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1
EU ODEIO EDO
2° Edição
HELDER GUERREIRO
2016
2
Deus seja Louvado.
Guerreiro, Helder
Eu odeio EDO 2ª ed./ Helder Guerreiro – Manaus, 2016.
Bibliografia
Livro não catalogado e não institucional, o mesmo é amador.
3
SUMÁRIO
1. Conselhos de um amigo 6
2. No início da sua vida antissocial - Problema de valor inicial 7
2.1 Teorema de existência e unicidade 7
2.2 Os sete passos 7
2.3 Primeiro Exemplo 8
2.4 Segundo Exemplo 9
3. Os mais lights - Variação de parâmetros e variáveis separáveis 10
3.1 Variação de parâmetros 10
3.1.1 Primeiro Exemplo 11
3.1.2 Exemplo sem variação de parâmetros 12
3.2 Variáveis separáveis 13
3.2.1 Primeiro Exemplo 13
3.2.2 Segundo Exemplo 13
3.2.3 Terceiro Exemplo 14
4. Ta ficando chato - Equações diferenciais exatas 15
4.1 A função solução 15
4.2 Primeiro Exemplo 16
4.3 Segundo Exemplo 17
4.4 Complicando a sua vida – Equação não exata em equação Exata 18
4.4.1 Primeiro Exemplo 18
4.5 Equação exata transformada – Fator integrante em função de y 20
4.5.1 Primeiro Exemplo 21
5. Uma alternativa interessante - Equações homogêneas 22
5.1 Primeiro Exemplo 23
6. Super Exemplo – Tá na hora de treinar 24
6.1 Equação homogênea 24
6.2 Variáveis separáveis 25
6.3 Equações exatas 25
6.4 Variação de parâmetros 26
6.5 Método comum 27
Um bônus para sua mente – Integral por partes 28
Exemplos 29
Integrais infinitas 30
4
Exemplo 31
Exercícios resolvidos – Já estou bonzinho demais 32
Primeira questão 32
Segunda questão 46
7. Lembranças de um futuro esquecido - Trajetórias ortogonais 56
7.1 Primeiro Exemplo 57
8. Equações de Riccati – Nome difícil para uma coisa difícil 58
8.1 Primeiro Exemplo 59
Exercícios resolvidos – Para não enferrujar 60
9. Equações lineares de segunda ordem – Aumentando o grau de dificuldade 68
9.1 Sua forma 68
9.2 Soluções gerais 68
9.3 Equação característica 69
9.4 Primeiro Exemplo 70
9.5 Segundo Exemplo 70
9.6 Terceiro Exemplo 71
10. Equações de Bernoulli e equações não lineares de segunda ordem 73
10.1 Equações de Bernoulli – Um dia você vai se lembrar desse nome 73
10.1.1 Primeiro Exemplo 73
10.2 Equação de 2º ordem não linear sem o termo em y 74
10.2.1 Primeiro Exemplo 75
10.3 Equação de 2º ordem não linear sem a variável independente t 76
10.3.1 Primeiro Exemplo 76
11. Conjunto fundamental de soluções – Álgebra? Me esquece por favor! 77
11.1 Primeiro Exemplo (Regra de Cramer) 78
11.2 Primeiro Exemplo (Sistema Comum) 79
11.3 Segundo Exemplo (Regra de Cramer) 80
11.4 Segundo Exemplo (Sistema Comum) 81
12. Equações características com raízes negativas – Sua vida cada vez mais negativa 83
12.1 Número Complexos 83
12.2 Equações características com raízes negativas 84
12.3 Primeiro exemplo 86
13. Equação de coeficientes variáveis – Sim, o demônio é real 86
13.1 Primeiro exemplo 88
14. Equações características com raiz única – Uma pegadinha básica 90
5
14.1 Primeiro exemplo 91
14.2 Segundo exemplo 91
15. Redução de Ordem – Domando o diabo 92
14.1 Primeiro exemplo 93
14.2 Primeiro Exemplo (método comum) 94
Exercícios resolvidos – Se parar, a bicicleta cai 96
Primeira questão 96
Segunda questão 100
Terceira questão 100
16. Equações de segunda ordem não homogenias com coeficientes constantes 104
16.1 Uma equação não homogenia – Ou seja, um saco de problema 104
Primeiro teorema 104
Segundo teorema 104
Explicando 105
16.2 Método dos coeficientes indeterminados – Sua vida indeterminada 105
16.3 Primeiro Exemplo 106
16.4 Segundo Exemplo 107
16.5 Terceiro Exemplo 107
16.6 Quarto Exemplo 108
17. Formas de equações não homogenias – Diferentes formas de sofrer 109
Terceiro Teorema 109
Explicação 110
17.1 Primeiro Exemplo 110
18 Caso especial de equação não homogênea – Ainda mais problemas 110
18.1 Exemplo destrutivo 111
18.2 Solução 111
18.3 Exemplo Construtivo 112
19. Variação de parâmetros – Variando a sua pressão 114
19.1 Primeiro Exemplo 116
19.2 Segundo exemplo (com formula) 117
20. Equações de ordem superior – Estamos ferrados 119
20.1 Primeiro Exemplo 119
6
1. Conselhos de um amigo
Olá, meu nome é Helder Guerreiro aluno de Engenharia Química na Universidade Federal do Amazonas
(UFAM), esses conselhos que lhe darei é para você que está pouco se lixando para a matéria ou está com uma grande
dificuldade em aprender a calcular as nossas queridas Equações Diferenciais Ordinárias.
Bom, primeiramente é importante falar a você que qualquer matéria que envolva matemática só pode ser
vencida se você pôr em prática as listas que o professor passa em sala. Faça quantas puder o mais rápido que puder,
dessa forma você está preparado para qualquer prova que vier pela frente. Nos meus estudos, percebi que a maior
dificuldade enfrentadas por muitos são as relíquias da morte do Cálculo I, ou seja, muitas pessoas ainda carregam a
cruz de não ter aprendido cálculo muito bem, aí sua alma fica dividia entre EDO e Cálculo que nem uma horcrux
(entendedores entenderão). Por isso, treine bem o seu cálculo, por que não adianta de nada saber tão bem os passos a
se fazer na prova e chegar no dia e ficar travado numa integral de cotg (x).
Nunca decore, aprenda! O importante aqui é que você consiga resolver as EDO’s que apareceram pela frente.
Esse curso está aí para que você tenha habilidades lá na frente, pois existem matérias que exigirão de você esse
conhecimento. Preste atenção nas dicas que eu te der, sabe por que? Por que eu sou um cara leigo como qualquer
outra pessoa, então eu sei muito bem o que é passar dificuldade numa matéria na faculdade.
Este material foi preparado durante meu 3° período da faculdade, onde uma turma imensa foi formada ao
comando de um ótimo professor. Todos os assuntos contidos nesta apostila foram baseados nas aulas do meu professor
de EDO, Prof. Carlos Wagner. Não usei o livro como base de meu conhecimento, pois o professor já se baseava nele
para nos dar aulas. Os assuntos contidos aqui não são necessariamente todos os assuntos de EDO, mas os que foram
possíveis em ser ministrados no período letivo de aula.
Agradeço por ter esta apostila em mãos e faça bom proveito. Esta apostila é e sempre será gratuita para quem
quiser de onde quer que seja, além de usá-la compartilhe-a também, pois assim como esta apostila pode lhe ajudar,
também pode ajudar outras pessoas.
Fim de papo! Hora de sofrer!
7
2. No início da sua vida antissocial - Problema de valor inicial
2.1 Teorema de existência e unicidade
“Se as funções p e q são contínuas num intervalo aberto 𝐼 = (𝛼, 𝛽), que contém o ponto 𝑡 = 𝑡0, então existe uma única
função 𝑦 = ∅(𝑡) que satisfaz a equação diferencial:
𝑦′
+ 𝑝(𝑡)𝑦 = 𝑞(𝑡)
Para cada 𝑡 ∈ 𝐼 e que também satisfaz a condição inicial: 𝑦(𝑡0) = 𝑦0, onde 𝑦0 é um valor inicial arbitrário. ”
- Ou seja, este teorema está dizendo que 𝑦′
+ 𝑝(𝑡)𝑦 = 𝑞(𝑡) é uma regra a se seguir para a resolução de PVI’s.
2.2 Os sete passos
São necessários 7 passos para resolver estes problemas:
Ajeitar a questão para regra geral
A regra geral apresentada pelo PVI deve ser da seguinte forma: 𝑦′
+ 𝑝(𝑡)𝑦 = 𝑞(𝑡), basicamente consiste em não haver
coeficiente algum a frente do 𝑦′. Caso a equação não apresente essa forma, deve-se ajeita-la.
Encontrar o fator integrante
O integrante será encontrado da seguinte forma 𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
, basta pegar a função 𝑝(𝑡) integrar e depois usar como
expoente de “e”.
Multiplicar o fator integrante
Encontrando-se o fator integrante multiplique-o pelos dois lados.
Simplificar e tornar integral
Do lado esquerdo da igualdade simplifique a expressão de tal forma que encontre a primitiva da derivada do produto
dessa forma:
𝑑
𝑑𝑥
[𝑘𝑥], e coloque uma integral no lado direito da igualdade anulando a derivada do lado esquerdo.
Integrar
Agora focando no lado direito, resolva a integral ordinária (não é um insulto).
Solução geral
Trocando a integral do lado direito pelo seu resultado (não esqueça da constante C) hora de isolar o y, ao terminar de
isolá-lo essa será a solução geral.
Solução do PVI
Com a solução geral pronta use o ponto que foi dado pelo enunciado usando um valor para y e um para t e encontre o
valor de C. Depois volte a solução geral e substitua o valor de C.
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7
8
2.3 Primeiro Exemplo
Temos a equação e o ponto: 𝑡3
𝑦′
+ 4𝑡2
𝑦 = 𝑒−𝑡
, 𝑦(−1) = 0
Ajeitar a questão para regra geral
𝑡3
𝑦′
+ 4𝑡2
𝑦 = 𝑒−𝑡
→
𝑡3
𝑦′
𝑡3
+
4𝑡2
𝑦
𝑡3
=
𝑒−𝑡
𝑡3
→ 𝑦′
+
4
𝑡
𝑦 =
𝑒−𝑡
𝑡3
Encontrar o fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫
4
𝑡
𝑑𝑡 = 4ln|𝑡| = ln⁡|𝑡4
|
𝜇(𝑡) = 𝑒ln 𝑡4
= 𝑡4
Multiplicar o fator integrante
𝑦′
+
4
𝑡
𝑦 =
𝑒−𝑡
𝑡3
𝑡4
→ 𝑡4
𝑦′
+ 4𝑡3
𝑦 = 𝑡𝑒−𝑡
Simplificar e tornar integral
𝑡4
𝑦′
+ 4𝑡3
𝑦 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑡4
𝑦′ + 4𝑡3
𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡4
]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡4] = 𝑡𝑒−𝑡
→ 𝑦𝑡4
= ∫ 𝑡𝑒−𝑡
𝑑𝑡
Integrar
∫ 𝑡𝑒−𝑡
𝑑𝑡 → 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎çã𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒𝑠 → { 𝑢 = 𝑡 𝑑𝑣 = 𝑒−𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 𝑣 = −𝑒−𝑡
∫ 𝑡𝑒−𝑡
𝑑𝑡 = 𝑡(−𝑒−𝑡) − ∫(−𝑒−𝑡)𝑑𝑢
∫ 𝑡𝑒−𝑡
𝑑𝑡 = −𝑡𝑒−𝑡
− 𝑒−𝑡
+ 𝑐
Solução Geral
𝑦𝑡4
= −𝑡𝑒−𝑡
− 𝑒−𝑡
+ 𝑐
𝑖𝑠𝑜𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦
→ 𝑦 = −
𝑒−𝑡
𝑡3
−
𝑒−𝑡
𝑡4
+
𝑐
𝑡4
Solução do PVI
𝑦 = 0, 𝑡 = −1
𝑦 = −
𝑒−𝑡
𝑡3
−
𝑒−𝑡
𝑡4
+
𝑐
𝑡4
→ 0 = −
𝑒
(−1)
−
𝑒
1
+
𝑐
1
→ 𝑐 = 0
𝑐 = 0
𝑦 = −
𝑒−𝑡
𝑡3
−
𝑒−𝑡
𝑡4
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7
Passo 1
Passo 2
9
2.4 Segundo Exemplo
Temos a equação e o ponto: t𝑦′
+ 2𝑦 = 4𝑡2
, 𝑦(1) = 2.
Ajeitar a questão para regra geral
t𝑦′
+ 2𝑦 = 4𝑡2
→
t𝑦′
𝑡
+
2𝑦
𝑡
=
4𝑡2
𝑡
→ 𝑦′
+
2
𝑡
𝑦 = 4𝑡
Encontrar o fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫
2
𝑡
𝑑𝑡 = 2ln|𝑡| = ln⁡|𝑡2
|
𝜇(𝑡) = 𝑒ln 𝑡2
= 𝑡2
Multiplicar o fator integrante
𝑦′
+
2
𝑡
𝑦 = 4𝑡
𝑡2
→ 𝑡2
𝑦′
+ 2𝑡𝑦 = 4𝑡3
Simplificar e tornar integral
𝑡2
𝑦′
+ 2𝑡𝑦 = 4𝑡3
→ 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑡2
𝑦′ + 2𝑡𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡2
]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡2] = 4𝑡3
→ 𝑦𝑡2
= ∫ 4𝑡3
𝑑𝑡
Integrar
∫ 4𝑡3
𝑑𝑡 → 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎çã𝑜 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑡𝑎
∫ 4𝑡3
𝑑𝑡 =
4𝑡4
4
+ 𝑐
∫ 4𝑡3
𝑑𝑡 = 𝑡4
+ 𝑐
Solução Geral
𝑦𝑡2
= 𝑡4
+ 𝑐
𝑖𝑠𝑜𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦
→ 𝑦 = 𝑡2
+
𝑐
𝑡2
Solução do PVI
𝑦 = 2, 𝑡 = 1
𝑦 = 𝑡2
+
𝑐
𝑡2
→ 2 = 1 +
𝑐
1
→ 𝑐 = 1
𝑐 = 1
𝑦 = 𝑡2
+
1
𝑡2
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7
10
3. Os mais lights - Variação de parâmetros e variáveis separáveis
3.1 Variação de parâmetros
Equação Diferencial Ordinária Linear de 1° Ordem
I. 𝑦′
+ 𝑝(𝑡)𝑦 = 𝑞(𝑡)
II. 𝑦′
+ 𝑝(𝑡)𝑦 = 0 (𝑒𝑞. ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔ê𝑛𝑖𝑎 𝑎𝑠𝑠𝑜𝑐𝑖𝑎𝑑𝑎 𝑎 𝑒𝑞. 𝐼)
Multiplicando o fator integrante:
𝑦′
𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
+ 𝑝(𝑡)𝑦𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
= 0
a) Simplificando e integrar:
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
] = 0
∫
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
]𝑑𝑡 = ∫ 0 𝑑𝑡
𝑦𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
= 𝑐
𝑦 = 𝑐𝑒− ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
(𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 𝑑𝑎 𝑒𝑞 ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔ê𝑛𝑖𝑎 𝑎𝑠𝑠𝑜𝑐𝑖𝑎𝑑𝑎)
b) Tornar c uma função
𝑦 = 𝑐(𝑡)𝑒− ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
c) Substituindo em I.
𝑦′
+ 𝑝(𝑡)𝑦 = 𝑞(𝑡)
𝑐′(𝑡)𝑒− ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
+ 𝑐(𝑡). −𝑝(𝑡)𝑒− ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
+ 𝑐(𝑡)𝑝(𝑡)𝑒− ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
= 𝑞(𝑡)
𝑐′(𝑡)𝑒− ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
= 𝑞(𝑡)
𝑐′(𝑡)
𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
= 𝑞(𝑡) → 𝜇 = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
→ 𝑐′(𝑡) = 𝑞(𝑡) 𝜇(𝑡)
11
3.1.1 Primeiro Exemplo
Ache a solução do PVI abaixo:
𝑦′
+ 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 2𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑡), 𝑦 (
𝜋
2
) = 1
Variação do parâmetro
𝑦′
+ 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 0
Fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒
∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑑𝑡 = ∫
cos(𝑡)
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑑𝑡 → {
𝑢 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑑𝑢 = cos(𝑡)𝑑𝑡
→∫
𝑑𝑢
𝑢
= ln⁡|𝑢|= ln⁡|𝑠𝑒𝑛(𝑡)|
𝜇(𝑡) = 𝑒ln⁡|𝑠𝑒𝑛(𝑡)|
= 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
Multiplicar o fator integrante
𝑦′
+ 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 0
× 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
→ 𝑦′
𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 0
𝑦′
𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
cos⁡( 𝑡)
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦 = 0
𝑦′
𝑠𝑒𝑛(𝑡) + cos(𝑡) 𝑦 = 0
Simplificar e integrar
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑡)] = 0
𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑡) = 𝑐
𝑦 =
𝑐
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
Solução geral
𝑦 =
𝑐(𝑡)
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
(𝑡𝑜𝑟𝑛𝑎𝑟 𝑐 𝑓𝑢𝑛çã𝑜)
𝑐′(𝑡) = 𝑞(𝑡) 𝜇(𝑡)
𝑐′(𝑡) = 2𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑡) → 𝑐′(𝑡) =
2
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑐′(𝑡) = 2 → ∫ 𝑐′(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 2𝑑𝑡 → 𝑐(𝑡) = 2𝑡 + 𝑘
Substituindo c
𝑦 =
𝑐
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
→ 𝑦 =
2𝑡 + 𝑘
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
Solução PVI
𝑦 = 1, 𝑡 =
𝜋
2
Passo 7
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
K é constante
de integração.
12
𝑦 =
2𝑡 + 𝑘
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
→ 1 =
2 (
𝜋
2
) + 𝑘
𝑠𝑒𝑛 (
𝜋
2
)
→ 1 = 𝜋 + 𝑘 → 𝑘 = 1 − 𝜋
Substituindo k
𝑦 =
2𝑡 + 𝑘
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
→ 𝑦 =
2𝑡 + 1 − 𝜋
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
3.1.2 Exemplo sem variação de parâmetros
𝑦′
+ 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 2𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑡) , 𝑦 (
𝜋
2
) = 1
Fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒
∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑑𝑡 = ∫
cos(𝑡)
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑑𝑡 → {
𝑢 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑑𝑢 = cos(𝑡)𝑑𝑡
→∫
𝑑𝑢
𝑢
= ln⁡|𝑢|= ln⁡|𝑠𝑒𝑛(𝑡)|
𝜇(𝑡) = 𝑒ln⁡|𝑠𝑒𝑛(𝑡)|
= 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
Multiplicar o fator integrante
𝑦′
+ 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 2𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑡)
× 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
→ 𝑦′
𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 2𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦′
𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
cos⁡( 𝑡)
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦 =
2
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦′
𝑠𝑒𝑛(𝑡) + cos(𝑡) 𝑦 = 2
Simplificar e integrar
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑡)] = 2
𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑡) = ∫ 2𝑑𝑡 → 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑡) = 2𝑡 + 𝑐
Solução geral
𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑡) = 2𝑡 + 𝑐 → 𝑦 =
2𝑡 + 𝑐
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
Solução PVI
𝑦 = 1, 𝑡 =
𝜋
2
𝑦 =
2𝑡 + 𝑐
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
→ 1 =
2 (
𝜋
2
) + 𝑐
𝑠𝑒𝑛 (
𝜋
2
)
→ 1 = 𝜋 + 𝑐 → 𝑐 = 1 − 𝜋
Substituindo c
𝑦 =
2𝑡 + 𝑐
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
→ 𝑦 =
2𝑡 + 1 − 𝜋
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
Passo 1
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 2
13
3.2 Variáveis separáveis
Equação Diferencial Ordinária Linear de 1° Ordem
I. 𝑦′
+ 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑞(𝑥)
II. 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0
Provando que I = II
𝑦′
+ 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑞(𝑥) →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑞(𝑥)
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑝(𝑥)𝑦𝑑𝑥 = 𝑞(𝑥)𝑑𝑥 (𝑚𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑥)
𝑑𝑦 + 𝑝(𝑥)𝑦𝑑𝑥 = 𝑞(𝑥)𝑑𝑥
[𝑝(𝑥)𝑦 − 𝑞(𝑥)]⏟
𝑀(𝑥,𝑦)
𝑑𝑥 + 1⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
𝑑𝑦 = 0
3.2.1 Primeiro Exemplo
Solução geral do PVI:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥2
1 − 𝑦2
Separando variáveis (x de um lado, y do outro)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥2
1 − 𝑦2
→ 𝑑𝑦(1 − 𝑦2) = 𝑥2
𝑑𝑥
Integrando (solução geral)
∫(1 − 𝑦2)𝑑𝑦 = ∫ 𝑥2
𝑑𝑥
𝑦 −
𝑦3
3
=
𝑥3
3
+ 𝑐
3.2.2 Segundo Exemplo
Ache a solução do PVI:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥)
1 + 2𝑦2
, 𝑦(0) = 1
Separar variáveis
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥)
1 + 2𝑦2
→ (1 + 2𝑦2)𝑑𝑦 = 𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥)𝑑𝑥
(1 + 2𝑦2)𝑑𝑦
𝑦
=
𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥)𝑑𝑥
𝑦
→ (
1
𝑦
+ 2𝑦) 𝑑𝑦 = cos(𝑥) 𝑑𝑥
Integrar (solução geral)
Passo 1
Passo 2
Passo 1
Passo 2
14
∫ (
1
𝑦
+ 2𝑦) 𝑑𝑦 = ∫ cos(𝑥) 𝑑𝑥 → ln|𝑦| + 𝑦2
= 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑐
Solução PVI
𝑦 = 1, 𝑥 = 0
ln|𝑦| + 𝑦2
= 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑐
ln|1| + 12
= sen(0) + c
0 + 1 = 0 + c → c = 1
𝑐 = 1
ln|𝑦| + 𝑦2
= 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 1
3.2.3 Terceiro Exemplo
𝑦2(1 − 𝑥2)
1
2 𝑑𝑦 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 , 𝑦(0) = 0
Separar variáveis
𝑦2(1 − 𝑥2)
1
2 𝑑𝑦 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 → 𝑦2
𝑑𝑦 =
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)
√1 − 𝑥2
𝑑𝑥
Integrar (solução geral)
∫ 𝑦2
𝑑𝑦 = ∫
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)
√1 − 𝑥2
𝑑𝑥
{
𝑣 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)
𝑑𝑣 =
𝑑𝑥
√1 − 𝑥2
→
𝑦3
3
= ∫ 𝑣𝑑𝑣
𝑦3
3
=
𝑣2
2
+ 𝑐
𝑦3
3
=
(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥))
2
2
+ 𝑐
Solução PVI
𝑦 = 0, 𝑥 = 0
𝑦3
3
=
(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥))
2
2
+ 𝑐
03
3
=
(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(0))
2
2
+ 𝑐 → 0 =
0
2
+ 𝑐 → 𝑐 = 0
𝑐 = 0
𝑦3
3
=
(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥))
2
2
→ 𝑦3
=
3
2
(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥))
2
Passo 3
Passo 1
Passo 2
Passo 3
15
4. Ta ficando chato - Equações diferenciais exatas
Veja esta equação diferencial:
2𝑥 + 𝑦2
+ 2𝑥𝑦𝑦′
= 0
Organizando-a fica assim: (2𝑥 + 𝑦2)𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0
Se tentarmos resolve-la com separação de variáveis não conseguiremos.
Veja esta função ao lado: 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
+ 𝑥𝑦2
- Derivando-a fica assim: 𝑑𝛹 = (2𝑥 + 𝑦2)𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦)𝑑𝑦
- Perceba que a derivada da função Ψ é igual a equação diferencial apresentada acima, se elas são iguais a
função é igual a equação que é igual a zero:
𝑑𝛹 = 0
- Integrando para encontrar a solução geral temos:
∫ 𝑑𝛹 = ∫ 0 → 𝛹 = 𝑐 → 𝑥2
+ 𝑥𝑦2
= 𝑐
Isso significa que a função 𝛹 é a solução para a equação diferencial proposta no enunciado, essa função por ser igual a
equação será igual a zero que ao integrar para encontrar a solução geral será igual a constante.
Para aprender a encontrar a função 𝛹 e o valor da constate c siga os passos abaixo.
4.1 A função solução
A equação diferencial deve estar nesta forma:
𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0
𝑀(𝑥, 𝑦) e 𝑁(𝑥, 𝑦) são o valor das derivadas parciais da função solução:
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 𝑀(𝑥, 𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
A partir desse sistema se encontrará a função solução, mas este sistema somente será possível SE E SOMENTE SE
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
.
Após verificar se é possível, deve-se substituir os respectivos valores de M e N.
Esse sistema será resolvido assim:
𝐼
𝐷𝐼
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 𝑀(𝑥, 𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
A letra “I” significa integrar e “DI” significa derivar e integrar.
16
- Primeiro parte-se da derivada parcial em relação a x, integre o valor dos dois lados e pronto.
{
∫
𝜕𝛹
𝜕𝑥
𝑑𝑥 = ∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
- Segundo, na derivada parcial em relação a y como o valor de M e N são os mesmos o mesmo valor que foi
achado na derivada parcial em relação a x (valor de M) será o valor de y, pois se 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑁(𝑥, 𝑦) então
𝜕𝛹
𝜕𝑥
=
𝜕𝛹
𝜕𝑦
.
{
∫
𝜕𝛹
𝜕𝑥
𝑑𝑥 = 𝑅 + 𝑐
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(𝑅 + 𝑐)
Com esse valor atribuído deriva-se o valor do resultado em relação a y, substitua o valor original de
𝜕𝛹
𝜕𝑦
no lado
esquerdo enquanto no lado direito fica o valor da 𝛹(𝑥, 𝑦) isso será o suficiente para encontrar a constante “c”, após
encontra-la integre dos dois lados.
A constante “c” neste caso está se comportando mais como uma função, ao derivá-lo não podemos zerá-lo e ao integrá-
lo não podemos adicionar uma variável, então vamos mudar seu nome para: 𝑐 = 𝑓(𝑦).
Após encontrar o valor de 𝑓(𝑦) substitua em 𝛹(𝑥, 𝑦) e pronto, sua função solução já está pronta.
Neste caso a função solução é a solução do PVI e a solução igual a uma constante “c” é a solução geral.
Essa constate “c” aparece por que após identificar a solução função reconheceremos que 𝑑𝛹 = 0, logo temos que 𝛹 = 𝑐.
4.2 Primeiro Exemplo
(𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
− 1)𝑑𝑦 = 0
Teste do sistema
𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑦
𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
− 1
{
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑦
|
𝜕𝑁
𝜕𝑥
= 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑦
}
Sistema
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑦
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑦)𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
+ 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
+ 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
+ 𝑓(𝑦))
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
+ 𝑓(𝑦)
𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
− 1⏟
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
+ 𝑓′(𝑦)⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
Passo 1
Passo 2
Obs.:∫
𝜕𝛹
𝜕𝑥
𝑑𝑥 = 𝛹(𝑥, 𝑦)
Fazendo ∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 = 𝑅 + 𝑐
São iguais!
17
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
+ 𝑓(𝑦)
𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
− 1 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
+ 𝑓′(𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
+ 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = −1
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
+ 𝑓(𝑦)
∫ 𝑓′
(𝑦) 𝑑𝑦 = ∫ −1 𝑑𝑦
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
+ 𝑓(𝑦)
𝑓(𝑦) = −𝑦
Função solução
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
− 𝑦
Solução geral
Com a função solução temos
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑐
𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
− 𝑦 = 𝑐
4.3 Segundo Exemplo
(𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑑𝑥 + (𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥)𝑑𝑦 = 0
Teste do sistema
𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥
{
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦 − 2𝑠𝑒𝑛𝑥|
𝜕𝑁
𝜕𝑥
= 𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦 − 2𝑠𝑒𝑛𝑥}
Sistema
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 − 2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 − 2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦))
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥⏟
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓′(𝑦)⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓′(𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = 0
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
∫ 𝑓′
(𝑦) 𝑑𝑦 = ∫ 0 𝑑𝑦
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝑓(𝑦) = 0
Função solução
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥
Solução geral
Com a função solução temos
Passo 3
Passo 4
São iguais!
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 1
18
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑐
𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑐
4.4 Complicando a sua vida – Equação não exata em equação Exata
Temos uma equação ordinária
𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0
Uma equação não é exata quando:
𝜕𝑀
𝜕𝑦
≠
𝜕𝑁
𝜕𝑥
Multiplicando pelo fator integrante temos: 𝑀(𝑥, 𝑦)𝜇(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝜇(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 (𝐼)
A equação (I) será exata SE E SOMENTE SE:
𝜕
𝜕𝑦
[𝑀𝜇] =
𝜕
𝜕𝑥
[𝑁𝜇] → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁
Ao isolar 𝜇(𝑥) tem-se:
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 −
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜇 =
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁 −
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 → (
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
) 𝜇 =
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁 −
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 → 𝜇 =
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁 −
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
Devemos analisar o fator integrante somente com uma variável, então escolhe-se o x como variável padrão da função
𝜇, neste caso a sua derivada em relação a y deve ser desconsiderada valendo zero.
𝜇 =
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
→ 𝜇 =
𝜇′
𝑁
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
→ 𝜇 (
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
) = 𝜇′
𝑁 →
𝜇′
𝜇
=
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
Integrando
∫
𝜇′
𝜇
= ∫
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
→ ln|𝜇| = ∫
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
Logo vemos que o fator integrante de uma equação que foi transformada para exata é:
𝜇(𝑥) = 𝑒∫
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
4.4.1 Primeiro Exemplo
(3𝑥𝑦 + 𝑦2) + (𝑥2
+ 𝑥𝑦)𝑦′
= 0
Organizar
(3𝑥𝑦 + 𝑦2) + (𝑥2
+ 𝑥𝑦)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
⁡= 0 → (3𝑥𝑦 + 𝑦2)𝑑𝑥 + (𝑥2
+ 𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0
Fator integrante desconhecido
𝜇 = 𝜇(𝑥)
Passo 1
Passo 2
19
Multiplicar fator integrante desconhecido
(3𝑥𝑦 + 𝑦2)𝜇(𝑥)𝑑𝑥 + (𝑥2
+ 𝑥𝑦)𝜇(𝑥)𝑑𝑦 = 0
Formando M(x,y) e N(x,y)
(3𝑥𝑦 + 𝑦2)𝜇(𝑥)⏟
𝑀(𝑥,𝑦)
𝑑𝑥 + (𝑥2
+ 𝑥𝑦)𝜇(𝑥)⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
𝑑𝑦 = 0
{
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= (3𝑥 + 2𝑦)𝜇(𝑥)
𝜕𝑁
𝜕𝑥
= (2𝑥 + 𝑦)𝜇(𝑥) + (𝑥2
+ 𝑥𝑦)𝜇′(𝑥)
Encontrando Fator integrante desconhecido
A equação será exata se e somente se:
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁, então.
(3𝑥 + 2𝑦)𝜇(𝑥) = (2𝑥 + 𝑦)𝜇(𝑥) + (𝑥2
+ 𝑥𝑦)𝜇′
(𝑥)
[(3𝑥 + 2𝑦) − (2𝑥 + 𝑦)]𝜇(𝑥) = 𝑥(𝑥 + 𝑦)𝜇′
(𝑥)
(𝑥 + 𝑦)𝜇(𝑥) = 𝑥(𝑥 + 𝑦)𝜇′
(𝑥)
𝜇(𝑥) = 𝑥𝜇′(𝑥) →
𝜇′
𝜇
=
1
𝑥
→ ∫
𝜇′
𝜇
= ∫
1
𝑥
→ ln|𝜇| = ln|𝑥| → 𝜇(𝑥) = 𝑒ln⁡|𝑥|
= 𝑥
Multiplicar fator integrante
(3𝑥𝑦 + 𝑦2)𝜇(𝑥)𝑑𝑥 + (𝑥2
+ 𝑥𝑦)𝜇(𝑥)𝑑𝑦 = 0 → (3𝑥2
𝑦 + 𝑥𝑦2)𝑑𝑥 + (𝑥3
+ 𝑥2
𝑦)𝑑𝑦 = 0
Sistema
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 3𝑥2
𝑦 + 𝑥𝑦2
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(3𝑥2
𝑦 + 𝑥𝑦2)𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3
𝑦 +
𝑥2
𝑦2
2
+ 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3
𝑦 +
𝑥2
𝑦2
2
+ 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(𝑥3
𝑦 +
𝑥2
𝑦2
2
+ 𝑓(𝑦))
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3
𝑦 +
𝑥2
𝑦2
2
+ 𝑓(𝑦)
𝑥3
+ 𝑥2
𝑦⏟
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑥3
+ 𝑥2
𝑦 + 𝑓′
(𝑦)⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3
𝑦 +
𝑥2
𝑦2
2
+ 𝑓(𝑦)
𝑥3
+ 𝑥2
𝑦 = 𝑥3
+ 𝑥2
𝑦 + 𝑓′
(𝑦)
→ { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3
𝑦 +
𝑥2
𝑦2
2
+ 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = 0
Integrar
∫ 𝑓′(𝑦) = ∫ 0𝑑𝑦 → 𝑓(𝑦) = 0
Função solução
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3
𝑦 +
𝑥2
𝑦2
2
Solução geral
Passo 3
Passo 6
Passo 4
Passo 5
Passo 7
Passo 8
Passo 9
Passo 10
20
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐
𝑐 = 𝑥3
𝑦 +
𝑥2
𝑦2
2
2𝑐 = 2𝑥3
𝑦 + 2
𝑥2
𝑦2
2
→ 2𝑥3
𝑦 + 𝑥2
𝑦2
= 2𝑐
𝑥2
𝑦2
+ 2𝑥3
𝑦 = 𝑘
4.5 Equação exata transformada – Fator integrante em função de y
Temos uma equação ordinária
𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0
Esta equação não será exata se
𝜕𝑀
𝜕𝑦
≠
𝜕𝑁
𝜕𝑥
, neste caso deve-se encontrar um fator integrante que force a equação a ter o
resultado oposto, porém o fator integrante pode ser em função de x ou de y.
Multiplicando pelo fator integrante temos: 𝑀(𝑥, 𝑦)𝜇(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝜇(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 (𝐼)
A equação (I) será exata SE E SOMENTE SE:
𝜕
𝜕𝑦
[𝑀𝜇] =
𝜕
𝜕𝑥
[𝑁𝜇] → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁
Estamos analisando em função de y, então
𝜕𝜇
𝜕𝑥
= 0
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜇
Ao isolar 𝜇(𝑦) tem-se:
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜇 −
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 →
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 = (
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
) 𝜇 → 𝜇 =
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 =
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
→ 𝜇 =
𝜇′
𝑀
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
→ 𝜇 (
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
) = 𝜇′
𝑀 →
𝜇′
𝜇
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
Integrando
∫
𝜇′
𝜇
= ∫
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
→ ln|𝜇| = ∫
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
Logo vemos que o fator integrante de uma equação que foi transformada para exata é:
𝜇(𝑦) = 𝑒∫
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
Perceba a diferença entre os fatores integrantes com a mudança de sua variável
21
𝜇(𝑥, 𝑦) = (𝑒∫
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁 , 𝑒∫
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀 )
4.5.1 Primeiro Exemplo
𝑦𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦 − 𝑒−2𝑦)𝑑𝑦 = 0
Fator integrante transformado: 𝜇(𝑥)
(𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑦|𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 − 𝑒−2𝑦)
𝜇(𝑥) = 𝑒
∫
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
=∫
1−2𝑦
2𝑥𝑦−𝑒−2𝑦 = 1−2𝑦 ∫
1
2𝑥𝑦−𝑒−2𝑦 → {
𝑢 = 2𝑥𝑦−𝑒−2𝑦
𝑑𝑢 = 2𝑦𝑑𝑥
→
1
2𝑦
−1 ∫
𝑑𝑢
𝑢
= (
1
2𝑦
−1)ln⁡|𝑢|
𝜇(𝑥) = 𝑒
(
1
2𝑦
−1)ln|2𝑥𝑦−𝑒−2𝑦|
Acho que ninguém gostaria de trabalhar com um fator integrante desse tipo.
Fator integrante transformado: 𝜇(𝑦)
(𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑦|𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 − 𝑒−2𝑦)
𝜇(𝑦) = 𝑒
∫
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
= ∫
2𝑦 −1
𝑦
= ∫
𝑦(2 −
1
𝑦
)
𝑦
= ∫ 2−
1
𝑦
= ∫ 2𝑑𝑦 −∫
1
𝑦
𝑑𝑦 = 2𝑦−ln|𝑦|
= 𝑒2𝑦−ln⁡|𝑦|
=
𝑒2𝑦
𝑒ln|𝑦|
𝜇(𝑦) =
𝑒2𝑦
𝑦
Multiplicando fator integrante
𝑦𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦 − 𝑒−2𝑦)𝑑𝑦 = 0 →
𝑒2𝑦
𝑦
𝑦𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦
𝑒2𝑦
𝑦
−
𝑒2𝑦
𝑦
𝑒−2𝑦
) 𝑑𝑦 = 0
𝑒2𝑦
𝑑𝑥 + (2𝑥𝑒2𝑦
−
1
𝑦
) 𝑑𝑦 = 0
M(x,y) e N(x,y)
𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦
, 𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑒2𝑦
−
1
𝑦
Sistema
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 𝑒2𝑦
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(𝑒2𝑦)𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦
𝑦 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦
𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(𝑒2𝑦
𝑥 + 𝑓(𝑦))
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦
𝑦 + 𝑓(𝑦)
2𝑥𝑒2𝑦
−
1
𝑦⏟
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 2𝑥𝑒2𝑦
+ 𝑓′
(𝑦)⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
Passo 1
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
22
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦
𝑦 + 𝑓(𝑦)
2𝑥𝑒2𝑦
−
1
𝑦
= 2𝑥𝑒2𝑦
+ 𝑓′
(𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦
𝑦 + 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = −
1
𝑦
→ 𝑓(𝑦) = − ln|𝑦| = ln |
1
𝑦
|
Função solução
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦
𝑦 + ln |
1
𝑦
|
Solução geral
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐
𝑐 = 𝑒2𝑦
𝑦 + ln |
1
𝑦
|
Perceba que quando o valor de M é complicado é melhor evita-lo usando fator integrante em função de x, e quando o
valor de N é complicado é melhor evita-lo usando fator integrante em função de y.
5. Uma alternativa interessante - Equações homogêneas
Equações homogêneas geralmente têm este formato:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦)
Uma equação pode ser testada como homogênea mudando o seu domínio:
𝑓(𝑥, 𝑦) → 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦)
Após a mudança se o resultado for igual ao original, temos uma equação homogênea. A equação homogênea pode nos
ajudar pois toda equação homogênea pode se tornar uma equação de variáveis separáveis. Como? Toda equação
homogênea pode representada do jeito como está abaixo:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝐹 (
𝑦
𝑥
)
Com isso podemos fazer uma substituição e trocar essa fração por uma variável simples como abaixo:
𝑢 =
𝑦
𝑥
→ 𝑦 = 𝑢𝑥
Ao derivá-la temos o seguinte:
𝑦 = 𝑢𝑥 →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢
Com isso podemos fazer uma troca de domínios pois:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝐹 (
𝑦
𝑥
) → 𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 𝐹(𝑢)
Depois dessa troca você substitui na equação e assim poderá manejá-la para que ela se transforme em uma equação
por variáveis separáveis. Não entendeu? Calma, veja esse exemplo abaixo primeiro e veja os passos.
Passo 5
Passo 6
23
5.1 Primeiro Exemplo
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦2
+ 2𝑥𝑦
𝑥2
Substituição por u
𝑢 =
𝑦
𝑥
→ 𝑦 = 𝑢𝑥
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 𝐹(𝑢)
Retomando a equação
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 =
𝑥2
𝑢2
+ 2𝑥𝑢𝑥
𝑥2
=
𝑥2
(𝑢2
+ 2𝑢)
𝑥2
= 𝑢2
+ 2𝑢
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 𝑢2
+ 2𝑢 − 𝑢 → 𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 𝑢2
+ 𝑢
Variáveis separáveis
𝑑𝑢
𝑢2 + 𝑢
=
𝑑𝑥
𝑥
Integrar
(𝐼) ∫
𝑑𝑢
𝑢2 + 𝑢
= (𝐼𝐼) ∫
𝑑𝑥
𝑥
(𝐼) ∫
𝑑𝑢
𝑢2 + 𝑢
=
𝐴
𝑢
+
𝐵
1 + 𝑢
→ 1 = 𝐴(1 + 𝑢) + 𝐵𝑢 → {
𝑢 = 0 𝐴 = 1
𝑢 = −1 𝐵 = −1
∫
𝑑𝑢
𝑢2 + 𝑢
= ∫
𝑑𝑢
𝑢
− ∫
𝑑𝑢
1 + 𝑢
= ln|𝑢| − ln|1 + 𝑢| = ln |
𝑢
1 + 𝑢
|
(𝐼𝐼) ∫
𝑑𝑥
𝑥
= ln|𝑥| + 𝑐
ln |
𝑢
1 + 𝑢
| = ln|𝑥| + 𝑐 → aplicando função inversa → eln|
𝑢
1+𝑢
|
= eln|𝑥|
ec
→
u
1 + u
= xc
Solução geral (voltar ao valor original)
u
1 + u
= xc →
y
x
x + y
x
= xc →
y
x + y
= xc → y = xc(x + y)
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
24
6. Super Exemplo – Tá na hora de treinar
Está na hora de um super exemplo, que é a resolução de um único exercício usando todas as ferramentas
apresentadas aqui até agora, se você está com dúvida nas questões analise-as mais devagar e veja como efetuar cada
passo nas contas.
6.1 Equação homogênea
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0
Organizar
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 → 2𝑦𝑑𝑥 = 𝑥𝑑𝑦 →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
2𝑦
𝑥
Teste de homogeneidade
𝑓(𝑥, 𝑦) → 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦)
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) =
2𝑡𝑦
𝑡𝑥
=
2𝑡𝑦
𝑡𝑥
=
2𝑦
𝑥
Substituição por u
𝑢 =
𝑦
𝑥
→ 𝑦 = 𝑢𝑥
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 𝐹(𝑢)
Retomando a equação
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 2𝑢 → 𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 𝑢
Variáveis separáveis
𝑑𝑢
𝑢
=
𝑑𝑥
𝑥
Integrar
∫
𝑑𝑢
𝑢
= ∫
𝑑𝑥
𝑥
ln|𝑢| = ln|𝑥| + 𝑐
𝑢 = 𝑐𝑥
Retornando a variável original (solução geral)
𝑢 = 𝑐𝑥 → y = cx2
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7
25
6.2 Variáveis separáveis
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0
Separando variáveis
2𝑦𝑑𝑥 = 𝑥𝑑𝑦 →
𝑑𝑥
𝑥
=
𝑑𝑦
2𝑦
Integrar
∫
𝑑𝑥
𝑥
=
1
2
∫
𝑑𝑦
𝑦
ln|𝑥| =
1
2
ln|𝑦| +
1
2
ln|𝑐| → ln|𝑥| =
1
2
(ln|𝑦| + ln|𝑐|) → ln|𝑥| =
1
2
ln⁡|𝑦𝑐|
ln|𝑥| = ln |𝑦𝑐
1
2| → 𝑥 = 𝑦𝑐
1
2 → 𝑥2
= 𝑦𝑐
Solução geral
𝑦 = 𝑐𝑥2
6.3 Equações exatas
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0
Fator integrante transformado: 𝜇(𝑥)
(𝑀(𝑥, 𝑦) = 2𝑦|𝑁(𝑥, 𝑦) = −𝑥)
𝜇(𝑥) = 𝑒
∫
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
= ∫
2−(−1)
−𝑥
= ∫ −
3
𝑥
= −3 ∫
𝑑𝑥
𝑥
=−3 ln|𝑥| =ln|
1
𝑥3|
= 𝑒
ln|
1
𝑥3|
=
1
𝑥3
Multiplicar o fator integrante
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 →
2𝑦
𝑥3
𝑑𝑥 −
1
𝑥2
𝑑𝑦 = 0
Sistema
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
=
2𝑦
𝑥3
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫ (
2𝑦
𝑥3
) 𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = −
𝑦
𝑥2
+ 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = −
𝑦
𝑥2
+ 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(−
𝑦
𝑥2
+ 𝑓(𝑦))
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = −
𝑦
𝑥2
+ 𝑓(𝑦)
−
1
𝑥2⏟
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= −
1
𝑥2
+ 𝑓′
(𝑦)
⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 1
Passo 2
Passo 3
26
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = −
𝑦
𝑥2
+ 𝑓(𝑦)
−
1
𝑥2
= −
1
𝑥2
+ 𝑓′
(𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = −
𝑦
𝑥2
+ 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = 0 → 𝑓(𝑦) = 0
Função solução
𝛹(𝑥, 𝑦) = −
𝑦
𝑥2
Solução geral
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐
𝑐 = −
𝑦
𝑥2
→ 𝑦 = −𝑐𝑥2
→ 𝑦 = 𝑐𝑥2
6.4 Variação de parâmetros
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0
Variação de parâmetro
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
2𝑦
𝑥
→ 𝑦′
=
2𝑦
𝑥
→ 𝑥𝑦′
− 2𝑦 = 0
Organizar para regra geral
𝑥𝑦′
− 2𝑦 = 0 →
𝑥𝑦′
𝑥
−
2𝑦
𝑥
= 0 → 𝑦′
−
2𝑦
𝑥
= 0
Fator integrante
𝑒∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 = −∫
2
𝑥
𝑑𝑥 = −2 ∫
𝑑𝑥
𝑥
=−2ln|𝑥| =ln|𝑥−2|
= 𝑒ln⁡|𝑥−2|
= 𝑥−2
Multiplicar pelo fator integrante
𝑦′
−
2𝑦
𝑥
= 0 → 𝑥−2
𝑦′
−
𝑥−2
2𝑦
𝑥
= 0 →
𝑦′
𝑥2
−
2𝑦
𝑥3
= 0
Simplificar e integrar
𝑦′
𝑥2
−
2𝑦
𝑥3
= 0
𝑑
𝑑𝑥
[
𝑦
𝑥2
] = 0
𝑦
𝑥2
= 𝑐
𝑦 = 𝑐𝑥2
Solução geral
𝑦 = 𝑐(𝑥)𝑥2
(𝑡𝑜𝑟𝑛𝑎𝑟 𝑐 𝑓𝑢𝑛çã𝑜)
𝑐′(𝑥) = 𝑞(𝑥) 𝜇(𝑥)
Passo 4
Passo 5
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
27
𝑐′(𝑥) = 0𝑥2
→ 𝑐′(𝑥) = 0
∫ 𝑐′(𝑥) = ∫ 0𝑑𝑥
𝑐(𝑥) = 𝑐
Solução geral
𝑦 = 𝑐(𝑥)𝑥2
→ 𝑦 = 𝑐𝑥2
6.5 Método comum
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0
Organizar para regra geral
𝑥𝑦′
− 2𝑦 = 0 →
𝑥𝑦′
𝑥
−
2𝑦
𝑥
= 0 → 𝑦′
−
2𝑦
𝑥
= 0
Fator integrante
𝑒∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 = −∫
2
𝑥
𝑑𝑥 = −2 ∫
𝑑𝑥
𝑥
=−2ln|𝑥| =ln|𝑥−2|
= 𝑒ln⁡|𝑥−2|
= 𝑥−2
Multiplicar pelo fator integrante
𝑦′
−
2𝑦
𝑥
= 0 → 𝑥−2
𝑦′
−
𝑥−2
2𝑦
𝑥
= 0 →
𝑦′
𝑥2
−
2𝑦
𝑥3
= 0
Simplificar e integrar
𝑦′
𝑥2
−
2𝑦
𝑥3
= 0
𝑑
𝑑𝑥
[
𝑦
𝑥2
] = 0
𝑦
𝑥2
= 𝑐
Solução geral
𝑦 = 𝑐𝑥2
Perceba que entre Variação de parâmetros e o Método comum, variação de parâmetro se torna inviável por que a
equação já tinha zero em sua igualdade.
De todas estas variáveis separáveis foi a técnica mais viável com apenas três passos e pouca conta, isso se dá, pois, a
equação estava visivelmente facilitando a separação.
Passo 2
Passo 7
Passo 1
Passo 3
Passo 4
Passo 5
28
Um bônus para sua mente – Integral por partes
Temos uma integral por partes
∫ 𝑡2
𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡
Escolha as melhores opções para u e v, a variável u deve ser qualquer função que ao derivá-la uma ou mais vezes ela
possa zerar e a variável v deve ser uma função que ao integrá-la ou derivá-la ela nunca chegue a zero. O polinômio é a
melhor das escolhas para u, ele pode zerar e o neperiano nunca zera então ele será v.
Faça um quadro com as nomeações “u sinal v” posicionados acima do quadro:
[
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
42
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
Variável u começa sendo simplesmente copiado,
não precisa deriva-lo ainda.
A variável v já começa a ser integrada logo na primeira aparição
Após isso trace uma reta entre os dois,
isso significa que um será multiplicado pelo outro.
Depois da reta traçada continue a derivar o u e a integrar o v
sempre colocando as setas na mesma linha.
Você irá derivar e integrar até a última
derivada de u, ou seja, antes de zerá-lo.
A variável u será derivada e
a variável v será integrada
[
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
42
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
[
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
42
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
[
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
.
2
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
29
Assim que já se chegou antes de zerar o u
é hora de alternar sinais nas setas, isso é,
colocar positivo e negativo nas setas sempre alternando os sinais.
Isso significa que esse sinal faz parte do v, ou seja, quando
o sinal for (+) o v será positivo, quando o sinal for (-) o v será
negativo.
Esse sinal que aparece na reta é como se fosse uma multiplicação
-1 ou +1, ou seja, caso o v já esteja negativo e a seta estiver com o (-) então teremos uma simples multiplicação de
negativo com negativo que dará positivo.
O mesmo vale para o u, no final das contas o u sempre irá multiplicar com o seu respectivo v, ou seja, cuidado com o
jogo de sinais.
Para o resultado final, basta multiplicar
os sinais e cada u com seu v e somar tudo
de cima para baixo.
Exemplos
3 ∫ cos(2𝑡) 𝑡 𝑑𝑡 →
[
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
𝑡
+
→ 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
1
−
→ −cos(2𝑡)
1
4]
→ 3 [𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
+ 𝑐𝑜𝑠(2𝑡)
1
4
]
3
2
∫ 𝑡𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡 → [
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
𝑡
+
→ 2𝑒
𝑡
2
1
−
→ 4𝑒
𝑡
2
] →
3
2
[2𝑡𝑒
𝑡
2 − 4𝑒
𝑡
2]
∫ 𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 → [
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
𝑡
+
→ −𝑐𝑜𝑠(𝑡)
1
−
→ −sen(𝑡)
] → −𝑡𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑐
3
2
∫ 𝑡2
𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡 →
[
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
.
2
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
→
3
2
[2𝑡2
𝑒
𝑡
2 − 8𝑡𝑒
𝑡
2 + 16𝑒
𝑡
2]
∫ 𝑡𝑒−𝑡
𝑑𝑡 → [
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
𝑡
+
→ −𝑒−𝑡
1
−
→ 𝑒−𝑡
] → −𝑡𝑒−𝑡
− 𝑒−𝑡
+ 𝑐
[
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
.
2
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
[
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
.
2
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
= 2𝑡2
𝑒
𝑡
2 − 8𝑡𝑒
𝑡
2 + 16𝑒
𝑡
2 + c
30
Integrais infinitas
Em alguns casos pode-se ocorrer o que chamo de integral infinita, é quando tanto u como v são funções que nunca
zerão e como o objetivo deste método é derivar o u até que o mesmo zere, nunca chegaremos ao fim. Veja uma integral
de exemplo abaixo:
∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡
Neste caso a variável u e v pode ser tanto um como outro a sua resposta não sairá errada independente da variável
escolhida o que pode acontecer é só que a sua conta fique um pouco maior.
No caso de uma integral infinita seguimos os passos comuns ensinados antes, só que como dessa vez u nunca irá
zerar, o nosso objetivo agora será encontrar o núcleo da integral. O que é isso? Veja abaixo:
∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2⏟ 𝑑𝑡
𝑁ú𝑐𝑙𝑒𝑜
Ou seja, tudo que estiver dentro da integral.
Pelo método rápido o objetivo é encontrar a união que forma esse núcleo novamente, independentemente de qualquer
constante que esteja multiplicando. Preste atenção numa coisa, o 2 ao lado do cosseno é uma constante só que por
opção própria ela está dentro da integral então ela faz parte do núcleo e também deve ser encontrada junto com o
cosseno e o neperiano.
Perceba, o u escolhido foi
o cosseno, depois de derivá-lo
duas vezes voltamos para ele
e do outro lado o neperiano
não mudou, isso significa que
encontramos o núcleo.
Antes de começar a multiplicar os sinais, u e seus respectivos v, precisamos prestar atenção numa coisa muito
importante, essa integral por partes não foi terminada ela foi feita até o ponto em que o núcleo se repetisse. Então
preste atenção no formato da integral por partes:
∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢
Perceba que dentro da integral do lado direito da igualdade o u já foi derivado, mas o v ainda não foi integrado, ou
seja, a integral só acontece quando o processo é totalmente terminado, isso significa dizer que o v não será integrado
na última fila, somente o u será derivado, assim:
Aqui temos a última integral
desconsiderada, neste caso
o último u será multiplicado
pelo v anterior e esses dois
formarão a integral ainda não
terminada.
Agora multiplicando os sinais, u e seus respectivos v desconsiderando o último v temos:
[
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
2cos⁡( 𝑡)
∙
−2𝑠𝑒𝑛(𝑡)
∙
4−2cos⁡( 𝑡)
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
Lembre-se: para encontrar o núcleo não dependemos das
constantes, elas simplesmente ficaram fora da integral.
[
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
2cos⁡( 𝑡)
∙
−2𝑠𝑒𝑛(𝑡)
∙
4−2cos⁡( 𝑡)
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
31
[
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
2cos⁡( 𝑡)
∙
−2𝑠𝑒𝑛(𝑡)
∙
4−2cos⁡( 𝑡)
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
→ 4𝑒
𝑡
2 cos(𝑡) + 8𝑒
𝑡
2 𝑠𝑒𝑛(𝑡) − 4 ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡
∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡 = 4𝑒
𝑡
2 cos(𝑡) + 8𝑒
𝑡
2 𝑠𝑒𝑛(𝑡) − 4 ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡
Perceba que o 4 está do lado de fora da integral e não multiplica com o 2 que está lá dentro, isso porque o 2 faz parte
do núcleo. Devemos fazer tudo isso para que a integral mãe que originou tudo isso seja igual a uma outra integral
filha, se elas forem iguais podemos fazer uma simples conta de 𝑥 + 𝑥 = 2𝑥
∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡 = 4𝑒
𝑡
2 cos(𝑡) + 8𝑒
𝑡
2 𝑠𝑒𝑛(𝑡) − 4 ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡
4 ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡 + ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡 = 4𝑒
𝑡
2 cos(𝑡) + 8𝑒
𝑡
2 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
5 ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡 = 4𝑒
𝑡
2 cos(𝑡) + 8𝑒
𝑡
2 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡 =
4
5
𝑒
𝑡
2 cos(𝑡) +
8
5
𝑒
𝑡
2 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑐
Exemplo
∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡 →
[
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
∙
2 cos(2𝑡)
∙
4−4𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
5𝑒 𝑡
∙
.
5𝑒 𝑡
∙
∙
5𝑒 𝑡
∙ ]
→ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
− 2 cos(2𝑡) 5𝑒 𝑡
− 4 ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡
32
Exercícios resolvidos – Já estou bonzinho demais
Primeira questão
- Determine a solução geral para cada equação diferencial dada e use-a para determinar como as soluções se
comportam quando 𝑡 → ∞
a) 𝑦′
+ 𝑦 = 𝑡𝑒−𝑡
+ 1
Resolvendo por simples resolução de PVI
Encontrar o fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 1𝑑𝑡 = 𝑡
= 𝑒 𝑡
Multiplicar o fator integrante
𝑦′
+ 𝑦 = 𝑡𝑒−𝑡
+ 1 → y′
et
+ yet
= t + et
Simplificar
𝑦′
𝑒 𝑡
+ 𝑦𝑒 𝑡
→ 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑒 𝑡
+ 𝑒 𝑡
𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒 𝑡
]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒 𝑡] = 𝑡 + 𝑒 𝑡
→ 𝑦𝑒 𝑡
= ∫ 𝑡 𝑑𝑡 + ∫ 𝑒 𝑡
𝑑𝑡
Integrar (solução geral)
𝑦𝑒 𝑡
=
𝑡2
2
+ 𝑒 𝑡
+ 𝑐 → 𝑦 =
𝑡2
2𝑒 𝑡
+ 1 +
𝑐
𝑒 𝑡
Solução PVI
𝑡 → ∞
𝑦 =
𝑡2
2𝑒 𝑡
+ 1 +
𝑐
𝑒 𝑡
→ 𝑦 =
∞2
2𝑒∞
+ 1 +
𝑐
𝑒∞
𝑦 → 1
A função tende a infinito.
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador.
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
33
b) 𝑦′
− 2𝑦 = 3𝑒 𝑡
Encontrar o fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ −2𝑑𝑡 =−2𝑡
= 𝑒−2𝑡
Multiplicar o fator integrante
𝑦′
− 2𝑦 = 3𝑒 𝑡
→ 𝑦′
𝑒−2𝑡
− 2𝑒−2𝑡
𝑦 =
3𝑒 𝑡
𝑒2𝑡
→ y′
e−2t
+ (−2ye−2t
) = 3e−t
Simplificar
𝑦′
𝑒−𝑡
+ (−𝑦𝑒−𝑡
) → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑒−2𝑡
+ (−2𝑒−2𝑡
)𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒−2𝑡
]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒−2𝑡] = 3𝑒−𝑡
→ 𝑦𝑒−2𝑡
= ∫ 3𝑒−𝑡
𝑑𝑡
Integrar (solução geral)
𝑦𝑒−2𝑡
= −3𝑒−𝑡
+ 𝑐 → 𝑦 =
−3𝑒−𝑡
𝑒−2𝑡
+
𝑐
𝑒−2𝑡
Solução PVI
𝑡 → ∞
𝑦 =
−3𝑒2𝑡
𝑒 𝑡
+ 𝑒2𝑡
𝑐 → 𝑦 = −3𝑒∞
+ 𝑒2∞
𝑐
A função tende a infinito.
Os fatores do denominador são menores que o do numerador.
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
34
c) 𝑦′
+
𝑦
𝑡
= 3cos⁡(2𝑡) (𝑡 > 0)
Resolvendo por simples resolução de PVI
Encontrar o fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫
1
𝑡
𝑑𝑡 = ln|𝑡|
= 𝑒ln⁡|𝑡|
= 𝑡
Multiplicar o fator integrante
𝑦′
+
𝑦
𝑡
= 3cos(2t) → y′
t + y = 3tcos(2t)
Simplificar
𝑦′
𝑡 + 𝑦 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑡 + 1𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡] = 3tcos⁡(2𝑡) → 𝑦𝑡 = ∫ 3tcos⁡(2𝑡) 𝑑𝑡
Integrar (solução geral)
3 ∫ cos(2𝑡) 𝑡 𝑑𝑡 → 𝑝𝑜𝑟 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒𝑠 → {
𝑢 = 𝑡 𝑑𝑣 = cos⁡(2𝑡)𝑑𝑡
𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 𝑣 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
→ 𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
− ∫ 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
𝑑𝑡
𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
− ∫ 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
𝑑𝑡
A integração de 𝑠𝑒𝑛(2𝑡), caso não entenda
{
𝑢 = 2𝑡
𝑑𝑢 = 2𝑑𝑡 → 𝑑𝑡 = 𝑑𝑢/2
1
2
∫ sen(𝑢)
𝑑𝑢
2
=
1
4
∫ sen(𝑢) 𝑑𝑢 = −cos(2𝑡)
1
4
3 ∫ cos(2𝑡) 𝑡 𝑑𝑡 = 3 [𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
+ cos(2𝑡)
1
4
]
Ou pelo método mais rápido
3 ∫ cos(2𝑡) 𝑡 𝑑𝑡 →
[
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
𝑡
+
→ 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
1
−
→ −cos(2𝑡)
1
4]
→ 3 [𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
+ 𝑐𝑜𝑠(2𝑡)
1
4
]
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
35
Solução PVI
𝑡 → ∞
𝑦𝑡 = 𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
3
2
+ cos(2𝑡)
3
4
+ 𝑐
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
3
2
+ cos(2𝑡)
3
4𝑡
+
𝑐
𝑡
𝑦 =
𝑠𝑒𝑛(2∞)3
2
+
cos(2∞) 3
4∞
+
𝑐
∞
A função tende a zero.
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador.
Passo 5
36
d) 2𝑦′
+ 𝑦 = 3𝑡
Organizar
2𝑦′
+ 𝑦 = 3𝑡 →
2𝑦′
2
+
𝑦
2
=
3
2
𝑡 → 𝑦′
+
𝑦
2
=
3
2
𝑡
Encontrar o fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫
1
2
𝑑𝑡 =
1
2
𝑡
= 𝑒
1
2
t
Multiplicar o fator integrante
𝑦′
+
𝑦
2
=
3
2
𝑡 → 𝑒
1
2
𝑡
𝑦′
+
𝑒
1
2
𝑡
2
𝑦 =
3
2
𝑡𝑒
1
2
𝑡
Simplificar
𝑒
1
2
𝑡
𝑦′
+
𝑒
1
2
𝑡
2
𝑦 =
3
2
𝑡𝑒
1
2
𝑡
→ 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑦′𝑒
1
2
𝑡
+
𝑒
1
2
𝑡
2
𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒
1
2
𝑡
]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒
1
2
𝑡
] =
3
2
𝑡𝑒
1
2
𝑡
→ 𝑦𝑒
1
2
𝑡
= ∫
3
2
𝑡𝑒
1
2
𝑡
𝑑𝑡
Integrar
𝑦𝑒
𝑡
2 = ∫
3
2
𝑡𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡
Método rápido
3
2
∫ 𝑡𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡 → [
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
𝑡
+
→ 2𝑒
𝑡
2
1
−
→ 4𝑒
𝑡
2
] →
3
2
[2𝑡𝑒
𝑡
2 − 4𝑒
𝑡
2] → 2𝑡𝑒
𝑡
2 − 6𝑒
𝑡
2 + 𝑐
Solução geral
𝑦𝑒
𝑡
2 = 2𝑡𝑒
𝑡
2 − 6𝑒
𝑡
2 +
3𝑐
2
→ y =
2𝑡𝑒
𝑡
2
𝑒
𝑡
2
−
6𝑒
𝑡
2
𝑒
𝑡
2
+
3𝑐
2𝑒
𝑡
2
→ y = 2𝑡 − 6 +
𝑐
𝑒
𝑡
2
Solução PVI
𝑡 → ∞
y = 2𝑡 − 6 +
𝑐
𝑒
𝑡
2
y = 2∞ − 6 +
𝑐
𝑒
∞
2
𝑦 → −6
A função tende a zero.
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador.
e) 𝑦′
+ 𝑦 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7
37
Encontrar o fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 𝑑𝑡 =𝑡
= 𝑒 𝑡
Multiplicar o fator integrante
𝑦′
+ 𝑦 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡) → 𝑒 𝑡
𝑦′
+ 𝑒 𝑡
𝑦 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
Simplificar
𝑦′
+ 𝑦 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡) → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑒 𝑡
+ 𝑒 𝑡
𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒 𝑡
]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒 𝑡] = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
→ 𝑦𝑒 𝑡
= ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡
Integrar
Ambas as funções na integral são funções que nunca zerão ao derivar, nesse caso esta integral se tornará uma
integral por partes infinita se for resolvida pelo método convencional de integração por partes.
Como ambas as funções podem ser tanto “u” como “dv” na escolha de variáveis devemos selecionar a escolha que
tornará a conta menor possível.
A integração por partes irá terminar quando a integral ∫ 𝑣𝑑𝑢 que é resultante da integração por partes obter uma
aparência idêntica à sua integral original (∫ 𝑢𝑑𝑢) independente de constantes.
Para isso coloque a constante 5 na conta, para que no final∫ 𝑢𝑑𝑢 = ∫ 𝑣𝑑𝑢
Integrando com outras variáveis
A última conta é a menor
∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
− 2 cos(2𝑡) 5𝑒 𝑡
− 4 ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡
∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡 →
[
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
5𝑒 𝑡
∙
5𝑒 𝑡
∙
5 𝑒 𝑡
∙
5𝑒 𝑡
.
5𝑒 𝑡
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
−
→
.
+
→
−
1
2
cos(2𝑡)
−
1
4
𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
8
cos(2𝑡)
1
16
𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
−
1
32
cos(2𝑡)]
→ −
5 cos(2𝑡)𝑒 𝑡
2
+
5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
4
+
5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
8
−
5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
16
+
1
16
∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡
∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡 →
[
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
∙
2 cos(2𝑡)
∙
4−4𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
5𝑒 𝑡
∙
.
5𝑒 𝑡
∙
∙
5𝑒 𝑡
∙ ]
→ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
− 2 cos(2𝑡) 5𝑒 𝑡
− 4 ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
38
4 ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡
⏟
4𝑥
+ ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡
⏟
𝑥
= 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
− 2 cos(2𝑡) 5𝑒 𝑡
5 ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
− 10 cos(2𝑡) 𝑒 𝑡
∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
− 2 cos(2𝑡) 𝑒 𝑡
+ 𝑐
𝑦𝑒 𝑡
= 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
− 2 cos(2𝑡) 𝑒 𝑡
+ 𝑐
Solução geral
𝑦 =
𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑒 𝑡
−
2 cos(2𝑡) 𝑒 𝑡
𝑒 𝑡
+
𝑐
𝑒 𝑡
→ 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) − 2cos⁡(2𝑡) +
𝑐
𝑒 𝑡
Solução PVI
𝑡 → ∞
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) − 2cos⁡(2𝑡) +
𝑐
𝑒 𝑡
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2∞) − 2cos⁡(2∞) +
𝑐
𝑒∞
A função tende a zero.
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador.
4x + x = 5x
Passo 5
Passo 6
39
f) (1 + 𝑡2)𝑦′
+ 4𝑡𝑦 = −2(1 + 𝑡2) → (1 + 𝑡2)𝑦′
+ 4𝑡𝑦 = −2 − 2𝑡2
Variação de parâmetro
(1 + 𝑡2)𝑦′
+ 4𝑡𝑦 = 0
Organizar
𝑦′
+
4𝑡𝑦
1 + 𝑡2
= 0
Fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒
∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫
4𝑡
1+𝑡2 = 4∫
𝑡
1+𝑡2 𝑑𝑡→ { 𝑢=𝑡2+1
𝑑𝑢=2𝑡𝑑𝑡
→2 ∫
𝑑𝑢
𝑢
=2 ln|𝑢| =2ln|𝑡2+1|= ln|(𝑡2+1)
2
|
𝜇(𝑡) = 𝑒ln|(𝑡2+1)
2
|
→ (𝑡2
+ 1)2
Multiplicar o fator integrante
𝑦′
+
4𝑡𝑦
1 + 𝑡2
= 0 → (𝑡2
+ 1)2
𝑦′
+
(𝑡2
+ 1)2
4𝑡𝑦
1 + 𝑡2
= 0 → (𝑡2
+ 1)2
𝑦′
+ (𝑡2
+ 1)4𝑡𝑦 = 0
Simplificar
(𝑡2
+ 1)2
𝑦′
+ (𝑡2
+ 1)4𝑡𝑦 = 0 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′(𝑡2
+ 1)2
+ (𝑡2
+ 1)4𝑡𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦(𝑡2
+ 1)2]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦(𝑡2
+ 1)2] = 0 → 𝑦(𝑡2
+ 1)2
= ∫ 0𝑑𝑡
Integrar
𝑦(𝑡2
+ 1)2
= ∫ 0𝑑𝑡 → 𝑦(𝑡2
+ 1)2
= 𝑐
Tornar C função
𝑦(𝑡2
+ 1)2
= 𝑐 → 𝑦 =
𝑐(𝑥)
(𝑡2 + 1)2
𝑐′(𝑥) = 𝑞(𝑥)𝜇(𝑥)
𝑐′(𝑥) = −2(𝑡2
+ 1)(𝑡2
+ 1)2
𝑐′(𝑥) = −2(𝑡2
+ 1)3
∫ 𝑐′(𝑥) = −2 ∫(𝑡2
+ 1)3
→ 𝑐(𝑥) = −2 [∫ 𝑡6
𝑑𝑡 + ∫ 3𝑡4
𝑑𝑡 + ∫ 3𝑡2
𝑑𝑡 + ∫ 𝑑𝑡]
𝑐(𝑥) = −2 ∫ 𝑡6
𝑑𝑡 − 6 ∫ 𝑡4
𝑑𝑡 − 6 ∫ 𝑡2
𝑑𝑡 − 2 ∫ 𝑑𝑡
𝑐(𝑥) = −
2𝑡7
7
−
6𝑡5
5
−
6𝑡3
3
− 2𝑡 + 𝑐
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7
40
Solução geral
𝑦 =
𝑐(𝑥)
(𝑡2 + 1)2
→ 𝑦 =
(−
2𝑡7
7
−
6𝑡5
5
−
6𝑡3
3
− 2𝑡 + 𝑐)
(𝑡2 + 1)2
𝑦 = −
2𝑡7
7(𝑡2 + 1)2
−
6𝑡5
5(𝑡2 + 1)2
−
6𝑡3
3(𝑡2 + 1)2
−
2𝑡
(𝑡2 + 1)2
+
𝑐
(𝑡2 + 1)2
Solução PVI
𝑡 → ∞
𝑦 = −
2∞7
7(∞2 + 1)2
−
6∞5
5(∞2 + 1)2
−
6∞3
3(∞2 + 1)2
−
2∞
(∞2 + 1)2
+
𝑐
(∞2 + 1)2
A função tende a zero.
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador.
Passo 8
Passo 9
41
g) 𝑦′
+ 2𝑡𝑦 = 2𝑡𝑒−𝑡2
Fator integrante
(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 =2 ∫ 𝑡𝑑𝑡 =𝑡2
= 𝑒 𝑡2
Multiplicar fator integrante
𝑦′
+ 2𝑡𝑦 = 2𝑡𝑒−𝑡2
→ 𝑦′
𝑒 𝑡2
+ 2𝑡𝑒 𝑡2
𝑦 =
2𝑡𝑒 𝑡2
𝑒 𝑡2 → 𝑦′
𝑒 𝑡2
+ 2𝑡𝑒 𝑡2
𝑦 = 2𝑡
Simplificar
𝑦′
𝑒 𝑡2
+ 2𝑡𝑒 𝑡2
𝑦 = 2𝑡 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑒 𝑡2
+ 2𝑡𝑒 𝑡2
𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒 𝑡2
]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒 𝑡2
] = 2𝑡 → 𝑦𝑒 𝑡2
= ∫ 2𝑡𝑑𝑡
Integrar
∫ 2𝑡𝑑𝑡 = 𝑡2
+ 𝑐
Solução geral
𝑦𝑒 𝑡2
= 𝑡2
+ 𝑐 → 𝑦 =
𝑡2
𝑒 𝑡2 +
𝑐
𝑒 𝑡2
Solução PVI
𝑡 → ∞
𝑦 =
𝑡2
𝑒 𝑡2 +
𝑐
𝑒 𝑡2
𝑦 =
∞2
𝑒∞2 +
𝑐
𝑒∞2
A função tende a zero.
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador.
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
42
h) 𝑦′
− 2𝑦 = 𝑡2
𝑒2𝑡
Fator integrante
(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 =−2 ∫ 𝑑𝑡 = 2𝑡
= 𝑒−2𝑡
Multiplicar fator integrante
𝑦′
− 2𝑦 = 𝑡2
𝑒2𝑡
→ 𝑦′
𝑒−2𝑡
+ (−2𝑒−2𝑡)𝑦 = 𝑡2
Simplificar
𝑦′
𝑒−2𝑡
+ (−2𝑒−2𝑡)𝑦 = 𝑡2
→ 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑒−2𝑡
+ −2𝑒−2𝑡
𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒−2𝑡
]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒−2𝑡] = 𝑡2
→ 𝑦𝑒−2𝑡
= ∫ 𝑡2
𝑑𝑡
Integrar
∫ 𝑡2
𝑑𝑡 =
𝑡3
3
+ 𝑐
Solução geral
𝑦𝑒−2𝑡
=
𝑡3
3
+ 𝑐
Solução PVI
𝑡 → ∞
𝑦 =
∞3
𝑒2∞
3
+ 𝑐𝑒2∞
A função tende a infinito.
Os fatores do denominador são menores que o do numerador.
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
43
i) 𝑡𝑦′
+ 2𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
Organizar
𝑡𝑦′
+ 2𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) → 𝑦′
+
2
𝑡
𝑦 =
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑡
Fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 =∫
2
𝑡
𝑑𝑡 = 2ln⁡|𝑡|
= 𝑒ln⁡|𝑡2|
= 𝑡2
Multiplicar fator integrante
𝑦′
+
2
𝑡
𝑦 =
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑡
→ 𝑦′
𝑡2
+ 2𝑡𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑡
Simplificar
𝑦′
𝑡2
+ 2𝑡𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑡 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑡2
+ 2𝑡𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡2
]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡2] = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑡 → 𝑦𝑡2
= ∫ 𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡
Integrar
Método rápido
∫ 𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 → [
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
𝑡
+
→ −𝑐𝑜𝑠(𝑡)
1
−
→ −sen(𝑡)
] → −𝑡𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑐
Solução geral
𝑦𝑡2
= −𝑡𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑐 → 𝑦 = −
cos(𝑡)
𝑡
+
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑡2
+
𝑐
𝑡2
Solução PVI
𝑡 → ∞
𝑦 = −
cos(∞)
∞
+
𝑠𝑒𝑛(∞)
∞2
+
𝑐
∞2
A função tende a zero.
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador.
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7
44
j) 𝑡𝑦′
− 𝑦 = 𝑡2
𝑒−𝑡
Organizar
𝑡𝑦′
+ 𝑦 = 𝑡2
𝑒−𝑡
→ 𝑦′
+ (−
𝑦
𝑡
) = 𝑡𝑒−𝑡
Fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 =− ∫
1
𝑡
𝑑𝑡 = −ln⁡|𝑡|
= 𝑒ln⁡|
1
𝑡
|
=
1
𝑡
Multiplicar fator integrante
𝑦′
+ (−
𝑦
𝑡
) = 𝑡𝑒−𝑡
→ 𝑦′
1
𝑡
+ (−
1
𝑡2
) 𝑦 = 𝑒−𝑡
Simplificar
𝑦′
1
𝑡
+ (−
1
𝑡2
) 𝑦 = 𝑒−𝑡
→ 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′
1
𝑡
+ (−
1
𝑡2
) 𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[
𝑦
𝑡
]
𝑑
𝑑𝑡
[
𝑦
𝑡
] = 𝑒−𝑡
→
𝑦
𝑡
= ∫ 𝑒−𝑡
𝑑𝑡
Integrar
∫ 𝑒−𝑡
𝑑𝑡 = −𝑒−𝑡
+ 𝑐
Solução geral
𝑦
𝑡
= −𝑒−𝑡
+ 𝑐 → 𝑦 = −
𝑡
𝑒 𝑡
+ 𝑡𝑐
Solução PVI
𝑡 → ∞
𝑦 = −
∞
𝑒∞
+ ∞𝑐
A função tende a infinito.
A primeira fração tenderá a zero enquanto a outra sobe ao infinito
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7
45
k) 2𝑦′
+ 𝑦 = 3𝑡2
Organizar
2𝑦′
+ 𝑦 = 3𝑡2
→ 𝑦′
+
𝑦
2
=
3
2
𝑡2
Fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 =
1
2 ∫ 𝑑𝑡 =
t
2 = 𝑒
t
2
Multiplicar fator integrante
𝑦′
+
𝑦
2
=
3
2
𝑡2
→ 𝑦′
𝑒
𝑡
2 +
𝑒
𝑡
2
2
𝑦 =
3
2
𝑡2
𝑒
𝑡
2
Simplificar
𝑦′
𝑒
𝑡
2 +
𝑒
𝑡
2
2
𝑦 =
3
2
𝑡2
𝑒
𝑡
2 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑦′𝑒
𝑡
2 +
𝑒
𝑡
2
2
𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒
𝑡
2]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒
𝑡
2] =
3
2
𝑡2
𝑒
𝑡
2 → 𝑦𝑒
𝑡
2 = ∫
3
2
𝑡2
𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡
Integrar
Método rápido
3
2
∫ 𝑡2
𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡 →
[
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
.
2
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
→
3
2
[2𝑡2
𝑒
𝑡
2 − 8𝑡𝑒
𝑡
2 + 16𝑒
𝑡
2]
Solução geral
𝑦𝑒
𝑡
2 = 3𝑡2
𝑒
𝑡
2 − 12𝑡𝑒
𝑡
2 + 24𝑒
𝑡
2 + 𝑐
𝑦 = 3𝑡2
− 12𝑡 + 24 +
𝑐
𝑒
𝑡
2
Solução PVI
𝑡 → ∞
𝑦 = 3∞2
− 12∞ + 24 +
𝑐
𝑒
∞
2
𝑦 → 24
A função tende a infinito.
A última fração tenderá a zero enquanto as outras sobem ao infinito.
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7
46
Segunda questão
- Determine explicitamente a solução do problema de valor inicial dado.
a) 𝑦′
= (1 − 2𝑥)𝑦2
, 𝑦(0) = −
1
6
Variáveis separáveis
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= (1 − 2𝑥)𝑦2
→
𝑑𝑦
𝑦2
= (1 − 2𝑥)𝑑𝑥
Integrar
∫
𝑑𝑦
𝑦2
= ∫(1 − 2𝑥)𝑑𝑥 → −
1
𝑦
= 𝑥 − 𝑥2
+ 𝑐
Solução geral
−
1
𝑦
= 𝑥(1 − 𝑥) + 𝑐 → −
1
𝑦
=
𝑥
2
(1 − 𝑥) +
𝑐
2
𝑦 = −
1
𝑥
2
(1 − 𝑥) +
𝑐
2
Solução PVI
𝑦(0) = −
1
6
−
1
6
= −
1
𝑐
2
→
𝑐
12
= 1 → 𝑐 =
1
12
𝑦 = −
1
𝑥
2
(1 − 𝑥) +
𝑐
2
→ 𝑦 = −
1
𝑥
2
(1 − 𝑥) +
1
24
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
47
b) 𝑦′
= (1 − 2𝑥)𝑦 , 𝑦(1) = −2
Variáveis separáveis
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= (1 − 2𝑥)𝑦 →
𝑑𝑦
𝑦
= (1 − 2𝑥)𝑑𝑥
Integrar
∫
𝑑𝑦
𝑦
= ∫(1 − 2𝑥)𝑑𝑥 → ln|𝑦| = 𝑥 − 𝑥2
+ 𝑐
Solução geral
ln|𝑦| = 𝑥(1 − 𝑥) + 𝑐 → ln|𝑦| = 𝑥(1 − 𝑥) + 𝑐
𝑦 = 𝑒 𝑥(1−𝑥)
𝑒 𝑐
Solução PVI
𝑦(0) = −
1
6
−2 = 𝑒0
𝑒 𝑐
→ 𝑒 𝑐
= −2 → 𝑐 = ln|−2| → 𝑐 = ln |
1
2
|
𝑦 = 𝑒 𝑥(1−𝑥)
𝑒 𝑐
→ 𝑦 =
1
2
𝑒 𝑥(1−𝑥)
c) 𝑥𝑑𝑥 + 𝑦𝑒−𝑥
𝑑𝑦 = 0 , 𝑦(0) = 1
Variáveis separáveis
𝑥𝑑𝑥 = −𝑦𝑒−𝑥
𝑑𝑦 → 𝑥𝑒 𝑥
𝑑𝑥 = −𝑦𝑑𝑦
Integrar
∫ 𝑥𝑒 𝑥
𝑑𝑥 = ∫ −𝑦𝑑𝑦 → 𝑐 + 𝑥𝑒 𝑥
− 𝑒 𝑥
= −
𝑦2
2
Solução geral
−
𝑦2
2
= 𝑒 𝑥(𝑥 − 1) + 𝑐 → −𝑦2
= 2𝑒 𝑥(𝑥 − 1) + 2𝑐
−𝑦 = √2𝑒 𝑥(𝑥 − 1) + 2𝑐
Solução PVI
𝑦(0) = 1
−1 = −2 + 2𝑐 → 𝑐 =
1
2
−𝑦 = √2𝑒 𝑥(𝑥 − 1) + 2𝑐 → −𝑦 = √2𝑒 𝑥(𝑥 − 1) + 1
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
48
d)
𝑑𝑟
𝑑𝜃
=
𝑟2
𝜃
, 𝑟(1) = 2
Variáveis separáveis
𝑑𝑟
𝑟2
=
𝑑𝜃
𝜃
Integrar (solução geral)
∫
𝑑𝑟
𝑟2
= ∫
𝑑𝜃
𝜃
→ ln|𝑟2| = ln|𝜃𝑐| → 𝑟 = √𝜃𝑐
Solução PVI
𝑟(1) = 2
2 = √ 𝑐 → 𝑐 = 4
𝑟 = √4𝜃 → 𝑟 = 2√𝜃
e) 𝑦′
=
2𝑥
𝑦+𝑥2 𝑦
, 𝑦(0) = −2
Organizar
𝑑𝑦(𝑦 + 𝑥2
𝑦) + 2𝑥𝑑𝑥 = 0
Fator integrante desconhecido
𝑑𝑦(𝑦 + 𝑥2
𝑦)𝜇(𝑦) + 2𝑥𝜇(𝑦)𝑑𝑥 = 0
Vamos transformar esta equação em equação exata, veja que N(x,y) é uma equação mais complicada que M(x,y), como
queremos sempre o jeito mais fácil iremos procurar um fator integrante em relação a y.
Caso não se lembre: 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0
Derivadas
(
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 𝜇′(𝑦)2𝑥|
𝜕𝑁
𝜕𝑥
= 2𝑥𝑦𝜇(𝑦))
Forçando igualdade
𝜇′(𝑦)2𝑥 = 2𝑥𝑦𝜇(𝑦) →
𝜇′(𝑦)
𝜇(𝑦)
= 𝑦
Integrar
∫
𝜇′(𝑦)
𝜇(𝑦)
= ∫ 𝑦𝑑𝑦 → ∫
𝑑𝜇
𝜇
= ∫ 𝑦𝑑𝑦 → ln|𝜇| =
𝑦2
2
Exponencial
𝑒ln|𝜇|
= 𝑒
𝑦2
2 → 𝜇(𝑦) = 𝑒
𝑦2
2
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
49
Substituir fator integrante desconhecido
𝑑𝑦(𝑦 + 𝑥2
𝑦)𝜇(𝑦) + 2𝑥𝜇(𝑦)𝑑𝑥 = 0 → 𝑑𝑦(𝑦 + 𝑥2
𝑦)𝑒
𝑦2
2 + 2𝑥𝑒
𝑦2
2 𝑑𝑥 = 0
Sistema
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 2𝑥𝑒
𝑦2
2
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫ (2𝑥𝑒
𝑦2
2 ) 𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
𝑒
𝑦2
2 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
𝑒
𝑦2
2 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(𝑥2
𝑒
𝑦2
2 + 𝑓(𝑦))
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
𝑒
𝑦2
2 + 𝑓(𝑦)
(𝑦 + 𝑥2
𝑦)𝑒
𝑦2
2⏟
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑦𝑥2
𝑒
𝑦2
2 + 𝑓′
(𝑦)⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
𝑒
𝑦2
2 + 𝑓(𝑦)
𝑒
𝑦2
2 𝑦 + 𝑒
𝑦2
2 𝑥2
𝑦 = 𝑦𝑥2
𝑒
𝑦2
2 + 𝑓′
(𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
𝑒
𝑦2
2 + 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = 𝑒
𝑦2
2 𝑦
Integrar a função desconhecida
∫ 𝑓′(𝑦) = ∫ 𝑒
𝑦2
2 𝑦 𝑑𝑦 → { 𝑢 =
𝑦2
2
𝑑𝑢 = 𝑦𝑑𝑦
→ 𝑓(𝑦) = 𝑒
𝑦2
2
Função solução
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
𝑒
𝑦2
2 + 𝑒
𝑦2
2 → 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒
𝑦2
2 (𝑥2
+ 1)
Solução geral
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐
𝑐 = 𝑒
𝑦2
2 (𝑥2
+ 1) → 𝑒
𝑦2
2 =
𝑐
(𝑥2 + 1)
Solução PVI
𝑦(0) = −2
𝑐 = 𝑒2(0 + 1) → 𝑐 = 𝑒2
𝑒
𝑦2
2 =
𝑒2
(𝑥2 + 1)
→ ln |𝑒
𝑦2
2 | = ln |
𝑒2
(𝑥2 + 1)
| →
𝑦2
2
= ln|𝑒2| − ln|(𝑥2
+ 1)|
𝑦2
2
= 2 − ln|(𝑥2
+ 1)| → 𝑦2
= 4 − 2 ln|(𝑥2
+ 1)|
𝑦 = √4 − 2 ln|(𝑥2 + 1)|
Passo 7
Passo 8
Passo 9
Passo 10
Passo 11
Passo 12
50
f) 𝑦′
= 𝑥𝑦3(1 + 𝑥2)−
1
2 , 𝑦(0) = 1
Variáveis separáveis
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑥𝑦3(1 + 𝑥2)−
1
2 →
𝑑𝑦
𝑦3
= 𝑥(1 + 𝑥2)−
1
2 𝑑𝑥
Integrar
∫
𝑑𝑦
𝑦3
= ∫ 𝑥(1 + 𝑥2)−
1
2 𝑑𝑥
∫
𝑑𝑦
𝑦3
= ln|𝑦3|
∫ 𝑥(1 + 𝑥2)−
1
2 𝑑𝑥 → { 𝑢 = 1 + 𝑥2
𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥
→
1
2
∫
𝑑𝑢
√ 𝑢
=
1
2
2√ 𝑢 = √1 + 𝑥2 + 𝑐
ln|𝑦3| = √1 + 𝑥2 + 𝑐
Solução geral
𝑒ln|𝑦3| = 𝑒√1+𝑥2
𝑒 𝑐
→ 𝑦 = (𝑒√1+𝑥2
𝑒 𝑐
)
1
3
Solução PVI
𝑦(0) = 1
ln|𝑦3| = √1 + 𝑥2 + 𝑐 → 0 = 1 + 𝑐 → 𝑐 = −1
𝑦 = (𝑒√1+𝑥2
𝑒 𝑐
)
1
3
→ 𝑦 = (
𝑒√1+𝑥2
𝑒
)
1
3
→ 𝑦 = (𝑒√1+𝑥2−1
)
1
3
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
51
g) (2𝑥 + 3) + (2𝑦 − 2)𝑦′
= 0
Organizar
(2𝑥 + 3) + (2𝑦 − 2)𝑦′
= 0 → (2𝑥 + 3)𝑑𝑥 + (2𝑦 − 2)𝑑𝑦 = 0
Teste
{
𝑀(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 + 3
𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑦 − 2
→
{
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 0
𝜕𝑁
𝜕𝑥
= 0
Sistema
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 2𝑥 + 3
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(2𝑥 + 3)𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
+ 3𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
+ 3𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(𝑥2
+ 3𝑥 + 𝑓(𝑦))
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
+ 3𝑥 + 𝑓(𝑦)
2𝑦 − 2⏟
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑓′
(𝑦)⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
Integrar função desconhecida
∫ 𝑓′(𝑦) = ∫(2𝑦 − 2)𝑑𝑦 → 𝑓(𝑦) = 𝑦2
− 2𝑦
Função solução
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
+ 3𝑥 + 𝑦2
− 2𝑦
Solução geral
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐
𝑐 = 𝑥2
+ 3𝑥 + 𝑦2
− 2𝑦
𝑦2
− 2𝑦 = 𝑐 − 𝑥2
− 3𝑥
𝑦(𝑦 − 2) = −𝑥(𝑥 + 3) + 𝑐
Exata!
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
52
h) (3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑑𝑥 + (𝑥2
+ 𝑦2)𝑑𝑦 = 0
Fator integrante transformado: 𝜇(𝑥)
(𝑀(𝑥, 𝑦) = 3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3|𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
+ 𝑦2)
𝜇(𝑥) = 𝑒
∫
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
= ∫
3𝑥2+2𝑥+3𝑦2−2𝑥
𝑥2+𝑦2 = 3 ∫
𝑥2+𝑦2
𝑥2+𝑦2 = 3 ∫ 𝑑𝑥 = 3𝑥
= 𝑒3𝑥
𝜇(𝑥) = 𝑒3𝑥
Multiplicando fator integrante
(3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥
𝑑𝑥 + (𝑥2
+ 𝑦2)𝑒3𝑥
𝑑𝑦 = 0
Sistema
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= (3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥
𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
∫(3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥
𝑑𝑥 →
[
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
(3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)
.
(6𝑥𝑦 + 2𝑦)
∙.
(6𝑦)
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
𝑒3𝑥
3
𝑒3𝑥
9
∙
∙
𝑒3𝑥
27
∙ ]
∫(3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥
𝑑𝑥 =
1
3
(3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥
−
1
9
(6𝑥𝑦 + 2𝑦)𝑒3𝑥
+
2
9
𝑦𝑒3𝑥
∫(3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥
𝑑𝑥 = 𝑥2
𝑦𝑒3𝑥
+
2
3
𝑥𝑦𝑒3𝑥
+
𝑦3
3
𝑒3𝑥
−
2
3
𝑥𝑦𝑒3𝑥
−
2
9
𝑦𝑒3𝑥
+
2
9
𝑦𝑒3𝑥
∫(3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥
𝑑𝑥 = 𝑥2
𝑦𝑒3𝑥
+
𝑦3
3
𝑒3𝑥
→ (𝑥2
𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = (𝑥2
𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥
+ 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = (𝑥2
𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥
+ 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
((𝑥2
𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥
+ 𝑓(𝑦))
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = (𝑥2
𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥
+ 𝑓(𝑦)
(𝑥2
+ 𝑦2)𝑒3𝑥
⏟
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= (𝑥2
+ 𝑦2)𝑒3𝑥
+ 𝑓′
(𝑦)⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
→ 𝑓(𝑦) = 0
Função solução
𝛹(𝑥, 𝑦) = (𝑥2
𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
53
Solução geral
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐
𝑐 = (𝑥2
𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥
𝑦3
𝑒3𝑥
3
= 𝑐 − 𝑥2
𝑦𝑒3𝑥
𝑦 =
3𝑐
𝑒 𝑥
− 3𝑥2
𝑦
i) 𝑒 𝑥
𝑑𝑥 + (𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦) + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑦))𝑑𝑦 = 0
Fator integrante transformado: 𝜇(𝑦)
(𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥|𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦) + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑦)
𝜇(𝑦) = 𝑒
∫
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
= ∫
𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦)
𝑒 𝑥 = ∫ 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦) = ∫
cos(𝑦)
𝑠𝑒𝑛(𝑦)
𝑑𝑦 → {
𝑢 =𝑠𝑒𝑛(𝑦)
𝑑𝑢 =cos(𝑦)𝑑𝑦
= ln|𝑠𝑒𝑛(𝑦)|
= 𝑒ln|𝑠𝑒𝑛(𝑦)|
𝜇(𝑦) = 𝑠𝑒𝑛(𝑦)
Multiplicar fator integrante
𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦)𝑑𝑥 + 𝑠𝑒𝑛(𝑦)(𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦) + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑦))𝑑𝑦 = 0
𝑒 𝑥
sen(𝑦) 𝑑𝑥 + (𝑒 𝑥
cos(𝑦) + 2𝑦)𝑑𝑦 = 0
Sistema
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦)𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦))
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦)
𝑒 𝑥
cos(𝑦) + 2𝑦⏟
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑒 𝑥
cos(𝑦) + 𝑓′
(𝑦)⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = 2𝑦 → 𝑓(𝑦) = 𝑦2
Função solução
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑦2
Solução geral
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐
𝑐 = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑦2
Passo 5
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
54
j)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥+𝑦
𝑥
Teste de homogeneidade
𝑓(𝑥, 𝑦) → 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦)
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) =
𝑡𝑥 + 𝑡𝑦
𝑡𝑥
→
𝑡(𝑥 + 𝑦)
𝑡𝑥
→
𝑥 + 𝑦
𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦)
Substituição por u
𝑢 =
𝑦
𝑥
→ 𝑦 = 𝑢𝑥
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 𝐹(𝑢)
Retomando a equação
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 =
𝑥 + 𝑢𝑥
𝑥
→
𝑥(1 + 𝑢)
𝑥
→ 1 + 𝑢
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 1 + 𝑢 − 𝑢
𝑑𝑢
𝑑𝑥
=
1
𝑥
Variáveis separáveis
𝑑𝑢 =
𝑑𝑥
𝑥
Integrar
∫ 𝑑𝑢 = ∫
𝑑𝑥
𝑥
→ 𝑢 = ln|𝑥𝑐|
Solução geral
𝑦
𝑥
= ln|𝑥𝑐| → 𝑦 = 𝑥 ln|𝑥𝑐|
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
55
k)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥2+𝑥𝑦+𝑦2
𝑥2
Teste de homogeneidade
𝑓(𝑥, 𝑦) → 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦)
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) =
𝑡2
𝑥2
+ 𝑡2
𝑥𝑦 + 𝑡2
𝑦2
𝑡2 𝑥2
→
𝑡2
(𝑥2
+ 𝑥𝑦 + 𝑦2
)
𝑡2 𝑥2
→
𝑥2
+ 𝑥𝑦 + 𝑦2
𝑥2
= 𝑓(𝑥, 𝑦)
Substituição por u
𝑢 =
𝑦
𝑥
→ 𝑦 = 𝑢𝑥
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 𝐹(𝑢)
Retomando a equação
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 =
𝑥2
+ 𝑥2
𝑢 + 𝑢2
𝑥2
𝑥2
→
𝑥2(1 + 𝑢 + 𝑢2)
𝑥2
→ 1 + 𝑢 + 𝑢2
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 1 + 𝑢 + 𝑢2
− 𝑢
𝑑𝑢
𝑑𝑥
=
1 + 𝑢2
𝑥
Variáveis separáveis
𝑑𝑢
1 + 𝑢2
=
𝑑𝑥
𝑥
Integrar
∫
𝑑𝑢
1 + 𝑢2
= ∫
𝑑𝑥
𝑥
→ 𝑡𝑎𝑛−1
(𝑢) = ln|𝑥𝑐|
Solução geral
𝑡𝑎𝑛−1
(
𝑦
𝑥
) = ln|𝑥𝑐| → 𝑡𝑔 [𝑡𝑎𝑛−1
(
𝑦
𝑥
)] = 𝑡𝑔[ln|𝑥𝑐|] →
𝑦
𝑥
= 𝑡𝑔[ln|𝑥𝑐|]
𝑦 = 𝑥𝑡𝑔[ln|𝑥𝑐|]
Passo 5
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 6
56
7. Lembranças de um futuro esquecido - Trajetórias ortogonais
Neste assunto fala-se em família de curvas, que são curvas cujo comportamento é parecido aos das curvas de nível
(assunto de cálculo II). Veja a família de curvas da função 𝑥2
+ 𝑦2
= 𝑐 abaixo:
Através dessa equação podemos encontrar outra família que intersecta a primeira ortogonalmente, ou seja, é uma
família de curvas onde cada uma é ortogonal a outra da primeira família.
Usando derivada implícita podemos analisar melhor a primeira família
𝑥2
+ 𝑦2
= 𝑐 → 2𝑥 + 2𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0
Se você olhar o resultado dessa derivada como se fosse uma função de primeiro grau perceba que o
𝑑𝑦
𝑑𝑥
é o coeficiente
angular dessa função
Isolando o coeficiente angular
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑥
𝑦
Com isso podemos encontrar o coeficiente angular da outra família que é ortogonal a essa.
Isso pode acontecer por que quando duas retas são ortogonais uma sempre terá o inverso negativo do coeficiente da
outra, veja:
𝑚1 𝑚2 = −1 → 𝑚1 = −
1
𝑚2
Então com essa consequência temos o coeficiente angular da família ortogonal
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦
𝑥
O próximo passo é questão de lógica
Se para encontra o coeficiente angular da primeira família foi necessário derivar a equação, agora com o coeficiente
angular da segunda família é somente fazer o caminho inverso, ou seja, integrar
∫
𝑑𝑦
𝑦
= ∫
𝑑𝑥
𝑥
→ ln|𝑦| = ln|𝑥| → 𝑦 = 𝑥
Temos a bissetriz dos quadrantes pares (reta que passa na origem pelos quadrantes 2 e 4),
essa é a equação da família em que todas curvas são ortogonais ás curvas da primeira
família.
57
7.1 Primeiro Exemplo
Família de elipses:
𝑥2
𝑎2 +
𝑦2
𝑏2 = 𝑘
Derivando
2𝑥
𝑎2
+
2𝑦
𝑏2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0 →×
1
2
→
𝑦
𝑏2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑥
𝑎2
Encontrando a inclinação da reta
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑏2
𝑥
𝑎2 𝑦
Inclinação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑏2
𝑥
𝑎2 𝑦
→
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑎2
𝑦
𝑏2 𝑥
Equação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑎2
𝑦
𝑏2 𝑥
→
𝑑𝑦
𝑎2 𝑦
=
𝑑𝑥
𝑏2 𝑥
→ ∫
𝑑𝑦
𝑎2 𝑦
= ∫
𝑑𝑥
𝑏2 𝑥
1
𝑎2
ln|𝑦| =
1
𝑏2
ln|𝑥𝑐| → ln|𝑦 𝑏2
| = ln|𝑥𝑐 𝑎2
|
𝑦 𝑏2
= 𝑐𝑥 𝑎2
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
58
8. Equações de Riccati – Nome difícil para uma coisa difícil
I.
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝑞1(𝑡) + 𝑞2(𝑡)𝑦 + 𝑞3(𝑡)𝑦2
Esta é uma equação não linear, porém não precisamos usar cálculos mais avançados do que já temos, através de uma
solução geral pode-se encontrar um formato em que se possa aplicar os métodos de resolução de uma equação de
linear.
Seja 𝑦(𝑡) uma solução de (I)
𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑣(𝑡)
Derivando implicitamente
𝑑𝑦
𝑑𝑡
−
𝑑𝑦1
𝑑𝑡
= −
1
𝑣2
𝑑𝑦
𝑑𝑡
Usando substituindo de (I) em
𝑑𝑦
𝑑𝑡
e
𝑑𝑦1
𝑑𝑡
𝑞1(𝑡) + 𝑞2(𝑡)𝑦 + 𝑞3(𝑡)𝑦2
⏟
𝑑𝑦
𝑑𝑡
− 𝑞1(𝑡) − 𝑞2(𝑡)𝑦1 − 𝑞2(𝑡)𝑦1
2
⏟
𝑑𝑦1
𝑑𝑡
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Organizando a bagunça
𝑞1(𝑡) + 𝑞2(𝑡)𝑦 + 𝑞3(𝑡)𝑦2
− 𝑞1(𝑡) − 𝑞2(𝑡)𝑦1 − 𝑞2(𝑡)𝑦1
2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑞2(𝑡)(𝑦 − 𝑦1) + 𝑞3(𝑡)(𝑦2
− 𝑦1
2) = −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Usando o valor da solução geral e substituindo
𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑣(𝑡)
→ 𝑦 =
1
𝑣
+ 𝑦1 → 𝑦 + 𝑦1 =
1
𝑣
+ 2𝑦1
𝑞2(𝑡)
1
𝑣
+ 𝑞3(𝑡)(𝑦2
− 𝑦1
2) = −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
→ 𝑞2(𝑡)
1
𝑣
+ 𝑞3(𝑡)(𝑦 − 𝑦1)(𝑦 + 𝑦1) = −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑞2(𝑡)
1
𝑣
+ 𝑞3(𝑡)
1
𝑣
(
1
𝑣
+ 2𝑦1) = −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Isolando
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑞2(𝑡)
1
𝑣(𝑡)
+ 𝑞3(𝑡)
1
𝑣
(
1
𝑣
+ 2𝑦1) = −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= −𝑣𝑞2(𝑡) − 𝑣𝑞3(𝑡) (
1
𝑣
+ 2𝑦1)
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= −𝑣𝑞2(𝑡) − 𝑞3(𝑡) − 2𝑣𝑦1 𝑞3(𝑡)
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= −𝑣[ 𝑞2(𝑡) + 2𝑦1 𝑞3(𝑡)] − 𝑞3(𝑡)
59
Estando nesse formato a equação pode ser resolvida como uma equação linear.
8.1 Primeiro Exemplo
𝑦′
= 1 + 𝑡2
− 2𝑡𝑦 + 𝑦2
, 𝑦(𝑡) = 𝑡 , 𝑦 − 𝑦 =
1
𝑣(𝑡)
Testar se há solução
𝑦 = 𝑡 → 𝑦′
= 1
1 = 1 + 𝑡2
− 2𝑡2
+ 𝑡2
→ 1 = 1
Desenvolver solução geral
𝑦 − 𝑦 =
1
𝑣
→ 𝑦 = 𝑡⏟
𝑦=𝑡
+
1
𝑣
Derivar solução geral
𝑦 = 𝑡 +
1
𝑣
→ 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑖𝑚𝑝𝑙í𝑐𝑖𝑡𝑎 →
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Substituindo na equação
𝑦′
= 1 + 𝑡2
− 2𝑡𝑦 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
→ 1 + 𝑡2
− 2𝑡𝑦 + 𝑦2
= 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Organizando a bagunça
1 + 𝑡2
− 2𝑡𝑦 + 𝑦2
= 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑡2
− 2𝑡𝑦 + 𝑦2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑡2
− 2𝑡 (𝑡 +
1
𝑣⏟
𝑦
) + (𝑡 +
1
𝑣⏟
𝑦
)
2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑡2
− 2𝑡2
−
2𝑡
𝑣
+ 𝑡2
+
2𝑡
𝑣
+
1
𝑣2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
−2𝑡2
−
2𝑡
𝑣
+ 2𝑡2
+
2𝑡
𝑣
+
1
𝑣2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
1
𝑣2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= −1
Variáveis separáveis
𝑑𝑣 = −𝑑𝑡
Há solução!
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
60
Integrar
∫ 𝑑𝑣 = − ∫ 𝑑𝑡 → 𝑣 = −𝑡 + 𝑐
Substituir na solução geral
𝑦 − 𝑦 =
1
𝑣(𝑡)
→ 𝑦 − 𝑦 =
1
𝑐 − 𝑡
Exercícios resolvidos – Para não enferrujar
a) 𝑦′
= 1 + 𝑡2
− 2𝑡𝑦 + 𝑦2
, 𝑦1(𝑡) = 𝑡 , 𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑣(𝑡)
Testar se há solução
𝑦 = 𝑡 → 𝑦′
= 1
1 = 1 + 𝑡2
− 2𝑡2
+ 𝑡2
→ 1 = 1
Desenvolver solução geral
𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑣
→ 𝑦 = 𝑡⏟
𝑦1=𝑡
+
1
𝑣
Derivar solução geral
𝑦 = 𝑡 +
1
𝑣
→ 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑖𝑚𝑝𝑙í𝑐𝑖𝑡𝑎 →
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Substituindo na equação
𝑦′
= 1 + 𝑡2
− 2𝑡𝑦 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
→ 1 + 𝑡2
− 2𝑡𝑦 + 𝑦2
= 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Organizando a bagunça
1 + 𝑡2
− 2𝑡𝑦 + 𝑦2
= 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑡2
− 2𝑡𝑦 + 𝑦2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑡2
− 2𝑡 (𝑡 +
1
𝑣⏟
𝑦
) + (𝑡 +
1
𝑣⏟
𝑦
)
2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑡2
− 2𝑡2
−
2𝑡
𝑣
+ 𝑡2
+
2𝑡
𝑣
+
1
𝑣2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
−2𝑡2
−
2𝑡
𝑣
+ 2𝑡2
+
2𝑡
𝑣
+
1
𝑣2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Passo 7
Passo 8
Há solução!
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
61
1
𝑣2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= −1
Variáveis separáveis
𝑑𝑣 = −𝑑𝑡
Integrar
∫ 𝑑𝑣 = − ∫ 𝑑𝑡 → 𝑣 = −𝑡 + 𝑐
Substituir na solução geral
𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑣(𝑡)
→ 𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑐 − 𝑡
Passo 6
Passo 7
Passo 8
62
b) 𝑦′
=
2 cos2(𝑡)−𝑠𝑒𝑛2(𝑡) +𝑦2
2 cos(𝑡)
, 𝑦1(𝑡) = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) , 𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑣(𝑡)
Testar se há solução
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) → 𝑦′
= cos(𝑡)
cos(𝑡) =
2 cos2(𝑡) − 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛2(𝑡)
2 cos(𝑡)
→ cos(𝑡) = cos(𝑡)
Desenvolver solução geral
𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑣
→ 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)⏟
𝑦1=𝑠𝑒𝑛(𝑡)
+
1
𝑣
Derivar solução geral
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) +
1
𝑣
→ 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑖𝑚𝑝𝑙í𝑐𝑖𝑡𝑎 →
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= cos(𝑡) −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Substituindo na equação
𝑦′
=
2 cos2(𝑡) − 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) + 𝑦2
2 cos(𝑡)
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= cos(𝑡) −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
→
2 cos2(𝑡) − 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) + 𝑦2
2 cos(𝑡)
= cos(𝑡) −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Organizando a bagunça
2 cos2(𝑡) − 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) + 𝑦2
2 cos(𝑡)
= cos(𝑡) −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
2 cos2(𝑡) − 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) + (𝑠𝑒𝑛(𝑡) +
1
𝑣
)
2
2 cos(𝑡)
= cos(𝑡) −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
2 cos2(𝑡) − 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) +
2𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑣
+
1
𝑣2
2 cos(𝑡)
= cos(𝑡) −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
2 cos2(𝑡) +
2𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑣
+
1
𝑣2
2 cos(𝑡)
= cos(𝑡) −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
2 cos2(𝑡)
2 cos(𝑡)
+
2𝑠𝑒𝑛(𝑡)
2 cos(𝑡) 𝑣
+
1
2 cos(𝑡) 𝑣2
= cos(𝑡) −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑐𝑜𝑠(𝑡) +
𝑡𝑔(𝑡)
𝑣
+
1
2 𝑐𝑜𝑠(𝑡) 𝑣2
= 𝑐𝑜𝑠(𝑡) −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑡𝑔(𝑡)
𝑣
+
1
2 𝑐𝑜𝑠(𝑡) 𝑣2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
−
𝑡𝑔( 𝑡)
𝑣
𝑣2
−
1
2 𝑐𝑜𝑠( 𝑡) 𝑣2
𝑣2
=
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Há solução!
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
63
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= − 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 −
1
2 𝑐𝑜𝑠(𝑡)
Ou
𝑣′ = − 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 −
1
2 𝑐𝑜𝑠(𝑡)
→ 𝑣′ + 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 = −
1
2 𝑐𝑜𝑠(𝑡)
PVI por fator integrante
𝑣′
+ 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 = −
1
2 cos(𝑡)
𝜇(𝑡) = 𝑒
∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 𝑡𝑔(𝑡)=∫
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
cos(𝑡)
→{
𝑢=cos(𝑡)
𝑑𝑢=−𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡
=∫−
𝑑𝑢
𝑢
= −ln|𝑢|=−ln|cos(𝑡)|=ln|
1
cos(𝑡)
|
𝜇(𝑡) = 𝑒ln|sec(𝑡)|
= sec(𝑡)
Multiplicar fator integrante
𝑣′
+ 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 = −
1
2 cos(𝑡)
→ sec(𝑡) 𝑣′
+ sec(𝑡) 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 = −
sec(𝑡)
2 cos(𝑡)
Simplificar
sec(𝑡) 𝑣′
+ sec(𝑡) 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑣′ sec(𝑡) + 𝑠𝑒 𝑐(𝑡) 𝑡𝑔(𝑡)𝑣
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑥
[𝑠𝑒𝑐(𝑡)𝑣]
𝑑
𝑑𝑥
[𝑠𝑒𝑐(𝑡)𝑣] = −
sec(𝑡)
2 cos(𝑡)
→ 𝑠𝑒𝑐(𝑡)𝑣 = ∫ −
sec(𝑡)
2 cos(𝑡)
𝑑𝑡
Integrar
∫ −
sec(𝑡)
2 cos(𝑡)
𝑑𝑡 = −
1
2
∫
𝑑𝑡
cos2(𝑡)
= −
1
2
∫ sec2(𝑡) 𝑑𝑡 = −
1
2
𝑡𝑔(𝑡) + 𝑐
𝑠𝑒𝑐(𝑡)𝑣 = −
1
2
𝑡𝑔(𝑡) + 𝑐
Solução geral
1
cos(𝑡)
𝑣 = −
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
2 cos(𝑡)
+ 𝑐
𝑣 = −
1
2
𝑠𝑒𝑛(𝑡) + cos(𝑡) 𝑐
Substituir na solução geral
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) +
1
𝑣
→ 𝑣 = −
1
2
𝑠𝑒𝑛(𝑡) + cos(𝑡) 𝑐
Então
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) +
1
−
1
2
𝑠𝑒𝑛(𝑡) + cos(𝑡) 𝑐
→ 𝑠𝑒𝑛(𝑡) +
2
−𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 2 cos(𝑡) 𝑐
Passo 6
Passo 7
Passo 8
Passo 9
Passo 10
Passo 11
64
c) Família de parábolas: 𝑦 = 𝑘𝑥2
→ 𝑘 =
𝑦
𝑥2
Derivando
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 2𝑥𝑘
Encontrando a inclinação da reta
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 2𝑥 (
𝑦
𝑥2
) →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
2𝑦
𝑥
Inclinação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
2𝑦
𝑥
→
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑥
2𝑦
Equação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑥
2𝑦
→ 2𝑦𝑑𝑦 = −𝑥𝑑𝑥 → ∫ 2𝑦𝑑𝑦 = − ∫ 𝑥𝑑𝑥
𝑦2
= 𝑐 −
𝑥2
2
→ 𝑦 = √ 𝑐 −
𝑥2
2
d) Família de hipérboles: 𝑦𝑥 = 𝑐
Derivando
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑥 + 𝑦 = 0
Encontrando a inclinação da reta
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑦
𝑥
Inclinação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑦
𝑥
→
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥
𝑦
Equação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥
𝑦
→ 𝑦𝑑𝑦 = 𝑥𝑑𝑥 → ∫ 𝑦𝑑𝑦 = ∫ 𝑥𝑑𝑥
𝑦2
2
=
𝑥2
2
→ 𝑦2
= 𝑥2
𝑦 = 𝑥
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
65
e) Família de círculos: (𝑥 − 𝑐)2
+ 𝑦2
= 𝑐2
Derivando
2(𝑥 − 𝑐) + 2𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0
Encontrando a inclinação da reta
2𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −2(𝑥 − 𝑐) →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
2(𝑥 − 𝑐)
2𝑦
Inclinação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
(𝑥 − 𝑐)
𝑦
→
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦
(𝑥 − 𝑐)
Equação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦
(𝑥 − 𝑐)
→
𝑑𝑦
𝑦
=
𝑑𝑥
(𝑥 − 𝑐)
→ ∫
𝑑𝑦
𝑦
= ∫
𝑑𝑥
𝑥 − 𝑐
ln|𝑦| = ln|𝑥 − 𝑐|
𝑦 = 𝑥 − 𝑐
f) Família de elipses: 𝑥2
− 𝑥𝑦 + 𝑦2
= 𝑐2
Derivando
2𝑥 − (𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑦) + 2𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0 → 2𝑥 − 𝑦 − 𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 2𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0
Encontrando a inclinação da reta
(2𝑦 − 𝑥)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦 − 2𝑥 →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦 − 2𝑥
2𝑦 − 𝑥
Inclinação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦 − 2𝑥
2𝑦 − 𝑥
→
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
2𝑦 − 𝑥
𝑦 − 2𝑥
→
𝑥 − 2𝑦
𝑦 − 2𝑥
Resolver PVI
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥 − 2𝑦
𝑦 − 2𝑥
→ 𝑦′
=
𝑥 − 2𝑦
𝑦 − 2𝑥
(𝑒𝑞. ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔ê𝑛𝑒𝑎𝑠)
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) =
𝑡𝑥 − 2𝑡𝑦
𝑡𝑦 − 2𝑡𝑥
=
𝑡(𝑥 − 2𝑦)
𝑡(𝑦 − 2𝑥)
=
𝑥 − 2𝑦
𝑦 − 2𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦)
Substituição por u
𝑢 =
𝑦
𝑥
→ 𝑦 = 𝑢𝑥
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 𝐹(𝑢)
Passo 1
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 2
Passo 3
Passo 4
66
Retomando a equação
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 =
𝑥 − 2𝑢𝑥
𝑢𝑥 − 2𝑥
→
𝑥(1 − 2𝑢)
𝑥(𝑢 − 2)
→
1 − 2𝑢
𝑢 − 2
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
=
1 − 2𝑢
𝑢 − 2
− 𝑢
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
=
1 − 2𝑢 − 𝑢2
+ 2𝑢
𝑢 − 2
=
1 − 𝑢2
𝑢 − 2
𝑥𝑑𝑢 = (
1 − 𝑢2
𝑢 − 2
) 𝑑𝑥 →
𝑑𝑢
(
1 − 𝑢2
𝑢 − 2
)
=
𝑑𝑥
𝑥
→
𝑢 − 2
1 − 𝑢2
𝑑𝑢 =
𝑑𝑥
𝑥
∫
𝑢 − 2
1 − 𝑢2
𝑑𝑢 = ∫
𝑑𝑥
𝑥
∫
𝑢 − 2
1 − 𝑢2
𝑑𝑢 →
𝐴
1 − 𝑢
+
𝐵
1 + 𝑢
→ {
𝑢 = −1 → 𝐴 = −
1
2
𝑢 = 1 → 𝐵 = −
3
2
→ ∫ −
1
2
1 − 𝑢
+ ∫ −
3
2
1 + 𝑢
{
−
1
2
∫
1
1 − 𝑢
=
1
2
ln|1 − 𝑢|
−
3
2
∫
1
1 + 𝑢
= −
3
2
ln|1 + 𝑢|
ln|𝑐𝑥| =
1
2
ln|1 − 𝑢| −
3
2
ln|1 + 𝑢| → ln|𝑐𝑥| = ln |(1 − 𝑢)
1
2| + ln |(1 + 𝑢)−
3
2|
𝑐𝑥 =
(1 − 𝑢)
1
2
(1 + 𝑢)
3
2
Solução geral
𝑐𝑥 =
(1 − 𝑢)
1
2
(1 + 𝑢)
3
2
→ 𝑐𝑥 =
(1 −
𝑦
𝑥
)
1
2
(1 +
𝑦
𝑥
)
3
2
(
𝑥 − 𝑦
𝑥
)
1
2
(
𝑥 + 𝑦
𝑥
)
3
2
= 𝑐𝑥
(𝑥 − 𝑦)
1
2
𝑥
1
2
𝑥
3
2
(𝑥 + 𝑦)
3
2
= 𝑐𝑥 →
(𝑥 − 𝑦)
1
2
𝑥
1
2(𝑥 + 𝑦)
3
2
= 𝑐𝑥−
1
2
(𝑥 − 𝑦)
1
2
(𝑥 + 𝑦)
3
2
= 𝑐
Passo 6
Passo 7
67
g) Família de parábolas: 2𝑐𝑦 + 𝑥2
= 𝑐2
, 𝑐 > 0
Derivando
2𝑐
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 2𝑥 = 0
Encontrando a inclinação da reta
2𝑐
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −2𝑥 →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
2𝑥
2𝑐
= −
𝑥
𝑐
Inclinação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑥
𝑐
→
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑐
𝑥
Equação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑐
𝑥
→ 𝑑𝑦 =
𝑐
𝑥
𝑑𝑥 → ∫ 𝑑𝑦 = 𝑐 ∫
𝑑𝑥
𝑥
𝑦 = 𝑐 ln|𝑥|
𝑦 = ln|𝑥 𝑐|
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
68
9. Equações lineares de segunda ordem – Aumentando o grau de dificuldade
9.1 Sua forma
Uma equação linear de segunda ordem obedece a seguinte forma:
𝑑2
𝑦
𝑑𝑡2
= 𝑓 (𝑡, 𝑦,
𝑑𝑦
𝑑𝑡
)
Essa função 𝑓 que aparece na igualdade nos diz que ela é linear em 𝑦 e na sua derivada em relação a 𝑡 (
𝑑𝑦
𝑑𝑡
),
Como assim?
Isso quer dizer as variáveis são 𝑦 e
𝑑𝑦
𝑑𝑡
enquanto o que estiver em função 𝑡 será constante.
Então podemos abrir essa função desse jeito:
𝑑2
𝑦
𝑑𝑡2
= 𝑝(𝑡)
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 𝑞(𝑡)𝑦 + 𝑔(𝑡)
Aqui podemos usar a notação simplificada para as derivadas
𝑦′′
= 𝑝(𝑡)𝑦′
+ 𝑞(𝑡)𝑦 + 𝑔(𝑡)
Isolando o termo independente temos:
𝑦′′
+ 𝑝(𝑡)𝑦′
+ 𝑞(𝑡)𝑦 = 𝑔(𝑡)
(não troquei de sinal, mas não há necessidade disso)
Aqui chamamos o termo independente (no caso o 𝑔(𝑡)) de termo não homogêneo.
Aqui também usamos a palavra “homogênea” para nos relacionarmos a uma equação linear de segunda ordem, mas
não confunda isso com as equações homogêneas estudadas no assunto anterior.
Uma equação é dita homogenia quando o termo não homogêneo é nulo, ou seja:
𝑦′′
+ 𝑝(𝑡)𝑦′
+ 𝑞(𝑡)𝑦 = 0
Como 𝑝(𝑡) e 𝑞(𝑡) são constantes, então vamos trocar por algo mais atraente:
𝑦′′
+ 𝑎𝑦′
+ 𝑏𝑦 = 0
(equação linear homogênea de segunda ordem)
Se 𝑎 e 𝑏 não fossem constantes estaríamos num grande problema
9.2 Soluções gerais
Quando temos uma equação linear de segunda ordem devemos encontrar funções que representem essa equação, veja
o exemplo para entender melhor:
𝑦′′
− 𝑦 = 0
Temos uma equação homogênea de segunda ordem. Ela nos diz que devemos encontrar uma função cuja derivada
segunda seja igual a própria função.
69
Que função faz isso? Veja
𝑦 = 𝑒 𝑡
𝑦′
= 𝑒 𝑡
𝑦′′
= 𝑒 𝑡
Mas também não é só isso, existem outras opções também
𝑦 = 𝑘𝑒 𝑡
𝑦′
= 𝑘𝑒 𝑡
𝑦′′
= 𝑘𝑒 𝑡
𝑦 = 𝑒−𝑡
𝑦′
= −𝑒−𝑡
𝑦′′
= 𝑒−𝑡
Mas para generalizar todas as possibilidades de uma vez devemos somar duas funções que obedeçam a equação, desta
forma:
𝑦(𝑡) = 𝑘1 𝑒 𝑡
+ 𝑘2 𝑒−𝑡
Dessa forma juntamos todas as possibilidades possíveis de combinação de soluções, ou seja, temos uma solução geral.
Vejamos outro caso
𝑦′′
+ 𝑦 = 0 → 𝑦′′
= −𝑦
Temos duas funções que conseguem fazer isso:
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦′
= cos⁡( 𝑡)
𝑦′′
= −𝑠𝑒𝑛(𝑡)
↔
𝑦 = cos⁡( 𝑡)
𝑦′ = −𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦′′
= − cos(𝑡)
Neste caso temos que sua função geral é:
𝑦(𝑡) = 𝑘1 𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑘2 cos(𝑦)
9.3 Equação característica
Para conseguirmos valores e resultados para as nossas soluções gerais precisamos de um mecanismo que se chama
equação característica. Veja como encontra-la
𝑎𝑦′′
+ 𝑏𝑦′
+ 𝑐𝑦 = 0 (𝐼)
Temos uma equação homogênea e agora supondo que 𝑦(𝑡) = 𝑒 𝜆𝑡
seja a solução de (𝐼), então derivamos essa solução
até a segunda ordem para substituirmos na equação
𝑎𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑏𝜆𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑐𝑒 𝜆𝑡
= 0 → 𝑒 𝜆𝑡(𝑎𝜆2
+ 𝑏𝜆 + 𝑐) = 0
Nesse caso a exponencial nunca vai zerar, então a única coisa que pode acontecer é:
𝑎𝜆2
+ 𝑏𝜆 + 𝑐 = 0
(Equação característica de I)
O grau da equação característica será de acordo com a ordem da equação mãe
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  • 1. 1 EU ODEIO EDO 2° Edição HELDER GUERREIRO 2016
  • 2. 2 Deus seja Louvado. Guerreiro, Helder Eu odeio EDO 2ª ed./ Helder Guerreiro – Manaus, 2016. Bibliografia Livro não catalogado e não institucional, o mesmo é amador.
  • 3. 3 SUMÁRIO 1. Conselhos de um amigo 6 2. No início da sua vida antissocial - Problema de valor inicial 7 2.1 Teorema de existência e unicidade 7 2.2 Os sete passos 7 2.3 Primeiro Exemplo 8 2.4 Segundo Exemplo 9 3. Os mais lights - Variação de parâmetros e variáveis separáveis 10 3.1 Variação de parâmetros 10 3.1.1 Primeiro Exemplo 11 3.1.2 Exemplo sem variação de parâmetros 12 3.2 Variáveis separáveis 13 3.2.1 Primeiro Exemplo 13 3.2.2 Segundo Exemplo 13 3.2.3 Terceiro Exemplo 14 4. Ta ficando chato - Equações diferenciais exatas 15 4.1 A função solução 15 4.2 Primeiro Exemplo 16 4.3 Segundo Exemplo 17 4.4 Complicando a sua vida – Equação não exata em equação Exata 18 4.4.1 Primeiro Exemplo 18 4.5 Equação exata transformada – Fator integrante em função de y 20 4.5.1 Primeiro Exemplo 21 5. Uma alternativa interessante - Equações homogêneas 22 5.1 Primeiro Exemplo 23 6. Super Exemplo – Tá na hora de treinar 24 6.1 Equação homogênea 24 6.2 Variáveis separáveis 25 6.3 Equações exatas 25 6.4 Variação de parâmetros 26 6.5 Método comum 27 Um bônus para sua mente – Integral por partes 28 Exemplos 29 Integrais infinitas 30
  • 4. 4 Exemplo 31 Exercícios resolvidos – Já estou bonzinho demais 32 Primeira questão 32 Segunda questão 46 7. Lembranças de um futuro esquecido - Trajetórias ortogonais 56 7.1 Primeiro Exemplo 57 8. Equações de Riccati – Nome difícil para uma coisa difícil 58 8.1 Primeiro Exemplo 59 Exercícios resolvidos – Para não enferrujar 60 9. Equações lineares de segunda ordem – Aumentando o grau de dificuldade 68 9.1 Sua forma 68 9.2 Soluções gerais 68 9.3 Equação característica 69 9.4 Primeiro Exemplo 70 9.5 Segundo Exemplo 70 9.6 Terceiro Exemplo 71 10. Equações de Bernoulli e equações não lineares de segunda ordem 73 10.1 Equações de Bernoulli – Um dia você vai se lembrar desse nome 73 10.1.1 Primeiro Exemplo 73 10.2 Equação de 2º ordem não linear sem o termo em y 74 10.2.1 Primeiro Exemplo 75 10.3 Equação de 2º ordem não linear sem a variável independente t 76 10.3.1 Primeiro Exemplo 76 11. Conjunto fundamental de soluções – Álgebra? Me esquece por favor! 77 11.1 Primeiro Exemplo (Regra de Cramer) 78 11.2 Primeiro Exemplo (Sistema Comum) 79 11.3 Segundo Exemplo (Regra de Cramer) 80 11.4 Segundo Exemplo (Sistema Comum) 81 12. Equações características com raízes negativas – Sua vida cada vez mais negativa 83 12.1 Número Complexos 83 12.2 Equações características com raízes negativas 84 12.3 Primeiro exemplo 86 13. Equação de coeficientes variáveis – Sim, o demônio é real 86 13.1 Primeiro exemplo 88 14. Equações características com raiz única – Uma pegadinha básica 90
  • 5. 5 14.1 Primeiro exemplo 91 14.2 Segundo exemplo 91 15. Redução de Ordem – Domando o diabo 92 14.1 Primeiro exemplo 93 14.2 Primeiro Exemplo (método comum) 94 Exercícios resolvidos – Se parar, a bicicleta cai 96 Primeira questão 96 Segunda questão 100 Terceira questão 100 16. Equações de segunda ordem não homogenias com coeficientes constantes 104 16.1 Uma equação não homogenia – Ou seja, um saco de problema 104 Primeiro teorema 104 Segundo teorema 104 Explicando 105 16.2 Método dos coeficientes indeterminados – Sua vida indeterminada 105 16.3 Primeiro Exemplo 106 16.4 Segundo Exemplo 107 16.5 Terceiro Exemplo 107 16.6 Quarto Exemplo 108 17. Formas de equações não homogenias – Diferentes formas de sofrer 109 Terceiro Teorema 109 Explicação 110 17.1 Primeiro Exemplo 110 18 Caso especial de equação não homogênea – Ainda mais problemas 110 18.1 Exemplo destrutivo 111 18.2 Solução 111 18.3 Exemplo Construtivo 112 19. Variação de parâmetros – Variando a sua pressão 114 19.1 Primeiro Exemplo 116 19.2 Segundo exemplo (com formula) 117 20. Equações de ordem superior – Estamos ferrados 119 20.1 Primeiro Exemplo 119
  • 6. 6 1. Conselhos de um amigo Olá, meu nome é Helder Guerreiro aluno de Engenharia Química na Universidade Federal do Amazonas (UFAM), esses conselhos que lhe darei é para você que está pouco se lixando para a matéria ou está com uma grande dificuldade em aprender a calcular as nossas queridas Equações Diferenciais Ordinárias. Bom, primeiramente é importante falar a você que qualquer matéria que envolva matemática só pode ser vencida se você pôr em prática as listas que o professor passa em sala. Faça quantas puder o mais rápido que puder, dessa forma você está preparado para qualquer prova que vier pela frente. Nos meus estudos, percebi que a maior dificuldade enfrentadas por muitos são as relíquias da morte do Cálculo I, ou seja, muitas pessoas ainda carregam a cruz de não ter aprendido cálculo muito bem, aí sua alma fica dividia entre EDO e Cálculo que nem uma horcrux (entendedores entenderão). Por isso, treine bem o seu cálculo, por que não adianta de nada saber tão bem os passos a se fazer na prova e chegar no dia e ficar travado numa integral de cotg (x). Nunca decore, aprenda! O importante aqui é que você consiga resolver as EDO’s que apareceram pela frente. Esse curso está aí para que você tenha habilidades lá na frente, pois existem matérias que exigirão de você esse conhecimento. Preste atenção nas dicas que eu te der, sabe por que? Por que eu sou um cara leigo como qualquer outra pessoa, então eu sei muito bem o que é passar dificuldade numa matéria na faculdade. Este material foi preparado durante meu 3° período da faculdade, onde uma turma imensa foi formada ao comando de um ótimo professor. Todos os assuntos contidos nesta apostila foram baseados nas aulas do meu professor de EDO, Prof. Carlos Wagner. Não usei o livro como base de meu conhecimento, pois o professor já se baseava nele para nos dar aulas. Os assuntos contidos aqui não são necessariamente todos os assuntos de EDO, mas os que foram possíveis em ser ministrados no período letivo de aula. Agradeço por ter esta apostila em mãos e faça bom proveito. Esta apostila é e sempre será gratuita para quem quiser de onde quer que seja, além de usá-la compartilhe-a também, pois assim como esta apostila pode lhe ajudar, também pode ajudar outras pessoas. Fim de papo! Hora de sofrer!
  • 7. 7 2. No início da sua vida antissocial - Problema de valor inicial 2.1 Teorema de existência e unicidade “Se as funções p e q são contínuas num intervalo aberto 𝐼 = (𝛼, 𝛽), que contém o ponto 𝑡 = 𝑡0, então existe uma única função 𝑦 = ∅(𝑡) que satisfaz a equação diferencial: 𝑦′ + 𝑝(𝑡)𝑦 = 𝑞(𝑡) Para cada 𝑡 ∈ 𝐼 e que também satisfaz a condição inicial: 𝑦(𝑡0) = 𝑦0, onde 𝑦0 é um valor inicial arbitrário. ” - Ou seja, este teorema está dizendo que 𝑦′ + 𝑝(𝑡)𝑦 = 𝑞(𝑡) é uma regra a se seguir para a resolução de PVI’s. 2.2 Os sete passos São necessários 7 passos para resolver estes problemas: Ajeitar a questão para regra geral A regra geral apresentada pelo PVI deve ser da seguinte forma: 𝑦′ + 𝑝(𝑡)𝑦 = 𝑞(𝑡), basicamente consiste em não haver coeficiente algum a frente do 𝑦′. Caso a equação não apresente essa forma, deve-se ajeita-la. Encontrar o fator integrante O integrante será encontrado da seguinte forma 𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 , basta pegar a função 𝑝(𝑡) integrar e depois usar como expoente de “e”. Multiplicar o fator integrante Encontrando-se o fator integrante multiplique-o pelos dois lados. Simplificar e tornar integral Do lado esquerdo da igualdade simplifique a expressão de tal forma que encontre a primitiva da derivada do produto dessa forma: 𝑑 𝑑𝑥 [𝑘𝑥], e coloque uma integral no lado direito da igualdade anulando a derivada do lado esquerdo. Integrar Agora focando no lado direito, resolva a integral ordinária (não é um insulto). Solução geral Trocando a integral do lado direito pelo seu resultado (não esqueça da constante C) hora de isolar o y, ao terminar de isolá-lo essa será a solução geral. Solução do PVI Com a solução geral pronta use o ponto que foi dado pelo enunciado usando um valor para y e um para t e encontre o valor de C. Depois volte a solução geral e substitua o valor de C. Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5 Passo 6 Passo 7
  • 8. 8 2.3 Primeiro Exemplo Temos a equação e o ponto: 𝑡3 𝑦′ + 4𝑡2 𝑦 = 𝑒−𝑡 , 𝑦(−1) = 0 Ajeitar a questão para regra geral 𝑡3 𝑦′ + 4𝑡2 𝑦 = 𝑒−𝑡 → 𝑡3 𝑦′ 𝑡3 + 4𝑡2 𝑦 𝑡3 = 𝑒−𝑡 𝑡3 → 𝑦′ + 4 𝑡 𝑦 = 𝑒−𝑡 𝑡3 Encontrar o fator integrante 𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 4 𝑡 𝑑𝑡 = 4ln|𝑡| = ln⁡|𝑡4 | 𝜇(𝑡) = 𝑒ln 𝑡4 = 𝑡4 Multiplicar o fator integrante 𝑦′ + 4 𝑡 𝑦 = 𝑒−𝑡 𝑡3 𝑡4 → 𝑡4 𝑦′ + 4𝑡3 𝑦 = 𝑡𝑒−𝑡 Simplificar e tornar integral 𝑡4 𝑦′ + 4𝑡3 𝑦 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑡4 𝑦′ + 4𝑡3 𝑦 𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠 → 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑡4 ] 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑡4] = 𝑡𝑒−𝑡 → 𝑦𝑡4 = ∫ 𝑡𝑒−𝑡 𝑑𝑡 Integrar ∫ 𝑡𝑒−𝑡 𝑑𝑡 → 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎çã𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒𝑠 → { 𝑢 = 𝑡 𝑑𝑣 = 𝑒−𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 𝑣 = −𝑒−𝑡 ∫ 𝑡𝑒−𝑡 𝑑𝑡 = 𝑡(−𝑒−𝑡) − ∫(−𝑒−𝑡)𝑑𝑢 ∫ 𝑡𝑒−𝑡 𝑑𝑡 = −𝑡𝑒−𝑡 − 𝑒−𝑡 + 𝑐 Solução Geral 𝑦𝑡4 = −𝑡𝑒−𝑡 − 𝑒−𝑡 + 𝑐 𝑖𝑠𝑜𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦 → 𝑦 = − 𝑒−𝑡 𝑡3 − 𝑒−𝑡 𝑡4 + 𝑐 𝑡4 Solução do PVI 𝑦 = 0, 𝑡 = −1 𝑦 = − 𝑒−𝑡 𝑡3 − 𝑒−𝑡 𝑡4 + 𝑐 𝑡4 → 0 = − 𝑒 (−1) − 𝑒 1 + 𝑐 1 → 𝑐 = 0 𝑐 = 0 𝑦 = − 𝑒−𝑡 𝑡3 − 𝑒−𝑡 𝑡4 Passo 3 Passo 4 Passo 5 Passo 6 Passo 7 Passo 1 Passo 2
  • 9. 9 2.4 Segundo Exemplo Temos a equação e o ponto: t𝑦′ + 2𝑦 = 4𝑡2 , 𝑦(1) = 2. Ajeitar a questão para regra geral t𝑦′ + 2𝑦 = 4𝑡2 → t𝑦′ 𝑡 + 2𝑦 𝑡 = 4𝑡2 𝑡 → 𝑦′ + 2 𝑡 𝑦 = 4𝑡 Encontrar o fator integrante 𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 2 𝑡 𝑑𝑡 = 2ln|𝑡| = ln⁡|𝑡2 | 𝜇(𝑡) = 𝑒ln 𝑡2 = 𝑡2 Multiplicar o fator integrante 𝑦′ + 2 𝑡 𝑦 = 4𝑡 𝑡2 → 𝑡2 𝑦′ + 2𝑡𝑦 = 4𝑡3 Simplificar e tornar integral 𝑡2 𝑦′ + 2𝑡𝑦 = 4𝑡3 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑡2 𝑦′ + 2𝑡𝑦 𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠 → 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑡2 ] 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑡2] = 4𝑡3 → 𝑦𝑡2 = ∫ 4𝑡3 𝑑𝑡 Integrar ∫ 4𝑡3 𝑑𝑡 → 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎çã𝑜 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑡𝑎 ∫ 4𝑡3 𝑑𝑡 = 4𝑡4 4 + 𝑐 ∫ 4𝑡3 𝑑𝑡 = 𝑡4 + 𝑐 Solução Geral 𝑦𝑡2 = 𝑡4 + 𝑐 𝑖𝑠𝑜𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦 → 𝑦 = 𝑡2 + 𝑐 𝑡2 Solução do PVI 𝑦 = 2, 𝑡 = 1 𝑦 = 𝑡2 + 𝑐 𝑡2 → 2 = 1 + 𝑐 1 → 𝑐 = 1 𝑐 = 1 𝑦 = 𝑡2 + 1 𝑡2 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5 Passo 6 Passo 7
  • 10. 10 3. Os mais lights - Variação de parâmetros e variáveis separáveis 3.1 Variação de parâmetros Equação Diferencial Ordinária Linear de 1° Ordem I. 𝑦′ + 𝑝(𝑡)𝑦 = 𝑞(𝑡) II. 𝑦′ + 𝑝(𝑡)𝑦 = 0 (𝑒𝑞. ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔ê𝑛𝑖𝑎 𝑎𝑠𝑠𝑜𝑐𝑖𝑎𝑑𝑎 𝑎 𝑒𝑞. 𝐼) Multiplicando o fator integrante: 𝑦′ 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 + 𝑝(𝑡)𝑦𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = 0 a) Simplificando e integrar: 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 ] = 0 ∫ 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 ]𝑑𝑡 = ∫ 0 𝑑𝑡 𝑦𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = 𝑐 𝑦 = 𝑐𝑒− ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 (𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 𝑑𝑎 𝑒𝑞 ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔ê𝑛𝑖𝑎 𝑎𝑠𝑠𝑜𝑐𝑖𝑎𝑑𝑎) b) Tornar c uma função 𝑦 = 𝑐(𝑡)𝑒− ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 c) Substituindo em I. 𝑦′ + 𝑝(𝑡)𝑦 = 𝑞(𝑡) 𝑐′(𝑡)𝑒− ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 + 𝑐(𝑡). −𝑝(𝑡)𝑒− ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 + 𝑐(𝑡)𝑝(𝑡)𝑒− ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = 𝑞(𝑡) 𝑐′(𝑡)𝑒− ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = 𝑞(𝑡) 𝑐′(𝑡) 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = 𝑞(𝑡) → 𝜇 = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 → 𝑐′(𝑡) = 𝑞(𝑡) 𝜇(𝑡)
  • 11. 11 3.1.1 Primeiro Exemplo Ache a solução do PVI abaixo: 𝑦′ + 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 2𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑡), 𝑦 ( 𝜋 2 ) = 1 Variação do parâmetro 𝑦′ + 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 0 Fator integrante 𝜇(𝑡) = 𝑒 ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ cos(𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡 → { 𝑢 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑢 = cos(𝑡)𝑑𝑡 →∫ 𝑑𝑢 𝑢 = ln⁡|𝑢|= ln⁡|𝑠𝑒𝑛(𝑡)| 𝜇(𝑡) = 𝑒ln⁡|𝑠𝑒𝑛(𝑡)| = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) Multiplicar o fator integrante 𝑦′ + 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 0 × 𝑠𝑒𝑛(𝑡) → 𝑦′ 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 0 𝑦′ 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡) cos⁡( 𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑦 = 0 𝑦′ 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + cos(𝑡) 𝑦 = 0 Simplificar e integrar 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑡)] = 0 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑡) = 𝑐 𝑦 = 𝑐 𝑠𝑒𝑛(𝑡) Solução geral 𝑦 = 𝑐(𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑡) (𝑡𝑜𝑟𝑛𝑎𝑟 𝑐 𝑓𝑢𝑛çã𝑜) 𝑐′(𝑡) = 𝑞(𝑡) 𝜇(𝑡) 𝑐′(𝑡) = 2𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑡) → 𝑐′(𝑡) = 2 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑐′(𝑡) = 2 → ∫ 𝑐′(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 2𝑑𝑡 → 𝑐(𝑡) = 2𝑡 + 𝑘 Substituindo c 𝑦 = 𝑐 𝑠𝑒𝑛(𝑡) → 𝑦 = 2𝑡 + 𝑘 𝑠𝑒𝑛(𝑡) Solução PVI 𝑦 = 1, 𝑡 = 𝜋 2 Passo 7 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5 K é constante de integração.
  • 12. 12 𝑦 = 2𝑡 + 𝑘 𝑠𝑒𝑛(𝑡) → 1 = 2 ( 𝜋 2 ) + 𝑘 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋 2 ) → 1 = 𝜋 + 𝑘 → 𝑘 = 1 − 𝜋 Substituindo k 𝑦 = 2𝑡 + 𝑘 𝑠𝑒𝑛(𝑡) → 𝑦 = 2𝑡 + 1 − 𝜋 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 3.1.2 Exemplo sem variação de parâmetros 𝑦′ + 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 2𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑡) , 𝑦 ( 𝜋 2 ) = 1 Fator integrante 𝜇(𝑡) = 𝑒 ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ cos(𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑡 → { 𝑢 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑑𝑢 = cos(𝑡)𝑑𝑡 →∫ 𝑑𝑢 𝑢 = ln⁡|𝑢|= ln⁡|𝑠𝑒𝑛(𝑡)| 𝜇(𝑡) = 𝑒ln⁡|𝑠𝑒𝑛(𝑡)| = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) Multiplicar o fator integrante 𝑦′ + 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 2𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑡) × 𝑠𝑒𝑛(𝑡) → 𝑦′ 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 2𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑦′ 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡) cos⁡( 𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑦 = 2 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑦′ 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + cos(𝑡) 𝑦 = 2 Simplificar e integrar 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑡)] = 2 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑡) = ∫ 2𝑑𝑡 → 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑡) = 2𝑡 + 𝑐 Solução geral 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑡) = 2𝑡 + 𝑐 → 𝑦 = 2𝑡 + 𝑐 𝑠𝑒𝑛(𝑡) Solução PVI 𝑦 = 1, 𝑡 = 𝜋 2 𝑦 = 2𝑡 + 𝑐 𝑠𝑒𝑛(𝑡) → 1 = 2 ( 𝜋 2 ) + 𝑐 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋 2 ) → 1 = 𝜋 + 𝑐 → 𝑐 = 1 − 𝜋 Substituindo c 𝑦 = 2𝑡 + 𝑐 𝑠𝑒𝑛(𝑡) → 𝑦 = 2𝑡 + 1 − 𝜋 𝑠𝑒𝑛(𝑡) Passo 1 Passo 3 Passo 4 Passo 5 Passo 2
  • 13. 13 3.2 Variáveis separáveis Equação Diferencial Ordinária Linear de 1° Ordem I. 𝑦′ + 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑞(𝑥) II. 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 Provando que I = II 𝑦′ + 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑞(𝑥) → 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑞(𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 𝑝(𝑥)𝑦𝑑𝑥 = 𝑞(𝑥)𝑑𝑥 (𝑚𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑥) 𝑑𝑦 + 𝑝(𝑥)𝑦𝑑𝑥 = 𝑞(𝑥)𝑑𝑥 [𝑝(𝑥)𝑦 − 𝑞(𝑥)]⏟ 𝑀(𝑥,𝑦) 𝑑𝑥 + 1⏟ 𝑁(𝑥,𝑦) 𝑑𝑦 = 0 3.2.1 Primeiro Exemplo Solução geral do PVI: 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥2 1 − 𝑦2 Separando variáveis (x de um lado, y do outro) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥2 1 − 𝑦2 → 𝑑𝑦(1 − 𝑦2) = 𝑥2 𝑑𝑥 Integrando (solução geral) ∫(1 − 𝑦2)𝑑𝑦 = ∫ 𝑥2 𝑑𝑥 𝑦 − 𝑦3 3 = 𝑥3 3 + 𝑐 3.2.2 Segundo Exemplo Ache a solução do PVI: 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥) 1 + 2𝑦2 , 𝑦(0) = 1 Separar variáveis 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥) 1 + 2𝑦2 → (1 + 2𝑦2)𝑑𝑦 = 𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥)𝑑𝑥 (1 + 2𝑦2)𝑑𝑦 𝑦 = 𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥)𝑑𝑥 𝑦 → ( 1 𝑦 + 2𝑦) 𝑑𝑦 = cos(𝑥) 𝑑𝑥 Integrar (solução geral) Passo 1 Passo 2 Passo 1 Passo 2
  • 14. 14 ∫ ( 1 𝑦 + 2𝑦) 𝑑𝑦 = ∫ cos(𝑥) 𝑑𝑥 → ln|𝑦| + 𝑦2 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑐 Solução PVI 𝑦 = 1, 𝑥 = 0 ln|𝑦| + 𝑦2 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑐 ln|1| + 12 = sen(0) + c 0 + 1 = 0 + c → c = 1 𝑐 = 1 ln|𝑦| + 𝑦2 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 1 3.2.3 Terceiro Exemplo 𝑦2(1 − 𝑥2) 1 2 𝑑𝑦 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 , 𝑦(0) = 0 Separar variáveis 𝑦2(1 − 𝑥2) 1 2 𝑑𝑦 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 → 𝑦2 𝑑𝑦 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥) √1 − 𝑥2 𝑑𝑥 Integrar (solução geral) ∫ 𝑦2 𝑑𝑦 = ∫ 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥) √1 − 𝑥2 𝑑𝑥 { 𝑣 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑣 = 𝑑𝑥 √1 − 𝑥2 → 𝑦3 3 = ∫ 𝑣𝑑𝑣 𝑦3 3 = 𝑣2 2 + 𝑐 𝑦3 3 = (𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)) 2 2 + 𝑐 Solução PVI 𝑦 = 0, 𝑥 = 0 𝑦3 3 = (𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)) 2 2 + 𝑐 03 3 = (𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(0)) 2 2 + 𝑐 → 0 = 0 2 + 𝑐 → 𝑐 = 0 𝑐 = 0 𝑦3 3 = (𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)) 2 2 → 𝑦3 = 3 2 (𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)) 2 Passo 3 Passo 1 Passo 2 Passo 3
  • 15. 15 4. Ta ficando chato - Equações diferenciais exatas Veja esta equação diferencial: 2𝑥 + 𝑦2 + 2𝑥𝑦𝑦′ = 0 Organizando-a fica assim: (2𝑥 + 𝑦2)𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0 Se tentarmos resolve-la com separação de variáveis não conseguiremos. Veja esta função ao lado: 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑥𝑦2 - Derivando-a fica assim: 𝑑𝛹 = (2𝑥 + 𝑦2)𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦)𝑑𝑦 - Perceba que a derivada da função Ψ é igual a equação diferencial apresentada acima, se elas são iguais a função é igual a equação que é igual a zero: 𝑑𝛹 = 0 - Integrando para encontrar a solução geral temos: ∫ 𝑑𝛹 = ∫ 0 → 𝛹 = 𝑐 → 𝑥2 + 𝑥𝑦2 = 𝑐 Isso significa que a função 𝛹 é a solução para a equação diferencial proposta no enunciado, essa função por ser igual a equação será igual a zero que ao integrar para encontrar a solução geral será igual a constante. Para aprender a encontrar a função 𝛹 e o valor da constate c siga os passos abaixo. 4.1 A função solução A equação diferencial deve estar nesta forma: 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 𝑀(𝑥, 𝑦) e 𝑁(𝑥, 𝑦) são o valor das derivadas parciais da função solução: { 𝜕𝛹 𝜕𝑥 = 𝑀(𝑥, 𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) A partir desse sistema se encontrará a função solução, mas este sistema somente será possível SE E SOMENTE SE 𝜕𝑀 𝜕𝑦 = 𝜕𝑁 𝜕𝑥 . Após verificar se é possível, deve-se substituir os respectivos valores de M e N. Esse sistema será resolvido assim: 𝐼 𝐷𝐼 { 𝜕𝛹 𝜕𝑥 = 𝑀(𝑥, 𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) A letra “I” significa integrar e “DI” significa derivar e integrar.
  • 16. 16 - Primeiro parte-se da derivada parcial em relação a x, integre o valor dos dois lados e pronto. { ∫ 𝜕𝛹 𝜕𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) - Segundo, na derivada parcial em relação a y como o valor de M e N são os mesmos o mesmo valor que foi achado na derivada parcial em relação a x (valor de M) será o valor de y, pois se 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑁(𝑥, 𝑦) então 𝜕𝛹 𝜕𝑥 = 𝜕𝛹 𝜕𝑦 . { ∫ 𝜕𝛹 𝜕𝑥 𝑑𝑥 = 𝑅 + 𝑐 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝜕 𝜕𝑦 (𝑅 + 𝑐) Com esse valor atribuído deriva-se o valor do resultado em relação a y, substitua o valor original de 𝜕𝛹 𝜕𝑦 no lado esquerdo enquanto no lado direito fica o valor da 𝛹(𝑥, 𝑦) isso será o suficiente para encontrar a constante “c”, após encontra-la integre dos dois lados. A constante “c” neste caso está se comportando mais como uma função, ao derivá-lo não podemos zerá-lo e ao integrá- lo não podemos adicionar uma variável, então vamos mudar seu nome para: 𝑐 = 𝑓(𝑦). Após encontrar o valor de 𝑓(𝑦) substitua em 𝛹(𝑥, 𝑦) e pronto, sua função solução já está pronta. Neste caso a função solução é a solução do PVI e a solução igual a uma constante “c” é a solução geral. Essa constate “c” aparece por que após identificar a solução função reconheceremos que 𝑑𝛹 = 0, logo temos que 𝛹 = 𝑐. 4.2 Primeiro Exemplo (𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2 𝑒 𝑦 − 1)𝑑𝑦 = 0 Teste do sistema 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑦 𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2 𝑒 𝑦 − 1 { 𝜕𝑀 𝜕𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑦 | 𝜕𝑁 𝜕𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑦 } Sistema { 𝜕𝛹 𝜕𝑥 = 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑦 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑦)𝑑𝑥 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2 𝑒 𝑦 + 𝑓(𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2 𝑒 𝑦 + 𝑓(𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝜕 𝜕𝑦 (𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2 𝑒 𝑦 + 𝑓(𝑦)) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2 𝑒 𝑦 + 𝑓(𝑦) 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2 𝑒 𝑦 − 1⏟ 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2 𝑒 𝑦 + 𝑓′(𝑦)⏟ 𝑁(𝑥,𝑦) Passo 1 Passo 2 Obs.:∫ 𝜕𝛹 𝜕𝑥 𝑑𝑥 = 𝛹(𝑥, 𝑦) Fazendo ∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 = 𝑅 + 𝑐 São iguais!
  • 17. 17 { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2 𝑒 𝑦 + 𝑓(𝑦) 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2 𝑒 𝑦 − 1 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2 𝑒 𝑦 + 𝑓′(𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2 𝑒 𝑦 + 𝑓(𝑦) 𝑓′(𝑦) = −1 { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2 𝑒 𝑦 + 𝑓(𝑦) ∫ 𝑓′ (𝑦) 𝑑𝑦 = ∫ −1 𝑑𝑦 → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2 𝑒 𝑦 + 𝑓(𝑦) 𝑓(𝑦) = −𝑦 Função solução 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2 𝑒 𝑦 − 𝑦 Solução geral Com a função solução temos 𝑑𝛹 = 0 → 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑐 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2 𝑒 𝑦 − 𝑦 = 𝑐 4.3 Segundo Exemplo (𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑑𝑥 + (𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥)𝑑𝑦 = 0 Teste do sistema 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 { 𝜕𝑀 𝜕𝑦 = 𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦 − 2𝑠𝑒𝑛𝑥| 𝜕𝑁 𝜕𝑥 = 𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦 − 2𝑠𝑒𝑛𝑥} Sistema { 𝜕𝛹 𝜕𝑥 = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑦 − 2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑦 − 2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑑𝑥 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝜕 𝜕𝑦 (𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦) 𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥⏟ 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓′(𝑦)⏟ 𝑁(𝑥,𝑦) { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦) 𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓′(𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦) 𝑓′(𝑦) = 0 { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦) ∫ 𝑓′ (𝑦) 𝑑𝑦 = ∫ 0 𝑑𝑦 → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦) 𝑓(𝑦) = 0 Função solução 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 Solução geral Com a função solução temos Passo 3 Passo 4 São iguais! Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 1
  • 18. 18 𝑑𝛹 = 0 → 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑐 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑐 4.4 Complicando a sua vida – Equação não exata em equação Exata Temos uma equação ordinária 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 Uma equação não é exata quando: 𝜕𝑀 𝜕𝑦 ≠ 𝜕𝑁 𝜕𝑥 Multiplicando pelo fator integrante temos: 𝑀(𝑥, 𝑦)𝜇(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝜇(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 (𝐼) A equação (I) será exata SE E SOMENTE SE: 𝜕 𝜕𝑦 [𝑀𝜇] = 𝜕 𝜕𝑥 [𝑁𝜇] → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝜕𝑀 𝜕𝑦 𝜇 + 𝜕𝜇 𝜕𝑦 𝑀 = 𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝜇 + 𝜕𝜇 𝜕𝑥 𝑁 Ao isolar 𝜇(𝑥) tem-se: 𝜕𝑀 𝜕𝑦 𝜇 − 𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝜇 = 𝜕𝜇 𝜕𝑥 𝑁 − 𝜕𝜇 𝜕𝑦 𝑀 → ( 𝜕𝑀 𝜕𝑦 − 𝜕𝑁 𝜕𝑥 ) 𝜇 = 𝜕𝜇 𝜕𝑥 𝑁 − 𝜕𝜇 𝜕𝑦 𝑀 → 𝜇 = 𝜕𝜇 𝜕𝑥 𝑁 − 𝜕𝜇 𝜕𝑦 𝑀 𝜕𝑀 𝜕𝑦 − 𝜕𝑁 𝜕𝑥 Devemos analisar o fator integrante somente com uma variável, então escolhe-se o x como variável padrão da função 𝜇, neste caso a sua derivada em relação a y deve ser desconsiderada valendo zero. 𝜇 = 𝜕𝜇 𝜕𝑥 𝑁 𝜕𝑀 𝜕𝑦 − 𝜕𝑁 𝜕𝑥 → 𝜇 = 𝜇′ 𝑁 𝜕𝑀 𝜕𝑦 − 𝜕𝑁 𝜕𝑥 → 𝜇 ( 𝜕𝑀 𝜕𝑦 − 𝜕𝑁 𝜕𝑥 ) = 𝜇′ 𝑁 → 𝜇′ 𝜇 = 𝜕𝑀 𝜕𝑦 − 𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝑁 Integrando ∫ 𝜇′ 𝜇 = ∫ 𝜕𝑀 𝜕𝑦 − 𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝑁 → ln|𝜇| = ∫ 𝜕𝑀 𝜕𝑦 − 𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝑁 Logo vemos que o fator integrante de uma equação que foi transformada para exata é: 𝜇(𝑥) = 𝑒∫ 𝜕𝑀 𝜕𝑦 − 𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝑁 4.4.1 Primeiro Exemplo (3𝑥𝑦 + 𝑦2) + (𝑥2 + 𝑥𝑦)𝑦′ = 0 Organizar (3𝑥𝑦 + 𝑦2) + (𝑥2 + 𝑥𝑦) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 ⁡= 0 → (3𝑥𝑦 + 𝑦2)𝑑𝑥 + (𝑥2 + 𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0 Fator integrante desconhecido 𝜇 = 𝜇(𝑥) Passo 1 Passo 2
  • 19. 19 Multiplicar fator integrante desconhecido (3𝑥𝑦 + 𝑦2)𝜇(𝑥)𝑑𝑥 + (𝑥2 + 𝑥𝑦)𝜇(𝑥)𝑑𝑦 = 0 Formando M(x,y) e N(x,y) (3𝑥𝑦 + 𝑦2)𝜇(𝑥)⏟ 𝑀(𝑥,𝑦) 𝑑𝑥 + (𝑥2 + 𝑥𝑦)𝜇(𝑥)⏟ 𝑁(𝑥,𝑦) 𝑑𝑦 = 0 { 𝜕𝑀 𝜕𝑦 = (3𝑥 + 2𝑦)𝜇(𝑥) 𝜕𝑁 𝜕𝑥 = (2𝑥 + 𝑦)𝜇(𝑥) + (𝑥2 + 𝑥𝑦)𝜇′(𝑥) Encontrando Fator integrante desconhecido A equação será exata se e somente se: 𝜕𝑀 𝜕𝑦 𝜇 + 𝜕𝜇 𝜕𝑦 𝑀 = 𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝜇 + 𝜕𝜇 𝜕𝑥 𝑁, então. (3𝑥 + 2𝑦)𝜇(𝑥) = (2𝑥 + 𝑦)𝜇(𝑥) + (𝑥2 + 𝑥𝑦)𝜇′ (𝑥) [(3𝑥 + 2𝑦) − (2𝑥 + 𝑦)]𝜇(𝑥) = 𝑥(𝑥 + 𝑦)𝜇′ (𝑥) (𝑥 + 𝑦)𝜇(𝑥) = 𝑥(𝑥 + 𝑦)𝜇′ (𝑥) 𝜇(𝑥) = 𝑥𝜇′(𝑥) → 𝜇′ 𝜇 = 1 𝑥 → ∫ 𝜇′ 𝜇 = ∫ 1 𝑥 → ln|𝜇| = ln|𝑥| → 𝜇(𝑥) = 𝑒ln⁡|𝑥| = 𝑥 Multiplicar fator integrante (3𝑥𝑦 + 𝑦2)𝜇(𝑥)𝑑𝑥 + (𝑥2 + 𝑥𝑦)𝜇(𝑥)𝑑𝑦 = 0 → (3𝑥2 𝑦 + 𝑥𝑦2)𝑑𝑥 + (𝑥3 + 𝑥2 𝑦)𝑑𝑦 = 0 Sistema { 𝜕𝛹 𝜕𝑥 = 3𝑥2 𝑦 + 𝑥𝑦2 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(3𝑥2 𝑦 + 𝑥𝑦2)𝑑𝑥 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3 𝑦 + 𝑥2 𝑦2 2 + 𝑓(𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3 𝑦 + 𝑥2 𝑦2 2 + 𝑓(𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝜕 𝜕𝑦 (𝑥3 𝑦 + 𝑥2 𝑦2 2 + 𝑓(𝑦)) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3 𝑦 + 𝑥2 𝑦2 2 + 𝑓(𝑦) 𝑥3 + 𝑥2 𝑦⏟ 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑥3 + 𝑥2 𝑦 + 𝑓′ (𝑦)⏟ 𝑁(𝑥,𝑦) { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3 𝑦 + 𝑥2 𝑦2 2 + 𝑓(𝑦) 𝑥3 + 𝑥2 𝑦 = 𝑥3 + 𝑥2 𝑦 + 𝑓′ (𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3 𝑦 + 𝑥2 𝑦2 2 + 𝑓(𝑦) 𝑓′(𝑦) = 0 Integrar ∫ 𝑓′(𝑦) = ∫ 0𝑑𝑦 → 𝑓(𝑦) = 0 Função solução 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3 𝑦 + 𝑥2 𝑦2 2 Solução geral Passo 3 Passo 6 Passo 4 Passo 5 Passo 7 Passo 8 Passo 9 Passo 10
  • 20. 20 𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐 𝑐 = 𝑥3 𝑦 + 𝑥2 𝑦2 2 2𝑐 = 2𝑥3 𝑦 + 2 𝑥2 𝑦2 2 → 2𝑥3 𝑦 + 𝑥2 𝑦2 = 2𝑐 𝑥2 𝑦2 + 2𝑥3 𝑦 = 𝑘 4.5 Equação exata transformada – Fator integrante em função de y Temos uma equação ordinária 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 Esta equação não será exata se 𝜕𝑀 𝜕𝑦 ≠ 𝜕𝑁 𝜕𝑥 , neste caso deve-se encontrar um fator integrante que force a equação a ter o resultado oposto, porém o fator integrante pode ser em função de x ou de y. Multiplicando pelo fator integrante temos: 𝑀(𝑥, 𝑦)𝜇(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝜇(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 (𝐼) A equação (I) será exata SE E SOMENTE SE: 𝜕 𝜕𝑦 [𝑀𝜇] = 𝜕 𝜕𝑥 [𝑁𝜇] → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝜕𝑀 𝜕𝑦 𝜇 + 𝜕𝜇 𝜕𝑦 𝑀 = 𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝜇 + 𝜕𝜇 𝜕𝑥 𝑁 Estamos analisando em função de y, então 𝜕𝜇 𝜕𝑥 = 0 𝜕𝑀 𝜕𝑦 𝜇 + 𝜕𝜇 𝜕𝑦 𝑀 = 𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝜇 Ao isolar 𝜇(𝑦) tem-se: 𝜕𝜇 𝜕𝑦 𝑀 = 𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝜇 − 𝜕𝑀 𝜕𝑦 𝜇 → 𝜕𝜇 𝜕𝑦 𝑀 = ( 𝜕𝑁 𝜕𝑥 − 𝜕𝑀 𝜕𝑦 ) 𝜇 → 𝜇 = 𝜕𝜇 𝜕𝑦 𝑀 𝜕𝑁 𝜕𝑥 − 𝜕𝑀 𝜕𝑦 𝜇 = 𝜕𝜇 𝜕𝑦 𝑀 𝜕𝑁 𝜕𝑥 − 𝜕𝑀 𝜕𝑦 → 𝜇 = 𝜇′ 𝑀 𝜕𝑁 𝜕𝑥 − 𝜕𝑀 𝜕𝑦 → 𝜇 ( 𝜕𝑁 𝜕𝑥 − 𝜕𝑀 𝜕𝑦 ) = 𝜇′ 𝑀 → 𝜇′ 𝜇 = 𝜕𝑁 𝜕𝑥 − 𝜕𝑀 𝜕𝑦 𝑀 Integrando ∫ 𝜇′ 𝜇 = ∫ 𝜕𝑁 𝜕𝑥 − 𝜕𝑀 𝜕𝑦 𝑀 → ln|𝜇| = ∫ 𝜕𝑁 𝜕𝑥 − 𝜕𝑀 𝜕𝑦 𝑀 Logo vemos que o fator integrante de uma equação que foi transformada para exata é: 𝜇(𝑦) = 𝑒∫ 𝜕𝑁 𝜕𝑥 − 𝜕𝑀 𝜕𝑦 𝑀 Perceba a diferença entre os fatores integrantes com a mudança de sua variável
  • 21. 21 𝜇(𝑥, 𝑦) = (𝑒∫ 𝜕𝑀 𝜕𝑦 − 𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝑁 , 𝑒∫ 𝜕𝑁 𝜕𝑥 − 𝜕𝑀 𝜕𝑦 𝑀 ) 4.5.1 Primeiro Exemplo 𝑦𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦 − 𝑒−2𝑦)𝑑𝑦 = 0 Fator integrante transformado: 𝜇(𝑥) (𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑦|𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 − 𝑒−2𝑦) 𝜇(𝑥) = 𝑒 ∫ 𝜕𝑀 𝜕𝑦 − 𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝑁 =∫ 1−2𝑦 2𝑥𝑦−𝑒−2𝑦 = 1−2𝑦 ∫ 1 2𝑥𝑦−𝑒−2𝑦 → { 𝑢 = 2𝑥𝑦−𝑒−2𝑦 𝑑𝑢 = 2𝑦𝑑𝑥 → 1 2𝑦 −1 ∫ 𝑑𝑢 𝑢 = ( 1 2𝑦 −1)ln⁡|𝑢| 𝜇(𝑥) = 𝑒 ( 1 2𝑦 −1)ln|2𝑥𝑦−𝑒−2𝑦| Acho que ninguém gostaria de trabalhar com um fator integrante desse tipo. Fator integrante transformado: 𝜇(𝑦) (𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑦|𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 − 𝑒−2𝑦) 𝜇(𝑦) = 𝑒 ∫ 𝜕𝑁 𝜕𝑥 − 𝜕𝑀 𝜕𝑦 𝑀 = ∫ 2𝑦 −1 𝑦 = ∫ 𝑦(2 − 1 𝑦 ) 𝑦 = ∫ 2− 1 𝑦 = ∫ 2𝑑𝑦 −∫ 1 𝑦 𝑑𝑦 = 2𝑦−ln|𝑦| = 𝑒2𝑦−ln⁡|𝑦| = 𝑒2𝑦 𝑒ln|𝑦| 𝜇(𝑦) = 𝑒2𝑦 𝑦 Multiplicando fator integrante 𝑦𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦 − 𝑒−2𝑦)𝑑𝑦 = 0 → 𝑒2𝑦 𝑦 𝑦𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦 𝑒2𝑦 𝑦 − 𝑒2𝑦 𝑦 𝑒−2𝑦 ) 𝑑𝑦 = 0 𝑒2𝑦 𝑑𝑥 + (2𝑥𝑒2𝑦 − 1 𝑦 ) 𝑑𝑦 = 0 M(x,y) e N(x,y) 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦 , 𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑒2𝑦 − 1 𝑦 Sistema { 𝜕𝛹 𝜕𝑥 = 𝑒2𝑦 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(𝑒2𝑦)𝑑𝑥 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦 𝑦 + 𝑓(𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦 𝑥 + 𝑓(𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝜕 𝜕𝑦 (𝑒2𝑦 𝑥 + 𝑓(𝑦)) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦 𝑦 + 𝑓(𝑦) 2𝑥𝑒2𝑦 − 1 𝑦⏟ 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 2𝑥𝑒2𝑦 + 𝑓′ (𝑦)⏟ 𝑁(𝑥,𝑦) Passo 1 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4
  • 22. 22 { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦 𝑦 + 𝑓(𝑦) 2𝑥𝑒2𝑦 − 1 𝑦 = 2𝑥𝑒2𝑦 + 𝑓′ (𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦 𝑦 + 𝑓(𝑦) 𝑓′(𝑦) = − 1 𝑦 → 𝑓(𝑦) = − ln|𝑦| = ln | 1 𝑦 | Função solução 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦 𝑦 + ln | 1 𝑦 | Solução geral 𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐 𝑐 = 𝑒2𝑦 𝑦 + ln | 1 𝑦 | Perceba que quando o valor de M é complicado é melhor evita-lo usando fator integrante em função de x, e quando o valor de N é complicado é melhor evita-lo usando fator integrante em função de y. 5. Uma alternativa interessante - Equações homogêneas Equações homogêneas geralmente têm este formato: 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥, 𝑦) Uma equação pode ser testada como homogênea mudando o seu domínio: 𝑓(𝑥, 𝑦) → 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) Após a mudança se o resultado for igual ao original, temos uma equação homogênea. A equação homogênea pode nos ajudar pois toda equação homogênea pode se tornar uma equação de variáveis separáveis. Como? Toda equação homogênea pode representada do jeito como está abaixo: 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝐹 ( 𝑦 𝑥 ) Com isso podemos fazer uma substituição e trocar essa fração por uma variável simples como abaixo: 𝑢 = 𝑦 𝑥 → 𝑦 = 𝑢𝑥 Ao derivá-la temos o seguinte: 𝑦 = 𝑢𝑥 → 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 + 𝑢 Com isso podemos fazer uma troca de domínios pois: 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝐹 ( 𝑦 𝑥 ) → 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 + 𝑢 = 𝐹(𝑢) Depois dessa troca você substitui na equação e assim poderá manejá-la para que ela se transforme em uma equação por variáveis separáveis. Não entendeu? Calma, veja esse exemplo abaixo primeiro e veja os passos. Passo 5 Passo 6
  • 23. 23 5.1 Primeiro Exemplo 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑦2 + 2𝑥𝑦 𝑥2 Substituição por u 𝑢 = 𝑦 𝑥 → 𝑦 = 𝑢𝑥 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 + 𝑢 = 𝐹(𝑢) Retomando a equação 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 + 𝑢 = 𝑥2 𝑢2 + 2𝑥𝑢𝑥 𝑥2 = 𝑥2 (𝑢2 + 2𝑢) 𝑥2 = 𝑢2 + 2𝑢 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 = 𝑢2 + 2𝑢 − 𝑢 → 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 = 𝑢2 + 𝑢 Variáveis separáveis 𝑑𝑢 𝑢2 + 𝑢 = 𝑑𝑥 𝑥 Integrar (𝐼) ∫ 𝑑𝑢 𝑢2 + 𝑢 = (𝐼𝐼) ∫ 𝑑𝑥 𝑥 (𝐼) ∫ 𝑑𝑢 𝑢2 + 𝑢 = 𝐴 𝑢 + 𝐵 1 + 𝑢 → 1 = 𝐴(1 + 𝑢) + 𝐵𝑢 → { 𝑢 = 0 𝐴 = 1 𝑢 = −1 𝐵 = −1 ∫ 𝑑𝑢 𝑢2 + 𝑢 = ∫ 𝑑𝑢 𝑢 − ∫ 𝑑𝑢 1 + 𝑢 = ln|𝑢| − ln|1 + 𝑢| = ln | 𝑢 1 + 𝑢 | (𝐼𝐼) ∫ 𝑑𝑥 𝑥 = ln|𝑥| + 𝑐 ln | 𝑢 1 + 𝑢 | = ln|𝑥| + 𝑐 → aplicando função inversa → eln| 𝑢 1+𝑢 | = eln|𝑥| ec → u 1 + u = xc Solução geral (voltar ao valor original) u 1 + u = xc → y x x + y x = xc → y x + y = xc → y = xc(x + y) Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5
  • 24. 24 6. Super Exemplo – Tá na hora de treinar Está na hora de um super exemplo, que é a resolução de um único exercício usando todas as ferramentas apresentadas aqui até agora, se você está com dúvida nas questões analise-as mais devagar e veja como efetuar cada passo nas contas. 6.1 Equação homogênea 2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 Organizar 2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 → 2𝑦𝑑𝑥 = 𝑥𝑑𝑦 → 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 2𝑦 𝑥 Teste de homogeneidade 𝑓(𝑥, 𝑦) → 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 2𝑡𝑦 𝑡𝑥 = 2𝑡𝑦 𝑡𝑥 = 2𝑦 𝑥 Substituição por u 𝑢 = 𝑦 𝑥 → 𝑦 = 𝑢𝑥 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 + 𝑢 = 𝐹(𝑢) Retomando a equação 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 + 𝑢 = 2𝑢 → 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 = 𝑢 Variáveis separáveis 𝑑𝑢 𝑢 = 𝑑𝑥 𝑥 Integrar ∫ 𝑑𝑢 𝑢 = ∫ 𝑑𝑥 𝑥 ln|𝑢| = ln|𝑥| + 𝑐 𝑢 = 𝑐𝑥 Retornando a variável original (solução geral) 𝑢 = 𝑐𝑥 → y = cx2 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5 Passo 6 Passo 7
  • 25. 25 6.2 Variáveis separáveis 2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 Separando variáveis 2𝑦𝑑𝑥 = 𝑥𝑑𝑦 → 𝑑𝑥 𝑥 = 𝑑𝑦 2𝑦 Integrar ∫ 𝑑𝑥 𝑥 = 1 2 ∫ 𝑑𝑦 𝑦 ln|𝑥| = 1 2 ln|𝑦| + 1 2 ln|𝑐| → ln|𝑥| = 1 2 (ln|𝑦| + ln|𝑐|) → ln|𝑥| = 1 2 ln⁡|𝑦𝑐| ln|𝑥| = ln |𝑦𝑐 1 2| → 𝑥 = 𝑦𝑐 1 2 → 𝑥2 = 𝑦𝑐 Solução geral 𝑦 = 𝑐𝑥2 6.3 Equações exatas 2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 Fator integrante transformado: 𝜇(𝑥) (𝑀(𝑥, 𝑦) = 2𝑦|𝑁(𝑥, 𝑦) = −𝑥) 𝜇(𝑥) = 𝑒 ∫ 𝜕𝑀 𝜕𝑦 − 𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝑁 = ∫ 2−(−1) −𝑥 = ∫ − 3 𝑥 = −3 ∫ 𝑑𝑥 𝑥 =−3 ln|𝑥| =ln| 1 𝑥3| = 𝑒 ln| 1 𝑥3| = 1 𝑥3 Multiplicar o fator integrante 2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 → 2𝑦 𝑥3 𝑑𝑥 − 1 𝑥2 𝑑𝑦 = 0 Sistema { 𝜕𝛹 𝜕𝑥 = 2𝑦 𝑥3 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫ ( 2𝑦 𝑥3 ) 𝑑𝑥 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = − 𝑦 𝑥2 + 𝑓(𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) { 𝛹(𝑥, 𝑦) = − 𝑦 𝑥2 + 𝑓(𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝜕 𝜕𝑦 (− 𝑦 𝑥2 + 𝑓(𝑦)) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = − 𝑦 𝑥2 + 𝑓(𝑦) − 1 𝑥2⏟ 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = − 1 𝑥2 + 𝑓′ (𝑦) ⏟ 𝑁(𝑥,𝑦) Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 1 Passo 2 Passo 3
  • 26. 26 { 𝛹(𝑥, 𝑦) = − 𝑦 𝑥2 + 𝑓(𝑦) − 1 𝑥2 = − 1 𝑥2 + 𝑓′ (𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = − 𝑦 𝑥2 + 𝑓(𝑦) 𝑓′(𝑦) = 0 → 𝑓(𝑦) = 0 Função solução 𝛹(𝑥, 𝑦) = − 𝑦 𝑥2 Solução geral 𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐 𝑐 = − 𝑦 𝑥2 → 𝑦 = −𝑐𝑥2 → 𝑦 = 𝑐𝑥2 6.4 Variação de parâmetros 2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 Variação de parâmetro 2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 → 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 2𝑦 𝑥 → 𝑦′ = 2𝑦 𝑥 → 𝑥𝑦′ − 2𝑦 = 0 Organizar para regra geral 𝑥𝑦′ − 2𝑦 = 0 → 𝑥𝑦′ 𝑥 − 2𝑦 𝑥 = 0 → 𝑦′ − 2𝑦 𝑥 = 0 Fator integrante 𝑒∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 = −∫ 2 𝑥 𝑑𝑥 = −2 ∫ 𝑑𝑥 𝑥 =−2ln|𝑥| =ln|𝑥−2| = 𝑒ln⁡|𝑥−2| = 𝑥−2 Multiplicar pelo fator integrante 𝑦′ − 2𝑦 𝑥 = 0 → 𝑥−2 𝑦′ − 𝑥−2 2𝑦 𝑥 = 0 → 𝑦′ 𝑥2 − 2𝑦 𝑥3 = 0 Simplificar e integrar 𝑦′ 𝑥2 − 2𝑦 𝑥3 = 0 𝑑 𝑑𝑥 [ 𝑦 𝑥2 ] = 0 𝑦 𝑥2 = 𝑐 𝑦 = 𝑐𝑥2 Solução geral 𝑦 = 𝑐(𝑥)𝑥2 (𝑡𝑜𝑟𝑛𝑎𝑟 𝑐 𝑓𝑢𝑛çã𝑜) 𝑐′(𝑥) = 𝑞(𝑥) 𝜇(𝑥) Passo 4 Passo 5 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5 Passo 6
  • 27. 27 𝑐′(𝑥) = 0𝑥2 → 𝑐′(𝑥) = 0 ∫ 𝑐′(𝑥) = ∫ 0𝑑𝑥 𝑐(𝑥) = 𝑐 Solução geral 𝑦 = 𝑐(𝑥)𝑥2 → 𝑦 = 𝑐𝑥2 6.5 Método comum 2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 Organizar para regra geral 𝑥𝑦′ − 2𝑦 = 0 → 𝑥𝑦′ 𝑥 − 2𝑦 𝑥 = 0 → 𝑦′ − 2𝑦 𝑥 = 0 Fator integrante 𝑒∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 = −∫ 2 𝑥 𝑑𝑥 = −2 ∫ 𝑑𝑥 𝑥 =−2ln|𝑥| =ln|𝑥−2| = 𝑒ln⁡|𝑥−2| = 𝑥−2 Multiplicar pelo fator integrante 𝑦′ − 2𝑦 𝑥 = 0 → 𝑥−2 𝑦′ − 𝑥−2 2𝑦 𝑥 = 0 → 𝑦′ 𝑥2 − 2𝑦 𝑥3 = 0 Simplificar e integrar 𝑦′ 𝑥2 − 2𝑦 𝑥3 = 0 𝑑 𝑑𝑥 [ 𝑦 𝑥2 ] = 0 𝑦 𝑥2 = 𝑐 Solução geral 𝑦 = 𝑐𝑥2 Perceba que entre Variação de parâmetros e o Método comum, variação de parâmetro se torna inviável por que a equação já tinha zero em sua igualdade. De todas estas variáveis separáveis foi a técnica mais viável com apenas três passos e pouca conta, isso se dá, pois, a equação estava visivelmente facilitando a separação. Passo 2 Passo 7 Passo 1 Passo 3 Passo 4 Passo 5
  • 28. 28 Um bônus para sua mente – Integral por partes Temos uma integral por partes ∫ 𝑡2 𝑒 𝑡 2 𝑑𝑡 Escolha as melhores opções para u e v, a variável u deve ser qualquer função que ao derivá-la uma ou mais vezes ela possa zerar e a variável v deve ser uma função que ao integrá-la ou derivá-la ela nunca chegue a zero. O polinômio é a melhor das escolhas para u, ele pode zerar e o neperiano nunca zera então ele será v. Faça um quadro com as nomeações “u sinal v” posicionados acima do quadro: [ 𝑢 . 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 . 𝑣 . 𝑡2 ∙ 2𝑡 ∙ 42 ∙ + → ∙ − → ∙ + → ∙ 2𝑒 𝑡 2 ∙ 4𝑒 𝑡 2 ∙ 8𝑒 𝑡 2 ∙ ] Variável u começa sendo simplesmente copiado, não precisa deriva-lo ainda. A variável v já começa a ser integrada logo na primeira aparição Após isso trace uma reta entre os dois, isso significa que um será multiplicado pelo outro. Depois da reta traçada continue a derivar o u e a integrar o v sempre colocando as setas na mesma linha. Você irá derivar e integrar até a última derivada de u, ou seja, antes de zerá-lo. A variável u será derivada e a variável v será integrada [ 𝑢 . 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 . 𝑣 . 𝑡2 ∙ 2𝑡 ∙ 42 ∙ + → ∙ − → ∙ + → ∙ 2𝑒 𝑡 2 ∙ 4𝑒 𝑡 2 ∙ 8𝑒 𝑡 2 ∙ ] [ 𝑢 . 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 . 𝑣 . 𝑡2 ∙ 2𝑡 ∙ 42 ∙ + → ∙ − → ∙ + → ∙ 2𝑒 𝑡 2 ∙ 4𝑒 𝑡 2 ∙ 8𝑒 𝑡 2 ∙ ] [ 𝑢 . 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 . 𝑣 . 𝑡2 ∙ 2𝑡 ∙ . 2 ∙ + → ∙ − → ∙ + → ∙ 2𝑒 𝑡 2 ∙ 4𝑒 𝑡 2 ∙ 8𝑒 𝑡 2 ∙ ]
  • 29. 29 Assim que já se chegou antes de zerar o u é hora de alternar sinais nas setas, isso é, colocar positivo e negativo nas setas sempre alternando os sinais. Isso significa que esse sinal faz parte do v, ou seja, quando o sinal for (+) o v será positivo, quando o sinal for (-) o v será negativo. Esse sinal que aparece na reta é como se fosse uma multiplicação -1 ou +1, ou seja, caso o v já esteja negativo e a seta estiver com o (-) então teremos uma simples multiplicação de negativo com negativo que dará positivo. O mesmo vale para o u, no final das contas o u sempre irá multiplicar com o seu respectivo v, ou seja, cuidado com o jogo de sinais. Para o resultado final, basta multiplicar os sinais e cada u com seu v e somar tudo de cima para baixo. Exemplos 3 ∫ cos(2𝑡) 𝑡 𝑑𝑡 → [ 𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣 𝑡 + → 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) 1 2 1 − → −cos(2𝑡) 1 4] → 3 [𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡) 1 2 + 𝑐𝑜𝑠(2𝑡) 1 4 ] 3 2 ∫ 𝑡𝑒 𝑡 2 𝑑𝑡 → [ 𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣 𝑡 + → 2𝑒 𝑡 2 1 − → 4𝑒 𝑡 2 ] → 3 2 [2𝑡𝑒 𝑡 2 − 4𝑒 𝑡 2] ∫ 𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 → [ 𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣 𝑡 + → −𝑐𝑜𝑠(𝑡) 1 − → −sen(𝑡) ] → −𝑡𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑐 3 2 ∫ 𝑡2 𝑒 𝑡 2 𝑑𝑡 → [ 𝑢 . 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 . 𝑣 . 𝑡2 ∙ 2𝑡 ∙ . 2 ∙ + → ∙ − → ∙ + → ∙ 2𝑒 𝑡 2 ∙ 4𝑒 𝑡 2 ∙ 8𝑒 𝑡 2 ∙ ] → 3 2 [2𝑡2 𝑒 𝑡 2 − 8𝑡𝑒 𝑡 2 + 16𝑒 𝑡 2] ∫ 𝑡𝑒−𝑡 𝑑𝑡 → [ 𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣 𝑡 + → −𝑒−𝑡 1 − → 𝑒−𝑡 ] → −𝑡𝑒−𝑡 − 𝑒−𝑡 + 𝑐 [ 𝑢 . 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 . 𝑣 . 𝑡2 ∙ 2𝑡 ∙ . 2 ∙ + → ∙ − → ∙ + → ∙ 2𝑒 𝑡 2 ∙ 4𝑒 𝑡 2 ∙ 8𝑒 𝑡 2 ∙ ] [ 𝑢 . 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 . 𝑣 . 𝑡2 ∙ 2𝑡 ∙ . 2 ∙ + → ∙ − → ∙ + → ∙ 2𝑒 𝑡 2 ∙ 4𝑒 𝑡 2 ∙ 8𝑒 𝑡 2 ∙ ] = 2𝑡2 𝑒 𝑡 2 − 8𝑡𝑒 𝑡 2 + 16𝑒 𝑡 2 + c
  • 30. 30 Integrais infinitas Em alguns casos pode-se ocorrer o que chamo de integral infinita, é quando tanto u como v são funções que nunca zerão e como o objetivo deste método é derivar o u até que o mesmo zere, nunca chegaremos ao fim. Veja uma integral de exemplo abaixo: ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒 𝑡 2 𝑑𝑡 Neste caso a variável u e v pode ser tanto um como outro a sua resposta não sairá errada independente da variável escolhida o que pode acontecer é só que a sua conta fique um pouco maior. No caso de uma integral infinita seguimos os passos comuns ensinados antes, só que como dessa vez u nunca irá zerar, o nosso objetivo agora será encontrar o núcleo da integral. O que é isso? Veja abaixo: ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒 𝑡 2⏟ 𝑑𝑡 𝑁ú𝑐𝑙𝑒𝑜 Ou seja, tudo que estiver dentro da integral. Pelo método rápido o objetivo é encontrar a união que forma esse núcleo novamente, independentemente de qualquer constante que esteja multiplicando. Preste atenção numa coisa, o 2 ao lado do cosseno é uma constante só que por opção própria ela está dentro da integral então ela faz parte do núcleo e também deve ser encontrada junto com o cosseno e o neperiano. Perceba, o u escolhido foi o cosseno, depois de derivá-lo duas vezes voltamos para ele e do outro lado o neperiano não mudou, isso significa que encontramos o núcleo. Antes de começar a multiplicar os sinais, u e seus respectivos v, precisamos prestar atenção numa coisa muito importante, essa integral por partes não foi terminada ela foi feita até o ponto em que o núcleo se repetisse. Então preste atenção no formato da integral por partes: ∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢 Perceba que dentro da integral do lado direito da igualdade o u já foi derivado, mas o v ainda não foi integrado, ou seja, a integral só acontece quando o processo é totalmente terminado, isso significa dizer que o v não será integrado na última fila, somente o u será derivado, assim: Aqui temos a última integral desconsiderada, neste caso o último u será multiplicado pelo v anterior e esses dois formarão a integral ainda não terminada. Agora multiplicando os sinais, u e seus respectivos v desconsiderando o último v temos: [ 𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣 2cos⁡( 𝑡) ∙ −2𝑠𝑒𝑛(𝑡) ∙ 4−2cos⁡( 𝑡) ∙ + → ∙ − → ∙ + → ∙ 2𝑒 𝑡 2 ∙ 4𝑒 𝑡 2 ∙ 8𝑒 𝑡 2 ∙ ] Lembre-se: para encontrar o núcleo não dependemos das constantes, elas simplesmente ficaram fora da integral. [ 𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣 2cos⁡( 𝑡) ∙ −2𝑠𝑒𝑛(𝑡) ∙ 4−2cos⁡( 𝑡) ∙ + → ∙ − → ∙ + → ∙ 2𝑒 𝑡 2 ∙ 4𝑒 𝑡 2 ∙ 8𝑒 𝑡 2 ∙ ]
  • 31. 31 [ 𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣 2cos⁡( 𝑡) ∙ −2𝑠𝑒𝑛(𝑡) ∙ 4−2cos⁡( 𝑡) ∙ + → ∙ − → ∙ + → ∙ 2𝑒 𝑡 2 ∙ 4𝑒 𝑡 2 ∙ 8𝑒 𝑡 2 ∙ ] → 4𝑒 𝑡 2 cos(𝑡) + 8𝑒 𝑡 2 𝑠𝑒𝑛(𝑡) − 4 ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒 𝑡 2 𝑑𝑡 ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒 𝑡 2 𝑑𝑡 = 4𝑒 𝑡 2 cos(𝑡) + 8𝑒 𝑡 2 𝑠𝑒𝑛(𝑡) − 4 ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒 𝑡 2 𝑑𝑡 Perceba que o 4 está do lado de fora da integral e não multiplica com o 2 que está lá dentro, isso porque o 2 faz parte do núcleo. Devemos fazer tudo isso para que a integral mãe que originou tudo isso seja igual a uma outra integral filha, se elas forem iguais podemos fazer uma simples conta de 𝑥 + 𝑥 = 2𝑥 ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒 𝑡 2 𝑑𝑡 = 4𝑒 𝑡 2 cos(𝑡) + 8𝑒 𝑡 2 𝑠𝑒𝑛(𝑡) − 4 ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒 𝑡 2 𝑑𝑡 4 ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒 𝑡 2 𝑑𝑡 + ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒 𝑡 2 𝑑𝑡 = 4𝑒 𝑡 2 cos(𝑡) + 8𝑒 𝑡 2 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 5 ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒 𝑡 2 𝑑𝑡 = 4𝑒 𝑡 2 cos(𝑡) + 8𝑒 𝑡 2 𝑠𝑒𝑛(𝑡) ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒 𝑡 2 𝑑𝑡 = 4 5 𝑒 𝑡 2 cos(𝑡) + 8 5 𝑒 𝑡 2 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑐 Exemplo ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 𝑑𝑡 → [ 𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) ∙ 2 cos(2𝑡) ∙ 4−4𝑠𝑒𝑛(2𝑡) ∙ + → ∙ − → ∙ + → ∙ 5𝑒 𝑡 ∙ . 5𝑒 𝑡 ∙ ∙ 5𝑒 𝑡 ∙ ] → 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 − 2 cos(2𝑡) 5𝑒 𝑡 − 4 ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 𝑑𝑡
  • 32. 32 Exercícios resolvidos – Já estou bonzinho demais Primeira questão - Determine a solução geral para cada equação diferencial dada e use-a para determinar como as soluções se comportam quando 𝑡 → ∞ a) 𝑦′ + 𝑦 = 𝑡𝑒−𝑡 + 1 Resolvendo por simples resolução de PVI Encontrar o fator integrante 𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 1𝑑𝑡 = 𝑡 = 𝑒 𝑡 Multiplicar o fator integrante 𝑦′ + 𝑦 = 𝑡𝑒−𝑡 + 1 → y′ et + yet = t + et Simplificar 𝑦′ 𝑒 𝑡 + 𝑦𝑒 𝑡 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑦′𝑒 𝑡 + 𝑒 𝑡 𝑦 𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠 → 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑒 𝑡 ] 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑒 𝑡] = 𝑡 + 𝑒 𝑡 → 𝑦𝑒 𝑡 = ∫ 𝑡 𝑑𝑡 + ∫ 𝑒 𝑡 𝑑𝑡 Integrar (solução geral) 𝑦𝑒 𝑡 = 𝑡2 2 + 𝑒 𝑡 + 𝑐 → 𝑦 = 𝑡2 2𝑒 𝑡 + 1 + 𝑐 𝑒 𝑡 Solução PVI 𝑡 → ∞ 𝑦 = 𝑡2 2𝑒 𝑡 + 1 + 𝑐 𝑒 𝑡 → 𝑦 = ∞2 2𝑒∞ + 1 + 𝑐 𝑒∞ 𝑦 → 1 A função tende a infinito. Os fatores do denominador são maiores que o do numerador. Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5
  • 33. 33 b) 𝑦′ − 2𝑦 = 3𝑒 𝑡 Encontrar o fator integrante 𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ −2𝑑𝑡 =−2𝑡 = 𝑒−2𝑡 Multiplicar o fator integrante 𝑦′ − 2𝑦 = 3𝑒 𝑡 → 𝑦′ 𝑒−2𝑡 − 2𝑒−2𝑡 𝑦 = 3𝑒 𝑡 𝑒2𝑡 → y′ e−2t + (−2ye−2t ) = 3e−t Simplificar 𝑦′ 𝑒−𝑡 + (−𝑦𝑒−𝑡 ) → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑦′𝑒−2𝑡 + (−2𝑒−2𝑡 )𝑦 𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠 → 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑒−2𝑡 ] 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑒−2𝑡] = 3𝑒−𝑡 → 𝑦𝑒−2𝑡 = ∫ 3𝑒−𝑡 𝑑𝑡 Integrar (solução geral) 𝑦𝑒−2𝑡 = −3𝑒−𝑡 + 𝑐 → 𝑦 = −3𝑒−𝑡 𝑒−2𝑡 + 𝑐 𝑒−2𝑡 Solução PVI 𝑡 → ∞ 𝑦 = −3𝑒2𝑡 𝑒 𝑡 + 𝑒2𝑡 𝑐 → 𝑦 = −3𝑒∞ + 𝑒2∞ 𝑐 A função tende a infinito. Os fatores do denominador são menores que o do numerador. Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5
  • 34. 34 c) 𝑦′ + 𝑦 𝑡 = 3cos⁡(2𝑡) (𝑡 > 0) Resolvendo por simples resolução de PVI Encontrar o fator integrante 𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 1 𝑡 𝑑𝑡 = ln|𝑡| = 𝑒ln⁡|𝑡| = 𝑡 Multiplicar o fator integrante 𝑦′ + 𝑦 𝑡 = 3cos(2t) → y′ t + y = 3tcos(2t) Simplificar 𝑦′ 𝑡 + 𝑦 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑦′𝑡 + 1𝑦 𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠 → 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑡] 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑡] = 3tcos⁡(2𝑡) → 𝑦𝑡 = ∫ 3tcos⁡(2𝑡) 𝑑𝑡 Integrar (solução geral) 3 ∫ cos(2𝑡) 𝑡 𝑑𝑡 → 𝑝𝑜𝑟 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒𝑠 → { 𝑢 = 𝑡 𝑑𝑣 = cos⁡(2𝑡)𝑑𝑡 𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 𝑣 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) 1 2 → 𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡) 1 2 − ∫ 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) 1 2 𝑑𝑡 𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡) 1 2 − ∫ 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) 1 2 𝑑𝑡 A integração de 𝑠𝑒𝑛(2𝑡), caso não entenda { 𝑢 = 2𝑡 𝑑𝑢 = 2𝑑𝑡 → 𝑑𝑡 = 𝑑𝑢/2 1 2 ∫ sen(𝑢) 𝑑𝑢 2 = 1 4 ∫ sen(𝑢) 𝑑𝑢 = −cos(2𝑡) 1 4 3 ∫ cos(2𝑡) 𝑡 𝑑𝑡 = 3 [𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡) 1 2 + cos(2𝑡) 1 4 ] Ou pelo método mais rápido 3 ∫ cos(2𝑡) 𝑡 𝑑𝑡 → [ 𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣 𝑡 + → 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) 1 2 1 − → −cos(2𝑡) 1 4] → 3 [𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡) 1 2 + 𝑐𝑜𝑠(2𝑡) 1 4 ] Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4
  • 35. 35 Solução PVI 𝑡 → ∞ 𝑦𝑡 = 𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡) 3 2 + cos(2𝑡) 3 4 + 𝑐 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) 3 2 + cos(2𝑡) 3 4𝑡 + 𝑐 𝑡 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2∞)3 2 + cos(2∞) 3 4∞ + 𝑐 ∞ A função tende a zero. Os fatores do denominador são maiores que o do numerador. Passo 5
  • 36. 36 d) 2𝑦′ + 𝑦 = 3𝑡 Organizar 2𝑦′ + 𝑦 = 3𝑡 → 2𝑦′ 2 + 𝑦 2 = 3 2 𝑡 → 𝑦′ + 𝑦 2 = 3 2 𝑡 Encontrar o fator integrante 𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 1 2 𝑑𝑡 = 1 2 𝑡 = 𝑒 1 2 t Multiplicar o fator integrante 𝑦′ + 𝑦 2 = 3 2 𝑡 → 𝑒 1 2 𝑡 𝑦′ + 𝑒 1 2 𝑡 2 𝑦 = 3 2 𝑡𝑒 1 2 𝑡 Simplificar 𝑒 1 2 𝑡 𝑦′ + 𝑒 1 2 𝑡 2 𝑦 = 3 2 𝑡𝑒 1 2 𝑡 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑦′𝑒 1 2 𝑡 + 𝑒 1 2 𝑡 2 𝑦 𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠 → 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑒 1 2 𝑡 ] 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑒 1 2 𝑡 ] = 3 2 𝑡𝑒 1 2 𝑡 → 𝑦𝑒 1 2 𝑡 = ∫ 3 2 𝑡𝑒 1 2 𝑡 𝑑𝑡 Integrar 𝑦𝑒 𝑡 2 = ∫ 3 2 𝑡𝑒 𝑡 2 𝑑𝑡 Método rápido 3 2 ∫ 𝑡𝑒 𝑡 2 𝑑𝑡 → [ 𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣 𝑡 + → 2𝑒 𝑡 2 1 − → 4𝑒 𝑡 2 ] → 3 2 [2𝑡𝑒 𝑡 2 − 4𝑒 𝑡 2] → 2𝑡𝑒 𝑡 2 − 6𝑒 𝑡 2 + 𝑐 Solução geral 𝑦𝑒 𝑡 2 = 2𝑡𝑒 𝑡 2 − 6𝑒 𝑡 2 + 3𝑐 2 → y = 2𝑡𝑒 𝑡 2 𝑒 𝑡 2 − 6𝑒 𝑡 2 𝑒 𝑡 2 + 3𝑐 2𝑒 𝑡 2 → y = 2𝑡 − 6 + 𝑐 𝑒 𝑡 2 Solução PVI 𝑡 → ∞ y = 2𝑡 − 6 + 𝑐 𝑒 𝑡 2 y = 2∞ − 6 + 𝑐 𝑒 ∞ 2 𝑦 → −6 A função tende a zero. Os fatores do denominador são maiores que o do numerador. e) 𝑦′ + 𝑦 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡) Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5 Passo 6 Passo 7
  • 37. 37 Encontrar o fator integrante 𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 𝑑𝑡 =𝑡 = 𝑒 𝑡 Multiplicar o fator integrante 𝑦′ + 𝑦 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡) → 𝑒 𝑡 𝑦′ + 𝑒 𝑡 𝑦 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 Simplificar 𝑦′ + 𝑦 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡) → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑦′𝑒 𝑡 + 𝑒 𝑡 𝑦 𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠 → 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑒 𝑡 ] 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑒 𝑡] = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 → 𝑦𝑒 𝑡 = ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 𝑑𝑡 Integrar Ambas as funções na integral são funções que nunca zerão ao derivar, nesse caso esta integral se tornará uma integral por partes infinita se for resolvida pelo método convencional de integração por partes. Como ambas as funções podem ser tanto “u” como “dv” na escolha de variáveis devemos selecionar a escolha que tornará a conta menor possível. A integração por partes irá terminar quando a integral ∫ 𝑣𝑑𝑢 que é resultante da integração por partes obter uma aparência idêntica à sua integral original (∫ 𝑢𝑑𝑢) independente de constantes. Para isso coloque a constante 5 na conta, para que no final∫ 𝑢𝑑𝑢 = ∫ 𝑣𝑑𝑢 Integrando com outras variáveis A última conta é a menor ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 𝑑𝑡 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 − 2 cos(2𝑡) 5𝑒 𝑡 − 4 ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 𝑑𝑡 ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 𝑑𝑡 → [ 𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣 5𝑒 𝑡 ∙ 5𝑒 𝑡 ∙ 5 𝑒 𝑡 ∙ 5𝑒 𝑡 . 5𝑒 𝑡 + → ∙ − → ∙ + → ∙ − → . + → − 1 2 cos(2𝑡) − 1 4 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) 1 8 cos(2𝑡) 1 16 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) − 1 32 cos(2𝑡)] → − 5 cos(2𝑡)𝑒 𝑡 2 + 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 4 + 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 8 − 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 16 + 1 16 ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 𝑑𝑡 ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 𝑑𝑡 → [ 𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) ∙ 2 cos(2𝑡) ∙ 4−4𝑠𝑒𝑛(2𝑡) ∙ + → ∙ − → ∙ + → ∙ 5𝑒 𝑡 ∙ . 5𝑒 𝑡 ∙ ∙ 5𝑒 𝑡 ∙ ] → 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 − 2 cos(2𝑡) 5𝑒 𝑡 − 4 ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 𝑑𝑡 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4
  • 38. 38 4 ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 𝑑𝑡 ⏟ 4𝑥 + ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 𝑑𝑡 ⏟ 𝑥 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 − 2 cos(2𝑡) 5𝑒 𝑡 5 ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 𝑑𝑡 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 − 10 cos(2𝑡) 𝑒 𝑡 ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 − 2 cos(2𝑡) 𝑒 𝑡 + 𝑐 𝑦𝑒 𝑡 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 − 2 cos(2𝑡) 𝑒 𝑡 + 𝑐 Solução geral 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡 𝑒 𝑡 − 2 cos(2𝑡) 𝑒 𝑡 𝑒 𝑡 + 𝑐 𝑒 𝑡 → 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) − 2cos⁡(2𝑡) + 𝑐 𝑒 𝑡 Solução PVI 𝑡 → ∞ 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) − 2cos⁡(2𝑡) + 𝑐 𝑒 𝑡 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2∞) − 2cos⁡(2∞) + 𝑐 𝑒∞ A função tende a zero. Os fatores do denominador são maiores que o do numerador. 4x + x = 5x Passo 5 Passo 6
  • 39. 39 f) (1 + 𝑡2)𝑦′ + 4𝑡𝑦 = −2(1 + 𝑡2) → (1 + 𝑡2)𝑦′ + 4𝑡𝑦 = −2 − 2𝑡2 Variação de parâmetro (1 + 𝑡2)𝑦′ + 4𝑡𝑦 = 0 Organizar 𝑦′ + 4𝑡𝑦 1 + 𝑡2 = 0 Fator integrante 𝜇(𝑡) = 𝑒 ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 4𝑡 1+𝑡2 = 4∫ 𝑡 1+𝑡2 𝑑𝑡→ { 𝑢=𝑡2+1 𝑑𝑢=2𝑡𝑑𝑡 →2 ∫ 𝑑𝑢 𝑢 =2 ln|𝑢| =2ln|𝑡2+1|= ln|(𝑡2+1) 2 | 𝜇(𝑡) = 𝑒ln|(𝑡2+1) 2 | → (𝑡2 + 1)2 Multiplicar o fator integrante 𝑦′ + 4𝑡𝑦 1 + 𝑡2 = 0 → (𝑡2 + 1)2 𝑦′ + (𝑡2 + 1)2 4𝑡𝑦 1 + 𝑡2 = 0 → (𝑡2 + 1)2 𝑦′ + (𝑡2 + 1)4𝑡𝑦 = 0 Simplificar (𝑡2 + 1)2 𝑦′ + (𝑡2 + 1)4𝑡𝑦 = 0 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑦′(𝑡2 + 1)2 + (𝑡2 + 1)4𝑡𝑦 𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠 → 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦(𝑡2 + 1)2] 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦(𝑡2 + 1)2] = 0 → 𝑦(𝑡2 + 1)2 = ∫ 0𝑑𝑡 Integrar 𝑦(𝑡2 + 1)2 = ∫ 0𝑑𝑡 → 𝑦(𝑡2 + 1)2 = 𝑐 Tornar C função 𝑦(𝑡2 + 1)2 = 𝑐 → 𝑦 = 𝑐(𝑥) (𝑡2 + 1)2 𝑐′(𝑥) = 𝑞(𝑥)𝜇(𝑥) 𝑐′(𝑥) = −2(𝑡2 + 1)(𝑡2 + 1)2 𝑐′(𝑥) = −2(𝑡2 + 1)3 ∫ 𝑐′(𝑥) = −2 ∫(𝑡2 + 1)3 → 𝑐(𝑥) = −2 [∫ 𝑡6 𝑑𝑡 + ∫ 3𝑡4 𝑑𝑡 + ∫ 3𝑡2 𝑑𝑡 + ∫ 𝑑𝑡] 𝑐(𝑥) = −2 ∫ 𝑡6 𝑑𝑡 − 6 ∫ 𝑡4 𝑑𝑡 − 6 ∫ 𝑡2 𝑑𝑡 − 2 ∫ 𝑑𝑡 𝑐(𝑥) = − 2𝑡7 7 − 6𝑡5 5 − 6𝑡3 3 − 2𝑡 + 𝑐 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5 Passo 6 Passo 7
  • 40. 40 Solução geral 𝑦 = 𝑐(𝑥) (𝑡2 + 1)2 → 𝑦 = (− 2𝑡7 7 − 6𝑡5 5 − 6𝑡3 3 − 2𝑡 + 𝑐) (𝑡2 + 1)2 𝑦 = − 2𝑡7 7(𝑡2 + 1)2 − 6𝑡5 5(𝑡2 + 1)2 − 6𝑡3 3(𝑡2 + 1)2 − 2𝑡 (𝑡2 + 1)2 + 𝑐 (𝑡2 + 1)2 Solução PVI 𝑡 → ∞ 𝑦 = − 2∞7 7(∞2 + 1)2 − 6∞5 5(∞2 + 1)2 − 6∞3 3(∞2 + 1)2 − 2∞ (∞2 + 1)2 + 𝑐 (∞2 + 1)2 A função tende a zero. Os fatores do denominador são maiores que o do numerador. Passo 8 Passo 9
  • 41. 41 g) 𝑦′ + 2𝑡𝑦 = 2𝑡𝑒−𝑡2 Fator integrante (𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 =2 ∫ 𝑡𝑑𝑡 =𝑡2 = 𝑒 𝑡2 Multiplicar fator integrante 𝑦′ + 2𝑡𝑦 = 2𝑡𝑒−𝑡2 → 𝑦′ 𝑒 𝑡2 + 2𝑡𝑒 𝑡2 𝑦 = 2𝑡𝑒 𝑡2 𝑒 𝑡2 → 𝑦′ 𝑒 𝑡2 + 2𝑡𝑒 𝑡2 𝑦 = 2𝑡 Simplificar 𝑦′ 𝑒 𝑡2 + 2𝑡𝑒 𝑡2 𝑦 = 2𝑡 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑦′𝑒 𝑡2 + 2𝑡𝑒 𝑡2 𝑦 𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠 → 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑒 𝑡2 ] 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑒 𝑡2 ] = 2𝑡 → 𝑦𝑒 𝑡2 = ∫ 2𝑡𝑑𝑡 Integrar ∫ 2𝑡𝑑𝑡 = 𝑡2 + 𝑐 Solução geral 𝑦𝑒 𝑡2 = 𝑡2 + 𝑐 → 𝑦 = 𝑡2 𝑒 𝑡2 + 𝑐 𝑒 𝑡2 Solução PVI 𝑡 → ∞ 𝑦 = 𝑡2 𝑒 𝑡2 + 𝑐 𝑒 𝑡2 𝑦 = ∞2 𝑒∞2 + 𝑐 𝑒∞2 A função tende a zero. Os fatores do denominador são maiores que o do numerador. Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5 Passo 6
  • 42. 42 h) 𝑦′ − 2𝑦 = 𝑡2 𝑒2𝑡 Fator integrante (𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 =−2 ∫ 𝑑𝑡 = 2𝑡 = 𝑒−2𝑡 Multiplicar fator integrante 𝑦′ − 2𝑦 = 𝑡2 𝑒2𝑡 → 𝑦′ 𝑒−2𝑡 + (−2𝑒−2𝑡)𝑦 = 𝑡2 Simplificar 𝑦′ 𝑒−2𝑡 + (−2𝑒−2𝑡)𝑦 = 𝑡2 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑦′𝑒−2𝑡 + −2𝑒−2𝑡 𝑦 𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠 → 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑒−2𝑡 ] 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑒−2𝑡] = 𝑡2 → 𝑦𝑒−2𝑡 = ∫ 𝑡2 𝑑𝑡 Integrar ∫ 𝑡2 𝑑𝑡 = 𝑡3 3 + 𝑐 Solução geral 𝑦𝑒−2𝑡 = 𝑡3 3 + 𝑐 Solução PVI 𝑡 → ∞ 𝑦 = ∞3 𝑒2∞ 3 + 𝑐𝑒2∞ A função tende a infinito. Os fatores do denominador são menores que o do numerador. Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5 Passo 6
  • 43. 43 i) 𝑡𝑦′ + 2𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) Organizar 𝑡𝑦′ + 2𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) → 𝑦′ + 2 𝑡 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑡 Fator integrante 𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 =∫ 2 𝑡 𝑑𝑡 = 2ln⁡|𝑡| = 𝑒ln⁡|𝑡2| = 𝑡2 Multiplicar fator integrante 𝑦′ + 2 𝑡 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑡 → 𝑦′ 𝑡2 + 2𝑡𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑡 Simplificar 𝑦′ 𝑡2 + 2𝑡𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑡 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑦′𝑡2 + 2𝑡𝑦 𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠 → 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑡2 ] 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑡2] = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑡 → 𝑦𝑡2 = ∫ 𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 Integrar Método rápido ∫ 𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 → [ 𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣 𝑡 + → −𝑐𝑜𝑠(𝑡) 1 − → −sen(𝑡) ] → −𝑡𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑐 Solução geral 𝑦𝑡2 = −𝑡𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑐 → 𝑦 = − cos(𝑡) 𝑡 + 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑡2 + 𝑐 𝑡2 Solução PVI 𝑡 → ∞ 𝑦 = − cos(∞) ∞ + 𝑠𝑒𝑛(∞) ∞2 + 𝑐 ∞2 A função tende a zero. Os fatores do denominador são maiores que o do numerador. Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5 Passo 6 Passo 7
  • 44. 44 j) 𝑡𝑦′ − 𝑦 = 𝑡2 𝑒−𝑡 Organizar 𝑡𝑦′ + 𝑦 = 𝑡2 𝑒−𝑡 → 𝑦′ + (− 𝑦 𝑡 ) = 𝑡𝑒−𝑡 Fator integrante 𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 =− ∫ 1 𝑡 𝑑𝑡 = −ln⁡|𝑡| = 𝑒ln⁡| 1 𝑡 | = 1 𝑡 Multiplicar fator integrante 𝑦′ + (− 𝑦 𝑡 ) = 𝑡𝑒−𝑡 → 𝑦′ 1 𝑡 + (− 1 𝑡2 ) 𝑦 = 𝑒−𝑡 Simplificar 𝑦′ 1 𝑡 + (− 1 𝑡2 ) 𝑦 = 𝑒−𝑡 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑦′ 1 𝑡 + (− 1 𝑡2 ) 𝑦 𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠 → 𝑑 𝑑𝑡 [ 𝑦 𝑡 ] 𝑑 𝑑𝑡 [ 𝑦 𝑡 ] = 𝑒−𝑡 → 𝑦 𝑡 = ∫ 𝑒−𝑡 𝑑𝑡 Integrar ∫ 𝑒−𝑡 𝑑𝑡 = −𝑒−𝑡 + 𝑐 Solução geral 𝑦 𝑡 = −𝑒−𝑡 + 𝑐 → 𝑦 = − 𝑡 𝑒 𝑡 + 𝑡𝑐 Solução PVI 𝑡 → ∞ 𝑦 = − ∞ 𝑒∞ + ∞𝑐 A função tende a infinito. A primeira fração tenderá a zero enquanto a outra sobe ao infinito Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5 Passo 6 Passo 7
  • 45. 45 k) 2𝑦′ + 𝑦 = 3𝑡2 Organizar 2𝑦′ + 𝑦 = 3𝑡2 → 𝑦′ + 𝑦 2 = 3 2 𝑡2 Fator integrante 𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = 1 2 ∫ 𝑑𝑡 = t 2 = 𝑒 t 2 Multiplicar fator integrante 𝑦′ + 𝑦 2 = 3 2 𝑡2 → 𝑦′ 𝑒 𝑡 2 + 𝑒 𝑡 2 2 𝑦 = 3 2 𝑡2 𝑒 𝑡 2 Simplificar 𝑦′ 𝑒 𝑡 2 + 𝑒 𝑡 2 2 𝑦 = 3 2 𝑡2 𝑒 𝑡 2 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑦′𝑒 𝑡 2 + 𝑒 𝑡 2 2 𝑦 𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠 → 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑒 𝑡 2] 𝑑 𝑑𝑡 [𝑦𝑒 𝑡 2] = 3 2 𝑡2 𝑒 𝑡 2 → 𝑦𝑒 𝑡 2 = ∫ 3 2 𝑡2 𝑒 𝑡 2 𝑑𝑡 Integrar Método rápido 3 2 ∫ 𝑡2 𝑒 𝑡 2 𝑑𝑡 → [ 𝑢 . 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 . 𝑣 . 𝑡2 ∙ 2𝑡 ∙ . 2 ∙ + → ∙ − → ∙ + → ∙ 2𝑒 𝑡 2 ∙ 4𝑒 𝑡 2 ∙ 8𝑒 𝑡 2 ∙ ] → 3 2 [2𝑡2 𝑒 𝑡 2 − 8𝑡𝑒 𝑡 2 + 16𝑒 𝑡 2] Solução geral 𝑦𝑒 𝑡 2 = 3𝑡2 𝑒 𝑡 2 − 12𝑡𝑒 𝑡 2 + 24𝑒 𝑡 2 + 𝑐 𝑦 = 3𝑡2 − 12𝑡 + 24 + 𝑐 𝑒 𝑡 2 Solução PVI 𝑡 → ∞ 𝑦 = 3∞2 − 12∞ + 24 + 𝑐 𝑒 ∞ 2 𝑦 → 24 A função tende a infinito. A última fração tenderá a zero enquanto as outras sobem ao infinito. Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5 Passo 6 Passo 7
  • 46. 46 Segunda questão - Determine explicitamente a solução do problema de valor inicial dado. a) 𝑦′ = (1 − 2𝑥)𝑦2 , 𝑦(0) = − 1 6 Variáveis separáveis 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = (1 − 2𝑥)𝑦2 → 𝑑𝑦 𝑦2 = (1 − 2𝑥)𝑑𝑥 Integrar ∫ 𝑑𝑦 𝑦2 = ∫(1 − 2𝑥)𝑑𝑥 → − 1 𝑦 = 𝑥 − 𝑥2 + 𝑐 Solução geral − 1 𝑦 = 𝑥(1 − 𝑥) + 𝑐 → − 1 𝑦 = 𝑥 2 (1 − 𝑥) + 𝑐 2 𝑦 = − 1 𝑥 2 (1 − 𝑥) + 𝑐 2 Solução PVI 𝑦(0) = − 1 6 − 1 6 = − 1 𝑐 2 → 𝑐 12 = 1 → 𝑐 = 1 12 𝑦 = − 1 𝑥 2 (1 − 𝑥) + 𝑐 2 → 𝑦 = − 1 𝑥 2 (1 − 𝑥) + 1 24 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4
  • 47. 47 b) 𝑦′ = (1 − 2𝑥)𝑦 , 𝑦(1) = −2 Variáveis separáveis 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = (1 − 2𝑥)𝑦 → 𝑑𝑦 𝑦 = (1 − 2𝑥)𝑑𝑥 Integrar ∫ 𝑑𝑦 𝑦 = ∫(1 − 2𝑥)𝑑𝑥 → ln|𝑦| = 𝑥 − 𝑥2 + 𝑐 Solução geral ln|𝑦| = 𝑥(1 − 𝑥) + 𝑐 → ln|𝑦| = 𝑥(1 − 𝑥) + 𝑐 𝑦 = 𝑒 𝑥(1−𝑥) 𝑒 𝑐 Solução PVI 𝑦(0) = − 1 6 −2 = 𝑒0 𝑒 𝑐 → 𝑒 𝑐 = −2 → 𝑐 = ln|−2| → 𝑐 = ln | 1 2 | 𝑦 = 𝑒 𝑥(1−𝑥) 𝑒 𝑐 → 𝑦 = 1 2 𝑒 𝑥(1−𝑥) c) 𝑥𝑑𝑥 + 𝑦𝑒−𝑥 𝑑𝑦 = 0 , 𝑦(0) = 1 Variáveis separáveis 𝑥𝑑𝑥 = −𝑦𝑒−𝑥 𝑑𝑦 → 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = −𝑦𝑑𝑦 Integrar ∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ −𝑦𝑑𝑦 → 𝑐 + 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 = − 𝑦2 2 Solução geral − 𝑦2 2 = 𝑒 𝑥(𝑥 − 1) + 𝑐 → −𝑦2 = 2𝑒 𝑥(𝑥 − 1) + 2𝑐 −𝑦 = √2𝑒 𝑥(𝑥 − 1) + 2𝑐 Solução PVI 𝑦(0) = 1 −1 = −2 + 2𝑐 → 𝑐 = 1 2 −𝑦 = √2𝑒 𝑥(𝑥 − 1) + 2𝑐 → −𝑦 = √2𝑒 𝑥(𝑥 − 1) + 1 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4
  • 48. 48 d) 𝑑𝑟 𝑑𝜃 = 𝑟2 𝜃 , 𝑟(1) = 2 Variáveis separáveis 𝑑𝑟 𝑟2 = 𝑑𝜃 𝜃 Integrar (solução geral) ∫ 𝑑𝑟 𝑟2 = ∫ 𝑑𝜃 𝜃 → ln|𝑟2| = ln|𝜃𝑐| → 𝑟 = √𝜃𝑐 Solução PVI 𝑟(1) = 2 2 = √ 𝑐 → 𝑐 = 4 𝑟 = √4𝜃 → 𝑟 = 2√𝜃 e) 𝑦′ = 2𝑥 𝑦+𝑥2 𝑦 , 𝑦(0) = −2 Organizar 𝑑𝑦(𝑦 + 𝑥2 𝑦) + 2𝑥𝑑𝑥 = 0 Fator integrante desconhecido 𝑑𝑦(𝑦 + 𝑥2 𝑦)𝜇(𝑦) + 2𝑥𝜇(𝑦)𝑑𝑥 = 0 Vamos transformar esta equação em equação exata, veja que N(x,y) é uma equação mais complicada que M(x,y), como queremos sempre o jeito mais fácil iremos procurar um fator integrante em relação a y. Caso não se lembre: 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 Derivadas ( 𝜕𝑀 𝜕𝑦 = 𝜇′(𝑦)2𝑥| 𝜕𝑁 𝜕𝑥 = 2𝑥𝑦𝜇(𝑦)) Forçando igualdade 𝜇′(𝑦)2𝑥 = 2𝑥𝑦𝜇(𝑦) → 𝜇′(𝑦) 𝜇(𝑦) = 𝑦 Integrar ∫ 𝜇′(𝑦) 𝜇(𝑦) = ∫ 𝑦𝑑𝑦 → ∫ 𝑑𝜇 𝜇 = ∫ 𝑦𝑑𝑦 → ln|𝜇| = 𝑦2 2 Exponencial 𝑒ln|𝜇| = 𝑒 𝑦2 2 → 𝜇(𝑦) = 𝑒 𝑦2 2 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5 Passo 6
  • 49. 49 Substituir fator integrante desconhecido 𝑑𝑦(𝑦 + 𝑥2 𝑦)𝜇(𝑦) + 2𝑥𝜇(𝑦)𝑑𝑥 = 0 → 𝑑𝑦(𝑦 + 𝑥2 𝑦)𝑒 𝑦2 2 + 2𝑥𝑒 𝑦2 2 𝑑𝑥 = 0 Sistema { 𝜕𝛹 𝜕𝑥 = 2𝑥𝑒 𝑦2 2 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫ (2𝑥𝑒 𝑦2 2 ) 𝑑𝑥 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 𝑒 𝑦2 2 + 𝑓(𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 𝑒 𝑦2 2 + 𝑓(𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝜕 𝜕𝑦 (𝑥2 𝑒 𝑦2 2 + 𝑓(𝑦)) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 𝑒 𝑦2 2 + 𝑓(𝑦) (𝑦 + 𝑥2 𝑦)𝑒 𝑦2 2⏟ 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑦𝑥2 𝑒 𝑦2 2 + 𝑓′ (𝑦)⏟ 𝑁(𝑥,𝑦) { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 𝑒 𝑦2 2 + 𝑓(𝑦) 𝑒 𝑦2 2 𝑦 + 𝑒 𝑦2 2 𝑥2 𝑦 = 𝑦𝑥2 𝑒 𝑦2 2 + 𝑓′ (𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 𝑒 𝑦2 2 + 𝑓(𝑦) 𝑓′(𝑦) = 𝑒 𝑦2 2 𝑦 Integrar a função desconhecida ∫ 𝑓′(𝑦) = ∫ 𝑒 𝑦2 2 𝑦 𝑑𝑦 → { 𝑢 = 𝑦2 2 𝑑𝑢 = 𝑦𝑑𝑦 → 𝑓(𝑦) = 𝑒 𝑦2 2 Função solução 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 𝑒 𝑦2 2 + 𝑒 𝑦2 2 → 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑦2 2 (𝑥2 + 1) Solução geral 𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐 𝑐 = 𝑒 𝑦2 2 (𝑥2 + 1) → 𝑒 𝑦2 2 = 𝑐 (𝑥2 + 1) Solução PVI 𝑦(0) = −2 𝑐 = 𝑒2(0 + 1) → 𝑐 = 𝑒2 𝑒 𝑦2 2 = 𝑒2 (𝑥2 + 1) → ln |𝑒 𝑦2 2 | = ln | 𝑒2 (𝑥2 + 1) | → 𝑦2 2 = ln|𝑒2| − ln|(𝑥2 + 1)| 𝑦2 2 = 2 − ln|(𝑥2 + 1)| → 𝑦2 = 4 − 2 ln|(𝑥2 + 1)| 𝑦 = √4 − 2 ln|(𝑥2 + 1)| Passo 7 Passo 8 Passo 9 Passo 10 Passo 11 Passo 12
  • 50. 50 f) 𝑦′ = 𝑥𝑦3(1 + 𝑥2)− 1 2 , 𝑦(0) = 1 Variáveis separáveis 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥𝑦3(1 + 𝑥2)− 1 2 → 𝑑𝑦 𝑦3 = 𝑥(1 + 𝑥2)− 1 2 𝑑𝑥 Integrar ∫ 𝑑𝑦 𝑦3 = ∫ 𝑥(1 + 𝑥2)− 1 2 𝑑𝑥 ∫ 𝑑𝑦 𝑦3 = ln|𝑦3| ∫ 𝑥(1 + 𝑥2)− 1 2 𝑑𝑥 → { 𝑢 = 1 + 𝑥2 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥 → 1 2 ∫ 𝑑𝑢 √ 𝑢 = 1 2 2√ 𝑢 = √1 + 𝑥2 + 𝑐 ln|𝑦3| = √1 + 𝑥2 + 𝑐 Solução geral 𝑒ln|𝑦3| = 𝑒√1+𝑥2 𝑒 𝑐 → 𝑦 = (𝑒√1+𝑥2 𝑒 𝑐 ) 1 3 Solução PVI 𝑦(0) = 1 ln|𝑦3| = √1 + 𝑥2 + 𝑐 → 0 = 1 + 𝑐 → 𝑐 = −1 𝑦 = (𝑒√1+𝑥2 𝑒 𝑐 ) 1 3 → 𝑦 = ( 𝑒√1+𝑥2 𝑒 ) 1 3 → 𝑦 = (𝑒√1+𝑥2−1 ) 1 3 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4
  • 51. 51 g) (2𝑥 + 3) + (2𝑦 − 2)𝑦′ = 0 Organizar (2𝑥 + 3) + (2𝑦 − 2)𝑦′ = 0 → (2𝑥 + 3)𝑑𝑥 + (2𝑦 − 2)𝑑𝑦 = 0 Teste { 𝑀(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 + 3 𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑦 − 2 → { 𝜕𝑀 𝜕𝑦 = 0 𝜕𝑁 𝜕𝑥 = 0 Sistema { 𝜕𝛹 𝜕𝑥 = 2𝑥 + 3 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(2𝑥 + 3)𝑑𝑥 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 3𝑥 + 𝑓(𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 3𝑥 + 𝑓(𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝜕 𝜕𝑦 (𝑥2 + 3𝑥 + 𝑓(𝑦)) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 3𝑥 + 𝑓(𝑦) 2𝑦 − 2⏟ 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑓′ (𝑦)⏟ 𝑁(𝑥,𝑦) Integrar função desconhecida ∫ 𝑓′(𝑦) = ∫(2𝑦 − 2)𝑑𝑦 → 𝑓(𝑦) = 𝑦2 − 2𝑦 Função solução 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 3𝑥 + 𝑦2 − 2𝑦 Solução geral 𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐 𝑐 = 𝑥2 + 3𝑥 + 𝑦2 − 2𝑦 𝑦2 − 2𝑦 = 𝑐 − 𝑥2 − 3𝑥 𝑦(𝑦 − 2) = −𝑥(𝑥 + 3) + 𝑐 Exata! Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5 Passo 6
  • 52. 52 h) (3𝑥2 𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑑𝑥 + (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑦 = 0 Fator integrante transformado: 𝜇(𝑥) (𝑀(𝑥, 𝑦) = 3𝑥2 𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3|𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑦2) 𝜇(𝑥) = 𝑒 ∫ 𝜕𝑀 𝜕𝑦 − 𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝑁 = ∫ 3𝑥2+2𝑥+3𝑦2−2𝑥 𝑥2+𝑦2 = 3 ∫ 𝑥2+𝑦2 𝑥2+𝑦2 = 3 ∫ 𝑑𝑥 = 3𝑥 = 𝑒3𝑥 𝜇(𝑥) = 𝑒3𝑥 Multiplicando fator integrante (3𝑥2 𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥 𝑑𝑥 + (𝑥2 + 𝑦2)𝑒3𝑥 𝑑𝑦 = 0 Sistema { 𝜕𝛹 𝜕𝑥 = (3𝑥2 𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(3𝑥2 𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥 𝑑𝑥 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) ∫(3𝑥2 𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥 𝑑𝑥 → [ 𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣 (3𝑥2 𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3) . (6𝑥𝑦 + 2𝑦) ∙. (6𝑦) ∙ + → ∙ − → ∙ + → ∙ 𝑒3𝑥 3 𝑒3𝑥 9 ∙ ∙ 𝑒3𝑥 27 ∙ ] ∫(3𝑥2 𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥 𝑑𝑥 = 1 3 (3𝑥2 𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥 − 1 9 (6𝑥𝑦 + 2𝑦)𝑒3𝑥 + 2 9 𝑦𝑒3𝑥 ∫(3𝑥2 𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥2 𝑦𝑒3𝑥 + 2 3 𝑥𝑦𝑒3𝑥 + 𝑦3 3 𝑒3𝑥 − 2 3 𝑥𝑦𝑒3𝑥 − 2 9 𝑦𝑒3𝑥 + 2 9 𝑦𝑒3𝑥 ∫(3𝑥2 𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥2 𝑦𝑒3𝑥 + 𝑦3 3 𝑒3𝑥 → (𝑥2 𝑦 + 𝑦3 3 ) 𝑒3𝑥 { 𝛹(𝑥, 𝑦) = (𝑥2 𝑦 + 𝑦3 3 ) 𝑒3𝑥 + 𝑓(𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = (𝑥2 𝑦 + 𝑦3 3 ) 𝑒3𝑥 + 𝑓(𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝜕 𝜕𝑦 ((𝑥2 𝑦 + 𝑦3 3 ) 𝑒3𝑥 + 𝑓(𝑦)) { 𝛹(𝑥, 𝑦) = (𝑥2 𝑦 + 𝑦3 3 ) 𝑒3𝑥 + 𝑓(𝑦) (𝑥2 + 𝑦2)𝑒3𝑥 ⏟ 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = (𝑥2 + 𝑦2)𝑒3𝑥 + 𝑓′ (𝑦)⏟ 𝑁(𝑥,𝑦) → 𝑓(𝑦) = 0 Função solução 𝛹(𝑥, 𝑦) = (𝑥2 𝑦 + 𝑦3 3 ) 𝑒3𝑥 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4
  • 53. 53 Solução geral 𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐 𝑐 = (𝑥2 𝑦 + 𝑦3 3 ) 𝑒3𝑥 𝑦3 𝑒3𝑥 3 = 𝑐 − 𝑥2 𝑦𝑒3𝑥 𝑦 = 3𝑐 𝑒 𝑥 − 3𝑥2 𝑦 i) 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 + (𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦) + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑦))𝑑𝑦 = 0 Fator integrante transformado: 𝜇(𝑦) (𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥|𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦) + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑦) 𝜇(𝑦) = 𝑒 ∫ 𝜕𝑁 𝜕𝑥 − 𝜕𝑀 𝜕𝑦 𝑀 = ∫ 𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦) 𝑒 𝑥 = ∫ 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦) = ∫ cos(𝑦) 𝑠𝑒𝑛(𝑦) 𝑑𝑦 → { 𝑢 =𝑠𝑒𝑛(𝑦) 𝑑𝑢 =cos(𝑦)𝑑𝑦 = ln|𝑠𝑒𝑛(𝑦)| = 𝑒ln|𝑠𝑒𝑛(𝑦)| 𝜇(𝑦) = 𝑠𝑒𝑛(𝑦) Multiplicar fator integrante 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑦)𝑑𝑥 + 𝑠𝑒𝑛(𝑦)(𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦) + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑦))𝑑𝑦 = 0 𝑒 𝑥 sen(𝑦) 𝑑𝑥 + (𝑒 𝑥 cos(𝑦) + 2𝑦)𝑑𝑦 = 0 Sistema { 𝜕𝛹 𝜕𝑥 = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑦)𝑑𝑥 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦) 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝜕 𝜕𝑦 (𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦)) { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦) 𝑒 𝑥 cos(𝑦) + 2𝑦⏟ 𝜕𝛹 𝜕𝑦 = 𝑒 𝑥 cos(𝑦) + 𝑓′ (𝑦)⏟ 𝑁(𝑥,𝑦) → { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦) 𝑓′(𝑦) = 2𝑦 → 𝑓(𝑦) = 𝑦2 Função solução 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑦2 Solução geral 𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐 𝑐 = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑦2 Passo 5 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5
  • 54. 54 j) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥+𝑦 𝑥 Teste de homogeneidade 𝑓(𝑥, 𝑦) → 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡𝑥 + 𝑡𝑦 𝑡𝑥 → 𝑡(𝑥 + 𝑦) 𝑡𝑥 → 𝑥 + 𝑦 𝑥 = 𝑓(𝑥, 𝑦) Substituição por u 𝑢 = 𝑦 𝑥 → 𝑦 = 𝑢𝑥 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 + 𝑢 = 𝐹(𝑢) Retomando a equação 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 + 𝑢 = 𝑥 + 𝑢𝑥 𝑥 → 𝑥(1 + 𝑢) 𝑥 → 1 + 𝑢 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 = 1 + 𝑢 − 𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑥 = 1 𝑥 Variáveis separáveis 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 𝑥 Integrar ∫ 𝑑𝑢 = ∫ 𝑑𝑥 𝑥 → 𝑢 = ln|𝑥𝑐| Solução geral 𝑦 𝑥 = ln|𝑥𝑐| → 𝑦 = 𝑥 ln|𝑥𝑐| Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5 Passo 6
  • 55. 55 k) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥2+𝑥𝑦+𝑦2 𝑥2 Teste de homogeneidade 𝑓(𝑥, 𝑦) → 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡2 𝑥2 + 𝑡2 𝑥𝑦 + 𝑡2 𝑦2 𝑡2 𝑥2 → 𝑡2 (𝑥2 + 𝑥𝑦 + 𝑦2 ) 𝑡2 𝑥2 → 𝑥2 + 𝑥𝑦 + 𝑦2 𝑥2 = 𝑓(𝑥, 𝑦) Substituição por u 𝑢 = 𝑦 𝑥 → 𝑦 = 𝑢𝑥 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 + 𝑢 = 𝐹(𝑢) Retomando a equação 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 + 𝑢 = 𝑥2 + 𝑥2 𝑢 + 𝑢2 𝑥2 𝑥2 → 𝑥2(1 + 𝑢 + 𝑢2) 𝑥2 → 1 + 𝑢 + 𝑢2 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 = 1 + 𝑢 + 𝑢2 − 𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑥 = 1 + 𝑢2 𝑥 Variáveis separáveis 𝑑𝑢 1 + 𝑢2 = 𝑑𝑥 𝑥 Integrar ∫ 𝑑𝑢 1 + 𝑢2 = ∫ 𝑑𝑥 𝑥 → 𝑡𝑎𝑛−1 (𝑢) = ln|𝑥𝑐| Solução geral 𝑡𝑎𝑛−1 ( 𝑦 𝑥 ) = ln|𝑥𝑐| → 𝑡𝑔 [𝑡𝑎𝑛−1 ( 𝑦 𝑥 )] = 𝑡𝑔[ln|𝑥𝑐|] → 𝑦 𝑥 = 𝑡𝑔[ln|𝑥𝑐|] 𝑦 = 𝑥𝑡𝑔[ln|𝑥𝑐|] Passo 5 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 6
  • 56. 56 7. Lembranças de um futuro esquecido - Trajetórias ortogonais Neste assunto fala-se em família de curvas, que são curvas cujo comportamento é parecido aos das curvas de nível (assunto de cálculo II). Veja a família de curvas da função 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑐 abaixo: Através dessa equação podemos encontrar outra família que intersecta a primeira ortogonalmente, ou seja, é uma família de curvas onde cada uma é ortogonal a outra da primeira família. Usando derivada implícita podemos analisar melhor a primeira família 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑐 → 2𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 0 Se você olhar o resultado dessa derivada como se fosse uma função de primeiro grau perceba que o 𝑑𝑦 𝑑𝑥 é o coeficiente angular dessa função Isolando o coeficiente angular 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = − 𝑥 𝑦 Com isso podemos encontrar o coeficiente angular da outra família que é ortogonal a essa. Isso pode acontecer por que quando duas retas são ortogonais uma sempre terá o inverso negativo do coeficiente da outra, veja: 𝑚1 𝑚2 = −1 → 𝑚1 = − 1 𝑚2 Então com essa consequência temos o coeficiente angular da família ortogonal 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑦 𝑥 O próximo passo é questão de lógica Se para encontra o coeficiente angular da primeira família foi necessário derivar a equação, agora com o coeficiente angular da segunda família é somente fazer o caminho inverso, ou seja, integrar ∫ 𝑑𝑦 𝑦 = ∫ 𝑑𝑥 𝑥 → ln|𝑦| = ln|𝑥| → 𝑦 = 𝑥 Temos a bissetriz dos quadrantes pares (reta que passa na origem pelos quadrantes 2 e 4), essa é a equação da família em que todas curvas são ortogonais ás curvas da primeira família.
  • 57. 57 7.1 Primeiro Exemplo Família de elipses: 𝑥2 𝑎2 + 𝑦2 𝑏2 = 𝑘 Derivando 2𝑥 𝑎2 + 2𝑦 𝑏2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 0 →× 1 2 → 𝑦 𝑏2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = − 𝑥 𝑎2 Encontrando a inclinação da reta 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = − 𝑏2 𝑥 𝑎2 𝑦 Inclinação da segunda família 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = − 𝑏2 𝑥 𝑎2 𝑦 → 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑎2 𝑦 𝑏2 𝑥 Equação da segunda família 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑎2 𝑦 𝑏2 𝑥 → 𝑑𝑦 𝑎2 𝑦 = 𝑑𝑥 𝑏2 𝑥 → ∫ 𝑑𝑦 𝑎2 𝑦 = ∫ 𝑑𝑥 𝑏2 𝑥 1 𝑎2 ln|𝑦| = 1 𝑏2 ln|𝑥𝑐| → ln|𝑦 𝑏2 | = ln|𝑥𝑐 𝑎2 | 𝑦 𝑏2 = 𝑐𝑥 𝑎2 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4
  • 58. 58 8. Equações de Riccati – Nome difícil para uma coisa difícil I. 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = 𝑞1(𝑡) + 𝑞2(𝑡)𝑦 + 𝑞3(𝑡)𝑦2 Esta é uma equação não linear, porém não precisamos usar cálculos mais avançados do que já temos, através de uma solução geral pode-se encontrar um formato em que se possa aplicar os métodos de resolução de uma equação de linear. Seja 𝑦(𝑡) uma solução de (I) 𝑦 − 𝑦1 = 1 𝑣(𝑡) Derivando implicitamente 𝑑𝑦 𝑑𝑡 − 𝑑𝑦1 𝑑𝑡 = − 1 𝑣2 𝑑𝑦 𝑑𝑡 Usando substituindo de (I) em 𝑑𝑦 𝑑𝑡 e 𝑑𝑦1 𝑑𝑡 𝑞1(𝑡) + 𝑞2(𝑡)𝑦 + 𝑞3(𝑡)𝑦2 ⏟ 𝑑𝑦 𝑑𝑡 − 𝑞1(𝑡) − 𝑞2(𝑡)𝑦1 − 𝑞2(𝑡)𝑦1 2 ⏟ 𝑑𝑦1 𝑑𝑡 = − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 Organizando a bagunça 𝑞1(𝑡) + 𝑞2(𝑡)𝑦 + 𝑞3(𝑡)𝑦2 − 𝑞1(𝑡) − 𝑞2(𝑡)𝑦1 − 𝑞2(𝑡)𝑦1 2 = − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑞2(𝑡)(𝑦 − 𝑦1) + 𝑞3(𝑡)(𝑦2 − 𝑦1 2) = − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 Usando o valor da solução geral e substituindo 𝑦 − 𝑦1 = 1 𝑣(𝑡) → 𝑦 = 1 𝑣 + 𝑦1 → 𝑦 + 𝑦1 = 1 𝑣 + 2𝑦1 𝑞2(𝑡) 1 𝑣 + 𝑞3(𝑡)(𝑦2 − 𝑦1 2) = − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 → 𝑞2(𝑡) 1 𝑣 + 𝑞3(𝑡)(𝑦 − 𝑦1)(𝑦 + 𝑦1) = − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑞2(𝑡) 1 𝑣 + 𝑞3(𝑡) 1 𝑣 ( 1 𝑣 + 2𝑦1) = − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 Isolando 𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑞2(𝑡) 1 𝑣(𝑡) + 𝑞3(𝑡) 1 𝑣 ( 1 𝑣 + 2𝑦1) = − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑑𝑣 𝑑𝑡 = −𝑣𝑞2(𝑡) − 𝑣𝑞3(𝑡) ( 1 𝑣 + 2𝑦1) 𝑑𝑣 𝑑𝑡 = −𝑣𝑞2(𝑡) − 𝑞3(𝑡) − 2𝑣𝑦1 𝑞3(𝑡) 𝑑𝑣 𝑑𝑡 = −𝑣[ 𝑞2(𝑡) + 2𝑦1 𝑞3(𝑡)] − 𝑞3(𝑡)
  • 59. 59 Estando nesse formato a equação pode ser resolvida como uma equação linear. 8.1 Primeiro Exemplo 𝑦′ = 1 + 𝑡2 − 2𝑡𝑦 + 𝑦2 , 𝑦(𝑡) = 𝑡 , 𝑦 − 𝑦 = 1 𝑣(𝑡) Testar se há solução 𝑦 = 𝑡 → 𝑦′ = 1 1 = 1 + 𝑡2 − 2𝑡2 + 𝑡2 → 1 = 1 Desenvolver solução geral 𝑦 − 𝑦 = 1 𝑣 → 𝑦 = 𝑡⏟ 𝑦=𝑡 + 1 𝑣 Derivar solução geral 𝑦 = 𝑡 + 1 𝑣 → 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑖𝑚𝑝𝑙í𝑐𝑖𝑡𝑎 → 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = 1 − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 Substituindo na equação 𝑦′ = 1 + 𝑡2 − 2𝑡𝑦 + 𝑦2 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = 1 − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 → 1 + 𝑡2 − 2𝑡𝑦 + 𝑦2 = 1 − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 Organizando a bagunça 1 + 𝑡2 − 2𝑡𝑦 + 𝑦2 = 1 − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑡2 − 2𝑡𝑦 + 𝑦2 = − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑡2 − 2𝑡 (𝑡 + 1 𝑣⏟ 𝑦 ) + (𝑡 + 1 𝑣⏟ 𝑦 ) 2 = − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑡2 − 2𝑡2 − 2𝑡 𝑣 + 𝑡2 + 2𝑡 𝑣 + 1 𝑣2 = − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 −2𝑡2 − 2𝑡 𝑣 + 2𝑡2 + 2𝑡 𝑣 + 1 𝑣2 = − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 1 𝑣2 = − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑑𝑣 𝑑𝑡 = −1 Variáveis separáveis 𝑑𝑣 = −𝑑𝑡 Há solução! Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5 Passo 6
  • 60. 60 Integrar ∫ 𝑑𝑣 = − ∫ 𝑑𝑡 → 𝑣 = −𝑡 + 𝑐 Substituir na solução geral 𝑦 − 𝑦 = 1 𝑣(𝑡) → 𝑦 − 𝑦 = 1 𝑐 − 𝑡 Exercícios resolvidos – Para não enferrujar a) 𝑦′ = 1 + 𝑡2 − 2𝑡𝑦 + 𝑦2 , 𝑦1(𝑡) = 𝑡 , 𝑦 − 𝑦1 = 1 𝑣(𝑡) Testar se há solução 𝑦 = 𝑡 → 𝑦′ = 1 1 = 1 + 𝑡2 − 2𝑡2 + 𝑡2 → 1 = 1 Desenvolver solução geral 𝑦 − 𝑦1 = 1 𝑣 → 𝑦 = 𝑡⏟ 𝑦1=𝑡 + 1 𝑣 Derivar solução geral 𝑦 = 𝑡 + 1 𝑣 → 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑖𝑚𝑝𝑙í𝑐𝑖𝑡𝑎 → 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = 1 − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 Substituindo na equação 𝑦′ = 1 + 𝑡2 − 2𝑡𝑦 + 𝑦2 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = 1 − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 → 1 + 𝑡2 − 2𝑡𝑦 + 𝑦2 = 1 − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 Organizando a bagunça 1 + 𝑡2 − 2𝑡𝑦 + 𝑦2 = 1 − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑡2 − 2𝑡𝑦 + 𝑦2 = − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑡2 − 2𝑡 (𝑡 + 1 𝑣⏟ 𝑦 ) + (𝑡 + 1 𝑣⏟ 𝑦 ) 2 = − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑡2 − 2𝑡2 − 2𝑡 𝑣 + 𝑡2 + 2𝑡 𝑣 + 1 𝑣2 = − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 −2𝑡2 − 2𝑡 𝑣 + 2𝑡2 + 2𝑡 𝑣 + 1 𝑣2 = − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 Passo 7 Passo 8 Há solução! Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5
  • 61. 61 1 𝑣2 = − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑑𝑣 𝑑𝑡 = −1 Variáveis separáveis 𝑑𝑣 = −𝑑𝑡 Integrar ∫ 𝑑𝑣 = − ∫ 𝑑𝑡 → 𝑣 = −𝑡 + 𝑐 Substituir na solução geral 𝑦 − 𝑦1 = 1 𝑣(𝑡) → 𝑦 − 𝑦1 = 1 𝑐 − 𝑡 Passo 6 Passo 7 Passo 8
  • 62. 62 b) 𝑦′ = 2 cos2(𝑡)−𝑠𝑒𝑛2(𝑡) +𝑦2 2 cos(𝑡) , 𝑦1(𝑡) = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) , 𝑦 − 𝑦1 = 1 𝑣(𝑡) Testar se há solução 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) → 𝑦′ = cos(𝑡) cos(𝑡) = 2 cos2(𝑡) − 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) 2 cos(𝑡) → cos(𝑡) = cos(𝑡) Desenvolver solução geral 𝑦 − 𝑦1 = 1 𝑣 → 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)⏟ 𝑦1=𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 1 𝑣 Derivar solução geral 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 1 𝑣 → 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑖𝑚𝑝𝑙í𝑐𝑖𝑡𝑎 → 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = cos(𝑡) − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 Substituindo na equação 𝑦′ = 2 cos2(𝑡) − 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) + 𝑦2 2 cos(𝑡) 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = cos(𝑡) − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 → 2 cos2(𝑡) − 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) + 𝑦2 2 cos(𝑡) = cos(𝑡) − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 Organizando a bagunça 2 cos2(𝑡) − 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) + 𝑦2 2 cos(𝑡) = cos(𝑡) − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 2 cos2(𝑡) − 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) + (𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 1 𝑣 ) 2 2 cos(𝑡) = cos(𝑡) − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 2 cos2(𝑡) − 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) + 2𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑣 + 1 𝑣2 2 cos(𝑡) = cos(𝑡) − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 2 cos2(𝑡) + 2𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑣 + 1 𝑣2 2 cos(𝑡) = cos(𝑡) − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 2 cos2(𝑡) 2 cos(𝑡) + 2𝑠𝑒𝑛(𝑡) 2 cos(𝑡) 𝑣 + 1 2 cos(𝑡) 𝑣2 = cos(𝑡) − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 𝑡𝑔(𝑡) 𝑣 + 1 2 𝑐𝑜𝑠(𝑡) 𝑣2 = 𝑐𝑜𝑠(𝑡) − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 𝑡𝑔(𝑡) 𝑣 + 1 2 𝑐𝑜𝑠(𝑡) 𝑣2 = − 1 𝑣2 𝑑𝑣 𝑑𝑡 − 𝑡𝑔( 𝑡) 𝑣 𝑣2 − 1 2 𝑐𝑜𝑠( 𝑡) 𝑣2 𝑣2 = 𝑑𝑣 𝑑𝑡 Há solução! Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5
  • 63. 63 𝑑𝑣 𝑑𝑡 = − 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 − 1 2 𝑐𝑜𝑠(𝑡) Ou 𝑣′ = − 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 − 1 2 𝑐𝑜𝑠(𝑡) → 𝑣′ + 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 = − 1 2 𝑐𝑜𝑠(𝑡) PVI por fator integrante 𝑣′ + 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 = − 1 2 cos(𝑡) 𝜇(𝑡) = 𝑒 ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 𝑡𝑔(𝑡)=∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑡) cos(𝑡) →{ 𝑢=cos(𝑡) 𝑑𝑢=−𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 =∫− 𝑑𝑢 𝑢 = −ln|𝑢|=−ln|cos(𝑡)|=ln| 1 cos(𝑡) | 𝜇(𝑡) = 𝑒ln|sec(𝑡)| = sec(𝑡) Multiplicar fator integrante 𝑣′ + 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 = − 1 2 cos(𝑡) → sec(𝑡) 𝑣′ + sec(𝑡) 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 = − sec(𝑡) 2 cos(𝑡) Simplificar sec(𝑡) 𝑣′ + sec(𝑡) 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑣′ sec(𝑡) + 𝑠𝑒 𝑐(𝑡) 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠 → 𝑑 𝑑𝑥 [𝑠𝑒𝑐(𝑡)𝑣] 𝑑 𝑑𝑥 [𝑠𝑒𝑐(𝑡)𝑣] = − sec(𝑡) 2 cos(𝑡) → 𝑠𝑒𝑐(𝑡)𝑣 = ∫ − sec(𝑡) 2 cos(𝑡) 𝑑𝑡 Integrar ∫ − sec(𝑡) 2 cos(𝑡) 𝑑𝑡 = − 1 2 ∫ 𝑑𝑡 cos2(𝑡) = − 1 2 ∫ sec2(𝑡) 𝑑𝑡 = − 1 2 𝑡𝑔(𝑡) + 𝑐 𝑠𝑒𝑐(𝑡)𝑣 = − 1 2 𝑡𝑔(𝑡) + 𝑐 Solução geral 1 cos(𝑡) 𝑣 = − 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 2 cos(𝑡) + 𝑐 𝑣 = − 1 2 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + cos(𝑡) 𝑐 Substituir na solução geral 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 1 𝑣 → 𝑣 = − 1 2 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + cos(𝑡) 𝑐 Então 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 1 − 1 2 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + cos(𝑡) 𝑐 → 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 2 −𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 2 cos(𝑡) 𝑐 Passo 6 Passo 7 Passo 8 Passo 9 Passo 10 Passo 11
  • 64. 64 c) Família de parábolas: 𝑦 = 𝑘𝑥2 → 𝑘 = 𝑦 𝑥2 Derivando 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 2𝑥𝑘 Encontrando a inclinação da reta 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 2𝑥 ( 𝑦 𝑥2 ) → 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 2𝑦 𝑥 Inclinação da segunda família 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 2𝑦 𝑥 → 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = − 𝑥 2𝑦 Equação da segunda família 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = − 𝑥 2𝑦 → 2𝑦𝑑𝑦 = −𝑥𝑑𝑥 → ∫ 2𝑦𝑑𝑦 = − ∫ 𝑥𝑑𝑥 𝑦2 = 𝑐 − 𝑥2 2 → 𝑦 = √ 𝑐 − 𝑥2 2 d) Família de hipérboles: 𝑦𝑥 = 𝑐 Derivando 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑥 + 𝑦 = 0 Encontrando a inclinação da reta 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = − 𝑦 𝑥 Inclinação da segunda família 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = − 𝑦 𝑥 → 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥 𝑦 Equação da segunda família 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥 𝑦 → 𝑦𝑑𝑦 = 𝑥𝑑𝑥 → ∫ 𝑦𝑑𝑦 = ∫ 𝑥𝑑𝑥 𝑦2 2 = 𝑥2 2 → 𝑦2 = 𝑥2 𝑦 = 𝑥 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4
  • 65. 65 e) Família de círculos: (𝑥 − 𝑐)2 + 𝑦2 = 𝑐2 Derivando 2(𝑥 − 𝑐) + 2𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 0 Encontrando a inclinação da reta 2𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = −2(𝑥 − 𝑐) → 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = − 2(𝑥 − 𝑐) 2𝑦 Inclinação da segunda família 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = − (𝑥 − 𝑐) 𝑦 → 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑦 (𝑥 − 𝑐) Equação da segunda família 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑦 (𝑥 − 𝑐) → 𝑑𝑦 𝑦 = 𝑑𝑥 (𝑥 − 𝑐) → ∫ 𝑑𝑦 𝑦 = ∫ 𝑑𝑥 𝑥 − 𝑐 ln|𝑦| = ln|𝑥 − 𝑐| 𝑦 = 𝑥 − 𝑐 f) Família de elipses: 𝑥2 − 𝑥𝑦 + 𝑦2 = 𝑐2 Derivando 2𝑥 − (𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 𝑦) + 2𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 0 → 2𝑥 − 𝑦 − 𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 0 Encontrando a inclinação da reta (2𝑦 − 𝑥) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑦 − 2𝑥 → 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑦 − 2𝑥 2𝑦 − 𝑥 Inclinação da segunda família 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑦 − 2𝑥 2𝑦 − 𝑥 → 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = − 2𝑦 − 𝑥 𝑦 − 2𝑥 → 𝑥 − 2𝑦 𝑦 − 2𝑥 Resolver PVI 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥 − 2𝑦 𝑦 − 2𝑥 → 𝑦′ = 𝑥 − 2𝑦 𝑦 − 2𝑥 (𝑒𝑞. ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔ê𝑛𝑒𝑎𝑠) 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡𝑥 − 2𝑡𝑦 𝑡𝑦 − 2𝑡𝑥 = 𝑡(𝑥 − 2𝑦) 𝑡(𝑦 − 2𝑥) = 𝑥 − 2𝑦 𝑦 − 2𝑥 = 𝑓(𝑥, 𝑦) Substituição por u 𝑢 = 𝑦 𝑥 → 𝑦 = 𝑢𝑥 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 + 𝑢 = 𝐹(𝑢) Passo 1 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4 Passo 5 Passo 2 Passo 3 Passo 4
  • 66. 66 Retomando a equação 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 + 𝑢 = 𝑥 − 2𝑢𝑥 𝑢𝑥 − 2𝑥 → 𝑥(1 − 2𝑢) 𝑥(𝑢 − 2) → 1 − 2𝑢 𝑢 − 2 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 = 1 − 2𝑢 𝑢 − 2 − 𝑢 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 = 1 − 2𝑢 − 𝑢2 + 2𝑢 𝑢 − 2 = 1 − 𝑢2 𝑢 − 2 𝑥𝑑𝑢 = ( 1 − 𝑢2 𝑢 − 2 ) 𝑑𝑥 → 𝑑𝑢 ( 1 − 𝑢2 𝑢 − 2 ) = 𝑑𝑥 𝑥 → 𝑢 − 2 1 − 𝑢2 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 𝑥 ∫ 𝑢 − 2 1 − 𝑢2 𝑑𝑢 = ∫ 𝑑𝑥 𝑥 ∫ 𝑢 − 2 1 − 𝑢2 𝑑𝑢 → 𝐴 1 − 𝑢 + 𝐵 1 + 𝑢 → { 𝑢 = −1 → 𝐴 = − 1 2 𝑢 = 1 → 𝐵 = − 3 2 → ∫ − 1 2 1 − 𝑢 + ∫ − 3 2 1 + 𝑢 { − 1 2 ∫ 1 1 − 𝑢 = 1 2 ln|1 − 𝑢| − 3 2 ∫ 1 1 + 𝑢 = − 3 2 ln|1 + 𝑢| ln|𝑐𝑥| = 1 2 ln|1 − 𝑢| − 3 2 ln|1 + 𝑢| → ln|𝑐𝑥| = ln |(1 − 𝑢) 1 2| + ln |(1 + 𝑢)− 3 2| 𝑐𝑥 = (1 − 𝑢) 1 2 (1 + 𝑢) 3 2 Solução geral 𝑐𝑥 = (1 − 𝑢) 1 2 (1 + 𝑢) 3 2 → 𝑐𝑥 = (1 − 𝑦 𝑥 ) 1 2 (1 + 𝑦 𝑥 ) 3 2 ( 𝑥 − 𝑦 𝑥 ) 1 2 ( 𝑥 + 𝑦 𝑥 ) 3 2 = 𝑐𝑥 (𝑥 − 𝑦) 1 2 𝑥 1 2 𝑥 3 2 (𝑥 + 𝑦) 3 2 = 𝑐𝑥 → (𝑥 − 𝑦) 1 2 𝑥 1 2(𝑥 + 𝑦) 3 2 = 𝑐𝑥− 1 2 (𝑥 − 𝑦) 1 2 (𝑥 + 𝑦) 3 2 = 𝑐 Passo 6 Passo 7
  • 67. 67 g) Família de parábolas: 2𝑐𝑦 + 𝑥2 = 𝑐2 , 𝑐 > 0 Derivando 2𝑐 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑥 = 0 Encontrando a inclinação da reta 2𝑐 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = −2𝑥 → 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = − 2𝑥 2𝑐 = − 𝑥 𝑐 Inclinação da segunda família 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = − 𝑥 𝑐 → 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑐 𝑥 Equação da segunda família 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑐 𝑥 → 𝑑𝑦 = 𝑐 𝑥 𝑑𝑥 → ∫ 𝑑𝑦 = 𝑐 ∫ 𝑑𝑥 𝑥 𝑦 = 𝑐 ln|𝑥| 𝑦 = ln|𝑥 𝑐| Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4
  • 68. 68 9. Equações lineares de segunda ordem – Aumentando o grau de dificuldade 9.1 Sua forma Uma equação linear de segunda ordem obedece a seguinte forma: 𝑑2 𝑦 𝑑𝑡2 = 𝑓 (𝑡, 𝑦, 𝑑𝑦 𝑑𝑡 ) Essa função 𝑓 que aparece na igualdade nos diz que ela é linear em 𝑦 e na sua derivada em relação a 𝑡 ( 𝑑𝑦 𝑑𝑡 ), Como assim? Isso quer dizer as variáveis são 𝑦 e 𝑑𝑦 𝑑𝑡 enquanto o que estiver em função 𝑡 será constante. Então podemos abrir essa função desse jeito: 𝑑2 𝑦 𝑑𝑡2 = 𝑝(𝑡) 𝑑𝑦 𝑑𝑡 + 𝑞(𝑡)𝑦 + 𝑔(𝑡) Aqui podemos usar a notação simplificada para as derivadas 𝑦′′ = 𝑝(𝑡)𝑦′ + 𝑞(𝑡)𝑦 + 𝑔(𝑡) Isolando o termo independente temos: 𝑦′′ + 𝑝(𝑡)𝑦′ + 𝑞(𝑡)𝑦 = 𝑔(𝑡) (não troquei de sinal, mas não há necessidade disso) Aqui chamamos o termo independente (no caso o 𝑔(𝑡)) de termo não homogêneo. Aqui também usamos a palavra “homogênea” para nos relacionarmos a uma equação linear de segunda ordem, mas não confunda isso com as equações homogêneas estudadas no assunto anterior. Uma equação é dita homogenia quando o termo não homogêneo é nulo, ou seja: 𝑦′′ + 𝑝(𝑡)𝑦′ + 𝑞(𝑡)𝑦 = 0 Como 𝑝(𝑡) e 𝑞(𝑡) são constantes, então vamos trocar por algo mais atraente: 𝑦′′ + 𝑎𝑦′ + 𝑏𝑦 = 0 (equação linear homogênea de segunda ordem) Se 𝑎 e 𝑏 não fossem constantes estaríamos num grande problema 9.2 Soluções gerais Quando temos uma equação linear de segunda ordem devemos encontrar funções que representem essa equação, veja o exemplo para entender melhor: 𝑦′′ − 𝑦 = 0 Temos uma equação homogênea de segunda ordem. Ela nos diz que devemos encontrar uma função cuja derivada segunda seja igual a própria função.
  • 69. 69 Que função faz isso? Veja 𝑦 = 𝑒 𝑡 𝑦′ = 𝑒 𝑡 𝑦′′ = 𝑒 𝑡 Mas também não é só isso, existem outras opções também 𝑦 = 𝑘𝑒 𝑡 𝑦′ = 𝑘𝑒 𝑡 𝑦′′ = 𝑘𝑒 𝑡 𝑦 = 𝑒−𝑡 𝑦′ = −𝑒−𝑡 𝑦′′ = 𝑒−𝑡 Mas para generalizar todas as possibilidades de uma vez devemos somar duas funções que obedeçam a equação, desta forma: 𝑦(𝑡) = 𝑘1 𝑒 𝑡 + 𝑘2 𝑒−𝑡 Dessa forma juntamos todas as possibilidades possíveis de combinação de soluções, ou seja, temos uma solução geral. Vejamos outro caso 𝑦′′ + 𝑦 = 0 → 𝑦′′ = −𝑦 Temos duas funções que conseguem fazer isso: 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑦′ = cos⁡( 𝑡) 𝑦′′ = −𝑠𝑒𝑛(𝑡) ↔ 𝑦 = cos⁡( 𝑡) 𝑦′ = −𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑦′′ = − cos(𝑡) Neste caso temos que sua função geral é: 𝑦(𝑡) = 𝑘1 𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑘2 cos(𝑦) 9.3 Equação característica Para conseguirmos valores e resultados para as nossas soluções gerais precisamos de um mecanismo que se chama equação característica. Veja como encontra-la 𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0 (𝐼) Temos uma equação homogênea e agora supondo que 𝑦(𝑡) = 𝑒 𝜆𝑡 seja a solução de (𝐼), então derivamos essa solução até a segunda ordem para substituirmos na equação 𝑎𝜆2 𝑒 𝜆𝑡 + 𝑏𝜆𝑒 𝜆𝑡 + 𝑐𝑒 𝜆𝑡 = 0 → 𝑒 𝜆𝑡(𝑎𝜆2 + 𝑏𝜆 + 𝑐) = 0 Nesse caso a exponencial nunca vai zerar, então a única coisa que pode acontecer é: 𝑎𝜆2 + 𝑏𝜆 + 𝑐 = 0 (Equação característica de I) O grau da equação característica será de acordo com a ordem da equação mãe