EDO de 1ª Ordem Exata | Equações Diferenciais Ordinárias

Nesse artigo, queremos desenvolver conceitos teóricos e mostrar exercícios resolvidos de como encontrar as soluções das EDO’s de primeira ordem exatas. O que garante a existência de tais soluções é o teorema da existência e unicidade de soluções para equações diferenciais de primeira ordem, que sob certas condições asseguram a existência de um intervalo que tal solução está definida.

De maneira geral, podemos solucionar todas as equações diferenciais que podem ser colocadas na forma \dfrac{d}{dt} f(t,y)=0, para alguma função f(t,y) , pois, integrando ambos os lados desta equação temos f(t,y)=constante. Este tipo de E.D.O. é denominada equação exata.

Você deve se lembrar do cálculo que, se z = f(x,y) é uma função com derivadas parciais contínuas em uma região R do plano xy , então sua diferencial total é $$dz = \frac{\partial f}{\partial x} dx + \frac{\partial f}{\partial y} dy. $$ Agora, se f(x,y) = c, segue que dz = 0 , logo  $$0 = \frac{\partial f}{\partial x} dx + \frac{\partial f}{\partial y} dy. $$Portanto, dada uma família de curvas f(x,y) = c , podemos gerar uma equação diferencial de primeira ordem, calculando a diferencial total.

DEFINIÇÃO (EDO Exata de Primeira Ordem)

Uma expressão diferencial $$M(x,y) dx+N(x,y)dy$$ é uma diferencial exata em uma região R do plano xy se ela corresponde à diferencial de alguma função f(x,y) . Uma equação diferencial da forma $$M(x,y) dx+N(x,y)dy=0$$ é chamada de equação exata se a expresão do lado esquerdo é uma diferencial exata.

EDO de Primeira Ordem Exatas: Método de Solução.

Sejam M,N,M_y e N_t (onde os índices subscritos denotam derivadas parciais) funções contínuas em uma região retangular R:\alpha< t < \beta, \gamma < y < \delta. Então, a equação M(t,y)+N(t,y)y'=0, é uma EDO exata em R se, e somente se, M_y (t,y)=N_t (t,y) em cada ponto de R.

Se a EDO é exata, então podemos afirmar que existe uma função \psi tal que \psi (t,y) = c é uma solução implícita desta EDO exata e \dfrac{\partial \psi}{ \partial t}(t,y)=M(t,y),\;\;\;\dfrac{ \partial \psi}{ \partial y}(t,y)=N(t,y) se, e só se, M_y (t,y)=N_t (t,y).

EXEMPLO: Resolva a equação diferencial \left( y\cos{x}+2xe^y\right) + \left( \sin{x} + x^2e^y-1 \right)y'=0.

Primeiro vamos verificar de a EDO é exata: Temos que M(x,y)=\left( y\cos{x}+2xe^y\right) e N(x,y)=\left( \sin{x} + x^2e^y-1 \right)y'.

Daí,
M_y=\left( \cos{x} + x^2e^y \right)=N_x=\left( \cos{x} + 2xe^y \right). Portanto, a EDO é exata.

Logo, existe uma função \psi(x,y) tal que \psi _x(x,y) = y\cos{x}+2xe^y  \psi _y(x,y) = \sin{x} + x^2e^y-1.

Agora, vamos encontrar a solução da EDO.

Integrando a primeira equação, \psi(x,y)=y\sin{x}+x^2e^y+g(y).

Assim, como \psi _y = N, \sin{x}+x^2e^y + g'(y)=\sin{x} + x^2e^y-1 \Leftrightarrow g'(y)=-1 \Leftrightarrow g(y)=-y.

Consequentemente, \psi(x,y)=y\sin{x}+x^2e^y-y.

Portanto, as soluções da EDO são dadas implicitamente por y\sin{x}+x^2e^y-y=c.

EXEMPLO: Resolva a equação diferencial \left( 3xy + y^2 \right)+ \left(x^2 + xy\right)y'=0.

Temos que M(x,y)=\left( 3xy + y^2 \right) e N(x,y)=\left( x^2 + xy \right).

Daí,
M_y=\left( 3x + 2y \right)=N_x=\left( 2x +y \right). Portanto, a EDO não é exata. Logo, a EDO não pode ser resolvida pelo método descrito.

EXEMPLO: \left( 2t -y \right)dt +\left( 2y - t \right)dy=0,\;\;\;y(1)=3

Essa é uma EDO exata!

Assim, existe uma função \Psi (t,y) tal que: $$ \frac{\partial \Psi}{\partial y} = N = 2y – t \Rightarrow \Psi (t,y) = y^2 – ty + f(t)$$  $$ \frac{\partial \Psi}{\partial t} = -y +f'(t) = M = 2t -y \Rightarrow f(t) = t^2.$$ Portanto, \Psi (t,y) = y^2 - ty +t^2. Ou seja, a solução dessa EDO é dada implicitamente por $$ y^2 – ty +t^2 = c.$$ Quando y(1)=3 a solução é dada por $$ y^2 – ty +t^2 = 7.$$

EXEMPLO: Dada a EDO de primeira ordem (\sin{(xy)} + xy \cos{(xy)})dx+(1 + x^2\cos{(xy)})dy = 0, encontre sua solução geral.

SOLUÇÃO: Essa é uma EDO exata. De fato, podemos ver que $$\frac{\partial M}{\partial y} = 2xcos(xy) – x^2 y sen(xy) = \frac{\partial N}{\partial x}.$$

Daí, sabemos que existe uma função \psi (x,y) tal que \frac{\partial \psi}{\partial y} = N e \frac{\partial \psi}{\partial x} = M .

Assim, integrando \frac{\partial \psi}{\partial y} = N em relação à variável y, encontramos $$ \psi (x,y) = \frac{y^2}{2} + xsen(xy) + g(x).$$

Usando a igualdade \frac{\partial \psi}{\partial x} = M , encontramos g(x) = c .

Portanto, a solução geral da EDO é dada de forma implícita por $$\frac{y^2}{2} + xsen(xy) + c = 0.$$

FATOR INTEGRANTE

Algumas vezes é possível transformar uma EDO não-exata em uma EDO exata multiplicando a equação por um fator integrante apropriado.

Para que este fator integrante \mu (t) exista para uma EDO não-exata na forma M(t,y)+N(t,y)y'=0, é necessário que \dfrac{d\mu}{dt}=\dfrac{M_y - N_t}{N} \mu.

Se \dfrac{M_y - N_t}{N} depende apenas de t, então existe um fator integrante \mu que depende apenas de t.

Analogamente, se \dfrac{N_t - M_y}{M} depende apenas de y, então existe um fator integrante \mu que depende apenas de y.

EXEMPLO: Encontre um fator integrante para a equação \left( 3xy + y^2 \right)+ \left(x^2 + xy\right)y'=0 e resolva esta EDO.

Observe que:

M = \left( 3xy + y^2 \right) e N= \left(x^2 + xy\right)

Assim,

\dfrac{M_y - N_x}{N} = \dfrac{\left( 3x + 2y \right) - \left( 2x +y \right)}{x^2 + xy} = \dfrac{1}{x}.

Logo existe um fator integrante \mu que é função só de x e que satisfaz a equação diferencial \dfrac{d \mu}{dx}=\dfrac{\mu}{x} que é separável.

Assim,
\dfrac{d \mu}{dx} = \dfrac{\mu}{x} \Rightarrow

\Rightarrow \dfrac{d \mu}{\mu} = \dfrac{dx}{x} \Rightarrow

\Rightarrow \ln{|\mu|}=\ln{|x|} \Rightarrow

\Rightarrow \mu (x) = x

Multiplicando este fator integrante na EDO original obtemos \left( 3xy + y^2 \right)x+ \left(x^2 + xy\right)xy'=0  \Rightarrow \Rightarrow \left( 3x^2y + xy^2 \right)+ \left(x^3 + x^2y\right)y'=0.

E a EDO \left( 3x^2y + xy^2 \right)+ \left(x^3 + x^2y\right)y'=0. é exata.

Portanto, existe uma função \psi (x,y) tal que:

\psi _x = 3x^2y + xy^2 \Rightarrow \psi = x^3 y + \dfrac{y^2 x^2}{2} + g(y)

e\psi _y =x^3 + x^2y \Rightarrow  \Rightarrow x^3 + y x^2 + g'(y) = x^3 + x^2 \Rightarrow  \Rightarrow g'(y) = 0 \Rightarrow g(y) = c.

e esta função é solução da EDO original.

Portanto, a solução de \left( 3xy + y^2 \right)+ \left(x^2 + xy\right)y'=0 é dada de forma implícita por x^3 y + \dfrac{y^2 x^2}{2} + c = 0

Fatores Integrantes especiais Para EDO’s Exatas

FATOR INTEGRANTE ESPECIAL 1: 

Se a equação $$M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0 $$ é homogênea de grau n , então, pode-se mostrar que $$ \frac{1}{M_x + N_y}; \qquad M_x + N_y \neq 0$$ é um fator de integração desta E.D.O.

EXEMPLO: A equação $$y^2 dx + \left( x^2 – xy -y^2 \right) dy = 0 $$ é claramente uma E.D.O. homogênea não exata, pois M_y \neq N_x e se a dividirmos por y^2 obteremos uma equação escrita em termos da razão \dfrac{y}{x} .

Logo, podemos encontrar um fator integrante na forma $$ \frac{1}{M_x + N_y}= \frac{1}{y(x^2 -y^2)}$$ que multiplicado na equação nos leva a $$\frac{y}{x^2 – y^2} dx + \frac{x^2 – xy – y^2}{y(x^2 – y^2)} dy = 0$$, que é uma equação diferencial exata. Daí, sabemos que existe \Psi (x,y) = c que é solução implícita da equação tal que $$ \frac{\partial \Psi}{\partial x} (x,y) =  \frac{y}{x^2 – y^2} ; \qquad \frac{\partial \Psi}{\partial y} (x,y) = \frac{x^2 – xy – y^2}{y(x^2 – y^2)}.$$

Assim, $$\Psi (x,y) = \int{ \frac{y}{x^2 – y^2} dx} = \frac{1}{2} \int{\left( \frac{1}{x-y} – \frac{1}{x+y} \right)dx} \\ = \frac{1}{2} \ln{\frac{x-y}{x+y}} + g(y).$$ Derivando \Psi (x,y)  com relação a y e igualando ao fator \dfrac{x^2 - xy - y^2}{y(x^2 - y^2)} encontramos $$g'(y) = \frac{1}{y} \Leftrightarrow g(y) = \ln{(y)}.$$

Portanto $$\frac{1}{2} \ln{\frac{x-y}{x+y}} + \ln{(y)} = c \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \ln{\frac{x-y}{x+y}} + 2 \ln{(y)} = 2c \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \ln{\frac{x-y}{x+y}} + \ln{y^2} = 2c \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \ln{\frac{y^2(x-y)}{x+y} }= 2c \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \frac{y^2(x-y)}{x+y} = e^{2c} \Leftrightarrow \\ y^2(x-y) = K (x+y)$$ é a solução implícita da equação dada.

FATOR INTEGRANTE ESPECIAL 2: Pode-se mostrar que se a equação M(x,y) dx + N(x,y) dy = y f_{1}(xy) dx + x f_2(xy) dy = 0 , então \dfrac{1}{M_{x} - N_{y}}, com M_{x} - N_{y} não identicamente nulo, é um fator integrantes da equação.

EXEMPLO: Vamos encontrar a solução da equação $$ \left( 2xy^2 + y \right) dx + \left(x + 2xy – x^4 y^3 \right)dy = 0 .$$ Observe que nossa equação não é exata, mas como pode ser escrita na forma $$y \left( 2xy + 1 \right) dx + x \left(1 + 2y – x^3 y^3 \right) dy = 0$$ podemos afirmar que ela admite um fator integrante na forma \dfrac{1}{M_{x} - N_{y}} = \dfrac{1}{x^4 y^4} .

Com este fator integração a equação se transforma em $$ \left( \frac{2}{x^3 y^2} + \frac{1}{x^4y^3}  \right) dx + \left( \frac{1}{x^3 y^4} + \frac{2}{x^2 y^3} – \frac{1}{y} \right) dy = 0$$ e é uma equação diferencial exata que terá solução encontrada usando a técnica para EDOs exatas e será dada implicitamente por $$ – \ln{(y)} – \frac{1}{x^2 y^2} – \frac{1}{x^3 y^3} = c.$$

FATOR INTEGRANTE ESPECIAL 3:

Quando todas as outras tentativas de encontrar um fator integrante que dependa apenas de uma das variáveis falha, nos resta tentar encontrar um que seja na forma x^{ \alpha } y^{ \beta } .

EXEMPLO: Vamos encontrar um fator integrante para a EDO $$ x \left( 4y dx + 2x dy \right) + y^3\left(3y dx + 5x dy \right) = 0 $$ assumindo que ele seja na forma x^{ \alpha } y^{ \beta } .

Admitamos que multiplicando a equação dada por x^{ \alpha } y^{ \beta} tenhamos a equação $$ \left( 4 x^{ \alpha +1 } y ^{ \beta +1 } dx + 2 x^{ \alpha +2} y ^{ \beta} dy \right) + \left( 3x^{ \alpha} y^{ \beta +4 } dx + 5x^{ \alpha +1 } y^{ \beta +3 } dy \right) = 0 \tag{A}$$ em que cada dois termos seja uma diferencial exata. Então o primeiro termo de (A) é proporcional a $$d \left( x^{ \alpha + 2} y^{ \beta +1} \right) = ( \alpha +2 )x ^{ \alpha + 1} y^{ \beta +1} dx + ( \beta + 1 )x^{ \alpha + 2} y^{ \beta} dy, \tag{B} $$ isto é, $$\frac{\alpha +2}{3} = \frac{\beta +1}{2} \qquad e \qquad \alpha – 2 \beta = 0 \tag{C} .$$

Do mesmo modo, o segundo termo de (A) é proporcional a $$d \left( x^{ \alpha + 1} y^{ \beta +4} \right) = ( \alpha +1 )x ^{ \alpha} y^{ \beta + 4} dx + ( \beta + 4 ) x^{ \alpha + 1} y^{ \beta +3} dy, \tag{D} $$ isto é, $$\frac{\alpha +1}{3} = \frac{\beta +4}{5} \qquad e \qquad 5 \alpha – 3 \beta = 7 \tag{E} .$$

Resolvendo o sistema $$ \alpha – 2 \beta = 0$$ $$5 \alpha – 3 \beta = 7$$ encontramos \alpha = 2 e \beta = 1 . Com estes valores, a equação (A) se transforma em $$(4x^3 y^2 dx + 2 x^4 y dy) + (3x^2 y^5 dx + 5x^3 y^4 dy) = 0$$ que é uma EDO exata tem solução dada por $$x^4 y^2 + x^3 y^5 = C .$$

Exercícios Resolvidos Sobre EDOs de Primeira Ordem Exatas:

• EDO’s de 1ª Ordem Exatas | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos
• EDO’s de 1ª Ordem Exatas | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos
• EDO’s de 1ª Ordem Exatas | 3ª Lista de Exercícios Resolvidos
• EDO’s de 1ª Ordem Exatas | 4ª Lista de Exercícios Resolvidos
• EDO’s de 1ª Ordem Exatas | 5ª Lista de Exercícios Resolvidos

Leia Mais:

• Equações Diferenciais Ordinárias de 1ª Ordem Separáveis.
• Equações Diferenciais Ordinárias Lineares de 1ª Ordem.
• Equações Diferenciais Ordinárias de 1ª Ordem: Substituições
• Equações Diferenciais Ordinárias de 1ª Ordem: Ricatti e Bernoulli
  

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