝑠 ℎ 𝑥 =

𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥

2 𝑡𝑔 ℎ 𝑥 =

𝑠𝑒𝑛 ℎ 𝑥

𝑐𝑜𝑠 ℎ 𝑥

𝑐𝑜𝑡𝑔 ℎ 𝑥 = 𝑐𝑜𝑠 ℎ 𝑥

𝑠𝑒𝑛ℎ ℎ 𝑥 𝑠𝑒𝑐 ℎ 𝑥 =

1

𝑐𝑜𝑠 ℎ 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐 ℎ 𝑥 =

1

𝑠𝑒𝑛 ℎ 𝑥

Gráfico de y = senh x Gráfico de y = cosh x Gráfico de y = tg h x

𝐷( 𝑠𝑒𝑛 ℎ𝑥 ) = 𝐼𝑚( 𝑠𝑒𝑛 ℎ𝑥 ) = ℝ 𝐷( 𝑐𝑜𝑠 ℎ𝑥 ) = 𝐼𝑚( 𝑐𝑜𝑠 ℎ𝑥 ) = ℝ 𝐷(𝑡𝑔 ℎ𝑥) = ℝ, 𝐼𝑚( 𝑡𝑔 ℎ𝑥) = ( 0, 1 )

42. Mostre que 𝑐𝑜𝑠ℎ² 𝑥 – 𝑠𝑒𝑛ℎ² 𝑥 = 1

43. Mostre que 1 – 𝑡𝑔ℎ² 𝑥 = 𝑠𝑒𝑐ℎ² 𝑥

44. Mostre que ( 𝑠𝑒𝑛ℎ 𝑥 )´ = cosh 𝑥

45. Mostre que ( 𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑥 )´ = senh 𝑥

46. Mostre que ( 𝑡𝑔ℎ 𝑥 )´ = sech² 𝑥

47. Mostre que ( 𝑐𝑜𝑡𝑔ℎ 𝑥 )´ = − cosech 𝑥 𝑐𝑜𝑡𝑔ℎ 𝑥

48. Mostre que ( 𝑠𝑒𝑐ℎ 𝑥 )´ = − sech 𝑥 𝑡𝑔ℎ 𝑥

49. Mostre que ( 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐ℎ 𝑥 )´ = − cotgh² 𝑥

SEQUÊNCIA 3



DERIVADAS PARCIAIS

DETERMINE AS DERIVADAS PARCIAIS DE 1ª ORDEM E 2ª ORDEM DA FUNÇÃO

DE DUAS VARIÁVEIS 𝒛 = 𝒇 ( 𝒙, 𝒚 ):

50. 𝑓 ( 𝑥, 𝑦 ) = 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦 + 𝑦 𝑒𝑥

Resolução DERIVADAS DE 1ª ORDEM

( 1 ) 𝑓 𝑥 ( 𝑥, 𝑦 ) = 𝜕

𝜕𝑥 f ( x, y ) = (𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦 + 𝑦 𝑒𝑥)𝑥 = 𝑐𝑜𝑠 𝑦 + 𝑦𝑒𝑥

( 2 ) 𝑓 𝑦 ( 𝑥, 𝑦 ) = 𝜕

𝜕𝑦 f ( x, y ) = (𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦 + 𝑦 𝑒𝑥)𝑦 = 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑦 + 𝑒𝑥

DERIVADAS DE 2ª ORDEM

( 3 ) 𝑓 𝑥𝑥 ( 𝑥, 𝑦 ) = 𝜕²

𝜕𝑥² f ( x, y ) = (𝑐𝑜𝑠 𝑦 + 𝑦𝑒𝑥 )𝑥 = 𝑦 𝑒𝑥

( 4 ) 𝑓 𝑦𝑦 ( 𝑥, 𝑦 ) = 𝜕²

𝜕𝑦² f ( x, y ) = ( 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑦 + 𝑒𝑥 )𝑦 = 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦

( 5 ) 𝑓 𝑥𝑦 = ( 𝑓𝑥 )𝑦 𝜕² 𝑓

𝜕𝑥 𝜕𝑦=

𝜕

𝜕𝑥 (

𝜕 𝑓

𝜕 𝑦) = (𝑐𝑜𝑠 𝑦 + 𝑦𝑒𝑥 )𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑦 + 𝑒𝑥

( 6 ) 𝑓 𝑦𝑥 = ( 𝑓𝑦 )𝑥 𝜕² 𝑓

𝜕𝑦 𝜕𝑥=

𝜕

𝜕𝑥 (

𝜕 𝑓

𝜕 𝑦) = ( 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑦 + 𝑒𝑥 )𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 𝑦 + 𝑒𝑥

( 7 ) Observe-se que 𝑓 𝑥𝑦 e 𝑓 𝑦𝑥 são sempre iguais.

( 8 ) O símbolo 𝜕, chamado del ou d round, é um símbolo especial para a letra d introduzido

no Cálculo pelo matemático italiano Joseph Louis Lagrange.

51. 𝑓 ( 𝑥, 𝑦 ) = 𝑥² + 𝑦³ + 𝑥𝑦 𝑓 𝑥 = 2𝑥 + 𝑦 , 𝑓 𝑦 = 3𝑦² + 𝑥, 𝑓 𝑥𝑥 = 2, 𝑓 𝑦𝑦 = 6y, 𝑓 𝑥 𝑦 = 𝑓 𝑦 𝑥 = 1

52. 𝑓 ( 𝑥, 𝑦 ) = 𝑐𝑜𝑠 𝑥𝑦 𝑓 𝑥 = − 𝑦 𝑠𝑒𝑛 𝑥𝑦 , 𝑓 𝑦 = − 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥𝑦 , 𝑓 𝑥𝑥 = − 𝑦² 𝑐𝑜𝑠 𝑥𝑦 , 𝑓 𝑦𝑦 = − 𝑥² 𝑐𝑜𝑠 𝑥𝑦 , 𝑓 𝑥 𝑦 = − 𝑠𝑒𝑛 𝑥𝑦 − 𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠 𝑥𝑦

53. 𝑓 ( 𝑥, 𝑦 ) = 𝑒𝑥² 𝑦 𝑓 𝑥 = 2 𝑥𝑦 𝑒𝑥² 𝑦 , 𝑓 𝑦 = 𝑥² 𝑒𝑥² 𝑦, 𝑓 𝑥𝑥 = 2𝑦 𝑒𝑥² 𝑦 + 4 𝑥²𝑦² 𝑒𝑥² 𝑦, 𝑓 𝑦𝑦 = 𝑥4 𝑒𝑥² 𝑦 , 𝑓 𝑥 𝑦 = 2 𝑥 𝑒𝑥² 𝑦 + 2 𝑥³𝑦 𝑒𝑥² 𝑦

54. 𝑓 ( 𝑥, 𝑦 ) = 𝑥2𝑦 + 𝑦3𝑥 + 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦 + 𝑦 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑓 𝑥 = 2𝑥 + 𝑦³ + cos 𝑦 + 𝑦 𝑐𝑜𝑠 𝑥 ,𝑓 𝑦 =𝑥² + 3𝑥𝑦² − 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑦 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥,𝑓 𝑥𝑥 = 2𝑦 − 𝑦 𝑠𝑒𝑛 𝑥 , 𝑓 𝑦𝑦 = 6𝑥𝑦 −

𝑐𝑜𝑠 𝑦 , 𝑓 𝑥 𝑦 = 𝑓 𝑦 𝑥 = 2𝑥 + 3𝑦² − 𝑠𝑒𝑛 𝑦 + 𝑐𝑜𝑠 𝑥

55. 𝑧 = 5 𝑠𝑒𝑛 𝑥𝑦 + 2 𝑐𝑜𝑠 𝑥𝑦² 𝑧 𝑥 = 5𝑦 𝑐𝑜𝑠 𝑥𝑦 −2𝑦² 𝑠𝑒𝑛 𝑥𝑦² , 𝑧 𝑦 = 5𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥𝑦 −4𝑥𝑦 𝑠𝑒𝑛 𝑥𝑦² , 𝑧 𝑥𝑥 = −5𝑦2𝑠𝑒𝑛 𝑥𝑦 − 2𝑦4 cos 𝑥 𝑦² , 𝑧 𝑦𝑦 =

−5𝑥2𝑠𝑒𝑛 𝑥𝑦 − 4𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥𝑦2 − 8𝑥²𝑦² cos 𝑥 𝑦² , 𝑧 𝑥 𝑦 = 5 cos 𝑥𝑦 − 5𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛 𝑥𝑦 − 4𝑦 𝑠𝑒𝑛 𝑥𝑦2 − 4𝑥𝑦3 cos 𝑥 𝑦²

56. 𝑧 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑦

𝑥

𝑧 𝑥 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔𝑦

𝑥 −

𝑥𝑦

𝑥² + 𝑦², 𝑧 𝑦 =

𝑥²

𝑥² + 𝑦², 𝑧 𝑥𝑥 =

2𝑥²𝑦

( 𝑥² + 𝑦2 )² = 𝑧 𝑦𝑦 , 𝑧 𝑥𝑦 =

2𝑥𝑦²

( 𝑥² + 𝑦2 )²

57. = 𝑙𝑛 √ 𝒙² − 𝒚²)

𝑧 𝑥 = 𝑥

𝑥² − 𝑦², 𝑧 𝑦 = −

𝑦

𝑥² − 𝑦², 𝑧 𝑥𝑥 = −

𝑥² + 𝑦²

( 𝑥² − 𝑦2 )², 𝑧 𝑦𝑦 =

3𝑦² − 𝑥²

( 𝑥² − 𝑦2 )² , 𝑧 𝑥𝑦 =

2𝑥𝑦

( 𝑥² − 𝑦2 )²

SEQUÊNCIA 4



CALCULE A INTEGRAL E VERIFIQUE SE A RESPOSTA ESTÁ CORRETA

58. I = ∫( x + 2 )2 dx

RESOLUÇÂO

( 1 ) I = ∫( 𝑥2 + 4𝑥 + 4 ) 𝑑𝑥 = ∫𝑥² 𝑑𝑥 + ∫ 4𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 4 𝑑𝑥

( 2 ) I = ∫𝑥² 𝑑𝑥 + 4 ∫ 𝑥 𝑑𝑥 + 4 ∫ 𝑑𝑥 = 𝑥³

3 + 𝐶1 + 4

𝑥²

2 + 𝐶2 + 4 x + 𝐶3

( 3 ) I = 𝑥³

3 + 4

𝑥²

2 + 4 𝑥 + 𝐶 =

𝑥³

3 + 2 𝑥² + 4 𝑥 + 𝐶, onde C = 𝐶1 + 𝐶2 + 𝐶3

VERIFICAÇÃO:

𝑑

𝑑 𝑥 (

𝑥³

3 + 2 𝑥² + 4 𝑥 + 𝐶 ) = 𝑥² + 4𝑥 + 4 = ( 𝑥 + 2 )².

59. I = ∫𝑥4 𝑑 𝑤 60. I = ∫10𝑥4 𝑦² 𝑤³ 𝑡9 𝑑 𝑤

61. I = ∫ [ + ] 𝑑𝑥 62. I = ∫( 𝑠𝑒𝑛2𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐𝑜𝑠²𝑥 ) 𝑑𝑥

63. I = ∫( 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 3 𝑒𝑥 − 5 𝑙𝑛 2 ) 𝑑𝑡 64. I = ∫( 2x - 3 )2 dx

65. I = ∫ ( 𝒙 + 𝟏 )²

𝒙² 𝑑𝑥 66. I = ∫

𝒙² + 𝟓𝒙 −𝟒

√𝒙 𝑑𝑥

VERIFIQUE SE AS FÓRMULAS DADAS ABAIXO ESTÃO CORRETAS

67. ∫𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶

VERIFICAÇÃO:

( 1 ) 𝑑

𝑑 𝑥 ( 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶 ) = ( 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶 )´ = ( 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 )´ + C´ = ( 𝑥 )´ 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑥 ( 𝑠𝑒𝑛 𝑥 )´

( 2 ) 𝑑

𝑑 𝑥 ( 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶 ) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 ¹ 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥.

( 3 ) O resultado acima está errado: ∫𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥 ¹ 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶

68. ∫𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + cos 𝑥 +𝐶 Resultado Correto

69. ∫𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥 = −𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + sen 𝑥 +𝐶 Resultado Correto

70. ∫ 𝑒𝑘𝑥 𝑑𝑥 = 1

𝑘 𝑒𝑘𝑥 + 𝐶, onde k ℝ Resultado Correto

71. ∫ 𝑐𝑜𝑠 𝑘𝑥 𝑑𝑥 = 1

𝑘 𝑠𝑒𝑛 𝑘𝑥 + 𝐶, onde k ℝ Resultado Correto

72. ∫ 𝑠𝑒𝑛 𝑘𝑥 𝑑𝑥 = −1

𝑘 𝑐𝑜𝑠 𝑘𝑥 + 𝐶, onde k ℝ Resultado Correto

73. ∫ 1

𝑎² + 𝑥² 𝑑𝑥 =

1

𝑎 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔

𝑥

𝑎+ 𝐶 Resultado Correto

ATIVIDADE 2: INTEGRAIS

SEQUÊNCIA 5



CONCEITOS BÁSICOS

Equações cujas incógnitas são derivadas de funções foram denominadas

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS pelo matemático alemão Gottfried Wilhelm Leibniz.

Decorre que as equações diferenciais organizam-se em duas grandes classes. Quando as funções incógnitas 𝑦´, 𝑦´´, 𝑦´´´, ..., 𝑦(𝑛), n ∈ ℕ*, dependem apenas da

variável independente 𝑥 de uma função 𝑦 em relação a 𝑥, 𝒚 = 𝒚 ( 𝒙 ) , a equação

se diz uma Equação de Derivadas Ordinárias, Equação Diferencial Ordinária ou EDO.

Se as incógnitas são derivadas parciais, a equação é uma Equação Diferencial Parcial ou EDP. Para ilustrar, observe os exemplos de Equações Diferenciais:

( 1 ) y´ + 2 y = cos x ( 2 ) y´ = 5x + 2y

( 3 ) y´´ 3 y´+ 2 y = 0 ( 4 ) 𝑑𝑠

𝑑𝑡 =

𝑠 − 𝑡

𝑠 + 𝑡

( 5 ) 𝑑2𝑦

𝑑𝑥2 2

𝑑𝑦

𝑑𝑥 + 3 y = 5 sen x

( 6 ) y´´´ 3y´´+ 2y´ 4y = 2 𝑒3𝑥

( 7 ) ( 𝑦´´ )3 + 2 y y´ 1 = 0 ( 8 ) 𝑒𝑦´´ x y ´+ y = 0

( 9 ) y´´ = 1 + ( 𝑦 ´ ) 2 ( 10 ) y´ = 𝑦2 + cos x

( 11 ) 𝑑2𝜃

𝑑𝑡2 +

𝑔

𝑙 sen 𝜃 = 0

( 12 ) 𝜕2𝑢( 𝑥, 𝑡 )

𝜕𝑡2= 𝑐2

𝜕2𝑢( 𝑥, 𝑡 )

𝜕𝑥2

Uma orientação fundamental ao estudo das EDO advém de uma constatação: as EDO podem ser colocadas na forma de um polinômio cujas incógnitas são as derivadas da função y = y ( x ).

O que permite classificar as EDO quanto à ordem e ao grau da derivada.

Quanto ao grau ressalte-se que as EDO constituem dois grandes grupos: as Equações Diferenciais Ordinárias Lineares, EDOL, e as Equações Não - Lineares.

E mais ainda.

As EDOL contam com métodos de resolução próprios, suscitam interesse, são mais simples e aplicam-se aos modelos matemáticos da Física, Engenharia, Química, Tecnologia, Ciências Humanas, Biológicas ou Economia.

As Equações Não Lineares detém procedimentos intrínsecos, algumas vezes aceitando aproximações por uma equação linear.

Por exemplo, 𝑑2𝜃

𝑑𝑡2 +

𝑔

𝑙 𝜃 = 0 é uma aproximação para

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2 +

𝑔

𝑙 sen 𝜃 = 0 se o

ângulo é pequeno, pois sen ≅ .

CADERNO 2 2



ORDEM E GRAU

Toda EDO é uma relação entre as variáveis 𝑥 e 𝑦 e pelo menos uma função

incógnita 𝑦´, 𝑦´´, 𝑦´´´, . . . , 𝑦(𝑛), n ℕ*, das derivadas de 𝑦 em relação a 𝑥. Organizadas na forma polinomial,

𝒚( 𝒏 ) + 𝒇𝒏−𝟏( x ) 𝒚( 𝒏−𝟏 ) + . . . + 𝒇𝟐( x ) 𝒚´´ + 𝒇𝟏( x ) y´ + 𝒇𝟎( x ) y = r( x ),

as EDO se classificam quanto à ordem e quanto ao grau da derivada.

Por exemplo, y´´ − 3y´ + 2y = 0 é Ordem 2 e Grau 1.

As EDO de Grau 1 são chamadas LINEARES.

Uma EDO de Grau 1 é Linear se a função incógnita y e suas derivadas são de grau 1 e não ocorre produto ou composição destas variáveis. Senão, a equação é chamada Não - Linear.

Toda equação linear tem grau 1, mas nem toda equação de grau 1 é linear.

As funções 𝑓0, 𝑓1, 𝑓2, ... , 𝑓𝑛−1, chamadas COEFICIENTES, e r = r ( x ) são

funções reais contínuas de x num dado intervalo aberto I.

Cada termo diferencial 𝑦(𝑛), 𝑦(𝑛−1), ... , 𝑦´´, 𝑦´ é também uma função de x.

Por exemplo, 𝒚´ + 𝒇 ( 𝒙 ) 𝒚 = 𝟎 ou 𝒚´´ + 𝒇( 𝒙 ) 𝒚´ + 𝒈( 𝒙 ) 𝒚 = 𝟎 são Equações

Homogêneas associadas, respectivamente, às equações lineares de ordem 1 e 2.

§ 1

DEF 2: ORDEM

DEF 3: GRAU

A Ordem de uma EDO é dada pela ordem do termo diferencial de mais alta ordem da equação.

O Grau de uma EDO é dado peloc expoente inteiro não negativo a que está elevado o termo diferencial de mais alta ordem da equação.

DEF 4: EQUAÇÕES LINEARES

Uma Equação Diferencial Ordinária Linear de Ordem n, designada EDOL ( n ),

n ∈ ℕ*, é toda equação na forma polinomial de grau 1 e ordem n

𝑦( 𝑛 ) + 𝑓𝑛−1( x ) 𝑦( 𝑛−1 ) + . . . + 𝑓2( x ) 𝑦´´ + 𝑓1( x ) y´ + 𝑓0( x ) y = r( x ).

Se r ≡ 0, isto é, 𝒙 ℝ, 𝒓( 𝒙 ) = 𝟎, a equação se denomina Equação

Diferencial Ordinária Linear Homogênea de Ordem n, EDOLH( n ) ou Equação Homogênea Associada à EDOL( n ).



CLASSIFICANDO EQUAÇÕES DIFERENCIAIS

E1 A EQUAÇÃO ORDEM GRAU LINEAR ?

( 1 ) y´ + 2xy = sen x 1 1 Sim

( 2 ) y´´ 3y´+ 2y = 0 2 1 Sim

( 3 ) 𝑑𝑦

𝑑𝑥 =

𝑦 − 𝑥

𝑥 + 𝑦 1 1 Sim

( 4 ) 𝑑2𝑦

𝑑𝑥2 2

𝑑𝑦

𝑑𝑥 + 3y = 5 sen x

2 1 Sim

( 5 ) y´´´ 3y´´+ 2y´ 4y = 2 𝑒3𝑥 3 1 Sim

( 6 ) 𝑦(5) – 6 𝑦(4) + 10y´´´ 11y´ + 6 y = 0 5 1 Sim

E 1 B EQUAÇÃO ORDEM GRAU LINEAR?

( 8 ) ( 𝑦´´ )3 + 2 y y´ 1 = 0 2 3 Não

( 9 ) 𝑒𝑦´´ xy´+ y = 0 2 --- Não

( 10 ) y´´ = 1 + ( 𝑦´ )2 2 1 Não

( 11 ) y´= 𝑦2 + cos x 1 1 Não

( 12 ) y´ + 2xy = cos y 1 1 Não

( 13 ) 𝑑2𝜃

𝑑𝑡2 +

𝑔

𝐿 sen θ = 0

2 1 Não

( 14 ) L

𝑑²

𝑑𝑡² q( t ) + R

𝑑

𝑑𝑡 q( t ) +

1

𝐶 q( t ) = v( t )

2 1 Sim

( 15 ) 𝜕2𝑢( 𝑥,𝑡 )

𝜕𝑡2

= 𝑐2 𝜕2𝑢( 𝑥,𝑡 )

𝜕𝑥2

2 1 Sim

A equação ( 8 ) não é linear, pois é de grau 3.

A equação ( 9 ) não se classifica quanto ao grau.

As equações ( 10 ) e ( 11) não são lineares, pois envolvem produtos entre incógnitas: em ( 10 ) temos ( 𝑦´ )2 = y´. y´ e na equação ( 11 ) ocorre 𝑦2 = y.y.

A equação ( 12 ) não é linear devido a composição cos y = cos y ( x ).

A equação ( 13 ), que representa a equação de um pêndulo, onde θ é função

de t , não é linear devido a composição sen θ = sen θ (t).

EXEMPLO 1



FORMA IMPLÍCITA OU EXPLÍCITA DE UMA EDO( 1 )

As EDO de Ordem n e Grau 1 se descrevem numa das formas:

Na forma IMPLICITA as EDO ( 1 ) são escritas F ( x, y, y´ ) = 0.

Na forma EXPLÍCITA AS EDO ( 1 ) se descrevem como 𝒚´ = f ( x, y ).

Por exemplo, ao derivar x² + y² = C em relação à x obtemos:

( x² + y² )´= C´ ( x² )´+ ( y² )´= 0 2x + 2yy´= 0.

Na FORMA IMPLÍCITA temos a EDO ( 1 ) 𝑦𝑦´ + 𝑥 = 0.

Na FORMA EXPLÍCITA temos a EDO ( 1 ) 𝑦´ = 𝑥 𝑦⁄ .

E mais ainda. Considere a expressão

Segundo Leibniz o símbolo 𝑦´ = 𝑑𝑦

𝑑𝑥 deve ser entendido como um quociente e

a expressão 𝑦𝑦´ + 𝑥 = 0 deve ser vista como uma equação.

Assim, operando 𝑑𝑦 𝑑𝑥⁄ como um quociente, podemos reescrever a equação

implícita 𝑦𝑦´ + 𝑥 = 0 do seguinte modo:

𝑦𝑦´ + 𝑥 = 0 𝑦 𝑑𝑦

𝑑𝑥 + x = 0 𝑦 𝑑𝑦 + 𝑥 𝑑𝑥 = 0.

A forma 𝒙 𝒅𝒙 + 𝒚 𝒅𝒚 = 0 é denominada Forma Diferencial da EDO dada.

Ou seja, em geral, reconhecemos 3 modos de descrição de uma EDO( 1 )

§ 2

FORMA IMPLÍCITA: F ( x, y, y´, y´´, y´´´, 𝒚(𝟒), … , 𝒚(𝒏) ) = 0, ou,

FORMA EXPLÍCITA: 𝒚(𝒏) = f ( x, y, y´, y´´, y´´´, . . . , 𝒚(𝒏−𝟏) ).

DEF 5: FORMA GERAL, NORMAL OU DIFERENCIAL DE UMA EDO ( 1 )

A FORMA IMPLÍCITA F ( x, y, y´ ) = 0 é chamada FORMA GERAL da EDO (1)

A FORMA EXPLICITA y´= f ( x, y ) é chamada FORMA NORMAL da EDO (1).

Se y´= f ( y ) a EDO ( 1 ) é chamada EQUAÇÃO AUTÔNOMA.

A forma M( x, y ) dx + N( x, y ) dy = 0 é chamada FORMA DIFERENCIAL.



EQUAÇÕES NA FORMA NORMAL y´= f( x, y ):

EDO ( 1 ) Termo f ( x, y ) Observação

y´= y f ( x, y ) = y Equação Autônoma, pois f( x, y ) = f( y ) = y.

y´= 3x² f ( x, y ) = 3x² f depende só de x: f( x, y ) = f( x ) = 3x²

y´= 𝑥 𝑦⁄ f ( x, y ) = 𝑥 𝑦⁄ , f não é definida para y = 0.

y´= 3𝑥 + 5𝑦 f ( x, y ) = 3𝑥 + 5𝑦

𝑦´= 𝑥 + 𝑦

𝑦 − 𝑥 f ( x, y ) =

𝑥 + 𝑦

𝑦 − 𝑥 f não é definida para y = x.

EQUAÇÕES NA FORMA DIFERENCIAL M dx + N dy = 0:

NORMAL FORMA DIFERENCIAL

y´= y 𝑑𝑦

𝑑𝑥 = y y dx = dy y dx − dy = 0

y dx + ( − 1 ) dy = 0,

M = M ( x, y ) = y ,

N = N (x, y ) = 1.

y´= 3x² 𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 3x² 3x² dx = dy

3x² dx – dy = 0

3x² dx + ( − 1 ) dy = 0,

M = 3x² e N = 1

y´=− 𝑥

𝑦 𝑑𝑦

𝑑𝑥 = −

𝑥

𝑦 − x dx − y dy = 0

− x dx + ( − 1 ) y dy = 0

M = N = 1.

y´=3x + 5y 𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 3x + 5y ( 3x + 5y ) dx = dy

( 3x + 5y ) dx + ( − 1 ) dy = 0

M = 3x + 5y e N = 1

𝑦´= 𝑥 + 𝑦𝑦 − 𝑥 𝑑𝑦

𝑑𝑥 =

𝑥 + 𝑦

𝑦 − 𝑥 ( x + y ) dx − ( y – x ) dy = 0

( x + y )dx + [( y – x ) ] dy = 0,

M = x + y e N = ( y – x ).

EQUIVALÊNCIA DAS FORMAS NORMAL E DIFERENCIAL.

( 1 ) De 𝑦´ = 𝑓 ( 𝑥, 𝑦 ) temos 𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 𝑓( 𝑥, 𝑦 ) 𝑑𝑦 = 𝑓 ( 𝑥, 𝑦 ) 𝑑𝑥 𝑓 ( 𝑥, 𝑦 ) 𝑑𝑥 – 𝑑𝑦 = 0;

( 2 ) 𝑀 ( 𝑥, 𝑦 ) 𝑑𝑥 + 𝑁 ( 𝑥, 𝑦 ) 𝑑𝑦 = 0 𝑀 ( 𝑥, 𝑦 ) 𝑑𝑥 = 𝑁 ( 𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 𝑑𝑦

𝑑𝑥 =

𝑀 ( 𝑥, 𝑦 )

𝑁 ( 𝑥, 𝑦)

3 ) Assim, as formas Normal e Diferencial são Equivalentes, pois 𝑓 ( 𝑥, 𝑦 ) = 𝑀 ( 𝑥, 𝑦 )

𝑁 ( 𝑥, 𝑦 ) .

EXEMPLO 3

EXEMPLO 4

EXEMPLO 2



COMO OBTER UMA EDO ( 1 ) NA FORMA NORMAL OU NA

FORMA DIFERENCIAL A PARTIR DE UMA DADA EQUAÇÃO.

Seja y = C 𝑒𝑥, C ∈ ℝ .

( 1 ) Derivando a y = C 𝑒𝑥 temos y´ = C 𝑒𝑥;

( 2 ) A EDO( 1 ) não deve conter a constante arbitrária C.

( 3 ) Substituindo C = 𝑦´

𝑒𝑥 em y = C 𝑒𝑥 temos y =

𝑦´

𝑒𝑥 . 𝑒𝑥 𝑦 = 𝑦´.

( 4 ) A Forma Normal é 𝒚´ = 𝒚.

( 3 ) Para obter a Forma Diferencial, substituímos y´=𝑑𝑦

𝑑𝑥 em 𝑦´ = 𝑦.

( 4 ) Ou seja, 𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 𝑦 𝑦 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 𝒚 𝒅𝒙 𝒅𝒚 = 0.

Seja y = C x³, C ∈ ℝ .

( 1 ) 𝑦 = 𝐶 𝑥³ 𝑦´ = 3 𝑥² 𝐶 𝐶 = 𝑦´

3 𝑥² ;

( 2 ) Substituindo 𝐶 em 𝑦 = 𝐶 𝑥³ temos 𝑦 = 𝑦´

3 𝑥² 𝑥³ 𝑦 =

𝑥 𝑦´

3 𝑥𝑦´ = 3𝑦

( 3 ) A Forma Normal é y´= 3 𝑦

𝑥.

( 4 ) Substituindo 𝑦´ = 𝑑𝑦

𝑑𝑥 em 𝑥 𝑦´ 3𝑦 = 0 temos 𝑥

𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 3𝑦 3 𝑑𝑥

𝑥

𝑦 𝑑𝑦 = 0.

Seja 𝑦 = 𝐶 ( 𝑥 – 1 ), C ∈ ℝ .

( 1 ) 𝑦 = 𝐶 ( 𝑥 – 1 ) 𝑦´ = 𝐶 ;

( 2 ) De 𝑦 = 𝐶 ( 𝑥 – 1 ) temos C = 𝑦

𝑥 − 1.

( 3 ) segue-se a Forma Normal y´ = 𝑦

𝑥 − 1.

( 4 ) Substituindo y´ = 𝑑𝑦

𝑑𝑥 em y´ =

𝑦

𝑥 − 1 temos

𝑑𝑦

𝑑𝑥 =

𝑦

𝑥 − 1

1

𝑥 − 1 𝑑𝑥

1

𝑦 𝑑𝑦 = 0

Seja y = C 𝑒𝑥², C ∈ ℝ .

( 1 ) 𝑦 = 𝐶 𝑒𝑥² 𝑦´ = 2𝐶 𝑥 𝑒𝑥²;

( 2 ) Como 𝐶 = 𝑦

𝑒𝑥² e y´ = 2C x 𝑒𝑥², então y´ = 2

𝑦

𝑒𝑥² 𝑥 𝑒𝑥² 𝑦´ = 2𝑥 𝑦.

( 3 ) De y´ − 2x y = 0, decorre a Forma Diferencial − 2𝑥 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 = 0.

EXEMPLO 5

E 5 A

E 5 B

E 5 C

E 5 D



SOLUÇÃO DE UMA EDO

Enquanto resolver uma equação algébrica é procurar todos os números

que a satisfazem, resolver uma EDO é procurar todas as funções que a satisfazem. Para ver como as coisas acontecem, considere a equação 𝑦´ = 𝑓 ( 𝑥 ), que

constitui a EDO mais elementar e é o Problema Fundamental do Cálculo:

Segundo Leibniz, desde que f é derivável num intervalo I = ( a, b ), 𝑦´ = 𝑓( 𝑥 )

se escreve 𝑑𝑦

𝑑𝑥 = f ( x ), de onde decorre 𝑑𝑦 = 𝑓( 𝑥 ) 𝑑𝑥.

Integrando ambos os membros da equação dy = f( x ) dx em relação à x:

∫𝑑𝑦 = ∫𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 + C 𝑦( 𝑥 ) =∫𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 + C,

A ∫𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 é uma primitiva de f ou, uma função cuja derivada é igual a f e a

constante C ℝ é uma constante arbitrária.

Assim, resolver a EDO ( 1 ) y´= f( x ) significa efetuar uma integração que produz uma constante arbitrária, resolver uma EDO ( 2 ) produz duas constantes arbitrárias, pois depende de duas integrações

Uma equação de 3ª ordem terá 3 constantes arbitrárias, e assim por diante.

Exemplificando, considere a equação de ordem n, 𝑦( 𝑛 ) = 1.

A primeira integração diz que 𝑦( 𝑛−1 ) = 𝑥 + 𝐶1.

Na segunda integração obtemos 𝑦( 𝑛 − 2 ) = 𝑥2

2 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2.

Na 3ª integração, temos 𝑦( 𝑛 − 3 ) = 𝑥3

2. 3 + 𝐶1

𝑥2

2 + 𝐶2 𝑥 + 𝐶3.

Mais algumas integrações:

𝑦( 𝑛 − 4 ) = 𝑥4

2. 3. 4 + 𝐶1

𝑥3

2. 3 + 𝐶2

𝑥2

2 + 𝐶3 𝑥 + 𝐶4,

𝑦( 𝑛 − 5 ) = 𝑥5

2. 3. 4. 5 + 𝐶1

𝑥4

2. 3. 4 + 𝐶2

𝑥3

2. 3 + 𝐶3

𝑥2

2 + 𝐶4 𝑥 + 𝐶5,

𝑦( 𝑛 − 6 ) = 𝑥6

2. 3. 4. 5. 6 + 𝐶1

𝑥5

2 . 3. 4. 5 + 𝐶2

𝑥4

2. 3. 4 + 𝐶3

𝑥3

2. 3 + 𝐶4

𝑥2

2 + 𝐶5 𝑥 + 𝐶6.

Após n integrações sucessivas, obtemos uma solução 𝑦 = 𝑦( 𝑥 ) contendo 𝑛 constantes arbitrárias² 𝐶1 , 𝐶2, 𝐶3, . . . , 𝐶𝑛 ,

y = 𝑥𝑛

𝑛! + 𝐶1

𝑥𝑛 −1

( 𝑛 −1 )! + 𝐶2

𝑥𝑛−2

( 𝑛 −2 )! + 𝐶3

𝑥𝑛−3

( 𝑛 − 3 )! + . . . + 𝐶𝑛 − 1𝑥 + 𝐶𝑛,

onde 1. 2. 3. . . . n = n! é o fatorial de n ∈ ℕ*:

Obter todas as funções deriváveis 𝒚 = 𝒚 ( 𝒙 ) tais que 𝒅𝒚

𝒅𝒙 = 𝒇 ( 𝒙 ).

§ 3



RESOLUÇÃO DE UMA EDO

Resolver uma EDO é determinar a primitiva 𝑦 = 𝑦 ( 𝑥 ) que originou a EDO.

O Intervalo I da solução da EDO é chamado Intervalo da Solução, Intervalo de

Definição, Intervalo de Existência, Intervalo de Validade ou Domínio da Solução.

O Intervalo da solução pode ser um Intervalo Aberto ( a, b ), o Intervalo [ a, b ],

o intervalo ( a, b ], [ a, b ) ou algum intervalo infinito ( − , + ), ( − , a ), ( a, ).

Como toda função diferenciável é contínua, desde que a solução de uma EDO

é uma função diferenciável, ela é contínua no Intervalo de Solução I.

O gráfico de uma solução 𝑠 = 𝑠( 𝑥 ) de uma EDO é chamado Curva Integral.

O intervalo de solução pode ser qualquer subintervalo do domínio de s = s( x ).

Por exemplo, a função y = 1 / x é uma solução da EDO xy´+ y = 0.

O domínio de y = 1 / x é constituído pelo intervalo I = ( − , 0 ) ( 0, + ).

Entretanto, podemos tomar como intervalo de solução da equação xy´+ y = 0

qualquer intervalo que não contenha x = 0, como, por exemplo, ( − 10, − 2 ), ( − 1, 0 ),

( 0, ½ ), ( 2, 3 ), ( − , 0 ), ( 0, ) ou, o próprio I = ( − , 0 ) ( 0, + ).

Agora veja porque y = 1 / x é uma solução de xy´+ y = 0 em ( − , 0 ) ( 0, )

seguindo os passos abaixo.

Devemos substituir a função 𝑦 = 1 / 𝑥 e sua derivada na EDO xy´+ y = 0 :

( 1 ) y = 1 / x ⇒ y´= − 1 / x² ;

( 2 ) Substituindo y´ = − 1 / x² e y = 1 / x na equação xy´ + y = 0 segue-se:

( 3 ) xy´ + y = 0 x ( − 1 / x² ) + y = 0 − 1 / x + 1 / x² = 0 0 = 0.

( 4 ) As substituições produziram a identidade 0 = 0, ∀ x ∈ ℝ∗.

§ 4

y = 1 / x em I = ( − , 0 ) ( 0, + ) y = 1 / x em I = ( 1, + )

RESOLVER uma EDO é procurar uma função 𝒚 = 𝒚( 𝒙 ), definida e

diferenciável num dado intervalo I, tal que, quando substituímos, respectivamente,

𝒚 e suas derivadas na EDO, ela se transforma numa IDENTIDADE.



VERIFICANDO SOLUÇÕES DE EDO´s I

y = 3 x é uma solução da EDO 𝑦 𝑑𝑥 – 𝑥 𝑑𝑦 = 0 em ( − , ).

VERIFICAÇÃO:

( 1 ) De 𝑦 𝑑𝑥 – 𝑥 𝑑𝑦 = 0 escrevemos 𝑥 𝑑𝑦 = 𝑦 𝑑𝑥 ou 𝑑𝑦

𝑑𝑥 =

𝑦

𝑥 ⇒ y´ =

𝑦

𝑥 .

( 2 ) 𝑦 = 3 𝑥 ⇒ 𝑦´ = 3;

( 3 ) Substituindo 𝑦´ = 3 e 𝑦 = 3 𝑥 na equação 𝑦´ = 𝑦𝑥 temos:

( 4 ) 𝑦´ = 𝑦𝑥 ⇒ 3 =

3 𝑥𝑥 ⇒ 3 = 3 0 = 0, que é uma identidade para todo x ≠ 0.

A equação 𝑦 = 5 𝑥² é uma solução de 2𝑦 𝑑𝑥 – 𝑥 𝑑𝑦 = 0.

VERIFICAÇAO:

( 1 ) De 2𝑦 𝑑𝑥 – 𝑥 𝑑𝑦 = 0 escrevemos 𝑥 𝑑𝑦 = 2𝑦 𝑑𝑥 ou 𝑑𝑦

𝑑𝑥 =

2 𝑦

𝑥 ⇒ y´=

2𝑦

𝑥 .

( 2 ) 𝑦 = 5 𝑥2 ⇒ 𝑦´ = 10 𝑥;

( 3 ) Substituindo 𝑦´ = 10 𝑥 e 𝑦 = 5 𝑥² na equação 𝑥𝑦´ = 2𝑦 segue-se:

( 4 ) 𝑥𝑦´ = 2𝑦 𝑥 ( 10 𝑥 ) = 2𝑦 ⇒ 10 𝑥² = 2𝑦 ⇒ 10 𝑥² = 2 . 5𝑥² 0 = 0.

A equação 𝑦 = 3

4 𝑒2𝑥

5

2 𝑥 −

5

4 é uma solução de 𝑦´ = 5 𝑥 + 2 𝑦.

VERIFICAÇAO:

( 1 ) 𝑦 = 3

4 𝑒2𝑥

5

2 𝑥 −

5

4 𝑦´ =

3

2 𝑒2𝑥

5

2 ;

( 2 ) Substituindo y e y´ na equação 𝑦´ = 5 𝑥 + 2 𝑦 segue-se:

( 3 ) 𝑦´ = 5 𝑥 + 2 𝑦 3

2 𝑒2𝑥

5

2 = 5 𝑥 + 2 (

3

4 𝑒2𝑥

5

2 𝑥 −

5

4 ) ⟹

3

2 𝑒2𝑥

5

2 = 5 𝑥 +

3

2 𝑒2𝑥 5𝑥

5

2 ⟹ 0 = 0,

( 4 ) que é uma identidade ∀ x∈ ℝ.

A equação 𝑦 = 2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 3 𝑐𝑜𝑠 𝑥 é uma solução de 𝑦´´ + 𝑦 = 0.

VERIFICAÇÃO

( 1 ) 𝑦 = 2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 3 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑦´ = 2 𝑐𝑜𝑠 – 3 𝑠𝑒𝑛𝑥 e 𝑦´´ = − 2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 – 3 𝑐𝑜𝑠 𝑥

( 2 ) 𝑦´´ + 𝑦 = 0 − 2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 – 3 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 3 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 0 0 = 0

( 3 ) As substituições produziram uma identidade ∀ x ∈ ( − , ).

EXEMPLO 6

E 6 B

E 6 A

E 6 C

E 6 D



Uma EDO pode ter infinitas soluções.

O conjunto das soluções de uma EDO de Ordem n que podem ser descritas por uma fórmula contendo n CONSTANTES ARBITRÁRIAS e INDEPENDENTES é chamado FAMÍLIA DE SOLUÇÕES ou SOLUÇÃO GERAL, SG, da EDO ( n ).

O termo CONSTANTE ARBITRÁRIA, também denominado PARÂMETRO, significa um valor numérico genérico, um valor ainda não estabelecido.

O termo INDEPENDENTE significa que o número de constantes arbitrárias não pode ser reduzido.

Ou seja, a fórmula da SG não pode ser reduzida a uma expressão contendo menos constantes arbitrárias do que a ordem da EDO, pois resolver uma EDO é efetuar tantas integrações quanto for a ordem da EDO.

Assim a SG de uma EDO ( 1 ) tem apenas 1 constante arbitrária, a SG de uma EDO ( 2 ) tem 2 constantes arbitrárias, a SG de uma EDO ( 3 ) tem 3 constantes arbitrárias, e assim em diante.

O gráfico de cada solução de uma EDO é chamado Curva Integral.

A Solução Geral SG de uma EDO pode ser colocada na Forma

- EXPLICITA s = s ( x, 𝐶1, 𝐶2, . . . , 𝐶𝑛 ), abreviadamente SGE, ou na Forma

- IMPLICITA S ( x, y, 𝐶1, 𝐶2, . . . , 𝐶𝑛 ) = 0, SGI, onde 𝐶1, 𝐶2, . . . , 𝐶𝑛, são as n

constantes arbitrárias e independentes da SG,

Por exemplo, y = sen x + C, C ∈ ℝ, representa a SGE da equação y´= cos x.

A SGI da equação yy´+ x = 0 é x² + y² = C, onde – √𝐶 < x < √𝐶.

Explicitando a SGI x² + y² = C, a SGE é y = + √𝐶 − 𝑥² ou y = √𝐶 − 𝑥² . Entretanto, deve-se observar, nem sempre é possível explicitar a SG de uma

EDO, sendo preferível manter a forma SGI. E mais ainda.

Enquanto 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶, 𝐶 ∈ ℝ, representa a SGE da equação y´= cos x, as

funções y = sen x, y = sen x + 2 ou y = sen x + são soluções, respectivamente, para 𝐶 = 0, 𝐶 = 2 𝑜𝑢 𝐶 = , chamadas Soluções Particulares. Semelhantemente, as equações x² + y² = 1, x² + y² = 4 ou x² + y² = 9 são Soluções Particulares de yy´+ x = 0.

A SOLUÇÃO GERAL SG de uma EDO é toda FÓRMULA contendo tantas

constantes arbitrárias e independentes quanto for à ordem da equação.

SOLUÇÃO GERAL E SOLUÇÃO PARTICULAR DE UMA E D O § 5

A SOLUÇÃO PARTICULAR SP de uma EDO ( n ) é toda solução obtida

da SG por atribuição de valores numéricos às constantes arbitrárias.



VERIFICANDO SOLUÇÕES DE EDO´s II, 𝐶, 𝐶1, 𝐶2 ℝ:

Cada função 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥, 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 2 ou 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝜋 é uma

Solução Particular da EDO 𝑦´ = 𝑐𝑜𝑠 𝑥. A totalidade dessas soluções

é dada pela fórmula 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶, no intervalo I = ( − , );

DE FATO.

( 1 ) y = sen x + C y´= cosx;

( 2 ) y´= cos x cos x = cos x 0 = 0, que é uma Identidade para todo x.

Cada função 𝑦 = 1 / 𝑥, 𝑦 = − 2 / 𝑥 ou 𝑦 = 3 / 𝑥 é uma SP da EDO

𝑥𝑦´ + 𝑦 = 0. A totalidade das soluções é y = C / x , em I = ( − , 0 ) ( 0, ).

DE FATO.

( 1 ) y = 𝐶

𝑥 = C𝑥− 1 y´= − C 𝑥−2=

− 𝐶

𝑥²

( 2 ) xy´+ y = 0 x. − 𝐶

𝑥² +

𝐶

𝑥 = 0

− 𝐶

𝑥 +

𝐶

𝑥 = 0 0 = 0: Identidade x ℝ

∗.

Cada função 𝑦 = 𝑒−𝑥2, 𝑦 = 5 𝑒−𝑥

2 ou 𝑦 = 4 𝑒−𝑥

2 é uma SP de

𝑦´ + 2𝑥𝑦 = 0. A totalidade das soluções é 𝑦 = 𝐶 𝑒−𝑥2 em I = ( − , ).

DE FATO.

( 1 ) y = C 𝑒−𝑥2 y´= − 2Cx 𝑒−𝑥

2;

( 2 ) y´+ 2xy = 0 − 2Cx 𝑒−𝑥2+ 2x. C 𝑒−𝑥

2 0 = 0, que é uma Identidade x ℝ.

Cada função 𝑦= 𝑒2𝑥 +𝑥 𝑒2𝑥, 𝑦 = 2 𝑒2𝑥 + 𝑥 𝑒2𝑥, 𝑦 = −𝑒2𝑥 + 𝑥 𝑒2𝑥

é uma Solução Particular da EDO 𝑦´´ − 4𝑦´ + 4𝑦 = 0.

A totalidade das soluções é dada pela fórmula 𝑦 = 𝐶1 𝑒2𝑥 + 𝐶2 𝑥 𝑒2𝑥.

DE FATO.

( 1 ) y = 𝐶1 𝑒2𝑥 + 𝐶2 𝑥 𝑒

2𝑥 y´= 2 𝐶1 𝑒2𝑥 + 𝐶2 𝑒

2𝑥 + 2𝐶2 𝑥 𝑒2𝑥 e,

y´´ = 4 𝐶1 𝑒2𝑥 + 2𝐶2 𝑒

2𝑥 + 2𝐶2 𝑒2𝑥 + 4𝐶2 𝑥 𝑒

2𝑥 = 4 𝐶1 𝑒2𝑥 + 4𝐶2 𝑒

2𝑥 + 4𝐶2 𝑥 𝑒2𝑥

( 2 ) y´´− 4y´ + 4y = 0

4 𝐶1 𝑒2𝑥+ 4𝐶2 𝑒

2𝑥+ 4𝐶2 𝑥 𝑒2𝑥 − 8𝐶1 𝑒

2𝑥− 4𝐶2 𝑒2𝑥 − 8 𝐶2 𝑥 𝑒

2𝑥+ 4 𝐶1 𝑒2𝑥+ 4 𝐶2 𝑥 𝑒2𝑥 = 0

8 𝐶1 𝑒2𝑥+ 8𝐶2 𝑥 𝑒

2𝑥− 8𝐶1 𝑒2𝑥− 8 𝐶2 𝑥 𝑒2𝑥 = 0 0 = 0:

( 3 ) Identidade x ℝ.

E 7 B

EXEMPLO 7

E 7 A

E 7 C

E 7 D



VERIFICANDO SOLUÇÕES DE EDO´s III, 𝐶, 𝐶1, 𝐶2 ℝ:

As soluções de x y´ y + 𝑥2 = 0 têm a forma y = Cx 𝑥2.

( 1 ) y = Cx – x² y´= C – 2x;

( 2 ) x y´ y + 𝑥2 = 0 x ( C – 2x ) ( Cx x² ) + x² = 0

Cx – 2 x² + x² – Cx + x² + x² = 0 0 = 0

As soluções de y´´ 3 y´ + 2 y = 0 tem a forma y = 𝐶1 𝑒𝑥 + 𝐶2 𝑒2𝑥.

( 1 ) 𝑦 = 𝐶1 𝑒𝑥 + 𝐶2 𝑒

2𝑥 𝑦´ = 𝐶1 𝑒𝑥 + 2 𝐶2 𝑒

2𝑥 e 𝑦´´ = 𝐶1 𝑒𝑥 + 4 𝐶2 𝑒

2𝑥;

( 2 ) y´´ 3 y´ + 2 y = 0 𝐶1 𝑒𝑥 + 4 𝐶2 𝑒2𝑥−3( 𝐶1 𝑒

𝑥 + 2 𝐶2 𝑒2𝑥 ) + 2( 𝐶1 𝑒𝑥+ 𝐶2 𝑒

2𝑥 ) = 0

⟹ 𝐶1 𝑒𝑥+ 4 𝐶2 𝑒2𝑥−3𝐶1 𝑒

𝑥 - 6𝐶2 𝑒2𝑥 + 2𝐶1 𝑒

𝑥 + 2𝐶2 𝑒2𝑥= 0 ⟹

⟹ 𝐶1 𝑒𝑥−3𝐶1 𝑒

𝑥 + 2𝐶1 𝑒𝑥 + 4 𝐶2 𝑒2𝑥 - 6𝐶2 𝑒

2𝑥 + 2𝐶2 𝑒2𝑥= 0 ⟹

( 3 ) 0 = 0.

As soluções de 𝑦´´ + 𝑦 = 0 são 𝑦 = 𝐶1 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶2 𝑐𝑜𝑠 𝑥;

( 1 ) 𝑦 = 𝐶1 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶2 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑦´ = 𝐶1 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑒 𝑦´´ = − 𝐶1 𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝐶2 𝑐𝑜𝑠 𝑥 ;

( 2 ) y´´ + y = 0 ⟹ − 𝐶1 sen x − 𝐶2 cos x + 𝐶1 sen x + 𝐶2 cos x = 0 ⟹

( 3 ) 0 = 0.

As soluções de 𝑦´´ 2 𝑦´ + 10 𝑦 = 0 são 𝑦 = 𝑒𝑥( 𝐴 𝑐𝑜𝑠 3𝑥 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 ),

onde A e B são constantes arbitrárias;

( 1 ) Temos y = 𝑒𝑥 ( A cos 3x + B sen 3x )

y´= 𝑒𝑥 ( A cos 3x + B sen 3x 3 A sen 3x + 3 B cos 3x ) e

y´´ = 𝑒𝑥 ( 8 A cos 3x 8 B sen 3x 6 A sen 3x + 6 B cos 3x ).

( 2 ) y´´ 2 y´ + 10 y = 0

𝑒𝑥 ( 8 A cos 3x 8 B sen 3x 6 A sen 3x + 6 B cos 3x ) – 2𝑒𝑥( A cos 3x +B sen 3x

3 A sen 3x + 3 B cos 3x ) +10 𝑒𝑥 (A cos 3x + B sen 3x ) ⟹

𝑒𝑥[ cos 3x ( 8A + 6B – 2A – 6B + 10A ) + sen 3x (8B – 6A – 2B + 6A +10B ) ] = 0

⟹ 𝑒𝑥(cos 3x . 0+ sen 3x . 0) = 0 ⟹ 𝑒𝑥 . 0 = 0 ⟹ 0 = 0.

EXEMPLO 8

E 8 B

E 8 D

E 8 C

E 8 A



AULAS 2 e 3 – CONCEITOS BÁSICOS

Equações Diferenciais são equações cujas incógnitas são derivadas de funções.

( 1 ) Se as funções incógnitas 𝑦´, 𝑦´´, 𝑦´´´, . . . , 𝑦( 𝑛 ), n ∈ ℕ*, dependem apenas da

variável independente 𝑥 de uma função 𝒚 = 𝒚 ( 𝒙 ) a equação se diz uma Equação

de Derivadas Ordinárias, Equação Diferencial Ordinária ou EDO.

( 2 ) Se as incógnitas são derivadas parciais, a equação é uma Equação Diferencial

Parcial, EDP.

( 3 ) Uma EDO é uma relação entre as variáveis 𝑥 e 𝑦 e pelo menos uma função

incógnita 𝑦´, 𝑦´´, 𝑦´´´, . . . , 𝑦( 𝑛 )

( 4 ) Organizadas na forma polinomial

𝑦( 𝑛 ) + 𝑓𝑛−1( 𝑥 )𝑦𝑛 − 1+ . . . +𝑓2( 𝑥 )𝑦

´´+ 𝑓1( 𝑥 )𝑦´ + 𝑓0( 𝑥 )𝑦 = 𝑟 ( 𝑥 ),

as EDO classificam-se quanto à ordem e quanto ao grau.

( 5 ) A Ordem é dada pela ordem do termo diferencial de maior ordem e o Grau é

dado pela potência a qual está elevado o termo diferencial de maior ordem.

( 6 ) Uma EDO de grau 1 é Linear se a função incógnita y e suas derivadas são de

grau 1 e não ocorre produto ou composição das incógnitas. Assim, toda equação linear tem grau 1, mas nem toda equação de grau 1 é linear.

( 7 ) As EDO de ordem 1, EDO( 1 ), são descritas na Forma Normal 𝑦´ = 𝑓( 𝑥, 𝑦 ) ou

na Forma Diferencial 𝑀( 𝑥, 𝑦 ) 𝑑𝑥 + 𝑁( 𝑥, 𝑦 ) 𝑑𝑦 = 0.

( 8 ) Ao resolver uma equação algébrica, digamos 𝑥² − 3𝑥 + 2 = 0, procuramos os

números que a satisfazem. Os números 𝑥 = 1 ou 𝑥 = 2 tem essa propriedade, pois

𝑥² − 3𝑥 + 2 = 0 2² − 3. 2 + 2 = 0 4 − 6 + 2 = 0 −2 + 2 = 0 0 = 0, ou

𝑥² − 3𝑥 + 2 = 0 1² − 3. 1 + 2 = 0 1 − 3 + 2 = 0 −2 + 2 = 0 0 = 0.

Analogamente, resolver uma EDO é procurar todas as funções que a satisfazem.

( 9 ) Resolver uma EDO é determinar a primitiva 𝑦 = 𝑦 ( 𝑥 ) que originou a EDO.

( 1 0 ) Resolver uma EDO é procurar uma função 𝒚 = 𝒚( 𝒙 ), definida e diferenciável

num dado intervalo, tal que, quando substituímos, respectivamente, 𝒚 e suas

derivadas na EDO, ela se transforma numa IDENTIDADE.

( 11 ) Uma EDO pode ter infinitas soluções.

( 12 ) O conjunto das soluções de uma EDO de Ordem n que podem ser descritas

por uma fórmula contendo n constantes arbitrárias e independentes é chamado FAMÍLIA DE SOLUÇÕES ou SOLUÇÃO GERAL, SG, da EDO ( n ).

( 13 ) A SOLUÇÃO GERAL, SG, de uma EDO é toda FÓRMULA contendo tantas constantes arbitrárias e independentes quanto for à ordem da equação.

( 1 4 ) A SOLUÇÃO PARTICULAR, SP, de uma EDO ( n ) é toda solução obtida da

SG por atribuição de valores numéricos às constantes arbitrárias.

§ 6



ATIVIDADES DE ESTUDOS 2 Respostas ou modelo de resolução estão em letras menores

Uma EDO de Grau 1 é Linear se a função incógnita y e suas derivadas são

grau 1 e não ocorre produto ou composição destas variáveis. Senão, ela é Não Linear. Justifique quais das equações abaixo não são Lineares. 74 ) y´ + 2 y = cos x 75 ) y´ = 5x + 2y

76 ) y´´ 3 y´+ 2 y = 0 77 ) 𝑑2𝑦

𝑑𝑥2 2 𝑑𝑦

𝑑𝑥 + 3 y = 5 sen x

78 ) y´´´ 3y´´+ 2y´ 4y = 2 𝑒3𝑥 79 ) ( 𝑦´´ )3 + 2 y y´ 1 = 0 Não Linear

80 ) x² y y´ 2 x y² = 0 Não Linear 81 ) 𝑒𝑦´´ x y ´+ y = 0 Não Linear

82 ) y´´ = 1 + ( 𝑦 ´ ) 2 Não Linear 83 ) y´ = 𝑦2 + cos x Não Linear

84 ) 𝑑𝑦

𝑑𝑥 =

𝑦 − 𝑥

𝑥 + 𝑦 85 )

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2 +

𝑔

𝐿 sen θ = 0 Não Linear

86 ) 𝑦(5) – 6 𝑦(4) + 10y´´´ + 6 y = 0 87 ) ( 𝑦´´ )3 + 2 y y´ 1 = 0 Não Linear

88 ) 𝑒𝑦´´ xy´+ y = 0 Não Linear 89 ) y´´ = 1 + ( 𝑦´ )2 Não Linear

90 ) y´= 𝑦2 + cos x Não Linear 91 ) y´ + 2xy = cos y Não Linear

92 ) L 𝑑²

𝑑𝑡² q( t ) + R

𝑑

𝑑𝑡 q( t ) +

1

𝐶 q( t ) = v( t )

A partir de uma dada equação, onde c ∈ ℝ, obter uma EDO ( 1 ) na forma

Normal ou na forma Diferencial.

93 ) y = C 𝑒𝑥, y´ = y ; y dx dy = 0

94 ) y = C x³, y´= 3 𝑦

𝑥; 3 dx

𝑥

𝑦 dy = 0

95 ) y = C ( x – 1 ), y´ = 𝑦

𝑥 − 1 ;

1

𝑥 − 1 𝑑𝑥

1

𝑦 𝑑𝑦 = 0

96 ) y = C 𝑒𝑥², y´ = 2x y; 2x dx 1

𝑦 dy = 0

97 ) x² − 1,5 x + 7y = C, ( 2x – 1 ) dx + ( 3y + 7 ) dy = 0

98 ) 2,5x² + 4xy – 2𝑦4 = C, ( 5x + 4 ) dx + ( 4x – 8y³ ) dy = 0

99 ) x²y² − 3x + 4y = C, ( 2xy² − 3 ) dx + ( 2x²y + 4 ) dy = 0

100 ) xy³ + y² cos x – 0,5x² = C ( x – y³ + y²sen x ) dx – ( 3xy² + 2ycos x ) dy = 0

101 ) – ln cos x + cos x sen y = C ( tgx – senx sen y ) dx + cos x cos y ) dy = 0

§ 7

ATIVIDADE 3: EQUAÇÔES LINEARES

ATIVIDADE 4: FORMA NORMAL OU DIFERENCIAL



Uma EDO ( 1 ) na forma diferencial 𝑴( 𝒙, 𝒚 ) 𝒅𝒙 + 𝑵( 𝒙, 𝒚 ) 𝒅𝒚 = 0

é denominada EXATA se 𝝏 𝑴

𝝏 𝒚 =

𝝏 𝑵

𝝏 𝒙 ou 𝑴𝒚 = 𝑵𝒙.

Verifique quais das equações abaixo são Exatas:

102 ) 𝒙𝒚´ + 𝒚 − 𝒔𝒆𝒏 𝒙 = 𝟎

( 1 ) A equação não está na forma diferencial. ( 2 ) Fazemos 𝒙 𝒅𝒚

𝒅𝒙 + 𝒚 − 𝒔𝒆𝒏 𝒙 = 𝟎.

( 3 ) Daí (𝒚 − 𝒔𝒆𝒏 𝒙 )𝒅𝒙 + 𝒙 𝒅𝒚 = 𝟎 ( 4 ) Assim M = 𝒚 − 𝒔𝒆𝒏 𝒙 e N = 𝒙;

( 5 ) Como 𝑀𝑦 = 1 e 𝑁𝑥 = 1, então 𝑀𝑦 = 𝑁𝑥. ( 6 ) Portanto, a equação é exata.

103 ) 𝒙 𝒅𝒚 − 𝒚 𝒅𝒙 = 𝟎

( 1 ) Na forma diferencial a equação se escreve − 𝒚 𝒅𝒙 + 𝒙 𝒅𝒚 = 𝟎

( 2 ) Assim, de M = − 𝒚 e N = 𝒙 temos 𝑀𝑦 = − 1 e 𝑁𝑥 = 1.

( 3 ) Logo 𝑀𝑦 ¹ 𝑁𝑥 e a equação não é exata

104 ) 𝒙 𝒚´ + 𝒚 + 𝟒 = 𝟎 EXATA

105 ) ( 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐) 𝒅𝒙 + 𝟐𝒙𝒚 = 𝟎 EXATA

106 ) ( 𝒙 − 𝒚𝟐 + 𝟑 )𝒚´ + 𝒙 + 𝒚 + 𝟏 = 𝟎 EXATA

107 ) 𝒔𝒆𝒏 𝒚 𝒅𝒙 − 𝒙 𝒄𝒐𝒔 𝒚 𝒅𝒚 = 𝟎 NÃO EXATA

108 ) 𝑒𝑥+𝟑𝒚+ ( 𝟑𝒙+𝒄𝒐𝒔 𝒚 )𝒚´ = 𝟎 EXATA

109 ) 𝑎 𝑑𝑥 + 𝑏 𝑑𝑦 = 0, 𝑎 e 𝑏 números reais EXATA

Uma EDO( 1 ) na Forma Normal 𝒚´ = 𝒇( 𝒙, 𝒚 ) se denomina Homogênea se

𝒇( 𝒕𝒙, 𝒕𝒚 ) = 𝒇( 𝒙, 𝒚 ), 𝑡 ℝ. Verifique quais equações são homogêneas

110 ) 𝒚´ = 𝟑𝒙 + 𝟐𝒚

𝟓𝒙

( 1 ) Temos f( x, y ) = 𝟑𝒙 + 𝟐𝒚

𝟓𝒙 ( 2 ) Então f( tx, ty ) =

𝟑𝒕𝒙 + 𝟐𝒕𝒚

𝟓𝒕𝒙 =

𝒕 ( 𝟑𝒙 + 𝟐𝒚 )

𝟓 𝒕 𝒙 =

𝟑𝒙 + 𝟐𝒚

𝟓𝒙 = f( x, y )

( 3 ) A equação é homogênea.

111 ) 𝒚´ = 𝟐𝒚²

𝟑𝒙

( 1 ) Temos f( x, y ) = 𝟐𝒚²

𝟑𝒙 ( 2 ) f( tx, ty ) =

𝟐( 𝒕𝒚 )²

𝟑𝒕𝒙 =

𝟐 𝒕² 𝒚 ²

𝟑 𝒕 𝒙 =

𝟐 𝒕𝒚²

𝟑 𝒙 ¹ f( x, y ) ( 3 ) A equação não é homogênea.

112 ) 𝒚´ =𝟑𝒙 + 𝟐𝒚

𝟓𝒙 A equação é homogênea.

113 ) 𝒚´ =𝒙 ² 𝒂𝒓𝒄 𝒕𝒈 ( 𝒚 𝒙 )⁄

𝒙𝟐+𝒚𝟐 𝒆𝒚 𝒙⁄ A equação é homogênea.

ATIVIDADE 6: EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS DE ORDEM 1

ATIVIDADE 5: EQUAÇÕES EXATAS



Função Dada Equação Diferencial Dada

114 𝑦 = 𝑥² 𝑥 + 6 𝑦´ = 2𝑥 – 1

115

𝑦 = 5𝑥³ + 12; 𝑦´ = 15𝑥²

116 𝑦 = 5𝑒−3𝑥; 𝑦´ + 3𝑦 = 0

117 𝑦 = 𝐶𝑥² 𝑥𝑦´ 2𝑦 = 0

118 𝑦 = 3𝑥² + 4𝑥 5 𝑦´´´ = 0

119 𝑦 = 1 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑦´´ + 𝑦 = 1

120 𝑥² + 𝑦² + 𝐶 𝑥𝑑𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦 = 0

121 𝑦 = 𝐶𝑥 𝑦𝑑𝑥 − 𝑥 𝑑𝑦 = 0

122 𝑦 = 𝐶 ( 𝑥 + 3 ) ( 𝑥 + 3 ) 𝑦´ = 𝑦

123 ( 1 − 𝐶𝑒2𝑥 ) 𝑦 = ( 1 − 𝐶𝑒2𝑥 ) 𝑦´ = 1 + 𝑦²

124 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑥 + 𝐶 𝑦´ = 𝑒−𝑥 − 𝑒− 𝑥

2

125 y = C𝑒2𝑥– 2,5 x – 1,25 𝑦´ = 5𝑥 + 2𝑦

126 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 4𝑥 𝑦´´ + 16 𝑦 = 0

127 𝑦 = 𝑥−1 ln( 𝑥 + 1 ) 𝑥𝑦´ − 𝑒− 𝑥𝑦 + 𝑦 = 0

128 𝑥𝑦 + 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 𝐶 𝑥𝑦´ + 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥

129 𝑥³ + 3𝑥𝑦² = 𝐶 ( 𝑥² + 𝑦² ) 𝑑𝑥 + 2𝑦𝑑𝑦 = 0

130

3𝑥²𝑦² + 6𝑥𝑦² + 2𝑥³ + 6𝑥² + 6𝑥 + 3𝑦² = 𝐶

( 𝑥 + 𝑦2 + 1)𝑑𝑥 + (𝑥𝑦 + 𝑦 )𝑑𝑦 = 0

131

𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 – 1 + 𝐶 𝑒− 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥

( 1 + 𝑥² ) 𝑦´ + 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 𝑥

132

𝑦 = 𝑒−2𝑥 ( 𝐴 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 )

𝑦´´ + 2𝑦´ + 5𝑦 = 0

133

y = 𝐴 𝑒𝑥 + 𝐵 𝑒−2𝑥 + ( 1/ 7 ) 𝑒4𝑥

𝑦´´ + 𝑦´ − 2𝑦 = 3 𝑒4𝑥

ATIVIDADE 7: VERIFIQUE SE A FUNÇÂO DADA É SOLUÇÃO DA EDO DADA.



A partir de uma dada equação obtenha uma EDO de menor ordem que não

contenha constantes arbitrárias. 134 ) Seja 𝑦 = 𝐴 𝑥³ + 𝐵, onde 𝐴, 𝐵 são constantes arbitrárias.

( 1 ) Afim de obter a EDO de menor ordem que não contenha constantes arbitrárias derivamos a equação dada tantas vezes quanto for o número de constantes arbitrárias, pois a SG de uma EDO tem número de constantes arbitrárias igual a ordem da equação;

( 2 ) Temos y´= 3 A x² e y´´ = 6 A x.

( 3 ) A equação y´´ = 6Ax ainda contém uma constante arbitrária;

( 4 ) Como 𝐴 = 𝑦´

3 𝐴 𝑥² segue-se que 𝑦´´ = 6.

𝑦´

3 𝐴 𝑥² 𝑥 =

2 𝑦´

𝑥 𝑥𝑦´´ 2𝑦´ = 0

135 ) Seja 𝑦 = 𝐴 𝑥² + 𝐵, onde 𝐴, 𝐵 são constantes arbitrárias. 𝑥𝑦´´ 𝑦´ = 0

136 ) Seja 𝑦 = 𝐶 𝑥³, onde 𝐶 é uma constante arbitrária. 𝑥𝑦´´ 3𝑦 = 0

137 ) Seja 𝑥² + 𝑦² = 𝐶, onde 𝐶 é uma constante arbitrária. 𝑦𝑦´ + 𝑥 = 0

138 ) Seja 𝑦 = 𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 𝑥, onde 𝐴, 𝐵 são constantes arbitrárias.

( 1 ) Temos y´= A sen x + B cos x e y´´ = A cos x B sen x .

( 2 ) y´´ = ( A cos x + B sen x) y´´= y y´´+ y = 0.

139 ) Seja y = A 𝑒𝑥 + B 𝑒− 𝑥, onde 𝐴, 𝐵 são constantes arbitrárias. y´´ 16 y = 0

( 1 ) Temos y´= A 𝑒𝑥 − B 𝑒− 𝑥, e y´´ = A 𝑒𝑥 + B 𝑒− 𝑥,.

( 2 ) y´´ = y y´´− y = 0.

140 ) Seja y = A 𝑒4𝑥 + B 𝑒− 4𝑥, onde 𝐴, 𝐵 são constantes arbitrárias. y´´ 16 y = 0

141 ) Seja 𝑦 = 𝐴 𝑐𝑜𝑠 3𝑥 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 3𝑥, 𝐴, 𝐵 constantes arbitrárias. y´´ + 9 y = 0

142 ) Seja y = A cos 2x + B sen 2x + 5 x² 1, 𝐴, 𝐵 são constantes arbitrárias

SOLUÇÃO 1

( 1 ) Temos y´= 2 A sen 2x + 2 B cos 2x + 10 x e,

( 2 ) y´´ = 4 A cos 2x 4 B sen 2x + 10

( 3 ) y´´ = 4 A cos 2x 4 B sen 2x + 10 y´´ = 4 ( A cos 2x B sen 2x 10

4 )

( 4 ) Somando e subtraindo 5x² 1 em ambos os membros de ( 3 ), segue-se:

y´´ = 4 ( A cos 2x B sen 2x + 5x² 1 5x² + 1 10

4 )

y´´ = 4 ( A cos 2x B sen 2x + 5x² 1) 4 ( 5x² + 1 10

4 )

y´´ = 4 y + 20 x² 4 + 10 y´´ = 4 y + 20 x² + 6

y´´ + 4 y = 20 x² + 6

SOLUÇÃO 2

( 5 ) y = A cos 2x + B sen 2x + 5 x² 1 A cos 2x + B sen 2x = y − ( 5 x² 1 )

( 6 ) De y´´ = 4 A cos 2x 4 B sen 2x + 10 y´´ = 4 ( A cos 2x + 4 B sen 2x ) + 10

y´´ = 4 [ y − ( 5 x² 1 ) ] + 10 y´´ = 4 y + 20 x² − 4 + 10 y´´ + 4 y = 20 x² + 6.

ATIVIDADE 8 - FORMANDO EDO´s



A equação F ( x, y, C ) = 0 representa uma infinidade de curvas no plano xy

denominada FAMILIA DE CURVAS, onde C ℝ é chamado parâmetro da família. Se F( x, y, c ) = 0 é representada como y´= f( x, y ), a equação y´= −

𝟏

𝒇( 𝒙, 𝒚 ) é

chamada Equação Diferencial das Trajetórias Ortogonais da família F. Determine as trajetórias ortogonais da família de curvas F dada abaixo:

143 ) x² + y² = C².

( 1 ) Diferenciando x² + y² = C² em relação a x, obtemos y´ = − x / y;

( 2 ) Como f( x, y ) = − x / y, as trajetórias ortogonais são y´=−𝟏

𝒇( 𝒙, 𝒚 ) = − [ −1 / ( x / y ) ] = y / x

144 ) x² + y² = Cx y´= −x / 2y 145 ) x² + ( y – C )² = C² y´= − ( x² − y² ) / 2xy

146 ) y = Cx² y´= −x / 2y 147 ) x² − y² = C² y´= −y / x

148 ) y = C𝑒𝑥 y´= − 1/ y 149 ) x² − y² = Cx y´= − ( x² y – y³ ) / x

150 ) xy = C y´= x / y 151 ) y = Cx³ y´= −x / 3y

152 ) y² = 4Cx y´= − 2x / y 153 ) x² + y² = Cy y´= ( y² − x² ) / 2x

A EDO( 1 ) 𝒚´ + 𝒇( 𝒙 )𝒚 = 𝒓( 𝒙 )𝒚𝒌 , k ℝ, é denominada Equação de Bernoulli.

Se k = 0 ou k = 1, a equação de Bernoulli se reduz a uma EDOL ( 1 ). Verifique quais das equações abaixo são de Bernoulli:

154 ) 𝒚´ = 𝒚 𝒔𝒆𝒏 𝒙 + 𝒆𝒙

Devemos verificar se 𝒚´ = 𝒚 𝒔𝒆𝒏 𝒙 + 𝒆𝒙 se escreve na forma 𝒚´ + 𝒇( 𝒙 )𝒚 = 𝒓( 𝒙 )𝒚𝒌 . Para tanto:

( 1 ) Escrevemos 𝒚´ = 𝒚 𝒔𝒆𝒏 𝒙 + 𝒆𝒙 como 𝒚´ + 𝒚 (− 𝒔𝒆𝒏 𝒙 ) = 𝒆𝒙 𝒚𝟎 ;

( 2 ) Assim, f( x ) = − senx , r( x ) = 𝑒𝑥 e k = 0

( 3 ) A equação é de Bernoulli

155 ) 𝒙 𝒚´ = 𝒚 𝒔𝒆𝒏 𝒙 + 𝒆𝒙

( 1 ) Dividimos ambos os termos de 𝒙𝒚´ = 𝒚 𝒔𝒆𝒏 𝒙 + 𝒆𝒙 por x ¹ 0, pois na forma padrão o coeficiente de

y´ é igual a 1, para obter 𝒚´ = 𝒚

𝒙 𝒔𝒆𝒏 𝒙 +

𝟏

𝒙 𝒆𝒙;

( 2 ) Escrevemos 𝒚´ = 𝒚

𝒙 𝒔𝒆𝒏 𝒙 +

𝟏

𝒙 𝒆𝒙 como 𝒚´ + 𝒚 (−

𝟏

𝒙 𝒔𝒆𝒏 𝒙 ) =

𝟏

𝒙 𝒆𝒙 𝒚𝟎 , onde f( x ) = −

𝟏

𝒙 𝒔𝒆𝒏 𝒙 ,

r( x ) = 𝟏

𝒙 𝑒𝑥 e k = 0, para concluir que a equação é de Bernoulli.

156 ) 𝒚´ = 𝟓 Equação de Bernoulli 157 ) 𝒚´ = 𝒙 𝒔𝒆𝒏 𝒚 + 𝒆𝒙 Não é Equação de Bernoulli

158 ) 𝒚´ + 𝒙𝒚 = 𝒚 𝒆𝒙 Equação de Bernoulli 159 ) 𝒚´ = 𝒚² + 𝒙 Não é Equação de Bernoulli

160 ) 𝒚´ + 𝒙𝒚−𝟏 = 𝟎 Equação de Bernoulli 161 ) 𝒚´ + 𝒚 = √𝒚 Não é Equação de Bernoulli

ATIVIDADE 9: TRAJETÓRIAS ORTOGONAIS

ATIVIDADE 10: A EQUAÇÃO DE BERNOULLI



162 ) Descreva a EDO da curva cuja inclinação é igual à soma das coordenadas

Resp.: A equação que satisfaz a condição solicitada é 𝑑𝑦

𝑑𝑥 = x + y ou y´= x + y.

163 ) Descreva a EDO da curva tal que o produto das ordenadas pela inclinação mais as abscissas é nulo.

Resp.: A equação que satisfaz a condição solicitada é y 𝑑𝑦

𝑑𝑥 + x = 0 ou yý + x = 0

164 ) Numa cultura de bactérias a taxa de crescimento da população é proporcional à

população inicialmente presente.

( 1 ) A população P de bactérias é uma função do tempo t: P = P( t ).

( 2 ) A taxa de variação da população de bactérias é representada 𝑑𝑃

𝑑𝑡 e a informação dada é simbolizada 𝑑𝑃

𝑑𝑡∝ P,

onde o símbolo ∝ é lido . . . é proporcional a . . .

( 3 ) Assim, existe uma constante de proporcionalidade k > 0, pois a população aumenta, tal que 𝑑𝑃 𝑑𝑡

= 𝑘𝑃.

165 ) A taxa de variação do capital é proporcional ao capital em cada instante. 𝑑𝐶

𝑑𝑡= 𝑘𝐶

166 ) A queda de tensão 𝑉𝑅 através do resistor é proporcional à corrente instantânea i.

𝑉𝑅 ∝ i diz que existe uma constante R, chamada Resistência do Resistor, tal que 𝑉𝑅 = 𝑅 i.

167 ) A queda de tensão 𝑉𝐿 num indutor é proporcional à taxa de variação da corrente

𝑉𝐿 ∝ 𝑑𝑖

𝑑𝑡 diz que existe uma constante L, chamada Indutância do Indutor, tal que 𝑉𝐿 = 𝐿

𝑑𝑖

𝑑𝑡 .

168 ) A queda de tensão 𝑉𝐶 num capacitor é proporcional ao valor 1

𝐶 da carga elétrica

instantânea q armazenada no capacitor.

𝑉𝐶 = 1

𝐶 q, onde C é a capacitância do Capacitor.

169 ) A corrente elétrica i é igual a taxa de variação da carga elétrica. 𝑖 =𝑑𝑞

𝑑𝑡

170 ) A 2ª Lei de Newton: Força é igual a massa vezes a aceleração. ( 1 ) Isto é, a força resultante que atua num corpo é proporcional à aceleração do corpo;

( 2 ) F = ma = m 𝑑𝑣

𝑑𝑡 = m

𝑑²𝑥

𝑑𝑡², onde x = x ( t ) é a função deslocamento do corpo.

171 ) Radioatividade: A experiência mostra que toda substância radioativa se

decompõe a uma taxa proporcional à quantidade inicialmente presente.

( 1 ) A massa m é uma função do tempo t: m = m ( t ); ( 2 ) 𝑑𝑚

𝑑𝑡 é a variação da massa e a observação é

simbolizada 𝑑𝑚 𝑑𝑡

∝ m;; ( 3 ) Assim, existe uma constante de proporcionalidade k < 0, tal que 𝑑𝑚 𝑑𝑡

= 𝑘𝑚.

172 ) Lei do Resfriamento de Newton: A experiência mostra que a taxa de variação

da Temperatura T de um corpo é proporcional à diferença entre a temperatura do

corpo e a temperatura 𝑇𝑎 do meio ambiente. 𝑑𝑇

𝑑𝑡= 𝑘( 𝑇 − 𝑇𝑎 ) .

ATIVIDADE 11: DESCRIÇÃO DE UMA OBSERVAÇÃO



PROBLEMA DE VALOR INICIAL E

SOLUÇÔES SINGULARES

As EDO estão sujeitas a dadas condições, chamadas Condições Iniciais, que

definem o valor de cada constante 𝐶1, 𝐶2, . . . , 𝐶𝑛 da SG. No caso das EDO ( 1 ) interessa determinar a Solução Particular que satisfaz a

Condição Inicial y ( 𝑥0 ) = 𝑦0.

Geometricamente, a SP é aquela que passa pelo ponto P( 𝑥0, 𝑦0 ).

Por exemplo, a SG da EDO( 1 ) 𝑦´ = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 é 𝑦( 𝑥 ) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶, onde C ∈ ℝ.

A SP que satisfaz a condição inicial y ( 0 ) = , é obtida substituindo x por 0 e y por

na SG. Como y ( 0 ) = sen 0 + C = C = , a SP é 𝑦 ( 𝑥 ) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + .

A SG da EDO 𝑦´ − 2𝑦 = 0 é 𝑦 = 𝐶𝑒𝑥 em − < x < e a SP que satisfaz a

condição 𝑦 ( 0 ) = 0 é y = 0, pois y( 0 ) = 0 C = 0.

Uma solução identicamente nula no intervalo de solução de uma equação diferencial é chamada Solução Trivial.

DEF. 6 – PROBLEMA DE VALOR INICIAL: P V I

Entretanto, nem todas as soluções de uma EDO ( 1 ) podem ser obtidas da SG

por atribuição de valores numéricos às constantes arbitrárias. Existem EDO( 1 ) que aceitam como solução funções constantes y = k, k ℝ,

que anulam a Forma Normal, chamadas SOLUÇÕES SINGULARES.

DEF. 7 – SOLUÇÕES SINGULARES

Observe que a função s ( x ) = k é uma solução da EDO ( 1 ) na forma normal

y´= f ( x, y ), pois substituindo y por s ( x ) temos

s´( x ) = f [ x, s( x ) ] ( k )´= f ( x, k ) 0 = f ( x, k ) .

O Problema y´= g ( x, y ), com a < x < b

sujeito à condição y ( xₒ ) = yₒ, a < xₒ < b é chamado PROBLEMA DE VALOR INICIAL ou PROBLEMA DE CAUCHY.

Uma função s ( x ) = k tal que f ( x, k ) = 0, k ∈ ℝ, é denominada SOLUÇÃO

SINGULAR da equação y´= f ( x, y ).

CADERNO 3 3



SOLUÇÕES SINGULARES

Seja y´= y. y´= y²

( 1 ) A SG de y´= y² é dada pela fórmula y = − 1

𝑥 + 𝐶 , com x ¹ − C;

( 2 ) f ( x, y ) = y² pode ser escrita f( y ) = y², pois f só depende de y.

EDO( 1 ) da forma f( x, y ) = f( y ) são chamadas Autônomas ou Independentes.

( 3 ) Substituindo y por s( x ) = k na equação normal y´= f ( x, y ) temos:

( k )´= f ( x, k ) 0 = f ( y ) y² = 0.

( 4 ) Assim s ( x ) = 0 é uma solução singular da equação y´= y².

( 5 ) Observe que a solução y = 0 não pode ser obtida da SG.

Seja 𝑦´

𝑦 − 3 = x.

( 1 ) Observe que 𝑦´

𝑦 − 3 = x , desde que y ¹ 3

( 2 ) 𝑦´

𝑦 − 3 = x y´ = x ( y − 3 ) f ( x, y ) = x ( y – 3 ).

( 3 ) Substituindo y por s( x ) = k na equação normal y´= f ( x, y ), segue-se:

y´= f ( x, y ) 0 = x ( y – 3 ) x = 0 ou y = 3.

( 4 ) Assim y = s ( x ) = 3 é uma solução singular da equação y´= x ( y – 3 ).

Seja 𝑦´

𝑦² − 1 = 1, para y ¹ 1 ou y ¹ − 1.

( 1 ) 𝑦´

𝑦² − 1 = 1 y´= y² – 1 f ( x, y ) = f( y ) = y² − 1

( 2 ) Substituindo y por s( x ) = k na equação normal y´= f ( x, y ) segue-se:

y´= f ( x, y ) 0 = y² − 1 y = 1 ou y = − 1 .

( 4 ) Assim 𝑠1 ( x ) = 1 ou 𝑠2 ( x ) = − 1 são as possíveis soluções singulares;

( 5 ) Como veremos, a SG de y´ = y² − 1 é dada como 𝑦 = 1 + 𝐶 𝑒2𝑥

1 − 𝐶 𝑒2𝑥;

( 6 ) A solução y = 1 pode ser obtida da SG fazendo C = 0;

( 7 ) A única Solução Singular é y = − 1, pois não pode ser obtida da SG para

nenhum valor da constante arbitrária C.

Seja y´= 2 𝑦⁄ , y ≠ 0.

( 1 ) Temos f ( y ) = 2 𝑦⁄ , y ≠ 0. Mas f ( y ) = 0 2 / y = 0

( 2 ) Não ocorrem soluções singulares, pois nenhuma constante anula f ( y ) = 2 𝑦⁄ .

EXEMPLO 9

E 9 A

E 9 B

E 9 C

E 9 D



O matemático francês Augustin – Louis Cauchy foi um dos responsáveis pelo

movimento que consolidou o cuidado com a fundamentação matemática nos estudos que deu ao Cálculo a partir de 1821 o tratamento atual.

Em 1820 demonstrou a existência de soluções das equações diferenciais. As condições que garantem que as soluções de uma EDO ( 1 ) existem e são únicas são dadas pelo TEOREMA DA EXISTÊNCIA E UNICIDADE DE CAUCHY:

Os critérios de Cauchy estudam as condições suficientes para a existência e a unicidade de soluções num intervalo de pequena amplitude h em torno de 𝑥0.

Se verificadas as hipóteses do teorema, existe uma solução única cujo gráfico passa por P ( xₒ, yₒ ).

Senão, a existência e a unicidade podem ocorrer ou não.

VERIFICANDO AS CONDIÇÕES DE CAUCHY

Considere o PVI {𝑦´ = 𝑦

𝑦 ( 0 )=1 cuja SG é dada por 𝑦 ( 𝑥 ) = 𝐶 𝑒𝑥.

( 1 ) f ( x, y ) = y e 𝑓𝑦 ( x, y ) = 1 satisfazem as hipóteses do teorema em qualquer

região R do plano xy;

( 2 ) Assim existe uma única função satisfazendo y( 0 ) = 1 numa região R do plano 𝑥𝑦 contendo o ponto ( 0, 1 );

( 3 ) Substituindo x por 0 e y por 1 em y ( x ) = C 𝑒𝑥 obtemos a SP 𝑦 ( 𝑥 ) = 𝑒𝑥.

Seja o PVI { y´ = − 𝑦 𝑥⁄ ,𝑦( 0 )=1

cuja SG é dada por y ( x ) = 𝐶𝑥 para x ¹ 0.

( 1 ) Como 𝑓( 𝑥, 𝑦 ) = − 𝑦 𝑥⁄ e 𝑓𝑦 ( 𝑥, 𝑦 ) = − 1 𝑥⁄ , as hipóteses do teorema não se

verificam para 𝑥 = 0;

( 2 ) Não existe solução pelo ponto ( 0, 1 ) e por nenhum ponto da forma ( 0, a ).

y´= f ( x, y ), a < x < b

Seja o PVI: sujeito à condição

y ( xₒ ) = yₒ, a < xₒ < b .

Se f ( x, y ) e 𝑓𝑦 ( x, y ) são contínuas numa região R do plano xy e ( xₒ, yₒ ) R,

então existe uma única solução do PVI em xₒ ≤ x ≤ xₒ + h, h > 0

O TEOREMA DA EXISTÊNCIA E UNICIDADE DE CAUCHY § 1

EXEMPLO 10

E 10 A

E 10 B



ATIVIDADES DE ESTUDOS 3

173. A SG de 𝑦𝑦´ + 𝑥 = 0 é dada pela equação 𝑥² + 𝑦² = 𝐶. Determine a SP que satisfaz a condição inicial dada e o maior intervalo I para o qual a SP é definida.

A ) y( 0 ) = 1 B ) y( 0 ) = 3 C) y( 3 ) = 4

Resolução 165 A

( 1 ) De y( 0 ) = 1 temos a SP x² + y² = 1 ou y = √1 − 𝑥²

( 2 ) Para estabelecer o maior intervalo I que define a SP, devemos estudar o Domínio de y = √1 − 𝑥² ;

( 3 ) A Condição de Existência, CE, de y = √1 − 𝑥² impõe 1 – x² 0 ou, − x² + 1 0 ;

( 4 ) – x² + 1 = 0 tem raízes x = 1 ou x = − 1 e o esquema gráfico ao lado mostra: +

( 5 ) – x² + 1 > 0 se – 1 < x < 1 ou – x² + 1 < 0 se x < − 1 ou x > 1 − 1 1

( 8 ) De acordo com a CE, interessa onde − x² + 1 0 e assim I = [ − 1, 1 ].

174. A SG de 𝑦´ = − 2𝑥𝑦² é dada por 𝑦 ( 𝐶 + 𝑥² ) = 1. Determine a SP que satisfaz a

condição inicial dada e o maior intervalo I para o qual a SP é definida.

A ) y( 0 ) = 1 B ) y( 2 ) = −1/ 8 C ) y( −2 ) = 1/ 5

Resolução 166 A

( 1 ) Substituindo a condição inicial y( 0 ) = 1 na SG temos 1 ( C + 0² ) = 1 e a SP y ( 1 + x² ) = 1 ou y = 1

𝑥² + 1;

( 2 ) A CE impõe 1 + x² ¹ 0. Como 1 + x² nunca se anula, o Intervalo de Definição é I = ( − , + ).

Em qual região do plano 𝑥𝑦 a EDO( 1 ) tem solução única pelo ponto ( 𝑥0, 𝑦0 ) ?

175 ) y´ = x √𝑦

( 1 ) Temos f( x, y ) = x √𝑦 e 𝑓𝑦( x, y ) = 𝑥

2 √𝑦;

( 2 ) A CE de f é y 0 e a CE de 𝑓𝑦 é y > 0. Logo a CE que atende às condições f e 𝑓𝑦 é o semiplano y > 0;

( 3 ) O Teorema de Cauchy garante que em qualquer ponto ( 𝑥0, 𝑦0 ) com 𝑦0 > 0 existe um intervalo com centro em

𝑥0 e 𝑦0 > 0 no qual a EDO tem uma única solução.

176 ) y´= 𝑦2/3, y (𝑥0 ) = 0 O Teorema de Cauchy não se aplica, pois f não diferenciável em y = 0.

177 ) y´= 𝑦2/3 O Teorema de Cauchy se aplica aos semiplanos y > 0 ou y < 0.

178 ) s( x ) = 0 e 𝑦´ = 2𝑦² 179 ) s( x ) = 2 e 𝑦´ = 2𝑥 ( 𝑥 – 2 )

180 ) 𝑠( 𝑥 ) = 0 e 𝑦´ = 𝑦2/3 181 ) s( x ) = 0 e 𝑦´ = − 𝑥𝑦2

182 ) s( x ) = 0 e 𝑦´ = 𝑥√𝑦 184 ) 𝑠1( 𝑥 ) = 0,5 ou 𝑠2( 𝑥 ) = −0,5 e 𝑦´ = 2𝑥 ( 𝑥 – 2 )

ATIVIDADE 13: VERIFICANDO CONDIÇÕES DE EXISTÊNCIA

ATIVIDADE 14: VERIFIQUE SE s = s( x ) É SOLUÇÃO SINGULAR DA EDO( 1 )

§ 2

ATIVIDADE 12: INTERVALO DE DEFINIÇÃO DE SOLUÇÕES PARTICULARES



EQUAÇÕES DE VARIÁVEIS SEPARÁVEIS

Uma EDO ( 1 ) é uma relação entre x, y e a função incógnita y´ de y relativo a x. As EDO( 1 ) podem ser escritas na:

FORMA GERAL F ( x, y, y´ ) = 0,

FORMA NORMAL 𝒚´ = f ( x, y ), ou na

FORMA DIFERENCIAL 𝑴 (𝒙, 𝒚 )𝒅𝒙 + 𝑵 (𝒙, 𝒚 )𝒅𝒚 = 0.

Cada forma de descrição sugere métodos de resoluções.

A EDO mais simples é chamada EQUAÇÃO DE VARIÁVEIS SEPARÁVEIS,

EVS, assim denominada por Leibnitz, pois são resolvidas colocando funções de x

com dx e funções de y com dy.

Na FORMA DIFERENCIAL M( x, y ) dx + N( x, y ) dy = 0 uma EDO( 1 ) é

SEPARÁVEL se M( x, y ) é função apenas de x, e N( x, y ) é função apenas de y.

Digamos M = f( x ) e N = − g( y ), onde o sinal ( – ) é por conveniência algébrica.

A EDO f( x )dx − g( y )dy = 0 é denominada SEPARÁVEL, pois justificando a

denominação, integramos ambos os membros temos 𝐹( 𝑥 ) − 𝐺 ( 𝑦 ) = 𝐶, C ∈ ℝ.

Na FORMA NORMAL 𝑦´ = f ( x, y ) é SEPARÁVEL se y´ = 𝑓( 𝑥 )

𝑔( 𝑦 ) e é tal que

y´ = 𝑓( 𝑥 )

𝑔( 𝑦 ) y´ =

1

𝑔( 𝑦 ) 𝑓( 𝑥 ) 𝑦´ = 𝑓( 𝑥 )ℎ( 𝑦 ), onde ℎ( 𝑦 ) =

1

𝑔( 𝑦 ) .

Para resolver uma EVS na forma 𝑦´ = 𝑓( 𝑥 )

𝑔( 𝑦 ) basta escrever

𝑑𝑦

𝑑𝑥 =

𝑓( 𝑥 )

𝑔( 𝑦 ), separar

as variáveis e integrar ∫𝑓( 𝑥 ) 𝑑𝑥 = ∫𝑔( 𝑦 )𝑑𝑦.

VERIFICANDO EQUAÇÔES SEPARÁVEIS

SÃO EQUAÇÕES SEPARÁVEIS

( 1 ) 𝑦´ = 𝑦 𝑥− 1, pois f( x, y ) = (𝑥− 1 ) . ( y ) = f( x ) h( y ) .

( 2 ) 2x ( 1 + y² ) dx – 2y ( 1 + x² ) dy = 0, pois y´= 2𝑥

1 + 𝑥² .

1 + 𝑦²

2𝑦 = f( x ) h( y ).

NÃO SÃO EQUAÇÕES SEPARÁVEIS

( 1 ) 𝑦´ = 𝑥 + 𝑦 , pois não há como escrever f( x, y ) = f( x ) h( y );

( 2 ) 𝑦´ − 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥, pois não há como escrever f( x, y ) = f( x ) h( y ) .

EXEMPLO 11

E 11 A

E 11 B

CADERNO 4 4



RESOLVENDO EVS

DETERMINANDO A SOLUÇÃO GERAL DE UMA EV

𝒚´ = 𝟐𝒙 − 𝟓

( 1 ) 𝑦´ = 2𝑥 − 5 𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 2𝑥 − 5 . Separando as variáveis, 𝑑𝑦 = ( 2𝑥 – 5 ) 𝑑𝑥;

( 2 ) ∫𝑑𝑦= ∫(2𝑥 − 5 ) 𝑑𝑥 SGE, Solução Geral Explicita, 𝑦 = 𝑥² − 5𝑥 + 𝐶.

𝒙 𝒅𝒙 + 𝒚 𝒅𝒚 = 𝟎

( 1 ) Como as variáveis estão separadas, ∫𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 𝑦 𝑑𝑦 = 0 a SGI, Solução Geral

na Forma Implícita é 𝑥²

2 +

𝑦²

2 = 𝐶1;

( 2 ) Escrevemos a constante arbitrária como 𝐶1, pois 𝑥² + 𝑦² = 2𝐶1 permite que

façamos 2𝐶1 = 𝐶, para consolidar a SGI como 𝑥² + 𝑦² = C;

( 3 ) Na forma explícita a SG se escreve y² = C – x² y = + √C – x² ou y = − √C – x² .

( 4 ) Observe-se que nem sempre é possível explicitar a SG de uma EDO( 1 ).

𝒚 𝒅𝒙 − 𝒙 𝒅𝒚 = 𝟎

( 1 ) Como as variáveis não estão separadas, 𝑦 𝑑𝑥 − 𝑥 𝑑𝑦 = 0 𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥 𝑑𝑦;

( 2 ) 𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑦

𝑦 =

𝑑𝑥

𝑥 ∫

𝑑𝑦

𝑦= ∫

𝑑𝑥

𝑥 ln |𝑦| = ln |𝑥| + 𝐶1;

( 3 ) ln |𝑦| = ln |𝑥| + 𝐶1 y = 𝑒ln |𝑥| + 𝐶1 = 𝑒ln |𝑥| . 𝑒𝐶1 = |𝑥| 𝑒𝐶1;

( 4 ) Portanto, y = 𝑒𝐶1 . 𝑥, pois |𝑥| = {−𝑥, 𝑥 < 0𝑥, 𝑥 ≥ 0

;

( 5 ) Fazendo 𝑒𝐶1 = C, decorre a Explícita y = C x.

𝒅𝒚

𝒚 =

𝒅𝒙

𝟑 + 𝒙

( 1 ) Como as variáveis estão separadas, ∫𝑑𝑦

𝑦= ∫

𝑑𝑥

𝑥 + 3 ln |𝑦| = ln |𝑥 + 3| + 𝐶1;

( 2 ) 𝑙𝑛 |𝑦| = 𝑙𝑛 |𝑥 + 3| + 𝐶1 y = 𝑒ln |𝑥 + 3| + 𝐶1 = 𝑒ln |𝑥 + 3| . 𝑒𝐶1 = |𝑥 + 3| 𝑒𝐶1;

( 3 ) y = 𝑒𝐶1 . (𝑥 + 3 ), pois |𝑥 + 3| = {𝑥 + 3 , 𝑥 + 3 0

−( 𝑥 + 3 ), 𝑥 + 3 < 0 = {

𝑥 + 3 , 𝑥 − 3−( 𝑥 + 3 ), 𝑥 < −3

( 4 ) Fazendo 𝑒𝐶1 = C, temos a SGE y = C ( x + 3 ).

EXEMPLO 12

E 12 A

E 12 B

E 12 C

E 12 D

∫1

𝑡 𝑑𝑡 = ln |𝑡 | + 𝐶, 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝑜 𝑙𝑜𝑔𝑎𝑟𝑖𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑒𝑣𝑒 𝑠𝑒𝑟 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑜. 𝐸 𝑡𝑎𝑚𝑏é𝑚∫

1

𝑡

𝑥

0 𝑑𝑡 = ln 𝑥, x > 0

§ 1

Veja a seguir tópico sobre LOGARITMOS

1

1



Dada a equação 2𝑥 = 7, perguntamos: qual é o número x tal que 2𝑥 = 7 ?

Como 22 = 4 e 23 = 8 e 2² < 7 < 2³, então 2² < 2𝑥 < 2³ e assim 2 < x < 3.

A solução é x = 2,807354928 e você pode estar se perguntando como chegamos a este valor.

A resposta decorre da definição atual do Logaritmo e suas propriedades.

Por exemplo, qual é o logaritmo de 256 na base 2 ?

Ou seja, 𝒍𝒐𝒈𝟐 𝟐𝟓𝟔 = 𝒙 𝟐𝒙 = 𝟐𝟓𝟔 𝟐𝒙 = 𝟐𝟖 𝑥 = 8.

As bases usuais são a base decimal a = 10, escrita 𝑙𝑜𝑔10 𝑏 = 𝑙𝑜𝑔 𝑏 e a base

a = e, onde e é número irracional e 2,718282, escrita 𝑙𝑜𝑔𝑒 𝑏 = 𝑙𝑛 𝑏, cuja leitura é

Logaritmo Natural ou Logaritmo Neperiano de b, em homenagem ao matemático

escocês John Napier ( leia-se Neper ).

Napier estudou relações entre Progressões Geométricas e Aritméticas, PG e PA`s durante quase 20 anos até conseguir explicar os princípios de suas pesquisas em termos geométricos e assim denominar seus estudos pela palavra Logaritmo: logos + arithmos, que diz, literalmente, Estudo ou Razão dos Números.

A base das pesquisas de Napier, que tinha em mente simplificar as longas e aborrecidas divisões e multiplicações, se iniciam quando, ao associar os termos da

PG {, 𝒓, 𝒓², 𝒓³, . . . , 𝒓𝒎, . . . , 𝒓𝒏 , . . . } aos termos da PA { 1, 2, 3, . . . , m, . . . ,

n, . . . , }, observou que o produto de dois termos 𝒓𝒎 𝒓𝒏 = 𝒓𝒎 + 𝒏 está associado à soma m + n dos termos correspondentes da PA.

Em 1614 Napier publicou a Descrição da Maravilhosa Lei dos Logaritmos. Em 1619, postumamente, é publicada A construção da Maravilhosa Regra dos Logarimos.

Em 1615 Napier e o professor de Geometria Henry Briggs concluíram que as tábuas de logaritmos são mais eficientes tomando o logaritmo de 1 igual a 0 e uma potência conveniente de 10 para o logaritmo de 10, dando origem aos Logaritmos Decimais e ao conceito de base como entendemos hoje, tarefa a qual Briggs dedicou-se, publicando em 1624 sua Arithmetica Logarithimica.

O Logaritmo tornou-se um poderoso procedimento computacional e eficiente procedimento de resolução de equações.

𝑇1 LOGARITMOS: DEFINIÇÃO E PROPRIEDADES I § 2

DEF : LOGARITMO

O logaritmo de um número b > 0 na base a é igual ao número real x que satisfaz a igualdade a elevado à x é igual a b: 𝒍𝒐𝒈𝒂 𝒃 = 𝒙 𝒂𝒙 = b.

O número b > 0 é chamado logaritmando, o número real x é o logaritmo e a

base a é tal que a > 0 e a ¹ 1.



São consequências imediatas da definição:

( L1 ) 𝒍𝒐𝒈𝒂 𝟏 = 𝟎 . Pois 𝑙𝑜𝑔𝑎 1 = 𝑥 𝑎𝑥 = 1 𝑎𝑥 = 𝑎0 x = 0;

( L2 ) 𝒍𝒐𝒈𝒂 𝒂 = 𝟏 . Pois 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑎 = 𝑥 𝑎𝑥 = 𝑎 𝑎𝑥 = 𝑎1 x = 1;

( L3 ) 𝒍𝒐𝒈𝒂 𝒂𝒌 = 𝒌 ;

( L4 ) 𝒂𝐥𝐨𝐠𝒂 𝒃 = b. Pois 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑏 = 𝑥 𝒂𝐥𝐨𝐠𝒂 𝒃 = 𝑎𝑥 = 𝑏;

( L5 ) 𝒍𝒐𝒈𝒂 𝒃 = 𝒍𝒐𝒈𝒂 𝒄 b = c . Pois 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑏 = 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑐 = 𝑥 𝒂𝒙 = b e 𝑎𝑥 = 𝑐 b = c.

Os logaritmos reduzem multiplicações e divisões a adições de subtrações:

LP 1 ) 𝒍𝒐𝒈𝒂( 𝒃 𝒄 ) = 𝒍𝒐𝒈𝒂 𝒃 + 𝒍𝒐𝒈𝒂 𝒄.

Pois, de 𝒍𝒐𝒈𝒂( 𝒃 𝒄 ) = 𝒙, 𝒍𝒐𝒈𝒂 𝒃 = 𝒚 e 𝒍𝒐𝒈𝒂 𝒄 = z decorre 𝑎𝑥 = 𝑏𝑐, 𝑎𝑦 = 𝑏 e

𝑎𝑧 = 𝑐. De 𝑎𝑥 = 𝑏𝑐 segue-se 𝑎𝑥 = 𝑎𝑦. 𝑎𝑧 𝑎𝑥 = 𝑎𝑦 + 𝑧 x = y + z;

LP 2 ) 𝐥𝐨𝐠𝒂 ( 𝒃

𝒄 )= 𝒍𝒐𝒈𝒂 𝒃 − 𝒍𝒐𝒈𝒂 𝒄.

LP 3 ) 𝐥𝐨𝐠𝒂( 𝒃𝒌 )= 𝒌 𝒍𝒐𝒈𝒂 𝒃

LP 4 ) 𝐥𝐨𝐠(𝒂𝒌) 𝒃 = 𝟏

𝒌 𝒍𝒐𝒈𝒂 𝒃

LP 5 ) Mudança de Base: 𝐥𝐨𝐠𝒂 𝒃 = 𝒍𝒐𝒈𝒄 𝒃

𝒍𝒐𝒈𝒄 𝒂

LP 6 ) Se b > 0, 𝑙𝑜𝑔 10𝑐 𝑙𝑜𝑔 𝑏 < 𝑙𝑜𝑔 10𝑐 + 1 𝒄 𝒍𝒐𝒈 𝒃 < 𝒄 + 𝟏.

Ou seja, log b é igual a soma de um número inteiro c, chamado característica, com uma parcela 0,m não negativa e menor do que 1, chamado mantissa.

A característica é o maior número inteiro que não supera o valor do logaritmo e

a mantissa é um número nulo ou positivo menor do que 1 tal que 𝒍𝒐𝒈𝒂 𝒃 = c + 0, m.

0,m

c log b c + 1

Assim log 932 = 2,969416 = 2 + 0,969416 = c + 0, m.

Agora 𝑙𝑜𝑔 0,0932 = −1,030584, mas não é verdade c = −1 e 0,m = 0,30584.

Pois, como a característica é o maior número inteiro que não supera o valor do

logaritmo, c = − 2. Daí −1,030584 = − 2 + 0,𝑚 0,𝑚 = 0,969416.

Agora, respondendo a indagação inicial, observe:

( 1 ) 2𝑥 = 7 log2 2𝑥 = log2 7 log2 2

𝑥 = log2 7 ( 𝑳𝑷 𝟑 )⇒ 𝑥 𝑙𝑜𝑔2 2

= 𝑙𝑜𝑔2 7

( 2 ) 𝑥 𝑙𝑜𝑔2 2 = 𝑙𝑜𝑔2 7

( 𝑳𝑷𝟐 )⇒ 𝑥. 1 = 𝑙𝑜𝑔2 7 𝑥 = 𝑙𝑜𝑔2 7

( 3 ) 𝑥 = 𝑙𝑜𝑔2 7 ( 𝑳𝑷 𝟓 )⇒ 𝑥 =

𝒍𝒐𝒈𝟏𝟎 𝟕

𝒍𝒐𝒈𝟏𝟎 𝟐

( 4 ) 𝒍𝒐𝒈 𝟕

𝒍𝒐𝒈 𝟐 ( 𝒄𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒂𝒅𝒐𝒓𝒂 𝒄𝒊𝒆𝒏𝒕𝒊𝒇𝒊𝒄𝒂 )⇒ x = 2,807354928

𝑇1 LOGARITMOS: DEFINIÇÃO ATUAL E PROPRIEDADES II § 3



RESOLVENDO EVS

𝟐𝒙 ( 𝟏 + 𝒚² ) 𝒅𝒙 – 𝟐𝒚 ( 𝟏 + 𝒙² ) 𝒅𝒚 = 𝟎

( 1 ) Separando as variáveis, 2𝑦

1 + 𝑦² 𝑑𝑦 =

2𝑥

1 + 𝑥² 𝑑𝑥

( 2 ) Integrando por Substituição decorre 𝑙𝑛 |1 + 𝑦²| = 𝑙𝑛 |1 + 𝑥²| + 𝐶1

( 3 ) Como |1 + 𝑦²| = 1 + y², temos 𝑙𝑛 (1 + 𝑦2) = 𝑙𝑛 (1 + 𝑥2) + 𝐶1

( 4 ) Assim 1 + y² = 𝑒𝑙𝑛( 1+𝑥2 ) +𝐶1 = 𝑒𝑙𝑛( 1+𝑥

2 ) 𝑒𝐶1 y² = C( 1 + x² ) − 1, C = 𝑒𝐶1 .

𝒚´ = 𝟏 + 𝒚²

( 1 ) 𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 1 + 𝑦²

1

1 + 𝑦² 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 ∫

1

1 + 𝑦² 𝑑𝑦 = ∫𝑑𝑥 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑦 = 𝑥 + 𝐶

( 2 ) Segue-se que 𝑡𝑔 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑦 = 𝑡𝑔 (𝑥 + 𝐶 ) 𝑦 = 𝑡𝑔 (𝑥 + 𝐶 )

𝒚´ = 𝟗 + 𝒚²

( 1 ) Temos 𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 9 + 𝑦²

1

9 + 𝑦² 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥

( 2 ) Integrando, ∫1

9 + 𝑦² 𝑑𝑦 = ∫𝑑𝑥

1

3 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔

𝑦

3 = 𝑥 + 𝐶1

( 3 ) Segue-se que 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑦

3 = 3 ( 𝑥 + 𝐶1 ) 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔

𝑦

3 = ( 3𝑥 + 3𝐶1 )

( 4 ) 𝑡𝑔 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑦

3 = 𝑡𝑔 ( 3𝑥 + 3𝐶1 )

𝑦

3 = 𝑡𝑔 (3𝑥 + 3𝐶1) y = 3 𝑡𝑔 (3𝑥 + 3𝐶1)

( 𝟏 + 𝒙² ) 𝒚´ + 𝟏 + 𝒚² = 𝟎

( 1 ) ( 1 + 𝑥² ) 𝑦´ + 1 + 𝑦² = 0 1

1 + 𝑦² 𝑑𝑦 = −

1

1 + 𝑥² 𝑑𝑥 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 𝑦 + 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 𝑥 = 𝐶1

( 2 ) Agora, 𝑡𝑔 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 𝑦 + 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 𝑥 ) = 𝑡𝑔 𝐶1

( 3 ) Como 𝑡𝑔 (𝐴 + 𝐵 ) = 𝑡𝑔 𝐴 + 𝑡𝑔 𝑥

1 − 𝑡𝑔 𝐴.𝑡𝑔 𝐵, então 𝑡𝑔 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 𝑦 + 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 𝑥 ) = 𝑡𝑔 𝐶1

𝑡𝑔 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑦 + 𝑡𝑔 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥

1 − 𝑡𝑔 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 𝑦. 𝑡𝑔 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 = 𝑡𝑔 𝐶1

𝑦 + 𝑥

1 − 𝑦 𝑥 = 𝑡𝑔 𝐶1.

RESOLVENDO A EVS 𝒚´ = 𝒚² − 𝟏

EXEMPLO 13

E 13 A

E 13 B

E 13 C

1

E 13 D

I = ∫1

𝑎² + 𝑡² 𝑑𝑡 I = ∫

1

𝑎² ( 1 + 𝑡²

𝑎2 ) 𝑑𝑡 =

1

𝑎² ∫

1

1 + ( 𝑡

𝑎 )2 𝑑𝑡.

Fazendo u = 𝑡

𝑎 temos du =

𝑑𝑡

𝑎 dt = a du. Logo, I =

1

𝑎² ∫

1

1 + 𝑢2 𝑎 𝑑𝑢

I = 1

𝑎 ∫

1

1 + 𝑢2 𝑑𝑢 =

1

𝑎 arc tg u + C =

1

𝑎 arc tg

𝑡

𝑎 + C. Daí∫

𝑑𝑦

9 + 𝑦2 =

1

3 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔

𝑦

3 + C

1



𝒚´ = 𝟏 − 𝒚²

( 1 ) 𝒚´ = 𝟏 − 𝒚² 𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 1 – y²

1

𝑦² − 1 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 , com y ¹ 1 ou y ¹ − 1

( 2 ) Agora 1

𝑦² − 1=

1

( 𝑦 − 1 )( 𝑦 + 1 ) =

𝐴

𝑦 − 1+

𝐵

𝑦 + 1=

1

2 ( 𝑦 − 1 )−

1

2 ( 𝑦 + 1 )

( 3 ) Logo ∫1

𝑦² − 1𝑑𝑦 = ∫𝑑𝑥 ∫ (

1

2 ( 𝑦 − 1 )−

1

2 ( 𝑦 + 1 ) ) 𝑑𝑦 = 𝑥 + 𝐶1

1

2 ∫

1

𝑦 − 1 𝑑𝑦

− 1

2 ∫

1

𝑦 + 1 𝑑𝑦 = 𝑥 + 𝐶1

1

2 𝑙𝑛 |𝑦 − 1 | −

1

2 𝑙𝑛 |𝑦 + 1 | = 𝑥 + 𝐶1

1

2 𝑙𝑛 |

𝑦 − 1

𝑦 + 1 | = 𝑥 + 𝐶1

𝑙𝑛 |𝑦 − 1

𝑦 + 1 | = 2𝑥 + 2𝐶1

( 5 Mas, |𝑦 − 1

𝑦 + 1 | = {

𝑦 − 1

𝑦 + 1, 𝑠𝑒

𝑦 − 1

𝑦 + 1 0

−𝑦 − 1

𝑦 + 1, 𝑠𝑒

𝑦 − 1

𝑦 + 1 < 0

= {

𝑦 − 1

𝑦 + 1, 𝑠𝑒 𝑦 < −1 𝑜𝑢 𝑦 1

1 − 𝑦

𝑦 + 1, 𝑠𝑒 − 1 < 𝑦 1

( 6 ) Resolvendo 𝑙𝑛 |𝑦 − 1

𝑦 + 1 | = 2𝑥 + 2𝐶1 em relação à 𝑦 < −1 𝑜𝑢 𝑦 1, temos:

𝑙𝑛 |𝑦 − 1

𝑦 + 1 | = 2𝑥 + 2𝐶1

𝑦 − 1

𝑦 + 1 = 𝐶𝑒2𝑥 y – 1 = 𝑦 𝐶𝑒2𝑥 + 𝐶𝑒2𝑥 𝑦 – 𝑦 𝐶𝑒2𝑥 = 𝐶𝑒2𝑥 + 1

y( 1 − 𝐶𝑒2𝑥 ) = 𝐶𝑒2𝑥 + 1 y = 1 + 𝐶𝑒2𝑥

1 − 𝐶𝑒2𝑥, onde 2𝐶1 = 𝐶;

( 7 ) Resolvendo 𝑙𝑛 |𝑦 − 1

𝑦 + 1 | = 2𝑥 + 2𝐶1 em relação à −1 < 𝑦 1, temos:

𝑙𝑛 |𝑦 − 1

𝑦 + 1 | = 2𝑥 + 2𝐶1

1 − 𝑦

𝑦 + 1 = 𝐶𝑒2𝑥 1 – y = 𝑦 𝐶𝑒2𝑥 + 𝐶𝑒2𝑥

−𝑦 – 𝑦 𝐶𝑒2𝑥 = 𝐶𝑒2𝑥 − 1 − y( 1 + 𝐶𝑒2𝑥 ) = 𝐶𝑒2𝑥 − 1 y = 1 − 𝐶𝑒2𝑥

1 + 𝐶𝑒2𝑥 , onde 2𝐶1 = 𝐶.

( 8 ) Como C assume qualquer valor real, as soluções em ( 6 ) e ( 7 ) são expressões diferentes da mesma fórmula.

( 9 ) Assim a SG pode ser representada pela fórmula 𝑦 ( 𝑥 ) = 1 + 𝐶𝑒2𝑥

1 − 𝐶𝑒2𝑥.

( 10 ) Omitimos y = 1 ou y = − 1 das etapas de resolução. Entretanto, y = 1 pode ser obtida da SG fazendo C = 0 e, assim, incluída na SG; ( 11 ) y = − 1 é uma Solução Singular, pois não pode ser obtida da SG.

EXEMPLO 14

𝑻𝟐

2

Resolução da Inequação Quociente Q( y ) = 𝒚 − 𝟏

𝒚 + 𝟏 , y ¹ − 1:

( 1 ) Sejam A = y – 1 e B = y + 1 ( 2 ) O coeficiente de y em A é a = 1 > 0 e o coeficiente de y em B é a = 1 > 0; ( 3 ) A raiz de A é y = 1 e a de B é y = − 1; ( 4 ) O estudo do sinal de uma equação linear é dado pela regra: à direita da raiz ela tem o mesmo sinal do coeficiente a ( msa ) e à esquerda, sinal contrário ao do coeficiente a ( sca ).

( 5 ) Assim, o sinal de A e B são: ( A) sca raiz msa ( B ) sca raiz msa

− 1 + − − 1 +

−1 1

A − − +

B + − −

Q − + −

2

( 6 ) Conclusão: De acordo com o Quadro Sinal ao lado, Q( y ) > 0 para – 1 < y < 1 e Q( y ) < 0 se

y < − 1 ou y > 1. Q( y ) = 0 para y = 1.



Justificamos porque escrevemos 1

𝑦² − 1=

1

2 ( 𝑦 − 1 )−

1

2 ( 𝑦 + 1 ) no exemplo 14.

Considere a Função Racional Própria, FRP, 𝑓( 𝑥 ) = 𝑃 ( 𝑥 )

𝑄 ( 𝑥 ) onde P e Q são

polinômios tais que o grau de P é menor que o grau de Q: gr ( P ) < gr ( Q ).

Neste caso, como a divisão do polinômio P pelo polinômio Q não pode ser efetuada, a FRP deve ser expandida numa soma de funções racionais mais simples chamadas FRAÇÕES PARCIAIS, cuja expansão está na dependência do denominador segundo a REGRA DE DECOMPOSIÇÃO EM FRAÇÕES PARCIAIS.

O número de Frações Parciais é, em geral, igual ao grau do denominador. O grau do Numerador de cada fração parcial é 1 grau menor do que o grau do

termo considerado do denominador da fração dada. Os casos Linear e Quadrático são principais, pois podemos procurar escrever um polinômio de grau n > 2 como combinação de fatores lineares ou quadráticos.

𝑻𝟐 FRAÇÕES PARCIAIS § 4

OCORRE NO DENOMINADOR,

CASO I – FATOR OU FATORES LINEARES:

A )REPETIDOS da forma f( x ) = 𝑃 ( 𝑥 )

( 𝑎 𝑥 + 𝑏 )𝑛:

Então 𝑃 ( 𝑥 )

( 𝑎 𝑥 + 𝑏 )𝑛 =

𝐴1

𝑎𝑥 + 𝑏 +

𝐴2

( 𝑎 𝑥 + 𝑏 )2 +

𝐴3

( 𝑎 𝑥 + 𝑏 )3 + . . . +

𝐴𝑛

( 𝑎 𝑥 + 𝑏 )𝑛

B )NÃO REPETIDOS da forma f( x ) = 𝑃 ( 𝑥 )

( 𝑎1 𝑥 + 𝑏 1).( 𝑎2 𝑥 + 𝑏 2) . . . ( 𝑎𝑛𝑥 + 𝑏 𝑛) :

Então, f( x ) = 𝐴1

𝑎1𝑥 + 𝑏1 +

𝐴2

𝑎2𝑥 + 𝑏2 + . . . +

𝐴𝑛

𝑎𝑛𝑥 + 𝑏𝑛

CASO II – FATOR OU FATORES QUADRÁTICOS:

A) REPETIDOS da forma f( x ) = 𝑃 ( 𝑥 )

( 𝑎 𝑥² + 𝑏𝑥 +𝑐 )𝑛:

Então f( x ) = 𝐴1 𝑥 + 𝐵1

𝑎𝑥² + 𝑏𝑥 + 𝑐 +

𝐴2 𝑥 + 𝐵2

( 𝑎 𝑥² + 𝑏𝑥 +𝑐 )2 + . . . +

𝐴𝑛 𝑥 + 𝐵𝑛

( 𝑎 𝑥² + 𝑏𝑥 +𝑐 )𝑛

B) NÃO REPETIDOS f( x ) = 𝑃 ( 𝑥 )

( 𝑎1 𝑥² + 𝑏 1𝑥 + 𝑐1 ).( 𝑎2 𝑥 + 𝑏 2𝑥 + 𝑐2 ) . . . ( 𝑎𝑛 𝑥 + 𝑏 𝑛𝑥 + 𝑐𝑛 )

Então f( x ) = 𝐴1 𝑥 + 𝐵1

𝑎1 𝑥² + 𝑏 1𝑥 + 𝑐1 +

𝐴2 𝑥 + 𝐵2

( 𝑎2 𝑥² + 𝑏 2𝑥 + 𝑐2 )2 + . . . +

𝐴𝑛 𝑥 + 𝐵𝑛

( 𝑎𝑛 𝑥² + 𝑏 𝑛𝑥 + 𝑐𝑛 )𝑛



PVI´s: PROBLEMAS DE VALOR INICIAL

Nas aplicações as EDO se orientam pela determinação da solução 𝑦 = 𝑦 ( 𝑥 ) que satisfaz a uma dada condição, digamos, 𝑦 ( 𝑥0 ) = 𝑦0.

Ou seja, o objetivo é encontrar a Solução Particular 𝑦 = 𝑦 ( 𝑥 ) que satisfaz a

condição: quando 𝑥 = 𝑥0 temos 𝑦 = 𝑦0.

{ 𝒚´ = 𝟐𝒙 −𝟓𝒚 ( 𝟐 )=𝟑

( 1 ) A SG da EDO( 1 ) é 𝑦 ( 𝑥 ) = 𝑥² − 5𝑥 + 𝐶;

( 2 ) Substituindo 𝑥 por 2 e 𝑦 por 3 na SG, temos 3 = 2² − 5.2 + C C = 9;

( 3 ) A SP procurada é 𝑦 ( 𝑥 ) = 𝑥² − 5𝑥 + 9.

{ ( 𝟏+ 𝒙𝟐

) 𝒚´+𝟏+ 𝒚² = 𝟎𝒚 ( 𝟎 )=𝟑

( 1 ) A SG da EDO( 1 ) é 𝑦 + 𝑥

1 − 𝑦 𝑥 = 𝑡𝑔 𝐶1 ;

( 2 ) Substituindo x por 0 e y por 3 na SG, temos 3 + 0

1 − 3. 0 = 𝑡𝑔 𝐶1 𝑡𝑔 𝐶1 = 3

( 3 ) A SP procurada é 𝑦 + 𝑥

1 − 𝑦 𝑥 = 3.

{ 𝟐𝒙 (𝟏 + 𝒚𝟐

)𝒅𝒙−𝟐𝒚 (𝟏 + 𝒙𝟐)𝒅𝒚=𝟎

𝒚 (𝟎 )=𝟐

( 1 ) A SG da EDO( 1 ) é 𝑦² = 𝐶( 1 + 𝑥² ) − 1;

( 2 ) Substituindo x por 0 e y por 2 na SG, temos 2² = C ( 1 + 0² ) − 1 . C = 5;

( 3 ) A SP procurada é 𝑦² = 5( 1 + 𝑥² ) – 1 𝑦² = 5 𝑥² + 4.

𝑳

𝒅𝒊

𝒅𝒕 + 𝑹𝒊 = 𝟎

𝒚 (𝟎 ) = 𝒊𝟎 , onde 𝑖 = 𝑖 ( 𝑡 ) e 𝑡 0

( 1 ) 𝐿 𝑑𝑖

𝑑𝑡 + 𝑅𝑖 = 0 𝐿

𝑑𝑖

𝑑𝑡= −𝑅𝑖

𝑑𝑖

𝑖= −

𝑅

𝐿 𝑑𝑡 ∫

𝑑𝑖

𝑖 = −

𝑅

𝐿 ∫𝑑𝑡;

( 2 ) Temos, 𝑙𝑛 |𝑖 | = −𝑅

𝐿 𝑡 + 𝐶1 . Como 𝑡 0, 𝑖 = 𝑒−

𝑅

𝐿 𝑡 + 𝐶1 = 𝑒−

𝑅

𝐿 𝑡 𝑒 𝐶1

( 3 ) A SG é 𝑖( 𝑡 ) = 𝐶 𝑒− 𝑅𝐿 𝑡

, onde 𝑒 𝐶1 = 𝐶

( 4 ) 𝑦 ( 0 ) = 𝑖0 C = 𝑖0 ;

( 5 ) A SP é 𝑖( 𝑡 ) = 𝑖0 𝑒−

𝑅𝐿 𝑡 .

EXEMPLO 15

E 15 A

E 15 B

E 15 C

E 15 D



AULAS 4 e 5 – EQUAÇÕES SEPARÁVEIS

( 1 ) A EDO mais simples foi denominada por Leibniz como EQUAÇÃO DE VARIÁVEIS SEPARÁVEIS, EVS, pois são resolvidas colocando funções de x com dx e funções de y com dy.

( 2 ) Uma EDO( 1 ) na FORMA DIFERENCIAL 𝑀 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑑𝑦 = 0 é SEPARÁVEL se 𝑀( 𝑥, 𝑦 ) é uma função de x, 𝑀 = 𝑓( 𝑥 ), e 𝑁( 𝑥, 𝑦 ) é função apenas de y, N = − g( y ), onde o sinal ( – ) é por conveniência algébrica;

( 3 ) Assim a EDO ( 1 ) 𝒇( 𝒙 ) 𝒅𝒙 – 𝒈( 𝒚 ) 𝒅𝒚 = 0 é SEPARÁVEL;

( 4 ) Integrando ambos os membros, temos

∫𝒇( 𝒙 ) 𝒅𝒙 – 𝒈( 𝒚 ) 𝒅𝒚 = 𝐶1 𝐹( 𝑥 ) − 𝐺 ( 𝑦 ) = 𝐶1 , onde 𝐶1 é uma constante arbitrária.

( 4 ) Na FORMA NORMAL 𝑦´ = f ( x, y ) é SEPARÁVEL se y´ = 𝑓( 𝑥 )

𝑔( 𝑦 ) ;

( 5 )Ou seja, 𝑦´ = f ( x, y ) é SEPARÁVEL se 𝑦´ = 𝑓( 𝑥 )ℎ( 𝑦 ), onde ℎ( 𝑥 ) = 1

𝑔( 𝑦 )

( 6 ) Pois, y´ = 𝑓( 𝑥 )

𝑔( 𝑦 ) 𝑦´ =

1

𝑔( 𝑦 ) 𝑓( 𝑥 ) 𝑦´ = ℎ( 𝑥 ) 𝑓( 𝑥 ).

( 7 ) Considerando y´ = 𝑓( 𝑥 )

𝑔( 𝑦 ) segue-se

𝑑𝑦

𝑑𝑥 =

𝑓( 𝑥 )

𝑔( 𝑦 ) 𝑓( 𝑥 ) 𝑑𝑥 = 𝑔( 𝑦 ) 𝑑𝑦.

Assim a SG é determinada resolvendo ∫𝑓( 𝑥 )𝑑𝑥 = ∫𝑔( 𝑦 ) 𝑑𝑦

( 8 ) O Problema {

𝑦 ´ = 𝑓( 𝑥, 𝑦 )𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 à 𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖çã𝑜

𝑦( 𝑥0 ) = 𝑦0

é chamado PROBLEMA DE VALOR INICIAL, PVI, ou PROBLEMA DE CAUCHY.

( 9 ) Nas aplicações as EDO se orientam pela determinação da solução 𝑦 = 𝑦 ( 𝑥 )

que satisfaz a uma dada condição 𝑦 ( 𝑥0 ) = 𝑦0.

Ou seja, o objetivo é encontrar a Solução Particular 𝑦 = 𝑦 ( 𝑥 ) que satisfaz a

condição: quando 𝑥 = 𝑥0 temos 𝑦 = 𝑦0.

§ 5




185. 𝑦´ − 𝑥𝑦 = 0 𝐶𝑒𝑥 2⁄

186. 𝑦´ + 𝑥𝑦 = 0 𝐶𝑒−𝑥 2⁄

187. 𝑦’ = 𝑥𝑦 1 𝑥² − 𝑦² = 𝐶

188. 𝑦’ = − 𝑥𝑦 1 𝑥² + 𝑦² = 𝐶

189. ( 𝑦 – 3 ) 𝑦’ + ( 𝑥 – 1 ) = 0 𝑥² + 𝑦² − 2𝑥 – 6𝑦 = 𝐶

190. ( 𝑦 – 3)𝑦’ = ( 𝑥 – 1 ) 𝑦2 − 𝑥2 + 2𝑥 – 6𝑦 = 𝐶

191. 𝑦’ 𝑡 ( 𝑡 + 1 ) = 1 𝑙𝑛| 𝑡 | − 𝑙𝑛| 𝑡 + 1 | = 𝑙𝑛 | 𝑡

𝑡 + 1 | + 𝑐

192. 𝑦 ’ (4𝑤 2 − 1 ) = 3 3

4 𝑙𝑛| 2𝑤 − 1 | −

3

4 𝑙𝑛| 2𝑤 + 1 | =

3

4 𝑙𝑛 |

2𝑤 – 1

2𝑤 + 1 | + 𝑐

193. 𝑦 ’ ( 9𝑥 2 + 3𝑥 − 2 ) = 3 1

3 𝑙𝑛| 3𝑥 − 1 | −

1

3 𝑙𝑛| 3𝑥 + 2 | =

1

3 𝑙𝑛 |

3𝑥 – 1

3𝑥 + 2 | + 𝑐

194. 𝑦 ’ = 𝑡𝑔 𝑡 𝑙𝑛| sec 𝑡 | + 𝐶

195. 𝑦’ =𝑒𝑥 − 𝑒− 𝑥

2

𝑒𝑥+ 𝑒− 𝑥

2+ 𝐶

196. 𝑦’ =𝑒𝑥 + 𝑒− 𝑥

2

𝑒𝑥− 𝑒− 𝑥

2+ 𝐶

197. 𝑦’ =𝑒𝑥 − 𝑒− 𝑥

𝑒𝑥 + 𝑒− 𝑥 𝑙𝑛| 𝑒𝑥 + 𝑒− 𝑥 | + 𝐶

198. 𝑦 ’𝑡 2 ( 𝑡 + 1 ) 2 = 2𝑡 + 1 𝑦 = 1

𝑡 + 1−

1

𝑡 + 𝐶

199. 𝑦’ 𝑥 ( 𝑥 + 1)( 𝑥 + 2 ) = 1 𝑙𝑛| 𝑥 | −2 𝑙𝑛| 𝑥 + 1 | + 𝑙𝑛| 𝑥 + 2 | + 𝐶

200. 𝑟 𝑦’ 𝑙𝑛 𝑟 – 𝑦 = 0 𝑦 = 𝐶 | 𝑙𝑛 𝑟 |

201. 𝑦’ + 𝑎𝑦 + 𝑏 = 0, 𝑎¹ 0 𝑦 = 𝐶𝑒− 𝑎𝑥 − 𝑏

𝑎

202. 𝑦𝑦 ’ 𝑒𝑡² + 𝑡 = 0 𝑦² = 𝑒−𝑡² + 𝐶

203. ( ² + 1 )( 1 + y2) d = ² dy 𝑦 = 𝑡𝑔 (

² − 1

+ 𝐶 )

204. 𝑦´ = 2𝑥 ( 25 + 𝑦² ) 𝑦 = 5 𝑡𝑔 ( 5𝑥² + 𝐶 )

205. 𝑡𝑦´𝑙𝑛² 𝑡 = 1 𝑦 = −1

ln 𝑡+ 𝐶

§ 6

ATIVIDADE 15: E V S



206. ( 𝒙² + 𝟏 ) 𝒚´ = 𝟐𝒙 𝒍𝒏 ( 𝒙 𝟐 + 𝟏 ) 𝑦 = 1

2 𝑙𝑛 ( 𝑥2 + 1 ) + 𝐶

207. ( 𝟏 + 𝑒5𝑥 )𝑦´ − 𝑒5𝑥 = 0 𝑦 = 5 𝑙𝑛 |1 + 𝑒5𝑥| + 𝐶

208. 𝑦´ − 𝑥 √ 𝑥 − 1 = 0 𝑦 = 2

5 ( 𝑥 − 1 )5 2⁄ +

2

3 ( 𝑥 − 1 )3 2⁄ + 𝐶

209. ( 1 + 𝑥4 ) 𝑦´ − 𝑥 = 0 𝑦 = 1

2 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥² + 𝐶

210. 𝑦´( 𝑥2 − 6𝑥 + 10 ) − 5 = 0 𝑦 = 5 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 ( 𝑥 − 3 ) + 𝐶

211. 𝑦´( 𝑥2 + 6𝑥 + 13 ) − 1 = 0 𝑦 =1

2 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 (

𝑥 + 3

2 ) + 𝐶

208. 𝑦´ − 𝑥³ √ 𝑥 − 1 = 0 𝑦 = 1

5 ( 𝑥 − 1 )5 2⁄ −

1

3 ( 𝑥 − 1 )3 2⁄ + 𝐶

209. 𝑦´ − 𝑥² 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 0 𝑥² 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 2𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 – 2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶

210. 𝑦´ − 𝑥³ 𝑒5𝑥 = 0 𝑦 = 1

5 𝑥³𝑒5𝑥 −

3

25 𝑥2𝑒5𝑥 +

6

125 𝑥𝑒5𝑥 −

6

625 𝑒5𝑥 + 𝐶

211. 𝑦´ − 𝑥2 ln 𝑥 = 0 𝑦 = 𝑥³

3ln 𝑥 −

1

9𝑥³ + 𝐶

212. 𝑦´ − 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 = 0 𝑥 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 − 1

2𝑙𝑛 ( 𝑥2 + 1 ) + 𝐶

213. 𝑦´ − 𝑒𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 0 𝑦 = 1

2𝑒𝑥 cos 𝑥 −

1

2𝑒𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝐶

214. 𝑦´ ( 𝑥2 + 1 ) = 𝑥² − 1 = 0 𝑦 = 𝑥 – 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 + 𝐶

215. 𝑦´ ( 𝑥2 + 1 ) = 3𝑥4 + 𝑥² − 1 = 0 𝑦 = 𝑥³ – 2𝑥 + 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 + 𝐶

216. 𝑦´ ( 𝑥 + 1 ) − √𝑥 − 2 = 0 𝑦 = 2 √ 𝑥 − 2 − 6

√3 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔

√ 𝑥 − 2

√3+ 𝐶

216. 𝑦´ ( √𝑥3

+ 1 ) − 1 = 0 𝑦 = 3 √𝑥3

− 3 𝑙𝑛| √𝑥3

+ 1 | + 𝐶

217. 2𝑥² 𝑦´ + 𝑥 𝑦´ − 𝑦´ + 𝑥 − 5 = 0 3 𝑙𝑛| 2𝑥 − 1 | − 2 𝑙𝑛|𝑥 + 1| + 𝐶

218. 𝑥² 𝑦´ − 𝑥 𝑦´ − 2𝑦´ − 3 𝑥 + 5 = 0 8

3𝑙𝑛|𝑥 + 1| +

1

3 𝑙𝑛|𝑥 − 2| + 𝐶

219. 𝑥³ 𝑦´ − 4 𝑥 𝑦´ − 6𝑥2 − 14 𝑥 + 20 = 0 5 𝑙𝑛|𝑥| + 4 𝑙𝑛|𝑥 − 2| − 𝑙𝑛|𝑥 + 2| + 𝐶

220. 𝑥³ 𝑦´ + 4𝑥²𝑦´ + 𝑥 𝑦´ − 6𝑦´ − 6𝑥2 − 6 = 0

𝑙𝑛|𝑥 − 1| − 10 𝑙𝑛|𝑥 + 2| + 15 𝑙𝑛|𝑥 + 3| + 𝐶

221. 𝑦´ − 𝑥𝑦 = 0, 𝑦( 0 ) = 3 3𝑒𝑥 2⁄

222. 𝑦’ = − 𝑥𝑦 1 , 𝑦( 0 ) = 2 𝑥² + 𝑦² = 4

223. ( 𝑥² + 1 ) 𝑦´ = 2𝑥 𝑙𝑛 (𝑥2 + 1 ), 𝑦( 0 ) = 3 𝑦 = 1

2 𝑙𝑛 ( 𝑥2 + 1 ) + 3

224. ´ − 𝑥² 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 0, , 𝑦( 𝜋 2⁄ ) = 2 𝑥² 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 2𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 – 2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝜋² − 8

4

ATIVIDADE 16: PVI´s: PROBLEMAS DE VALOR INICIAL



225. 𝑦´ ( 𝑥2 + 1 ) = 𝑥² − 1 = 0, 𝑦( 0 ) = 2 𝑦 = 𝑥 – 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 + 2

226. 1 + 𝑦² + ( 1 + 𝑥² ) 𝑦´ = 0, 𝑦( 0 ) = 2

( 1 ) Separando as variáveis encontramos 𝑑𝑦

1 + 𝑦²= −

𝑑𝑥

1 + 𝑥2 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑦 = −𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 + 𝐶1

( 2 ) Ou seja, 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑦 + 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 = 𝐶1

( 3 ) Aplicando tg em ambos os membros: 𝑡𝑔 ( 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑦 + 𝑡𝑔 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 𝑥 ) = 𝑡𝑔 𝐶1

( 4 ) Utilizando a fórmula 𝑡𝑔 ( 𝐴 + 𝐵 ) = 𝑡𝑔 𝐴 + 𝑡𝑔 𝐵

1 − 𝑡𝑔 𝐴 . 𝑡𝑔 𝐵 com 𝐴 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑦 e 𝐵 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥,

temos 𝑡𝑔 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑦 + 𝑡𝑔 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥

1 − 𝑡𝑔 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑦 . 𝑡𝑔 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 = 𝑡𝑔 𝐶1

( 5 ) A SG é 𝑦 + 𝑥

1 − 𝑦 . 𝑥 = 𝑡𝑔 𝐶1

( 6 ) Como y( 0 ) = 2, segue-se 𝑡𝑔 𝐶1 = 2 + 0

1 − 2 . 0 𝑡𝑔 𝐶1 = 2

( 7 ) A SP é 𝑥 + 𝑦

1 − 𝑥 . 𝑦 = 2.

227. 𝑥𝑦´ = 3𝑦, 𝑦( 1 ) = 2 𝑦( 𝑥 ) = 2 𝑥³

228. 𝑳𝑑𝑖 𝑑𝑡

+𝑅 𝑖 = 0, 𝑖 ( 0 ) = 𝑖0

( 1 ) 𝑑𝑖

𝑑𝑡+

1

𝑅𝐶 𝑖 = 0

𝑑𝑖

𝑑𝑡= −

1

𝑅𝐶 𝑖

𝑑𝑖

𝑖= −

1

𝑅𝐶 𝑑𝑡

( 2 ) 𝑙𝑛| 𝑖 | = − 1

𝑅𝐶 𝑡 + 𝐶1 | 𝑖 | = 𝑒𝐶1 𝑒−( 1 𝑅𝐶 ) 𝑡⁄ 𝑖 = 𝑒𝐶1 𝑒−( 1 𝑅𝐶 ) 𝑡⁄

( 3 ) Fazendo C = 𝑒𝐶1 , temos 𝑖 ( 𝑡 ) = C 𝑒−( 1 𝑅𝐶 ) 𝑡⁄

( 4 ) Como 𝑖 ( 0 ) = 𝑖0, então C = 𝑖0

( 5 ) A SP é 𝑖 ( 𝑡 ) = 𝑖0 𝑒−( 1 𝑅𝐶 ) 𝑡⁄

229. 𝑑𝑃

𝑑𝑡= 𝑘𝑃, P( 0 ) = 1000 𝑃( 𝑡 ) = 1000 𝑒𝑘𝑡

230.Se 𝑑𝐶

𝑑𝑡= 0,008 𝐶 e C( 0 ) = 20.000, determine C( 12 ) C( 12 ) = 22.015, 18

231. 𝐿 𝑑𝑖

𝑑𝑡 = 𝑉𝐿 , 𝑖 ( 0 ) = 1 𝑖( 𝑡 ) =

𝑉𝐿

𝐿 𝑡 + 1

232. Se 𝑑𝑚

𝑑𝑡= 𝑘𝑚, k = − 0,023, m( 0 ) = 0,5, determine m( 10 ) m(10) 0,3973

233. Se 𝑑𝑇

𝑑𝑡= 𝑘( 𝑇 − 60 ) , 𝑘 = − 0,1865 e 𝑇( 0 ) = 300, determine t de modo

que 𝑇( 𝑡 ) = 72. t 16, 2

234. Se 𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝑘𝑦 , 𝑘 = 0,549306 e 𝑦( 0 ) = 𝑦0 e 𝑦 ( 2 ) = 3 𝑦0, determine 𝑦( 10 )

. 𝑦( 10 ) 243 𝑦0

235. Se 𝑑𝑚

𝑑𝑡= 𝑘𝑚, 𝑚( 0 ) = 1,𝑚( 2 ) = 1 determine 𝑘 e 𝑚( 0 )

𝑘 = −693147 e 𝑚( 0 ) 4



MODELOS MATEMÁTICOS

ASSOCIADOS ÀS EVS

Em geral as variáveis associadas a uma observação são numerosas.

Procedendo como Galileu, que preconizou o Método Cientifico moderno, devemos restringir o campo de estudo a fim de isolar as informações fundamentais.

O objetivo é representar um fenômeno por uma equação ou um sistema equações de modo que a descrição da observação conduza a conclusões aceitáveis.

Seguindo uma tradição iniciada pelo matemático francês René Descartes as primeiras letras do alfabeto devem indicar grandezas constantes enquanto as últimas letras indicam as grandezas variáveis ou as incógnitas de uma equação.

As letras x e y tornaram-se variáveis universais tanto de uma equação quanto para designar as variáveis independentes e dependentes das relações funcionais.

Entretanto, na maior parte das observações, a variável independente é o tempo

t e a variável dependente pode ser uma equação horária 𝑥 = 𝑥 ( 𝑡 ), a massa de um

corpo 𝑚 = 𝑚 ( 𝑡 ), a temperatura 𝑇 = 𝑇 ( 𝑡 ) ou a corrente elétrica 𝑖 = 𝑖 ( 𝑡 ).

Se a observação pode ser descrita por uma EDO ou um sistema de EDO´s que variam ao longo do tempo, a observação se denomina um Sistema Dinâmico, SD.

Um SD é um conjunto de variáveis dependentes do tempo denominadas Variáveis de Estado, dotado de uma Regra ou Modelo que procura explicar

comportamentos em termos de certo instante 𝑡0 .

Em geral, os SD podem ser Discretos, SDDT, ou Contínuos no Tempo, SDCT.

Num SDDT as variáveis são definidas num intervalo de valores inteiros de tempo e as equações envolvidas são denominadas Equações de Diferenças.

Num SDCT, também chamado Modelo de Variações Instantâneas, as variáveis são definidas para valores do tempo num intervalo e a equação ou equações envolvidas é uma Equação Diferencial ou Sistema de Equações Diferenciais de modo que, num ou mais instantes, a condição, ou condições, que acompanham as observações caracterizam um PVI, Problema de Valor Inicial.

A solução do PVI é denominada RESPOSTA DO SISTEMA.

Nas observações envolvendo uma EDO que variam num intervalo contínuo de tempo, segue-se uma sequência de procedimentos de acordo com os passos:

1º PASSO – Descrição da Observação por uma Equação Diferencial;

2º PASSO – Resolução da Equação Diferencial;

3º PASSO – Determinação da Solução Particular;

4º PASSO – Verificar se a Solução obtida é compatível com a observação.

Tal sequência coordena um procedimento padrão, pois o modelo pode solicitar modificações decorrentes do confronto com dados experimentais.

CADERNO 5 5



O MODELO DA RADIOATIVIDADE

A descoberta da Radioatividade ou Desintegração Radioativa é devido

aos físicos, Henri Becquerel, Marie Sklodowsaka, nome de solteira de Marie Curie, Pierre Joliot Curie, Ernest Rutherford e o químico Frederick Soddy.

Becquerel havia descoberto a pechblenda, uma variedade mineral da uranita

do qual se extrai o urânio purificado e concentrado na forma de um sal amarelo,

chamado yellowcake. Em seus experimentos Becquerel observou que a pechblenda

emite uma luz que atravessa objetos opacos.

Em 1896, Becquerel propôs a Marie Curie estudar as emanações emitidas

pelos sais de urânio como tema de doutoramento.

Durante seus estudos Marie e Pierre Curie compreenderam as observações de

Becquerel como um fenômeno totalmente novo, base de descobertas e importantes

experimentações.

No dia 26 de dezembro de 1898 o casal Curie anuncia à Academia de Ciências

de Paris a descoberta de uma substância isolada na pechblenda de atividade bem

mais intensa que o Urânio, que foi depois chamada Polônio, em homenagem à

Polônia, país natal de Marie Sklodowsaka Curie.

Em 1902, numa amostra de pechblenda, o casal Curie isolou 0,1 g do elemento

químico Rádio, do latim radius ou raio, do qual criaram as expressões radioativo e

radioatividade para caracterizar a intensa energia liberada pelo Rádio, cerca de 1

milhão de vezes mais intensa que o Urânio. Noutro experimento, a partir de 8

toneladas de pechblenda, obtiveram 1 g de sal de Rádio.

A radiação dos elementos radioativos impressiona placas fotográficas, ioniza

gazes, produz fluorescência e atravessa corpos opacos.

Em 1903 Becquerel, Marie e Pierre Curie recebem o Nobel de Física.

Marie Curie foi a primeira mulher a receber o Nobel e a primeira pessoa a

receber 2 Prêmios Nobel em áreas cientificas distintas, pois em 1911 recebe o Nobel

de Química pela descoberta e isolamento dos elementos Rádio e Polônio e o estudo

da natureza dos compostos do Rádio.

Marie Curie visitou o Brasil para conhecer as águas radioativas de Águas de

Lindóia. O Brasil tem a 5ª maior reserva de Urânio do mundo.

A radioatividade pode ser natural ou artificial.

A radioatividade natural se manifesta em alguns elementos radioativos ou

isótopos que se encontram na natureza.

Em geral a radioatividade é uma característica de elementos instáveis como o

Urânio, o Rádio ou o Tório, que liberam energia na forma de radiações chamadas

Partículas , núcleos de Hélio, Partículas , elétrons e Partículas , ondas

eletromagnéticas ou raios X.

§ 1



A explicação da Radioatividade decorre dos estudos de 1902 de Rutherford e

do químico inglês Frederick Soddy quando propuseram que os átomos dos elementos

radioativos se desintegram lentamente, emitindo radiações e se transformando em

outros elementos.

Mais simplesmente:

Ou seja, observado que a massa m é função do tempo t , m = m( t ): ( 1 ) m( t ) indica o número de átomos presentes no instante t;

( 2 ) dm / dt indica a taxa de variação de m: o número de átomos que se desintegra por unidade de tempo;

( 3 ) A taxa de variação proporcional a massa presente, é simbolizada 𝑑𝑚

𝑑𝑡∝ 𝑚;

( 4 ) Decorre de ( 3 ) que existe uma constante de proporcionalidade k ℝ, chamada

Constante de Decaimento Radioativo, que é negativa, pois radioatividade implica

diminuição da massa da substância original;

( 5 ) De ( 3 ) decorre a EVS 𝑑𝑚

𝑑𝑡= 𝑘𝑚;

( 6 ) Separando as variáveis da equação 𝑑𝑚

𝑑𝑡= 𝑘𝑚 temos

𝑑𝑚

𝑚 = 𝑘 𝑑𝑡;

( 7 ) ∫𝑑𝑚

𝑚 = ∫𝑘 𝑑𝑡 ln m = 𝑘𝑡 + 𝐶1 𝑚 = 𝑒𝑘𝑡 𝑒 𝐶1;

( 8 ) Fazendo 𝑒 𝐶1 = C, segue-se que 𝑚 ( 𝑡 ) = 𝐶 𝑒𝑘𝑡 ; 𝑚0

( 9 ) Seja 𝑚0 a massa inicial em t = 0: 𝑚( 0 ) = 𝑚0

( 10 ) Então, 𝑚( 0 ) = 𝑚0 𝑚 ( 0 ) = 𝐶 𝑒𝑘0 𝑚0 = 𝐶;

( 11 ) Daí o Modelo Matemático da Radioatividade é 𝑚0/ 2

( 13 ) A medida que o tempo passa, a massa original

diminui cada vez mais: t m 0; 0 �̅�

( 1 4 ) Ou seja, lim𝑡 𝑚( 𝑡 ) = 0.

O MODELO DA RADIOATIVIDADE II § 2

𝑚 ( 𝑡 ) = 𝑚0 𝑒𝑘𝑡

A experiência mostra que toda substância radioativa se decompõe a uma

taxa proporcional a massa inicialmente presente.



Uma medida da taxa de desintegração de uma substância radioativa é

denominada Meia – Vida:

Ou seja, é o tempo 𝑡̅ tal que m( �̅� ) = 𝑚𝑜 / 2.

( 1 ) Substituindo a condição inicial m( �̅� ) = 𝑚𝑜 / 2 no modelo 𝑚 ( 𝑡 ) = 𝑚0 𝑒𝑘𝑡 :

( 2 ) m( �̅� ) = 𝑚𝑜 / 2 𝑚𝑜

2 = 𝑚0 𝑒

𝑘𝑡̅ 𝑒𝑘𝑡̅ = 1

2;

( 3 ) 𝑙𝑛 𝑒𝑘�̅� = 𝑙𝑛1

2 𝑘𝑡̅ 𝑙𝑛 𝑒 = 𝑙𝑛

1

2 𝑘𝑡̅ = 𝑙𝑛

1

2

Por exemplo, se tivermos 50 g de uma substância radioativa de meia−vida 500

anos, depois de 500 anos após o instante inicial teremos 12,5 g da substância, após

1000 anos teremos 6, 25 g, e assim sucessivamente.

Enquanto o Carbono 14, cuja meia-vida de 5.730 anos é utilizado para calcular

a idade de fósseis e elementos radioativos, o Urânio 238 tem meia-vida aproximada

de 5 bilhões de anos, a idade calculada da Terra.

Alguns elementos transurânicos, aqueles de número atômico acima de 92, tem

meia-vida de 1 segundo.

Agora, se durante um tempo t uma substância radioativa decaiu um percentual

da quantidade inicial 𝑚0, então:

( 1 ) m ( t ) = ( 1 −

100 ) 𝑚0 100% 𝑚0 = 1 𝑚0

( 2 ) Substituindo a condição Inicial ( 1 ) % =

100

no modelo da Radioatividade, temos

( 1 −

100 ) 𝑚0 = 𝑚0 𝑒

𝑘𝑡̅ (1 −

100 ) 𝑚0

( 3 ) Obtemos uma fórmula que determina o percentual ou o tempo que uma

substância radioativa decaiu um percentual da quantidade inicial 𝑚0:

O MODELO DA RADIOATIVIDADE III § 3

𝑡 ̅ = 1

𝑘 𝑙𝑛

1

2

( 1 −100

) = 𝑒𝑘�̅�

A Meia – Vida de uma substância radioativa é o tempo necessário para que

metade da quantidade de átomos inicialmente presente se desintegre



RADIOATIVIDADE I

Digamos que no instante t = 4 segundos temos 10 gramas de uma

substância radioativa e, em t = 12 segundos, 6 gramas.

Determinar a constante de decaimento radioativo e a quantidade inicial.

CÁLCULO DA CONSTANTE DE DECAIMENTO RADIOATIVO:

( 1 ) São dados: m( 4 ) = 10, m( 12 ) = 6 e 𝑚 ( 𝑡 ) = 𝑚0 𝑒𝑘𝑡 ;

( 2 ) 𝑚( 4 ) = 10 𝑚0 𝑒4𝑘 = 10

𝑚( 12 ) = 6 𝑚0 𝑒12𝑘 = 6;

( 3 ) Da 1ª equação acima temos 𝑚0 = 10/ 𝑒4𝑘 que, substituindo na 2ª equação dá

𝑚0 𝑒12𝑘 = 6 10

𝑒4 𝑘 . 𝑒12𝑘 = 6 10 𝑒8𝑘 = 6 𝑒8𝑘 = 0,6;

( 4 ) ln 𝑒8𝑘 = ln 0,6 8k − 0, 512 k = − 0,064

CÁLCULO DA MASSA INICIAL 𝒎𝟎:

( 5 ) Da 1ª equação 𝑚0 𝑒4𝑘 = 10 temos 𝑚0 𝑒

4( −0,064 ) = 10 0,774 𝑚0 = 10

( 6 ) Portanto 𝑚0 = 12,92

RADIOATIVIDADE II

Determine no Exemplo anterior a meia-vida e o percentual de massa que se desintegra em 9 segundos.

CÁLCULO DA MEIA−VIDA:

( 1 ) São dados k = − 0,064, 𝑚0 = 12,92 e 𝑡̅ = 1

𝑘 𝑙𝑛

1

2;

( 2 ) Temos: 𝑡̅ = 1

− 0,064 𝑙𝑛

1

2 𝑡̅ = 10,83 s

CÁLCULO DA PERCENTAGEM QUE SE DESINTEGRA EM 9 s:

( 1 ) São dados k = − 0,064 e (1 −

100 ) = 𝑒𝑘𝑡

( 2 ) (1 −

100 ) = 𝑒𝑘𝑡 (1 −

100 ) = 𝑒9. ( − 0,064 ) 1 −

100 = 0, 562

( 3 ) 1 −

100 = 0, 562

100 −

100 = 0, 562 100 − = 56,2 = 43,8 %.

EXEMPLO 16

E 16 A

E 16 B

EXEMPLO 17

E 17 A

E 17 B



Enunciada por Newton e aplicável aos corpos que não possuem fontes

internas de calor, a LRN ou Lei do Resfriamento de Newton determina que:

Como a temperatura T depende do tempo t e, portanto, T = T( t ), segue-se:

( 1 ) dT / dt indica a taxa de variação de T ( 2 ) A taxa de variação proporcional à diferença entre a temperatura do corpo e a

temperatura 𝑇𝑎 do meio ambiente é simbolizada 𝑑𝑇

𝑑𝑡∝ ( 𝑇 − 𝑇𝑎 ) ;

( 3 ) Decorre de ( 2 ) que existe uma constante de proporcionalidade k ℝ∗, k > 0 se

há aumento da temperatura e k < 0 se há diminuição, tal que 𝑑𝑇

𝑑𝑡= 𝑘( 𝑇 − 𝑇𝑎 )

( 4 ) Separando as variáveis, 𝑑𝑇

( 𝑇− 𝑇𝑎 ) = 𝑘 𝑑𝑡 𝑙𝑛( 𝑇 − 𝑇𝑎 )= 𝑘𝑡 + 𝐶1

( 5 ) Decorre, 𝑇 − 𝑇𝑎 = 𝑒𝑘𝑡 + 𝐶1 = 𝑒𝑘𝑡 . 𝑒 𝐶1

( 6 ) Fazendo 𝑒 𝐶1 = C, segue-se que o Modelo da LRN é 𝑇( 𝑡 ) = 𝐶 𝑒𝑘𝑡 + 𝑇𝑎

VARIAÇÃO DE TEMPERATURAS

Uma esfera de cobre aquecida a 300 C é imersa em água mantida a 60C.

Após 5 minutos a temperatura da esfera é 154, 46 C. Determine o instante em

que a temperatura da esfera está em 72 C.

( A ) Dados do Problema:

1 ) No instante t = 0 a temperatura da esfera é 300 C: T( 0 ) = 300;

2 ) A esfera é imersa em água mantida à temperatura constante de 𝑇𝑎 = 60;

3 ) Após 5 minutos temos T ( 5 ) = 154, 46

4 ) Queremos determinar o instante t tal que T ( t ) 72.

( B ) Resolução

1 ) O Modelo é 𝑇( 𝑡 ) = 𝐶 𝑒𝑘𝑡 + 60

2 ) T( 0 ) = 300 300 = 𝐶 𝑒𝑘.0 + 60 C = 240 e daí 𝑇( 𝑡 ) = 240 𝑒𝑘𝑡 + 60;

3 ) T( 5 ) = 154,46 154,46 = 240 𝑒5𝑘 + 60 240 𝑒5𝑘 = 94,46 𝑒5𝑘 = 94,46 240⁄

𝑙𝑛 𝑒5𝑘 = 𝑙𝑛 94,46 240⁄ 5k = ln( 94,46 240 )⁄ k − 0, 1865;

4 ) T( t ) = 72 72 = 240 𝑒−0,1865 𝑡 + 60 t 16, 2 min.

A LEI DO RESFRIAMENTO DE NEWTON: LRN § 4

EXEMPLO 18

A Taxa de Variação da Temperatura T de um corpo é proporcional à

diferença entre a temperatura do corpo e a temperatura 𝑇𝑎 do meio ambiente.



CRESCIMENTO POPULACIONAL

Numa cultura de bactérias a taxa de crescimento da população é proporcional à população inicialmente presente. Se a população triplica em 2 horas, qual é a população prevista após 10 horas ?

( A ) Modelo Populacional:

( 1 ) Seja P = P( t ) a população de bactérias;

( 2 ) Temos 𝑑𝑃

𝑑𝑡 = 𝑘 𝑃;

( 3 ) De 𝑑𝑃

𝑑𝑡 = 𝑘 𝑃 decorre 𝑃( 𝑡 ) = 𝐶 𝑒𝑘 𝑡;

( 4 ) Seja 𝑃 a população inicial no instante t = 0: 𝑃( 0 ) = 𝑃0

( 5 ) 𝑃( 0 ) = 𝑃0 𝑃0 = C Modelo Populacional é 𝑃( 𝑡 ) = 𝑃0 𝑒𝑘 𝑡;

( B ) Resolução

1 ) Do Modelo 𝑃( 𝑡 ) = 𝑃0 𝑒𝑘 𝑡;

2 ) 𝑃( 2 ) = 3 𝑦0 3 𝑃0 = 𝑃0 𝑒2 𝑘 𝑒2 𝑘 = 3 k 0,54931;

3 ) O Modelo é 𝑃( 𝑡 ) = 𝑃0 𝑒0,54931 𝑡

4 ) P( 10 ) = 𝑃0 𝑒0,54931 .10 P( 10 ) 243 𝑃0.

MODELO DE JUROS CONTÍNUOS

Um capital de X$ 50.000, 00 é aplicado em um fundo que paga juros compostos continuamente de 6,5 % ao ano.

Se não houver depósitos nem retiradas determine o saldo após 10 anos.

( A ) Modelo Financeiro Associado:

( 1 ) Em um modelo de juros compostos creditados continuamente, a taxa de variação

do capital C é proporcional ao capital em cada instante t;

( 2 ) Ou seja, 𝑑𝐶

𝑑𝑡 ∝ 𝐶 e

𝑑𝐶

𝑑𝑡= 𝑘 𝐶

𝑑𝐶

𝐶= 𝑘 𝑑𝑡 𝑙𝑛 𝐶 = 𝑘𝑡 + 𝐷1 C = 𝑒 𝑘 𝑡 + 𝐷1

( 3 ) C = 𝑒 𝑘 𝑡 + 𝐷1 𝑒 𝑘 𝑡 𝑒 𝐷1 𝐶( 𝑡 ) = 𝐷 𝑒 𝑘 𝑡, onde 𝑒 𝐷1 = 𝐷

( 4 ) Seja 𝐶0 o capital inicial no instante t = 0: 𝐶( 0 ) = 𝐶0

( 5 ) 𝐶( 0 ) = 𝐶0 𝐶0 = D;

( 6 ) O Modelo Financeiro é 𝐶( 𝑡 ) = 𝐶0 𝑒𝑘 𝑡, onde k representa a taxa de juros;

( B ) Resolução

1 ) Do Modelo 𝐶( 𝑡 ) = 𝐶0 𝑒𝑘 𝑡 decorre 𝐶( 𝑡 ) = 50.000 𝑒𝑘 𝑡

2 ) A taxa de juros k = 6,5 % = 6,5

100 = 0,065 e o modelo é 𝐶( 𝑡 ) = 50.000 𝑒0,065 𝑡

3 ) Após 10 anos, temos C( 10 ) = 50.000 𝑒0,065 .10 = 95.777,04.

EXEMPLO 19

EXEMPLO 20



AULA 6 – MODELOS MATEMÁTICOS

I ) RADIOATIVIDADE

A experiência mostra que toda substância radioativa se decompõe a uma taxa

proporcional a massa inicialmente presente.

( 1 ) A taxa de variação proporcional a massa presente, é simbolizada 𝑑𝑚

𝑑𝑡∝ 𝑚;

( 4 ) Decorre que existe uma constante de proporcionalidade k ℝ, chamada

Constante de Decaimento Radioativo, que é negativa, pois radioatividade implica

diminuição da massa da substância original;

( 5 ) Temos a EVS 𝑑𝑚

𝑑𝑡= 𝑘𝑚 cuja SG é 𝑚( 𝑡 ) = 𝐶 𝑒𝑘𝑡

( 6 ) Se 𝑚0 é a massa inicial no instante 𝑡 = 0, temos 𝑚( 0 ) = 𝑚0 e daí 𝑚0 = 𝐶

o Modelo Matemático da Radioatividade é 𝑚( 𝑡 ) = 𝑚0 𝑒𝑘𝑡;

( 7 ) O tempo 𝑡̅ necessário para que metade da ´massa inicial se desintegre é

denominado Meia – Vida.

A medida da Meia-Vida determinada pela fórmula 𝑡̅ = 1

𝑘 𝑙𝑛

1

2

( 8 ) Agora, se durante um tempo t uma substância radioativa decaiu um percentual

da quantidade inicial 𝑚0, então: m ( t ) = ( 1 −

100 ) ( 1 −

100 ) = 𝑒𝑘𝑡̅

II ) LEI DO RESFRIAMENTO DE NEWTON

A Taxa de Variação da Temperatura T de um corpo é proporcional à diferença

entre a temperatura do corpo e a temperatura 𝑇𝑎 do meio ambiente.

( 1 ) A taxa de variação proporcional à diferença entre a temperatura do corpo e a

temperatura 𝑇𝑎 do meio ambiente é simbolizada 𝑑𝑇

𝑑𝑡∝ ( 𝑇 − 𝑇𝑎 ) ;

( 2 ) Decorre que existe uma constante de proporcionalidade k ℝ∗, k > 0 se há

aumento da temperatura e k < 0 se há diminuição, tal que 𝑑𝑇

𝑑𝑡= 𝑘( 𝑇 − 𝑇𝑎 )

( 3 ) O Modelo da LRN é 𝑇( 𝑡 ) = 𝐶 𝑒𝑘𝑡 + 𝑇𝑎

III ) MODELO POPULACIONAL

A taxa de crescimento de uma população é proporcional à população

inicialmente presente.

( 1 ) Temos 𝑑𝑃

𝑑𝑡 = 𝑘 𝑃

( 2 ) O Modelo Populacional é 𝑃( 𝑡 ) = 𝑃0 𝑒𝑘 𝑡, onde 𝑃0 é a População Inicial

IV ) MODELO DE JUROS COMPOSTOS

Em um modelo de juros compostos creditados continuamente, a taxa de

variação do capital C é proporcional ao capital incial 𝐶0em cada instante t;

( 1 ) Ou seja, 𝑑𝐶

𝑑𝑡= 𝑘 𝐶 𝐶( 𝑡 ) = 𝐶0 𝑒𝑘 𝑡, onde k representa a taxa de juros

§ 6




236. Se 10 g de uma substância radioativa se encontra presente no instante t = 1 min e 5 g em t = 3 min, qual é a quantidade inicial 𝑚0 14,14, 𝑘 − 0,3465

237. Em 2 segundos temos 3 g de certa substância radioativa e em 7s, 0,5 g.

Determine 𝑚0, a meia-vida e a percentagem que se desintegra em 4 s.

𝑚0 6,1424, 𝑘 − 0,3583, 𝑡̅ = 1, 93 𝛼 = 76, 14

238. A meia-vida do Rádio é 1500 anos. Que percentagem desaparece em 5 anos.

𝑘 − 4,6 𝑥 10−4, 𝛼 = 6,69

239. Uma peça de metal à temperatura de 40C é colocada num recipiente mantido a

− 18C. Após 20 minutos a temperatura da peça é 10C. Determine o instante em que

a temperatura da peça se encontra a − 4C e a temperatura após 8 minutos.

𝑘 − 0,03641, 𝑡 = 39,04 𝑇 ( 8 ) = 25,34

240. Numa cultura de bactérias a taxa de crescimento é proporcional à população

inicialmente presente. Se a população quadruplica em 3 horas, e mantida a mesma

taxa de crescimento, qual é a população prevista para 2 dias.

𝑘 0,4621, 𝑃 ( 48 ) = 4.295. 354,81

241. O Rádio A, isótopo do Polônio, tem meia-vida de 3,05 min. Qual é o tempo

necessário para que 2 % desse isótopo desapareça. t 0,074 min

242. A meia-vida do Carbono 14 é em torno de 5.730 anos.

Que percentagens desaparecem em 10, 100, 500, 2000 e 3500 anos?

𝑘 − 1,2097 𝑥 10−4, 𝛼 = 0,012, 𝛼 = 1,202, 𝛼 = 5,87, 𝛼 = 21,49 𝑒 𝛼 = 34,52

243. Uma esfera de cobre aquecida a 100 C é imersa em água mantida a 30C.

Após 5 minutos a temperatura da esfera é 60 C. Determine o tempo necessário para

que a temperatura da esfera esteja em 31 C. 25 min

244. Determine a equação da curva que passa pelo ponto P ( 3, 4 ) e possui em cada

um de seus pontos coeficiente angular igual a − y

x. 𝑥² + 𝑦² = 25

245. Determine a equação da curva que passa pelo ponto P ( 3, 0 ) e possui em cada

um de seus pontos coeficiente angular igual a − y

x

4. 𝑥² + 4𝑦² = 9

246. A caderneta de Poupança é uma forma de aplicação financeira de baixo risco

que paga juros compostos continuamente com liquidez diária e remuneração mensal.

Se hoje completa 3 anos que uma pessoa depositou X$ 25.000,00 numa caderneta

de poupança e que neste período não houve saques ou retiradas, determine o saldo

na conta e o tempo necessário para que a quantia inicial duplique. 29.930, 43 11,5

§ 6

ATIVIDADE 17:



247. Se o rendimento de uma aplicação financeira é proporcional ao investimento

inicial, quanto renderá X$ 1.000,00 a juros de 12 % ao ano ao fim de 20 anos. 11.023,2

248. Uma aplicação financeira paga juros compostos continuamente. Determine o

saldo após 8 anos de um depósito de X$ 20.000,00 a uma taxa de 12,5% durante os

5 primeiros anos e 15% nos últimos 3 anos. 59.540, 85

249. Mostre que a taxa de juros 𝑘 necessária para que um depósito numa conta

duplique em 𝑡 anos segue a formula 𝑘 = 1

𝑡 𝑙𝑛| 2 | .

250. Mostre que o tempo t necessário para que um depósito numa conta duplique a

uma taxa de juros 𝑘 segue a formula 𝑡 = 1

𝑘 𝑙𝑛| 2 | .

251. A população de uma cidade cresce a uma taxa proporcional ao número de

habitantes da cidade. Se após 5 anos a população duplicou e após 8 anos a

população é 100.000 habitantes, determine a população inicial. 7816

252. Um corpo é colocado num recipiente mantido à temperature de 1C. Após 10

minutos, a temperature do corpo é − 1 C e após 20 minutos, − 9 C. Determine a

temperatura inicial. – 0,4 C

253. O elemento radioativo Césio 137 tem meia-vida igual a 30 anos. Determine a

percentage que se desintegra em 1 ano. E em 10 anos? 2, 3 e 20,55

254. Uma teoria afirma que a taxa de disseminação de uma doença numa população

de ratos é proporcional ao produto do número de ratos infectados pelo número de

ratos sem a doença. De acordo com a teoria, estabeleça o tempo necessário para que

metade da população contraia a doença sabendo que 5 ratos numa população de 100

ratos foram infectados. ( 1 ) Seja 𝑃 = 𝑃( 𝑡 ) o número de ratos infectados num instante 𝑡

( 2 ) O número de ratos infectados é 𝑃( 0 ) = 5 e o número de ratos que não foram infectados no

instante 𝑡 é 100 – 𝑃( 𝑡 )

( 3 ) A teoria afirma que 𝑑𝑃

𝑑𝑡 = 𝑘 𝑃 ( 100 – 𝑃 )

𝑑𝑃

𝑃 ( − 100 ) = 𝑘 𝑑𝑡

( 4 ) 1

𝑃 ( 𝑃 − 100 ) =

𝐴

𝑃 +

𝐵

𝑃 − 100 =

1

𝑃 ( 𝑃 − 100 )

1

𝑃 ( 𝑃 − 100 ) =

1

100 1

𝑃 +

1

100

1

𝑃 − 100

( 5 ) ∫𝑑𝑃

𝑃 ( 𝑃 − 100 ) = ∫ 𝑘 𝑑𝑡

1

100 𝑙𝑛 𝑃 −

1

100 𝑙𝑛 𝑃( 100 – P ) = 𝑘𝑡 + 𝐶1

1

100 𝑙𝑛

𝑃

100 − 𝑃 = 𝑘𝑡 + 𝐶1

( 6 ) 𝑙𝑛 𝑃

100 − 𝑃= 100 (𝑘𝑡 + 𝐶1 )

𝑃

100 − 𝑃= 𝑒100 𝑘𝑡 +100 𝐶1 = 𝑒100 𝑘𝑡 𝑒100 𝐶1

𝑃

100 − 𝑃= 𝐶 𝑒100 𝑘𝑡

( 7 ) P( 0 ) = 5 5

100 − 5= 𝐶 𝑒100 .0 𝐶 = 1 19⁄

( 8 ) Para determinar o instante t tal que P( t ) = 50, metade da população inicial, temos

( 9 ) 50

100 − 50=

1

19 𝑒100 𝑘𝑡 𝑒100 𝑘𝑡 = 19 100 𝑘𝑡 = 𝑙𝑛19 kt =

𝑙𝑛19

100 𝑡 =

𝑙𝑛19

100 𝑘

255. De acordo com o exercício 254, o tempo necessário para que metade da

população de ratos esteja infectada é estimated em t = 𝑙𝑛19 100 𝑘⁄ .

Supondo que após uma semana 24 ratos estão infectados determine o valor da

constant k. 𝑘 2,56 𝑥 10−3, 11,5 𝑑𝑖𝑎𝑠



EQUAÇÕES REDUTÍVEIS

Muitas EDO( 1 ) tornam-se separáveis através de uma mudança de variáveis.

Isto é verdadeiro para equações na forma Normal 𝑦´ = 𝑓( 𝑥, 𝑦 ) tais que

𝑦´ = 𝑓( 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 ),

𝑦´ = 𝑔 ( 𝑦

𝑥 )

I. EQUAÇÕES NA FORMA 𝒚´ = 𝒇( 𝒂𝒙 + 𝒃𝒚 )

( 1 ) Façamos 𝑢 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦

( 2 ) Então 𝑢´ = 𝑎 + 𝑏𝑦´ e dai 𝑏𝑦´ = 𝑢´ − 𝑎 𝑦´ = 𝑢´ − 𝑎

𝑏

( 3 ) Substituindo ( 1 ) e ( 2 ) na equação 𝑦´ = 𝑓( 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 ), temos:

( 4 ) 𝑢´ − 𝑎

𝑏= 𝑓( 𝑢 ) 𝑢´ − 𝑎 = 𝑏 𝑓( 𝑢 ) 𝑢´ = 𝑏𝑓( 𝑢 ) + 𝑎

( 5 ) A equação 𝑢´ = 𝑏𝑓( 𝑢 ) + 𝑎 é separável, pois 𝑑𝑢

𝑑𝑥 = 𝑏𝑓( 𝑢 ) + 𝑎

𝑑𝑢

𝑏 𝑓( 𝑢 ) + 𝑎= 𝑑𝑥

𝒚´ = 5𝑥 + 2𝑦

( 1 ) Seja 𝑢 = 5𝑥 + 2𝑦.

( 2 ) Então 𝑢´ = 5 + 2𝑦´ e 2𝑦´ = 𝑢´ − 5 𝑦´ = 𝑢´ − 5

2;

( 3 ) Fazendo as devidas substituições na equação 𝒚´ = 5𝑥 + 2𝑦 , temos

( 4 ) 𝑢´ − 5

2 = 𝑢 𝑢´ − 5 = 2𝑢 𝑢´ = 2𝑢 + 5;

( 5 ) 𝑑𝑢

𝑑𝑥 = 2𝑢 + 5

𝑑𝑢

2𝑢 + 5 = 𝑑𝑥

( 6 ) Integrando ambos membros, 1

2ln| 2𝑢 + 5 | = 𝑥 + 𝐶1 ln| 2𝑢 + 5 | = 2𝑥 + 2𝐶1

( 7 ) |2𝑢 + 5| = 𝑒2𝑥+2𝐶1 = 𝑒2𝑥 𝑒2𝐶1 2𝑢 + 5 = 𝑒2𝐶1 𝑒2𝑥

( 8 ) Fazendo 𝑒2𝐶1 = 𝐶2, temos 2𝑢 + 5 = 𝐶2 𝑒2𝑥 𝑢 = 𝐶2 𝑒

2𝑥

2−

5

2

( 9 ) Como 𝑢 = 5𝑥 + 2𝑦, segue-se 5𝑥 + 2𝑦 = 𝐶2 𝑒

2𝑥

2−

5

2 2𝑦 =

𝐶2 𝑒2𝑥

2−

5

2−5𝑥

( 10 ) Assim 𝑦 = 𝐶2

4𝑒2𝑥 −

5

4−

5

2𝑥

( 11 ) Fazendo 𝐶2

4= 𝐶, temos a SG 𝑦 = 𝐶 𝑒2𝑥 −

5

2𝑥−

5

4 .

CADERNO 6 6

EXEMPLO 21



II. EQUAÇÕES NA FORMA 𝒚´ = 𝒈( 𝒚

𝒙 ).

( 1 ) Façamos 𝑢 = 𝑦 /𝑥

( 2 ) Então 𝑦 = 𝑢𝑥 e 𝑦´ = 𝑢 + 𝑢´ 𝑥

( 3 ) Substituindo ( 1 ) e ( 2 ) na equação 𝑦´ = 𝑔( 𝑦 /𝑥), temos:

( 4 ) 𝑢 + 𝑢´ 𝑥 = 𝑔( 𝑢 ) 𝑢´𝑥 = 𝑔( 𝑢 ) − 𝑢

( 5 ) 𝑢´𝑥 = 𝑔( 𝑢 ) − 𝑢 é separável, pois 𝑑𝑢

𝑑𝑥 𝑥 = 𝑔( 𝑢 ) − 𝑢

𝑑𝑢

𝑔( 𝑢 ) − 𝑢=

𝑑𝑥

𝑥

( 6 ) Integrando ambos membros ∫𝑑𝑢

𝑔( 𝑢 ) − 𝑢= ∫ 𝑑𝑥𝑥 , segue-se a SG.

𝒙𝒚𝒚´ = 𝒙² + 𝒚²

( 1 ) Dividindo ambos os membros por 𝑥², 𝒙 𝒚 𝒚´

𝑥²=

𝒙² + 𝒚²

𝑥²

𝒚

𝑥 𝑦´ = 1 +

𝒚²

𝑥²

( 2 ) Substituindo 𝑢 = 𝑦 /𝑥 , segue-se 𝑢 𝑦´ = 1 + 𝑢²

( 3 ) Como 𝑦´ = 𝑢 + 𝑢´ 𝑥, então 𝑢 (𝑢 + 𝑢´ 𝑥 ) = 1 + 𝑢² 𝑢² + 𝑢 𝑢´ 𝑥 = 1 + 𝑢²

( 4 ) Daí, 𝑢 𝑢´ 𝑥 = 1 𝑢 𝑥 𝒅𝒖

𝑑𝑥 = 1 𝑢 𝑑𝑢 =

𝒅𝒙

𝑥

𝒖²

2 = 𝑙𝑛| 𝑥 | + 𝐶1

( 5 ) Como 𝑢 = 𝑦 /𝑥 , 𝑢² = 2 𝑙𝑛| 𝑥 | + 2 𝐶1 𝒚²

𝑥² = 2 𝑙𝑛| 𝑥 | + 2 𝐶1

( 6 ) A SG é 𝑦2 = 2 𝑙𝑛| 𝑥 | + 𝐶, onde C = 2 𝐶1

𝒚´ = 𝒚

𝒙+ 𝒄𝒐𝒕𝒈

𝒚

𝒙

( 1 ) Seja 𝑢 = 𝑦 /𝑥 e 𝑦´ = 𝑢 + 𝑢´ 𝑥;

( 2 ) Substituindo ( 1 ), na equação dada, 𝑢 + 𝑢´ 𝑥 = 𝑢 + 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑢;

( 3 ) 𝑢´ 𝑥 = 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑢 𝑑𝑢

𝑑𝑥 𝑥 = 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑢

𝑑𝑢

𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑢 =

𝑑𝑥

𝑥 ∫

𝑑𝑢

𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑢= ∫

𝑑𝑥

𝑥

∫𝑑𝑢1

𝑡𝑔 𝑢

= ∫𝑑𝑥

𝑥 ∫ 𝑡𝑔 𝑢 𝑑𝑢 = ∫

𝑑𝑥

𝑥 𝑙𝑛 | sec 𝑢 | = 𝑙𝑛| 𝑥 | + 𝐶1 | sec 𝑢 | = 𝑒𝑙𝑛| 𝑥 |+ 𝐶1

( 4 ) | sec 𝑢 | = 𝑒𝑙𝑛| 𝑥 |+ 𝐶1 | sec 𝑢 | = 𝑒𝑙𝑛| 𝑥 | 𝑒 𝐶1 | sec 𝑢 | = |𝑥| 𝑒 𝐶1

( 5 ) | sec 𝑢 | = |𝑥| 𝑒 𝐶1 sec 𝑢 = 𝑒 𝐶1 |𝑥| sec 𝑢 = C |𝑥|, onde 𝑒 𝐶1 = 𝐶

( 6 ) sec 𝑢 = C |𝑥| 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑐 ( sec𝑢 ) = 𝑎𝑟𝑐 sec C |𝑥|

( 7 ) 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑐 ( sec𝑢 ) = 𝑎𝑟𝑐 sec C |𝑥| 𝑢 = 𝑎𝑟𝑐 sec C |𝑥|

( 8 ) Como 𝑢 = 𝑦 /𝑥 , segue-se que 𝑦 /𝑥 = 𝑎𝑟𝑐 sec C |𝑥|

( 9 ) A SG é 𝑦 = 𝑥 𝑎𝑟𝑐 sec C |𝑥|

EXEMPLO 22

E 22 A

E 22 B



OUTRAS SUBSTITUÇÕES

( 𝟐𝒙 + 𝟔𝒚 + 𝟏 )𝒚´ = 𝟖 − 𝒙 − 𝟑𝒚

( 1 ) ( 2𝑥 + 6𝑦 + 1 )𝑦´ = 8 − 𝑥 − 3𝑦 [ 2 ( 𝒙 + 𝟑𝒚 ) + 1 ] 𝑦´ = 8 – ( 𝒙 + 𝟑 𝒚 )

( 2 ) Faça 𝑢 = 𝑥 + 3𝑦. Então 𝑢´ = 1 + 3𝑦´ e 𝑦´ = 𝑢´ − 1

3;

( 3 ) Assim [ 2 ( 𝒙 + 𝟑𝒚 ) + 1 ] 𝑦´ = 8 – ( 𝒙 + 𝟑 𝒚 ) ( 2𝑢 + 1) 𝑦´ = 8 – 𝑢;

( 4 ) Como 𝑦´ = 𝑢´ − 1

3, ( 2𝑢 + 1) 𝑦´ = 8 – 𝑢 ( 2𝑢 + 1)

𝑢´ − 1

3 = 8 – 𝑢;

( 5 ) Decorre ( 2𝑢 + 1) ( 𝑢´ − 1 ) = 24 – 3𝑢 2𝑢 𝑢´ − 2𝑢 + 𝑢´ − 1 − 24 + 3𝑢 = 0

( 6 ) Segue-se 𝑢´( 2 𝑢 + 1 ) + 𝑢 − 25 = 0 𝑑𝑢

𝑑𝑥 ( 2 𝑢 + 1 ) = − ( 𝑢 + 25 )

( 7 ) 2𝑢 + 1

𝑢 + 25 𝑑𝑢 = − 𝑑𝑥

( 8 ) Agora, 2𝑢 + 1

𝑢 + 25= 2 −

49

2𝑢 + 1 ∫ (2 −

49

2𝑢 + 1)𝑑𝑢 = 2𝑢 −

49

2 𝑙𝑛|2𝑢 + 1| + 𝐶1

( 9 ) Portanto, ∫ (2𝑢 + 1

𝑢 + 25) 𝑑𝑢 = − ∫𝑑𝑥 2𝑢 −

49

2 𝑙𝑛|2𝑢 + 1| + 𝐶1 = − x + 𝐶2

( 10 ) 4𝑢 − 49 𝑙𝑛|2𝑢 + 1| + 2𝐶1 = −2 𝑥 + 2𝐶2

( 11 ) 4𝑢 − 49 𝑙𝑛|2𝑢 + 1| = −2 𝑥 + 2𝐶2− 2𝐶1

( 12 ) Como 𝑢 = 𝑥 + 3𝑦, então 4𝑥 + 12𝑦 − 49 𝑙𝑛|2𝑥 + 6𝑦 + 1| + 2 𝑥 = 2𝐶2− 2𝐶1

( 1 3 ) A SG é 6𝑥 + 12𝑦 − 49 𝑙𝑛|2𝑥 + 6𝑦 + 1| = C, onde C = 2𝐶2− 2𝐶1.

𝒙𝒚´ − 𝒆− 𝒙𝒚 + 𝒚 = 𝟎

( 1 ) Faça 𝑢 = 𝑥 𝑦. Então 𝑢´ = 𝑦 + 𝑥𝑦´ 𝑦´ = 𝑢´ − 𝑦

𝑥;

( 2 ) assim 𝑥𝑦´ − 𝑒− 𝑥𝑦 + 𝑦 = 0 𝑥 𝑢´ − 𝑦

𝑥− 𝑒− 𝑥𝑦 + 𝑦 = 0

( 3 ) Decorre, 𝑢´ − 𝑦 − 𝑒− 𝑢 + 𝑦 = 0 𝑢´ − 𝑒− 𝑢 = 0 𝑢´ = 𝑒− 𝑢

( 4 ) 𝑢´ = 𝑒− 𝑢 𝑑𝑢

𝑑𝑥 = 𝑒− 𝑢

( 5 ) 𝑑𝑢

𝑑𝑥 = 𝑒− 𝑢

𝑑𝑢

𝑒− 𝑢 = 𝑑𝑥 𝑒𝑢 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥

( 6 ) ∫𝑒𝑢 𝑑𝑢 = ∫𝑑𝑥 𝑒𝑢 = 𝑥 + 𝐶1

( 7 ) Como 𝑢 = 𝑥 𝑦 , segue-se que 𝑒𝑥 𝑦 = 𝑥 + 𝐶1

( 8 ) 𝑒𝑥 𝑦 = 𝑥 + 𝐶1 𝑙𝑛𝑒𝑥𝑦 = 𝑙𝑛 ( 𝑥 + 𝐶1)

( 9 ) 𝑥 𝑦 = 𝑙𝑛 ( 𝑥 + 𝐶1).

EXEMPLO 23

E 23 A

E 23 B



AULA 7 - ATIVIDADES DE ESTUDOS 6

256. 𝑦´ = 3𝑥 + 𝑦 𝒚 = 𝑪 𝒆𝒙 − 3𝑥 − 3

257. 𝑦´ − 𝑦 = 2𝑥 𝒚 = 𝑪 𝒆𝒙 − 2𝑥 − 2

258. 𝒚´ − 𝟑𝒚

𝒙+

𝒚²

𝒙²= 0 𝑦² + 𝑥𝑦 = 𝐶𝑒2𝑥

259. 𝑦´ = ( 𝑦 − 𝑥 )² 𝐶𝑒2𝑥 = 𝑦 − 𝑥 − 1

𝑦 − 𝑥 + 1

260. 𝑥𝑦´ = 𝑦 + 𝑥 𝑠𝑒𝑐 ( 𝑦 𝑥⁄ ) 𝑦 = 𝑥 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 ( 𝑙𝑛 𝑥 + 𝐶 )

261. 𝑥𝑦´ = 5𝑥 + 2𝑦 𝑦 = 𝐶𝑥² − 5𝑥

262. 𝑥𝑦´ = 𝑥 + 𝑦 𝑦 = 𝑥 ( 𝑙𝑛 | 𝑥 | + 𝐶 )

263. 𝑥𝑦´ − 𝑦 = 𝑥² 𝑡𝑔 (𝑦 𝑥⁄ ) 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 𝐶𝑒𝑥

264. 𝑥𝑦´ = 2𝑦 – 𝑥 𝑦 = 𝐶𝑥² + 𝑥

265. 𝑥² 𝑦´ = 𝑦² − 2𝑥𝑦 + 2𝑥² ( 2𝑦 − 4𝑥 ) 2𝑦 − 2𝑥 ) = 𝐶𝑥⁄

266. 𝑥²𝑦´ + 𝑥𝑦 − 𝑥2 − 𝑦² = 0 ( 𝑦 − 𝑥 ) ( ln 𝑥 + 𝐶 ) + 𝑥 = 0

267. ( x + y ) dy = ( y – x ) dx 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔(𝑦 𝑥⁄ ) + 𝑙𝑛√𝑥² + 𝑦² 𝑥²⁄ + 𝑙𝑛 𝑥 = 𝐶

268. 𝑥𝑦𝑦´ = 𝑥² + 𝑦² 𝑦² = 𝑥² ( 𝑙𝑛 𝑥² + 𝐶 )

269. 𝑥𝑦³ 𝑦´ = 2𝑦4 + 𝑥4 𝑦4 = 𝐶 𝑥8 − 𝑥4

270. 𝑦´ = 𝑦 − 𝑥

𝑦 − 𝑥 + 1 ( 𝑦 − 𝑥 )² + 2𝑦 = 𝐶

271. ( 𝑦 – 4𝑥 )² − 𝑑𝑦 = 0 ( 𝑥 – 𝐶 )𝑦 – 4𝑥( 𝑥 – 𝐶 ) = 0

272. ( 𝑥 + 𝑦 ) 𝑑𝑥 + ( 3𝑥 + 3𝑦 – 4 ) 𝑑𝑦 = 0 2𝑙𝑛 ( 4 – 2𝑥 – 2𝑦 ) + 3𝑥 + 3𝑦 = 𝐶

273. ( 3𝑥 + 6𝑦 + 4 )𝑦´ = 5 − 𝑥 − 2𝑦 3𝑥 + 6𝑦 – 38 𝑙𝑛 ( 𝑥 + 2𝑦 + 14 ) – 𝑥 = 𝐶

274. ( 𝑥 – 2𝑦 ) 𝑦´ + 3𝑥 – 6𝑦 + 3 = 0 (1/7) ( 𝑥 – 2𝑦 ) – (6/49) 𝑙𝑛 ( 7𝑥 – 14𝑦 + 6 ) – 𝑥 = 𝐶

275. 𝑥𝑦´ + 𝑦 = 𝑒𝑥𝑦 − 𝑒𝑥𝑦 – 𝑥 = 𝐶

276. 𝑥𝑦³𝑦´ = 2𝑦4 + 𝑥4 𝑦4 + 𝑥4 = 𝐶 𝑥8

§ 1

ATIVIDADE 18: ATRAVÉS DE UMA ADEQUADA SUBSTITUIÇÃO DETERMINE

A SG DE CADA EQUAÇÃO ABAIXO



EQUAÇÕES EXATAS

I ) CONSEQUÊNCIAS DA DEFINIÇÃO:

( 1 ) Como 𝑀 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑑𝑦 = 𝜕𝑢

𝜕𝑥 𝑑𝑥 +

𝜕𝑢

𝜕𝑦 𝑑𝑦 segue-se

M = 𝜕𝑢

𝜕𝑥=

𝑑𝑢

𝑑𝑥 ou N =

𝜕𝑢

𝜕𝑦=

𝑑𝑢

𝑑𝑦

( 2 ) 𝑑𝑢 = 0 𝑢 ( 𝑥, 𝑦 ) = 𝐶1

( 3 ) A Condição Necessária e Suficiente, CNS, para 𝑀 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑑𝑦 = 0 ser EXATA é

𝜕𝑀

𝜕𝑦 =

𝜕𝑁

𝜕𝑥 ou, 𝑀𝑦 = 𝑁𝑥

II. RESOLUÇÃO DE EQUAÇÕES EXATAS:

Passo 1: Verifique através da CNS se a equação é Exata;

Passo 2: Se a equação é exata:

2.1 - Escolha uma das duas relações 𝑀 = 𝑑𝑢

𝑑𝑥 ou 𝑁 =

𝑑𝑢

𝑑𝑦

2.2 - O resultado obtido numa das relações 𝑀 ou 𝑁 = é substituído na outra na outra relação para obter a função 𝑢 = 𝑢 ( 𝑥, 𝑦 );

2.3 – A Solução Geral tem a forma 𝑢 ( 𝑥, 𝑦 ) = 𝐶1.

𝒙𝒚´ + 𝒚 − 𝒄𝒐𝒔 𝒙 = 𝟎

( 1 ) A equação não está na forma 𝑀 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑑𝑦 = 0

( 2 ) Assim 𝒙 𝒅𝒚

𝒅𝒙+ 𝒚 − 𝒄𝒐𝒔 𝒙 = 𝟎 ( 𝑦 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 ) 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝑦 = 0 {

𝑀 = 𝑦 − cos 𝑥𝑁 = 𝑥

( 3 ) A equação ( 𝑦 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 ) 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝑦 é exata, pois 𝑀𝑦 = 1 = 𝑁𝑥

( 4 ) No processo de resolução devemos escolher uma das relações 𝑀 = 𝑑𝑢

𝑑𝑥 ou 𝑁 =

𝑑𝑢

𝑑𝑦 e substituir o resultado encontrado numa deles na outra

CADERNO 7 7

Uma EDO( 1 ) na Forma Diferencial 𝑀( 𝑥,𝑦 )𝑑𝑥 +𝑁( 𝑥,𝑦 )𝑑𝑦 = 0

É EXATA se 𝑀 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑑𝑦 é igual à Diferencial Total 𝑑𝑢 = 𝜕𝑢

𝜕𝑥 𝑑𝑥 +

𝜕𝑢

𝜕𝑦 𝑑𝑦

de uma função 𝑢 = 𝑢 ( 𝑥, 𝑦 ).

EXEMPLO 24



RESOLVENDO 𝒙𝒚´ − 𝒆− 𝒙𝒚 + 𝒚 = 𝟎 PELA ESCOLHA 𝑀 = 𝑑𝑢

𝑑𝑥

( 1 ) Seja 𝑀 = 𝑑𝑢

𝑑𝑥 . Ou seja, 𝑦 − cos 𝑥 =

𝑑𝑢

𝑑𝑥

( 2 ) 𝑑𝑢 = ( 𝑦 − cos 𝑥 ) 𝑑𝑥 ∫𝑑𝑢 = ∫( 𝑦 − cos 𝑥 ) 𝑑𝑥 𝑢 = ∫ 𝑦 𝑑𝑥 − ∫ cos 𝑥 𝑑𝑥

( 3 ) Assim 𝑢 = 𝑦 𝑥 – 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑘( 𝑦 )

( 4 ) Escrevemos a constante de integração como 𝐾( 𝑦 ), pois 𝑘( 𝑦 ) é constante quando integramos em relação à 𝑥 e também porque não sabemos qual expressão ela representa: tanto pode ser uma constante arbitrária ou uma equação na variável y;

( 5 ) Utilizamos agora a relação 𝑁 = 𝑑𝑢

𝑑𝑦;

( 6 ) 𝑁 = 𝑑𝑢

𝑑𝑦 𝑥 =

𝑑

𝑑𝑦 [ 𝑦 𝑥 – 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑘( 𝑦 ) ] 𝑥 =

𝑑

𝑑𝑦 𝑦 𝑥 –

𝑑

𝑑𝑦𝑠𝑒𝑛 𝑥 +

𝑑

𝑑𝑦 𝑘( 𝑦 )

𝑥 = 𝑥 – 0 +𝑑

𝑑𝑦 𝑘 ( y )

𝑑

𝑑𝑦 𝑘( 𝑦 ) = 0 𝐾( 𝑦 ) = 𝐶2

( 7 ) Daí, 𝑢 = 𝑦 𝑥 – 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑘( 𝑦 ) se escreve como 𝑢 = 𝑦 𝑥 – 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶2

( 8 ) Como a SG tem a forma 𝑢( 𝑥, 𝑦 ) = 𝐶1, segue-se que 𝐶1 = 𝑥𝑦 – 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶2

𝐶1 − 𝐶2 = 𝑥𝑦 – 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶2 e daí, 𝑥𝑦 – 𝑠𝑒𝑛 𝑥 = 𝐶, onde 𝐶 = 𝐶1 − 𝐶2.

RESOLVENDO 𝒙𝒚´ − 𝒆− 𝒙𝒚 + 𝒚 = 𝟎 PELA ESCOLHA 𝑁 = 𝑑𝑢

𝑑𝑦

( 1 ) Seja 𝑁 = 𝑑𝑢

𝑑𝑦 . Ou seja, 𝑥 =

𝑑𝑢

𝑑𝑦

( 2 ) 𝑑𝑢 = 𝑥 𝑑𝑦 ∫𝑑𝑢 = ∫ 𝑥 𝑑𝑦 𝑢 = 𝑥𝑦 + 𝑘 ( 𝑥 )

( 5 ) 𝑀 = 𝑑𝑢

𝑑𝑥 𝑦 − cos 𝑥 =

𝑑

𝑑𝑥 [ 𝑥𝑦 + 𝑘 ( 𝑥 ) ] 𝑦 − cos 𝑥 =

𝑑

𝑑𝑥𝑥𝑦 +

𝑑

𝑑𝑥 𝑘( 𝑥 )

𝑦 − cos 𝑥 = 𝑦 +𝑑

𝑑𝑥 𝑘 − cos 𝑥 =

𝑑

𝑑𝑥 𝑘 𝑑𝑘 = − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥 𝐾( 𝑥 ) = − 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶2

( 7 ) Daí, 𝑢 = 𝑥𝑦 + 𝑘( 𝑥 ) se escreve como 𝑢 = 𝑥𝑦 − 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶2

( 8 ) Como a SG tem a forma 𝑢( 𝑥, 𝑦 ) = 𝐶1, segue-se que 𝐶1 = 𝑥𝑦 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶2

𝐶1 − 𝐶2 = 𝑥𝑦 – 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶2 e daí, 𝑥𝑦 – 𝑠𝑒𝑛 𝑥 = 𝐶, onde 𝐶 = 𝐶1 − 𝐶2.

RESOLVENDO ( 𝟑𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 ) 𝒅𝒙 + 𝟐𝒙𝒚 𝒅𝒚 = 𝟎 PELA ESCOLHA 𝑀 = 𝑑𝑢

𝑑𝑥

( 1 ) 𝑀 = 3𝑥2 + 𝑦2, 𝑁 = 2𝑥𝑦 e a equação é exata, pois 𝑀𝑦 = 2𝑦 = 𝑁𝑥;

( 2 ) 𝑀 = 𝑑𝑢

𝑑𝑥 3𝑥2 + 𝑦2 =

𝑑𝑢

𝑑𝑥 𝑑𝑢 = (3𝑥2 + 𝑦2) 𝑑𝑥 𝑢 = 𝑥³ + 𝑥𝑦² + 𝑘( 𝑦 )

( 3 ) 𝑁 = 𝑑𝑢

𝑑𝑦 2xy =

𝑑

𝑑𝑦 [ 𝑥³ + 𝑥𝑦² + 𝑘( 𝑦 ) ] 2xy = 2𝑥𝑦 +

𝑑

𝑑𝑦𝑘

𝑑𝑘

𝑑𝑦 = 0 𝑘( 𝑦 ) = 𝐶2

( 4 ) 𝑢 = 𝑥³ + 𝑥𝑦² + 𝑘( 𝑦 ) 𝑢 = 𝑥³ + 𝑥𝑦² + 𝐶2

( 5 ) Como 𝑢( 𝑥, 𝑦 ) = 𝐶1, a SG é 𝑥³ + 𝑥𝑦² = 𝐶

E 24 A

E 24 B

E 24 C



Seja 𝑃( 𝑥, 𝑦 ) 𝑑𝑥 + 𝑄( 𝑥, 𝑦 ) 𝑑𝑦 = 0 uma equação que não é Exata.

Multiplicada por uma função adequada chamada FATOR INTEGRANTE, ela pode se tornar EXATA.

Um dos meios para encontrar tal função é por inspeção.

Por exemplo, cada uma das expressões 1

𝑥𝑦,

1

𝑥²,

1

𝑦² ou

1

𝑥² + 𝑦² é um Fator

Integrante da equação não exata – 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝑦 = 0.

Também, cada uma das expressões −1𝑥𝑦

, −1

𝑥²,

1

𝑦² ou −

1𝑥² + 𝑦²

é um Fator

Integrante da equação não exata 𝑦 𝑑𝑥 − 𝑥 𝑑𝑦 = 0.

Entretanto, seja 𝐹 = 𝐹( 𝑥 ) ou 𝐹 = 𝐹( 𝑦 ) uma função tal que 𝐹𝑃 𝑑𝑥 + 𝐹𝑄 𝑑𝑦 =0 é Exata. Digamos 𝐹 = 𝐹( 𝑥 ).

( 1 ) Então 𝐹𝑃 𝑑𝑥 + 𝐹𝑄 𝑑𝑦 = 0 deve ser exata e assim 𝜕

𝜕𝑦 𝐹𝑃 =

𝜕

𝜕𝑥 𝐹;

( 2 ) 𝜕

𝜕𝑦 𝐹𝑃 =

𝜕

𝜕𝑥 𝐹 𝐹 𝑃𝑦 + 𝑃 𝐹𝑦 = 𝐹 𝑄𝑥 + 𝑄 𝐹𝑥 𝐹 𝑃𝑦 = 𝐹 𝑄𝑥 + 𝑄 𝐹𝑥, pois 𝐹𝑦 = 0

( 3 ) 𝐹 𝑃𝑦 − 𝐹 𝑄𝑥 = 𝑄 𝐹𝑥 𝑄 𝐹𝑥 = 𝐹 ( 𝑃𝑦 − 𝑄𝑥 ) 𝑄 𝑑𝐹

𝑑𝑥 = 𝐹 ( 𝑃𝑦 − 𝑄𝑥 )

( 4 ) Separando as variáveis, 𝑑𝐹

𝐹 =

1

𝑄 ( 𝑃𝑦 − 𝑄𝑥 ) 𝑙𝑛 𝐹 = ∫

1𝑄 ( 𝑃𝑦 − 𝑄𝑥 ) 𝑑𝑥

( 5 ) Daí, 𝐹( 𝑥 ) = 𝑒∫

1

𝑄 ( 𝑃𝑦 − 𝑄𝑥 ) 𝑑𝑥 torna 𝐹𝑃 𝑑𝑥 + 𝐹𝑄 𝑑𝑦 = 0 exata.

Se 𝐹 = 𝐹( 𝑦 ), encontramos 𝐹( 𝑦 ) = 𝑒∫ 1

𝑃 ( 𝑄𝑦 − 𝑃𝑥 ) 𝑑𝑥.

Se a equação não aceita um dos fatores acima, a pesquisa pelo fator pode ser tornar trabalhosa, sendo preferível algum outro método de resolução.

− 𝒚 𝒅𝒙 + 𝒙 𝒅𝒚 = 𝟎 não é Exata.

( 1 ) Temos 𝑃 = − 𝑦 e 𝑄 = 𝑥. Então 1

𝑄 ( 𝑃𝑦 − 𝑄𝑥 ) =

1

𝑥 (−1 − 1 ) = −

2

𝑥;

( 2 ) Daí 𝐹( 𝑥 ) = 𝑒∫ −2

𝑥 𝑑𝑥

= 𝑒− 2 ∫ 1

𝑥 𝑑𝑥

= 𝑒− 2𝑙𝑛𝑥= 𝑒𝑙𝑛𝑥−2

𝐹( 𝑥 ) = 𝑥−2;

( 3 ) Daí −𝑥−2 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑥−2𝑑𝑦 = 0 −𝑥−2 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥−1𝑑𝑦 = 0 deve ser exata;

( 4 ) De fato. Seja 𝑀 = −𝑥−2 𝑦 e 𝑁 = 𝑥−1.

( 5 ) Então, 𝑀𝑦 = −𝑥−2 = 𝑁𝑥.

EQUAÇÕES NÃO EXATAS: FATORES INTEGRANTES § 1

EXEMPLO 25



AULA 8 - ATIVIDADES DE ESTUDOS 7

277. 𝑥𝑦´ + 𝑦 – 𝑠𝑒𝑛 𝑥 = 0 𝑥𝑦 + 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 𝐶

278. 𝑥𝑦´ + 𝑦 + 4 = 0 𝑥𝑦 + 4𝑥 = 𝐶

279. ( 𝑥² + 𝑦² ) 𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 0 𝑥³ + 3𝑥𝑦² = 𝐶

280. 9𝑦𝑦´ + 4𝑥 = 0 2𝑥² + 4,5 𝑦² = 𝐶

281. ( 𝑥 – 𝑦² + 3 ) 𝑦´ + 𝑥 + 𝑦 + 1 = 0 3𝑥² + 6𝑥𝑦 + 6𝑥 – 18𝑦 – 2𝑦³ = 𝐶

282. 𝑥𝑑𝑦 – 𝑦 𝑑𝑥 = 0 𝑦 = 𝐶𝑥

283. 𝑠𝑒𝑛 𝑦 𝑑𝑥 – 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦 𝑑𝑦 = 0 − 𝑥− 1𝑠𝑒𝑛 𝑦 = 𝐶

284. ( 𝑥 + 𝑦² + 1 ) 𝑑𝑥 + ( 𝑥𝑦 + 𝑦 ) 𝑑𝑦 = 0 3𝑥² 𝑦² + 6𝑥𝑦² + 2𝑥³ + 6𝑥² + 6𝑥 + 3𝑦² = 𝐶

285. 𝑒𝑥 + 3𝑦 + ( 3𝑥 + 𝑐𝑜𝑠 𝑦 ) 𝑦´ = 0 3𝑥𝑦 + 𝑠𝑒𝑛 𝑦 + 𝑒𝑥 = 𝐶

286. ( 3𝑥²𝑦 + 8𝑥𝑦 ) 𝑑𝑥 + ( 𝑥³ + 8𝑥²𝑦 + 12𝑦² ) 𝑑𝑦 = 0 𝑥³𝑦 + 4𝑥²𝑦² + 4𝑦³ = 𝐶

287. 𝑠𝑒𝑛ℎ 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦 𝑑𝑥 – 𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑦 𝑑𝑦 = 0 𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦 = 𝐶

288. 𝑥 𝑑𝑦 + 𝑦 𝑑𝑥 = 0, 𝑦( 1 ) = 2 𝑥𝑦 = 2

289. ( 𝑥 + 2 ) 𝑑𝑥 – ( 𝑦 + 1 ) 𝑑𝑦 = 0 𝑦( 0 ) = 1 𝑥² + 4𝑥 – 𝑦² − 2𝑦 + 3 = 0

290. ( 𝑥² + 2𝑦² ) 𝑑𝑦 + 𝑥𝑦 𝑑𝑥 = 0 2𝑥²𝑦² + 2𝑦4 + 4𝑦² = 𝐶

291. 𝑐𝑜𝑠 𝑦 𝑑𝑥 – 𝑠𝑒𝑛 𝑦 𝑑𝑦 = 0 𝑒𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦 = 𝐶

292. 𝑦 𝑑𝑥 – 2𝑥 𝑑𝑦 = 0 𝑦 = 𝐶 √𝑥

293. ( 𝑥² − 𝑦² ) 𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 0 𝑦( 1 ) = 2 𝑥² + 𝑦² = 5𝑥

294. 𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑥 𝑠𝑒𝑛ℎ 𝑦 𝑑𝑦 = 0 2√𝑥 𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑦 = 𝐶

295. 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦 𝑑𝑦 = 0 𝑠𝑒𝑛 𝑦 = 𝐶 𝑐𝑜𝑠 𝑥

296. ( 2𝑦 – 𝑥 𝑒𝑥𝑦 ) 𝑦´ = 𝑦 𝑒𝑥𝑦 + 2 2𝑥 + 𝑒𝑥𝑦 – 𝑦² = 𝐶

297. 𝑦² 𝑑𝑥 + ( 2𝑥𝑦 + 1 ) 𝑑𝑦 = 0 𝑥𝑦² + 𝑦 = 𝐶

298. ( 1 + 𝑥² ) 𝑦´ + 2𝑥𝑦 = 0 𝑦( 2 ) = − 5 𝑥²𝑦 + 𝑦 + 25 = 0

299. ( 2𝑥𝑦 + 1 ) 𝑦´ + 𝑦² = 0 𝑦( 1 ) = − 2 𝑥𝑦² + 𝑦 = 2

300. ( 𝑐𝑜𝑠 𝑦 + 𝑦 𝑐𝑜𝑠 𝑥 ) 𝑑𝑥 + ( 𝑠𝑒𝑛 𝑥 – 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑦 ) 𝑑𝑦 = 0 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦 + 𝑦 𝑠𝑒𝑛 𝑥 = 𝐶

§ 2

ATIVIDADE 19: VERIFIQUE SE AS EQUAÇÔES ABAIXO SÃO EXATAS. EM

QUALQUER CASO DETERMINE SUA SOLUÇÃO.

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Edo - Cálculo III - Unid A