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Atividades AVA Calculo 4
Cálculo Diferencial e Integral IV (Universidade de Uberaba)
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Atividades AVA Calculo 4
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Baixado por Lucas Marchetti Braga (lucasmarchettibraga@gmail.com)
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Calculo diferencial e integral IV 
 
EXEMPLO 
Nas Questão a seguir são fornecidas uma função e uma equação diferencial. Verifique se a 
função corresponde a uma solução da respectiva equação. 
1. 𝒚 = 𝒆𝟑𝒙 + 𝟏𝟎𝒆𝟐𝒙; 𝒅𝒚𝒅𝒙− 𝟐𝒚 = 𝒆𝟑𝒙. 𝑦 = 𝑒3𝑥 + 10𝑒3𝑥 ; 𝑦′ − 2𝑦 = 𝑒3𝑥 
Derivando a função 𝑦 = 𝑒3𝑥 + 10𝑒3𝑥 𝑦′ = 𝑒3𝑥. 3 + 10𝑒3𝑥. 2 → 𝑦′ = 3𝑒3𝑥 + 20𝑒3𝑥 
Substituíndo na equação 𝑦′ − 2𝑦 = 𝑒3𝑥 3𝑒3𝑥 + 20𝑒3𝑥 − 2(𝑒3𝑥 + 10𝑒3𝑥) = 𝑒3𝑥 3𝑒3𝑥 + 20𝑒3𝑥 − 2𝑒3𝑥 − 20𝑒3𝑥 = 𝑒3𝑥 𝑒3𝑥 = 𝑒3𝑥 A função dada é solução da E.D 
 
2. 𝒚 = 𝒙. 𝒍𝒏 𝒙; 𝒚′ − 𝟏𝒙𝒚 = 𝟏. 
Derivando a função 𝑦 = 𝑥. 𝑙𝑛𝑥 𝑦′ = 1𝑙𝑛𝑥 + 𝑥. 1𝑥 → 𝑦′ = 1𝑙𝑛𝑥 + 1 
Substituíndo na equação 𝑦′ − 1𝑥 𝑦 = 1 𝑙𝑛𝑥 + 1 − 1𝑥 𝑥. 𝑙𝑛𝑥 = 1 → 𝑙𝑛𝑥 + 1 − 𝑙𝑛𝑥 = 1 → 1 = 1 A função dada é solução da E.D 
 
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3. 𝒚 = 𝒆𝟐𝒙 + 𝒙𝒆𝟐𝒙; 𝒅𝟐𝒚𝒅𝒙𝟐 − 𝟒 𝒅𝒚𝒅𝒙+ 𝟒𝒚 = 𝟎. 𝑦 = (1 + 𝑥)𝑒2𝑥 ; 𝑦′′ − 4 𝑦′ + 4𝑦 = 0 
Derivando a função 𝑦 = 𝑒2𝑥 + 𝑥𝑒2𝑥 𝑦′ = 2𝑒2𝑥 + 1𝑒2𝑥 + 𝑥. 𝑒2𝑥. 2 → 𝑦′ = 3𝑒2𝑥 + 2𝑥𝑒2𝑥 → 𝑦′ = (3 + 2𝑥)𝑒2𝑥 
Derivando a segunda função 𝑦′ = (3 + 2𝑥)𝑒2𝑥 𝑦′′ = 2𝑒2𝑥 + (3 + 2𝑥)𝑒2𝑥. 2 → 𝑦′′ = 2𝑒2𝑥 + (6 + 4𝑥)𝑒2𝑥 → 𝑦′′ = (2 + 6 + 4𝑥)𝑒2𝑥 𝑦′′ = (8 + 4𝑥)𝑒2𝑥 
Substituíndo na equação 𝑦′′ − 4 𝑦′ + 4𝑦 = 0 (8 + 4𝑥)𝑒2𝑥 − 4(3 + 2𝑥)𝑒2𝑥 + 4(1 + 𝑥)𝑒2𝑥 = 0 (8 + 4𝑥)𝑒2𝑥 − (12 + 8𝑥)𝑒2𝑥 + (4 + 4𝑥)𝑒2𝑥 = 0 (8 + 4𝑥 − 12 − 8𝑥 + 4 + 4𝑥)𝑒2𝑥 = 0 (0)𝑒2𝑥 = 0 → 0 = 0 A função dada é solução da E.D 
E.D.O Separáveis 
M(x,y)dx + N(x,Y)dy = 0 → ∫ f(x)dx = ∫ g(y)dy 
Exemplo: 
1. 2y’+y=0 2𝑑𝑦𝑑𝑥 = −𝑦 2𝑑𝑦 = −𝑦𝑑𝑥 2𝑑𝑦𝑦 = −𝑑𝑥 
2∫𝑑𝑦𝑦 = −∫𝑑𝑥 2𝑙𝑛𝑦 = −𝑥 + 𝑐 𝑙𝑛𝑦 = −𝑥2 + 𝑐 
Ou 𝑦 = 𝑒−𝑥2 +𝑐 ou 𝑦 = 𝑒−𝑥2 . 𝑒𝑐 ou 𝑦 = 𝑒−𝑥2 . 𝑘 
 
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2. (2xy + 5y - 2x - 5)dy/dx=1 [2𝑥(𝑦 − 1) + 5(𝑦 − 1)] 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 1 → (2𝑥 + 5). (𝑦 − 1)𝑑𝑦𝑑𝑥 = 1 
(2𝑥 + 5). (𝑦 − 1)𝑑𝑦 = 1𝑑𝑥 → (𝑦 − 1)𝑑𝑦 = 𝑑𝑥(2𝑥 + 5) ∫(𝑦 − 1)𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑥(2𝑥 + 5) 𝑦22 − 𝑦 = ∫𝑑𝑥𝑢 → 𝑦22 − 𝑦 = ∫ 𝑑𝑢2. 𝑢 
𝑦22 − 𝑦 = 12 𝑙𝑛𝑢 + 𝑐 → 𝑦22 − 𝑦 = 12 𝑙𝑛(2𝑥 + 5) + 𝑐 
 
3. 
𝒅𝒚𝒅𝒙 = √𝒙𝟐. 𝒚𝟓𝟑
 𝑑𝑦𝑑𝑥 = (𝑥2. 𝑦5)13 𝑑𝑦𝑑𝑥 = (𝑥2)13. (𝑦5)13 → 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 𝑥23. 𝑦53 → 𝑑𝑦𝑦53 = 𝑥23. 𝑑𝑥 → 𝑦−53𝑑𝑦 = 𝑥23. 𝑑𝑥 
∫𝑦−53 𝑑𝑦 = ∫𝑥23. 𝑑𝑥 
𝑦−5+13−5+ 13 = 𝑥2+132 + 13 + 𝑐 → 𝑦−23−23 = 𝑥5353 + 𝑐 → 𝑦−23. 53 = 𝑥53. (− 23) + 𝑐 → 𝑦−23 = 𝑥53. (−23) . 35 + 𝑐 
𝑦−23 = −25𝑥53. +𝑐 
4. 
𝒅𝒚𝒅𝒙 = 𝒆𝟐𝒙−𝟑𝒚𝒆𝟑𝒙−𝒚 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 𝑒2𝑥. 𝑒−3𝑦𝑒3𝑥. 𝑒−𝑦 → 𝑒−𝑦𝑒−3𝑦 𝑑𝑦 = 𝑒2𝑥𝑒3𝑥 𝑑𝑥 → 𝑒2𝑦𝑑𝑦 = 𝑒−𝑥𝑑𝑥 
∫𝑒2𝑦𝑑𝑦 = ∫𝑒−𝑥𝑑𝑥 𝑢 = 2𝑦 𝑣 = −𝑥 𝑑𝑢 = 2𝑑𝑦 𝑑𝑣 = −1𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 𝑑𝑢2 𝑑𝑥 = −𝑑𝑣 
∫𝑒𝑢. 𝑑𝑢2 = ∫𝑒𝑣. (−𝑑𝑣) 12 𝑒𝑢 = −𝑒𝑣 + 𝑐 → 12 𝑒2𝑦 = −𝑒𝑣 + 𝑐 → 𝑒2𝑦 = −2𝑒𝑣 + 𝑐 
𝑢 = 2𝑥 + 5 𝑑𝑢 = 2𝑑𝑥 𝑑𝑥 = 𝑑𝑢2 
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Resoluções de exercícios 
Em uma cultura, há inicialmente N0 bactérias. Uma hora depois, t = 1, o número de bactérias 
passa a ser (2/3)N0. Se a taxa de crescimento é proporcional ao número de bactérias 
determine o tempo necessário para que o número de bactérias triplique. 
Quando fala em taxa de variação é derivada 𝑑𝑁𝑑𝑡 = 𝐾.𝑁 → ∫ 𝑑𝑁𝑁 = ∫𝐾 . 𝑑𝑡 𝑙𝑛𝑁 = 𝐾. 𝑡 + 𝑐 
Informação 1: em t = 0 → N = N0 𝑙𝑛𝑁0 = 𝐾. 0 + 𝑐 𝑐 = 𝑙𝑛𝑁0 𝑙𝑛𝑁 = 𝐾. 𝑡 + 𝑙𝑛𝑁0 
Informação 2: em t = 1 → N = 3/2N0 
𝑙𝑛 32𝑁0 = 𝐾. 1 + 𝑙𝑛𝑁0 
𝐾 = 𝑙𝑛 32𝑁0 − 𝑙𝑛𝑁0 → 𝐾 = 𝑙𝑛(32𝑁0𝑁0 ) → 𝐾 = 32 
Substituindo na equação 
𝑙𝑛𝑁 = 𝑙𝑛 (32) . 𝑡 + 𝑙𝑛𝑁0 
t? para que N = 3 N0 
𝑙𝑛3𝑁0 = 𝑙𝑛 (32) . 𝑡 + 𝑙𝑛𝑁0 → 𝑙𝑛3𝑁0 − 𝑙𝑛𝑁0 = 𝑙𝑛 (32) . 𝑡 
𝑙𝑛 (3𝑁0𝑁0 ) = 𝑙𝑛 (32) . 𝑡 → 𝑡 = 𝑙𝑛3𝑙𝑛1,5 → 𝑡 ≅ 2,71ℎ 
 
 
 
 
 
 
 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x). Resolvendo a equação 𝒅𝒚𝒅𝒙 = 𝟐 + 𝟐𝒚 + 𝒙 + 𝒙𝒚, obtém-se uma função y(x) que passa pelo ponto 𝒚(𝟏) = 𝟎. Pode-se 
afirmar que o valor mais próximo de 𝒚(𝟐), é : 
 
 
32 
 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 2 + 2𝑦 + 𝑥 + 𝑥𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 2(1 + 𝑦) + 𝑥(1 + 𝑦) → 𝑑𝑦𝑑𝑥 = (2 + 𝑥)(1 + 𝑦) → (2 + 𝑥)𝑑𝑥 = 𝑑𝑦(1 + 𝑦) ∫(2 + 𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑦(1 + 𝑦) ∫(2 + 𝑥)𝑑𝑥 = ∫𝑑𝑢𝑢 
2𝑥 + 𝑥22 = 𝑙𝑛𝑢 + 𝑐 → 2𝑥 + 𝑥22 = 𝑙𝑛(1 + 𝑦) + 𝑐 
Para 𝑦(1) = 0 
2.1 + 122 = 𝑙𝑛(1 + 0) + 𝑐 → 52 = 0 + 𝑐 → 𝑐 = 52 
Para 𝑦(2)=? 2.2 + 222 = 𝑙𝑛(1 + 𝑦) + 52 → 6 − 52 = 𝑙𝑛(1 + 𝑦) → 𝑦 = 𝑒72 − 1 𝑦 = 32,11 
 
 
 
 
 
 
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Supondo que a taxa de crescimento de uma população seja proporcional à si mesma, ou 
seja: 𝒅𝑷𝒅𝒕 = 𝑲𝑷. Em que: P é a população em um instante qualquer, t é o tempo e k é a 
constante de proporcionalidade. Assim, para a população de uma cidade que obedece à lei 
descrita acima, tem-se a seguinte situação: em 1° de janeiro de 2000, a população de uma 
determinada cidade era de 200.000 hab. 12 anos depois, a população era de 250.000 
habitantes. Utilize aproximação de centésimos (por arredondamento), para todos os valores 
obtidos no desenvolvimento da questão e identifique, dentre as alternativas a seguir, aquela 
que indica quando a população dessa cidade será o dobro da que foi registrada em 2000. 
 
 
junho de 2034 
 𝑑𝑃𝑑𝑡 = 𝐾. 𝑃 → 𝑑𝑃𝑃 = 𝐾. 𝑑𝑡 ∫𝑑𝑃𝑃 = ∫𝐾 . 𝑑𝑡 𝑙𝑛𝑃 = 𝐾. 𝑡 + 𝑐 𝑃 = 𝑐𝑒𝐾.𝑡 
Em t = 0 → P=200 000 200 000 = 𝑐𝑒𝐾.0 𝑐 = 200 000 𝑃 = 200 000 𝑒𝐾.𝑡 
Em t = 12 → P=250 000 250 000 = 200 000 𝑒𝐾.12 250000200 000 = 𝑒𝐾.12 → 1,25 = 𝑒𝐾.12 
𝑘 = 𝑙𝑛1,2512 → 𝑘 = 0,018 
Para o dobro registrada em 2000 400 000 = 200 000 𝑒0,02.𝑡 𝑒0,02.𝑡 = 2 0,02𝑡 = 𝑙𝑛2 𝑡 = 𝑙𝑛20,02 𝑡 = 34,65 𝐽𝑢𝑙ℎ𝑜 𝑑𝑒 2034 
 
 
 
 
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Um vinho tinto é trazido da adega, que está fria com 10°C, e deixado em uma sala com 
temperatura de 23°C. Se forem necessários 10 minutos para o vinho alcançar 15°C, quando sua 
temperatura atingirá 18 °C? Dado:[𝒅𝑻𝒅𝒕 = 𝒌(𝑻 − 𝑻𝒎)]. 
 
 
20min 
T(t)= Temperatura adquirida = 15°C 
T0= Temperatura inicial = 10°C 
Tm= Temperatura ambiente = 23°C 
t = tempo = 10 min 
K = constante 𝑑𝑇𝑑𝑡 = 𝐾(𝑇 − 𝑇𝐴) 𝑑𝑇(𝑇 − 𝑇𝐴) = 𝐾. 𝑑𝑡 𝑙𝑛(𝑇 − 𝑇𝐴) = −𝐾𝑡 + 𝑐 𝑒𝑙𝑛(𝑇−𝑇𝐴) = 𝑒𝑘(−𝑡+1) 𝑇(𝑡) = 𝑇𝑚 + 𝑐. 𝑒−𝑘𝑡 𝑇(𝑡) = 𝑇𝑚 + (𝑇0 − 𝑇𝑚)𝑒−𝑘𝑡 15 = 23 + (10 − 23)𝑒−𝑘10 15 − 23 = −13𝑒−𝑘10 → −13𝑒−10𝑘 = −8 → 𝑒−10𝑘 = −8−13 → 𝑒−10𝑘 = 0,615 
−10𝑘 = 𝑙𝑛0,615 → 𝑘 = −0,4855−10 → 𝑘 = 0,0485 
Quando a temperatura atinge 18°C 𝑇(𝑡) = 𝑇𝑚 + (𝑇0 − 𝑇𝑚)𝑒−𝑘𝑡 18 = 23 + (10 − 23)𝑒−0,0485.𝑡 → −5 = −13𝑒−0,0485.𝑡 𝑒−0,0485.𝑡 = −5−13 = −13𝑒−0,0485.𝑡 −0,0485. 𝑡 = 𝑙𝑛0,3846 → 𝑡= −0,9555−0,0485 → 𝑡 = 19,70 
 
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Supondo que a taxa de crescimento de uma população seja proporcional à própria população, 
ou seja: 𝒅𝑷𝒅𝒕 = 𝒌. 𝑷, em que: P é a população em um instante qualquer, t é o tempo e k é a 
constante de proporcionalidade. Em 1° de maio de 2001 (t = 0), a população de uma 
determinada cidade era de 456 985 habitantes. Em 1° de maio de 2015, a população era de 
508 050 habitantes. Supondo que a taxa de crescimento tenha se mantido conforme a lei 
descrita, o mês e ano em que a população dessa cidade foi de 497 670 habitantes foram: 
 
 
junho de 2012 
 𝑑𝑃𝑑𝑡 = 𝐾. 𝑃 → 𝑑𝑃𝑃 = 𝐾. 𝑑𝑡 ∫𝑑𝑃𝑃 = ∫𝐾 . 𝑑𝑡 𝑙𝑛𝑃 = 𝐾. 𝑡 + 𝑐 
Em t = 0 → P=456985 𝑙𝑛456985 = 𝐾. 0 + 𝑐 𝑐 = 𝑙𝑛456985 𝑙𝑛𝑃 = 𝐾. 𝑡 + 𝑙𝑛456985 
Em t = 15 → P=508050 𝑙𝑛508050 = 𝐾. 15 + 𝑙𝑛456985 15𝐾 = 𝑙𝑛508050 − 𝑙𝑛456985 15𝐾 = 𝑙𝑛 508050456985 → 𝑘 = 0,105915 → 𝑘 = 7,061953. 10−3 
Para 497670 habitantes 𝑙𝑛𝑃 = 𝐾. 𝑡 + 𝑙𝑛456985 𝑙𝑛497670 = 7,061953. 10−3. 𝑡 + 𝑙𝑛456985 → 𝑙𝑛497670 − 𝑙𝑛456985 = 7,061953. 10−3. 𝑡 𝑡 = 0,08528667,061953. 10−3 𝑡 = 12,07 𝑎𝑛𝑜𝑠 
 
 
 
 
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Segundo Newton, a taxa de resfriamento de um corpo é proporcional à diferença de 
temperatura entre o corpo e o ambiente que resfria, Lei do Resfriamento de Newton. Esta lei 
pode ser indicada pela equação:
𝒅𝜽𝒅𝒕 = 𝒌(𝜽 − 𝜽𝑨), onde 𝜽 é a temperatura do corpo em um 
instante qualquer, 𝜽𝑨 é a temperatura do ambiente que resfria o corpo, t é o tempo e k é a 
constante de proporcionalidade. Use esta lei e resolva a situação descrita a seguir: 
Uma jarra de suco a 30°C, foi colocada num freezer a -4°C. Após meia hora, a temperatura do 
suco era de 8°C. Dentre os valores a seguir, qual é o que indica o valor mais próximo da 
temperatura do suco, 45 minutos depois de ter sido levado ao freezer 
 
 
3 
 𝑑𝑇𝑑𝑡 = 𝐾(𝑇 − 𝑇𝐴) 𝑑𝑇(𝑇 − 𝑇𝐴) = 𝐾. 𝑑𝑡 𝑙𝑛(𝑇 − 𝑇𝐴) = −𝐾𝑡 + 𝑐 𝑒𝑙𝑛(𝑇−𝑇𝐴) = 𝑒𝑘(−𝑡+1) 𝑇(𝑡) = 𝑇𝑚 + 𝑐. 𝑒−𝑘𝑡 𝑇(𝑡) = 𝑇𝑚 + (𝑇0 − 𝑇𝑚)𝑒−𝑘𝑡 30 = −4 + (30 − (−4))𝑒−30𝑘 8 = 30𝑒−30𝑘 → 𝑒−30𝑘 = 830 = −30𝑘 = 𝑙𝑛2,67 → 𝑘 = 0,982−30 → 𝑘 = 0,032 𝑇(𝑡) = −4 + (30 − (−4))𝑒−30.0,032 𝑇(𝑡) = 30𝑒−29968 𝑇(𝑡) = 3,10 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Dentre as alternativas a seguir, indique a que corresponde à solução do problema de valor 
inicial: 𝒙(𝒙 − 𝟐) 𝒅𝒚𝒅𝒙+ 𝟐𝒚 = 𝟎, com 𝒚(𝟑) = 𝟔. 
 
 
𝒚 = 𝟐𝒙𝒙 − 𝟐 
 𝑥(𝑥 − 2)𝑑𝑦𝑑𝑥 + 2𝑦 = 0 
𝑥(𝑥 − 2)𝑑𝑦𝑑𝑥 = −2𝑦 → 𝑑𝑦𝑑𝑥 = −2𝑦𝑥(𝑥 − 2) → 𝑑𝑦𝑑𝑥 = −2𝑥(𝑥 − 2) . 𝑦 1𝑦 . 𝑑𝑦𝑑𝑥 = −2𝑥(𝑥 − 2) → 1𝑦 . 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 1𝑥 − 1𝑥(𝑥 − 2) 𝑑𝑦𝑦 = (1𝑥 − 1𝑥(𝑥 − 2))𝑑𝑥 
Integrar por partes ∫𝑑𝑦𝑦 = ∫(1𝑥 − 1𝑥(𝑥 − 2)) 𝑑𝑥 𝑙𝑛𝑦 = 𝑙𝑛𝑥 − 𝑙𝑛(𝑥 − 2) + 𝑐 𝑙𝑛𝑦 = 𝑙𝑛 𝑥𝑥 − 2 + 𝑐 
𝑦 = 𝑐 𝑥𝑥 − 2 
Para 𝑦(3) = 6 3 = 𝑐 33 − 2 𝑐 = 1 𝑦 = 1 𝑥𝑥 − 2 
𝑦 = 𝑥𝑥 − 2 
 
 
 
 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x). Resolvendo a equação 𝒅𝒚𝒅𝒙 = 𝒙 − 𝟒𝒚 + 𝒙𝒚 − 𝟒, obtém-se uma função y(x) que passa pelo ponto 𝒚(𝟐) = 𝟎. Pode-se 
afirmar que o valor mais próximo de 𝒚(𝟏), é: 
 
 
11 
 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 𝑥 − 4𝑦 + 𝑥𝑦 − 4 → 𝑥 + 𝑥𝑦 − 4𝑦 − 4 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 𝑥(1 + 𝑦) − 4(1 + 𝑦) → 𝑑𝑦𝑑𝑥 = (𝑥 − 4)(1 + 𝑦) → (𝑥 − 4)𝑑𝑥 = 𝑑𝑦(1 + 𝑦) ∫(𝑥 − 4)𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑦(1 + 𝑦) 𝑢 = 1 + 𝑦 → 𝑑𝑢 = 1𝑑𝑦 
∫(𝑥 − 4)𝑑𝑥 = ∫𝑑𝑢𝑢 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 
𝑥22 − 4𝑥 = 𝑙𝑛𝑢 + 𝑐 → 𝑥22 − 4𝑥 = 𝑙𝑛(1 + 𝑦) + 𝑐 
Para 𝑦(2) = 0 222 − 4.2 = 𝑙𝑛(1 + 0) + 𝑐 → 2 − 8 = 0 + 𝑐 → 𝑐 = −6 𝑥22 − 4𝑥 = 𝑙𝑛(1 + 𝑦) − 6 
Para 𝑦(1) = ? 122 − 4.1 = 𝑙𝑛(1 + 𝑦) − 6 → 12 − 4 + 6 = 𝑙𝑛(1 + 𝑦) 52 = 𝑙𝑛(1 + 𝑦) 𝑒52 = 1 + 𝑦 𝑦 = 𝑒52 − 1 𝑦 = 11,18 
 
 
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Dentre as alternativas a seguir, indique a que corresponde à solução do problema de valor 
inicial: (𝒙 + 𝟏) 𝒅𝒚𝒅𝒙+ 𝒚 = 𝒍𝒏𝒙, com 𝒚(𝟏) = 𝟏𝟎. 
 
 
(𝒙 + 𝟏)𝒚 = 𝒙𝒍𝒏𝒙 − 𝒙 + 𝟐𝟏 
 
 
 (𝑥 + 1)𝑦 = 𝑥𝑙𝑛𝑥 − 𝑥 + 𝑐 
Para Y(1)=10 (1 + 1)10 = 1𝑙𝑛1 − 1 + 𝑐 20 = 0 − 1 + 𝑐 → 𝑐 = 21 (𝑥 + 1)𝑦 = 𝑥𝑙𝑛𝑥 − 𝑥 + 21 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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E.D. Homogêneas 
Função Homogênea: 𝑓(𝑥, 𝑦) / 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡𝑛 . 𝑓(𝑥, 𝑦) 
Exemplo: 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 3𝑥𝑦 + 𝑦4𝑥2 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = (𝑡𝑥)2 − 3𝑡𝑥. 𝑡𝑦 + (𝑡𝑦)4(𝑡𝑥)2 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡2. 𝑥2 − 3𝑡2𝑥𝑦 + 𝑡4𝑦2𝑡2𝑥2 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡2 (𝑥2 − 3𝑥𝑦 + 𝑦4𝑥2) 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡2. 𝑓(𝑥, 𝑦) 
São equações do tipo: 
M(x,y)dx+N(x,y)dy=0, tais que M e N são funções homogêneas de mesmo grau: 
Para resolvermos estas equações, faremos uma das substituições a seguir: 
 
Exemplo: 
1. Mostre que a equação (3x2-y2)dx + (xy-x3/y)dy=0 é homogênea r resolva-a: 𝑀𝑑𝑥 + 𝑁𝑑𝑦 = 0 𝑀 = 3𝑥2 − 𝑦2 
N= 𝑥𝑦 − 𝑥3𝑦 𝑀(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 3. (𝑡𝑥)2 − (𝑡𝑦)2 = 3𝑡2𝑥2 − 𝑡2. 𝑡𝑦2 → 𝑀(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡2(3𝑥2 − 𝑦2) 𝑁(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡𝑥. 𝑡𝑦 − (𝑡𝑥)3𝑡𝑦 = 𝑡2𝑥𝑦 − 𝑡3. 𝑥3𝑡𝑦 
𝑁(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡2 (𝑥𝑦 − 𝑥3𝑦 ) 
 
 
2 
2 
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Como as funções M e N são homogêneas de mesmo grau, então a equação diferencial (E.D) 
é homogênea. 
 (3𝑥2 − 𝑦2)𝑑𝑥 + (𝑥𝑦 − 𝑥3𝑦 )𝑑𝑦 = 0 
y = u . x → dy = udx + xdu 𝑢 = 𝑦𝑥 
(3𝑥2 − (𝑢. 𝑥)2)𝑑𝑥 + (𝑥. (𝑢. 𝑥) − 𝑥3(𝑢.𝑥)) (𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0 
(3𝑥2 − 𝑢2𝑥2)𝑑𝑥 + (𝑥2. 𝑢 − 𝑥2𝑢 ) (𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0 
3𝑥2. 𝑑𝑥 − 𝑢2𝑥2𝑑𝑥 + 𝑥2. 𝑢2. 𝑑𝑥 + 𝑥3. 𝑢. 𝑑𝑢 − 𝑥2. 𝑑𝑥 − 𝑥3𝑢 𝑑𝑢 = 0 
2𝑥2. 𝑑𝑥 + 𝑥3 (𝑢 − 1𝑢)𝑑𝑢 = 0 → 2𝑥2. 𝑑𝑥 = − 𝑥3 (𝑢 − 1𝑢) 𝑑𝑢 2𝑥2. 𝑑𝑥𝑥3 = (−𝑢 + 1𝑢) 𝑑𝑢 → 2𝑥 𝑑𝑥 = (1𝑢 − 𝑢)𝑑𝑢∫2𝑥 𝑑𝑥 = ∫(1𝑢 − 𝑢)𝑑𝑢 
2𝑙𝑛𝑥 = 𝑙𝑛𝑢 − 𝑢22 + 𝑐 
2𝑙𝑛𝑥 = 𝑙𝑛 (𝑦𝑥) − 𝑦22𝑥 + 𝑐 
2. Mostre que a equação (xy +y2+x2)dx – x2dy=0 é homogênea r resolva-a: 
y = u . x → dy = udx + xdu 𝑢 = 𝑦𝑥 (𝑥. (𝑢. 𝑥) + (𝑢. 𝑥)2 + 𝑥2)𝑑𝑥 − 𝑥2(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0 𝑥2. 𝑢𝑑𝑥 + 𝑢2𝑥2𝑑𝑥 + 𝑥2𝑑𝑥 − 𝑥2. 𝑢𝑑𝑥 − 𝑥3. 𝑑𝑢 = 0 𝑥2(𝑢2 + 1)𝑑𝑥 − 𝑥3. 𝑑𝑢 = 0 → 𝑥2(𝑢2 + 1)𝑑𝑥 = 𝑥3. 𝑑𝑢 → 𝑥2(𝑢2 + 1)𝑑𝑥𝑥3 = 𝑑𝑢 → 1𝑥 𝑑𝑥 = 𝑑𝑢(𝑢2 + 1) → ∫𝑑𝑥𝑥 = ∫ 𝑑𝑢𝑢2 + 1 
𝑙𝑛𝑥 = 𝑡𝑔−1(𝑢) + 𝑐 → 𝑙𝑛𝑥 = 𝑡𝑔−1 𝑦𝑥 + 𝑐 
 
 
2 
Integral tabelada ∫ 𝑑𝑢𝑢2 + 𝑎2 = 1𝑎 𝑡𝑔−1 (𝑢𝑎) + 𝑐 
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3. Resolva a equação diferencial homogênea: (2y2 + 3x2)dx +(4xy + 6y2)dy=0 
x = u . y → dx = udy + ydu 𝑢 = 𝑥𝑦 (2𝑦2 + 3(𝑢. 𝑦)2)(𝑢𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑢) + (4. (𝑢. 𝑦)𝑦 + 6𝑦2)𝑑𝑦 = 0 2𝑢𝑦2𝑑𝑦 + 2𝑦3𝑑𝑢 + 3𝑢3𝑦2𝑑𝑦 + 3𝑢2𝑦3𝑑𝑢 + 4𝑢𝑦2𝑑𝑦 + 6𝑦2𝑑𝑦 = 0 6𝑢𝑦2𝑑𝑦 + 3𝑢3𝑦2𝑑𝑦 + 6𝑦2𝑑𝑦 = −2𝑦3𝑑𝑢 − 3𝑢2𝑦3𝑑𝑢 3𝑦2𝑑𝑦(3𝑢 + 𝑢3 + 2) = 𝑦3𝑑𝑢(−2 − 3𝑢2) 3𝑦2𝑑𝑦𝑦3 = (−2 − 3𝑢2)(2𝑢 + 𝑢3 + 2)𝑑𝑢 → 3𝑑𝑦𝑦 = −(2 + 3𝑢2)(2𝑢 + 𝑢3 + 2)𝑑𝑢 
∫3𝑑𝑦𝑦 = −∫ (2 + 3𝑢2)(2𝑢 + 𝑢3 + 2)𝑑𝑢 
3𝑙𝑛𝑦 = −∫(2 + 3𝑢2)𝑣 . 𝑑𝑣(2 + 3𝑢2) 3𝑙𝑛𝑦 = −𝑙𝑛𝑣 + 𝑐 3𝑙𝑛𝑦 = −𝑙𝑛(2𝑢 + 𝑢3 + 2) + 𝑐 3𝑙𝑛𝑦 = −𝑙𝑛(2 𝑥𝑦 + (𝑥𝑦)3 + 2) + 𝑐 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑣 = (2𝑢 + 𝑢3 + 2) 𝑑𝑣 = (2 + 3𝑢2)𝑑𝑢 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑣(2 + 3𝑢2) 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação homogênea (𝟒𝒙 − 𝒚)𝒅𝒙 + (𝟔𝒚 − 𝒙)𝒅𝒚 = 𝟎, obtém-se uma 
função y(x). Se o ponto 𝒚(𝟐) = 𝟐 pertence a esta função, então pode-se afirmar que um valor 
possível de 𝒚(𝟏), é: 
 
 
-2 
Se homogênea substituir 
y = u . x → dy = udx + xdu 𝑢 = 𝑦𝑥 (4𝑥 − (𝑢. 𝑥))𝑑𝑥 + (6(𝑢. 𝑥) − 𝑥)(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0 4𝑥𝑑𝑥 − 𝑢𝑥𝑑𝑥 + 6𝑢2𝑥𝑑𝑥 + 6𝑢𝑥2𝑑𝑢 − 𝑢𝑥𝑑𝑥 − 𝑥2𝑑𝑢 = 0 4𝑥𝑑𝑥 − 2𝑢𝑥𝑑𝑥 + 6𝑢2𝑥𝑑𝑥 = −6𝑢𝑥2𝑑𝑢 + 𝑥2𝑑𝑢 2𝑥𝑑𝑥(2 − 𝑢 + 3𝑢2) = 𝑥2𝑑𝑢(−6𝑢 + 1) 2𝑥𝑑𝑥𝑥2 = (−6𝑢 + 1)𝑑𝑢(2 − 𝑢 + 3𝑢2) → 2𝑑𝑥𝑥 = (1 − 6𝑢)2 − 𝑢 + 3𝑢2 𝑑𝑢 
Integrar por partes: ∫ 2𝑑𝑥𝑥 = ∫ (1−6𝑢)2−𝑢+3𝑢2 𝑑𝑢 
2𝑙𝑛𝑥 = ∫ (1 − 6𝑢)𝑣 . 𝑑𝑣−(1 − 6𝑢) 2𝑙𝑛𝑥 = −𝑙𝑛𝑣 → 2𝑙𝑛𝑥 = −𝑙𝑛(2 − 𝑢 + 3𝑢2) + 𝑐 
𝑙𝑛𝑥2 = −𝑙𝑛 (2 − 𝑦𝑥 + 3 (𝑦𝑥)2) + 𝑐 
Para 𝑦(2) = 2 
𝑙𝑛22 = −𝑙𝑛 (2 − 22 + 3 (22)2) + 𝑐 → 𝑙𝑛4 = −𝑙𝑛(1 + 3) + 𝑐 → 𝑐 = 𝑙𝑛4 + 𝑙𝑛4 → 𝑐 = 𝑙𝑛16 
Para 𝑦(1) = ? 𝑙𝑛1 = −𝑙𝑛 (2 − 𝑦1 + 3(𝑦1)2) + 𝑙𝑛16 → 0 = −𝑙𝑛(2 − 𝑦 + 3𝑦2) + 𝑙𝑛16 𝑙𝑛(2 − 𝑦 + 3𝑦2) = 𝑙𝑛16 2 − 𝑦 + 3𝑦2 = 16 3𝑦2 − 𝑦 − 14 = 0 
Resolvendo a equação do 2º grau: 𝑦 = 73 , 𝑦 = −2 
 
𝑣 = 2 − 𝑢 + 3𝑢2 𝑑𝑣 = (−1 + 6𝑢)𝑑𝑢 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑣(−1 + 6𝑢) 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação homogênea (𝒙𝟐 − 𝟐𝒚𝟐)𝒅𝒙 = 𝟒𝒙𝒚 𝒅𝒚, obtém-se uma função 
y(x). Se o ponto 𝒚(𝟑) = 𝟏 pertence a esta função, então pode-se afirmar que o módulo do 
valor aproximado de 𝒚(𝟓), é: 
 
 
2 
Se homogênea substituir 
y = u . x → dy = udx + xdu 𝑢 = 𝑦𝑥 (𝑥2 − 2(𝑢. 𝑥)2)𝑑𝑥 = 4𝑥(𝑢. 𝑥)(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) 𝑥2𝑑𝑥 − 2𝑢2𝑥2𝑑𝑥 = 4𝑢2𝑥2𝑑𝑥 + 4𝑢𝑥3𝑑𝑢 → 𝑥2𝑑𝑥 − 2𝑢2𝑥2𝑑𝑥 − 4𝑢2𝑥2𝑑𝑥 = 4𝑢𝑥3𝑑𝑢 𝑥2𝑑𝑥 − 6𝑢2𝑥2𝑑𝑥 = 𝑥3(4𝑢)𝑑𝑢 → 𝑥2(1 − 6𝑢2)𝑑𝑥 = 𝑥3(4𝑢)𝑑𝑢 𝑥2𝑑𝑥𝑥3 = (4𝑢)𝑑𝑢(1 − 6𝑢2) 
Integrar por partes: ∫𝑑𝑥𝑥 = ∫ 4𝑢𝑑𝑢1 − 6𝑢2 𝑣 = 1 − 6𝑢2 𝑑𝑣 = 12𝑢𝑑𝑢 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑣12𝑢 
𝑙𝑛𝑥 = ∫4𝑢𝑣 . 𝑑𝑣12𝑢 → 𝑙𝑛𝑥 = ∫1𝑑𝑣3𝑣 → 𝑙𝑛𝑥 = 13 𝑙𝑛𝑣 + 𝑐 → 𝑙𝑛𝑥 = 13 𝑙𝑛(1 − 6𝑢2) + 𝑐 
𝑙𝑛𝑥 = 13 𝑙𝑛 (1 − 6 𝑦2𝑥2) + 𝑐 
Para 𝑦(3) = 1 𝑙𝑛3 = 13 𝑙𝑛 (1 − 619) + 𝑐 → 𝑙𝑛3 = 13 𝑙𝑛 13 + 𝑐 → 3𝑙𝑛3 = 𝑙𝑛 13 + 𝑐 → 3𝑙𝑛3 = −𝑙𝑛3 + 𝑐 3𝑙𝑛3 + 𝑙𝑛3 = 𝑐 → 𝑐 = 4𝑙𝑛3 
𝑙𝑛𝑥 = 13 𝑙𝑛 (1 − 6𝑦2𝑥2) + 4𝑙𝑛3 
Para 𝒚(𝟓) = ? 𝑙𝑛5 = 13 𝑙𝑛 (1 − 6𝑦252) + 4𝑙𝑛3 → 𝑙𝑛5 − 4𝑙𝑛3 = 13 𝑙𝑛 (1 − 625𝑦2) → 
3𝑙𝑛 581 = 𝑙𝑛 (1 − 625𝑦2) 125531441 = 1 − 625𝑦2 → 𝑦 = 5√7969742187 → 𝑦 = 2,04 
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A solução de uma equação diferencial é uma função. Resolvendo a equação diferencial 
homogênea (𝒙𝟐 + 𝟐𝒚𝟐)𝒅𝒚 = 𝒙𝒚 𝒅𝒙, obtém-se uma função y(x). Sabendo que o ponto 𝒚(𝟑) = 𝟏 pertence a esta função, então pode-se afirmar que o módulo do valor aproximado 
de x, para 𝒚 = 𝟑, é: 
 
 
7 
Se homogênea substituir 
x = u . y → dx = udy + ydu 𝑢 = 𝑥𝑦 ((𝑢. 𝑦)2 + 2𝑦2)𝑑𝑦 = (𝑢. 𝑦). 𝑦(𝑢𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑢) 𝑢2. 𝑦2𝑑𝑦 + 2𝑦2𝑑𝑦 = 𝑢2𝑦2𝑑𝑦 + 𝑢𝑦3𝑑𝑢 → 𝑢2. 𝑦2𝑑𝑦 + 2𝑦2𝑑𝑦 − 𝑢2𝑦2𝑑𝑦 = 𝑢𝑦3𝑑𝑢 2𝑦2𝑑𝑦 = 𝑦3𝑢𝑑𝑢 → 2𝑦2𝑑𝑦𝑦3 = 𝑢𝑑𝑢 
Integrar por partes: ∫2𝑑𝑦𝑦 = ∫𝑢𝑑𝑢 
2𝑙𝑛𝑦 = 𝑢22 + 𝑐 → 2𝑙𝑛𝑦 = 𝑥22𝑦 + 𝑐 
Para 𝑦(3) = 1 
2𝑙𝑛1 = 322 + 𝑐 → 0 = 92 + 𝑐 → 𝑐 = −92 
2𝑙𝑛𝑦 = 𝑥22𝑦 − 92 
Para 𝑦 = 3 2𝑙𝑛3 = 𝑥22.3 − 92 
𝑙𝑛9 = 𝑥26 − 92 
𝑙𝑛9 = 𝑥2 − 276 6. 𝑙𝑛9 = 𝑥2 − 27 13,18 + 27 = 𝑥2 𝑥 = ±√40,18 𝑥 = 6,33 
 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação homogênea (𝟐𝒚𝟐 − 𝟑𝒙𝒚)𝒅𝒙 + 𝟑𝒙𝟐𝒅𝒚 = 𝟎, obtém-se uma 
função y(x). Se o ponto 𝒚(𝟏) = 𝟏𝟐 pertence a esta função, pode-se afirmar que o valor 
aproximado de 𝒚(𝟑), é: 
 
 
1 
Se homogênea substituir 
y = u . x → dy = udx + xdu 𝑢 = 𝑦𝑥 (2(𝑢. 𝑥)2 − 3𝑥𝑢. 𝑥)𝑑𝑥 + 3𝑥2(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) 2𝑢2𝑥2𝑑𝑥 − 3𝑢𝑥2𝑑𝑥 + 3𝑢𝑥2𝑑𝑥 + 3𝑥3𝑑𝑢 2𝑢2𝑥2𝑑𝑥 = −3𝑥3𝑑𝑢 2𝑥2𝑑𝑥𝑥3 = −3𝑑𝑢𝑢2 
Integrar por partes 2∫𝑑𝑥𝑥 = −3∫𝑑𝑢𝑢2 → 2∫𝑑𝑥𝑥 = −3∫𝑢−2𝑑𝑢 
2𝑙𝑛𝑥 = −3𝑢−1−1 + 𝑐 → 2𝑙𝑛𝑥 = 3 1𝑢 + 𝑐 → 𝑙𝑛𝑥 = 32 1𝑢 + 𝑐 
𝑙𝑛𝑥 = 32𝑢 + 𝑐 → 𝑙𝑛𝑥 = 32𝑦𝑥 + 𝑐 → 𝑐 = 𝑙𝑛𝑥 − 32𝑦𝑥 
Para 𝑦(1) = 12 
𝑐 = 𝑙𝑛1 − 32.11.2 → 𝑐 = 0 − 3 → 𝑐 = −3 
−3 = 𝑙𝑛𝑥 − 32𝑦𝑥 
Para 𝑦(3) −3 = 𝑙𝑛3 − 32𝑦3 → 𝑙𝑛3 + 3 = 3.32𝑦 → 2𝑦. 4,098 = 9 
𝑦 = 98,196 𝑦 = 1,09 
 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação homogênea (𝒙𝒚 + 𝒚𝟐 + 𝒙𝟐)𝒅𝒙 − 𝒙𝟐𝒅𝒚 = 𝟎, obtém-se uma 
função y(x). Se o ponto 𝒚(𝒆) = 𝟑 pertence a esta função, então pode-se afirmar que o módulo 
do valor aproximado de 𝒚(𝟑), é: 
Obs: utilize a calculadora no modo radiano. 
 
 
4 (𝒙𝒚 + 𝒚𝟐 + 𝒙𝟐)𝒅𝒙 − 𝒙𝟐𝒅𝒚 = 𝟎 
Se homogênea substituir 
y = u . x → dy = udx + xdu 𝑢 = 𝑦𝑥 (𝑥(𝑢. 𝑥) + (𝑢. 𝑥)2 + 𝑥2)𝑑𝑥 − 𝑥2(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0 𝑢𝑥2𝑑𝑥 + 𝑢2𝑥2𝑑𝑥 + 𝑥2𝑑𝑥 − 𝑢𝑥2𝑑𝑥 − 𝑥3𝑑𝑢 = 0 𝑥2𝑑𝑥(𝑢2 + 1) = 𝑥3𝑑𝑢 𝑥2𝑑𝑥𝑥3 = 𝑑𝑢(𝑢2 + 1) ∫𝑑𝑥𝑥 = ∫ 𝑑𝑢(𝑢2 + 1) 𝑐 + 𝑙𝑛𝑥 = 𝑡𝑔−1𝑢 → 𝑢 = 𝑡𝑔(𝑐 + 𝑙𝑛𝑥) 
Voltar a variável y 𝑦𝑥 = 𝑡𝑔(𝑐 + 𝑙𝑛𝑥) → 𝑦 = 𝑥. 𝑡𝑔(𝑐 + 𝑙𝑛𝑥) 
Para 𝑦(𝑒) = 3 3 = 𝑒. 𝑡𝑔(𝑐 + 𝑙𝑛𝑒) 3𝑒 = 𝑡𝑔(𝑐 + 1) 𝑡𝑔−11,103 = 𝑐 + 1 
Mudar calculadora para Rad 0,834 = 𝑐 + 1 → 𝑐 = 0,165 
Para 𝑦(3) = ? 𝑦 = 𝑥. 𝑡𝑔(0,165 + 𝑙𝑛𝑥) 𝑦 = 3. 𝑡𝑔(0,165 + 𝑙𝑛3) 𝑦 ≅ 4 
Integral tabelada ∫ 𝑑𝑢𝑢2 + 𝑎2 = 1𝑎 𝑡𝑔−1 (𝑢𝑎) + 𝑐 
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A solução de uma equação diferencial é uma função. Resolvendo a equação diferencialhomogênea (𝒙𝟐 + 𝟐𝒚𝟐)𝒅𝒚 = 𝒙𝒚 𝒅𝒙, obtém-se uma função y(x). Sabendo que o ponto 𝒚(𝟑) = 𝟏 pertence a esta função, pode-se afirmar que o módulo do valor aproximado de x, 
para 𝒚 = 𝟑, é: 
 
 
11 
 
Se homogênea substituir 
x = u . y → dx = udy + ydu 𝑢 = 𝑥𝑦 (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑦 = 𝑥𝑦𝑑𝑥 ((𝑢2 . 𝑦2) + 2 𝑦2)𝑑𝑦 = (𝑢. 𝑦)𝑦(𝑢𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑢) 𝑢2𝑦2𝑑𝑦 + 2𝑦2𝑑𝑦 = 𝑢2𝑦2𝑑𝑦 + 𝑢𝑦3𝑑𝑢 2𝑦2𝑑𝑦 = 𝑢𝑦3𝑑𝑢 → 2𝑦2𝑦3 𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑢 
Integrar por partes 2∫𝑑𝑦𝑦 = ∫𝑢𝑑𝑢 
2𝑙𝑛𝑦 = 𝑢22 + 𝑐 
2𝑙𝑛𝑦 = 𝑥22𝑦2 + 𝑐 
Para 𝑦(3) = 1 
2𝑙𝑛1 = 32212 + 𝑐 → 0 = 92 + 𝑐 → 𝑐 = −92 
Para 𝑦 = 3 2𝑙𝑛𝑦 = 𝑥22𝑦2 + 𝑐 
2𝑙𝑛3 = 𝑥2232 − 92 → 𝑙𝑛32 + 92 = 𝑥218 𝑥 = √2,197 + 4,5(18) 𝑥 = 10,97 
 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação diferencial homogênea (𝟒𝒙 − 𝒚)𝒅𝒙 + (𝟔𝒚 − 𝒙)𝒅𝒚 = 𝟎, 
obtém-se uma função y(x). Se o ponto 𝒚(𝟐) = 𝟐 pertence a esta função, então pode-se 
afirmar que o valor negativo de 𝒚(𝟏), é: 
 
 
-2 
Se homogênea realizar substituição 
y = u . x → dy = udx + xdu 𝑢 = 𝑦𝑥 (4𝑥 − 𝑢. 𝑥)𝑑𝑥 + (6(𝑢. 𝑥) − 𝑥)(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0 4𝑥𝑑𝑥 − 𝑢. 𝑥𝑑𝑥 + 6𝑢2𝑥𝑑𝑥 + 6𝑢𝑥2𝑑𝑢 − 𝑢𝑥𝑑𝑥 − 𝑥2𝑑𝑢 = 0 4𝑥𝑑𝑥 − 2𝑢𝑥𝑑𝑥 + 6𝑢2𝑥𝑑𝑥 = 𝑥2𝑑𝑢 − 6𝑢𝑥2𝑑𝑢 2𝑥(2 − 𝑢 + 3𝑢2)𝑑𝑥 = 𝑥2(1 − 6𝑢)𝑑𝑢 2𝑥𝑑𝑥𝑥2 = (1 − 6𝑢)𝑑𝑢(2 − 𝑢 + 3𝑢2) 
Integrar por partes ∫2𝑑𝑥𝑥 = ∫(1 − 6𝑢)𝑑𝑢𝑣 𝑣 = 2 − 𝑢 + 3𝑢2 𝑑𝑣 = −1 + 6𝑢𝑑𝑢 
∫2𝑑𝑥𝑥 = ∫(1 − 6𝑢)𝑣 . 𝑑𝑣−1(1 − 6𝑢) 𝑑𝑢 = 𝑑𝑣−1(1 − 6𝑢) 2𝑙𝑛𝑥 = −𝑙𝑛𝑣 + 𝑐 → 𝑙𝑛𝑥2 = −𝑙𝑛(2 − 𝑢 + 3𝑢2) + 𝑐 
𝑙𝑛𝑥2 = −𝑙𝑛 (2 − 𝑦𝑥 + 3 (𝑦𝑥)2) + 𝑐 
Para 𝑦(2) = 2 
𝑙𝑛22 = −𝑙𝑛 (2 − 22 + 3 (22)2) + 𝑐 → 𝑙𝑛4 = −𝑙𝑛(2 − 1 + 3) 
𝑙𝑛4 = −𝑙𝑛4 + 𝑐 → 𝑐 = 𝑙𝑛4 + 𝑙𝑛4 → 𝑐 = 𝑙𝑛16 𝑙𝑛𝑥2 = −𝑙𝑛 (2 − 𝑦𝑥 + 3 (𝑦𝑥)2) + 𝑙𝑛16 
Para 𝑦(1) = ? 𝑙𝑛12 = −𝑙𝑛 (2 − 𝑦1 + 3 (𝑦1)2) + 𝑙𝑛16 𝑙𝑛1 = −𝑙𝑛(2 − 𝑦 + 3𝑦2) + 𝑙𝑛16 → 𝑙𝑛(2 − 𝑦 + 3𝑦2) = 𝑙𝑛16 − 𝑙𝑛1 𝑙𝑛(2 − 𝑦 + 3𝑦2) = 𝑙𝑛16 2 − 𝑦 + 3𝑦2 = 16 → 3𝑦2 − 𝑦 − 14 → 𝑦 = 73 , 𝑦 = −2 
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E.D.O - Exatas 
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 
𝜕𝑓(𝑥,𝑦)𝜕𝑥 𝑑𝑥+= 𝜕𝑓𝜕𝑦 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 
 
Exemplo: 
Mostre que a equação diferencial 𝑥2. 𝑦3𝑑𝑥 + 𝑥3. 𝑦2𝑑𝑦 = 0 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑥2. 𝑦3 → 𝑀𝑦 = 3𝑥2𝑦2 𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑥3. 𝑦2 → 𝑀𝑥 = 3𝑥2𝑦2 
My = Nx → E.D.O. exata 𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑜𝑢 ∫𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 
𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫𝑥2. 𝑦3𝑑𝑥 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑦3∫𝑥2. 𝑑𝑥 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3. 𝑦33 + 𝑔(𝑥) 𝜕𝑓𝜕𝑦 = 3𝑥3. 𝑦23 + 𝑑𝑔(𝑦)𝑑𝑦 𝜕𝑓𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → 𝑥3. 𝑦2 + 𝑑𝑔(𝑦)𝑑𝑦 = 𝑥3. 𝑦2 𝑑𝑔(𝑦)𝑑𝑦 = 0 → 𝑔(𝑦) = 𝑐1 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3. 𝑦33 + 𝑐1 
𝑐2 = 𝑥3. 𝑦33 + 𝑐1 𝑥3. 𝑦33 = 𝑐 
 
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2. (𝑒𝑥 − 5𝑦)𝑑𝑥 − (5𝑥 − 3𝑦2)𝑑𝑦 = 0 
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥 − 5𝑦 → 𝑀𝑦 = −5 𝑁(𝑥, 𝑦) = −5𝑥 + 3. 𝑦2 → 𝑁𝑥 = −5 
My = Nx → E.D.O. exata 
Integrar em função 𝑀(𝑥, 𝑦) em relação a x 𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫(𝑒𝑥 − 5𝑦)𝑑𝑥 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥 − 5𝑦𝑥 + 𝑔(𝑦) 
Deriva a função em relação a y 𝜕𝑓𝜕𝑦 = −5𝑥 + 𝑑𝑔(𝑦)𝑑𝑦 
Substitui 
𝜕𝑓𝜕𝑦 por 𝑁(𝑥, 𝑦) e simplificar a expressão 
−5𝑥 + 3. 𝑦2 = −5𝑥 + 𝑑𝑔(𝑦)𝑑𝑦 → 𝑑𝑔(𝑦)𝑑𝑦 = 3𝑦2 → 𝑑𝑔(𝑦) = 3𝑦2𝑑𝑦 
Intergrar em relação a y ∫𝑑𝑔(𝑦) = ∫3𝑦2𝑑𝑦 𝑔(𝑦) = 𝑦3 + 𝑐1 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥 − 5𝑦𝑥 + 𝑦3 + 𝑐1 𝑐2 = 𝑒𝑥 − 5𝑦𝑥 + 𝑦3 + 𝑐1 𝑒𝑥 − 5𝑦𝑥 + 𝑦3 = 𝑐 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação diferencial exata (𝒍𝒏𝒙 + 𝒚𝟐)𝒅𝒙 + 𝟐𝒙𝒚 𝒅𝒚 = 𝟎, obtém-se 
uma função y(x). Se o ponto 𝒚(𝟏) = 𝟐 pertence a esta função, então pode-se afirmar que essa 
função, no ponto dado, é: 
 
 
𝒙𝒍𝒏𝒙 − 𝒙 + 𝒙𝒚𝟐 = 𝟑 
 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑙𝑛𝑥 + 𝑦2 → 𝑀𝑦 = 2𝑦 𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 → 𝑁𝑥 = 2𝑦 
My = Nx → E.D.O. exata 
Integrar em função 𝑁(𝑥, 𝑦) em relação a y 𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 
𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫2𝑥𝑦𝑑𝑦 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 𝑦22 + 𝑔(𝑥) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦2 + 𝑔(𝑥) 
Deriva a função em relação a x 𝜕𝑓𝜕𝑥 = 𝑦2 + 𝑑𝑔(𝑥)𝑑𝑥 
Substitui 
𝜕𝑓𝜕𝑥 por 𝑀(𝑥, 𝑦) e simplificar a expressão 
𝑙𝑛𝑥 + 𝑦2 = 𝑦2 + 𝑑𝑔(𝑥)𝑑𝑥 → 𝑑𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑙𝑛𝑥 → 𝑑𝑔(𝑥) = 𝑙𝑛𝑥𝑑𝑥 
Intergrar em relação a x ∫𝑑𝑔(𝑥) = ∫ 𝑙𝑛𝑥 𝑑𝑥 𝑔(𝑥) = 𝑥𝑙𝑛𝑥 − 𝑥 + 𝑐1 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦2 + 𝑥𝑙𝑛𝑥 − 𝑥 + 𝑐1 𝑐2 = 𝑥𝑦2 + 𝑥𝑙𝑛𝑥 − 𝑥 + 𝑐1 𝑐 = 𝑥𝑦2 + 𝑥𝑙𝑛𝑥 − 𝑥 
Para 𝑦(1) = 2 𝑐 = 1. 22 + 1𝑙𝑛1 − 1 𝑐 = 4 + 0 − 1 → 𝑐 = 3 3 = 𝑥𝑦2 + 𝑥𝑙𝑛𝑥 − 𝑥 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação diferencial exata 𝒙𝟑 𝒅𝒚𝒅𝒙+ 𝟑𝒙𝟐𝒚 = 𝒆𝟑𝒙, obtém-se uma função 
y(x). Se o ponto 𝒚(𝟏) = 𝟖 pertence a esta função, então pode-se afirmar que o valor 
aproximado 𝒚(𝟐). 
 
 
17 𝑥3 𝑑𝑦𝑑𝑥 + 3𝑥2𝑦 = 𝑒3𝑥 → 𝑥3𝑑𝑦 + 3𝑥2𝑦𝑑𝑥𝑑𝑥 = 𝑒3𝑥 → 𝑥3𝑑𝑦 + 3𝑥2𝑦𝑑𝑥 = 𝑒3𝑥𝑑𝑥 (𝑒3𝑥 − 3𝑥2𝑦)𝑑𝑥 = 𝑥3𝑑𝑦 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑒3𝑥 − 3𝑥2𝑦 → 𝑀𝑦 = 3𝑥2 𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑥3 → 𝑁𝑥 = 3𝑥2 
My = Nx → E.D.O. exata 
Integrar em função 𝑁(𝑥, 𝑦) em relação a y 𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫𝑥3𝑑𝑦 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3𝑦 + 𝑔(𝑥) 
Deriva a função em relação a x 𝜕𝑓𝜕𝑥 = 3𝑥2𝑦 + 𝑑𝑔(𝑥)𝑑𝑥 
Substitui 
𝜕𝑓𝜕𝑦 por 𝑀(𝑥, 𝑦) e simplificar a expressão 
𝑒3𝑥 − 3𝑥2𝑦 = 3𝑥2𝑦 + 𝑑𝑔(𝑥)𝑑𝑥 → 𝑑𝑔(𝑥) = 𝑒3𝑥𝑑𝑥 
Intergrar em relação a x ∫𝑑𝑔(𝑥) = ∫𝑒3𝑥𝑑𝑥 𝑔(𝑥) = 13 𝑒3𝑥 + 𝑐1 
Substituir na equação 1 e substituir 𝑓(𝑥, 𝑦) por c2 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3𝑦 + 13 𝑒3𝑥 + 𝑐1 → 𝑐2 = 𝑥3𝑦 + 13 𝑒3𝑥 + 𝑐1 → 𝑐 = 𝑥3𝑦 + 13 𝑒3𝑥 
Para 𝑦(1) = 8 𝑐 = 13. 8 + 13 𝑒3.1 → 𝑐 = 8 + 6,69 → 𝑐 = 14,69 
Para 𝑦(2) = ? 14,69 = 23𝑦 + 13 𝑒3.2 → 14,69 = 8𝑦 + 134,47 → 𝑦 = −134,47 + 14,698 𝑦 = −15 
 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação diferencial exata (𝒙 + 𝟑𝒚)𝒅𝒙 + (𝟑𝒙 − 𝟏)𝒅𝒚 = 𝟎, obtém-se 
uma função y(x). Se o ponto 𝒚(𝟐) = 𝟏 pertence a esta função, então pode-se afirmar que o 
valor de 𝒚(𝟎), é: 
 
 
-7 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 3𝑦 → 𝑀𝑦 = 3 𝑁(𝑥, 𝑦) = 3𝑥 − 1 → 𝑁𝑥 = 3 
My = Nx → E.D.O. exata 
Integrar em função 𝑀(𝑥, 𝑦) em relação a x 𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 
𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫(𝑥 + 3𝑦)𝑑𝑥 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥22 + 3𝑥𝑦 + 𝑔(𝑦) 
Deriva a função em relação a y 𝜕𝑓𝜕𝑦 = 3𝑥 + 𝑑𝑔(𝑦)𝑑𝑦 
Substitui 
𝜕𝑓𝜕𝑦 por 𝑁(𝑥, 𝑦) e simplificar a expressão 
3𝑥 − 1 = 3𝑥 + 𝑑𝑔(𝑦)𝑑𝑦 → 𝑑𝑔(𝑦) = −1𝑑𝑦 
Intergrar em relação a y ∫𝑑𝑔(𝑦) = −∫𝑑𝑦 𝑔(𝑦) = −𝑦 + 𝑐1 
Substituir na equação 1 e substituir 𝑓(𝑥, 𝑦) por c2 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥22 + 3𝑥𝑦 − 𝑦 + 𝑐1 → 𝑐2 = 𝑥22 + 3𝑥𝑦 − 𝑦 + 𝑐1 → 𝑐 = 𝑥22 + 3𝑥𝑦 − 𝑦 
Para 𝑦(2) = 1 
𝑐 = 222 + 3.2.1 − 1 → 𝑐 = 7 
Para 𝑦(0) =? 
7 = 022 + 3.0. 𝑦 − 𝑦 → 𝑦 = −7 
 
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https://www.studocu.com/pt-br?utm_campaign=shared-document&utm_source=studocu-document&utm_medium=social_sharing&utm_content=atividades-ava-calculo-4A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação diferencial exata (𝒙𝟐𝒚 + 𝒙)𝒅𝒙 − (𝒚 − 𝒙𝟑𝟑 )𝒅𝒚 = 𝟎, obtém-se 
uma função y(x). Se o ponto 𝒚(𝟎) = 𝟑 pertence a esta função, então pode-se afirmar que o 
valor positivo de 𝒚(𝟏), é: 
 
 
3,5 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑥2𝑦 + 𝑥 → 𝑀𝑦 = 𝑥2 𝑁(𝑥, 𝑦) = −𝑦 + 𝑥33 → 𝑁𝑥 = 𝑥𝑥 
My = Nx → E.D.O. exata 
Integrar em função 𝑀(𝑥, 𝑦) em relação a x 𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫(𝑥2𝑦 + 𝑥)𝑑𝑥 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3𝑦3 + 𝑥22 + 𝑔(𝑦) 
Deriva a função em relação a y 𝜕𝑓𝜕𝑦 = 𝑥33 + 𝑑𝑔(𝑦)𝑑𝑦 
Substitui 
𝜕𝑓𝜕𝑦 por 𝑁(𝑥, 𝑦) e simplificar a expressão 
−𝑦 + 𝑥33 = 𝑥33 + 𝑑𝑔(𝑦)𝑑𝑦 → 𝑑𝑔(𝑦) = −𝑦𝑑𝑦 
Intergrar em relação a y ∫𝑑𝑔(𝑦) = −∫𝑦𝑑𝑦 
𝑔(𝑦) = −𝑦22 + 𝑐1 
Substituir na equação 1 e substituir 𝑓(𝑥, 𝑦) por c2 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3𝑦3 + 𝑥22 − 𝑦22 + 𝑐1 → 𝑐2 = 𝑥3𝑦3 + 𝑥22 − 𝑦22 + 𝑐1 → 𝑐 = 𝑥3𝑦3 + 𝑥22 − 𝑦22 
Para 𝑦(0) = 3 
𝑐 = 0333 + 022 − 322 → 𝑐 = −92 
Para 𝑦(1) =? −92 = 13𝑦3 + 122 − 𝑦22 → −92 − 12 = 𝑦3 − 𝑦22 → 5 = 𝑦3 − 𝑦22 → 3𝑦2 − 2𝑦 + 30 = 0 
Resolvendo a equação 𝑦 = 3,5 
mmc 
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E.D Lineares de primeira ordem (E.D.L.P.O) 
 
Exemplo 1) 𝑥 𝑑𝑦𝑑𝑥 − 4𝑦 = 𝑥5𝑒𝑥 𝑦′ + 𝑃(𝑥)𝑦 = Q(𝑥) 
Fator integrante (μ) 𝜇 = 𝑒∫𝑃(𝑥)𝑑𝑥 
Multiplica o denominador por x 𝑥𝑥 𝑑𝑦𝑑𝑥 − 4𝑦𝑥 = 𝑥5𝑒𝑥𝑥 
𝑦′ − 4𝑥 𝑦 = 𝑥4𝑒𝑥 
𝜇 = 𝑒∫−4𝑥 𝑑𝑥 → 𝜇 = 𝑒−4𝑙𝑛𝑥 → 𝜇 = 𝑒𝑙𝑛𝑥−4 → 𝜇 = 𝑥−4 𝑥−4. 𝑦′ + 𝑥−4 (−4𝑥)𝑦 = 𝑥−4. 𝑥4𝑒𝑥 𝑑𝑑𝑥 (𝑥−4. 𝑦) = 𝑒𝑥 → ∫𝑑(𝑥−4. 𝑦) = ∫𝑒𝑥𝑑𝑥 
(𝑥−4. 𝑦) = 𝑒𝑥 + 𝑐 → 𝑦𝑥4 = 𝑒𝑥 + 𝑐 → 𝑦 = 𝑥4𝑒𝑥 + 𝑥4. 𝑐 
Exemplo 2) 𝑥 𝑑𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥2𝑦 = 𝑥2, com y(0)=3 𝑦′ + 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥) Fator integrante (μ) 𝜇 = 𝑒∫𝑃(𝑥)𝑑𝑥 
Multiplica o denominador por x 𝑥𝑥 𝑑𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥2𝑦𝑥 = 𝑥2𝑥 𝑦′ + 2𝑥𝑦 = 𝑥 
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𝜇 = 𝑒∫2𝑥𝑑𝑥 → 𝜇 = 𝑒𝑥2 𝑒𝑥2 . 𝑦′ + 𝑒𝑥22𝑥𝑦 = 𝑒𝑥2 . 𝑥 ∫𝑑(𝑒𝑥2𝑦) = ∫𝑒𝑥2 . 𝑥𝑑𝑥 
𝑢 = 𝑥2 → 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥 → 𝑑𝑥 = 𝑑𝑢2𝑥 
𝑒𝑥2𝑦 = ∫𝑒𝑢. 𝑥. 𝑑𝑢2𝑥 → 𝑒𝑥2𝑦 = 12∫𝑒𝑢 𝑑𝑢 → 
𝑒𝑥2𝑦 = 12 𝑒𝑢 + 𝑐 
𝑒𝑥2𝑦 = 12 𝑒𝑥2 + 𝑐 
Para y(0) = 3 
𝑒023 = 12 𝑒02 + 𝑐 → 3 = 12 + 𝑐 → 𝑐 = 52 
(𝑒𝑥2𝑦 = 12 𝑒𝑥2 + 52) /𝑒𝑥2 
𝑦 = 12 + 52𝑒𝑥2 → 𝑦 = 12 + 52 𝑒−𝑥2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Assim, a solução da E.D de Bernoulli: 𝒚′ + 𝟒𝒚 = 𝟓𝒚𝟐, é: 
 
 𝒚 = 𝟒𝟓 + 𝒄. 𝒆𝟒𝒙 
 𝑦′ + 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥) Fator integrante (μ) 𝜇 = 𝑒∫𝑃(𝑥)𝑑𝑥 𝑦′ + 4𝑦 = 5𝑦2 𝑛 = 2 → 𝑦1−𝑛 = 𝑣 → 𝑦1−2 = 𝑣 → 𝑦−1 = 𝑣 𝑣′ + (1 − 𝑛). 𝑃(𝑥)𝑣 = (1 − 𝑛)𝑄(𝑥) 𝑣′ + (1 − 2). 4𝑣 = (1 − 2)5 𝑣′ = −4𝑣 = −5 𝜇 = 𝑒∫−4𝑑𝑥 → 𝜇 = 𝑒−4𝑥 𝑒−4𝑥. 𝑣′ + 𝑒−4𝑥(−4𝑣) = 𝑒−4𝑥. (−5) 𝑑𝑑𝑥 (𝑒−4𝑥. 𝑣) = −5𝑒−4𝑥 → ∫𝑑(𝑒−4𝑥. 𝑣) = ∫−5𝑒−4𝑥 𝑑𝑥 
𝑢 = −4𝑥 → 𝑑𝑢 = −4𝑑𝑥 → 𝑑𝑥 = 𝑑𝑢−4 
∫𝑑(𝑒−4𝑥. 𝑣) = −5∫𝑒𝑢 𝑑𝑢−4 
𝑒−4𝑥. 𝑣 = 54 𝑒𝑢 + 𝑐 
𝑒−4𝑥. 𝑦−1 = 54𝑒−4𝑥 + 𝑐 
(𝑒−4𝑥. 𝑦−1 = 54𝑒−4𝑥 + 𝑐) /𝑒−4𝑥 1𝑦 = 54 + 𝑐𝑒−4𝑥 → 1𝑦 = 54 + 𝑐. 𝑒4𝑥 
𝑦 = 45 + 𝑐. 𝑒4𝑥 
 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Se a condição inicial 𝒚(𝟏) = 𝟖 atende à solução da E.D. de Bernoulli: 𝒙 𝒅𝒚𝒅𝒙+ 𝟑𝒚 = 𝟔𝒙𝒚𝟐/𝟑. Então, o valor inteiro mais próximo de 𝒚(𝟐), é: 
 
 
16 𝑦′ + 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥) → Fator integrante (μ) → 𝜇 = 𝑒∫𝑃(𝑥)𝑑𝑥 
Multiplicar denominador por x 𝑥𝑥 𝑑𝑦𝑑𝑥 + 3𝑦𝑥 = 6𝑥𝑦23𝑥 → 𝑦′ + 3𝑥 𝑦 = 6𝑦23 
𝑛 = 23 → 𝑦1−𝑛 = 𝑣 → 𝑦1−23 = 𝑣 → 𝑣 = 𝑦13 𝑣′ + (1 − 𝑛). 𝑃(𝑥)𝑣 = (1 − 𝑛)𝑄(𝑥) 𝑣′ + (1 − 23) . 3𝑥 𝑣 = (1 − 23)6 
𝑣′ = 1𝑥 𝑣 = 2 
𝜇 = 𝑒∫1𝑥𝑑𝑥 → 𝜇 = 𝑒𝑙𝑛𝑥 → 𝜇 = 𝑥 𝑥. 𝑣′ + 𝑥 (1𝑥) = 𝑥. 2 𝑑𝑑𝑥 (𝑥. 𝑣) = 2𝑥 → ∫𝑑(𝑥. 𝑣) = ∫2𝑥 𝑑𝑥 𝑥. 𝑣 = 𝑥2 + 𝑐 𝑥. 𝑦13 = 𝑥2 + 𝑐 → 𝑦13 = 𝑥2𝑥 + 𝑐𝑥 → 𝑦13 = 𝑥 + 𝑐. 𝑥−1 
Para 𝑦(1) = 8 𝑦13 = 𝑥 + 𝑐. 𝑥−1 813 = 1 + 𝑐. 1−1 → 𝑐 = 2 − 1 → 𝑐 = 1 
Para 𝑦(2)=? 𝑦13 = 2 + 1. 2−1 → 𝑦13 = 2 + 12 
𝑦13 = 52 → 𝑦 = (52)3 𝑦 = 15,625 
 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Se a condição inicial 𝒚(𝟏) = 𝟐 atende à solução da E.D. linear de primeira ordem: 𝒙 𝒅𝒚𝒅𝒙+ 𝒚 = 𝒍𝒏𝒙. Então, o valor aproximado de 𝒚(𝟑), é: 
 
 
1,0 
 𝑦′ + 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥) → Fator integrante (μ)𝜇 = 𝑒∫𝑃(𝑥)𝑑𝑥 
Multiplica o denominador por x 𝑥𝑥 𝑑𝑦𝑑𝑥 + 𝑦𝑥 = 𝑙𝑛𝑥𝑥 
𝑦′ + 1𝑥 𝑦 = 𝑙𝑛𝑥𝑥 
𝜇 = 𝑒∫1𝑥𝑑𝑥 → 𝜇 = 𝑒𝑙𝑛𝑥 → 𝜇 = 𝑥 𝑥. 𝑦′ + 𝑥 1𝑥 𝑦 = 𝑥. 𝑙𝑛𝑥𝑥 
∫𝑑(𝑥. 𝑦) = ∫ 𝑙𝑛𝑥 𝑑𝑥 𝑥. 𝑦 = 𝑥𝑙𝑛𝑥 − 𝑥 + 𝑐 
Para y(1) = 2 1.2 = 1𝑙𝑛1 − 1 + 𝑐 2 = 0 − 1 + 𝑐 → 𝑐 = 3 
Para y(3) = ? 3. 𝑦 = 3𝑙𝑛3 − 3 + 3 𝑦 = 𝑙𝑛3 𝑦 = 1,09 
 
 
 
 
 
 
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Deixa-se cair de um balão um objeto de massa m, num local em que a resistência do ar é 
diretamente proporcional à velocidade do objeto, ou seja, kv. Considerando que este 
movimento possa ser descrito pela equação diferencial linear de primeira ordem: 𝒎 𝒅𝒗𝒅𝒕 + 𝒌𝒗 = 𝒎𝒈 e que não existam condições iniciais a serem aplicadas a esta situação, 
pode-se afirmar que a equação geral para determinar a velocidade do balão, em função do 
tempo, v(t), é: 
 
 
𝒗 = 𝒈𝒎𝒌 + 𝒄. 𝒆−𝒌𝒎 𝒕 
 𝑦′ + 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥) → Fator integrante (μ)𝜇 = 𝑒∫𝑃(𝑥)𝑑𝑥 
Multiplica o denominador por m 𝑚𝑚𝑑𝑣𝑑𝑡 + 𝑘𝑣𝑚 = 𝑚𝑔𝑚 → 𝑑𝑣𝑑𝑡 + 𝑘𝑚𝑣 = 𝑔 
𝑣′ + 𝑘𝑚𝑣 = 𝑔 
𝜇 = 𝑒∫𝑘𝑚𝑑𝑡 → 𝜇 = 𝑒 𝑘𝑚𝑡 𝑒 𝑘𝑚𝑡. 𝑣′ + 𝑒 𝑘𝑚𝑡 𝑘𝑚𝑣 = 𝑒 𝑘𝑚𝑡 . 𝑔 
Integrando por partes: ∫𝑑 (𝑒 𝑘𝑚𝑡. 𝑣) = ∫𝑔𝑒 𝑘𝑚𝑡𝑑𝑡 
𝑒 𝑘𝑚𝑡. 𝑣 = 𝑚𝑔𝑘 𝑒 𝑘𝑚𝑡 + 𝑐 
𝑣 = 𝑚𝑔𝑘 𝑒 𝑘𝑚𝑡 + 𝑐𝑒 𝑘𝑚𝑡 → 𝑣 = 𝑚𝑔𝑘 𝑒 𝑘𝑚𝑡𝑒 𝑘𝑚𝑡 + 𝑐𝑒 𝑘𝑚𝑡 𝑣 = 𝑔𝑚𝑘 + 𝑐𝑒−𝑘𝑚𝑡 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Se a condição inicial 𝒚(𝝅) = 𝟎 atende à solução da E.D. linear de primeira ordem: 𝒙𝒚′ − 𝟐𝒚 = 𝒙𝟑𝒔𝒆𝒏𝒙. Então o valor aproximado de 𝒚(𝟐), é: 
 
 
-2,3 
 
Multiplicar o denominador por x 𝑥𝑦′𝑥 − 2𝑦𝑥 + 𝑥3𝑠𝑒𝑛𝑥𝑥 
𝑦′ − 2𝑦𝑥 + 𝑥2 𝑠𝑒𝑛𝑥 
𝜇 = 𝑒∫−2𝑥 𝑑𝑥 → 𝜇 = 𝑒−2∫𝑑𝑥𝑥 → 𝜇 = 𝑒−2𝑙𝑛𝑥 → 𝜇 = 𝑥−2 𝑥−2. 𝑦′ − 𝑥−2. 2𝑦𝑥 = 𝑥−2. 𝑥2 𝑠𝑒𝑛𝑥 
𝑥−2. 𝑦′ − 𝑥−2. 2𝑦𝑥 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑(𝑥−2. 2𝑦)𝑑𝑥 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 
∫𝑑(𝑥−2. 𝑦) = ∫𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥 𝑥−2. 2𝑦 = −𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐 𝑥−2. 2𝑦 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑐 
Para 𝑦(𝜋) = 0 𝜋−2. 2.0 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑐 −1 = 𝑐 2𝑦 = −𝑐𝑜𝑠𝑥 − 1𝑥−2 
Para 𝑦 (𝜋3) 
𝑦 = −𝑐𝑜𝑠 (𝜋3) − 1(𝜋3)−2 → 𝑦 = −0,5 − 10,91 
𝑦 = −1,57 
 
 
 
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Uma solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a E.D. linearde primeira ordem: 𝟐𝒚′ + 𝒚𝒄𝒐𝒔𝒙 = 𝒄𝒐𝒔𝒙, obtém-se uma 
função y(x). Se o ponto 𝒚(𝝅) = −𝟐 pertence a esta função, então pode-se afirmar que 𝒚(𝟎), 
vale: 
 
 
-1 
 
 
-2 
 
 
3 
 
 
1 
 
 
0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Ao resolver o problema de valor inicial 𝒚′′ + 𝟓𝒚′ + 𝒚 = 𝟎, com 𝒚(𝟎) = 𝟓 e 𝒚′(𝟎) = −𝟑, 
obtém-se uma função y(x). Pode-se afirmar que o valor aproximado de 𝑦(1), é: 
 
 
2,6 
 
Montar equação auxiliar 𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐 𝑟2 + 5𝑟 + 1 = 0 ∆= 𝑏2 − 4. 𝑎. 𝑐 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Um problema de valor inicial é uma equação diferencial sujeita a condições iniciais, que nada 
mais são do que pontos dados da função-solução e de sua derivada, para que se possa 
determinar os valores das constantes c1e c2. Assim, para a solução do problema: 𝒚′′ − 𝟔𝒚′ + 𝟓𝒚 = 𝟎, 𝑐𝑜𝑚 𝒚(𝟎) = 𝟏 𝑒 𝒚′(𝟎) = −𝟏, pode se afirmar que o valor da razão entre 
c1 e c2, pode ser: 
 
 
-3,0 
Montar equação auxiliar 𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐 1𝑟2 − 6𝑟 + 5 = 0 ∆= 𝑏2 − 4. 𝑎. 𝑐 ∆= (−6)2 − 4.1.5 → ∆= 36 − 20 → ∆= 16 → 𝑦 = 𝑐1. 𝑒𝑛1𝑥 + 𝑐2. 𝑒𝑛2𝑥 
𝑟 = −𝑏 ± √∆2𝑎 → 𝑟 = 6 ± √162.1 → 𝑟1 = 5𝑟2 = 1 
𝑦 = 𝑐1. 𝑒5𝑥 + 𝑐2. 𝑒𝑥 
Para y(0) = 1 → x = 0 e y = 1 1 = 𝑐1. 𝑒5.0 + 𝑐2. 0. 𝑒0 → 1 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑐2 = 1 − 𝑐1 Para y’(0) = -1 → x = 0 e y = -1 𝑦 = 𝑐1. 𝑒5𝑥 + 𝑐2. 𝑒𝑥 𝑦′ = 5𝑐1. 𝑒5𝑥 + 𝑐2. 𝑒𝑥 −1 = 5𝑐1. 𝑒5.0 + 𝑐2𝑒0 → −1 = 5𝑐1 + 𝑐2 −1 = 5𝑐1 + 1 − 𝑐1 → 
4𝑐1 = −2 → 𝑐1 = −12 
𝑐2 = 1 + 12 → 𝑐2 = 32 
A razão entre C1 e C2 𝑐2𝑐1 = 32−12 = 32 . (−21) = −3 
 
 
 
 
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Um problema de valor inicial é uma equação sujeita a condições iniciais, que nada mais são do 
que pontos dados da função–solução e de sua derivada primeira. Assim, seja a equação 
diferencial 𝟐𝒚′′ − 𝟕𝒚′ + 𝟑𝒚 = 𝟎, 𝑐𝑜𝑚 𝑦(0) = 5 𝑒 𝑦′(0) = −5. Pode-se afirmar que o valor 
aproximado de 𝑦(−2), é: 
 
 
2,9 
 
Montar equação auxiliar 𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐 2𝑟2 − 7𝑟 + 3 = 0 ∆= 𝑏2 − 4. 𝑎. 𝑐 ∆= (−7)2 − 4.2.3 → ∆= 49 − 24 → ∆= 25 → 𝑦 = 𝑐1. 𝑒𝑛1𝑥 + 𝑐2. 𝑒𝑛2𝑥 
𝑟 = −𝑏 ± √∆2𝑎 → 𝑟 = 7 ± √252.2 → 𝑟1=3𝑟2=12 
𝑦 = 𝑐1. 𝑒3𝑥 + 𝑐2. 𝑒12𝑥 
Para y(0) = 5 → x = 0 e y = 5 5 = 𝑐1. 𝑒3.0 + 𝑐2. 𝑒12.0 → 5 = 𝑐1 + 𝑐2 → 𝑐1 = 5 − 𝑐2 Para y’(0) = -5 → x = 0 e y = -5 𝑦 = 𝑐1. 𝑒3𝑥 + 𝑐2. 𝑒12𝑥 𝑦′ = 3𝑐1. 𝑒3𝑥 + 12 𝑐2. 𝑒12𝑥 
−5 = 3𝑐1. 𝑒3.0 + 12 𝑐2. 𝑒12.0 → −5 = 3𝑐1 + 12 𝑐2 → −5 = 3(5 − 𝑐2) + 12 𝑐2 
−5 = 15 − 3𝑐2 + 12 𝑐2 → −5− 15 = −6𝑐2 + 1𝑐22 → 52 𝑐2 = 20 → 𝑐2 = 405 → 𝑐2 = 8 𝑐1 = 5 − 𝑐2 → 𝑐1 = 5 − 8 → 𝑐1 = −3 
𝑦 = −3. 𝑒3𝑥 + 8. 𝑒12𝑥 
Para y(-2) = ? → x = -2 𝑦 = −3. 𝑒3−2 + 8. 𝑒12−2 → 𝑦 = 3. 𝑒−6 + 2. 𝑒−1 → 𝑦 = 2,91 
 
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Um problema de valor inicial é uma equação diferencial sujeita a condições iniciais, que nada 
mais são do que pontos dados da função-solução e de sua derivada primeira. Assim a equação 
diferencial 𝟒𝒚′′ + 𝟏𝟐𝒚′ + 𝟗𝒚 = 𝟎, 𝑐𝑜𝑚 𝒚(𝟎) = −𝟐 𝑒 𝒚′(𝟎) = −𝟏. Pode-se afirmar que o 
valor aproximado de 𝒚(−𝟏), é: 
 
 
9 
Montar equação auxiliar 𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐 4𝑟2 + 12𝑟 + 9 = 0 ∆= 𝑏2 − 4. 𝑎. 𝑐 ∆= (12)2 − 4.4.9 → ∆= 144 − 144 → ∆= 0 → 𝑦 = 𝑐1. 𝑒𝑛𝑥 + 𝑐2. 𝑥𝑒𝑛𝑥 
𝑟 = −𝑏 ± √∆2𝑎 → 𝑟 = −12 ± √02.4 → 𝑟1 = −32𝑟2 = −32 
𝑦 = 𝑐1. 𝑒−32𝑥 + 𝑐2. 𝑥. 𝑒−32𝑥 
Para y(0) = -2 → x = 0 e y = -2 −2 = 𝑐1. 𝑒−32.0 + 𝑐2. 0. 𝑒−32.0 → 𝑐1 = −2 Para y’(0) = -1 → x = 0 e y = -1 𝑦 = 𝑐1. 𝑒−32𝑥 + 𝑐2. 𝑥. 𝑒−32𝑥 𝑦′ = −32 𝑐1. 𝑒−32𝑥 + 𝑐2. (𝑒−32𝑥 − 32 𝑒−32𝑥. 𝑥) 
−1 = −32 𝑐1. 𝑒−32.0 + 𝑐2. (𝑒−32.0 − 32𝑒−32.0. 0) → −1 = −32 𝑐1 + 𝑐2 
−1 = −32 . (−2) + 𝑐2 → 𝑐2 = −1− 3 → 𝑐2 = −4 
𝑦 = −2𝑒−32𝑥 − 4𝑥𝑒−32𝑥 
Para 𝑦(−1) 𝑦 = −2𝑒−32(−1) − 4(−1)𝑒−32(−1) → 𝑦 = −2𝑒32 + 4𝑒32 𝑦 ≅ 8,9 
 
 
 
 
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Um problema de valor inicial é uma equação diferencial sujeita a condições iniciais, que nada 
mais são do que pontos dados da função-solução e de sua derivada primeira. Assim, seja a 
equação diferencial: 𝒚′′ + 𝟐𝒚′ + 𝒚 = 𝟎, 𝑐𝑜𝑚 𝒚(𝟎) = 𝟑 𝑒 𝒚′(𝟎) = 𝟔. Pode-se afirmar que o 
valor aproximado de 𝒚(𝟏𝟐), é: 
 
 
4,9 
 
Considere a equação diferencial 𝑦′′ + 2𝑦′ + 𝑦 = 0 
Cuja equação associada é: 𝑚2 + 2𝑚 = 𝑚(𝑚 + 2) = 0 
Tem duas soluções 𝑚1 = −2, 𝑚2 = 0 
Logo a solução da equação diferencial é: 𝑦(𝑥) = 𝐶1𝑒−2𝑥 + 𝐶2𝑒0𝑥 𝑦(𝑥) = 𝐶1𝑒−2𝑥 + 𝐶2 
Derivando: 𝑦′(𝑥) = −2𝐶1𝑒−2𝑥 
Para 𝑦(0) = 3 𝑦(0) = 𝐶1𝑒−2.0 + 𝐶2 3 = 𝐶1 + 𝐶2 𝐶2 = 3 − 𝐶1 
Para 𝑦′(0) = 6 𝑦′(0) = −2𝐶1𝑒−2.0 6 = −2𝐶1 → 𝐶1 = −3 𝐶2 = 3 − 𝐶1 → 𝐶2 = 3 − (−3) → 𝐶2 = 6 
Para 𝑦 (12) 
𝑦 = −3𝑒−2(12) + 6 𝑦 = −3𝑒−1 + 6 𝑦 = 4,9 
 
 
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Mostre que a equação diferencial (𝒙𝟒 + 𝒚𝟒)𝒅𝒙 + 𝟐𝒙𝟑𝒚𝒅𝒚 = 𝟎 é homogênea e a seguir, 
resolva-a. 
Observação: a solução do aluno deverá ser publicada passo a passo. 𝑀𝑑𝑥 + 𝑁𝑑𝑦 = 0 𝑀 = 𝑥4 + 𝑦4 
N= 2𝑥3𝑦 𝑀(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = (𝑡𝑥)4 + (𝑡𝑦)4 = 𝑡4𝑥4 − 𝑡4𝑦4 → 𝑀(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡4(𝑥4 + 𝑦4) 𝑁(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 2(𝑡𝑥)3. 𝑡𝑦 = 2𝑡3𝑥3. 𝑡. 𝑦 → 𝑁(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡4(2𝑥3𝑦) 
Como as funções M e N são homogêneas de mesmo grau, então a equação diferencial (E.D) 
é homogênea. (𝑥4 + 𝑦4)𝑑𝑥 + 2𝑥3𝑦𝑑𝑦 = 0 
y = u . x → dy = udx + xdu 𝑢 = 𝑦𝑥 (𝑥4 + (𝑢. 𝑥)4). 𝑑𝑥 + 2𝑥3(𝑢. 𝑥). (𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0 𝑥4𝑑𝑥 + 𝑢4𝑥4𝑑𝑥 + 2𝑢2𝑥4𝑑𝑥 + 2𝑢𝑥5𝑑𝑢 = 0 𝑥4(1 + 𝑢4 + 2𝑢2)𝑑𝑥 = −2𝑢𝑥5𝑑𝑢 𝑥4𝑑𝑥𝑥5 = −2𝑢𝑑𝑢(1+𝑢4+2𝑢2) ∫𝑑𝑥𝑥 = −∫ 2𝑢𝑑𝑢1 + 𝑢4 + 2𝑢2 → ∫𝑑𝑥𝑥 = −2∫ 𝑢𝑑𝑢(𝑢2 + 1)2 
𝑣 = 𝑢2 + 1 → 𝑑𝑣 = 2𝑢𝑑𝑢 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑣2𝑢 
∫𝑑𝑥𝑥 = −2∫ 𝑢(𝑣)2 . 𝑑𝑣2𝑢 → ∫𝑑𝑥𝑥 = −2∫ 𝑑𝑣2𝑣2 → ∫𝑑𝑥𝑥 = −22∫𝑑𝑣𝑣2 
∫𝑑𝑥𝑥 = −1∫𝑣−2𝑑𝑣 
𝑙𝑛𝑥 = −( 𝑣−2+1−2+ 1) + 𝑐 → 𝑙𝑛𝑥 = 𝑣−1 + 𝑐 𝑙𝑛𝑥 = (𝑢2 + 1)−1 + 𝑐 
𝑙𝑛𝑥 = (𝑦2𝑥2 + 1)−1 + 𝑐 → 𝑙𝑛𝑥 = 1𝑦2𝑥2 + 1 + 𝑐 → 𝑙𝑛𝑥 = 1𝑦2 + 𝑥2𝑥2 + 𝑐 → 𝑙𝑛𝑥 = 1𝑦2 + 𝑥2 𝑥2 + 𝑐 
𝑙𝑛𝑥 = 𝑥2𝑦2 + 𝑥2 + 𝑐 
 
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Mostre que a equação diferencial (𝒙𝟒 + 𝒚𝟒)𝒅𝒙 + (𝟒𝒙𝒚𝟑 + 𝟑𝒚𝟐)𝒅𝒚 = 𝟎 é exata e a seguir, 
resolva-a. 
Observação: a solução do aluno deverá ser publicada passo a passo. 
 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑥4 + 𝑦4 → 𝑀𝑦 = 4𝑦3 𝑁(𝑥, 𝑦) = 4𝑥𝑦3 + 3𝑦2 → 𝑀𝑥 = 4𝑦3 
My = Nx → E.D.O. exata 𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 
𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫𝑥4 + 𝑦4𝑑𝑥 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥55 + 𝑥𝑦4 + 𝑔(𝑦) 𝜕𝑓𝜕𝑦 = 4𝑥𝑦3 + 𝑑𝑔(𝑦)𝑑𝑦 𝜕𝑓𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) → 4𝑥𝑦3 + 𝑑𝑔(𝑦)𝑑𝑦 = 4𝑥𝑦3 + 3𝑦2 𝑑𝑔(𝑦)𝑑𝑦 = 3𝑦2 → 𝑑𝑔(𝑦) = 3𝑦2𝑑𝑦 
∫𝑑𝑔(𝑦) = ∫3𝑦2𝑑𝑦 𝑔(𝑦) = 𝑦3 + 𝑐1 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥55 + 𝑥𝑦4 + 𝑔(𝑦) 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥55 + 𝑥𝑦4 + 𝑦3 + 𝑐1 
𝑐2 = 𝑥55 + 𝑥𝑦4 + 𝑦3 + 𝑐1 
𝑐 = 𝑥55 + 𝑥𝑦4 + 𝑦3 
 
 
 
 
 
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Mostre que a equação diferencial (𝒙𝟒 + 𝒚𝟒)𝒅𝒙 + (𝟒𝒙𝒚𝟑 + 𝟑𝒚𝟐)𝒅𝒚 = 𝟎 é exata e a seguir, 
resolva-a. 
Observação: a solução do aluno deveráser publicada passo a passo. 
 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑥4 + 𝑦4 → 𝑀𝑦 = 4𝑦3 𝑁(𝑥, 𝑦) = 4𝑥𝑦3 + 3𝑦2 → 𝑀𝑥 = 4𝑦3 
My = Nx → E.D.O. exata 𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑜𝑢 ∫𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 
𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫4𝑥𝑦3 + 3𝑦2𝑑𝑦 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 4𝑥𝑦44 + 3𝑦33 + 𝑔(𝑥) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦4 + 𝑦3 + 𝑔(𝑥) 𝜕𝑓𝜕𝑥 = 𝑦4 𝑑𝑔(𝑥)𝑑𝑥 𝜕𝑓𝜕𝑥 = 𝑀(𝑥, 𝑦) → 𝑦4 + 𝑑𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑥4 + 𝑦4 𝑑𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑥4 → 𝑑𝑔(𝑥) = 𝑥4𝑑𝑥 
∫𝑑𝑔(𝑥) = ∫𝑥4𝑑𝑥 
𝑔(𝑥) = 𝑥55 + 𝑐1 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦4 + 𝑦3 + 𝑔(𝑥) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦4 + 𝑦3 + 𝑥55 + 𝑐1 
𝑐2 = 𝑥𝑦4 + 𝑦3 + 𝑥55 + 𝑐1 
𝑐 = 𝑥𝑦4 + 𝑦3 + 𝑥55 
 
 
 
 
 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x). Resolvendo a equação 𝒙𝟐 𝒅𝒚𝒅𝒙+ 𝟑𝒙𝒚 = 𝟎, obtém-se uma função y(x) que passa pelo ponto 𝒚(𝒆) = 𝟏. Pode-se afirmar 
que o valor mais próximo de 𝒚(𝟐), é: 
 
 
2,5 𝑥2 𝑑𝑦𝑑𝑥 + 3𝑥𝑦 = 0 
𝑥2 𝑑𝑦𝑑𝑥 = −3𝑥𝑦 Dividindo por “x2y” 1𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 = −3𝑥 1𝑑𝑦𝑦 = −3𝑥 𝑑𝑥 
Integração por variáveis separáveis ∫𝑑𝑦𝑦 = −3∫𝑑𝑥𝑥 𝑙𝑛𝑦 = −3𝑙𝑛𝑥 + 𝑐 𝑙𝑛𝑦 = −𝑙𝑛𝑥3 + 𝑐 𝑙𝑛𝑦 + 𝑙𝑛𝑥3 = 𝑐 𝑙𝑛𝑦 + 𝑙𝑛𝑥3 = 𝑐 𝑙𝑛𝑦𝑥3 = 𝑐 𝑦𝑥3 = 𝑒𝑐 
𝑦 = 𝑒𝑐𝑥3 
Quando y(e) = 1 → x = e, y = 1 1 = 𝑒𝑐𝑒3 → 𝑒3 = 𝑒𝑐 𝑐 = 3 
Portanto 𝑦 = 𝑒3𝑥3 
Finalmente: 𝑦(2) = 𝑒323 → 𝑦(2) = 𝑒38 → 𝑦(2) ≅ 2,5 
 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x). Se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação homogênea (𝒙 + √𝒙𝒚)𝒅𝒚 = 𝒚 𝒅𝒙, obtém-se uma função 
y(x) que passa pelo ponto 𝒚(𝟒) = 𝟏 pertence a esta função, pode-se afirmar que o valor 
aproximado de 𝒙, para 𝒚 = 𝟐, é: 
 
 
11 
Seja a equação diferencial homogênea (𝑥 + √𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 𝑦𝑥 + √𝑥𝑦 
Considere y = zx (ou xy = zx2), então... substituindo: 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 𝑧 + 𝑥 𝑑𝑧𝑑𝑥 𝑧𝑥𝑥(1 + √𝑧) − 𝑧 = 𝑥 𝑑𝑧𝑑𝑥 
Simplificando −𝑥𝑧√𝑧𝑥(1 + √𝑧) = 𝑥 𝑑𝑧𝑑𝑥 → −𝑑𝑥𝑥 = (1 + √𝑧 𝑧√𝑧 )𝑑𝑧 
Integração por variáveis separáveis −∫𝑑𝑥𝑥 = ∫(12 + 𝑧−32)𝑑𝑧 
𝑐 − 𝑙𝑛𝑥 = 𝑙𝑛𝑧 − 2√𝑧 → 𝑐 = 𝑙𝑛𝑥 + 𝑙𝑛𝑧 − 2√𝑧 → 𝑐 = 𝑙𝑛𝑥𝑧 − 2√𝑧 
Substituindo novamente (𝑥𝑧 = 𝑦) e (𝑧 = 𝑦𝑥) 
𝑐 = 𝑙𝑛𝑦 − 2√𝑥√𝑦 
Se 𝑦(4) = 1, então 
𝑐 = 𝑙𝑛1 − 2√4√1 → 𝑐 = −4 
Portanto, −4 = 𝑙𝑛𝑦 − 2√𝑥√𝑦 
Se 𝑦 = 2, então 
−4 = 𝑙𝑛2 − 2√𝑥√2 → 𝑥 = 12 (4 + 𝑙𝑛2)2 → 𝑥 ≅ 11 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação diferencial exata (𝟑𝒙𝟐 + 𝟐𝒚𝟐)𝒅𝒙 + (𝟒𝒙𝒚 + 𝟔𝒚𝟐)𝒅𝒚 = 𝟎, 
obtém-se uma função y(x). Se o ponto 𝒚(𝟏) = −𝟐 pertence a esta função, então pode-se 
afirmar que essa função, no ponto dado, é: 
 
 
𝒙𝟑 + 𝟐𝒙𝒚𝟐 + 𝟐𝒚𝟑 = −𝟕 
 𝑀(𝑥, 𝑦) = 3𝑥2 + 2𝑦2 → 𝑀𝑦 = 4𝑦 𝑁(𝑥, 𝑦) = 4𝑥𝑦 + 6𝑦2 → 𝑁𝑥 = 4𝑦 
My = Nx → E.D.O. exata 
Integrar em função 𝑀(𝑥, 𝑦) em relação a x 𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 
𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫(3𝑥2 + 2𝑦2)𝑑𝑥 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3 + 2𝑥𝑦2 + 𝑔(𝑦) 
Deriva a função em relação a y 𝜕𝑓𝜕𝑦 = 4𝑥𝑦 + 𝑑𝑔(𝑦)𝑑𝑦 
Substitui 
𝜕𝑓𝜕𝑦 por 𝑁(𝑥, 𝑦) e simplificar a expressão 
4𝑥𝑦 + 6𝑦2 = 4𝑥𝑦 + 𝑑𝑔(𝑦)𝑑𝑦 → 𝑑𝑔(𝑦) = 6𝑦2𝑑𝑦 
Intergrar em relação a y ∫𝑑𝑔(𝑦) = ∫6𝑦2𝑑𝑦 𝑔(𝑦) = 2𝑦3 + 𝑐1 
Substituir na equação 1 e substituir 𝑓(𝑥, 𝑦) por c2 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3 + 2𝑥𝑦2 + 2𝑦3 + 𝑐1 → 𝑐2 = 𝑥3 + 2𝑥𝑦2 + 2𝑦3 + 𝑐1 → 𝑐 = 𝑥3 + 2𝑥𝑦2 + 2𝑦3 
Para 𝑦(1) = −2 𝑐 = 13 + 2.1. (−2)2 + 2(−2)3 → 𝑐 = −7 −7 = 𝑥3 + 2𝑥𝑦2 + 2𝑦3 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação diferencial exata (𝒄𝒐𝒔𝒙 + 𝒍𝒏𝒚)𝒅𝒙 + (𝒙𝒚−𝟏 + 𝟐𝒆𝟐𝒚)𝒅𝒚 = 𝟎, 
obtém-se uma função y(x). Se o ponto 𝒚(𝟎) = 𝒍𝒏𝟐 pertence a esta função, então pode-se 
afirmar que essa função, no ponto dado, é: 
 
 
𝒔𝒆𝒏𝒙 + 𝒙 𝒍𝒏𝒚 + 𝒆𝟐𝒚 = 𝟒 
 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑙𝑛𝑦 → 𝑀𝑦 = 1𝑦 
𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦−1 + 2𝑒2𝑦 → 𝑀𝑥 = 1𝑦 
My = Nx → E.D.O. exata 
Integrar em função 𝑀(𝑥, 𝑦) em relação a x 𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 
𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫(𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑙𝑛𝑦)𝑔𝑥 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥𝑙𝑛𝑦 + 2𝑔(𝑦) 
Deriva a função em relação a y 𝜕𝑓𝜕𝑦 = 𝑥𝑦 + 𝑑𝑔(𝑦)𝑑𝑦 
Substitui 
𝜕𝑓𝜕𝑦 por 𝑀(𝑥, 𝑦) e simplificar a expressão 
𝑥𝑦−1 + 2𝑒2𝑦 = 𝑥𝑦 + 𝑑𝑔(𝑦)𝑑𝑦 → 𝑥𝑦 + 2𝑒2𝑦 = 𝑥𝑦 + 𝑑𝑔(𝑦)𝑑𝑦 → 2𝑒2𝑦𝑑𝑔(𝑦) = 𝑑𝑔(𝑦) 
Intergrar em relação a x ∫𝑑𝑔(𝑦) = ∫2𝑒2𝑦𝑑𝑔(𝑦) 
𝑔(𝑦) = 𝑒2𝑦 + 𝑐1 
Substituir na função 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥𝑙𝑛𝑦2 + 𝑒2𝑦 + 𝑐1 𝑐2 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥𝑙𝑛𝑦2 + 𝑒2𝑦 + 𝑐1 → 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥𝑙𝑛𝑦2 + 𝑒2𝑦 = 𝑐 
Para 𝑦(0) = 𝑙𝑛2 𝑠𝑒𝑛0 + 0. 𝑙𝑛(𝑙𝑛2) + 𝑒2.𝑙𝑛2 = 𝑐 → 𝑐 = 4 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥𝑙𝑛𝑦2 + 𝑒2𝑦 = 4 
 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Se a condição inicial 𝒚(𝝅) = 𝟎 atende à solução da E.D linear de primeira ordem: 𝒙𝒚′ = 𝒚 + 𝒙𝟐𝒔𝒆𝒏𝒙. Então , o valor aproximado de 𝒚 (𝝅𝟑), é: 
 
 
1,6 
 
Multiplicar o denominador por x 𝑥𝑦′𝑥 = 𝑦𝑥 + 𝑥2𝑠𝑒𝑛𝑥𝑥 
𝑦′ = 𝑦𝑥 + 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 
𝑦′ − 𝑦𝑥 = 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 
𝜇 = 𝑒∫−1𝑥 𝑑𝑥 → 𝜇 = 𝑒−1∫𝑑𝑥𝑥 → 𝜇 = 𝑒−𝑙𝑛𝑥 → 𝜇 = 𝑥−1 𝑥−1. 𝑦′ − 𝑥−1. 𝑦𝑥 = 𝑥−1. 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 
𝑥−1. 𝑦′ − 𝑥−1. 𝑦𝑥 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑(𝑥−1. 𝑦)𝑑𝑥 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 
∫𝑑(𝑥−1. 𝑦) = ∫𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥 𝑥−1. 𝑦 = −𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐 𝑥−1. 𝑦 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑐 
Para 𝑦(𝜋) = 0 𝜋−1. 0 + 𝑐𝑜𝑠𝜋 = 𝑐 −1 = 𝑐 𝑥−1. 𝑦 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 = −1 𝑦 = −𝑐𝑜𝑠𝑥 − 1𝑥−1 
Para 𝑦 (𝜋3) 
𝑦 = −𝑐𝑜𝑠 (𝜋3) − 1(𝜋3)−1 
𝑦 = −1,57 
 
 
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Ao resolver o problema de valor inicial 𝒚′′ + 𝟐𝒚′ + 𝒚 = 𝟎, com 𝒚(𝟎) = 𝟓 e 𝒚′(𝟎) = −𝟑, 
obtém-se uma função y(x). Pode-se afirmar que o valor aproximado de 𝒚(𝟏), é: 
 
 
2,6 
 
Montar equação auxiliar 𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐 𝑟2 + 2𝑟 + 1 = 0 ∆= 𝑏2 − 4. 𝑎. 𝑐 ∆= (2)2 − 4.1.1 → ∆= 4 − 4 → ∆= 0 → 𝑦 = 𝑐1. 𝑒𝑛𝑥 + 𝑐2. 𝑥𝑒𝑛𝑥 
𝑟 = −𝑏 ± √∆2𝑎 → 𝑟 = −2 ± √02. → 𝑟1 = −1𝑟2 = −1 𝑦 = 𝑐1. 𝑒−1𝑥 + 𝑐2. 𝑥. 𝑒−1𝑥 
Para y(0) = 5 → x = 0 e y = 5 5 = 𝑐1. 𝑒−1.0 + 𝑐2. 0. 𝑒−1.0 → 𝑐1 = 5 Para y’(0) = -3 → x = 0 e y = -3 𝑦 = 𝑐1. 𝑒−1𝑥 + 𝑐2. 𝑥. 𝑒−1𝑥 𝑦′ = −1𝑐1. 𝑒−1𝑥 + 𝑐2. (𝑒−1𝑥 − 𝑒−1𝑥. 𝑥) −3 = −𝑐1. 𝑒−1.0 + 𝑐2(𝑒−1.0 − 𝑒−1.0. 0) → −3 = −𝑐1 → 𝑐1 = 3 𝑦 = 5. 𝑒−1𝑥 + 3. 𝑥. 𝑒−1𝑥 𝑦 = 5. 𝑒−1𝑥 
Para 𝑦(1) 𝑦 = 5. 𝑒−1 + 3.1. 𝑒−1 𝑦 ≅ 2,6 
 
 
 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x). Resolvendo a equação 𝒙𝟐 𝒅𝒚𝒅𝒙+ 𝟑𝒙𝒚 = 𝟎, obtém-se uma função y(x) que passa pelo ponto 𝒚(𝒆) = 𝟏. Pode-se afirmar 
que o valor mais próximo de 𝒚(𝟐), é: 
 
 
2,5 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x). Se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação homogênea (𝟐𝒚𝟐 − 𝟑𝒙𝒚)𝒅𝒙+ 𝟑𝒙𝟐𝒅𝒚 = 𝟎, obtém-se uma 
função y(x) que passa pelo ponto 𝒚(𝟏) = 𝟏𝟐 pertence a esta função, pode-se afirmar que o 
valor aproximado de 𝒚(𝟑), é: 
 
 
1 
 
 
 
 
 
 
 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x). Se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação homogênea (𝒙𝟐 + 𝟐𝒚𝟐)𝒅𝒚 = 𝒙𝒚 𝒅𝒙, obtém-se uma função 
y(x) que passa pelo ponto 𝒚(𝟑) = 𝟏 pertence a esta função, pode-se afirmar que o módulo do 
valor mais próximo de 𝒙, para 𝒚 = 𝟑, é: 
 
 
11 
 
 
 
 
 
 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x). Se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação diferencial exata (𝟐𝒙𝒚 − 𝒆𝟐𝒙)𝒅𝒙 + (𝒙𝟐 + 𝒚)𝒅𝒚 = 𝟎, obtém-
se uma função y(x). Se o ponto 𝒚(𝟎) = 𝟐 pertence a esta função, pode-se afirmar que o valor 
absoluto mais próximo de 𝒚(𝟏), é: 
 
 
2,4 
 
 
 
 
 
 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x). Se a equação for nestas 
variáveis. Se a condição inicial 𝒚(𝟎) = −𝟏 atende à solução da E.D. linear de primeira ordem 𝒅𝒚𝒅𝒙 = 𝒚 + 𝟑𝒆𝟐𝒙. Então, o valor aproximado de 𝒚(𝟏), é: 
 
 
11 
 
 
 
 
 
 
 
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Em atomística, a taxa de crescimento de um isótopo radioativo é proporcional à quantidade 
remanescente do elemento. Ou seja: 
𝒅𝑸𝒅𝒕 = 𝒌𝑸 onde: Q é a quantidade remanescente do isótopo num 
instante qualquer, t é o tempo e k é a constante de proporcionalidade. A partir da lei descrita acima. 
Considere a situação: 
Em 13/09/1987, Goiânia-GO, catadores de sucata encontraram nas instalações do extinto Instituto 
Goiano de Radioterapia, um aparelho destinado a tratamento médicos, do qual retiraram a cápsula de 
césio-137 (Cs-137), provocando o mais grave acidente radioativo da história do Brasil, com 60 mortos 
e 1,6 mil pessoas afetadas de alguma forma. 
Sabendo que a meia-vida do Cs-137 é de aproximadamente 30,17 anos considere que no momento 
do acidente, tenha sido liberado no ambiente 19 gramas desse elemento. Utilize aproximação de 
centésimos, para todos os valores obtidos no desenvolvimento da questão e marque a alternativa que 
indica, em anos, o tempo necessário para 80% do Cs-137 desapareça. 
Observação: meia-vida é o tempo necessário para que metade da substancia se desintegre. 
 
 
80 
Quando fala em taxa de variação é derivada 𝑑𝑁𝑑𝑡 = 𝐾.𝑄 → ∫ 𝑑𝑁𝑁 = ∫𝐾 . 𝑑𝑡 𝑙𝑛𝑄 = 𝐾. 𝑡 + 𝑐 
Informação 1: em t = 0 → Q = 19𝑔𝑄0 𝑙𝑛(19𝑔𝑄0) = 𝐾. 0 + 𝑐 𝑐 = 𝑙𝑛(19𝑔𝑄0) 𝑙𝑛𝑄 = 𝐾. 𝑡 + 𝑙𝑛(19𝑔𝑄0) 
Informação 2: em t = 30,17 → Q = 1/2Q0 𝑙𝑛𝑄 = 𝐾. 𝑡 + 𝑙𝑛(19𝑔𝑄0) 
𝑙𝑛 12𝑄0 = 𝐾. 30,17 + 𝑙𝑛(19𝑔𝑄0) → 𝑙𝑛 12 (19𝑔𝑄0) = 30,17𝐾 + 𝑙𝑛(19𝑔𝑄0) 𝑙𝑛(9,5𝑔𝑄0) − 𝑙𝑛(19𝑔𝑄0) = 30,17𝐾 
𝐾 = −0,69330,17 → 𝐾 = −0,022 
t=? para que Q = 20% de Q0 → Q=(3,8𝑔𝑄0) 𝑙𝑛(3,8𝑔𝑄0) = −0,022. 𝑡 + 𝑙𝑛(19𝑔𝑄0) −0,02𝑡 = 𝑙𝑛(3,8𝑔𝑄0) − 𝑙𝑛(19𝑔𝑄0) 𝑡 = −1,609−0,022 → 𝑡 ≅ 80 
 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação homogênea (𝒚𝟐 + 𝒙𝒚)𝒅𝒙 − 𝒙𝟐𝒅𝒚 = 𝟎, obtém-se uma 
função y(x). Se o ponto 𝒚(𝟏) = 𝟐 pertence a esta função, então pode-se afirmar que o valor 
mais próximo de 𝒚(𝟑), é: 
 
 
-5 
 Se homogênea realizar substituição 
y = u . x → dy = udx + xdu 𝑢 = 𝑦𝑥 ((𝑢. 𝑥)2 + 𝑥(𝑢. 𝑥))𝑑𝑥 − 𝑥2(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0 𝑢2𝑥2𝑑𝑥 + 𝑢𝑥2𝑑𝑥 − 𝑢𝑥2𝑑𝑥 − 𝑥3𝑑𝑢 = 0 𝑢2𝑥2𝑑𝑥 = 𝑥3𝑑𝑢 𝑥2𝑑𝑥𝑥3 = 𝑑𝑢𝑢2 
Integrar por partes ∫𝑑𝑥𝑥 = ∫𝑑𝑢𝑢2 → ∫𝑑𝑥𝑥 = ∫𝑢−2𝑑𝑢 
𝑙𝑛𝑥 = −1𝑢 + 𝑐 
𝑙𝑛𝑥 = −𝑥𝑦 + 𝑐 
Para 𝑦(1) = 2 𝑙𝑛1 = −12 + 𝑐 0 = −0,5 + 𝑐 →→ 𝑐 = 0,5 
Para 𝑦(3) = ? 𝑙𝑛3 = −3𝑦 + 0,5 −3𝑦 = 𝑙𝑛3 − 0,5 → 𝑦 = −3𝑙𝑛3 − 0,5 
𝑦 = −31,0986 − 0,5 → 𝑦 = −30,5986 𝑦 = −5,011 
 
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Um problema de valor inicial é uma equação diferencial sujeita a condições iniciais, que nada 
mais são do que pontos dados da função-solução e de sua derivada primeira. Assim, seja a 
equação diferencial: 𝒚′′ + 𝒚′ − 𝟔𝒚 = 𝟎,com 𝒚(𝟎) = 𝟏 e 𝒚′(𝟎) = 𝟎. Pode-se afirmar que o 
valor aproximado de 𝒚(−𝟏), é: 
 
 
8,1 
Considere a equação diferencial 𝑦′′ + 𝑦′ − 6𝑦 = 0 
Cuja equação associada é: 𝑚2 +𝑚 − 6 = (𝑚 + 3)(𝑚 − 2) = 0 
Tem duas soluções 𝑚1 = −3, 𝑚2 = 2 
Logo a solução da equação diferencial é: 𝑦(𝑥) = 𝐶1𝑒−3𝑥 + 𝐶2𝑒2𝑥 
Derivando: 𝑦′(𝑥) = −3𝐶1𝑒−3𝑥 + 2𝐶2𝑒2𝑥 
Para 𝑦(0) = 1 𝑦(0) = 𝐶1𝑒−3.0 + 𝐶2𝑒2.0 1 = 𝐶1 + 𝐶2 𝐶2 = 1 − 𝐶1 
Para 𝑦′(0) = 0 𝑦′(0) = −3𝐶1𝑒−3.0 + 2𝐶2𝑒2.0 0 = −3𝐶1 + 2𝐶2 0 = −3𝐶1 + 2(1 − 𝐶1) 0 = −3𝐶1 + 2 − 2𝐶1 5𝐶1 = 2 𝐶1 = 25 
𝐶2 = 1 − 25 → 𝐶2 = 35 
Para 𝑦(−1) = ? 𝑦(0) = 25 𝑒−3.(−1) + 35𝑒2.(−1) 𝑦 = 25 𝑒3 + 35 𝑒−2 → 𝑦 = 25 . 20,08 + 35 . 0,13 → 𝑦 = 8,032 + 0,078 → 𝑦 = 8,1 
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A solução de uma equação diferencial é uma função y ou y(x), se a equação for nestas 
variáveis. Resolvendo a equação homogênea 
𝒅𝒚𝒅𝒙 = 𝒚𝒙+ 𝒙𝒚′, obtém-se uma função y(x). Se o 
ponto 𝒚(𝟏) = 𝟐 pertence a esta função, então pode-se afirmar que o módulo do valor inteiro, 
mais próximo de 𝒚(𝟐), é: 
 
 
5 
Resolvendo: 
𝑑𝑦𝑑𝑥 = 𝑦𝑥 + 𝑥𝑦 
Considere 𝑍 = 𝑦𝑥 (𝑜𝑢 𝑦 = 𝑍𝑥) 𝑒𝑛𝑡ã𝑜: 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 𝑍 + 𝑥. 𝑑𝑍𝑑𝑥 
Subxtituíndo (x): 𝑦𝑥 + 1𝑦/𝑥 = 𝑍 + 𝑥. 𝑑𝑍𝑑𝑥 
𝑍 + 1𝑍 = 𝑍 + 𝑥. 𝑑𝑍𝑑𝑥 1𝑍 = +𝑥. 𝑑𝑍𝑑𝑥 1𝑥 𝑑𝑥 = 𝑍𝑑𝑍 
Integrando por partes ∫𝑑𝑥𝑥 = ∫𝑍𝑑𝑍 
𝑐 + 𝑙𝑛𝑥 = 𝑍22 
Voltando a variável 𝑐 + 𝑙𝑛𝑥 = 𝑦22𝑥2 
Para 𝑦(1) = 2 𝑐 + 𝑙𝑛1 = 222. 12 → 𝑐 = 2 
Subistituíndo c na função: 2𝑥2. (2 + 𝑙𝑛𝑥) = 𝑦2 
Para 𝑦(2) = ? 2. 22. (2 + 𝑙𝑛2) = 𝑦2 → 8 . 2,69 𝑦2 =21,54 |𝑦| ≅ 4,65 
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A soma dos coeficientes da solução particular da equação: 𝒚′′ + 𝒚′ − 𝟐𝒚 = 𝟏𝟐𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙), é: 
 
 
-1,2 
Solução complementar: 𝑦𝑐 = 𝑦′′ + 𝑦′ − 2𝑦 = 0 
E.A 𝑟2 + 𝑟 − 2 = 0 ∆= 1 + 8 = 9 → 𝑦𝑐 = 𝐶1. 𝑒𝑟1.𝑥 + 𝐶2. 𝑒𝑟2.𝑥 𝑟 = −1 ∓ 32 → 𝑟1 = 1𝑟2 = −2 𝐶1. 𝑒𝑥 + 𝐶2. 𝑒−2𝑥 
Solução particular: 𝑔(𝑥) = 12𝑐𝑜𝑠(2𝑥) 𝑦𝑝 = 𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝑥) + 𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥) 
Derivando: 𝑦𝑝′ = −2𝐴𝑠𝑒𝑛(2𝑥) + 2𝐵𝑐𝑜𝑠(2𝑥) → 𝑦𝑝′′ = −4𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝑥) − 4𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥) 
Substituindo na equação diferencial: 𝑦𝑝′′ + 𝑦𝑝′ − 2𝑦𝑝 (−4𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝑥) − 4𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥)) + (−2𝐴𝑠𝑒𝑛(2𝑥) + 2𝐵𝑐𝑜𝑠(2𝑥)) − 2(𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝑥) + 𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥)) −4𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝑥) − 4𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥) − 2𝐴𝑠𝑒𝑛(2𝑥) + 2𝐵𝑐𝑜𝑠(2𝑥) − 2𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝑥) − 2𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥) −4𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝑥) − 2𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝑥) + 2𝐵𝑐𝑜𝑠(2𝑥) − 2𝐴𝑠𝑒𝑛(2𝑥) − 4𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥) − 2𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥) (2𝐵 − 6𝐴) 𝑐𝑜𝑠(2𝑥) + (−2𝐴 − 6𝐵)𝑠𝑒𝑛(2𝑥) = 12𝑐𝑜𝑠(2𝑥) 0 = −2𝐴 − 6𝐵 → 𝐴 = −3𝐵 12 = 2𝐵 − 6𝐴 → 12 = 20𝐵 → 35 = 𝐵 → 𝐴 = −95 
Portanto: 𝑦𝑝 = −95 𝑐𝑜𝑠(2𝑥) + 35 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) ∑𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 = −95 + 35 = −65 = −1,2 
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O produto dos coeficientes da solução particular da equação: 𝒚′′ + 𝒚′ − 𝟐𝒚 = 𝟐𝒙 − 𝟏, é: 
 
 
0 𝑦𝑐 = 𝑦′′ + 𝑦′ − 2𝑦 = 0 
Solução particular: 𝑔(𝑥) = 2𝑥 − 1 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 
Derivando: 𝑦𝑝′ = 2𝐴𝑥 + 𝐵 
Derivando 2° ordem: 𝑦𝑝′′ = 2𝐴 
Substituindo na equação diferencial: 2𝑥 − 1 = 𝑦𝑝′′ + 𝑦𝑝′ − 2𝑦𝑝 2𝑥 − 1 = (2𝐴) + (2𝐴𝑥 + 𝐵) − 2(𝐴𝑥2 +𝐵𝑥 + 𝑐) 2𝑥 − 1 = 2𝐴 + 2𝐴𝑥 + 𝐵 − 2𝐴𝑥2 − 2𝐵𝑥 − 2𝑐 2𝑥 − 1 = −2𝐴𝑥2 + 𝑥(2𝐴 − 2𝐵) + 2𝐴 + 𝐵 − 2𝑐 
 
 
 
 
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A função 𝒚(𝒙) = 𝒌𝒆−𝟐𝒙 onde 𝒌 = 𝒆𝒄, verifica identicamente para todo x da equação: 
 
 
𝒅𝒚𝒅𝒙 + 𝟐𝒚 = 𝟎 
 
Considere a função 𝑦(𝑥) = 𝑘𝑒−2𝑥 𝑦(𝑥) = 𝑒𝑐 . 𝑒−2𝑥 𝑦(𝑥) = 𝑒𝑐−2𝑥 
Aplicando logaritimo: 𝑙𝑛 𝑦(𝑥) = 𝑐 − 2𝑥 
Derivando: 1𝑦(𝑥) 𝑦′(𝑥) = −2 𝑦′(𝑥) = −2𝑦(𝑥) 𝑑𝑦𝑑𝑥 (𝑥) + 2𝑦(𝑥) = 0 𝑑𝑦𝑑𝑥 + 2𝑦 = 0 
 
 
 
 
 
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O problema de valor inicial: 
𝒅𝒚𝒅𝒙 = 𝟑𝒙 − 𝟓𝒚 − 𝟏𝟓 + 𝒙𝒚 com 𝒚(𝟎) = 𝟐, tem variáveis 
separáveis. Então 𝒚(𝟏𝟓), vale aproximadamente: 
 
 
-1,1 
Considere a equação diferencial 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 3𝑥 − 5𝑦 − 15 + 𝑥𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 𝑥(3 + 𝑦) − 5(𝑦 + 3) 𝑑𝑦𝑑𝑥 = (𝑥 − 5)(𝑦 + 3) 𝑑𝑦(𝑦 + 3) = (𝑥 − 5)𝑑𝑥 
Integrando por partes ∫ 𝑑𝑦(𝑦 + 3) = ∫(𝑥 − 5)𝑑𝑥 
𝑙𝑛(𝑦 + 3) = 𝑥22 − 5𝑥 + 𝑐 
𝑦 + 3 = 𝑐𝑒𝑥22 −5𝑥 
𝑦 = 𝑐𝑒𝑥22 −5𝑥 − 3 
Para 𝑦(0) = 2 2 = 𝑐𝑒022 −5.0 − 3 𝑐 = 2 + 3 𝑐 = 5 
Para 𝑦 (15) = ? 
𝑦 = 5. 𝑒(15)22 −5.15 − 3 𝑦 = 5. 𝑒 150−1 − 3 𝑦 ≅ −1,1 
 
 
 
 
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A soma dos coeficientes da solução particular da equação diferencial: 𝒚′′ − 𝟕𝒚′ + 𝟔𝒚 = (𝒙 − 𝟐)𝒆𝒙, é exatamente: 
 
 
0,4 𝒚′′ − 𝟕𝒚′ + 𝟔𝒚 = (𝒙 − 𝟐)𝒆𝒙 
y = yc + yp 
Solução complementar: 𝑦𝑐 = 𝑦′′ − 7𝑦′ + 6𝑦 = 0 
E.A 𝑟2 − 7𝑟 + 6 = 0 ∆= 49 − 24 = 25 → 𝑦𝑐 = 𝐶1. 𝑒𝑟1.𝑥 + 𝐶2. 𝑒𝑟2.𝑥 𝑟 = 7 ∓ 52 → 𝑟1 = 6𝑟2 = 1 𝑦𝑐 = 𝐶1. 𝑒6𝑥 + 𝐶2. 𝑒𝑥 
Solução particular: 𝑔(𝑥) = (𝑥 − 2)𝑒𝑥 𝑦𝑝 = (𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶). 𝑒𝑥 
Derivando: 𝑦𝑝′ = (2𝐴𝑥 + 𝐵). 𝑒𝑥 + (𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶). 𝑒𝑥 𝑦𝑝′ = (𝐴𝑥2 + 2𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 + 𝐵 + 𝐶). 𝑒𝑥 
Derivando 2° ordem: 𝑦𝑝′′ = (2𝐴𝑥 + 2𝐴 + 𝐵). 𝑒𝑥 + (𝐴𝑥2 + 2𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 + 𝐵 + 𝐶). 𝑒𝑥 𝑦𝑝′′ = (𝐴𝑥2 + 4𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 + 2𝐴 + 2𝐵 + 𝐶). 𝑒𝑥 
Substituindo na equação diferencial: 𝑦′′ − 7𝑦′ + 6𝑦 = (𝑥 − 2)𝑒𝑥 (𝐴𝑥2 + 4𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 + 2𝐴 + 2𝐵 + 𝐶). 𝑒𝑥 − 7(𝐴𝑥2 + 2𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 + 𝐵 + 𝐶). 𝑒𝑥+ 6(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶). 𝑒𝑥 = (𝑥 − 2)𝑒𝑥 (𝐴𝑥2 + 4𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 + 2𝐴 + 2𝐵 + 𝐶). 𝑒𝑥 + (−7𝐴𝑥2 − 14𝐴𝑥 − 7𝐵𝑥 − 7𝐵 − 7𝐶). 𝑒𝑥+ (6𝐴𝑥2 + 6𝐵𝑥 + 6𝐶). 𝑒𝑥 = (𝑥 − 2)𝑒𝑥 (−10𝐴𝑥 + 2𝐴 − 5𝐵). 𝑒𝑥 = (𝑥 − 2)𝑒𝑥 
{ 
 −10𝐴 = 1 → 𝐴 = − 110 2𝐴 − 5𝐵 = −2 → 2. (− 110) − 5𝐵 = −2 → 𝐵 = 925 ∑− 110 + 925 = 0,26 
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A solução particular da equação diferencial 𝒚′′ − 𝟑𝒚′ − 𝟐𝒚 = 𝒆𝟑𝒙, é a função de segundo que 
pode ser vista na alternativa...: 
 
 
𝑦𝑝 = −12 . 𝑒3𝑥 
 
Solução complementar: 𝑦𝑐 = 𝑦′′ − 3𝑦′ − 2𝑦 = 0 
E.A 𝑟2 − 3𝑟 − 2 = 0 ∆= 9 − 8 = 1 → 𝑦𝑐 = 𝐶1. 𝑒𝑟1.𝑥 + 𝐶2. 𝑒𝑟2.𝑥 𝑟 = 3 ∓ 12 → 𝑟1 = 2𝑟2 = 1 𝑦𝑐 = 𝐶1. 𝑒2𝑥 + 𝐶2. 𝑒𝑥 
Solução particular: 𝑔(𝑥) = 𝑒3𝑥 𝑦𝑝 = (𝐴𝑥 + 𝐵). 𝑒3𝑥 
Derivando: 𝑦𝑝′ = 𝐴𝑒3𝑥 + (𝐴𝑥 + 𝐵). 3𝑒3𝑥 → 𝑦𝑝′ = (3𝐴𝑥 + 𝐴 + 3𝐵). 𝑒3𝑥 𝑦𝑝′′ = 3𝐴𝑒3𝑥 + (3𝐴𝑥 + 𝐴 + 3𝐵). 3𝑒3𝑥 → 𝑦𝑝′′ = (9𝐴𝑥 + 6𝐴 + 9𝐵). 𝑒3𝑥 
Substituindo na equação diferencial: 𝑦′′ − 3𝑦′ − 2𝑦 = 𝑒3𝑥 (9𝐴𝑥 + 6𝐴 + 9𝐵). 𝑒3𝑥 − 3(3𝐴𝑥 + 𝐴 + 3𝐵). 𝑒3𝑥 − 2(𝐴𝑥 + 𝐵). 𝑒3𝑥 = 𝑒3𝑥 (9𝐴𝑥 + 6𝐴 + 9𝐵 − 9𝐴𝑥 − 9𝐴 − 9𝐵 − 2𝐴𝑥 − 2𝐵). 𝑒3𝑥 = 𝑒3𝑥 (−2𝐴𝑥 − 3𝐴 − 2𝐵). 𝑒3𝑥 = (0𝑥 + 1)𝑒3𝑥 {−2𝐴 = 0 → 𝐴 = 0−3𝐴 − 2𝐵 = 1 −3𝐴 − 2𝐵 = 1 
𝐵 =→ 𝐵 = −12 
Substituíndo o valor na função 𝑦𝑝 = (0. 𝑥 − 12) . 𝑒3𝑥 
𝑦𝑝 = − 12 . 𝑒3𝑥 
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Resolva o problema de valor inicial 𝒚′ + 𝟐𝒙𝒚 = 𝟔𝒙, com 𝒚(𝟎) = 𝟒. 𝑑𝑦𝑑𝑥 + 𝑃(𝑥). 𝑦 = 𝑄(𝑥) {𝑃(𝑥) = 2𝑥𝑄(𝑥) = 6𝑥 
Fator integrante (𝜇) 𝜇 = 𝑒∫𝑃(𝑥)𝑑𝑥 → 𝜇 = 𝑒∫2𝑥𝑑𝑥𝜇 = 𝑒2∫𝑥𝑑𝑥𝜇 = 𝑒𝑥2 𝑒𝑥2 . 𝑦′ + 𝑒𝑥22𝑥𝑦 = 6𝑥𝑒𝑥2 𝑑𝑑𝑥 (𝑒𝑥2 . 𝑦) = 6𝑥𝑒𝑥2 → 𝑑(𝑒𝑥2 . 𝑦) = 6𝑥𝑒𝑥2𝑑𝑥 
∫𝑑(𝑒𝑥2 . 𝑦) = ∫6𝑥𝑒𝑥2𝑑𝑥 𝑢 = 𝑥2 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥 𝑑𝑥 = 𝑑𝑢2𝑥 
∫𝑑(𝑒𝑥2 . 𝑦) = ∫6𝑥𝑒𝑢 𝑑𝑢2𝑥 → ∫𝑑(𝑒𝑥2 . 𝑦) = 3∫𝑒𝑢𝑑𝑢 𝑒𝑥2 . 𝑦 = 3. 𝑒𝑢 + 𝑐 → 𝑒𝑥2 . 𝑦 = 3. 𝑒𝑥2 + 𝑐 (𝑒𝑥2 . 𝑦 = 3. 𝑒𝑥2 + 𝑐). ( 1𝑒𝑥2) 
𝑦 = 3 + 𝑐𝑒𝑥2 
Para 𝑦(0) = 4 4 = 3 + 𝑐𝑒02 → 𝑐 = 1 
𝑦 = 3 + 1𝑒𝑥2 
 
 
 
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Resolva a equação diferencial: 𝒚′′ + 𝟏𝟔𝒚 = 𝟎, sujeita as condições iniciais: 𝒚(𝟎) = 𝟐 e 𝒚′(𝟎) = −𝟐 
Euação auxiliar: 𝑚2 + 16 = 0 𝑚 = ±√−16 𝑦 = 𝑒∝𝑥[𝐶1𝑐𝑜𝑠𝛽𝑥 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛𝛽𝑥] 𝑚 = ±4𝑖 {∝= 0𝛽 = 4 𝑦 = 𝑒0𝑥[𝐶1𝑐𝑜𝑠(4𝑥) + 𝐶2𝑠𝑒𝑛(4𝑥)] 𝑦 = 𝐶1𝑐𝑜𝑠(4𝑥) + 𝐶2𝑠𝑒𝑛(4𝑥) 
Para 𝑦(0) = 2 2 = 𝐶1𝑐𝑜𝑠4.0 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛4.0 2 = 𝐶1𝑐𝑜𝑠0 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛0 2 = 𝐶1. 1 + 𝐶2. 0 𝐶1 = 2 
Para 𝑦′(0) = −2 
Determinar y’ 𝑦′ = −4𝐶1𝑠𝑒𝑛(4𝑥) + 4𝐶2𝑐𝑜𝑠(4𝑥) −2 = −4𝐶1𝑠𝑒𝑛(0) + 4𝐶2𝑐𝑜𝑠(0) −2 = −4𝐶10 + 4𝐶21 
𝐶2 = −12 
𝑦 = 2𝑐𝑜𝑠(4𝑥) + 12 𝑠𝑒𝑛(4𝑥) 
 
 
 
 
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Determine a solução geral dessa equação: 𝒚′′ − 𝟒𝒚 = 𝒙𝒆𝒙. 
 
y = yc + yp 
Solução complementar: 𝑦𝑐 = 𝑦′′ − 4𝑦 = 0 
E.A 𝑟2 − 4 = 0 ∆= 0 + 16 = 16 → 𝑦𝑐 = 𝐶1. 𝑒𝑟1.𝑥 + 𝐶2. 𝑒𝑟2.𝑥 𝑟 = 0 ∓ 42 → 𝑟1 = 2𝑟2 = −2 𝐶1. 𝑒2𝑥 + 𝐶2. 𝑒−2𝑥 
Solução particular: 𝑔(𝑥) = 𝑥𝑒𝑥 𝑦𝑝 = (𝐴𝑥 + 𝐵). 𝑒𝑥 
Derivando: 𝑦𝑝′ = 𝐴𝑒𝑥 + (𝐴𝑥 + 𝐵). 𝑒𝑥 → 𝑦𝑝′ = (𝐴𝑥 + 𝐴 + 𝐵). 𝑒𝑥 𝑦𝑝′′ = 𝐴𝑒𝑥 + (𝐴𝑥 + 𝐴 + 𝐵). 𝑒𝑥 → 𝑦𝑝′′ = (𝐴𝑥 + 2𝐴 + 𝐵). 𝑒𝑥 
Substituindo na equação diferencial: 𝑦′′ + 4𝑦 = 𝑥𝑒𝑥 (𝐴𝑥 + 2𝐴 + 𝐵). 𝑒𝑥 − 4(𝐴𝑥 + 𝐵). 𝑒𝑥 = 𝑥𝑒𝑥 (𝐴𝑥 + 2𝐴 + 𝐵 − 4𝐴𝑥 − 4𝐵). 𝑒𝑥 = 𝑥𝑒𝑥 (−3𝐴𝑥 + 2𝐴 − 3𝐵). 𝑒𝑥 = 𝑥𝑒𝑥 −3𝐴 = 1 
𝐴 = −13 2𝐴 − 3𝐵 = 0 2 (−13) − 3𝐵 = 0 
3𝐵 = −23 → 𝐵 = −29 
𝑦𝑝 = (−13𝑥 − 29) . 𝑒𝑥 
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A soma dos coeficientes da solução particular da equação diferencial 𝒚′′ + 𝟗𝒚 = (𝒙𝟐 + 𝟏)𝒆𝟑𝒙, 
é exatamente: 
 
 
13162 𝑦𝑐 = 𝑦′′ + 9𝑦 = 0 
Solução particular: 𝑔(𝑥) = (𝑥2 + 1)𝑒3𝑥 𝑦𝑝 = (𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶). 𝑒3𝑥 
Derivando: 𝑦𝑝′ = (2𝐴𝑥 + 𝐵). 𝑒3𝑥 + (𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶). 3𝑒3𝑥 𝑦𝑝′ = 2𝐴𝑥. 𝑒3𝑥 + 𝐵. 𝑒3𝑥 + 3𝐴𝑥2. 𝑒3𝑥 + 3𝐵𝑥𝑒3𝑥 + 3𝐶. 𝑒3𝑥 𝑦𝑝′ = (3𝐴𝑥2 + 2𝐴𝑥 + 3𝐵𝑥 + 𝐵 + 3𝐶). 𝑒3𝑥 
Derivando 2° ordem: 𝑦𝑝′′ = (6𝐴𝑥 + 2𝐴 + 3𝐵). 𝑒3𝑥 + (3𝐴𝑥2 + 2𝐴𝑥 + 3𝐵𝑥 + 𝐵 + 3𝐶). 3𝑒3𝑥 𝑦𝑝′′ = 6𝐴𝑥. 𝑒3𝑥 + 2𝐴. 𝑒3𝑥 + 3𝐵. 𝑒3𝑥 + 9𝐴𝑥2. 𝑒3𝑥 + 6𝐴𝑥. 𝑒3𝑥 + 9𝐵𝑥. 𝑒3𝑥 + 3𝐵. 𝑒3𝑥 + 9𝐶. 𝑒3𝑥 𝑦𝑝′′ = (9𝐴𝑥2 + 12𝐴𝑥 + 9𝐵𝑥 + 2𝐴 + 6𝐵 + 9𝐶). 𝑒3𝑥Substituindo na equação diferencial: 𝑦′′ + 9𝑦 = (𝑥2 + 1)𝑒3𝑥 (9𝐴𝑥2 + 12𝐴𝑥 + 9𝐵𝑥 + 2𝐴 + 6𝐵 + 9𝐶). 𝑒3𝑥 + 9(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶). 𝑒3𝑥 = (𝑥2 + 1)𝑒3𝑥 (9𝐴𝑥2 + 12𝐴𝑥 + 9𝐵𝑥 + 2𝐴 + 6𝐵 + 9𝐶). 𝑒3𝑥 + (9𝐴𝑥2 + 9𝐵𝑥 + 9𝐶). 𝑒3𝑥 = (𝑥2 + 1)𝑒3𝑥 (18𝐴𝑥2 + 12𝐴𝑥 + 18𝐵𝑥 + 2𝐴 + 6𝐵 + 18𝐶). 𝑒3𝑥 = (𝑥2 + 1)𝑒3𝑥 
{ 
 18𝐴 = 1 → 𝐴 = 11812𝐴 + 18𝐵 = 0 2𝐴 + 6𝐵 + 18𝐶 = 1 
12 ( 118) + 18𝐵 = 0 → 𝐵 = −69 . 118 = − 6162 → 𝐵 = − 127 
2 ( 118) + 6 (− 127) + 18𝐶 = 1 → 𝐶 = (1 − 218 + 36162) . 118 → 𝐶 = 581 
∑𝑠𝑜𝑚𝑎 𝑑𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠: 118 − 6162 + 581 = 13162 
 
 
 
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A solução da equação: 𝒚′′ − 𝟔𝒚′ + 𝟗𝒚 = 𝟎, é uma função que atende às condições 
iniciais: 𝒚(𝟎) = 𝟏 e 𝒚′(𝟎) = −𝟏. Assim, a soma das constantes C1 e C2, desta solução é: 
 
 
-3 
 
 
Montar equação auxiliar 𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐 1𝑟2 − 6𝑟 + 9 = 0 ∆= 𝑏2 − 4. 𝑎. 𝑐 ∆= (−6)2 − 4.1.9 → ∆= 36 − 36 → ∆= 0 → 𝑦 = 𝑐1. 𝑒𝑛𝑥 + 𝑐2. 𝑥𝑒𝑛𝑥 
𝑟 = −𝑏 ± √∆2𝑎 → 𝑟 = 6 ± √02.1 → 𝑟1 = 3𝑟2 = 3 𝑦 = 𝑐1. 𝑒3𝑥 + 𝑐2. 𝑥. 𝑒3𝑥 
Para y(0) = 1 → x = 0 e y = 1 1 = 𝑐1. 𝑒3.0 + 𝑐2. 0. 𝑒3.0 → 𝑐1 = 1 Para y’(0) = -1 → x = 0 e y = -1 𝑦 = 𝑐1. 𝑒3𝑥 + 𝑐2. 𝑥. 𝑒3𝑥 𝑦′ = 3𝑐1. 𝑒3𝑥 + 𝑐2. (𝑒3𝑥 + 3𝑒3𝑥. 𝑥) −1 = 3𝑐1. 𝑒3.0 + 𝑐2(𝑒3.0 + 3𝑒3.0. 0) → −1 = 3𝑐1 + 𝑐2 −1 = 3 + 𝑐2 → 𝑐2 = −4 ∑𝐶1 + 𝐶2 = 1 − 4 = −3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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