Apostila de Equacoes Diferenciais

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EQUAÇÕES DIFERENCIAIS
Prof. Ruy Piehowiak
Editora UNIASSELVI
2012
Caderno de Estudos
NEAD
Educação a Distância
GRUPO
Copyright  Editora UNIASSELVI 2012
Elaboração:
Prof. Ruy Piehowiak
Revisão, Diagramação e Produção:
Centro Universitário Leonardo da Vinci – UNIASSELVI
Ficha catalográfica elaborada na fonte pela Biblioteca Dante Alighieri
Grupo UNIASSELVI – Indaial.
 
515.35
P613e Piehowiak, Ruy
 Equações diferenciais / Ruy Piehowiak. Indaial : Uniasselvi, 2012.
 211 p. : il 
 
 
 ISBN 978-85-7830-603-8
 1. Equações diferenciais.
 I. Centro Universitário Leonardo da Vinci.
 
 
APRESENTAÇÃO
Caro(a) acadêmico(a)! Seja bem-vindo(a) à disciplina de Equações Diferenciais.
Para estudar Equações Diferenciais não há como desvincular o estudo do Cálculo 
Diferencial e Integral, pois as palavras equação e diferencial sugerem que estudemos equações 
que envolvam derivadas. As derivadas são estudadas no segmento da matemática chamado 
de cálculo diferencial, que, consequentemente, nos leva ao cálculo integral. O cálculo utiliza 
ideias da matemática elementar e as estende para situações mais gerais, ou seja, o cálculo 
consiste na matemática elementar (álgebra, geometria, trigonometria) aperfeiçoada pelo 
processo do limite.
Nesta disciplina, você irá aprimorar seus conhecimentos sobre o Cálculo Diferencial e 
Integral. Se você já se interessou pelo que foi estudado no cálculo, vai ver que neste caderno 
terá tópicos mais abrangentes e, também, interessantes.
A disciplina fornece uma série de ferramental necessária a outras disciplinas, como, 
por exemplo, a Física. 
O cálculo é considerado um dos maiores feitos do intelecto humano. Espero que, além de 
perceber a utilidade, também perceba a beleza matemática. O entendimento do conteúdo e das 
nuances que circundam este estudo é apenas a ponta do iceberg, principalmente para aqueles 
acadêmicos que pretendem avançar seus estudos, como em especialização, mestrado etc.
Prof. Ruy Piehowiak
iii
UNI
Quero enfatizar a postura que um(a) acadêmico(a) de matemática 
deve ter ao estudar. Inicialmente, para ler um texto de matemática, 
principalmente na modalidade de ensino a distância, é bastante 
diferente de ler uma revista ou um jornal. Assim, não desanime 
se precisar ler um conceito ou a resolução de um exemplo mais 
de uma vez para entendê-lo. Sugiro que possua um papel, lápis 
e computador com software matemático (por exemplo, o winplot) 
à sua mão para entender o conteúdo trabalhado no Caderno de 
Estudos e desenvolver ainda mais a sua habilidade algébrica.
iv
UNI
Oi!! Eu sou o UNI, você já me conhece das outras disciplinas. 
Estarei com você ao longo deste caderno. Acompanharei os seus 
estudos e, sempre que precisar, farei algumas observações. 
Desejo a você excelentes estudos! 
 UNI
v
SUMÁRIO
UNIDADE 1 – FUNÇÕES DE DIVERSAS VARIÁVEIS .................................................... 1
TÓPICO 1 – FUNÇÕES DE DUAS VARIÁVEIS OU MAIS .............................................. 3
1 INTRODUÇÃO ............................................................................................................... 3
2 RECORDANDO A FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEl ........................................................ 3
3 FUNÇÕES DE DUAS VARIÁVEIS ................................................................................. 5
3.1 grÁFICOS DE FUNÇÕES DE DUAS VArIÁVEIS .................................................. 13
4 FUNÇÕES DE DIVERSAS VARIÁVEIS ...................................................................... 15
RESUMO DO TÓPICO 1 ................................................................................................. 18
AUTOATIVIDADE ........................................................................................................... 19
TÓPICO 2 – CURVAS DE NÍVEl ................................................................................... 21
1 INTRODUÇÃO ............................................................................................................. 21
2 CURVAS DE NÍVEl ..................................................................................................... 22
RESUMO DO TÓPICO 2 ................................................................................................. 28
AUTOATIVIDADE ........................................................................................................... 29
TÓPICO 3 – lIMITE E CONTINUIDADE ........................................................................ 31
1 INTRODUÇÃO ............................................................................................................. 31
2 DEFINIÇÕES BÁSICAS .............................................................................................. 31
3 lIMITE DE FUNÇÕES DE DIVERSAS VARIÁVEIS .................................................... 34
4 CONTINUIDADE DE FUNÇÕES DE DIVERSAS VARIÁVEIS .................................... 38
RESUMO DO TÓPICO 3 ................................................................................................. 41
AUTOATIVIDADE ........................................................................................................... 42
TÓPICO 4 – DERIVADAS PARCIAIS ............................................................................. 43
1 INTRODUÇÃO ............................................................................................................. 43
2 RElEMBRANDO AlGUMAS REGRAS DE DERIVAÇÃO ......................................... 43
3 DERIVADAS PARCIAIS ............................................................................................... 44
3.1 DErIVADAS PArCIAIS DE UMA FUNÇÃO DE DUAS VArIÁVEIS ......................... 44
3.2 INTErPrETAÇÃO gEOMÉTrICA ........................................................................... 50
4 GENERAlIZAÇÃO ...................................................................................................... 52
5 DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR ...................................................... 54
lEITURA COMPlEMENTAR .......................................................................................... 58
RESUMO DO TÓPICO 4 ................................................................................................. 62
AUTOATIVIDADE ........................................................................................................... 63
AVAlIAÇÃO .................................................................................................................... 64
UNIDADE 2 – DIFERENCIABIlIDADE E INTEGRAIS MÚlTIPlAS ............................. 65
vi
TÓPICO 1 – REGRA DA CADEIA E DERIVAÇÃO IMPlÍCITA ...................................... 67
1 INTRODUÇÃO ............................................................................................................. 67
2 REGRA DA CADEIA .................................................................................................... 67
3 DERIVAÇÃO IMPlÍCITA .............................................................................................. 75
RESUMO DO TÓPICO 1 ................................................................................................. 79
AUTOATIVIDADE ........................................................................................................... 80
TÓPICO 2 – DIFERENCIABIBlIDADE E GRADIENTE ................................................. 81
1 INTRODUÇÃO ............................................................................................................. 81
2 DIFERENCIABIBlIDADE ............................................................................................81
3 DIFERENCIAl ............................................................................................................. 85
4 GRADIENTE ................................................................................................................ 89
5 DERIVADAS DIRECIONAIS ........................................................................................ 95
RESUMO DO TÓPICO 2 ................................................................................................. 99
AUTOATIVIDADE ......................................................................................................... 100
TÓPICO 3 – MÁXIMOS E MÍNIMOS DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS ........... 103
1 INTRODUÇÃO ........................................................................................................... 103
2 EXTREMOS lOCAIS ................................................................................................. 103
3 PROBlEMAS ENVOlVENDO MÁXIMOS E MÍNIMOS DE FUNÇÕES DE 
DUAS VARIÁVEIS ...................................................................................................... 111
RESUMO DO TÓPICO 3 ................................................................................................ 117
AUTOATIVIDADE .......................................................................................................... 118
TÓPICO 4 – INTEGRAIS MÚlTIPlAS .......................................................................... 119
1 INTRODUÇÃO ............................................................................................................ 119
2 INTEGRAl DUPlA ..................................................................................................... 119
2.1 INTEgrAL DUPLA SOBrE rETÂNgULO .............................................................. 119
2.2 INTEgrAIS ITErADAS .......................................................................................... 120
2.3 INTEgrAL DUPLA SOBrE rEgIÕES gENÉrICAS ............................................. 124
lEITURA COMPlEMENTAR ........................................................................................ 133
RESUMO DO TÓPICO 4 ............................................................................................... 135
AUTOATIVIDADE ......................................................................................................... 136
AVAlIAÇÃO .................................................................................................................. 137
UNIDADE 3 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ................................................................ 139
TÓPICO 1 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE PRIMEIRA ORDEM ............................ 141
1 INTRODUÇÃO ........................................................................................................... 141
2 DEFINIÇÕES E TERMINOlOGIAS ........................................................................... 141
2.1 TIPOS DE UMA EqUAÇÃO DIFErENCIAL ........................................................... 142
2.2 OrDEM DE UMA EqUAÇÃO DIFErENCIAL ......................................................... 142
2.3 LINEArIDADE DE UMA EqUAÇÃO DIFErENCIAL .............................................. 143
vii
2.4 SOLUÇÃO DE UMA EqUAÇÃO DIFErENCIAL .................................................... 143
2.4.1 Solução geral ........................................................................................................ 145
2.4.2 Solução particular ................................................................................................. 145
3 EQUAÇÃO DIFERENCIAl SEPARÁVEl ................................................................. 148
3.1 MÉTODO DE rESOLUÇÃO DA EqUAÇÃO DIFErENCIAL .................................. 149
4 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS lINEARES DE 1ª ORDEM ......................................... 158
4.1 MÉTODO DE rESOLUÇÃO DA EqUAÇÃO DIFErENCIAL .................................. 159
5 EQUAÇÕES EXATAS ................................................................................................ 168
5.1 MÉTODO DE rESOLUÇÃO DA EqUAÇÃO DIFErENCIAL .................................. 169
RESUMO DO TÓPICO 1 ............................................................................................... 175
AUTOATIVIDADE ......................................................................................................... 176
TÓPICO 2 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS lINEARES DE PRIMEIRA 
 ORDEM – SUBSTITUIÇÕES ................................................................... 177
1 INTRODUÇÃO ........................................................................................................... 177
2 EQUAÇÕES DE BERNOUllI ................................................................................... 177
2.1 MÉTODO DE rESOLUÇÃO DA EqUAÇÃO DIFErENCIAL .................................. 177
3 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS HOMOGÊNEAS ......................................................... 184
3.1 FUNÇÕES HOMOgÊNEAS .................................................................................... 184
3.2 EqUAÇÕES HOMOgÊNEAS ................................................................................. 186
3.2.1 Método de resolução da equação diferencial ....................................................... 187
RESUMO DO TÓPICO 2 ............................................................................................... 193
AUTOATIVIDADE ......................................................................................................... 194
TÓPICO 3 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS lINEARES DE SEGUNDA ORDEM ........ 195
1 INTRODUÇÃO ........................................................................................................... 195
2 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS lINEARES DE SEGUNDA ORDEM .......................... 195
3 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS lINEARES DE 2ª ORDEM COM 
COEFICIENTES CONSTANTES ............................................................................... 199
3.1 MÉTODO DE rESOLUÇÃO DA EqUAÇÃO DIFErENCIAL .................................. 200
lEITURA COMPlEMENTAR ........................................................................................ 204
RESUMO DO TÓPICO 3 ............................................................................................... 208
AUTOATIVIDADE ......................................................................................................... 209
AVAlIAÇÃO .................................................................................................................. 210
REFERÊNCIAS .............................................................................................................. 211
viii
UNIDADE 1
FUNÇÕES DE DIVERSAS VARIÁVEIS
ObjEtIVOS DE ApRENDIzAgEm
Ao final desta unidade você deverá ser capaz de:
	conhecer os principais conceitos que envolvem funções de diversas 
variáveis;
	identificar o domínio de funções de diversas variáveis;
	reconhecer as curvas de níveis de forma algébrica;
	reconhecer as curvas de níveis geometricamente;
	calcular os limites de funções de diversas variáveis;
	identificar a continuidade de funções de diversas variáveis;
	calcular as derivadas parciais;
	interpretar geometricamente as derivadas parciais.
TÓPICO 1 – FUNÇÕES DE DUAS VARIÁVEIS OU MAIS
TÓPICO 2 – CURVAS DE NÍVEl
TÓPICO 3 – lIMITES E CONTINUIDADE
TÓPICO 4 – DERIVADAS PARCIAIS
pLANO DE EStUDOS
Esta unidade está dividida em quatro tópicos, apresentando os 
conceitos e a utilização das funções de diversas variáveis. No Tópico 1 
é apresentado o estudo do domínio de uma função de diversas variáveis 
e as curvas de nível, seguido de vários exemplos para auxiliá-lo(a) na 
compreensão e resolução dos exercícios propostos no final de cada 
tópico. No Tópico 2 daremosuma atenção especial às curvas de nível, 
tanto na representação gráfica como no seu reconhecimento algébrico. 
No Tópico 3 serão estendidos os conceitos de limite e continuidade 
estudados para as funções de uma variável. No Tópico 4 aprenderemos 
como derivar funções de diversas variáveis e, sobretudo, entender o 
significado geométrico das derivadas parciais. Finalizamos a unidade 
com um texto complementar onde será dada ênfase às personalidades 
matemáticas que contribuíram no desenvolvimento do cálculo diferencial 
e integral e, consequentemente, das equações diferenciais.
FUNÇÕES DE DUAS 
VARIÁVEIS OU MAIS
1 INTRODUÇÃO
TÓPICO 1
UNIDADE 1
Você já estudou limites, derivadas e integrais: conceitos vistos em funções de uma 
variável. Nesta unidade estudaremos as funções de duas ou mais variáveis, e veremos que as 
regras do cálculo para funções de uma variável permanecem essencialmente as mesmas. 
Funções com mais de uma variável independente se apresentam mais costumeiramente 
em modelos matemáticos aplicados à engenharia, por exemplo, do que funções de uma variável. 
Os estudos de probabilidade, estatística, dinâmica dos fluidos e trabalho são exemplos que 
conduzem, de uma maneira natural, a funções de mais de uma variável; daí a importância do 
seu estudo.
2 RECORDANDO A FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEl
representamos a função de uma variável por duas variáveis x e y, sendo que chamamos 
de x a variável independente da função e de y a variável dependente da função. Assim, 
denotamos a relação entre as variáveis por y = f (x), deixando explícito que y depende de x.
Exemplo 1 y = 2x + 1.
Exemplo 2 f (x) = 3 + 
Habitualmente, ao trabalharmos com funções, um dos primeiros cuidados que devemos 
ter é em relação ao conjunto domínio das funções, isto é, para que valores reais às funções 
estão definidas. Então, dada uma função f(x), devemos encontrar valores para os quais a 
x
2 - x
UNIDADE 1TÓPICO 14
função tenha imagem.
Exemplo 3
Encontre o domínio da função f(x) = 
Resolução
A função f(x) é uma função racional, pois temos a variável x no denominador.
Esta função tem dois cuidados a serem tomados em relação ao domínio.
(i) Desde que iniciamos nossos estudos com frações, sabemos que não é possível ter 
zero no denominador das frações.
(ii) Temos a variável x no radicando da raiz quadrada. Como estamos considerando 
f(x) uma função real, o radicando não pode assumir valores negativos.
x² – 16 > 0
Assim, juntando as condições (i) e (ii), teremos x² – 16 > 0.
Observe que temos que resolver uma inequação do 2º grau. Para isso, consideramos 
inicialmente apenas a equação (igualdade) a fim de obtermos as raízes.
x² - 16 = 0.
Determinando as raízes desta equação do segundo grau incompleta:
x² = 16
x = 
x = 
Analisando a função quadrática f(x) = x² - 16, sabemos que seu gráfico corresponde a 
uma parábola com concavidade voltada para cima e zeros de função em x = - 4 e x = 4. Logo, 
os valores de x que satisfazem a inequação são x < - 4 ou x > 4.
Assim, D(f) = {x ∈ R | x < - 4 ou x > 4}.
UNIDADE 1 TÓPICO 1 5
FIgUrA 1 – ANÁLISE DO SINAL DA FUNÇÃO f (x) = x² - 16, 
ATrAVÉS DE SEU ESBOÇO grÁFICO
FONTE: O autor
3 FUNÇÕES DE DUAS VARIÁVEIS
Definição 1.3.1 Suponha que D seja um conjunto de pares ordenados de números reais 
(x,y). Uma função real f de duas variáveis em D é uma regra que associa um único número real 
z = f(x,y) a cada par ordenado (x,y) em D. O conjunto D(f) é o domínio de f(x,y).
Os números x, y e z são denominados variáveis. Como os valores da função f(x,y) 
dependem de x e de y, e os valores de z dependem da escolha de x e de y, então x e y são 
denominadas variáveis independentes e z é denominada variável dependente.
Uma função de duas variáveis é uma função cujo domínio é um subconjunto do R2 e 
cuja imagem é um subconjunto de R. Uma maneira de visualizá-la é através de um diagrama 
de flechas, conforme a seguir: 
FIgUrA 2 – DIAgrAMA DE FLECHAS rEPrESENTANDO O DOMÍNIO E A IMAgEM DE UMA 
FUNÇÃO DE DUAS VArIÁVEIS
FONTE: O autor
UNIDADE 1TÓPICO 16
Exemplo 4
Dada a função que calcula o perímetro de um retângulo 
f(x,y) = 2(x + y), calcule o valor de f (2,5).
Resolução
Basta substituir, em f(x,y), o x por 2, o y por 5 e calcular.
Então:
f(2,5) = 2(2 + 5)
f(2,5) = 2 · 7
f(2,5) = 14
Exemplo 5
A função T (x,y) = 60 - 2x² - 3y² representa a temperatura em qualquer ponto de uma 
chapa. A temperatura oscila em relação à distância percorrida no sentido dos eixos positivos x 
e y. Calcule a temperatura da chapa (Figura 3) no ponto (3, 1) em graus Celsius.
Resolução
T (3,1) = 60 - 2 · 3² - 3 · 1²
T (3,1) = 60 - 2 · 9 - 3 · 1
T (3,1) = 39° C
x
y
FIgUrA 3 – AqUECIMENTO DE UMA CHAPA
FONTE: O autor
Exemplo 6
Dada a função f(x,y) = x² + y² , calcule f(1, - 2). . 
UNIDADE 1 TÓPICO 1 7
Resolução
f(x,y) = x² + y² 
f(1, – 2) = 1² + (–2)²
f(1, – 2) = 1 + 4
f(1, – 2) = 5
NO
TA! �
No estudo do domínio de uma função devemos avaliar quais 
números reais são possíveis atribuir para as variáveis x e y para 
obtermos valores reais para z = f(x,y) . Vamos relembrar algumas 
restrições!
Consideremos os casos a seguir em que A e B são expressões em 
função de x e y.
Se f(x,y) = AB então, necessariamente, B ≠ 0 .
Se f(x,y) = , onde n é par, então, necessariamente, A ≥ 0.
Se f(x,y) = logc A com c > 0 e c ≠ 1 então, necessariamente, A > 0.
Exemplo 7
Encontre o conjunto domínio da função f (x,y) = 3x² – y² .
Resolução
Esta função não apresenta nenhuma restrição para os valores de x e y.
Portanto, D(f) = {(x, y) ∈ R2} ou D( f ) = R2.
Exemplo 8
Determine o conjunto domínio de f (x,y) = e o represente grafi camente.
Resolução
Esta função apresenta restrição para os valores de x e y, pois o radicando 3x – 2y não 
pode ser negativo.
3x – 2y ≥ 0 
– 2y ≥ – 3x 
Multiplicando ambos os membros da desigualdade por (–1) e alterando a relação de 
ordem:
2y ≤ 3x 
y ≤ x3
2
UNIDADE 1TÓPICO 18
Portanto, 
Para fazer o gráfico do conjunto domínio da função f (x y) do exemplo anterior, primeiro 
trace o gráfico de y = 32 x e depois determine qual a região correspondente à desigualdade 
y ≤ 3
2
 x .
O gráfico de y = 32 x corresponde a uma reta crescente que contém a origem. Note 
que esta reta divide o plano em duas regiões. Para identificar qual região expressa o domínio 
de f (x,y), atente para a desigualdade estabelecida. Neste exemplo, como se trata de uma reta 
e a relação de ordem é dada pelo sinal “≤”, então isto implica que o domínio é expresso pelos 
infinitos pontos que se encontram na reta e abaixo dela.
FIgUrA 4 – rEPrESENTAÇÃO grÁFICA DO DOMÍNIO DE f.
FONTE: O autor
Exemplo 9
Determine o conjunto domínio de f (x,y) = 5xy – x² .
Resolução
Esta função apresenta restrição para os valores de x e y, pois o denominador y – x² 
não pode tornar-se nulo.
UNIDADE 1 TÓPICO 1 9
Então,
y – x² ≠ 0 
y ≠ x²
Portanto, 
Para fazer o gráfico do conjunto domínio da função f (x,y) = 5xy – x² procedemos do 
mesmo modo que no exemplo anterior. A função que expressa o domínio é dada por y ≠ x² , cuja 
representação no plano é uma parábola com concavidade voltada para cima e que possui seu 
vértice na origem. A relação de diferença, porém, implica que pertencem ao domínio todos os 
pontos do plano, exceto os que se encontram sobre a parábola expressa pela relação y = x². 
FIgUrA 5 – rEPrESENTAÇÃO grÁFICA DO DOMÍNIO DE f
FONTE: O autor
Exemplo 10
Determine o conjunto domínio de f(x,y) = e o represente graficamente.
Resolução
Esta função apresenta restrição para os valores de x e y, pois o radicando 3x² + y² – 18 
não pode ser negativo.
3x² + y² – 18 ≥ 0
3x² + y² ≥ 18
UNIDADE 1TÓPICO 110
Dividindo ambos os membros da desigualdade por 18: 
 
3x² y ² 18
18 18 18
+ ≥
 
A função x² y²
6 18 
+ = 1representa uma elipse centrada na origem do plano cartesiano, 
cujo eixo maior, definido sobre o eixo das ordenadas, é igual a 2 8,48 e cujo eixo menor, 
definido sobre os eixos das abscissas, é igual a 2 4,90.
Atribuídas as características geométricas da função que define o domínio, traçamos 
o seu gráfico. A relação de desigualdade estabelecida é “≥”. Isto implica que os pontos que 
pertencem ao domínio se encontram sobre a elipse e fora dela.
x² y²
6 18 
+ ≥ 1
ATEN
ÇÃO
!
Ao sentir dificuldade em caracterizar as funções quanto à sua 
representação geométrica, retome os estudos realizados na 
disciplina de Geometria Analítica. 
FIgUrA 6 – rEPrESENTAÇÃO grÁFICA DO DOMÍNIO DE f
FONTE: O autor
UNIDADE 1 TÓPICO 1 11
Exemplo 11
Determine o conjunto domínio de f (x,y) = h (x − 3y + 1) e o represente graficamente.
Resolução
Como In (x − 3y + 1) é definido somente quando x − 3y + 1 > 0 , então, 
x − 3y + 1 > 0
x − 3y > − 1
− 3y > − x − 1
Multiplicando ambos os membros da desigualdade por (-1) e alterando a relação de 
ordem:
3y < x + 1
y < x + 1 
3
Neste exemplo a função domínio, expressa pela desigualdade y < x + 1 
3
, representa, 
no plano, uma região que se encontra abaixo da reta y = x + 1 
3
. Observe que os pontos sobre 
a reta não pertencem ao conjunto domínio.
FIgUrA 7 – rEPrESENTAÇÃO grÁFICA DO DOMÍNIO DE f
FONTE: O autor
UNIDADE 1TÓPICO 112
Exemplo 12
Determine o conjunto domínio de f (x,y) = e o represente graficamente.
Resolução
Esta função apresenta restrição para os valores de x e y. A expressão que representa 
o radicando, 4 – x² – y², não pode ser negativa.
4 – x² – y² ≥ 0 
– x² – y² ≥ – 4 
Multiplicando ambos os membros da desigualdade por (-1) e alterando a relação de 
ordem:
x² + y² ≤ 4
O conjunto domínio da função f (x,y) = , expresso pela desigualdade 
x² + y² ≤ 4, compreende os infinitos pontos interiores juntamente com os infinitos pontos 
pertencentes à circunferência centrada na origem do plano cartesiano, de raio 2.
FIgUrA 8 – rEPrESENTAÇÃO grÁFICA DO DOMÍNIO DE f
FONTE: O autor
UNIDADE 1 TÓPICO 1 13
3.1 grÁFICOS DE FUNÇÕES DE DUAS VArIÁVEIS
Se f é uma função de duas variáveis com domínio D, então o gráfico de f é o conjunto 
de todos os pontos (x,y,z) em R3 tal que z = f (x,y) e (x,y) ∈ D .
Fazer a representação gráfica das funções de duas variáveis é normalmente complicado 
e requer habilidade manual. Assim, vamos recorrer ao uso de programas computacionais 
matemáticos que fazem os gráficos de superfícies. O objetivo aqui é apenas mostrar os gráficos 
das funções de duas variáveis e não a construção manual dos gráficos.
Os gráficos, que você encontrará ao longo do Caderno de Estudos, foram construídos 
através do Winplot, que é um software livre disponível na internet, e do Maple 11, um software 
comercial que possui inúmeros recursos matemáticos.
DIC
AS!
Caro(a) acadêmico(a)! Você pode baixar o software Winplot 
diretamente da internet ou do material de apoio da disciplina no AVA.
Exemplo 13
Represente graficamente a função f (x,y) = 2 – 3x – 4y.
Resolução
FIgUrA 9 – rEPrESENTAÇÃO grÁFICA DA FUNÇÃO f (x,y) = 2 – 3x – 4y 
FONTE: O autor
UNIDADE 1TÓPICO 114
Exemplo 14
Represente graficamente a função f (x,y) = 3x² – y².
Resolução
FIgUrA 10 – rEPrESENTAÇÃO grÁFICA DA FUNÇÃO f (x,y) = 3x² – y²
FONTE: O autor
Exemplo 15
Represente graficamente a função f (x,y) .
Resolução 
FIgUrA 11 – rEPrESENTAÇÃO grÁFICA DA FUNÇÃO f (x,y) = 
FONTE: O autor
UNIDADE 1 TÓPICO 1 15
Exemplo 16
Represente graficamente a função f (x,y) = sen x · sen y
Resolução
FIgUrA 12 – rEPrESENTAÇÃO grÁFICA DA FUNÇÃO f (x,y) = sen x · sen y
FONTE: O autor
4 FUNÇÕES DE DIVERSAS VARIÁVEIS
Definição 1.4.1 Seja D um subconjunto de Rn. Uma função real f de n variáveis reais 
definida em D é uma relação entre D e R, que associa a cada ponto (x1, x2,..., xn) ∈ D um único 
valor real z, denotado por z = f (x1, x2,..., xn).
Notação: 
As variáveis (x1, x2,..., xn) são as variáveis independentes, e z é a variável dependente. 
O conjunto de todos os valores possíveis de f é chamado imagem de f, e é denotado por lm(f). 
Assim, 
 
UNIDADE 1TÓPICO 116
Definição 1.4.2 Seja f uma função de n variáveis. O gráfico de f é o conjunto de todos 
os pontos do espaço Rn+1 dado por:
No caso em que n = 1 , f será uma função de uma variável e seu gráfico será uma curva 
C com equação y = f (x1) .
quando n = 2, f será uma função de duas variáveis e seu gráfico será uma superfície 
S com equação z = f (x1,x2) .
quando n = 3, não podemos esboçar o gráfico da função f, pois ele está no espaço de 
dimensão 4.
Exemplo 17
Esboce o gráfico da função f (x,y) = 6 – 2x + 3y.
Resolução
Para esboçar o gráfico de uma função, temos que conhecer o domínio desta função. 
O domínio desta função f é D(f) = R² e o gráfico da função f é o conjunto:
graf (f) = {(x,y,z) ∈ R³ | z = 6 – 2x + 3y}
Geometricamente, o gráfico de f representa um plano.
Vamos fazer algumas considerações sobre a função e os eixos, como se fôssemos traçar 
o gráfico manualmente. Então começamos encontrando os pontos onde o plano intercepta 
cada um dos três eixos coordenados.
Se na equação z = 3 – 2x – 3y fizermos:
x = 0 e y = 0, vem z = 6
x = 0 e z = 0, vem y = 2
y = 0 e z = 0, vem x = 3 .
Obtemos assim os pontos A1 = (0, 0, 6), A2 = (0, 2, 0) e A3 = (3, 0, 0), nos quais o plano 
intercepta os eixos coordenados. A porção do gráfico que está no primeiro octante está 
esboçada na figura a seguir.
UNIDADE 1 TÓPICO 1 17
FIgUrA 13 – PLANO COM EIXOS COOrDENADOS
FONTE: O autor
Exemplo 18
Determine o conjunto domínio e o conjunto imagem da função f (x, y, z) = 
Resolução
Esta função não apresenta restrição para os valores de x, y e z.
Assim, D(f) = R ³ (todo o espaço).
Já para o conjunto imagem, teremos apenas os reais não negativos.
Logo, Im (f) = R+ .
UNIDADE 1TÓPICO 118
RESUMO DO TÓPICO 1
Neste tópico, os principais assuntos estudados foram:
● Definição de função de diversas variáveis.
● Conjunto domínio e conjunto imagem de função.
● Representação gráfica do domínio.
● Representação gráfica das superfícies z = f (x,y) usando recurso computacional.
● Listamos algumas situações envolvendo o estudo do domínio para funções de diversas 
variáveis que impõem restrições ao conjunto domínio.
● Consideremos os casos a seguir, em que A e B são expressos em função de x e y.
ü	Se f (x,y) = então devemos considerar B ≠ 0.
ü	Se f (x,y) = , onde n é par, então devemos considerar A ≥ 0. 
ü	Se f (x,y) = , onde n é par, então devemos considerar A ≥ 0 e B ≠ 0.
ü	Se f (x,y) = , onde n é par, então devemos considerar B > 0.
ü	Se f (x,y) = logc com c > 0 e c ≠ 1 então devemos considerar A > 0.
UNIDADE 1 TÓPICO 1 19
Agora chegou a sua vez de colocar em prática o que foi estudado sobre funções 
de diversas variáveis.
1 Nos problemas a seguir, calcule o valor da função nos pontos específi cos:
a) f (x,y) = (x ‒ 1)² + 2xy³ ; f (2, ‒ 1); f (1,2)
b) f (x,y) = 
3x + 2y
2x + 3y ; f (1,2) ; f ( ‒ 4,6)
c) g (x,y) = ; g (4,5); g (‒ 1,2)
d) g (u,v) = 10u ½ v ⅔; g (16,27); g (4 ‒ 1331)
e) f (x,y) = y xx y+ ; f (1,2); f(2, ‒3)
2 Nos problemas a seguir, descreva o domínio das funções e represente-o grafi camente:
a) f (x,y) = 5x + 2y4x + 3y
b) g (x,y) = √36 ‒ x² + y²
c) f (x,y) = √x + y ‒ 2
d) f (x,y) = 
3x + 5y
x² + 2y² ‒ 4
e) f (x,y) = In (x + y ‒ 4)
f) g (x,y) = e
xy
√x ‒ 2y
UNIDADE 1TÓPICO 120
CURVAS DE NÍVEl
1 INTRODUÇÃO
TÓPICO 2
UNIDADE 1
Neste tópico veremos como representar uma superfície (figura tridimensional) em um 
gráfico bidimensional.Talvez você já tenha visto algum gráfico nesta situação: na prática, são 
chamados mapas topográficos. 
Nestes mapas, uma paisagem tridimensional, como a extensão de uma montanha, 
por exemplo, está representada por linhas de contorno bidimensionais ou curvas de elevação 
constante, conforme pode ser visto na figura a seguir.
FIgUrA 14 – MAPA DE CONTOrNO DE UMA MONTANHA
FONTE: Disponível em: <http://arqaulas.wordpress.com/category/
topografia>. Acesso em: 11 jul. 2011.
UNIDADE 1TÓPICO 222
O objetivo deste tópico é mostrar como reconhecer algebricamente e geometricamente 
as curvas de nível. Muitas das curvas que encontraremos correspondem a gráficos de funções 
já conhecidas, as quais você estudou na disciplina de geometria Analítica, tais como: reta, 
parábola, cúbica, circunferência, elipse e hipérbole.
2 CURVAS DE NÍVEl
O conjunto de todos os pontos onde uma função f (x,y) tem um valor constante c ∈ R 
é chamado de curva de nível de f.
Assim, as curvas de nível são obtidas a partir de funções de duas variáveis z = f (x,y) 
interceptadas por planos paralelos ao plano xy. 
Definição 2.3.1 Seja c um número real. O conjunto de pontos no plano onde uma função 
f (x,y) tem um valor constante f (x,y) = c é chamado de curva de nível de f.
Exemplo 1
Identifique as curvas de nível para g (x,y) = 4 ‒ x ‒ y em c = 0 e c = 6. represente 
graficamente.
Resolução
g (x,y) = c para c = 0
g (x,y) = 4 ‒ x ‒ y
0 = 4 ‒ x ‒ y
y = 4 ‒ x
y = ‒ x + 4
Esta função representa uma reta decrescente (coeficiente angular –1) que intercepta 
o eixo y em 4.
g (x,y) = c para c = 6
g (x,y) = 4 ‒ x ‒ y
6 = 4 ‒ x ‒ y
y = 4 ‒ 6 ‒ x
y = ‒ x ‒ 2
Esta função representa uma reta decrescente (coeficiente angular –1) que intercepta 
o eixo y em –2.
UNIDADE 1 TÓPICO 2 23
FIgUrA 15 – CUrVAS DE NÍVEL DE g (x,y) = 4 ‒ x ‒ y
FONTE: O autor
Outro exemplo que ilustra as curvas de nível é o que muitos autores chamam de mapa 
de contorno, conforme figura a seguir.
FIgUrA 16 – MAPA DE CONTOrNO DE g (x,y) = 4 ‒ x ‒ y
FONTE: O autor
IMP
OR
TAN
TE! �
Considerando diferentes valores para a constante c, igualmente 
espaçados, obtemos um conjunto de curvas de nível chamado mapa 
de contorno, representadas no mesmo plano cartesiano.
UNIDADE 1TÓPICO 224
Exemplo 2
Identifique as curvas de nível para f (x,y) = x² ‒ y² em c = 0, c = -3 e c = 4. represente 
graficamente.
Resolução
f (x,y) = c para c = 0
x² – y² = 0
y² = x²
y = ± { y = xy = ‒ x
Estas duas equações representam duas retas (Figura 17). A reta de equação y = x 
representa, no plano, a bissetriz dos quadrantes ímpares, enquanto que a reta de equação y 
= - x representa a bissetriz dos quadrantes pares.
f (x,y) = c para c = ‒ 3
x² ‒ y² = ‒ 3
‒
x² y² ‒3
‒3 ‒3 ‒3
‒
x² y²
3 3
+ = 1‒
A equação 
x² y²
3 3
+ = 1‒ representa uma hipérbole equilátera, com a = b = √3 que 
tem uma concavidade voltada para cima e a outra para baixo (Figura 17).
f (x,y) = c para c = 4
x² ‒ y² = 4
‒
x² y² 4 
4 4 4
=
‒
x² y² 
4 4 
= 1
Esta equação representa uma hipérbole equilátera, com a = b = 2, centrada na origem 
do plano cartesiano, com uma concavidade voltada para a direita e outra para a esquerda 
(Figura 17).
UNIDADE 1 TÓPICO 2 25
FIgUrA 17 – CUrVAS DE NÍVEL DE f (x,y) = x² ‒ y² 
FONTE: O autor
FIgUrA 18 – MAPA DE CONTOrNO DE f (x,y) = x² – y² 
FONTE: O autor
DIC
AS!
Caro(a) acadêmico(a)! Para desenhar os mapas de contorno, sugiro 
que utilize um software matemático, como, por exemplo, o Winplot. 
Na internet você encontra diversos tutoriais sobre o Winplot, inclusive 
onde baixar o programa, que é freeware. Agora tente você, identifique 
as curvas de nível para g (x,y) = 4 ‒ 2x² ‒ y² em c = 0 e c = ‒ 2 e 
as represente graficamente.
UNIDADE 1TÓPICO 226
Exemplo 3
Identifique as curvas de nível para f (x,y) = √5 ‒ x ² ‒ y ² em c = 1 e c = 2. represente 
graficamente.
Resolução
f (x,y) = c para c = 1
√5 ‒ x ² ‒ y ² = 1
5 ‒ x ² ‒ y ² = 1
‒ x ² ‒ y ² = ‒ 4 (-1)
x² + y² = 4
Esta equação representa uma circunferência centrada na origem do plano cartesiano, 
com raio igual a 2 (Figura 19).
f (x,y) = c para c = 2 
√5 ‒ x ² ‒ y ² = 2
5 ‒ x ² ‒ y ² = 4
‒ x ² ‒ y ² = ‒ 1 ( ‒ 1)
x ² + y ² = ‒ 1
Esta equação representa uma circunferência centrada na origem do plano cartesiano, 
com raio igual a 1 (Figura 19).
FIgUrA 19 – CUrVAS DE NÍVEL DE f (x,y) = √5 ‒ x ² ‒ y ² 
FONTE: O autor
UNIDADE 1 TÓPICO 2 27
FIgUrA 20 – MAPA DE CONTOrNO DE f (x,y) = √5 ‒ x ² ‒ y ²
FONTE: O autor
UNIDADE 1TÓPICO 228
RESUMO DO TÓPICO 2
Neste tópico fizemos análises e representações gráficas das curvas de nível de 
uma função f, que são curvas resultantes da interseção de planos paralelos ao plano xy 
com a superfície z = f (x,y). E ainda estudamos: 
• Representação gráfica das curvas de nível.
• reconhecimento algébrico das curvas de nível.
UNIDADE 1 TÓPICO 2 29
Agora chegou a sua vez de colocar em prática o que foi estudado sobre funções 
de diversas variáveis.
1 Associe as superfícies de 1 a 4 aos mapas de contorno de A a D.
(1)
(A)
(2)
(B)
3 3
UNIDADE 1TÓPICO 230
(3) (C)
(4) (D)
2 Nas questões a seguir, identifique algebricamente as curvas de nível para valores de 
c dados.
a) f (x,y) = x ² + y ² ‒ 9 c ∈ {‒ 4, ‒ 2, ‒ 1, 0};
b) f (x,y) = y ² ‒ x c ∈ {0, 1, 2, 3}
3 Nas questões a seguir, represente graficamente as curvas de nível das funções. 
Agora, você escolherá alguns valores para c. É importante que você faça os gráficos 
manualmente e, se for possível, utilize o software Winplot para conferir ou como apoio 
nos estudos.
a) f (x,y) = x ² + 9y ²
b) f (x,y) = y ² ‒ x³
c) g (x,y) = 3 + 2x ‒ y
lIMITE E CONTINUIDADE
1 INTRODUÇÃO
TÓPICO 3
UNIDADE 1
O que estudaremos agora já foi estudado no Cálculo Diferencial e Integral, onde o 
conceito de limite e continuidade foi empregado para função de uma variável.
Neste tópico estenderemos o conceito de limite às funções de duas variáveis, um 
conceito fundamental do cálculo do qual decorrem outros, como, por exemplo, a noção de 
continuidade. Para isso, enunciaremos algumas definições de Análise Matemática. Tente 
entender os conceitos e só depois avance para a próxima seção.
2 DEFINIÇÕES BÁSICAS
Definição 3.2.1 Sejam P = (x1, x2,..., xn) e A = (a1, a2,...an) pontos em Rn. A distância 
entre P e A, denotada por ║ P ‒ A║, é dada por:
║ P ‒ A║ = √(x1 ‒ a1)² + (x2 ‒ a2)² + ... + (xn ‒ an)²
Exemplo 1
Dados os pontos P = (1, ‒ 2, 3) e A = (3, 1, ‒ 2) em R³, encontre ║ P ‒ A║.
Resolução
║ P ‒ A║ = √(1 ‒ 3)² + (‒2 ‒1)² + (3 ‒ (‒ 2))² = √8 u.c.
Definição 3.2.2 Sejam A = (a1, a2,..., an) ∈ Rn e r > 0 um número real. A bola aberta de 
centro em A e raio r, que indicaremos por B(A; r), é definida como sendo o conjunto de todos 
os pontos P = (x1, x2,..., xn), tais que ║ P ‒ A║< r, ou seja:
B(A; r) = {(x1, x2,...,xn) ∈ Rn; √x1 ‒ a1)² + (x2 ‒ a2)² +...+ (xn ‒ an)² < r
Exemplo 2
a) Em R, a bola aberta B(a; r) é o intervalo aberto (a ‒ r, a + r).
FIgUrA 21 – INTErVALO EM R
FONTE: O autor
b) Em R² , a bola aberta B((a1, a2); r) representa o conjunto dos pontos internos à circunferência 
de centro em (a1, a2) e raio r.
FIgUrA 22 – r de A
FONTE: O autor
Definição 3.2.1 Seja S um subconjunto de Rn. Um ponto A é um ponto de acumulação 
de S, se toda bola aberta de centro em A possui uma infinidade de pontos de S, mesmo que 
A não necessariamente pertença a S.
Exemplo 3
Seja S = {(x,y) ∈ R² | x > 0 e y < 2}. Mostre que todos os pontos pertencentes ao conjunto 
S são pontos de acumulação.
Resolução
Todos os pontos pertencentes a S são pontos de acumulação de S, pois atendem à 
Definição 3.2.1. Ainda, os pontos (0,y),com y ≤ 2, e (x, 2), com x > 0, são pontos de acumulação 
de S e não pertencem a S. (Figura 23).
UNIDADE 1 TÓPICO 3 33
FIgUrA 23 – rEPrESENTAÇÃO grÁFICA DO CONJUNTO S
FONTE: O autor
Exemplo 4
Seja S = {(x,y) ∈ N2 | ‒ 2 ≤ x ≤ 4 e 1 ≤ y ≤ 5}. Mostre que o conjunto S não possui 
pontos de acumulação.
Resolução
Mostraremos que os pontos de S não são pontos de acumulação de S pois não atendem 
à Definição 3.2.1. Para qualquer ponto P(x,y) ∈ R2, a bola aberta de centro P e raio r < 1 não 
contém uma infinidade de S. 
Portanto, o conjunto S não possui pontos de acumulação. (Figura 24).
FIgUrA 24 – rEPrESENTAÇÃO grÁFICA DO CONJUNTO S
FONTE: O autor
UNIDADE 1TÓPICO 334
3 lIMITE DE FUNÇÕES DE DIVERSAS VARIÁVEIS
x → A
A seguir, definiremos limite de uma função de diversas variáveis.
Definição 3.3.1 Sejam f : S ⊂ Rn → R uma função, e A um ponto de acumulação de S. 
Dizemos que o limite de f (X) quando X se aproxima de A é um número real L se, dado ε > 0, existir 
δ > 0 tal que |f (X) – L| < ε sempre que X ∈ S e 0 < ║ X – A ║ < δ.
Neste caso, escrevemos
lim f (X) = L
O estudo de funções de três ou mais variáveis (n ≥ 3) difere pouco do estudo de funções 
de duas variáveis. Desta forma, por simplicidade de apresentação, vamos estudar as funções 
de duas variáveis no restante desta unidade. Começaremos reescrevendo a definição de limite 
de funções de duas variáveis.
Definição 3.3.2 Sejam f : S ⊂ R2 → R uma função, e (a, b) um ponto de acumulação de 
S. Dizemos que o limite de f (x,y) quando (x,y) se aproxima de (a,b) é um número real L se, 
dado ε > 0, existir δ > 0 tal que
|f (x,y) – L| < ε sempre que (x,y) ∈ S e 0 < √(x ‒ a)2 + (y ‒ b)2 < δ
Neste caso, escrevemos
lim f (x,y) = L
A definição de limite de função pode ser reformulada utilizando o conceito de bola aberta 
que vimos anteriormente. De fato, escrever lim f (x,y) = L, equivale a dizer que, dado qualquer 
ε > 0, podemos encontrar δ > 0 tal que, para todo (x,y) ∈ B ((a,b); δ) tenhamos f (x,y) ∈ (L – ε, 
L + ε). A figura a seguir ilustra, no caso de uma função f : A ⊂ Rn → R, a definição de limite.
(x,y) → (a,b)
(x,y) → (a,b)
FIgUrA 25 – FUNÇÃO f : A ⊂ Rn → R 
FONTE: Disponível em: <http://www.icmc.usp.br/~cmmendes/CalculoII/
Calculo2Diferencia%E7%E3o.pdf>. Acesso em: 18 jun. 2011.
UNIDADE 1 TÓPICO 3 35
(x,y) → (2,1)
Exemplo 5
Usando a definição de limite, mostre que lim (4x) ‒ (3y) = 5.
Resolução
Devemos mostrar que ∀ ε > 0, ∃ δ > 0 tal que (4x ‒ 3y) ‒ 5 < ε sempre que ║(x,y) ‒ (2,1)║< δ
Com o objetivo de encontrar o δ desejado, trabalharemos com a desigualdade que 
envolve ε . Assim, usando propriedades do valor absoluto, podemos escrever:
(4x ‒ 3y) ‒ 5=4x ‒ 3y ‒ (8 ‒ 3)
=4x ‒ 8 ‒ 3y + 3
=4x ‒ 8 ‒ (3y ‒ 3)
=4 (x ‒ 2) ‒ 3(y ‒ 1)
≤ 4x ‒ 2+ 3 y ‒ 1
Como 0 < √(x ‒ 2)2 + (y ‒ 1)2 < δ podemos escrever x ‒ 2 ≤ √(x ‒ 2)2 + (y ‒ 1)2 < δ 
e y ‒ 1 ≤ √(x ‒ 2)2 + (y ‒ 1)2 < δ, temos que 4x ‒ 2 + 3y ‒ 1< 4 δ + 3 δ.
Assim, tomando δ = ε7 , temos(4x ‒ 3y) ‒ 5≤ 4x ‒ 2+ 3y ‒ 1< 4
ε
7 + 3 =
ε
7 = ε 
sempre que 0 < √(x ‒ 2)2 + (y ‒ 1)2 < δ.
Portanto, lim (4x ‒ 3y) = 5
Teorema 3.3.1 Sejam f : S ⊂ R2 → R uma função de duas variáveis, S1 e S2 subconjuntos 
de S e (a,b) um ponto de acumulação de S1 e S2. Se f (x,y) tem limites diferentes quando (x,y) 
tende (a,b) através dos pontos de S1 e S2 então lim f (x,y) não existe.
(x,y) → (2,1)
(x,y) → (a,b)
ATEN
ÇÃO
!
Lembre-se de que o fato de o ponto (a,b) ser um ponto de 
acumulação de S1 e S2 não significa que (a,b) ∈ S1 ∩ S2 .
Exemplo 6
Usando a definição de limite, mostre que lim 
5xy
x2 + y2
 não existe.
(x,y) → (0,0)
UNIDADE 1TÓPICO 336
Resolução
Observemos que o conjunto domínio de f é R2 ‒ (0,0). Para mostrar que o limite não 
existe, usaremos o Teorema 3.3.1.
Consideremos o conjunto de retas que passam pela origem {y = kxk ∈ R, (x,y) ∈ R2}.
Calculando f (x,y) com y = kx, temos
f (x,kx) = 
5xkx
x2 + (kx)2
 = 
5kx2
x2 (1+ k2)
 = 
5k
1+ k2
Então, lim f (x, kx) = lim 
5k
1+ k2
 
Assim, o limite de f depende do percurso do ponto (x,y) quando ele tende à origem. 
Por exemplo, considere k = 0 e k = 1 (dois caminhos diferentes).
lim f (x,x) = lim 5.1 5
1+12 2
= .
Note que f assume um valor constante sobre cada reta que passa pela origem. De fato, 
para cada coeficiente angular k ∈ R, f (x,kx) = 5k
1+k2
, qualquer que seja x ∈ R, corroborando, 
assim, o cálculo do limite desenvolvido anteriormente.
Portanto, concluímos através do Teorema 3.3.1 que lim 5xy
x2 + y2
 não existe.
O teorema a seguir é muito parecido com o que já foi visto em cálculo nas propriedades 
de limites de funções de uma variável.
Teorema 3.3.2 Se lim f (x,y) = L e lim g (x,y) = M, e c ∈ R então:
(x,y) → (0,0) (x,y) → (0,0)
(x,y) → (0,0) (x,y) → (0,0)
(x,y) → (0,0)
(x,y) → (a,b) (x,y) → (a,b)
UNIDADE 1 TÓPICO 3 37
Vamos utilizar este teorema nos exemplos a seguir.
Exemplo 7
Calcule 
Resolução
Exemplo 8
Calcule 
Resolução
Temos lim (x3 ‒ x2y) = 0 e lim (x2 ‒ y2) = 0.
Neste caso, temos uma indeterminação do tipo 0
0
. Para resolver o limite, fatoram-se o 
numerador e denominador fazendo as simplificações possíveis, como fazíamos com limites 
indeterminados, no caderno de Cálculo Diferencial e Integral.
Então,
(x,y) → (2,2) (x,y) → (2,2)
UNIDADE 1TÓPICO 338
4 CONTINUIDADE DE FUNÇÕES DE DIVERSAS VARIÁVEIS
Você se recorda da definição de continuidade estudada na disciplina de Cálculo 
Diferencial e Integral? Agora estudaremos esta definição aplicada às funções de diversas 
variáveis. Acompanhe a seguir:
Definição 3.4.1 Sejam f : S ⊂ R2 → R uma função, e (a,b) ∈ S um ponto de acumulação 
de S. Dizemos que f é contínua no ponto (a,b) se as seguintes condições forem satisfeitas:
(i) f está definida no ponto (a,b)
(ii) lim f(x,y) existe;
(iii) lim f(x,y) = f(a,b).
quando uma ou mais destas condições não é satisfeita, dizemos que a função é 
descontínua no ponto (a,b).
Dizemos que f é contínua, se f for contínua em todos os pontos do domínio de f.
Exemplo 9
Considere a função de duas variáveis f(x,y) = 3x + y2 .
a) Mostre que f é contínua no ponto (2, 3).
b) Mostre que f é contínua.
Resolução
a) Precisamos verificar se a função satisfaz as três condições da Definição 3.4.1.
(i) f (2,3) = 3.2 + 32 = 15
(ii) lim f(x,y) = lim (3x + y2) = 3.2 + 32 = 15
(iii) lim (3x + y2) = f (2,3)
Logo, f é contínua no ponto (2, 3).
b) Seja (a,b) ∈ D (f) = R2
(x,y) → (a,b)
(x,y) → (a,b)
(x,y) → (2,3)
(x,y) → (2,3)
(x,y) → (2,3)
UNIDADE 1 TÓPICO 3 39
 lim f(x,y) = lim (3x + y2) = 3a + b2 = f (a,b).
Como (a,b) é um ponto qualquer, segue que f (x,y) é contínua.
Exemplo 10
c) Verifique se a função f (x,y) = In (xy + 3x) é contínua no ponto (3,2).
Resolução
Verificaremos se a função satisfaz as três condições da Definição 3.4.1.
(x,y) → (a,b) (x,y) → (a,b)
Logo, f é contínua no ponto (3, 2).
Exemplo 11
Verifique se a função f (x,y) = é contínua no ponto (3,3).
Resolução
Precisamos verificar se a função satisfaz as três condições da Definição 3.4.1.
(i) f (3,3) = 5, pois x = y
(ii) = ∞, portanto o limite não existe.
(iii) Como lim f(x,y) ≠ f(3,3), concluímos que a função é descontínua no ponto (3,3).
Teorema 3.4.1 Se g(x) for contínua em a e h(y) for contínua em b, então f(x,y) = g(x) · h(y) 
é contínua em (a,b).
(x,y) → (3,3)
UNIDADE 1TÓPICO 340
Teorema 3.4.2 Se h(x, y) for contínua em (a,b) e g(u) for contínua em u = h (a,b), então 
a composição f(x,y) = g(h(x,y)) é contínua em (a,b).
Exemplo12
Use o Teorema 3.4.1 para mostrar que a função f(x,y) = 7x3y5 é contínua.
Resolução
Os polinômios g(x) = 7x3 e h(y) = y5 são contínuos em cada ponto da reta real.
Logo, pelo Teorema 3.4.1, a função f(x,y) = 7x3 y5 é contínua em cada ponto (x,y) do 
plano xy, ou seja, f(x,y) é contínua.
Exemplo 13
Use o Teorema 3.4.2 para mostrar que a função f(x,y) = cos (7x3 y5) é contínua.
Resolução
Como h(x,y) = (7x3 y5) é contínua em cada ponto do plano xy e g(u) = cos u é contínua 
em cada ponto u da reta real, segue do Teorema 3.4.2 que a composição f(x,y) = cos (7x3 y5) 
é contínua em todo R2.
UNIDADE 1 TÓPICO 3 41
RESUMO DO TÓPICO 3
Caro(a) acadêmico(a)! Neste tópico os principais assuntos estudados foram:
• O conceito de limite de função de diversas variáveis.
• Definição de função contínua e suas propriedades. É importante saber analisar se uma 
função é contínua ou não.
• Destacamos a Definição 3.4.1, que trata da continuidade. Lembre que f : S ⊂ R2 → R uma 
função, e (a,b) ∈ S um ponto de acumulação de S. Dizemos que f é contínua no ponto (a,b) 
se as seguintes condições forem satisfeitas:
(i) f está definida no ponto (a,b);
(ii) lim f(x,y) existe;
(iii) lim f(x,y) = f(a,b).
Lembre-se de que, se uma destas condições não for satisfeita, a função é descontínua 
em (a,b).
(x,y) → (a,b)
(x,y) → (a,b)
UNIDADE 1TÓPICO 342
Agora chegou a sua vez de colocar em prática o que foi estudado sobre limite 
e continuidade de funções de diversas variáveis.
1 Use a definição de limite para mostrar que lim (2x + 6y) = 12
2 Nos exercícios a seguir, calcule os limites.
(x,y) → (3,1)
a) lim (x2y3 ‒ 2xy + 4).
b) lim 
c) lim 
d) lim x
2 ‒ xy
√ √x + y
(x,y) → (2, ‒1)
(x,y) → (2, ‒1)
x + 4y
2x2 + 3xy
(x,y) → (0,0)
x3 + 2x2 + xy2 + 2y2
x2 + y2
(x,y) → (0,0)
3 Mostre que lim x
2y
x4 + y2
 não existe.
4 Determine o conjunto dos pontos de continuidade de f (x,y) = 3x2 + y2 +5.
5 Verifique se a função f(x,y) = 4x
2 ‒ 3x + y
x2 + y2 ‒ 1
 é contínua no ponto (1,3).
6 Verifique se a função f(x,y) = { xy5x2 + y20, (x,y) = (0,0), (x,y) ≠ (0,0)
(x,y) → (0,0)
DERIVADAS PARCIAIS
1 INTRODUÇÃO
TÓPICO 4
UNIDADE 1
Você se recorda das regras de derivação estudadas na disciplina de Cálculo Diferencial 
e Integral? 
Aqui veremos como elas se aplicam às funções de duas variáveis independentes, que 
permitem uma visualização gráfica, possibilitando um entendimento, de maneira simples, do 
conceito de derivadas parciais. Os resultados aqui obtidos podem ser generalizados para os 
casos de funções com um número maior de variáveis.
As regras de derivação que você aprendeu na disciplina de Cálculo Diferencial e Integral 
serão utilizadas neste momento novamente.
2 RElEMBRANDO AlGUMAS REGRAS DE DERIVAÇÃO
Se u é uma variável real e c, α ∈ R, então:
(c)′ = 0 (eu)′ = eu · u ′
(c · u)′ = c (sen u)′ = cos u · u ′
(u α)′ = α · u α−1 · u′ (cos u)′ = −sen u · u ′
Exemplo 1
Se f(x) = 5x3 − 4x + 3ex − 5, então f ′(x) = 15x2 − 4 + 3ex.
UNIDADE 1TÓPICO 444
Lembre-se de que se y = f (x), então a taxa de variação de y em relação a x é dada 
pela derivada de f em relação a x, que é definida por
f(x + Δx) − f(x)
Δx
 f ′(x) = lim
Δx → 0
3 DERIVADAS PARCIAIS
Nesta seção estudaremos sobre as derivadas parciais. Acompanhe!
3.1 DErIVADAS PArCIAIS DE UMA FUNÇÃO DE DUAS VArIÁVEIS
A definição de derivada parcial de uma função de duas variáveis é parecida com a 
enunciada para funções de uma variável, sendo utilizadas as mesmas regras de derivação. A 
diferença aqui é que, como se tem duas variáveis, uma delas deve ser mantida fixa enquanto 
se dá acréscimos para a outra, conforme veremos nas definições a seguir.
Definição 4.3.1.1 Seja f : A ⊆ R2 → R uma função de duas variáveis. As derivadas 
parciais de f em relação a x e a y são funções ∂f
∂x
 e ∂f
∂y
 definidas por
∂f
∂x
= lim
h → 0
f (x + h,y) ‒ f (x,y)
h
∂f
∂y
= lim
h → 0
f (x,y + h) ‒ f (x,y)
h
desde que os limites existam.
O símbolo “∂” chama-se “D-rond” (pronuncia-se derron), que significa D-redondo, em 
francês. Esta notação é apenas um outro tipo de simbologia para a derivada que, quando 
trabalhamos com funções de uma variável, era representada por “d”. É conveniente ter 
essa maneira distinta de estender a notação diferencial de Leibniz para um contexto de 
diversas variáveis, pois aqui não tem sentido falarmos simplesmente em derivada, apenas 
em derivadas parciais.
 
UNIDADE 1 TÓPICO 4 45
Existem outras notações para representar as derivadas parciais. Se, escrevemos: 
z = f (x,y)
∂f
∂x
= fx (x,y) = = Dx f
∂z
∂x
∂f
∂y
= fy (x,y) = = Dy f
∂z
∂y
ATEN
ÇÃO
!
Preste muita atenção na simbologia de derivada. Quando estamos 
derivando uma função de uma variável, por exemplo, y = f (x), 
então a derivada é identificada por dy
dx
. Mas quando estamos 
derivando uma função de duas ou mais variáveis, por exemplo, 
z = f (x,y), então as derivadas são identificadas por ∂ z
∂ x
 e ∂ z
∂ y
.
Exemplo 2
Aplicar a definição para achar ∂f
∂x
 e ∂f
∂y
 para f (x,y) = 3x2 ‒ 2xy.
Resolução
∂f
∂x
= lim
h → 0
f (x + h,y) ‒ f (x,y)
h
= lim
h → 0
3 (x + h)2 ‒ 2 (x + h)y ‒ 3x2 + 2xy
h
= lim
h → 0
3x2 + 6xh + 3h2 ‒ 2xy ‒ 2hy ‒ 3x2 + 2xy
h
= lim
h → 0
6xh + 3h2 ‒ 2hy
h
= lim
h → 0
h (6x + 3h ‒ 2y)
h
= lim 6x + 3h ‒ 2y
h → 0
= 6x ‒ 2y.
UNIDADE 1TÓPICO 446
∂f
∂y
= lim
h → 0
f (x,y + h ‒ f (x,y)
h
= lim
h → 0
3x2 ‒ 2x (y + h) ‒ 3x2 + 2xy
h
= lim
h → 0
3x2 ‒ 2xy ‒ 2xh ‒ 3x2 + 2xy
h
= lim
h → 0
‒ 2xh
h
= lim (‒ 2x)
h → 0
= ‒ 2x.
Logo, obtemos ∂f
∂x
= 6x ‒ 2y e 
∂f
∂y
= ‒ 2x.
Exemplo 3
Encontre as derivadas parciais de f (x,y) = 5x3 ‒ 4xy + 3exy³ ‒ 5.
Resolução
Para encontrar a derivada parcial de f em relação a x, devemos olhar para a variável 
y da função f como uma constante, e derivamos apenas a variável x, ou seja, aplicaremos as 
regras de derivação somente na variável x.
∂f
∂x
= 5 ∙ 3x2 ‒ 4 ∙ 1 ∙ y + 3exy³ ∙ 1 ∙ y3 ‒ 0
= 15x2 ‒ 4y + 3y3 exy³
De forma análoga, para derivar parcialmente f em relação a y, devemos olhar para a 
variável x da função f como uma constante, e derivamos apenas a variável y, ou seja, aplicaremos 
as regras de derivação somente na variável y.
∂f
∂y
= 0 ‒ 4x ∙ 1 + 3exy³ ∙ x ∙ 3y2 ‒ 0
= ‒ 4x + 9xy2 exy³
Exemplo 4
Encontre as derivadas parciais de f (x,y) = 3x2 = ‒ xy + y.
Resolução
Derivando f em relação a x, (lembre-se de considerar o y como constante)
∂f
∂x
= 6x ‒ y
UNIDADE 1 TÓPICO 4 47
E derivando f em relação a y, (agora considere o x como constante)
∂f
∂y
= ‒ x + 1
Exemplo 5
Encontre as derivadas parciais de f (x,y) = ex ‒ y ‒ ey ‒ x.
Resolução
∂f
∂x
= ex ‒ y ∙ 1 ‒ ey ‒ x ∙ (‒ 1)
= ex ‒ y + ey ‒ x
∂f
∂y
= ex ‒ y ∙ (‒ 1) ‒ ey ‒ x ∙ 1
= ex ‒ y ‒ ey ‒ x
Exemplo 6
Calcule as derivadas parciais de f (x,y) = (x + y) sen (x ‒ y).
Resolução
Observe que a função f é um produto de outras duas funções u e v. Assim, lembramos 
que (u ∙ v)′ = u ′ ∙ v + u ∙ v ′
∂f
∂x
= 1.sen(x ‒ y) + (x + y) ∙ 1 ∙ cos (x ‒ y)
= sen (x ‒ y) + (x + y) ∙ cos (x ‒ y)
∂f
∂y
= 1∙ sen (x ‒ y) + (x + y) ∙ (‒1) ∙ cos (x ‒ y)
= sen (x ‒ y) ‒ (x + y) ∙ cos (x ‒ y)
Exemplo 7
Calcule as derivadas parciais de f (x,y) = exy + In (x2 + y).
Resolução
∂f
∂x
= y exy
2x
x2 + y
∂f
∂y
= x exy
1
x2 + y
Utilizamos a regra (In u)′ = 
u′
u
UNIDADE 1TÓPICO 448
Até aqui, estivemos preocupados com o cálculo da derivada parcial de uma função em 
relação a uma de suas variáveis. Isso quer dizer que calculamosa derivada ao longo de uma 
curva sem ponto fixado. Passemos, agora, a ver como se calcula a derivada fixando um ponto 
da superfície.
Se (x0, y0) for um ponto do domínio de uma função f (x,y), o plano vertical y = y0 cortará 
a superfície z = f (x,y) na curva z = f (x, y0). (Figura 26)
Definição 4.3.1.2 A derivada parcial da função f em relação à variável x é representada 
por ∂f
∂x
 e é definida num ponto P (x0, y0) do domínio por:
(x0, y0) = limΔ x → 0
∂f
∂x
f (x0 + Δ x, y0) ‒ f (x0, y0)
Δ x
, se este limite existir.
FIgUrA 26 – FUNÇÃO f (x,y)
FONTE: Disponível em: <http://www.matematiques.com.br/download.
php?tabela=documentos&id=646>. Acesso em: 7 jul. 2011.
Se (x0, y0) for um ponto do domínio de uma função f (x,y), o plano vertical x = x0 cortará 
a superfície z = f (x,y) na curva z = f (x,y0). (Figura 27)
Definição 4.3.1.3 A derivada parcial da função f em relação à variável y é representada 
por ∂f
∂y
 e é definida num ponto P (x0, y0) do domínio por:
(x0, y0) = limΔ x → 0
∂f
∂y
f (x0, y0 + Δ x ) ‒ f (x0, y0)
Δ x
, se este limite existir.
UNIDADE 1 TÓPICO 4 49
FIgUrA 27 – FUNÇÃO f (x,y)
FONTE: Disponível em: <http://www.matematiques.com.br/download.
php?tabela=documentos&id=646>. Acesso em: 7 jul. 2011.
Exemplo 8
Sendo f (x,y) = 2x2y – 4y3, calcule ∂f
∂x
, ∂f
∂y
, ∂f
∂x
 (3,1), ∂f
∂y
 (3,1).
Resolução
∂f
∂x
 = 2 · 2x · y – 0 ∂f
∂x
 (3,1) = 4 · 3 · 1 = 12
∂f
∂x
 = 4xy
∂f
∂y = 2x 
2 · 1 – 4 · 3y 2 
∂f
∂y (3,1) = 2 · 3
2 – 12 · 12
∂f 
∂y
 = 2x 2 – 12y 2 ∂f
∂y
 (3,1) = 2 · 9 – 12 · 1 = 18 – 12 = 6
Exemplo 9
Sendo f (x,y) = { 5xy2x + 3y0, se (x,y) = (0,0), se (x,y) ≠ (0,0) , calcule ∂f ∂x e ∂f∂y.
UNIDADE 1TÓPICO 450
Resolução
Nos pontos (x,y) ≠ (0,0), podemos aplicar as regras de derivação. Assim, temos
∂f
∂x
5y · (2x + 3y) ‒ 5xy · 2
(2x + 3y)2
=
10xy + 15y 2 ‒ 10xy
(2x + 3y)2
=
15y 2
(2x + 3y)2
=
∂f
∂y
5x · (2x + 3y) ‒ 5xy · 3
(2x + 3y)2
=
10x2
(2x + 3y)2
=
Para calcularmos as derivadas de f na origem, usamos a definição de derivada parcial,
(0,0) = lim
h → 0
∂f
∂x
f (0 + h , 0 ) ‒ f (0,0)
h
= lim
h → 0
5h · 0 
2h
 h
‒ 0( (
( (
(0,0) = lim
h → 0
∂f
∂y
f (0,0 + h) ‒ f (0,0)
h( (
= lim
h → 0
5 · 0 · h 
3h
 h
‒ 0( (= 0.
= 0.
Assim, obtemos as derivadas parciais da função f com relação a x e com relação a y 
em todos os pontos (x,y) do domínio.
3.2 INTErPrETAÇÃO gEOMÉTrICA
A interpretação das derivadas parciais é análoga à interpretação da derivada simples. 
Sabemos que, para a função y = f (x), a derivada f ′ (x0) pode ser interpretada ou como a taxa 
de variação de y em relação a x no ponto x0 ou como a inclinação da reta tangente ao gráfico 
de f no ponto x0.
UNIDADE 1 TÓPICO 4 51
Para interpretar as derivadas parciais, consideramos a função z = f (x,y) e as suas 
derivadas parciais no ponto (x0, y0, z0). Vamos interpretar 
∂f
∂x
 (x0, y0): então suponha que C1 é 
a interseção da superfície z = f (x,y) com o plano y = y0 (o que equivale a considerar y como 
constante).
geometricamente, ∂f
∂x
 (x0, y0) pode ser interpretada como a inclinação da reta tangente 
à curva C1 no ponto (x0, y0) que se denota por 
∂f
∂x
 (x0, y0) = tg α.
Da mesma forma, supondo C2 a interseção da superfície z = f (x,y) com o plano x = x0 
(o que equivale a considerar x como constante), interpretamos ∂f
∂y
 (x0, y0) geometricamente 
como a inclinação da reta tangente à curva C2 no ponto (x0, y0) que se denota por 
∂f
∂y
 (x0, y0) = 
tg b. Veja na Figura 28 a situação descrita anteriormente.
A derivada parcial ∂f
∂x
 (x0, y0) também pode ser interpretada como a taxa de variação 
de z em relação a x ao longo da curva C1. E a derivada parcial 
∂f
∂y
 (x0, y0) também pode ser 
interpretada como a taxa de variação de z em relação a y ao longo da curva C2. Assim, estes 
valores representam a velocidade com que z cresce (ou decresce) quando apenas uma variável 
está sendo alterada.
FIgUrA 28 – INTErPrETAÇÃO gEOMÉTrICA DAS DErIVADAS PArCIAIS
FONTE: Disponível em: <http://www.matematiques.com.br/download.
php?tabela=documentos&id=646>. Acesso em: 7 jul. 2011.
Exemplo 10
A função T (x,y) = 60 ‒ 2x2 ‒ 3y2 representa a temperatura em qualquer ponto de uma 
chapa. Encontre a razão de variação da temperatura em relação à distância percorrida ao 
longo da chapa da direção dos eixos positivos x e y, no ponto (1, 2). Considere a temperatura 
medida em graus Celsius, e a distância em cm.
Resolução
∂T
∂x = 0 ‒ 2 · 2x = ‒ 4x 
∂T
∂x = (1, 2) = ‒ 4 · 1 = ‒ 4°C / cm
UNIDADE 1TÓPICO 452
Assim, podemos interpretar o valor ‒ 4°C / cm obtido na derivada em x da seguinte 
forma: a temperatura está diminuindo 4°C à medida que x aumenta uma unidade.
∂T
∂y = 0 ‒ 2 · 3y = ‒ 6y 
∂T
∂y = (1, 2) = ‒ 6 · 2 = ‒ 12°C / cm
Assim, o valor ‒ 12°C / cm significa que a temperatura diminui 12°C à medida que y 
aumenta uma unidade.
Exemplo 11
Suponha que D = √x 2 + y 2 é o comprimento da diagonal de um retângulo, cujos lados 
têm comprimentos x e y que são permitidos variar. Determine uma fórmula para a taxa de 
variação de D em relação a x, se x varia, com y considerado constante, e utilize esta fórmula 
para determinar a taxa de variação de D em relação a x no ponto x = 3 e y = 4.
Resolução
A fórmula para a taxa de variação de D em relação a x é
D = √x 2 + y 2 
D = (x 2 + y 2)½
∂D
∂x
 = 1
2
 (x 2 + y 2)-½ (2x)
∂D
∂x
 = 
√
x
x 2 + y 2
A taxa de variação instantânea de D em relação a x, no ponto (3, 4), é
∂D
∂x
 (3, 4) = 
√
3
32 + 42
 = 
3
5
Assim, D aumenta a uma taxa de 3
5
 de unidade para cada unidade de aumento de x 
no ponto (3, 4).
4 GENERAlIZAÇÃO
Na seção anterior estudamos as derivadas parciais de funções de duas variáveis. Agora 
vamos generalizar este conceito para as derivadas parciais de funções de n variáveis reais.
Definição 4.4.1 Seja f : A ⊆ Rn → R uma função de n variáveis, e seja x = (x1, x2,..., xn) ∈ A. 
Definimos a derivada parcial de f no ponto x em relação a xi por
∂f
∂xi
(x) = lim
f (x1,..., xi + h,..., xi ,..., xn)
h( (h → 0 , quando esse limite existir.
UNIDADE 1 TÓPICO 4 53
Definição 4.4.2 Seja f : A ⊂ Rn → R uma função de n variáveis e seja B ⊆ A o conjunto 
formado por todos os pontos x tais que 
∂f
∂xi
(x) existe. Definimos a função derivada parcial de 
1ª ordem de f em relação a xi como a função que a cada x ∈ B associa o número 
∂f
∂xi
(x) dado 
por ∂f
∂xi
(x) = lim
f (x1,..., xi + h,..., xn) ‒ f (x1,..., xi ,..., xn)
h( (h → 0 .
Exemplo 12
Calcule as derivadas de primeira ordem da função f (x, y, z) = 1 + xy 2 ‒ 2z3.
Resolução
Ao derivar f em relação a x, lembre-se de considerar y e z como constantes
∂f
∂x
= y 2
Derivando f em relação a y, (agora considere x e z como constantes)
∂f
∂y
= 2xy 
E derivando f em relação a z, (considere x e y como constantes)
∂f
∂z
= ‒ 6z2
Exemplo 13
Calcule as derivadas de primeira ordem da função f (x, y, z) = yz In (xy).
Resolução
Observe primeiramente que a função é dada por um único termo e teremos que usar 
as regras do produto e do logaritmo natural.
Derivando f em relação a x, (considere y e z como constantes). Como a variável x 
aparece apenas no logaritmando, usaremos a regra do logaritmo natural.
∂f
∂x
= yz ∙ y
xy
= yz
x
Derivando f em relação a y, (considere x e z como constantes).
Como a variável y aparece no fator que multiplica o logaritmo e também no logaritmando, 
então aplicaremos a regra do produto e junto à regra do logaritmo natural.
∂f
∂y
= z In (xy) + yz · x
xy
= z In (xy) + z
E derivando f em relação a z, (considere xe y como constantes). A variável z aparece 
apenas no fator que multiplica o logaritmo, então aplicaremos a regra da derivada simples em z.
∂f
∂z
= y In (xy).
UNIDADE 1TÓPICO 454
5 DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR
As derivadas parciais ∂f
∂x
 e ∂f
∂y
 são funções de x e y, e assim, elas mesmas podem ter 
derivadas parciais. Com isso, teremos outras quatro derivadas parciais, estas de segunda 
ordem de f, as quais são definidas por:
Exemplo 14
Sendo f (x,y) = y2 ex + 5y, calcule as derivadas parciais de segunda ordem de f.
Resolução
∂f
∂x
= y2 ex
 ∂f
∂y
= 2y ex + 5
Para fazermos as derivadas parciais de segunda ordem, vamos derivar parcialmente 
cada uma das derivadas de primeira ordem em relação a x e a y. Fique atento(a) à notação!
Exemplo 15
Sendo f (x,y) = x2 cos y + y2 sen x, encontre as derivadas parciais de segunda ordem de f.
UNIDADE 1 TÓPICO 4 55
Resolução
Exemplo 16
Encontre as derivadas parciais de segunda ordem de f (x,y) = x + 3y .
Resolução
Primeiro, devemos escrever a função na forma de potência.
f (x,y) = (x + 3y)½
E observe que devemos aplicar a regra da potência para a derivação (u α)′ = α uα−1 u′.
√
UNIDADE 1TÓPICO 456
Exemplo 17
Dada a função f (x,y) = x3y + 4x2y3, calcule:
a) ∂
2f
∂y∂x
; b) ∂
2f
∂x2
 c) ∂
3f
∂x∂y∂x
 d) ∂
3f
∂y∂x2
Resolução
UNI
Talvez você tenha percebido nos exemplos que as derivadas 
mistas de segunda ordem ∂
2f
∂x∂y
 e ∂
2f
∂y∂x
 são iguais. Será que isto 
ocorre sempre?
respondendo à pergunta: não. Pois a igualdade entre as derivadas parciais mistas 
ocorre quando a função f (x,y) e suas derivadas parciais ∂
2f
∂x2
, ∂
2f
∂x∂y
, ∂
2f
∂y∂x
 e ∂
2f
∂y2
 forem todas 
contínuas, fato este que nem sempre ocorre.
UNIDADE 1 TÓPICO 4 57
UNI
Caro(a) acadêmico(a), mostre que ∂
2f
∂x∂y
(0,0) = 0 e ∂
2f
∂x∂y
(0,0) = 1, 
considerando a função { xy3x2 + y20, se (x,y) = (0,0), se (x,y) ≠ (0,0)f (x,y) = 
Este fato se repete para função de três variáveis, isto é, teremos a igualdade das seis 
derivadas parciais mistas ∂
2f
∂x∂y
∂2f
∂y∂x
= , ∂
2f
∂x∂z
∂2f
∂z∂x
= e ∂
2f
∂y∂z
∂2f
∂z∂y
= se f (x, y, z) e todas as suas 
derivadas parciais de primeira e segunda ordem forem contínuas.
UNI
Verifique se, de fato, as derivadas mistas são iguais para a função 
f (x, y, z) = xy2z3 + 3yz.
Teorema 4.5.1 (Teorema de Shwarz) Suponhamos que f seja uma função de duas 
variáveis, x e y , definida em bola aberta B, com derivadas parciais de segunda ordem 
contínuas em B. Então ∂
2f
∂x∂y
∂2f
∂y∂x
(a, b) = (a, b), para todo (a, b) ∈ B.
Como consequência do teorema, se a função z = f (x,y) tem todas as derivadas parciais 
contínuas em uma bola aberta, então a ordem da derivada não altera o produto. Por exemplo:
UNI
A seguir, apresentaremos a biografia de dois grandes 
matemáticos: Johann Bernoulli e Leonhard Euler, que, entre 
outros, também contribuíram bastante para o desenvolvimento 
do cálculo diferencial e integral.
UNIDADE 1TÓPICO 458
lEITURA COMPlEMENTAR
JOHANN BERNOULLI (1667-1748)
Johann Bernoulli, irmão de Jacques Bernoulli, nasceu no dia 27 de julho na Basileia. 
Seus pais, Nicolaus e Margaretha Bernoulli, queriam que ele fosse comerciante ou médico. 
Johann pode ter sido influenciado quando criança pelo seu irmão Jacques, que já estava na 
carreira matemática.
Em 1682, com 15 anos de idade, trabalhou no comércio durante um ano, porém não 
gostou da atividade. Em 1683 ingressou na Universidade da Basileia para estudar Medicina, 
apesar de ter sempre gostado de Matemática. quatro anos depois seu irmão foi nomeado 
professor de Matemática na Universidade e, de 1687 a 1690, Johann e Jacques Bernoulli 
estudaram juntos as teorias de Leibniz sobre o Cálculo. Na época, essas teorias não tinham sido 
compreendidas por nenhum outro matemático e os irmãos Bernoulli foram os primeiros a estudá-
las. Os dois irmãos e Leibniz iniciaram uma série de artigos publicados na Acta Eruditorum, 
dando origem à difusão do Cálculo Leibniziano, tornando-o amplamente conhecido.
Em 1691, Johann foi à França, onde conheceu o marquês de L’Hospital. O marquês 
interessou-se pelo novo Cálculo e ofereceu um bom salário para que Johann lhe ensinasse. O 
acordo permitia ao marquês usar todo o conteúdo ensinado como o desejasse. A consequência 
disso foi a importante contribuição de Johann Bernoulli, conhecida como regra de L’Hospital, 
publicada pelo marquês em seu primeiro livro sobre Cálculo, em 1696. No prefácio do livro, 
L’Hospital fez menção a Johann Bernoulli, mas não lhe atribuiu o famoso teorema. Só depois 
da morte do marquês, Johann contestou a autoria, porém havia perdido a credibilidade no 
assunto, devido às desavenças públicas, principalmente com seu irmão Jacques Bernoulli. Esse 
reconhecimento só aconteceu em 1922, quando encontraram uma cópia do curso na Basileia.
A determinação da equação da catenária foi o primeiro problema importante resolvido 
por Johann Bernoulli, em 1691. Esse problema existia há mais de 50 anos e galileo, em 1636, 
UNIDADE 1 TÓPICO 4 59
sugerira uma solução. Em 1646, Huygens provou que a solução de galileo era falsa, mas 
também não conseguiu resolver o problema. A catenária é a forma assumida por uma corda 
ou corrente suspensa livremente por dois pontos. O problema era determinar sua equação. 
Utilizando o Cálculo Leibniziano, Johann Bernoulli resolveu o problema e esse foi o primeiro 
sucesso público do novo Cálculo.
Em 1694 ele estudou as curvas exponenciais y = ax e y = xx. Para Bernoulli, a 
integração era a operação inversa da diferenciação. Tal concepção permaneceu até a época 
de Cauchy.
Johann teve três filhos: Nicolaus (1695-1726), Daniel (1700-1782) e Johann (1710-1790). 
Todos eles foram matemáticos e Daniel produziu um trabalho sobre Hidrodinâmica conhecido 
como Princípio de Bernoulli.
Johann nunca chegou a publicar seu livro sobre o Cálculo, porém escreveu sobre a 
isócrona, sólidos de resistência mínima, trajetórias, problemas isoperimétricos, conseguindo 
tal reconhecimento pelo seu trabalho que, após a morte de seu irmão em 1705, foi chamado 
para ocupar a cadeira dele na Universidade de Basileia.
Johann Bernoulli morreu no dia 1º de janeiro de 1748, na Basileia.
FONTE: E-CÁLCULO. Mapa da história: Leibniz. Disponível em: <http://ecalculo.if.usp.br/historia/
bernoulli1.htm>. Acesso em: 10 jun. 2008.
EULER, LEONHARD (1707-1783)
Nascido na Basileia, Suíça, Leonhard Euler foi a figura matemática dominante do seu 
século e o matemático mais prolífico de que se tem notícia. Era também astrônomo, físico, 
UNIDADE 1TÓPICO 460
engenheiro e químico. Foi o primeiro cientista a dar importância ao conceito de função, 
estabelecendo desse modo uma base sólida para o desenvolvimento do cálculo e de outras 
áreas da matemática. A coleção completa dos livros e trabalhos de Euler (mais de 870 artigos 
e livros) chega a mais de 80 volumes. Ele contribuiu enormemente no campo da geometria 
analítica, da trigonometria, do cálculo e da teoria dos números. 
Ainda jovem, Euler demonstrou um futuro promissor como matemático, apesar de seu 
pai preferir que estudasse teologia. Felizmente, Johann Bernoulli convenceu o pai a permitir 
que Euler se concentrasse no estudo da matemática. graduou-se pela Universidade da 
Basileia, defendendo uma tese em que comparava o trabalho de Descartes ao de Newton. 
Euler conseguiu uma posição em São Petersburgo e durante alguns anos foi médico na 
Marinha russa. Em 1733 tornou-se professor de Matemática na Academia de Ciências de 
São Petersburgo. Em 1736 publicou a obra Mechanica, em dois volumes, na qual aplicou 
sistematicamente o cálculo à matemática de uma massa e incorporou muitas equações 
diferenciais novas à mecânica.Em 1738 ele perdeu a vista direita. Em 1741 conseguiu uma 
posição como diretor matemático da Academia de Ciências de Berlim. Lá desenvolveu alguns 
trabalhos, como a tradução e a melhoria de Principles of Gunnery, de robin; a publicação 
de Scienia navalis em 1749 e Letters to a german princess, de 1768 a 1772; e o ensino de 
Lagrange por correspondência. Em 1766, Euler retornou à rússia a convite de Catarina, 
a Grande. Em 1771, perdeu a visão no olho esquerdo, ficando completamente cego. Seu 
trabalho foi do cálculo e da análise à medida que publicou sua trilogia, Introductio in analysin 
infinitorum, Institutiones calculi differentialis e Institutiones calculi integralis. Esses trabalhos, 
que perfaziam um total de seis volumes, fizeram da função uma parte central do cálculo 
e tratavam de álgebra, trigonometria, geometria analítica e teoria dos números. Por meio 
desses tratados, Euler influenciou grandemente o ensino da matemática. Diz-se que todos 
os livros didáticos de cálculo desde 1748 são essencialmente cópias de Euler ou cópias de 
cópias dele. Algumas de suas contribuições para as equações diferenciais são as seguintes: 
a redução da ordem, o fator integrante, coeficientes indeterminados, a teoria das equações 
lineares de segunda ordem e soluções das séries de potências. Ele também incorporou o 
cálculo vetor e as equações diferenciais em seus trabalhos.
Euler deu à geometria analítica moderna e à trigonometria o que o livro Elements, de 
Euclides, deu à geometria, e a tendência resultante de apresentar a matemática e a física 
em termos matemáticos prosseguiu desde então. Euler enriqueceu a matemática com muitos 
conceitos técnicos e notações ainda em uso nos dias de hoje. Ele deu ordem ao caos da notação 
matemática. Estabeleceu a maior parte da notação que utilizamos hoje (seno, co-seno, e, "pi", 
"i", sigma, f para função). A contribuição de Euler para a teoria dos números e para a física foi 
igualmente impressionante. Em sua obra Theoria motus corporum solidorum seu rigidorum 
(Theory of the motions of rigid bodies), de 1765, ele fundou as bases da mecânica contínua 
e da teoria lunar. Sua influência no campo da física matemática foi tão difusa que a maior 
UNIDADE 1 TÓPICO 4 61
parte das descobertas não é creditada a ele. No entanto, temos as equações de Euler para a 
rotação de um corpo rígido, fluxo de um fluido ideal incompressível, flexão de vigas elásticas 
e carregamentos para empenamento de colunas. "Ele calculava sem esforço aparente, como 
os homens respiram, ou como as águias se sustentam no vento". Euler foi o Shakespeare da 
matemática universal, ricamente detalhista e incansável.
Teoremas principais: adição de séries; teorema das pontes de Königsberg.
Principais obras: Introductio in analysin infinitorum; Institutiones calculi differentialis; 
Institutiones calculi integrali; Theoria motus corporum solidorum seu rigidorum; Mechanica; 
Letters to a German princess.
FONTE: gUIA para a história do Cálculo: Euler, Leonhard. Disponível em: <http://cwx.prenhall.com/
bookbind/pubbooks/thomas_br/chapter1/medialib/custom3/bios/euler.htm>. Acesso em: 17 
jul. 2011.
UNIDADE 1TÓPICO 462
Caro(a) acadêmico(a)! Neste tópico foram estudadas as derivadas parciais. 
● Você deve ter percebido que o seu cálculo é similar ao cálculo de derivadas simples, a 
diferença está no fato de ter, agora, duas variáveis e ter que derivar a função em termos de 
uma delas enquanto a outra é considerada como constante. Ou seja, ∂f
∂x
 estamos derivando 
f (x,y) em relação a x considerando y como constante.
● A derivada parcial ∂f
∂x
(x0, y0) é a inclinação da reta tangente à curva da superfície z = f (x,y) 
no plano vertical y = y0.
● Analogamente, ∂f
∂y
(x0, y0) é a inclinação da reta tangente à curva da superfície z = f (x,y) no 
plano vertical x = x0.
RESUMO DO TÓPICO 4
UNIDADE 1 TÓPICO 4 63
Agora chegou a sua vez de colocar em prática o que foi estudado sobre derivadas 
parciais.
1 A função T (x,y) = 60 ‒ 2x2 ‒ 3y2 representa a temperatura em qualquer ponto de 
uma chapa. Foram calculadas as derivadas parciais no ponto (2, 3) e chegou-se aos 
resultados ∂z
∂x
(2, 3) = ‒ 8 e ∂z
∂y
(2, 3) = ‒ 18. Dê os significados para os dois valores 
obtidos com as derivadas parciais no ponto (2, 3).
2 Nos exercícios a seguir, calcule as derivadas parciais ∂f
∂x
 e ∂f
∂y
 das funções:
a) f (x,y) = 2x2 ‒ 3y ‒ 4
b) f (x,y) = (x2 ‒ 1) (y + 2)
c) f (x,y) = (xy ‒ 1)2
d) f (x,y) = 1x + y
e) f (x,y) = ex + y + 1
f) f (x,y) = In (2x + y)
3 Calcule as derivadas parciais de segunda ordem ∂
2f
∂x2
, ∂
2f
∂x∂y
, ∂
2f
∂y∂x
 e ∂
2f
∂y 2
 das funções 
a seguir:
a) f (x,y) = e3x sen y
b) f (x,y) = xey + y + 1
UNIDADE 1TÓPICO 464
Prezado(a) acadêmico(a), agora que chegamos ao final 
da Unidade 1, você deverá fazer a Avaliação referente a esta 
unidade.
UNIDADE 2
DIFERENCIAbILIDADE E 
INtEgRAIS mÚLtIpLAS
ObjEtIVOS DE ApRENDIzAgEm
Nessa unidade vamos:
• conhecer os principais conceitos que envolvem derivadas de funções 
de várias variáveis;
• aplicar a regra da cadeia nas derivadas parciais;
• calcular implicitamente as derivadas de funções de várias variáveis;
• entender o conceito de diferenciabilidade;
• entender o conceito de vetor gradiente e saber calculá-lo;
• entender o conceito de derivada direcional e saber calculá-la;
• calcular os mínimos e máximos locais de funções de várias variáveis;
• resolver problemas envolvendo minimização e maximização de 
funções de várias variáveis;
• aplicar o conceito de integrais múltiplas;
• calcular as integrais múltiplas.
TÓPICO 1 – REGRA DA CADEIA E DERIVAÇÃO IMPlÍCITA
TÓPICO 2 – DIFERENCIABIBlIDADE E GRADIENTE
TÓPICO 3 – MÁXIMOS E MÍNIMOS DE FUNÇÕES DE VÁRIAS 
VARIÁVEIS
TÓPICO 4 – INTEGRAIS MÚlTIPlAS
pLANO DE EStUDOS
Esta unidade está dividida em quatro tópicos, apresentando os 
conceitos e a utilização das derivadas parciais e também a integração de 
funções de várias variáveis. Dando continuidade ao estudo da unidade anterior, 
seguimos com a regra da cadeia e a derivação implícita de funções de várias 
variáveis, resolvendo diversos exemplos para auxiliá-lo(a) na compreensão 
e resolução dos exercícios propostos no final de cada tópico como você já 
está habituado em nossos cadernos de estudos. Nos tópicos seguintes, 
continuamos explorando outros conceitos e aplicações relacionados com 
as derivadas parciais tais como: diferenciabilidade de uma função de várias 
variáveis, diferencial, vetor gradiente, derivadas direcionais, extremos locais e 
problemas envolvendo a otimização (minimização e maximização) de funções 
de várias variáveis. Encerramos esta unidade com o estudo das integrais 
múltiplas que é a integração de funções de várias variáveis. Esperamos que 
este material possa auxiliá-lo em seus estudos.
REGRA DA CADEIA E 
DERIVAÇÃO IMPlÍCITA
1 INTRODUÇÃO
TÓPICO 1
UNIDADE 2
A regra para funções compostas é tradicionalmente chamada de regra da cadeia. Nesta 
seção, vamos apresentar a regra da cadeia para funções de várias variáveis.
2 REGRA DA CADEIA
Inicialmente, consideramos dois casos específicos de funções de duas variáveis e em 
seguida, apresentamos a regra da cadeia generalizada.
Teorema 1.2.1 (regra da Cadeia – derivada total) Suponha que z = f (x,y) seja uma 
função diferenciável de x e y, onde x = x (t) e y = y (t) são funções diferenciáveis de t. Então 
a função z = f (x(t), y (t)) é uma função diferenciável de t e
UNIDADE 2TÓPICO 168
FIgUrA 29 – DIAgrAMA DA ÁrVOrE PArA A rEgrA DA CADEIA
FONTE: O autor
Exemplo 1
Sejam z = f (x,y) = 4x 3 y 2, x = t 4 e y = 3t 2
Resolução
Começamos calculando as derivadas parciais
 ∂z
∂x
= 12x2y2
 
∂z
∂y
= 8x 3y
e em seguida calculamosas outras derivadas
∂x
∂t
= 4t 3
 
dy
dt
= 6t 
Aplicamos a regra da cadeia, substituindo as derivadas calculadas anteriormente:
Substituindo x = t 4 e y = 3t 2 na expressão acima temos
dz
dt
= 12(t 4)2 (3t 2)2 ∙ 4t 3 + 8(t 4)3 ∙ 3t 2 ∙ 6t
= 144t 15 + 144t 15
= 288t 15.
Exemplo 2
Sejam z = f (x,y) = In (3x 2 + y), x = t + 1 e y = 5t.
a) Calcule ∂z
∂t
 usando a regra da cadeia.
UNIDADE 2 TÓPICO 1 69
b) Determine a função composta z = f (t + 1,5 t) e calcule dz
dt
.
Resolução
a) Aplicaremos a regra da cadeia 
Sabendo que y = In u ⇒ y ′ = 
u ′
u
, calcularemos separadamente .
Agora aplicamos 
 
Substituindo x = t + 1 e y = 5t na expressão anterior, temos
ou seja,
dz
dt
6t + 11
3(t + 1)2 + 5t=
dz
dt
6(t + 1) + 5
3(t + 1)2 + 5t=
b) A função composta é
z = f (t + 1,5 t)
z = In (3(t + 1)2 + 5 t).
A derivada de z em relação a t (calculada a partir desta expressão) é
dz
dt
3.2(t + 1) + 5
3(t + 1)2 + 5t=
dz
dt
6t + 1
3(t + 1)2 + 5t=
UNI
Compare os resultados obtidos nos itens (a) e (b) do Exemplo 2. 
A facilidade do uso da regra da cadeia está em derivar funções 
“menores” e posteriormente, na substituição, ter menos trabalho 
algébrico.
UNIDADE 2TÓPICO 170
Exemplo 3
Sejam z = x2 + 2xy + y2, x = cos t e y = sen t. Determine dz
dt
 .
Resolução
Usando a regra da cadeia:
dz = ∂z . dx + ∂z . dy
dt ∂x dt ∂y dt
 = (2x + 2y) (‒ sen t) + (2x + 2y) (cos t)
 = (2x + 2y) (cos t ‒ sen t)
 = 2(cos t + sen t) (cos t ‒ sen t),
ou seja,
dz = 2(cos2 t ‒ sen2 t).
dt
Vimos no Teorema 1.2.1 como aplicar a regra da cadeia no caso da derivada total 
quando a função tem duas variáveis independentes. Vamos generalizar esta derivada total 
para funções com mais de duas variáveis.
Se a função tiver mais de duas variáveis, representaremos por f (x1, x2, x3,... xn), onde 
x1(t ), x2(t ), x3(t ), ... xn (t ), são funções de t, então a sua derivada, em relação a t, é dada pela 
regra da cadeia
Como a derivada acima possui muitas parcelas, é possível reescrever a regra usando 
o somatório
Exemplo 4
Dada a função f (x,y,z) = 3x ‒ 2y 3 + z2 onde x = sen t, y = e2t e z = 4t 2 ‒ 3. Encontre 
a derivada total.
Resolução
Usando a regra da cadeia
UNIDADE 2 TÓPICO 1 71
Exemplo 5
A que taxa está crescendo a área de um retângulo se seu comprimento é de 8 cm e 
está crescendo a uma taxa de 0,5 cm/s enquanto que sua largura é de 6 cm e está crescendo 
0,2 cm/s?
Resolução
A área de um retângulo pode ser escrita como A (x,y) = xy, consideremos x o comprimento 
e y a largura. Através do enunciado, percebe-se que devemos calcular dA
dt
, já que as outras 
taxas dadas são: dx = 0,5
dt
 e dy = 0,2
dt
. O cálculo da derivada deve ser feito para o ponto de 
coordenadas (8, 6).
Como a área está em função de duas variáveis x e y, e estas, por sua vez estão 
relacionadas ao tempo, através da regra da cadeia, temos:
Calculamos as derivadas parciais para A (x,y) = xy, obtendo:
∂A = y
∂x e 
∂A = x
∂y
Substituindo na regra da cadeia,
dA = y · 0,5 + x · 0,2
dt
 = 6 · 0,5 + 8 · 0,2
 = 4,6
UNIDADE 2TÓPICO 172
Dizer que dA = 4,6
dt
 cm2/s significa que a área de um retângulo de dimensões 8x6, está 
crescendo 4,6 cm2 a cada segundo.
Exemplo 6
Uma peça cilíndrica tem 12 cm de raio e 18 cm de altura. Se o raio diminuir à razão de 
0,02 cm/s e a altura aumentar à razão de 0,03 cm/s, então determine a taxa de variação do 
volume em relação ao tempo.
Resolução
Sejam r e h o raio e a altura de uma peça cilíndrica, respectivamente, e seja t o tempo 
em segundos. Podemos interpretar as taxas dadas como derivadas
dr = ‒ 00,2
dt
 e dh = ‒ 00,3
dt
 no instante em que r = 12 e h = 18.
queremos calcular dV
dt
 nesse instante. Para isso, usamos a fórmula V (r, h) = pr 2h do 
volume do cilindro para obter:
dV 
=
 ∂V . dr +
 ∂V . dh 
dt ∂r dt ∂h dt
 
= 2prh . dr + pr 2. dh
 dt dt
Substituindo os dados na regra da cadeia, temos:
dV = 2p12 . 18 . (‒0,02) + p122 . 0,03
dt
 = ‒8,64p + 4,32p
 = ‒4,32p
Portanto, dV = ‒4,32p
dt
 cm3/s significa que o volume de um cilindro de 12 cm de raio e 
18 cm de altura, está diminuindo 4,32p cm3 a cada segundo.
Teorema 1.2.2 (regra da cadeia para derivadas parciais) Suponha que z = f (u,v) seja 
uma função diferenciável de u e v, onde u = u (x,y) e v = v (x,y) são funções diferenciáveis de 
x e de y. Então z = f (u(x,y),v(x,y)) é uma função de x e y, e:
Vamos construir um esquema, denominado de diagrama da árvore, para melhor 
compreensão e execução da regra da cadeia. Proceda da seguinte forma:
UNIDADE 2 TÓPICO 1 73
I) Trace um diagrama em árvore, exprimindo as relações entre as variáveis envolvidas. 
II) Para cada ramificação da árvore, determine a derivada parcial com relação a estas variáveis.
III) Multiplique as derivadas determinadas em cada passo, ao longo do caminho.
IV) Some as contribuições de cada caminho.
FIgUrA 30 – DIAgrAMA DA ÁrVOrE PArA A rEgrA DA CADEIA 
PArA DErIVADAS PArCIAIS
FONTE: O autor
Exemplo 7
Se z = f (u,v) = eu cos v, onde u = xy e v = x + y 2, determine ∂z 
∂x
 e ∂z 
∂y
 usando a regra 
da cadeia.
Resolução
e
UNIDADE 2TÓPICO 174
Teorema 1.2.3 (regra da cadeia generalizada) Suponha que w = f (u1, u2,..., un) seja 
uma função diferenciável de n variáveis u1, u2,..., un, onde cada uj é uma função diferenciável 
de m variáveis, x1, x2,..., xm. Então w é uma função de x1, x2,..., xm e
 para cada i = 1, 2, ..., m.
Exemplo 8
Suponha que todas as funções sejam diferenciáveis w = f (x, y, z), x = x (r, θ, γ), y = y (r, 
θ, γ) e z = z (r, θ, γ). Determine ∂w 
∂r
, ∂w 
∂θ
 e ∂w 
∂γ
.
Resolução
Aplicando o Teorema 1.2.3 temos
 
Exemplo 9
Utilize a regra da cadeia para encontrar as derivadas parciais ∂z 
∂s
 e ∂z 
∂t
 para as funções 
z = x2 + xy + y2, x = s + t e y = st.
Resolução
Aplicando o Teorema 1.2.2 temos:
UNIDADE 2 TÓPICO 1 75
3 DERIVAÇÃO IMPlÍCITA
Vimos no estudo das funções de uma variável (no Caderno de Estudos da disciplina de 
Cálculo Diferencial e Integral) que uma equação do tipo F (x,y) = 0 define y implicitamente como 
uma função diferenciável de x, ou seja, y = f (x). Nesta seção, vamos estudar a derivação (derivação 
parcial) de funções dadas de forma implícita. Consideraremos duas situações específicas.
Suponhamos que a função y = f (x) seja definida implicitamente pela equação F (x,y) = 0. 
Se f e F são funções diferenciáveis e ∂F = (x, f (x)) ≠ 0)
∂y
, então podemos encontrar a derivada dy
dx
 
derivando ambos os lados da equação F (x,y) = 0 em relação a x. Usando a regra da cadeia 
temos, 
Como ∂F = (x, f (x)) ≠ 0)
∂y
 e dx = 1
dx
, segue
A situação colocada anteriormente pode ser escrita sob condição da função F estar 
definida em uma bola aberta, conforme estamos tratando as funções de duas variáveis. A seguir 
veremos como aplicar a derivada implícita neste contexto.
Se F é definida numa bola aberta contendo (a,b), onde F (a,b) = 0, ∂F = (a,b) ≠ 0
∂y
 e 
∂F 
∂x
 e ∂F 
∂y
 são funções contínuas nessa bola. Então a equação F (x,y) = 0 define y como 
uma função de x perto do ponto (a,b), e a derivada dessa função é dada pela fórmula obtida 
anteriormente.
Essa relação nos dá um caminho mais simples para encontrar derivadas de funções 
definidas implicitamente.
Teorema 1.3.1 Suponha que F (x,y) seja diferenciável e que a equação F (x,y) = 0 defina 
y como uma função diferenciável de x. Então em qualquer ponto onde ∂F ≠ 0
∂y
,
UNIDADE 2TÓPICO 176
Exemplo 10
Supondo que a função y = f (x) é definida implicitamente pelaequação In (x2 y) + 2x3 = 4y, 
determine sua derivada dy
dx
. 
Resolução
A equação dada pode ser escrita da seguinte forma:
F (x,y) = In (x2y) + 2x3 ‒ 4y = 0.
Calculando as derivadas parciais temos
∂F = 2xy + 6x2 = 2 + 6x2
∂x x2 y x
 e
∂F = x
2 ‒ 4 = 1 ‒ 4
∂y x2 y y 
Aplicando a fórmula do Teorema 1.3.1 obtemos
Vamos ver como fica o Teorema da Função Implícita para funções de duas variáveis 
independentes.
Suponhamos que a função z = f (x,y) seja dada implicitamente pela equação F (x,y,z) = 0. 
Se f e F são funções diferenciáveis e ∂F (x, y, f (x,y)) ≠ 0
∂z
, podemos aplicar a regra da cadeia 
para obter as ∂z
∂x
 e ∂z
∂y
 . Derivando os dois membros da equação F (x,y,z) = 0 em relação a x, 
temos
UNIDADE 2 TÓPICO 1 77
Mas ∂ (x) = 1
∂x
 e ∂ (y) = 0
∂x
, portanto
De modo semelhante, obtém-se:
Como no caso anterior, estamos assumindo que a equação F (x,y,z) = 0 define z 
implicitamente como função de x e y. Outra versão do Teorema da Função Implícita fornece 
as condições para que a hipótese seja válida.
Teorema 1.3.2 Suponha que F (x,y,z) seja continuamente diferenciável e que z = f (x,y) 
é uma função diferenciável que satisfaz a equação F (x,y,z) = 0. Então em qualquer ponto (x,y,z) 
onde ∂F ≠ 0
∂z
,
Exemplo 11
Determine ∂z
∂x
 e ∂z
∂y
 se x4 + y4 + z4 = 5xyz ‒ 2.
Resolução
A equação x4 + y4 + z4 = 5xyz ‒ 2 pode ser escrita da seguinte forma: 
F (x,y,z) = x4 + y4 + z4 ‒ 5xyz + 2 e esta função é continuamente diferenciável.
Vamos calcular as derivadas parciais de F.
Então, pelo Teorema 1.3.2, temos:
UNIDADE 2TÓPICO 178
Exemplo 12
Suponha que a função diferenciável z = f (x,y) seja definida pela equação xy + ze = 0.
Resolução
UNIDADE 2 TÓPICO 1 79
RESUMO DO TÓPICO 1
Neste tópico, você viu que:
● Se a função tiver mais de duas variáveis, representaremos por f (x1, x2, x3..., xn), onde x1(t), 
x2(t), x3(t), ... xn(t), são funções de t, então a sua derivada em relação a “t” é dada pela regra 
da cadeia
● Se z = f (x,y) é uma função das variáveis x e y que dependem de duas outras variáveis, 
digamos, u e v. Então:
z = f (x(u, v), y (u, v))
 é uma função composta de u e v. Dizemos que u e v são as variáveis independentes.
● Se w = f (u1, u2,..., un) é uma função diferenciável de n variáveis u1, u2,..., un, onde cada 
uj é uma função diferenciável de m variáveis, x1, x2,..., xm. Então w é uma função de 
x1, x2,..., xm e
 para cada i = 1, 2, ..., m.
● A derivada implícita é usada para encontrar as derivadas parciais ∂z
∂x
 e ∂z
∂y
 quando z estiver 
definida implicitamente por uma equação F (x, y, z) = 0. Então em qualquer ponto (x, y, z) onde 
∂F ≠ 0
∂z
,
UNIDADE 2TÓPICO 180
Agora chegou a sua vez de colocar em prática o que foi estudado sobre 
diferenciabilidade de funções de várias variáveis.
1 Considere as funções f (x,y) = 4y ‒ 3x2, x (t) = t3 ‒ 1 e y (t) = 1 ‒ t3.
Calcule a função composta z = f (x(t), (t)).
Encontre dz
dt
 usando o item (a).
Encontre dz
dt
 usando a regra da cadeia.
2 Use a regra da cadeia para determinar ∂z
∂x
 e ∂z
∂y
, sabendo que z = u 2 + v 2, u = x 2 ‒ y 2 e 
v = e2xy.
3 Determine a derivada da função implícita f tal que y = f (x) está definida pela equação 
x4 ‒ y + 4xy3 ‒ 78 = 0.
4 Se x3 ‒ xy + 4xz ‒ 5 = 0, calcular ∂z
∂x
 e ∂z
∂y
 usando a regra de derivação de função 
implícita.
5 Mostre que a equação F (x,y) = x2y + sen y = 0 define implicitamente uma função 
derivável y = f (x).
6 O raio de um cone circular reto está aumentando a uma taxa de 3 cm/s e a altura 
está diminuindo a uma taxa de 2 cm/s. A que taxa está variando o volume do cone 
no instante em que a altura é igual a 20 cm e o raio é igual a 14 cm?
7 Um carro A está viajando para o norte na rodovia 16, e um carro B está viajando para 
o oeste na rodovia 83. Os dois carros se aproximam da interseção dessas rodovias. 
Em certo momento, o carro A está a 0,3 km da interseção viajando a 90 km/h, ao 
passo que o carro B está a 0,4 km da interseção viajando a 80 km/h. qual a taxa de 
variação da distância entre os carros nesse instante?
8 Determine ∂z
∂x
 e ∂z
∂y
 se xyz3 = cos (x + y + z).
9 Determine ∂z
∂x
 e ∂z
∂y
 se yz = In (x + z).
DIFERENCIABIBlIDADE E 
GRADIENTE
1 INTRODUÇÃO
TÓPICO 2
UNIDADE 2
Neste tópico, vamos estender o conceito de diferenciabilidade de função de uma 
variável às funções de duas variáveis. Esse conceito tem consequências muito importantes 
no cálculo, assim como nos problemas de otimização que estudaremos no próximo tópico. 
Também será estudado o vetor gradiente e as derivadas direcionais, conceitos que possuem 
grande aplicabilidade nas engenharias.
2 DIFERENCIABIBlIDADE
Vamos então introduzir o conceito de diferenciabilidade, que entre outras propriedades, 
garante a continuidade da função. Introduziremos este importante assunto por analogia com 
o conceito de diferenciabilidade de funções de uma variável.
Considere uma função f de uma variável real. Dizer que f é diferenciável em x = x0 significa 
que o existe, isto é, é um número real. Em outras palavras, f é diferenciável 
em x0 quando existe um número real denotado por f ′ (x0), tal que
Podemos reescrever este limite da seguinte forma:
UNIDADE 2TÓPICO 282
que é equivalente a
Assim, f é diferenciável em x0 se existir um número real, f ′ (x0), tal que
Neste caso, se uma função é derivável num ponto, ela é contínua no ponto.
Com isso temos condições de apresentar a definição de diferenciabilidade de função 
de duas variáveis. 
Definição 2.2.1 Seja f : A ⊂ R2 → R uma função definida no conjunto aberto A. Dizemos 
que f é diferenciável no ponto (x0, y0) ∈ A, se as derivadas parciais 
∂f (x0, y0)∂x
 e ∂f (x0, y0)∂y
 
existem e se
quando f é diferenciável em todos os pontos de seu domínio, dizemos que f é 
diferenciável.
Da Definição 2.2.1 podemos destacar alguns pontos:
● Para provar que uma função é diferenciável em (x0, y0) usando a definição, devemos mostrar 
que as derivadas parciais existem em (x0, y0) e, além disso, que o limite
● Se uma das derivadas parciais não existe no ponto (x0, y0), f não é diferenciável no ponto 
(x0, y0).
● Se o limite 
UNIDADE 2 TÓPICO 2 83
for diferente de zero ou não existir, f não será diferenciável no ponto (x0, y0) mesmo se 
existirem as derivadas parciais nesse ponto.
Exemplo 1
Use a Definição 2.2.1 para mostrar que f (x,y) = 5x + 2y é diferenciável.
Resolução
Seja (x0, y0) ∈ D (f ) = R 2. Para mostrar que f é diferenciável em (x0, y0) devemos mostrar que 
∂f (x0, y0)∂x
 e ∂f (x0, y0)∂y
 existem e que o limite da Definição 1.2.1 é zero.
A função f tem derivadas parciais em (x0, y0) e são dadas por 
∂f (x0, y0) = 5∂x
 e ∂f (x0, y0) = 2∂y
.
Agora,
Como (x0, y0) é um ponto qualquer em R 2, temos que f é diferenciável.
Teorema 2.2.1 Se f é diferenciável em A ⊂ R2 então f é contínua em cada ponto de A.
Exemplo 2
Verifique se a função f (x, y) = é contínua no ponto (3,3).
UNIDADE 2TÓPICO 284
Resolução
Precisamos verificar se a função satisfaz as três condições da Definição 3.4.1 (Unidade 1).
(i) f (3,3) = 5, pois x = y.
(ii) portanto este limite não existe.
Como concluímos que a função é descontínua no ponto (3,3). 
Mostramos que f é descontínua no ponto (3,3), portanto pelo Teorema 2.2.1 f não é diferenciável 
em (3,3).
Nem sempre é fácil usar a Definição 2.2.1 para verificar a diferenciabilidade de uma 
função. O teorema a seguir fornece uma condição suficiente para que uma função seja 
diferenciável.
Teorema 2.2.2 Se as derivadas parciais ∂f 
∂x
 e ∂f 
∂y
 existem em algum conjunto aberto A 
contendo (x0, y0) e são contínuasem (x0, y0), então f (x,y) é diferenciável em (x0, y0).
Exemplo 3
Mostre que a função f (x,y) = cos (xy) é diferenciável em todo R2.
Resolução
Para mostrar que f é diferenciável, aplicaremos o Teorema 2.2.2, então calcularemos as 
derivadas parciais.
∂f 
∂x
 = ‒y • sen(xy) e ∂f 
∂y
 = ‒x • sen(xy)
Temos que as derivadas parciais são contínuas em todo ponto (x,y) ∈ R2.
Logo, pelo Teorema 2.2.2 a função f (x,y) é diferenciável em todo ponto de R2.
Exemplo 4
Os polinômios (funções polinomiais) em várias variáveis são claramente diferenciáveis em 
todo ponto de Rn.
Exemplo 5
Verifique se a função f (x,y) = x2 ‒ 3y2 abaixo é diferenciável em R2.
Resolução
A função f tem derivadas parciais em todos os pontos de R2 e são dadas por ∂f 
∂x
 = 2x e ∂f 
∂y
 = ‒6y.
UNIDADE 2 TÓPICO 2 85
As derivadas parciais são contínuas, pois são funções polinomiais.
Portanto, f é diferenciável em R2.
Exemplo 6
Verifique se a função g (x,y) = ex+y abaixo é diferenciável em R2.
Resolução
A função g tem derivadas parciais em todos os pontos de R2. Estas são dadas por ∂g 
∂x
 = ex+y 
e ∂g 
∂y
 = ex+y.
Daí segue que as funções derivadas parciais são contínuas em R2.
Portanto, g é diferenciável em R2.
3 DIFERENCIAl
Suponha que saibamos o valor de uma função derivável em um ponto (x0,y0) e que 
desejamos prever a variação que esse valor sofrerá se formos para um ponto x0 + dx. Como 
os valores da reta são mais simples de calcular, o cálculo da variação da reta nos oferece um 
modo prático de estimar a variação em f conforme podemos observar na Figura 31. 
FIgUrA 31 – rEPrESENTAÇÃO gEOMÉTrICA DA DIFErENCIAL DA FUNÇÃO DE UMA 
VArIÁVEL
FONTE: Disponível em: <http://www.slideshare.net/rafaelmmoreira/unifei-clculo-1-exerccios-
aula-25>. Acesso em: 23 jun. 2011.
UNIDADE 2TÓPICO 286
Para funções de uma variável, y = f (x), definimos a diferencial dx como uma variável 
independente, ou seja, dx pode valer qualquer número real. A diferencial de y é definido como 
dy = f′(x) ∆x.
Dessa definição decorre que ∆y representa a variação da altura da curva y = f (x) e 
dy representa a variação da altura da reta tangente quando x varia da quantidade dx = ∆x. 
Conforme podemos observar na Figura 31.
A diferencial de uma função de uma variável, y = f (x), é aproximadamente igual ao 
acréscimo ∆y da variável dependente y.
Nesta seção, vamos definir a diferencial de uma função de duas variáveis z = f (x,y), e 
veremos que esta representa uma boa aproximação para o acréscimo da variável z quando 
os acréscimos das variáveis independentes são pequenos.
Se z = f (x,y), então o incremento (aumento ou diminuição) de z é ∆z = f (x + ∆x, y + ∆y) ‒ f (x,y).
Definição 2.3.1 Seja z = f (x,y) uma função diferenciável. A diferencial de f, denotada 
por df ou dz, é dada por dz = ∂z 
∂x
 dx + ∂z 
∂y
 dy, onde dx e dy são as diferenciais das variáveis 
independentes x e y respectivamente.
A diferencial dz também é chamada de diferencial total de f (x,y), a mesma que 
estudamos no tópico anterior.
Se nos movermos de (x0,y0) para um ponto (x0 + ∆x, y0 + ∆y) próximo, a variação 
resultante é dada por df (x0,y0) = 
∂f 
∂x
 (x0,y0) dx + 
∂f 
∂y
 (x0,y0) dy.
Exemplo 7
Calcule a diferencial dz da função z = 4x2y3 ‒ 3y2 + 6.
Resolução
Para calcular a diferencial de z temos primeiro que calcular as derivadas parciais ∂z 
∂x
 = 8xy3 
e ∂z 
∂y
 = 12x2y2 ‒ 6y.
Pela Definição 2.3.1 temos
dz = ∂z 
∂x
 dx + ∂z 
∂y
 dy
dz = 8xy3 dx + (12x2y2 ‒ 6y) dy.
Exemplo 8
Calcule a diferencial de f (x,y) = x2 + y2 no ponto (1,2).
UNIDADE 2 TÓPICO 2 87
Resolução
A diferencial de f no ponto (1,2) é dada por
dz = ∂f 
∂x
 (1,2) dx + ∂f 
∂y
 (1,2) dy
Como ∂f 
∂x
 (1,2) = 2 e ∂f 
∂y
 (1,2) = 4, temos 
dz = 2dx + 4dy.
Podemos estimar a variação com diferenciais. Suponha que conheçamos os valores 
de uma função diferenciável f (x,y) e suas derivadas parciais em um ponto (x0,y0) e queiramos 
predizer quanto o valor de f variará se nos movermos para um ponto (x0 + ∆x, y0 + ∆y) próximo. 
Em outras palavras, podemos estimar a variação ∆z de z pelo valor do diferencial dz, em que 
dx é a variação em x e dy é a variação em y.
Exemplo 9
Considere a função z = 7x + 3y2.
a) Determine a diferencial total dz.
b) Calcule ∆z e dz, se x variar de 2 para 2,05 e y variar de 1 para 0,98. Compare os valores de 
∆z e dz.
Resolução
a) Da Definição 2.3.1 temos a diferencial total
dz = 
∂f 
∂x dx + 
∂f 
∂y dy
dz = 7dx + 6y dy.
b) O ponto (x0,y0) = (2,1), dx = ∆x = 0,05 e dy = ∆y = ‒ 0,02.
O incremento de z é 
∆z = f (2,05; 0,98) ‒ f (2,1)
∆z = 7 (2,05) + 3 (0,98)2 ‒ (7 • 2 + 3 • 12) = 0,2312
e a diferencial total é 
dz = 7(0,05) + 6 • 1(‒0,02) = 0,23.
Portanto, observe que ∆z ≈ dz.
Exemplo 10
O raio e a altura de um cilindro são medidos com 3 m e 8 m respectivamente, com possíveis 
erros de 0,05 m. Use diferenciais para calcular o erro máximo no cálculo do volume.
Resolução
Primeiro recordamos a fórmula do cálculo do volume de um cilindro.
V = p r 2 h
UNIDADE 2TÓPICO 288
Para estimarmos a variação de V calculamos
dV (r0,h0) = 
∂V 
∂r (r0,h0) dr + 
∂V 
∂h (r0,h0) dh
dV = 2p r0 h0 dr + p r0
2 h0 dh
 = 2p 3 • 8 • 0,05 + p 32 • 8 • 0,05
 = 2,4p + 3,6p 
 = 4,8p ≈ 15,08 m3.
Portanto, o erro de 0,05 m nas medidas do raio e da altura pode nos levar a um erro 
de 15,08 m3.
Exemplo 11
Ao redor do ponto (1,0), f (x,y) = x2 (y + 1) é mais sensível a variações em x ou y?
Resolução
Primeiro vamos entender o que o enunciado está nos pedindo. querer saber sobre a 
sensibilidade à variação é o mesmo que pedir para estimar a variação da função no ponto. 
Assim, vamos calcular a diferencial de f 
dz = 
∂f 
∂x (1,0) dx + 
∂f 
∂y (1,0) dy.
Para facilitar o cálculo das derivadas parciais escrevemos f (x,y) = x2y + x2, daí segue
∂f 
∂x = 2xy + 2x e 
∂f 
∂y = x
2
∂f 
∂x (1,0) = 2 e 
∂f 
∂y (1,0) = 1.
Então, temos o cálculo da variação da função causada por pequenas variações dx e dy 
dz = 2dx + 1dy.
Portanto, uma variação de x em uma unidade variará f em cerca de 2 unidades e, 
uma variação de y em uma unidade variará f em cerca de 1 unidade. A função é 2 vezes mais 
sensível a uma pequena variação de x que a uma pequena variação de tamanho igual a de y.
Exemplo 12
O comprimento e a largura de um retângulo são medidos com erros de, no máximo, 3% e 5%, 
respectivamente. Use diferenciais para aproximar o erro percentual máximo na área calculada.
Resolução
A área do retângulo dado por x de comprimento e y de largura é a função A(x,y) = xy.
Temos, 
∂f 
∂x = y e 
∂f 
∂y = x.
UNIDADE 2 TÓPICO 2 89
Cada erro é de, no máximo, 3% e 5%, isto é, |∆x| ≤ 0,03 e |∆y| ≤ 0,05. Para achar o erro máximo 
na área, tomamos o maior erro nas medidas de x e y. Daí, tomamos dx = 0,03 e dy = 0,05.
Calculando a diferencial, obtemos:
dz = 
∂z 
∂x dx + 
∂z 
∂y dy.
dz = y0,03 + x0,05.
Estimamos que o erro percentual máximo em A é de 8%.
4 GRADIENTE
Vimos nas seções anteriores que as derivadas parciais nos fornecem taxas de variação 
de uma função de várias variáveis e que estas taxas dependem da escolha da direção e sentido 
da variação. Como essas variações são indicadas por vetores, é natural usar vetores para 
descrever a derivada de f numa direção e sentido específicos. Nesta seção, vamos definir o 
gradiente de uma função, que aparece em diversas aplicações matemáticas. 
Definição 2.4.1 Seja z = f (x,y) uma função que admite derivadas parciais no ponto 
(x0,y0). O gradiente de f no ponto (x0,y0), denotado por 
∆
f (x0,y0), é um vetor cujos componentes 
são as derivadas de f nesse ponto, ou seja,
∆
f (x0,y0) = 
∂f∂x (x0,y0), 
∂f 
∂y (x0,y0) = 
∂f 
∂x (x0,y0) i + 
∂f 
∂y (x0,y0) j
 
.
NO
TA! �
O gradiente 
∆
f associa um vetor 
∆
f (x0,y0) a cada ponto (x0,y0) 
do domínio de f. Usamos a notação a,b para o par ordenado 
que se refere a um vetor para não confundir com o par ordenado 
(a,b) que corresponde a um ponto no plano.
UNIDADE 2TÓPICO 290
NO
TA! �
Ao representar vetores com a notação 
 
v = ai + bj , lembramos 
que 

i e 

j representam os vetores canônicos, ou seja, vetores no 
R2 onde suas respectivas coordenadas são dadas por 

i = 1,0 
e 

j = 0,1 .
quando trabalhamos com um ponto genérico (x,y), escrevemos 
∆
f (x,y) = 
∂f 
∂x , 
∂f 
∂y = 
∂f 
∂x i + 
∂f 
∂y j
 
. 
O símbolo ∆f é lido como “gradiente de f”.
O símbolo 
∆
, denominado “del”, é um delta grego maiúsculo invertido. O uso de 
∆
 para o gradiente foi popularizado pelo físico escocês P. g. Tait (1831 – 1901) 
que o denominava “nabla”. Em hebraico, nabla significa harpa e se refere à 
semelhança de um 
∆
 com uma harpa antiga de dez cordas. O grande físico 
James Clerk Maxwell relutou em adotar essa notação e chamava o gradiente 
de “inclinação”. Em 1871 escreveu ao seu amigo Tait provocando: “Ainda 
harpejando naquela nabla?” (rOgAWKI, 2009, p. 809).
Em seguida, estendemos a definição de gradiente para funções com n variáveis.
Definição 2.4.2 Sejam A ⊂ Rn aberto, p (x1, x2, ...xn) ∈ A e f : A → R uma função tal 
que as derivadas parciais existem em p. O gradiente de f no ponto p é o vetor do Rn denotado 
por ∆f (p) e definido por
∆
f (p) = 
∂f 
∂x1
 (p), 
∂f 
∂x2
 (p), ..., 
∂f 
∂xn
 (p) .
Exemplo 13
Determine o gradiente da função f (x,y) = 3x2 ‒ 2xy + 5y.
Resolução
Primeiro precisamos calcular as derivadas parciais de f.
∂f 
∂x = 6x ‒ 2y e 
∂f 
∂y
 = ‒ 2x + 5 
Em seguida, escrevemos o vetor gradiente de acordo com a Definição 2.4.1 
∆
f (x,y) = 6x ‒ 2y, ‒ 2x + 5 .
Exemplo 14
Calcule o gradiente da função f (x,y) = 3x2y ‒ x⅔ y2 no ponto (1,3).
UNIDADE 2 TÓPICO 2 91
Resolução
Faremos o mesmo que no Exemplo 11 acrescentando apenas o cálculo do vetor no ponto (1,3).
∂f 
∂x = 6xy ‒ 
2 
3
x -⅓ y2 e ∂f 
∂y
= 3x2 ‒ 2x ⅔y
Então, ∆f = 6xy ‒ 2 
3
x -⅓ y2, 3x2 ‒ 2x ⅔y .
Agora, no ponto, ∆f (1,3)
∆
f (1,3) = 6 • 1 • 3 ‒ 2 
3
 • 1 -⅓ • 32, 3 • 12 ‒ 2 • 1 ⅔ • 3 = 12, ‒3 .
Portanto, o gradiente de f no ponto (1,3) é o vetor ∆f (1,3) = 12, ‒3 .
Exemplo 15
Determine o gradiente da função g(x,y,z) = xyz2 em um ponto (x,y,z).
Resolução
Temos, 
∂g 
∂x = yz
2, 
∂g 
∂y = xz
2 e 
∂g 
∂z = 2xyz.
Então, ∆g (x,y,z) = yz2, xz2, 2xyz .
Exemplo 16
Encontre o gradiente de f(x,y) = 1 6 (x
2 + y3) em (0, ‒2) e esboce alguns vetores gradientes.
Resolução
As derivadas parciais são ∂f 
∂x
 = 1 6 x e 
∂f 
∂y
 = 1 2 y
2.
∆
f (x,y) = 1 3 x i + 
1 
2 y
2 j
 
Para construir o gráfico formado pelos vetores gradientes procedemos da seguinte 
forma: escolhemos um ponto, por exemplo (x0,y0), o ponto (x0,y0) é o início do vetor e o vetor 
gradiente ∆f (x0,y0) = a,b fornece o representante do vetor que irá no ponto (x0,y0). Lembramos 
que um vetor de componentes a,b tem início na origem do plano e extremidade no ponto 
(x0,y0). Quando desejamos graficar um vetor fora da origem, usamos um representante 
do vetor a,b . Em seguida é mostrado como representar graficamente o vetor gradiente no 
ponto (0, ‒ 2). Então, temos 
∆
f (0,‒ 2) = 2 j

, isto é o vetor 0,2 – tem origem no ponto (0, 0) 
e extremidade no ponto (0, ‒ 2). Conforme podemos ver na Figura 32.
UNIDADE 2TÓPICO 292
FIgUrA 32 – VETOrES grADIENTES DE f (x,y) = 
1 
6
 (x2 + y3).
FONTE: Disponível em: <http://pt.scribd.com/doc/58852098/18/gradiente-
Curva-de-N%C2%B4%C4%B1vel-Superf%C2%B4%C4%B1cie-
de-N%C2%B4%C4%B1vel>. Acesso em: 5 set. 2011.
Do gráfico construído no Exemplo 16 é possível pensar num campo de vetores gradiente 
de uma função, que podem ser representados geometricamente por um conjunto de vetores 
que fornece em cada ponto distinto do plano o vetor gradiente da função.
Como vimos, o gradiente é um vetor. Talvez você esteja agora se perguntando: e se 
calcularmos || ∆f (x,y)|| (norma do vetor gradiente) a que isso corresponde? Vamos responder 
resolvendo o Exemplo 16.
Exemplo 17
Encontre o gradiente de f (x,y) = x2 ‒ y2 e esboce alguns vetores gradientes.
Resolução
As derivadas parciais são 
∂f 
∂x = 2x e 
∂f 
∂y = ‒2y.
Então, ∆f = 2x i ‒ 2y j
 
.
Vamos calcular alguns vetores gradiente em pontos específicos e suas normas.
(x,y) ∆f (x,y) || ∆f (x,y)||
(0,0) (0,0) 0
(1,0) (2,0) 2
(x,0) (2x,0) 2x
(0,y) (0,‒2y) 2y
(1,1) (2,‒2) 2√ 2
(x,y) (2x,‒2y) 2||(x,y)||
UNIDADE 2 TÓPICO 2 93
Interpretando a coluna da direita, percebe-se que à medida que o ponto se afasta da 
origem, o comprimento do gradiente aumenta ficando igual a duas vezes a distância do ponto 
à origem.
FIgUrA 33 – grÁFICO DOS VETOrES grADIENTES E DAS CUrVAS DE NÍVEL 
DE f (x,y) = x2 ‒ y2 .
FONTE: Disponível em: <http://www.ime.uerj.br/~calculo/LivroIII/campos.pdf>. Acesso 
em: 5 set. 2011.
Teorema 2.4.1 Suponha que z = f (x,y) seja diferenciável numa bola aberta centrada 
em P0 (x0,y0) e que 
∆
f (x0,y0) ≠ 0 . 
i) Então ∆f (x0,y0) é normal à curva de nível de γ por P0 (x0,y0).
ii) A taxa máxima de crescimento de γ no ponto P0 (x0,y0) ocorre na direção e no sentido do 
gradiente. Analogamente, a taxa mínima de crescimento de γ no ponto P0 (x0,y0) ocorre na 
direção contrária a do gradiente.
NO
TA! �
Lembramos o conceito de vetor normal, quer dizer que o vetor 
é perpendicular a uma curva.
UNIDADE 2TÓPICO 294
NO
TA! �
O gradiente de γ no ponto P0(x0,y0) aponta na direção de maior 
variação da função numa vizinhança do ponto.
A figura a seguir ilustra o Teorema 2.4.1.
FIgUrA 34 – VETOr grADIENTE NOrMAL À CUrVA DE NÍVEL
FONTE: O autor
Exemplo 18
O potencial elétrico V em (x,y,z) é dado por V = x2 + 4y 2 + 9z2. Ache a direção e a taxa máxima 
de variação de V em (3,‒2,1).
Resolução
De acordo com o Teorema 2.5.1 a direção onde ocorre a taxa máxima de variação é dada pelo 
vetor gradiente. Então,
∂V 
∂x
 = 2x, 
∂V 
∂y = 8y e 
∂V 
∂z = 18z.
Assim, ∆V = 2x, 8y, 18z .
Calculando o gradiente no ponto (3,‒2,1), obtemos:
∆
V (3,‒2,1) = 6, ‒16, 18 que nos indica a direção de crescimento do potencial elétrico.
E a taxa de variação do gradiente é dada pela sua norma:
UNIDADE 2 TÓPICO 2 95
Portanto, o gradiente ∆V (3,‒2,1) = 6, ‒16, 18 nos dá a direção onde a taxa de variação 
é máxima || ∆V (3,‒2,1)|| ≈ 24,8.
5 DERIVADAS DIRECIONAIS
Caro acadêmico! Já estudamos as derivadas parciais que nos fornecem a variação da 
função em duas direções diferentes, na direção do eixo x através de ∂f 
∂x
 (x0,y0) e na direção 
do eixo y através de ∂f 
∂y
 (x0,y0). Nesta seção, veremos como utilizar a derivada parcial para 
determinar a inclinação em qualquer direção; para isto definiremos um novo tipo de derivada 
chamada direcional. 
Suponha que uma função f (x,y) seja definida em uma região R no plano xy, que P(x0,y0) 
seja um ponto em R e que u = u1i + u2j
 
 seja um versor. Então as equações 
x = x0 + su1 e y = y0 + su2
parametrizam a reta que passa por P paralelamente a u . Se o parâmetro s mede o 
comprimento de arco de P na direção de u , encontramos a taxa de variação de f em P na 
direção de u  calculando df 
ds
 em P (Figura 7). 
NO
TA! �
Lembramos que versor é um vetor unitário, ou seja, um vetor 
cujo módulo é 1.
Definição 2.5.1 A derivada de f em P(x0,y0) na direção do versor u = u1i + u2j
 
 é o número 
UNIDADE 2TÓPICO 296
,desde que o limite exista.
FIgUrA 35 – A TAXA DE VArIAÇÃO DE f EM P NA DIrEÇÃO DE u 
 FONTE: O autor
quando u = i , a derivada direcional em P é ∂f 
∂x
 calculada em (x0,y0). quando u = j
 , a 
derivada direcional em P é ∂f 
∂y
 calculada em (x0,y0). A derivada direcional generaliza as duas 
derivadas parciais. Então, assim é possível encontrar a taxa de variação de f em qualquer 
direção u.
Teorema 2.5.1 Se f (x,y) for diferenciável em P (x0,y0), então
é o produto escalar do gradiente de f em P e u.
A expressão do Teorema 2.5.1 por ser escrita como
UNIDADE 2 TÓPICO 2 97
Em seguida, apresentaremos a definição de derivada direcional para uma função de 
várias variáveis, fazendo uma extensão da Definição 2.5.1.
Definição 2.5.2 Sejam A ∩ Rn aberto, P (x1, x2, ..., xn) ∈ A, f : A → R uma função e u
 um 
vetor unitário em Rn. A derivada direcional de f no ponto (x1, x2, ..., xn) e na direção do versor 
u é denotada por 
Esta definição generaliza o conceito de derivada parcial, isto é, as derivadas parciais 
de uma função podem ser obtidas como casos particulares das derivadas direcionais.
Exemplo 19
Calcule a derivada direcional da função f (x,y) = x3y + 2y 2 no ponto (1,‒2) na direção do vetor 
v = 4i + 3j
 .
Resolução
Note que v não é um versor (vetor unitário) e a Definição 2.5.1 pede que o vetor direção seja 
unitário. Assim, vamos primeiro calcular o vetor unitário u na direção de v.
Agora, calculamos o vetor gradiente de f no ponto (1,‒2).
Portanto, pelo Teorema 2.5.1, temos:
UNIDADE 2TÓPICO 298
 
A derivada direcional ∂f 
∂u
 (1,‒2) representa a taxa de variação de z na direção de u. 
Isto é a inclinação da reta tangente à curva obtida pela interseção da superfície f (x,y) = x3y + 2y 2 
e o plano vertical que passa por (1,‒2,0) na direção de u.
UNIDADE 2 TÓPICO 2 99
Neste tópico, você viu que:
● O conceito de diferenciabilidade através do cálculo de limite.
● Destacamos o Teorema 2.2.1. Se f é diferenciável em A ∩ R2 então f é contínua em cada 
ponto de A.
● Outro resultado importante; Teorema 2.2.2. Se as derivadas parciais ∂f 
∂x
 e ∂f 
∂y
 existe 
em algum conjunto aberto A contendo (x0,y0) e são contínuas em (x0,y0), então f (x,y) é 
diferenciável em (x0,y0).
● A aplicação da diferencial e como se calcula: a diferencial de f, denotada por df ou dz, é 
dada por dz = 
∂z 
∂x dx + 
∂z 
∂y dy.
● O gradiente de uma função f é o vetor das derivadas parciais: 
● geometricamente, o vetor gradiente é normal à curva de nível de f (x,y) por P.
● A derivada direcional: Se f (x,y) for diferenciável em P (x0,y0), então
o produto escalar do gradiente de f em P e u.
RESUMO DO TÓPICO 2
UNIDADE 2TÓPICO 2100
Agora chegou a sua vez de colocar em prática o que foi estudado sobre 
diferenciabilidade e gradiente.
Mostre que as funções a seguir são diferenciáveis em R2.
1 f (x,y) = 3x2y + 4xy 2
2 f (x,y) = x2 ‒ 7xy + 2xy 2
3 f (x,y) = sen (xy 2)
4 Se z = x2 ‒ xy + 3y2 e (x,y) varia de (3, ‒1) a (2,96; ‒0,95), compare os valores de dz 
e ∆z.
5 O comprimento e a largura de um retângulo foram medidos como 30 cm e 24 cm, 
respectivamente, com um erro de medida de, no máximo 0,1 cm. Utilize a diferencial 
para estimar o erro máximo cometido no cálculo da área do retângulo.
6 O período T de um pêndulo simples com uma pequena oscilação é calculado da 
fórmula T = 2p L
g √
, onde L é o comprimento do pêndulo e g é a aceleração da 
gravidade. Suponha que os valores de L e g tenham erros de, no máximo, 0,05% e 
0,01%, respectivamente. Use diferencias para aproximar o erro percentual máximo 
no valor calculado de T.
7 O raio de um cilindro circular reto é medido com um erro de, no máximo, 2% e altura 
é medida com um erro de, no máximo, 4%. qual o erro percentual máximo possível 
no volume calculado?
Nas questões de 8 a 10, determine o vetor gradiente das seguintes funções nos 
pontos indicados:
8 z = x2y + 3xy + y2, P (0,3)
UNIDADE 2 TÓPICO 2 101
9 f (x,y) = xy ‒ sen (x + y), P = 
p
2 
, 0 = , 0, 0, 0, 0, 0, 0
10 f (x,y,z) = xy + xz + yz, P (‒1,3,5)
11 Se T (x,y) = 
10xy
x2 + 4y 2 + 4 
 é a temperatura em graus Celsius, sobre uma lâmina 
metálica, x e y medidos em cm, determine a direção de crescimento máximo de T 
a partir do ponto (1,1) e a taxa máxima de crescimento de T, nesse ponto.
UNIDADE 2TÓPICO 2102
MÁXIMOS E MÍNIMOS DE 
FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
1 INTRODUÇÃO
2 EXTREMOS lOCAIS
TÓPICO 3
UNIDADE 2
Uma aplicação importante de cálculo diferencial de várias variáveis, é a da otimização 
de funções. Otimizar uma função significa encontrar seu desempenho máximo ou mínimo. 
No Caderno de Cálculo Diferencial e Integral, você já estudou como encontrar os máximos e 
mínimos de funções de uma variável, quando as derivadas primeiras forem nulas, temos pontos 
extremos que podem ser máximos ou mínimos. 
Vamos fazer algo parecido neste tópico para as funções de várias variáveis. Veremos 
como usar as derivadas parciais para localizar os pontos de máximo e mínimo de uma função 
de duas variáveis.
Suponha que um fabricante produza dois modelos de um determinado produto, o modelo 
de luxo e o modelo padrão, e que o custo total para produzir x unidades do modelo de luxo 
e y unidades do modelo padrão seja dado pela função C (x, y). Como determinar o nível de 
produção x = a e y = b para o qual o custo é mínimo?
Iniciaremos definindo os extremos locais que são chamados de máximos e mínimos 
de uma função.
Definição 3.2.1 Sejam A ∩ R2 aberto, P (x0, y0) ∈ A, f : A → R uma função.
i) P (x0, y0) é um ponto de máximo local de f se f (x, y) ≤ f (x0, y0) para todo (x, y) numa vizinhança 
de (x0, y0);
UNIDADE 2TÓPICO 3104
ii) P (x0, y0) é um ponto de mínimo local de f se f (x, y) ≥ f (x0, y0) para todo (x, y) numa vizinhança 
de (x0, y0).
Defi nição 3.2.2 Dizemos que um ponto P (x0, y0) do domínio de uma função f (x, y) é 
um ponto crítico (ou estacionário) se:
i) ∂f 
∂x
 (x0, y0) = 0 e 
∂f 
∂y
 (x0, y0) = 0, ou
ii) pelo menos uma das derivadas parciais ∂f 
∂x
 (x0, y0), 
∂f 
∂y
 (x0, y0) não existe.
O teorema a seguir nos diz que os extremos locais ocorrem em pontos críticos, assim 
como acontece em função de uma variável.
Teorema 3.2.1 Se f (x, y) tem um mínimo ou máximo local em (x0, y0), então (x0, y0) é 
um ponto crítico de f (x, y).
Geometricamente, um ponto é ponto crítico de uma função num ponto quando o gráfi co 
da função nesse ponto não tem plano tangente ou o plano tangente é horizontal.
Vamos ver no exemplo a seguir como encontrar os pontos críticos de uma função de 
duas variáveis.
Exemplo 1
Encontre os pontos críticos da função f (x, y) = 9x3 + 
y3 
3 ‒ 4xy.
Resolução
queremos encontrar os pontos críticos da função f (x, y) = 9x3 + 
y3 
3 ‒ 4xy. Aplicando a Defi nição 
3.2.2, devemos igualar as derivadas parciais a zero.
Calculando as derivadas parciais, temos ∂f 
∂x
 = 27x2 ‒ 4xy e ∂f 
∂y
 = y2 ‒ 4xy.
Igualando as derivadas parciais a zero e resolvendo as equações obtemos,
27x2 ‒ 4xy = 0
y2 ‒ 4xy = 0
Isola-se x na segunda equação x = 
y2 
4 e substitui na primeira equação 
27x2 ‒ 4xy = 0 
27 
y2
4
2 
‒ 4xy = 0
UNIDADE 2 TÓPICO 3 105
27y 4 ‒ 64y = 0
y (27y 3 ‒ 64) = 0
y1 = 0 ou 27y 3 ‒ 64 = 0 
y 3 = 64 27
y 2
 = 
4 
3
Substituímos os valores de y na segunda equação
x = 
y2 
4 x = 
y2 
4
x1 = 
02 
4 x2 = 
4
3
2
 4 
x1 = 0 x2 = 
4 
9
Portanto, (0,0) e 4 
9 ,
4 
3
 são os pontos críticos de f (x, y).
NO
TA! �
Lembre-se de que já estudamos gradiente de uma função 
∆
f (x,y) em 
que 
∆
f (x,y) = 
∂f 
∂x ,
∂f 
∂y . Então na Defi nição 3.2.2 poderíamos dizerque 
P (x0,y0) é um ponto crítico se 
∆
f (x0,y0) = 0 ou se 
∆
f (x,y) não existe.
Exemplo 2
Mostre que f (x,y) = x2 + y2 ‒ xy + x tem um ponto crítico.
Resolução
Segundo a Defi nição 3.2.2, devemos igualar as derivadas parciais a zero para encontrar os 
pontos críticos, se existem.
UNIDADE 2TÓPICO 3106
As derivadas parciais são ∂f 
∂x
 = 2x ‒ y + 1 e ∂f 
∂y
 = ‒ x + 2y. Então,
Igualando as derivadas parciais a zero e resolvendo o par de equações temos,
2x ‒ y + 1 = 0
‒ x + 2y = 0
agora, resolvemos o sistema pelo método da adição.
y = ‒ 1 
3
Assim, x = ‒ 2 
3
 e y = ‒ 1 
3
. Existe apenas um ponto crítico P ‒ 2 
3
,‒ 1 
3
‒ .
Para sabermos se este ponto crítico é um ponto máximo ou mínimo da função podemos 
aplicar a Defi nição 3.2.1 o que pode ser complicado em algumas situações. Porém, podemos 
usar o recurso gráfi co tanto da superfície como das curvas de nível (mapa de contornos), 
através de um software computacional como veremos na Figura 37.
FIgUrA 36 – grÁFICO DA FUNÇÃO 
 f (x,y) = x2 + y2 ‒ xy + x.
FIgUrA 37 – MAPA DE 
CONTOrNOS DE 
 f (x,y) = x2 + y2 ‒ xy + x. 
FONTE: O autor FONTE: O autor
UNIDADE 2 TÓPICO 3 107
FIgUrA 38 – MAPA DE CONTOrNOS 
DESTACANDO O PONTO 
DE SELA
FIgUrA 39 – MAPA DE CONTOrNOS – 
PONTO DE SELA PADrÃO 
“NÚMERO OITO”
Pelo gráfi co da função (Figura 36) é possível dizer que o ponto P ‒ 2 
3
,‒ 1 
3
‒ é 
mínimo local, e na Figura 37 as curvas de nível são curvas fechadas que circundam o ponto 
P indicando assim um extremo local.
Acabamos de ver que é possível determinar o tipo de ponto crítico a partir do mapa de 
contorno, então podemos classifi car os pontos críticos através das seguintes características 
gráfi cas:
i) se P (x0, y0) é um mínimo local, então as curvas de nível próximas de P são curvas fechadas 
que circundam P e o mapa de contornos mostra que f (x, y) cresce em todas as direções a 
partir de P (Figura 37);
ii) se P (x0, y0) é um máximo local, então as curvas de nível próximas de P são curvas fechadas 
que circundam P e o mapa de contornos mostra que f (x, y) decresce em todas as direções 
a partir de P;
iii) se P (x0, y0) é um ponto de sela, então as curvas de nível de f (x, y) que passam por P 
consistem em duas retas que se intersectam e dividem a vizinhança de P em quatro regiões. 
O mapa de contornos mostra que f (x, y) é decrescente na direção x e crescente na direção 
y (Figura 38);
iv) se P (x0, y0) é um ponto de sela – outra situação, então as curvas de nível em (x0, y0) tem 
uma forma padrão “número oito” (Figura 39).
FONTE: O autor
FONTE: O autor
UNIDADE 2TÓPICO 3108
Segue da Definição 3.2.2 e do Teorema 3.2.1 que os extremos relativos ocorrem nos 
pontos críticos. Contudo, uma função não precisa ter um extremo relativo em cada ponto crítico, 
isto quer dizer que um ponto crítico nem sempre é um ponto extremante. Um ponto crítico que 
não é um máximo relativo nem um mínimo relativo é chamado de ponto de sela.
NO
TA! �
Nas funções de duas variáveis, não temos pontos de inflexão, 
como em funções de uma variável. Podemos ter um ponto de 
sela, quando numa direção a função atinge um máximo num 
ponto e em outra direção, um mínimo no mesmo ponto. O 
nome se dá pela semelhança com uma sela de cavalo: máximo 
na direção das pernas do cavaleiro (transversal ao cavalo ) e 
mínimo na direção longitudinal (dorso) do cavalo.
Em seguida, vamos estudar um método que permite classificar os pontos críticos com 
critérios bem definidos. Mas, antes definiremos a hessiana.
Definição 3.2.3 Sejam A ∩ R2 aberto, P (x0, y0) ∈ A, f : A → R uma função de classe 
C2. A matriz hessiana de f, representada por H(f), é dada por
Exemplo 3
Seja f (x,y) = 3x2 + y2. Calcule a matriz hessiana de f no ponto (0,0).
Resolução
Pela Definição 3.2.3, calculamos as derivadas parciais no ponto dado.
∂f 
∂x
 = 6x, ∂f 
∂y
 = 2y, ∂
2f 
∂x2
 = 6, ∂
2f 
∂x∂y
 = 0, ∂
2f 
∂y∂x
 = 0 e ∂
2f 
∂y2
 = 2
Portanto, H (0,0) = 
6 0
0 2
 é a matriz hessiana de f no ponto (0,0).
Teorema 3.2.2 (Teste da segunda derivada) Sejam A ∩ R2 aberto, P (x0, y0) ∈ A, f : A → R 
uma função de classe C2. Suponhamos que P (x0, y0) seja um ponto crítico da função f.
UNIDADE 2 TÓPICO 3 109
i) Se H (x0,y0) > 0 e 
∂2f 
∂x2
 (x0,y0) > 0, então (x0,y0) é um ponto mínimo local de f.
ii) Se H (x0,y0) > 0 e 
∂2f 
∂x2
 (x0,y0) < 0, então (x0,y0) é um ponto máximo local de f.
iii) Se H (x0,y0) < 0, então (x0,y0) é um ponto de sela.
iv) Se H (x0,y0) = 0, nada se conclui.
Para facilitar o entendimento e visualizar a classifi cação dos pontos críticos apresentamos 
o gráfi co e um texto explicativo.
Os pontos P e q são pontos de máximo, porque qualquer deslocamento em sua 
vizinhança irá descer. O ponto S é uma sela porque nos sentidos SP e Sq sobe, mas no 
sentido SL ou ST desce.
FONTE: CANESIN, Wilson. Funções de várias variáveis – Notas de aula – parte II. Disponível em: 
<http://www2.ufersa.edu.br/portal/view/uploads/setores/72/ifvv01.pdf>. Acesso em: 28 out. 
2011.
FIgUrA 40 – grÁFICO DE SUPErFÍCIE
FONTE: Disponível em: <http://www2.ufersa.edu.br/portal/view/uploads/
setores/72/ifvv01.pdf>. Acesso em: 28 out. 2011.
Veremos em seguida exemplos onde aplicaremos o Teorema 3.2.2.
Exemplo 4
Considere a função f (x,y) = x2 + y2 ‒ xy + x. Determine, caso existam, os pontos de máximo e 
os pontos de mínimo local da função.
Resolução
Vimos no Exemplo 2 que o ponto ‒ 2 
3
,‒ 1 
3
‒ é o único ponto crítico de f. Para classifi cá-lo 
UNIDADE 2TÓPICO 3110
vamos usar o Teorema 3.2.2. Calculando as derivadas parciais de segunda ordem. Temos 
∂2f 
∂x2
 = 2, ∂
2f 
∂x∂y
 = ‒1, ∂
2f 
∂y∂x
 = ‒1 e ∂
2f 
∂y2
 = 2. Então,
Como H ‒ 2 
3
,‒ 1 
3
‒ > 0 e ∂
2f 
∂x2
 ‒ 2 
3
,‒ 1 
3
‒ > 0, segue que ‒ 2 
3
,‒ 1 
3
‒ é um ponto 
mínimo local de f.
Exemplo 5
Encontre os máximos e mínimos de f (x,y) = 1 3 x
3 + 1 3 y
3 ‒ x ‒ 4y + 20, caso existam.
Resolução
Vamos encontrar inicialmente os pontos críticos de f, fazendo ∂f 
∂x
 = 0 e ∂f 
∂y
 = 0.
∂f 
∂x
 = x2 ‒ 1 e ∂f 
∂y
 = y2 ‒ 4
x2 ‒ 1 = 0
y2 ‒ 4 = 0
Resolvendo o sistema, temos os pontos críticos (1,2), (1,‒2), (‒1,2) e (‒1,‒2).
Calculando as derivadas parciais de segunda ordem. Temos 
∂2f 
∂x2
 = 2x, ∂
2f 
∂x∂y
 = 0, ∂
2f 
∂y∂x
 = 0 e ∂
2f 
∂y2
 = 2y.
Agora, calculamos o determinante hessiano. Então,
Para classifi car os pontos críticos, usaremos o Teorema 3.2.2. 
UNIDADE 2 TÓPICO 3 111
Vamos analisar o ponto (1,2).
Temos H (1,2) > 0 e ∂
2f 
∂x2 (1,2) > 0, logo (1,2) é um ponto mínimo local de f.
Vamos analisar o ponto (1,‒2).
Temos H (1,‒2) < 0, logo (1,‒2) é um ponto de sela de f.
Vamos analisar o ponto (1,‒2).
Temos H (‒1,2) < 0, logo (‒1,2) é um ponto de sela de f.
Vamos analisar o ponto (‒1,‒2).
Temos H (‒1,‒2) > 0 e ∂
2f 
∂x2 (‒1,‒2) < 0, logo (‒1,‒2) é um ponto máximo local de f.
Os gráficos (Figura 41 e Figura 42) gerado por computador usando o software Maple 
11, ilustram os cálculos apresentados anteriormente.
FIgUrA 41 – grÁFICO DA 
SUPErFÍCIE DE f.
FIgUrA 42 – MAPA DE CONTOrNOS 
DE f.
FONTE: O autor FONTE: O autor
3 PROBlEMAS ENVOlVENDO MÁXIMOS 
 E MÍNIMOS DE FUNÇÕES DE DUAS VARIÁVEIS
O estudo feito no item anterior pode ser perfeitamente aplicado em problemas de 
maximização e minimização de funções de várias variáveis. Como, por exemplo, em problemas 
geométricos, físicos, econômicos, entre outros.
UNIDADE 2TÓPICO 3112
Exemplo 6
Determine as dimensões de uma caixa retangular aberta no topo, com um volume de 32 cm3 
e que requer uma quantidade mínima de material para a sua construção.
Resoluçãox: comprimento da caixa (cm)
y: largura da caixa (cm)
z: altura da caixa (cm)
A: área da superfície da caixa (cm2)
V: volume da caixa (cm3)
V = xyz ⇒ xyz = 32 ⇒ z = 32 xy
queremos minimizar a área de superfície.
A = xy + 2xz + 2yz com a restrição do volume.
Substituindo z obtemos
A = xy + 2x 32 xy + 2y
32 
xy
A(x,y) = xy + 64 y + 
64 
x , x > 0 e y > 0. 
Como a região é aberta, o mínimo deve ocorrer num ponto crítico de A. Passemos 
então a determiná-los:
∂A
∂x
 = y ‒ 64 x2 
∂A
∂y
 = x ‒ 64 y2
y ‒ 64 x2 = 0 x ‒ 
64 
y2 = 0
y = 64 x2 x ‒ 
64
64
x2
2 = 0
y″ = 4 x ‒ x
4 
64 = 0
 x 1 ‒ x
3
64
 = 0
 x′ = 0 e x″ = 4 
UNIDADE 2 TÓPICO 3 113
Assim, o ponto (4,4) é ponto crítico de A.
Usando o teste da segunda derivada (Teorema 3.2.2), obtemos:
∂2A
∂x2 = 
128
x3 , 
∂2A 
∂x∂y = 1, 
∂2A 
∂y∂x = 1,
∂2f
∂y2 = 
128
y3
Calculando o determinante hessiano, temos
H (4,4) = 
2 1
1 2
 = 4 ‒ 1 = 3
Daí, H (4,4) > 0 e ∂
2A
∂x2 (4,4) > 0, portanto o ponto (4,4) é o mínimo local de A.
Logo, a caixa que usa o mínimo de material tem altura (z = 2) e base quadrada (x = y = 4).
Exemplo 7
A função T (x,y) = x2 + y2 ‒ 8x + 5y + 20 dá a temperatura, em graus Celsius, T de cada 
ponto (x, y) de uma chapa circular (exceto as bordas, que é constituída de outro material) de 
raio 6 cm, localizada no centro do plano xy. Determine o ponto mais quente e o mais frio no 
interior da chapa, se existir.
Resolução 
A função T (x,y) = x2 + y2 ‒ 8x + 5y + 20 tem domínio D(T) = {(x,y) | x2 + y2 < 36}.
Calculando as derivadas parciais de primeira ordem, temos:
∂T 
∂x
 = 2x ‒ 8 e ∂T 
∂y
 = 2y + 5
2x ‒ 8 = 0
2y + 5 = 0
resolvendo o sistema, temos o único ponto crítico 4, ‒ 5
2
 e T 4, ‒ 5
2
 = 9
4
 = ‒ 2,25 °C .
Calculando as derivadas parciais de segunda ordem. Temos:
∂2T
∂x2 = 2, 
∂2T 
∂x∂y = 0, 
∂2T 
∂y∂x = 0,
∂2T
∂y2 = 2.
UNIDADE 2TÓPICO 3114
Agora, calculamos o determinante hessiano. Então,
H 4, ‒ 5
2
 = 
2 0
0 2
 = 4.
Pelo Teorema 3.2.2, temos H 4, ‒ 5
2
 > 0 e ∂
2T
∂x2 > 0, assim, o ponto 4, ‒ 
5
2
 é mínimo.
Portanto, o ponto mais frio da chapa tem temperatura de – 2,25ºC e está localizado no 
ponto 4, ‒ 5
2
.
Exemplo 8
Para o projeto de uma calha, tem-se uma folha metálica de 12 cm de largura, que se deseja 
dobrar de forma a se ter uma capacidade máxima. 
Resolução
A área da seção da calha é formada pela área do retângulo, mais a área dos dois 
triângulos, conforme a fi gura.
A = 2 (triângulo) + retângulo
A = 2 • x cos θ • x sen θ
2 
 + 12 ‒ 2x • x sen θ
A = f (x,θ) = x2 cos θ • sen θ + 12x sen θ ‒ 2x2 sen θ 
Agora vamos estudar os extremos (máximos e mínimos) da função. Deriva-se a função, 
obtendo
∂f 
∂x
 = 2x sen θ cos θ + 12x sen θ ‒ 4x sen θ 
∂f 
∂y
 = ‒ x2 sen2 θ + x2 cos2 θ + 12x cos θ ‒ 2x2 cos θ 
UNIDADE 2 TÓPICO 3 115
Igualando as derivadas a zero e resolvendo o sistema, temos
‒ x2 sen2 θ + x2 cos2 θ + 12x cos θ ‒ 2x2 cos θ = 0
x2 (‒ sen2 θ + cos2 θ) + 12x cos θ ‒ 2x2 cos θ = 0
x2 cos 2θ + 12x cos θ ‒ 2x2 cos θ = 0
x (2 cos2 θ ‒ 1) ‒ 2x cos θ + 12 cos θ = 0
x (2 cos2 θ ‒ 2 cos θ ‒ 1) + 12 cos θ = 0
2x sen θ cos θ + 12x sen θ ‒ 4x sen θ = 0
2x cos θ = 4x ‒ 12
cos θ = 4x ‒ 122x
cos θ = 2 ‒ 6
x
Substituímos o valor cos θ = 2 ‒ 6
x
 na segunda equação e resolvendo, encontra-se x = 4 
que resulta em cos θ = 2 ‒ 6
x
 = 1
2
.
cos θ = 1
2
 ⇒ θ = p
3
 rad ou θ = 60°
O ponto (4,60°) encontrado parece ser bastante razoável, omitiremos o teste da 
segunda derivada, também por causa do trabalho que estas dariam. Mas para ter certeza 
podemos calcular a área A para valores de x e θ.
UNIDADE 2TÓPICO 3116
x θ A
4 30 14.928
4 36 17.013
4 42 18.662
4 48 19.846
4 54 20.553
4 60 20.785
4 66 20.562
4 72 19.919
4 78 18.904
Então, pelos valores obtidos na tabela confirmamos que a capacidade é máxima no 
ponto (4,60°).
FONTE: Disponível em: <www2.ufersa.edu.br/portal/view/uploads/setores/72/ifvv01.pdf.>. Acesso em: 
30 maio 2012.
UNIDADE 2 TÓPICO 3 117
Neste tópico, você estudou alguns conceitos e teoremas importantes:
● Dizemos que P (x0,y0) é um ponto crítico de f (x,y) se 
∂f 
∂x
 (x0, y0) = 
∂f 
∂y
 (x0, y0) = 0 ou se não 
existir uma das duas derivadas parciais.
● Definimos a matriz hessiana de f (x,y) por .
● O Teorema 3.2.2 (Teste da segunda derivada) facilita bastante na classificação do ponto 
crítico de f (x,y). Suponhamos que P (x0,y0) seja um ponto crítico da função f. 
i) Se H (x0,y0) > 0 e 
∂2f 
∂x2
 (x0,y0) > 0, então (x0,y0) é um ponto mínimo local de f.
ii) Se H (x0,y0) > 0 e 
∂2f 
∂x2
 (x0,y0) < 0, então (x0,y0) é um ponto máximo local de f.
iii) Se H (x0,y0) < 0, então (x0,y0) é um ponto de sela.
iv) Se H (x0,y0) = 0, nada se conclui.
RESUMO DO TÓPICO 3
UNIDADE 2TÓPICO 3118
Nos exercícios 1 e 2, encontre os pontos críticos das funções dadas.
1 f (x,y) = x2 + y2 + xy ‒ 6x + 2
2 f (x,y) = x2 + 8y4 + xy ‒ 3y2 ‒ y3
Nos exercícios 3 a 7, encontre os pontos críticos e os extremos locais das 
funções dadas
3 f (x,y) = x3 + y3 ‒ 6xy
4 f (x,y) = ‒ 1
3
x4 + 2
3
x3 + 4xy ‒ y2
5 f (x,y) = x3 + y2 ‒ 6xy + 6x + 3y ‒ 2
6 f (x,y) = 4x ‒ 3x3 ‒ 2xy2
7 f (x,y) = x4 + y4 ‒ 4xy
8 A temperatura T (°C) em cada ponto de um painel plano é dada pela equação 
T (x,y) = 16x2 + 24x ‒ 40y2. Encontre a temperatura nos pontos mais quentes 
e mais frios da região.
9 Um supermercado de uma pequena cidade do interior trabalha com duas marcas 
de suco de laranja, uma marca local que custa no atacado r$ 0,30 a garrafa e uma 
marca nacional muito conhecida que custa no atacado r$ 0,40 a garrafa. O dono 
do supermercado estima que se cobrar x centavos pela garrafa da marca local e 
y centavos pela garrafa da marca nacional, venderam 70 ‒ 5x + 4y garrafas da 
marca local e 80 + 6x + 7y garrafas da marca nacional por dia. Por quanto o dono 
do supermercado deve vender as duas marcas de suco de laranja para maximizar o 
lucro?
INTEGRAIS MÚlTIPlAS
1 INTRODUÇÃO
2 INTEGRAl DUPlA
2.1 INTEgrAL DUPLA SOBrE rETÂNgULO
TÓPICO 4
UNIDADE 2
Na disciplina de Cálculo Diferencial e Integral estudamos que a integral indefinida ∫f (x) dx 
resulta em outra função, denominada função primitiva de f (x). Estudamos também que a integral 
definida é dada por , desde que tal limite exista. O valor calculado na 
integral definida, quando f (x) ≥ 0, tem como interpretação imediata o cálculo da área da região 
compreendida entre o eixo x, o gráfico de f (x) e as retas x = a e x = b. 
Neste tópico, vamos estudar a integral dupla definida, cuja interpretação geométrica, 
quando f (x,y) ≥ 0, corresponde ao cálculo do volume do sólido delimitado superiormente pelo 
gráfico de z = f (x,y) e inferiormente pela região definida sobre o plano xy.
Definição 4.2.1.1 (Volume sob uma superfície) Se f é uma função de duas variáveis, 
contínua e não negativa, numa região R do plano xy, então o volume do sólido compreendido 
entre a superfície z = f (x,y) e a região R é definido por 
.
UNIDADE 2TÓPICO 4120
A ideia envolvida na Definição 4.2.1.1 é a mesma empregada na integral definida simples. 
Assim, a região r é dividida em sub-retângulos, faremos isso com o intervalo em x (∆x) e com 
o intervalo y (∆y), formamos os sub-retângulos rij cada um com área ∆A = x∆y.
FIgUrA 43 – INTErPrETAÇÃO gEOMÉTrICA DA INTEgrAL DUPLA, 
qUANDO f (x,y) ≥ 0
FONTE: Disponível em: <www.pucrs.br/famat/beatriz/calculoII/
INTEgrAL_DUPLA.doc>. Acesso em: 30 maio 2012.
Definição 4.2.1.2 A integral dupla de f sobre o retângulo R é 
se esse limite existir.
A soma presente nas duas definiçõesacima é chamada de soma dupla de Riemann e 
é usada como uma aproximação do valor da integral dupla.
2.2 INTEgrAIS ITErADAS
Nas integrais duplas que estudaremos neste tópico, serão consideradas apenas as 
integrais duplas definidas. E na sua resolução, aplicaremos o Teorema Fundamental do Cálculo. 
O cálculo da integral dupla é muito complicado pela definição, então veremos como calcular a 
integral dupla através da integral iterada, cujo valor pode ser obtido calculando-se duas integrais 
de funções de uma variável real. A expressão iterada quer dizer repetida.
UNIDADE 2 TÓPICO 4 121
UNI
Este procedimento segue a mesma ideia para calcular as 
derivadas parciais.
Suponha que f seja uma função de duas variáveis contínua no retângulo R = [a,b]x[c,d]. 
● A integral ∫f (x,y) dy
d
c
 significa que a variável x é mantida fixa (como constante) e f (x,y) é 
integrado em relação a variável y, com y variando de c até d.
● Como ∫f (x,y) dy
d
c
 é um número que depende do valor de x ele define uma função de x, 
 F (x) = ∫f (x,y) dy
d
c
.
● Integrando a função A(x) em relação a variável x de a até b, obtemos
 .
IMP
OR
TAN
TE! �
Lembre-se, quando a integral é definida, aplicamos o Teorema 
Fundamental do Cálculo ∫f (x) dx = F(b) ‒ F(a)
b
a
.
Exemplo 1
Calcular a integral .
Resolução
resolvendo a integral dupla como integral iterada, temos .
Vamos resolver primeiro a integral que está dentro dos colchetes, considerando como 
constante a variável x, já que a função está sendo integrada primeiramente em relação a 
variável y (pois a diferencial nesta integral é dy).
UNIDADE 2TÓPICO 4122
Assim, ∫xy2 dy = 3x
2
‒1
.
Agora, substituímos este resultado na integral final. E verifique que a integral que falta 
resolver é uma integral apenas na variável x.
Portanto, .
Exemplo 2
Calcular a integral .
Resolução
resolvendo a integral dupla como integral iterada, temos
Vamos resolver primeiro a integral que está dentro dos colchetes, considerando como 
constante a variável y, já que a função está sendo integrada primeiramente em relação a 
variável x (pois a diferencial nesta integral é dx).
UNIDADE 2 TÓPICO 4 123
Assim, ∫ (x + y + 1) dx = 2y + 2
1
‒1
.
Agora, substituímos este resultado na integral final. E verifique que a integral que falta 
resolver é uma integral apenas na variável y.
= 1
Portanto, .
Teorema 3.2.2.1 (Teorema de Fubini) Se f for contínua no retângulo R = [a,b]x[c,d], então
UNIDADE 2TÓPICO 4124
UNI
Verifique a aplicação do teorema de Fubini no Exemplo 2.
2.3 INTEgrAL DUPLA SOBrE rEgIÕES gENÉrICAS
Vamos considerar funções contínuas definidas sobre regiões fechadas, que denotaremos 
por D, onde D ∩ R2.
Convém separarmos a região plana D em dois casos que chamaremos de Tipo I e Tipo II.
● Uma região plana D é dita do tipo I, se está contida entre o gráfico de duas funções contínuas 
de x, ou seja
 D = {(x,y)/ a ≤ x ≤ b, g1(x) ≤ y ≤ g2(x)}
 onde g1(x) e g2(x) são contínuas em [a,b].
FIgUrA 44 – ÁrEA ENTrE CUrVAS
FONTE: O autor
UNIDADE 2 TÓPICO 4 125
Definição 3.2.3.1 Se f é contínua em uma região D do tipo I tal que
D = {(x,y)/ a ≤ x ≤ b, g1(x) ≤ y ≤ g2(x)}
então
Exemplo 3
Escreva ∫∫f (x,y) dA
D
 sobre a região D que está compreendida entre o gráfico das funções 
y = √1 ‒ x 2 e y = 1 ‒ x.
Resolução
Vamos escrever esta integral considerando a região do tipo I.
Assim, g1 (x) = 1 ‒ x e g2 (x) = √1 ‒ x 2.
Então usaremos
UNIDADE 2TÓPICO 4126
FIgUrA 45 – ÁrEA ENTrE CUrVAS
FONTE: O autor
● Uma região plana D é dita do tipo II, se está contida entre o gráfico de duas funções contínuas 
de y, ou seja
 D = {(x,y)/ c ≤ y ≤ d, h1(y) ≤ x ≤ h2(y)}
 onde h1(y) e h2(y) são contínuas em [c,d].
FIgUrA 46 – ÁrEA ENTrE CUrVAS
FONTE: O autor
UNIDADE 2 TÓPICO 4 127
Definição 3.2.3.2 Se f é contínua em uma região D do tipo II tal que
D = {(x,y)/ c ≤ y ≤ d, h1(y) ≤ x ≤ h2(y)}
então
Exemplo 4
Escreva ∫∫f (x,y) dA
D
 sobre a região D que está compreendida entre o gráfico das funções 
y = √1 ‒ x 2 e y = 1 ‒ x .
Resolução
Vamos escrever esta integral considerando a região do tipo II.
FIgUrA 47 – ÁrEA ENTrE CUrVAS
FONTE: O autor
Assim, h1 (y) = 1 ‒ y e h2 (y) = √1 ‒ y 2.
Então usaremos 
UNIDADE 2TÓPICO 4128
Exemplo 5
Calcule ∫∫f (x,y) dA
D
 sobre a região D compreendida entre y = 
1
2
 x, y = √x , x = 2 e x = 4.
Resolução
Conforme pode ser observada a região no gráfico, convêm aplicar o tipo I.
Assim, .
FIgUrA 48 – ÁrEA ENTrE CUrVAS
FONTE: O autor
UNIDADE 2 TÓPICO 4 129
= 
11
6
Portanto, ∫∫f (x,y) dA = 116D .
Exemplo 6
Calcule ∫∫f (xy ‒ y 3) dA
D
 sobre a região D mostrada no gráfico abaixo.
Resolução
Conforme pode ser observada a região no gráfico, vamos aplicar o tipo II.
A projeção da região D sobre o eixo dos y dá o intervalo 0 ≤ y ≤ 1 e as funções tem que 
estar na variável y. Então,
h1 (y) = y
 4 e h2 (y) = y
 12.
FIgUrA 49 – ÁrEA ENTrE CUrVAS
FONTE: O autor
UNIDADE 2TÓPICO 4130
Assim, .
UNI
Você estudou integração no final do Caderno de Cálculo Diferencial 
e Integral e verificou que é possível calcular a área entre duas 
curvas utilizando a integral simples. Vamos ver agora que também é 
possível calcular a área entre duas curvas utilizando a integral dupla.
UNIDADE 2 TÓPICO 4 131
Exemplo 7
Calcule a área compreendida entre as curvas y = 
1
2
 x, y = √x , x = 2 e x = 4.
Resolução
A área compreendida entre as curvas dadas é a mesma mostrada no Exemplo 5.
Assim, aplicamos o a integral dupla do tipo I. Para a montagem da integral o procedimento 
é o mesmo feito no exemplo 5.
FIgUrA 50 – ÁrEA ENTrE CUrVAS
FONTE: O autor
UNIDADE 2TÓPICO 4132
Portanto, a área definida entre as curvas é dada por .
IMP
OR
TAN
TE! �
Concluindo a ideia do cálculo da área entre curvas, verifique 
que a montagem da integral dupla tem o mesmo procedimento 
mostrado no item 2.3. A única diferença é que devemos considerar 
a função integrante como a constante unitária, isto é, f (x,y) = 1.
Exemplo 8
Calcule a área entre as curvas y = 5 ‒ x2 e y = x + 3.
Resolução
A área compreendida entre as curvas dadas acima está representada a seguir.
Assim, aplicamos o a integral dupla do tipo I. Para a montagem da integral o procedimento 
é o mesmo feito anteriormente.
Precisamos encontrar os limites numéricos da variável x igualando a variável y.
FIgUrA 51 – ÁrEA ENTrE CUrVAS
FONTE: O autor
UNIDADE 2 TÓPICO 4 133
= 9
2
Portanto, a área definida entre as curvas é dada por 9
2
.
lEITURA COMPlEMENTAR
GEORG FRIEDRICH BERNHARD RIEMANN 
(1826 - 1866)
Nasceu no dia 17 de setembro de 1826 em Breselenz, 
Alemanha. Era filho de um ministro luterano e teve uma boa 
instrução estudando em Berlim e göttingen, mas em condições muito 
modestas por causa de sua saúde frágil e de sua timidez. Ainda no 
ensino secundário estudou os trabalhos de Euler e Legendre. 
Aos 19 anos, riemann foi, com todo o apoio do pai, para a 
Universidade de göttingen estudar teologia com o objetivo de tornar-
se clérigo. Mais tarde, pediu permissão ao pai e mudou o foco dos 
seus estudos para a Matemática, transferindo-se, um ano depois, 
para a Universidade de Berlim, onde atraiu o interesse de Dirichlet e Jacobi.
Em 1849, retornou a göttingen, onde obteve o grau de doutor em 1851. Sua brilhante 
tese foi desenvolvida no campo da teoria das funções complexas. Nessa tese encontram-se 
as chamadas equações diferenciais de Cauchy-Riemann - conhecidas, porém, antes do tempo 
de riemann - que garantem a analiticidade de uma função de variável complexa e o produtivo 
conceito de superfície de Riemann, que introduziuconsiderações topológicas na análise. 
Três anos mais tarde, foi nomeado Privatdozent, cargo considerado o primeiro degrau 
para a escalada acadêmica. Com a morte de gauss em 1855, Dirichlet foi chamado a göttingen 
UNIDADE 2TÓPICO 4134
como seu sucessor e passou a incentivar riemann, primeiro com um pequeno salário e depois 
com uma promoção a professor assistente. Em 1859, morreu Dirichlet e riemann foi nomeado 
professor titular para substituí-lo.
O período de 1851 a 1859, do ponto de vista econômico, foi o mais difícil da vida de 
riemann, mas ele criou suas maiores obras justamente nesses anos.
riemann era um matemático de múltiplos interesses e mente fértil, contribuindo não 
só para o desenvolvimento da geometria e da teoria dos números como também para o da 
análise matemática.
Riemann tornou claro o conceito de integrabilidade de uma função através da definição 
do que atualmente chamamos Integral de riemann. 
Durante uma conferência-teste, generalizou todas as geometrias, euclidianas e não 
euclidianas, estabelecendo a geometria riemanniana, que serviu de suporte para a Teoria da 
relatividade de Einstein.
Em 1859, publicou seu único trabalho em Teoria dos Números: um artigo dedicado ao 
Teorema dos Números Primos, no qual partindo de uma identidade notável descoberta por 
Euler, chegou a uma função que ficou conhecida como Função Zeta de Riemann. Nesse artigo, 
provou várias propriedades importantes dessa função, e enunciou várias outras sem prová-las. 
Durante um século, depois de sua morte, muitos matemáticos tentaram prová-las e acabaram 
criando novos ramos da análise matemática. 
riemann morreu de tuberculose, no dia 20 de Julho de 1866 em Selasca, na Itália, 
durante a última de suas várias viagens para fugir do clima frio e úmido do norte da Alemanha.
FONTE: Disponível em: <http://ecalculo.if.usp.br/historia/riemann.htm>. Acesso em: 12 jun. 2008.
UNIDADE 2 TÓPICO 4 135
Estudamos no Tópico 4 as integrais múltiplas. Primeiramente, vimos que o 
procedimento do cálculo destas integrais é feito por iteração, isto é, repetição. Resolvendo 
a integral de dentro (interna) para a de fora. E substituindo os limites de integração pelo 
Teorema Fundamental do Cálculo.
● Depois estudamos como calcular áreas de formas irregulares utilizando as integrais duplas 
por dois processos. 
● Projetando a região sobre o eixo dos x, que chamamos de tipo I e escrevemos a integral 
como .
● Projetando a região sobre o eixo dos y, que chamamos de tipo II e escrevemos a integral 
como .
E finalizando, também estudamos a possibilidade de calcular a área entre curvas usando 
a integral dupla com o mesmo procedimento revisto acima, onde a função integrante é dada 
por f (x,y) = 1.
RESUMO DO TÓPICO 4
UNIDADE 2TÓPICO 4136
Calcule a integral, onde R : 0 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 4.
1 ∫∫x2 dxdy
R
2 ∫∫xy2 dxdy
R
Calcule a integral, onde R : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ x.
3 ∫∫x3y dxdy
R
4 ∫∫e x + y dxdy
R
5 Encontre a área da região no primeiro quadrante limitada por xy = 2, y = 1 e y = x + 1.
Calcule, por integração dupla, a área da região limitada determinada pelo par 
de curvas dado.
6 x2 = 4y e 2y ‒ x ‒ 4 = 0
7 y = x e x = 4y ‒ y2
8 x + y = 5 e xy = 6.
UNIDADE 2 TÓPICO 4 137
Prezado(a) acadêmico(a), agora que chegamos ao final 
da Unidade 2, você deverá fazer a Avaliação referente a esta 
unidade.
UNIDADE 2TÓPICO 4138
UNIDADE 3
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS
ObjEtIVOS DE ApRENDIzAgEm
Ao final desta unidade, você deverá ser capaz de:
• conhecer os principais conceitos que envolvem as equações 
diferenciais;
• identificar os diferentes tipos de equações diferenciais;
• diferenciar as equações diferenciais;
• resolver as equações diferenciais.
pLANO DE EStUDOS
Na Unidade 3 estudaremos as equações diferenciais ordinárias 
de primeira ordem e algumas equações diferenciais de segunda ordem. 
Neste intuito, a unidade será dividida em três tópicos. O Tópico 1 inicia 
com a definição de equações diferenciais, ordem e classificação. Na 
sequência serão apresentadas as equações diferenciais ordinárias 
de primeira ordem separáveis, lineares e exatas e seus respectivos 
métodos de resolução. No tópico 2, destacaremos as equações 
diferenciais de primeira ordem que envolvem substituições em suas 
resoluções, em particular as equações de Bernoulli e as equações 
homogêneas. Finalizamos a unidade com o Tópico 3, estudando as 
equações diferenciais lineares de segunda ordem. Nesse tópico, 
nosso estudo se restringirá às equações lineares homogêneas com 
coeficientes constantes.
TÓPICO 1 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE PRIMEIRA 
ORDEM
TÓPICO 2 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS lINEARES 
DE PRIMEIRA ORDEM – SUBSTITUIÇÕES
TÓPICO 3 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS lINEARES 
DE SEGUNDA ORDEM
Neste tópico, vamos abordar as características de uma equação diferencial quanto 
ao seu tipo, a sua ordem e a sua linearidade. Na sequência, discutiremos os processos de 
resolução de uma equação diferencial de primeira ordem, segundo sua classificação em 
separáveis, lineares ou exatas.
Vejamos alguns exemplos de equações diferenciais:
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 
DE PRIMEIRA ORDEM
1 INTRODUÇÃO
TÓPICO 1
UNIDADE 3
Uma equação que relaciona uma função desconhecida a uma ou mais de suas derivadas 
é chamada de uma equação diferencial.
As equações são classificadas quanto ao tipo, à ordem e à linearidade.
2 DEFINIÇÕES E TERMINOlOGIAS
UNIDADE 3TÓPICO 1142
Uma equação diferencial pode ser classifi cada como ordinária ou parcial. Se a função 
envolvida for uma função de somente uma variável, dizemos que a equação é ordinária (EDO). 
Se uma equação diferencial contém, pelo menos, uma derivada parcial, então é denominada 
de equação diferencial parcial (EDP). Vejamos alguns exemplos:
i) ∂u 
∂y
 = – 5 ∂u
∂x
, u = u(x, y) parcial
ii) 
d 2 y 
dx2 – 6
 dy
dx + 8y = 0 ordinária
iii) ∂
2z
∂x2
 + ∂
2z
∂y2
 – 2 ∂z
∂y
 = 0, z = z(x, y) parcial
quanto à ordem uma equação diferencial pode ser de 1ª, de 2ª, ..., de n-ésima ordem 
dependendo da derivada de maior ordem presente na equação. 
i) y′ – 3xy = x 1° ordem
ii) y″ + y′ = cos t 2° ordem
iii) 
d y 
dx
dy 
dx
2
 + 3y = 2 1° ordem
iv) 
d 2 y 
dx2 – 6
 dy
dx + 8y = 0 2° ordem
v) 
d 3 y 
dt 3 – t 
dy
dt + (t
 2 – 1)y = et 3° ordem
vi) xy′ – 5y = 0 1° ordem
2.1 TIPOS DE UMA EqUAÇÃO DIFErENCIAL
2.2 OrDEM DE UMA EqUAÇÃO DIFErENCIAL
UNIDADE 3 TÓPICO 1 143
Uma equação diferencial é dita linear se a função e suas derivadas envolvidas na 
equação forem de primeiro grau. Caso contrário, dizemos que a EDO é não linear. Vejamos 
alguns exemplos:
i) 
dy
dx + 3y = 2 linear
ii) 
dy
dx + sen
 y = 2 não linear
iii) 
d 3 y 
dx3 – x
 dy
dx + 7y = e
x linear
iv) 
d 3 y 
dt 3 + 
dy
dt + t
 (y 2 – 1) = et não linear
Uma função y = y(x) é solução de uma equação diferencial em um dado intervalo I, se a 
equação diferencial for satisfeita para todo x ∈ I, ou seja, se y(x) e suas derivadas satisfizerem 
à equação diferencial neste intervalo para todo x ∈ I.
Exemplo 1
Verifique se a função y(x) = 1
2
 + 3
2
 e–x 2 é solução de y′(x) + 2xy = x.
Resolução
Dado a função y(x) = 1
2
 + 3
2
 e–x 2, vamos encontrar a derivada de primeira ordem.
 y′(x) = 
3
2
 (– 2x)e–x 2 
y′(x) = –3xe–x 2 
Agora, substituímos y e y′ na equação diferencial y′ (x) + 2xy = x.
2.3 LINEArIDADE DE UMA EqUAÇÃO DIFErENCIAL
2.4 SOLUÇÃO DE UMA EqUAÇÃO DIFErENCIAL
UNIDADE 3TÓPICO 1144
Então, a função y(x) = 1
2
 + 3
2
 e–x 2 satisfaz à equação diferencial e, portanto y é solução 
da equação diferencial dada.
Exemplo 2
Verifique se a funçãoy(x) = e2x é uma solução da equação diferencial 
d 2 y 
dx2 – 5
 dy
dx + 6y = 0.
Resolução
Dado a função y(x) = e2x, vamos encontrar as derivadas de primeira e segunda ordem.
dy
dx = 2e
2x e 
d 2 y 
dx2 = 4e
2x
Agora, vamos substituí-las na equação diferencial 
d 2 y 
dx2 – 5
 dy
dx + 6y = 0.
4e2x – 5 • 2e2x + 6e2x = 0
4e2x – 10e2x + 6e2x = 0
De fato, a função y(x) = e2x satisfaz à equação diferencial.
Exemplo 3
Verifique se a função y(x) = x(In x)2 + 7x é solução da equação diferencial xy′(x) – y(x) = 2xh x.
Resolução
Dado a função y(x) = x(In x)2 + 7x, vamos encontrar a derivada de primeira ordem.
Agora, substituímos y e y′ na equação diferencial xy′(x) – y(x) = 2xh x, obtendo:
UNIDADE 3 TÓPICO 1 145
2x In x = 2x In x
Portanto, a função y(x) = x(In x)2 + 7x satisfaz à equação diferencial.
Dada uma equação diferencial, dizemos que a sua solução é uma função que satisfaz 
a identidade proposta por esta equação. Esta função, expressa por y = F(x) + c, contém uma 
constante arbitrária, oriunda do processo de integração. Então, dizemos que y = F(x) + c, c ∈R 
é uma família de soluções da EDO e, assim, para cada valor arbitrário de c temos uma 
solução (função) diferente para a mesma EDO. Porém, observe que derivando-as obteremos 
as mesmas funções, tendo em vista que a derivada de uma constante é zero.
Por exemplo, dada a equação diferencial y′(x) = 5x – 2, sua solução geral é dada por y(x) = 
5
2
x2 – 2x + c. Vamos considerar c = –1 e c = 3, então y1(x) = 
5
2
x2 – 2x – 1 e y2(x) = 
5
2
x2 – 2x + 3. 
Agora vamos derivar estas soluções (funções) y′1 (x) = 5x – 2 e y′2 (x) = 5x – 2 podemos ver que as 
derivadas são iguais.
 
Daí o fato da solução y = F(x) + c, c ∈R ser denominada de solução geral da EDO.
A solução deduzida da solução geral atribuindo-se valores particulares à constante 
arbitrária c é chamada de solução particular.
quando uma equação diferencial é utilizada como um modelo matemático em alguma 
aplicação, há normalmente uma condição inicial y(x0) = y0 que torna possível calcular a constante 
arbitrária c, que aparece na solução geral.
2.4.1 Solução geral
2.4.2 Solução particular
UNIDADE 3TÓPICO 1146
NO
TA! �
Um problema com uma equação diferencial satisfazendo alguma 
condição adicional (por exemplo, y(x0) = y0 é denominado 
problema do valor inicial (PVI).
Exemplo 4
Considerando 
dy
dx = 2x, então y = x
2 + c é uma solução geral da EDO, c ∈R. 
Resolução
Vamos encontrar a solução particular, utilizando a condição adicional y(3) = 4. Desse modo, a 
partir da solução geral y = x2 + c, atribuímos a x o valor 3 e a y o valor 4, determinando assim 
a constante c:
y = x2 + c
4 = 32 + c
4 = 9 + c
c = –5 
Substituindo o valor de c na solução geral obtemos a solução particular da EDO:
y = x2 – 5. 
EST
UD
OS
FUT
UR
OS
! �
Caros acadêmico(a)! Leia com bastante atenção o texto a seguir 
sobre as EDOs. Assim, vamos saber um pouco mais sobre o que 
estamos estudando e quais são as suas finalidades.
O que uma ED de primeira ordem pode nos dizer
Vamos imaginar por um momento que temos uma equação diferencial de primeira 
ordem na forma normal 
dy
dx = f (x,y) e, além disso, que não podemos encontrar nem inventar 
um método para resolvê-la analiticamente. Essa situação não é tão ruim quanto parece, uma 
UNIDADE 3 TÓPICO 1 147
vez que muitas vezes é possível juntar informações úteis sobre a natureza das soluções, 
diretamente da própria equação diferencial. Por exemplo, já vimos que, quando f (x,y) e 
∂f
∂y
 satisfazem determinadas condições de continuidade, as questões qualitativas sobre a 
existência e a unicidade de soluções podem ser respondidas. Veremos nesta seção que outras 
questões qualitativas sobre propriedades da solução – Como uma solução se comporta nas 
proximidades de um determinado ponto? Como uma solução se comporta quando x → ∞? – 
podem frequentemente ser respondidas quando a função f depende somente da variável y. 
Vamos começar, porém, com um conceito simples de cálculo: a derivada 
dy
dx de uma função 
diferenciável y = y(x) dá as inclinações das retas tangentes em pontos sobre seu gráfico.
Inclinação
Como uma solução y = y(x) de uma equação diferencial de primeira ordem 
dy
dx = f 
(x,y) é necessariamente uma função diferenciável em seu intervalo I. Assim, a curva integral 
correspondente em I não deve ter interrupções e deve ter uma reta tangente em cada ponto 
(x,y(x)). A inclinação da reta tangente em (x,y(x)) sobre uma curva integral é o valor de sua 
derivada primeira 
dy
dx nesse ponto e isso é sabido da equação diferencial: f (x,y(x)). Suponha 
agora que (x,y) representa qualquer ponto em uma região do plano xy sobre o qual a função 
f está definida. O valor f (x,y) que a função atribui ao ponto representa a inclinação de uma 
reta ou, como iremos pensar um segmento de reta denominado elemento linear. Por exemplo, 
consideramos a equação 
dy
dx = 0,2xy, onde f (x,y) = 0,2xy. No ponto, de coordenadas (2, 
3), por exemplo, a inclinação de um elemento linear é f (2,3) = 1,2. A figura (a) mostra um 
segmento de reta com inclinação positiva passando por (2,3). Conforme mostrado na figura 
(b), se uma curva integral também passar por (2,3), fará isto tangenciando esse segmento 
de reta; em outras palavras, o elemento linear é uma miniatura da reta tangente nesse ponto.
Figura 1.1.a: elemento linear em um ponto
figura 2 – Figura 1.1.b: o elemento linear é uma 
tangente à curva integral que passa pelo 
ponto
UNIDADE 3TÓPICO 1148
Campos de Direções
Se sistematicamente calcularmos f sobre uma malha retangular de pontos (x,y) no 
plano xy e em cada ponto (x,y) desenharmos um elemento linear com a inclinação (x,y), 
a coleção de todos os elementos lineares será chamada de campo de direções ou campo 
de inclinações da equação diferencial 
dy
dx = f (x,y). Visualmente, o campo de direções 
sugere a aparência, ou forma, de uma família de curvas integrais da equação diferencial e, 
consequentemente, pode ser possível vislumbrar determinados aspectos qualitativos das 
soluções – por exemplo, regiões no plano nas quais uma solução exibe um comportamento 
não usual. Uma única curva integral que segue seu caminho em um campo de direções 
deve acompanhar o padrão de fluxo do campo; ela é tangente a um elemento linear quando 
intercepta um ponto da malha.
FONTE: Zill (2003, p. 41-42)
Estudaremos alguns tipos de equações diferenciais que requerem métodos distintos 
de resolução. Vamos iniciar pelas equações diferenciais separáveis, caracterizando-as e 
determinando seu processo de resolução.
Definição 1.3.1 A equação y′ = f (x,y) será separável se f puder ser expressa como 
um produto de uma função p(x) e uma função q(y). Assim, a equação diferencial terá a forma
3 EQUAÇÃO DIFERENCIAl SEPARÁVEl
y′ = p(x) • q(y) ou
dy
dx = p(x) • q(y) ou
y′ • 
1
q(y)
 = p(x),
onde p(x) e q(y) são contínuas em seu domínio.
UNIDADE 3 TÓPICO 1 149
Considerando a equação diferencial dada, o primeiro passo para resolvê-lo é separar as 
variáveis y e x juntamente com as suas respectivas diferenciais, obtendo a seguinte igualdade
1
q(y)
 dy = p(x)dx.
A seguir, integramos ambos os lados da igualdade
∫ 
1
q(y)
 dy = ∫ p(x)dx.
E, sempre que for possível, escrevemos a função (solução geral da EDO) na sua forma 
explícita.
Vamos resolver um exemplo para aplicarmos o método.
Exemplo 5
resolva a equação diferencial 
dy
dx = 6e
x.
Resolução
dy
dx = 6e
x
Inicialmente, vamos separar as variáveis:
3.1 MÉTODO DE rESOLUÇÃO 
 DA EqUAÇÃO DIFErENCIAL
dy = 6ex dx
Integrando ambos os lados da igualdade:
∫ dy = ∫ 6ex dx
∫ dy = 6 ∫ ex dx
y + c1 = 6e
x + c2
Isolando a variável y:y = 6ex + c2 – c1
UNIDADE 3TÓPICO 1150
Para deixar uma única constante na função, consideramos c = c2 – c1, donde temos que:
y = 6ex + c
Exemplo 6
resolva a equação diferencial 
dy
dx = 
x
y2 .
Resolução
dy
dx = 
x
y2
Dada a equação diferencial acima, vamos separar as variáveis:
Multiplicando ambos os lados da igualdade por y2, temos:
y 2 dy = x dx
Integrando ambos os lados da igualdade:
∫ y 2 dy = ∫ x dx
y3
3 + c1 = 
x2
2 + c2
Isolando a variável y:
y3
3 = 
x2
2 + c2 – c1
y 3 = 
3x2
2 + 3(c2 – c1)
Para deixar uma única constante na função, consideramos c = 3(c2 – c1).
UNIDADE 3 TÓPICO 1 151
NO
TA! �
Portanto, as soluções da EDO dada são da forma c ∈R.
Não há necessidade de usar duas constantes na integração de 
uma equação separável ∫ q(y) dy = ∫ p(x) dx, pois se escrevermos 
Q(y) + c1 = P(x) + c2, a diferença c2 – c1 poderá ser substituída 
por uma única constante c, resultando Q(y) = P(x) + c. Em 
várias ocasiões ao longo deste tópico, renomearemos constantes 
de forma conveniente. Por exemplo, múltiplos de constantes 
ou combinações de constantes podem, algumas vezes, ser 
substituídas por uma única constante.
Definição 1.3.2 Chamamos de família de funções ao conjunto de várias funções da forma 
y = f (x) + c, c ∈R, ou seja, ao conjunto formado pelas as funções tem o mesmo comportamento, 
a menos da constante c ∈R. 
Exemplo, a família de funções y(x) = x 3 – 2x + c.
FIgUrA 52 – Figura 1.2.
FONTE: O autor
UNIDADE 3TÓPICO 1152
Exemplo 7
resolva a equação diferencial y′ y + x = 0.
Resolução
Podemos reescrever a equação dada como:
dy
dx
 y + x = 0.
Subtraindo x em ambos os lados da igualdade, obtemos:
dy
dx
 y = –x
y 
dy
dx = –x
y 
d y 
dx
dy 
dx
 dx = –x dx
y dy = –x dx
∫ y dy = –∫ x dx
Vamos escrever apenas uma constante ao lado direito da igualdade, junto à variável x:
y 2
2 = 
–x 2
3 + c
y 2 = – x 2 + 2c
Considerando k = 2c, temos:
y 2 = – x 2 + k
Podemos deixar a função na forma implícita:
x 2 + y 2 = k
Neste caso, é interessante deixar esta solução na forma implícita, pois facilita a 
identifi cação quanto ao tipo de curva obtida. Neste exemplo, obtemos circunferências centradas 
na origem do plano cartesiano com raio igual a √k .
OBSErVAÇÃO: Note que, para não carregar a notação, aplicamos a ideia de escrever 
apenas uma letra para as constantes que surgem no cálculo.
UNIDADE 3 TÓPICO 1 153
Exemplo 8
Determine a solução geral da equação diferencial 
dy
dx = sen
 (2x).
Resolução
repetindo o procedimento utilizado nos exemplos anteriores, temos:
dy = sen (2x) dx.
Integrando os dois lados da igualdade:
∫ dy = ∫ sen (2x) dx.
Para resolver a integral obtida do lado direito da igualdade, vamos aplicar a técnica de 
substituição:
y = 1
2
 ∫ sen u du u = 2x 
y = 1
2
 (–cos u) + c du = 2 dx 
y = – 1
2
 cos (2x) + c 1
2
 du = dx 
FIgUrA 53 – grÁFICO DAS SOLUÇÕES DA EDO
FONTE: O autor
UNIDADE 3TÓPICO 1154
Exemplo 9
Encontre a solução geral da equação diferencial dy
dt
 = e t – y.
Resolução
dy
dt
 = e t – y
Primeiramente, vamos recordar a propriedade do produto de potências de mesma base, 
onde am • an = a m + n, com a, m, n ∈ R. 
Utilizaremos a propriedade da direita para a esquerda, ou seja, separando a expressão 
am+n em um produto de duas potências de mesma base:
dy
dt
 = e t • e –y 
dy = e t • e –y dt
ey dy = et dt
∫ ey dy = ∫ et dt
ey = et + c 
Para isolar y, precisamos aplicar o logaritmo natural (ln) a ambos os membros da 
igualdade.
In ey = In (et + c)
Pelas propriedades operatórias dos logaritmos, em particular a propriedade da potência 
do logaritmo, temos que In ak = k • In a e, portanto:
y In e = In (et + c) 
Como In e = 1, temos:
y = In (et + c).
Portanto, y(x) = In (et + c) é solução da EDO proposta 
A
 c ∈ R.
Exemplo 10
resolva a equação diferencial (2 + y) dt + (t – 3) dy = 0 .
UNIDADE 3 TÓPICO 1 155
Resolução
Na equação (2 + y) dt + (t – 3) dy = 0 devemos separar as variáveis. Neste caso, deixamos y 
do lado esquerdo da igualdade e t do lado direito da igualdade:
(t – 3) dy = –(2 + y) dt
dy
2 + y = 
– dy
t – 3
Agora, basta integrar os dois lados da igualdade:
∫ 
dy
2 + y = ∫
 dy
t – 3
Estas integrais são resolvidas aplicando a técnica de substituição; donde obtemos:
In(2 + y) = – In(t – 3) + c
In(2 + y) + In(t – 3) = c
Agora, aplicamos a propriedade do produto de logaritmos de mesma base, para a qual, 
teremos In (a • b) = In a + In b. Utilizaremos a propriedade da direita para a esquerda, ou seja, 
multiplicaremos os logaritmandos e, obteremos assim:
In[(2 + y) • (t – 3)] = c
Portanto, a igualdade (2 + y) • (t – 3) = ec, 
A
 c ∈ R , é uma solução, na forma implícita, 
da EDO proposta.
Exemplo 11
resolva a equação diferencial y ′ = x e y – x.
Resolução
Primeiramente, vamos mudar a notação da derivada:
dy
dx = x e
 y – x
Para resolver a equação, devemos separar as variáveis:
dy
dx = x e
 y e –x
Para isso, multiplicamos ambos os lados da igualdade por e –y:
UNIDADE 3TÓPICO 1156
e –y 
dy
dx = xe
 –x
e –y dy = xe –x dx
Integramos ambos os lados da igualdade:
Para resolver a integral (1), utilizaremos a técnica da substituição:
w = – y ⇒ dw = – dy 
∫ e –y dy = –∫ ew dw = – ew + c1 = e –y + c1
Enquanto que, para a integral (2), aplicaremos a técnica da integração por partes:
∫ udv = u • v –∫ vdu u = x
∫ xe –x dx = x • (– e–x) – ∫ (– e–x) dx du = dx
∫ xe –x dx = – xe–x – e–x + c2 dv = e–x dx
 v = – e–x
retomando a igualdade ∫ e –y dy = ∫ xe–x dx, temos:
∫ e –y dy = ∫ xe–x dx
–e –y + c1 = –xe
–x –e–x + c2
Vamos escrever apenas uma constante do lado direto da igualdade e multiplicar ambos 
os lados por (-1), obtendo:
e –y = xe–x + e–x + c
Colocando a expressão e–x em evidência, no lado direito da igualdade:
e –y = e–x (x + 1) + c
UNIDADE 3 TÓPICO 1 157
Para isolar a variável y, aplicamos o logaritmo natural em ambos os lados da igualdade:
In e –y = In e–x (x + 1) + c
Pela propriedade operatória da potência do logaritmo, temos:
–y = In e–x (x + 1) + c
Portanto, y(x) = –In e–x (x + 1) + c é solução da EDO proposta, 
A
 c ∈ R.
Exemplo 12
Encontre a solução particular da equação diferencial y′ = 
xy – y
y + 1 no ponto y(2) = 1.
Resolução
Deixamos a solução na forma implícita. Agora, substituímos as variáveis x e y, pelos 
valores dados no enunciado.
UNIDADE 3TÓPICO 1158
y(2) = 1
c = 1
A função y que satisfaz à equação diferencial e atende à condição y(2) = 1, é dada por
Continuamos a busca por soluções de equações diferenciais de primeira ordem 
examinando a seguir as equações lineares. 
Definição 1.4.1 Uma EDO da forma:
y′ + p(x)y = q(x) ou
dy
dx + p(x)y = q(x),
onde p(x) e q(x) são funções lineares e contínuas em algum intervalo I é chamada de 
equação diferencial linear de primeira ordem.
4 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 
 lINEARES DE 1ª ORDEM
NO
TA! �
Observe a forma deste tipo de EDO. Cada equação diferencial 
que estudaremos possui uma forma-padrão diferente. Fique 
bastante atento!
Teorema 1.4.1 A solução da equação
dy
dx + p(x)y = q(x) é
UNIDADE 3 TÓPICO 1 159
Vamos descrever os passos para resolver uma equação diferencial linear a qual 
utilizaremos o fator integrante.
• Escreva a equação linear dada na forma-padrão y′ + p(x)y = q(x).
• Encontre uma primitiva de p(x), isto é, resolva ∫p(x)dx.
• Encontre o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx.
• Multiplique ambos os lados da equação diferencial y′ + p(x)y = q(x) pela função v(x).
• Identifique do lado esquerdo da igualdade da derivadado produto.
• resolva a equação e, se possível de a solução na forma explícita.
Aplicaremos o método em alguns exemplos para entendê-lo melhor.
Exemplo 13
Encontre a solução geral da equação y′ + 3y = 12 (método do fator integrante).
Resolução
Observe que a equação diferencial já está na forma-padrão y′ + p(x)y = q(x), onde p(x) = 3 e 
q(x) = 12.
O primeiro passo é calcular a primitiva de p(x).
4.1 MÉTODO DE rESOLUÇÃO 
 DA EqUAÇÃO DIFErENCIAL
Desafie-se e faça a demonstração matemática da solução da 
equação diferencial linear!
y = 
1
v(x) ∫
 v(x) q(x)dx
onde v(x) = eH(x); com H(x) = ∫ p(x)dx. A função v(x) é chamada fator integrante.
UNI
UNIDADE 3TÓPICO 1160
H(x) = ∫p(x)dx, então, temos
H(x) = ∫3dx = 3x.
Escrevendo o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx,
v(x) = eH(x) ⇒ v(x) = e3x
Agora, multipliquemos a EDO por v(x).
e3x y′ + 3e3x y = 12e3x
Observemos o lado esquerdo: nele, devemos identificar a derivada do produto 
(u • v)′ = u′ • v + u • v′.
Se considerarmos as funções u = y e v = e3x, teremos u′ = y′ e v′ = 3e3x. Então
Integrando ambos os lados da igualdade:
e3x y = 12∫e3xdx
Atente para o fato de que a integral ∫e3xdx foi resolvida pelo método da substituição.
e3x y = 12
3
 e3x + c
e3x y = 4e3x + c
Isolando a variável y,
y = 4e3x • e–3x + c e–3x
Portanto, y(x) = 4 + c e–3x, c ∈ R é solução geral da EDO.
Vamos deduzir um modelo de solução geral para as equações lineares ordinárias de 
primeira ordem com coeficientes constantes (dedução do fator integrante), ou seja,
UNIDADE 3 TÓPICO 1 161
dy
dt + ay = b ou y′ + ay = b
Comparando a EDO apresentada com a forma-padrão y′ + p(x)y = q(x), identificamos 
que p(x) = a e q(x) = b. Assim, p(x) e q(x) são constantes. Neste caso, 
H(x) = ∫p(x)dx
H(x) = ∫adx = ax
e o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx fica
v(x) = eH(x) ⇒ v(x) = eax
Multiplicando a EDO por v(x),
eax y′ + aeax y = beax
Observe o lado esquerdo da equação: nele, devemos identificar a derivada do produto 
(u • v)′ = u′ • v + u • v′.
Se considerarmos as funções u = y e v = eax, teremos u′ = y′ e v′ = aeax. Então
Integrando ambos os membros da igualdade:
eax y = b∫eaxdx
A integral ∫eaxdx foi resolvida pelo método da substituição.
eax y = b
a
 eax + c
Isolando a variável y
y = b
a
 eax • e–ax + c e–ax
Portanto, y(x) = b
a
 + c e–ax, c ∈ R é a solução geral da EDO y′ + ay = b.
UNIDADE 3TÓPICO 1162
Caro(a) acadêmico(a)! Que tal voltar ao exemplo 13 e resolvê-lo 
usando o resultado demonstrado anteriormente?
UNI
Exemplo 14
Encontre a solução geral da equação y′ + y = x.
Resolução
Observe que a equação diferencial já está na forma-padrão y′ + p(x)y = q(x), com p(x) =1 e 
q(x) = x.
Vamos calcular a primitiva de p(x).
H(x) = ∫p(x)dx, então, temos
H(x) = ∫dx = x.
Assim, o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx é
v(x) = eH(x) ⇒ v(x) = ex.
Multiplicamos a EDO por v(x).
ex y′ + ex y = xex
Observe o lado esquerdo da igualdade, e identifique a derivada do produto 
(u • v)′ = u′ • v + u • v′.
Se considerarmos as funções u = y e v = ex, teremos u′ = y′ e v′ = ex. Então
Integrando ambos os lados da igualdade:
UNIDADE 3 TÓPICO 1 163
ex y = ∫x ex dx
Para resolver esta integral ∫x ex dx precisaremos aplicar o método da integração por 
partes. Considerando u = x e dv = ex dx teremos du = dx e v = ex. Então, aplicando a fórmula 
da integração por partes ∫u dv = u • v – ∫v du.
ex y = xex – ∫ex dx
ex y = xex – ex + c
Isolando a variável y,
y = xexe–x – exe–x + c e–x
Portanto, y(x) = x – 1 + c e–x, c ∈ R é a solução geral da EDO.
Exemplo 15
Encontre a solução geral da equação x 
dy
dx = x
2 – 5y.
Resolução
Veja que a equação diferencial não está na forma-padrão y′ + p(x)y = q(x).
Então, primeiro, temos que reescrevê-la na forma-padrão.
Assim, identificamos p(x) = 
5
x e q(x) = x.
Vamos calcular a primitiva de p(x).
H(x) = ∫ 5x
 dx = 5 In x.
 = In x5
UNIDADE 3TÓPICO 1164
E, assim, o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx pode ser escrito como:
v(x) = eH(x) ⇒ v(x) = eIn x 5.
v(x) = x5.
Multiplicando a EDO por v(x),
x5 y′ + x5 5
x
 y = x • x5
x5 y′ + 5x4 y = x6.
Observe o lado esquerdo da igualdade. Nele devemos identificar a derivada do produto 
(u • v)′ = u′ • v + u • v′.
Se considerarmos as funções u = y e v = x5, teremos u′ = y′ e v′ = 5x 4. Então:
Integrando ambos os lados da igualdade:
x5 y = ∫x6 dx
x5 y = x
7
7
 + c
y = x
7
7
 x –5 + cx –5
Portanto, y(x) = x
2
7
 + cx –5 é a solução geral da EDO, 
A
x ∈ R.
Exemplo 16
Encontre a solução geral da equação 
dy
dx + 4x
3 y = 20x3.
Resolução
Observe que a equação diferencial já está na forma-padrão y′ + p(x) y = q(x).
Identificamos p(x) = 4x3 e q(x) = 20x3.
UNIDADE 3 TÓPICO 1 165
Vamos calcular a primitiva de p(x).
H(x) = ∫p(x) dx, então, temos
H(x) = ∫4x3 dx = x 4.
Escrevemos o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx.
v(x) = eH(x) ⇒ v(x) = ex 4.
Multiplicamos a EDO por v(x).
ex 4 y′ + 4x3 ex 4 y = 20x3 ex 4 
Observamos o lado esquerdo da igualdade, nele devemos identificar a derivada do 
produto: (u • v)′ = u′ • v + u • v′.
Se considerarmos as funções u = y e v = ex 4 teremos u′ = y′ e v′ = 4x3 ex 4. Então
Integramos ambos os lados da igualdade:
ex 4 y = 20 ∫x3 ex 4 dx
A integral ∫x3 ex 4 dx foi resolvida pelo método da substituição.
ex 4 y = 1
4
 ex 4 + c
y = 1
4
 e3x e –x 4 + e –x 4
Portanto, y = 1
4
 e3x – x 4 + c e –x 4, 
A
x ∈ R é a solução geral da EDO.
O exemplo a seguir traz uma aplicação prática de EDO no movimento retilíneo 
uniformemente variado.
UNIDADE 3TÓPICO 1166
Exemplo 17
Sabe-se que, no movimento retilíneo uniformemente variado, a aceleração a = 
dv
dt é constante. 
Supondo que o movimento parte do repouso, e sabendo que v = 
ds
dt , determine s(t).
Resolução
Partimos da primeira EDO apresentada:
dv
dt = a 
ds
dt = v
∫dv = ∫a dt dsdt = at + v0
v = at + c1 ∫ds = ∫(at + v0) dt
v(t) = at + c1 s = 
at 2
2
 + v0t + c2
 s(t) = at
 2
2
 + v0t + c2Fazendo c1 = v0, onde v0 será a 
velocidade inicial.
•• •
 v(t) = at + v0 Substituindo c2 = s0, onde s0 será a 
posição inicial.
•• •
 s(t) = at
 2
2
 + v0t + s0
O próximo exemplo traz um problema de valor inicial (PVI). Vamos entender como se 
resolve um problema que apresenta uma condição inicial.
Exemplo 18
resolva o seguinte problema do valor inicial y′ + 2
x
 y = x, x > 0, y(2) = 3.
Resolução
Identificamos p(x) = 2
x
 e q(x) = x.
Vamos calcular a primitiva de p(x).
H(x) = ∫ 2x dx = 2 In |x|
H(x) = In x 2.
Escrevemos o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx.
v(x) = eH(x) ⇒ v(x) = eIn x 2
UNIDADE 3 TÓPICO 1 167
v(x) = x 2
Multiplicamos a EDO por v(x).
x 2 y′ + x 2 2
x
 y = x 2 x
x 2 y′ + 2xy = x 3
Observando o lado esquerdo, devemos identificar a derivada do produto 
(u • v)′ = u′ • v + u • v′.
Se considerarmos as funções u = y e v = x 2 teremos u′ = y′ e v′ = 2x. Então:
Integramos ambos os lados da EDO:
x 2 y = ∫x 3 dx
x 2 y = x
 4
4
 + C
Portanto, y(x) = x
 4
4
 + C
x 4
, 
A
x ∈ R é a solução geral da EDO.
Agora, substituímos as variáveis x e y, pelos valores dados no enunciado y(2) = 3 
para encontrarmos a solução particular.
y = 2
 2
4
 + C
2 2
 = 3
1 + C
4
 = 3
C
4
 = 2
C = 8
UNIDADE 3TÓPICO 1168
Portanto, y(x) = x
 2
4
 + 8
x 2
, 
A
x ∈ R é a solução particular da EDO.
Observe que a solução deste problema de valor inicial é válida em todo intervalo ]0, +∞[, 
conforme a figura a seguir mostra esta solução.
FIgUrA 54 – SOLUÇÃODO PrOBLEMA
FONTE: O autor
Estudaremos outro tipo de equação diferencial de primeira ordem, as chamadas 
equações diferenciais exatas onde destacamos o uso das derivadas parciais. A seguir, veremos 
a definição de uma equação diferencial exata e o teorema que estabelece um critério para 
identificar se uma EDO é exata.
Definição 1.5.1 Uma expressão diferencial M(x,y) dx + N(x,y) dy é uma diferencial 
exata em uma região R do plano xy se, e somente se, corresponde o diferencial de primeira 
ordem da forma M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0 é chamada de equação exata se a expressão à 
esquerda for uma diferencial exata.
Teorema 1.5.1 (Critério para diferencial exata) Sejam M(x,y) e N(x,y) contínuas e com derivadas 
parciais de primeira ordem contínuas em uma região R (retangular) definida por a < x < b e c < y < d. 
Então uma condição necessária e suficiente para que M(x,y) dx + N(x,y) dy seja uma diferencial exata 
é: ∂M 
∂y
 = ∂N 
∂x
.
5 EQUAÇÕES EXATAS
UNIDADE 3 TÓPICO 1 169
• Verificar se a equação M(x,y) dx + N(x,y) dy é exata.
• Se for exata, então existe uma função f para a qual ∂f 
∂x
 = M(x,y).
• Integrando a equação exata em relação a variável x (mantendo o y constante) para encontrar 
f, obtemos f (x,y) = ∫M(x,y) dx + o (y), onde a função arbitrária o (y) é a constante de integração.
• Agora, precisamos encontrar a função arbitrária o (y). Derive a função f (x,y) em relação a 
variável y encontrada anteriormente e supomos que ∂f 
∂y
 = N(x,y). Da comparação, determina-
se o (y).
• Finalmente, integramos o (y) em relação a y e substituímos o valor encontrado para o (y) na 
função f (x,y).
Exemplo 19
resolva a equação diferencial (x,y) dx + (e y + x)dy = 0.
Resolução
Em primeiro lugar, precisamos verificar se esta equação é exata.
Sendo M(x,y) = x + y e N(x,y) = e y + x, verificaremos se ∂M 
∂y
 = ∂N 
∂x
.
Como, ∂M 
∂y
 = 1 e ∂N 
∂x
 = 1, assim a EDO é exata.
Então, existe f (x,y) tal que 
∂f 
∂x = x + y.
Vamos integrar 
∂f 
∂x = x + y em relação à variável x (mantendo o y constante) para 
encontrar f.
f (x,y) = ∫(x + y) dx
f (x,y) = x
 2
2
 + xy + o (y).
Para encontrar a função arbitrária o (y), derivemos a função f (x,y) em relação à y.
5.1 MÉTODO DE rESOLUÇÃO 
 DA EqUAÇÃO DIFErENCIAL
UNIDADE 3TÓPICO 1170
Comparando a derivada parcial encontrada ∂f 
∂y
 = x + o′ (y) com N(x,y), 
∂f 
∂y
 = N(x,y).
x + o′ (y) = e y + x, daí, temos:
o′ (y) = e y.
Agora, vamos integrar o′ (y) = e y. Então:
o′ (y) = ∫e y dy 
o′ (y) = e y c
Voltando na f (x,y) e substituindo o (y), temos:
f (x,y) = x
 2
2
 + xy + e y + c, c ∈ R.
Definição 1.5.2 Chamamos de curvas integrais as várias funções (soluções) de uma 
EDO.
Exemplo 20
Encontre as curvas integrais de 2xy dx + (x 2 – 1) dy = 0. 
Resolução
Sendo M (x,y) = 2xy e N (x,y) = x 2 – 1, temos
∂M 
∂y
 = 2x = ∂N 
∂x
Assim, a EDO é exata.
Então existe f (x,y), tal que ∂f 
∂x
 = 2xy.
Integrando ∂f 
∂x
 = 2xy em relação a x, obtemos
f (x,y) = ∫2xy dx 
∂f 
∂y
 = x + o′ (y)
UNIDADE 3 TÓPICO 1 171
f (x,y) = x 2 y + o (y)
Agora encontraremos a função arbitrária o (y) derivando f (x,y) em y.
∂f 
∂y
 = x 2 + o′ (y)
Comparamos a derivada parcial encontrada acima com N (x,y) ∂f 
∂y
 = N (x,y).
x 2 + o′ (y) = x 2 – 1, daí
o′ (y) = –1.
Agora, integramos o′ (y) = –1. Então:
o (y) = – ∫dy 
o (y) = – y + c.
Logo, f (x,y) = x 2 y – y + c, c ∈ R.
Nos exemplos 19 e 20, a função f (x,y) está na forma implícita. 
Escreva a função na forma explícita y = f (x).
UNI
Exemplo 21
resolva a EDO (y cos x + 2x e y) dx + (sen x + x 2 e y – 1) dy = 0
Resolução
Verifiquemos se a equação diferencial é exata.
Sendo M (x,y) = y cos x + 2x e y e N (x,y) = sen x + x 2 e y – 1, temos
∂M 
∂y = cos x + 2x
 e y = 
∂N 
∂x
Assim, a EDO é exata.
Logo, existe f (x,y) tal que ∂f 
∂x
 = y cos x + 2x e y.
UNIDADE 3TÓPICO 1172
Integrando ∂f 
∂x
 = y cos x + 2x e y em relação à x, obtemos:
f (x,y) = ∫(y cos x + 2x e y) dx
f (x,y) = y sen x + x 2 e y + o (y)
Agora encontraremos a função arbitrária o (y) derivando f (x,y) em y:
∂f 
∂y
 = sen x + x 2 e y + o′ (y)
Comparemos a derivada parcial encontrada ∂f 
∂y
 = sen x + x 2 e y + o′ (y) com N (x,y).
sen x + x 2 e y + o′ (y) = sen x + x 2 e y – 1, 
o′ (y) = – 1.
Então,
o (y) = – ∫dy
o (y) = –y + c, c ∈ R.
Logo, f (x,y) = y sen x + x 2 e y – y + c.
Exemplo 22
Verifi que se a equação (x In y – e –xy) dx + 1
y
 + y In xx dy = 0 é exata.
Resolução
Sejam M (x,y) = x In y – e –xy e N (x,y) = 1
y
 + y In x, 
Então, ∂M 
∂y
 = x • 1
y
 + xe –xy e ∂N 
∂x
 = y • 1
y
.
Assim, ∂M 
∂y
 ≠ 
∂N 
∂x
Portanto, a EDO não é exata.
UNIDADE 3 TÓPICO 1 173
OBSERVAÇÃO: Para resolver esta equação diferencial é preciso 
utilizar um outro procedimento, que não veremos neste caderno, 
mas que você pode encontrar, por exemplo, em BOyCE, W.; DI 
PRIMA, R. C. Equações diferenciais elementares e problemas 
de valores de contorno. 7ª Ed. São Paulo: LTC, 2002.
UNI
Exemplo 23
Encontre a curva integral da equação (2x sen y + e x cos y) dx + (x 2 cos y – e x sen y) dy = 0 
que passa pelo ponto y (0) = 
p
4 .
Resolução
O enunciado do exemplo 23 nos traz um problema de valor inicial para uma EDO exata.
Verificaremos se a EDO é exata.
Sendo M (x,y) = 2x sen y + e x cos y e N (x,y) = x 2 cos y – e x sen y, temos
∂M 
∂y
 = 2x cos y – e x sen y = ∂N 
∂x
.
Assim, a EDO é exata.
Como a equação é exata, então existe f (x,y) tal que ∂f 
∂x
 = 2x sen y + e x cos y.
Integrando ∂f 
∂x
 = 2x sen y + e x cos y em relação a x, obtemos
f (x,y) = ∫(2x sen y + e x cos y) dx
f (x,y) = x 2 sen y + e x cos y + o (y).
∂f 
∂y
 = x 2 cos y – e x sen y + o′ (y)
Comparamos a derivada parcial encontrada ∂f 
∂y
 = x 2 cos y – e x sen y + o′ (y) com N (x,y).
x 2 cos y – e x sen y + o′ (y) = x 2 cos y – e x sen y, 
o′ (y) = 0.
UNIDADE 3TÓPICO 1174
Agora, integramos o′ (y) = 0. Então,
o (y) = c.
Logo, f (x,y) = x 2 sen y + e x cos y + c, c ∈ R é a solução geral da EDO.
Agora, substituímos as variáveis x e y, pelos valores dados no enunciado y (0) = 
p
4 .
x 2 sen y + e x cos y = c
02 sen 
p
4 + e
 0 cos 
p
4 = c
c = 
√2
2 .
Portanto, x 2 sen y + e x cos y = 
√2
2 é a solução particular da EDO, ou seja, a curva 
integral que passa pelo ponto y (0) = 
p
4 .
NO
TA! �
Caro(a) acadêmico(a)! Se depois da leitura do Tópico 1 e da 
realização dos exercícios, ainda tiver dúvidas procure esclarecê-
las antes de iniciar o estudo do Tópico 2. Bons estudos!
UNIDADE 3 TÓPICO 1 175
Neste tópico, estudamos as Equações Diferenciais de Primeira Ordem.
• Iniciamos conhecendo os termos e conceitos relativos às equações diferenciais, e a partir 
daí, estudamos três tipos de equações diferenciais.
• O primeiro tipo de equação estudada foi a Separável, cuja forma-padrão é dada por y′ = p(x) • q(y) 
ou dy
dx
 = p(x) • q(y) ou y′ q(y) = p(x). A resolução deste tipo de EDO é feita através da separação 
das variáveis e em seguida faz-se a integração da igualdade.
• O segundo tipo de equação estudada foi a Equação Diferencial Linear de Primeira Ordem 
que tem a forma-padrão y′ + p(x) y = q(x) ou dy
dx
 + p(x) y = q(x). Para a sua resolução, utilizamos 
o fator integrante v(x) = eH(x), onde H(x) = ∫p(x)dx.
• E o terceiro tipo de equação diferencial estudada foi a Equação Exata, cuja forma-padrão é 
expressa por M (x,y) dx + N (x,y) dy. O procedimento de resolução requer que trabalhemos 
com ∂f 
∂x
 = M (x,y) e ∂f 
∂y
 = N (x,y) seguindo todo o procedimento já estudado.
RESUMO DO TÓPICO 1
UNIDADE3TÓPICO 1176
Nos problemas 1 e 2, resolva, por separação de variáveis, as equações 
diferenciais dadas.
1 dy
dx
 = (x + 1)2
2 dy
dt
 = t
 2
y 2
Nos problemas 3 e 4, resolva as equações diferenciais lineares de primeira 
ordem dadas.
3 dy
dx
 – 3
x
 y = x
4 dy
dx
 + y = e 3x
Nos problemas 5 e 6, resolva as equações diferenciais exatas a seguir.
5 (1 – x) dy – y 2 dx = 0
6 (2x – y 2) dx + 2xy dy = 0
Nas EDO a seguir, identifique o tipo de EDO e encontre a função desconhecida.
7 y′ + 3x 2 y = x 2
8 dy
dx
 = 3x
 2 + 4x + 2
2 (y – 1)
, y (0) = 1
9 (3x 2 – 2xy + 2) + (6y 2 – x 2 + 3) y′ = 0
10 dy
dx
 = e 3x + 2y
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS lINEARES 
DE PRIMEIRA ORDEM – SUBSTITUIÇÕES
1 INTRODUÇÃO
2 EQUAÇÕES DE BERNOUllI
2.1 MÉTODO DE rESOLUÇÃO 
 DA EqUAÇÃO DIFErENCIAL
TÓPICO 2
UNIDADE 3
No Tópico 2, estudaremos mais tipos de equações diferenciais lineares de primeira 
ordem tais como: Equações de Bernoulli e Equações homogêneas. A resolução destas equações 
requer algum tipo de substituição.
Definição 2.2.1 Uma equação de primeira ordem da forma y′ + p(x) y = q(x) y n, onde 
p(x) e q(x) são funções definidas e contínuas em algum intervalo I, e n é um número real tal 
que n ≠ 0 e n ≠ 1, é chamada de equação de Bernoulli.
• Escrever a equação na forma-padrão y′ + p(x) y = q(x) y n.
• Identificar as funções p(x), q(x) e o valor de n.
• Indicar a substituição que será feita e aplicar a fórmula u′ + (1 – n) p(x) u = (1 – n) q(x).
• Agora, a EDO é uma linear de primeira ordem, sendo u′ + p(x) u = q(x). 
• Calcular o fator integrante e obter a solução.
UNIDADE 3TÓPICO 2178
NO
TA! �
A equação de Bernoulli y′ + p(x) y = q(x) y n que, embora seja de 
primeira ordem e não linear (quando n ≠ 1), se transforma em 
uma equação diferencial linear através da substituição u = y 1 – n.
Vamos mostrar como que se chega à fórmula u′ + (1 – n) p(x) u = (1 – n) q(x).
Seja a equação de Bernoulli, dada por
y′ + p(x) y = q(x) y n.
 Multipliquemos a equação por u = y –n
y′ y –n + p(x) yy –n = p(x) yn y –n
y′ y –n + p(x) y 1 – n = p(x) 
 
Perceba que a equação obtida acima está na forma-padrão de uma equação linear de 
primeira ordem. Então, vamos fazer uma substituição u = y 1 – n. Daí:
u′ = (1 – n) y –n y′ 
y′ = u′
(1 – n) y –n
.
 retornando à equação e fazendo as substituições, obtemos:
u′
(1 – n)
 + p(x) u = q(x)
u′ + (1 – n) p(x) u = (1 – n) q(x).
Exemplo 1
Encontre as curvas integrais para a equação x dy
dx
 + y = x 2 y 2.
Resolução
Primeiro, precisamos escrever a EDO na forma-padrão de uma equação de Bernoulli.
Seja xy′ + y = x 2 y 2. Multiplicando ambos os lados da igualdade por 1
x
, com x ≠ 0, 
obtemos:
UNIDADE 3 TÓPICO 2 179
1
x
 • (xy′ + y) = 1
x
 • x 2 y 2 
1
x
 • xy′ + 1
x
 • y = 1
x
 • x 2 y 2
y′ + 1
x
 y = xy 2
Agora, a EDO está na forma y′ + p(x) y = q(x) y n, e poderemos transformá-la numa 
equação diferencial linear, considerando u = y –1 e:
p(x) = 1
x
, q(x) = x e n = 2.
u′ + (1 – n) p(x) u = (1 – n) q(x)
u′ + (1 – 2) • 1
x
 • u = (1 – 2) • x
u′ + (–1) 1
x
 u = (–1) x
u′ – 1
x
 u = –x
Agora, seguimos o procedimento já estudado para resolver este tipo de EDO. Vamos 
encontrar o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx.
H(x) = ∫ – 1x
 dx 
H(x) = –In x
v(x) = e –In x
v(x) = x –1
Multiplicando o fator integrante v(x) = x –1 em ambos os lados da igualdade, obtemos:
x –1 u′ – 1
x
 x –1 u = –xx –1
x –1 u = – ∫dx
x –1 u = –x + c
UNIDADE 3TÓPICO 2180
u = –x 2 + cx
Voltando para a variável y através da substituição u = y –1 feita no início:
y –1 = –x 2 + cx
y = (–x 2 + cx)–1
Portanto, y(x) = 1
–x 2 + cx
, c ∈ R.
Exemplo 2
resolva a EDO y′ + 4y = 3e 2x y 4.
Resolução
A EDO já está na forma-padrão de uma equação de Bernoulli.
Então, aplicamos a fórmula u′ + (1 – n) p(x) u = (1 – n) q(x), para transformar a equação 
numa equação diferencial linear. Considerando u = y –3 e:
p(x) = 4, q(x) = 3e 2x e n = 4.
u′ + (1 – n) p(x) u = (1 – n) q(x) 
u′ + (1 – 4) • 4 • u = (1 – 4) • 3e 2x
u′ + (–3) • 4u = (–3) • 3e 2x
u′ –12u = –9e 2x
Agora, seguimos o procedimento já estudado para resolver este tipo de EDO. Vamos 
encontrar o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx.
H(x) = ∫(–12) dx
H(x) = –12x
v(x) = e –12x
Multiplicando o fator integrante v(x) = e –12x em ambos os membros da igualdade, obtemos:
e –12x u′ – 12 e –12x u = e –12x (–9e 2x)
UNIDADE 3 TÓPICO 2 181
e –12x u = ∫(–9e –10x) dx
Para resolver esta integral, vamos aplicar o método da substituição, considerando:
w = –10x ⇒ dw = –10 dx
Então, e –12x u = 9
10
 ∫ew dw
e –12x u = 9
10
 ew + c
e –12x u = 9
10
 e –10x + c
e –12x e12x u = 9
10
 e –10x e12x + c • e12x 
u = 9
10
 e 2x + c • e12x 
Voltando para a variável y através da substituição u = y –3 feita no início:
u = 9
10
 e 2x + c • e12x 
y –3 = 9
10
 e 2x + c • e12x 
Portanto, y(x) = 9
10
 e 2x + c • e12x 
–⅓
, c ∈ R, é solução geral da EDO proposta.
Exemplo 3
Encontre a solução geral para a equação xy′ + y = –xy 2.
Resolução
Escrevendo a EDO na forma-padrão de uma equação de Bernoulli.
Seja xy′ + y = –xy 2, multiplicamos ambos os lados da igualdade por 1
x
:
1
x
 • xy′ + 1
x
 • y = – 1
x
 xy 2
UNIDADE 3TÓPICO 2182
y′ + 1
x
 y = –y 2
Assim, a EDO está na forma y′ + p(x) y = q(x) y n.
Então, aplicamos a fórmula mostrada acima, para transformar a equação numa equação 
diferencial linear. Considerando u = y –1.
 p(x) = 1
x
, q(x) = –1 e n = 2.
u′ + (1 – n) p(x) u = (1 – n) q(x)
u′ + (1 – 2) • 1
x
 • u = (1 – 2)
u′ + (–1) 1
x
 u = (–1)
u′ – 1
x
 u = –1
Agora, seguimos o procedimento já estudado para resolver este tipo de EDO. Vamos 
encontrar o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx.
H(x) = ∫ – 1x
 dx 
H(x) = –In x
v(x) = e –In x
v(x) = x –1
Multiplicando o fator integrante v(x) = x –1 na equação, obtemos:
x –1 u′ – 1
x
 x –1 u = –x –1
x –1 u = – ∫ 1x
 dx
x –1 u = –In x + c
UNIDADE 3 TÓPICO 2 183
u = –x In x + cx.
Voltando para a variável y através da substituição u = u = y –1. feita no início:
y –1 = –x In x + cx
Portanto, y(x) = 1
–x In x + cx
, c ∈ R é a solução geral da EDO.
Exemplo 4
Encontre as curvas integrais para a equação y′ + 2
x
 y = 
y 3
x 2 .
Resolução
A EDO é uma equação de Bernoulli. Então, aplicamos a fórmula u′ + (1 – n) p(x) u = (1 – n) q(x), 
para transformar a equação numa equação diferencial linear. Considerando u = y –2.
p(x) = 2
x
, q(x) = 
1
x 2 e n = 3.
u′ + (1 – n) p(x) u = (1 – n) q(x) 
u′ + (1 – 3) • 2
x
 • u = (1 – 3) 1
x 2
u′ + (–2) 2
x
 u = (–2) 1
x 2
u′ – 4
x
 u = –2x –2
Logo, obtemos uma EDO linear. Agora, seguimos o procedimento já estudado para 
resolver este tipo de EDO. Vamos encontrar o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx.
H(x) = ∫ – 4x
 dx
H(x) = – 4 In x
v(x) = e – 4 In x
v(x) = e In x – 4
v(x) = x – 4
Multiplicando o fator integrante v(x) = x – 4 na equação, obtemos
x – 4 u′ – 4
x
 x – 4 u = – 2x–2 • x – 4
UNIDADE 3TÓPICO 2184
x –4 u = – 2 ∫x –6 dx
x –4 u = – 2 x
 –5
–5
 + c
x –4 u = 2
5
 x –5 + c 
x 4 • x –4 u = 2
5
 x –5 • x 4 + c • x 4
u = 2
5
 x –1 + c • x 4
Voltando para a variável y através da substituição u = y –2 feita no início
y –2 = 2
5x
 + cx 4
Portanto, , c ∈ R são curvais integrais (soluções) da EDO.
3 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS HOMOGÊNEAS
3.1 FUNÇÕES HOMOgÊNEAS
Vamos estudar equações diferenciais lineares de primeira ordem que podem ser 
transformadas em equações já estudadas em seções anteriores.
Definição 2.3.1.1 Uma função f =f (x,y) é dita homogênea de grau n se, substituindo-se 
x por λx e y por λy for verdadeira a igualdade f (λx,λy) = λn f (x,y), para todo real λ ≠ 0.
Por exemplo, as funções listadas a seguir são homogêneas de graus respectivamente 
três, um e zero: f (x,y) = xy 2 + x 2 y, f (x,y) = , f (x,y) = x + y
x – 3y
.
UNIDADE 3 TÓPICO 2 185
Exemplo 5
Verifique se a função f (x,y) = xy 2 + x 2 y é homogênea, e se for, indique o grau.
Resolução
Para mostrar que f é homogênea, devemos verificar a igualdade f (λx,λy) = λn f (x,y), λ ∈ IR.
f (λx,λy) = λx (λy) 2 + (λx) 2 λy 
f (λx,λy) = λxλ2 y 2 + λ2x 2 λy
f (λx,λy) = λ3xy 2 + λ3x 2y
f (λx,λy) = λ3 (xy 2 + x 2y)
f (λx,λy) = λ3 f (x,y)
Portanto, a função f é homogênea de grau 3.
Exemplo 6
Verifique se a função f (x,y) = é homogênea e se for, indique o grau.
Resolução
Portanto, a função f é homogênea de grau 1.
UNIDADE 3TÓPICO 2186
Exemplo 7
Verifique se a função f (x,y) = xy 2 + ex + y é homogênea e, se for, indique o grau.
Resolução
f (λx,λy) = λx (λy) 2 + eλx + λy
f (λx,λy) = λxλ2y 2 + eλx + λy 
f (λx,λy) = λ3xy 2 + eλ(x + y)
f (λx,λy) ≠ λn f (x,y) 
Portanto, a função f não é homogênea.
Exemplo 8
Verifique se a função f (x,y) = x + y
x – 3y
 é homogênea e, se for, indique o grau.
Resolução
f (λx,λy) = 
λx + λy
λx – 3λy
f (λx,λy) = 
λ(x + y)
λ(x – 3y) 
f (λx,λy) = x + y
x – 3y
f (λx,λy) = f (x,y)
Portanto, a função f é homogênea de grau zero.
3.2 EqUAÇÕES HOMOgÊNEAS
Definição 2.3.2.1 Uma equação diferencial homogênea é uma equação da forma
y′ = f (x,y)
onde f = f (x,y) é uma função homogênea de grau zero, ou seja,
f (λx,λy) = f (x,y), 
A
λ ≠ 0
UNIDADE 3 TÓPICO 2 187
3.2.1 Método de resolução da equação diferencial
Seja uma EDO homogênea de primeira ordem, vejamos como proceder para resolver 
esta equação diferencial homogênea.
O primeiro passo é colocar a equação na forma dy
dx
 = g 
y
x , onde g é uma função 
contínua de uma única variável.
Fazendo v = 
y
x , então y = vx e
Defi nição 2.3.2.2 As equações diferenciais homogêneas podem ser transformadas, 
em equações do tipo M (x,y) dx + N (x,y) dy = 0, onde M e N são funções homogêneas do 
mesmo grau. 
Isto quer dizer que a equação M (x,y) dx + N (x,y) dy = 0 será homogênea se M (λx,λy) 
= λn M (x,y), λ ∈ IR e N (λx,λy) = λn N (x,y), λ ∈ IR.
Exemplo 9
Verifi que se a equação (x 2 – y 2) dx – 5xy dy = 0 é homogênea.
Resolução
Temos que verifi car se M (λx,λy) = λn M (x,y) e N (λx,λy) = λn N (x,y) têm mesmo grau.
M (x,y) = x 2 – y 2 N (x,y) = –5xy
M (λx,λy) = (λx) 2 – (λy) 2 N (λx,λy) = –5 (λx) (λy)
M (λx,λy) = λ2 x 2 – λ2 y 2 N (λx,λy) = –5 λ2xy
M (λx,λy) = λ2 (x 2 – y 2) N (λx,λy) = λ2 (–5xy)
M (λx,λy) = λ2 M (x,y) N (λx,λy) = λ2 N (x,y)
Portanto, a equação (x 2 – y 2) dx – 5xy dy = 0 é homogênea.
Pode-se resolver uma equação diferencial homogênea, transformando-a em uma 
equação de variáveis separáveis fazendo uma substituição adequada.
UNIDADE 3TÓPICO 2188
dy
dx
 = x dv
dx
 + v e g 
y
x fi ca g
 (v).
Então a equação pode ser escrita como
x dv
dx
 + v = g (v),
que pode ser reescrita na forma
dv
g (v) – v
 = dx
x
.
Note que essa equação é separável. Então, podemos resolvê-la como uma equação 
diferencial separável e escrever a solução em função de x e de y, substituindo v por 
y
x .
Vejamos outra situação; seja uma equação homogênea dada na forma M (x,y) dx + 
N (x,y) dy = 0.
Então, M (x,y) dx = +N (x,y) dy ⇒ dv
dx
 = 
M (x,y)
N (x,y) .
Como a equação é homogênea, M e N têm o mesmo grau de homogeneidade n. Então, 
se dividirmos M e N por λn , transformaremos – M
 (x,y)
N (x,y)
 numa função do tipo dy
dx
 = g 
y
x .
Daí segue o mesmo procedimento acima.
Exemplo 10
Mostre que a equação diferencial y′ = 3x
 2 + y 2
xy
 é homogênea e encontre sua solução geral.
Resolução
A equação é homogênea: pois, supondo λ ≠ 0,
f (λx,λy) = 
3(λx) 2 + (λy) 2
(λx) (λy)
f (λx,λy) = 
λ2 (3x 2 + y 2)
λ2 (xy)
f (λx,λy) = 
3x 2 + y 2
xy
f (λx,λy) = f (x,y).
UNIDADE 3 TÓPICO 2 189
Definindo v = 
y
x , e substituindo na equação diferencial, temos
 .
Como y = vx, então 
dy
dx = x 
dv
dx + v.
Logo nossa equação diferencial fica x 
dv
dx + v = 
3 + v 2
v .
x 
dv
dx = 
3 + v 2
v – v
x 
dv
dx = 
3
v
v dv = 
3
x
 dx
Essa é uma equação separável que podemos resolver facilmente:
∫v dv = ∫ 3x
 dx
v 2
2
 = 3 In |x| + c, c ∈ R
v 2 = 6 In |x| + 2c, c ∈ R
Substituindo v por 
y
x e k = 2c, temos
y 2
x 2 = 6 In |x| + k, k ∈ R
Logo, a solução geral tem a forma y 2 = 6x 2 In |x| + xk 2, k ∈ R
Exemplo 11
Mostre que a equação y′ = 
2y 4 + x 4
xy 3 é homogênea, e resolva a equação diferencial.
Resolução
Vamos mostrar que a EDO é homogênea de grau zero, supondo λ ∈ IR.
f (λx,λy) = 
2(λy) 4 + (λx) 4
(λx) (λy) 3
 
UNIDADE 3TÓPICO 2190
f (λx,λy) = 
2λ4 y 4 + λ4 x 4
λ4xy 3
f (λx,λy) = 
λ4 (2y 4 + x 4)
λ4xy 3
 
f (λx,λy) = f (x,y).
Definindo v = 
y
x , e substituindo na equação diferencial, temos
dy
dx = 
2y 4 + x 4
xy 3
dy
dx = 
2v 4 + 1
v 3
.
Como y = vx, então 
dy
dx = x 
dv
dx + v.
Logo, nossa equação diferencial fica x 
dv
dx + v = 
2v 4 + 1
v 3
.
x 
dv
dx = 
2v 4 + 1
v 3
 – v
x 
dv
dx = 
v 4 + 1
v 3
 
v 3
v 4 + 1
 dv = 
dx
x
Essa é uma equação separável que podemos resolver facilmente:
∫
v 3
v 4 + 1
 dv = ∫dxx
1
4
 In (v 4 + 1) = In |x| + c, c ∈ R
In (v 4 + 1) = 4 In |x| + 4c
eIn (v 4 + 1) = e 4 In |x| + 4c
v 4 + 1 = e In x 4 + 4c
UNIDADE 3 TÓPICO 2 191
v 4 + 1 = x 4 e 4c, c ∈ R
Fazendo k = e 4c, temos
v 4 + 1 = kx 4
Isso nos dá 
v 4 = kx 4 – 1, k ∈ R
Substituindo v por 
y
x , temos
y 4
x 4 = kx
 4 – 1.
Logo, y 4 = kx 8 – x 4, k ∈ R é a solução geral da EDO.
Exemplo 12
Encontre a solução geral da equação homogênea y′ = 
y 2 – x 2
2xy .
Resolução
Sejam y = vx e 
dy
dx = x 
dv
dx + v. A EDO não linear homogênea assume a forma
dy
dx = 
y 2 – x 2
2xy
 
dy
dx = 
v 2 – 1
2v
.
Então, nossa equação diferencial fica x 
dv
dx + v = 
v 2 – 1
2v
.
x 
dv
dx = 
v 2 – 1
2v
 – v
x 
dv
dx = 
–v 2 – 1
2v
2v
v 2 + 1
 dv = – dx
x
UNIDADE 3TÓPICO 2192
Essa é uma equação separável que podemos resolver facilmente
∫
2v
v 2 + 1
 dv = ∫dxx
In |v 2 + 1| = –In |x| + c, c ∈ R
In |v 2 + 1| + In |x| = c
eIn |v 2 + 1| + In |x| = e c
eIn |v 2 + 1| e In |x| = e c
|v 2 + 1||x| = ec
Substituindo v por 
y
x e k = e
c, temos
Portanto, 
y 2
x + x = k, k ∈ R é solução da EDO.
UNIDADE 3 TÓPICO 2 193
Neste tópico, vimos outros dois tipos de equações diferenciais lineares de primeira 
ordem:
• As equações de Bernoulli e as equações exatas. 
• A diferença das equações estudadas no tópico anterior é que, nestas precisamos fazer 
alguma substituição para resolvê-las.
• A equação linear de Bernoulli tem a forma-padrão y′ + p(x) y = q(x) y n. A substituição que 
temos que fazer é dada por u = y 1–n e utilizamos a fórmula u′ + (1 – n) p(x) u = (1 – n) q(x). 
Com isso, a equação é reduzida a uma equação linear.
• A outra equação estudada foi a equação homogênea com forma-padrão M (x,y) dx + N (x,y) dy = 0, 
onde M e N são funções homogêneas do mesmo grau. Para obter a solução, devemos 
escrever a EDO na forma dy
dx
 = g 
y
x e fazer a substituição v = 
y
x .
RESUMO DO TÓPICO 2
UNIDADE 3TÓPICO 2194
Nos problemas 1 e 2, resolva as equações diferenciais lineares de Bernoulli.
1 x 
dy
dx + y = 
1
y 2 
2 y′= y (xy 3 – 1)
3 resolva a equação diferencial homogênea (x – y) dx + x dy = 0.
Nas EDO a seguir, identifique o tipo de EDO e encontre a função desconhecida.
4 xy 2 
dy
dx = y
 3 – x 3, y (1) = 2
5 x 2 
dy
dx + y
 2 = xy
6 (x 2 + y 2) dx + xy dy = 0
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 
lINEARES DE SEGUNDA ORDEM
1 INTRODUÇÃO
2 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 
 lINEARES DE SEGUNDA ORDEM
TÓPICO 3
UNIDADE 3
Finalizamos a unidade com o Tópico 3, as equações diferenciais lineares de segunda 
ordem. Aqui, estudaremos apenas as equações lineares homogêneas com coeficientes 
constantes. Estas equações são de resolução mais simples devido a um procedimento de 
substituição por uma equação de segundo grau, chamada de equação característica ou auxiliar.
Definição 3.2.1 Uma equação diferencial linear de segunda ordem da forma
a1
 (x) d
 2 y
dx 2
 + a2
 (x) 
dy
dx + a3
 (x)y = o (x),
onde os coeficientes a1
 (x), a2
 (x), a3
 (x), são contínuos e o (x) também é uma função 
contínua em algum intervalo I.
Definição 3.2.2 Uma equação diferencial linear de segunda ordem da forma
a1
 (x) d
 2 y
dx 2
 + a2
 (x) 
dy
dx + a3
 (x)y = 0
é chamada de homogênea, onde os coeficientes a1
 (x), a2
 (x), a3
 (x) são contínuos em 
algum intervalo I.
UNIDADE 3TÓPICO 3196
NO
TA! �
Para as equações lineares homogêneas, é válido o princípio da 
superposição que diz que, se y1 (x) e y2 (x) são soluções da 
equação diferencial, então
y (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)
também o é, para todas as constantes c1 e c2. A expressão 
colocada anteriormente é chamada combinação linear de y1 (x) 
e y2 (x).
Józef Maria Wronski (1778-1853) foi um matemático polonês. 
O wronskiano é definido como um determinante cuja primeira 
linha é ocupada pelas funções e as linhas seguintes são formadas 
pelas suas derivadas até a ordem n – 1. E o wronskiano pode ser 
utilizado como um teste de independência linear para as soluções 
das EDOs.
Isso é o que diz o teorema da superposição, onde a soma ou superposição de duas ou 
mais soluções de uma equação diferencial linear homogênea é também uma solução.
Teorema 3.2.1 (Princípio da superposição – Equações Homogêneas) Se y1
 (x) e y2
 (x) 
são soluções da equação diferencial homogênea em algum intervalo I, então a combinação 
linear
y (x) = c1 y1
 (x) + c2 y2
 (x)
onde c1 e c2 são constantes arbitrárias, é também uma solução no intervalo I.
Definição 3.2.3 Para as equações diferenciais lineares homogêneas, fixadas as 
soluções y1
 (x) e y2
 (x), definimos o wronskiano dessas soluções pelo determinante 
UNI
UNIDADE 3 TÓPICO 3 197
Suponha que y1
 (x) e y2
 (x), sejam duas soluções. Então, a combinação linear dessas 
duas soluções é uma solução geral dada por 
y (x) = c1 y1
 (x) + c2 y2
 (x).
Derivando y (x), temos 
y′ (x) = c1 y′
 
1
 (x) + c2 y′
 
2
 (x).
Substituindo-se x = x 0 nas equações obtemos o sistema de equações
y (x0) = c1 y1
 (x0) + c2 y2
 (x0)
y′ (x0) = c1 y′
 
1
 (x0) + c2 y′
 
2
 (x0)
que pode ser escrito na forma A • X = B em que
,
 
Logo, o determinante da matriz A leva o nome de Wronskiano e é denotado por
W (y1, y2)
 (t) = det 
Exemplo 1
As funções y1(x) = e
 5x e y2(x) = e
 – 5x são ambas soluções da equação diferencial linear homogênea 
y′′ – 25y = 0 no intervalo ]–∞, ∞[. Verifi que que o wronskiano é diferente de zero e escreva a 
solução da EDO.
Resolução
Sejam y1(x) = e
 5x e y2(x) = e
 – 5x. Precisamos derivar as funções para calcular o wronskiano.
y′1(x) = 5e
 5x e y′2(x) = –5e
 – 5x, então
W(x) = –5e – 5x • e 5x – 5e 5x • e – 5x = – 10 ≠ 0
W(x) = 
Conforme o teorema acima, a solução dessa EDO tem a forma y (x) = c1 y1
 (x) + c2 y2
 (x).
Então, y (x) = c1 e
 5x + c2 e
 – 5x.
UNIDADE 3TÓPICO 3198
Teorema 3.2.2 Sejam y1
 (x) e y2
 (x) soluções da equação diferencial homogênea em 
algum intervalo I. Então, o conjunto de soluções será linearmente independente em I se e 
somente se W (x) ≠ 0, Ax ∈ I.
NO
TA! �
Em resumo, do que vimos sobre o wronskiano podemos concluir: 
para que y1 (x) e y2 (x) formem um conjunto fundamental 
de soluções da equação diferencial homogênea, basta que o 
wronskiano W (x) ≠ 0, 
A
x ∈ I.
Exemplo 2
Mostre que y1
 (t) = t ½ e y2
 (t) = t – 1 formam um conjunto fundamental de soluções da equação 
diferencial linear homogênea 2t 2 y′′ + 3ty′ – y = 0 no intervalo ]0, ∞[. 
Resolução
Precisamos verifi car primeiro se y1
 (t) e y2
 (t) são soluções da EDO.
Se y1
 (t) = t ½, então y′1
 (t) = 
1
2
 t – ½ e y′′1
 (t) = 
1
4
 t – 3 2 .
Se y2
 (t) = t – 1, então y′2
 (t) = –t – 2 e y′′2
 (t) = 2t – 3.
Substituindo y1
 (t) e suas derivadas na EDO, temos
2t 2 – 1
4
 t – 3 2 + 3t 
1
2
 t ½ – t ½ = 0
– 1
2
 t ½ + 3
2
 t ½ – t ½ = 0.
Portanto, y1
 (t) é solução da EDO.
Agora, substituindo y2
 (t) e suas derivadas na EDO, temos
2t 2 (2t – 3) + 3t (– t – 2) – t – 1 = 0
4t – 1 – 3t – 1 – t – 1 = 0.
Portanto, y2
 (t) é solução da EDO.
UNIDADE 3 TÓPICO 3 199
Para que as funções y1
 (t) e y2
 (t) formem um conjunto de soluções da EDO, pelos teoremas 
anteriores, basta verificarmos que o wronskiano é diferente de zero para algum t > 0. Assim, 
W (x) = –t – 3 2 – 1
2
 t – 3 2 = – 3
2
 t – 3 2 ≠ 0.
Logo, y1
 (t) = t ½ e y2
 (t) = t – 1 formam um conjunto fundamental de soluções da equação 
2t 2 y′′ + 3ty′ – y = 0. Assim, y (t) = c1t
 ½ + c2t 
– 1.
3 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS lINEARES 
 DE 2ª ORDEM COM COEFICIENTES CONSTANTES
Vamos considerar apenas equações diferenciais da forma
a d
 2 y
dx 2
 + b 
dy
dx + cy = 0
onde a, b e c são números reais e a ≠ 0. Para esta equação diferencial linear homogênea 
existem valores constantes de λ tais que y = eλx é uma solução.
Substituindo-se y = eλx, 
dy
dx = λe
λx e d
 2 y
dx 2
 = λ2eλx na EDO obtemos
aλ2eλx + bλeλx + eλx = 0
eλx (aλ2+ bλ + c) = 0 
Como eλx ≠ 0, então y = eλx é solução de a d
 2 y
dx 2
 + b 
dy
dx + cy = 0 se, e somente se, λ é 
solução da equação aλ2+ bλ + c = 0.
Definição 3.3.1 A equação aλ2+ bλ + c = 0 é chamada de equação característica ou 
equação auxiliar da equação diferencial linear homogênea.
UNIDADE 3TÓPICO 3200
3.1 MÉTODO DE rESOLUÇÃO 
 DA EqUAÇÃO DIFErENCIAL
A natureza das soluções da equação diferencial linear homogênea a 
d 2 y
dx 2 + b
 dy
dx + cy = 0 
depende da natureza das raízes da equação característica correspondente.
Para escrever as soluções das equações diferenciais, teremos três casos a considerar. 
Vamos empregar o teorema apresentado a seguir.
Teorema 3.3.1.1: Dada a equação ay′′ + by′ + cy = 0, formamos a equação característica 
aλ2+ bλ + c = 0.
i) Se a equação característica tem duas raízes reais distintas λ1 e λ2, então a solução geral 
tem a forma 
y = c1e
λ1x + c2e
λ2x.
ii) Se a equação característica tem apenas uma raiz real λ, então a solução geral tem a forma 
y = c1e
λ1x + c2xe
λx ou
y = (C1 + C2x)
 eλx.
iii) Se a equação característica tem duas raízes complexas λ1 = α + bi e λ2 = α – bi, então a 
solução geral tem a forma 
y = c1e
αx cos bx + c2e
αx sen bx ou
y = eαx (c1 cos bx + c2 sen bx).
NO
TA! �
As raízes λ1 e λ2 da equação característica são chamados de 
autovalores.
UNIDADE 3 TÓPICO 3 201
Exemplo 3
Encontre a solução geral da equação y′′ + 4y′ + 4y = 0.
Resolução
Conforme vimos acima, devemos escrever a equação característica λ2 + 4λ + 4 = 0 e encontrar 
as suas raízes.
Aplicando a fórmula , temos
λ = 
– 4
2 
λ = – 2
Assim, a solução geral da EDO é dada por y = c1e
–2x + c2xe
–2x.
Exemplo 4
Encontre a soluçãogeral da equação y′′ + 2y′ – 15y = 0. Depois encontre a solução particular 
que satisfaz as condições iniciais y (0) = 0 e y′ (0) = –1.
Resolução
resolvendo a equação característica λ2 + 2λ – 15 = 0, temos
λ = 
– 2 ± 8
2
λ1 = 
– 2 – 8
2 = –
 5
λ2 = 
– 2 + 8
2 = 3
A solução geral é y = c1e
– 5x + c2e
3x.
UNIDADE 3TÓPICO 3202
Substituindo as condições iniciais y (0) = 0 e y′ (0) = –1 na solução geral, obtemos
y = c1e
– 5x + c2e
3x e y (0) = 0, então
c1e
– 5 • 0 + c2e
3 • 0 = 0
c1 + c2 = 0
Agora, y′ = – 5c1e
– 5x + 3c2e
3x e y′ (0) = –1, então
– 5c1e
– 5 • 0 + 3c2e
3 • 0 = –1
– 5c1 + 3c2= –1
resolvendo o sistema 
c1 + c2 = 0
– 5c1 + 3c2= –1
, encontramos c1 = 
1
8
 e c2 = –
 1
8
.
Portanto, a solução que satisfaz as condições iniciais é dada por y = 1
8
 e– 5x – 1
8
 e3x.
Exemplo 5
Encontre a solução geral da equação y′′ + 2y′ + 5y = 0.
Resolução
Conforme vimos acima, devemos escrever a equação característica λ2 + 2λ + 5 = 0 e encontrar 
as suas raízes.
Aplicando a fórmula , temos
λ = 
– 2 ± 4i
2
λ = – 1 ± 2i
λ1 = –
 1 – 2i
UNIDADE 3 TÓPICO 3 203
λ2 = –
 1 + 2i
Assim, pelo teorema a solução geral da EDO é dada por y = e–x (c1 cos 2x + c2 sen 2x). 
Exemplo 6
Encontre a solução geral da equação y′′ + 2y′ + y = 0.
Resolução
resolvemos a equação característica λ2 + 2λ + 1 = 0.
Aplicando a fórmula , temos
λ = 
– 2
2
λ = –1
Assim, a solução geral da EDO é dada por y = c1e
–x + C2e
–x.
No gráfico a seguir (Figura a seguir) estão algumas soluções da equação diferencial 
y′′ + 2y′ + y = 0.
FIgUrA 55 – ALgUMAS SOLUÇÕES DA EqUAÇÃO DIFErENCIAL 
FONTE: O autor
UNIDADE 3TÓPICO 3204
Exemplo 7
Encontre a solução geral da equação y′′ + 12y = 0. 
Resolução
resolvemos a equação característica λ2 + 12 = 0, temos
λ2 = –12
λ = ± √–12
λ = ± √12i
λ = ± √22 • 3i
λ = ± 2 √3i
λ1 = 2
 √3i
λ2 = –2
 √3i
Daí, temos que α = 0 e b = 2 √3
y = c1e
0 • x cos (2 √3x) + c2e0 • x sen (2 √3x)
Portanto, a solução geral da EDO é dada por y = c1 cos (2
 √3x) + c2 sen (2 √3x).
lEITURA COMPlEMENTAR
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS COMO MODElOS MATEMÁTICOS
MODELOs MATEMáTICOs: É frequentemente desejável descrever o comportamento 
de algum sistema ou fenômeno da vida real em termos matemáticos, quer sejam eles físicos, 
sociológicos ou mesmo econômicos. A descrição matemática de um sistema ou fenômeno, 
chamada de modelo matemático, é constituído levando-se em consideração determinadas 
metas. Por exemplo, talvez queiramos compreender os mecanismos de um determinado 
ecossistema por meio do estudo do crescimento de populações de animais nesse sistema ou 
datar fósseis por meio da análise do decaimento radioativo de uma substância que esteja no 
fóssil ou no extrato no qual foi descoberta.
A construção de um modelo matemático de um sistema começa com 
UNIDADE 3 TÓPICO 3 205
(i) a identificação das variáveis responsáveis pela variação do sistema. Podemos 
a princípio optar por incorporar todas essas variáveis no modelo. Nesta capa, estamos 
especificando o nível de resolução do modelo.
A seguir,
(ii) elaboramos um conjunto de hipóteses razoáveis ou pressuposições sobre o sistema 
que estamos tentando descrever. Essas hipóteses deverão incluir também quaisquer empíricas 
aplicáveis ao sistema.
Para alguns propósitos, pode ser perfeitamente razoável nos contentarmos com um 
modelo de baixa resolução. Por exemplo, você provavelmente já sabe que, nos cursos básicos 
de Física, a força retardadora do atrito com o ar é às vezes ignorada, na modelagem do 
movimento de um corpo em queda nas proximidades da superfície da Terra, mas se você for 
um cientista cujo trabalho é predizer precisamente o percurso de um projétil de longo alcance, 
terá de levar em conta a resistência do ar e outros fatores, como curvatura da Terra.
Como as hipóteses sobre um sistema envolvem frequentemente uma taxa de variação 
de uma ou mais das variáveis, a descrição matemática de todas essas hipóteses pode ser uma 
ou mais equações envolvendo derivadas. Em outras palavras, o modelo matemático pode ser 
uma equação diferencial ou sistema de equações diferenciais.
Depois de formular um modelo matemático, que é uma equação diferencial ou um 
sistema de equações diferenciais, estaremos de frente para o problema nada insignificante de 
tentar resolvê-los. Se pudermos resolvê-lo, julgaremos o modelo razoável se suas soluções 
forem consistentes com dados experimentais ou fatos conhecidos sobre o comportamento do 
sistema.
Porém, se as predições obtidas pela solução forem pobres, poderemos elevar o nível 
de resolução do modelo ou levantar hipóteses alternativas sobre o mecanismo de mudança 
no sistema. As etapas do processo de modelagem são então repetidas, conforme disposto no 
seguinte diagrama:
UNIDADE 3TÓPICO 3206
FIgUrA 56 – DIAgrAMA
HIPÓTESES
COMPArE AS 
PrEDIÇÕES DO 
MODELO COM OS 
FATOS CONHECIDOS
FOrMULAÇÃO 
MATEMÁTICA
OBTENHA AS 
SOLUÇÕES
Expresse as hipóteses 
em termos de equações 
diferenciais
Exponha as predições 
do modelo (por exemplo, 
graficamente)
resolva as EDs
Se necessário, altere as 
hipóteses ou aumente a 
resolução do modelo
FONTE: O autor
Naturalmente, aumentando a resolução aumentaremos a complexidade do modelo 
matemático e, assim, a probabilidade de não conseguirmos obter uma solução explicita.
Um modelo matemático de um sistema físico frequentemente envolve a variável tempo 
t. Uma solução do modelo oferece então o estado do sistema; em outras palavras, os valores 
da variável (ou variáveis) para valores apropriados de t descrevem o sistema no passado, 
presente e futuro.
DINÂMICA POPULACIONAL: Uma das primeiras tentativas de modelagem do 
crescimento populacional humano por meio da matemática foi feita pelo economista inglês 
Thomas Malthus, em 1978. Basicamente, a ideia por trás do modelo malthusiano é a hipótese 
de que a taxa segundo a qual a população de um país cresce em um determinado instante 
é proporcional à população total do país naquele instante. Em outras palavras, quanto mais 
pessoas houver em um instante t, mais pessoas existirão no futuro.
Em termos matemáticos, se P(t) for a população no instante t, então essa hipótese 
pode ser expressa por
dP
dt ∞ P ou 
dP
dt = k • P
onde k é uma constante de proporcionalidade. Esse modelo simples, embora não leve 
em conta muitos fatores que podem influenciar a população humana tanto em seu crescimento 
quanto em seu declínio (imigração e emigração, por exemplo), não obstante resulta ser 
UNIDADE 3 TÓPICO 3 207
razoavelmente preciso na previsão da população dos Estados Unidos entre os anos de 1970 
e 1980. As populações que crescem à taxa descrição por (1) são raras; entretanto, (1) é ainda 
usada para modelar o crescimento de pequenas populações em um curto intervalo de tempo 
(crescimento de bactérias em placas de Petri, por exemplo).
FONTE: Zill (2003, p. 22-24)
UNIDADE 3TÓPICO 3208
Neste tópico, vimos:
• Um tipo de equação diferencial a equação na forma-padrão a 
d 2 y
dx 2 + b
 dy
dx + cy = 0. A sua 
resolução se resume em encontrar as raízes de uma equação do segundo grau aλ2+ bλ + c = 0. 
Após encontrar as raízes da equação aplica-se o teorema a seguir.
• Teorema 3.3.1.1 Dada a equação ay′′ + by′ + cy = 0, formamos a equação característica 
aλ2+ bλ + c = 0.
• Se a equação característica tem duas raízes reais distintas λ1 e λ2, então a solução geral 
tem a forma 
y = c1e
λ1x + c2e
λ2x.
• Se a equação característica tem apenas uma raiz real λ, então a solução geral tem a forma 
y = c1e
λ1x + c2xe
λx ou
y = (C1 + C2x)
 eλx.
• Se a equação característica tem duas raízes complexas λ1 = α + bi e λ2 = α –bi, então a 
solução geral tem a forma 
y = c1e
αx cos bx + c2e
αx sen bx ou
y = eαx (c1 cos bx + c2 sen bx).
RESUMO DO TÓPICO 3
UNIDADE 3 TÓPICO 3 209
Encontre a solução geral das seguintes EDOs.
1 y′′ – 3y′ + 2y = 0
2 8y′′ + 4y′ + y = 0
3 4y′′ + y′ = 0 
4 y′′ – y′ – 6y = 0
5 y′′ + 9y = 0
6 12y′′ – 5y′ – 2y = 0
7 y′′ – 4y′ + 5y = 0
8 y′′ – 2y′ + y = 0
UNIDADE 3TÓPICO 3210
Prezado(a) acadêmico(a), agora que chegamos ao final da 
Unidade 3, você deverá fazer a Avaliação.
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REFERÊNCIAS
ANTON, H.; BIVENS, I.; DAVIS, S. Cálculo. v. 2. Poro Alegre: Bookman, 2007.
BOYCE, Willian E.; DIPrIMA, richard C. Equações diferenciais elementares e 
problemas de valores de contorno. rio de Janeiro: LTC, 2002.
FINNEY, r.; WEIr, M.; gIOrDANO, F. Cálculo de George B. Thomas Jr. v. 2. São Paulo: 
Addison Wesley, 2002.
FLEMMINg, Diva Marília; gONÇALVES, Mirian Buss. CÁlCUlO B: funções de várias 
variáveis, integrais duplas e triplas. 2° ed. São Paulo: Makron Books do Brasil, 2007.
LEITHOLD, Louis. O Cálculo com geometria analítica. v. 2. 3° ed. São Paulo: Harbra, 
1994.
SIMMONS, george F. Cálculo com geometria analítica. v. 2. São Paulo: Pearson Makron 
Books, 1987.
rOgAWKI, Jon. Cálculo. v. 2. Porto Alegre: Bookman, 2009.
STEWArT, James. Cálculo. v. 2. São Paulo: Pioneira Thomson Learning, 2006.
ZILL, Dennis G. Equações diferenciais com aplicações em modelagem. São Paulo: 
Pioneira Thomson Learning, 2003.