Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis - Unidade III

Prévia do material em texto

194
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
Unidade III
7 CONCEITOS, CLASSIFICAÇÃO E EXISTÊNCIA E UNICIDADE DE SOLUÇÕES DE 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS
7.1 Conceitos básicos
Uma equação diferencial é uma equação que envolve termos com derivadas da função incógnita 
em relação a uma variável independente. Por exemplo, pode-se ter a equação diferencial dada por 
dF
dx
k= que traduz a Lei de Hooke, sendo que a constante elástica da mola k é igual à razão da taxa de 
carregamento F pela deformação sofrida da mola. A figura a seguir ilustra o caso.
F (N) F = k.x
x (cm)
Figura 2 
A função F = k.x apresenta uma taxa de variação positiva e crescente, tal que 
dF
dx
k= , sendo k a 
constante elástica da mola, dada em N/cm.
Para o estudo das equações diferenciais, é preciso inicialmente classificá-las por tipo, ordem e 
linearidade. É o que se fará a seguir.
 Observação
A Lei de Hooke indica um problema de taxa de variação, como é 
propriamente explicitada: 
dF
dx
k=
A taxa de variação de força dF aplicada a uma mola é diretamente 
proporcional à constante elástica da mola k, de acordo com a 
deformação dx sofrida. Isso significa que, quanto mais força é aplicada 
na mola, maior é a deformação, e esse quociente dF/dx é a constante 
elástica da mola.
195
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
7.2 Classificação da equação diferencial quanto ao tipo de derivação
Compreendido o conceito de equação diferencial, podemos passar agora a verificar a classificação 
da equação diferencial quanto à forma de derivação.
7.2.1 Equação diferencial ordinária
É aquela com derivadas, em que a função incógnita depende apenas de uma variável independente. 
Tome como exemplos:
dF
dx
k
dy
dx
senx
d y
dx
=
= 3
2
2. .
7.2.2 Equação diferencial parcial
É uma equação diferencial com uma função incógnita (ou mais) sendo derivada em relação a duas 
ou mais variáveis independentes, como nos exemplos a seguir:


 




  
w
x
w
y
senx
z
x
e
z
dy
x
2
2
2
2 0.
 Lembrete
Vale ressaltar que, quando se trata de uma equação diferencial 
parcial, se deve utilizar o símbolo derronde – o d minúsculo grego, isto 
é, o símbolo ∂.
7.3 Ordem de uma equação diferencial
É a ordem da mais alta derivada que aparece na equação. Os exemplos a seguir apresentam a 
classificação das equações diferenciais, ilustrando sua ordem:


 

w
x
w
y
senx é uma equação diferencial parcial de primeira ordem. 
e
d y
dx
dy
dx
x xx .
2
2
2 1    é uma equação diferencial ordinária de segunda ordem. 
196
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
3 0
2
2
3
. .
d y
dx
senx
dy
dx
 



 é uma equação diferencial ordinária de segunda ordem.
d y
dx
dy
dx
x y
4
4   . é uma equação diferencial ordinária de quarta ordem.
 Observação
Vale a pena ressaltar que a ordem da equação diferencial é a 
ordem da mais alta derivada que nela aparecer. No terceiro exemplo 
apresentado, a equação diferencial é de segunda ordem, pois temos 
d2y, isto é, uma derivada segunda; enquanto o termo elevado à 
terceira potência é uma derivada primeira.
7.4 Classificação da equação diferencial quanto a sua linearidade
Pode-se dizer que uma equação diferencial é linear (ZILL, 2003) se F for linear em y, y´, y´´... Isso 
significa dizer que uma equação diferencial ordinária (EDO) de enésima ordem é linear quando:
a x
d y
dx
a x
d y
dx
a x
dy
dx
a x y g xn
n
n n
n
n( ) ( ) ... ( ) ( ) ( )    

1
1
1 1 0
Essa definição informa que uma equação diferencial é linear quando satisfaz duas condições:
• em primeiro lugar, a variável dependente e todas as suas derivadas são do primeiro grau, isto é, a 
potência de cada termo envolvendo y é 1;
• em segundo lugar, cada coeficiente depende, no máximo, da variável independente x.
As equações a seguir podem ser apresentadas como exemplos de equações diferenciais lineares:
a y x dx xdy
b y y y
c
d y
dx
x
dy
dx
y ex
) ( )
) ’’ ’
)
  
  
  
4 0
2 0
5
3
3
No entanto, se apresentar termos não lineares, passa a ser classificada como equação diferencial não 
linear, como nos exemplos a seguir:
a) ( ) ’y y y ex  1 4 ; nesse exemplo, aparece um termo não linear (y - 1), pois é um coeficiente que 
depende de y;
197
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
b) y seny´´´  0 ; nesse exemplo, aparece um termo não linear, que é uma função não linear de y, 
ou seja, o termo seny;
c) d y
dx
x
dy
dx
y ex
4
4
2   ; nesse exemplo, aparece um termo não linear, que é uma função não linear 
de y, o termo y2.
7.5 A notação da equação diferencial
As equações diferenciais ordinárias serão escritas neste livro-texto com a notação de Leibniz, aquela 
realizada do seguinte modo: dy
dx
d y
dx
d y
dx
, ,
2
2
3
3
.
Também, utilizando-se a notação “linha”, se pode escrever assim: y y y y´, ´´, ´´´, , ...( )4 , sendo que, para 
as três primeiras derivadas, aparece a linha. E, a partir da quarta ordem, usamos um expoente entre 
parênteses para indicar a ordem da derivada presente.
De acordo com Zill (2011), a notação de Leibniz tem sobre a notação de linha a vantagem de 
explicitar claramente as variáveis dependentes e independentes. Como exemplo, podemos citar a 
equação diferencial escrita da seguinte forma: d x
dt
x
2
2 16 0  , que informa claramente que x é 
uma variável dependente de t.
Devemos estar cientes também da notação de ponto proposta por Newton, mais comumente 
conhecida como notação “sujeira de mosca”, pela quantidade de pontinhos que aparecem na expressão, 
dependo da ordem de derivação. A notação de ponto de Newton é realizada utilizando-se um ponto 
sobre a variável dependente, indicando uma derivada realizada. Por exemplo, a equação 
d x
dt
2
2 16 
pode ser escrita: x � �16.
A notação da derivada parcial é realizada utilizando-se o derronde ou uma notação em subscrito, 
como a seguir:







 


 







z
x
f
z
y
f
z
x y
f
z
y x
f
z
x
f
z
y
f
x
y
xy
yx
xx
yy
2
2
2
2
2
2
198
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III







 


 







z
x
f
z
y
f
z
x y
f
z
y x
f
z
x
f
z
y
f
x
y
xy
yx
xx
yy
2
2
2
2
2
2
7.6 Existência da solução de uma equação diferencial
Agora que já compreendemos o conceito de equação diferencial e sabemos classificá-la, voltaremos 
ao problema de verificar se há uma solução para a equação diferencial. Um teste possível para sabê-lo 
é utilizar uma possível solução dada:
Toda função ϕ definida em um intervalo I que tem pelo menos n derivadas 
contínuas em I, as quais quando substituídas em uma equação diferencial 
ordinária de ordem n reduzem a equação a uma identidade, é denominada 
uma solução da equação diferencial no intervalo (ZILL, 2011, p. 4).
Como exemplo, podemos testar se a função y = x.ex é a solução da equação diferencial 
y’’ =-2y’ + y = 0. Para isso, devemos realizar as derivadas de y, de modo que as derivadas primeira e 
segunda possam ser obtidas pela regra do produto, como a seguir:
y e x e e x
y e x e e x
x x x
x x x
´ . . ( )
´´ ( ) . ( )
   
    
1 1
1 1 2
Lembre-se de que a equação diferencial é:
y y y´´ ´  2 0
Agora, substituindoas derivadas primeira e segunda na equação diferencial, temos que:
e x e x x ex x x( ) ( ) .2 2 1 0  

  
Para melhor observar os termos, faremos uma multiplicação distributiva:
2 2 0
2 2 2 0
2
. . . .
. . . . . .
e x e e x e x e
e x e e x e x e
x x x x x
x x x x x
  

  
    
.. . . . . .e e x e x ex x x x   

2 2 2 0
0 0
Desse modo, podemos verificar a definição dada por Zill (2011) para testar a solução de uma equação 
diferencial; ou seja, substituindo os valores de y’ e y’’, verificamos uma identidade.
199
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
 Lembrete
Vamos relembrar o que fizemos até agora, de forma simples e direta:
• As equações diferenciais são classificadas quanto à sua ordem, 
observando-se a mais alta ordem de derivada que nela contiver.
• As equações diferenciais são lineares ou não lineares. Vale ressaltar 
que são não lineares quando há termos transformantes, tais como 
aqueles citados: y2, (y - 1), seny. 
• E, finalmente, são classificadas também quanto à derivação da 
variável dependente, que pode ser ordinária ou parcial.
Questão 1. As equações diferenciais podem ser classificadas conforme explica o lembrete anterior. 
Por exemplo, y’’ -2y’ + y = 0 deve ser classificada como equação diferencial ordinária de segunda ordem 
linear.
Como no exemplo anterior, classifique as equações diferenciais dadas a seguir:
a) y y y y´´´ ´´ ´   3 5 9 0
b) ( ) ’ ’ cos1 4 5   x y xy y x
c) y y x´  3 1
d) senx y x y y. ’ cos   1
e) 


 
 
w
x
w
x y
ex3
2
.
Solução:
a) Equação diferencial ordinária de terceira ordem linear.
b) Equação diferencial ordinária de segunda ordem linear.
c) Equação diferencial ordinária de primeira ordem linear.
d) Equação diferencial ordinária de primeira ordem não linear.
e) Equação diferencial parcial de segunda ordem.
200
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
 Saiba mais
Na internet, há um programa on-line, chamado Wolfram, que fornece 
dados específicos sobre uma função, um nome ou um objeto. Para conferir 
entradas de equações diferenciadas nesse programa, acesse: <http://www.
wolframalpha.com/>.
A figura a seguir apresenta uma janela desse programa indicando seu 
funcionamento.
Figura 3 – Janela do programa Wolfram, aberta on-line no navegador da internet para inserção de uma equação diferencial e 
verificação dos dados de que o programa dispõe sobre essa equação diferencial, inclusive sua classificação
Questão 2. A solução de uma equação diferencial pode ser testada verificando se há uma identidade 
quando as derivadas da função incógnita são substituídas na derivada. Nos itens a seguir, verifique se a 
função indicada é a solução da equação diferencial dada:
a) 2 0 2y y y e
x
´ ;  

b) 
dy
dx
y e y e ex x x   2 103 3 2;
201
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
c) y y y´ ;  4 32 8
d) 
dy
dt
y y e t    20 24 6
5
6
5
20; .
e) y y senx y senx x e x´ ; cos     
1
2
1
2
10
Vale a pena tentar usar o programa Wolfram para testar soluções de equações diferenciais, como no 
exemplo apresentado na figura a seguir.
Figura 4 – Entrada de uma equação diferencial de primeira ordem no programa Wolfram
A equação diferencial da figura anterior é de primeira ordem, homogênea e linear. O programa 
informa isso na classificação da equação diferencial.
A solução do problema é apresentada, e a equação diferencial dada é:
ds = vdt
Essa é uma equação que mostra a taxa de variação do espaço s com o tempo t; isto é, a variação do 
espaço é a velocidade pela taxa de variação do tempo. Se isolarmos a velocidade v, podemos escrever a 
equação diferencial do seguinte modo:
ds
dt
v=
Assim, conseguimos perceber que a velocidade é uma relação de taxa de variação do espaço pelo 
tempo.
202
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
A entrada no programa deve ser realizada de forma estruturada; caso contrário, ele não entenderá 
a entrada da equação diferencial.
Analisando a solução, podemos observar que o tempo t foi o termo isolado na solução. Essa resposta 
nos mostra que a velocidade é uma relação do espaço pelo tempo.
Outras sugestões podem ser testadas, de modo que você possa experimentar a utilização do programa 
e o reconhecimento da resposta.
Vamos realizar mais um teste e discutir a permeabilidade. Podemos entender como permeabilidade 
a passagem de substâncias por uma membrana. Um caso específico é a entrada de água e íons numa 
planta. Esse fenômeno é conhecido como difusão.
O controle desta entrada é chamado permeabilidade, porém as membranas 
podem barrar a entrada de alguns íons e permitir a entrada de outros, de 
acordo com as propriedades de cada íon, por isso dizemos que a membrana 
plasmática é diferencialmente permeável (GONÇALVES, s.d.). 
Em 1867, Traube disse que a membrana era semipermeável, pois retinha as moléculas de acordo 
com o tamanho, bloqueando a passagem das maiores e permitindo a passagem das menores; 
porém, estudos posteriores mostraram que havia poros maiores que certas substâncias, que não 
atravessavam a membrana. Em 1855, Hermite disse que a causa da semipermeabilidade era a 
solubilidade do solvente na membrana, permitindo a passagem do solvente, mas impedindo a 
passagem do soluto.
Para que ocorra difusão de soluto em uma célula, não basta apenas a diferença de concentração 
deste dentro e fora da célula. Há também fatores importantes, como a permeabilidade da célula 
para esse soluto, além da distância que ele precisará percorrer sob uma determinada temperatura. 
Como a célula está delimitada por uma membrana, sua permeabilidade é que possibilita a entrada 
de moléculas. Parte da permeabilidade está relacionada com a polaridade da membrana, sua 
composição e sua estrutura.
Os gases penetram livremente e de forma rápida pela membrana, assim como pequenas moléculas 
com peso molecular entre 50 e 60 PM. Já os eletrólitos, não têm essa facilidade, pois, quando se dissociam, 
se hidratam e ficam maiores que os eletrólitos “não hidratados”.
A permeabilidade pode ser calculada pela seguinte fórmula:
ds = Ddt
Sendo que:
D = Permeabilidade
s = quantidade de substância que difundiu
t = tempo (mol/s)
203
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Agora, inserindo a fórmula da permeabilidade no Wolfram, vamos entender a resposta, de acordo 
com a figura a seguir.
Figura 5 – Apresentação do programa Wolfram para a entrada da equação diferencial da permeabilidade
O programa mostra-nos indiretamente, pela solução da equação diferencial, que a quantidade de 
substância difundida é a permeabilidade D pelo tempo.
 Saiba mais
Para uma recordação sobre a classificação de equações diferenciais, grau 
e ordem, e ainda a origem das equações diferenciais, vale a pena consultar 
o capítulo 1 do livro Equações diferenciais, de Frank Ayres Jr.
O autor faz uma discussão pormenorizada sobre a origem das equações 
diferenciais e apresenta exemplos de classificação das equações diferenciais 
quanto ao grau e à ordem.
7.7 Existência e unicidade de soluções de equações diferenciais
As equações diferenciais podem ter soluções dadas por famílias de soluções ou apresentar 
uma solução particular, sefor enunciado um problema de valor inicial ou de valor de contorno.
No Cálculo Diferencial e Integral, aprendemos que a solução de uma equação diferencial de forma 
elementar dy = f ’(x) dx pode ser encontrada por uma regra apropriada de integração.
204
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
Considere que 
dy
dx
 é, em si, outra função ϕ-1(x), que foi determinada por uma regra de derivação 
específica. Por exemplo, podemos observar que a função y e x= 01
2, é diferenciável no intervalo 
(-∞, +∞), e a sua derivada é realizada utilizando a regra da cadeia simplificada do seguinte modo:
dy
dx
x e x= 0 2 01
2
, . ,
Sabendo que a função tem como expressão y e x= 01
2, , é possível escrever:
dy
dx
x y= 0 2, .
E, finalmente, construir a equação diferencial: 
dy x y dx= 0 2, . .
Observando essa equação diferencial em outro momento, não como agora se determinou no passo 
a passo, saber-se-á que a solução é:
y e x= 01
2,
Existe a possibilidade de se determinar a solução da equação diferencial por um método 
de resolução, mas também é possível verificar essa existência de solução tomando y como 
uma possível solução, derivando essa função e testando-a na equação, conforme faremos a 
seguir, utilizando o programa Wolfram. A seguir, é apresentada uma figura com essa entrada no 
programa.
205
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Figura 6 – Entrada da equação diferencial no programa Wolfram, que retornou para a solução, 
o comportamento da função solução e a classificação da equação diferencial
O problema fundamental do cálculo ajuda a entender a busca da solução de uma equação diferencial.
Exemplo 1:
Suponha uma função y = f(x), tal que:
y x 3 1
206
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
Derivando y em termos de x, chegamos à equação diferencial elementar:
dy x dx= 3 2
Observe que, derivando a constante, esta se torna igual a zero, e não pode ser mais observada na 
equação diferencial elementar.
O primeiro passo da solução dessa equação diferencial é realizar a integração de ambos os lados para 
alcançar a solução geral:
dy x dx
y x c
 
 
3 2
3
O passo seguinte exige que o problema dado informe que há uma condição inicial ou um valor de 
contorno do problema em questão.
Considere agora que o valor inicial do problema é dado por y(0) = 1. Matematicamente, afirma-se 
que, quando x é igual a zero, y é igual 1; poder-se-ia interpretar um problema físico, observando que, 
quando o tempo é de estudo do objeto sendo deslocado, a velocidade inicial é igual a 1m/s2.
Agora, tome a solução geral e substitua o valor de condição inicial dado no problema:
se y
c
c
( )0 1
1 0
1
3

 

Assim, como foi determinado c, podemos encontrar a solução particular do problema, escrevendo:
y x 3 1
No programa Wolfram, a resposta a essa equação diferencial é apresentada na figura a seguir.
207
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Figura 7 – No programa Wolfram Alpha, é retornada a resposta para a expressão de uma equação diferencial dada
É possível observar que a resposta:
y x 3 1
concorda com a solução geral anteriormente apresentada da equação diferencial:
dy x dx= 3 2 .
A solução mostra-nos um polinômio de potência 3 com uma constante. Para determiná-la, é 
necessário que o problema forneça uma condição inicial ou um valor de contorno.
208
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
É possível utilizar o programa para testar soluções de equações diferenciais e saber se existem ou 
não tais soluções.
A solução particular de um problema depende das condições iniciais do sistema apresentado. 
Exemplo 2:
Veja o caso em que a equação diferencial é:
dy
dx
k=
E apresenta-se a condição inicial:
y(0) = 1
A solução do problema é:
y = k x + 1
Graficamente, tem-se uma reta que corta o eixo y em 1, como ilustra a figura a seguir.
y
1
y = k.x + 1
x
Figura 8 – A função y = k . x + 1 representa uma solução da equação diferencial dy
dx
k= 
para o valor de condição inicial y(0) = 1
Enfim, para determinar a constante da solução geral, é necessário que o problema informe uma 
condição inicial ou um valor de contorno. Assim, conseguimos gerar a solução particular do problema, 
com um significado geométrico e/ou físico. Observa-se nesse problema que o coeficiente angular da 
reta é dado por k.
Um teste realizado no programa Wolfram Alpha, para o último caso citado, mostra-nos a solução 
apresentada na figura anterior.
209
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Figura 9 – Apresentação da solução da equação diferencial utilizando o programa Wolfram Alpha
A resposta nos dá uma equação de reta, ou seja, uma função de primeiro grau, do tipo:
y = mx + n,
sendo que m é o coeficiente angular da reta, anteriormente citado como k, e n é o coeficiente linear 
da reta. O coeficiente linear é o ponto onde a reta corta o eixo y.
No caso de uma comparação com a solução anteriormente apresentada, podemos dizer que são soluções 
iguais ou compatíveis, pois apresentam a mesma forma. A solução que apontamos anteriormente foi:
y = kx + 1,
sendo que k é o coeficiente angular da reta e o valor 1, dada a condição inicial que analisamos, é o 
coeficiente linear.
No programa Wolfram, a solução apresentada é:
y = kx + c,
sendo que k é o coeficiente angular da reta, e c é o coeficiente linear.
Exemplo 3 
Agora que foi lembrado o que significa a condição inicial ou valor de contorno para resolver um 
problema de equação diferencial, resolva a questão a seguir, marcando a alternativa correta:
a) k = 10 se y’ = 5x, y(0) = 10.
210
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
b) k = -10 se y’ + 2y, = 0, y(0) = 10..
c) k = 0 se y’ = 2x, y(0) = 1.
d) k = 1 se y’ = e2x, y(0) = -1.
e) k = 0 se y
x
y e´ , ( )= =1 0 .
Resolvendo todas as alternativas concluímos que a resposta correta é a alternativa a). Vamos testar 
essa solução utilizando o programa Wolfram também. Veja a figura a seguir.
Figura 99 – Apresentação da solução de uma equação diferencial dada utilizando o programa Wolfram Alpha
211
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Podemos observar que a resposta condiz com a solução apresentada do problema.
Exemplo 4: É apresentado o seguinte problema de valor inicial (PVI): a equação de Clapeyron, também 
conhecida como equação do estado para um gás ideal ou gás perfeito, dada por PV = nRT. Nessa equação, P é 
a pressão (em Pascal, Pa), V é o volume (em m3), T é a temperatura (em Kelvin, K) e n é o número de mols do gás 
ideal. Para as unidades indicadas, a constante universal dos gases, R, vale 8,31 J/mol.K.
Se mantivermos a quantidade de gás inalterada, o produto do número de mols por R pode ser 
expresso pela constante k = n.R. 
Foi observada a taxa de variação de P em relaçãoa T, gerando a equação 


P
T
k
V
.
De acordo com essa equação diferencial, é possível determinar a equação geral dos gases, ou seja, 
uma solução geral do problema.
Sabendo disso, marque a alternativa que corresponde à solução geral desse problema:
A) P
T
V
=
B) P k
V
= 1
C) P k
T
V
=
D) P kT=
E) P kV=
Resposta correta: alternativa C.
Uma vez que se determinou a equação geral do problema, podemos determinar a constante k. 
Para o momento em que a temperatura T = 500 k, o volume é 2 m3 e a pressão é 4 Pa. Baseado nessas 
informações, indique qual é o valor de k. 
Solução: utilizando os dados citados, pode-se escrever na solução geral encontrada esses valores:
P k
T
V
k
k
k
k
=
=
=
=
=
4
500
2
8 500
8
500
0 016
.
.
,
212
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
Para testar a solução geral do problema, utilizando o programa Wolfram Alpha, fez-se a entrada da 
equação de forma diferenciada; no entanto, igual ao problema aqui enunciado, e obteve-se a resposta 
conforme a figura a seguir.
Figura 100 – Solução de uma equação diferencial dada utilizando o programa Wolfram Alpha
Podemos notar na figura anterior que a solução geral não é exatamente igual, mas corresponde à 
mesma solução. Poderíamos obter um mínimo múltiplo comum dos termos apresentados, de modo a ter 
a temperatura em função do produto do volume pela pressão.
Vale a pena lembrar o conceito da solução de uma equação diferencial.
 Lembrete
Zill (2011) informa que toda função φ, definida em um intervalo I que 
tem pelo menos n derivadas contínuas em I, as quais quando substituídas 
em uma equação diferencial ordinária de ordem n reduzem a equação a 
uma identidade, é denominada uma solução da equação diferencial no 
intervalo dado I. 
Exemplo 5: Propondo um estudo para verificar o lembrete anterior, Zill (2011) apresenta o seguinte 
raciocínio: analisar se a função indicada é uma solução da equação diferencial dada no intervalo (-∞, +∞):
a
dy
dx
xy y x
b y y y y x ex
) ;
) ’’ ’ ; .
/� �
� � � �
1 2 41
16
2 0
213
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
 Saiba mais
O gráfico de uma solução de uma EDO é chamado de curva integral. Para 
conhecer mais a respeito, pesquise no livro já citado de Zill, p. 5. Há uma discussão 
detalhada sobre o assunto, exemplificando função versus solução.
Também há uma discussão sobre solução explícita e implícita e, ainda, 
família de soluções. Aqui no texto trataremos de identificar quando lidamos 
com a solução explícita, implícita e família de soluções.
8 RESOLVENDO ALGUNS TIPOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS
8.1 Equações Diferenciais de Variáveis Separáveis
8.1.1 Introdução
Anteriormente, observamos o problema de encontrar uma função incógnita y = y(x), definida no 
intervalo (a, b), tendo derivada em (a, b), tal que:
dy
dx
f x= ( ) ,
com f(x) definida no intervalo (a, b) dado.
Além disso, vimos a unicidade da solução de uma equação diferencial e a classificação das equações 
diferenciais. Passamos agora, então, a uma situação específica – quando queremos determinar uma 
solução ou uma função incógnita y = y(x), satisfazendo a condição:
dy
dx
f x y= ( , ) .
Geometricamente, observamos que essa equação informa que se procura uma função y = y(x), tal 
que o coeficiente angular da reta tangente ao gráfico de y, em cada ponto (x,y), tenha o valor definido.
No entanto, considerando a equação:
dy
dx
y
x
= ,
observamos que, em cada ponto de R2, o coeficiente angular da reta é dado por 
y
x
, isto é, coincide 
com o valor do coeficiente angular da reta passando pela origem e pelo ponto (x, y).
Mas ainda há que se considerar o processo que determina a integração de forma direta e não utiliza 
a solução pelo método geométrico.
214
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
Observe a solução que seria tomada realizando-se a integração de forma direta, ou seja, pelo Método 
de Resolução de Equações Diferenciais de Variáveis Separáveis (EDVS). Primeiro, escrevemos a equação 
diferencial:
dy
dx
y
x
=
No passo seguinte, perguntamos sobre a possibilidade de separar as variáveis, isto é, todos os termos 
em x devem estar do lado direito da equação, e todos os termos em y devem ser isolados do lado 
esquerdo:
dy
y
dx
x
=
Uma vez que se conseguiu isolar os termos de y à direita da equação e os termos em x à esquerda, 
pode-se realizar a integração direta de ambos os lados, assim:
dy
y
dx
x  ,
o que resulta na seguinte expressão:
ln lny x c 
A expressão anterior é uma solução geral da equação diferencial dada. Podemos optar por expressar 
y em termos de x, isto é, criar a função y = y(x). Para isso, é necessário aplicar a função exponencial com 
base, e em ambos os lados da equação:
e ey x cln ln 
Utilizando a propriedade de potências de mesma base, multiplicam-se os expoentes. Contudo, ao 
contrário da propriedade, pode-se escrever o que segue, separando as bases:
e e ey x cln ln .=
O termo ec é uma constante, uma vez que ambos os números são constantes; sendo possível escrever 
k ec= . . Desse modo, a solução pode ser apresentada assim:
e e ky xln ln .=
Como a composição de uma função inversa em outra é o próprio argumento x, vem a solução geral 
do problema:
y k x= .
215
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Desse modo, podemos concluir que o Método de Solução para EDVS apresenta a mesma solução que 
a análise geométrica descrita no início deste capítulo.
Utilizando o programa Wolfram Alpha, podemos ter uma ideia da confirmação da resposta ao último 
problema citado, conforme apresentado na figura a seguir.
Figura 101 – Apresentação de uma resposta para a solução de uma equação 
diferencial dada utilizando o programa Wolfram Alpha
216
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
A solução apontada pelo programa concorda com a solução que definimos, que é uma função afim, 
do tipo:
y = kx
8.1.2 Equações diferenciais de variáveis separáveis
As equações diferenciais com variáveis separáveis são aquelas para as quais se pode escrever:
f x y g x h y( , ) ( ). ( )=
Isto é, podemos isolar os termos de x e y, tal que g(x) e h(y) sejam definidos e contínuos nos intervalos 
(a, b) e (c, d), respectivamente.
Analogamente, podemos dizer também que uma equação diferencial com variáveis separáveis é 
aquela que pode ser escrita na forma:
G x H y dx g x h y dy( ). ( ) ( ). ( )  0
Por exemplo, observe:
( ). ( )x y dx x y dy   1 5 03 2
Trata-se de uma equação diferencial de variáveis separáveis, pois se pode escrever:
( ). ( )
( ) ( )
x y dx x y dy
x
x
dx
y
y
dy
  
  
1 5
1 5
3 2
2 3
Desse modo, conseguimos separar as variáveis e podemos realizar a integração de ambos os lados 
da equação.
Uma solução para essa equação diferencial foi testada no programa Wolfram Alpha, que retornou a 
solução como é apresentada na figura a seguir.
217
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Figura 102 – Apresentação da solução diferencial citada, de variáveis separáveis, 
com a solução no programa Wolfram, explicitando y em termos de x
No entanto, vamosretornar ao caso de separação de variáveis. Analogamente, retomando a equação:
G x H y dx g x h y dy( ). ( ) ( ). ( )  0
218
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
É possível multiplicar toda a equação por g(x), H(y), separando as variáveis, reduzindo-a à seguinte 
expressão:
G x
g x
dx
h y
H y
dy
( )
( )
( )
( )
  0
Agora, observando os termos:
G x
g x
M x e
h y
H y
N y
( )
( )
( )
( )
( )
( )= =
Podemos escrever a equação diferencial de forma geral:
M x dx N y dy( ) ( )  0
Essa equação poderá ser completamente integrada, assim:
M x dx N y dy c( ) ( )   ,
sendo que c é uma constante qualquer oriunda do processo de integração.
A seguir, apresentamos um exemplo de solução de equação diferencial de variáveis separáveis.
Exemplo: Observe a equação dada:
( ) ( )x y dx x y dy   4 3 04 3 2
Veja que há termos de x e y juntos às derivadas dx e dy. Podemos começar a separar os termos em 
ambos os lados de uma igualdade:
( ) ( )x y dx x y dy  4 34 3 2
Agora, é possível separar as variáveis de x para o lado esquerdo e as de y para o lado direito, assim:
( ) ( )x
x
dx
y
y
dy
  4 33
2
4
Os termos podem ser integrados:
(x,y) ∈ D
219
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Antes de realizar a integração, com a finalidade de facilitar o processo, é possível simplificar os 
termos no integrando, separando-os em x e y, veja:
1 4 1 3
2 3 2 4x x
dx
y y
dy



 



 
Agora, integrando os termos e utilizando a regra geral de integração, temos que:
    1 2 1 12 3x x y y
c
Considere que c é uma constante oriunda do processo de integração.
A seguir, vamos estudar uma aplicação do modelo de equações diferenciais de variáveis separáveis. 
É um exemplo clássico e bastante ilustrativo da técnica.
Exemplo de aplicação
Cai, de um balão, um objeto de massa m. Determine a distância percorrida em t segundos de queda 
se a força de resistência do ar é proporcional à velocidade v do objeto.
Considere o seguinte esquema que ilustra a decomposição de forças nesse sistema:
F = kv
P = mg
y
Figura 103 – Decomposição de forças atuando sobre um objeto que caiu de um balão, em queda livre; 
observe que as forças atuantes são o peso e a força viscosa do ar
Considerando que a força resultante de um sistema é R = m.a, com aceleração da gravidade igual a:
a
dv
dt
=
220
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
e com base na ilustração, podemos escrever inicialmente:
P F R ma  
Ou seja, 
mg kv m
dv
dt
 
Reescrevendo a equação da direita para a esquerda, temos:
m
dv
dt
mg kv 
Agora, dividindo toda a equação por m, chegamos a:
dv
dt
g
k
m
v 
Separando as variáveis, podemos escrever:
dv
g
k
m
v
dt
( )

Considere que a razão k
m
 é uma constante c, então:
dv
g cv
dt
( )

Agora, realizando o processo de integração, segue:
dv
g cv
dt
( )
 
A integral à esquerda pode ser resolvida por meio do uso de uma substituição. Considere a função 
h = g - cv, que permite ter a seguinte derivada:
dh
dv
c 
221
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Ou, ainda:  1
c
dh dv , que nos leva à seguinte substituição:
dv
g cv c
dh
h( )
  1
E, finalmente, podemos integrar de forma direta:
       1 1 11 1c
dh
h c
h c
c
g cv c.ln .ln( )
Agora, a outra parte (o lado direito) da equação diferencial de variáveis separáveis pode ser integrada 
de forma direta, assim:
dt t c   2
Desse modo, podemos escrever a solução geral do problema da seguinte forma:
    1 1 2c
g cv c t c.ln( )
Considere agora que a operação das constantes c2 - c1 oriundas do processo de integração é D:
   
   
1
c
g cv t D
g cv c t D
.ln( )
ln( ) ( )
Aplicando a função exponencial em ambos os termos, a fim de evidenciar g, podemos escrever:
e e
g cv e e
g cv c t D
ct cD
ln( ) ( )
.
  
 

 
No instante t = 0 s, tem-se v = 0 m/s, isto é:
g c e ec cD   . ..0 0
Então, podemos concluir que:
g e cD 
222
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
O que nos leva, consequentemente, a:
g cv e g
g ge cv
v
g
c
g
c
e
ct
ct
ct
 
 
 



.
.
.
Mas, ainda, podemos lembrar que a velocidade é uma derivada.
E, desse modo, podemos escrever assim: 
v
ds
dt
ds
dt
g
c
g
c
e ct

  .
Essa expressão nos permite realizar uma nova integração direta, separando as variáveis:
ds
g
c
g
c
e dt
ds
g
c
g
c
e dt
s
g
c
t
g
c
e
ct
ct
c
 



 



 



 
.
.
. .2
tt E
A expressão anterior representa uma solução geral do problema e apresenta uma constante E 
oriunda do processo de integração. Considerando essa solução geral no instante t = 0 s com s(0) 
= 0 m, vem:
s
g
c
g
c
e E
E
g
c
c( ) . . .0 0 02
0
2
   
 

Determinamos, assim, a constante E, e podemos determinar a distância s.
223
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
A distância s é aquela em que o objeto pode percorrer em queda livre em t segundos, e é dada por:
s
g
c
t
g
c
e
g
c
ct  . .2 2
Lembre-se de que:
c
k
m
=
E, então, podemos finalmente escrever a solução geral do problema, com s em função de t:
s
mg
k
t
m g
k
e
m g
k
ct  . . . .
2
2
2
2
Agora, vamos observar um exercício resolvido, a fim de testar a sua habilidade em separar as variáveis.
Exemplo
Resolva a equação diferencial dada, considerando a condição inicial:
dy
dx
e yx y 3 2 0 0, ( )
Para resolver esse problema, primeiro devemos separar as variáveis. Considere que, no produto de 
uma mesma base, se somam os expoentes e se separam os termos 3x e 2y:
dy
dx
e ex y= 3 2.
Agora, separe as variáveis:
dy
e
e dxy
x
2
3= .
Escreva os termos na seguinte forma diferencial, para integrar:
e dy e dx
e dy e dx
y x
y x



 
2 3
2 3
.
.
224
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
O método de integração pode ser direto. Observando que a derivada da função exponencial é 
De u eu u= ´. , a integração direta pode ser utilizada, de modo que a integral da função exponencial é a 
própria função dividida pela derivada do expoente (ou argumento):
e
c
e
c
y x

  
2
1
3
22 3
Fazendo c2 - c1 = c, vem:
e e
c
x y3 2
3 2
0  

Levando, agora, a condição inicial dada pelo problema em consideração, escrevemos:
e e
c
c
c
3 0 2 0
3 2
0
1
3
1
2
0
5
6
. .
  
  
 

O que nos leva à solução particular do problema:
e ex y3 2
3 2
5
6
0  

Para aproveitar a indicação de como utilizar um programa para resolver as equações diferenciais, 
vamos comparar o que fizemos com a solução indicada pelo programa Wolfram, de acordo com a figura 
a seguir.
225
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Figura 104 – O programa Wolfram apresenta umasolução para o 
exercício resolvido anteriormente, explicitando y em termos de x
226
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
8.2 Equações Diferenciais de Primeira Ordem
8.2.1 Introdução
As equações diferenciais de primeira ordem apresentam forma geral:
dy
dx
P x y Q x ( ). ( ) ,
sendo que P(x) e Q(x) são polinômios de x. Essa solução é alcançada utilizando-se um fator integrante 
para determinar a solução geral de uma equação diferencial não exata. Primeiro, vamos entender o 
conceito de linearidade numa equação diferencial e, logo a seguir, ver como encontrar a solução geral 
da equação diferencial de primeira ordem. Por fim, vamos resolver alguns exemplos.
Uma equação diferencial linear de ordem n, na variável dependente y e na variável independente x, 
pode ser escrita da seguinte forma:
a x
d y
dx
a x
d y
dx
a x
dy
dx
a x y b x
n
n
n
n n n0 1
1
1 1( ). ( ). ... ( ). ( ). (    

  )) ,
sendo que a0 é um elemento não nulo, necessariamente.
Duas observações são importantes nesse instante:
• A variável dependente y e suas derivadas ocorrem apenas para expoente 1, ou seja, não há termos 
que envolvam y ou suas derivadas com potência superior a 1.
• Não há produto da variável y com y ou com suas derivadas.
Se as observações não são atendidas, a equação diferencial é não linear, como nos exemplos a seguir:
d y
dx
y
dy
dx
3
3
25 .
d y
dx
dy
dx
y
2
2
4
5 7 0 



 .
d y
dx
y
dy
dx
y
2
2 5 3 0  .
A equação diferencial linear pode ser classificada de acordo com a natureza dos coeficientes da 
variável dependente y e de suas derivadas, como nos exemplos a seguir:
227
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
d y
dx
y
dy
dx
3
3 5 .
– é uma equação diferencial linear com coeficientes constantes;
d y
dx
x
dy
dx
x ex
2
2
25 



. .
– é uma equação diferencial linear com coeficientes variáveis.
A continuidade do nosso estudo se dará com as equações diferenciais lineares de primeira ordem, 
sendo que poderemos observar facilmente exemplos de aplicação nesse tipo de Equação Diferencial 
Ordinária (EDO).
8.2.2 A solução geral da equação diferencial de primeira ordem
Uma equação diferencial é linear de primeira ordem na variável dependente y e na variável 
independente x, se tem ou pode ser escrita na forma:
dy
dx
P x y Q x ( ). ( )
Por exemplo, a equação diferencial:
dy
dx x
y x 



1 1 2.
é uma equação diferencial linear de primeira ordem, pois apresenta:
P x
x
Q x x
( )
( )
 

1
1
2
Pode-se observar que a equação:
dy
dx
P x y Q x ( ). ( )
também pode ser escrita na forma:
P x y Q x dx dy( ). ( )    0 ,
228
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
multiplicando a equação anterior por dx. Essa nova equação, por sua vez, é da forma da equação 
diferencial exata ou não exata:
M x y dx N x y dy( , ) ( , )  0
Nesse formato, a equação diferencial apresenta:
M x y P x y Q x
N x y
( , ) ( ). ( )
( , )
 
 1
Realizando o teste de exatidão, observa-se uma equação diferencial não exata, observe:






M x y
y
P x
N x y
x
( , )
( )
( , )
0
De modo que se pode observar que a equação diferencial é não exata toda vez que P x( ) ≠ 0 . 
Quando a condição for:
P x( ) ≠ 0 ,
então, trata-se de um caso em que a equação diferencial se reduz a uma Equação Diferencial de 
Variáveis Separáveis (EDVS).
No caso mais geral, a equação é não exata e sabemos como resolvê-la.
É necessário, primeiro, determinar o fator integrante em x. Se encontrarmos esse fator integrante, 
podemos multiplicar a equação diferencial, que terá uma possível solução.
Se I(x) for o fator integrante, então, podemos escrever a equação a seguir:
I x P x y I x Q x dx I x dy( ). ( ). ( ). ( ) ( ).    0
Para verificar se a equação tornou-se exata, a seguinte condição deve ser verdadeira:
  

 

I x P x y I x Q x
y
I x
x
( ). ( ). ( ). ( ) ( )
Devemos realizar o teste de exatidão, mas podemos notar que:
229
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
  


I x P x y I x Q x
y
I x P x
( ). ( ). ( ). ( )
( ). ( )
E, além disso, podemos observar também que:
dI x
dx
I x
x
( ) ( ) 

,
 pois é somente função de x. Assim, podemos escrever:
I x P x
dI x
dx
( ). ( )
( )=
Essa equação pode ser resolvida como uma equação diferencial de variáveis separáveis (EDVS). 
Primeiro, separando as variáveis, temos:
P x d x
dI x
I x
( ). ( )
( )
( )
=
Em seguida, integrando a equação:
P x d x
dI x
I x
( ). ( )
( )
( ) 
Realizando o processo de integração, aparece:
ln ( )
( )
I P x dx
I eP x dx



Multiplicando a equação diferencial não exata pelo fator integrante, podemos notar:
e
dy
dx
e P x y e Q xP x dx P x dx P x dx( ) ( ) ( ). . ( ). . ( )    
Ou, ainda, escrever:
d e y
dx
Q x e
P x dx
P x dx
( )
( )
.
( ).



  
Podemos, portanto, ter:
230
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
d e y Q x e dxP x dx P x dx( ) ( ). ( ). .



 
Integrando, podemos observar:
e y Q x e dx cP x dx P x dx( ) ( ). ( ). .



  
Sendo que c é uma constante do processo de integração.
A seguir, isolando y como solução geral do problema, pode-se escrever:
y e Q x e dx cP x dx P x dx   



 ( ) ( )( ). .
 Lembrete
Essa discussão anterior pode ser relembrada do seguinte modo: a 
equação diferencial linear:
dy
dx
P x y Q x ( ). ( )
tem como fator integrante o seguinte termo:
I x e P x dx( ) ( ) 
Uma família de soluções dessa equação é:
y e Q x e dx cP x dx P x dx   



 ( ) ( )( ). .
Exemplo de aplicação
Exemplo 1
Resolva a seguinte equação diferencial:
dy
dx
x
x
y e x 



 2 1 2.
231
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Solução:
A primeira tarefa a ser realizada para resolver o exercício é identificar os termos:
P x
x
x x
Q x e x( ) ( )     2 1 2 1 2
O passo seguinte é aplicar os termos na solução geral apresentada neste capítulo:
y e Q x e dx cP x dx P x dx   



 ( ) ( )( ). .
y e e e dx cx
dx
x x
dx

 









 

 



2
1
2
2
1
. .
Depois de inseridos os termos na fórmula, vamos realizar as integrais nos expoentes:
y e e e dx cx x x x x 


    ( ln ) ln. .2 2 2
Logo depois, faremos a multiplicação dos termos comuns, como segue:
y e e e e dx cx x x x x 


  ( ln ) ln. . .2 2 2
y e e x dx cx x 


  ( ln ) . .2 0
Então, chegamos à seguinte situação:
y e x dx cx x 


  ( ln ) .2
Agora, fazemos a integração desse termo secundário na expressão anterior:
y e
x
cx x 








 ( ln )2
2
2
Ou, ainda, podemos escrever:
y
e
x
cx x 








1
22
2
( ln )
232
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
Exemplo 2
Resolva a seguinte equação diferencial:
dy
dx
x y x 3 2 2.
Solução:
A primeira tarefa a serrealizada para resolver o exercício é identificar os termos:
P x x Q x x( ) ( )  3 2 2
O passo seguinte é aplicar os termos na solução geral apresentada:
y e Q x e dx cP x dx P x dx   



 ( ) ( )( ). .
No primeiro instante, podemos observar a expressão:
y e x e dx cx dx x dx   



  3
2
2 3
2
. .
No passo seguinte, vamos realizar as integrais dos expoentes:
y e x e dx cx x 




3 2 3. .
Logo depois, podemos realizar a integração de forma direta. Se houver dúvidas, veja a observação 
a seguir.
y e
e
cx
x
  








3
3
3
Note, ainda, que podemos escrever:
y c ex  1
3
3
.
233
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Observação: a integral de Q(x) nesse exercício foi resolvida por substituição, como é mostrado 
a seguir:
x e dx e du e ex u u x2
3 31
3
1
3
1
3
. . . . .       
A substituição ocorreu da seguinte forma:
u x
du
dx
x
du x dx
du
x dx du
 
 
 

  
3
2
2
2
3
3
3
1
3
.
Esse mesmo exercício poderia ser resolvido como na demonstração da fórmula geral, isto é, tomando 
a equação diferencial como de variáveis separáveis.
Desse modo, o primeiro passo para resolver o exercício é determinar o fator integrante:
I x e
I x e
x dx
x
( )
( )
 



3 2
3
Logo após a determinação do fator integrante, multiplicamos toda a equação diferencial por esse 
fator integrante, considerando que não há a necessidade de se introduzir uma constante de integração 
k, pois essa surge no seguinte processo de resolução:
e e e k ex c x c x    
3 3 3
. .
Assim, multiplicando ambos os membros da equação diferencial pelo fator integrante, temos que:
e
dy
dx
x e y x ex x x   
3 2 3 2 33. . . . ,
que se pode observar, equivalentemente, a:
D e y x ex x 

 
3 2 3. .
234
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
Cabe aqui informar que o processo de integração a seguir ocorreu por substituição, isto é:
x e dx e du e ex u u x2
3 31
3
1
3
1
3
. . . . .       
Vamos lembrar como é a integração por substituição:
u x
du
dx
x
du x dx
du
x dx du
 
 
 

  
3
2
2
2
3
3
3
1
3
.
De volta à resolução da equação diferencial, integrando ambos os membros, chegamos a:
e y x e dx e cx x x     
3 2 3 31
3
. . .
Multiplicando a expressão por y, vem:
y c ex  1
3
3
.
Exemplo 3 
Resolva a seguinte equação diferencial:
x
dy
dx
x y x x2 55 3 0 0. . ,   
Solução:
Vamos resolver esse exercício, mais uma vez, pelo fator integrante. Talvez você já tenha observado 
que não é a forma mais prática; no entanto, seria conveniente mostrar novamente a solução tomando a 
equação diferencial como variáveis separáveis. Depois, vamos resolver o problema utilizando a solução 
geral proposta neste tópico.
Para determinar o fator integrante, começamos expressando a equação diferencial na forma 
padronizada, sendo que y´ tem coeficiente igual a 1, isto é, da seguinte forma:
dy
dx x
y x  5 3 03.
235
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
No primeiro instante, passamos o termo 3x3 para o outro lado da equação, isto é:
dy
dx x
y x  5 3 3.
A partir disso, podemos identificar:
P x
x
Q x x( ) ( )  5 3 3
Então, desse modo, podemos determinar o fator integrante:
I x e
I x e
I x e
I x e
I x x
P x dx
x
dx
x
x
( )
( )
( )
( )
( )
( )
.ln
ln
 
 



5
5
5
5
Nesse caso, vale a pena refletir sobre o sinal de x:
x
x se x
x se x
5
5
5
0
0







�
≺
Em qualquer caso, a multiplicação por |x|5 de ambos os membros da forma produzida resultará em:
x
dy
dx
x y x5 4 85 3. . .  
Equivalentemente, podemos observar que:
D x y x( . )5 83 
Integrando os termos de ambos os lados, temos:
x y x dx
x
c5 8
9
3
3
.      ,
que nos leva à solução geral do problema:
236
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
y
x c
x
  
4
53
Outra possibilidade seria tentar resolver esse mesmo problema e encontrar a solução utilizando a 
fórmula dada neste tópico como solução geral do problema. Esse será o método que utilizaremos 
a seguir.
Exemplo 4 
Resolva a seguinte equação diferencial:
x y y x ex. ’  
Solução:
O primeiro passo para resolver o exercício é escrever a equação diferencial na forma geral:
dy
dx
P x y Q x ( ). ( )
Para atingir esse objetivo, podemos dividir toda a equação diferencial por x, de modo que a derivada 
primeira y´ apresente coeficiente igual a 1:
y
x
y
e
x
y
x
y
e
x
y
x
y
e x
x
x
x
x
´
´ .
´ .
  
  
  
1
1
1
1
1
A tarefa seguinte a ser realizada é identificar os termos:
P x
x
Q x
e x
x
x
( ) ( )  1
O passo seguinte na resolução do exercício é aplicar os termos na solução geral apresentada neste 
tópico:
237
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
y e Q x e dx c
y e
e x
x
e
P x dx P x dx
x
dx x
   




 

 


( ) ( )( ). .
.
1 11
x
dx
x
x
x
dx c
y e
e x
x
e dx c
y















  










.
. .ln ln
  








  








e
e x
x
x dx c
y e e x dx c
y e
x
x
x x
x
ln
ln
ln
. .
( ).
11
1
2
2
2
1
2
( ).e x dx c
y x e
x
c
y
x
e
x
c
x
x
x
 


  








  










Exemplo 5
Resolva a seguinte equação diferencial:
dy
dx x
y x 



1 1 2.
Solução:
A equação diferencial está escrita na forma geral:
dy
dx
P x y Q x ( ). ( )
A tarefa seguinte a ser realizada é identificar os termos:
P x
x
Q x x( ) ( )  1 1 2
O passo seguinte na resolução do exercício é aplicar os termos na solução geral apresentada neste tópico:
238
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
y e Q x e dx c
y e x e
P x dx P x dx
x
dx
   






 


( ) ( )( ). .
.
1
1
2
1


  










 



1
2
x
dx
x x x x
dx c
y e x e dx c
.
. .( ln ) ( ln ) 
 


 




y
e
x e e dx c
y
e
x e x dx c
x x
x x
x x
x
1
1
2
2
( ln )
ln
( ln )
. . .
. . .


 


     


y e x e dx c
y
e
e x x x c
x x
x
x x
x
1
1
3 6 6
3
3 2
( ln )
( ln )
.
.


A solução desta integral:
x e dx cx3.   foi obtida por meio da utilização do método de integração por partes, do seguinte modo:
x e dx x e x e dx
x e dx x e x e x e dx
x
x x x
x x x x
3 3 2
3 3 2
3
3
3 6
. . .
. . . .
 
   
 
 
.. . . . .
. . .
e dx x e x e x e e dx
x e dx x e x e
x x x x x
x x
     
 
 

3 2
3 3 2
3 6 6
3 xx x
x x x x
x x
x e c
x e dx x e x e x e c
x e dx e
    
    



6 6
3 6 63 3 2
3
.
. . . .
. (( )x x x c3 23 6 6   
 Saiba mais
Veja exercícios resolvidos no livro de Dennis G. Zill:
Equações diferenciais com aplicações em modelagem. São Paulo: 
Cengage Learning, 2011.
239
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
edim
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
8.3 Aplicações: Modelagem utilizando equações diferenciais de primeira 
ordem
Neste capítulo, vamos estudar algumas aplicações das equações diferenciais de primeira 
ordem. A solução dos problemas pode ser alcançada obedecendo a um dos modelos expostos 
anteriormente.
Apresentaremos uma sequência de exemplos, ilustrados por Zill (2011), que são aplicações de 
equações diferenciais de primeira ordem.
8.3.1 Crescimento e decaimento
O problema de valor inicial:
dN
dt
k N
N t No
=
=
.
( ) 0
Temos exemplo clássico de um problema de crescimento e decaimento. Essa equação diferencial é 
resolvida utilizando o método de equações diferenciais por variáveis separáveis. O coeficiente do termo 
em t é sempre obtido como sendo o número inicial N0. Veja a seguir:
dN
dt
k N
dN
N
k dt
dN
N
k dt
N k t c
e e
N e e
N C
N k t c
k t c



 



 

.
.
.
ln .
.
ln .
.
..
:
( ) ;
:
.
:
.
.
.
.
e
sendo
N t N t
ent o
N C e
N C
ou
N N e
k t
o o
k
k t
 



0
0
0
0
0
0
ã
240
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
Desse modo, obtemos uma solução geral do problema da mesma forma. A questão sobre o caimento 
ou decaimento vai depender do coeficiente k. Se for positivo, então, há crescimento; mas, se for negativo, 
haverá um decrescimento.
Exemplo 1. Uma cultura tem inicialmente P0 bactérias. Em t = 1 h, o número medido de bactérias 
é 1,5 P0. Se a taxa de crescimento for proporcional ao número de bactérias P(t) presente no instante t, 
determinar o tempo necessário para triplicar o número de bactérias (ZILL, 2011).
Solução:
Em primeiro lugar, resolvemos a equação diferencial:
dP
dt
k P
dP
P
k dt
dP
P
k dt
P k t c
e e
P e e
P C
P k t c
k t c



 



 

.
.
.
ln .
.
ln .
.
..
:
( ) ;
:
.
:
.
.
.
.
e
sendo
P t P t
ent o
P C e
P C
ou
P P e
k t
o o
k
k t
 



0
0
0
0
0
0
ã
 Lembrete
Para determinar a constante de uma solução geral, é importante que 
os dados de valor de contorno ou de condição inicial do problema sejam 
enunciados; então, nesse caso, isso será possível.
241
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Assim, utilizando o valor de contorno:
t = 1 h, o número medido de bactérias é 1,5 P0, de modo que se possa obter o que segue.
P P e
sendo
P P t
ent o
P P e
que segue
k t
o
k

 

0
0
0 0
1
1 15 0
15
.
:
( ) , ;
:
, .
:
.
.
ã
115
15
15
15 0 4055
1
1
0
,
ln , ln
ln , .ln
ln , ,
:
.
.
.



 

e
e
k e
k
assim
P P e
k
k
00 4055, .t
A solução particular do problema, então, é:
P P e t= 0
0 4055. , .
Graficamente, podemos observar o comportamento crescente da função.
Zill (2011) ressalta que o número de bactérias presentes no instante t = 0, isto é, P0, não desempenha 
papel importante na determinação do tempo necessário para triplicar o número de bactérias na colônia. 
O tempo necessário para uma população, digamos, de cem ou um milhão de bactérias, triplicar, é 
aproximadamente 2,71 horas. A figura a seguir ilustra o caso:
P
t
T = 2,71h
3.Po
Po
Figura 20 – Gráfico que ilustra o comportamento da função P P e t= 0
0 4055. , . , 
destacando o tempo que leva para a população triplicar seu tamanho
242
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
Conforme mostrado na figura, a função exponencial cresce à medida que t cresce para k > 0; 
enquanto isso, é esperado que a função exponencial diminua à medida que t cresce, se k < 0.
Exemplo 2. Em Física, a meia-vida é uma medida de estabilidade de uma substância radiativa. A 
meia-vida é o tempo necessário para a metade dos átomos em uma quantidade inicial Ao se desintegrar 
ou se transformar em átomos de outro elemento. Quanto maior for a meia-vida de uma substância, mais 
estável ela será. Por exemplo, a meia-vida do rádio Ra226 é aproximadamente 1.700 anos. Isso quer dizer 
que, em 1.700 anos, a metade de uma dada quantidade de Ra226 é transformada em Rn222. O isótopo 
de urânio que ocorre com maior frequência é U238, que tem uma meia-vida de aproximadamente 4,5 
bilhões de anos. Em cerca de 4,5 bilhões de anos, a metade de uma quantidade de U238 é transformada 
em chumbo Pb206.
Um reator regenerador converte urânio 238 relativamente estável no isótopo plutônio 239. Depois de 
quinze anos, determinou-se que 0,043% da quantidade inicial Ao de plutônio desintegrou-se. Sabendo 
disso, determine a meia-vida desse isótopo, se a taxa de desintegração for proporcional à quantidade 
remanescente.
Solução:
Seja A(t) a quantidade de plutônio remanescente no instante t. Como no exemplo 1, a solução geral 
do problema é:
A A eK t= 0 .
.
Se, 0,043% dos átomos de Ao tiverem se desintegrado, restarão 99,957% de substância. Para 
encontrar a constante de decaimento k, usamos 0,99957.Ao, isto é:
0 99957
0 99957
0 99957
0 99957
0 0
15
15
15
, . .
,
ln , ln
ln ,
.
.
.
A A e
e
e
K
K
K






 
15
0 99957 15
0 99957
15
0 00002867
. .ln
ln , .
ln ,
,
k e
k
k
k
Finalmente, podemos escrever a solução particular do problema, isto é:
A A e t 0
0 00002867. , .
243
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Agora, a meia-vida corresponde ao valor do tempo t, no qual A=0,5.Ao. Aplicando esses valores à 
solução particular do problema, para t, obtemos:
0 5
0 5
0 5
0 0
0 00002867
0 00002867
0 00002
, .
,
ln , ln
, .
, .
,
A A e
e
e
t
t





 8867
0 5 0 00002867
0 5 0 00002867
0 5
0
.
ln , , . .ln
ln , , .
ln ,
,
t
t e
t
t
 
 

 000002867
25000 anos
Uma observação pertinente que Zill (2011) descreve é a datação por carbono. As datações de 
substâncias, materiais etc. podem ser realizadas utilizando-se a técnica de datação por isótopos 
radiativos. Por volta de 1950, o químico Willard Libby inventou um método de usar o carbono 
radiativo como um meio para determinar a idade aproximada dos fósseis. A teoria da datação 
por carbono baseia-se no fato de que o isótopo carbono 14 é produzido na atmosfera pela ação 
da radiação cósmica sobre o nitrogênio. A razão da quantidade de carbono 14 em relação ao 
carbono comum na atmosfera parece ser uma constante e, consequentemente, a quantidade 
proporcional de isótopo presente em todos os organismos vivos é a mesma na atmosfera. Quando 
um organismo morre, a absorção de carbono 14, por meio da respiração ou alimentação, cessa. 
Assim, comparando a quantidade proporcional de carbono 14 presente em um fóssil com a razão 
encontrada na atmosfera (presente), é possível obter uma estimativa razoável da idade do fóssil. O 
método baseia-se no conhecimento de que a meia-vida do carbono 14 é aproximadamente 5.600 
anos. Esse método tem sido utilizado para datar móveis de madeira em túmulos egípcios, tecido 
de linho que envolvia os pergaminhos do Mar Morto, entre outras coisas.
Exemplo 3. Vamos estudar um problema sobre a idade de um fóssil. Foi encontrado um osso 
fossilizado que contém um milésimo da quantidade original de C-14. Estime a idade do fóssil.
Solução:
O ponto de partida para encontrar a solução desse problema é tomar a solução geral:
A A eK t= 0 .
.
Para determinar o valor da constante de decaimento k, usamos o fato de que a meia-vida do 
carbono-14 é 5.600 anos, istoé:
1
2
5600
1
2
1
2
1
2
1
2
5600
0
0 0
5600
5600
5600
A A
A A e
e
e
k
k
k
k
k





( )
ln ln
ln
 
 
 
ln ln
ln
,
1 2
5600
2
5600
0 00012378
k
k
244
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
1
2
5600
1
2
1
2
1
2
1
2
5600
0
0 0
5600
5600
5600
A A
A A e
e
e
k
k
k
k
k





( )
ln ln
ln
 
 
 
ln ln
ln
,
1 2
5600
2
5600
0 00012378
k
k
Desse modo, podemos escrever a solução particular do problema:
A A e t 0
0 00012378. , .
Considerando, agora, que há um milésimo da quantidade original de C-14, podemos escrever que:
1
1000
1
1000
1
1000
0 0
0 00012378
0 00012378
0
A A e
e
e
t
t






.
ln ln
, .
, .
,, .
ln , .
ln ln
,
00012378
1
1000
0 00012378
1 1000
0 00012378
t
t
t
t
 
 

 

ln
,
1000
0 00012378
55806 anos
1
1000
1
1000
1
1000
0 0
0 00012378
0 00012378
0
A A e
e
e
t
t






.
ln ln
, .
, .
,, .
ln , .
ln ln
,
00012378
1
1000
0 00012378
1 1000
0 00012378
t
t
t
t
 
 

 

ln
,
1000
0 00012378
55806 anos
 Observação
Uma equação diferencial é resolvida de acordo com o método que 
convier inicialmente, entendendo a sua classificação; posteriormente, 
podem-se determinar as constantes utilizando valores de contorno ou 
iniciais do problema.
245
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
 Resumo
Para relembrar os conceitos mais importantes que vimos até o momento, 
cabe destacar os pontos a seguir:
As equações diferenciais são classificadas quanto à sua ordem, 
observando-se a mais alta ordem de derivada que nela houver; isto é, a 
maior ordem de derivação é a ordem da equação diferencial.
As equações diferenciais são lineares ou não lineares, vale ressaltar que 
são não lineares quando há termos transformantes, como aqueles citados; 
ou seja, y com potência maior que 1: y2 ou termos transformantes, como 
(y - 1) seny, que modificam a função y.
Também é importante destacar que, quanto à derivação da variável 
dependente, a equação diferencial pode ser ordinária (se derivada em 
relação a uma só variável independente) ou parcial (se derivada em relação 
a mais de uma variável independente).
Para verificar a existência da solução da equação diferencial, é 
importante realizar a derivada da função que supostamente é a solução da 
ED. Verificando-se uma igualdade, então, observou-se que a ED tem como 
solução a função dada.
A solução da equação diferencial é uma equação que pode estar 
explicitada em relação a uma variável do tipo y = f(x) ou não, mas em 
ambos os casos pode ser a solução da ED. 
A solução de uma ED deve ser alcançada buscando primeiro separar as 
variáveis. Depois, faz-se a integração de ambos os lados da equação. Pode-
se explicitar a função y em termos de x.
Considere a equação diferencial:
M x y dx N x y dy( , ) ( , )  0
Se:
1
N x y
M x y
y
N x y
x
g x
( , )
.
( , ) ( , )
( )


 





 ,
sendo que g(x) é uma função exclusivamente de x, então:
I x y e g x dx( , ) ( )  é o fator integrante da equação diferencial.
246
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
 Exercícios
Questão 1. Lei de Newton, de aquecimento e resfriamento. A lei de Newton nos ensina que a 
temperatura de um objeto quente decresce a uma taxa proporcional à diferença entre sua temperatura 
e a dos objetos em torno dele. Analogamente, um objeto frio se aquece a uma taxa proporcional à 
diferença de temperatura entre o objeto e o que o rodeia.
Por exemplo, um copo de leite quente colocado sobre uma mesa esfria a uma taxa proporcional à 
diferença de temperaturas entre o leite e o ar em volta. Ao passo que o leite esfria, a taxa à qual ele esfria 
vai diminuindo, porque diminui a diferença de temperatura entre o leite e o ar em volta. A longo prazo, 
a taxa de resfriamento tende a zerar e a temperatura do leite se aproxima da temperatura ambiente. 
Seja T a temperatura ao tempo t de um copo de leite numa sala a 30ºC. A lei de Newton diz que a 
taxa de variação da temperatura é proporcional à diferença de temperatura entre o leite e sala. 
Taxa de variação da temperatura = Constante X Diferença de temperatura, usaremos K para 
representar essa constante.
A taxa de variação da temperatura pode ser representada por dT
dt
. A diferença de temperatura entre 
o leite e a sala é (T-30), portanto,
dT
dt
K T * ( )30
Supondo que o leite, de início esteja à temperatura de 50°C. Qual é a solução particular para este 
problema de valor inicial para k=1?
A) T x et( )  30 20
B) T x e t( )   20 30
C) T x e t( )   30 20
D) T x et( )  20 30
E) T x e t( )  20
Resposta correta: alternativa C.
Análise das alternativas
Justificativa geral: as alternativas (a) e (d) são falsas, pois a equação da temperatura apresenta 
expoente positivo. Como o problema é uma questão de resfriamento que, pela lei de Newton, a 
247
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE VÁRIAS VARIÁVEIS
temperatura de um objeto quente decresce a uma taxa proporcional à diferença entre sua temperatura 
e a dos objetos em torno dele, logo em nosso exemplo necessariamente k < 0.
Porque as alternativas (b) e (e) são falsas.
Pela resolução encontramos a seguinte equação: T Cekt 30 ; isto é:
T T Ce T T Cekt kt    0 0 , em nosso enunciado T0 = 30°C.
C) Alternativa correta.
Justificativa: usamos o fato de T=50 quando t=0, e determinarmos K:
Temos que:
dT
dt
K T * ( )30 , primeiramente isolamos as variáveis, T e t
dT
T
K dt
( )
*


30
 integrando os dois lados temos
dT
T
K dt
( )
*

 30 , iremos fazer uma mudança de variável. Para tanto, chamamos de u=T-30, logo 
du = dT. Efetuando as substituições segue que:
du
u
K dt  *
Resolvendo as integrais temos:
lnu Kt C 
Pela definição de logaritmo temos que:
loge
u kt CKt C u e    
Usando propriedade de potenciação temos:
u e ekt c= * , qualquer número elevado a uma constante é uma constante, logo:
u e C u Cekt kt  * , mas u=T -30 e voltando a variável T temos:
T Cekt 30 logo T Cekt 30
Deste modo, T Cekt 30 é a solução geral de resfriamento para nosso exemplo.
248
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade III
Agora podemos resolver o problema de valor inicial, isto é, considerar o caso quando a temperatura 
do leite é 50°C no tempo inicial t=0.
Temos que substituir esses valores de T=50 e t=0 na equação encontrada:
T Cekt 30
50 30 0  Cek*
Fazendo as contas temos:
50 30 50 30 1 200      Ce C C*
Deste modo, temos a solução parcial:
T ekt 30 20
Sabemos pela lei de Newton que a temperatura de um objeto quente decresce a uma taxa proporcional 
à diferença entre sua temperatura e a dos objetos em torno dele, logo, em nosso exemplo, k < 0. Para 
obtermos uma expressão particular para o valor da temperatura necessitaríamos de mais um par de 
dados, ou seja, uma informação a mais para a temperatura em um determinado instante de tempo, ou 
como foi o caso, o valor de K foi determinado no enunciado; isto é, para k=1 a expressão da temperatura 
do copo será:
T e t  30 20
Questão 2. Certo material radioativo decai a uma taxa proporcional à quantidade presente. Existem 
inicialmente 50 miligramas de material e, após duas horas,o material perdeu 20% de sua massa original. 
Após determinarmos a expressão da massa remanescente em um instante t, a massa do material após dez 
horas e o tempo para o qual o material perde metade de sua massa original, obtemos respectivamente:
A) M t e t( ) * , 50 01115 e M e( ) * ,,10 50 16 39571115  miligramas.
B) M t e t( ) * ,= 50 01115 e M e( ) * ,,10 50 152 47841115  miligramas.
C) M t e t( ) * ,= 20 01115 e M e( ) * ,,10 20 61 034071115  miligramas.
D) M t e t( ) * , 20 01115 e M e( ) * ,,10 20 6 55371115  miligramas.
E) M t e t( ) , 01115 e M e( ) ,,10 3 0517041115  miligramas.
Resolução desta questão na plataforma.
249
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
REFERÊNCIAS
Textuais
ANDRADE, D. O teorema da função inversa e da função implícita. Disponível em: <http://www.dma.
uem.br/kit/arquivos/arquivos_pdf/inversa.pdf>. Acesso em: 25 jul. 2013.
AYRES JR., F. Equações diferenciais. 2. ed. São Paulo: Makron Books, 1994.
BARBONI, A.; PAULETTE, W. Cálculo diferencial e integral a duas variáveis com equações diferenciais: 
fundamentos de matemática. Rio de Janeiro: LTC, 2009.
BOULOS, P.; ABUD Z. I. Cálculo diferencial e integral. São Paulo: Pearson Education, 2002. 2. v.
BOYCE, W. E.; DIPRIMA, R. C. Equações diferenciais elementares e problemas de valores de contorno. 
Rio de Janeiro: LTC, 2006.
DIACU, F. Introdução a equações diferenciais. Rio de Janeiro: LTC, 2004.
ESPINOSA, I. Geometria analítica e álgebra linear. São Paulo: UNIP Interativa, 2012.
FLEMMING, D. M.; GONÇALVES, M. B. Cálculo B: funções, limite, derivação, integração. São Paulo: 
Makron, 1992.
___. Cálculo B: funções de várias variáveis, integrais múltiplas, integrais curvilíneas e de superfície. 2. 
ed. São Paulo: Pearson – Prentice Hall, 2007.
GEORGE, B. T. et al. Cálculo. São Paulo: Pearson, 2002. v. 2.
GONÇALVES, F. S. Permeabilidade. InfoEscola. Disponível em: <http://www.infoescola.com/biologia/
permeabilidade/>. Acesso em: 23 jul. 2013.
GUIDORIZZI, H. L. Um curso de cálculo. Rio de Janeiro: LTC, 1997. v. 1, 2 e 3.
___. Um curso de cálculo. Rio de Janeiro: LTC, 2002. 4. v.
HOFFMANN, L. D.; BRADLEY, G. L. Cálculo: um curso moderno e suas aplicações. 10. ed. Rio de Janeiro: 
LTC, 2010.
HUGHES-HALLET, D. et al. Cálculo a uma e a várias variáveis. 5. ed. São Paulo: Minha Biblioteca, 
2011. v. 2.
LEITHOLD, L. O cálculo com geometria analítica. São Paulo: Harper do Brasil. p. 711-718. v. 2.
250
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
LIMA, J. D. Máximos e mínimos de funções de várias variáveis. Disponível em: <http://www.pb.utfpr.
edu.br/daysebatistus/maximos_minimos_donizetti.pdf>. Acesso em: 25 jul. 2013.
LIMA, P. C. Cálculo diferencial e integral III: EAD. Disponível em: <http://www.mat.ufmg.br/~lima/
apostilas/eadfinal2.pdf>. Acesso em: 1 ago. 2013.
MATOS, M. Séries e equações diferenciais. São Paulo: Prentice Hall Brasil, 2001.
MORETTIN, P. A.; HARZZAN, S.; BUSAB, W. O. Cálculo: funções de uma e várias variáveis. São Paulo: 
Saraiva, 2003.
___. Cálculo e funções de uma e várias variáveis. São Paulo: Saraiva, 2010.
OLIVEIRA, O. R. B. Máximos e mínimos condicionados e multiplicadores de Lagrange. Disponível em: 
<http://www.ime.usp.br/~oliveira/MAT211LAGRANGE.pdf>. Acesso em: 5 ago. 2013.
PORTUGAL, R. Multiplicadores de Lagrange e óptica geométrica. Disponível em:<http://www.ime.
unicamp.br/~calculo/ambientedeensino/modulos/lagrange/lagrange.html>. Acesso em: 2 ago. 2013.
STEWART, J. Cálculo. São Paulo: Pioneira Thomson Learning, 2006. 2. v.
THOMAS, G. B. Cálculo. São Paulo: Addison Wesley, 2002. v. 2.
TORT, A. C. Métodos matemáticos, 2012. Notas de aula: equações diferenciais ordinárias III. Disponível 
em: <http://www.if.ufrj.br/~pef/aulas_seminarios/notas_de_aula/tort_2012_2/EqsDifparte3.pdf>. 
Acesso em: 28 jul. 2013.
ZILL, D. G. Equações diferenciais com aplicações em modelagem. São Paulo: Cengage Learning, 2011.
___. Cálculo. São Paulo: Pearson Education do Brasil, 2008. v. 2.
Sites
<http://www.brasilescola.com>
<http://www.matematicadidatica.com.br>
<http://www.wolframalpha.com>
Exercícios 
Unidade I – Questão 1: INSTITUTO NACIONAL DE ESTUDOS E PESQUISAS EDUCACIONAIS ANÍSIO 
TEIXEIRA (INEP). Exame Nacional de Desempenho dos Estudantes (Enade) 2008: Matemática. Questão 
31. Disponível em: <http://download.inep.gov.br/download/Enade2008_RNP/MATEMATICA.pdf>. 
Acesso em: 12 ago. 2013.242
251
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade I – Questão 2: UNIVERSIDADE DO ESTADO DO AMAZONAS (UEA). Licenciatura em Matemática. 4º 
período, 2007. Disponível em: <http://www3.uea.edu.br/categoria.php?areaId=VES&tabId=5>. Acesso em: 
12 ago. 2013.
Unidade III – Questão 1: INSTITUTO NACIONAL DE ESTUDOS E PESQUISAS EDUCACIONAIS ANÍSIO TEIXEIRA 
(INEP). Exame Nacional de Desempenho dos Estudantes (Enade) 2008: Matemática. Questão 26. 
Disponível em: <http://download.inep.gov.br/download/Enade2008_RNP/MATEMATICA.pdf>. Acesso em: 
12 ago. 2013.
Unidade III – Questão 2. O baricentro da mente. Disponível em: <http://www3.uea.edu.br/categoria.
php?areaId=VES&tabId=5>. Acesso em: 12 ago. 2013.
252
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
253
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
254
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
255
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
256
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Informações:
www.sepi.unip.br ou 0800 010 9000