CAD SL EDO 5 EDO ( 2 )

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1 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
1 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 O tempo é relativo e não pode ser medido exatamente do mesmo modo e por toda a parte. Prof. Albert Einstein 
 Alice: Quanto tempo dura o eterno? 
 Coelho: As vezes apenas um segundo. 
 Lewis Carrol; Alice no País das Maravilhas, 1865, 
PROF MARCO A BRASIL 
 
 
CADERNO 5: EQUAÇÔES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 
2 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
2 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 
EQUAÇÔES LINEARES DE 2ª ORDEM
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑠𝑖𝑐 𝑖𝑡𝑢𝑟 𝑎𝑑 𝑎𝑠𝑡𝑟𝑎: 𝑎𝑠𝑠𝑖𝑚 𝑠𝑒 𝑣𝑎𝑖 à𝑠 𝑒𝑠𝑡𝑟𝑒𝑙𝑎𝑠
CADERNOS SL EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS PRÁTICAS ATIVAS 
5 
 
 
3 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
3 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 
 UNIDADE A: EDO´S DE 1ª E 2ª ORDEM 
 CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM
SUMÁRIO DO CADERNO 5
 
 
 CONTEÚDOS PÁGINA 
CADERNO 5 EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 4 
§ 18 Solução Geral de uma EDOLH ( 2 ) 5 
§ 19 Solução Geral de uma EDOLHK ( 2 ) 6 
 @ 10 EDOLHK ( 2 ) 9 
PRÁTICA 50 Resolvendo EDOLHK ( 2 ) 9 
PRÁTICA 51 Problemas de Valor Inicial 9 
PRÁTICA 52 Problemas de Valor de Contorno 11 
PRÁTICA 53 Resolvendo EDOLHK ( 2 ) 12 
PRÁTICA 54 Problemas de Valor Inicial 13 
PRÁTICA 55 Construindo uma EDOLHK( 2 ) a partir da SG 13 
PRÁTICA 56 Construindo uma EDOLHK( 2 ) a partir das raizes 14 
PRÁTICA 57 Determinando o coeficiente de uma EDOLHK( 2 ) 14 
PRÁTICA 58 Determinando as raizes da EC sujeitas a uma condição 15 
PRÁTICA 59 Redução de uma EDO( 2 ) a uma EDO( 1 ) 15 
CADERNO 5 EQUAÇÔES NÃO HOMOGÊNEAS 16 
§ 20 Teorema Fundamental das Equações Não Homogêneas 17 
§ 21 O Método dos Coeficientes a Determinar 18 
 @ 11 Equações Não Homogêneas I 19 
Prática 60 Estudando o MCD 19 
@ 12 Equações Não Homogêneas II 24 
Prática 61 Determinando a SG pelo MCD 24 
§ 22 O Método Geral 27 
@ 13 O Método Geral 28 
Prática 62 Estudando o Método Geral 28 
 @ 14 Método Geral II 29 
Prática 63 Determinando a SG pelo Método Geral 29 
 
 
 
4 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
4 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
CADERNO 5 : EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
Uma EDOL( 2 ) tem a forma 𝒚´´ + 𝒇(𝒙) 𝒚 ´ + 𝒈( 𝒙 )𝒚 = 𝒓(𝒙), onde as 
funções 𝑓, 𝑔, chamadas coeficientes, e 𝑟 são funções contínuas de 𝑥 num intervalo I. 
Se 𝑟( 𝑥 ) = 0 para todo 𝑥 real, a equação 𝒚´´ + 𝒇(𝒙) 𝒚 ´ + 𝒈( 𝒙 )𝒚 = 𝟎, 
é denominada Equação Diferencial Ordinária Linear Homogênea: EDOLH( 2 ). 
Se 𝑓 e 𝑔 são funções constantes tais como 𝑓( 𝑥 ) = 𝑎 e 𝑔( 𝑥 ) = 𝑏, onde 𝑎 e 𝑏 
números reais, a equação 𝒚´´ + 𝒂 𝒚 ´ + 𝒃 𝒚 = 𝒓(𝒙), é dita Equação Diferencial 
Ordinária Linear de Segunda Ordem à Coeficientes Constantes, EDOLK( 2 ). 
O estudo das Equações Lineares de 2ª Ordem depende de um importante 
resultado para estruturar o desenvolvimento do raciocínio na pesquisa das soluções. 
 É uma proposição que simplesmente afirma que se conhecemos duas soluções 
de uma EDOLH( 2 ), a soma ou superposição destas soluções é solução e, que toda 
solução multiplicada por uma constante também é solução. 
 . 
TEOREMA FUNDAMENTAL DAS EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS: TFH 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
De fato. 
( 1 ) Conforme definição de Solução, devemos mostrar substituindo 𝑦 = 𝐶1 𝑦1 + 
𝐶2 𝑦2 na EDOLH( 2 ) que obtemos uma identidade. 
( 2 ) Portanto 𝑦´´ + 𝑓(𝑥) 𝑦 ´ + 𝑔( 𝑥 ) 𝑦 = 0  
 ( 𝐶1 𝑦1 + 𝐶2 𝑦2 )´´ + f ( 𝐶1 𝑦1 + 𝐶2 𝑦2 )´ + 𝑔( 𝐶1 𝑦1 + 𝐶2 𝑦2 ) = 0  
 𝐶1 𝑦´´1 + 𝐶2 𝑦2 ´´ + f 𝐶1 𝑦1 ´+ 𝑓 𝐶2 𝑦2 ´ + 𝑔 𝐶1 𝑦1 + 𝑔𝐶2 𝑦2 = 0  
 𝐶1 ( 𝑦´´1 + 𝑓𝑦1 ´ + 𝑦1 ) + 𝐶2 ( 𝑦´´2 + f 𝑦2 ´ + 𝑔 𝑦2 ) = 0; 
( 3 ) Como 𝑦1 e 𝑦2 são soluções, 𝑦´´1 + 𝑓𝑦1 ´ + 𝑔 𝑦1 = 0 e 𝑦´´2 + 𝑓𝑦2 ´ + 𝑔 𝑦2 = 0. 
( 4 ) Logo, 𝐶1 . 0 + 𝐶2 . 0= 0  0 = 0. 
( 5 ) O TFH é chamado Princípio da Superposição das Equações Homogêneas. 
5 
Sejam 𝒚𝟏 = 𝒚𝟏 ( 𝒙 ) e 𝒚𝟐 = 𝒚𝟐 ( 𝒙 ) soluções quaisquer da EDOLH( 2 ) 
 𝒚´´ + 𝒇(𝒙) 𝒚 ´ + 𝒈( 𝒙 )𝒚 = 𝟎. 
 Sejam 𝑪𝟏 e 𝑪𝟐 números reais não simultaneamente nulos. 
 Então a COMBINAÇÃO LINEAR 
 𝒚( 𝒙 ) = 𝑪𝟏 𝒚𝟏 ( 𝒙 ) + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 ( 𝒙 ) 
 também é solução da EDOLH( 2 ). 
 
 
 
5 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
5 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
CADERNO 5: 
 SOLUÇÃO GERAL DE UMA EDOLH( 2 ) 
De acordo com o TFH, a fórmula 𝒚( 𝒙 ) = 𝑪𝟏 𝒚𝟏 ( 𝒙 ) + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 ( 𝒙 ) se qualifica para 
representar a SG de uma EDOLH( 2 ), pois contém 2 constantes arbitrárias 𝐶1 e 𝐶2 . 
Desde que esta expressão não se reduza a uma expressão contendo menos do 
que duas constantes arbitrárias, a qualificação está completa. 
Entretanto, sob que condições tal redução é possível ? 
Ora, verifica-se que se as funções 𝑦1 = 𝑦1 ( 𝑥 ) e 𝑦2 = 𝑦2 ( 𝑥 ) são 
Linearmente Dependentes, LD, tal redução é possível. 
De fato. 
Duas funções 𝑦1 e 𝑦2 são LD se uma é múltipla escalar da outra: existe uma 
constante 𝐾 não nula tal que 𝑦1 = 𝐾 𝑦2 . Ou, seja, 𝑦1 𝑦2 ⁄ = 𝐾. 
( 1 ) Desde que 𝑦1 = K 𝑦2 , temos, 𝑦 = 𝐶1 𝑦1 + 𝐶2 𝑦2  𝑦 = 𝐶1 K 𝑦2 + 𝐶2 𝑦2 ; 
( 2 ) 𝑦 = 𝐶1 K 𝑦2 + 𝐶2 𝑦2  𝑦 = 𝑦2 ( 𝐶1 K + 𝐶2 ) 
( 3 ) Fazendo 𝐶1 K + 𝐶2 = C, segue-se 𝑦 = 𝐶 𝑦2 . 
( 4 ) Portanto, devemos exigir que 
𝑦1 
𝑦2 
  𝐾 . 
( 5 ) Funções 𝑦1 e 𝑦2 tais que 𝑦1 𝑦2  𝐾 ⁄ são LI ou Linearmente Independentes. 
( 6 ) Assim, para que a fórmula 𝑦( 𝑥 ) = 𝐶1 𝑦1 ( 𝑥 ) + 𝐶2 𝑦2 ( 𝑥 ) se considere SG 
de uma EDOLH( 2 ), devemos exigir que as funções 𝑦1 e 𝑦2 sejam LI. 
( 7 ) Agora, todo conjunto constituído por Funções Linearmente Independentes é 
denominado Conjunto Fundamental de Soluções ou BASE de SOLUÇÔES. 
 ( 8 ) Um conjunto de funções 𝐹 = { 𝑦1, 𝑦2, 𝑦3, . . . , 𝑦𝑛 } é LD num intervalo se 
existem constantes 𝐶1 , 𝐶2 , . . . , 𝐶𝑛 , nem todas nulas, tais que 𝐶1 𝑦1 + 𝐶2 𝑦2 +
 . . . + 𝐶𝑛 𝑦𝑛 = 0 . Se 𝐶1 , 𝐶2 , . . . , 𝐶𝑛 são todas nulas, o conjunto de funções 𝐹 é LI. 
 ( 9 ) Um modo de verificação da linearidade de um conjunto de funções é dado 
pelo Determinante Wronskiano, desenvolvido pelo matemático francês de origem 
polonesa Josef Maria Hoëné−Wronski: 
Seja 𝑊( 𝑦1, 𝑦2, . . . , 𝑦𝑛 ) = |
|
𝑦1 𝑦2 . 𝑦𝑛
𝑦1´ 𝑦2´ . 𝑦𝑛´
𝑦1´´
.
𝑦1
𝑛−1
𝑦2´´
.
𝑦2
𝑛−1
 
.
.
.
𝑦𝑛´´
.
𝑦𝑛
𝑛−1
|
|
 de modo que 𝑦1, 𝑦2, 𝑦3, . . . , 𝑦𝑛 
tenham pelo menos 𝑛 – 1 derivadas. 
 Se 𝑊 = 0, conjunto 𝐹 = { 𝑦1, 𝑦2, 𝑦3, . . . , 𝑦𝑛 } é LD. Se 𝑊  0, 𝐹 é LI. 
§ 18 
 
 
 
6 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
6 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEMCADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
CADERNO 5: 
 SOLUÇÃO GERAL DE UMA EDOLHK ( 2 ): 
Uma Equação Diferencial Ordinária Linear Homogênea de 2ª Ordem à 
Coeficientes Constantes, EDOLHK( 2 ), é toda equação da forma 
 𝑦´´ + 𝑎𝑦´ + 𝑏𝑦 = 0. 
Por analogia com as EDOLHK ( 1 ) 𝑦´ + 𝑎𝑦 = 0, cuja SG é 𝑦( 𝑥 ) = C𝑒− 𝑎𝑥, 
seja 𝑦 = 𝑒𝑘 𝑥 uma solução de 𝑦´´ + 𝑎𝑦´ + 𝑏𝑦 = 0. 
O raciocínio é simples: 
Se a EDOLHK( 1 ) tem como solução uma função da forma 𝑦( 𝑥 ) = 𝑒− 𝑎𝑥, 
podemos esperar que as EDOLK( 2 ) herdem este comportamento numa função da forma 
𝑦 = 𝑒𝑘 𝑥 , para valores adequados de k. 
Assim, considerando que 𝑦 = 𝑒𝑘 𝑥 é uma solução da EDOLHK( 2 ), então: 
( 1 ) Substituindo 𝑦 = 𝑒𝑘 𝑥 na EDOLHK( 2 ) devemos ter uma identidade: 
 𝑦´´ + 𝑎𝑦´ + 𝑏𝑦 = 0  ( 𝑒𝑘 𝑥 )´´ + a (𝑒𝑘 𝑥 )´ + b 𝑒𝑘 𝑥 = 0; 
( 2 ) Decorre: ( 𝑘 𝑒𝑘 𝑥 )´ + ak 𝑒𝑘 𝑥 + b 𝑒𝑘 𝑥 = 0  
 k² 𝑒𝑘 𝑥 + ak 𝑒𝑘 𝑥 + b 𝑒𝑘 𝑥 = 0  𝑒𝑘 𝑥( k² + ak + b ) = 0 
( 3 ) Como 𝑒𝑘 𝑥  0, segue-se que 𝑘² + 𝑎𝑘 + 𝑏 = 0. 
( 4 ) A equação 𝑘² + 𝑎𝑘 + 𝑏 = 0 é denominada EQUAÇÃO CARACTERISTICA, EC, 
da EDOLHK( 2 ); 
( 5 ) Ou seja, 𝑦 = 𝑒𝑘 𝑥 é uma solução de 𝑦´´ + 𝑎𝑦´ + 𝑏𝑦 = 0 dependendo da equação 
𝑘² + 𝑎𝑘 + 𝑏 = 0. 
( 6 ) Como a e b são números reais, as raízes da Equação Característica podem ser 
 - Raízes Reais Distintas 𝑘1, 𝑘2: 𝑘1  𝑘2  ℝ; 
 - Raízes Reais Iguais: 𝑘1 = 𝑘2 = 𝑘, 𝑘  ℝ; 
 - Raízes Complexas: 𝑘1 = 𝑝 + 𝑖 𝑞 ou 𝑘2 = 𝑝 – 𝑖 𝑞, 
 𝑝  ℝ, 𝑞  ℝ∗ e 𝑖  ℂ; 𝑖 = √− 1 ou 𝑖² = − 1 
Por exemplo, 
 √− 16 = √(−1) 16 = √−1 √16 =  4√−1 =  4 𝑖 = 0  4 𝑖. 
 Neste exemplo, √− 16 = + 4 𝑖 ou √− 16 =  4 𝑖, onde 𝑝 = 0 e 𝑞 = 4. 
 Outro exemplo: 𝑥 = 
8 ± √−25
2
  𝑥 = 
8 
2
  
 √ −25
2
 = 4  
 5
2
 𝑖, onde 𝑝 = 4 e 𝑞 = 
 5
2
. 
§ 19 
 
 
 
7 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
7 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 
 
 
 ( 1 ) Neste caso as soluções de 𝑦´´ + 𝑎𝑦´ + 𝑏𝑦 = 0 são 𝑦1 = 𝑒
𝑘1 𝑥 ou 𝑦2 = 𝑒
𝑘2 𝑥 
( 2 ) 𝑦1 e 𝑦2 são LI, pois 𝑒𝑘1 𝑥 𝑒𝑘2 𝑥⁄  0, elas formam uma BASE de soluções; 
( 3 ) Como a SG tem a forma 𝑦( 𝑥 ) = 𝐶1 𝑦1 ( 𝑥 ) + 𝐶2 𝑦2 ( 𝑥 ), segue-se que 
( 4 ) Se 𝑘1  𝑘2  ℝ a SG da EDOLHK( 2 ) é 𝒚( 𝒙 ) = 𝑪𝟏 𝒆𝒌𝟏 𝒙 + 𝑪𝟐 𝒆𝒌𝟐 𝒙 
 
 
 
 ( 1 ) Neste caso, já que 𝑘1 = 𝑘2 = 𝑘, só temos a solução 𝑦1 = 𝑒
𝑘𝑥
; 
( 2 ) Afim de determinar a solução 𝑦2 usamos o MVP, Método da Variação dos 
Parâmetros, devido ao matemático italiano do século XVIII Joseph Louis Lagrange; 
( 3 ) Suponha 𝑦2( 𝑥 ) = 𝑢( 𝑥 )𝑦1( 𝑥 ) ou, 𝑦2 = 𝑢𝑦1, onde 𝑢 = 𝑢( 𝑥 ) é uma função 
que deve ser obtida substituindo 𝑦2 na EDOLHK( 2); 
( 4 ) Assim, 𝑦´´ + 𝑎𝑦´ + 𝑏𝑦 = 0  (𝑢𝑦1)´´ + a ( 𝑢𝑦1)´+ b 𝑢𝑦1 = 0; 
( 5 ) Temos (𝑢´𝑦1 + 𝑢𝑦1´)´+ a (𝑢´𝑦1 + 𝑢𝑦1´) + b 𝑢𝑦1 = 0  
( 6 ) 𝑢´´𝑦1 + 𝑢´𝑦1´ + 𝑢𝑦1´´ + 𝑢´𝑦1´ + a 𝑢´𝑦1 + a 𝑢𝑦1´ + b 𝑢𝑦1 = 0 
( 7 ) 𝑢´´𝑦1+ 2 𝑢´𝑦1´ + 𝑢𝑦1´´ + a 𝑢´𝑦1 + a 𝑢𝑦1´ + b 𝑢𝑦1 = 0 
( 8 ) 𝑢´´𝑦1 + 𝑢´ ( 2𝑦1´ + 𝑎 𝑦1 ) + 𝑢 ( 𝑦1´´ + a 𝑦1´ + b 𝑦1 ) = 0 
( 9 ) Como 𝑦1 é solução , 𝑦1´´ + a 𝑦1´ + b 𝑦1 = 0 e daí 𝑢´´𝑦1 + 𝑢´ ( 2𝑦1´ + a 𝑦1 ) = 0; 
( 11 ) Agora, na equação característica 𝑘² + 𝑎𝑘 + 𝑏 = 0 temos k = −𝑎 2⁄ , pois  = 0; 
( 12 ) 𝑢´´𝑦1 + 𝑢´ ( 2𝑦1´ + a 𝑦1 ) = 0  u´´ 𝑒
−𝑎𝑥 2⁄ + 𝑢´ ( −2 
𝑎
2
 𝑒−𝑎𝑥 2⁄ + a𝑒−𝑎𝑥 2⁄ ) = 0 
( 13 ) Decorre 𝑢´´ 𝑒−𝑎𝑥 2⁄ = 0 ou 𝑢´´𝑦1= 0  𝑢´´ = 0, pois 𝑦1  0; 
( 15 ) A solução da equação 𝑢´´ = 0 é 𝑢 = 𝐴𝑥 + 𝐵, 𝐴 e 𝐵 reais; 
( 16 ) Uma das soluções de 𝑢´´ = 0 é 𝑢 = 𝑥; 
( 1 7 ) Assim 𝑦2 = 𝑢𝑦1  𝑦2 = 𝑥𝑦1; 
( 18 ) As soluções 𝑦1 = e 𝑦2 são LI, pois 𝑦2 𝑦1⁄ = 1 𝑥⁄  0 formam uma BASE; 
( 19 ) Como a SG tem a forma 𝑦( 𝑥 ) = 𝐶1 𝑦1 ( 𝑥 ) + 𝐶2 𝑦2 ( 𝑥 ), segue-se que 
( 20 ) Se 𝑘1 = 𝑘2 = 𝑘 ℝ a SG da EDOLHK( 2 ) é 𝒚( 𝒙 ) = 𝑪𝟏 𝒆𝒌 𝒙 + 𝑪𝟐 𝒙 𝒆𝒌 𝒙 
CASO 1: RAÍZES REAIS DISTINTAS 𝑘1, 𝑘2: 𝑘1  𝑘2 
 ℝ; 
CASO 2: RAÍZES REAIS IGUAIS 𝑘1 = 𝑘2 = 𝑘 
 
 
 
8 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
8 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 
 
 
 ( 1 ) Neste caso temos as soluções 𝑒𝑘1𝑥= 𝑒( 𝑝 +𝑖 𝑞 )𝑥 e 𝑒𝑘2𝑥= 𝑒( 𝑝 − 𝑖 𝑞 )𝑥; 
( 2 ) 𝑒( 𝑝 +𝑖 𝑞 )𝑥 = 𝑒𝑝𝑥 𝑒𝑖 𝑞 𝑥 e 𝑒( 𝑝−𝑖 𝑞 )𝑥 = 𝑒𝑝𝑥 𝑒−𝑖 𝑞 𝑥 
( 3 ) Devemos utilizar as identidades 𝑒𝑖= 𝑐𝑜𝑠  + 𝑖 𝑠𝑒𝑛  e 
 𝑒−𝑖 = 𝑐𝑜𝑠  − 𝑖 𝑠𝑒𝑛  ; 
( 4 ) 𝑒𝑝𝑥 𝑒𝑖 𝑞 𝑥 = 𝑒𝑝𝑥 ( 𝑐𝑜𝑠 𝑞𝑥 + 𝑖𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥 ) e 
 𝑒𝑝𝑥 𝑒−𝑖 𝑞 𝑥 = 𝑒𝑝𝑥 ( 𝑐𝑜𝑠 𝑞𝑥 − 𝑖 𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥 ) 
( 5 ) Pelo TFH, como a soma ou diferença de soluções é solução, então 
𝑒𝑝𝑥 ( 𝑐𝑜𝑠 𝑞𝑥 + 𝑖 𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥 ) + 𝑒𝑝𝑥 ( 𝑐𝑜𝑠 𝑞𝑥 − 𝑖 𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥 ) = 2 𝑒𝑝𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑞𝑥, e 
𝑒𝑝𝑥 ( 𝑐𝑜𝑠 𝑞𝑥 + 𝑖 𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥 ) − 𝑒𝑝𝑥 ( 𝑐𝑜𝑠 𝑞𝑥 − 𝑖 𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥 ) = 2 𝑖 𝑒𝑝𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥 
( 6 ) Pelo TFH, a multiplicação de uma solução por constante também é solução. 
Assim 𝑦1 = 
1
2
 . 2 𝑒𝑝𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑞𝑥  𝑦1 = 𝑒
𝑝𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑞𝑥 e 
 𝑦2 = 
1
2𝑖
 . 2𝑖 𝑒𝑝𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥  𝑦2 = 𝑒
𝑝𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥 
( 7 ) As funções 𝒚𝟏 = 𝒆
𝒑𝒙 𝒄𝒐𝒔 𝒒𝒙 e 𝒚𝟐 = 𝒆
𝒑𝒙 𝒔𝒆𝒏 𝒒𝒙 formam uma BASE de soluções, 
pois são LI, já que 𝑦1 𝑦2⁄ = 𝑒𝑝𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑞𝑥 𝑒𝑝𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥⁄  0; 
( 8 ) Como a SG tem a forma 𝑦( 𝑥 ) = 𝐶1 𝑦1 ( 𝑥 ) + 𝐶2 𝑦2 ( 𝑥 ), segue-se que 
( 9 ) A SG em a forma 𝑦( 𝑥 ) = 𝐶1 𝑒
𝑝𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑞𝑥 + 𝐶2 𝑒
𝑝𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥 
( 10 ) Ou, 𝑦( 𝑥 ) = 𝑒𝑝 𝑥 ( 𝐶1 𝑐𝑜𝑠 𝑞𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥 ) 
 
EM SÍNTESE, 
A SG DA EDOLHK ( 2 ) 𝑦´ ´ + 𝑎 𝑦 ´ + 𝑏𝑦 = 0: 
Raízes da EC Base SG 
𝑘1  𝑘2  ℝ 𝑒
𝑘1 𝑥, 𝑒𝑘2 𝑥 y( x ) = 𝐶1 𝑒
𝑘1 𝑥 + 𝐶2 𝑒
𝑘2 𝑥 
𝑘1 = 𝑘2 = k  ℝ 𝑒
𝑘 𝑥, x 𝑒𝑘 𝑥 y( x ) = 𝑒𝑘 𝑥 ( 𝐶1 + 𝐶2 x ) 
𝑘1 = 𝑝 + 𝑖 𝑞, ou 
𝑘1 = 𝑝 − 𝑖 𝑞 
𝑒𝑝 𝑥 cos 𝑞𝑥, 𝑒𝑝 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑞𝑥 y( x ) = 𝑒𝑝 𝑥( 𝐶1 cos 𝑞𝑥 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥 ) 
CASO 3: RAÍZES COMPLEXAS 𝑘1 = 𝑝 + 𝑖𝑞 ou 𝑘2 = 𝑝 − 𝑖𝑞 
 
 
 
9 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
9 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 EDOLHK ( 2 ) 
 
 RESOLVENDO EDOLHK ( 2 ) 
388. 𝑦´´ − 3𝑦´ + 2𝑦 = 0 
( 1 ) EC, Equação Característica: 𝑘² − 3𝑘 + 2 = 0; 
( 2 ) Raízes da EC: 𝑘1 = 2 ou 𝑘2 = 1, Raízes Reais e Distintas; 
( 3 ) Base de Soluções: 𝑒2𝑥, 𝑒𝑥; 
( 4 ) SG, Solução Geral: 𝑦( 𝑥 ) = 𝐶1 𝑒2 𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑥 
389. 𝑦´´ − 4𝑦´ + 4𝑦 = 0 
 
( 1 ) EC, Equação Característica: 𝑘² − 4𝑘 + 4 = 0; 
( 2 ) Raízes da EC: 𝑘1 = 𝑘2 = 𝑘 = 2, Raízes Reais e Iguais; 
( 3 ) Base de Soluções: 𝑒2𝑥, 𝑥 𝑒2𝑥; 
( 4 ) SG, Solução Geral: 𝑦( 𝑥 ) = 𝐶1 𝑒2 𝑥 + 𝐶2 𝑥 𝑒 2𝑥 = 𝑒 2𝑥 ( 𝐶1 + 𝐶2 𝑥 ). 
 
390. 𝑦´´ − 6𝑦´ + 5𝑦 = 0 
 
( 1 ) EC: 𝑘² − 6𝑘 + 5 = 0; 
( 2 ) Raízes da EC: 
 𝑘 = 
6 ± √ 36 − 20
2
 = 
6 ± √−16
2
 = 
6 ± 4 𝑖
2
  𝑘1= 3 + 2𝑖 ou 𝑘1= 3 − 2𝑖; 
( 3 ) 𝑘1= 3 + 2𝑖 ou 𝑘1= 3 − 2𝑖  𝑝 = 2 e 𝑞 = 3; 
( 3 ) Base de Soluções: 𝑒2𝑥 cos 3𝑥, 𝑒2𝑥 𝑠𝑒𝑛 3𝑥; 
( 4 ) SG, Solução Geral: 𝑦( 𝑥 ) = 𝑒 2𝑥 ( 𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 ). 
 PROBLEMAS DE VALOR INICIAL: 
 
Resolver um PVI para uma EDOL( 2 ) é encontrar a S P que satisfaz: 
 { 
𝑦´´ + 𝑓( 𝑥 )𝑦´ + 𝑔( 𝑥 )𝑦 = 𝑟( 𝑥 )
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑎 à𝑠 𝐶𝑜𝑛𝑑𝑖çõ𝑒𝑠 𝐼𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑖𝑠
𝑦( 𝑥0 ) = 𝑦0 𝑒 𝑦´( 𝑥0 ) = 𝑦1 
 
 @ 𝟏𝟎 
 
 PRÁTICA 50 
 PRÁTICA 51 
 
 
10 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
10 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
391. 𝑦´´ − 3𝑦´ + 2𝑦 = 0; 𝑦( 0 ) = 2, 𝑦´( 0 ) = 5 
 
PARTE I : Determinando a SG da Equação Diferencial dada, 
( 1 ) A SG de 𝑦´´ − 3𝑦´ + 2𝑦 = 0 é 𝑦( 𝑥 ) = 𝐶1 𝑒
2 𝑥 + 𝐶2 𝑒
 𝑥 
PARTE II: Determinando a SP da Equação Diferencial dada, 
( 1 ) 𝑦( 0 ) = 2  2 = 𝐶1 𝑒
0 + 𝐶2 𝑒
 0  𝐶1 + 𝐶2 = 2; 
( 2 ) 𝑦´( 𝑥 ) = 2𝐶1 𝑒
2 𝑥 + 𝐶2 𝑒
 𝑥 e 𝑦´( 0 ) = 2𝐶1 𝑒
0 + 𝐶2 𝑒
 0  2𝐶1 + 𝐶2 = 5; 
( 3 ) Resolvendo o sistema { 
𝐶1 + 𝐶2 = 2
2𝐶1 + 𝐶2 = 5
 temos 𝐶1 = 3 e 𝐶2 = −1 
( 4 ) Substituindo os valores 𝐶1 = 3 e 𝐶2 = −1 na SG, temos a 
( 5 ) SP: 𝑦( 𝑥 ) = 3 𝑒2 𝑥 − 𝑒 𝑥. 
392. 𝑦´´ − 4𝑦´ + 4𝑦 = 0; 𝑦( 0 ) = 3, 𝑦´( 0 ) = −1 
 
PARTE I : Determinando a SG da Equação Diferencial dada, 
( 1 ) A SG de 𝑦´´ − 4𝑦´ + 4𝑦 = 0 é 
 𝑦( 𝑥 ) = 𝐶1 𝑒
2 𝑥 + 𝐶2 𝑥 𝑒
 𝑥 
PARTE II: Determinando a SP da Equação Diferencial dada, 
( 1 ) 𝑦( 0 ) = 3  3 = 𝐶1 𝑒
0 + 𝐶2 . 0 . 𝑒
 0  𝐶1 = 3; 
( 2 ) 𝑦´( 𝑥 ) = 2𝐶1𝑒
2 𝑥 +𝐶2 𝑒
 𝑥 + 𝐶2 𝑥 𝑒
 𝑥  𝑦´( 0 ) = 2𝐶1 + 𝐶2  2𝐶1 + 𝐶2 = − 1 𝐶2 = − 7 
( 4 ) Substituindo os valores 𝐶1 = 3 e 𝐶2 = −7 na SG, temos a 
( 5 ) SP: 𝑦( 𝑥 ) = 𝑒2 𝑥 ( 3 – 7 𝑥 ) 
 
393. 𝑦´´ − 6𝑦´ + 5𝑦 = 0; 𝑦( 0 ) = 1, 𝑦´( 0 ) = 5 
 
PARTE I : Determinando a SG da Equação Diferencial dada, 
( 1 ) A SG de 𝑦´´ − 6𝑦´ + 5𝑦 = 0 é 𝑦( 𝑥 ) = 𝑒 2𝑥 ( 𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 ) 
PARTE II: Determinando a SP da Equação Diferencial dada, 
( 1 ) 𝑦( 0 ) = 1  1 = 𝑒 2.0 ( 𝐶1 cos 0 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 0 )  𝐶1 = 1 
( 2 ) 𝑦´( 𝑥 ) = 2 𝑒 2𝑥( 𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 ) + 𝑒 2𝑥 (−3𝐶1 sen 3𝑥 + 3𝐶2 𝑐𝑜𝑠 3𝑥 ) 
( 3 ) 𝑦´( 0 ) = 5  5 = 2 𝐶1 + 3 𝐶2  5 = 2 + 3 𝐶2  𝐶2 = 1 
 ( 4 ) Substituindo os valores 𝐶1 = 1 e 𝐶2 = 1 na SG, temos a 
 ( 5 ) SP: 𝑦( 𝑥 ) = 𝑒 2𝑥 ( cos 3𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 ). 
 
 
11 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
11 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 
 PROBLEMAS DE VALOR DE CONTORNO 
 
 Resolver um PVC para uma EDOL( 2 ) é encontrar a SP que satisfaz: 
 { 
𝑦´´ + 𝑓( 𝑥 )𝑦´ + 𝑔( 𝑥 )𝑦 = 𝑟( 𝑥 )
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑎 à𝑠 𝐶𝑜𝑛𝑑𝑖çõ𝑒𝑠 𝐼𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑖𝑠
𝑦( 𝑎 ) = 𝑦0 𝑒 𝑦´( 𝑏 ) = 𝑦1 
. 
 Ou seja, resolver um PVC para uma EDOL ( 2 ) é em resolver um problema no 
qual a variável dependente 𝑦 e sua derivada são definidas em pontos diferentes. 
 
394. 𝑦´´ + 3𝑦´ − 4𝑦 = 0; 𝑦( 0 ) = 2, 𝑦´( 2 ) = 0 
 
PARTE I : Determinando a SG da Equação Diferencial dada, 
( 1 ) A Equação Característica 𝑘² + 3𝑘 − 4 = 0 tem raízes 𝑘1 = 1 ou 𝑘2 = − 4, 
( 2 ) A Base de Soluções é 𝑒𝑥, 𝑒−4𝑥; 
( 3 ) A SG, Solução Geral, é 𝑦( 𝑥 ) = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒−4𝑥 
 
PARTE II: Determinando a SP da Equação Diferencial dada, 
( 1 ) 𝑦( 0 ) = 2  2 = 𝐶1 𝑒
0 + 𝐶2 𝑒
 0  𝐶1 + 𝐶2 = 2; 
( 2 ) 𝑦´( 𝑥 ) = 𝐶1 𝑒
2 𝑥 – 4 𝐶2 𝑒
−4𝑥 e 𝑦´( 2 ) = 2𝐶1 𝑒
2 − 4 𝐶2 𝑒
−8  2𝐶1 𝑒
2 − 4 𝐶2 𝑒
−8= 0 
( 3 ) Resolvendo o sistema {
𝐶1 + 𝐶2 = 2
2𝐶1 𝑒
2 − 4 𝐶2 𝑒
−8 = 0
 , temos 
 𝐶1 =
8
2𝑒10 + 4
 e 𝐶2 = 
4 𝑒10
2𝑒10 + 4
 
( 4 ) Substituindo os valores de 𝐶1 e 𝐶2 na SG, temos a 
( 5 ) SP: 𝑦( 𝑥 ) = 
8
2𝑒10 + 4
 𝑒 𝑥 + 
4 𝑒10
2𝑒10 + 4
 𝑒−4 𝑥. 
395. 𝑦´´ − 6𝑦´ + 5𝑦 = 0; 𝑦( 0 ) = 1, 𝑦´(  /2 ) = 0 
 
PARTE I : Determinando a SG da Equação Diferencial dada, 
( 1 ) A SG de 𝑦´´ − 6𝑦´ + 5𝑦 = 0 é 𝑦( 𝑥 ) = 𝑒 2𝑥 ( 𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 ) 
PARTE II: Determinando a SP da Equação Diferencial dada, 
( 1 ) 𝑦( 0 ) = 1  1 = 𝑒 2.0 ( 𝐶1 cos 0 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 0 )  𝐶1 = 1 
( 2 ) 𝑦´( 𝑥 ) = 2 𝑒 2𝑥 ( 𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 ) + 𝑒
 2𝑥 (−3𝐶1 sen 3𝑥 + 3𝐶2 𝑐𝑜𝑠 3𝑥 ) 
( 3 ) 𝑦´( /2 ) = 0  2 𝑒 ( − 𝐶1 ) + 𝑒
 (− 3𝐶2 ) = 0  −2 𝑒
 − 3𝐶2 ) = 0  𝐶2 = − 2 / 3 
( 4 ) Substituindo os valores 𝐶1 e 𝐶2 na SG, temos a 
 ( 5 ) SP: 𝑦( 𝑥 ) = 𝑒 2𝑥 ( cos 3𝑥 −
2
3
 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 ) 
PRÁTICA 
 
 
12 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
12 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 
 
 
 
 
396 𝑦´´ + 𝑦´ − 2𝑦 = 0 𝐶1 𝑒𝑥 + 𝐶2 𝑒−2𝑥 
397 𝑦´´  2𝑦´  15 𝑦 = 0 𝐶1 𝑒5𝑥 + 𝐶2 𝑒−3𝑥 
398 𝑦´´ + 2𝑦´  15 𝑦 = 0 𝐶1 𝑒3𝑥 + 𝐶2 𝑒−5𝑥 
399 3𝑦´´ + 2𝑦´  5 𝑦 = 0 𝐶1 𝑒𝑥 + 𝐶2 𝑒−5𝑥 3⁄ 
400 𝑦´´  4𝑦 = 0 𝐶1 𝑒2𝑥 + 𝐶2 𝑒−2𝑥 
401 𝑦´´  4𝑦 ´ = 0 𝐶1 + 𝐶2 𝑒4𝑥 
402 4𝑦´´  9 𝑦 = 0 𝐶1 𝑒1,5 𝑥 + 𝐶2 𝑒−1,5 𝑥 
403 𝑦´´ + 5𝑦´  6 𝑦 = 0 𝐶1 𝑒𝑥 + 𝐶2 𝑒−6𝑥 
404 𝑦´´ + 5𝑦´ + 6 𝑦 = 0 𝐶1 𝑒−2𝑥 + 𝐶2 𝑒−3𝑥 
405 𝑦´´ + 9𝑦 = 0 𝐶1 cos 3x + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 
406 𝑦´´ + 6𝑦´ + 9 𝑦 = 0 𝑒− 3𝑥 ( 𝐶1 + 𝐶2 x ) 
407 y´´ + 2y´  9 y = 0 𝑒− 3𝑥 ( 𝐶1 + 𝐶2 x ) 
408 𝑦´´ + 𝑎² 𝑦 = 0 𝐶1 𝑐𝑜𝑠 𝑎 𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 𝑎 𝑥 
409 𝑦´´ + 6𝑦´ + 10 𝑦 = 0 𝑒− 3𝑥 ( 𝐶1𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 ) 
410 3𝑦´´ − 6𝑦´ + 18 𝑦 = 0 𝑒 3𝑥 ( 𝐶1𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛3 𝑥 ) 
411 4𝑦´´ + 9 𝑦 = 0 𝐶1 𝑐𝑜𝑠 ( 1,5 ) 𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 ( 1, 5 ) 𝑥 
412 5𝑦´´  6𝑦´ + 5 𝑦 = 0 𝑒2,4 𝑥 ( 𝐶1 𝑐𝑜𝑠 3,2 𝑥 + 𝐶2 sen 3,2 x ) 
413 9𝑦´´  12𝑦´ + 5 𝑦 = 0 𝑒 8 𝑥 3⁄ [ 𝐶1 cos ( 4 𝑥 3⁄ 𝑥 )+ 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 ( 4 𝑥 3⁄ 𝑥 ) ] 
414 𝑦´´ = 0,25 𝑦𝐶1 𝑒0,5 𝑥 + 𝐶2 𝑒−0,5 𝑥 
415 𝑦´´ + 0,2 𝑦 ´ + 0,26 𝑦 = 0 𝑒− 0,1 𝑥 ( 𝐶1 cos 0,5 x + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 0,5 x ) 
416 𝑦´´ + 2 𝑎 𝑦 ´ + ( 𝑎² + 1 ) 𝑦 = 0 𝑒− 𝑎 𝑥 ( 𝐶1 cos x + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 x ) 
PRÁTICA 53 : RESOLVENDO EDOLHK ( 2 ) 
 
 
 
13 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
13 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 
 
 
417 𝑦´´  9 𝑦 = 0, 𝑦 ( 0 ) = 3, 𝑦´( 0 ) =  2 ( 7/ 6 ) 𝑒 3𝑥  11/ 6 ) 𝑒− 3𝑥 
418 𝑦´´ = 0, 𝑦 ( 0 ) = 1, 𝑦´( 0 ) = 2 1 + 2 𝑥 
419 𝑦´´ + 16 𝑦 = 0, 𝑦 ( 0 ) = 0, 𝑦´( 0 ) = 4 𝑠𝑒𝑛 4𝑥 
420 𝑦´´  8𝑦´ + 16 𝑦 = 0, 𝑦 ( 0 ) = 1, 𝑦´( 0 ) =  2 𝑒4𝑥 ( 1  6x ) 
421 𝑦´´  4 𝑦` + 3 𝑦 = 0, 𝑦 ( 0 ) =  1, 𝑦´( 0 ) = 1 𝑒3𝑥  2 𝑒𝑥 
422 𝑦´´  𝑦 = 0, 𝑦 ( 0 ) = 3, 𝑦´( 0 ) = 0 1,5𝑒𝑥  1,5 𝑒− 𝑥 
423 𝑦´´ + 4 𝑦 = 0, 𝑦 ( 0 ) = 0, 𝑦´( 0 ) = 6 3 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 
424 𝑦´´ + 4 𝑦` + 5 𝑦 = 0, 𝑦 ( 0 ) = 1, 𝑦´( 0 ) =  3 𝑒− 2 𝑥 ( 𝑐𝑜𝑠 𝑥  𝑠𝑒𝑛 𝑥) 
425 𝑦´´  3 𝑦` + 2 𝑦 = 0, 𝑦 ( 0 ) =  1, 𝑦´( 0 ) = 0 𝑒2𝑥  2 𝑒 𝑥 
426 𝑦´´  6𝑦´ + 9 𝑦 = 0, 𝑦 ( 0 ) = 2, 𝑦´( 0 ) = 8 𝑒3 𝑥 ( 2𝑥 + 2 ) 
427 4𝑦´´ + 4𝑦´ + 𝑦 = 0 𝑦 ( 0 ) = 1, 𝑦´( 0 ) =  2 − 2𝑒0,5 𝑥 
428 𝑦´´ = 0, 𝑦 ( 0 ) = 4, 𝑦´( 0 ) =  3 4  3x 
429 PVC: 𝑦´´ (8 3⁄ )𝑦´ 𝑦 = 0, 𝑦( 3 ) = 𝑒, 𝑦 ( 3 ) = 𝑒− 1 𝑒− 𝑥/3 𝑒
− 𝑥/3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PRÁTICA 54 : Poblemas de Valor Inicial 
PRÁTICA 55 : CONSTRINDO UMA EDOLHK( 2 ) A PARTIR DA SG 
 
Determine a EDOLHK( 2 ) 𝑦´´ + 𝑎𝑦´ + 𝑏𝑦 = 0 tal que a função 𝑦 = 𝑦( 𝑥 ) é 
a sua Solução Geral: 
 INFORMAÇÃO ADICIONAL: 
A equação 𝑘² + 𝑎𝑘 + 𝑏 = 0 é equivalente à 𝑘2 𝑆𝑘 + 𝑃 = 0 onde: 
 S = 𝐾1 + 𝐾2 é a é soma e P = 𝐾1. 𝐾2, é o produto das raízes 𝐾1 e 𝐾2. 
 
 Por exempo, se as raízes são 𝐾1 = 2 ou 𝐾2 =  5, segue-se 
 k²  Sk + P = 0  k²  ( 2  5 ) k + 2 (  5 ) = 0  k² + 3 k  10 = 0. 
 
 
 
14 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
14 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
430. 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒
5𝑥 𝑦´´  5𝑦´ = 0 
431. 𝑦 = 𝐶1 𝑒
−2𝑥 + 𝐶2 𝑒
3𝑥 𝑦´´ 𝑦´ 6𝑦 = 0 
432. 𝑦 = 𝑒4𝑥(𝐶1 + 𝐶2 𝑥 ) y´´  8 y´ + 16y = 0 
433. 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒
4𝑥 𝑦´´  4 𝑦´ = 0 
434. 𝑦 = 𝑒−𝑥(𝐶1 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 ) y´´ + 2 y´ + 2y = 0 
435. 𝑦 = 𝑒𝑎𝑥(𝐶1 + 𝐶2 𝑥 ) 𝑦´´  2𝑎 𝑦´ + 𝑎²𝑦 = 0 
436. 𝑦 = 𝑒−𝑥(𝐶1 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 ) 𝑦´´ + 2 𝑦´ + 5𝑦 = 0 
 
 
 
 
 
437. S = 3 e P = 2, y´´  3y´+ 2y = 0 
438. S =  1 e P =  6, y´´ + y´ 6y = 0 
439. 𝑘 = 2  √2 y´´  4y´+ 2y = 0 
 440. 𝑘 =  3  2i, y´´ + 6y´+ 13y = 0 
 
 
 
441. 2𝑦´´   𝑦´ + 4𝑦 = 0 e uma raiz da Equação Característica EC é  3;  2/ 3 
442. (  + 2 ) y´´ + 5y´ + 2y = 0 e o produto das raízes da E C é 2/ 3; 1 
443. (2  1) 𝑦´´ + ( + 2) 𝑦´ ( 7 + 1) 𝑦 = 0 e a soma das raízes da E C é 4/ 3; 2 
444. 2𝑦´´ 12 𝑦´ + (  + 2 ) 𝑦 = 0 e a diferença das raízes da E C é 2; 14 
PRÁTICA 56 : CONSTRINDO UMA EDOLHK( 2 ) A PARTIR DAS RAIZES 
Construindo uma EDOLHK( 2 ) 𝑦´´ + 𝑎𝑦´ + 𝑏𝑦 = 0 dado as raízes da EC, ou a 
soma S e o produto P das raízes: 
PRÁTICA 57: DETERMINANDO O COEFICIENTE DE UMA EDOLHK ( 2 ) 
Determine o valor de  de acordo a condição dada: 
 
 
 
15 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
15 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 
 
 
445. ( 2 + 2 )𝑦´´ + ( 4  4 )𝑦´  (   2 ) 𝑦 = 0 e 𝐾1 + 𝐾2 = 2, 𝐾1 𝐾2 = 1; 1 e − 1 
446.  𝑦´´ ( 1 +  ) 𝑦´ + ( 3 + 2 ) 𝑦 = 0 e produto das raízes da EC é 1;  𝑖 
447. 𝑦´´ + 2 𝑦´ + (  ² + 3  2 ) 𝑦 = 0 e 𝐾1 = 𝐾2 ; −2 3⁄ 
 
 
 
 
 
 
448. 𝑦´´ = 5𝑦´. 
( 1 ) Fazendo u = y´, temos u´= 5u. 
( 2 ) Assim 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
 = 5u  
𝑑𝑢
𝑢
 = 5 dx  ln u = 5x + 𝐶1  u = 𝑒
5𝑥 + 𝐶1  u = 𝑒5𝑥. 𝑒𝐶1  
( 3 ) u = 𝐶2 𝑒
5𝑥, onde 𝐶2 = 𝑒
C1; 
 ( 4 ) Como u = y´, segue-se y´= 𝐶2 𝑒
5𝑥
  
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 = 𝐶2 𝑒
5𝑥  𝑑𝑦 = 𝐶2 𝑒
5𝑥  y = 
𝐶2
5
 𝑒5𝑥 + 𝐵  
( 5 ) 𝑦 = 𝐴 𝑒5𝑥 + 𝐵, onde A = 
𝐶2
5
 . 
 
449. 𝑦 ´´ = 0 𝐴 𝑥 + 𝐵 
450. 𝑦´´ =  9 𝑦´ A 𝑒−9𝑥 + B 
451. 𝑥 𝑦´´ = 2𝑦´ A 𝑥³ + B 
452. 𝑦´´ = 1 + 𝑦´² 𝑦 = 𝑙𝑛 𝑠𝑒𝑐( 𝑥 + 𝐴 ) + 𝐵 
453. 𝑥𝑦´´ = 𝑦´ A𝑥² + B 
454. ( 1 + 𝑥 ) 𝑦´´ = 𝑦´ 𝐴 ( 𝑥² + 2𝑥 ) + 𝐵 
 
 
 
ATIVIDADE 58: DETERMINANDO AS RAÍZES DA EC 
 Determine as raízes da EC de acordo a condição dada: 
 
PRÁTICA 59 : REDUÇÃO A UMA EDO( 1 ). 
 Desde que a variável dependente y não apareça explicitamente, a mudança 
u = y´ facilita obter uma EDO( 1 ) na variável u 
 
 
 
16 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
16 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEMCADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 EQUAÇÕES NÃO HOMOGÊNEAS 
 
 
Uma E D O L de 2ª Ordem Não Homogênea é toda equação da forma 
 𝒚´´ + 𝒇( 𝒙 ) 𝒚´ + 𝒈( 𝒙 ) 𝒚 = 𝒓( 𝒙 ) ① 
onde as funções 𝑓, 𝑔 e 𝑟 são contínuas num intervalo I. 
Procurando descrever as soluções de ①, procedemos por analogia com as 
Equações Lineares de 1ª Ordem 
 𝒚´ + 𝒇( 𝒙 ) 𝒚 = 𝒓( 𝒙 ) ② 
cuja SG é 𝑦 = 𝑒− ℎ[ ∫ 𝑟 𝑒 ℎ 𝑑𝑥 + C ] = C 𝒆− 𝒉 + 𝒆− 𝒉 ∫𝒓 𝒆 𝒉 𝒅𝒙, ℎ = ∫𝑓( 𝑥 ) 𝑑𝑥. 
 
 Revendo o processo de descrição das EDOL( 1 ) considere a equação 
 𝑦´ + 2𝑥𝑦 = 𝑥. 
 ( 1 ) Aqui 𝑓( 𝑥 ) = 2𝑥, 𝑟( 𝑥 ) = 𝑥 e ℎ( 𝑥 ) = ∫ 𝑓( 𝑥 ) 𝑑𝑥 = 𝑥² 
( 2 ) A SG é 𝑦 = 𝑒− 𝑥² [∫𝑥 𝑒𝑥² 𝑑𝑥 + C ] = 𝑒− 𝑥² [ 
1
2
 𝑒𝑥² + C ]  𝒚 = C𝒆− 𝒙² + 
𝟏
𝟐
 
 Agora, atente para as seguintes observações: 
( 3 ) A SG é soma de dois termos: 
 * O 1º termo, C𝒆− 𝒙², é a SG da Equação Homogênea 𝑦´ + 2𝑥𝑦 = 0 
 * O 2º termo, 
𝟏
𝟐
 , é uma solução da Equação Não Homogênea 𝑦´ + 2𝑥𝑦 = 𝑥 
( 4 ) As observações acima são de fácil verificação: 
 
 * A SG de 𝑦´ + 2𝑥𝑦 = 0 é obtida por separação de variáveis; 
 * y = 
𝟏
𝟐
 é uma solução de 𝑦´ + 2𝑥𝑦 = 𝑥, pois ( 
𝟏
𝟐
 )´ + 2𝑥 
𝟏
𝟐
 = 𝑥  𝑥 = 𝑥 
 
 Agora vejamos a SOLUÇÃO GERAL DA EDOL( 1 ) 𝑦´ + 𝑓( 𝑥 ) 𝑦 = 𝑟( 𝑥 ) 
( 1 ) A SG de 𝑦´ + 𝑓( 𝑥 ) 𝑦 = 𝑟( 𝑥 ) é y = C 𝑒− ℎ + 𝑒− ℎ ∫ 𝑟 𝑒 ℎ 𝑑𝑥, 
( 2 ) A SG a é soma de dois termos: 
 - O 1º termo, C𝒆− 𝒉, é a SG da Equação Homogênea 𝑦´ + 𝑓( 𝑥 )𝑦 = 0 
 - O 2º termo, 𝑒− ℎ ∫ 𝑟 𝑒 ℎ 𝑑𝑥 , é uma Solução de 𝑦´ + 𝑓( 𝑥 )𝑦 = 𝑟(𝑥 ) 
denominada Solução Complementar Associada, de símbolo 𝑦𝐶. 
 5 CADERNO 5 
 
 
 
17 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
17 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
CADERNO 5: EQUAÇÕES NÃO HOMOGÊNEAS 
 
 TEOREMA FUNDAMENTAL DAS EQUAÇÕES NÃO HOMOGÊNEAS: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
De fato. 
PARTE I: 
( 1 ) Começamos observando o seguinte LEMA FUNDAMENTAL: 
 
 
 
 
( 2 ) Pois se 
1
 = 
1
( 𝑥 ) e 
2
 = 
2
( 𝑥 ) são soluções de 𝒚´´ + 𝒇( 𝒙 ) 𝒚´ + 𝒈( 𝒙 ) 𝒚 = 𝒓, 
então 
1
´´ + 𝒇 
1
´ + 𝒈 
1
 = 𝒓 e 
2
´´ + 𝒇 
2
´ + 𝒈 
2
 = 𝒓 ; 
( 3 ) Para mostrar que y = 
1
 − 
2
 é solução de 𝒚´´ + 𝒇( 𝒙 ) 𝒚´ + 𝒈( 𝒙 ) 𝒚 = 𝟎 temos: 
𝒚´´ + 𝒇 𝒚´ + 𝒈 𝒚 = 𝟎  (
1
 − 
2
)´´ + 𝒇 (
1
 − 
2
)´ + 𝒈 (
1
 − 
2
) = 𝟎  

1
´´ − 
2
´´ +𝑓 
1
´ − 𝑓 
2
´ + 𝑔 
1
 − 𝑔 
2
 = 0  

1
´´ + 𝑓 
1
´ + 𝑔 
1
 – (
2
´´ + 𝑓 
2
´ + 𝑔 
2
 ) = 0  𝑟 – 𝑟 = 0  0 = 0; 
PARTE II 
( 1 ) Desde que 𝑦 = 𝑦( 𝑥 ) é a SG da ED Não Homogênea e 𝑦𝐶 = 𝑦𝐶 ( 𝑥 ) uma 
Solução Complementar Associada, pelo Lema Fundamental, a diferença 𝒚 − 𝒚𝑪 é 
solução da Equação Homogênea; 
( 2 ) Portanto 𝒚 − 𝒚𝑪 = 𝒚𝑯 e, daí, 𝒚 = 𝒚𝑯 + 𝒚𝑪 . 
 § 20 
 
SEJAM: 
 ( 1 ) 𝑦𝐻 = 𝐶1 𝑦1 ( 𝑥 ) + 𝐶2 𝑦2 ( 𝑥 ) a S G da EDOLH( 2 ) associada à Equação Não 
Homogênea 𝒚´´ + 𝒇( 𝒙 )𝒚´ + 𝒈( 𝒙 )𝒚 = 𝒓( 𝒙 ) 
( 2 ) 𝑦𝐶 = 𝑦𝐶 ( 𝑥 ) uma Solução da Equação Não Homogênea 
ENTÃO 
A Solução Geral da Equação Não Homogênea tem a forma 
 𝑦( 𝑥 ) = 𝑦𝐻( 𝑥 ) + 𝑦𝐶( 𝑥 ). 
𝑦𝐶 = 𝑦𝐶 ( 𝑥 ) é denominada Solução Complementar Associada ou simplesmente 
Solução Complementar; 
 Se 
1
 = 
1
( 𝑥 ) e 
2
 = 
2
( 𝑥 ) são soluções da Equação Não Homogênea 
então a diferença 
1
 − 
2
 é solução da Equação Homogênea Associada. 
 
 
18 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
18 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
CADERNO 5: EQUAÇÕES NÃO HOMOGÊNEAS 
 
 O MÉTODO DOS COEFICIENTES A DETERMINAR 
 
Obter a SG de uma EDOLHK ( 2 ) se reduz a encontrar a Solução Complementar 𝑦𝐶 , 
pois a SG tem a forma 𝑦(𝑥 ) = 𝑦𝐻 ( 𝑥 ) + 𝑦𝐶 ( 𝑥 ) e sabemos determinar a Solução 
𝑦𝐻 da equação homogênea. 
Temos o Método dos Coeficientes a Determinar, MCD, e o Método Geral. 
Embora o MCD não se aplique a todas as equações lineares, ele conta com duas 
interessantes vantagens: é de aplicação mais simples e tem boa desenvoltura para as 
funções que aparecem com maior frequência em problemas de Engenharia. 
As classes de funções para as quais o MCD é aplicado são as Funções 
Polinomiais, Exponenciais e Sinusoidais. 
O MCD consiste em prognosticar para 𝑦𝐶 = 𝑦𝐶 ( 𝑥 ) uma função da mesma 
classe da função 𝑟 = 𝑟( 𝑥 ) contendo Coeficientes a Determinar a serem obtidos 
substituindo 𝑦𝐶 e suas derivadas na equação dada. 
Para exemplificar, o prognóstico é feito assim: 
( 1 ) Se 𝑟 é um Polinômio de grau 𝑛 ℕ∗, o prognóstico, chamado Escolha Inicial, 
é um polinômio completo de mesmo grau 𝑛 de 𝑟 . 
Assim, se 𝑟( 𝑥 ) = 𝑥², então a escolha inicial é 𝑦𝐶 = A𝑥² + B𝑥 + C; 
( 2 ) Se 𝑟 = − 3 𝑒5𝑥, então 𝑦𝐶 = A 𝑒
5𝑥; 
( 3 ) Se 𝑟 = 2 𝑠𝑒𝑛 3𝑥, então 𝑦𝐶 = A 𝑐𝑜𝑠 3𝑥 + B 𝑠𝑒𝑛 3𝑥. 
Agora, a cada classe funcional é associado um número, que denominaremos 
Número Chave, que altera a Escolha Inicial se ele for raiz da Equação Característica 
multiplicando a escolha inicial por 𝑥𝑚, onde 𝑚 é a multiplicidade da raiz: 
O quadro abaixo resume o processo da escolha de 𝑦𝐶 pelo MCD: 
 
O MÉTODO DOS COEFICIENTES A DETERMINAR 
Termo em 𝑟( 𝑥 ) Nº Chave Raiz da EC Escolha de 𝑦𝐶 
𝐵𝑛 𝑥
𝑛, 𝑛 ℕ∗ 0 k  0 
k = 0, 
k = 0, raiz dupla 
𝐴𝑛 𝑥
𝑛+ . . . + 𝐴1 𝑥 + 𝐴0 
𝑥 ( 𝐴𝑛 𝑥
𝑛+ . . . + 𝐴1 𝑥 + 𝐴0 ) 
𝑥² ( 𝐴𝑛 𝑥
𝑛+ . . . + 𝐴1 𝑥 + 𝐴0 ) 
 𝑒𝑝𝑥 𝑝 k  𝑝 
k = 𝑝, 
k = 𝑝, raiz dupla 
A 𝑒𝑝𝑥 
A 𝑥 𝑒𝑝𝑥 
A 𝑥² 𝑒𝑝𝑥 
 𝑐𝑜𝑠 𝑞𝑥 , ou 
 𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥 
𝑖𝑞 k  𝑖𝑞 
k = 𝑖𝑞 
𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑞𝑥 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥 
𝑥 ( 𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑞𝑥 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 𝑞𝑥 ) 
 § 21 
 
 
 
19 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
19 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 
 EQUAÇÕES NÃO HOMOGÊNEAS I 
 
 
 ESTUDANDO O MCD 
 
 
455. 𝑦´´ − 3𝑦´ + 2𝑦 = − 6𝑥2 + 1 
PARTE I: Resolução 𝒚𝑯 da Equação Homogênea 𝑦´´ − 3𝑦´ + 2𝑦 = 0 
 ( 1 ) EC: 𝑘² − 3𝑘 + 2 = 0; 
 ( 2 ) Raízes da EC: 𝑘1 = 2 ou 𝑘2 = 1; 
 ( 3 ) Solução 𝑦𝐻: 𝑦𝐻= 𝐶1 𝑒
2𝑥 + 𝐶2 𝑒
𝑥 
PARTE II: Escolha 𝒚𝑪 da Equação Complementar 
( 1 ) Termo em 𝑟( 𝑥 ) 𝑟 ( 𝑥 ) = − 6𝑥2 + 1 
( 2 ) Escolha Inicial 𝑦𝐶 = A 𝑥² + B𝑥 + C 
( 3 ) Número Chave de 𝑟 0 
( 4 ) Modificação Não há, pois 0 não é raiz da EC 
( 5 ) Escolha Final 𝑦𝐶 = A 𝑥² + B𝑥 + C 
 
PARTE III: Resolução 𝒚𝑪 da Equação Complementar 
( 1 ) Procedimento: Substitua 𝑦𝐶 e suas derivadas na equação dada: 
 ( 2 ) 𝑦𝐶 = A 𝑥² + B𝑥 + C, 𝑦´𝐶 = 2A 𝑥 + B e 𝑦𝐴´´ = 2A 
 ( 3 ) Substituição: 
𝑦𝐶´´ − 3 𝑦𝐶´ + 2 𝑦𝐶 = −6𝑥2 + 1  2A – 3 ( 2A 𝑥 + B ) + 2 ( A 𝑥² + B𝑥 + C ) = −6𝑥2 + 1 
Agora, 2A – 6 A 𝑥 − 3 B + 2 A 𝑥² + 2 B𝑥 + 2C = −6𝑥2 + 1  
 𝑥² ( 2A ) + 𝑥 (– 6 A + 2 B ) + (2A − 3 B + 2C ) = −6𝑥2 + 0𝑥 + 1 
𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠
⇒ 
 {
2𝐴 = −6 
− 6𝐴 + 2𝐵 = 0
2𝐴 − 3𝐵 + 2𝐶 = 1
, onde encontramos A = − 3, B = 9 e C = 14 
 ( 4 ) Solução 𝑦𝐶: 𝑦𝐶 = − 3 𝑥² + 9𝑥 + 14 
PARTE IV: Solução Geral 
 ( 1 ) Como 𝑦(𝑥 ) = 𝑦𝐻 ( 𝑥 ) + 𝑦𝐶 ( 𝑥 ), segue-se 
 ( 2 ) 𝑦(𝑥 ) = 𝐶1 𝑒
2𝑥 + 𝐶2 𝑒
𝑥 − 3 𝑥² + 9𝑥 + 14 
 @ 𝟏𝟏 
 
 PRÁTICA 60 
 
 
20 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
20 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 456. O PVI: 𝑦´´ − 3𝑦´ + 2𝑦 = −6𝑥2 + 1, 𝑦( 0 ) = 1 e 𝑦´( 0 ) = 2 
PARTE IV: Temos a SG 𝑦(𝑥 ) = 𝐶1 𝑒
2𝑥 + 𝐶2 𝑒
𝑥 − 3 𝑥² + 9𝑥 + 14. 
PARTE V : Resolução do PVI 
( 1 ) 𝑦( 0 ) = 1  1 = 𝐶1 + 𝐶2 + 14 = 1  𝐶1 + 𝐶2 = − 13 
( 2 ) 𝑦´(𝑥 ) = 2𝐶1 𝑒
2𝑥 + 𝐶2 𝑒
𝑥 − 6 𝑥 + 9 e 𝑦´( 0 ) = 2  2𝐶1 + 𝐶2 = − 7 
( 3 ) Temos: 𝐶1 = 6 e 𝐶2 = − 19 
( 4 ) A Solução do PVI é 𝑦(𝑥 ) = 6𝑒2𝑥 − 19 𝑒𝑥 − 3 𝑥² + 9𝑥 + 14 
 
457. 𝑦´´ − 3𝑦´ = 𝑥2 − 2𝑥 
PARTE I: Resolução 𝒚𝑯 da Equação Homogênea 𝑦´´ − 3𝑦´ = 0 
 ( 1 ) EC: 𝑘² − 3𝑘 = 0; 
 ( 2 ) Raízes da EC: 𝑘1 = 3 ou 𝑘2 = 0; 
 ( 3 ) Solução 𝑦𝐻: 𝑦𝐻= 𝐶1 𝑒
3𝑥 + 𝐶2 
PARTE II: Escolha 𝒚𝑪 da Equação Complementar 
( 1 ) Termo em 𝑟( 𝑥 ) 𝑟 ( 𝑥 ) = 𝑥2 − 2𝑥 
( 2 ) Escolha Inicial 𝑦𝐶 = A 𝑥² + B𝑥 + C 
( 3 ) Número Chave de 𝑟 0 
( 4 ) Modificação Sim, pois 0 é raiz da EC 
( 5 ) Escolha Final 𝑦𝐶 = A 𝑥³ + B𝑥² + C𝑥 
 
PARTE III: Resolução 𝒚𝑪 da Equação Particular 
( 1 ) Procedimento: Substitua 𝑦𝐶 e suas derivadas na equação dada: 
 ( 2 ) 𝑦𝐶 = A 𝑥³ + B𝑥² + C𝑥, 𝑦´𝐶 = 3A 𝑥² + 2B 𝑥 + C e 𝑦𝐶´´ = 6 A 𝑥 + 2B 
 ( 3 ) Substituição: 
𝑦𝐶´´ − 3 𝑦𝐶´ = 𝑥
2 − 2𝑥  6 A 𝑥 + 2 B – 3 ( 3A 𝑥² + 2B 𝑥 + C ) = 𝑥2 − 2𝑥  
6 A 𝑥 + 2 B – 9 A 𝑥² – 6 B 𝑥 – 3 C = 𝑥2 − 2𝑥  𝑥² (– 9 A ) + 𝑥 ( 6 A – 6 B ) + 2B – 3 C = 
𝑥2 − 2𝑥  {
−9𝐴 = 1 
 6𝐴 − 6𝐵 = −2
2 𝐵 − 3 𝐶 = 0
, onde encontramos A = − 1 9⁄ , B = 2 9⁄ e C = 4 27⁄ 
 ( 4 ) Solução 𝑦𝐶: 𝑦𝐶 = (− 1 9⁄ ) 𝑥² + ( − 2 9⁄ ) 𝑥 + 4 27⁄ 
PARTE IV: Solução Geral 
 ( 1 ) Como 𝑦(𝑥 ) = 𝑦𝐻 ( 𝑥 ) + 𝑦𝐶 ( 𝑥 ), segue-se 
 ( 2 ) 𝑦(𝑥 ) = 𝐶1 𝑒
3𝑥 + 𝐶2 – ( 1 9⁄ ) 𝑥² − ( 2 9⁄ ) 𝑥 + 4 27⁄ 
 
 
21 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
21 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
458. O PVI: 𝑦´´ − 3𝑦´ = 𝑥2 − 2𝑥 , 𝑦( 0 ) = 2 e 𝑦´( 0 ) = 0 
PARTE IV: Como 𝑦(𝑥 ) = 𝐶1 𝑒
3𝑥 + 𝐶2 – ( 1 9⁄ ) 𝑥² − ( 2 9⁄ ) 𝑥 + 4 27⁄ , temos 
 
PARTE V : Resolução do PVI 
( 1 ) 𝑦( 0 ) = 2  𝐶1 + 𝐶2 = 50 27⁄ 
( 2 ) 𝑦´(𝑥 ) = 3𝐶1 𝑒
3𝑥 − ( 2 9⁄ ) 𝑥 − ( 2 9⁄ ) e 𝑦´( 0 ) = 0  3𝐶1 = 2 9⁄  
( 3 ) Decorre 𝐶1 = 2 27⁄ e 𝐶2 = 16 9⁄ 
 ( 4 ) A Solução do PVI é 𝑦(𝑥 ) = 2 27⁄ 𝑒3𝑥 + 16 9⁄ – ( 1 9⁄ ) 𝑥² − ( 2 9⁄ ) 𝑥 + 4 27⁄ 
 
459. O PVI 𝑦´´ − 4𝑦´ + 4𝑦 = 6 𝑒2𝑥, y( 0 ) = 3, y´( 0 ) = 2 
PARTE I: Resolução 𝒚𝑯 da Equação Homogênea 𝑦´´ − 4𝑦´ + 4𝑦 = 0 
 ( 1 ) EC: 𝑘² − 4𝑘 + 4 = 0; 
 ( 2 ) Raízes da EC: 𝑘1 = 𝑘2 = 2; 
 ( 3 ) Solução 𝑦𝐻: 𝑦𝐻= 𝐶1 𝑒
2𝑥 + 𝐶2 𝑥 𝑒
2𝑥; 
PARTE II: Escolha 𝒚𝑪 da Equação Complementar 
( 1 ) Termo em 𝑟( 𝑥 ) 𝑟 ( 𝑥 ) = 6 𝑒2𝑥 
( 2 ) Escolha Inicial 𝑦𝐶 = A 𝑒
2𝑥 
( 3 ) Número Chave de 𝑟 2 
( 4 ) Modificação Sim, pois 2 é raiz dupla da EC 
( 5 ) Escolha Final 𝑦𝐶 = A 𝑥² 𝑒
2𝑥 
 
PARTE III: Resolução 𝒚𝑪 da Equação Complementar 
( 1 ) Procedimento: Substitua 𝑦𝐶 e suas derivadas na equação dada: 
 ( 2 ) 𝑦𝐶 = A 𝑥² 𝑒
2𝑥 , 𝑦´𝐶 = 2A 𝑥 𝑒
2𝑥 + 2 A 𝑥² 𝑒2𝑥 e 
 𝑦𝐶´´ = 2A 𝑒
2𝑥 + 4 A 𝑥 𝑒2𝑥 + 4 A 𝑥 𝑒2𝑥 + 4 A 𝑥² 𝑒2𝑥  
 𝑦𝐶´´ = 2A 𝑒
2𝑥 + 8 A 𝑥 𝑒2𝑥 + 4 A 𝑥² 𝑒2𝑥 
 ( 3 ) Substituição: 𝑦𝐶´´ − 4 𝑦𝐶´ + 4 𝑦𝐶 = 6 𝑒
2𝑥  
2A 𝑒2𝑥 + 8 A 𝑥 𝑒2𝑥 + 4 A 𝑥² 𝑒2𝑥 – 4 ( 2A 𝑥 𝑒2𝑥 + 2 A 𝑥² 𝑒2𝑥 ) + 4 A 𝑥² 𝑒2𝑥 = 6 𝑒2𝑥  
2A 𝑒2𝑥 + 8 A 𝑥 𝑒2𝑥 + 4 A 𝑥² 𝑒2𝑥 – 8 A 𝑥 𝑒2𝑥 – 8 A 𝑥² 𝑒2𝑥 + 4 A 𝑥² 𝑒2𝑥 = 6 𝑒2𝑥  
2A 𝑒2𝑥 + 8 A 𝑥 𝑒2𝑥 – 8 A 𝑥 𝑒2𝑥 = 6 𝑒2𝑥  2A 𝑒2𝑥 = 6 𝑒2𝑥  A = 3. 
( 4 ) Solução 𝑦𝐶: 𝑦𝐶 = 3𝑥² 𝑒
2𝑥 
PARTE IV: Solução Geral: 𝑦(𝑥 ) = 𝐶1 𝑒
2𝑥 + 𝐶2 𝑥 𝑒
2𝑥 + 3𝑥² 𝑒2𝑥 
PARTE V : Resolução do PVI 
( 1 ) 𝑦( 0 ) = 1  𝐶1 = 3 e 𝑦´( 0 ) = 2  2𝐶1 + 2 𝐶2 = 2  𝐶2 = − 2. 
( 2 ) A Solução do PVI é 𝑦(𝑥 ) = 3 𝑒2𝑥 − 2 𝑥 𝑒2𝑥 + 3𝑥² 𝑒2𝑥 
 
 
22 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
22 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
460. O PVI 𝑦´´ − 2𝑦´ + 5𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 𝑦( 0 ) = 0 e 𝑦´( 0 ) = 2 
PARTE I: Resolução 𝒚𝑯 da Equação Homogênea 𝑦´´ − 2𝑦´ + 5𝑦 = 0 
 ( 1 ) EC: 𝑘² − 2𝑘 + 5 = 0; 
 ( 2 ) Raízes da EC: 𝑘1 = 1 + 2i ou 𝑘2 = 1 – 2i  𝑝 = 1 e 𝑞 = 2; 
 ( 3 ) Solução 𝑦𝐻: 𝑦𝐻= 𝐶1 𝑒
𝑥 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐶2 𝑒
𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 
PARTE II: Escolha 𝒚𝑪 da Equação Complementar 
( 1 ) Termo em 𝑟( 𝑥 ) 𝑟 ( 𝑥 ) = 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 
( 2 ) Escolha Inicial 𝑦𝐶 = A 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + B 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 
( 3 ) Número Chave de 𝑟 𝟐𝒊 
( 4 ) Modificação Não há, pois 2𝑖 não é raiz da EC 
( 5 ) Escolha Final 𝑦𝐶 = A 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + B 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 
 
PARTE III: Resolução 𝒚𝑪 da Equação Complementar 
( 1 ) Procedimento: Substitua 𝑦𝐶 e suas derivadas na equação dada: 
 ( 2 ) 𝑦𝐶 = A 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + B 𝑠𝑒𝑛 2𝑥, 𝑦´𝐶 = − 2A 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 2B 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 e 
 𝑦𝐶´´ = − 4A 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 − 4B 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 
 ( 3 ) Substituição: 𝑦𝐶´´ − 2 𝑦𝐶´ + 5 𝑦𝐶 = 𝑠𝑒𝑛 2𝑥  
 − 4A 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 − 4B 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 4A 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 − 4B 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 5A 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 5B 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 
 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 ( B + 4 A ) + 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 ( A − 4B ) = 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 0. 𝑐𝑜𝑠 2𝑥  {
4𝐴 + 𝐵 = 1
𝐴 − 4𝐵 = 0
  
 A =3 17⁄ e B = 1 17⁄ . 
 ( 4 ) Solução 𝑦𝐶: 𝑦𝐶 = (3 17⁄ ) 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + ( 1 17⁄ ) 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 
PARTE IV: Solução Geral 
 ( 1 ) Como 𝑦(𝑥 ) = 𝑦𝐻 ( 𝑥 ) + 𝑦𝐶 ( 𝑥 ), segue-se 
 ( 2 ) 𝑦(𝑥 ) = 𝐶1𝑒𝑥 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐶2 𝑒
𝑥𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + (3 17⁄ ) 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + ( 1 17⁄ ) 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 
 
PARTE V : Resolução do PVI 
( 1 ) 𝑦( 0 ) = 0  𝐶1 + 3 17⁄ = 0  𝐶1 = − 3 17⁄ 
( 2 ) 𝑦´(𝑥 ) = 𝐶1𝑒
𝑥 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 − 2𝐶1𝑒
𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 𝐶2 𝑒
𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 2𝐶2 𝑒
𝑥 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 −6 17⁄ 
𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 2 17⁄ 𝑐𝑜𝑠 2𝑥. Daí 𝑦´( 0 ) = 2  𝐶1 + 2 𝐶2 + 2 17⁄ = 2  𝐶2 = 35 34⁄ 
( 3 ) A Solução do PVI é 𝑦( 𝑥 ) = −3 17⁄ 𝑒𝑥 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 35 34⁄ 𝑒𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 3 17⁄ 
𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 1 17⁄ 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 
 
 
23 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
23 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
461. 𝑦´´ + 3𝑦´ = 3 𝑥² + 4 𝑒−3𝑥 
 
PARTE I: Resolução 𝒚𝑯 da Equação Homogênea 𝑦´´ + 3𝑦´ = 0 
 ( 1 ) EC: 𝑘² + 3𝑘 = 0; 
 ( 2 ) Raízes da EC: 𝑘1 = 0 ou 𝑘2 = – 3 
 ( 3 ) Solução 𝑦𝐻: 𝑦𝐻= 𝐶1 + 𝐶2 𝑒
−3𝑥 
 
PARTE II: Escolha 𝒚𝑪 da Equação Complementar 
( 1 ) Termoem 𝑟( 𝑥 ) 𝑟 ( 𝑥 ) = 3 𝑥² + 4 𝑒−3𝑥 
( 2 ) Escolha Inicial 𝑦𝐶 = A𝑥² + B𝑥 + C + D𝑒
−3𝑥 
( 3 ) Número Chave de 𝑟 Para 3𝑥² é . . . . . . . . . . . . . .0 
Para 4 𝑒−3𝑥 é . . . . . . . . . − 3 
( 4 ) Modificação Sim , pois 0 é raiz da EC e 
Sim, pois − 3 é raiz da EC 
( 5 ) Escolha Final 𝑦𝐶 = A𝑥³ + B𝑥² + C𝑥 + D 𝑥𝑒
−3𝑥 
 
PARTE III: Resolução 𝒚𝑪 da Equação Complementar 
 
( 1 ) Procedimento: Substitua 𝑦𝐶 e suas derivadas na equação dada: 
 ( 2 ) 𝑦𝐶 = A𝑥³ + B𝑥² + C𝑥 + D 𝑥𝑒
−3𝑥 , 
 𝑦´𝐶 = 3A𝑥² + 2B𝑥 + C + D 𝑒
−3𝑥 − 3D 𝑥𝑒−3𝑥 e 
 𝑦´´𝐶 = 6A𝑥 + 2B – 6 D 𝑒
−3𝑥 + 9D 𝑥𝑒−3𝑥 
 ( 3 ) Substituição: 
𝑦𝐶´´ + 3 𝑦𝐶´ = 3 𝑥² + 4 𝑒
−3𝑥  6A𝑥 + 2B – 6 D 𝑒−3𝑥 + 9D 𝑥𝑒−3𝑥 + 9A𝑥² + 6B𝑥 + 3C + 
3 D 𝑒−3𝑥 − 9D 𝑥𝑒−3𝑥 = 3 𝑥² + 4 𝑒−3𝑥  
𝑥² ( 9 A ) + 𝑥 ( 6A + 6B ) + ( 2B + 3C ) + 𝑒−3𝑥 (– 3 D ) = 3 𝑥² + 0𝑥 + 0 + 4 𝑒−3𝑥  
{
9𝐴 = 3
6𝐴 + 6 𝐵 = 0
2𝐵 + 3𝐶 = 0
−3𝐷 = 4
  A = 1 3⁄ , B = −1 3⁄ , C = 2 9⁄ e D = −4 3⁄ 
 ( 4 ) Solução 𝑦𝐶: 𝑦𝐶 = 1 3⁄ 𝑥³ −1 3 ⁄ 𝑥² + 2 9⁄ 𝑥 − 4 3 ⁄ 𝑥𝑒
−3𝑥 
 
PARTE IV: Solução Geral 
 
 ( 1 ) Como 𝑦(𝑥 ) = 𝑦𝐻 ( 𝑥 ) + 𝑦𝐶 ( 𝑥 ), segue-se 
 ( 2 ) 𝑦(𝑥 ) = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒
−3𝑥 +1 3⁄ 𝑥³ −1 3 ⁄ 𝑥² + 2 9⁄ 𝑥 − 4 3 ⁄ 𝑥𝑒−3𝑥. 
 
 
24 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
24 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
@ 12 EQUAÇÕES NÃO HOMOGÊNEAS II 
 
 
 DETERMINANDO A SOLUÇÃO DA EDOLK ( 2 ) PELO MCD: 
 
 
462 y´´  3y´ + 2y = 5x² + 1 𝐶1 𝑒
2𝑥 + 𝐶2 𝑒
𝑥 + ( 5/ 2 ) x² + 15 x + (41/ 2 ) 
463 y´´ + y´  2y = 3 𝑒4𝑥 𝐶1 𝑒𝑥 + 𝐶2 𝑒−2𝑥 + ( 1/ 7 ) 𝑒4𝑥 
464 y´´ + 2y´ + y = 5 cos x 𝑒− 𝑥 ( 𝐶1 + 𝐶2 x ) + ( 5/ 2 ) + 15 x + (41/ 2 ) 
465 y´´ + 2y´ + y = 5 cos 2x 
 𝑒− 𝑥 ( 𝐶1 + 𝐶2 x )  ( 3/ 5 ) 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + ( 4/ 5) 𝑠𝑒𝑛2𝑥 
466 y´´  2y´ =  4x³ + 2x²  3 
 𝐶1 + 𝐶2 𝑒2𝑥 + ( 1/ 2 ) 𝑥4 + ( 2/ 3) 𝑥³ + 𝑥² + (5/ 2 ) 𝑥 
467 𝑦´´  𝑦´  6𝑦 = 7 𝑒− 2𝑥 𝐶1 𝑒3𝑥 + 𝐶2 𝑒− 2𝑥  ( 7/ 5 ) 𝑥 𝑒− 2𝑥 
468 𝑦´´ + 9 𝑦 = 6 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 𝐶1 𝑐𝑜𝑠 3𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 3𝑥  𝑥 𝑐𝑜𝑠 3𝑥 
469 𝑦´´  4𝑦 = 8𝑥²  𝑥 + 12 
 𝐶1 𝑒2𝑥 + 𝐶2 𝑒− 2𝑥  2 𝑥² + ( 1/ 4 ) 𝑥  4 
470 y´´  7 y´ + 12y = 3 𝑒− 𝑥 𝐶1 𝑒4 𝑥 + 𝐶2 𝑒3 𝑥 + ( 3/ 20 ) 𝑒− 𝑥 
471 𝑦´´  5𝑦´ + 6𝑦 =  1 + 2𝑥² 
 𝐶1 𝑒
2𝑥 + 𝐶2 𝑒
3𝑥 + ( 1/ 3 ) 𝑥² + ( 5/ 9 ) 𝑥 + (5/ 27 ) 
472 𝑦´´  4𝑦´ =  3𝑥 + 1 𝐶1 + 𝐶2 𝑥 + ( 3/ 8 ) 𝑥²  ( 1/ 16 ) 𝑥 
473 𝑦´´  2𝑦´ = 𝑥²  3𝑥 + 1 
 𝐶1 + 𝐶2 𝑥  ( 1/ 2 ) 𝑥³  ( 1/ 4 ) 𝑥²  (3/ 4 ) 𝑥 
474 𝑦´´  7 𝑦´ + 10 𝑦 = 8 𝑒2 𝑥 𝐶1 𝑒5𝑥 + 𝐶2 𝑒2𝑥  ( 8/ 3 ) 𝑥 𝑒2 𝑥 
475 𝑦´´  4 𝑦´ + 4 𝑦 = 8 𝑒2 𝑥 𝑒2𝑥 ( 𝐶1 + 𝐶2 𝑥 ) + 4𝑥² 𝑒2𝑥 
476 𝑦´´ + 4𝑦 = 4 𝑒3 𝑥 𝐶1 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + ( 4/ 13 ) 𝑒3 𝑥 
477 𝑦´´ 4𝑦´ + 3𝑦 = 2 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 𝐶1 𝑒
3𝑥 + 𝐶2 𝑒
𝑥  ( 1/ 15 ) 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + ( 2/ 15 ) 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 
478 𝑦´´ 3𝑦´ + 2,5 𝑦 = 2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
 𝑒1,5 𝑥 ( 𝐶1 𝑐𝑜𝑠 0,5 𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 0,5 𝑥 ) + 0,2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 0,6 𝑐𝑜𝑠 𝑥 
479 𝑦´´ + 4𝑦 = 5 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 𝐶1 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + ( 5/ 4 ) 𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 
480 𝑦´´ = 𝑥³ + 1 𝐶1 + 𝐶2 𝑥 + ( 1/ 20 ) 𝑥5 + ( 1/ 2 ) 𝑥² 
 PRÁTICA 61 
 
 
25 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
25 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
481 𝑦´´  5𝑦´ + 6𝑦 = 2𝑥 + 3 𝑒𝑥 𝐶1 𝑒3𝑥 + 𝐶2 𝑒2𝑥  ( 1/ 3 ) 𝑥 + ( 5/ 18 ) + ( 3/ 2 ) 𝑒𝑥 
482 𝑦´´ + 4𝑦´ + 8𝑦 = 𝑥  𝑒𝑥 
 𝑒− 2𝑥 ( 𝐶1 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 )  ( 1/ 16 ) + ( 1/ 8 ) 𝑥  ( 1/ 13 ) 𝑒
𝑥 
483 𝑦´´ + 4𝑦´ + 4𝑦 = 𝑥  2𝑒2𝑥 , 𝑒− 2𝑥 ( 𝐶1 + 𝐶2 𝑥 ) + ( 1/ 4 ) 𝑥  ( 1/ 8 ) 𝑒2 𝑥 
484 𝑦´´  3𝑦´ + 2𝑦 = 2 + 𝑒 𝑥 𝐶1 𝑒𝑥 + 𝐶2 𝑒2𝑥+ 1  𝑥 𝑒𝑥 
485 𝑦´´ + 𝑦 = 𝑒 𝑥 + 3 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝐶1 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 0, 5 𝑒 𝑥 + 1,5 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
486 𝑦´´ + 4 𝑦´ + 10 𝑦 = 3 𝑒2 𝑥  𝑥  2 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 
 𝐶1 + 𝐶2 𝑒
− 4𝑥 + ( 1/ 4 ) 𝑒2 𝑥  ( 1/ 8 ) 𝑥² + ( 1/ 16 ) 𝑥 + ( 1/ 5 ) 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + ( 1/ 10 ) 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 
487 𝑦´´  2 𝑦´  8 𝑦 = 𝑒 𝑥  8 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 
 𝐶1 𝑒
 4𝑥 + 𝐶2 𝑒
− 2𝑥  ( 1/ 9 ) 𝑒 𝑥 + ( 3/ 5 ) 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + ( 1/ 5 ) 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 
488 𝑦´´ + 10 𝑦´ + 29 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥 9 442⁄ cos 𝑥 + 950 221⁄ cos 𝑥 
489 𝑦´´ − 6 𝑦´ + 25 𝑦 = 50 𝑡³ − 36 𝑡2 − 63 𝑡 + 18 
490 𝑦´´ + 25𝑦 = 𝑥 𝑒2𝑥 Faça 𝑦
𝑝
 = ( A𝑥² + B𝑥 + C ) 𝑒 2𝑥 = A𝑥² 𝑒 2𝑥 + 𝐵𝑥 𝑒 2𝑥 + C𝑒 2𝑥 
 𝐶1 𝑐𝑜𝑠 5𝑥 +𝐶2 𝑠𝑒𝑛 5𝑥 + 𝑒
 2𝑥 [  ( 1/ 8 ) 𝑥 + ( 1/ 16 ) ] 
491 𝑦´´ + 25𝑦 = 𝑥² 𝑒2𝑥 Faça 𝑦
𝑝
 = ( A𝑥² + B𝑥 + C ) 𝑒 2𝑥 
 𝐶1 𝑐𝑜𝑠 5𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 5𝑥 + 𝑒
 2𝑥 [( 1/ 8 ) 𝑥²  ( 1/ 8 ) 𝑥 + ( 1/ 32 ) ] 
492 
 
y´´+ 25 y = ( x² + 1 ) 𝑒2𝑥 Faça 𝑦𝑝 = ( 𝐴𝑥² + 𝐵𝑥 + 𝐶 ) 𝑒 2𝑥 
 𝐶1 𝑐𝑜𝑠 5𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 5𝑥 + 𝑒
 2𝑥 [ ( 1/ 8 ) x²  ( 1/ 8 ) x + ( 5/ 32 ) ] 
493 y´´ + 9 y = ( x² + 2 ) 𝑒 3𝑥 
 𝐶1 𝑐𝑜𝑠 3𝑥 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 + 𝑒 3𝑥 [ ( 1/ 18 ) 𝑥²  ( 1/ 27 ) 𝑥 + ( 19/ 162 ) ] 
494 𝑦´´ 6𝑦´ + 9 𝑦 = 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑒 3𝑥 ( 𝐶1 + 𝐶2 x ) + 𝑒 𝑥 [ ( 4/ 25 ) cos x + ( 3/ 25 ) sen x ] 
495 𝑦´´ 4𝑦´ + 4 𝑦 = 𝑥 𝑒 2𝑥 𝑒 2𝑥 ( 𝐶1 + 𝐶2 𝑥 ) + 𝑒2 𝑥 ( 1/ 6 ) 𝑥² 
496 𝑦´´ 2𝑦´ + 𝑦 = 2𝑥²  8𝑥 + 4, 𝑦 ( 0 ) = 𝑦´( 0 ) = 3 3 𝑒 𝑥 + 2 𝑥² 
497 
𝑦´´  6𝑦´ + 11𝑦 = 10 𝑒𝑥 + 11 𝑐𝑜𝑠 𝑥, 𝑦 ( 0 ) = 1, 𝑦´ ( 0 ) = 2 
498 𝑦´´  𝑦´  6𝑦 = 7 𝑒− 2𝑥 , 𝑦 ( 0 ) = 𝑦´ ( 0 ) = 1 
 −( 8/ 3 ) 𝑒3𝑥 cos √2 𝑥 + 4√2 𝑒 3𝑥 𝑠𝑒𝑛 √2 𝑥 + 2 𝑒𝑥 + ( 5 3 )⁄ 𝑐𝑜𝑠 𝑥 – 𝑠𝑒𝑛𝑥 
499 𝑦´´  𝑦´ 2𝑦 = 16 𝑒 2𝑥 , 𝑦 ( 0 ) = 0, 𝑦´( 0 ) =  2 
 −4 3⁄ 𝑒2𝑥+4 3⁄ 𝑒−𝑥 + 2x−4 3⁄ 𝑒2𝑥 
 
 
26 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
26 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
500 𝑦´´ + 4𝑦´ + 8𝑦 = 4 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 7 𝑠𝑒𝑛 𝑥, y( 0 ) = 1, y´( 0 ) =  1 𝑒− 2𝑥𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 
 
501 𝑦´´ + 3𝑦´ = 3𝑥² + 4 𝑒− 3𝑥 , y ( 0 ) = 1, y´ ( 0 ) = 2 
 ( 55/ 27 )  ( 28/ 27 ) 𝑒− 3𝑥 + ( 1/ 3 ) 𝑥³  ( 1/ 3 ) 𝑥² + ( 2/ 9 ) 𝑥  ( 4/ 3 ) 𝑥 𝑒− 3𝑥 
 
Resolvendo Equações Lineares de 1ª Ordem pelo MCD 
 
502 𝑦´ − 2𝑦 = 3 𝑒2𝑥 
 
( 1 ) A Equação Homogênea Associada é 𝑦´ − 2𝑦 = 0, cuja EC é k – 2 = 0  k = 2 
( 2 ) A solução 𝑦
𝐻
= 𝑦
𝐻
( 𝑥 ) é 𝑦
𝐻
= 𝐶1 𝑒
2𝑥, 
( 3 ) Como r( x ) = 3 𝑒2𝑥, então a Escolha Incial deve ser 𝑦
𝑃
= A 𝑒2𝑥 
( 4 ) Como o número chave de 𝑟 é 2 e 2 é raiz da EC, a Escolha Final é 𝑦
𝑃
= A 𝑥 𝑒2𝑥, 
( 5 )Substituindo 𝑦
𝑝
 se sua derivada 𝑦´
𝑝
= 𝐴𝑥𝑒2𝑥 + 2𝐴𝑥𝑒2𝑥 na equação dada, temos A = 3; 
( 6 ) Daí 𝑦
𝑃
= 3 𝑥 𝑒2𝑥 e a SG é y( x ) = 𝐶1 𝑒2𝑥 + 3 𝑥 𝑒2𝑥 
 
503 𝑦´ − 2𝑦 = ( 𝑥 – 1 ) 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + ( 𝑥 + 1 ) 𝑐𝑜𝑠 𝑥 
( 1 ) Temos 𝑦
𝐻
= 𝐶1 𝑒
2𝑥, 
( 2 ) A Escolha Final é 𝑦
𝑃
= ( 𝐴𝑥 + 𝐵 ) 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + ( 𝐶𝑥 + 𝐷 ) 𝑐𝑜𝑠 𝑥, pois o número chave de 𝑟 é 1𝑖 e 
1𝑖 não é raiz da EC; 
( 3 ) Substituindo 𝑦
𝑃
 e 𝑦´
𝑃
 = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + ( 𝐴𝑥 + 𝐵 )𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐶 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + ( 𝐶𝑥 + 𝐷 ) 𝑠𝑒𝑛 𝑥 na equação 
dada, obtemos A= −2 5⁄ , B= −4 5⁄ , C = −1 5⁄ e D =−1, 
( 4 ) y = 𝐶1 𝑒
2𝑥{ [(−2 5⁄ ) 𝑥 − 4 5⁄ )] 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + [(−1 5⁄ ) 𝑥 − 1)] 𝑐𝑜𝑠 𝑥 
504 𝑦´ − 2𝑦 = 3 𝑒𝑥− 2𝑥 + 1 
 y = 𝐶1 𝑒
2𝑥− (3 4⁄ ) 𝑒𝑥+ (2 5⁄ ) 𝑥 − (3 25⁄ ) 
505 𝑦´ − 2𝑦 = 𝑥² 𝑒𝑥− 𝑥 𝑒2𝑥 
 y = 𝐶1𝑒
2𝑥+𝑒𝑥( 𝑥2 + 2𝑥 + 2 ) − 1 3 𝑥⁄ 𝑒2𝑥 
(1) Temos 𝑦
𝐻
= 𝐶1 𝑒
2𝑥 
(2) A Escolha Final é 𝑦
𝑃
= 𝑒𝑥( 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 ) + 𝑥𝑒2𝑥( 𝐷𝑥 + 𝐸 ) = 𝑒𝑥( 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 ) + 𝑒2𝑥( 𝐷𝑥² + 𝐸𝑥 ), 
pois o número chave do termo 𝑒2𝑥 é 2 e 2 é raiz da EC; 
( 3 ) Substitua 𝑦
𝑃
 e 𝑦´
𝑃
 para obter A=1, B= 2, C = 2, D = 0 e E = −1 3⁄ 
 
 
 
27 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
27 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
CADERNO 5: 
 
 O MÉTODO GERAL 
 
 
A SG da equação Não Homogênea 𝑦´´ + 𝑓( 𝑥 )𝑦´ + 𝑔( 𝑥 )𝑦 = 𝑟 ( 𝑥 ) . . . . . . . . ① 
 tem a forma y( x ) = 𝑦𝐻 ( 𝑥 ) + 𝑦𝐶 ( 𝑥 ), onde 𝒚𝑯 = 𝐶1 𝑦1( x ) + 𝐶2 𝑦2( x ). 
 A solução 𝑦𝐶 da Equação Associada à equação ① pode ser obtida através do 
MVP, Método da Variação dos Parâmetros, adotando-se o seguinte procedimento: 
( 1 ) Substituímos as constantes 𝐶1 e 𝐶2 da solução 𝑦𝐻 por funções 𝑢 = 𝑢 ( 𝑥 ) e 𝑣 =
 𝑣 ( 𝑥 ) , que devem ser determinadas tais que 
 𝑦𝐶( 𝑥 ) = 𝑢( 𝑥 ) 𝑦1( 𝑥 ) + 𝑣( 𝑥 ) 𝑦2( 𝑥 ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ② ( 
2 ) O Próximo passo é Substituir 𝒚𝑪 = u 𝑦1 + v 𝑦2 e suas derivadas na equação ① ( 
3 ) Temos 𝑦𝐶´ = u´ 𝑦1 + u 𝑦1´ + v´ 𝑦2 + v 𝑦2´ 
( 4 ) HIPÓTESE SIMPLIFICADORA: u´ 𝑦1 + v´ 𝑦2 = 0 ...................................... ③ 
( 5 ) Assim 𝑦𝐶´ = u 𝑦1´ + v 𝑦2´ ............................................................... ④ 
( 6 ) De ( 5 ) decorre 𝑦𝐶´´ = u´ 𝑦1´ + u 𝑦1´´ + v´ 𝑦2´ + v 𝑦2´´ ...................... ⑤ 
( 7 ) Agora substituía ②, ④ e ⑤ ( b ), ( d ) e ( e ) em ①: 
𝑦𝐶´´ + 𝑓 𝑦𝑃´ + 𝑔𝑦𝑃 = 𝑟  
 𝑢´ 𝑦1´ + 𝑢 𝑦1´´ + 𝑣´ 𝑦2´ + 𝑣 𝑦2´´ + 𝑓 𝑢 𝑦1´ + 𝑓 𝑣 𝑦2´ + 𝑔𝑢 𝑦1 + 𝑔𝑣 𝑦2 = 𝑟 
 𝑢 ( 𝑦1´´ + 𝑓 𝑦1´ + 𝑔 𝑦1 ) + 𝑣 ( 𝑦2´´ + 𝑓 𝑦2´ + 𝑔 𝑦2 ) + 𝑢´ 𝑦1´ + 𝑣´ 𝑦2´ = r 
( 8 ) Como 𝑦1 e 𝑦2 são soluções da equação homogênea associada, então 
 𝑦1´´ + 𝑓 𝑦1´ + 𝑔 𝑦1 = 0 e 𝑦2´´ + 𝑓 𝑦2´ + 𝑔 𝑦2 = 0  𝑢´ 𝑦1´ + 𝑣´ 𝑦2´ = 𝑟 ........ ........⑥ 
( 9 ) As equações ( c ) e ( f ) formam o Sistema de Cramer: {
𝑢´ 𝑦1 + 𝑣´ 𝑦2 = 0
𝑢´ 𝑦1´ + 𝑣´ 𝑦2´ = 𝑟 
 
da forma AX = B, onde A = (
𝑦1 𝑦2
𝑦1´ 𝑦2´
), X = (
𝑢´
𝑣´
) , B = (
0
𝑟
) e det A = W = 𝑦1𝑦2´ − 𝑦2𝑦1´ 
( 10 ) As soluções do sistema são u´= 
|
0 𝑦2
𝑟 𝑦2´
|
𝑊
 = − 
𝑟 𝑦2
𝑊
 e v´= 
|
𝑦
1
0
𝑦
1
´ 𝑟|
𝑊
 = 
𝑟 𝑦1
𝑊
 
( 11 ) De u´= − 
𝑟 𝑦2
𝑊
 segue-se 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
 = − 
𝑟 𝑦2
𝑊
  u = − ∫
𝑟 𝑦2
𝑊
 𝑑𝑥 e, 
 v´= 
𝑟 𝑦1
𝑊
 segue-se 
𝑑𝑣
𝑑𝑥
 = 
𝑟 𝑦1
𝑊
  v = ∫
𝑟 𝑦1
𝑊
 𝑑𝑥; 
( 12 ) Como 𝑦𝐶 = u 𝑦1 + v 𝑦2, então 𝒚𝑪 = − 𝒚𝟏 ∫ 
𝒓 𝒚𝟐
𝑾
 𝒅𝒙 + 𝒚𝟐 ∫ 
𝒓 𝒚𝟏
𝑾
 𝒅𝒙. 
 
 § 10 
 
 
 
28 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVAS PROF MARCO A BRASIL 
28 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
@ 13 - O MÉTODO GERAL 
 
 
 
 ESTUDANDO O MÉTODO GERAL 
506. 𝑦´´ + 𝑦 = 𝑠𝑒𝑐 𝑥 
 
PARTE I: Resolução 𝒚𝑯 da Equação Homogênea 𝑦´´ + 𝑦 = 0 
 ( 1 ) EC: 𝑘² + 1 = 0  𝑘1 = 0 + 1𝑖 ou 𝑘2 = 0 – 1 𝑖  𝑝 = 0 e 𝑞 = 1 
 ( 2 ) Solução 𝑦𝐻: 𝑦𝐻= 𝐶1 𝑐𝑜𝑠 x + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
PARTE II: Determinação de 𝒚𝑪: 
 ( 1 ) A fórmula de resolução é 𝒚𝑪 = − 𝒚𝟏 ∫ 
𝒓 𝒚𝟐
𝑾
 𝒅𝒙 + 𝒚𝟐 ∫ 
𝒓 𝒚𝟏
𝑾
 𝒅𝒙 
 ( 2 ) Temos: 𝑦1 = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 e 𝑦2 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥, W( 𝑦1, 𝑦2 ) = |
𝑦1 𝑦2
𝑦1´ 𝑦´2
| = 
|
cos 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥
−𝑠𝑒𝑛 𝑥 cos 𝑥
| = 𝑐𝑜𝑠² 𝑥 – ( − 𝑠𝑒𝑛² 𝑥 ) = 𝑐𝑜𝑠² 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛² 𝑥 = 1 e 𝑟( 𝑥 ) = 𝑠𝑒𝑐 𝑥 
( 3 ) 𝑦𝐶 = − 𝑦1 ∫ 
𝑟 𝑦2
𝑊
 𝑑𝑥 + 𝑦2 ∫ 
𝑟 𝑦1
𝑊
 𝑑𝑥  
𝑦𝐶 = − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 ∫
sec𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥
1
𝑑𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥 ∫
sec 𝑥 cos𝑥
1
 𝑑𝑥  
𝑦𝐶 = − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 ∫
 𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
 𝑑𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥 ∫ 
𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥
 𝑑𝑥 = − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 ∫ 𝑡𝑔 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥 ∫𝑑𝑥 
 ( 5 ) Solução 𝑦𝐶: 𝑦𝐶 = − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑠𝑒𝑐 𝑙𝑛 𝑥 + 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
PARTE III: Solução Geral 
 ( 1 ) Como 𝑦(𝑥 ) = 𝑦𝐻 ( 𝑥 ) + 𝑦𝐶 ( 𝑥 ), segue-se 
 ( 2 ) 𝑦𝐶 = 𝐶1 𝑐𝑜𝑠 x + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑠𝑒𝑐 𝑙𝑛 𝑥 + 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
507. 𝑦´´ − 4𝑦´ + 4 𝑦 = 𝑒2𝑥 𝑥⁄ 
PARTE I: Resolução 𝒚𝑯 da Equação Homogênea 𝑦´´ + 4𝑦´ + 4𝑦 = 0 
 ( 1 ) EC: 𝑘² + 4𝑘 + 4 = 0  𝑘1 = 𝑘2 = 2  𝑝 = 0 e 𝑦𝐻= 𝑒
2𝑥 (𝐶1 + 𝐶2𝑥 ) 
PARTE II: Determinação de 𝒚𝑪: 
 ( 1 ) Temos: 𝑦1 = 𝑒2𝑥 e 𝑦2 = 𝑥 𝑒2𝑥, W( 𝑦1, 𝑦2 ) = |
𝑒2𝑥 𝑥 𝑒2𝑥
2𝑒2𝑥 𝑒2𝑥 + 2𝑥𝑒2𝑥
|  
W = 𝑒4𝑥 + 2𝑥 𝑒2𝑥 − 2𝑥 𝑒2𝑥  W = 𝑒4𝑥 e 𝑟( 𝑥 ) = 𝑒2𝑥 𝑥⁄ 
( 2 ) 𝑦𝐶 = − 𝑦1 ∫ 
𝑟 𝑦2
𝑊
 𝑑𝑥 + 𝑦2 ∫ 
𝑟 𝑦1
𝑊
 𝑑𝑥  𝑦𝐴 = −𝑥 𝑒
2𝑥 + 𝑥 𝑒2𝑥 𝑙𝑛 𝑥 
PARTE III: Solução Geral 
 ( 1 ) 𝑦(𝑥 ) = 𝑒2𝑥 (𝐶1 + 𝐶2𝑥 ) − 𝑥 𝑒
2𝑥 + 𝑥 𝑒2𝑥 𝑙𝑛 𝑥. 
 PRÁTICA 
 
 
29 CADERNOS SL EDO PRÁTICAS ATIVASPROF MARCO A BRASIL 
29 UNIDADE A: EQUAÇÔES DE 1ª E 2ª ORDEM CADERNO 5: EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
inicial O MÉTODO GERAL II 
 
 
 
 DETERMINANDO A SG PELOO MÉTODO GERAL 
 
 𝒚𝑪 = − 𝒚𝟏 ∫ 
𝒓 𝒚𝟐
𝑾
 𝒅𝒙 + 𝒚𝟐 ∫ 
𝒓 𝒚𝟏
𝑾
 𝒅𝒙 
 
 
508 𝑦´´ + 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐 𝑥 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑙𝑛𝑠𝑒𝑛 𝑥 
509 𝑦´´ + 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛𝑥 − 0,5𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 
510 𝑦´´ + 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛𝑥 + 0,5 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 
511 𝑦´´ + 𝑦 = cos ²𝑥 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛𝑥 + 0,5 − 1 6⁄ cos 2𝑥 
512 𝑦´´ − 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑥 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛𝑥 + 0,5 𝑥 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥 − 0,25 𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑥 
513 𝑦´´ − 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛ℎ 𝑥 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛𝑥 + 0,5 𝑥 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 − 0,25 𝑠𝑒𝑛ℎ 𝑥 
514 𝑦´´ + 6𝑦´ + 9 𝑦 = 
𝑒−3𝑥
𝑥² + 1
 
 𝐶1𝑒
−3𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒
−3𝑥 + 𝑒−3𝑥 ( −0,5 ln( 𝑥2 + 1 ) + 𝑥 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 𝑥 ) 
515 𝑦´´ + 9𝑦 = 𝑠𝑒𝑐 3𝑥 1 9 cos 3𝑥 ln cos 3𝑥 + 1 3 𝑠𝑒𝑛3𝑥⁄⁄ 
516 𝑦´´ − 2𝑦 + 𝑦 = 𝑥3/2𝑒𝑥 𝐶1𝑒𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒𝑥 − ( 2 7⁄ )𝑥
7
2 𝑒𝑥 + ( 2 5⁄ )𝑥
5
2 𝑥𝑒𝑥 
517 𝑦´´ + 2𝑦´ + 𝑦 = 𝑒−𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝐶1𝑒
−𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒
−𝑥 − 𝑥 𝑒−𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑥𝑒−𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥 
518 𝑦´´ − 4𝑦´ + 4𝑦 = ( 𝑥 + 1 ) 𝑒2𝑥 𝐶1𝑒2𝑥 + 𝐶1𝑥 𝑒2𝑥 + 1 2⁄ 𝑥²𝑒2𝑥 + 1 6⁄ 𝑥³𝑒2𝑥 
 
 
 
 
 
 
 @ 14 
 
 PRÁTICA 63