GRA1594 CÁLCULO APLICADO _ VÁRIAS VARIÁVEIS GR0551211 - 202110 ead-14901 01

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CÁLCULO APLICADO - VÁRIAS VARIÁVEISCÁLCULO APLICADO - VÁRIAS VARIÁVEIS
EQUAÇÕES DIFERENCIAISEQUAÇÕES DIFERENCIAIS
ORDINÁRIASORDINÁRIAS
Autor: Me. Tal i ta Druziani Marchiori
Revisor : Ra imundo A lmeida
I N I C I A R
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 ex
2
=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 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;
Introdução às EquaçõesIntrodução às Equações
Diferenciais Ordinárias.Diferenciais Ordinárias.
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)=x
2, 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
=xy1/2 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
,
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
Equações Diferenciais SeparáveisEquações Diferenciais Separáveis
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
y
dy=∫
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=eln |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 isso. Por exemplo, seja a equação 
xe−ysenx dx − y dy = 0. Reescrevendo esta equação, temos
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.
< >
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
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=c
No 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 equaçãolinear de 1ª
ordem. Ou seja,
a1(x)
dy
dx
+a0(x)y=g(x)
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
EDOs Lineares de 1ª Ordem eEDOs Lineares de 1ª Ordem e
Homogêneas de 2ª OrdemHomogêneas de 2ª Ordem
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=x6ex. 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=∫xe
xdx
.
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=x6ex.
[ ]
[ ]
Agora, considere a equação diferencial de segunda ordem da forma
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.
saiba mais
Saiba mais
Como mencionamos no primeiro tópico desta unidade, uma equação diferencial
ordinária que não é linear, é denominada não-linear. Resolver esta classe se equaçõ
se torna uma tarefa difícil. Porém, existem equações não-lineares que podem ser
reescritas como uma equação linear, logo, seu método de resolução, consiste no
método apresentado acima para equações lineares.
Por exemplo,  equações da forma 
dy
dx
+M(x) y=N(x) yn  são equações diferenciais
ordinárias não-lineares conhecidas com a nomenclatura Equação de Bernoulli.
Realizando a substituição z=y1−n, transformamos uma Equação de Bernoulli em um
equação linear. Para ver outros exemplos de equações não lineares que podem ser
transformadas em equações lineares, acesse o artigo completo.
Fonte: Elaborado pelo autor.
ACESSAR
http://www.uel.br/projetos/matessencial/superior/pdfs/edo.pdf
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 =emx 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=eαx 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:
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
Aplicações das EquaçõesAplicações das Equações
Diferenciais OrdináriasDiferenciais Ordinárias
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 , onde g 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⇒v2=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 Cna equação acima, temos que a solução da equação
do movimento com condição inicial v0=v(0) é dada por
v=± v0
2−2gR+
2gR2
R+x
.
Fazendo v=0 e x=ε obtemos
ε=
v0
2R
2gR−v0
2
 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
4
T0. 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
4
N0=N0e
k, isto é,
3
4
=ek⇒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
3
T0=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.
T R A I L E R
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.