Este documento apresenta os principais métodos para resolver equações diferenciais ordinárias de primeira ordem, incluindo: (1) o método de separação de variáveis, (2) o método de substituição algébrica para equações homogêneas, e (3) o método para equações exatas. Além disso, discute aplicações destas equações diferenciais em problemas como o resfriamento/aquecimento de Newton, dinâmica populacional e crescimento de peixes.

1. Estudo das Equações Diferenciais Ordinárias
de Primeira Ordem
Ricardo Aparecido de Moraes
11 de novembro de 2011
1

2. Sumário
1 Introdução às Equações Diferenciais 4
1.1 Denições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1 Equação Diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.2 Equação Diferencial Ordinária . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.3 Equação Diferencial Parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.4 Ordem das Equações Diferenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.5 Linearidade das Equações Diferenciais . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Soluções de Equações Diferenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.1 Solução Explícita de uma Equação Diferencial . . . . . . . . . . 6
1.2.2 Solução Implícita de uma Equação Diferencial . . . . . . . . . . 6
1.2.3 Problemas de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.4 Teorema de Existência e Unicidade de Soluções de uma EDO . . 7
2 Métodos de Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de Pri-
meira Ordem 8
2.1 Método de Separação das Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.2 Equações Homogêneas e Método de Substituição Algébrica . . . . . . . 10
2.2.1 Método de Substituição Algébrica . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.3 Equações Exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.3.1 Critério para uma Diferencial Exata . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.3.2 Algoritmo para a Resolução de Equações Exatas . . . . . . . . . 17
2.3.3 Fator Integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.4 Equações Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.4.1 Fator Integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.4.2 Algorítmo do Método de Resolução de Equações Lineares . . . . 24
2.5 Equação de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.6 Equação de Ricatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.7 Equações de Clairaut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3 Aplicações das Equações Diferenciais Ordinárias de Primeira Ordem 33
3.1 Lei do Resfriamento/Aquecimento de Newton . . . . . . . . . . . . . . 33
3.2 Dinâmica Populacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.3 Crescimento de Peixes (Modelo de von Bertalany) . . . . . . . . . . . 37
3.4 Circuitos em Série . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2

3. 1 Introdução às Equações Diferenciais
Neste capítulo introduziremos os conceitos básicos das equações diferenciais, tais como,
classicação, ordem, linearidade, etc, essa teoria elementar é importante para funda-
mentar as bases do que será trabalhado nos capítulos seguintes.
1.1 Denições
1.1.1 Equação Diferencial
Uma equação diferencial (ED) pode ser denida como, uma equação que contém as
derivadas de uma ou mais variáveis dependentes em relação a uma ou mais variáveis
independentes .
Exemplos
dy
dx
= x
d4
x
dt4
+ 2
d3
x
dt3
− x = ln t
∂y
∂x
+
∂y
∂t
= y
∂2
u
∂x2
−
∂v
∂y
3
= 0
1.1.2 Equação Diferencial Ordinária
Se uma equação diferencial envolver apenas derivadas ordinárias de uma ou mais va-
riáveis dependentes em relação a apenas uma variável independente, ela é chamada de
equação diferencial ordinária (EDO).
Exemplos
dy
dx
= ex
dx
dt
+
dy
dt
= x + 4y
d2
y
dx2
−
dy
dx
+ cos y = 0
1.1.3 Equação Diferencial Parcial
Se uma equação diferencial envolver apenas derivadas parciais de uma ou mais variáveis
dependentes em relação a duas ou mais variáveis independentes, é chamada de equação
diferencial parcial (EDP)1
.
Excessão feita a este capítulo, trabalharemos apenas com equações diferenciais ordinárias. Sendo
assim a expressão equação diferencial refere-se somente as EDOs.
3

4. Exemplos
∂u
∂x
= −
∂v
∂y
∂2
u
∂x2
−
∂2
u
∂y2
= 0
∂2
u
∂x2
=
∂2
u
∂t2
+ 2
∂u
∂x
1.1.4 Ordem das Equações Diferenciais
A ordem de uma equação diferencial, EDO ou EDP, é denida pela derivada de maior
ordem na ED.
Exemplos
d2
y
dx2
+
dy
dx
3
− sin y = 4x
∂2
y
∂x2
−
∂2
y
∂t2
+
∂u
∂t
4
= 5t
No exemplo acima ambas as equações diferenciais são de segunda ordem2
, porém a
primeira é uma EDO de segunda ordem e a segunda é uma EDP de segunda ordem.
1.1.5 Linearidade das Equações Diferenciais
Se em uma equação diferencial, não encontrarmos em seus termos:
. funções transcendentais da variável ou variáveis dependentes, ou de suas derivadas,
por exemplo, ln y(x), cos dy
dx
, sin ∂x
∂y
, etc.
. produtos entre as variáveis dependentes, entre as variáveis dependentes e suas deriva-
das, ou entre as derivadas das variáveis dependentes, por exemplo, [z(x)]2
, z(x)dz
dx
,
dz
dx
3
, dz
dx
dy
dx
, z(x, y)∂4z
∂x4
∂z
∂y
, etc.
então a equação diferencial é uma equação diferencial linear, na ocorrência de alguns
dos casos citados acima, a equação é dita não linear.
Se uma equação diferencial é linear e ordinária de ordem n e possui apenas uma variável
dependente, ela pode ser escrita da seguinte forma
a0(x)
dn
y
dxn
+ a1(x)
dn−1
y
dxn−1
+ ... + an−1(x)
dy
dx
+ an(x)y = g(x)
onde a0(x) não é identicamente nulo, x é uma variável independente e y(x) é a única
função de x. A equação acima é a forma mais geral para uma equação diferencial linear
Vale ressaltar que como dito na denição, a ordem da ED é dada pela derivada de maior ordem
na ED, não importando o valor da potência a qual a derivada foi elevada.
4

5. e ordinária de ordem n com somente uma variável dependente.
Exemplos
d2
y
dx2
+ 2x
dy
dx
= y
x2 d3
y
dx3
−
2
x
dy
dx
− 3xy = x cos x
dy
dx
+ sin y = 0
As equações do exemplo anterior são todas lineares, exceto a última que apresenta o
termo sin y, que é uma função transcendental envolvendo a variável dependente y.
1.2 Soluções de Equações Diferenciais
1.2.1 Solução Explícita de uma Equação Diferencial
Uma solução explícita de uma uma equação diferencial é uma função do tipo y = f(x),
na qual a variável dependente é expressa somente em termos da variável independente
e das constantes, que quando substituída na equação diferencial, a reduz em uma iden-
tidade.
Exemplo
dy
dx
= x
A equação acima tem solução explícita dada por
y(x) =
x2
2
+ c
onde, c é uma constante, se substitirmos y(x) na equação, temos
dy
dx
= x
d
dx
x2
2
+ c = x
x = x
que é uma igualdade.
1.2.2 Solução Implícita de uma Equação Diferencial
Uma solução implícita de uma equação diferencial é uma função do tipo f(x, y) do
conjunto de variáveis dependentes e independentes, que através de derivação implícita
reduz a solução a equação diferencial inicial.
Exemplo A função
f(x, y) = x2
+ sin y − 2 = 0
5

6. é uma solução implícita da equação diferencial
2x + cos y
dy
dx
= 0
para vericar se estamos corretos vamos derivar implicitamente f(x, y) com relação a
variável x, assim
d
dx
(f(x, y)) =
d
dx
x2
+ sin y − 2 =
d
dx
(0)
2x + cos y
dy
dx
= 0
que é a nossa equação diferencial inicial.
1.2.3 Problemas de Valor Inicial
Quando um determinado problema, além de uma equação diferencial que o descreve,
tiver ainda que seguir certas condicões iniciais, estabelecidas pelo problema, para um
mesmo valor da variável independente, dizemos que temos um problema de valor inicial
(PVI)3
.
Temos que resolver
dn
dxn
= f x, y, y , ..., y(n−1)
sujeito a
y(x0) = y0, y (x0) = y1, ..., y(n−1)
(x0) = yn−1
1.2.4 Teorema de Existência e Unicidade de Soluções de uma EDO
Considere o seguinte problema de valor inicial.
dy
dt
= f(t, y)
y(t0) = y0
Se f(t, y) e ∂f
∂y
são contínuas num retângulo
R = (t, y) ∈ R|α t β, δ y γ
contendo (t0, y0), então o PVI acima tem uma única solução em um intervalo contendo
t0 .
A demonstração desse teorema pode ser encontrada em SANTOS (2011, p. 148-152).
!Além dos PVI, temos também os chamados problemas de valores de contorno (PVC) que seguem
a mesma denição dos problemas de valor inicial, com uma diferença, em um PVC as condições são
especicadas para dois ou mais valores da variável independente.
6

7. 2 Métodos de Resolução de Equações Diferenciais Or-
dinárias de Primeira Ordem
Neste capítulo trabalharemos com os principais métodos analíticos para a resolução
das equações diferenciais ordinárias de primeira ordem, apresentaremos esses métodos
da maneira mais detalhada possível, dando ênfase as suas demonstrações e mostrando
alguns exemplos de equações diferenciais resolvidas por eles, pois esses são os méto-
dos aplicados no Guia de Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de Primeira
Ordem.
2.1 Método de Separação das Variáveis
A equação geral de primeira ordem é dada por :
dy
dx
= f(x, y) (1)
Se a equação geral de primeira ordem não for linear, então não existe um método geral
que possa ser aplicado a todas as equações desse tipo, com isso vamos considerar aqui
equações de primeira ordem lineares que possam ser escritas na forma:
− M(x, y) + N(x, y)
dy
dx
= 0 (2)
Sempre poderemos fazer esse tipo de transformação denindo f(x, y) = M(x, y) e
N(x, y) = 1, ou também podemos escrever f(x, y) como o produto de duas funções de
x e y, seja,
f(x, y) = M(x, y).n(x, y),
onde, n(x, y) =
1
N(x, y)
, temos
f(x, y) =
M(x, y)
N(x, y)
aplicando essa igualdade à equação geral de primeira ordem temos,
dy
dx
=
M(x, y)
N(x, y)
com algum trabalho algébrico, temos que
−M(x, y) + N(x, y)
dy
dx
= 0
Vamos supor que M seja uma função dependente apenas de x e N uma função depen-
dente apenas de y, então temos,
−M(x) + N(y)
dy
dx
= 0
que é dita separável ou de variáveis separáveis por poder ser escrita na forma:
−M(x)dx + N(y)dy = 0
7

8. feita essas adaptações na equação diferencial, podemos resolvê-la simplesmente agrupando-
as de maneira conveniente em relação a igualdade, e aplicando integração direta em
ambos os lados da equação, como mostrado abaixo.
N(y)dy = M(x)dx + c,
onde c = constante de integração.
Exemplos
1.Resolva a seguinte equação diferencial
(1 + x)dx − ydy = 0
Resolução
Note que a equação esta na forma
M(x)dx − N(y)dy = 0
onde M(x) = 1 + x e N(y) = y
Portanto, podemos ajustar os termos da equação até obter M(x)dx = N(y)dy, se
zermos isso na nossa equação, teremos
(1 + x)dx = ydy
Seguindo nosso algoritmo, agora vamos aplicar integração direta em ambos os lados da
igualdade
(1 + x)dx = ydy + c
x +
x2
2
= y2
+ c
resolvendo para y temos que nossa solução é dada por
y = x +
x2
2
+ c
onde c = constante de integração
2. Resolva o problema de valor inicial
dy
dx
= sin(5x)
sujeito à y(0) = 3
Resolução
8

9. Note que a equação desta vez se encontra na forma geral de equação de primeira ordem,
ou seja,
dy
dx
= f(x, y)
Porém em nossa equação nosso f(x, y) = sin(5x) que é uma função só de x, ou seja,
f(x, y) = f(x).
Para colocar nossa equação na forma M(x)dx = N(y)dy, vamos multipicar os dois lados
da equação por dx, fazendo isso temos
dy = sin(5x)dx
assim podemos observar que M(x) = sin(5x) e N(y) = 1, feito isso vamos aplicar
integração direta em ambos os lados da igualdade
dy = sin(5x)dx + c
y = 5 cos(5x) + c
Essa seria nossa solução geral já resolvida para y se não tivessemos um PVI, porém
como ele existe vamos aplicá-lo a nossa solução para encontrar c. Como y(0) = 3 temos
3 = 5 cos(5 · 0) + c
portanto c = −2 e nossa solução que antes era geral, agora se tornou uma solução
particular dada por:
y = 5 cos(5x) − 2
2.2 Equações Homogêneas e Método de Substituição Algébrica
Antes de falarmos diretamente sobre os conceitos de equação diferencial homogênea de
primeira ordem ou mesmo sobre seu método de resolução, necessitamos antes examinar
oque é uma função homogênea.
Uma função F é chamada de homogênea de grau n se ela pode ser escrita na forma
F(tx, ty) = tn
F(x, y), ou seja, fazendo a substituição em F(x, y), x = tx e y = ty e
depois fatorando t, a expressão resultante deve ser como a indicada na equação acima,
senão a função não é homogênea.
Nota: Estamos interessados em trabalhar apenas com funções de duas variáveis,
mas a denição acima é valida também para uma função com um numero k de variáveis.
Por exemplo, se tivermos uma função do tipo F(x1, x2, ..., xk), com k N, a função será
homogênea de ordem n desde que,
F(tx1, tx2, ..., txk) = tn
F(x1, x2, ..., xk)
Uma equação diferencial da forma
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0
9

10. é dita homogênea se ambos os seus coecientes M e N forem funções homogêneas de
mesmo grau, ou seja, M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 é homogênea se M(tx, ty) = tn
M(x, y)
e N(tx, ty) = tn
N(x, y). De maneira equivalente, a equação diferencial de primeira
ordem M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 é homogênea se quando à escrevemos na forma
dy
dx
= f(x, y)
podemos denir um função g tal que f(x, y) possa ser escrita na forma f(x, y) = g y
x
e nossa equação diferencial ca
dy
dx
= g
y
x
Analogamente, se nossa equação diferencial homogênea for escrita na forma dx
dy
= f(x, y)
podemos denir uma nova função h tal que tal que f(x, y) possa ser escrita na forma
f(x, y) = h x
y
e nossa equação diferencial ca
dx
dy
= h
x
y
2.2.1 Método de Substituição Algébrica
Uma equação diferencial homogênea do tipo M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 pode ser resol-
vida por meio de substituição algébrica, a substituição visa transformar nossa equação
diferencial homogênea em uma equação diferencial de primeira ordem separável para
a partir dai aplicarmos o Método de Separação das Variáveis. A substituição a ser
feita será y = vx ou x = uy, onde u e v são nossas novas variáveis independentes, esta
substituição transformará nossa equação inicial em uma equação diferencial de primeira
ordem separável.
Demonstração do Método de Substituição Algébrica
Seja M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 uma equação diferencial homogênea, fazendo y = vx
ou v = y
x
, transformamos nossa equação inicial em uma equação diferencial separável
nas variáveis v e x.
Como M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 é homogênea podemos escrevê-la na forma dy
dx
= g(y
x
).
Fazendo a substituição y = vx, temos
dy
dx
=
d(vx)
dx
= v + x
dv
dx
Então, v + xdv
dx
= g(y
x
), mas como y = vx, temos que v = y
x
, logo, v + xdv
dx
= g(v),
rearranjando esta equação podemos escrever, [v − g(v)]dx + xdv = 0.
Enm chegamos a nossa equação diferencial separável, que reagrupada pode ser escrita
como
dv
v − g(v)
+
dx
x
= 0
10

11. Como já vimos anteriormente esse tipo de equação diferencial pode ser resolvida via
integração direta.
dv
v − g(v)
+
dx
x
= c,
onde c é nossa constante de integração.
A solução geral pode ser escrita por
dv
v − g(v)
+ ln |x| = c, (3)
após resolver a integral, devemos substituir novamente v = y
x
, para termos nossa solu-
ção nas variáveis iniciais.
A demonstração utilizando a substituição x = uy é análoga, com apenas algumas mu-
danças na forma de se escrever nossa equação inicial.
Exemplos
1. Resolva a seguinte equação diferencial
x3
ydx + x2
y2
dy = 0
Resolução
Antes da resolução própriamente dita devemos analisar se nossa equação diferencial é de
fato homogênea, temos dois métodos para efetuar esta análise, primeiro vamos vericar
se M(tx, ty) = tn
M(x, y) e se N(tx, ty) = tn
N(x, y)
M(x, y) = x3
y e
N(x, y) = x2
y2
logo
M(tx, ty) = t3
x3
ty = t4
x3
y = t4
M(x, y) e
N(tx, ty) = t2
x2
t2
y2
= t4
x2
y2
= t4
N(x, y)
portanto, M(x, y) e N(x, y) são funções homogêneas de grau 4, então nossa equação
diferencial acima é homogênea.
Agora vamos vericar sua homogeneidade pelo segundo método. Primeiro colocamos
nossa equação na forma dy
dx
= f(x, y), fazendo isso temos,
dy
dx
= −
x3
y
x2y2
= −
x
y
= −
1
y
x
= g
y
x
portanto, nossa equação é homogênea.
Nota. Não é necessário utilizar os dois métodos para estudar a homogeneidade da sua
equação diferencial, visto que um método serve apenas de alternativa para o outro.
Vericada a homogeneidade da nossa função vamos partir agora para o método de
11

12. solução a partir de uma substituição de variável, além disso vamos trabalhar com nossa
equação na forma dy
dx
= g y
x
.
A substituição à ser feita é
y = vx
dy
dx
= v + x
dv
dx
como g y
x
= − 1
y
x
= −x
y
, temos que,
dy
dx
= −
x
y
fazendo as substituições indicadas temos,
v + x
dv
dx
= −
x
xv
= −
1
v
x
dv
dx
+ v +
1
v
= 0
x
dv
dx
+
1 + v2
v
= 0
dx
x
+
v
1 + v2
dv = 0
Agora aplicando integração direta temos,
dx
x
+
v
1 + v2
dv = c
ln |x| +
1
2
ln |1 + v2
| = c
como c é uma constante podemos fazer c = ln |c1|, assim temos
ln |x| +
1
2
ln |1 + v2
| = ln |c1|
Multiplicando a equação por 2, temos,
ln |x2
| + ln |1 + v2
| = ln |c2
1|
ln |1 + v2
| = ln |c2
1| − ln |x2
|
ln |1 + v2
| = ln
c1
x
2
portanto,
v2
=
c1
x
2
− 1
mas como v = y
x
, temos,
y
x
2
=
c1
x
2
− 1
y2
= c2
1 − x2
y = c2
1 − x2
12

13. que é a nossa solução geral.
2. Resolva
xydx + x2
dy = 0
Resolução
Assim como no exemplo passado vamos vericar a homogeneidade da nossa equação
diferencial, porém vamos utilizar apenas um dos métodos, colocando nossa equação na
forma dx
dy
= f(x, y).
dx
dy
= −
x2
xy
= −
x
y
= h
x
y
portanto, nossa equação é homogênea. Agora sim, vamos ao método de resolução,
vamos aplicar a seguinte substituição:
x = uy
dx
dy
= u + y
du
dy
Aplicando essas substituições em nossa equação dada na forma de dx
dy
= h x
y
temos,
u + y
du
dy
= −
uy
y
= −u
u + y
du
dy
+ u = 0
dy
y
+
du
2u
= 0
Aplicando integração direta temos,
dy
y
+
du
2u
= c
ln |y| +
1
2
ln |u| = c
como c é uma constante podemos fazer c = ln |c1|, assim temos
ln |y| +
1
2
ln |u| = ln |c1|
Multiplicando nossa equação por 2 temos,
ln |y2
| + ln |u| = ln |c2
1|
ln |u| = ln |c2
1| − ln |y2
|
ln |u| = ln
c1
y
2
u =
c1
y
2
13

14. mas com u = x
y
, temos,
x
y
=
c1
y
2
x =
c2
1
y
que é a nossa solução geral.
2.3 Equações Exatas
2.3.1 Critério para uma Diferencial Exata
Sejam M(x, y), N(x, y), funções continuas com derivadas parciais de primeira ordem
continuas em uma região retangular R : a x b, c y d, e suponha também uma
função F de duas variáveis reais, de forma que F tenha derivadas parciais continuas.
A diferencial total dF é denida por
dF(x, y) =
∂F
∂x
(x, y)dx +
∂F
∂y
(x, y)dy
A equação
dF = M(x, y)dx + N(x, y)dy
é chamada de diferencial exata em uma região R se existir uma função F(x, y), tal que
se verique
M(x, y) =
∂F
∂x
(x, y) e N(x, y) =
∂F
∂y
(x, y) (4)
Nota. Se denirmos F(x, y) = c, onde c = constante
dF(x, y) = 0 =
∂F
∂x
(x, y)dx +
∂F
∂y
(x, y)dy
e
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0
Se M(x, y)dx+N(x, y)dy é uma diferencial exata, a equação M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0
é uma equação exata se, e somente se,
∂M
∂y
(x, y) =
∂N
∂x
(x, y) (5)
O critério enunciado acima é uma condição suciente e necessária para que a diferencial
exata seja uma equação exata.
Vamos provar inicialmente que o critério é uma condição necessária, ou seja, se existe
uma função F tal que as equações (4) são satisfeitas, então a equação (5) é verdadeira,
temos
∂M
∂y
(x, y) =
∂
∂y
∂F
∂x
(x, y) e
∂N
∂x
(x, y) =
∂
∂x
∂F
∂y
(x, y)
14

15. Pelo Teorema de Schwartz temos que a ordem das derivadas mistas não importa, por-
tanto
∂
∂y
∂F
∂x
(x, y) =
∂
∂x
∂F
∂y
(x, y)
Assim,
∂M
∂y
(x, y) =
∂N
∂x
(x, y) (c.q.d.).
Vamos mostrar agora que o critério é uma condição suciente, ou seja, se M(x, y) e
N(x, y) satisfazem a equação (5), então M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 é uma equação
exata. A demonstração consiste na construção de uma função F que satisfaça (4), essa
construção ilustra um método básico para a resolução de equações exatas.
Inicialmente integramos a primeira das equações de (4) em relação a x mantendo y
constante, temos
F(x, y) = H(x, y) + g(y), (6)
onde H(x, y) é qualquer função diferenciável tal que ∂H
∂x
(x, y) = M(x, y) e g(y) é uma
função diferenciável arbitraria dependente apenas de y, fazendo o papel da constante
de integração.
Necessitamos agora mostrar que sempre podemos escolher g(y) de modo que a segunda
das equações de (4) seja satisfeita, ou seja, que N(x, y) = ∂F
∂y
(x, y). Vamos então derivar
(6) em relação a y, fazendo isso temos
∂F
∂y
(x, y) =
∂H
∂y
(x, y) + g (y)
mas como
N(x, y) =
∂F
∂y
(x, y),
podemos escrever
N(x, y) =
∂H
∂y
(x, y) + g (y)
e isolando g (y) encontramos,
g (y) = N(x, y) −
∂H
∂y
(x, y) (7)
Para conseguirmos encontrar g(y) na equação (7), a expressão à direita do sinal de
igualdade de (7) tem que ser uma função dependente apenas de y. Para essa vericação,
derivamos o lado direito da equação (7) em relação a x.
∂N
∂x
(x, y) −
∂
∂x
∂H
∂y
(x, y) =
∂N
∂x
(x, y) −
∂
∂y
∂H
∂x
(x, y)
mas,
∂H
∂x
(x, y) = M(x, y)
então,
∂N
∂x
(x, y) −
∂M
∂y
(x, y)
15

16. que, se observada a igualdade da equação (5), é zero. Vericado que o lado direito da
equação (7) não depende de x, podemos encontrar g(y) integrando a equação (7) em
relação a y.
g(y) = N(x, y) −
∂H
∂y
(x, y) dy
agora substituímos g(y) em (6), temos
F(x, y) = H(x, y) + N(x, y) −
∂H
∂y
(x, y) dy
por último fazemos
H(x, y) = M(x, y)dx e
∂H
∂y
(x, y) =
∂M
∂y
(x, y)dx
assim,
F(x, y) = M(x, y)dx + N(x, y) −
∂M
∂y
(x, y)dx dy (8)
Se inicialmente tivéssemos integrado a segunda das equações em (4) em relação a y
mantendo x constante, encontraríamos
F(x, y) = N(x, y)dy + M(x, y) −
∂N
∂x
(x, y)dy dx (9)
2.3.2 Algoritmo para a Resolução de Equações Exatas
A seguir descrevemos um algoritmo para resolver as equações exatas, o algoritmo é
basicamente o mesmo utilizado para a demonstração acima:
1. Integrar ∂F
∂x
(x, y) = M(x, y) em relação a x incluindo uma função g(y) ao invés de
uma constante de integração;
2. Diferenciar a equação resultante em relação a y, igualando-a à N(x, y);
3. Obter g(y) integrando a equação em relação a y;
4. Substituir g(y) na equação encontrada após o primeiro passo e encontrar F(x, y).
Nota: O algoritmo é análogo se no primeiro passo integrarmos ∂F
∂y
(x, y) = N(x, y) em
relação a y, fazendo as devidas alterações.
Exemplo
16

17. 1. Resolva a seguinte equação diferecial
(2x − 1)dx + (3y + 7)dy = 0
Resolução
Devemos primeiro analisar se a equação dada é exata, para isso devemos identicar
M(x, y) e N(x, y) e vericar se ∂M
∂y
(x, y) = ∂N
∂x
(x, y). Temos que,
M(x, y) = 2x − 1
∂M
∂y
(x, y) = 0
e
N(x, y) = 3y + 7
∂N
∂x
(x, y) = 0
portanto, como
∂M
∂y
(x, y) = 0 =
∂N
∂x
(x, y)
nossa equação é exata, ou seja, exise um F(x, y) tal que,
∂F
∂x
(x, y) = 2x − 1 e
∂F
∂y
(x, y) = 3y + 7
Para encontrar a solução para a nossa equação vamos seguir os passos dados pelo
algoritmo.
O primeiro passo nos diz para integrar ∂F
∂x
= M(x, y) em relação a x acrescentando uma
função g(y) no lugar da constante de integração, ou seja,
F(x, y) = 2x − 1dx
F(x, y) = x2
− x + g(y)
Depois, o passo 2 nos diz para diferenciar a equação encontrada em relação a y e
igualá-la à N(x, y)
∂
∂y
(x2
− x + g(y)) = 3y + 7
g (y) = 3y + 7
17

18. Para seguirmos com a resolução devemos encontrar g(y), para isso vamos integrar g (y)
em relação a y, que é o que indica o passo 3.
g(y) = 3y + 7dy
g(y) =
3
2
y2
+ 7y
Feito isso agora é só substituir g(y) na equação resultante após o passo primeiro, então
F(x, y) = x2
− x +
3
2
y2
+ 7y
logo, x2
− x + 3
2
y2
+ 7y = c, é a solução geral para a nossa equação diferencial.
Onde c = constante de integração.
2.3.3 Fator Integrante
Algumas vezes é possível transformarmos uma equação diferencial que não é exata em
uma equação diferencial exata, multiplicando a equação por um fator de integração
apropriado. Vamos multiplicar a equação
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 (10)
por uma função µ e depois tentar escolher µ de modo que a equação resultante
µ(x, y)M(x, y)dx + µ(x, y)N(x, y)dy = 0 (11)
seja exata. A equação acima é exata se, e somente se
∂µ
∂y
(x, y)M(x, y) =
∂µ
∂x
(x, y)N(x, y) (12)
Como M e N são funções dadas, a equação (12) nos diz que o fator integrante µ tem
que satisfazer a equação diferencial de primeira ordem
M(x, y)
∂µ
∂y
(x, y) − N(x, y)
∂µ
∂x
(x, y) +
∂M
∂y
(x, y) −
∂N
∂x
(x, y) µ(x, y) = 0 (13)
Se pudermos encontrar uma função µ que satisfaça a equação (13), então a equação
(11) será exata. A solução de (11) pode ser obtida então, pelo método de resolução
de equações exatas. A solução encontrada desse modo também satisfará a equação
(10), já que podemos dividir a equação (11) pelo fator integrante µ. Uma equação
diferencial da forma de (13) pode ter mais de uma solução. Nesse caso, qualquer
uma delas pode ser usada como fator integrante para (10). Infelizmente, a equação
(13) que determina o fator integrante µ é, em muitos casos, tão difícil de resolver
quanto a equação original (10). Portanto, embora a princípio o método dos fatores
integrantes seja uma ferramenta útil para resolver equações diferenciais, na prática
ele só pode ser usado em alguns casos especiais. As situações mais importantes nas
quais os fatores integrantes simples podem ser encontrados ocorrem quando µ é uma
18

19. função dependente apenas de uma das variáveis x ou y, em vez de ambas. Vamos agora
determinar condições necessárias sobre M e N para que (10) tenha um fator que só
dependa de x. Supondo que µ é uma função só de x, temos
∂µ(x, y)M(x, y)
∂y
= µ(x, y)
∂M
∂y
(x, y) e
∂µ(x, y)N(x, y)
∂x
= µ(x, y)
∂N
∂x
(x, y) = N(x, y)
dµ
dx
(x, y)
assim, se
∂µ(x, y)M(x, y)
∂y
=
∂µ(x, y)N(x, y)
∂x
é necessário que
dµ
dx
(x, y) =
∂M
∂y
(x, y) − ∂N
∂x
(x, y)
N(x, y)
µ(x, y)
se ∂M
∂y
(x, y) − ∂N
∂x
(x, y)
N(x, y)
é uma função só de x, então existe um fator integrante µ que também depende apenas
de x. Além disso, µ pode ser encontrado resolvendo-se a equação anterior, que é uma
equação diferencial linear e separável. Um procedimento análogo pode ser utilizado
para se determinar uma condição sob a qual a equação (10) tenha um fator integrante
que dependa apenas de y.
Exemplo
2. Resolva a equação diferencial não exata
(2y2
+ 3x)dx + 2xydy = 0
Resolução
Como dito no enunciado do exemplo a equação acima não é exata, logo para transformá-
la em exata, devemos encontrar um fator integrante µ(x) apropriado.
Como, M(x, y) = 2y2
+ 3x e N(x, y) = 2xy, podemos encontrar suas derivadas parciais
em relação a y e x, respectivamente, assim,
∂M
∂y
(x, y) = 4y e
∂N
∂x
(x, y) = 2y
Agora temos que vericar se
∂M
∂y
(x, y) − ∂N
∂x
(x, y)
N(x, y)
19

20. é uma função que dependa apenas de x, substituindo temos,
4y − 2y
2xy
=
2y
2xy
=
1
x
que é uma função só de x. Agora vamos aplicar o resultado obtido em,
dµ
dx
(x, y) =
∂M
∂y
(x, y) − ∂N
∂x
(x, y)
N(x, y)
µ(x, y) ou
1
µ(x, y)
dµ =
∂M
∂y
(x, y) − ∂N
∂x
(x, y)
N(x, y)
dx
substituindo temos,
1
µ(x, y)
dµ =
1
x
dx
que é uma equação linear de variáveis separáveis, então integrando ambos os lados em
relação a x temos,
1
µ(x, y)
dµ =
1
x
dx
ln |µ(x, y)| = ln |x|
µ(x, y) = x
tendo encontrado nosso fator de integração µ(x, y) = x, vamos agora multiplicar nossa
equação original por ele,
2y2
x + 3x2
dx + 2x2
ydy = 0
que é uma equação diferencial exata, por mero rigor vamos aplicar à equação a condição
para que ela seja exata
∂M
∂y
(x, y) = 4yx e
∂N
∂x
(x, y) = 4yx
logo,
∂M
∂y
(x, y) = 4yx =
∂N
∂x
(x, y)
portanto, nossa equação, de fato, é exata. Agora para resolvê-la vamos aplicar o al-
goritmo visto nesta seção, porém diferentemente do que foi feito no primeiro exemplo,
não vamos apontar os passos um a um, vamos aplicá-los de maneira direta.
Para encontrar F(x, y), temos que,
F(x, y) = M(x, y)dx = 2y2
x + 3x2
dx
F(x, y) = y2
x2
+ x3
+ g(y)
20

21. agora vamos diferenciar a equação acima em relação a y e igualá-la à N(x, y),
∂
∂y
(y2
x2
+ x3
+ g(y)) = 2x2
y
2yx2
+ g (y) = 2x2
y
g (y) = 0
o que nos diz que g(y) é uma constante qualquer.
Agora substituindo em F(x, y) temos,
F(x, y) = y2
x2
+ x3
Portanto y2
x2
+ x3
= c, é a solução geral para a nossa equação.
Onde c é uma constante.
2.4 Equações Lineares
Denimos a forma geral de uma equação diferencial linear de primeira ordem como
a1(x)
dy
dx
+ a0(x)y = g(x)
Dividindo a equação acima pelo coeciente a1(x) de dy
dx
, obtemos uma forma mais útil
de uma equação diferencial linear
dy
dx
+ P(x)y = F(x), (14)
onde P(x) =
a0(x)
a1(x)
e F(x) =
g(x)
a1(x)
Procuramos uma solução para (14) em um intervalo I, onde as funções P(x) e F(x)
são continuas.
2.4.1 Fator Integrante
Supondo que (14) possua solução, podemos escrevê-la como:
dy + [P(x)y − F(x)]dx = 0 (15)
As equações lineares possuem uma propriedade que nos permite encontrar uma função
µ(x), onde
µ(x)dy + µ(x)[P(x)y − F(x)]dx = 0 (16)
é uma equação diferencial exata. Pelo critério para uma equação exata, visto anterior-
mente, o lado esquerdo de (16) é uma diferencial exata, se
∂µ
∂x
(x) =
∂µ(x)[P(x)y − F(x)]
∂y
ou (17)
dµ
dx
(x) = µ(x)P(x)
21

22. que é uma equação separável, logo podemos determinar µ agrupando os termos de
maneira conveniente e integrando diretamente ambos os lados, então
dµ
µ(x)
(x) = P(x)dx ou
dµ
µ(x)
(x) = P(x)dx
ln|µ(x)| = P(x)dx ou (18)
µ(x) = e P(x)dx
(19)
A função µ(x) determinada acima é um fator integrante para a equação diferencial
linear, e µ(x) = 0 para todo x em I, sendo também uma função contínua e diferenciável
neste intervalo.
Podemos observar também que (16) é uma equação diferencial exata ainda que F(x) =
0, ou seja, F(x) não tem qualquer inuência na hora de se determinar o fator integrante
µ(x), pois temos da equação (17) que
∂µ
∂y
(x)F(x) = 0
Logo,
e P(x)dx
dy + e P(x)dx
[P(x)y − F(x)]dx e
e P(x)dx
dy + e P(x)dx
P(x)ydx
são diferenciais exatas.
Agora, reescrevendo (16), temos
e P(x)dx
dy + e P(x)dx
P(x)ydx = e P(x)dx
F(x)dx
Podemos vericar que o lado esquerdo da equação acima pode ser escrito como:
e P(x)dx
dy + e P(x)dx
P(x)ydx =
d
dx
e P(x)dx
y
Portanto temos,
d
dx
e P(x)dx
y = e P(x)dx
F(x)dx
agora integrando esta última em relação a x temos,
e P(x)dx
y = e P(x)dx
F(x)dx + c
onde c é uma constante de integração.
resolvendo para y,
y = e− P(x)dx
e P(x)dx
F(x)dx + c (20)
Portanto, se (14) tiver uma solução, essa solução será da forma de (20)
22

23. 2.4.2 Algorítmo do Método de Resolução de Equações Lineares
1. Coloque a equação diferencial linear na forma da equação (14), ou seja, divida sua
equação original pelo coeciente de dy
dx
;
2. Identique P(x) e encontre o fator integrante µ = e P(x)dx
;
3. Multiplique a equação encontrada no passo 1. pelo fator integrante encontrado no
passo 2.;
4. Coloque o lado esquerdo da equação encontrada no passo 3. na forma da derivada
do produto do fator integrante pela variável dependente y;
5. Integre ambos os lados da equação encontrada no passo anterior isolando a variável
y.
Exemplos
1. Resolva
x
dy
dx
− 4y = x6
ex
Resolução
Vamos começar dividindo nossa equação por x, que é o coeciente de dy
dx
, fazendo isso
temos,
dy
dx
−
4
x
y = x5
ex
Na equação acima podemos identicar P(x) = −4
x
, logo o nosso fator de integração µ
é dado por
µ = e − 4
x
dx
µ = e−4 ln |x|
= eln x−4
= x−4
Encontrado µ, vamos multiplicar nossa equação por ele,
x−4 dy
dx
− 4x−5
y = xex
Podemos observar que a equação acima pode ser escrita na forma
d
dx
x−4
y = xex
Agora integrando ambos os lados temos,
d x−4
y = xex
dx
x−4
y = xex
− ex
+ c
y = x5
ex
− x4
ex
+ cx4
23

24. onde c = constante de integração.
2. Resolva o problema de valor inicial
dy
dx
+ 2xy = x
Sujeito à y(0) = −3.
Resolução
Lembre-se que em um problema de valor inicial devemos encontrar o valor da constante
de integração aplicando a condição indicada.
Note que o coeciente de dy
dx
é igual a 1, logo nossa equação já está na forma ideal para
a resolução.
Temos que P(x) = 2x, logo µ é dado por
µ = e 2xdx
µ = ex2
Multiplicando o fator integrante encontrado em nossa equação temos,
ex2 dy
dx
+ 2ex2
xy = exx
x
A equação acima pode ser escrita na forma
d
dx
ex2
y = exx
x
Integrando ambos os lados temos
d ex2
y = ex2
xdx
ex2
y =
1
2
ex2
+ c
y =
1
2
+ ce−x2
Porém, ainda temos que encontrar o valor da constante c em função da condição y(0) =
−3, aplicando essa condição inicial à equação acima temos,
−3 =
1
2
+ ce0
c = −
7
2
Portanto, nossa solução é dada por y = 1
2
− 7
2
e−x2
.
24

25. 2.5 Equação de Bernoulli
A equação diferencial
dy
dx
+ P(x)y = f(x)yn
(21)
onde n é um número inteiro qualquer, é chamada de equação de Bernoulli.
Se n = 0, (21) é uma equação linear.
Se n = 1, (21) é uma equação de variáveis separáveis.
Se n = 0, n = 1 e y = 0 podemos dividir a equação (21) por yn
, fazendo isso temos,
y−n dy
dx
+ P(x)y1−n
= f(x) (22)
Agora se zermos h(x) = y1−n
, então
dh
dx
(x) = (1 − n)y−n dy
dx
Fazendo essa substituição na equação (22), temos
1
(1 − n)
dh
dx
(x) + P(x)h(x) = f(x)
multiplicando a equação acima por (1 − n) temos,
dh
dx
(x) + (1 − n)P(x)h(x) = (1 − n)f(x) (23)
Como a equação (23) é linear podemos resolvê-la pelo método estudado na seção an-
terior, feito isso, devemos substituir y1−n
= h(x), e assim teremos uma solução para a
equação (21).
Exemplo
1. Resolva a equação de Bernoulli dada por
x
dy
dx
+ y =
1
y2
Resolução
Vamos primeiramente dividir nossa equação pelo coeciente de dy
dx
, assim,
dy
dx
+
y
x
=
y−2
x
Como n = −2 e y = 0 podemos dividir nossa equação por y−2
y2 dy
dx
+
y3
x
=
1
x
Agora aplicando a substituição
h = y(1−n)
= y3
dh
dx
= 3y2 dy
dx
25

26. temos,
1
3
dh
dx
+
h
x
=
1
x
dh
dx
+
3
x
h =
3
x
note que nossa equação é uma equação linear e, portanto, pode ser resolvida pelo método
apresentado na seção anterior.
Para o cálculo do fator integrante µ precisamos de P(x), que no nosso caso é 3
x
, então
µ = e
3
x
dx
µ = eln |x3|
µ = x3
multiplicando µ na nossa equação temos,
x3 dh
dx
+ 3x2
h = 3x2
que pode ser escrita na forma
d
dx
x3
h = 3x2
Integrando ambos os lados da equação acima temos,
d x3
h = 3x2
dx
x3
h = x3
+ c
h = 1 +
c
x3
onde c = constante de integração.
Mas h = y3
y3
= 1 +
c
x3
y = 3
1 +
c
x3
que é a solução geral da nossa equação.
2.6 Equação de Ricatti
A equação diferencial não linear
dy
dx
= P(x) + Q(x)y + R(x)y2
(24)
26

27. é conhecida como equação de Ricatti. Para resolvermos esse tipo de equação devemos
considerar que haja um certo yp que seja solução particular da equação (24), para assim
efetuarmos a seguinte substituição
y = yp(x) + u(x) e
dy
dx
=
dyp
dx
(x) +
du
dx
(x)
feitas as devidas substituições em (24) temos,
dyp
dx
(x) +
du
dx
(x) = P(x) + Q(x)(yp(x) + u(x)) + R(x)(yp(x) + u(x))2
dyp
dx
(x) +
du
dx
(x) = P(x) + Q(x)yp(x) + Q(x)u(x) + R(x)yp(x)2
+ 2yp(x)u(x)R(x) + R(x)u(x)2
dyp
dx
(x) +
du
dx
(x) = P(x) + Q(x)yp(x) + R(x)yp(x)2
+ (Q(x) + 2yp(x)R(x))u(x) + R(x)u(x)2
Note no lado direito da equação acima que
P(x) + Q(x)yp(x) + R(x)yp(x)2
=
dyp
dx
(x)
logo,
dyp
dx
(x) +
du
dx
(x) =
dyp
dx
(x) + (Q(x) + 2yp(x)R(x))u(x) + R(x)u(x)2
Portanto
du
dx
− (Q(x) + 2yp(x)R(x))u(x) = R(x)u(x)2
(25)
Como (25) é uma equação de Bernoulli com n = 2, podemos transformá-la em uma
equação linear dividindo a equação acima por u(x)2
, encontrando
1
u(x)2
du
dx
(x) − (Q(x) + 2yp(x)R(x))u(x)−1
= R(x)
fazendo a seguinte substituição
h(x) = u(x)−1
e
dh
dx
(x) = −
1
u(x)2
du
dx
(x)
aplicando a substituição acima na equação (25), temos
dh
dx
(x) + (Q(x) + 2yp(x)R(x))h(x) = −R(x)
O método de resolução acima agora é análogo ao utilizado para resolver equações de
Bernoulli.
27

28. Exemplo
1. Resolva a equação de Ricatti sendo yp uma solução conhecida
dy
dx
= −2 − y + y2
yp = 2
Resolução
Primeiro vamos identicar os coecientes da equação
P(x) = −2
Q(x) = −1
R(x) = 1
Agora vamos fazer a seguinte substitução
y = yp + u
y = 2 + u
dy
dx
=
du
dx
assim, temos,
du
dx
= −2 − (2 + u) + (2 + u)2
du
dx
= −4 + 4 + 3u + u2
du
dx
− 3u = u2
que é uma equação de Bernoulli com n = 2, a partir de agora vamos resolvê-la pelo
método utilizado na seção anterior, primeiramente dividindo a equação acima por u2
1
u2
du
dx
−
3
u
= 1
agora vamos fazer
h = u−1
dh
dx
= −
1
x2
du
dx
fazendo essa substituição, nossa equação pode ser escrita como
−
dh
dx
− 3h = 1
dh
dx
+ 3h = −1
28

29. que é uma equação linear, agora precisamos calcular o fator integrante µ
µ = e 3dx
µ = e3x
então, vamos multiplicar nossa equação pelo fator de integração µ,
e3x dh
dx
+ 3e3x
h = −e3x
que pode ser escrita como
d
dx
e3x
h = −e3x
Integrando ambos os lados temos,
d e3x
h = −e3x
dx
e3x
h = −
e3x
3
+ c
h = −
1
3
+
c
e3x
mas, h = u−1
, então
u−1
= −
1
3
+ ce−3x
u =
1
−1
3
+ ce−3x
mas, ainda temos que y = 2 + u, ou seja,
y = 2 +
1
−1
3
+ ce−3x
onde c = constante de integração.
Portanto, a equação acima é nossa solução geral para a equação dada.
2.7 Equações de Clairaut
A forma geral destas equações é dada por
y = x
dy
dx
+ f
dy
dx
(26)
tal que, y seja uma função diferenciavel.
Nota. Essas equações deram origem ao estudo das soluções singulares.
Para resolvermos as equações de Clairaut, devemos buscar fazer a substituição p(x) =
dy
dx
, então podemos escrever (26) na forma
y = xp(x) + f(p(x)) (27)
29

30. Derivando (27) em relação a x, temos
dy
dx
= p(x) + x
dp
dx
(x) + f (p(x))
dp
dx
p(x) = p(x) + x
dp
dx
(x) + f (p(x))
dp
dx
ou seja,
dp
dx
(x)(x + f (p(x)) = 0 (28)
Assim dp
dx
(x) = 0 ou x + f (p(x)) = 0.
Se dp
dx
(x) = 0, entao p(x) = c, onde c é uma constante qualquer, substituindo a constante
em (27), temos
y = cx + f(c)
que nada mais é do que uma família de retas.
Porém, se x + f (p(x)) = 0, teremos que x = −f (p(x)), logo (27) ca na forma
y = −p(x)f (p(x)) + f(p(x))
Substituindo p(x) pelo parâmetro t, podemos escrever a solução singular da equação de
Clairaut na seguinte forma paramétrica
x = −f (t)
y = f(t) − tf (t)
Exemplo
1. Resolva a equação de Clairaut dada, obtendo uma solução singular
y = x
dy
dx
+ 1 − ln
dy
dx
Resolução
Vamos aplicar a seguinte substituição,
p(x) =
dy
dx
assim, temos,
y = xp(x) + 1 − ln |p(x)|
derivando a equação acima em relação a x temos,
dy
dx
= p(x) + x
dp
dx
(x) −
1
p(x)
dp
dx
(x)
p(x) = p(x) +
dp
dx
(x) x −
1
p(x)
dp
dx
(x) x −
1
p(x)
= 0
30

31. ou seja, dp
dx
(x) = 0 ou x − 1
p(x)
= 0.
Se dp
dx
(x) = 0, p(x) = c, onde c é uma constante qualquer. Substituindo esse resultado
y temos,
y = cx + 1 − ln |c|
que é uma família de retas.
Porém, se x − 1
p(x)
= 0, temos que x = 1
p(x)
, substituindo em y temos,
y = 1 + 1 − ln |p(x)|
y = 2 − ln
1
x
y = 2 + ln |x|
que é a solução singular da nossa equação, também podemos apresentar essa solução
na forma paramétrica, fazendo p(x) = 1
x
= t, onde t é um parâmetro qualquer,
x = 1
t
y = 2 + ln |t|
31

32. 3 Aplicações das Equações Diferenciais Ordinárias de
Primeira Ordem
Este capítulo traz algumas aplicações das equações diferenciais ordinárias de primeira
ordem, algumas clássicas como o Modelo de Dinâmica Populacional de Malthus outras
mais complexas como o Modelo de von Bertalany para o crescimento de peixes. O
objetivo desse capítulo é exibir a gama de aplicações que essas equações podem ter nas
mais variadas áreas do cohecimento, tornando-as muito mais que apenas um objeto de
estudo puramente matemático.
3.1 Lei do Resfriamento/Aquecimento de Newton
Segundo a lei empírica de Newton do resfriamento/aquecimento de um corpo, a taxa de
variação da temperatura de um corpo é proporcional à diferença entre sua temperatura
e a do meio que o cerca, chamada de temperatura ambiente. Se T(t) representar a tem-
peratura de um determinado corpo no instante t, Tm a temperatura do meio que o cerca
e dT
dt
a taxa com que a temperatura do corpo varia, a lei do resfriamento/aquecimento
de Newton pode ser escrita matematicamente como:
dT
dt
= λ(T − Tm) (29)
onde λ é uma constante de proporcionalidade. Em ambos os casos, resfriamento ou
aquecimento, se Tm for uma constante λ 0.
Note que o modelo da lei de resfriamento/aquecimento de Newton é uma equação
diferencial ordinária de primeira ordem linear e separável, sendo assim vamos encontrar
a solução geral desta equação utilizando o Método das Variáveis Separáveis.
dT
dt
= λ(T − Tm)
dT
(T − Tm)
= λdt
integrando ambos os lados da nossa última equação, temos
dT
(T − Tm)
= λdt
assim,
ln |T − Tm| = λt + c1
portanto,
T(t) = Tm + c2eλt
(30)
onde c2 = ec1
é uma constante, é a solução geral da lei de resfriamento/aquecimento de
Newton.
Exemplo 1. Resfriamento de um bolo
32

33. Quando retiramos um bolo do forno, ele apresenta temperatura de 150 o
C. Três minuto
depois, sua temperatura é de 94 o
C. Quanto tempo demorará para o bolo atingir a
temperatura ambiente de 20 o
C ?
Resolução
Podemos observar que o problema acima pode ser modelado utilizando a lei de resfri-
amento/aquecimento de Newton. Porém, antes precisamos identicar a temperatura
ambiente (Tm) como sendo Tm = 20 o
C, fazendo isso o que nos resta é resolver o seguinte
problema de valor inicial.
dT
dt
= λ(T − 20), e T(0) = 150
e encontrar o valor de λ de tal forma que T(3) = 94.
Utilizando a solução geral descrita em (30) temos que,
T(t) = Tm + c2eλt
ou
T(t) = 20 + c2eλt
aplicando o PVI T(0) = 150, podemos encontrar a constante c2, assim
150 = 20 + c2
c2 = 130
como c2 = 130, nossa nova equação pode ser escrita como,
T(t) = 20 + 130eλt
para encontrar o valor de λ utilizaremos o fato de que T(3) = 94, portanto
94 = 20 + 130e3λ
λ =
1
3
ln
74
130
λ ≈ −0, 1878
assim
T(t) = 20 + 130e−0,1878t
Porém, a equação acima não nos oferece uma solução nita para T(t) = 20, já que
lim
x→∞
T(t) = 20, mas podemos ver claramente no gráco abaixo que o bolo terá tempe-
ratura ambiente em aproximadamente 40 minutos.
3.2 Dinâmica Populacional
O economista e demógrafo inglês Thomas Malthus, em 1978, foi um dos primeiros a
tentar modelar o crescimento populacional utilizando a matemática, o modelo partia do
33

34. Figura 1: Taxa de decaimento da temperatura do bolo
princípio de que a taxa de crescimento de uma população em um determinado instante
é proporcional à população em cada instante, ou resumidamente, quanto mais pessoas
existirem em um instante t, mais pessoas haverão no futuro. Matemáticamente, se P(t)
é a população total num instante t, temos a seguinte expressão
dP
dt
(t) = kP(t) (31)
onde k é uma constante de proporcionalidade, o modelo malthusiano é bem simples e
não leva em conta uma série de fatores, tais como imigração e emigração, e as populações
que crescem com uma taxa descrita pela equação acima são incomuns, porém ele ainda
é utilizado para modelar o crescimento de pequenas populações em um intervalo de
tempo razoavelmente curto, como o crescimento de bactérias em uma placa de Petri.
Aos olhos da matemática, podemos observar que a equação (31) é ao mesmo tempo uma
equação diferencial separável e linear. Colocando-a na forma padrão de uma equação
diferencial linear de pimeira ordem temos,
dP
dt
(t) − kP(t) = 0
para resolvê-la, vamos primeiro encontrar o seu fator integrante utilizando (19), assim
temos,
µ(t) = e− kdt
µ(t) = e−kt
agora multipicando (31) pelo fator de integração encontrado temos
µ(t)
dP
dt
(t) − µ(t)kP(t) = 0
e−kt dP
dt
(t) − e−kt
kP(t) = 0
ajeitando a equação acima
d
dt
(e−kt
P(t)) = 0
34

35. por m, integrando os dois lados da equação acima temos
d
dt
(e−kt
P(t))dt = c1
e−kt
P(t) = c1
portanto, a solução geral para o modelo malthusiano pode ser dada por
P(t) = c1ekt
(32)
onde c1 é uma constante de integração.
Exemplo 2. Crescimento de bactérias
O aumento da população de um certo tipo de bactérias está sendo estudado em um
laboratório, inicialmente foram colocadas 3000 bactérias em uma placa de Petri, após
2 horas a população inicial havia triplicado. Se a taxa de crescimento dessa cultura
de bactérias é proporcional ao número de bactérias presentes um dado instante, qual o
tempo necessário para que o número de bactérias quintuplique ?
Resolução
Como a taxa de crescimento populacional dessa cultura de bactérias é proporcional
ao número de bactérias num instante dado, concluímos que o problema acima pode
ser modelado pelo modelo de crescimento populacional malthusiano. Assim podemos
aplicar a solução geral descrita por (32).
P(t) = c1ekt
Para determinar a constante c1 usaremos o fato de que em t = 0, temos P(0) = 3000,
aplicando esta condição temos
3000 = c1e0
c1 = 3000
aplicando c1 = 3000 em (32).
P(t) = 3000ekt
Para encontrarmos a constante de proporcionalidade k utilizaremos o PVI P(2) = 9000,
assim
9000 = 3000e2k
e2k
= 3
k =
ln 3
2
k ≈ 0, 5493
agora para encontrar o instante em que a quantidade de bactérias quintuplicou, basta
resolver a seguinte equação
15000 = 3000e0,5493t
e0,5493t
= 5
t =
ln 5
0, 5493
t ≈ 2, 9299
35

36. Logo, temos que a população de bactérias quintuplicará em aproximadamente 2, 9299
horas.
3.3 Crescimento de Peixes (Modelo de von Bertalany)
Como sabemos a pesca sempre foi um importante elemento para a sobrevivência do
ser humano, porém a pesca predatória de algumas espécies acabou gerando a extinção
dessas espécies. Para combater a pesca predatória, hoje em dia existem leis internacio-
nais que denem como a pesca deve ser efetuada. Os modelos matemáticos podem ser
utilizados para se medir os efeitos dessas leis de controle e estabelecer em que condições
o peixe pode ser capturado. O peso p(t) de cada espécie é dado pela seguinte equação
empírica de von Bertalany4
:
dp
dt
(t) = αp
2
3 − βp (33)
que estabelece que o aumento do peso de um peixe é proporcional à área de sua super-
fície, onde α é uma constante que representa a taxa de síntese de massa por unidade
de superfície do animal (anabolismo), e β é a constante que representa a taxa de dimi-
nuição da massa por unidade de massa (catabolismo).
A equação de von Bertalany é uma equação de Bernoulli com n = 2
3
, ou seja, podemos
escrevê-la na forma da equação (21) com segue,
dp
dt
(t) + βp = αp
2
3 (34)
para resolver a equação acima, podemos utilzar a seguinte substituição: h(t) = p1−n
assim,
h(t) = p
1
3 e
dh
dt
(t) =
1
3
p− 2
3
dp
dt
(t) ou
dh
dt
(t) =
1
3
h−2 dp
dt
(t)
aplicando a substitição acima à (34), temos
3h2 dh
dt
(t) + βh3
= αh2
dh
dt
(t) =
α
3
−
β
3
h
reajeitando temos a seguinte equação linear.
dh
dt
(t) +
β
3
h =
α
3
(35)
Para resover a equação linear acima, temos primeiro que encontrar o fator integrante
µ(t), dado por (19),
µ(t) = e
β
3
dt
µ(t) = e
β
3
t
O modelo ao qual nos referimos é para o aumento de peso dos peixes, porém há outros modelos
de von Bertalany que estudam o tamanho dos peixes, ver BASSANEZI e FERREIRA JR (1988).
36

37. multiplicando µ(t) em (35), temos
µ(t)
dh
dt
(t) + µ(t)
β
3
h = µ(t)
α
3
e
β
3
t dh
dt
(t) + e
β
3
t β
3
h = e
β
3
t α
3
simpicando a equação acima, escrevendo o seu lado esquerdo como uma derivada do
produto, obtemos,
d
dt
(e
β
3
t
h) = e
β
3
t α
3
agora integrando os dois lados da equação acima temos,
d
dt
(e
β
3
t
h)dt = e
β
3
t α
3
dt
e
β
3
t
h =
α
β
e
β
3
t
+ c1
h(t) =
α
β
+ c1e− β
3
t
onde c1 é a nossa constante de integração.
Mas como p = h3
, temos
p(t) =
α
β
+ c1e− β
3
t
3
(36)
quando t = 0, o valor de p é desprezável, portanto usando p(0) ≈ 0, obtemos
α
β
+ c1
3
= 0
então,
α
β
+ c1 = 0 ou (37)
c1 = −
α
β
(38)
aplicando (38) em (36).
p(t) =
α
β
−
α
β
e− β
3
t
3
p(t) =
α
β
3
1 − e− β
3
t
3
Quando t cresce, p tende a P∞ = α
β
3
. Fazendo k = β
3
, temos
p(t) = P∞(1 − e−kt
)3
(39)
que é a solução geral da a equação de von Bertalany para o aumento de peso dos peixes.
Nota. Não será dado nenhum exemplo prático da utilização do modelo de von Berta-
lany para o crescimento de peixes, já que para dar tal exemplo é necessário um certo
conhecimento de análise estatística, e aproximação linear, assuntos esses que não são
alvo deste estudo. Para ver exemplos consulte (Bassanezi e Ferreira Jr., 1988).
37

38. 3.4 Circuitos em Série
Considere um circuito em série contendo apenas um resistor e um indutor como mos-
trado na gura abaixo, da segunda lei de Kirchho sabemos que a soma das quedas de
voltagem no indutor Ldi
dt
e no resistor (iR) é igual à voltagem aplicada no circuito
(E(t)).
Figura 2: Circuito em série LR
Assim a equação diferencial para a corrente i(t) é dada por,
L
di
dt
+ Ri = E(t) (40)
onde L e R são constantes conhecidas como indutância e resistência, respectivamente,
a corrente i(t) também é conhecida como resposta do sistema.
Para o novo circuito em série mostrado abaixo, a queda de voltagem em um capacitor
com capacitância C é dada por q
C
(t), onde q é a carga do capacitor.
Figura 3: Circuito em série RC
Assim para este circuito a segunda lei de Kirchho nos diz que,
Ri +
1
C
q = E(t) (41)
mas como i = dq
dt
, podemos reescrever (41) como a seguinte equação diferencial linear.
R
dq
dt
+
1
C
q = E(t) (42)
Como (42) é uma equação diferencial linear podemos resolvê-la utilizando o algorítmo
apresentado na seção 1.4, assim devemos primeiro dividir (42) pelo coeciente R,
dq
dt
+
1
CR
q =
E(t)
R
(43)
38

39. a seguir, vamos encontrar o fator integrante da equação acima utilizando (19).
µ(t) = e
1
CR
dt
µ(t) = e
t
CR
Multiplicando (43) por µ(t), temos
µ(t)
dq
dt
+ µ(t)
1
CR
q = µ(t)
E(t)
R
e
t
CR
dq
dt
+ e
t
CR
1
CR
q = e
t
CR
E(t)
R
reescrevendo o lado esquerdo da equação acima como uma derivada do produto, temos
d
dt
(e
t
CR q) = e
t
CR
E(t)
R
integrando os dois lados desta equação
d
dt
(e
t
CR q)dt = e
t
CR
E(t)
R
dt
e
t
CR q = e
t
CR CE(t) + c1
onde c1 é a nossa constante de integração.
Portanto, a solução geral da equação (42) é dada por,
q(t) = CE(t) + e− t
CR c1 (44)
para se obter a solução geral para (40) o procedimento é análogo, como será mostrado
no exemplo prático a seguir.
Exemplo 3. Circuitos em série
Uma força eletromotriz de 30 volts é aplicada a um circuito em série LR no qual a
indutância é de 0,1 henry e a resistência é de 50 ohms. Encontre a corrente i(t) se
i(0) = 0.
Resolução
O primeiro passo é identicar os elementos dados pelo problema na equação diferencial
linear (40), logo podemos reescrever (40) como,
0, 1
di
dt
+ 50i = 30
assim , para resolver nossa, vamos seguir o algorítmo da seção 1.4, e começar dividindo
a equação acima pelo coeciente 0,1.
di
dt
+ 500i = 300
39

40. Agora vamos encontrar o fator integrante da equação acima, dado por (19), que por
vericação é µ(t) = e500t
, multiplicando µ(t) na equação acima obtemos,
e500t di
dt
+ e500t
500i = e500t
300
ajeitando o lado esquerdo da equação na forma de uma derivada do produto temos,
d
dt
(e500t
i) = e500t
300
integrando ambos os lados da equação acima
d
dt
(e500t
i)dt = e500t
300dt
e500t
i = 0, 6e500t
+ c1
i(t) = 0, 6 + e−500t
c1
onde c1 é a nossa constante de integração. Para encontrar o valor numérico de c1,
utilizaremos o PVI i(0) = 0, assim
0 = 0, 6 + e0
c1
c1 = −0, 6
como c1 = −0, 6, podemos reescrever nossa função i(t) como sendo,
i(t) = 0, 6 − 0, 6e−500t
.
40