Solucao Series e eq Diferen 15

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Grupo de Ensino e Pesquisa em Educação Matemática
Notas de Aula No 06
.5
Christian Q. Pinedo
ii Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
Dedico a
A meus filhos:
Milagros, André, Nykolas e Kevyn
iii
iv Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
Dados Internacionais de Catalogação na Publicação (CIP)
Biblioteca da Universidade Federal do Tocantins
Campus Universitário de Palmas -TO
Q7
Quintana Pinedo, Christian José
Suplemento de Cálculo IV / Christian José Quintana Pinedo.
-
Palmas - TO, 2012.
386 p.: il.
1. Séries e Equações Diferenciais. I. Título.
CDD 515.3
SUMÁRIO
1 Série de potências 3
1.1 Séries de números reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Exercícios 1-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Séries de potências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
Exercícios 1-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3 Série de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
Exercícios 1-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2 Equações diferenciais de 1a ordem. 37
2.1 Equações diferenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
Exercícios 2-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.2 Tipos de equações de primeira ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
Exercícios 2-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.3 Solução de equações de primeira ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
Exercícios 2-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
2.4 Equações diferenciais não lineares de primeira ordem . . . . . . . . . . . . 91
Exercícios 2-4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
3 Equações diferenciais de ordem n > 1. 105
3.1 Equações diferenciais não lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
Exercícios 3-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
3.2 Equações diferenciais lineares de coeficientes constantes . . . . . . . . . . . 116
Exercícios 3-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
3.3 Equação não homogênea de ordem maior que dois . . . . . . . . . . . . . . 123
Exercícios 3-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
3.4 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
Exercícios 3-4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
3.5 Solução de Equação Diferencial por Série de Potências . . . . . . . . . . . . 138
Exercícios 3-5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
v
Christian José Quintana Pinedo 1
4 Transformada de Laplace 151
4.1 Existência da transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
Exercícios 4-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
4.2 Transformada inversa de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
Exercícios 4-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
4.3 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171
Exercícios 4-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171
4.4 Tabela de Transformadas de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190
5 Série e Transformada de Fourier 193
5.1 Série de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193
Exercícios 5-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193
5.2 Convergência da série de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200
Exercícios 5-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200
5.3 Transformada de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204
Exercícios 5-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204
APÊNDICE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
2 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
Capítulo 1
Série de potências
1.1 Séries de números reais
Exercícios 1-1
Exercício 1.1.1.
Determine se a série dada
+∞∑
n=1
9
√
n− 1
n2 + 3
√
n
converge.
Solução.
Seja
+∞∑
n=1
an =
+∞∑
n=1
9
√
n− 1
n2 + 3
√
n
.
Consideremos a série
+∞∑
n=1
bn =
+∞∑
n=1
√
n
n2
=
+∞∑
n=1
1
n3/2
, esta série é p-convergente.
Como lim
n→∞
an
bn
= lim
n→∞
9
√
n− 1
n2 + 3
√
n
· n
3/2
1
= lim
n→∞
9n2 −√n3
n2 + 3
√
n
= 9.
O teste de Comparação permite concluir que a série dada é convergente.
Exercício 1.1.2.
Determine a convergência da série
+∞∑
n=1
1
2n
(
1 +
1
n
)n2
Solução.
Temos an =
1
2n
(
1+
1
n
)n2
, aplicando o critério de Cauchy n
√
an =
n
√
1
2n
(
1 +
1
n
)n2
=
1
2
(
1 +
1
n
)n
.
Como lim
n→∞
n
√
an =
1
2
e > 1, a série diverge.
Exercício 1.1.3.
3
4 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
Determine se a série dada
+∞∑
n=1
1
(n+ 1)Ln(n+ 1)
converge.
Solução.
Consideremos f(x) =
1
(1 + x)Ln(1 + x)
, pelo critério da integral
+∞∫
1
1
(1 + x)Ln(1 + x)
dx = Ln(Ln(x+ 1)
∣∣∣+∞
1
= +∞
Portanto a série dada diverge.
Exercício 1.1.4.
Verificar que o produto infinito
∞∏
n=0
(1 + an) com an > 0 converge sempre
∞∑
n=0
an con-
verge.
Solução.
Sabe-se que ex = 1 + x+
x2
2!
+ . . .+
xn
n!
+ . . ., logo 1 + x ≤ ex, ∀ x > 0.
Assim, como
∞∑
n=0
an converge, logo
∞∑
n=0
an = M para algum M ∈ R.
Pn = (1 + a1)(1 + a2)(1 + a3) · · · (1 + an) ≤ ea1 · ea2 · ea3 · · · ean = eM , ∀ n ∈ N
então, sendo Pn sequência monótona crescente, e limitada, segue que existe L ∈ R tal que
∞∏
n=0
(1 + an) ≤ e
∞∑
n=0
an
= L ∈ R
Portanto,
∞∏
n=0
(1 + an) com an > 0 converge.
Exercício 1.1.5.
Determine os intervalos de convergência para as seguintes series de potências:
1. 2x+
8
3
x3 +
32
5
x5 +
128
7
x7 + · · · 2. x
1 · 2 +
x2
2 · 3 +
x3
22 · 4 +
x4
23 · 5 + · · ·
3. 1− x
2
22
+
x4
2242
− x
6
224262
+ · · ·
Solução.
1. Temos o desenvolvimento da série f(x) =
∞∑
n=0
22n+1
2n+ 1
x2n+1. Para calcular seu raio
de convergência
1
r
= lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ ⇒ 1r = limn→∞
∣∣∣∣ 22n+32n+ 3x2n+3 · 2n+ 122n+1x2n+1
∣∣∣∣ = 4|x|2 < 1
Christian José Quintana Pinedo 5
assim, 4|x|2 < 1 ⇒ |x| < 1
2
= r
Portanto, o intervalo de convergência é |x| < 1
2
.
2. Podemos escrever a série na forma f(x) =
∞∑
n=1
xn
2n+1(n+ 1)
. Para calcular seu raio
de convergência
1
r
= lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ ⇒ 1r = limn→∞
∣∣∣∣ xn+12n+1(n+ 3) · 2n(n+ 1)xn
∣∣∣∣ = |x|2 < 1
assim, |x| < 2 ⇒ |x| < 2 = r.
Quando x = −2 tem-se, f(−2) =
∞∑
n=1
(−2)n
2n+1(n+ 1)
=
1
2
∞∑
n=1
(−1)n
n+ 1
converge abso-
lutamente.
Portanto, o intervalo de convergência é −2 ≤ x < 2.
3. Temos o desenvolvimento da série f(x) =
∞∑
n=0
(−1)nx2n
22n(n!)2
. Para calcular seu raio de
convergência
1
r
= lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ ⇒ limn→∞
∣∣∣∣ (−1)n+1x2n+222n+2((n+ 1)!)2 · 22n(n!)2(−1)nx2n
∣∣∣∣ = |x|222 · 0 < 1
assim, |x| < r =∞ ⇒ x ∈ R
Portanto, o intervalo de convergência étodo R.
Exercício 1.1.6.
Calcule o raio de convergência das seguintes séries de potências:
Solução.
1.
∞∑
n=1
( n
2n+ 1
)2n−1
xn
Temos an =
( n
2n+ 1
)2n−1
, logo aplicando o critério de Cauchy
n
√
an =
n
√( n
2n+ 1
)2n−1
=
( n
2n+ 1
)2
n
√(2n+ 1
n
)
Como
1
r
= lim
n→∞
n
√
an = lim
n→∞
( n
2n+ 1
)2
n
√(2n+ 1
n
)
= 1
4
⇒ r = 4.
Portanto, o raio de convergência é r = 4.
6 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
2.
∞∑
n=1
(−1)n1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)
2 · 4 · 6 · · · (2n) x
2n
Temos an =
(−1)n(2n− 1)!
(2n)!
, logo
1
r
= lim
n→∞
∣∣∣∣(−1)n+1(2n+ 1)!(2(n+ 1))! · (2n)!(−1)n(2n− 1)!
∣∣∣∣ = limn→∞ (2n+ 1)2(n+ 1) = 1 ⇒ r = 1
Portanto, o raio de convergência é r = 1.
3.
∞∑
n=1
(
1 +
1
n
)n2
(x− 1)n
Temos an =
(
1 +
1
n
)n2
, aplicando o critério de Cauchy
n
√
an =
n
√(
1 +
1
n
)n2
=
(
1 +
1
n
)n
Como
1
r
= lim
n→∞
n
√
an = e ⇒ r = e−1.
Portanto, o raio de convergência é r = e−1
Exercício 1.1.7.
Encontre a região de convergência das seguintes séries de potências:
Solução.
1. Dada a série
∞∑
n=1
(x− 3)n
n · 5n , temos
1
r
= lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ ⇒ limn→∞
∣∣∣∣ (x− 3)n+1(n+ 1) · 5n+1 · n · 5n(x− 3)n
∣∣∣∣ = 15 |x− 3| < 1
|x− 3| < 5 ⇔ −5 < x− 3 < 5 ⇔ −2 < x < 8
Quando x = −2, em
∞∑
n=1
(x− 3)n
n · 5n temos a série alternada
∞∑
n=1
(−1)n
n
, ela converge
pelo teste da série alternada.
Portanto, o intervalo de convergência é [−2, 8).
2. Dada a série
∞∑
n=0
(n+ 1)5
2n+ 1
x2n, temos
1
r
= lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ ⇒ limn→∞
∣∣∣∣(n+ 2)5x2n+2(2n+ 3) · (2n+ 1)(n+ 1)5x2n
∣∣∣∣ = 1 · |x|2 < 1 ⇒
Christian José Quintana Pinedo 7
r = 1, |x|2 < 1 ⇔ −1 < x < 1
Se x = ±1, ⇒
∞∑
n=0
(n+ 1)5
2n+ 1
(±1)2n diverge, pois lim
n→∞
(n+ 1)5
2n+ 1
6= 0
Portanto, o intervalo de convergência é (−1, 1)
3. Dada a série
∞∑
n=1
n
n+ 1
[x
2
]n
, temos
1
r
= lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ ⇒ limn→∞
∣∣∣∣n+ 1n+ 2 [x2]n+1 · n+ 1n
[
2
x
]n∣∣∣∣ = 12 · |x| < 1 ⇒
r = 2, |x| < 2 ⇔ −2 < x < 2
Portanto, o intervalo de convergência é (−2, 2).
4. Dada a série
∞∑
n=1
(−1)n+1 x
2n−1
(2n− 1)! , temos
1
r
= lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ ⇒ limn→∞
∣∣∣∣ x2n+1(2n+ 1)! · (2n− 1)!x2n−1
∣∣∣∣ = |x|2 · 0 = |x|2 · 1∞ < 1 ⇒
r =∞, |x|2 <∞ ⇔ −∞ < x <∞
Portanto, o intervalo de convergência é (−∞, ∞)
5. Dada a série
∞∑
n=1
2nxn
n2
, temos ,
1
r
= lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ ⇒ limn→∞
∣∣∣∣2n+1xn+1(n+ 1)2 · n22nxn
∣∣∣∣ = 2 · |x| < 1 ⇒
r =
1
2
, |x| < 1
2
⇔ −1
2
< x <
1
2
Quando:
x = −1
2
⇒
∞∑
n=1
2n · (−1)n
2n
n2
<∞; x = 1
2
⇒
∞∑
n=1
2n · 1
2n
n2
<∞;
Portanto, r =
1
2
e o intervalo de convergência é [−1
2
,
1
2
]
6. Dada a série
∞∑
n=1
(x+ 2)n
Ln(n+ 1)
, temos
Resposta r =, e o intervalo de convergência é [−3,−1)
8 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
7. Dada a série
∞∑
n=1
Lnn
n+ 1
(x− 5)n, temos
1
r
= lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ ⇒ limn→∞
∣∣∣∣(x− 5)n+1Ln(n+ 1)n+ 2 · n+ 1(x− 5)nLnn
∣∣∣∣ = |x− 5|11 < 1
r = 1, |x− 5| < 1 ⇔ 4 < x < 6
Resposta, r = 1, o intervalo de convergência é [4, 6)
8. Dada a série
∞∑
n=1
n! · xn, temos
1
r
= lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ ⇒ limn→∞
∣∣∣∣(n+ 1)! · xn+1n! · xn
∣∣∣∣ = |x| limn→∞n+ 1 = |x| · ∞ = |x|0 < 1
Portanto, o raio r = 0, e o intervalo de convergência se reduz ao ponto onde |x| = 0
é no ponto x = 0.
9. Dada a série
∞∑
n=1
1
1 + x2n
, temos
O termo geral é da forma an =
1
1 + x2n
. Para o caso |x| < 1 o limite lim
n→∞
1
1 + x2n
=
1 6= 0, logo a série diverge.
Para caso |x| = 1, obtém-se a série divergente 1
2
+
1
2
+
1
2
+ + · · ·
Para o caso |x| > 1 temos 1
1 + x2n
<
1
x2n
, como a série
∞∑
n=0
1
x2n
converge, a série
em estudo também converge.
Portanto, a série
∞∑
n=1
1
1 + x2n
converge quando |x| > 1
Exercício 1.1.8.
Determine o maior intervalo aberto em que a série
+∞∑
n=1
(n!)2
(2n)!
xn é convergente.
Solução.
Rpta. (−4, 4)
Exercício 1.1.9.
Determine a convergência da série
+∞∑
n=1
( n+ 1
2n+ 1
)n
· (x− 2)n
Solução.
Christian José Quintana Pinedo 9
Temos an =
( n+ 1
2n+ 1
)n
. Para achar o raio de convergência, consideremos
r−1 = lim
n→∞
n
√( n+ 1
2n+ 1
)n
= lim
n→∞
n+ 1
2n+ 1
=
1
2
logo r = 2. A série converge se |x− 2| < 2
Estudemos a convergência nos extremos. Considerando x = 4 obtemos a série numérica
+∞∑
n=1
( n+ 1
2n+ 1
)n
· 2n = 1
2
+∞∑
n=1
(
1 +
1
2n+ 1
)n
como lim
n→∞
(
1+
1
2n+ 1
)n
=
√
e 6= 0. Portanto, para x = 4 a série dada diverge. O mesmo
acontece quando x = 0.
Portanto, a série dada converge em (0, 4)
Exercício 1.1.10.
Mostre que a série
+∞∑
n=1
x2
(1 + x2)n
é convergente em R.
Solução.
Exercício 1.1.11.
Considere a série de potências
∞∑
n=0
an+1
n+ 1
xn+1; com a ∈ R+:
1. Determine o raio de convergência da série e estude a sua natureza nos extremos do
intervalo de convergência.
2. Considere a série numérica que se obtém fazendo x = −3. Justique que existe um único
valor de a para o qual a série numérica correspondente é simplesmente convergente
e determine-o.
Solução.
1. Tem-se,
1
r
= lim
n→∞
∣∣∣∣ an+2n+ 2xn+2 · n+ 1xn+1an+1
∣∣∣∣ = a|x| limn→∞ n+ 1n+ 2 = a|x| logo r = 1a .
10 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
Se x =
1
a
então
∞∑
n=0
an+1
n+ 1
(
1
a
)n+1 =
∞∑
n=0
1
n+ 1
, é divergente.
Se x = −1
a
então
∞∑
n=0
an+1
n+ 1
(− 1
a
)n+1
=
∞∑
n=0
(−1)n
n+ 1
, é simplesmente convergente.
2. Quando x = −3, pela parte (1.) temos 1
r
= a| − 3| < 1 de onde a < 1
3
.
Quando a =
1
3
, então a série fica da forma
∞∑
n=0
(− 1
3
)n+1
n+ 1
(−3)n+1 =
∞∑
n=0
(−1)n
n+ 1
, é
simplesmente convergente.
Exercício 1.1.12.
Considere a série de potências
∞∑
k=1
xk+3
k + 3
1. Determine o maior intervalo onde a série é convergente.
2. Representando por f(x) a soma da série dada, escreva o desenvolvimento de f ′(x) em
série de potências e determine a soma desta série.
3. Utilizando a parte 2. calcule a soma da série dada.
Solução.
1. Temos
1
r
= lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ ⇒ limn→∞
∣∣∣∣ xk+4k + 4 · k + 3xk+3
∣∣∣∣ = |x| · 1 < 1 ⇒
r = 1, |x| < 1 ⇔ −1 < x < 1
Portanto, o maior intervalo de convergência é (−1, 1),
2. Seja f(x) =
∞∑
k=1
xk+3
k + 3
=
x4
4
+
x5
5
+
x6
6
+ · · ·+ x
k+3
k + 3
+ · · · . Sua derivada
f ′(x) = x3 + x4 + x5 + . . .+ xk + . . . =
∞∑
k=1
xk+2
Sendo a série geométrica, sabemos que f ′(x) = x3 ·
∞∑
k=1
xk−1 =
x3
1− x sempre que
|x| < 1.
3. Sendo f ′(x) =
x3
1− x ⇒ f(x) =
∫
x3
1− xdx = −
∫
[x2 + x+ 1 +
1
x− 1]dx
Portanto, f(x) = −x
3
3
− x
2
2
− x− Ln(1− x) sempre que |x| < 1.
Christian José Quintana Pinedo 11
Exercício 1.1.13.
Determine o intervalo de convergência das seguintes séries de potências e estude a sua
natureza nos extremos daquele intervalo:
Solução.
1.
∞∑
n=1
xn
2n+
√
n
Resposta:1. (−1, 1), simplesmente convergente em −1, divergente em 1,
2.
∞∑
n=1
2nxn
1 + 2n
Resposta:2. (−1, 1), divergente nos extremos ,
3.
∞∑
n=1
[2 + (−1)n]2n(x+ 1)n
Resposta:3. (−10
9
,−8
9
),divergente nos extremos
4.
∞∑
n=1
(x− 3)n√
n
Resposta:4. (2, 4) simplesmente convergente em 2, divergente em 4,
5.
∞∑
n=1
(x− 1)n
1 + n2
Resposta:5. (0, 2), absolutamente convergente nos extremos ,
6.
∞∑
n=1
(−1)n(n+ 1)!
2× 4× 6× · · · × (2n)xn+1
Resposta:6. (−2, 2) divergente nos extremos ,
7.
∞∑
n=1
(x+ 5)n
5n+1
Resposta:7. (−10, 0), divergente nos extremos ,
8.
∞∑
n=1
(x+ 3)2n
(n+ 1)4n
Resposta:8.(−5,−1) divergente nos extremos ,
9.
∞∑
n=1
(−1)n
(2n+ 1)!
(x− 1)n
Resposta:9.(−∞,+∞) ,
10.
∞∑
n=1
(3x− 1)n
32n
Resposta: 10. (−8
3
,
10
3
) divergente nos extremos
12 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
11.
∞∑
n=1
nx
enx
Resposta: x ≥ 0
12.
∞∑
n=1
cosnx
enx
Resposta: x > 0
Christian José Quintana Pinedo 13
1.2 Séries de potências
Exercícios 1-2
Exercício 1.2.1.
Desenvolver em séries de potências de x2 a fração f(x) =
x4
x4 + x2 − 2
Solução.
Temos
f(x) =
x4
x4 + x2 − 2 =
5
3
·
[
1
x2 + 2
]
+
1
3
·
[
1
x2 − 1
]
(1.1)
Sabemos que
∞∑
k=0
ak = 1 + a+ a2 + a3 + · · ·+ an−1 + · · · = 1
1− a, |a| < 1
Quando a = −x
2
2
⇒ 1
1− a =
1
1 + x
2
2
=
2
2 + x2
; |x2| < 2
Quando a = x2 ⇒ 1
1− a =
1
1− x2 ; |x
2| < 1
Em (1.1)
f(x) =
5
6
·
[
2
x2 + 2
]
− 1
3
·
[
1
1− x2
]
; |x2| < 1 ⇒
f(x) =
5
6
·
[ ∞∑
k=0
(−1)k(x2
2
)k]− 1
3
·
[ ∞∑
k=0
(x2)k
]
; |x2| < 1 ⇒
f(x) =
1
3
∞∑
k=0
[
5(−1)k
2k+1
− 1·
]
x2k; |x2| < 1; r = 1
Exercício 1.2.2.
Dada a função f(x) = ex, expanda-a em série de Taylor, com aproximação até terceira
ordem, em torno de x0 = 0
Solução.
Temos f (n)(x) = ex, ∀ n ∈ N, logo f (n)(0) = e0 = 1, assim
f(x) =
∞∑
n=0
f (n)(0)
n!
(x− 0)n ⇒ f(x) = f(0) + f
′(0)
1!
x+
f ′′(0)
2!
x2 +
f ′′′(0)
3!
x3 + . . .
Portanto a função f(x) = ex expandida até a terceira ordem é f(x) = 1+x+
x2
2
+
x3
6
.
Exercício 1.2.3.
Idem ao exercício anterior , para a função g(x) =
1
(x+ 2)2
Solução.
14 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
Temos g(n)(x) =
(−1)nn!
(x+ 2)n+2
, ∀ n ∈ N, logo g(n)(0) = (−1)
nn!
2n+2
, assim
g(x) =
∞∑
n=0
g(n)(0)
n!
(x− 0)n ⇒ g(x) = g(0) + g
′(0)
1!
x+
g′′(0)
2!
x2 +
g′′′(0)
3!
x3 + . . .
isto é
g(x) =
1
22
− 2
23
x+
3!
24
x2 − 4!
25
x3 + . . .
Portanto a função f(x) = (x + 2)−2 expandida até a terceira ordem é g(x) =
1
4
− 1
22
x+
3
23
x2 − 3
4
x3.
Exercício 1.2.4.
Desenvolver em séries de potências de x a fração f(x) =
x+ 2
x2 + x+ 1
Solução.
Rpta:
1
3
+∞∑
n=0
anx
n onde an = 2 se n = 3k, an = 1 se n = 3k± 1 onde k ∈ Z+, r = 1.
Exercício 1.2.5.
Seja f(x) =
1
1− x . 1. Desenvolva em série de potências de x a função x · f
′(x),
indicando o respectivo intervalo de convergência. 2. Utilize o desenvolvimento obtido em
(1). para mostrar que
+∞∑
k=1
k
2k
= 2.
Solução. 1.
Temos que desenvolver em séries de potências a função F (x) = x · f ′(x), isto é
F (x) = x · 1
(1− x)2 = −
1
1− x +
d
dx
[
1
1− x
]
⇒
F (x) = −
∞∑
n=0
xn +
d
dx
[ ∞∑
n=0
xn
]
= −
∞∑
n=0
xn +
∞∑
n=1
nxn−1; |x| < 1
F (x) = −
∞∑
n=0
xn +
∞∑
n=0
(n+ 1)xn =
∞∑
n=0
nxn; |x| < 1
Solução. 2.
Pela parte (1.) temos x · 1
(1− x)2 =
∞∑
n=0
nxn quando x =
1
2
segue
+∞∑
k=1
k
2k
= 2 onde
|x| < 1.
Exercício 1.2.6.
Christian José Quintana Pinedo 15
Desenvolva em série de potências de x as seguintes funções:
Solução.
1. f(x) =
1
(1 + x)2
Sabemos que
∞∑
k=0
xk =
1
1− x |x| < 1 então
g(x) =
∞∑
k=0
(−x)k =
∞∑
k=0
(−1)kxk = 1
1 + x
assim g′(x) =
∞∑
k=0
(−1)kkxk−1 = − 1
(1 + x)2
⇒ 1
(1 + x)2
= −
∞∑
k=0
(−1)kkxk−1.
Portanto, f(x) =
∞∑
k=0
k(−1)k+1xk−1 sempre que |x| < 1.
2. f(x) =
1
(x− 1)(x− 2) =
1
1− x −
1
2− x =
1
1− x −
1
2
· 1
1− x
2
⇒
f(x) =
∞∑
n=0
xn − 1
2
∞∑
n=0
(x
2
)n
. |x| < 1 ∧ |x|
2
< 1
Portanto, f(x) =
∞∑
n=0
(
1− 1
2n+1
)
xn sempre que |x| < 1.
3. f(x) = arctan x
Sabemos que
∞∑
n=0
xn =
1
1− x |x| < 1 ⇒
∞∑
n=0
(−x2)n = 1
1− (−x2) , assim
∞∑
n=0
(−1)nx2n = 1
1 + x2
⇒
∫
1
1 + x2
dx =
∫ ∞∑
n=0
(−1)nx2ndx ⇒
Portanto, f(x) = arctan x =
∞∑
n=0
(−1)n 1
2n+ 1
x2n+1 sempre que |x| < 1.
4. f(x) = Ln
√
1− x
1 + x
Sabemos que
∞∑
n=0
xn +
∞∑
n=0
(−x)n = 1
1− x +
1
1 + x
, |x| < 1
∫ [ 1
1− x +
1
1 + x
]
dx =
∫ ∞∑
n=0
[1 + (−1)n]xndx = 2
∫ ∞∑
n=0
x2ndx
16 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
⇒ −Ln(1− x) + Ln(1 + x) = 2
∞∑
n=0
1
2n+ 1
x2n+1 ⇒
1
2
Ln
1− x
1 + x
= −
∞∑
n=0
1
2n+ 1
x2n+1
Portanto, f(x) = Ln
√
1− x
1 + x
= −
∞∑
n=0
1
2n+ 1
x2n+1 sempre que |x| < 1.
5. f(x) =
1
(1− x)2
Sabemos que g(x) =
∞∑
n=0
xn =
1
1− x |x| < 1 ⇒
g′(x) =
∞∑
n=0
nxn−1 = − 1
(1− x)2 ⇒
1
(1− x)2 = −
∞∑
n=0
nxn−1
Portanto, f(x) = −
∞∑
n=0
nxn−1 sempre que |x| < 1.
6. f(x) =
2x
(1− 2x)2
Exercício 1.2.7.
Considere a série de potências
∞∑
k=1
(−1)k(1 − 1
k
)kxk. 1. Determine o conjunto dos
pontos onde a série é convergente. 2. Seja f(x) a função definida pela série anterior.
Determine o domínio da função g(t) = f(1− 2t)
Solução.
1. Para calcular o raio de convergência, usar a regra de L’Hospital
lim
n→∞
∣∣∣∣∣∣∣
(−1)k+1(1− 1
k + 1
)k+1xk+1
(−1)k(1− 1
k
)kxk
∣∣∣∣∣∣∣ = |x| limn→∞
∣∣∣∣∣∣∣
(1− 1
k + 1
)k+1
(1− 1
k
)k
∣∣∣∣∣∣∣ = |x| < 1
Portanto, converge no intervalo (−1, 1).
2. Como g(t) = f(1− 2t) então D(g) = { t ∈ R /. |1− 2t| < 1 }
|1− 2t| < 1 ⇔ −1 < 1− 2t < 1 ⇔ −2 < −2t < 0 ⇔ 0 < t < 1
Portanto, o domínio de g é D(g) = (0, 1)
Christian José Quintana Pinedo 17
Exercício 1.2.8.
Considere a função f(x) =
x3
1 + x2
. Desenvolva f(x) em série de potências de x,
determine o respectivo intervalo de convergência e calcule o valor de f (9)(0).
Solução.
Rpta.
∞∑
k=0
(−1)kx2k+3, (−1, 1) f (9)(−1) = 9!
Exercício 1.2.9.
Desenvolva as seguintes funções em série de Taylor, na vizinhança do ponto a indicado,
e determine o maior intervalo aberto de R onde a série representa a função:
1. x2ex, c = 0 2. − 1
x
, c = −1 3. sen2x, c = 0
4. Lnx, c = 1 5.
√
x, c = 1 6.
2
(x+ 1)(x+ 2)
, c = 0
Solução.
1. Resposta:
∞∑
k=0
xk+2
k!
, R
2. Dado y = f(x) onde y = −1
x
temos as derivadas
y′ =
1
x2
, y′′ = − 2
x3
, y′′′ =
3!
x4
, y(iv) = − 4!
x5
, · · · , y(n) = (−1)
n+1n!
xn+1
Logo o coeficiente principal da série de Taylor é an =
f (n)(−1)
n!
⇒ an =
(−1)n+1n!
(−1)n+1n! = 1.
A série de Taylor pedida é
∞∑
k=0
(x+ 1)k, seu intervalo de convergência é (−2, 0)
3. Resposta:
∞∑
k=0
(−1)k−122k−1
(2n)!
x2k R
18 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
4. Dado y = f(x) onde y = Lnx temos as derivadas
y′ =
1
x
, y′′ = − 1
x2
, y′′′ =
2
x3
, y(iv) = − 3!
x4
, · · · , y(n) = (−1)
n+1(n− 1)!
xn
O coeficiente principal da série é
an =
f (n)(1)
n!
⇒ an = (−1)
n+1(n− 1)!
(1)nn!
=
(−1)n+1
n
Como f(1) = 0, a série de Taylor pedida é
f(x) = Lnx = 0 +
∞∑
k=1
(−1)n+1
n
(x− 1)k =
∞∑
k=1
(−1)n+1
n
(x− 1)k
Seu raio de convergência é dado por
r = lim
n→∞
(n+ 1)
∣∣∣∣(−1)n+1(n− 1)!(−1)n+2n!
∣∣∣∣ = 1
Portanto, a série converge quando |x− 1| < 1, isto é em (0, 2)
5. Resposta: 1 +
1
2
(x− 1) +
∞∑
k=2
(−1)k−11× 3× 5× · · · × (2k − 3)
2k · k! (x− 1)
k, (0, 2)
6. Resposta:
∞∑
k=0
(−1)k 2
k+1 − 1
2k
xk, (−1, 1)
Exercício 1.2.10.
Considere a série de potências
+∞∑
k=1
(x+ 1)k√
k · 3k
1. Determine em que pontos a série converge absolutamente e em que pontos converge
simplesmente.
2 Sendo f(x) a função definida por aquela série nos pontos onde é convergente, calcule
f ′(1);f ′′(1) e escreva a série de Taylor de f no ponto x = 1 da função x+ f ′(x)
Solução.
Christian José Quintana Pinedo 19
1. Rpta. Absolutamente convergente em (−2, 4), simplesmente convergente em −2
2. Rpta. 0,
√
2
9
,
4
3
+ (1 +
√
2
9
)(x− 1) +
∞∑
k=3
k(x− 1)k−1
3k
√
k
Exercício 1.2.11.
Diga, justificando, se são verdadeiras ou falsas as seguintes proposições:
1. Se
+∞∑
k=1
akx
k tem raio de convergência 1/2 ; então
+∞∑
k=1
ak é convergente.
2. Se
+∞∑
k=1
akx
k tem raio de convergência 2; então lim
k→+∞
ak = 0.
Solução.
1. Rpta. Falsa
2. Rpta. Verdadeira
Exercício 1.2.12.
Estude, para os diferentes valores de x, a natureza das séries:
1.
+∞∑
k=1
(x− 4)k
(k + 1)3k+1
2.
+∞∑
k=1
xk
k(k + 2)2k
Solução.
1. Temos ak =
1
(k + 1)3k+1
, logo como
1
r
= lim
n→∞
∣∣∣∣ak+1ak
∣∣∣∣ ⇒
lim
k→∞
∣∣∣∣ (x− 4)k+1(k + 2)3k+2 · (k + 1)3k+1(x− 4)k
∣∣∣∣ = |x− 4|3 limk→∞ k + 1k + 2 < 1
Logo |x− 4| < 3 ⇒ x ∈ (1, 7).
Portanto, se x ∈ (1, 7) é absolutamente convergente.
• Se x = 1 temos
+∞∑
k=1
(−1)k · 3k
(k + 1)3k+1
=
1
3
+∞∑
k=1
(−1)k
k + 1
< +∞.
Se x = 7 temos
+∞∑
k=1
(−1)k · 7k
(k + 1)7k+1
=
1
7
+∞∑
k=1
(−1)k
k + 1
< +∞.
Portanto, se x = 1 ou x = 7 é simplesmente convergente.
• Para os outros casos x /∈ [1, 7] mostra-se que a série é divergente.
Portanto, se x ∈ Rr (1, 7) é divergente
20 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
2. Temos ak =
+∞∑
k=1
xk
k(k + 2)2k
, logo como
1
r
= lim
n→∞
∣∣∣∣ak+1ak
∣∣∣∣ ⇒
Resposta. (2.) Se x ∈ (−2, 2) é absolutamente convergente e se x ∈ R r (−2, 2)
é divergente
Exercício 1.2.13.
Determine o domínio de convergência da série de potências
+∞∑
k=1
(−1)k
5k(k + 2)
(x+ 2)k
Solução.
Temos ak =
(−1)k
5k(k + 2)
, logo como
1
r
= lim
n→∞
∣∣∣∣ak+1ak
∣∣∣∣ ⇒
lim
k→∞
∣∣∣∣ (−1)k+15k+1(k + 3)(x+ 2)k+1 · 5k(k + 2)(−1)k(x+ 2)k
∣∣∣∣ = |x+ 2|5 limk→∞ k + 2k + 3 < 1
Logo |x+ 2| < 5 ⇒ x ∈ (−7, 3).
O maior subconjunto de R para o qual a série é absolutamente convergente é (−7, 3).
Exercício 1.2.14.
Considere a série de potências
+∞∑
k=1
(1 − x)k
( k
k + 1
)k
. (1.) Determine o maior
subconjunto de R para o qual a série é convergente e indique se existem pontos para
os quais a série é simplesmente convergente. (2.) Sendo f(x) =
+∞∑
k=1
(1 − x)k k
k + 1
no
intervalo de convergência desta série, determine f ′(x).
Solução.
1. Rpta. (1.) (0, 2) não ha,
2. f ′(x) =
+∞∑
k=1
(−k)(1− x)k−1( k
k + 1
)k
Exercício 1.2.15.
Considere a série de potências
+∞∑
k=1
(x+ 3)k
2k + 1
. (1.) Determine o maior subconjunto
de R para o qual a série é absolutamente convergente. (2.) Sendo f(x) =
+∞∑
k=1
(x+ 3)k
2k + 1
definida no intervalo de convergência desta série, determine a primitiva de f(x) que para
x = −3 toma o valor 2.
Solução.
Christian José Quintana Pinedo 21
1. Temos ak =
(x+ 3)k
2k + 1
, logo
1
r
= lim
n→∞
∣∣∣∣ak+1ak
∣∣∣∣ ⇒ limk→∞
∣∣∣∣(x+ 3)k+12k + 3 · 2k + 1(x+ 3)k
∣∣∣∣ = |x+ 3| limk→∞ 2k + 12k+1 + 1 < 1
Logo |x+ 3| < 2 ⇒ x ∈ (−5,−1).
O maior subconjunto de R para o qual a série é absolutamente convergente é
(−5, 1).
2. Seja g(x) uma primitiva de f(x), logo f(x) = g′(x).
g(x) =
+∞∑
k=1
(x+ 3)k+1
(k + 1)2k + 1
⇒ g(3) =
+∞∑
k=1
(−3 + 3)k+1
(k + 1)2k + 1
= 0
Portanto, g(x) =
+∞∑
k=1
(x+ 3)k+1
(k + 1)(2k + 1)
+ 2.
Exercício 1.2.16.
Expresse a função
1
(1− x)2 como soma de uma série de potências. Em seguida, en-
contre a soma da série numérica
∞∑
n=1
n
2n
Solução.
Sabemos pela igualdade da série geométrica que
1
1− x = 1 + x+ x
2 + x3 + · · ·+ xn + · · · , se |x| < 1 ⇒
derivando respeito de x segue
1
(1− x)2 = 1 + 2x+ 3x
2 + 4x3 + · · ·+ nxn−1 + · · · , se |x| < 1
Portanto,
1
(x− 1)2 =
+∞∑
n=1
nxn−1.
Em particular, quando x =
1
2
1
(x− 1)2 =
+∞∑
n=1
nxn−1 ⇒ 1
(1
2
− 1)2 =
+∞∑
n=1
n · 1
2n−1
⇒ 4 =
∞∑
n=1
n
2n−1
Portanto
∞∑
n=1
n
2n
= 2.
22 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
Exercício 1.2.17.
Obtenha o desenvolvimento em série de potências da função f(x) abaixo em torno do
ponto a indicado.
Solução.
1. f(x) =
1
(x− 2)(x− 3) em torno de a = 0. Podemos escrever
f(x) =
1
(x− 2)(x− 3) =
1
2− x −
1
3− x =
1
1− x
2
− 1
1− x
3
f(x) =
∞∑
n=1
[
(
x
2
)n − (x
3
)n
]
onde |x
2
| < 1 e |x
3
| < 1 ⇒
f(x) =
∞∑
n=1
[x
6
]n
=
∞∑
n=1
(x− 0)n
6n
, onde |x| < 2
2. f(x) = senhx, a = 0
3. f(x) = sen2x, a = 0
4. f(x) = senx cos x, a = 0
5. f(x) = Lnx em torno de a = 1.
Sabe-se que
1
1− y =
∞∑
n=0
yn, |y| < 1, logo quando y = 1− x
1
x
=
∞∑
n=0
(1− x)n, |1− x| < 1
Lnx =
∫
1
x
dx =
∞∑
n=0
∫
(1− x)ndx =
∞∑
n=0
1
n+ 1
(1− x)n+1, 0 < x < 2
Em torno de a = 1 temos f(x) =
∞∑
n=0
(−1)n+1
n+ 1
(x− 1)n+1, 0 < x < 2.
6. f(x) = cos x, a = pi/3
Christian José Quintana Pinedo 23
1.3 Série de Taylor
Exercícios 1− 3
Exercício 1.3.1.
Determine as constantes a0, a1, a2, a3 e a4 de modo que
3x4 − 17x3 + 35x2 − 32x+ 17 = a4(x− 1)4 + a3(x− 1)3 + a2(x− 1)2 + a1(x− 1) + a0
Solução.
Temos a4 = 3, a4(x− 1)4 = 3x4 − 12x3 + 18x2 − 12x+ 3.
a3(x− 1)3 = a3x3 − 3a3x2 + 3a3x− a3; a2(x− 1)2 = a2x2 − 2a2x2 + a2
Por outro lado, −17 = −12 + a3 ⇒ a3 = −5, também 35 = 18 − 3(−5) +
a2 ⇒ a2 = 2.
Por último, −32 = −12+3(−5)−2(2)+a1 ⇒ a1 = −1 ⇒ a0 = 6, portanto
3x4 − 17x3 + 35x2 − 32x+ 17 = 3(x− 1)4 − 5(x− 1)3 + 2(x− 1)2 − (x− 1) + 6
Exercício 1.3.2.
Determine uma série de potências de x+ 1 para a função f(x) = e2x, e uma série de
potências de x− 1 para a função g(x) = Lnx.
Solução.
• Suponhamos que f(x) tenha uma representação em série de potências de x + 1.
Logo f(x) =
∞∑
n=0
an(x− c)n, onde an = f
(n)(c)
n!
onde c = −1, e temos
f ′(x) = 2e2x, f ′′(x) = 22e2x, f ′′′(x) = 23e2x, f ′v(x) = 24e2x, · · · f (n)(x) = 2ne2x
logo, f (n)(−1) = 2ne−2
Portanto, f(x) = e−2 ·
∞∑
n=0
2n
n!
(x+ 1)n.
• Suponhamos que g(x) tenha uma representação em série de potências de x − 1.
Logo g(x) =
∞∑
n=0
an(x− c)n, onde an = g
(n)(c)
n!
onde c = 1, e temos
g′(x) =
1
x
, g′′(x) = − 1
x2
, g′′′(x) =
2
x3
, g′v(x) = − 3!
x4
, · · · , g(n)(x) = (−1)
n(n− 1)!
xn
logo, g(n)(1) = (−1)n(n− 1)!
24 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
Portanto, g(x) =
∞∑
n=0
(−1)n
n
(x− 1)n.
Exercício 1.3.3.
Uma função f(x) tem as seguintes propriedades: f(x) > 0, ∀ x ∈ R, f ′(x) =
2xf(x), ∀ x ∈ R e f(0) = 1. Achar uma série de potências que represente a função
f(x).
Solução.
Temos
f ′(x) = 2xf(x) ⇒ f
′(x)
f(x)
= 2x ⇒ Ln[f(x)] = x2 + C1 ⇒ f(x) = Cex2
Observe que f(x) > 0 ∀ x ∈ R e como f(0) = 1 então C = 1, logo f(x) = ex2 . Por
outro lado
f(x) =
∞∑
n=0
1
n!
(x2)n
Portanto, f(x) =
∞∑
n=0
1
n!
x2n é a série procurada.
Exercício 1.3.4.
Idem ao exercício 1.3.3 para uma função g(x) com as propriedades: g(0) = 0, g′(0) =
1 e g′′(x) = −g(x), ∀ x ∈ R.
Solução.
Exercício 1.3.5.
Desenvolva as seguintes funções em série de Taylor no ponto x = 1 e indique o maior
intervalo aberto em que a série representa a função:
1. f(x) =
1
x2
2. f(x) =
Ln
√
x
(x− 1)2
Solução.
Rpta. (1.)f(x) =
+∞∑
k=0
(−1)k+1k(x−1)k−1, (0, 2)(2.)f(x) =
+∞∑
k
(−1)k
2(k + 1)
(x−1)k−1, (0, 2)
Exercício 1.3.6.
Represente
1
(1− x)2 numa série de MacLaurin para |x| < 1.
Solução.
Rpta.
∞∑
n=0
(n+ 1)xn.
Exercício 1.3.7.
Christian José Quintana Pinedo 25
Sendo g(x) =
1
4 + x2
, desenvolva em série de potências de x−c função g′(x) e indique
o maior intervalo aberto em que o desenvolvimentoé válido.
Solução.
Respostas: g′(x) =
+∞∑
k
(−1)k 2kx
2k−1
4k+1
, (−2, 2)
Exercício 1.3.8.
Desenvolva em série de MacLaurin a função f(x) = Ln
1
x+ 2
e indique o maior in-
tervalo aberto em que esse desenvolvimento é válido.
Solução.
Rpta. f(x) =
+∞∑
k
(−1)k+1 x
k+1
2k+1(k + 1)
+ Ln
1
2
, (−2, 2)
Exercício 1.3.9.
Verificar que
x∫
0
e−t
2
dt =
+∞∑ (−1)n
(2n+ 1) · n!x
2n+1.
Solução.
Exercício 1.3.10.
Dado f(x) =
+∞∑
n=1
sennx
n3
, verificar que
pi∫
0
f(x)dx = 2
∞∑
n=1
1
(2n− 1)4 .
Solução.
Exercício 1.3.11.
Considere a função f(x) = arctan(x2). 1. Escreva o desenvolvimento em série de
MacLaurin de f ′(x), indicando o maior intervalo aberto onde esse desenvolvimento é
válido. 2. Usando a item anterior, calcule f ′(1
2
) + f ′′(0).
Solução.
Rpta. (1.)f ′(x) =
+∞∑
k
2(−1)kx4k+1, (−1, 1) (2.) 16
17
+ 2
Exercício 1.3.12.
Dado um k ∈ Z+ considere a k-ésima derivada da Função de Bessel de primeira
espécie Jk(x), definida por Jk(x) =
+∞∑
n=0
(−1)n
n!(n+ k)!
(x
2
)2n+k
1. Determine o raio de convergência desta série.
2. Mostre que o erro cometido ao aproximar Jk(x), 0 ≤ x ≤ 1, pelo polinômio 1 − x
2
4
+
x4
64
− x
6
2304
é inferior a 10−5.
26 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
3. Verificar que J ′0(x) = −J1(x) e
∫
x3J2(x)dx = x
3J3(x)
Solução.
Exercício 1.3.13.
Encontre uma expansão em série de potências de x para x2e−x, logo derive este resul-
tado para provar que
+∞∑
n=2
(−1)n(n+ 2)2n
n!
= 6.
Solução.
Temos x2e−x =
+∞∑
n=0
(−1)nxn+2
n!
derivando e−x(2x − x2) =
+∞∑
n=1
(−1)n(n+ 2)xn+1
n!
isto é e−x(2x− x2) = −3x2 +
+∞∑
n=2
(−1)n(n+ 2)xn+1
n!
.
Quando x = 2, temos e−2(4− 22) = −12 + 2
+∞∑
n=2
(−1)n(n+ 2)2n
n!
.
Portanto,
+∞∑
n=2
(−1)n(n+ 2)2n
n!
= 6.
Exercício 1.3.14.
Ache a série de MacLaurin para f(x) =

1− cos x
x
se x 6= 0
0 se x = 0
e indique o raio
de convergência.
Solução.
Exercício 1.3.15.
Calcular lim
x→0
x− arctanx
x2
.
Solução.
Sabemos que
d
dx
arctanx =
1
1 + x2
=
∞∑
n=0
(−1)nx2n sempre que |x2| < 1. Logo temos
a igualdade arctanx =
∞∑
n=0
(−1)n
2n+ 1
x2n+1 = x+
∞∑
n=1
(−1)n
2n+ 1
x2n+1 o limite
lim
x→0
x− arctanx
x2
= − lim
x→0
1
x2
∞∑
n=1
(−1)n
2n+ 1
x2n+1 =
∞∑
n=1
(−1)n
2n+ 1
x2n−1 = 0
Exercício 1.3.16.
Calcular lim
x→0
1− cos x
ex − 1− x .
Solução.
Exercício 1.3.17.
Christian José Quintana Pinedo 27
Calcular
0,2∫
0
senx
x
com precisão até 0, 0001.
Solução.
Exercício 1.3.18.
Calcular
0,1∫
0
ex − 1
x
com precisão até 0, 001.
Solução.
Mostra-se no Exercício (1.3.22) que
ex − 1
x
=
+∞∑
n=0
xn
(n+ 1)!
, logo
0,1∫
0
ex − 1
x
=
0,1∫
0
+∞∑
n=0
xn
(n+ 1)!
dx =
+∞∑
n=0
xn+1
(n+ 1)!(n+ 1)
∣∣∣0,1
0
=
+∞∑
n=0
(0, 1)n+1
(n+ 1)!(n+ 1)
=
= 0, 1 +
(0, 1)2
4
+
(0, 1)3
18
+
(0, 1)4
96
+ · · · ≈ 0, 102556597222222 . . .
Portanto,
0,1∫
0
ex − 1
x
≈ 0, 1026.
Exercício 1.3.19.
Determine o grau do polinômio de Taylor Pn(x), expandido em torno de x = 1, de
modo que o resto da aproximação de Ln(1, 2) seja menor do que 0, 001
Solução.
Exercício 1.3.20.
Desenvolver pela fórmula de MacLaurin até os termos de terceira ordem, inclusive, a
função f(x, y) = senhy cos x.
Solução.
Exercício 1.3.21.
Desenvolver pela fórmula de MacLaurin até os termos de quarta ordem, inclusive, a
função g(x, y) = e−ysenx.
Solução.
Exercício 1.3.22.
Determine a série de Taylor da função
ex − 1
x
em torno de a = 0.
Solução.
Temos ex − 1 =
+∞∑
n=1
xn
n!
⇒ ex − 1 = x
+∞∑
n=1
xn−1
n!
⇒ e
x − 1
x
=
+∞∑
n=0
xn
(n+ 1)!
quando |x| < 1
28 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
Portanto,
ex − 1
x
=
+∞∑
n=0
xn
(n+ 1)!
quando |x| < 1.
Exercício 1.3.23.
Por diferenciação termo a termo da série de potências do exercício 1.3.22, mostre que
∞∑
n=1
n
(n+ 1)!
= 1
Solução.
Exercício 1.3.24.
Calcule as seguintes integrais com erro inferior a 10−4:
1.
1/2∫
0
senx2dx 2.
1∫
1/2
senx
x
dx 3.
1/3∫
0
dx
1 + x4
4.
∫
0
q cos
√
xdx 5. 6.
Solução.
Exercício 1.3.25.
Use séries de potências para calcular Ln(1, 2) e arctan
1
4
, com erro inferior a 10−4.
Solução.
Exercício 1.3.26.
Derivando termo a termo duas vezes uma série de potências que representa a função
e−x
2, mostre que
+∞∑
n=1
(−1)n+1(n+ 2)
n!2n
= 1.
Solução.
Exercício 1.3.27.
Determine o polinômio de Taylor de ordem m das funções seguintes nos pontos indi-
cados.
1. f(x, y) =
1
2 + x− 2y , m = 2, (x0, y0) = (2, 1)
2. f(x, y) = cos(x+ seny), m = 2, (x0, y0) = (0, 0)
3. f(x, y) = ex+2y, m = 3, (x0, y0) = (0, 0)
4. f(x, y) = yx, m = 2, (x0, y0) = (1, 1)
Solução.
Exercício 1.3.28.
Desenvolva em série de potências de x a função f(x) =
2
3 + 4x3
.
Solução.
Christian José Quintana Pinedo 29
Sabe-se que
1
1− y =
∞∑
n=0
yn, |y| < 1, logo quando y = −4x3
3
1
1 + 4x
3
3
=
∞∑
n=0
(−4x
3
3
)n, ⇒ 3
3 + 4x3
=
∞∑
n=0
(−1)n(4x
3
3
)n
∣∣∣∣4x33
∣∣∣∣ < 1 ⇒
2
3 + 4x3
=
2
3
∞∑
n=0
(−1)n4
nx3n
3n
,=
∞∑
n=0
(−1)n2
2n+1x3n
3n+1
|x3| < 3
4
Portanto, f(x) =
+∞∑
n=0
(−1)n2
2n+1
3n+1
x3n, (− 3
√
3
4
, 3
√
3
4
).
Exercício 1.3.29.
Calcular
1∫
0
√
1− x3dx com quatro casas decimais.
Solução.
Exercício 1.3.30.
Calcular
1∫
0
senx2dx com cinco casas decimais.
Solução.
Sabemos que seny =
y
1!
− y
2
3!
+
y5
5!
− y
7
7!
+ · · · , logo
1∫
0
senx2dx =
1∫
0
[
x2
1!
− x
6
3!
+
x10
5!
− x
14
7!
+ · · ·
]
dx =
1
3
− 1
42
+
1
1320
− 1
75.600
+· · · = 0, 31028
Exercício 1.3.31.
Dada a função f(x) = senx expanda-a em série de Taylor, com aproximação até
terceira ordem, em torno de x0 = 0 (ou c = 0).
Solução.
Temos que f(x0) = f(0) = sen0 = 0. Por outro lado, f ′(x) = cosx ⇒ f ′(0) =
cos 0 = 1.
Também f ′′(x) = −senx ⇒ f ′(0) = −sen0 = −. Por último, f ′′′(x) = − cos x ⇒
f ′′′(0) = − cos 0 = −1.
30 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
Na fórmula de Taylor temos
f(x) = f(x0) +
f ′(x0)
1!
(x− x0) + f
′′(x0)
2!
(x− x0)2 + f
′′′(x0)
3!
(x− x0)3
f(x) = 0 +
f1
1!
(x− 0) + 0 + (−1)
3!
(x− 0)3 = x− 1
3!
x3
Portanto, senx = x− 1
3!
x3.
Se a expansão for com aproximação até quinta ordem, teremos
senx = x− 1
3!
x3 +
1
5!
x5
com x em radianos. Esta expansão é muito usada na Física.
Exercício 1.3.32.
Dada a função f(x) =
1√
1 + x
expanda-a em série de Taylor, com aproximação até
terceira ordem, em torno de x0 = 0 (ou c = 0).
Solução.
Temos que f(x0) = f(0) =
1√
1 + 0
= 1. Por outro lado, f ′(x) = − 1
2
√
(1 + x)3
⇒
f ′(0) = − 1
2
√
(1 + 0)3
= −1
2
.
Também f ′′(x) =
3
4
√
(1 + x)5
⇒ f ′′(0) = 3
4
√
(1 + 0)5
=
3
4
. Por último, f ′′′(x) =
− 15
8
√
(1 + x)7
⇒ f ′′′(0) = − 15
8
√
(1 + 0)7
= −15
8
.
Na fórmula de Taylor temos
f(x) = f(x0) +
f ′(x0)
1!
(x− x0) + f
′′(x0)
2!
(x− x0)2 + f
′′′(x0)
3!
(x− x0)3
f(x) = 1 +
−1
2
1!
(x− x0) +
3
4
2!
(x− x0)2 +
−15
8
3!
(x− x0)3
f(x) = 1− 1
2
x+
3
8
x2 − 15
48
x3
Portanto, f(x) =
1√
1 + x
= 1− 1
2
x+
3
8
x2 − 15
48
x3.
Exercício 1.3.33.
Christian José Quintana Pinedo 31
Demonstre as seguintes desigualdades
x− x
3
6
≤ senx ≤ x, x ≥ 0
Sugestão: aplique a fórmula de Taylor de primeira e segunda ordem.
Solução.
Exercício 1.3.34.Se possível, encontre os desenvolvimentos em série de Mac-Laurin das seguintes fun-
ções:
1.
1
senhx
2. coshx 3.
1
(x+ 1)(x− 1)
4. Ln(1 + x) 5. sen(x2 − 1) 6.
x∫
0
sen(t2 − 1) cos(2t2 + 1)dt
Determine o conjunto dos números reais tais que a soma das respectivas séries de
Mac-Laurin que encontrou, coincidem com o valor das funções que representam.
Solução.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
Exercício 1.3.35.
Determine os desenvolvimentos em série de Taylor no ponto x = C, das seguintes
funções:
1. sen2(x), C = 0 2.
1
(1− x)(1 + x2) , C = 0 3. Ln(x+ 1), C = 1
4. x cos(2x), C =
pi
2
5. (x+ 1)2 arctanx, C = 0 6. 3x+
1
x3
, C = 1
Determine o conjunto dos números reais tais que a soma das respectivas séries de
Taylor que encontrou, coincidem com o valor das funções que representam.
Solução.
32 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
1. Da fórmula sen2(x) =
1
2
(1− cos(2x)) , obtém-se
sen2(x) =
1
2
(
1−
+∞∑
n=0
(−1)n4n x
2n
(2n)!
)
=
1
2
+∞∑
n=1
(−1)n+14n x
2n
(2n)!
, x ∈ R
2. Da fórmula para o coseno da soma, obtém-se
cos(2x) = cos
(
2(x− pi
2
+pi)
)
= − cos (2(x− pi
2
)
)
=
+∞∑
n=1
(−1)n+14n (x−
pi
2
)2n
(2n)!
, x ∈ R
Logo
x · cos(2x) =
+∞∑
n=1
(−1)n+14nx−
pi
2
)2n+1
(2n)!
+
pi
2
+∞∑
n=1
(−1)n+14n (x−
pi
2
)2n
(2n)!
, x ∈ R
3. Tendo em atenção a alínea do Exercício (1.3.34) - 4. obtém-se
Ln(1 + x) = Ln
(
2
(
1 +
x− 1
2
))
= Ln2 + Ln
(
1 +
x− 1
2
)
= Ln2 +
+∞∑
n=1
(−1)n+1 (x− 1)
n
2nn
, x ∈ (−1, 3]
4. A decomposição em frações simples permite inferir
1
(1− x)(1 + x2) =
1
2
( 1
1− x +
1
1 + x2
+
x
1 + x2
)
=
1
2
+∞∑
n=0
xn + (−1)nx2n + (−1)nx2n+1
=
1
2
+∞∑
n=0
[1 + (−1)n]x2n + 1
2
+∞∑
n=0
[1 + (−1)n]x2n+1, |x| < 1
5. De forma análoga à alínea (1.3.35)-4, obtém-se
arctanx =
+∞∑
n=0
(−1)n x
2n+1
2n+ 1
, |x| < 1.
Usando o critério de Leibnitz para séries alternadas, obtém-se que a série de Mac-
Laurin anterior converge em ambos os extremos do intervalo de convergência. Do
critério de Abel conclui-se que a série
+∞∑
n=0
(−1)n x
2n+1
2n+ 1
converge uniformemente no
Christian José Quintana Pinedo 33
intervalo [−1, 1] . Consequentemente define uma função contínua, e
±
+∞∑
n=0
(−1)n 1
2n+ 1
= lim
x→±1∓
+∞∑
n=0
(−1)n x
2n+1
2n+ 1
= lim
x→±1∓
arctanx = ±pi
4
Consequentemente a série de Mac-Laurin da função f(x) = (x+1)2 arctanx representa-
a no intervalo [−1, 1] , e obtém-se da forma
(x+ 1)2 arctanx = (x2 + 2x+ 1)
+∞∑
n=0
(−1)n x
2n+1
2n+ 1
= x+ 2
+∞∑
n=1
(−1)n+1 x
2n+1
4n2 − 1 + 2
+∞∑
n=1
(−1)n+1 x
2n
2n− 1
6. O desenvolvimento em série de Mac-Laurin da exponencial fornece
3x = 3 · 3x−1 = 3ex−1)Ln3 = 3
+∞∑
n=0
(Ln3)n
n!
(x− 1)n, x ∈ R
A soma da série geométrica e a derivação termo a termo de séries de funções uni-
formemente convergêntes, permite concluir
1
x3
=
1
2
d2
dx2
1
x
=
1
2
d2
dx2
+∞∑
n=0
(−1)n(x−1)n = 1
2
+∞∑
n=0
(−1)n(n+2)(n+1)(x−1)n, |x−1| < 1
As duas fórmulas anteriores permitem concluir
3 +
1
x3
=
+∞∑
n=0
[
(−1)n
2
(n+ 2)(n+ 1) + 3
(Ln3)n
n!
(x− 1)n
]
, |x− 1| < 1
Lembre que soma de uma série convergente com uma outra divergente é uma série
divergente.
Exercício 1.3.36.
Co.nsidere a função f : R \ {−2} −→ R, f(x) = 2x(x− 2)
(x+ 2)(x2 + 4)
.
1. Determine o desenvolvimento de Mac-Laurin de f .
2. Determine f (n)(0), n ∈ N.
Solução.
1. f(x) =
2x(x− 2)
(x+ 2)(x2 + 4)
=
2
x+ 2
− 4
x2 + 4
=
+∞∑
k=0
(−1)kx
k
2k
−
+∞∑
k=0
(−1)kx
2k
4k
34 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
2. • f 2n(0) = (2n)!
4n
(1 + (−1)n+1), n ∈ N
• f 2n+1(0) = −1
2
(2n+ 1)!
4n
, n ∈ N
Exercício 1.3.37.
Usando os desenvolvimentos obtidas nos exercícios (1.3.34), (1.3.35) e (1.3.36), indi-
que justificadamente a existência de extremos das funções consideradas, respectivamente,
nos pontos aos quais são relativos os desenvolvimentos de Taylor.
Solução.
Exemplificamos resolvendo a questão relativa ao exercício :
1. Seja f(x) = sen2(x). Então f ′0) = 0 e f ′′(0) = 2 > 0. Logo f tem um ponto de
mínimo local em x = 0;
2. Seja h(x) =
1
(1− x)(1 + x2) . Então h
′(0) = 1 6= 0 e logo h não tem um ponto de
extremo local em x = 0;
3. Seja g(x) = Ln(1 + x) . Então g′(1) =
1
2
6= 0 e logo h não tem um ponto de extremo
local em x = 1;
4. Seja f(x) = x cos(2x) . Então f ′(pi
2
) = 0 e f ′′(pi
2
) = 4 > 0. Logo f tem um ponto de
mínimo local em x =
pi
2
;
5. Seja g(x) = (x+1)2 arctanx. Então g′(0) = 1 6= 0 e logo não tem um ponto de extremo
local em x = 0;
6. Seja h(x) = 3x +
1
x3
. Então h′(1) = 3(Ln3 − 1) 6= 0 e logo h não tem um ponto de
extremo local em x = 1.
Exercício 1.3.38.
Dad.
Solução.
Exercício 1.3.39.
Dad.
Solução.
Exercício 1.3.40.
Dad.
Solução.
Christian José Quintana Pinedo 35
Exercício 1.3.41.
Dad.
Solução.
Exercício 1.3.42.
Dad.
Solução.
36 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
Capítulo 2
Equações diferenciais de 1a ordem.
2.1 Equações diferenciais
Exercícios 2-1
Exercício 2.1.1.
Para os exercícios seguintes classificar cada equação diferencial segundo a ordem, o
grau (quando possível) e a linearidade. Determine a função incógnita e a variável inde-
pendente.
Solução.
1. y′′′ − 9xy′ = senx+ 2.
Equação diferencial ordinária, linear com coeficientes variáveis de terceira ordem
não homogênea de primeiro grau.
2. xy′′ − x2y′ + Ln[x√y] = x2.
Equação diferencial ordinária, não linear com coeficientes variáveis e não homogênea
de segunda ordem.
3. t2
d2s
dt2
− stds
dt
= t
4. y′′′ − 9xy′ = senx+ 2
Equação diferencial ordinária, linear com coeficientes variáveis e não homogênea de
segunda ordem.
5. xy − x2y′ + Lnx√y = x2 − x− 1
6. t2
d2s
dt2
− stds
dt
= t
37
38 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
7.
dnx
dyn
= y2 + 1
8. (
dt
dp
)5 = 8p
9. y(5) + xy′′ + x2y′ + cos y = 0
10.
d6s
dp6
− 9p = 0
11. x4y(4) + 2xy′′′ = ex
12. (y′′)2 − 8xy′ + 2xy = 0
Equação diferencial não linear ordinária de segunda ordem homogênea de segundo
grau.
Exercício 2.1.2.
Para cada exercício, elimine as constantes arbitrárias e construa a equação diferencial
respectiva.
Solução.
1. x3 − 3x2y = C ⇒ 3x2 − 6xy − 3x2y′ = 0. Logo 3x2y′ + 6xy = 3x2.
A equação pedida é xy′ + 2y = x..
2. y = C1e−x + C2e−3x ⇒ y′ = −C1e−x − 3C2e−3x, derivando novamente y′′ =
C1x
−x + 9C2e−3x. Logo y′ + y = −2C2e−3x e y′′ − y = 8C2e−3x.
−4(y − y′) = y′′ − y ⇒ y′′ + 4y′ + 3y = 0
A equação pedida é y′′ + 2y′ − 3y = 0.
3. y = C1e2x + xC2e2x ⇒ y′ = 2C1e2x + 2xC2e2x + C2e2x = 2y + C2e2x derivando
novamente y′′ = 2y′+2C2e2x como y′−2y = C2e2x, substituindo y′′ = 2y′+2(y′−2y).
A equação pedida é y′′ − 4y′ + 4y = 0.
4. y2 = 4Cx ⇒ 2yy′ = 4C, derivando novamente 2(y′)2 + 2yy′′ = 0.
A equação pedida é yy′′ + (y′)2 = 0.
5. y = Cx+ C2 + 1
6. y = C1 cos(ωx) + C2sen(ωx)
7. x2y = 1 + Cx
Christian José Quintana Pinedo 39
8. y = C1 + C2e−3x
9. y = x+ C1e−x + C2e−3x
10. Cy2 = x2 + y
11. y = xC1 + xC2e−x
12. y = x2C1 + C2e2x
Exercício 2.1.3.
Para cada exercício, aplicando o teorema de existência e unicidade, determine uma
região onde admite solução a equação diferencial.
Solução.
O teorema diz:
“Seja dada uma equação diferencial y′ = f(x, y), onde a função f(x, y)
está definida no recinto R = { (x, y) ∈ R2 /. |x− x0| ≤ a, |y− y0| ≤ b } do
plano-xy que contêm o ponto (x0, y0).”
“Se a função f(x, y) satisfaz as condições:”
i) Ser função contínua nas duas variáveis x e y, no região R.
ii) Admitir derivada parcial∂f
∂y
contínua com respeito a x e y, no região R.
Então existe uma, e somente uma solução y = y(x) da equação dada que
satisfaz o problema de valor inicial y′ = f(x, y), y(x0) = y0.
Solução 1.
Para a equação y′ = x2 + y2
Segundo o teorema temos que f(x, y) = x2 + y2, esta função é contínua em R2.
Sua derivada parcial
∂f
∂y
= 2y é contínua com respeito a x e y, no região R2.
Portanto, existe solução em qualquer ponto (x0, y0) ∈ R2.
2. Equação y′ =
x
y
3. Equação y′ = y + 3 3√y
4. Equação y′ =
√
x− y
40 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
Solução 5.
Para a equação y′ =
√
x2 − y − x
Temos que f(x, y) =
√
x2 − y−x é contínua em R = { (x, y) ∈ R2 . x2− y ≥ 0},
isto é, contínua nos pontos embaixo e na fronteira da parábola y = x2.
Sua derivada parcial
∂f
∂y
= − 1
2
√
x2 − y é contínua com respeito a x e y, no região
totalmente embaixo da parábola y = x2 (não considerar a fronteira)
Portanto, existe solução em qualquer ponto (x0, y0) ∈ R, sen considerar sua fron-
teira.
Solução 6.
Para a equação y′ =
√
1− y2
Temos que f(x, y) =
√
1− y2 é contínua em R = { (x, y) ∈ R2 . 1−y2 ≥ 0}, isto
é, contínua nos pontos da faixa horizontal limitada pelas retas y = ±1, ∀ x ∈ R.
Sua derivada parcial
∂f
∂y
= − yy
′√
1− y2 é contínua com respeito a x e y, no região
da faixa −1 < y < 1, ∀ x ∈ R, ∀ x ∈ R.
Portanto, existe solução em qualquer ponto (x0, y0) ∈ Rr { y 6= ±1 }.
7. Equação y′ =
y + 1
x− y
8. Equação y′ = seny − cos y
9. Equação y′ = 1− cot y
10. Equação y′ = 3
√
3x− y − 1
11. Equação 2y′ = 3 3
√
y2
Exercício 2.1.4.
Determine se, a função indicada é solução da equação:
Solução.
1. função: y(x) = 2e−x + xex, equação: y′′ + 2y′ + y = 0.
Temos y = 2e−x + xex ⇒ y′ = −2e−x + ex + xex ⇒ y′′ = 2e−x + 2ex + xex,
logo
y′′ + 2y′ + y = (2e−x + 2ex + xex) + 2(−2e−x + ex + xex) + (2e−x + xex) =
= 4ex + 4xex = 4ex(1 + x) 6= 0
Não, é solução da equação y′′ + 2y′ + y = 0.
Christian José Quintana Pinedo 41
2. função: y = 1, equação: y′′′ + 2y′ + y = x.
Temos y = 1 ⇒ y′ = y′′′ = 0, como y′′′ + 2y′ + y = 0 + 2(0) + 1 6= x
Não, é solução para todo x ∈ R.
3. função: y =
senx
x
, equação: xy′ + y = cos x.
Supondo x 6= 0, temos que existe y = senx
x
⇒ xy = senx derivando implícita-
mente y + xy′ = cos x.
Sim, é solução em Rr {0}.
4. função: y = Ce−2x +
1
3
ex, equação: y′ + 2y = ex.
5. função: y = x
√
1− x2, equação: yy′ = x− 2x3.
Supondo x ∈ [−1, 1], temos que existe y = x√1− x2 ⇒ y2 = x2(1 − x2)
derivando implícitamente 2yy′ = 2x− 4x3 = 2(x− x3).
Sim, é solução ∀ x ∈ [−1, 1].
6. função: y = 2 + C
√
1 + x2, equação: (1− x2)y′ + xy = 2x.
7. função: y = earcsenx, equação: xy′ = tanLny.
8. função: y = ex
x∫
0
et
2
dt, equação: y′ − y = ex+x2 .
Aplicando o teorema fundamental do cálculo integral segue que
y = ex
x∫
0
et
2
dt ⇒ y′ = ex
x∫
0
et
2
dt+ ex(ex
2
) = y + ex+x
2
logo, y′ − y = ex+x2 .
Observe, se x = 0 temos y = e0(0) = 0 de onde 0 = y′ − y 6= 1 = e0+02 .
Portanto, sim, é solução em Rr {0}.
9. função: y = x
x∫
0
sent
t
dt, equação: xy′ = y + xsenx.
Aplicando o teorema fundamental do cálculo integral segue que
y = x
x∫
0
sent
t
dt ⇒ y′ =
x∫
0
sent
t
dt+ senx
logo, xy′ = y + xsenx.
42 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
Portanto, sim, é solução em R.
10. função: y = x
[∫
ex
x
dx
]
, equação: xy′ − y = xex.
11. função:
x = cos t
y = sent
}
, equação: x+ yy′ = 0.
Temos
dx = −sent
dy = cos t
}
⇒ dy
dx
=
dy
dt
dx
dt
= −cos t
sent
= −x
y
⇒ x+ yy′ = 0
Sim é solução!
12. função:
x = tet
y = e−t
}
equação: (1 + xy)y′ + y2 = 0.
Temos
dx = (t+ 1)etdt
dy = −e−tdt
}
⇒ dy
dx
= − e
−t
(t+ 1)et
= − e
−2t
(t+ 1)
⇒
(t+ 1)y′ + e−2t = 0 ⇒ (t+ 1)y′ + y2 = 0 ⇒ (xy + 1)y′ + y2 = 0
Sim, é solução em R.
13. função:
x = earctan t
y = e− arctan t
}
, equação: y − xy′ = 0.
Temos
dx = earctan t · dt
1 + t2
=
xdt
1 + t2
dy = e− arctan t · (−dt)
1 + t2
=
−ydt
1 + t2
 ⇒ dydx = −yx ⇒ xy′ + y = 0
Não é solução!
14. função:
x = tLnt
y = t2(2Ln(t) + 1)
}
, equação: y′Ln(
y′
4
) = 4x.
Temos
dx = (Lnt+ 1)dt
dy = (4tLnt+ 3t)dt
}
⇒ y′ = 4tLnt+ 4t
Lnt+ 1
= 4t e Ln(
y′
4
) = Ln(t)
Christian José Quintana Pinedo 43
Multiplicando estas duas últimas igualdades
y′Ln(
y′
4
) = 4tLn(t) = 4x
Sim é solução!
15. função: y =
{
−x2 se, x < 0
x2 se, x ≥ 0 , equação: xy
′ − 2y = 0.
A função y = y(x) é contínua em x = 0, mediante a definição da derivada, mostra-se
que
f ′(0−) = lim
h→0−
f(h)− f(0)
h
= lim
h→0−
−h2 − 0
h
= 0
f ′(0+) = lim
h→0+
f(h)− f(0)
h
= lim
h→0+
h2 − 0
h
= 0
Temos
dy
dx
=
{
−2x se, x < 0
2x se, x ≥ 0 ⇒ x
dy
dx
=
{
−2x2 se, x < 0
2x2 se, x ≥ 0
Também −2y =
{
2x2 se, x < 0
−2x2 se, x ≥ 0 ⇒ xy
′ − 2y = 0
Sim, é solução em R.
16. função: y =
{
0 se, x < 0
x3 se, x ≥ 0 , equação: (y
′)2 − 9xy = 0.
A função y = y(x) é contínua em x = 0, mediante a definição da derivada, mostra-se
que
y′ =
{
0 se, x < 0
3x2 se, x ≥ 0 ⇒ (y
′)2 =
{
0 se, x < 0
9x4 se, x ≥ 0
Como
−9xy =
{
0 se, x < 0
−9x4 se, x ≥ 0 ⇒ (y
′)2 − 9xy = 0
Sim, é solução em R.
17. função: y = Lnx , equação: xy′′ + y′ = 0 em (0, ∞), porém não é solução
em (−∞, +∞).
A função Lnx está definida em (0,+∞), logo nesse intervalo y′ = 1
x
⇒ y′′ =
− 1
x2
⇒ y′′ = −1
x
· 1
x
= y′ · 1
x
. Assim xy′′ + y′ = 0
Sim, é solução em (0,+∞), porém não no intervalo (−∞, +∞) pois Lnx não esta
definido em (−∞, +∞).
44 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
18. função: y =
1
x2 − 1 , equação: y
′ + 2xy2 = 0 em (−1, 1) porém não em
qualquer outro intervalo mas amplo contendo (−1, 1).
A função y =
1
x2 − 1 é contínua em R quando x 6= ±1.
Sua derivada
df
dx
= − 2x
(x2 − 1)2 = −2x ·
[
1
x2 − 1
]2
= −2xy2 ⇒ y′ + 2xy2 = 0.
Sim, é solução em (−1, 1) porém não em algum intervalo mas amplo que contenha
o intervalo (−1, 1).
Exercício 2.1.5.
Mostre que y =
√
9− x2 e y = −√9− x2 são soluções para dy
dx
= −x
y
no intervalo
(−3, 3). Explicar por que y =
{ √
9− x2 se, −3 < x < 0
−√9− x2 se, 0 ≤ x < 3 não é uma solução para
a equação diferencial no intervalo (−3, 3).
Solução.
Temos que y =
√
9− x2 existe em R sempre que x ∈ [−3, 3]. Se x = ±3 segue que
y = 0, assim,
dy
dx
= −x
y
não tem sentido. Logo, caso exista solução será no intervalo
(−3, 3).
Como y =
√
9− x2 ⇒ y2 = 9 − x2 ⇒ 2yy′ = −2x de onde y′ = −x
y
em
(−3, 3). O caso y = −√9− x2 é análogo.
Portanto y =
√
9− x2 e y = −√9− x2 são soluções para dy
dx
= −x
y
no intervalo
(−3, 3).
Para o caso da função dada temos
y =
{ √
9− x2 se, −3 < x < 0
−√9− x2 se, 0 ≤ x < 3
que ela não é contínua em x = 0, consequentemente ela não é derivável em x = 0, logo
não será solução equação diferencial dada.
Exercício 2.1.6.
Determine valores de m para que y = xm seja uma solução para cada equação diferen-
cial.
Solução.
1. Dado y = xm ⇒ y′ = mxm−1 ⇒ y′′ = m(m − 1)xm−2. Substituindo na
equação:
x2y′′ − y = 0 ⇒ m(m− 1)xm − xm = 0 ⇒ xm(m(m− 1)− 1) = 0
Christian José Quintana Pinedo 45
supondo xm 6= 0 então m2 −m− 1 = 0 ⇒ m = 1 +
√
5
2
ou m =
1−√5
2
.
2. Dado y = xm ⇒ y′ = mxm−1 ⇒ y′′ = m(m − 1)xm−2. Substituindo na
equação:
x2y′′+6xy′+4y = 0 ⇒ m(m−1)xm+6mxm+4xm = 0 ⇒ xm(m2+5m+4) = 0
supondo xm 6= 0 então m2 + 5m+ 4 = 0 ⇒ m = −1 ou m = −4.
Exercício 2.1.7.
Determine valores de m para que y = emx seja uma solução para cada equação dife-
rencial.
Solução.
1. Dado y = emx ⇒ y′ = memx ⇒ y′′ = m2emx. Substituindo na equação:y′′ − 5y′ + 6y = 0 ⇒ emx(m2 − 5m+ 6) = 0
como emx 6= 0 então m2 − 5m+ 6 = 0 ⇒ m = 2 ou m = 3.
2. Dado y = emx ⇒ y′ = memx ⇒ y′′ = m2emx. Substituindo na equação:
y′′ + 10y′ + 25y = 0 ⇒ emx(m2 + 10m+ 25) = 0
como emx 6= 0 então m2+10m+25 = 0 ⇒ m = 5 é raiz de multiplicidade dois.
Exercício 2.1.8.
Determine uma solução do problema de valor inicial (pvi) indicado para a solução
geral dada, onde C1 e C2 são constantes arbitrárias.
Solução.
1. Ao determinar uma solução do pvi está implícito que a solução é particular.
Para y′ + y = 0, por dados temos o valor inicial y(3) = 2 e a solução geral
y = C1e
−x, então 2 = C1e−3, isto implica que C1 = 2e3.
Portanto, uma solução do pvi é y = 2e3e−x = 2e3−x
2. Ao determinar uma solução do pvi está implícito que a solução é particular.
Para y′′ + 4y = 3senx, por dados temos os valores iniciais y(0) = 0, y′(0) = 1
e a solução geral y = C1senx+ C2 cos x.
De y = C1senx + C2 cos x ⇒ y(0) = 0 ⇒ C2 = 0, de y′ = C1 cos x −
C2senx ⇒ y′(0) = 1 ⇒ C1 = 1
46 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
Por outro lado, y′′ = −C1senx− C2 cos x, isto implica que
y′′ + 4y = 3C1senx+ 3C2 cosx = 3senx, C1 = 1, C2 = 0
Portanto, a solução do pvi é y = senx
3. y′ = 1 + y2; y(0) = 0. Solução geral: y = C1 tanx.
Exercício 2.1.9.
Determine uma solução do problema de valores de contorno indicado para a solução
geral dada, onde C1 e C2 são constantes arbitrárias.
Solução.
1. y′′ + 4y = 0; y(
pi
8
) = 0, y(
pi
6
) = 1..
Como a solução geral é: y = C1sen2x+ C2 cos 2x então
0 = C1sen
pi
4
+ C2 cos
pi
4
⇒ 0 =
√
2(C1 + C2) ⇒ 0 = C1 + C2
1 = C1sen
pi
3
+ C2 cos
pi
3
⇒ 1 = 1
2
(
√
3C1 + C2) ⇒ 2 =
√
3C1 + C2
Resolvendo o sistema C1 =
√
3 + 1, C2 = −
√
3− 1
2. y′′ + 4y = 0; y(0) = 1, y(
pi
2
) = 2.
Como a solução geral é: y = C1sen2x+ C2 cos 2x então
1 = C1sen0 + C2 cos 0 ⇒ 1 = C2
2 = C1sen
pi
2
+ C2 cos
pi
2
⇒ 2 = C1 + 1 ⇒ 1 = C1
Portanto, C1 = 1, C2 = 1.
Exercício 2.1.10.
Determine C1 e C2 de modo que a função dada, satisfaça as condições indicadas.
Solução.
1. Função: y = C1sen2x+ C2 cos 2x+ 1. Condições: y(pi8 ) = 0, y
′(pi
8
) =
√
2
Observe que y(pi
8
) = C1sen
2pi
8
+ C2 cos
2pi
8
+ 1 = 0 ⇒
√
2
2
C1 +
√
2
2
C2 = −1.
A derivada y′ = 2C1 cos 2x−2C2sen2x ⇒ y′(0) = 2C1 cos 2pi8 −2C2sen2pi8 =
√
2
Christian José Quintana Pinedo 47
Resolvendo o sistema
C1 + C2 = −
√
2
C1 − C2 = 1
}
⇒ C1 = 1−
√
2
2
C2 = −1 +
√
2
2
Portanto, y(x) =
1−√2
2
sen2x− 1 +
√
2
2
cos 2x+ 1.
2. Função: y = C1e2x + C2ex + 2senx. Condições: y(0) = 1, y′(0) = 1
Observe que y(0) = C1e0 + C2e0 + 2sen0 = 1 ⇒ C1 + C2 = 1.
A derivada y′ = 2C1e2x + C2ex + 2 cos x ⇒ y′(0) = 2C1 + C2 + 2 = 1
Resolvendo o sistema
C1 + C2 = 1
2C1 + C2 = −1
}
⇒ C1 = −2 C2 = 3
Portanto, y(x) = −2e2x + 3ex + 2senx.
3. Função: y = C1ex + C2e−x + 4senx. Condições: y(0) = 1, y′(0) = −1
4. Função: y = C1x+ C2 + x2. Condições: y(1) = 1, y′(1) = 2
5. Função: y = C1ex + C2e2x + 3e3x. Condições: y(0) = 0, y′(0) = 0
6. Função: y = C1senx+ C2 cosx+ 1. Condições: y(pi) = 0, y′(pi) = 0
7. Função: y = C1ex + C2xex + x2ex. Condições: y(1) = 1, y′(1) = −1
Exercício 2.1.11.
Para os seguintes exercícios, determine C1 e C2 de modo que y(x) = C1senx+C2 cos x
satisfaça s condições dadas. Determine se tais condições são iniciais ou de contorno.
Solução.
1. Dado y(x) = C1senx+ C2 cosx, como y(0) = 1, y′(0) = 2 então
y(0) = 1 ⇒ 1 = C1sen0 + C2 cos 0 ⇒ C2 = 1
y′(x) = C1 cos x− C2senx ⇒ 2 = C1 cos 0− C2sen0 ⇒ C1 = 2
As condições são iniciais, e C1 = 2, C2 = 1
2. Dado y(x) = C1senx+ C2 cosx, como y(0) = 2, y′(0) = 1
48 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
3. Dado y(x) = C1senx+ C2 cosx, como y(
pi
2
) = 1, y′(
pi
2
) = 2
4. Dado y(x) = C1senx+ C2 cosx, como y(0) = 1, y(
pi
2
) = 1
5. Dado y(x) = C1senx+ C2 cosx, como y′(0) = 1, y(
pi
2
) = 1
6. Dado y(x) = C1senx+ C2 cosx, como y(0) = 1, y′(pi) = 1 então
y(0) = 1 ⇒ y(0) = C1sen0 + C2 cos 0 = 1 ⇒ C2 = 1
y′(x) = C1 cosx− C2senx ⇒ y′(0) = C1 cospi − C2senpi = 1 ⇒ C1 = −1
As condições são de contorno, e C1 = −1, C2 = 1
7. Dado y(x) = C1senx+ C2 cosx, como y(0) = 1, y(pi) = 2
então
y(0) = 1 ⇒ y(0) = C1sen0 + C2 cos 0 = 1 ⇒ C2 = 1
y′(x) = C1 cos x− C2senx ⇒ y′(pi) = C1 cospi − C2senpi = 2 ⇒ C1 = −2
As condições são de contorno, e C1 = −1, C2 = −2
8. Dado y(x) = C1senx+ C2 cosx, como y(0) = 0, y′(0) = 0
9. Dado y(x) = C1senx+ C2 cosx, como y(
pi
4
) = 0, y(
pi
6
) = 1
10. Dado y(x) = C1senx+ C2 cos x, como y(0) = 0, y′(
pi
2
) = 1
Exercício 2.1.12.
Demonstrar que a curva cujo coeficiente angular da tangente em cada ponto é propor-
cional à abscissa do ponto de tangencia é uma parábola.
Solução.
Seja y = y(x) a curva. No ponto (x0, y0) da curva, temos que o coeficiente angular da
reta tangente é dado por
dy
dx
(x0).
Pela hipótese do problema temos que
dy
dx
(x0) = Kx0, onde K ∈ R é uma constante.
Em geral em qualquer ponto da curva y = y(x) temos a equação diferencial que satisfaz
as condições do problema é
dy
dx
(x) = Kx, isto é
dy
dx
= Kx ⇒ y = K1x2 +K2 onde
K1 =
1
2
K.
Portanto, a parábola y = K1x2 +K2 satisfaz as condições do problema.
Christian José Quintana Pinedo 49
Exercício 2.1.13.
Achar uma curva que passe pelo ponto (1; 1) de tal maneira que o coeficiente angular
da tangente em cada ponto seja proporcional ao quadrado da ordenada nesse ponto.
Solução.
Seja y = y(x) a curva, então 1 = y(1), o coeficiente angular da curva em qualquer
ponto esta dado por
dy
dx
(x0).
Pelas condições de problema
dy
dx
(x) = Ky2 ⇒ dy
y2
= Kdx ⇒ −1
y
= Kx+C.
Das condições iniciais −1 = K + C ⇒ C = −(1 +K)
Portanto, Kyx = y(1 +K)− 1 é a equação pedida
Exercício 2.1.14.
Verificar que y1(t) =
√
t e y2(t) =
1
t
são soluções da equação diferencial 2t2y′′ +
3ty′ − y = 0.
Solução.
Como y1(t) =
√
t e y2(t) =
1
t
são linearmente independentes e pelas propriedades
da linearidade da derivada, então y(t) =
√
t+
1
t
também será solução. Temos
y′(t) =
1
2
√
t
− 1
t2
⇒ y′′(t) = − 1
4t
√
t
+
2
t3
3ty′ =
3t
2
√
t
− 3
t
⇒ 2t2y′′ = − t
2
√
t
+
4
t
somando
2t2y′′ + 3ty′ = − t
2
√
t
+
4
t
+
3t
2
√
t
− 3
t
=
√
t+
1
t
= y ⇒ 2t2y′′ + 3ty′ − y = 0
Portanto, y1(t) =
√
t e y2(t) =
1
t
são soluções da equação diferencial 2t2y′′ +
3ty′ − y = 0.
Exercício 2.1.15.
Verificar que y(t) =
√
1 +
2
3
Ln(1 + t3) é solução do pvi y′ =
t2
y(1 + t3)
, y(0) = 1.
Para qual intervalo esta solução é válida?
Solução.
Dado y(t) =
√
1 +
2
3
Ln(1 + t3) então
y2 = 1 +
2
3
Ln(1 + t3) ⇒ 2yy′ = 2
3
· 3t
2
1 + t3
⇒ y′ = t
2
y(1 + t3)
50 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
Em y(t) =
√
1 +
2
3
Ln(1 + t3) ⇒ y(0) =
√
1 +
2
3
Ln(1 + 03) = 1.
Portanto, y(t) =
√
1 +
2
3
Ln(1 + t3) é solução do pvi dado.
Exercício 2.1.16.
O problema de valor inicial y′ = 2
√|x|; y(0) = 0 admite duas soluções y = x|x| e
y = 0. Este resultado contradiz o Teorema 2.1?
Solução.
Não contradiz o Teorema 2.1, em verdade não satisfaz as condições do teorema, pois
não é lipschitziana na origem. Este problema admite, no entanto, soluções, embora não
haja unicidade.
Duas possíveis soluções são: y′ = f(x, y) = 2
√|x| ⇒ ∂f
∂y
= . . .
Exercício 2.1.17.
A população de uma cidade é de 1.000.000 de habitantes. Houve uma epidemia e 10%
da população contraiu um vírus. Em sete dias esta porcentagem cresceu para 20%. O vírus
se propaga por contato direto entre indivíduos enfermos e sãos (logo, é proporcional ao
número de contatos). A partir destes dados esupondo que o modelo seja fechado, isto é,
a população se mantém constante, sem nascimentos, mortes ou migração, e os indivíduos
tendo toda a liberdade de interagir, calcule:
1. A proporção de indivíduos enfermos e sãos, como uma função do tempo.
2. O tempo necessário para que a porcentagem de indivíduos enfermos seja 50%.
Solução. 1.
A proporção de indivíduos enfermos e sãos, como uma função do tempo.
x =
nε
n
, y =
nδ
n
, x+ y = 1, nε + nδ = n
onde: n = número total de habitantes, ne = número de indivíduos enfermos, ns = número
de indivíduos sãos x = proporção de indivíduos enfermos, y = proporção de indivíduos
sãos.
Pelos dados do problema temos que
dx
dt
= kxy = kx(1− x) onde k é a constante de
proporcionalidade dos contatos. Assim
1
x(1− x)dx = k · dt ⇒
∫
1
x(1− x)dx =
∫
k · dt ⇒ Ln x
1− x = kt+ C
⇒ x
1− x = Ae
kt onde A = eC
Christian José Quintana Pinedo 51
Quando t = 0 temos que x = 10% = 0, 1, assim 0,1
1−0,1 = Ae
k·0 ⇒ A = 1
9
de onde
x
1−x =
1
9
ekt.
Quando t = 7 temos que x = 20% = 0, 2, assim 0,2
1−0,2 =
1
9
e7k ⇒ k = 1
7
Ln9
4
de
onde x
1−x =
1
9
ekt.
Portanto, x(t) =
exp( t
7
Ln9
4
)
9 + exp( t
7
Ln9
4
)
e y(t) =
9
9 + exp( t
7
Ln9
4
)
.
Solução. 2.
O tempo necessário para que a porcentagem de indivíduos enfermos seja de 50% é
x(t∗) =
1
2
= 0, 5.
x
1− x =
1
9
exp(
t∗
7
Ln
9
4
) ⇒ 0, 5
1− 0, 5 =
1
9
exp(
t∗
7
Ln
9
4
) ⇒ t∗ = 7Ln9
Ln9
4
≈ 19 dias
52 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
2.2 Tipos de equações de primeira ordem
Exercícios 2-2
Exercício 2.2.1.
Determine quais das seguintes equações diferenciais são de variáveis separáveis.
1. (1 + xy)dx+ ydy = 0 2.
dy
dx
=
[
2y + 3
4x+ 5
]2
3. xy2dx− x2y2dy = 0
4. senxdx+ y2dy = 0 5.
dx
dy
=
1 + 2y2
ysenx
6.
7. (y − yx2)dy
dx
= (y + 1)2 8.
dS
dr
= kS 9. x
√
1− y2dx = dy
10. (1 + x2 + y2 + x2y2)dy = y2dx
Solução.
1. (1 + xy)dx+ ydy = 0
Não, é de variáveis separáveis.
2.
dy
dx
=
[
2y + 3
4x+ 5
]2
⇒ dy
(2y + 3)2
− dx
(4x+ 5)2
= 0
Sim, é de variáveis separáveis.
3. xy2dx− x2y2dy = 0 ⇒ x2y2(dx
x
− dy) = 0 ⇒ dx
x
− dy = 0 ou xy = 0
Sim, é de variáveis separáveis.
4. senxdx+ y2dy = 0
Sim, é de variáveis separáveis.
5.
dx
dy
=
1 + 2y2
y · senx ⇒ senxdx−
1 + 2y2
y
dy = 0
Sim, é de variáveis separáveis.
6. 1
7. (y− yx2)dy
dx
= (y+1)2 ⇒ y(1−x2)dy
dx
= (y+1)2 ⇒ dx
1− x2 −
ydy
(y + 1)2
= 0
Sim, é de variáveis separáveis.
8.
dS
dr
= kS ⇒ dS
S
− kdr = 0
Sim, é de variáveis separáveis.
Christian José Quintana Pinedo 53
9. x
√
1− y2dx = dy ⇒ xdx− dy√
1− y2 = 0.
Sim, é de variáveis separáveis.
10. (1 + x2 + y2 + x2y2)dy = y2dx ⇒ (1 + y2)(1 + x2)dy = y2dx podemos escrever
na forma
dx
1 + x2
− (1 + y
2)
y2
dy = 0.
Sim, é de variáveis separáveis.
Exercício 2.2.2.
Determine quais das seguintes equações diferenciais são exatas.
1. 3x2ydx+ (y + x3)dy = 0 2. (5y − 2x)y′ − 2y = 0 3. xydx+ y2dy
4. xy2dx+ (x2y + y2)dy = 0 5.
2x
y
dx− x
2
y2
dy = 0 6. y′ = −2y
x
7. (1− 2x2 − 2y)dx
dy
= 4x3 + 4xy
Solução.
1. Na equação 3x2ydx+(y+x3)dy = 0 considere-seM(x, y) = 3x2y e N(x, y) = y+x3,
temos
∂M
∂y
= 3x2,
∂N
∂x
= 3x2
Sim, é uma equação diferencial exata.
2. Na equação (5y− 2x)y′− 2y = 0 considere-se M(x, y) = −2y e N(x, y) = 5y− 2x,
temos
∂M
∂y
= −2, ∂N
∂x
= −2
Sim, é uma equação diferencial exata.
3. Na equação xydx+ y2dy considere-se M(x, y) = xy e N(x, y) = y2, temos
∂M
∂y
= x,
∂N
∂x
= 0
Não, é uma equação diferencial exata.
4. Na equação xy2dx + (x2y + y2)dy = 0 considere-se M(x, y) = xy2 e N(x, y) =
x2y + y2, temos
∂M
∂y
= 2xy,
∂N
∂x
= 2xy
Sim, é uma equação diferencial exata.
54 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
5. Na equação
2x
y
dx− x
2
y2
dy = 0 consideremos M(x, y) =
2x
y
e N(x, y) =
x2
y2
, temos
∂M
∂y
= −2x
y2
,
∂N
∂x
= −2x
y2
Sim, é uma equação diferencial exata.
6. Na equação y′ = −2y
x
⇒ 2ydx + xdy = 0 considere-se M(x, y) = 2y e
N(x, y) = x, temos
∂M
∂y
= 2,
∂N
∂x
= 1
Não, é uma equação diferencial exata.
7. Na equação (1 − 2x2 − 2y)dx
dy
= 4x3 + 4xy considere-se M(x, y) = 1 − 2x2 − 2y e
N(x, y) = −(4x3 + 4xy), temos
∂M
∂y
= −2, ∂N
∂x
= −12x2 − 4y
Não, é uma equação diferencial exata.
Exercício 2.2.3.
Suponha que M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 seja uma equação homogênea. Mostre que a
substituição x = uy transforma a equação em uma com variáveis separáveis.
Solução.
Supondo u = u(x) segue dx = udy + ydu então substituindo na equação homogênea
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 ⇒ M(uy, y)(udy + ydu) +N(uy, y)dy = 0 ⇒
yα[M(u, 1)(udy + ydu) +N(u, 1)dy = 0 ⇒ [uM(u, 1) +N(u, 1)]dy + ydu = 0
onde α é a ordem da homogênea.
Logo
dy
y
+
du
uM(u, 1) +N(u, 1)
= 0, é uma EDO de variáveis separáveis.
Exercício 2.2.4.
Suponha que M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 seja uma equação homogênea. Mostre que a
substituição x = r cos θ, y = rsenθ transforma a equação em uma com variáveis separáveis.
Solução.
Temos x = r cos θ, y = rsenθ, logo
dx = cos θ · dr − rsenθ · dθ, dy = senθ · dr + r cos θ · dθ
Christian José Quintana Pinedo 55
em M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 segue
M(r cos θ, rsenθ)(cos θ · dr − rsenθ · dθ) +N(r cos θ, rsenθ)(senθ · dr + r cos θ · dθ) = 0
Como é homogênea então M(r cos θ, rsenθ) = rβM(cos θ, senθ) análogamente temos
que N(r cos θ, rsenθ) = rβN(cos θ, senθ) de onde
1
r
· dr +
[
N(cos θ, senθ) cos θ −M(cos θ, senθ)senθ
M(cos θ, senθ) cos θ +N(cos θ, senθ)senθ
]
dθ = 0
Portanto, a equação em uma com variáveis separáveis.
Exercício 2.2.5.
Suponha que M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 seja uma equação homogênea. Mostre que a
equação pode ser escrita
dy
dx
= G(x, y).
Solução.
Exercício 2.2.6.
Diga se as seguintes equações diferenciais são homogêneas.
Solução.
1. y′ =
x+ y
x
= f(x, y) ⇒ f(αx, αy) = αx+ αy
αx
= f(x, y) para α ∈ R, α 6= 0
Sim, é homogênea.
2. y′ =
y2
x
= f(x, y) ⇒ f(αx, αy) = (αy)
2
αx
= αf(x, y) para α ∈ R, α 6= 0
Não, é homogênea.
3. y′ =
2xye
x
y
x2 + y5sen(x
y
)
= f(x, y) ⇒ f(αx, αy) = (2αx)(αy)e
αx
αy
(αx)2 + (αy)5sen(αx
αy
)
f(αx, αy) =
α2(2xy)e
x
y
α2(x2 + α3y5sen(x
y
))
=
2xye
x
y
x2 + α3y5sen(x
y
)
6= f(x, y)
Não, é homogênea.
4. y′ =
x2 + y
x3
y′ =
x2 + y
x3
= f(x, y) ⇒ f(αx, αy) = (αx)
2 + αy
(αx)3
6= f(x, y) para α ∈
R, α 6= 0
Não, é homogênea.
56 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
5. y′ =
xy2
x2y + y3
Sim, é homogênea.
6. y2y′ = x2
Sim, é homogênea.
Exercício 2.2.7.
Determine quais das seguintes equações diferenciais são lineares:
Solução.
1. y′ = (senx)y + ex, é da forma y′ − (senx)y = ex, podemos escrever
a2(x)y
′+a1(x)y+a0(x) = b(x), a2(x) = 1, a1(x) = senx, a0(x) = 0, b(x) = ex
Portanto, a equação diferencial sim é linear.
2. y′ = xseny + ex, é da forma y′ − xseny = ex, não podemos escrever na forma
a2(x)y
′+a1(x)y+a0(x) = b(x), a2(x) = 1, a1(x) = −x, a0(x) = 0, b(x) = ex
Portanto, a equação diferencial não é linear.
3. y′ = y2 + x
A equação diferencial não é linear.
4. y′ = 5
A equação diferencial sim é linear.
5. y′ = xy + 1
A equação diferencial sim é linear.
6. xy′ + 2y = 0
A equação diferencial sim é linear.
Exercício 2.2.8.
Prove que uma equação diferencial de variáveis separáveis é sempre exata.
Solução.
Seja A(x)dx+B(y)dy = 0 uma equação de variáveis separáveis.
Temos
∂A
∂y
= 0 e
∂B
∂x
= 0 então
∂A
∂y
=
∂B
∂x
, satisfaz a condição para se uma
equação exata.
Portanto,A(x)dx+B(y)dy = 0 é exata.
Christian José Quintana Pinedo 57
Exercício 2.2.9.
Resolver exdx− ydy = 0, y(0) = 1.
Solução.
Integrando, ∫
exdx−
∫
ydy = C ⇒ ex − 1
2
y2 = C
Das condições iniciais
e0 − 1
2
(1)2 = C ⇒ C = 1
2
Portanto, y2 = 2ex − 1.
Exercício 2.2.10.
Determine a solução geral para as seguintes equações de variáveis separáveis.
Solução.
1. (1 + y2)dx+ (1 + x2)dy = 0 ⇒ 1
1 + x2
dx+
1
1 + y2
dy = 0
∫
1
1 + x2
dx+
∫
1
1 + y2
dy = C ⇒ arctanx+ arctan y = C
Portanto, arctanx+arctan y = C é a solução geral na forma implícita da equação
diferencial.
2. (1 + y2)dx+ xydy = 0 ⇒ 1
x
dx+
y
1 + y2
dy = 0
∫
1
x
dx+
∫
y
1 + y2
dy = C ⇒ Lnx+ Ln(
√
1 + y2) = LnC1
Portanto, x
√
1 + y2 = C é a solução geral na forma implícita da equação diferen-
cial.
3. (y2 + xy2)y′ + x2 − yx2 = 0 ⇒ y
2
1− ydy +
x2
1 + x
dy = 0
∫
x2
1 + x
dx+
∫
y2
1− ydy = C ⇒
1
2
x2−x+Ln(x+1)− 1
2
y2−y−Ln(y−1) = C
Portanto,
1
2
(x2−y2)− (x+y)+ ln x+ 1
1− y = C é a solução geral na forma implícita
da equação diferencial.
58 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
4. (1 + y2)dx = xdy ⇒ 1
x
dx− 1
1 + y2
dy = 0
∫
1
x
dx−
∫
1
1 + y2
dy = C ⇒ Lnx− arctan y = C
Portanto, y = tan[C1 + Lnx] é a solução geral da equação diferencial.
5. x
√
1 + y2 + yy′
√
1 + x2 = 0 ⇒ x√
1 + x2
+
y√
1 + y2
y′ = 0
∫
x√
1 + x2
dx+
∫
y√
1 + y2
dy = C ⇒
√
1 + x2 +
√
1 + y2 = C
Portanto,
√
1 + x2+
√
1 + y2 = C é a solução geral na forma implícita da equação
diferencial.
6. x
√
1− y2dx+ y√1− x2dy = 0, y(0) = 1 ⇒ x√
1− x2dx+
y√
1− y2dy = 0∫
x√
1− x2dx+
∫
y√
1− y2dy = C ⇒
√
1− x2 +
√
1− y2 = −C
Quando y(0) = 1 ⇒ x = 0, y = 1, logo √1− 02 +√1− 12 = −C ⇒ C =
−1
Portanto,
√
1− x2+√1− y2 = 1 é a solução geral na forma implícita da equação
diferencial.
7. e−y(1 + y′) = 1 ⇒ (1 + dy
dx
) = ey ⇒ 1
ey − 1dy = dx ⇒∫
e−y
1− e−y dy −
∫
dx = 0 ⇒ Ln(1− e−y)− x = LnC
Portanto, y = −Ln(1− Cex) é a solução geral da equação diferencial.
8. yLnydx+ xdy = 0, y(1) = e2 ⇒ 1
x
dx+
1
yLny
dy = 0 ⇒
∫
1
x
dx+
∫
1
yLny
dy = C1 ⇒ Lnx+ Ln(Lny) = LnC ⇒ xLny = C
Pela condição inicial segue 1 · Lne2 = C ⇒ C = 2
Portanto, xLny = 2 é a solução particular da equação diferencial.
Christian José Quintana Pinedo 59
9. y′ = ax+y, (a > 0, a 6= 1) ⇒ axdx− a−ydy = 0 ⇒∫
axdx−
∫
a−ydy = C ⇒ a
x
Lna
+
a−y
Lna
= C
Portanto, ax + a−y = CLna é a solução geral da equação diferencial.
10. ey(1 + x2)dy − 2x(1 + ey)dx = 0 ⇒ 1 + x
2
2x
dx− 1 + e
y
ey
dy = 0 ⇒
∫
1 + x2
2x
dx−
∫
1 + ey
ey
dy = C ⇒ 1
4
(2Lnx+ x2) + e−y − y = C
Portanto,
1
4
(2Lnx+ x2) + e−y − y = C é a solução geral da equação diferencial.
11. (1 + ex)yy′ = ey, y(0) = 0 ⇒ ye−ydy − dx
1 + ex
= 0, logo
∫
ye−ydy −
∫
dx
1 + ex
= C ⇒ −ye−ydy −
∫
(−e−y)dy + Ln(e−x + 1) = C
Da condição inicial −0e−0 − e−0 + Ln(e−0 + 1) = C ⇒ C = 0.
Portanto, (y + 1)e−y = Ln(1 + e−x) é solução particular da equação diferencial.
12. (1 + y2)(e2xdx− eydy)− (1 + y)dy = 0 ⇒ e2xdx− [ey + (1 + y)
(1 + y2)
]dy = 0
∫
e2xdx−
∫
[ey +
(1 + y)
(1 + y2)
]dy = 0 ⇒ 1
2
e2x− [ey +arctanx+ 1
2
Ln(1+ y2)] = C
Portanto,
1
2
e2x − [ey + arctan x + 1
2
Ln(1 + y2)] = C é a solução geral na forma
implícita da equação diferencial.
13.
dy
dx
= (x+y+1)2. Seja z = x+y+1 ⇒ dz
dx
= 1+
dy
dx
, logo
dz
dx
−1 = z2 ⇒
1
z2 + 1
dz − dx = 0 ⇒ x = C + arctan z
Portanto, x = C + arctan(x + y + 1) é a solução geral na forma implícita da
equação diferencial.
14.
dy
dx
=
1− x− y
x+ y
. Seja z = x+ y, então
dz
dx
= 1 +
dy
dx
, logo
dy
dx
=
1− x− y
x+ y
⇒ dz
dx
− 1 = 1− z
z
⇒ dz
dx
=
1
z
⇒
60 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015∫
zdz −
∫
dx = C ⇒ 1
2
z2 − x = C
Portanto, (x+ y)2 − 2x = 2C.
15.
dy
dx
= tan2(x+ y). Seja z = x+ y, então
dz
dx
= 1 +
dy
dx
, logo
dy
dx
= tan2(x+ y) ⇒ dz
dx
− 1 = tan2 z ⇒ dz
dx
= sec2 z ⇒
∫
cos2 zdz −
∫
dx = C ⇒ z + sen(2z)− 2x = C
Portanto, y − x+ sen(2x+ 2y) = C.
16.
dy
dx
= sen(x+ y). Seja z = x+ y, então
dz
dx
= 1 +
dy
dx
, logo
dy
dx
= sen(x+ y) ⇒ dz
dx
− 1 = senz ⇒ 1− senz
cos2 z
dz − dx = 0 ⇒
∫
sec2 zdz −
∫
(sec z tan z)dz −
∫
dx = C ⇒ tan z − sec z − x = C
Portanto, tan(x+ y)− sec(x+ y)−x = C é a solução geral da equação diferencial.
17.
dy
dx
= 2 +
√
y − 2x+ 3. Seja z = y − 2x+ 3 ⇒ dz
dx
=
dy
dx
− 2, logo
dz
dx
+ 2 = 2 +
√
z ⇒ dz√
z
− dx = 0 ⇒ 2√z − x = C
Portanto, 2
√
y − 2x+ 3− x = C é solução geral da equação diferencial.
18.
dy
dx
= 1 + ey−x+5. Seja z = y − x+ 5 ⇒ dz
dx
=
dy
dx
− 1, logo
dz
dx
+ 1 = 1 + ez ⇒ dz
ez
− dx = 0 ⇒ −e−z − x = C1
e−z = −(x+ C1) ⇒ −z = Ln[−(x+ C1)] ⇒ y − x+ 5 = −Ln|x+ C1|
Portanto, y(x) = x− 5− Ln|x+ C1| é solução geral da equação diferencial.
Exercício 2.2.11.
Para cada exercício, encontre uma solução para cada equação diferencial dada que
passe pelos pontos indicados:
Solução.
Christian José Quintana Pinedo 61
1.
dy
dx
− y2 = −9 ⇒ dy
y2 − 9 − dx = 0 ⇒
∫
dy
y2 − 9 −
∫
dx = 0 logo a solução
geral é
1
6
Ln
∣∣∣∣y − 3y + 3
∣∣∣∣− x = C
(a) Quando passa por (0, 0) ⇒ 1
6
Ln
∣∣∣∣0− 30 + 3
∣∣∣∣−0 = C ⇒ C = 0. A equação
pedida é Ln
∣∣∣∣y − 3y + 3
∣∣∣∣ = 6x
(b) Quando passa por (0, 3) ⇒ 1
6
Ln
∣∣∣∣3− 33 + 3
∣∣∣∣ − 0 = C ⇒ C = −∞, pois
lim
ε→0
Lnε = −∞. Não existe solução da equação que passe por (0, 3).
(c) Quando passa por (
1
3
, 1) ⇒ 1
6
Ln
∣∣∣∣1− 31 + 3
∣∣∣∣− 13 = C ⇒ C = 13Ln12 − 13 .
A equação pedida é Ln
∣∣∣∣y − 3y + 3
∣∣∣∣− 6x = 1
2. x
dy
dx
= y2 − y ⇒ dy
y2 − y −
1
x
dx = 0 ⇒
∫
dy
y2 − y −
∫
1
x
dx = C1 logo a
solução geral é Ln
∣∣∣∣y − 1y
∣∣∣∣− Lnx = LnC ⇔ y − 1 = Cxy
(a) Quando passa por (0, 1) ⇒ y− 1 = Cxy ⇒ C = 0. A equação pedida
é y = 1
(b) Quando passa por (0, 0) ⇒ y − 1 = Cxy ⇒ −1 = 0. A equação
pedida não existe.
(c) Quando passa por (
1
2
,
1
2
) ⇒ 1
2
− 1 = C 1
4
⇒ C = −2. A equação
pedida é y − 1 = −2xy.
Exercício 2.2.12.
Verifique se as seguintes equações diferenciais são exatas, e resolva as que forem.
Solução.
1. (2xy+x)dx+(x2+ y)dy = 0. Temos M(x, y) = 2xy+x, N(x, y) = x2+ y, então
∂M
∂y
= 2x,
∂N
∂x
= 2x.
Sim, é exata. seja
∂F
∂x
(x, y) = M(x, y) então
F (x, y) =
∫
(2xy + x)dx = x2y +
1
2
x2 + u(y)
62 Suplemento de Cálculo IV -21/05/2015
Por outro lado,
∂F
∂y
(x, y) = N(x, y) então
∂F
∂y
(x, y) = x2 + u′(y) = x2 + y ⇒ u(y) = 1
2
y2
Portanto, a solução geral da equação é x2y +
1
2
x2 +
1
2
y2 = C.
2. (y + 2xy3)dx + (1 + 3x2y2 + x)dy = 0. Temos M(x, y) = y + 2xy3, N(x, y) =
1 + 3x2y2 + x, então
∂M
∂y
= 1 + 6xy2,
∂N
∂x
= 6xy2 + 1.
Sim, é exata. seja
∂F
∂x
(x, y) = M(x, y) então
F (x, y) =
∫
(y + 2xy3)dx = xy + x2y3 + u(y)
Por outro lado,
∂F
∂y
(x, y) = N(x, y) então
∂F
∂y
(x, y) = x+ 3x2y2 + u′(y) = 1 + 3x2y2 + x ⇒ u(y) = y
Portanto, a solução geral da equação é xy + x2y3 + y = C.
3. yexydx + xexydy = 0. Temos M(x, y) = yexy, N(x, y) = xexy, então
∂M
∂y
=
exy(1 + xy),
∂N
∂x
= exy(1 + yx).
Sim, é exata. seja
∂F
∂x
(x, y) = M(x, y) então
F (x, y) =
∫
yexydx = exy + u(y)
Por outro lado,
∂F
∂y
(x, y) = N(x, y) então
∂F
∂y
(x, y) = xexy + u′(y) = xexy ⇒ u(y) = C1
Portanto, a solução geral da equação é exy = C.
4. xexydx+ yexydy = 0
5. 3x2y2dx+ (2x3y + 4y3)dy = 0
Christian José Quintana Pinedo 63
6. ydx+ xdy = 0