GRA1594 Calculo aplicado Varias variaveis (Apostila 4)

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CÁLCULO APLICADO - VÁRIASCÁLCULO APLICADO - VÁRIAS
VARIÁVEISVARIÁVEIS
EQUAÇÕES DIFERENCIAISEQUAÇÕES DIFERENCIAIS
ORDINÁRIASORDINÁRIAS
Autor: Me. Tal i ta Druziani Marchiori
Revisor : Ra imundo A lmeida
IN IC IAR
introdução
Introdução
Nesta unidade iremos trabalhar com equações diferenciais
ordinárias, ou seja, com equações que envolvem derivadas
simples de uma única variável independente.
Começaremos nos familiarizando com os conceitos de uma
equação diferencial. Depois, vamos de�nir quais equações
representam a classe das equações separáveis, equações lineares
de 1ª ordem e equações homogêneas com coe�cientes constantes
de 2ª ordem.
Como veremos, equações homogêneas de 2ª ordem são um caso
particular de equações lineares de 2ª ordem, logo sua resolução
pode ser realizado por um método similar a resolução de
equações lineares de 1ª ordem.
Esperamos que você aproveite ao máximo este conteúdo. Resolva
os exemplos e exercícios e não esqueça de perguntar suas
dúvidas. Bons estudos!
Até o momento, dada uma função y = f(x) sabemos determinar
sua derivada em relação a x, que é também uma função, e
denotamos por 
dy
dx = f
′ (x). Por exemplo, se y = ex
2
 a regra da cadeia
nos diz que 
dy
dx = 2x e
x2 = 2xy. Nesta unidade, vamos ter uma
equação da forma 
dy
dx = 2xy e vamos desejar encontrar qual função
f(x) a satisfaça.
Toda equação que possui derivadas de uma ou mais variáveis
dependentes, em relação a uma ou mais variáveis independentes
é denominada equação diferencial. Quando a equação diferencial
envolve somente derivadas com relação a uma única variável
independente, ela é classi�cada como uma equação diferencial
Introdução às EquaçõesIntrodução às Equações
Diferenciais Ordinárias.Diferenciais Ordinárias.
ordinária. Muitas vezes, para simpli�car notação, denotamos as
equações diferenciais ordinárias por EDO.
As equações,
1. 
dy
dt − 5y = 1;
2. (y − x) dx + 4x dy = 0;
3. 
du
dx −
dv
dx = x;
4. 
d2y
dx2
− 2
dy
dx + 6y = 0
são exemplos de equações diferenciais ordinárias.
A ordem de uma EDO é de�nida como a ordem da derivada de
maior ordem. Logo, 
dy
dt − 5y = 1 é de primeira ordem e
d2y
dx2
− 2
dy
dx + 6y = 0 é de segunda ordem.
Uma EDO é chamada de linear se pode escrevê-la da forma:
an(x) 
dny 
dxn
+ a (n− 1 ) (x) 
d (n− 1 )y
dx (n− 1 )
+ . . . + a0(x) y = g(x)
onde os coe�cientes   a0 , a1, . . . , an e g são funções que
dependem somente da variável independente x. Quando a EDO
não é linear, chamamo-a de não-linear.
Por exemplo, x2 
d2y
dx2
− 3x 
dy
dx + 4y = 0 é uma equação diferencial
ordinária linear de segunda ordem linear onde a2(x) = x2,
a1(x) = − 3x , a0(x) = 4 e g(x) = 0. Já a equação diferencial ordinária
de terceira ordem 
d3y
dx3
+ 2ex
d2y
dx2
+ y
dy
dx = 0 é não-linear pois o
coe�ciente a1 = y é uma função da variável dependente y.
Qualquer função f   de�nida em um intervalo I, que quando
substituída na EDO, reduz a equação a uma identidade é uma
solução para EDO no intervalo I. Então, pelo que vimos acima,
f(x) = ex
2
+ 2 e g(x) = ex
2
− 10 são  soluções para a equação 
dy
dx = 2xy 
no intervalo (−∞, ∞).  
Observe que y(x) = ex
2
+ C, onde C é uma constante qualquer
também é uma solução para 
dy
dx = 2xy no intervalo (−∞, ∞). As
soluções f e g, mencionadas no parágrafo acima, são ditas
soluções particulares. Já y é conhecida como solução geral, pois
abrange todas as soluções da equação diferencial. Com isso,
vemos que uma equação diferencial pode possuir mais que uma
solução e que estas soluções se diferem apenas por uma
constante.
Chamamos de problema de valor inicial todo problema composto
por uma equação diferencial e o valor da função procurada em
um determinado ponto. Este ponto é denominado valor inicial. Por
exemplo,
dy
dx
= 2xy ; y(1) = e 
é um problema de valor inicial com valor inicial igual a 1. Como
acabamos de ver, y(x) = ex
2
+ C é uma solução da equação 
dy
dx = 2xy,
onde C é uma constante qualquer. Porém, como neste caso,
temos a condição de   y(1) = e, isso implica que, C = 0. Então, a
solução deste problema é dada pela função y(x) = ex
2
.
Como temos um valor determinado no enunciado do problema,
temos que a solução de um problema de valor inicial é única, caso
exista.
Nos demais tópicos desta unidade, vamos aprender técnicas para
resolver alguns tipos de EDO.
praticar
Vamos Praticar
O estudo de equações diferenciais ordinárias é similar ao cálculo
integral. As integrais são resolvidas a partir das antiderivadas de uma
função. A diferença é que agora temos que determinar que função
satisfaz uma equação, com mais termos que uma integral. Com base na
teoria vista neste primeiro tópico, assinale a alternativa correta.
a) A equação 
du
dy = −
dv
dx é uma EDO.
b) b)A equação y ″ − 2y ′ + y = 0 é uma EDO não-linear.
c) c) A EDO y y ″ − 2 y ′ = x é linear.
d) A EDO linear y ″ − 2y ′ + y = 0 possui como solução no intervalo 
(−∞, ∞) a função y = xex.
e) A função f(x) = x4 é uma solução para EDO não linear 
dy
dx = xy
1 / 2
no intervalo (−∞, ∞).
Neste tópico, vamos de�nir o que é uma equação diferencial
separável e mostrar uma metodologia para resolver esta classe de
equações.
Primeiro, observe que, se g(x) for uma função contínua, a equação
dy
dx = g(x)
pode ser solucionada através da integração, então uma solução
desta equação é dada por
y = ∫g(x) dx + C
Equações DiferenciaisEquações Diferenciais
SeparáveisSeparáveis
,
onde C é uma constante. Por exemplo,
y = ∫ sen x dx + C = − cos x + C é solução de 
dy
dx = sen x.
Chamamos de separável toda equação diferencial que pode ser
escrita da forma
h(y) dy = g(x) dx.
Esta classe de equações pode ser resolvida integrando as funções
h e g. Para esclarecer este método de resolução, vamos resolver
um exemplo.
Considere a equação (1 + x) dy − y dx = 0. Temos que
(1 + x) dy − y dx = 0 ⇔ (1 + x) dy = y dx ⇔
dy
y
=
dx
(1 + x)
.
Então, esta equação é separável com h(y) =
1
y e g(x) =
1
1 + x .
Integrando ambos os lados da igualdade, vamos obter
∫
dy
y = ∫
dx
( 1 + x ) ou, equivalentemente, ∫
1
ydy = ∫
1
( 1 + x ) dx.
Mas,
∫
1
y
 dy = ln|y| + C
e
∫
1
(1 + x)
 dx = ln |1 + x| + C
com isso,
ln|y| = ln |1 + x| + C
.
Aplicando o exponencial na igualdade acima, temos
eln | y | = eln | 1 + x | +C = e ln | 1 + x | eC
donde
y = |1 + x|eC = ± (1 + x)eC.
Como eC é uma constante, y = (1 + x) k e y = − (1 + x) k (k
constante) são soluções da equação   (1 + x) dy − y dx = 0. Logo, a
solução geral é dada por y = (1 + x) k.
Neste exemplo que acabamos de resolver, deixamos y como
função de x, porém não há necessidade de sempre tentar fazer
CONSTANTE
1. Observe que para cada constante k considerada na solução
y=(1+x)k que acabamos de determinar, obtemos uma solução
diferente para equação (1=x)\ dy\ -ydx=0.
< >
isso. Por exemplo, seja a equação xe − ysenx dx − y dy = 0.
Reescrevendo esta equação, temos
xe − ysenx dx = y dy donde xsenx dx = 
y
e − y
 dy.
Isto é, xe − ysenx dx − y dy = 0 é uma equação exata onde
g(x) = xsenx e h(y) =
y
e − y
. Integrando, obtemos
∫xsenx dx = ∫ 
y
e − y
 dy
−x cox x + sen x = y ey − ey + C
.
Logo, −x cox x + sen x = y ey − ey + C é a solução geral de
xe − ysenx dx − y dy = 0.
Observe que em ambos os exemplos, quando realizamos a
integração, deixamos sinalizado o uso de apenas uma constante C
. Isso vem do fato que a soma e subtração de constantes resulta
numa constante, então não precisamos carregar duas constantes
na equação.
praticar
p
Vamos Praticar
Muitos modelos matemáticos são descritos através das equações
diferenciais por exemplo, podemos descrever a propagação de praga
com as equações separáveis. Considerando a equação diferencial
ordinária de primeira ordem dada por 
dy
dx =
x2
1 − y2
, assinale a alternativa
correta em relação a solução geral desta equação:
a) −x3 + 3y − y3 = c.
b) x3 + 3y + y3 = c
c) y = x3 + y3 + C
d) −x3 − y3 + 1 = 0
e) y2 + x2 − y = cNo primeiro tópico desta unidade de�nimos que uma equação
diferencial linear é uma equação que pode ser escrita da forma
an(x) 
dny 
dxn
+ a (n− 1 ) (x) 
d (n− 1 )y
dx (n− 1 )
+ . . . + a0(x) y = g(x)
onde os coe�cientes   a0 , a1, . . . , an e g são funções que
dependem somente da variável independente x. Considerando
n = 1, temos uma equação linear de 1ª ordem. Ou seja,
a1(x)
dy
dx
+ a0(x)y = g(x)
EDOs Lineares de 1ª OrdemEDOs Lineares de 1ª Ordem
e Homogêneas de 2ª Ordeme Homogêneas de 2ª Ordem
é denominada de equação linear de 1ª ordem. Sendo a1(x) ≠ 0,
dividindo esta igualdade por a1(x), podemos reescrever a equação
linear como 
dy
dx + P(x)y = f(x).
Para determinar soluções de uma equação linear, utilizamos o
método do fator integrante. Este método consiste em
multiplicarmos a equação por uma função μ(x) apropriada,
denominada fator de integração, para conseguirmos realizar uma
integração. Como veremos no exemplo abaixo μ(x) = e ∫ P ( x ) dx,
onde P(x) é identi�cado escrevendo a equação linear na forma
dy
dx + P(x)y = f(x).
Por exemplo, considere a equação linear x
dy
dx − 4y = x
6ex. Dividindo
todos os termos por a1(x) = x, obtemos
dy
dx
−
4
x
y = x5ex
.
Este é o primeiro passo para resolver uma equação linear.
Identi�cando P(x), com o passo anterior, o segundo passo,
consiste em determinar o fator de integração e ∫ P ( x ) dx.   Neste
exemplo, ∫P(x)dx = ∫ −
4
x dx = − 4ln|x| e
e ∫ P ( x ) dx = e − 4ln | x | = eln x
− 4
= x − 4
No próximo passo, multiplicamos o fator de integração na
equação, logo
x − 4 
dy
dx −
4
x5
y = xex
.
Observe que
d
dx
x − 4y = x − 4 
dy
dx
−
4
x5
y.
Isso sempre ocorre quando determinamos e multiplicamos
corretamente o fator de integração na equação. Com isso,
reescrevemos x − 4 
dy
dx −
4
x5
y = xex como
d
dx
x − 4y = xex.
O último passo, consiste em integrar ambos os lado da igualdade
obtida, isto é,
∫
d
dx
x − 4y dx = ∫xexdx
.
Como o cálculo integral e o cálculo diferencial são processos
inversos, ∫
d
dx x
− 4y dx = x − 4y. Donde, concluímos
x − 4y = xex − ex + C
ou, equivalentemente
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
y = x5ex − x4ex + Cx4,
é a solução geral de x
dy
dx − 4y = x
6ex.
Agora, considere a equação diferencial de segunda ordem da
forma
saiba mais
Saiba mais
Como mencionamos no primeiro tópico desta unidade, uma equa
diferencial ordinária que não é linear, é denominada não-linear.
Resolver esta classe se equações se torna uma tarefa difícil. Porém
existem equações não-lineares que podem ser reescritas como u
equação linear, logo, seu método de resolução, consiste no méto
apresentado acima para equações lineares.
Por exemplo,  equações da forma 
dy
dx + M(x) y = N(x) y
n são equaçõ
diferenciais ordinárias não-lineares conhecidas com a nomenclatu
Equação de Bernoulli. Realizando a substituição z = y1 − n,
transformamos uma Equação de Bernoulli em uma equação linea
Para ver outros exemplos de equações não lineares que podem s
transformadas em equações lineares, acesse o artigo completo.
Fonte: Elaborado pelo autor.
ACESSAR
http://www.uel.br/projetos/matessencial/superior/pdfs/edo.pdf
a 
d2y
dx2
+ b
dy
dx
+ c y = 0
,
onde a, b e c são constantes. Esta equação é chamada de equação
homogênea de 2ª ordem com coe�cientes constantes. Note, que
uma equação homogênea de 2ª ordem é uma equação linear de 2ª
ordem com coe�cientes a2(x) = a, a1(x) = b e a0(x) = c e g(x) = 0,
para todo x.
Prosseguindo com o método de resolução que acabamos de
estudar para as equações lineares de 1ª ordem, se a0(x) = a é
constante, concluímos que a equação 
dy
dx + ay = 0 possui a solução
exponencial y = ce − ax em (−∞, ∞). Logo, é intuitivo imaginar que a
equação homogênea de 2ª ordem possui uma solução similar.
Considerando uma solução da forma y = emx para a equação
a 
d2y
dx2
+ b
dy
dx + c y = 0, temos que y
′ = memx e y ″ = m2emx:
a 
d2y
dx2
+ b
dy
dx + c y = e
mx am2 + bm + c = 0 ⇒ emx = 0 ou
am2 + bm + c = 0.
Mas, emx ≠ 0, para todo x. Então, para y = emx ser solução da
equação homogênea de 2ª ordem com coe�cientes constantes, é
necessário que m seja raiz de am2 + bm + c = 0.   Esta equação
quadrática é conhecida como equação auxiliar.
Sabemos que em uma equação do 2º grau, temos três situações
possíveis para suas raízes. Então, ou a equação auxiliar possui
( )
raízes reais e distintas ou possui raízes iguais ou possui raízes
complexas conjugadas.
Se am2 + bm + c = 0 possuir raízes reais e distintas, digamos m1 e m2
, temos duas soluções para  a 
d2y
dx2
+ b
dy
dx + c y = 0 em (−∞, ∞), dadas
por y1 = e
m1x e y2 = e
m2x. Então, neste caso, a solução geral é dada
por y = C1e
m1x + C2e
m2x.
Se am2 + bm + c = 0 possuir raízes reais iguais, ou seja, m1 = m2,
teremos somente uma solução y = em1x para  a 
d2y
dx2
+ b
dy
dx + c y = 0
em (−∞, ∞) e, a solução geral será dada por y = C1e
m1x + C2e
m1x.
Por �m, se am2 + bm + c = 0 possuir raízes complexas conjugadas,
temos que m1 = α + iβ e m2 = α − iβ, sendo α eβ números reais. As
soluções gerais neste caso são análogas as soluções gerais de
quando a equação quadrática possui duas raízes reais, ou seja,
y = C1e
(α+ iβ ) x + C2e
(α− iβ ) x. Utilizando a igualdade
eiθ = cos θ + isenθ. reescrevemos a solução geral da equação
a 
d2y
dx2
+ b
dy
dx + c y = 0 em (−∞, ∞) como y = e
αx C1cos β x + C2sen β x .
Considere a equação homogênea de 2ª ordem dada por
d2y
dx2
+
dy
dx + y = 0.  Neste caso, a = 1, b = 1 e c = 1. Então, para obter
a solução geral desta equação, precisamos determinar as raízes
da equação quadrática
am2 + bm + c = 0, isto é, m2 + m + 1 = 0.
( )
Resolvendo esta equação quadrática, obtemos que suas raízes são
números complexos conjugados dados por
m1 = −
1
2 +
√3
2 i e m2 = −
1
2 +
√3
2 i.
Então, pelo que acabamos de ver, a solução geral de
d2y
dx2
+
dy
dx + y = 0 no intervalo (−∞, ∞) é dada por
y = e − x / 2 C1cos 
√3
2
 x + C2sen 
√3
2
 x .
praticar
Vamos Praticar
Para resolvermos situações problema envolvendo as equações
diferenciais, devemos saber classi�cá-la, identi�cando sua ordem e
classe. Desta forma, saberemos o melhor caminho que devemos seguir
para determinar a solução do problema. Considere as equações
2y ″ − 5y ′ − 3y = 0 e y ′ − 3y = 0.
Com base no que aprendemos neste tópico, assinale a alternativa
correta.
( )
a) A equação y ′ − 3y = 0 é uma equação homogênea de 2ª
ordem.
b) A equação auxiliar de 2y ″ − 5y ′ − 3y = 0O possui raízes iguais
a 3.
c) A solução geral de y ′ − 3y = 0 é dada por y = 3x + C.
d) Temos que y = C1 e
− x / 2 + C2e
3x é a solução geral  
2y ″ − 5y ′ − 3y = 0.
e) As equações 2y ″ − 5y ′ − 3y = 0 e y ′ − 3y = 0 não possuem
nenhuma solução em comum.
Como em diversas situações os modelos matemáticos são
descritos por equações diferenciais,, podemos utilizar os métodos
de resolução aprendidos nesta unidade para resolvê-los.
Poderíamos citar aplicações das mais diversas áreas como o
decrescimento radioativo, crescimento populacional, a de�exão
de uma viga, corrente em um circuito em série etc. No que segue,
iremos resolver dois exemplos de aplicação.
Aplicação das Equações Separáveis
Imagine a seguinte situação:
Aplicações das EquaçõesAplicações das Equações
Diferenciais OrdináriasDiferenciais Ordinárias
Um objeto de massa m é projetado sobre a terra em uma direção
perpendicular. Considerando sua velocidade inicial igual a v0 e que
não há resistência do ar, qual a menor velocidade inicial para a
qual o corpo não retornará à superfície?
A velocidade procurada é conhecida como velocidade de escape.
Vamos considerar o semi eixo positivo dos x apontando para fora
do centro da Terra no decorrer da linha de movimento. Então,
x = 0 corresponde a superfície da Terra.  Denotando por R o raio
da Terra, temos que a força gravitacional agindo no objeto é dada
por w(x) = −
k
( x+R ) 2
 , onde k é uma constante. Mas, sabemos que
devido a gravidade no nível do mar, para x = 0 temos que
w(0) = − mg , ondeg é a aceleração. Logo k = mgR2, isto é,
w(x) = −
mgR2
(x + R)2
.
Desconsiderando outras forças agindo sobre o objeto, a equação
de movimento é dada por
m
dv
dt = −
mgR2
(x + R)2
com condição inicial v(0) = v0.
Considerando x como variável independente, podemos reescrever
a equação do movimento como
v
dv
dx
= −
gR2
(x + R)2
ou ainda,
v dv = −
gR2
(x + R)2
 dx
que é uma equação separável.
Como vimos no segundo tópico desta unidade, a solução geral de
uma equação separável é determinada integrando ambos os lados
da igualdade. Fazendo isso, obtemos
v2
2 =
gR2
R+ x + C ⇒ v
2 = 2
gR2
R+ x + C.
De v0 = v(0), temos
v0
2 = 2
gR2
R + C ⇒ v0
2 = 2gR + C ⇒ C = v0
2 − 2gR.
Substituindo este valor de C na equação acima, temos que a
solução da equação do movimento com condição inicial v0 = v(0) é
dada por
v = ± v02 − 2gR +
2gR2
R+ x .
Fazendo v = 0 e x = ε obtemos
√
ε =
v02R
2gR− v02
 e v0 = 2gR
ε
R+ ε ,
que são, respectivamente, a altitude máxima que o objeto alcança
e a velocidade inicial necessária para levantar o objeto até a
altitude ε.
A velocidade de escape ve é determinada calculando
limε→ ∞ 2gR
ε
R+ ε , ou seja,
ve = limε→ ∞ 2gR
ε
R+ ε = √2gR.
O valor numérico de ve é aproximadamente 11, 1 km/s.
Aplicação das Equações Lineares
Em engenharia, a equação
dx
dt
= kx
com condição inicial x t0 = x0 em que k é uma constante de
proporcionalidade, pode descrever a temperatura de um corpo
em resfriamento. Já em física, o mesmo problema de valor inicial,
ou seja, a equação com a condição inicial, pode proporcionar o
cálculo aproximado da quantidade remanescente de uma
substância que está sendo desintegrada através de radioatividade.
√
√
√
( )
Por exemplo, considere que um corpo está inicialmente com a
temperatura T0. Uma hora depois, para t = 1, a temperatura passa
a ser 
3
4T0. Se a taxa de decrescimento é proporcional a
temperatura, desprezando a temperatura do meio ambiente, qual
o tempo necessário para que essa temperatura decresça a terça
parte?
Queremos resolver a equação diferencial 
dT
dt = kT com condição
inicial T(0) = T0.  Como
dT
dt
− kT = 0
é uma equação linear de 1ª ordem, seu fator de integração é dado
por e ∫ ( − k ) dt. Então,
dT
dt
− kT = 0 ⇒ e − kt
dT
dt
− e − ktkT = 0 ⇒
d
dt
e − ktT = 0 ⇒ T(t) = Cekt.
Mas, para t = 0 T(0) = T0 donde T0 = C. Com isso, T(t) = T0e
kt.
Por outro lado, para t = 1, 
3
4N0 = N0e
k, isto é,
3
4 = e
k ⇒ k = ln
3
4 ≃ − 0, 2877.
Portanto, a solução é dada pela expressão T(t) = T0e
− 0 , 2877t e,
como desejamos a terça parte da temperatura, 
1
3T0 = T0e
− 0 , 2877 t o
que implica que isto ocorre em t ≃ 3, 82 horas.
[ ]
( )
praticar
Vamos Praticar
Considerando a temperatura do meio ambiente, a lei de resfriamento,
que foi enunciada por Newton, diz que a taxa de variação de
temperatura  T(t) de um corpo em resfriamento é proporcional à
 diferença entre a temperatura do corpo e a temperatura constante Tm
do meio ambiente, ou seja, 
dT
dt = k T − Tm , onde k é a constante de
proporcionalidade. Sabendo disso, se uma barra da estrutura de um
prédio é retirada do molde a uma temperatura de 300ºF e três minutos
depois sua temperatura passa para 200ºF, quanto tempo irá demorar
para a temperatura da barra atingir 75ºF, uma vez que a temperatura
do meio ambiente é 70ºF?
a) 10 minutos
b) 20,1 minutos
c) 37,5 minutos
d) 59,6 minutos
e) 1 hora
( )
indicações
Material Complementar
LIVRO
Equações Diferenciais, Volume 1
Dennis G. Zill e Michael R. Cullen
Editora: Pearson Education do Brasil
ISBN: 9788534612913
Comentário: Neste livro o aluno terá acesso a
diversos exemplos resolvidos da teoria das
equações diferenciais ordinárias e poderá
praticar o conhecimento adquirido nos
exercícios propostos. Além disso, o livro
apresenta aplicações reais da teoria.
FILME
O homem que viu o in�inito
Ano: 2015
Comentário: Este �lme é baseado na história
real do matemático indiano Srinivasa
Ramanujan. Srinivasa, apesar de humilde e
morar em um país que não havia muita
pesquisa na época, desenvolveu grandes
habilidades matemáticas que o �zeram realizar
grandes contribuições no mundo da
matemática como a teoria dos números e
séries, por exemplo.
TRA ILER
conclusão
Conclusão
Chegamos ao �m desta unidade. No decorrer dela pudemos nos
familiarizar com as equações diferenciais ordinárias. Aprendemos
métodos de resolução de três classes especiais destas equações:
as equações separáveis, equações lineares de 1ª ordem e
equações homogêneas de 2ª ordem com coe�cientes constantes.
Como devem ter percebido, não existe uma única forma de
solucionar uma equação diferencial. Por exemplo, muitas
equações são separáveis e lineares de 1ª ordem. Cabe a nós
identi�car o melhor método de resolução para prosseguir. E, só
alcançamos esta habilidade nos dedicando e praticando o
conteúdo, para sanar nossas dúvidas. Esperamos que você tenha
feito isso no decorrer da unidade. Sempre acredite em seu
potencial, você é capaz. Até a próxima!
referências
Referências Bibliográ�cas
ZILL, D. G., CULLEN, M. R., Equações Diferenciais, volume 1, 3ª ed.
São Paulo: Pearson Education do Brasil, 2001.
BOYCE, W. E., DIPRIMA, R. C., Equações Diferenciais
Elementares, 9ª ed. Rio de Janeiro: Grupo GEN, 2010.