Cálculo III _ Sebastião Fernandes

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Cálculo III 
Autor: Professor Sebastião Fernandes 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Todos os direitos reservados ao autor Sebastião Fernandes: 
Professor aposentado da Unifei (Universidade Federal de Itajubá), onde lecionou por 32 anos. 
 
 
Capa e sumário feito por um aluno admirador do professor, como pessoa e profissional. T ópicos 
das aulas do sumário, retirados da ementa
 
da
 
disciplina
 
de
 
Cálculo III semestre 01.2018 - Unifei.
 
 
Sumário 
• Aulas de 1 a 05 - Capítulo 1 “EQUAÇÕES DIFERENCIAIS: DEFINIÇÕES, 
CONCEITOS, ORIGENS E SOLUÇÃO”: 
➢ Introdução; Definições e Conceitos; Ordem e Grau; Origem das Equações 
Diferenciais Ordinárias; Problemas Geométricos; Problemas Físicos; 
Problemas da Mecânica Elementar; Problemas de Eletricidade; Primitivas; 
Soluções de Equações Diferenciais Ordinárias. 
 
• Aulas de 06 a 23 – Capítulo 2 “EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 1ª 
ORDEM E 1º GRAU”: 
➢ Definição; Equações Diferenciais de Variáveis Separadas; Equações 
Diferenciais Homogêneas; Equações Diferenciais Lineares; Equações 
Diferenciais Redutíveis às Lineares (Equações de Bernoulli); Equações 
Diferenciais Exatas; Fatores de Integração; Aplicações Geométricas; 
Aplicações Físicas; Aplicações à Mecânica Elementar 
 
• Aulas de 24 a 28 – Capítulo 3 “OPERADORES – SÍMBOLOS – 
DEPENDÊNCIA LINEAR – DETERMINANTE WRONSKIANO”: 
➢ Operador Diferencial; Operador Integral; Operador Polinomial; 
Dependência Linear; Determinante Wronskiano. 
 
• Aulas 29 a 40 – Capítulo 4 “EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE ORDEM 
SUPERIOR”: 
➢ Equações Diferenciais Lineares, Homogêneas, de Ordem n e Coeficientes 
Constantes; Raízes Características Reais e Distintas; Raízes Características 
Reais Repetidas; Raízes Características Complexas Distintas; Raízes 
Características Complexas Repetidas; Equações Diferenciais Lineares, não 
Homogêneas, de Ordem n e Coeficientes Constantes; Processo Geral; 
Coeficientes Indeterminados; Sistemas de Equações Diferenciais; 
Aplicações das Equações Diferenciais de Ordem Superior. 
 
• Aulas 41 – Capítulo 5 “INTRODUÇÃO ÀS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 
PARCIAIS” 
PROIBIDO VENDER
FÍSICA – LICENCIATURA – EAD 
Prof. Sebastião Fernandes – UNIFEI – Itajubá – MG 
 
CÁLCULO 3 – AULA 1 
 
CAPÍTULO 1 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS: DEFINIÇÕES, CONCEITOS, 
ORIGENS E SOLUÇOES: 
 
1.1 – INTRODUÇÃO: 
 
Muitos dos problemas importantes da Engenharia, das Ciências Físicas e Sociais, quando 
matematicamente formulados, requerem a determinação de uma função que satisfaça uma 
equação cujas variáveis são derivadas. Essas equações são chamadas de Equações Diferenciais. 
O objetivo deste curso é estudar problemas geométricos e físicos, de fundamental importância 
para as Ciências Exatas em geral, e à Física, em particular, que conduzem a Equações 
Diferenciais, e apresentar métodos para a obtenção das soluções dessas equações. 
 
1.2 – DEFINIÇÕES E CONCEITOS: 
 
Chamamos de Equações Diferenciais às equações que contêm derivadas ou diferenciais. 
 
 
EXEMPLOS: 
 
01) xy
dx
dy
sen5 =− 
02) te
C
i
dt
di
R
dt
id
L ωsen
02
2
=++ 
03) ( ) xeyyy =+′′+′′′ 323 
04) ( ) 022 =++ dyxydxyx 
 
Havendo na Equação Diferencial uma só variável independente, como nos exemplos 
anteriores, as derivadas são ordinárias e as equações são chamadas de “Equações Diferenciais 
Ordinárias”. 
 
Caso haja na Equação Diferencial duas ou mais variáveis independentes, as derivadas são 
parciais e as equações são chamadas de “Equações Diferenciais Parciais”. 
FÍSICA – LICENCIATURA – EAD 
Prof. Sebastião Fernandes – UNIFEI – Itajubá – MG 
 
EXEMPLOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS: 
 
01) 0=
∂
∂
−
∂
∂
y
u
x
u
 
02) 
2
2
2
x
u
a
t
u
∂
∂
=
∂
∂
 
Esta equação (Exemplo 2) é conhecida como Equação de Propagação Unidimensional do 
Calor, que, na forma mais geral, pode ser escrita como: 
ua
t
u 22∇=
∂
∂
 , onde 
2
2
2
2
2
2
2
z
u
y
u
x
u
u
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇ é chamado de Laplaciano. 
03) 
2
2
2
2
2
x
u
k
t
u
∂
∂
=
∂
∂
 
A Equação Diferencial Parcial do exemplo 03 é a Equação da Onda Unidimensional, que 
também pode ser escrita na forma: uk
t
u 22
2
2
∇=
∂
∂
 . 
04) 0
2
2
2
2
=
∂
∂
+
∂
∂
y
u
x
u
 
A equação acima é chamada de Equação Diferencial de Laplace, na forma bidimensional, 
também conhecida como Equação de Potencial e também pode ser escrita como 02 =∇ u . 
05) ( )yxf
y
u
x
u
,
2
2
2
2
=
∂
∂
+
∂
∂
 
Esta equação é chamada de Equação de Poisson e pode ser escrita na forma ( )yxfu ,2 =∇ . 
Nos exemplos apresentados, a e k são constantes, t é o tempo e x , y e z são as 
coordenadas cartesianas. 
A menos que seja feita alguma restrição, as definições e conceitos a seguir servem tanto para 
Equações Diferenciais Ordinárias quanto para Equações Diferenciais Parciais. 
 
1.3 – ORDEM E GRAU: 
 
Chama-se de Ordem de uma Equação Diferencial à ordem da mais alta derivada que aparece 
nesta equação. 
 
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Chama-se de Grau de uma Equação Diferencial ao grau (expoente) da derivada de mais alta 
ordem que aparece na equação, quando ele pode ser colocada sob a forma de um polinômio 
racional inteiro e positivo. 
 
EXEMPLOS: 
 
Classificar quanto à Ordem e o Grau as equações Diferenciais abaixo: 
01) xey
dx
dy 3
3 =+ ⇒ 1a Ordem e 1o Grau 
02) ( ) 323 353 xyxyyy =+′+′′+′′ ⇒ 2a Ordem e 3o Grau 
03) 
22
2
2
1 




+=





dx
dy
dx
yd
 ⇒ 2a Ordem e 2o Grau 
04) ( )( ) 12.4 3 =′′+′′+ yxyyx ⇒ 2a Ordem e 4o Grau 
05) 1=+
dy
dx
dx
dy
 ⇒ 1a Ordem e 2o Grau 
06) xye
y
u
yx
u
xy
x
u
=





∂
∂
+
∂∂
∂
+
∂
∂
2
2
2
2
2 ⇒ 2a Ordem e 1o Grau 
 
Observação: 
Quando na Equação Diferencial a variável dependente e todas as derivadas são do 1o grau e 
não houver produtos entre elas, a equação é chamada de “Equação Diferencial Linear”, caso 
contrário ela será chamada de “Equação Diferencial Não Linear”. 
 
EXEMPLOS: 
 
Verificar se as Equações Diferenciais a seguir são lineares ou não e classifica-las quanto à 
Ordem e Grau. 
01) xy
dx
dy
sen3 =+ ⇒ 1a Ordem e 1o Grau - Linear 
02) xy
dx
dy
sen3
2 =+ ⇒ 1a Ordem e 1o Grau – Não Linear 
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03) teRi
dt
di
L ωsen
0
=+ ⇒ 1a Ordem e 1o Grau - Linear 
04) tkx
dt
dx
dt
xd
m ωλ cos
2
2
=++ ⇒ 2a Ordem e 1o Grau - Linear 
05) ( ) 034 2 =+′′+′′′ xyyxy ⇒ 3a Ordem e 1o Grau – Não Linear 
06) 0sen3
2
2
=+ y
dx
yd
 ⇒ 2a Ordem e 1o Grau – Não Linear 
07) ( ) 02 =′++′′ ′′′ yey y ⇒ 3a Ordem e não tem Grau – Não Linear 
08) ( ) xeyyy =+′′+′′ sen ⇒ 2a Ordem e não tem Grau – Não Linear 
09) 0
2
2
2
2
=
∂
∂
+
∂
∂
y
u
x
u
 ⇒ 2a Ordem e 1o Grau - Linear 
10) x
dx
dy
y sen3 =+ ⇒ 1a Ordem e 1o Grau – Não Linear 
11) 2
2
2
3 x
dx
dy
dx
yd
=+ ⇒ 2a Ordem e 1o Grau - Linear 
12) 2
2
2
3 y
dx
dy
dx
yd
=+ ⇒ 2a Ordem e 1o Grau – Não Linear 
Poderemos verificar futuramente que o estudo das Equações Diferenciais Não Lineares é, em 
geral, bem mais complicado que o estudo das Equações Diferenciais Lineares. 
Entretanto, para sorte nossa, a maioria dos problemas importantes, na prática, conduzem a 
Equações Diferenciais Lineares. E mesmo quando as Equações Diferenciais não são Lineares, 
podemos, através de considerações e simplificações adequadas, transforma-las em Lineares. 
Um exemplo prático desta situação é o problema do Pêndulo Simples. Conforme teremos 
oportunidade de ver nas próximas aulas, o ângulo θ que um pêndulo de comprimento l e massa 
m forma com a vertical, sob certas condições, satisfaz uma Equação Diferencial Não Linear. 
 
 
 
 
 
 
 
θ 
A Equação Diferencial associada a este problema é: 
0sen2
2
=+ θ
θ
l
g
dt
d
 
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Porém, para pequenos deslocamentos (ângulos) podemos considerar θθ ≅sen , portanto a 
equação fica: 0
2
2
=+ θ
θ
l
g
dt
d
, que é uma Equação Diferencial Linear. 
Entretanto, de acordo com as características dos problemas que conduzem a uma Equação 
Diferencial Não Linear, torna-se impossível fazer essa transformação. Na maioria desses casos 
necessitamos de processos numéricos e computacionais para chegar às suas soluções. 
 
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CÁLCULO 3 – EXERCÍCIOS - AULA 1 
 
 
Classificar quanto à Ordem e o Grau as seguintes Equações Diferenciais: 
 
01) 043
2
2
=++ x
dt
dx
dt
xd
 
 
02) ( ) 022 =′+′′′+′′ yxyy 
 
03) 
2
2
2
2
2





+=





θ
ρ
ρ
θ
ρ
d
d
d
d
 
 
04) t
dx
dt
dt
dx
=+ 4 
 
05) ( ) ( ) 342 −′′−=′′+ yxy 
 
06) ( ) yyey y =′++′′ ′′ 4 
 
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CÁLCULO 3 – AULA 2 
 
 
1.4 – ORIGEM DAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS: 
 
Podemos considerar como sendo três as origens das Equações Diferenciais Ordinárias: 
• Problemas Geométricos; 
• Problemas Físicos; 
• Primitivas 
Daremos exemplos de cada uma dessas origens, com o objetivo de mostrar como aparecem 
as Equações Diferenciais Ordinárias para motivar o estudo teórico dessa equações diferenciais de 
importância fundamental à Física em geral. 
 
1.4.1 – PROBLEMAS GEOMÉTRICOS: 
 
Vejamos alguns exemplos geométricos que descrevem a origem de algumas Equações 
Diferenciais Ordinárias. 
 
01) Uma curva é definida pela condição de ter em todos os seus pontos ( )yxP , o coeficiente 
angular ( αtg ) igual à soma das coordenadas desses pontos. Expresse esta condição por meio 
de uma equação diferencial. 
 
SOLUÇÃO: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Condição: yxtg +=α 
Da Interpretação geométrica da Derivada no Ponto, sabemos que: 
dx
dy
tg =α 
 
y 
x 
y 
x 
P 
α 
( )xfy = 
reta tangente 
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Então, a Equação Diferencial associada a este problema é: 
 
 
02) Uma curva é definida pela condição de ter, em todos os seus pontos ( )yxP , , o comprimento 
do segmento determinado sobre o eixo das ordenadas pela reta tangente à curva nesses 
pontos igual à média geométrica das coordenadas do ponto. Expressar esta condição por uma 
equação diferencial. 
SOLUÇÃO: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Da condição, temos que MGOQ = , onde MG é a Média Geométrica, ou seja, xyOQ = . 
Sabemos que a equação da reta tangente à uma curva ( )xfy = pelo ponto ( )yxP , é dada por: 
( )xx
dx
dy
yy tt −=− 
O comprimento OQ sobre o eixo das ordenadas é o valor de ty para 0=tx . Assim: 
( ) OQ
dx
dy
xyyx
dx
dy
yy tt =−=⇒−=− 0 
Portanto, a equação diferencial associada a este problema é: 
 
 
 
 
 
 
yx
dx
dy
+= 
y 
x 
x 
y 
O 
Q 
P 
ty 
tx 
gentet yy tan= 
gentet xx tan= 
xy
dx
dy
xy =− 
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03) Uma curva é definida pela condição de ter em todos os seus pontos ( )yxP , o comprimento do 
segmento determinado sobre o eixo das abscissas pela reta normal à curva no ponto ( )yxP , 
igual à distância da origem dos eixos coordenados ao ponto ( )yxP , . Expressar esta condição 
por uma equação diferencial. 
 
 
SOLUÇÃO: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Condição: dOQ = 
Da figura: 22 yxd + 
A equação da reta normal à curva ( )xfy = no ponto ( )yxP , é: 
( )xx
m
yy nn −−=−
1
 , onde m = coeficiente angular. 
Assim: ( )xx
dy
dx
yy nn −−=− . 
O comprimento OQ sobre o eixo das abscissas é nx para 0=ny . 
Assim: ( )xx
dy
dx
y n −−=− ou xx
dx
dy
y n −= 
Mas: OQ
dx
dy
yxxn =+= 
 
Portanto: 
 
0 
d 
Q 
P 
x 
y 
x 
( )xfy = 
tangente 
normal 
22 yx
dx
dy
yx +=+
 
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04) A área S limitada por uma curva, pelo eixo das abscissas e por duas ordenadas, uma fixa de 
abscissa ax = e outra variável de abscissa x , é igual ao produto da abscissa variável x pelo 
quadrado da ordenada variável y . Expresse esta condição por meio de uma Equação 
Diferencial. 
 
SOLUÇÃO: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Do Cálculo 1, sabemos que: ∫=
x
a
dxyS . . 
Da condição do problema: 2xyS = 
Portanto: ∫ =
x
a
xydxy 2. 
Derivando ambos os membros com relação a x , teremos: 
dx
dy
xyyy 22 += 
 
Dividindo por y , resulta: 
 
 
05) Supondo que a área S do problema anterior seja igual ao comprimento l do arco AB , 
expresse a condição por intermédio de uma Equação Diferencial. 
 
 
 
 
 
 
 
S 
y 
x 
a x 
( )xfy = 
S 
dx
dy
xy 21 += 
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SOLUÇÃO: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Da condição do problema: l=S 
Do Cálculo 1, sabemos que: ∫=
x
a
dxyS . e dx
dx
dyx
a
.1
2
∫ 



+=l 
Portanto: ∫ ∫ 



+=
x
a
x
a
dx
dx
dy
dxy .1.
2
 
Derivando membro a membro com relação a x , temos: 
2
1 




+=
dx
dy
y 
 
Elevando ao quadrado: 
 
 
 
y 
x 
a x 
( )xfy = 
A 
B 
y 
2
2
1 




+=
dx
dy
y 
S 
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CÁLCULO 3 – AULA 3 
 
 
1.4.2 – TAXA DE VARIAÇÃO E PROBLEMAS FÍSICOS: 
 
Os problemas físicos, de modo geral, tratam com Taxas de Variação. Se uma grandeza y 
varia de acordo com outra grandeza x , chamamos de Taxa de Variação à derivada 
dx
dy
. 
01) A Taxa de Variação de uma grandeza y em relação a outra grandeza x é dada por 23x . 
Expressar este fato por uma Equação teste ok? Diferencial. 
 
SOLUÇÃO: 
 
A Equação Diferencial associada a esta Taxa de Variação é: 
 
 
 
 
 
 
02) A observação mostra que a população P de uma cidade aumenta numa razão proporcional à 
quantidade P de habitantes num instante t . Expressar esta lei por uma Equação Diferencial. 
 
SOLUÇÃO: 
 
Devemos ter: P
dt
dP
≅ 
Podemos indicar a proporcionalidade por meio de uma constante k . 
 
Assim, teremos a Equação Diferencial: 
 
Observação: 
Esta Equação Diferencial representa um modelo matemático que será mais preciso, quanto 
mais densa for a população P , de modo que possamos considerar P uma função contínua com o 
tempo, podendo, portanto, representar a Taxa de Variação por 
dt
dP
. 
 
2
3x
dx
dy
= 
kP
dt
dP
= 
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03) De acordo com a Lei de Arrefecimento de Newton, a taxa de resfriamento de uma substância 
num meio é proporcional à diferença entre a temperatura T da substância, num instante t , e a 
temperatura do meio 
mT . Expressar a lei por meio de uma Equação Diferencial. 
 
SOLUÇÃO: 
 
De acordo com as condições do problema: mTT
dt
dT
−≅ . 
Portanto, usando a constante de proporcionalidade k , podemos escrever: 
 
 
 
Observação: 
O sinal negativo indica que a temperatura T decresce com o tempo t . 
 
04) A experiência mostra que uma substância radioativa se desintegra numa razão proporcional à 
quantidade Q de material radioativo, num instante t qualquer. Expressar esta condição por 
meio de uma Equação Diferencial. 
 
SOLUÇÃO: 
 
Temos: Q
dt
dQ
≅ . 
Usando novamente a constante de proporcionalidade k , podemos escrever: 
 
 
 
 
Observação: 
O sinal negativo indica que a quantidade Q decresce com o tempo t . Neste caso, a constante 
de proporcionalidade k é chamada de Constante de Desintegração Radioativa e é tabelada para 
diversos materiais radioativos. 
( )mTTk
dt
dT
−−= 
kQ
dtdQ
−= 
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05) Expressar a 2a Lei de Newton, amF .= , por meio de uma Equação Diferencial. 
 
SOLUÇÃO: 
 
Sabemos que 
dt
dv
a = ou 
2
2
dt
xd
a = . 
Portanto, podemos escrever: 
 
 
06) Um pêndulo simples de massa m e comprimento l está preso em um ponto P e move-se 
num plano vertical que passa pelo ponto P . Considerando apenas a ação da gravidade, 
expressar o deslocamento angular θ por meio de uma Equação Diferencial. 
 
SOLUÇÃO: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Vemos que o corpo A move-se segundo um arco de circunferência de raio l e centro no 
ponto P . 
Seja θ o deslocamento angular do corpo num instante t qualquer, tomando como positivo o 
sentido anti-horário. 
Sendo a única força que atua no corpo a da gravidade, sua componente tangencial ao arco 
AB (trajetória) é: θsenmgFt = . 
A aceleração é dada por 
2
2
dt
Sd
a = , sendo S o arco circular descrito pelo corpo. 
dt
dv
mF = ou 
2
2
dt
xd
mF = 
P 
l 
A 
B 
m S 
θ 
θ 
mgp = 
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Como a trajetória é circular, tem-se: θ.l=S . 
Logo: 
( )
2
2
2
2
.
dt
d
dt
d
a
θθ
l
l
== 
Pela 2a Lei de Newton: 
2
2
.sen.
dt
d
mmgamF
θ
θ l=−⇒= . 
Então: 0sen
2
2
=+ θ
θ
g
dt
d
l 
 
Ou: 
 
Esta equação é de 2a Ordem, 1o Grau e Não Linear. 
 
Observação: 
Para pequenos deslocamentos, podemos fazer θθ ≈sen , e a equação pode ser escrita na 
forma Linear: 
 
 
07) Seja um corpo de massa m , preso a uma mola de constante de amortecimento k , num meio 
em que o coeficiente de atrito é λ , conforme a figura. Depois do sistema em repouso, aplica-
se ao corpo uma força externa ( )tf . 
Expressar por uma Equação Diferencial o deslocamento x do corpo em relação ao tempo t . 
 
SOLUÇÃO: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
0sen
2
2
=+ θ
θ
l
g
dt
d
 
0
2
2
=+ θ
θ
l
g
dt
d
 
λ 
m ( )tf + x 
k 
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Temos: mgxk =
0
. (situação em repouso). 
Seja x o deslocamento do corpo num instante t . 
Pela 2a Lei de Newton, temos: 
2
2
dt
xd
mF = , onde aresistêncimolaexterna fffF ++= . 
• ( )tff externa = 
• xkfmola .−= (Lei de Hooke) 
• 
dt
dx
vf aresistênci λλ −=−= (Lei experimental válida para pequenas velocidades) 
Assim: ( ) ( )
2
2
dt
xd
m
dt
dx
kxtf
dt
dx
kxtfF =−−⇒−−= λλ 
 
 
Finalmente: 
 
 
Observação: 
 
Esta equação representa para o cálculo do deslocamento x um modelo matemático 
aproximado, visto que adotamos certas aproximações. Por exemplo, a consideração da força de 
mola linear, que por vezes não é. Ainda desprezamos a massa da mola em vista da massa m do 
corpo. 
 
08) Seja o circuito elétrico RL da figura, onde R é um resistor de resistência dada em ohms [ ]Ω , 
L um indutor de indutância dada em henrys [ ]H e ( )te uma tensão aplicada em volts [ ]V . 
Considerando R e L constantes, expressar a corrente ( )ti , dada em amperes [ ]A , através de 
uma Equação Diferencial. 
 
 
 
 
 
 
 
( ) kx
dt
dx
dt
xd
mtf ++= λ
2
2
 
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SOLUÇÃO: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pela 2a Lei de Kirchoff: “Num circuito fechado, a tensão aplicada (fem) é igual à soma das 
quedas de tensão em cada elemento do circuito”, isto é: ( ) LR eete += . 
Das leis básicas de eletricidade, temos: 
• =Re queda de tensão no resistor iR= (Lei de Ohm) 
• =Le queda de tensão no indutor ( )
dt
di
LiL
dt
d
== 
 
Portanto: 
 
 
( )te 
( )ti 
R 
L 
( )
dt
di
LiRte += 
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CÁLCULO 3 – AULA 4 
 
 
1.5 – PRIMITIVAS: 
 
Uma relação entre variáveis contendo n constantes arbitrárias essenciais, como 
CBxAxy ++= 2 , é chamada de Primitiva (ou integral). 
As n constantes são ditas essenciais quando não puderem ser reduzidas a um número menor 
de constantes. 
 
EXEMPLOS: 
 
01) A relação BAxy += é uma Primitiva com duas constantes arbitrárias essenciais. 
02) A relação CBAxy ++= é uma Primitiva com duas constantes arbitrárias essenciais, pois 
podemos escrever DAXy += , onde CBD += . 
03) A relação BxeAy += . é uma Primitiva com uma só constante arbitrária essencial, pois podemos 
fazer xBx eCyeeAy ... =⇒= , onde BeAC .= . 
04) A relação ( )BxAy ln+= é uma Primitiva com uma só constante arbitrária essencial, pois 
podemos escrever xCyxBAy lnlnln +=⇒++= , onde BAC ln+= . 
 
Em geral, uma Primitiva com n constantes arbitrárias essenciais dará origem a uma Equação 
Diferencial de ordem n . Esta equação aparecerá pela eliminação das n constantes arbitrárias 
essenciais, juntando-se à Primitiva suas n derivadas sucessivas com relação à variável escolhida 
como a independente. 
 
EXEMPLOS: 
 
01) Achar a Equação Diferencial das Primitivas: 
a) CBxAxy ++= 2 
SOLUÇÃO: 
 
Derivando sucessivamente: 
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BAx
dx
dy
+= 2 
A
dx
yd
2
2
2
= 
 
Finalmente: 
 
 
b) xAey = 
SOLUÇÃO: 
 
 
Derivando: xAe
dx
dy
= ⇒ 
 
 
c) xBxAy cossen += (1) 
 
SOLUÇÃO: 
 
Derivando (1): xBxA
dx
dy
sencos −= (2) 
Derivando (2): xBxA
dx
yd
cossen
2
2
−−= (3) 
 
Fazendo (1) + (3) obtemos: 
 
 
d) CBeAey xx ++= 2 (1) 
 
SOLUÇÃO: 
 
 
0
3
3
=
dx
yd
 
xAe
dx
dy
ouy
dx
dy
== 
0
2
2
=+
dx
yd
y 
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Derivando (1): xx BeAe
dx
dy
+= 22 (2) 
Derivando (2): xx BeAe
dx
yd
+= 2
2
2
4 (3) 
Derivando (3): xx BeAe
dx
yd
+= 2
3
3
8 (4) 
Fazendo (3) - (2): xAe
dx
dy
dx
yd 2
2
2
2=− (5) 
Fazendo (4) - (3): xAe
dx
yd
dx
yd 2
2
2
3
3
4=− (6) 
Multiplicando (5) por 2: xAe
dx
dy
dx
yd 2
2
2
422 =− (7) 
Comparando (6) e (7): 
dx
dy
dx
yd
dx
yd
dx
yd
22
2
2
2
2
3
3
−=− 
 
Finalmente: 
 
 
02) Achar a Equação Diferencial da família de circunferências de raio 3 e centro no eixo das 
abscissas. 
SOLUÇÃO: 
 
Da Geometria Analítica, sabemos que a equação da circunferência em questão tem a forma: 
( ) 922 =+− yAx (1) (Primitiva) 
Derivando (1) implicitamente com relação a x : 
( )
dx
dy
yAx
dx
dy
yAx .0.22 −=−⇒=+− (2) 
Substituindo (2) em (1): 9. 2
2
=+




− y
dx
dy
y 
 
Finalmente: 
 
 
023
2
2
3
3
=+−
dx
dy
dx
yd
dx
yd
 
09
2
2
2 =−+





y
dx
dy
y 
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03) Achar a Equação Diferencial da família de retas tangentes à parábola xy 22 = . 
 
SOLUÇÃO: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Seja ( )BAP , um ponto arbitrário sobre a parábola. 
A reta tangente à parábola pelo ponto ( )BAP , é: ( )Ax
dx
dy
By
P
−




=− . (1) 
Derivando implicitamente xy 22 = com relação a x , temos: 
ydx
dy
dx
dy
y
1
2.2 =⇒= 
No ponto ( )BAP , : 
Bdx
dy 1
= (2) 
Substituindo (2) em (1): ( )Ax
B
By −=−
1
 
Mas: 
2
2
2
2 BAAB =⇒= 
Logo: 
22
1
2 B
B
x
y
B
x
B
By +=⇒





−=− (3) 
A equação (3) representa a família de retas tangentes à parábola dada. 
Derivando (3): 
dy
dx
B
Bdx
dy
=⇒=
1
 
Em (3): 
dy
dx
dx
dy
xy
2
1
+= , o que resulta em: 
 
y 
x 
tangente 
xy 22 = 
0 
( )BAP , 
2
1
2
+




=
dx
dy
x
dx
dy
y 
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CÁLCULO 3 – EXERCÍCIOS - AULA 4 
 
 
Achar a Equação Diferencial associada à Primitiva: 
 
01) 02222 =+−−+ CByAxyx 
 Resp: ( ) ( )[ ] 013 22 =′+′′′−′′′ yyyy 
 
02) ( )ByAx+= sen 
 Resp: ( )3yxy ′=′′ 
 
03) BAxy += 2ln 
 Resp: ( ) 02 =′−′−′′ yxyyyxy 
 
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CÁLCULO 3 – AULA 5 
 
 
1.6 – SOLUÇÕES DAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS: 
 
Solução ou integral de uma Equação Diferencial Ordinária é uma relação das variáveis que 
figuram na equação e que a satisfaz identicamente num intervalo. 
Dada a Equação Diferencial Ordinária, que podemos representar simbolicamente por: 
( ) 0,...,,,, =′′′ nyyyyxF (1) 
entendemos por solução, num intervalo βα << x , a função ( )xfy = tal que existam as derivadas 
( )xf ′ , ( )xf ′′ , ( )xf ′′′ , ... , ( )xf n que verifiquem a equação (1), isto é: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 0,...,,,,, =′′′′′′ xfxfxfxfxfxF n 
para todo x no intervalo ( )βα , . 
Consideremos, por exemplo, a Equação Diferencial 0
2
2
=+ y
dx
yd
 (1) 
Podemos mostrar que a função xy sen5= é uma solução desta equação. 
Sem dúvida, x
dx
dy
cos5= e x
dx
yd
sen5
2
2
−= 
Substituindo em (1), obtemos: 0sen5sen5 =+− xx , ℜ∈∀x . 
 
Do mesmo modo, podemos mostrar que xy cos8= é outra solução de (1), pois: 
x
dx
dy
sen8−= e x
dx
yd
cos8
2
2
−= 
Substituindo em (1), obtemos: 0cos8cos8 =+− xx , ℜ∈∀x . 
 
Podemos, ainda, mostrar que: xBxAy cossen += , ℜ∈BA, é também uma solução de (1), 
pois: xBxA
dx
dy
sencos −= e xBxA
dx
yd
cossen
2
2
−−= . 
Substituindo em (1), temos: 0cossencossen =++−− xBxAxBxA . 
É fácil observarmos que esta última solução engloba as anteriores, uma vez que basta 
atribuirmos valores convenientes às constantes arbitrárias ( A e B ) para que tenhamos uma das 
soluções anteriores. 
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Devido a este fato, é freqüente dar à esta última solução o nome de “Solução Geral”, embora 
este termo seja muitas vezes inadequado, pois existem equações diferenciais para as quais não é 
possível obter a forma geral para as suas soluções. 
As soluções que vêm da Solução Geral para valores específicos das constantes arbitrárias 
são sempre chamadas de “Soluções Particulares”. 
Podemos adiantar que existem equações diferenciais que permitem soluções que não vêm da 
chamada Solução Geral, sendo conhecidas como “Soluções Singulares”. 
Um exemplo deste caso é a seguinte equação diferencial: 
0
2
=−




− y
dx
dy
dx
dy
x (1) 
Podemos mostrar que a “Solução Geral” 2AAxy −= (2) satisfaz (1). 
Temos: A
dx
dy
= 
Substituindo em (1), temos: 022 =+−− AAxAAx que, para qualquer valor real de x é uma 
identidade, portanto uma solução. 
Podemos mostrar ainda que 
4
2x
y = (3) também satisfaz (1). 
Temos: 
2
x
dx
dy
= 
Substituindo em (1) , obtemos: 0
442
222
=−−
xxx
, que também é uma identidade. 
Vemos que a expressão (3) não vem de (2), portanto é chamada de Solução Singular. 
 
Observação: 
Prevendo uma coerência com as teorias futuras, adotaremos a seguinte consideração: se a 
equação diferencial ordinária é linear, chamaremos de “Solução Geral” a solução cujo número de 
constantes arbitrárias essenciais seja igual à ordem da equação diferencial. Chamaremos de 
“Solução Particular” toda solução obtida a partir da solução geral para valores particulares das 
constantes arbitrárias, ou ainda aquela cujo número de constantes arbitrárias seja menor que a 
ordem da equação diferencial. 
Por exemplo, seja a equação diferencial: 0
2
2
=+ y
dx
yd
. 
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Temos, para esta equação, a solução geral: xBxAy cossen += 
São soluções particulares, entre outras, as seguintes funções: 
• xy sen5= 
• xy cos8= 
• xxy cos80sen32 −= 
• etc 
 
Geometricamente, uma solução geral (Primitiva) de uma Equação Diferencial Ordinária Linear 
é uma equação de uma de curvas, e a solução particular, sem as constantes arbitrárias, é a 
equação de uma das curvas da família a qual chamamos de “Curva Integral”. 
 
Por exemplo, seja a equação diferencial: x
dx
dy
2= (1) 
É fácil notarmos que a sua solução geral é Cxy += 2 (2) 
Esta solução representa uma família de parábolas onde, para cada valor da constante 
arbitrária ℜ∈C , temos uma curva da família, que é a curva integral. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
EXEMPLOS: 
01) Mostre que xx eCeCy 2
21
−+= (1) é solução geral da equação 02
2
2
=−+ y
dx
dy
dx
yd
 (2) 
 
 
y 
x 
0 
1=C 
0=C 
2−=C 
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SOLUÇÃO: 
 
De (1): xx eCeC
dx
dy 2
21 2
−−= 
xx eCeC
dx
yd 2
212
2
4
−+= 
Substituindo em (2) resulta: 
02224
2
21
2
21
2
21
=−−−++ −−− xxxxxx eCeCeceCeCeC 
 
02) Mostrar que xCexy += 2 (1) é solução geral da equação diferencial ( )xy
dx
dy
−=− 12 (2) e, em 
seguida, achar uma solução particular satisfazendo a condição ( ) 30 =y . 
 
SOLUÇÃO: 
 
De (1): xCe
dx
dy
+= 2 
Em (2): ( )xxCexCe xx −=−=−−+ 122222 
Portanto, a solução dada é solução geral da equação. 
Para 0=x , temos ( ) 3.0.20 0 ==+= CeCy 
Portanto, a solução particular será: xexy 32 += . 
 
03) Mostrar que xey x ln= (1) com 0>x é solução particular da equação diferencial: 
( ) ( ) 0121 =−+′−+′′ yxyxyx (2) 
 
SOLUÇÃO: 
 
De (1) temos: 
x
e
xey
x
x +=′ ln 
22
2lnln
x
e
x
e
xe
x
exe
x
e
xey
xx
x
xxx
x −+=
−
++=′′ 
 
Substituindo em (2) obtemos: 
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0lnln2ln2ln2ln =−+−−++−+ xexxeexxe
x
e
xe
x
e
exxe xxxx
x
x
x
xx 
 
Observação: 
A menos de pequenas considerações adicionais, entendemos por “solução de uma equação 
diferencial parcial” o mesmo visto para equações diferenciais ordinárias. 
 
EXEMPLOS: 
Para as equações diferenciais parciais a seguir, verificar se as funções dadas são suas 
soluções. 
01) 0=
∂
∂
+
∂
∂
y
u
x
u
 (1) ; yxAeu −= (2) 
 
SOLUÇÃO: 
 
De (2): yxAe
x
u −=
∂
∂
 e yxAe
y
u −−=
∂
∂
 
Em (1): 0=−=
∂
∂
+
∂
∂ −− yxyx AeAe
y
u
x
u
, que é válida para todo ( ) 2, ℜ∈yx . 
 
02) 0
2
2
2
2
=
∂
∂
+
∂
∂
y
u
x
u
 (1) ; yeu x sen= (2) 
 
SOLUÇÃO: 
 
De (2): ye
x
u
ye
x
u xx
sensen
2
2
=
∂
∂
⇒=
∂
∂
 
ye
y
u
ye
y
u xx
sencos
2
2
−=
∂
∂
⇒=
∂
∂
 
Substituindo em (1): 0sensen
2
2
2
2
=−=
∂
∂
+
∂
∂
yeye
y
u
x
u xx 
 
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03) 0
2
2
2
2
=
∂
∂
+
∂
∂
y
u
x
u
 (1) ; 22ln yxu += (2) 
 
SOLUÇÃO: 
 
Tomando em (1): ( )22ln
2
1
yxu += e derivando parcialmente, temos: 
2222
2
.
2
1
yx
x
yx
x
x
u
+
=
+
=
∂
∂
 ; 
( ) ( )222
22
222
222
2
2
2
yx
xy
yx
xyx
x
u
+
−
=
+
−+
=
∂
∂
 
2222
2
.
2
1
yx
y
yx
y
y
u
+
=
+
=
∂
∂
 ; 
( ) ( )222
22
222
222
2
2
2
yx
yx
yx
yyx
y
u
+
−
=
+
−+
=
∂
∂
 
Substituindo em (2), resulta: 
( ) ( )
0
222
22
222
22
=
+
−
+
+
−
yx
yx
yx
xy
 , que é uma identidade para todo ( ) ( )0,0, ≠yx . 
Portanto (2) é solução de (1). 
 
Observação: 
Faremos alguns comentários a respeito de soluções de Equações Diferenciais Ordinárias: 
 
01) Dada uma equação diferencial ordinária, a primeira dúvida que poderá ocorrer é: “Será que a 
equação dada possui solução?”. 
Esta é uma questão sobre a “existência” se soluções. Nem todas as equações diferenciais 
possuem solução. Pode-se perceber claramente que: 
• a equação diferencial 01
2
=+





dx
dy
 não possui solução real; 
• a equação diferencial 0=+ y
dx
dy
 admite somente a solução trivial 0=y . 
02) Se acharmos uma determinada solução para uma equação diferencial dada, outra dúvida que 
poderá ocorrer é: “Será que esta equação admite outras soluções além dessa?”. 
Se isto ocorrer,quais serão as condições adicionais que deverão ser dadas, ou que devemos 
impor, para que tenhamos uma só solução? 
 
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Esta é uma questão sobre a “unicidade” da solução. 
03) Resta-nos uma questão de natureza prática, isto é, dada uma equação diferencial, como 
realmente acharmos uma solução? Se, por algum processo, conseguirmos achar uma solução 
de uma equação diferencial dada, satisfazendo certas condições imposta pelo problema, 
estaremos respondendo, simultaneamente, às questões da existência e unicidade. 
Porém, não devemos prescindir a teoria da existência e unicidade que, em geral, é trabalhosa 
e difícil, pois podemos correr o risco de usar um computador para o cálculo numérico de uma 
solução que pode até nem existir. 
A seguir estudaremos métodos e processos padronizados para o cálculo de soluções das 
“Equações Diferenciais Ordinárias” mais importantes para as ciências exatas em geral. 
 
 
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CÁLCULO 3 – EXERCÍCIOS - AULA 5 
 
 
01) Mostre que xBxAy senhcosh += é solução da Equação Diferencial 0
2
2
=− y
dx
yd
. 
 
02) Mostre que 
Cv
vC
u
−
+
=
1
 é solução da Equação Diferencial 
2
2
1
1
v
u
dv
du
+
+
= . 
 
03) Mostre que xx eexy −−= 32 é solução da Equação Diferencial 02
2
2
=−+ xy
dx
dy
dx
yd
x . 
 
04) Mostre que xkxk BeAey arcsen.arcsen. −+= é solução da Equação Diferencial: 
 ( ) 01 2
2
2
2 =−−− yk
dx
dy
x
dx
yd
x 
 
 
 
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CÁLCULO 3 – AULA 6 
 
CAPÍTULO 2 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 1a ORDEM E 1o GRAU 
 
 
2.1 – DEFINIÇÃO: 
 
Equações Diferenciais de 1a Ordem e 1o Grau são equações que podem ser colocadas sob a 
forma: 
 
Nesta equação, ( )yxM , e ( )yxN , são funções de x e/ou y ou constantes. 
 
EXEMPLOS: 
 
01) ( ) 022 =++ dyxydxyx 
com: ( ) 22, yxyxM += e ( ) xyyxN =, 
02) 
xye
xyx
dx
dy 23 −
= 
Podemos escrever: ( ) 023 =−− dyedxxyx xy 
com: ( ) xyxyxM 2, 3 −= e ( ) xyeyxN −=, 
03) 05 22 =++ dyyxdx 
com: ( ) 5, =yxM e ( ) 22, yxyxN += 
 
Estudaremos a seguir os principais tipos de Equações Diferenciais de 1a Ordem e 1o Grau, 
bem como o cálculo de suas soluções. 
 
2.2 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE VARIÁVEIS SEPARÁVEIS: 
 
São Equações Diferenciais de 1a Ordem e 1o Grau que podem ser escritas sob a forma: 
( ) ( ) 0=+ dyygdxxf (1) 
 
( ) ( ) 0,, =+ dyyxNdxyxM 
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Sua solução geral (Primitiva) é feita por integração direta de (1), isto é, se ( )xf e ( )yg são 
funções contínuas, fazemos: 
( ) ( )∫ ∫ =+ Cdyygdxxf (2), sendo C é uma constante arbitrária essencial. 
O resultado obtido é da forma: 
( ) ( ) CyGxF =+ (3), em que ( )[ ] ( )xfxF
dx
d
= e ( )[ ] ( )ygyG
dy
d
= (4). 
Se desejarmos o cálculo de uma solução particular satisfazendo uma condição dada da forma 
( )
00
yxy = , problema este chamado de “Problema de Condição Inicial”, podemos proceder de duas 
maneiras: 
a) calculamos da solução geral (2) o valor da constante arbitrária C , satisfazendo a condição 
dada. Voltando em (2) teremos a solução particular procurada. 
 
b) usar em (1) a integral definida, isto é, fazer: 
( ) ( )∫ ∫ =+
x
x
y
y
dyygdxxf
0 0
0 
Da condição 
00
yyxx =⇒= , em (3), obtemos: 
( ) ( ) CyGxF =+
00
 
Voltando em (3), teremos: 
( ) ( ) ( ) ( )
00
yGxFyGxF +=+ 
Logo: ( ) ( ) ( ) ( ) 0
00
=−+− yGyGxFxF (5) 
Temos: ( ) ( ) ( ) ( )∫ −==
x
x
x
x
xFxFxFdxxf
0 0
0
 e ( ) ( ) ( ) ( )∫ −==
y
y
y
y
yGyGyGdyyg
0 0
0
 
Em (5): ( ) ( )∫ ∫ =+
x
x
y
y
dyygdxxf
0 0
0 
 
EXEMPLOS: 
01) 
y
x
dx
dy
−= 
SOLUÇÃO: 
 
Podemos escrever: 0=+ dyydxx 
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Integrando membro a membro: 
∫ ∫ =+ Cdyydxx .. 
C
yx
=+
22
22
 
Como C é uma constante arbitrária, vamos fazer 
2
2R
C = . 
Desta maneira, a solução geral pode ser escrita na forma: 
 
 
 
Ou seja, uma família de circunferências com centro na origem e de raio R . 
 
02) 
x
y
dx
dy
−= 
SOLUÇÃO: 
 
Podemos escrever: 0=+ dxydyx 
Vamos multiplicar ambos os membros pelo fator de integração ( )
xy
yx
1
, =µ : 
( ) 001 =+⇒=+
x
dx
y
dy
dxydyx
xy
 
Integrando: ∫ ∫ =+ Cx
dx
y
dy
 
Cxy =+ lnln 
Podemos ainda fazer: ( ) CxyCxy =⇒= lnln 
Finalmente: 
 
 
Esta solução representa uma família de hipérboles eqüiláteras. 
 
 
 
222 Ryx =+ 
x
C
y = 
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03) y
dx
dy
= 
SOLUÇÃO: 
 
Vamos fazer: dx
y
dy
= 
Integrando: ∫ ∫ +=⇒= Cxydxy
dy
ln 
Podemos tomar: CC ln= , pois C é uma constante arbitrária. 
Assim: x
C
y
xCyCxy =




⇒=−⇒+= lnlnlnlnln 
Portanto: ⇒= xe
C
y
 
 
Esta solução representa uma família de exponenciais. 
 
 
xCey = 
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CÁLCULO 3 – AULA 7 
 
EXERCÍCIOS – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 1a ORDEM E 1o GRAU 
 
 
Nesta aula vamos apenas resolver alguns exercícios sobre Equações Diferenciais de 1a 
Ordem e 1o Grau de Variáveis Separáveis, com o objetivo de complementar a aula anterior. 
 
01) Encontre a solução geral das Equações Diferenciais a seguir: 
 
a) ( ) ( ) 02524 =−−+ dxydyx 
SOLUÇÃO: 
 
Vamos escrever: 
x
dx
y
dy
2425 +
=
−
 
Integrando: ∫ ∫ +=− x
dx
y
dy
2425
 
Para tornar estas integrais imediatas, vamos fazer: 
∫ ∫ +=−
−
− dx
x
dy
y 24
2
2
1
25
2
2
1
 
Simplificando e resolvendo as integrais, obtemos: 
( ) ( ) Cxy ln24ln25ln −+=−− 
( ) ( ) Cyx ln25ln24ln =−++ 
( )( )[ ] ( )( ) CyxCyx =−+⇒=−+ 2524ln2524ln 
x
C
y
x
C
y
24
52
24
25
+
−=⇒
+
=− 
 
Isolando y , obtemos finalmente: 
 
b) 01 22 =++ − dyedxyx x 
SOLUÇÃO: 
Multiplicando membro a membro pelo fator de integração: ( )
2
2
1
,
y
e
yx
x
+
=µ temos: 






+
−=
x
C
y
24
5
2
1
 
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∫ ∫ =
+
+⇒=
+
+ C
y
dy
dxxe
y
dy
dxxe xx
2
2
2
2
1
0
1
 (1) 
Nenhuma das duas integrais acima é imediata, portanto, vamos resolve-las separadamente. 
Seja: ∫= dxxeI x21 
Esta integral deve ser resolvida pelo Método de Integração por Partes: 
∫ ∫−= duvuvdvu 
Por Partes: 




=⇒=
=⇒=
xx evdxedv
dxduxu
22
2
1 
Assim: 




 −=⇒−=⇒−= ∫ 2
1
22
1
.
2
1
22
1
2
2
1
22
1
22
1 x
e
Iee
x
Idxee
x
I
x
xxxx (2) 
Seja: ∫
+
=
2
2
1 y
dy
I 
Esta integral deve ser resolvida por Substituição de Variáveis. 
Fazendo: 




=+=+
=
⇒=
tttgy
dttdy
tgty
sec11
sec
22
2
 
Então: ( ) ( )∫ ∫ ++=⇒+=⇒=⇒= 2222
2
2 1lnseclnsec
sec
sec
yyItgttIdttI
t
dtt
I (3) 
Substituindo (2) e (3) em (1) temos: 
( ) Cyyxe x =+++




 − 2
2
1ln
2
1
2
 
O nosso problema, agora, é escrever y como função de x . 
Do estudo de Funções Hiperbólicas, vimos que ( )21lnsenharg yyy ++= . 
Assim, podemos escrever a solução geral da forma: 





 −−=⇒=+




 −
2
1
2
senhargsenharg
2
1
2
22
x
e
CyCyx
e xx
 
 
Isolando y : 
 
 











 −−=
2
1
2
senh
2
x
e
Cy
x
 
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c) 03 =+− dyedx xyx 
SOLUÇÃO: 
 
Podemos escrever: 03
3
0
3
3
03.3 =+




⇒=+⇒=+
−
− dydx
e
dy
dx
e
dyedx y
x
yx
x
xyx 
Integrando: ∫ ∫ =+




Cdydx
e
y
x
3
3
 
C
e
C
e
e
y
x
y
x
=+
−






⇒=+












3ln
3
13ln
3
3ln
3
3
ln
3
 
Vamos isolar a variável y : 













−
−=⇒





−
−=
x
y
xy
e
C
e
C
3
13ln
1
.3ln3
3
.
13ln
1
3ln
3
 
 
Finalmente: 
 
 
 
d) ( ) 0214 2 =++− dyydxy x 
SOLUÇÃO: 
 
Podemos escrever: 0
421 2
=
−
+
+
dy
y
ydx
x
 
Integrando: ∫ ∫ −=
−
+
+
Cdy
y
ydx
x 2421
 
( )∫ ∫ −=−+
+
−
−
Cdyyy
dx
x
2
1
24.
2
1
1
 
( )∫∫ −=−−−+
−
−
−
−
−
Cdyyydx
x
x
2
1
24.2
2
1
12
2ln.2
.
2ln
1
 
 






















−
−=
x
e
Cy
3
13ln
1
.3lnlog
3
 
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( ) ( ) Cyx −=−−+− −
2
1
4
.
2
1
12ln.
2ln
1 2
1
2
 
 
Finalmente: 
 
 
e) ( ) ( ) 011 22 =−++ dyxdxyy 
SOLUÇÃO: 
 
Escrevendo: ( ) 011 22 =++− yy
dy
x
dx
 
Integrando: ( )∫ ∫ =++− Cyy
dy
x
dx
11 22
 (1) 
Como as integrais não são imediatas, vamos resolve-las separadamente. 
Chamando: 
( )( )∫ ∫ −+=−= 11121 xx
dx
x
dx
I 
Por Frações Parciais: 
( )( ) 1111
1
−
+
+
=
−+ x
B
x
A
xx
 
Reduzindo ao mesmo denominador e comparando: 
( ) ( )111 ++−= xBxA 
• Para 
2
1
121 −=⇒=−⇒−= AAx 
• Para 
2
1
121 =⇒=⇒= BBx 
Portanto: ∫ ∫ ∫ ∫ −++−=⇒−++
−
=
12
1
12
1
1
2
1
1
2
1
11
x
dx
x
dx
Idx
x
dx
x
I 
Resolvendo: ( ) ( )1ln
2
1
1ln
2
1
1 −++−= xxI (2) 
Chamando: ( )∫ += 122 yy
dy
I 
( ) Cyx =−++− 2412ln.
2ln
1
 
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Novamente por Frações Parciais: ( ) 11
1
22 +
+
+=
+ y
CBy
y
A
yy
 
Reduzindo ao mesmo denominador: 
( ) ( ) ( ) ACyyBACByyyA +++=⇒+++= 22 1.11 
Comparando: 





−=⇒=+
=
=
10
0
1
BBA
C
A
 
Então: ∫ ∫ ∫ ∫ +−=⇒+
−
+= dy
y
y
dy
y
Idy
y
y
dy
y
I
1
2
2
11
1
1
2222
 
Resolvendo: ( )1ln
2
1
ln 22 +−= yyI (3) 
Substituindo em (1): 
( ) ( ) ( ) Cyyxx =+−+−++− 1ln
2
1
ln1ln
2
1
1ln
2
1 2 
Se quisermos simplificar este resultado, podemos fazer: 
( ) ( ) ( )[ ] Cyyxx ln
2
1
1lnln21ln1ln
2
1 2 =+−++−− 
C
y
y
x
x
C
y
y
x
x
ln
1
.
1
1
lnln
1
ln
1
1
ln
2
2
2
2
=











+






+
−
⇒=





+
+





+
−
 
 
Finalmente: 
 
 
02) Achar a solução particular de cada equação diferencial a seguir, satisfazendo a condição 
indicada: 
 
a) 12 += y
dx
dy
 ; ( ) 00 =y 
SOLUÇÃO: 
 
dx
y
dy
=
+12
 
 
C
y
y
x
x
=





+






+
−
1
.
1
1
2
2
 
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( )∫ ∫ +=⇒=+ Cxyarctgdxy
dy
12
 
Da condição dada: 00000 =⇒+=⇒=⇒= CCyx 
 
Então: ( ) xyarctg = ou 
Observação: 
Poderíamos resolver esta equação usando Integrais Definidas. 
Temos: dx
y
dy
=
+12
 
Integrando entre limites: 
∫ ∫=+
y x
dx
y
dy
0 02 1
 
( ) ( ) tgxyxyarctgxyarctg xy =⇒=⇒=
00
 
 
b) 
2
2
yty
t
dt
dy
+
= ; ( ) 32 =y 
SOLUÇÃO: 
 
21
2
t
dtt
dyy
+
= 
Integrando: ( )∫ ∫ ++=⇒+= Ct
y
dt
t
t
dyy 2
2
2
1ln
21
2
 (solução geral) 
Da condição: 5ln
2
9
5ln
2
9
32 −=⇒+=⇒=⇒= CCyt 
Então: ( ) 5ln
2
9
1ln
2
2
2
−++= t
y
 
9
5
1
ln29
5
1
ln2
22
2 +




 +
±=⇒+




 +
=
t
y
t
y 
 
De acordo com a condição: 
 
 
tgxy = 
9
5
1
ln2
2
+




 +
=
t
y 
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c) ( ) xx e
dx
dy
ey =+ .1 ; ( ) 10 −=y 
SOLUÇÃO: 
 
Podemos escrever: dx
e
e
dyy
x
x
+
=
1
 
Integrando: ∫ ∫ += dxe
e
dyy
x
x
1
 
( ) Cey x ++= 1ln
2
2
 
Da condição: 2ln
2
1
2ln
2
1
10 −=⇒+=⇒−=⇒= CCyx 
Então: ( ) 2ln
2
1
1ln
2
2
−++= xe
y
 
1
2
1
ln21
2
1
ln22 +




 +
±=⇒+




 +
=
xx e
y
e
y 
 
Porém, de acordo com a condição: 
 
 
1
2
1
ln2 +




 +
−=
xe
y 
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CÁLCULO 3 – EXERCÍCIOS - AULA 7 
 
Resolver as Equações Diferenciais a seguir: 
01) 03 =+ dyyxdx Resp: C
yx
=+
42
42
 
02) ( ) ( ) 021 =+++ dyxdxy Resp: ( )( ) Cyx =++ 12 
03) xy
dx
dy
= Resp: Cxxy =−
3
2
2 
04) ( ) 01 2 =++ xydydxy Resp: Cyx =+ 21 
05) ( ) 01 =++ dyyedxyx x Resp: ( ) Cyexey xx =+−−− −− 1ln 
06) 0=++ ydydxe yx Resp: Ceyee yyx =−− −− 
07) 03 2 =++ dyxyxdx Resp: C
y
x =++
2
3
2
2 
08) ( ) ( ) 012 2 =−++ dyxdxxy Resp: ( ) C
x
xxy
=
+
−−
1
11
 
09) ( ) ( ) 011 2 =+++ dyxdxe y Resp: ( ) Ce
x
x
arctgx y =+−





+
+ −1ln
12
1
2
 
10) Achar a solução particular da Equação Diferencial ( ) ( ) 022 =−++ dyyyxdxxxy satisfazendo a 
condição ( ) 10 =y . Resp: ( )( ) 211 22 −=+− yx 
 
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CÁLCULO 3 – AULA 8 
 
 
2.3 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS HOMOGÊNEAS: 
 
2.3.1 – FUNÇÕES HOMOGÊNEAS: 
 
Uma função ( )tzyxf ,...,,, é dita Homogênea se, ao multiplicarmos as variáveis independentes 
( )tzyx ,...,,, por um número qualquer λ , a função fica multiplicada por mλ , onde m é o grau de 
homogeneidade da função, isto é, a função ( )tzyxf ,...,,, é chamada de Homogênea se: 
( ) ( )( )tzyxftzyxf m ,...,,,,...,,, λλλλλ = 
 
EXEMPLOS: 
 
Verificar se as funções a seguir são homogêneas: 
01) ( ) 425 32, yxxyyxf += 
SOLUÇÃO: 
 
Temos: ( ) ( )( ) ( ) ( )425 32, yxyxyxf λλλλλλ += 
( ) 64265 .3.2, λλλλ yxxyyxf += 
( ) ( ) ⇒+= 4256 32., yxxyyxf λλλ ( ) ( )yxfyxf ,., 6λλλ = (é homogênea e 6=m ) 
 
02) ( )
yx
yxf
23
1
,
+
= 
SOLUÇÃO: 
 
Temos: ( )
yx
yxf
λλ
λλ
23
1
,
+
= 
( )
( ) yxyx
yxf
23
1
.
1
23
1
,
+
=
+
=
λλ
λλ 
( ) ( ) ⇒=
−
yxfyxf ,., 2
1
λλλ (é homogênea e 
2
1
−=m ) 
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03) ( )
22
,
yx
xy
yxf
+
= 
SOLUÇÃO: 
 
Temos: ( )
( )222
2
,
yx
xy
yxf
+
=
λ
λ
λλ 
Simplificando 2λ , podemos escrever: 
( ) ( ) ( )yxfyxf
yx
xy
yxf ,.,., 0
22
0 λλλλλλ =⇒
+
= 
O que caracteriza que a função é homogênea com 0=m . 
 
04) ( ) 32 3, yxyxf += 
SOLUÇÃO: 
 
Temos: ( ) 3322 3, yxyxf λλλλ += 
Como é impossível escrever ( )yxf λλ , na forma ( )yxfm ,.λ , então a função não é 
homogênea. 
 
05) ( ) ( )2sen, xyyxf = 
SOLUÇÃO: 
 
( ) ( ) ( ) ( )yxfyxfxyyxf m ,.,sen, 23 λλλλλλ ≠⇒= 
Portanto, esta função não é homogênea. 
 
 
2.3.2 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS HOMOGÊNEAS: 
 
Chamamos de Equações Diferenciais Homogêneas às equações de 1a Ordem e 1o Grau da 
forma: ( ) ( ) 0,, =+ dyyxNdxyxM , onde ( )yxM , são funções homogêneas e com o mesmo grau de 
homogeneidade ( )m . 
 
 
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EXEMPLOS: 
 
01) A equação diferencial ( ) 022 =++ dyxydxyx é homogênea, pois: 
( ) ( ) ( )yxMyxyxMyxyxM ,,, 2222222 λλλλλ =+=⇒+= 
( ) ( ) ( )yxNxyyxyxNxyyxN ,.,, 22 λλλλλλ ===⇒= 
As duas funções são homogêneas e de mesmo grau de homogeneidade 2=m . 
 
02) A equação diferencial ( ) 0222 =++ dyyxdxyx não é homogênea, pois os graus de 
homogeneidade das funções ( )yxM , e ( )yxN , são diferentes, senão vejamos: 
( ) ( ) ( )yxMyxyxMyxyxM ,,, 2222222 λλλλλ =+=⇒+= ⇒ grau: 2=m 
( ) ( ) ( )yxNxyyxyxNyxyxN ,.,, 33222 λλλλλλ ===⇒= ⇒ grau: 3=m 
 
 
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CÁLCULO 3 – AULA 9 
 
 
2.4 – SOLUÇÃO GERAL DAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS HOMOGÊNEAS: 
 
Mostraremos que, mediante uma substituição conveniente, umaEquação Diferencial 
Homogênea pode se transformar numa Equação Diferencial de Variáveis Separáveis. 
Seja, então, a Equação Diferencial Homogênea: ( ) ( ) 0,, =+ dyyxNdxyxM (1) e seja m o grau 
de homogeneidade das funções ( )yxM , e ( )yxN , . 
Podemos mostrar que a substituição vxy = (ou vyx = ) (2) , onde v é uma variável, 
transforma a equação (1) em uma equação diferencial de variáveis separáveis. 
Este processo é chamado de Método de Euler. 
 
DEMONSTRAÇÃO: 
 
De (2): dvxdxvdyvxy +=⇒= ou dvydyvdxvyx +=⇒= 
Substituindo em (1), teremos: 
( ) ( )[ ] 0,, =++ dvxdxvvxxNdxvxxM (3) 
Se ( )yxM , e ( )yxN , são funções homogêneas de grau m , então, por definição, temos: 
( ) ( )vMxvxxM m ,1, = 
( ) ( )vNxvxxN m ,1, = 
Levando em (3), resulta: 
( ) ( )[ ] 0,1,1 =++ dvxdxvvNxdxvMx mm 
Dividindo por mx e abrindo o parêntesis temos: 
( ) ( ) ( ) 0.,1.,1,1 =++ dvxvNdxvvNdxvM 
( ) ( )[ ] ( ) 0,1.,1.,1 =++ dvvNxdxvNvvM 
Separando as variáveis, obtemos: 
 
 
 
 
( )
( ) ( )
0
,1.,1
,1
=
+
+ dv
vNvvM
vN
x
dx
 
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Que é uma equação diferencial de variáveis separadas, com solução obtida por integração 
direta, dando um resultado na forma: ( ) CvxF =, . 
Como 
x
y
v = , de (2), então a solução final fica na forma C
x
y
xF =





, . 
 
EXEMPLOS: 
 
01) Achar a solução geral das equações diferenciais: 
 
a) ( ) 022 =++ dyxydxyx (1) 
SOLUÇÃO: 
 
Vemos que a equação diferencial dada é homogênea de grau 2=m . 
Façamos: dvxdxvdyvxy +=⇒= (2): 
Em (1): ( ) ( ) 0..222 =+++ dvxdxvvxxdxxvx 
( ) ( ) 0..1 222 =+++ dvxvdxvxdxvx 
Dividindo por 2x : 
0
22 =+++ dvvxdxvdxvdx 
( ) 021 2 =++ dvvxdxv 
Separando as variáveis: 0
21
2
=
+
+ dv
v
v
x
dx
 
Integrando: 
∫ ∫ ∫ ∫ =++⇒=++ Cdvv
v
x
dx
Cdv
v
v
x
dx
22
21
4
4
1
21
 
( ) Cvx =++ 221ln
4
1
ln 
Como C é uma constante arbitrária, podemos escrever: 
( )
4
ln
21ln
4
1
ln
2 Cvx =++ 
Multiplicando por 4 : 
( ) Cvx ln21lnln4 2 =++ 
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( )[ ] ( ) CvxCvx =+⇒=+ 2424 21ln21.ln 
Cvxx =+ 244 .2 
Como 
x
y
v = teremos: C
x
y
xx =+
2
2
44
.2 
 
Finalmente, temos a solução geral: 
 
b) ( ) ( ) 0=−++ dyxydxyx 
SOLUÇÃO: 
 
Vemos que a equação diferencial dada é homogênea de grau 1=m . 
Fazendo: dvxdxvdyvxy +=⇒= 
Substituindo na equação, temos: 
( ) ( )( ) 0=+−++ dvxdxvxvxdxvxx 
( ) ( )( ) 011 =+−++ dvxvdxvxdxvx 
Dividindo por x : 
0
2 =−−+++ dvxdxvdvvxdxvdxvdx 
Simplificando e reagrupando os termos: 
( ) ( ) 0..11 2 =−++ dvxvdxv 
Separando as variáveis: 
0
1
1
1
0
1
1
222
=
+
−
+
+⇒=
+
−
+ dv
v
dv
v
v
x
dx
dv
v
v
x
dx
 
Integrando: 
∫ ∫ ∫ =+−++ Cdvvdvv
v
x
dx
22
1
1
1
2
2
1
 
( ) ( ) CarctgvvxCarctgvvx =−+⇒=−++ 22 1ln1ln
2
1
ln 
Mas: 
x
y
vvxy =⇒= 
Assim, teremos: C
x
y
arctg
x
y
x =




−








+
2
2
1ln 
Cyxx =+ 224 2 
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Finalmente: 
 
 
Observação: 
Podemos obter uma solução mais elegante para a solução geral desta equação se 
utilizarmos coordenadas polares. 
Porém, antes disso, vamos reescrever a solução, tomando: 
C
x
y
arctgyx lnln 22 =




−+ 
0lnln
22 =




−−+
x
y
arctgCyx ⇒ 0ln
22
=




−







 +
x
y
arctg
C
yx
 
Do estudo de Coordenadas Polares: 
 
 
 
 
 
 
 
Sabemos que: 



=
=
θ
θ
sen
cos
ry
rx
 
Portanto: 22 yxr += e 




=
x
y
arctgθ 
Assim, podemos escrever: 
θθθ Cer
C
r
C
r
=⇒=




⇒=−





ln0ln 
A equação acima, dada em Coordenadas Polares, representa uma família de Espirais 
Logarítmicas. 
 
 
C
x
y
arctgyx =




−+ 22ln 
y 
x 
P 
y 
x 
θ 
r 
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c) 01221 =





−+








+ dy
y
x
edxe y
x
y
x
 
SOLUÇÃO: 
 
Podemos observar que a equação diferencial dada é homogênea, com grau de 
homogeneidade 0=m , devido à presença do fator 





y
x
. 
No caso desta equação é conveniente fazermos: dvydyvdxvyx +=⇒= 
Substituindo na equação, temos: 
( )( ) ( ) 01221 =−+++ dyvedvydyve vv 
Desenvolvendo, resulta: 
02222 =−++++ dyvedyedvyedyvedvydyv vvvv 
Simplificando e fatorando: 
( ) ( ) 0212 =+++ dveydyev vv 
Separando as variáveis: 
0
2
21
=
+
+
+ dv
ev
e
y
dy
v
v
 
Integrando: 
∫ ∫ =+
+
+ Cdv
ev
e
y
dy
v
v
2
21
 ⇒ ( ) Cevy v ln2lnln =++ ⇒ ( ) Cevy v =+ 2 
Como 
y
x
v = , resulta finalmente na solução geral: 
 
d) 0cosh3cosh3senh2 =−




 + dy
x
y
xdx
x
y
y
x
y
x 
SOLUÇÃO: 
 
A equação acima é homogênea com grau de homogeneidade 1=m . 
Devido à presença do termo 





x
y
, é conveniente fazer: dvxdxvdyvxy +=⇒= . 
Substituindo, temos: 
( ) ( ) 0cosh3cosh3senh2 =+−+ dvxdxvvxdxvvxvx 
Cyex y
x
=+ 2 
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Abrindo os parênteses: 
0cosh3cosh3cosh3senh2
2 =−−+ dvvxdxvvxdxvvxdxvx 
Simplificando e separando as variáveis: 
0
senh
cosh
3
2
=− dv
v
v
x
dx
 
Integrando: 
∫ ∫ =− Cdvv
v
x
dx
ln
senh
cosh
32 ⇒ ( ) Cvx lnsenhln3ln2 =− ⇒ C
v
x
ln
senh
ln
3
2
=





 
Assim: C
v
x
=
3
2
senh
 
 
Finalmente: 
 
 
02) Achar a solução particular da Equação Diferencial ( ) 023 22 =+− dyxydxyx , satisfazendo a 
condição ( ) 12 =y . 
SOLUÇÃO: 
 
A equação dada é homogênea com grau de homogeneidade 2=m . 
Fazendo: dvxdxvdyvxy +=⇒= 
Substituindo na equação, obtemos: 
( ) ( ) 0..23 222 =++− dvxvdxvxxdxxvx 
Desenvolvendo: 
0223
322222 =++− vdvxdxvxdxxvdxx 
Dividindo por 2x e agrupando os termos, teremos: 
( ) 021 2 =+− dvvxdxv 
Separando as variáveis: 
0
1
2
2
=
−
+ dv
v
v
x
dx
 e integrando: ∫ ∫ =−
−
− Cdv
v
v
x
dx
ln
1
2
2
 
( ) C
v
x
C
v
x
Cvx =
−
⇒=





−
⇒=−−
22
2
1
ln
1
lnln1lnln 





=
x
y
Cx 32 senh 
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22
3
2
2
1
yx
x
C
x
y
x
C
−
=⇒
−
= , que é a solução geral. 
Para 
3
8
3
8
12
22
3
=
−
⇒=⇒=⇒=
yx
x
Cyx 
Isolando a variável y: xxyxxy
8
3
1
8
3
1
2 −±=⇒




 −±= 
 
Pela Condição Inicial: 
 
 
xxy
8
3
1−= 
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CÁLCULO 3 – EXERCÍCIOS - AULA 9 
 
Resolver as seguintes Equações Diferenciais Homogêneas: 
 
01) ( ) ( ) 06453 =+++ dyyxdxyx Resp: ( ) ( ) Cyxyx =++ 22 
02) ( ) ( ) 075108 =+++ dyxydxxy Resp: ( ) ( ) Cyxyx =++ 32 2 
03) 0coscossen =+




 − dy
x
y
xdx
x
y
y
x
y
x Resp: C
x
y
x =sen 
04) dxyxydxxdy 22 422 +=− Resp: 222 24 Cxyyx =++ 
05) ( ) 022 =−+ dyxdxxyy para ( ) 11 =y Resp: y
x
ex
−
=
1
 
06) ( ) ( )( ) 02 3322 =−+++ xdyydxyxdxxy Resp: yCxyxyxyx 2
3
32
2
ln =−+− 
 
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CÁLCULO 3 – AULA 10 
 
 
2.5 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS REDUTÍVEIS À HOMOGÊNEA: 
 
Uma Equação Diferencial da forma ( ) ( ) 0
111
=+++++ dycybxadxcbyax (1), onde são 
constantes 
111
,,,,, cbacba , pode ser reduzida à forma Homogênea. 
Se 0
1
== cc , a equação já é Homogênea. Vejamos o caso em que estas constantes são 
diferentes de zero. 
Podemos mostrar que as substituições dXdxhXx =⇒+= e dYdykYy =⇒+= (2) 
transformam (1) numa Equação Homogênea. 
 
DEMONSTRAÇÃO:Substituindo (2) em (1), teremos: 
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] 0
111
=+++++++++ dYckYbhXadXckYbhXa 
( )[ ] ( )[ ] 0
11111
=+++++++++ dYckbhaYbXadXcbkahbYaX 
Para que esta equação se torne Homogênea, devemos ter: 



=++
=++
0
0
111 ckbha
cbkah
 (3) 
Se o sistema (3) for possível, a equação toma a forma: 
( ) ( ) 0
11
=+++ dYYbXadXbYaX , que é Homogênea. 
Neste caso, a substituição XdvvdXdYvXY +=⇒= nos permite achar a sua solução geral, 
que terá a forma ( ) CYXF +, , a qual podemos expressar em termos de x e y , pois 



−=
−=
kyY
hxX
 , 
onde h e k são obtidos do sistema (3). 
 
EXEMPLOS: 
 
Achar a solução geral das equações: 
01) ( ) ( ) 022 =−−+−+ dyxydxyx 
 
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SOLUÇÃO: 
 
Fazendo: 



=⇒+=
=⇒+=
dYdykYy
dXdxhXx
 e substituindo na equação, teremos: 
( ) ( ) 022 =−−−++−+++ dYhXkYdXkYhX 
( )[ ] ( )[ ] 022 =−−+−+−+++ dYhkXYdXkhYX 
Para que esta equação se torne Homogênea, impomos as condições: 



=−−
=−+
02
02
hk
kh
. 
Resolvendo este sistema, obtemos 0=h e 2=k . 
Nestas condições, a equação fica: ( ) ( ) 0=−++ dYXYdXYX , que é Homogênea de Grau 1. 
Façamos: XdvvdXdYvXY +=⇒= : 
( ) ( )( ) 0. =+−++ XdvvdXXvXdXvXX 
( ) ( )( ) 011 =+−++ XdvvdXvXdXvX 
Dividindo por X , obtemos: 02 =−−+++ XdvvdXvXdvdXvvdXdX 
Reduzindo: ( ) ( ) 01.1 2 =−++ dvvXdXv 
0
1
1
1
0
1
1
222
=
+
−
+
+⇒=
+
−
+ dv
v
dv
v
v
X
dX
dv
v
v
X
dX
 
Integrando: ∫ ∫ ∫ =+−++ Cdvvdvv
v
X
dX
22
1
1
1
2
2
1
 
Resolvendo: ( ) CarctgvvXCarctgvvX =−+⇒=−++ 22 1ln1ln
2
1
ln 
Como 
X
Y
v = , então: C
X
Y
arctgYXC
X
Y
arctg
X
Y
X =




−+⇒=




−+ 22
2
2
ln1ln 
Mas: xXhxX =⇒−= e 2−=⇒−= yYkyY 
 
Portanto, a solução geral é: 
 
 
02) ( ) ( ) 0642352 =−+−+− dyyxdxyx 
SOLUÇÃO: 
 
( ) C
x
y
arctgyx =




 −−−+
2
2ln
22
 
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Fazendo: 



=⇒+=
=⇒+=
dYdykYy
dXdxhXx
 
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] 0642352 =−+++−++−+ dYkYhXdXkYhX 
( )[ ] ( )[ ] 06424235252 =−+++−+−+− dYkhYXdXkhYX 
Para que esta equação seja Homogênea, devemos ter: 



=−+
=+−
0642
0352
kh
kh
. 
Resolvendo este sistema, obtemos: 1=h e 1=k . 
Portanto, para estes valores, a equação torna-se: 
( ) ( ) 04252 =+−− dYYXdXYX , que é Homogênea de Grau 1. 
Façamos: XdvvdXdYvXY +=⇒= 
( ) ( )( ) 04252 =++−− XdvvdXvXXdXvXX 
( ) ( )( ) 04252 =++−− XdvvdXvXdXvX 
Dividindo por X : 
0442252
2 =−−−−− vXdvdXvXdvvdXvdXdX 
( ) ( ) 0424252 2 =+−−−− dvvXdXvvv 
( ) ( ) 042274 2 =+−+−− dvvXdXvv 
0
274
42
2
=
−+
+
+
vv
v
X
dX
 
Integrando: ∫ ∫ =−+
+
+ Cdv
vv
v
X
dX
274
21
2
2
 (1) 
Cálculo de ∫ −+
+
= dv
vv
v
I
274
21
2
 
Temos: ( )( )214274 2 +−=−+ vvvv 
Por Frações Parciais: 
( )( ) 214214
21
+
+
−
=
+−
+
v
B
v
A
vv
v
 
( ) ( )14221 −++=+ vBvAv 
• Para 
3
1
932 =⇒−=−⇒−= BBv 
• Para 
3
2
9.2
3.4
4
9
2
3
4
1
=⇒=⇒=⇒= AAAv 
 
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Então: ( ) ( )∫ ∫ ∫ ∫ ++−=⇒++−=++−= 2ln3
1
14ln
6
1
2
1
3
1
14
4
4
1
.
3
2
2
1
3
1
14
1
3
2
vvIdv
v
dv
v
dv
v
dv
v
I 
Voltando em (1): ( ) ( ) CvvX =++−+ 2ln
3
2
14ln
3
1
ln 
Mas: 
X
Y
v = 
Logo: C
X
Y
X
Y
X =




 ++




 −+ 2ln
3
2
14ln
3
1
ln 
Porém: 



−=⇒−=
−=⇒−=
1
1
yYkyY
xXhxX
 
 
Assim, resulta: 
 
 
Observação: 
Se na equação ( ) ( ) 0
111
=+++++ dycybxadxcbyax tivermos baab
11
= então as substituições 
vistas não podem ser feitas, pois o sistema resultante será indeterminado. 
Neste caso, faremos a substituição tbyax =+ ou 
b
axt
y
−
= , que será suficiente para 
transformar a equação em variáveis separáveis. 
 
EXEMPLO: 
Achar a solução geral da Equação Diferencial ( ) ( ) 0422 =−+++ dyyxdxyx 
SOLUÇÃO: 
 
Vemos que 2.1
11
== baab . 
Portanto, não podemos resolver esta equação pelas substituições 



+=
+=
kYy
hXx
 pois teríamos 
um sistema indeterminado nas variáveis h e k . 
Vamos, então, fazer: dxdtdyxtytyx −=⇒−=⇒=+ . 
Assim, teremos: ( )( ) 042 =−−+ dxdttdxt 
( ) ( ) 042404422 =−+−⇒=+−−+ dttdxtdxdtdxtdttdxt 
( ) ( ) C
x
y
x
y
x =


 +
−
−
+


 −
−
−
+− 2
1
1
ln
3
2
1
1
14
ln
3
1
1ln 
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0
4
42
=
−
−
+ dt
t
t
dx , mas 
tt
t
−
+−=
−
−
4
4
2
4
42
 
Integrando: ( )∫ ∫ ∫ =−−−⇒=−+−+ CttxCdttdtdx 4ln424
4
2 
 
Como yxt += , resulta: 
 
 
( ) Cyxyx =−−++ 4ln42 
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CÁLCULO 3 – AULA 11 
 
 
2.6 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES: 
 
Uma Equação Diferencial de 1a Ordem e 1o Grau é chamada de Linear se ela puder ser 
escrita na forma: 
 
 
Onde ( )xp e ( )xq são funções contínuas na variável independente x , ou funções constantes. 
O coeficiente da derivada deve ser sempre igual a 1± . 
O termo “linear” indica que, tanto a variável dependente y quanto a sua derivada 
dx
dy
 são de 
primeiro grau e não há produto entre elas. 
 
EXEMPLOS: 
 
01) xyx
dx
dy
2sen
5 =+ é linear, onde: 
( )
( )


=
=
xxq
xxp
2sen
5
. 
02) 
L
e
i
L
R
dt
di
eiR
dt
di
L 0
0
=+⇒=+ é linear, onde: 
( )
( )





=
=
L
e
tq
L
R
tp
0
 
03) 
x
e
x
y
dx
dy
ey
dx
dy
x
x
x =−⇒=− é linear, onde: 
( )
( )





=
−=
x
e
xq
x
xp
x
1
 
 
2.6.1 – SOLUÇÃO GERAL DE UMA EQUAÇÃO DIFERENCIAL LINEAR: 
 
Podemos mostrar que a Solução Geral de uma Equação Diferencial Linear, na sua forma 
explícita, é: 
( ) ( ) ( ) 


 +∫∫= ∫
−
Cdxexqey
dxxpdxxp
..
..
. 
 
( ) ( )xqyxp
dx
dy
=+ . 
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DEMONSTRAÇÃO: 
Seja a Equação Diferencial Linear: ( ) ( )xqyxp
dx
dy
=+ . (1). 
Multiplicando (1) pelo fator ( ) ( )∫= dxxpex .µ , temos: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )xqeyxpe
dx
dy
e
dxxpdxxpdxxp
....
... ∫=∫+∫ (2) 
Podemos verificar que: 
( ) ( ) ( ) ( )xpey
dx
dy
eey
dx
d dxxpdxxpdxxp
....
... ∫+∫=


 ∫ 
Comparando com (2), vemos que: 
( ) ( ) ( )∫=


 ∫ dxxpdxxp exqey
dx
d ..
.. 
Podemos, ainda, escrever: 
( ) ( ) ( )dxxqeeyd dxxpdxxp ... .. ∫=


 ∫ . 
Integrando membro a membro, obtemos: 
( ) ( ) ( )∫ +∫=∫ Cdxexqey
dxxpdxxp
...
..
 
Portanto, podemos dizer que a Solução Geral de uma Equação Linear é da forma: 
 
 
 
 
EXEMPLOS: 
 
01) Achar a Solução Geral das Equações Diferenciais: 
 
a) xxy
dx
dy
=+ 2 
SOLUÇÃO: 
 
Vemos que a equação dada é Linear com 
( )
( )


=
=
xxq
xxp 2
 
Portanto, fazemos: 



 +∫∫= ∫
−
Cdxexey
dxxdxx .2.2
. 
( ) ( ) ( ) 


 +∫∫= ∫
−
Cdxexqey
dxxpdxxp
..
..
 
PROIBIDO VENDER
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Prof. Sebastião Fernandes – UNIFEI – Itajubá – MG 
 
[ ]∫ += − Cdxexey xx .. 22 



 += − Ceey xx
22
2
1
 ⇒ 
b) xxey
dx
dy
x =+ 
SOLUÇÃO: 
 
Dividindo por x , temos: xe
x
y
dx
dy
=+ , que é Linear, com 
( )
( )



=
=
xexq
x
xp
1
. 
Então: 





+∫∫= ∫
−
Cdxeeey
dx
xx
dx
x
11
. 
[ ]Cdxeeey xxx += ∫− lnln . ⇒ [ ]Cdxexxy
x += ∫ .
1
 
Vamos resolver esta integral Por Partes: 
Fazendo: 



=⇒=
=⇒=
xx evdxedv
dxduxu
 
Assim: xxxxx eexdxeexdxex −=−= ∫∫ .... 
 
Portanto: 
 
 
c) xxxy
dx
dy
x 342 23 +−+= 
SOLUÇÃO: 
 
Dividindo por x , obtemos: 
342
2 +−=− xx
x
y
dx
dy
 , que é Linear com 
( )
( )



+−=
−=
342
1
2 xxxq
x
xp
. 
Então: ( ) 





+∫+−∫= ∫
−
Cdxexxey
dx
x
dx
x
1
2
1
.342 
2
2
1
xe
C
y += 
[ ]Ceex
x
y xx +−= .
1
 
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Prof. Sebastião Fernandes – UNIFEI – Itajubá – MG( )[ ]Cdxexxey xx ++−= ∫ − ln2ln .342 
( ) 


 ++−= ∫ Cdxxxxxy
1
.342.
2 ⇒ 





+




 +−= ∫ Cdxxxxy
3
42. 
 
Portanto: 
 
d) 
0
eiR
dt
di
L =+ , onde R , L e 
0
e são constantes. 
SOLUÇÃO: 
 
Dividindo por L : 
L
e
i
L
R
dt
di
0=+ 
Esta equação é Linear, com 
( )
( )





=
=
L
e
tq
L
R
tp
0
. 
Então: 





+∫∫= ∫
−
Cdte
L
e
ei
dt
L
R
dt
L
R
.
0 






+= ∫
−
Cdt
L
R
e
R
L
L
e
ei
t
L
R
t
L
R
..
0 ⇒ 





+=
−
Ce
R
e
ei
t
L
R
t
L
R
0 
 
 
Finalmente: 
 
 
Observação: 
Neste resultado, a parcela 
R
e
0 representa a parte permanente da corrente ( )ti e a parcela 
t
L
R
eC
−
. representa a parte transitória da corrente ( )ti . 
 
 
[ ]Cxxxxy ++−= ln34. 2 
( )
t
L
R
eC
R
e
ti
−
+= .0 
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02) Achar a Solução Particular da Equação Diferencial xtgxy
dx
dy
sec. =− , satisfazendo a seguinte 
condição: ( ) 00 =y 
 
SOLUÇÃO: 
 
A equação dada é Linear, com 
( )
( )


=
−=
xxq
tgxxp
sec
. 
Então: 


 +∫∫= ∫
−
Cdxexey
dxtgxdxtgx
.sec
.
 






+∫∫= ∫
−−
−
Cdxe
x
ey
dx
x
x
dx
x
x
cos
sen
cos
sen
cos
1
 
( ) ( )



 += ∫− Cdxexey
xx coslncosln
.
cos
1
 



 += ∫ Cxdxxxy cos.cos
1
cos
1
 ⇒ [ ]Cx
x
y +=
cos
1
 
Da condição dada, temos, para ( ) 000
0cos
1
00 =⇒=+⇒=⇒= CCyx . 
 
Portanto, a solução particular será: 
 
 
 
x
x
y
cos
= 
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CÁLCULO 3 – EXERCÍCIOS - AULA 11 
 
01) Resolver as seguintes Equações Diferenciais Lineares: 
 
a) xxy
dx
dy
=+ Resp: 2
2
1
x
Cey
−
+= 
b) xey
dx
dy
+= Resp: [ ]Cxey x += 
c) 
22 1
2
1 x
x
x
xy
dx
dy
−
=
−
+ Resp: 212 xCy −+= 
d) xxy
dx
dy
senhsenh2 =+ Resp: xCey cosh2
2
1 −+= 
e) xegxy
dx
dy cos5cot =+ Resp: [ ]Ce
x
y x +−= cos5
sen
1
 
f) ti
dt
di
2sen106 =− Resp: ( ) [ ] tCettti 62cos2sen3
2
1
++−= 
 
02) Achar a solução particular da equação diferencial 0=−+ xey
dx
dy
x satisfazendo a seguinte 
condição: ( ) 21 =y . Resp: 
x
ee
y
x −+
=
2
 
 
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CÁLCULO 3 – AULA 12 
 
 
2.7 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS REDUTÍVEIS ÀS LINEARES: 
 
2.7.1 – DEFINIÇÃO: 
 
As Equações Diferenciais Redutíveis às Lineares são também chamadas de Equações de 
Bernouilli e são equações que podem ser escritas sob a forma: 
 
 
 
Onde: 0≠n , 1≠n e ( )xp e ( )xq são funções contínuas da variável independente x ou 
constantes. 
No caso em que 0=n ou 1=n a equação será Linear. 
 
EXEMPLOS: 
 
01) 53. yxye
dx
dy x =− , onde: 
( )
( )





=
=
−=
5
3
n
xxq
exp x
 
02) xeyyx
dx
dy
x ..sen =+ 
Dividindo por x , 0≠x , temos: 2
1
..
sen
y
x
e
y
x
x
dx
dy x
=+ , onde: 
( )
( )









=
=
=
2
1
sen
n
x
e
xq
x
x
xp
x
. 
 
2.7.2 – SOLUÇÃO GERAL DAS EQUAÇÕES DE BERNOUILLI: 
 
Podemos mostrar que, mediante uma substituição conveniente, uma Equação Diferencial de 
Bernouilli pode se transformar em Linear. 
( ) ( ) nyxqyxp
dx
dy
.. =+ 
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DEMONSTRAÇÃO: 
 
Seja a Equação Diferencial de Bernouilli: 
( ) ( ) nyxqyxp
dx
dy
.. =+ (1) 
Multipliquemos ambos os membros por ny − : 
( ) ( )xqyyxpy
dx
dy nn =+ −− ... (2) 
Façamos nyz −= 1 (3) 
Derivemos (3) com relação a x : 
( )
dx
dz
ndx
dy
y
dx
dy
yn
dx
dz nn
.
1
1
...1
−
=⇒−= −− 
Em (2), teremos: 
( ) ( )xqzxp
dx
dz
n
=+
−
..
1
1
 
Multiplicando por ( )n−1 , resulta: 
( ) ( ) ( ) ( )xqnzxpn
dx
dz
.1..1 −=−+ 
Observa-se que a equação acima é Linear na variável z . 
Portanto: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 


 +∫−∫= ∫
−−−
Cdxexqnez
dxxpndxxpn ..1.1
.1 
Como nyz −= 1 , de (3), teremos finalmente a solução geral: 
 
 
 
 
EXEMPLOS: 
 
Achar a solução geral das Equações Diferenciais: 
01) 32 xyxy
dx
dy
=+ 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 


 +∫−∫= ∫
−−− Cdxexqney
dxxpndxxpnn .1.11
.1 
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SOLUÇÃO: 
 
Esta equação é de Bernoulilli, com 3=n . 
Multiplicando por 3−y , temos: 
xyxy
dx
dy
y =+ −− .2 33 (1) 
Fazendo 
dx
dz
dx
dy
y
dx
dy
y
dx
dz
yz .
2
1
2
332 −=⇒−=⇒= −−− 
Substituindo em (1): 
xxz
dx
dz
xxz
dx
dz
242.
2
1
−=−⇒=+− , que é Linear em z , com ( ) xxp 4−= e ( ) xxq 2−= . 
Então: 


 +∫−∫= ∫
−
Cdxexez
dxxdxx .4.4
.2 
[ ]Cdxexey xx +−= ∫ −− 22 222 .2 



 +−
−
−
= ∫ −− Cdxexey xx
22
222
.4
4
2
 



 += −− Ceey xx
22
222
2
1
 
2
2
2
22
2
.
2
1
1
.
2
11
x
x
eC
yeC
y +
=⇒+= ⇒ 
 
02) ( ) 0ln2 =+− dxxxyydyx 
SOLUÇÃO: 
 
xy
x
y
dx
dy
x
xxyy
dx
dy
ln0
ln 2
2
=−⇒=
+
− , que é uma Equação de Bernouilli com 2=n . 
Multiplicando por 2−y : 
x
x
y
dx
dy
y ln
1
.
12 =− −− (1) 
Fazendo: 
dx
dz
dx
dy
y
dx
dy
y
dx
dz
yz −=⇒−=⇒= −−− .. 221 
 
2
2
2
1
1
xCe
y
+
±= 
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Em (1): x
x
z
dx
dz
x
x
z
dx
dz
lnln −=+⇒=−− , que é Linear em z com ( )
x
xp
1
= e ( ) xxq ln−= . 
Assim: 





+∫−∫= ∫
−
Cdxexez x
dx
x
dx
.ln 
[ ] [ ]∫∫ +−=⇒+−= −−− CdxxxxyCdxexey
xx
.ln.
1
.ln
1lnln1 
Vamos resolver a integral resultante Por Partes: 






=⇒=
=⇒=
2
.
ln
2x
vdxxdv
x
dx
duxu
 
Assim: 





++−= ∫− Cx
dxx
x
x
x
y .
2
ln
2
1
22
1 
 
⇒++−=−
x
Cx
x
x
y
4
ln
2
1 
 
 
03) yxy
xdx
dy
+=
4
 
SOLUÇÃO: 
 
Temos: 2
1
.
4
yxy
xdx
dy
=− , que é uma Equação de Bernouilli: 
Multiplicando por 2
1
−
y , resulta: 
xy
xdx
dy
y =−
−
2
1
2
1
.
4
. (1) 
Fazendo: 
dx
dz
dx
dy
y
dx
dy
y
dx
dz
yz 2..
2
1
2
1
2
1
2
1
=⇒=⇒=
−−
 
Substituindo em (1): 
2
24
2
x
z
xdx
dz
xz
xdx
dz
=−⇒=− 
 
x
Cx
x
x
y
++−
=
4
ln
2
1
 
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Esta equação é Linear em z , com ( )
x
xp
2
−= e ( )
2
x
xq = . 
Portanto: 





+∫∫= ∫
−
Cdxexez
dx
x
dx
x
22
.
2
1
 



 += ∫ − Cdxexey xx ln2ln22
1
.
2
1
 



 += ∫
−
Cdxexey xx
22
lnln2
1
.
2
1
 



 += ∫ Cdxxxxy 2
22
1
1
.
2
1
 



 += Cxxy ln
2
122
1
 
 
Finalmente: 
 
 
 
2
4
ln
2
1



 += Cxxy 
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01) Resolver as seguintes Equações Diferenciais de Bernouilli: 
 
a) 4
33
y
x
x
y
dx
dy
−=+ Resp: ( )33 Cxxy += 
b) ( ) 3.ln1 yx
x
y
dx
dy
+=− Resp: 
2
33
4
ln
3
2
9
41





 +−−= Cxxx
x
y 
c) dxyxdxydyx 63=+ Resp: 5
35
5
2
xCx
y
+
= 
02) Achar a solução particular da equação diferencial yx
x
y
dx
dy
=−
4
 satisfazendo a seguinte 
condição: ( ) 01 =y . Resp: ( )
4
ln
24 xx
y = 
 
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CÁLCULO 3 – AULA 13 
 
 
2.8 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS EXATAS: 
 
2.8.1 – DEFINIÇÃO: 
 
A Equação Diferencial de 1a Ordem e 1o Grau da forma ( ) ( ) 0,, =+ dyyxNdxyxM é chamada 
de Exata se existir uma função ( )yxfu ,= tal que a sua Diferencial Total dy
y
u
dxx
u
du
∂
∂
+
∂
∂
= seja 
igual ao primeiro membro da equação, isto é: ( ) ( )dyyxNdxyxMdu ,, += 
 
EXEMPLOS: 
 
01) A Equação Diferencial 032 223 =+ dyyxdxxy é Exata, pois, para 32 yxu = , temos: 
dyyxdxxydu 223 32 += 
02) A Equação Diferencial 0=+ dyxedxye xyxy é Exata, pois existe xyeu = tal que: 
dyxedxyedu xyxy += 
 
Vamos considerar, agora, o seguinte problema: 
 
“A Equação Diferencial ( ) 0.222 =++ dyyxedxyarctg xy é Exata?” 
 
Vimos, de acordo com a definição, que ela só será Exata se existir uma função ( )yxfu ,= tal 
que a sua Diferencial Total seja igual ao primeiro membro da equação. 
Por este exemplo, podemos perceber que a verificação, apenas pelo uso da definição, do fato 
dessa equação ser ou não Exata, não é elementar. 
 
Daí a motivação para estudarmos o Teorema seguinte. 
 
 
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TEOREMA: 
“A condição necessária e suficiente para que a Equação Diferencial ( ) ( ) 0,, =+ dyyxNdxyxM 
seja Exata é que ( )yxM , e ( )yxN , sejam contínuas e deriváveis e que: 
 
 
 
DEMONSTRAÇÃO: 
 
Consideremos, por hipótese, que a Equação Diferencial ( ) ( ) 0,, =+ dyyxNdxyxM seja Exata. 
Então, pela definição, existe uma função ( )yxfu ,= tal que ( ) ( )dyyxNdxyxMdu ,, += (1). 
Sabemos que: dy
y
u
dx
x
u
du
∂
∂
+
∂
∂
= (2) 
Comparando (1) e (2), temos: 
( )yxM
x
u
,=
∂
∂
 (3) e ( )yxN
y
u
,=
∂
∂
 (4) . 
Derivando parcialmente (3) e (4) com relação a y e a x , respectivamente, obtemos: 
y
M
xy
u
∂
∂
=
∂∂
∂ 2
 e 
x
N
yx
u
∂
∂
=
∂∂
∂ 2
 
Porém, sabemos que 
yx
u
xy
u
∂∂
∂
=
∂∂
∂ 22
. 
Portanto, podemos concluir que 
x
N
y
M
∂
∂
=
∂
∂
. 
 
EXEMPLOS: 
 
Verificar, pelo Teorema, se as equações dadas a seguir são Exatas: 
 
01) 032 223 =+ dyyxdxxy 
 
 
 
x
N
y
M
∂
∂
=
∂
∂
 
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SOLUÇÃO: 
 
( ) 23 62, xy
y
M
xyyxM =
∂
∂
⇒= 
( ) 222 63, xy
x
N
yxyxN =
∂
∂
⇒= 
Como 
x
N
y
M
∂
∂
=
∂
∂
, então a equação é Exata. 
 
02) 0=+ dyxedxye xyxy 
SOLUÇÃO: 
 
( ) xyxyxy xyee
y
M
yeyxM +=
∂
∂
⇒=, 
( ) xyxyxy xyee
x
N
xeyxN +=
∂
∂
⇒=, 
Como 
x
N
y
M
∂
∂
=
∂
∂
, então esta equação é Exata. 
 
03) ( ) ( ) 022 =−+− dyxydxyx 
SOLUÇÃO: 
 
 
( ) 1, 2 −=
∂
∂
⇒−=
y
M
yxyxM 
( ) 1, 2 −=
∂
∂
⇒−=
x
N
xyyxN 
Como 
x
N
y
M
∂
∂
=
∂
∂
, então esta equação também é Exata. 
 
04) ( ) 022 =++ dyyxdxe xy 
SOLUÇÃO: 
( ) xyxy xe
y
M
eyxM =
∂
∂
⇒=, 
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( ) x
x
N
yxyxN 2, 22 =
∂
∂
⇒+= 
Como 
x
N
y
M
∂
∂
≠
∂
∂
, então esta equação NÃO é Exata. 
 
2.8.2 – SOLUÇÃO GERAL DAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS EXATAS: 
 
Seja a Equação Diferencial Exata ( ) ( ) 0,, =+ dyyxNdxyxM (1). 
Por definição, existe uma função ( )yxfu ,= tal que ( ) ( )dyyxNdxyxMdu ,, += (2). 
Então (1) fica: ∫ =⇒=⇒= CuCdudu 0 (3) 
O nosso problema será determinar a função ( )yxfu ,= 
Sabemos que: dy
y
u
dx
x
u
du
∂
∂
+
∂
∂
= (4) 
Comparando (2) e (4), devemos ter: ( )yxM
x
u
,=
∂
∂
 (5) e ( )yxN
y
u
,=
∂
∂
 (6) 
Vamos integrar (5) com relação a x , considerando y constante: 
( ) ( ) ( )∫ ∫ ∫ +=⇒=∂
∂
ydxyxMudxyxMdx
x
u
φ,,. (7) 
Cálculo de ( )yφ : 
Derivando (7) com relação a y , obtemos: 
( )[ ]
dy
d
dxyxM
yy
u φ
+
∂
∂
=
∂
∂
∫ , 
Comparando com (6): ( ) ( )[ ]
dy
d
dxyxM
y
yxN
φ
+
∂
∂
= ∫ ,, 
Então: ( ) ( )[ ]∫∂
∂
−= dxyxM
y
yxN
dy
d
,,
φ
 
( ) ( )[ ] dydxyxM
y
yxNd






∂
∂
−= ∫ ,,φ 
Integrando: ( ) ( ) ( )[ ]∫ ∫ +






∂
∂
−=
1
,, CdydxyxM
y
yxNyφ 
 
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Substituindo em (7): ( ) ( ) ( )[ ]∫ ∫∫ +






∂
∂
−+=
1
,,, CdydxyxM
y
yxNdxyxMu 
Porém, como Cu = : 
( ) ( ) ( )[ ] CCdydxyxM
y
yxNdxyxM =+






∂
∂
−+∫ ∫∫ 1,,, 
 
Finalmente: 
 
Que é a solução geral. 
 
EXEMPLOS: 
 
Achar a solução geral das Equações Diferenciais: 
 
01) ( ) ( ) 031265 224 =−+− dyxydxxyx (1) 
SOLUÇÃO: 
 
Primeiramente, devemos verificar se a equação dada é Exata. 
Para isto, devemos ter: 
x
N
y
M
∂
∂
=
∂
∂
. 
No nosso caso: 
( ) x
y
M
xyxyxM 665, 4 −=
∂
∂
⇒−= 
( ) x
x
N
xyyxN 6312, 22 −=
∂
∂
⇒−= 
Portanto, a equação é Exata. 
Assim, existe uma função ( )yxfu ,= tal que: ( ) ( ) 031265 224 =−+−= dyxydxxyxdu (2) 
Ou seja: Cudu =⇒= 0 
Cálculo de u : 
Sabemos que: dy
y
u
dx
x
u
du
∂
∂
+
∂
∂
= (3) 
 
( ) ( ) ( )[ ]∫ ∫ ∫ =






∂
∂
−+ CdydxyxM
y
yxNdxyxM ,,, 
FÍSICA – LICENCIATURA – EAD 
Prof. Sebastião Fernandes – UNIFEI – Itajubá – MG 
 
Comparando (2) e (3), observamos que: 
xyx
x
u
65
4 −=
∂
∂
 (A) e 22 312 xy
y
u
−=
∂
∂
 (B) 
Integrando (A) em relação a x e considerando y constante, temos: 
( ) ( ) ( )∫ +−=⇒+−= yyxxuydxxyxu φφ 254 365 (4) 
Cálculo de ( )yφ : 
Derivando (4) parcialmente com relação a y , temos: 
dy
d
x
y
u φ
+−=
∂
∂ 2
3 . 
Comparando com (B): dyydy
dy
d
dy
d
xxy 22222 12123312 =⇒=⇒+−=− φ
φφ
 
Integrando membro a membro: ( )
1
3
4 Cyy +=φ 
Voltando em (4): 
1
325
43 Cyyxxu ++−= 
Como Cu = , então: 
CCyyxx =++−
1
325
43 
 
Finalmente: 
 
 
02) ( ) ( ) 01332 3 =−+++ dyyxdxyx (1) 
SOLUÇÃO: 
 
Primeiramente, devemos verificar se a equação dada é Exata. 
Para isto, devemos ter: 
x
N
y
M
∂
∂
=
∂
∂
. 
No nosso caso: 
( ) 332, 3 =
∂
∂
⇒+=
y
M
yxyxM e ( ) 313, =
∂
∂
⇒−+=
x
N
yxyxN 
Portanto, a equação é Exata. 
Assim, existe uma função ( )yxfu ,= tal que: ( ) ( ) 01332 3 =−+++= dyyxdxxyxdu (2) 
Ou seja: Cudu =⇒= 0 
Cálculo de u : 
Cyyxx =+− 325 43 
PROIBIDO VENDER
FÍSICA – LICENCIATURA – EAD 
Prof. Sebastião Fernandes – UNIFEI – Itajubá – MG 
 
Sabemos que: dy
y
u
dx
x
u
du
∂
∂
+
∂
∂
= (3) 
Comparando (2) e (3), observamos que: 
xyx
x
u
32
3 +=
∂
∂
 (A) e 13 −+=
∂
∂
yx
y
u
 (B) 
Integrando (B) em relação a y e considerando x constante, temos: 
( ) ( ) ( )∫ +−+=⇒+−+= xy
y
xyuxdyyxu φφ
2
313
2
 (4) 
Cálculo de ( )xφ : 
Derivando (4) parcialmente com relação a x , temos: 
dx
d
y
x
u φ
+=
∂
∂
3 . 
Comparando com (A): dxxdx
dx
d
dx
d
yyx 333 22332 =⇒=⇒+=+ φ
φφ
 
Integrando membro a membro: ( )
1
4
2
C
x
x +=φ 
Voltando em (4): 
1
42
22
3 C
x
y
y
xyu ++−+= 
Como Cu = , então: 
 
 
 
 
03) ( ) ( ) 0324 232 22 =−++ dyyxyedxxey xyxy (1) 
 
SOLUÇÃO: 
 
Vamos verificar se a equação dada é Exata. 
Para isto, devemos ter: 
x
N
y
M
∂
∂
=
∂
∂
. 
No nosso caso: 
( ) 222 332 224, xyxyxy exyye
y
M
xeyyxM +=
∂
∂
⇒+= 
C
x
y
y
xy =+−+
22
3
42
 
FÍSICA – LICENCIATURA – EAD 
Prof. Sebastião Fernandes – UNIFEI – Itajubá – MG 
 
( ) 222 32 2232, xyxyxy exyye
x
N
yxyeyxN +=
∂
∂
⇒−= 
Portanto, a equação é Exata. 
Assim, existe uma função ( )yxfu ,= tal que: ( ) ( ) 0324 232 22 =−++= dyyxyedxxeydu xyxy (2) 
Ou seja: Cudu =⇒= 0 
Cálculo de u : 
Sabemos que: dy
y
u
dx
x
u
du
∂
∂
+
∂
∂
= (3) 
Comparando (2) e (3) , observamos que: 
32
4
2
xey
x
u xy +=
∂
∂
 (A) e 232
2
yxye
y
u xy −=
∂
∂
 (B) 
Integrando (A) em relação a x e considerando y constante, temos: 
( ) ( ) ( )∫ ++=⇒++= yxeuydxxeyu xyxy φφ 432 22 4 (4) 
Cálculo de ( )yφ : 
Derivando (4) parcialmente com relação a y , temos: 
dy
d
xye
y
u xy φ+=
∂
∂ 2
2 . 
Comparando com (B): dyydy
dy
d
dy
d
xyeyxye xyxy 222 33232
22
−=⇒−=⇒+=− φ
φφ
 
Integrando membro a membro: ( )
1
3 Cyy +−=φ 
Voltando em (4): 
1
34
2
Cyxeu xy +−+= 
Como Cu = , então: 
 
 
 
Cyxe xy =−+ 34
2
 
PROIBIDO VENDER
FÍSICA – LICENCIATURA – EAD 
Prof. Sebastião Fernandes – UNIFEI – Itajubá – MG 
 
 
CÁLCULO 3 – EXERCÍCIOS - AULA 13