Unidade 4 - EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS

Prévia do material em texto

CÁLCULO APLICADO - VÁRIASCÁLCULO APLICADO - VÁRIAS
VARIÁVEISVARIÁVEIS
EQUAÇÕES DIFERENCIAISEQUAÇÕES DIFERENCIAIS
ORDINÁRIASORDINÁRIAS
Autor: Me. Talita 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 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) = 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) = ex2 + 2 e g(x) = ex2 − 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) = ex2.
Como temos um valor determinado no enunciado do problema, temos que a
solução de um problema de valor inicial é única, caso exista.
reflita
Re�ita
Frequentemente, desejamos descrever situações através de
termos matemáticos, que chamamos de modelos
matemáticos. Muitos desses modelos são equações
diferenciais.   Por exemplo, na engenharia, podemos
determinar a de�exão estática de uma viga elástica causada
por seu peso ou por uma carga externa, através de uma
equação diferencial. Em elasticidade, é visto que o momento
de�etor M(x) em um ponto x ao longo da viga está relacionado
com a carga por unidade de comprimento w(x) através da
equação 
d2M
dx2
= w(x). Utilizando esta equação e a
proporcionalidade existente entre o de�etor e à curvatura da
viga, a de�exão y(x) de uma viga �xa em sua extremidade
esquerda e solta em sua extremidade direita, como uma haste
de bandeira, por exemplo, é dada pela equação C
d4y
dx4
= w(x),
onde C é uma constante conhecida por rigidez de�etora da
viga. Outras situações presentes na engenharia são descritos
através de equações diferenciais, pesquise e re�ita sobre!
Fonte: Elaborado pelo autor.
Nos demais tópicos desta unidade, vamos aprender técnicas para resolver
alguns tipos de EDO.
ti
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
,
onde C é uma constante. Por exemplo, y = ∫ sen x dx + C = − cos x + C é
solução de 
dy
dx = sen x.
Equações DiferenciaisEquações Diferenciais
SeparáveisSeparáveis
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 = 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.
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.
CONSTANTE
2. Podemos visualizar gra�camente como essas soluções se comportam
para conhecer melhor sobre elas. Para k=1 temos o esboço do grá�co da
solução dado por:
K = 1 3
2
1
-1
-3
-2
0-1-2-3-4 1 2 3 4 5
CONSTANTE
4. E assim por diante,então para k = 5, a solução tem grá�co iguala:
K = 1 3
2
1
-1
-3
-2
0-1-2-3-4 1 2 3 4 5
CONSTANTE
3. Para k = 2:
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
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
.
K = 5 2
1
-1
-3
-4
-5
-2
0-1-2-3-4 1 2 3 4 5
Ou seja, as soluções são retas com
inclinação k.
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 equação linear 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
EDOs Lineares de 1ªEDOs Lineares de 1ª
Ordem e Homogêneas deOrdem e Homogêneas de
2ª Ordem2ª Ordem
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.
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 equações
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) y
n 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 uma 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
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
http://www.uel.br/projetos/matessencial/superior/pdfs/edo.pdf
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 = 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 √32 x + C2sen √32 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?
Aplicações das EquaçõesAplicações das Equações
Diferenciais OrdináriasDiferenciais Ordinárias
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 , 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 ⇒ v
2 = 2
gR2
R+ x + C.
De v0 = v(0), temos
v02 = 2
gR2
R + C ⇒ v0
2 = 2gR + C ⇒ C = v02 − 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− 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
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(34) ≃ − 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.