Calculo III (aulas digitadas)

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Disciplina 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL III 
Professor (a) 
ANA LÚCIA 
Turma 
3014
 
Quadro horário : Segunda-feira 20hs:20min 
Sala: 812 
Aluno: Marcio Paulo de Souza 
Página 
1 
 
 
 
 
 
DATA -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 31 de julho de 2017 
 
→ Logaritmo 
→ Exponencial 
→ Resolução equação do 2º grau 
 
→ Integração (técnicas de integração) 
 (funções imediatas) 
→ Derivação (técnicas de derivadas) 
 (regra da cadeia) 
→ Trigonometria 
 
→ Derivada de funções com várias variáveis 
→ Integração de funções com várias variáveis 
 
 
BIBLIOGRAFIA: 
Willian Boyce e Richard Diprima 
Equações diferenciais elementares e problemas de valores de contorno 
 
Diacu Florin 
Introdução a equações diferenciais 
 
CONTEÚDO: 
 
1 Equações diferenciais 
2 Equações diferenciais ordinárias de 1ª ordem e 1º grau 
 2.1 Equações diferenciais variáveis separadas 
 2.2 Equações diferenciais homogenias 
 2.3 Equações diferenciais exatas e não exatas 
 2.4 Equações diferenciais lineares 
3 Equações lineares homogenias de ordem superior com coeficientes constantes 
4 Equações lineares não homogenias de ordem superior com coeficientes a determinar 
5 Wronskiano 
6 Transformada de Laplace 
7 Série de Fourier 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Substituição 
Por partes 
Base matemática 
Introdução ao cálculo 
Cálculo I 
Cálculo II 
 
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DATA -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 07 de agosto de 2017 
 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 
 
Definição: Toda equação cujas incógnitas são funções e que contém pelo menos uma derivada ou diferencial destas funções 
denomina-se equação diferencial. 
 
Exemplo: 
 
a) 
dy
dx 
 = 3x + 1 ou y' = 3x + 1 
 
 b) 3y" - 5y' + y = 0 
 
c) d
2
y + y = 0 
 dx
2
 
 
d) (x - d
3
y )
2
 - y . d
2
y = (1 + x . d
4
y)
3
 
 dx
3 
 dx
2
 dx
4
 
 
e) 
𝜕2𝑧
𝜕𝑥2
 + 
𝜕2𝑧
𝜕𝑦2
 = 0 
 
CLASSIFICAÇÃO 
 
Equação diferencial ordinária (EDO) 
 Se a função desconhecida depende de uma única variável independente, temos uma equação diferencial ordinária. 
 
y = y (x) 
Equação diferencial parcial (EDP) 
 Se as derivadas parciais de uma função de duas ou mais variáveis aparecem na equação, tem-se uma equação parcial. 
 
 
𝜕2𝑧
𝜕𝑥2
 + 
𝜕2𝑧
𝜕𝑦2
 = 0 
 
 
ORDEM DAS EDO'S (Equações diferenciais ordinárias) 
 
 A ordem de uma equação diferencial é a ordem da maior derivada que aparece na equação. 
 
GRAU DAS EDO'S (Equações diferenciais ordinárias) 
 
 O grau é o maior dos expoentes a que está elevada a derivada de mais alta ordem contida na equação. 
 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 = 3 + 1 → 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 
1
= 3 + 1 (1ª ORDEM) (1º GRAU) 
 
 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥 2
 + y = 0 → 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥 2
 
1
+ y = 0 (2ª ORDEM) (1º GRAU) 
 
 
 𝑥 − 
𝑑3𝑦
𝑑𝑥 3
 
2
= 1 + 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
 
4
 → 𝑥 − 
𝑑3𝑦
𝑑𝑥 3
 
2
= 1 + 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
 
4
 (3ª ORDEM) (2º GRAU) 
 
 
 𝑥 −
𝑑3𝑦
𝑑𝑥3
 
2
- y . 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥 2
 = 1 + 𝑥 .
𝑑4𝑦
𝑑𝑥4
 
3
 → 𝑥 −
𝑑3𝑦
𝑑𝑥3
 
2
- y . 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥 2
 = 1 + 𝑥 .
𝑑4𝑦
𝑑𝑥4
 
3
 (4ª ORDEM) (3º GRAU) 
 
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SOLUÇÕES DE UMA EQUAÇÃO DIFERENCIAL 
 
 A solução da equação é qualquer função 𝑦 = 𝑦 (𝑥) definida no intervalo 𝑎 , 𝑏 , com n derivadas neste intervalo e 
satisfaz a equação diferencial. 
 
Exemplo 1 (lista 01) 
Determine se 𝑦 (𝑥) = 2𝑒−𝑥+ 𝑥 . 𝑒−𝑥 é solução da equação 𝑦" + 2𝑦′ + 𝑦 = 0 
 
𝑦 = 2𝑒−𝑥 + 𝑥 . 𝑒−𝑥 
𝑦′ = 2𝑒−𝑥 −𝑥 ′ + 𝑥′ . 𝑒−𝑥 + 𝑥 𝑒−𝑥 ′ 
 
𝑦′ = −2𝑒−𝑥 + 1 . 𝑒−𝑥 + 𝑥 . 𝑒−𝑥 . −1 
 
𝑦′ = −2𝑒−𝑥 + 𝑒−𝑥 − 𝑥 . 𝑒−𝑥 
 
 
 
𝑦′ = −𝑒−𝑥 − 𝑥. 𝑒−𝑥 
 
𝑦′′ = −𝑒−𝑥 . −𝑥 ′ − 𝑥′. 𝑒−𝑥 + 𝑥. 𝑒−𝑥 ′ 
 
𝑦′′ = −𝑒−𝑥 . −𝑥 ′ − 𝑥′. 𝑒−𝑥 + 𝑥. 𝑒−𝑥 ′ 
 
 
 
𝑦" = 𝑒−𝑥 − 𝑒−𝑥 + 𝑥 . 𝑒−𝑥 
 
𝑦" = 𝑒−𝑥 − 𝑒−𝑥 + 𝑥 . 𝑒−𝑥 
 
𝑦" = 𝑥 . 𝑒−𝑥 
 
Equação 
 
𝑦" + 2𝑦′ + 𝑦 = 0 
𝑥 . 𝑒−𝑥+ 2.( −𝑒−𝑥 − 𝑥. 𝑒−𝑥) + 2𝑒−𝑥 + 𝑥 . 𝑒−𝑥 = 0 
 
𝑥 . 𝑒−𝑥+ 2.( −𝑒−𝑥 − 𝑥. 𝑒−𝑥) + 2𝑒−𝑥 + 𝑥 . 𝑒−𝑥 = 0 
 
𝑥. 𝑒−𝑥 − 2𝑒−𝑥 − 2𝑥𝑒−𝑥 + 2𝑒−𝑥 + 𝑥 . 𝑒−𝑥 = 0 
 
𝑥. 𝑒−𝑥 − 2𝑒−𝑥 − 2𝑥𝑒−𝑥 + 2𝑒−𝑥 + 𝑥 . 𝑒−𝑥 = 0 
 
 
 
 
Portanto, 𝑦(𝑥) = 2 𝑒−𝑥 + 𝑥. 𝑒−𝑥 é solução da equação diferencial dada. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
-1 
𝑒−𝑥 . (−𝑥)′ 
−𝑒−𝑥 
−1 1 −𝑒−𝑥 
0 
 
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DATA -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 14 de agosto de 2017 
 
TIPOS DE SOLUÇÕES 
 
SOLUÇÃO GERAL 
 
- É a solução da equação que contém tantas constantes arbitrarias quanto forem as unidades da ordem da equação. 
Exemplo: A equação de primeira ordem apresenta uma constante arbitraria em sua solução geral. 
 - Um questão de segunda ordem apresenta duas constantes, e assim por diante. 
 
OBS.: 
 
a) 𝑦 𝑥 = 𝑥2 + 𝐶 
 
 
 
 
b) 𝑦 𝑥 = C1 sin2𝑥 + C2 cos2𝑥 
 
 
 
SOLUÇÃO PARCIAL OU PVI (PROBLEMA DE VALOR INICIAL) 
 
É a solução da equação deduzida da solução geral, atribuindo-se valores particulares às constantes arbitrarias. 
Exemplo (questão de prova): Dada a solução 𝒚 𝒙 = C1𝒆
−𝒙 + C2𝒆
−𝟒𝒙 da equação 𝒚" + 𝟓𝒚′ + 𝟒𝒚 = 𝟎, determine a solução 
particular com 𝒚 𝟎 = 𝟏 e 𝒚′ 𝟎 = 𝟎 
 
𝑦 0 = 1 e 𝑦′ 0 = 0 
 
 
𝑦 0 = 1 → 𝑥 = 0 
 𝑦 = 1 
 
 
𝑦 = C1𝑒
−𝑥 + C2𝑒
−4𝑥 
 
1 = C1𝑒
−0 + C2𝑒
−4(0) 
 
C1 + C2 = 1 
 
𝑦′ (0) = 0 
 
 
𝑦 = C1𝑒
−𝑥 + C2𝑒
−4𝑥 
𝑦′ = C1𝑒
−𝑥 . −𝑥 ′ + C2𝑒
−4𝑥 . (−4𝑥)′ 
𝑦′ = C1𝑒
−𝑥 . −𝑥 ′ + C2𝑒
−4𝑥 . (−4𝑥)′ 
 
𝑦′ = C1𝑒
−𝑥 − 4 C2𝑒
−4𝑥 
 
 
𝑦′ = − C1𝑒
−𝑥 − 4 C2𝑒
−4𝑥 
 
0 = − C1𝑒
0 − 4 C2𝑒
0 
0 = − C1𝑒
0 − 4 C2𝑒
0 
0 = − C1− 4 C2 
−C1− 𝟒 C2 = 0 
 
𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑜𝑏𝑠: 𝑆𝑜𝑙𝑢çã𝑜 𝑔𝑒𝑟𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑢𝑚𝑎 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑖𝑟𝑎 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑚 
 𝑜𝑏𝑠: 𝑆𝑜𝑙𝑢çã𝑜 𝑔𝑒𝑟𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑢𝑚𝑎 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑎 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑚 
𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 
1 1 
𝑥 = 0 
𝑦′ = 0 
-1 -4 
0 0 
 
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Vamos resolver o sistema 
 
 C1 + C2 = 1 
− C1 − 4C2 = 0 
 −3C2 = 1 multiplicando por (-1) 
 3C2 = −1 ∴ C2 = 
−1
3
 
 
 
Cálculo da variável C1 
 
C1 + C2 = 1 
C1 
−1
3
 = 1 
C1 = 1 + 
1
3
 
 
C1 = 
𝟒
𝟑
 
 
 
 
 
solução particular 
𝑦 = 
4
3
 . 𝑒−𝑥 − 
1
3
 . 𝑒−4𝑥 
 
 
Exemplo 5 (lista 01) 
Determine uma solução do problema de valor inicial 𝑦" + 4𝑦 = 0 ; 𝑦(0) = 0 ; 𝑦′(0) = 1 sabendo que a 
solução geral da equação diferencial é 𝑦(𝑥) = C1 sin2𝑥 + C2 cos2𝑥. 
 
𝑦 = C1 sin2𝑥 + C2 cos2𝑥 
𝑦 0 = 0 
0 = C1 sin2. (0) + C2 cos2.(0) 
 
0 = C1 sin2. (0) + C2 cos2.(0) 
 
 
C2 = 0 
 
𝑦′ (0) = 1 
𝑦 ′ = C1 𝑐𝑜𝑠2𝑥 . (2𝑥)′ + C2 (−𝑠𝑖𝑛2𝑥) . (2𝑥)′ 
𝑦 ′ = 2 C1 𝑐𝑜𝑠2𝑥 - 2 C2 𝑠𝑖𝑛2𝑥 
1 = 2 C1 𝑐𝑜𝑠2𝑥 - 2 C2 𝑠𝑖𝑛2𝑥 
1 = 2 C1 𝑐𝑜𝑠2𝑥 - 2 C2 𝑠𝑖𝑛2𝑥 
 
 
 
2C1 = 1 ∴ C1 = 
𝟏
𝟐
 
 
solução particular 
𝑦 = 
1
2
 . 𝑠𝑖𝑛2𝑥 + 0 𝑐𝑜𝑠2𝑥 
 
𝒚 = 
𝟏
𝟐
 . 𝒔𝒊𝒏𝟐𝒙 
 
 
C1 = 
1
1
+ 
1
3
 
 
C1 = 
1
1
3 
+ 
1
3
1 
 
 
C1 = 
3+1
3
= 
𝟒
𝟑
 
 
ou 
0 0 
0 1 
0 0 
1 0 
 
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TIPOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAL ORDINÁRIAS DE 1ª ORDEM E 1ª GRAU 
 
PRIMEIRO TIPO: 
-- EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE VARIÁVEIS SEPARADAS 
 
Chamamos de equação de variáveis separáveis a equação do tipo 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0 ( modelo da equação), 
onde 𝑀 𝑥, 𝑦 é 𝑁 𝑥, 𝑦 . Funções de uma única variável; 
▪ Produtos com fatores de uma única variável. 
▪ Constantes. 
 
DATA -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 21 de agosto de 2017 
 
RESOLUÇÃO DAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE VARIÁVEIS SEPARÁVEIS 
 
Considere a equação diferencial 
 
𝑑𝑥
𝑑𝑦
= 3𝑥 − 1 
 
𝑑𝑥
𝑑𝑦
= 3𝑥 − 1 
 
𝑑𝑦 = 3𝑥 − 1 𝑑𝑥 
𝑑𝑦 − 3𝑥 − 1 𝑑𝑥 = 0 (𝐼𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑟 𝑡𝑜𝑑𝑜𝑠 𝑜𝑠 𝑡𝑒𝑟𝑚𝑜𝑠) 
 𝑑𝑦 − 3𝑥 − 1 𝑑𝑥 = 0 
 
 𝑑𝑦 − 3𝑥 − 1 𝑑𝑥 = 0 
 
 
𝑦 + C1 − ( 
3𝑥2
2
− 𝑥 + C2 ) = 0 
 
𝑦 + C1 − ( 
3𝑥2
2
− 𝑥 + C2 ) = 0 
 
𝑦 = −C1 + 
3𝑥2
2
− 𝑥 +C2 
 
𝑦 = 
3𝑥2
2
− 𝑥 − C2 + C1 − C2 + C1 = K 
 
* Seja K = - C1 + C2 
 
𝒚 = 
𝟑𝒙𝟐
𝟐
− 𝒙 + K Solução geral da equação 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑀𝑑𝑥 + 𝑁𝑑𝑦 = 0 
MODELO 
𝑑𝑥
𝑑𝑦
= 3𝑥 − 1 
 𝑑𝑦 = 3𝑥 − 1 𝑑𝑥 
OUTRA FORMA DE RESOLUÇÃO 
 
 
𝑑𝑦 = 3𝑥 − 1 𝑑𝑥 (INTEGRAR) 
 
 
𝑦 + C1 = 
3𝑥2
2
− 𝑥 + C2 
 
𝑦 = 
3𝑥2
2
− 𝑥 − C1 + C2 
 
𝒚 = 
𝟑𝒙𝟐
𝟐
− 𝒙 + K Solução geral da equação 
 
 
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Exercício 1 
 
𝑦 𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 
𝑦 𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 
𝑦 𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 (dividir por 𝑦𝑥) 
 
𝑦𝑑𝑥
𝑦𝑥
− 
𝑥𝑑𝑦
𝑦𝑥
= 0 
 
𝑦𝑑𝑥
𝑦𝑥
− 
𝑥𝑑𝑦
𝑦𝑥
= 0 
 
𝑑𝑥
𝑥
− 
𝑑𝑦
𝑦
= 0 
 
 
𝑑𝑥
𝑥
− 
𝑑𝑦
𝑦
= 0 
 
ln 𝑥 +C1 − ln 𝑦 + C2 = 0 
 
ln 𝑥 − ln 𝑦 = −C1 −C2 
 
ln 𝑥 − ln 𝑦 = 𝐾 
 
ln 𝑥 − ln 𝑦 = 𝐾 (𝑝𝑟𝑜𝑝𝑟𝑖𝑒𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑜𝑔) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ln 𝑥 − ln 𝑦 = 𝐾 
 
ln 
𝑥
𝑦
 = 𝐾 
 
 
Definição de log 
 
log𝑎 𝑏 − 𝑥 ↔ 𝑎
𝑥 = 𝑏 
 
ln 
𝑥
𝑦
 = 𝐾 ≈ log 𝑒 
𝑥
𝑦
 = 𝐾 
 
 
𝑒𝐾 = 
𝑥
𝑦
 ≈ 
𝑥
𝑦
 = 𝑒𝐾 
 
𝑥
𝑦
= ± 𝑒𝐾 
 
𝑥
𝑦
= ± 𝑒𝐾 
 
log 𝑎 + log 𝑏 = log(𝑎𝑏) 
log 𝑎 − log 𝑏 = log 
𝑎
𝑏
 
 
 
 
ln 𝑥 ↔ log𝑒
𝑥 
ln 𝑎 + ln 𝑏 = ln(𝑎𝑏) 
ln 𝑎 − ln 𝑏 = ln 
𝑎
𝑏
 
 
 
 
Vamos utilizara a definição de log 
𝐶 
 
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𝑥
𝑦
= 𝐶 
 
𝑦𝐶 = 𝑥 
 
𝒚 = 
𝒙
𝑪
 
 
Exercício 2 
 
𝑇𝑔𝑥. 𝑠𝑒𝑐𝑦𝑑𝑥 − 𝑇𝑔𝑦. 𝑠𝑒𝑐𝑥𝑑𝑦 = 0 
𝑇𝑔𝑥. 𝑠𝑒𝑐𝑦𝑑𝑥 − 𝑇𝑔𝑦. 𝑠𝑒𝑐𝑥𝑑𝑦 = 0 
 sai sai (dividir por 𝑠𝑒𝑐𝑦 . 𝑠𝑒𝑐𝑥) 
 
𝑇𝑔𝑥 . 𝑠𝑒𝑐𝑦 𝑑𝑥 
𝑠𝑒𝑐𝑦 . 𝑠𝑒𝑐𝑥
− 
𝑇𝑔𝑦 . sec 𝑥 𝑑𝑦
𝑠𝑒𝑐𝑦 . 𝑠𝑒𝑐𝑥
= 0 
 
𝑇𝑔𝑥 . 𝑠𝑒𝑐𝑦 𝑑𝑥 
𝑠𝑒𝑐𝑦 . 𝑠𝑒𝑐𝑥
− 
𝑇𝑔𝑦 . sec 𝑥 𝑑𝑦
𝑠𝑒𝑐𝑦 . 𝑠𝑒𝑐𝑥
= 0 
 
𝑇𝑔𝑥 
𝑠𝑒𝑐𝑥
𝑑𝑥 − 
𝑇𝑔𝑦 
𝑠𝑒𝑐𝑦 
𝑑𝑦 = 0 
 
1) 
𝑇𝑔𝑥 
𝑠𝑒𝑐𝑥
=
𝑠𝑖𝑛𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
1
𝑐𝑜𝑠𝑥
= 
sin 𝑥
cos 𝑥
 .
cos 𝑥
1
= sin 𝑥 
 
 
𝑇𝑔𝑥 
𝑠𝑒𝑐𝑥
=
𝑠𝑖𝑛𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
1
𝑐𝑜𝑠𝑥
= 
sin 𝑥
cos 𝑥
 .
cos 𝑥
1
= sin 𝑥 
 
sin 𝑥 𝑑𝑥 − sin 𝑦 𝑑𝑦 = 0 (integrar os termos ) 
 
 sin 𝑥 𝑑𝑥 − sin 𝑦 𝑑𝑦 = 0 
 
− cos 𝑥 (− cos 𝑦) = 𝐾 
 
− 𝐜𝐨𝐬 𝒙 + 𝐜𝐨𝐬 𝒚 = 𝑲 
 
DATA -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 04 de setembro de 2017 
 
EQUAÇÃO DIFERENCIAL HOMOGÊNEAS 
 
Definição 
 
𝑴 𝒙, 𝒚 𝒅𝒙 + 𝑵 𝒙, 𝒚 𝒅𝒚 = 𝟎 
 
onde M e N são funções homogêneas. 
 
FUNÇÃO HOMOGÊNEAS 
Definição: Uma função 𝑓(𝑥, 𝑦) é homogênea com grau de homogeneidade n quando: 
 
𝒇 𝒕𝒙, 𝒕𝒚 = 𝒕𝒏. 𝒇(𝒙, 𝒚) 
 
 
Observação: Dados 𝑓(𝑥, 𝑦) 
Substituir 𝒙 por 𝒕𝒙 e 𝒚 por 𝒕𝒚. 
 
 
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Exemplo 1: 
Verifique se a função 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 𝑦2 é homogênea. 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 𝑦2 
𝑓 𝑡𝑥, 𝑡𝑦 = 𝑡𝑥2 − 𝑡𝑦2 
𝑓 𝑡𝑥, 𝑡𝑦 = 𝑡2. 𝑥2 − 𝑡2. 𝑦2 
𝑓 𝑡𝑥, 𝑡𝑦 = 𝑡2. 𝑥2 − 𝑡2. 𝑦2 
𝑓 𝑡𝑥, 𝑡𝑦 = 𝑡2. (𝑥2 − 𝑦2) 
𝑓 𝑡𝑥, 𝑡𝑦 = 𝑡2. 𝑓(𝑥, 𝑦) 
A função 𝑓(𝑥, 𝑦) é homogênea com grau de homogeneidade 2. 
 
Exemplo 1: 
Verifique se a função 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥𝑦 − 2𝑥 é homogênea. 
𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥𝑦 − 2𝑥 
𝑓 𝑡𝑥, 𝑡𝑦 = 𝑡𝑥 . 𝑡𝑦 − 2(𝑡𝑥) 
𝑓 𝑡𝑥, 𝑡𝑦 = 𝑡2. 𝑥𝑦 − 2𝑡𝑥 
𝑓 𝑡𝑥, 𝑡𝑦 = 𝑡 .
 𝑡𝑥𝑦 − 2𝑥 
𝑓(𝑥, 𝑦)
 
A função 𝑓(𝑥, 𝑦) não é homogênea com grau de homogeneidade 2. 
 
Exemplo 3: 
Verifique se a EDO (equação diferencial ordinária) é homogênea. 
 2𝑥 + 𝑦2 𝑑𝑥 − 𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0 
𝑀 = 2𝑥 + 𝑦2 
𝑁 = 𝑥𝑦 
𝑀 𝑥, 𝑦 = 2𝑥 + 𝑦2 
𝑀 𝑡𝑥, 𝑡𝑦 = 2 𝑡𝑥 + 𝑡𝑦 2 
𝑀 𝑡𝑥, 𝑡𝑦 = 2𝑡𝑥 + 𝑡2. 𝑦2 
𝑀 𝑡𝑥, 𝑡𝑦 = 𝑡(2𝑥 + 𝑡𝑦2) 
𝑀 = (𝑥, 𝑦) 
A EDO (equação diferencial ordinária) não é homogênea 
 
Exemplo 4: 
Verifique se as funções são homogêneas 
a) 𝒇 𝒙, 𝒚 = 𝒙𝟑 + 𝟐𝒙𝒚𝟐 − 𝟐𝒚𝟑1+2=3 
𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥3 + 2𝑥1𝑦2 − 2𝑦3 = a função é homogênea 
 
b) 𝒇 𝒙, 𝒚 = 𝒙𝟑 + 𝒚𝟑 + 𝟓 
𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥3 + 𝑦3 + 5 = a função não é homogênea 
 
 
RESOLUÇÃO DA EQUAÇÃO DIFERENCIAL ORDINÁRIA (EDO) 
 
 Toda EDO homogênea pode ser reduzida a uma equação diferencial de variáveis separáveis. 
Para encontrar a solução geral da equação da EDO pelo método das variáveis separáveis é necessário fazer uma mudança de 
variável. 
 
vamos fazer 𝑡 = 
𝑦
𝑥
 ≫ 𝑦 = 𝑡𝑥 
 
 
 derivada 𝑑𝑦 = 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 
 
 
𝑦 = 𝑡. 𝑥 
𝑦′ = 𝑥 ′ . 𝑡 + 𝑥. 𝑡′ 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
𝑑𝑥
𝑑𝑥
 . 𝑡 + 𝑥 .
𝑑𝑡
𝑑𝑥
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
𝑑𝑥
𝑑𝑥
 . 𝑡 + 𝑥 .
𝑑𝑡
𝑑𝑥
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑡 + 𝑥 .
𝑑𝑡
𝑑𝑥
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
𝑡
1
+ 𝑥 .
𝑑𝑡
𝑑𝑥
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
𝑡
1
𝑑𝑥 
+ 𝑥 .
𝑑𝑡
𝑑𝑥
1 
 
𝑑𝑦 = 𝑡𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑡 
 
 
 
 
 
 
 
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Considere a seguinte equação homogênea: 
 
 𝒙 − 𝒚 𝒅𝒙 − 𝒙 + 𝒚 𝒅𝒚 = 𝟎 
 
PROCEDIMENTO: 
1º Substituir 𝒚 por 𝒕𝒙 
2º Substituir 𝒅𝒚 por 𝒙𝒅𝒕 + 𝒕𝒅𝒙 
 
 𝑥 − 𝑦 𝑑𝑥 − 𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦 = 0 
 𝑥 − 𝑡𝑥 𝑑𝑥 − 𝑥 + 𝑡𝑥 . 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 = 0 
 
 𝑥 − 𝑡𝑥 𝑑𝑥 − 𝑥 + 𝑡𝑥 . 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 = 0 
 
 
 
 
𝑥. 1 − 𝑡 𝑑𝑥 − 𝑥 1 + 𝑡 . 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 = 0 
𝑥. 1 − 𝑡 𝑑𝑥 − 𝑥 1 + 𝑡 . 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 = 0 
 1 − 𝑡 𝑑𝑥 − 1 + 𝑡 . 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 = 0 dividir por 𝑥 
 
 1 − 𝑡 𝑑𝑥 − 1 + 𝑡 . 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 = 0 
 
 
 1 − 𝑡 𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 + 𝑡𝑥𝑑𝑡 + 𝑡2𝑑𝑥 = 0 
 1 − 𝑡 𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑡 − 𝑡𝑑𝑥 − 𝑡𝑥𝑑𝑡 − 𝑡2𝑑𝑥 = 0 
 1 − 𝑡 𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑡 − 𝑡𝑑𝑥 − 𝑡𝑥𝑑𝑡 − 𝑡2𝑑𝑥 = 0 
𝑑𝑥 1 − 𝑡 − 𝑡 − 𝑡2 − 𝑥𝑑𝑡 1 + 𝑡 = 0 
 1 − 2𝑡 − 𝑡2 𝑑𝑥 − 1 + 𝑡 𝑥𝑑𝑡 = 0 
3º separar as variáveis 
 
 1 − 2𝑡 − 𝑡2 𝑑𝑥 − 1 + 𝑡 𝑥𝑑𝑡 = 0 sair 
 
dividir por 1 − 2𝑡 − 𝑡2 . 𝑥 
 
 1−2𝑡−𝑡2 𝑑𝑥
 1−2𝑡−𝑡2 𝑥
 - 
 1+𝑡 𝑥𝑑𝑡
 1−2𝑡−𝑡2 𝑥
 = 0 
 
 1−2𝑡−𝑡2 𝑑𝑥
 1−2𝑡−𝑡2 𝑥
 - 
 1+𝑡 𝑥𝑑𝑡
 1−2𝑡−𝑡2 𝑥
 = 0 
 
𝑑𝑥
𝑥
−
 1+𝑡 𝑑𝑡
1−2𝑡−𝑡2
 = 0 
 
4º Integrar 
 
 
𝑑𝑥
𝑥
− 
1 + 𝑡
1 − 2𝑡 − 𝑡2
𝑑𝑡 
 
ln 𝑥 + 𝐶1 
 
Resolução da integral: 
 
 
1 + 𝑡
1 − 2𝑡 − 𝑡2
𝑑𝑡 
 
 
 
 
𝑥 
Fator em 
evidência 
𝑥 
Fator em 
evidência 
𝑑𝑢
 −2 − 2𝑡 
= 𝑑𝑡 
𝑑𝑢
−2(1 + 𝑡)
= 𝑑𝑡 
 
1 + 𝑡
𝑢
 .
𝑑𝑢
−2(1 + 𝑡)
 
 
1 + 𝑡
𝑢
 .
𝑑𝑢
−2(1 + 𝑡)
 
−
1
2
 
𝑑𝑢
𝑢
 
−
1
2
ln 𝑢 
−
1
2
ln 1 − 2𝑡 − 𝑡2 + 𝐶2 
 
𝑑𝑥
𝑥
− 
1 + 𝑡
1 − 2𝑡 − 𝑡2
 . 𝑑𝑡 = 0 
ln 𝑥 − −
1
2
 ln 1 − 2𝑡 − 𝑡2 = 𝐾 
ln 𝑥 + 
1
2
 ln 1 − 2𝑡 − 𝑡2 = 𝐾 
ln 𝑥 
1
+ 
1 
2
 ln 1 − 2𝑡 − 𝑡2 = 
𝐾
1
 
ln 𝑥 
1
2 
+ 
1
2
1 
ln 1 − 2𝑡 − 𝑡2 = 
𝐾
1
2 
 
ln 𝑥2 + ln 1 − 2𝑡 − 𝑡2 = 𝐶 
ln 𝑥2 . (1 − 2𝑡 − 𝑡2) = 𝐶 
seja 𝑢 = 1 − 2𝑡 − 𝑡2 
 𝑑𝑢 = −2 − 2𝑡 𝑑𝑡 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 ln 𝑥 + ln 1 − 2𝑡 − 𝑡2 = C 
 
 
 
Disciplina 
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Quadro horário : Segunda-feira 20hs:20min 
Sala: 812 
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𝑥2. 1 − 2𝑡 − 𝑡2 = 𝑒𝐶 
 
𝑥2. 1 − 2𝑡 − 𝑡2 = 𝑒𝐶 
 
 
𝑥2 − 2𝑥2𝑡 − 𝑥2. 𝑡2 = 𝐾1 
 
mas, 𝑡 = 
𝑦
𝑥
 
 
 
𝑥2 − 2𝑥2 −
𝑦
𝑥
− 𝑥2 . 
𝑦
𝑥
 
2
= 𝐾1 
 
𝑥2 − 2𝑥2 .
𝑦
𝑥
− 𝑥2 .
𝑦2
𝑥2
= 𝐾1 
 
𝑥2 − 2𝑥2 .
𝑦
𝑥
− 𝑥2 .
𝑦2
𝑥2
= 𝐾1 
 
𝒙𝟐 − 𝟐𝒙𝒚 − 𝒚𝟐 = 𝑲𝟏 Solução geral da equação homogênea. 
 
 
 
DATA -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 11 de setembro de 2017 
 
Exemplo: 
Resolva a equação diferencial homogênea. 
 
 𝒙 𝒔𝒊𝒏 
𝒚
𝒙
 − 𝒚 𝒄𝒐𝒔 
𝒚
𝒙
 𝒅𝒙 + 𝒙 𝒄𝒐𝒔 
𝒚
𝒙
 𝒅𝒚 = 𝟎 
 
𝑦 = 𝑡𝑥 (𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑓𝑜𝑟 𝑦, 𝑐𝑜𝑙𝑜𝑐𝑎𝑟 𝑡𝑥 
 
 𝑥 𝑠𝑖𝑛 
𝑡𝑥
𝑥
 − 𝑡𝑥 𝑐𝑜𝑠 
𝑡𝑥
𝑥
 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑐𝑜𝑠 
𝑡𝑥
𝑥
 𝑑𝑦 = 0 
 
𝑑𝑦 = 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 (𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑓𝑜𝑟 𝑑𝑦, 𝑐𝑜𝑙𝑜𝑐𝑎𝑟 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 
 
 𝑥 𝑠𝑖𝑛 
𝑡𝑥
𝑥
 − 𝑡𝑥 𝑐𝑜𝑠 
𝑡𝑥
𝑥
 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑐𝑜𝑠 
𝑡𝑥
𝑥
 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 = 0 
 
 𝑥 𝑠𝑖𝑛 
𝑡𝑥
𝑥
 − 𝑡𝑥 𝑐𝑜𝑠 
𝑡𝑥
𝑥
 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑐𝑜𝑠 
𝑡𝑥
𝑥
 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 = 0 
 
 𝑥 𝑠𝑖𝑛 
𝑡𝑥
𝑥
 − 𝑡𝑥 𝑐𝑜𝑠 
𝑡𝑥
𝑥
 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑐𝑜𝑠 
𝑡𝑥
𝑥
 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 = 0 
 
(𝑥 sin 𝑡 − 𝑡𝑥 cos 𝑡)𝑑𝑥 + 𝑥 cos 𝑡 . 𝑥𝑑𝑡 + 𝑑𝑡𝑥 = 0 
 
(𝑥 sin 𝑡 − 𝑡𝑥 cos 𝑡)𝑑𝑥 + 𝑥 cos 𝑡 . 𝑥𝑑𝑡 + 𝑑𝑡𝑥 = 0 dividir por 𝑥 
 
(sin 𝑡 − 𝑡 cos 𝑡)𝑑𝑥 + cos 𝑡 . 𝑥𝑑𝑡 + 𝑑𝑡𝑥 = 0 
 
(sin 𝑡 − 𝑡 cos 𝑡)𝑑𝑥 + cos 𝑡 . 𝑥𝑑𝑡 + 𝑑𝑡𝑥 = 0 
 
 
 
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(sin 𝑡 − 𝑡 cos 𝑡)𝑑𝑥 + cos 𝑡 . 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑑𝑥 = 0 
(sin 𝑡 − 𝑡 cos 𝑡)𝑑𝑥 + cos 𝑡 . 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑑𝑥 = 0 
(sin 𝑡 − 𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡 + 𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡)𝑑𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑡. 𝑥𝑑𝑡 = 0 
(sin 𝑡 − 𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡 + 𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡)𝑑𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑡. 𝑥𝑑𝑡 = 0 
(sin 𝑡 − 𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡 + 𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡)𝑑𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑡. 𝑥𝑑𝑡 = 0 
sin 𝑡 𝑑𝑥 + cos 𝑡. 𝑥𝑑𝑡 = 0 
sin 𝑡 𝑑𝑥 + cos 𝑡. 𝑥𝑑𝑡 = 0 dividir a equação pelo produto (sair) 
 
sin 𝑡 𝑑𝑥
𝑥 sin 𝑡
+ 
cos 𝑡 . 𝑥 . 𝑑𝑡
𝑥 sin 𝑡
= 0 
 
sin 𝑡 𝑑𝑥
𝑥 sin 𝑡
+ 
cos 𝑡 . 𝑥 . 𝑑𝑡
𝑥 sin 𝑡
= 0 
 
sin 𝑡 𝑑𝑥
𝑥 sin 𝑡
+ 
cos 𝑡 . 𝑥 . 𝑑𝑡
𝑥 sin 𝑡
 
 
 
𝑑𝑥
𝑥
+
𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑑𝑡
sin 𝑡
= 0 
 
 
 
𝑑𝑥
𝑥
+ 
cos 𝑡
sin 𝑡
𝑑𝑡 = 0 
 
 
 
𝑑𝑥
𝑥
+ 
cos 𝑡
sin 𝑡
𝑑𝑡 = 0 
 
 
 
𝑑𝑥
𝑥
= 𝐥𝐧 𝒙 + 𝑪𝟏 
 
 
cos 𝑡
sin 𝑡
𝑑𝑡 
 
 
 
 
cos 𝑡
𝑢
.
𝑑𝑢
cos 𝑡
 
 
 
cos 𝑡
𝑢
.
𝑑𝑢
cos 𝑡
 
 
 
cos 𝑡
𝑢
.
𝑑𝑢
cos 𝑡
 
 
 
𝑑𝑢
𝑢
 
 
ln 𝑢 
 
ln sin 𝑡 + 𝐶2 
 
ln 𝑥 + ln sin 𝑡 = 0 
 
ln 𝑥 . sin 𝑡 = 0 
 
integrar 
𝑠𝑒𝑗𝑎 𝑢 = sin 𝑡 
𝑑𝑢 = cos 𝑡 𝑑𝑡 
𝑑𝑢
𝑐𝑜𝑠𝑡
= 𝑑𝑡 
𝑥. sin 𝑡 = 𝐾 
𝑥. sin 𝑡 = 𝐾 
𝑡 = 
𝑦
𝑥
 
𝒙. 𝐬𝐢𝐧 
𝒚
𝒙
 = 𝑪 
 
 
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Exemplo: 
Resolva a equação homogênea com PVI (problema de valor inicial). 
 
 𝒙𝟐 − 𝟑𝒚𝟐 𝒅𝒙 + 𝟐𝒙𝒚 𝒅𝒚 = 𝟎 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒚 𝟐 = 𝟏 
 
substituir 𝑦 por 𝑡𝑥 
substituir 𝑑𝑦 por 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 
 
 𝑥2 − 3 𝑡𝑥 2 𝑑𝑥 + 2𝑥. 𝑡𝑥 . 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 = 0 
 𝑥2 − 3 𝑡𝑥 2 𝑑𝑥 + 2𝑥. 𝑡𝑥 . 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 = 0 
 𝑥2 − 3 𝑡𝑥 2 𝑑𝑥 + 2𝑥2𝑡 . 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 = 0 
 𝑥2 − 3. 𝑡2. 𝑥2 𝑑𝑥 + 2𝑥2𝑡. 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 = 0 
 𝑥2 − 3. 𝑡2. 𝑥2 𝑑𝑥 + 2𝑥2𝑡. 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 = 0 
𝑥2 1 − 3𝑡2 𝑑𝑥 + 2𝑥2𝑡 . 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 = 0 
𝑥2 1 − 3𝑡2 𝑑𝑥 + 2𝑥2𝑡 . 𝑥𝑑𝑡+ 𝑡𝑑𝑥 = 0 dividir por 𝑥2 
 1 − 3𝑡2 𝑑𝑥 + 2𝑡. 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 = 0 
 1 − 3𝑡2 𝑑𝑥 + 2𝑡. 𝑥𝑑𝑡 + 𝑡𝑑𝑥 = 0 
 
 
 1 − 3𝑡2 𝑑𝑥 + 2𝑡. 𝑥𝑑𝑡 + 2𝑡2𝑑𝑥 = 0 
 1 − 3𝑡2 𝑑𝑥 + 2𝑡. 𝑥𝑑𝑡 + 2𝑡2𝑑𝑥 = 0 
 1 − 3𝑡2 + 2𝑡2 𝑑𝑥 + 2𝑡 𝑥𝑑𝑡 = 0 
 1 − 3𝑡2 + 2𝑡2 𝑑𝑥 + 2𝑡 𝑥𝑑𝑡 = 0 
 1 − 𝑡2 𝑑𝑥 + 2𝑡 𝑥𝑑𝑡 = 0 
 1 − 𝑡2 𝑑𝑥 + 2𝑡 𝑥𝑑𝑡 = 0 dividir por 1 − 𝑡2 . 𝑥 𝑠𝑎𝑖𝑟 
(1 − 𝑡2)
 1 − 𝑡2 . 𝑥
𝑑𝑥 +
2𝑡𝑥
 1 − 𝑡2 . 𝑥
𝑑𝑡 = 0 
 
(1 − 𝑡2)
 1 − 𝑡2 . 𝑥
𝑑𝑥 +
2𝑡𝑥
 1 − 𝑡2 . 𝑥
𝑑𝑡 = 0 
 
(1 − 𝑡2)
 1 − 𝑡2 . 𝑥
𝑑𝑥 +
2𝑡𝑥
 1 − 𝑡2 . 𝑥
𝑑𝑡 = 0 
 
𝑑𝑥
𝑥
+
2𝑡
 1 − 𝑡2 
𝑑𝑡 = 0 
 
 
𝑑𝑥
𝑥
+ 
2𝑡
(1 − 𝑡2)
𝑑𝑡 = 0 
 
 
𝑑𝑥
𝑥
+ 
2𝑡
(1 − 𝑡2)
𝑑𝑡 = 0 
 
 
𝑑𝑥
𝑥
 
 
𝐥𝐧 𝒙 + 𝑪𝟏 
 
 
2𝑡
(1 − 𝑡2)
𝑑𝑡 
 
 
 
2𝑡
𝑢
 . −
𝑑𝑢
2𝑡
 = − 
𝑑𝑢
𝑢
 
 
 
 𝑢 = 1 − 𝑡2 
 𝑑𝑢 = −2𝑡. 𝑑𝑡 
−
𝑑𝑢
2𝑡
= 𝑑𝑡 
Sendo: 
 
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2𝑡
𝑢
 . −
𝑑𝑢
2𝑡
 = − 
𝑑𝑢
𝑢
 
 
 
2𝑡
𝑢
 . −
𝑑𝑢
2𝑡
 = − 
𝑑𝑢
𝑢
 
 
− ln 𝑢 = − ln 1 − 𝑡2 + 𝐶2 
 
ln 𝑥 − ln 1 − 𝑡2 = 𝐾 
 
ln 
𝑥
1 − 𝑡2
 = 𝐾 
 
mas: 𝑡 = 
𝑦
𝑥
 
 
𝑥
1 − 
𝑦
𝑥
 
2 = 𝐶 
 
𝑥
1
1
−
𝑦2
𝑥2
= 𝐶 
 
𝑥
1
1
𝑥2 
−
𝑦2
𝑥2
1 
= 𝐶 
 
𝑥
𝑥2−𝑦2
𝑥2
= 𝐶 
 
𝑥 
𝑥2
𝑥2 − 𝑦2
 = 𝐶 
 
 
𝑥 
𝑥2
𝑥2 − 𝑦2
 = 𝐶 
 
𝑥3
𝑥2 − 𝑦2
= 𝐶 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 𝑔𝑒𝑟𝑎𝑙 
 
Solução particular 
 
𝑦 2 = 1 ∴ 𝑥 = 2 𝑒 𝑦 = 1 
 
𝑥3
𝑥2 − 𝑦2
= 𝐶 
 
23
22 − 12
= 𝐶 
 
 
8
4 − 1
= 𝐶 
 
 
8
3
= 𝐶 
 
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𝑥3
𝑥2 − 𝑦2
=
8
3
 
 
𝑥3
𝑥2−𝑦2
=
8
3
 
 
𝟑𝒙𝟑 = 𝟖(𝒙𝟐 − 𝒚𝟐) 
 
 
 
DATA -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 18 de setembro de 2017 
 
EQUAÇÃO DIFERENCIAIS EXATAS 
 
Definição: 
Chamamos de equação diferenciais exatas as equações na forma: 
 
𝑴 𝒙, 𝒚 𝒅𝒙 + 𝑵 𝒙, 𝒚 𝒅𝒚 = 𝟎 
 
Onde 𝑀 derivar em função da variável 𝑦 e a função 𝑁, derivar em função a variável 𝑥. 
* onde 𝑀𝑦 𝑥, 𝑦 = 𝑁𝑥 (𝑥, 𝑦) 
 
 
𝑀𝑦 𝑥, 𝑦 = 𝑁𝑥 (𝑥, 𝑦) 
 
 
 condição necessária e suficiente para a EDO ser exata 
 
 
Solução geral da equação exata 
 
𝑼 𝒙, 𝒚 = 𝑷 𝒙, 𝒚 + 𝑸 𝒚 = 𝑪 
 
 
 
 
 
 
 
Conclusão: 
 
𝑼 𝒙, 𝒚 = 𝑴 𝒙, 𝒚 𝒅𝒙 + 𝑵 − 𝑷𝒚 𝒅𝒚 = 𝑪 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
C Integrar em 
relação a variável 
𝑥. 
𝑦 é uma 
constante 
 𝑁 − 𝑃𝑦 𝑑𝑦 
𝑃(𝑥, 𝑦) 
 
 
Derivar P em relação a variável 𝑦 
 
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Exemplo 1: 
 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐 𝒅𝒙 − 𝟐𝒙𝒚 𝒅𝒚 = 𝟎 
 
 
 𝑥2 − 𝑦2 𝑑𝑥 − 2𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 0 
 
𝑀 = 𝑥2 − 𝑦2 
𝑀𝑦 = −2𝑦 
Derivar em relação a variável 𝑦. 
𝑥 é constante. 
 
 
 
𝑀𝑦 = −2𝑦 = 𝑁𝑥 ≫≫≫≫ 𝑎 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 é 𝑒𝑥𝑎𝑡𝑎. 
 
𝑈 𝑥, 𝑦 = 𝑃 𝑥, 𝑦 + 𝑄(𝑦) 
 
𝑃 𝑥, 𝑦 = 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 
 
𝑃 𝑥, 𝑦 = 𝑥2 − 𝑦2 𝑑𝑥 𝑦2 é 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 
 
𝑃 𝑥, 𝑦 =
𝑥3
3
− 𝑦2𝑥 
 
𝑃𝑦 = −2𝑦𝑥 
Derivar 𝑃 em relação a variável 𝑦. 𝑥 é constante. 
 
𝑄 𝑦 = 𝑁 − 𝑃𝑦 𝑑𝑦 
 
𝑄 𝑦 = −2𝑥𝑦 − −2𝑥𝑦 𝑑𝑦 
 
𝑄 𝑦 = −2𝑥𝑦 + 2𝑥𝑦 𝑑𝑦 
𝑄 𝑦 = −2𝑥𝑦 + 2𝑥𝑦 𝑑𝑦 
𝑄 𝑦 = −2𝑥𝑦 + 2𝑥𝑦 𝑑𝑦 
 
𝑄 𝑦 = 0 
 
Solução: 
𝑈 𝑥, 𝑦 = 
𝑥3
3
− 𝑦2𝑥 = 𝐶 
 
Exemplo 2: 
 𝒚 𝒔𝒊𝒏𝒙 + 𝒙𝒚 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒅𝒙 + 𝒙 𝒔𝒊𝒏𝒙 + 𝟏 𝒅𝒚 = 𝟎 
 
𝑀 = 𝑦 𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑𝑥 
𝑀𝑦 = sin 𝑥 + 𝑥 cos 𝑥 
 
 
 
𝑀𝑦 = 𝑁𝑥 ≫≫≫ 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑒𝑥𝑎𝑡𝑎 
 
 
𝑁 = −2𝑥𝑦 
𝑁𝑥 = −2𝑦 
Derivar em relação a variável 𝑥. 
𝑦 é constante. 
 
𝑁 = (𝑥 sin 𝑥 + 1)𝑑𝑦 
𝑁𝑥 = 𝑥 ′ sin 𝑥 + 𝑥(sin 𝑥)′ 
𝑁𝑥 = sin 𝑥 + 𝑥 cos 𝑥 
 
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𝑃 𝑥, 𝑦 = 𝑀 𝑑𝑥 
 
𝑃 𝑥, 𝑦 = (𝑦 sin 𝑥 + 𝑥𝑦 cos 𝑥)𝑑𝑥 
 
𝑃 𝑥, 𝑦 = 𝑦 sin 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑥𝑦 cos 𝑥 𝑑𝑥 
 
 𝑦 sin 𝑥 𝑑𝑥 = −𝑦 cos 𝑥 
 
Constante 
 
 𝑥𝑦 cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑦 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 
 
𝑦 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 
𝑥 = 𝑢 
cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑑𝑣 
 
 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 
 
 
 
 
 
 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑢. 𝑣 − 𝑣𝑑𝑢 
 
𝑥 sin 𝑥 − sin 𝑥 𝑑𝑥 
 
𝑥 sin 𝑥 − (− cos 𝑥) 
 
𝒙 𝐬𝐢𝐧 𝒙 + 𝐜𝐨𝐬 𝒙 
 
𝑦 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑦(𝑥 sin 𝑥 + cos 𝑥) 
 
𝑦 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑦(𝑥 sin 𝑥 + cos 𝑥) 
 
𝑦 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑦 𝑥 sin 𝑥 + y cos 𝑥 
 
𝑃 𝑥, 𝑦 = −𝑦 cos 𝑥 + 𝑦𝑥 sin 𝑥 + 𝑦 cos 𝑥 
𝑃 𝑥, 𝑦 = −𝑦 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑦𝑥 sin 𝑥 + 𝑦 cos 𝑥 
𝑃 𝑥, 𝑦 = −𝑦 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑦𝑥 sin 𝑥 + 𝑦 cos 𝑥 
𝑃 𝑥, 𝑦 = 𝑦𝑥 sin 𝑥 
 
 
 
 
 
 
 
𝑢 = 𝑥 
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 
𝑑𝑣 = cos 𝑥 𝑑𝑥 
 𝑑𝑣 = cos 𝑥 𝑑𝑥 
𝑣 = sin 𝑥 
 
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Exemplo 3: 
𝒆𝒚𝒅𝒙 + 𝒙𝒆𝒚 − 𝟐𝒚 𝒅𝒚 = 𝟎 
 
𝑀 = 𝑒𝑦 
𝑀𝑦 = 𝑒𝑦 
 
 é exata 
 
Solução: 
𝑈 𝑥, 𝑦 = 𝑀𝑑𝑥 + 𝑁 − 𝑃𝑦 𝑑𝑦 = 0 
 
𝑃 = 𝑀𝑑𝑥 = 
𝑃 = 𝑒𝑦𝑑𝑥 = 
𝑃 = 𝑥𝑒𝑦 
𝑃𝑦 = 𝑥𝑒𝑦 
 
 𝑁 − 𝑃𝑦 𝑑𝑦 
 
 (𝑥𝑒𝑦 − 2𝑦 − 𝑥𝑒𝑦 )𝑑𝑦 
 
 (𝑥𝑒𝑦 − 2𝑦 − 𝑥𝑒𝑦 )𝑑𝑦 
 
 (𝑥𝑒𝑦 − 2𝑦 − 𝑥𝑒𝑦 )𝑑𝑦 
 
 −2𝑦𝑑𝑦 = 
 
−2𝑦2
2
 
 
−2𝑦2
2
 
 
−2𝑦2
2
 
 
−𝑦2 
 
𝑼 𝒙, 𝒚 = 𝒙𝒆𝒚 − 𝒚𝟐 = 𝑪 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑁 = 𝑥𝑒𝑦 − 2𝑦 
𝑁𝑥 = 𝑒𝑦 
 
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DATA -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 09 de outubro de 2017 
 
EQUAÇÃO DIFERENCIAIS NÃO EXATAS 
 
Definição: 
Quando a expressão 𝑀𝑑𝑥 + 𝑁𝑑𝑦 não é diferencial exata, isto é 𝑀𝑦 ≠ 𝑁𝑥 precisamos determinar o fator integral 𝜆 
(Lâmbida). 
 
FATOR INTEGRAL 𝝀 
 
𝝀 𝒙 = 𝒆 𝝍 𝒙 𝒅𝒙 
 
𝝀 𝒚 = 𝒆 𝝍 𝒚 𝒅𝒚 
 
 
onde, 𝜓 𝑦 = 
1
𝑀
 𝑁𝑥 − 𝑀𝑦 𝑒 𝜓 𝑥 =
1
𝑁
 (𝑀𝑦 − 𝑁𝑥) 
 
 
 
Exemplo 1: 
Resolva a EDO 𝑦2𝑑𝑥 + 𝑥𝑦 + 1 𝑑𝑦 = 0𝜆 𝑦 = 𝑒 𝜓 𝑦 𝑑𝑦 
 
𝜆 𝑦 = 𝑒
 − 
1
 𝑦 
 𝑑𝑦
 
 
𝜆 𝑦 = 𝑒
− 
𝑑𝑦
𝑦 
 
𝜆 𝑦 = 𝑒− ln 𝑦 , 𝑦 > 0 
 
𝜆 𝑦 = 𝑒 ln 𝑦
−1
 ≈ 𝑎log 𝑎 𝑏 = 𝑏 
 
𝜆 𝑦 = 𝑦−1 ∴ 𝝀 𝒚 =
𝟏
𝒚
 
𝑀 = 𝑦2 
𝑀𝑦 = 2𝑦 
𝑁 = 𝑥𝑦 + 1 
𝑁𝑦 = 𝑦 
𝑁ã𝑜 é 𝑒𝑥𝑎𝑡𝑎 
𝜓 𝑥 = 
1
𝑁
(𝑀𝑦 − 𝑁𝑥) 
𝜓 𝑥 = 
1
𝑥𝑦 + 1
(2𝑦 − 𝑦) 
𝜓 𝑥 = 
1
𝑥𝑦 + 1
 . 𝑦 
𝜓 𝑥 = 
𝑦
𝑥𝑦 + 1
 
 
 
 
 
Não serve. 
𝜓 𝑦 = 
1
𝑀
(𝑁𝑥 − 𝑀𝑦) 
𝜓 𝑦 = 
1
𝑦2
(𝑦 − 2𝑦) 
𝜓 𝑦 =
1
𝑦2
(−𝑦) 
𝜓 𝑦 =
1
𝑦2
(−𝑦) 
𝜓 𝑦 =
1
𝑦
 
 
 
 
 
 
serve. 
 
Disciplina 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL III 
Professor (a) 
ANA LÚCIA 
Turma 
3014
 
Quadro horário : Segunda-feira 20hs:20min 
Sala: 812 
Aluno: Marcio Paulo de Souza 
Página 
20 
 
 
 
 
 
Agora vamos multiplicar o fator integrante por todos os termos da equação diferencial dada. 
 
𝑦2𝑑𝑥 + 𝑥𝑦 + 1 𝑑𝑦 = 0 
 
𝑦2𝑑𝑥 + 𝑥𝑦 + 1 𝑑𝑦 = 0 
 
1
𝑦
 𝑦2𝑑𝑥 + 
1
𝑦
 𝑥𝑦 + 1 𝑑𝑦 = 0 
 
1
𝑦
𝑦
 𝑦2𝑑𝑥 + 
1
𝑦
 𝑥𝑦 + 1 𝑑𝑦 = 0 
 
𝑦𝑑𝑥 + 
1
𝑦
 𝑥𝑦 +
1
𝑦
 𝑑𝑦 = 0 
 
𝑦𝑑𝑥 + 
1
𝑦
 𝑥𝑦 +
1
𝑦
 𝑑𝑦 = 0 
 
 
𝒚𝒅𝒙 + 𝒙 +
𝟏
𝒚
 𝒅𝒚 = 𝟎 
 
*** Para se verificar se é exata: 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 1: 
Resolver a equação encontrada 
 
𝑈 𝑥, 𝑦 = 𝑃 𝑥, 𝑦 + 𝑄 𝑦 = 𝐶 
 
𝑃 = 𝑀𝑑𝑥 
𝑃 = 𝑦𝑑𝑥 = 𝑦𝑥 
 
𝑃𝑦 = 𝑥 
 
𝑄 𝑦 = 𝑁 − 𝑃𝑦)𝑑𝑦 
 
𝑄 𝑦 = 𝑥 +
1
𝑦
− 𝑥)𝑑𝑦 
 
𝑄 𝑦 = 𝑥 +
1
𝑦
− 𝑥)𝑑𝑦 
 
𝑄 𝑦 = 
1
𝑦
 𝑑𝑦 
 
𝑄 𝑦 = ln 𝑦 ; 𝑦 > 0 
 
𝑈 𝑥, 𝑦 = 𝑦𝑥 + ln 𝑦 = 𝐶 
 
𝑀 = 𝑦 
𝑀𝑦 = 1 
 
𝑁 = 𝑥 +
1
𝑦
 
𝑁𝑥 = 1 
 
 
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DATA -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 23 de outubro de 2017 
 
EQUAÇÃO DIFERENCIAIS LINEARES 
 
Modelo: 
 
𝒅𝒚
𝒅𝒙
+ 𝑷 . 𝒚 𝒙 = 𝑸 𝒙 
 
onde P e Q são funções de uma variável. 
 
Método de resolução da equação linear. (método de Lagrange) 
 
𝒚 = 𝒆− 𝑷𝒅𝒙. 𝒆
 𝑷𝒅𝒙
. 𝑸 𝒙 𝒅𝒙 + 𝑪 
 
 
Exemplo 1: 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
𝑦
𝑥
= 𝑥 − 2 
 
𝑃 = −
1
𝑥
 
 
𝑄 = 𝑥 − 2 
 
 𝑃𝑑𝑥 = −
1 
𝑥
 𝑑𝑥 = − ln 𝑥 (𝑥 > 0) 
 
𝑦 = 𝑒−(− ln 𝑥). 𝑒− ln 𝑥 . 𝑥 − 2 𝑑𝑥 + 𝐶 
 
𝑦 = 𝑒 ln 𝑥 . 𝑒 ln 𝑥
−1
. 𝑥 − 2 𝑑𝑥 + 𝐶 
 
𝑦 = 𝑥 . 𝑥−1. 𝑥 − 2 𝑑𝑥 + 𝐶 
 
𝑦 = 𝑥. 
1
𝑥
 . 𝑥 − 2 𝑑𝑥 + 𝐶 
 
𝑦 = 𝑥. 
𝟏
𝒙
 . 𝑥 − 2 𝑑𝑥 + 𝐶 Distributiva 
 
𝑦 = 𝑥 . 1 −
2
𝑥
 𝑑𝑥 + 𝐶 
 
𝑦 = 𝑥 . 𝑥 − 2 ln 𝑥 + 𝐶 
 
𝒚 = 𝒙 . 𝒙 − 𝐥𝐧𝒙𝟐 + 𝑪 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Exemplo 2: 
 
2𝑦′ + 2𝑦 = 4 
 
𝑚𝑜𝑑𝑒𝑙𝑜 ≈ 
𝑑𝑥
𝑑𝑦
+ 𝑃. 𝑦 𝑥 = 𝑄(𝑥) 
 
2𝑦′ + 2𝑦 = 4 𝑑𝑖𝑣𝑖𝑑𝑖𝑟 𝑝𝑜𝑟 2 
 
𝑦′ + 𝑦 = 2 
 
𝑃 = 1 
𝑄 = 2 
 
𝑀𝑜𝑑𝑒𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 
 
𝒚 = 𝒆− 𝑷𝒅𝒙. 𝒆
 𝑷𝒅𝒙
. 𝑸 𝒙 𝒅𝒙 + 𝑪 
 
 𝑃𝑑𝑥 = 1𝑑𝑥 = 𝑥 
 
𝑦 = 𝑒−𝑥 . 𝑒𝑥 . 2𝑑𝑥 + 𝐶 
 
𝒚 = 𝒆−𝒙 𝟐𝒆𝒙 + 𝑪 
 
 
Exemplo 3: 
 
3
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 2𝑦 = 𝑒2𝑥 
 
3
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 2𝑦 = 𝑒2𝑥 𝑑𝑖𝑣𝑖𝑑𝑖𝑟 𝑝𝑜𝑟 3 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
2
3
𝑦 = 
𝑒2𝑥
3
 
 
𝑃 = −
2
3
 
 
𝑄 =
𝑒2𝑥
3
 
 
𝑀𝑜𝑑𝑒𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 
 
𝒚 = 𝒆− 𝑷𝒅𝒙. 𝒆
 𝑷𝒅𝒙
. 𝑸 𝒙 𝒅𝒙 + 𝑪 
 
 𝑃𝑑𝑥 = −
2
3
𝑑𝑥 = −
2
3
𝑥 
 
𝑦 = 𝑒
2𝑥
3 . 𝑒−
2𝑥
3 . 
𝑒2𝑥
3
𝑑𝑥 + 𝐶 
 
 
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𝑦 = 𝑒
2𝑥
3 . 
1
3
 . 𝑒−
2𝑥
3 . 𝑒2𝑥𝑑𝑥 + 𝐶 
 
𝑦 = 𝑒
2𝑥
3 . 
1
3
 . 𝑒−
2𝑥
3 . 𝑒2𝑥𝑑𝑥 + 𝐶 
 
 
 
 
 
𝑦 = 𝑒
2𝑥
3 . 
1
3
 . 𝑒
4𝑥
3 𝑑𝑥 + 𝐶 
 
 
𝑦 = 𝑒
2𝑥
3 . 
1
3
 .
𝑒
4𝑥
3
4
3 
+ 𝐶 
 
 
𝑦 = 𝑒
2𝑥
3 . 
1
3
 . 
3
4
 . 𝑒
4𝑥
3 + 𝐶 
 
𝑦 = 𝑒
2𝑥
3 . 
1
3
 . 
3
4
 . 𝑒
4𝑥
3 + 𝐶 
 
 
𝒚 = 𝒆
𝟐𝒙
𝟑 . 
𝟏
𝟒
 . 𝒆
𝟒𝒙
𝟑 + 𝑪 𝒔𝒐𝒍𝒖çã𝒐 𝒈𝒆𝒓𝒂𝒍 
 
 
𝒔𝒐𝒍𝒖çã𝒐 𝒑𝒂𝒓𝒕𝒊𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓 𝒚 = 𝟏 , 𝒙 = 𝟎 
 
1 = 𝑒
2(0)
3 . 
1
4
 . 𝑒
4(0)
3 + 𝐶 
 
1 = 1 
1
4
 .1 + 𝐶 
 
1 =
1
4
 + 𝐶 
 
1
4
+ 𝐶 = 1 
 
𝐶 = 1 − 
1
4
 
 
𝑪 = 
𝟑
𝟒
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
−
2𝑥
3
1 
+
2𝑥
1
3 
 ≈ 𝑒
−2𝑥+6𝑥
3 ≈ 𝑒
4𝑥
3 
𝑹𝒆𝒔𝒑𝒐𝒔𝒕𝒂: 
𝒚 = 𝒆
𝟐𝒙
𝟑 . 
𝟏
𝟒
 . 𝒆
𝟒𝒙
𝟑 + 
𝟑
𝟒
 
 
 
 
 
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EQUAÇÃO DIFERENCIAL DE ORDEM SUPERIOR 
 
Modelo: 
 
𝐴0 
𝑑𝑛𝑦
𝑑𝑥𝑛
 + 𝐴1
𝑑𝑛−1𝑦
𝑑𝑥𝑛−2
 + … … … . . + 𝐴𝑛𝑦 = 𝛽 
 
 
Onde 𝛽, 𝐴0, 𝐴1, … … … . 𝐴𝑛 são constantes ou dependem de 𝑥. 
Vamos considerar o caso onde 𝛽 = 0. Nesse caso teremos uma equação linear e homogênea de ordem 𝒏 com coeficientes 
constantes. 
 
DATA -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 30 de outubro de 2017 
 
EQUAÇÃO DIFERENCIAIS LINEARES HOMOGÊNEAS DE 2º ORDEM COM COEFICIENTES CONSTANTES 
 
Definição: 
 
 
𝒂𝑦"(𝑥) + 𝒃𝑦′(𝑥) + 𝒄𝑦(𝑥) = 0 
 
 
onde 𝒂, 𝒃 e 𝒄 são coeficientes constantes. 
Também pode ser escrito de outra forma (como vemos abaixo): 
 
𝑎
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑏
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑐𝑦 = 0 
 
Exemplos: 
 
𝑎) 𝑦"(𝑥) − 3𝑦′(𝑥) + 2𝑦(𝑥) = 0 
 
𝑏) 𝑦" + 𝑦′ + 𝑦 = 0 
 
Resolução: 
Vamos resolver a equação diferencial através de uma equação auxiliar do 2º grau chamada de equação característica. 
 
𝒂𝑟2 + 𝒃𝑟 + 𝒄 + 0 
 
𝑂𝑏𝑠𝑒𝑟𝑣𝑎çã𝑜: 𝑎𝑦" + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0 (𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒄𝒂𝒅𝒂 𝒅𝒆𝒓𝒊𝒗𝒂𝒅𝒂, é 𝒄𝒐𝒍𝒐𝒄𝒂𝒅𝒐 𝒐 𝒓 =
𝒅𝒚
𝒅𝒙
 𝒐𝒖 𝒓 = 𝒚′) 
 
 𝑦" = 𝑟2 𝑦′ = 𝑟 𝑦 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 
 
Exemplo 1: 
 
𝑑3𝑦
𝑑𝑥3
+ 3
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
− 4
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 12𝑦 = 0 
 
𝑟3 + 3𝑟2 − 4𝑟 − 12 = 0 (𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑐𝑎𝑟𝑎𝑐𝑡𝑒𝑟í𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎) 
 
𝑪𝒐𝒎 𝒓𝒆𝒍𝒂çã𝒐 𝒂 𝒆𝒒𝒖𝒂çã𝒐 𝒄𝒂𝒓𝒂𝒄𝒕𝒆𝒓í𝒔𝒕𝒊𝒄𝒂 𝒅𝒆𝒗𝒆𝒎𝒐𝒔 𝒂𝒏𝒂𝒍𝒊𝒔𝒂𝒓 𝟑 𝒄𝒂𝒔𝒐𝒔: 
 
𝚫 > 0 
𝚫 < 0 
𝚫 = 𝟎 
 
 
Mesma coisa !!! 
 
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𝑪𝒂𝒔𝒐 𝟏: ∆ > 𝟎 
𝐴 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑐𝑎𝑟𝑎𝑐𝑡𝑒𝑟í𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎𝑎𝑑𝑚𝑖𝑡𝑒 𝑑𝑢𝑎𝑠 𝑟𝑎í𝑧𝑒𝑠 𝑟𝑒𝑎𝑖𝑠 𝑒 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑖𝑛𝑡𝑎𝑠. 
𝑆𝑜𝑙𝑢çã𝑜 𝑑𝑎 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 
 
𝒚 𝒙 = 𝑪𝟏. 𝒆
𝒓𝟏𝒙 + 𝑪𝟐. 𝒆
𝒓𝟐𝒙 + … … … … 𝑪𝒏. 𝒆
𝒓𝒏𝒙 
 
𝑂𝑛𝑑𝑒 𝐶1 , 𝐶2, … … . . 𝐶𝑛 𝑠ã𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑒 𝑟1 , 𝑟2 , … … … … . 𝑟𝑛 𝑠ã𝑜 𝑎𝑠 𝑎𝑟í𝑧𝑒𝑠 𝑑𝑎 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑐𝑎𝑟𝑎𝑐𝑡𝑒𝑟í𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎. 
 
Exemplo: 
𝑑2𝑦
𝑑2𝑥
− 5 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 6𝑦 = 0 
 
𝑟2 − 5𝑟 + 6 = 0 
 
𝐴𝑜 𝑖𝑛𝑣é𝑠 𝑑𝑒 𝑢𝑡𝑖𝑙𝑖𝑧𝑎𝑟 𝐵á𝑠𝑘𝑎𝑟𝑎, 𝑓𝑎𝑧𝑒𝑟 𝑎 𝑠𝑜𝑚𝑎/𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜. 
 
 
 
 
 
 
ou seja 
 
2 = 𝑟1 
3 = 𝑟2 
 
𝒚 𝒙 = 𝑪𝟏𝒆
𝟐𝒙 + 𝑪𝟐𝒆
𝟑𝒙 
 
 
Exemplo caso 1: 
𝐸𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑎 𝑓𝑢𝑛çã𝑜 𝑦 𝑡 , 𝑞𝑢𝑒 é 𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 𝑑𝑎 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙. 
 
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
+ 5
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 4𝑦 𝑡 = 0 𝑐𝑜𝑚 𝑦 0 = 1 𝑒 𝑦′ 0 = 0 
 
 
𝑟2 + 5𝑟 + 4 = 0 
 
 
 
 
 
 
ou seja 
 
−1 = 𝑟1 
−4 = 𝑟2 
 
𝑦 𝑥 = 𝐶1𝑒
−1𝑡 + 𝐶2𝑒
−4𝑡 
 
𝒚 𝒙 = 𝑪𝟏𝒆
−𝒕 + 𝑪𝟐𝒆
−𝟒𝒕 
 
𝐶𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦 0 = 1 ∴ 𝑡 = 0 𝑒 𝑦 = 1 
 
1 = 𝐶1𝑒
−0 + 𝐶2𝑒
−4(0) 
 
1 = 𝐶1𝑒
−0 + 𝐶2𝑒
−4(0) 
𝑆𝑜𝑚𝑎 ∶ 5 
𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 ∶ 6 
2 + 3 = 5 
2 x 3 = 6 
𝒙𝟐 + 𝑺𝒙 + 𝑷 = 𝟎 
𝑺 = 
−𝒃
𝒂
 
𝑺 = 
−(−𝟓)
𝟏
 
𝑺 = 𝟓 
 
Soma das raízes 
 
 
 
𝒙𝟐 + 𝑺𝒙 + 𝑷 = 𝟎 
𝑷 = 
𝒄
𝒂
 
𝑷 = 
𝟔
𝟏
 
𝑷 = 𝟔 
 
Produto das raízes 
 
 
 
𝑆𝑜𝑚𝑎 ∶ −5 
𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 ∶ 4 
−1 − 4 = −5 
−1 x −4 = 4 
𝒙𝟐 + 𝑺𝒙 + 𝑷 = 𝟎 
𝑺 = 
−𝒃
𝒂
 
𝑺 = 
−(𝟓)
𝟏
 
𝑺 = −𝟓 
 
Soma das raízes 
 
 
 
𝒙𝟐 + 𝑺𝒙 + 𝑷 = 𝟎 
𝑷 = 
𝒄
𝒂
 
𝑷 = 
𝟒
𝟏
 
𝑷 = 𝟒 
 
Produto das raízes 
 
 
 
 
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Turma 
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𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 = 𝟏 
 
𝑦 = 𝐶1𝑒
−𝑡 + 𝐶2𝑒
−4𝑡 
 
𝑦′ 0 = 0 ∴ 𝑡 = 0 𝑒 𝑦 − 0 
 
0 = −𝐶1𝑒
−0 − 4𝐶2𝑒
−4(0) 
 
0 = −𝐶1𝑒
−0 − 4𝐶2𝑒
−4(0) 
 
−𝑪𝟏 − 𝟒𝑪𝟐 = 𝟎 
 
𝑆𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝑒𝑞𝑢𝑎çõ𝑒𝑠 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑆𝑒𝑗𝑎 𝐶1 + 𝐶2 = 1 
 
𝐶1 −
1
3
= 1 ; 𝐶1 = 
1
3
+ 1 ; 𝑪𝟏 =
𝟒
𝟑
 
 
 
𝑆𝑜𝑙𝑢çã𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟 ∶ 𝑦 =
4
3
 𝑒−𝑡 −
1
3
 𝑒−4𝑡 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝐶1 + 𝐶2 = 1 
−𝐶1 − 4𝐶2 = 0 
 
𝐶1 + 𝐶2 = 1 
−𝐶1 − 4𝐶2 = 0 
 
 +𝐶2 = 0 
 − 4𝐶2 = 0 
 
 3𝐶2 = −1 
 𝐶2 =
−1
3
 
−3𝐶2 = 1 (multiplicar por −1) 
 
 
 
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𝑪𝒂𝒔𝒐 𝟐: ∆ < 0 
𝐴 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑐𝑎𝑟𝑎𝑐𝑡𝑒𝑟í𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎 𝑎𝑑𝑚𝑖𝑡𝑒 𝑟𝑎í𝑧𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑙𝑒𝑥𝑎𝑠. 
𝐴𝑠 𝑟𝑎í𝑧𝑒𝑠 𝑠𝑒𝑟ã𝑜 𝑑𝑎 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎 
 
 𝒓 = 𝜶 ± 𝜷𝒊 
 
 
 
 
 
𝑆𝑜𝑙𝑢çã𝑜 𝑑𝑎 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 
 
𝒚 = 𝒆𝜶𝒙 . 𝑪𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 + 𝑪𝟐 𝐬𝐢𝐧 𝜷𝒙 
 
Exemplo caso 2: 
 
𝑦" + 4𝑦 = 0 
 
𝑟2 + 4 = 0 
 
𝑟2 = −4 
 
𝑟 = −4 
 
𝑟 = ± −4 
 
𝑟 = ± 4 . −1 ≈ ± 4 . −1 
 
 
𝑟 = ±2𝑖 𝑂𝑏𝑠𝑒𝑟𝑣𝑎çã𝑜: 𝑖2 = −1 
 
 
 
𝑟 = ±2𝑖 
 
 
𝑦 = 𝑒𝛼𝑥 . 𝐶1 cos 2𝑥 + 𝐶2 sin 2𝑥 
 
 
𝑦 = 𝑒𝛼𝑥 . 𝐶1 cos 2𝑥 + 𝐶2 sin 2𝑥 
 
 
𝒚 = 𝑪𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝑪𝟐 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑧 = 𝛼 + 𝛽𝑖 
Parte real Parte imaginária 
𝛼 = 0 
𝛽 = 2(𝑠𝑒𝑚𝑝𝑟𝑒 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑜 
 
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𝑪𝒂𝒔𝒐 𝟑: ∆ = 𝟎 
𝐴 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑐𝑎𝑟𝑎𝑐𝑡𝑒𝑟í𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎 𝑎𝑑𝑚𝑖𝑡𝑒 𝑟𝑎í𝑧𝑒𝑠 𝑚ú𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑎𝑠. 
𝑆𝑜𝑙𝑢çã𝑜 𝑑𝑎 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 
 
𝒚 = 𝑪𝟏𝒙
𝟎𝒆𝒓𝟏𝒙 + 𝑪𝟐𝒙
𝟏𝒆𝒓𝟏𝒙 + … … … … … + 𝑪𝒏𝒙
𝒏−𝟏𝒆𝒓𝟏𝒙 
 
 
𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑝𝑜𝑑𝑒 / 𝑑𝑒𝑣𝑒 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑐𝑒𝑟 𝑦 = 𝐶1𝑒
𝑟1𝑥 + 𝐶2𝑒
𝑟1𝑥 
 
 
Exemplo caso 3: 
 
𝑦" + 2𝑦′ + 𝑦 = 0 
 
𝑟2 + 2𝑟 + 1 = 0 
 
 
 
 
 
 
ou seja 
 
−1 = 𝑟1 
−1 = 𝑟2 
 
𝒚 𝒙 = 𝑪𝟏𝒆
−𝒙 + 𝑪𝟐𝒆
−𝒙 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
DATA -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 06 de novembro de 2017 
 
𝑨𝑺𝑺𝑼𝑵𝑻𝑶𝑺 𝑸𝑼𝑬 𝑺𝑬𝑹Ã𝑶 𝑨𝑩𝑶𝑹𝑫𝑨𝑫𝑶𝑺 𝑵𝑨 𝑨𝑽𝑨𝑳𝑰𝑨ÇÃ𝑶 𝑷𝑹𝑶𝑽𝑨 𝑨𝑽𝟐 
 
Prova escrito contendo 06 questões: 
 
Tópicos 
* Equações de variáveis separáveis 
* Equações exatas e não exatas 
* Equações lineares 
* Equações lineares de 2ª ordem 
* Wronskiano 
* Verificar se a função dada é solução geral da equação 
* Solução particular de uma EDO de 2ª ordem 
* Teoria: Ordem e grau da EDO 
 
 
 
 
 
 
𝑆𝑜𝑚𝑎 ∶ −2 
𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 ∶ 1 
𝒙𝟐 + 𝑺𝒙 + 𝑷 = 𝟎 
𝑺 = 
−𝒃
𝒂
 
𝑺 = 
−(𝟐)
𝟏
 
𝑺 = −𝟐 
 
Soma das raízes 
 
 
 
𝒙𝟐 + 𝑺𝒙 + 𝑷 = 𝟎 
𝑷 = 
𝒄
𝒂
 
𝑷 = 
𝟏
𝟏
 
𝑷 = 𝟏 
 
Produto das raízes 
 
 
 
−1 + − 1 
(−1) x (−1) 
 
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Página 
29 
 
 
 
 
 
WRONSKIANO 
 
Conjunto fundamental de soluções 
 
 
𝐶𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑒 𝑦1 𝑒 𝑦2 𝑑𝑢𝑎𝑠 𝑠𝑜𝑙𝑢çõ𝑒𝑠 𝑑𝑎 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑦" + 𝑃(𝑥)𝑦′ + 𝑄(𝑥)𝑦 = 0 
 
 
𝑦1 𝑒 𝑦2 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑚 𝑢𝑚 𝑐𝑜𝑛𝑗𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑓𝑢𝑛𝑑𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢çõ𝑒𝑠. 
 
Exemplo: 
 
𝒚" − 𝟓𝒚 + 𝟔𝒚 = 𝟎 
 
𝑺𝒐𝒍𝒖çã𝒐 𝒈𝒆𝒓𝒂𝒍: 𝒚 = 𝑪𝟏𝒆
𝟐𝒙 + 𝑪𝟐𝒆
𝟑𝒙 
 
𝒚𝟏 = 𝒆
𝟐𝒙 
𝒚𝟐 = 𝒆
𝟑𝒙 
 
Temos que: 
 
𝑊 𝑤𝑟𝑜𝑛𝑠𝑘𝑖𝑎𝑛𝑜 𝑦1 , 𝑦2 = 
 
 
 
 
𝑶𝒃𝒔.: 
𝑆𝑒 𝑊 𝑦1 , 𝑦2 ≠ 0, 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑗𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑦1 , 𝑦2 é 𝑳. 𝑰. 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂𝒓𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒊𝒏𝒅𝒆𝒑𝒆𝒏𝒅𝒆𝒏𝒕𝒆 𝑒 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑚 𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑗𝑢𝑛𝑡𝑜 
𝑓𝑢𝑛𝑑𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜. 
𝑆𝑒 𝑊 𝑦1 , 𝑦2 = 0, 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑗𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑦1 , 𝑦2 é 𝑳. 𝑫. 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂𝒓𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒅𝒆𝒑𝒆𝒏𝒅𝒆𝒏𝒕𝒆 𝑦1 , 𝑦2 𝑛ã𝑜𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑚 𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑗𝑢𝑛𝑡𝑜 
 𝑓𝑢𝑛𝑑𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜. 
 
 
 
 
 
Exemplo 1: 
Considere a equação 𝑦" + 5𝑦′ + 6𝑦 = 0 . Verifique se 𝑦1 = 𝑒
−2𝑥 e 𝑦2 = 𝑒
−3𝑥 formam um conjunto fundamental de 
soluções. 
 
𝑊 𝑦1 , 𝑦2 = 
 
 
= 𝑒−2𝑥 − 3𝑒−3𝑥 − 𝑒−3𝑥 (−2𝑒−2𝑥) 
 
= 𝑒−2𝑥 . −3𝑒−3𝑥 − 𝑒−3𝑥 . 2𝑒−2𝑥 
 
= −3𝑒−5𝑥 + 2𝑒−5𝑥 
 
= 𝑊 𝑦1 , 𝑦2 = 𝒆
−𝟓𝒙 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑦1 𝑦2
𝑦′1 𝑦′2
 = 𝑦1𝑦′2 − 𝑦2𝑦′1 
 
diagonal principal − diagonal secundária 
𝑒−2𝑥 𝑒−3𝑥
−2𝑒−2𝑥 −3𝑒−3𝑥
 
 
Disciplina 
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Professor (a) 
ANA LÚCIA 
Turma 
3014
 
Quadro horário : Segunda-feira 20hs:20min 
Sala: 812 
Aluno: Marcio Paulo de Souza 
Página 
30 
 
 
 
 
 
Exemplo 2: 
Determine o Wroskiano 𝑊(𝑥, 𝑥𝑒𝑥)𝑊 𝑦1 , 𝑦2 = 
 
 
 
𝑊 𝑦1 , 𝑦2 = 
 
 
 
𝑊 = 𝑥 𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥 − 𝑥𝑒𝑥 
 
 
𝑊 = 𝑥 𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥 − 𝑥𝑒𝑥 
 
𝑊 = 𝑥𝑒𝑥 + 𝑥2𝑒𝑥 − 𝑥𝑒𝑥 
 
𝑊 = 𝑥𝑒𝑥 + 𝑥2𝑒𝑥 − 𝑥𝑒𝑥 
 
𝑾 = 𝒙𝟐𝒆𝒙 
 
 
 
Exemplo 3: 
Verifique se o conjunto sin 𝑥 , cos 𝑥 é L.I. (linearmente independente) 
 
𝑊 𝑦1 , 𝑦2 = 
 
 
𝑊 = −𝑠𝑖𝑛2𝑥 − 𝑐𝑜𝑠2𝑥 
 
𝑊 = − 𝑠𝑖𝑛2𝑥 + 𝑐𝑜𝑠2𝑥 = 1 
 
𝑊 = −1 ≠ 0 (𝑒𝑛𝑡ã𝑜 é 𝐿. 𝐼. 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑖𝑛𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒𝑛𝑡𝑒) 
 
 
Exemplo 4: 
Determine o Wroskiano 𝑊 𝑥3, 𝑥4 
 
𝑊 𝑦1 , 𝑦2 = 
 
 
𝑊 = 4𝑥2. 𝑥3 − 3𝑥2. 𝑥4 
 
𝑊 = 4𝑥6 − 3𝑥6 
 
𝑾 = 𝒙𝟔 
 
sin 𝑥 cos 𝑥
cos 𝑥 − sin 𝑥
 
𝑥 𝑥𝑒𝑥
1 𝑥′𝑒𝑥 + 𝑥 𝑒𝑥 ′
 
𝑥 𝑥𝑒𝑥
1 𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥
 
𝑥3 𝑥4
3𝑥2 4𝑥3