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Equações Diferenciais Ordinárias

Semanas 1, 2 e 3

Professor Luiz Claudio Pereira

Departamento Acadêmico de Matemática

Universidade Tecnológica Federal do Paraná

Material Previsto para três semanas

EDO (UTFPR) Luiz Claudio Pereira 2015 1 / 89

Preliminares

1 Conceitos BásicosEquação diferencialEquação diferencial ordináriaSolução: geral, particular, singularTrês questões: da existência, da unicidade, práticaSíntese da disciplina


Equação Diferencial OrdináriaFundamentos

Conceitos

Uma equação diferencial é uma expressão que relaciona uma funçãodesconhecida (incógnita) y com suas derivadas.

É útil classi�car os diferentes tipos de equações para um desenvolvimentosistemático da Teoria das Equações Diferenciais.

Conceitos

Quando a função incógnita y depende de uma única variável independente,diz que a Equação Diferencial é Ordinária. Uma equação diferencial quenão é ordinária é dita Equação Diferencial Parcial.



Conceitos

A ordem de uma EDO é a da derivada de maior ordem contida na equação.Assim, uma EDO de ordem n é uma equação da forma

F (x ,y ,y ′,y ′′, . . . ,y (n)) = 0

que exprime uma relação entre a variável independente x , uma função de x

não especi�cada y e suas derivadas y ′, y ′′, ..., y (n).

Conceitos

O grau de uma EDO é o maior expoente da derivada de maior ordem.



Exemplo

(y ′)2+ xy ′+4y = 0

y ′′+3y ′+2y −6ex = 0

y (3)+2exy ′′+ yy ′ = x4

(y (3))2−2y ′y (3)+(y ′′)3 = 0



Conceitos

Dada uma EDO de ordem n na forma

F (x ,y ,y ′,y ′′, . . . ,y (n)) = 0 (1)

admitir-se-á que sempre seja possível obter de modo inequívoco sua formanormal

y (n) = f (x ,y ,y ′, . . . ,y (n−1))

Note que, em geral, dada uma EDO da forma (1) nem sempre é possívelobter de modo inequívoco sua forma normal.



Exemplo

(y ′)2+ xy ′+4y = 0

(y ′)2+2y ′(x2

)+(x2

)2−(x2

)2+4y = 0

(y ′+x

2)2 =

x2−16y4

de onde segue que

y ′ =−x+

√x2−16y2

ou y ′ =−x−

√x2−16y2

Observe ainda que admitir que a forma normal de uma equação diferencialexista não signi�ca admitir que exista uma função que a satisfaça.


Equação Difrencial OrdináriaFundamentos

Conceitos

Por solução de uma EDO de ordem n

F (x ,y ,y ′,y ′′, . . . ,y (n)) = 0 (2)

em um intervalo aberto I = (α,β ), entende-se uma função φ , quejuntamente com suas derivadas φ ′, φ ′′, . . ., φ (n), satisfaz identicamente (2),i. e.,

F (x ,φ ,φ ′,φ ′′, . . . ,φ (n)) = 0

para todo x ∈ I .



Conceito.

Por solução geral de uma EDO de ordem n, entende-se uma função que ésolução e que possui n constantes arbitrárias.

Conceitos

Uma solução particular de uma EDO de ordem n é uma função que podeser obtida da solução geral por determinação do valor das n constantesarbitrárias. Neste caso, para a determinação do valor das n constantes,especi�cam-se informações adicionais denominadas valor inicial ou decontorno.

Por solução singular de uma EDO de ordem n, entende-se uma função queé solução da EDO e que, porém, não pode ser deduzida da solução geral.



Exemplo

Considere a EDO de primeira ordem

x2(y ′)2−2xyy ′+ y2−4−4(y ′)2 = 0

Seja y uma função de x e α uma constante arbitrária. Então,

x cosα + y senα−2= 0

é a solução geral da EDO dada.



Derivando em relação a x

cosα + y ′ senα = 0⇔ y ′ =−cotα . Daí,

x2(y ′)2−2xyy ′+ y2−4−4(y ′)2 =

x2(−cotα)2−2yx(−cosα

senα

)+ y2−4−4(−cotα)2 =

(2− y senα

senα

)2

+2y

(2− y senα

senα

)+ y2−4[1+(cotα)2] =

(2cscα− y)2+2y(2cscα− y)+ y2−4(cscα)2 =

4(cscα)2−4y cscα + y2+4y cscα−2y2+ y2−4(cscα)2 =0



Exemplo

Considere a EDO de primeira ordem

x2(y ′)2−2xyy ′+ y2−4−4(y ′)2 = 0

Seja y uma função de x . Então,

x2+ y2−4= 0

é a solução singular da EDO dada.



Derivando implicitamente em relação a x

2x+2yy ′ = 0⇔ y ′ =−xy−1. Daí,

x2(y ′)2−2xyy ′+ y2−4−4(y ′)2 =x2(−xy−1)2−2x(−x)+(−x2)−4(−xy−1)2 =

x4y−2+ x2−4x2y−2 =x2y−2(x2−4)+ x2 =x2y−2(−y2)+ x2 =

0



Exemplo

Em relação à equação diferencial ordinária de primeira ordem

x2(y ′)2−2xyy ′+ y2−4−4(y ′)2 = 0

sendo y uma função de x , tem-se que

x cosα + y senα−2= 0, α = const., é solução geral

x2+ y2−4= 0 é solução singular

e, por exemplo, com a condição inicial y(0) = 4√3x+ y −4= 0 é solução particular.



Exercício

Considere as funções paramétricasx(p) =

−p3

+A

p1/2

y(p) =−p2

6− Ap1/2

(a) Prove que p =dydx

.

(b) Mostre que (x(p),y(p)) é a solução geral, na forma paramétrica, da

EDO (de Lagrange) y =−12dydx

(2x+

dydx

).



Questão da Existência

Dada uma EDO qualquer como sabemos se ela ao menos tem solução?

Questao da Unicidade

Assumindo que uma dada EDO tem uma solução, existirão outras soluções?Que condições devem ser especi�cadas para permitir uma única solução?

Questao Prática

De que modo se determina uma solução?



Síntese da Disciplina

Identi�car a equação↓

Aplicar o método de L99 Técnicas de integraçãode resolução apropriado

↓Veri�car se a função L99 Regra da Cadeiaobtida é solução Derivação implícita

Derivação logarítmica



Exemplo

Seja y uma função de x tal que y = Aey/x , A= const.Mostre que y ésolução da equação diferencial

y ′ =y2

xy − x2⇔ (xy − x2)y ′ = y2

Resposta

Com efeito, y é uma função dada na forma implícita. Por derivaçãoimplícita e da Regra da Cadeia, tem-se que

dydx

= y ′ = Aey/xddx

(yx

)= y

(xy ′− y ·1

x2

)



Exemplo

Seja y uma função de x tal que y = Aey/x , A= const.Mostre que y ésolução da equação diferencial

y ′ =y2

xy − x2⇔ (xy − x2)y ′ = y2

Resposta

Daí,x2y ′ = xyy ′− y2⇔ (xy − x2)y ′ = y2

Portanto, a função dada implicitamente é solução da equação diferencial.



Exemplo

Prove que y = Ax+Bx2−3x lnx é solução da equação diferencial

x2y ′′−2xy ′+2y = 3x

Que espécie de solução é y?

Resposta

Com efeito, y ′ = A+2Bx−3 lnx−3 e y ′′ = 2B−3/x . Daí,

x2y ′′−2xy ′+2y =

x2(2B−3/x)−2x(A+2Bx−3 lnx−3)+2(Ax+Bx2−3x lnx) = 3x



Teorema de Existência (para EDO de ordem 1)

Sejay ′ = g(x ,y) (3)

uma edo de ordem 1 em um aberto D ⊂ R2. Se g(x ,y) é contínua em D e∂g

∂y(x ,y) é contínua em D, então (3) tem solução em D.

Exemplo

Determine a região do plano em que a EDO y ′ = x tg(xy) admite solução.



Exemplo

Determine a região do plano em que a EDO y ′ = x tg(xy) admite solução.

Resposta

Sendo g(x ,y)≡ x tg(xy), tem-se que g é contínua em

D = R2−{(x ,y) : xy =π

2+nπ , n ∈ Z}

Como∂g

∂y(x ,y) = x2 sec2(xy) =

[x

cos(xy)

]2Pelo Teorema de Existência, a EDO dada possui solução em todos ospontos de D de�nido acima, ou seja, em uma região de R2 tal quecos(xy) 6= 0.



Exemplo

Suponha que a função variável y = y(x) não aparece explicitamente em

g(x ,y), ou seja,∂g

∂y(x ,y) = 0⇔ g(x ,y) = φ(x) e que φ é contínua (em

R). Então, por integração em relação a x , resolve-se a EDO

y ′ = φ(x) .

Com efeito,

y ′ = φ(x) ⇔∫y ′(x)dx =

∫φ(x)dx

⇔ y(x) =∫

φ(x)dx+ const.



Exemplo

Deste modo, a EDO y ′ = 2x tem por solução geral a função

y(x) = x2+k

onde k = const.

Conceito

Do ponto de vista geométrico, a solução geral de uma equação diferencialrepresenta uma família de curvas, chamadas curvas integrais. Se a EDO éde ordem 1, a família de curvas é dita uniparamétrica porque dependerá deuma constante (de integração).



Teorema de Existência e Unicidade (para EDO de ordem 1)

Sejay ′ = g(x ,y) (4)

uma edo de ordem 1 em um aberto D ⊂ R2. Se g(x ,y) e∂g

∂y(x ,y) são

contínuas em D, então (4) sujeita à condição inicial

y(x0) = y0

tem uma única solução em D. O problema formado pela EDO e o ponto(x0,y0) ∈D é chamado Problema de Valor Inicial (ou Problema de Cauchy):{

y ′ = g(x ,y)y(x0) = y0


Equação Diferencial OrdináriaAplicação do Teorema de Existência e Unicidade - Série de Potências

Exemplo

Considere o PVI {y ′ = y

y(0) = 1

Observe que a função f (x) = ex é solução do PVI. Agora, seja a função

ϕ(x) = 1+ x+x2

2!+

x3

3!+ . . .=

∞

∑n=0

xn

n!

Note ϕ(0) = 1. Ademais, supondo que a derivada de ϕ pode ser calculadatermo a termo, obtém-se

ϕ′(x) = 1+

2x2!

+3x2

3!+

4x3

4!+ . . .= ϕ(x)


Equação Diferencial OrdináriaAplicação do Teorema de Existência e Unicidade - Série de Potências

Exemplo

Pelo Teorema de Existência e Unicidade, segue que

ex = 1+ x+x2

2!+

x3

3!+ . . .

=∞

∑n=0

xn

n!

para todo x ∈ R.

Conceitos

A soma in�nita∞

∑n=0

xn

n!é uma série de potências e, porque vale a igualdade

acima, diz-se tal série é a representação da função ex em série de potências(de Maclaurin).



De�nição

Uma EDO de ordem n é dita linear, quando possui a seguinte forma

an(x)y(n)+an−1(x)y

(n−1)+ . . .+a2(x)y′′+a1(x)y

′+a0(x)y = Q(x) (5)

Noutras palavras, uma EDO de ordem n é linear quando é uma combinaçãolinear de y e suas derivadas até ordem n. Uma EDO que não possui aforma (5) acima é dita não-linear.

Exemplo

São equações diferenciais ordinárias não-lineares:(a) (x+4y)y ′− (2x− y) = 0(b) (xey −2y)y ′+ e

y

= 0(c) y ′−2yx−1 = 3xy2



De�nição

Em particular, uma EDO linear, de ordem 1, é da forma

a1(x)y′+a0(x)y = Q(x) (6)

Dividindo por a1(x) 6= 0, tem-se

y ′+p(x)y = q(x) (7)

onde

p(x) =a0(x)

a1(x)e q(x) =

Q(x)

a1(x).

Note que a passagem de (6) para (7) pode introduzir pontos dedescontinuidade.



Solução geral de uma EDO Linear de ordem 1

Se q(x) = 0, para y(x) 6= 0, tem-se que

y ′+p(x)y = 0 ⇔ y ′

y=−p(x)

⇔ ddx

(ln |y |) =−p(x)

Integrando em relação a x , obtém-se

ln |y |=−∫p(x)dx+ const.⇔ |y |= Ae−

∫p(x)dx

onde A é uma constante.


Equação Diferencial OrdináriaSolução geral de uma EDO linear, de ordem 1

Método do Fator Integrante

Dada a EDO linear, de ordem 1, na forma

y ′+p(x)y = q(x) (8)

A ideia é multiplicar (8) por uma função µ(x) 6= 0 de modo que

ddx

[µ(x)y ] = µ(x)y ′+µ(x)p(x)y

Se isso for possível, entãoddx

[µ(x)y ] = µ(x)q(x) e a EDO está resolvida

por integração, de ambos os membros, em relação a x :

y =1

µ(x)

[∫µ(x)q(x)dx+ const.

]EDO (UTFPR) Luiz Claudio Pereira 2015 31 / 89



Ora, para y 6= 0,

ddx

[µ(x)y ] = µ(x)y ′+µ(x)p(x)y ⇔µ ′(x)y +µ(x)y ′ = µ(x)y ′+µ(x)p(x)y ⇔

[µ ′(x)−µ(x)p(x)]y = 0 ⇔

µ ′(x)−µ(x)p(x) = 0 ⇔ µ ′(x)

µ(x)= p(x)

Daí,

ddx

[ln |µ(x)|] = p(x) ⇔ ln |µ(x)|=∫p(x)dx+ const.

⇔ |µ(x)|= Ae∫p(x)dx

onde A é uma constante positiva.




(Desde o início) o que se deseja é obter uma função µ(x) 6= 0 tal que, paray 6= 0,

ddx

[µ(x)y ] = µ(x)y ′+µ(x)p(x)y

Os cálculos anteriores revelam que é possível encontrar uma função nessascondições, por exemplo, considerando A= 1 e µ(x)> 0 dado por

µ(x) = e∫p(x)dx (9)

Esta técnica de resolução da EDO linear, de odem 1, é chamada métododo fator integrante e a função µ de�nida em (9) é denominada fatorintegrante.



Exemplo

Resolva a equação diferencial ordinária

xy ′+2y = senx



Exemplo


xy ′+2y = senx

Resposta

(i) Primeiramente, devemos colocar a equação na forma (8):

y ′+2xy =

senxx

,

observando que, neste caso, p(x) =2x.



Exemplo


xy ′+2y = senx

Resposta

(ii) Um fator integranteµ(x) = e

∫p(x)dx

é a função

µ(x) = e∫ 2

xdx

= e2lnx

= e lnx2

= x2



Exemplo


xy ′+2y = senx

Resposta

(iii) Usando o fator integrante obtido µ(x) = x2, decorre que

y ′+2xy =

senxx

⇔ x2y ′+2xy = x senx ⇔ ddx

(x2y)= x senx

⇔ x2y =∫x senx dx+ const.

Assim, x2y = senx− x cosx+k⇔ y(x) =senxx2− cosx

x+

k

x2, k = const.



Exemplo


y ′+ xy = x



Exemplo


y ′+ xy = x

Resposta

(i) Primeiramente, note que a equação está na forma

y ′+p(x)y = q(x) ,

observando que p(x) = x .



Exemplo


y ′+ xy = x

Resposta

(ii) Um fator integranteµ(x) = e

∫p(x)dx

é a função

µ(x) = e∫x dx

= ex2/2



Exemplo


y ′+ xy = x

Resposta

(iii) Usando o fator integrante obtido µ(x) = ex2/2, decorre que

y ′+ xy = x ⇔ ex2/2y ′+ xex

2/2y = xex2/2 ⇔ d

dx

(ex

2/2y)= xex

2/2

⇔ ex2/2y =

∫xex

2/2 dx+ const.

Assim, ex2/2y = ex

2/2+k⇔ y(x) = 1+ke−x2/2, k = const.



Exercício

Considere o Problema de Valor Inicial{y ′− y lnx = 0

y(1) = 1

(a) Use o Teorema de Existência e Unicidade para determinar a região doplano em que a EDO admite solução.(b) Resolva o Problema de Cauchy dado.(c) Veri�que, por derivação, a validade do resultado obtido no item (b).


Equação Diferencial OrdináriaSolução particular de uma EDO linear, de ordem 1

Exercício

Um estudante a�rma que

φ(x) =−sen3x

16+

x cosx4

é solução particular da equação diferencial

y ′′+ y = cos2x senx .

Você concorda ou discorda? Justi�que.



Exercício

Considere as funções paramétricasx(p) =

−p3

+A

p1/2

y(p) =−p2

6− Ap1/2

(a) Prove que p =dydx

.

(b) Mostre que (x(p),y(p)) é a solução geral, na forma paramétrica, da

EDO (de Lagrange) y =−12dydx

(2x+

dydx

).



Resposta de (b)

De acordo com o item (a), p =dydx

. Daí,

y = −p

2

[p

3+

2A

p1/2

]

= −p

2

[p3+2(x+

p

3

)]= −1

2dydx

(2x+

dydx

)



Resposta de (a)

Pela Regra da Cadeia, tem-se quedydx

=dydp· dpdx

. Além disso, pelo Teorema

da Derivada da Função Inversadpdx

=1dxdp

. Portanto,

dydx

=

ddp

(−p2

6−Ap1/2

)ddp

(−p3

+A

p1/2

) =

−p3− Ap−1/2

2−13− Ap−3/2

2

=

p

(−13− Ap−3/2

2

)−13− Ap−3/2

2

= p


Equação Diferencial Ordináriade ordem 1, não-linear, separável

Conceito

Como y ′ =dydx

, uma equação na forma y ′ = g(x ,y) é equivalente a

g(x ,y)dx−dy = 0 (10)

a qual é chamada forma diferencial da EDO. A multiplicação de (10) poruma função f (x ,y) conduz a uma outra equação na forma diferencial:

f (x ,y)g(x ,y)dx− f (x ,y)dy = 0⇔M(x ,y)dx+N(x ,y)dy = 0 (11)

A passagem de (10) para (11) pode introduzir descontinuidades, queoriginalmente não existiam na equação (10), em pontos (x ,y) que sãodescontinuidades de f , e soluções extras (curvas integrais) ao longo dosquais f (x ,y) = 0.



Conceito

Na equaçãoM(x ,y)dx+N(x ,y)dy = 0

pode ocorrer de M ser função somente de x e N ser função apenas de y .Neste caso, a EDO y ′ = g(x ,y) assume a forma

M(x)dx+N(y)dy = 0 (12)

Uma equação diferencial que pode ser escrita na forma diferencial (12) édita separável.

Identi�cada uma EDO como separável, como se obtém sua solução?



Método de Resolução

Suponha que existam funções H1 e H2 tais que

dH1(x)

dx=M(x)⇔H1(x)=

∫M(x)dx e

dH2(y)

dy=N(y)⇔H2(y)=

∫N(y)dy

Se y = ϕ(x) é uma função diferenciável, pela Regra da Cadeia, segue que

ddx

[H2(ϕ(x))] =dH2(y)

dy· dydx

= N(y)y ′ e

M(x)dx+N(y)dy = 0 ⇔ ddx

H1(x)+ddx

[H2(ϕ(x))] = 0

⇔ ddx

[H1(x)+H2(ϕ(x))] = 0




Portanto,H1(x)+H2(ϕ(x)) = k = const.∫

M(x)dx+∫N(y)dy = k (13)

Obtém-se assim a solução y = ϕ(x) da EDO separável

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

na forma implícita por meio da expressão (13).

Exemplo

Resolva o problema de valor inicial y ′ =y cosx1+2y2

, y(0) = 1.




Portanto,H1(x)+H2(ϕ(x)) = k = const.∫ x

M(t)dt+∫ y

N(t)dt = k (14)

Obtém-se assim a solução y = ϕ(x) da EDO separável

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

na forma implícita por meio da expressão (14).

Exemplo


, y(0) = 1.



Exemplo


, y(0) = 1.

Resposta

Inicialmente, observe que a EDO é separável, porquanto

y ′ =y cosx1+2y2

⇔ dydx

=y cosx1+2y2

⇔−cosx dx+

(2y +

1y

)dy = 0

Por conseguinte,

−∫cosx dx+

∫ (2y +

1y

)dy = k ⇔−senx+ y2+ ln |y |= k

e k =−sen(0)+12+ ln1= 1. A solução do PVI é y2+ ln |y |= 1+ senx .



Exemplo

Encontre, na forma explícita, a solução do problema de valor inicial

y ′ =3x2+4x+22(y −1)

, y(0) =−1.



Exemplo


y ′ =3x2+4x+22(y −1)

, y(0) =−1.

Observe que a equação diferencial é separável e sua forma diferencial é

dydx

=3x2+4x+22(y −1)

⇔ 2(y −1)dy − (3x2+4x+2)dx = 0

Por conseguinte,∫2(y −1)dy −

∫ (3x2+4x+2

)dx = k ⇔ y2−2y − (x3+2x2+2x) = k

e k = (−1)2−2(−1) = 3. Na forma implícita, y2−2y = x3+2x2+2x+3.



Exemplo


y ′ =3x2+4x+22(y −1)

, y(0) =−1.

Na forma explícita, tem-se

y2−2y = x3+2x2+2x+3

y2−2y +1= x3+2x2+2x+4

(y −1)2 = x3+2x2+2x+4

|y −1|=√x3+2x2+2x+4



Exemplo


y ′ =3x2+4x+22(y −1)

, y(0) =−1.

Na forma explícita, tem-se

y2−2y = x3+2x2+2x+3

y2−2y +1= x3+2x2+2x+4

(y −1)2 = x3+2x2+2x+4

|y −1|=√x3+2x2+2x+4

y(x) = 1−√x3+2x2+2x+4


Equação Diferencial Ordináriade ordem 1, não-linear, de Bernoulli

Conceito

São equações da forma y ′+p(x)y = q(x)yn.

Para n = 0 ou n = 1, a equação de Bernoulli reduz-se a uma edo linear deordem 1, cuja resolução já foi vista. Para n 6= 0 e n 6= 1, tem-se

y−ny ′+p(x)y1−n = q(x)

Pela Regra da Cadeia, (y1−n)′ = (1−n)y−ny ′. Isto sugere a mudança devariável

v = y1−n

Como v ′ = (1−n)y−ny ′⇔ y−ny ′ =v ′

1−ndecorre que

y−ny ′+p(x)y1−n = q(x)⇔ v ′+(1−n)p(x)v = (1−n)q(x)



Conclusão

A mudança de variávelv = y1−n (15)

transforma a equação (não-linear) de Bernoulli

y ′+p(x)y = q(x)yn (16)

em uma equação linear nas variáveis x e v :

v ′+(1−n)p(x)v = (1−n)q(x)

Exemplo

Resolva a equação y ′− 2yx

= 3xy2.



Exemplo

Resolva a equação y ′−2x−1y = 3xy2.

Resposta

Inicialmente, identi�camos a equação como de Bernoulli (com n = 2):

y ′− 2yx

= 3xy2⇔ y−2y ′− 2xy−1 = 3x

Considere a mudança de variável v = y−1. Daí, v ′ =−y−2y ′ e decorre a

equação linear v ′+2xv =−3x . O método do fator integrante, com

µ(x) = x2, conduz à solução (em v)

x2v(x) =−34x4+k ⇔ v(x) =

−3x4+4k4x2



Como v = y−1, segue que

y(x) =4x2

4k−3x4⇔ y(x) =

4x2

A−3x4

onde A= 4k = const.

Exercício de veri�cação

Mostre que a função y(x) =4x2

A−3x4, onde A= const., é solução da

equação diferencial y ′− 2yx

= 3xy2.

Exercício

Resolva a equação diferencialdydx

=4yx

+ x√y .



Exercício

Resolva a equação diferencialdydx

=4yx

+ x√y .

Resposta

Inicialmente, identi�camos a equação como de Bernoulli (com n = 1/2):

y ′−4x−1y = xy1/2⇔ y−1/2y ′−4x−1y1/2 = x

Considere a mudança de variável v = y1/2. Daí, v ′ = y−1/2y ′/2 e decorre aequação linear v ′−2x−1v = x/2. O método do fator integrante, comµ(x) = x−2, conduz à solução (em v)

ddx

(x−2v

)=

x−1

2⇔ v(x) = x2

(k+

ln |x |2

)EDO (UTFPR) Luiz Claudio Pereira 2015 61 / 89


Como v = y1/2, segue que

y(x) = x4(k+

ln |x |2

)2

onde k = const.


Mostre que a função y(x) = x4(k+

ln |x |2

)2

, onde k = const., é solução

da equação diferencialdydx

=4yx

+ x√y


Equação Diferencial Ordináriade ordem 1, não-linear, homogênea

De�nição

Uma função f (x ,y) é chamada homogênea de grau k ∈ R, quando, paratodo t ∈ R, tem-se

f (tx , ty) = tk f (x ,y)

Exemplo

f (x ,y) = 2x3+5xy2 é uma função homogênea de grau 3, porquanto, paratodo t ∈ R, tem-se

f (tx , ty) = 2(tx)3+5(tx)(ty)2

= t3(2x3+5xy2)

= t3f (x ,y)



De�nição

Uma função f (x ,y) é chamada homogênea de grau k ∈ R, quando, paratodo t ∈ R, tem-se

f (tx , ty) = tk f (x ,y)

Exemplo

f (x ,y) = x1/2y + y3/2 é uma função homogênea de grau 3/2, porquanto,para todo t ∈ R, tem-se

f (tx , ty) = (tx)1/2(ty)+(ty)3/2

= t3/2(x1/2y + y3/2)

= t3/2f (x ,y)



Exercício

A função f (x ,y) é homogênea de grau k ∈ R. A função

g(x ,y) =f (x ,y)

xy

é homogênea de algum grau?

Exercício

A função f (x ,y) é homogênea de grau 1. A função

g(x ,y) = k lnf (x ,y)

x

é homogênea de algum grau?



De�nição

Uma equação diferencial ordinária na forma diferencial

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

é dita homogênea quando M(x ,y) e N(x ,y) são funções homogêneas degrau k .

Exemplo

A equação diferencial (2x− y)dx− (x+4y)dy = 0 é homogênea. Comefeito, as funções M(x ,y) = 2x− y e N(x ,y) =−(x+4y) são homogêneasde grau 1, pois, para todo t ∈ R, tem-se

M(tx , ty) = 2(tx)− (ty) = tM(x ,y)

N(tx , ty) =− [(tx)+4(ty)] = tN(x ,y)



Se M(x ,y) e N(x ,y) são homogêneas de mesmo grau k , então

f (x ,y)≡−M(x ,y)

N(x ,y)

é uma função homogênea (de grau zero), uma vez que, para todot ∈ R−{0},

f (tx , ty) =−M(tx , ty)

N(tx , ty)

=− tkM(x ,y)

tkN(x ,y)

= f (x ,y)

Provou-se, deste modo, o seguinte



Corolário

A equação diferencial ordinária na forma diferencial

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

é homogênea se, e somente se,

y ′ = f (x ,y)

onde f (x ,y) é uma função homogênea (de grau zero).

Identi�cada uma EDO como homogênea, como se obtém sua solução?



De uma observação, surge uma ideia

Por de�nição, para todo t ∈ R,

f (x ,y) = f (tx , ty)

Tomando t = 1/x , x 6= 0, obtém-se

f (x ,y) = f (1,y

x) = F

(yx

).

Note que, tomar t = 1/y , y 6= 0, acarretaria

f (x ,y) = f (x

y,1) = G

(x

y

).




O exposto acima parece indicar que, para uma edo homogênea, a mudançade variável

v =y

x⇔ y = xv (17)

seja de alguma utilidade.

Neste caso, considerando v como função de x , segue que y ′ = v + xv ′ e

y ′ = F (y

x)⇔ v + xv ′ = F (v)⇔ x

dvdx

= F (v)− v ⇔ dvF (v)− v

− dxx

= 0

que é separável em x e v . Em consequência, resolvendo esta EDO para v ,a EDO dada originalmente estará resolvida mediante a mudança de variável(17).



Exemplo

Resolva a equação diferencial

(2x− y)dx− (x+4y)dy = 0



Exemplo

Resolva a equação diferencial (2x− y)dx− (x+4y)dy = 0.

Resposta

Como

(2x− y)dx− (x+4y)dy = 0⇔ y ′ =2x− y

x+4y=

2− y

x

1+4y

x

≡ F(yx

)identi�camos a EDO dada como homogênea. Assim, considere a mudançade variável

v =y

x⇔ y = xv

Segue que y ′ = v + xv ′ e, por conseguinte,



Exemplo

Resolva a equação diferencial (2x− y)dx− (x+4y)dy = 0.

v + xv ′ =2− v

1+4v⇔ x

dvdx

=2− v − v −4v2

1+4v⇔ 1+4v

2−2v −4v2dv − 1

xdx = 0

que é separável. Daí,∫1+4v

2−2v −4v2dv −

∫1xdx = k ⇔−1

2ln∣∣2−2v −4v2

∣∣− ln |x |= k

Como v =y

x, conclui-se que



−12ln∣∣2−2v −4v2

∣∣− ln |x |= k ⇔ ln

∣∣∣∣2−2y

x−4(yx

)2∣∣∣∣+2 ln |x |=−2k

⇔ ln∣∣2x2−2xy −4y2

∣∣=−2k⇔

∣∣2x2−2xy −4y2∣∣= A

onde A> 0 é uma constante.


Mostre que a função y(x) dada implicitamente por∣∣2x2−2xy −4y2

∣∣= A,onde A> 0 é uma constante, é solução da edo(2x− y)dx− (x+4y)dy = 0.


Equação Diferencial Ordináriade ordem 1, não-linear, redutível à homogênea


Porque, para todo t ∈ R e qualquer que seja k ∈ R, φ(tx , ty) 6= tkφ(x ,y),tem-se que φ(x ,y) = 2x+3y −10 não é homogênea. Porém,

φ(x ,y) = 2(x+1)+3(y −4))⇔ ψ(u,v) = 2u+3v

e ψ(u,v) = 2u+3v é homogênea.

Deste modo, observa-se que é possível, através de uma mudança devariável apropriada, no caso,{

u = x+1

v = y −4⇔

{x = u−1

y = v +4transformar uma função não-homogênea em uma (outra) funçãohomogênea.



Exercício

Geometricamente, a mudança de variável{u = x+1

v = y −4

pode ser interpretada de que modo?



Exercício

Geometricamente, a mudança de variável{u = x+1

v = y −4(18)

pode ser interpretada de que modo?

Resposta

De um ponto de vista geométrico, a mudança de variável (18) pode serinterpretada como uma translação do sistema de coordenadas (x ,y) para oponto (−1,4), origem do (novo) sistema de coordenadas (u,v).



Observação

Uma equação da forma y ′ = f

(ax+by

cx+dy

)é homogênea, pois

f

(ax+by

cx+dy

)= f

a+by

x

c+dy

x

= F(yx

)

Pergunta

Sobre uma EDO (não-homogênea) da forma

y ′ = f

(ax+by +k1

cx+dy +k2

),

k1 ou k2 não-nulo, o que pode ser dito?



Outra pergunta

Será possível transformar a equação y ′ = f

(ax+by +k1

cx+dy +k2

)em uma EDO

homogênea?

Uma resposta possível

Sejam u e v funções tais que {u = x−α

v = y −β

Então, pela Regra da Cadeia,

y ′ =dydx

=dydv· dvdu· dudx

=dvdu



Outra pergunta


(ax+by +k1

cx+dy +k2

)em uma EDO

homogênea?

Como {x = u+α

y = v +β

Se for possível achar α e β tais que

ax+by +k1 = a(u+α)+b(v +β )+k1 = au+bv

cx+dy +k2 = c(u+α)+d(v +β )+k2 = cu+dv

a equação será homogênea nas novas variáveis u e v .



Outra pergunta


(ax+by +k1

cx+dy +k2

)em uma EDO

homogênea?

O que se deseja, portanto, é achar α e β tais que{aα +bβ =−k1cα +dβ =−k2

⇔[a b

c d

][α

β

]=

[−k1−k2

]6= 0

Esse sistema (de equações lineares) é possível sempre que∣∣∣∣ a b

c d

∣∣∣∣= ad −bc 6= 0.



Resumo

A equação y ′ = f

(ax+by +k1

cx+dy +k2

)é redutível a uma EDO homogênea,

através da mudança de variáveis,{u = x−α

v = y −β

sempre que ∣∣∣∣ a b

c d

∣∣∣∣ 6= 0

Neste caso,dydx

=dvdu

e a nova EDO é dada pordvdu

= φ

(au+bv

cu+dv

).


Equação Diferencial Ordináriade ordem 1, não-linear, redutível à separável

Uma pergunta natural

O que fazer em relação à equação y ′ = f

(ax+by +k1

cx+dy +k2

)quando

∣∣∣∣ a b

c d

∣∣∣∣= ad −bc = 0⇔ a

c=

b

d



Uma pergunta natural

O que fazer em relação à equação y ′ = f

(ax+by +k1

cx+dy +k2

)quando

∣∣∣∣ a b

c d

∣∣∣∣= ad −bc = 0⇔ a

c=

b

d

Uma resposta possível

Sendo

m ≡ a

c=

b

d⇔ a =mc e b =md

segue que

y ′ = f

(m(cx+dy)+k1

cx+dy +k2

)EDO (UTFPR) Luiz Claudio Pereira 2015 84 / 89


Isso sugere considerar a mudança de variável

u = cx+dy

Daí,

f

(m(cx+dy)+k1

cx+dy +k2

)= f

(mu+k1

u+k2

)≡ φ(u)

e, pensando em u como função apenas de x ,

dudx

= c+dy ′ = c+dφ(u)

de modo que o problema está resolvido! Por quê?



Isso sugere considerar a mudança de variável

u = cx+dy

Daí,

f

(m(cx+dy)+k1

cx+dy +k2

)= f

(mu+k1

u+k2

)≡ φ(u)

e, pensando em u como função apenas de x ,

dudx

= c+dy ′ = c+dφ(u)⇔ duc+dφ(u)

−dx = 0

de modo que o problema está resolvido porque a EDO é separável.



Resumo

A equação y ′ = f

(ax+by +k1

cx+dy +k2

), por meio da mudança de variável,

u = cx+dy (19)

é redutível a uma EDO separável nas variáveis x e u sempre que∣∣∣∣ a b

c d

∣∣∣∣= 0

Resolvida esta equação para u, a substituição em (19) conduz à função y .



Exercícios

Resolva a equação diferencial dada.

1 y ′ =2x−3y −13x+ y −2

.

2 (3y + x)dx+(x+5y −8)dy = 0.

3 y ′ =2x− y +16x−3y −1

.

4 (x−3y −3)dx− (2x−6y +1)dy = 0.


Leitura Recomendada I

Abunahman, S. A.Equações diferenciais.Rio de Janeiro: EDC, 1989.

Boyce, W. E. e Diprima, R. C.Equações diferenciais elementare e problemas de valores de contorno.Rio de Janeiro: LTC, 2002.

Edwards, C. H. e Penney, D. E.Equações diferenciais elementares com problemas de contorno.Rio de Janeiro: Prentice-Hall, 1995.

Zill, D. G.Equações diferenciais: com aplicações em modelagem.São Paulo: Pioneira Thomson, 2003.


equações diferenciais ordináriaspaginapessoal.utfpr.edu.br/lcpereira/esta-e-uma... · aordemde...

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