(Ebook IFMG) - Equações Diferenciais Ordinárias -

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Equações Diferenciais Ordinárias 
 
 
 
 
Dandara Lorrayne do Nascimento
Formação Inicial e 
Continuada 
IFMG 
Campus Arcos 
+ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Dandara Lorrayne do Nascimento 
 
 
 
 
 
Equações Diferenciais Ordinárias 
1ª Edição 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Belo Horizonte 
Instituto Federal de Minas Gerais 
2021 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
FICHA CATALOGRÁFICA 
Dados Internacionais de Catalogação na Publicação (CIP) 
 
N244e 
 
Nascimento, Dandara Lorrayne do. 
 Equações diferenciais ordinárias [recurso eletrônico]. – Belo 
Horizonte: Instituto Federal de Minas Gerais, 2021. 
 84 p. : il. color. 
 
 E-book, no formato PDF. 
 Material didático para Formação Inicial e Continuada. 
 ISBN 978-65-5876-061-0 
 
 1. Equações Diferenciais. 2. Transformada. 3. Fator Integrante. 
I. Título. 
 
 CDD 515.35 
Catalogação: Rejane Valéria Santos - CRB-6/2907 
 
Índice para catálogo sistemático: 
Equações diferenciais – 515.35 
 
 
 
 
 
Pró-reitor de Extensão 
Diretor de Programas de Extensão 
Coordenação do curso 
Arte gráfica 
Diagramação 
Carlos Bernardes Rosa Júnior 
Niltom Vieira Junior 
Dandara Lorrayne do Nascimento 
Ângela Bacon 
Eduardo dos Santos Oliveira 
© 2021 by Instituto Federal de Minas Gerais 
Todos os direitos autorais reservados. Nenhuma parte desta publicação poderá ser 
reproduzida ou transmitida de qualquer modo ou por qualquer outro meio, eletrônico 
ou mecânico. Incluindo fotocópia, gravação ou qualquer outro tipo de sistema de 
armazenamento e transmissão de informação, sem prévia autorização por escrito do 
Instituto Federal de Minas Gerais. 
2021 
Direitos exclusivos cedidos ao 
Instituto Federal de Minas Gerais 
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CEP: 30575-180, Buritis, Belo Horizonte – MG, 
Telefone: (31) 2513-5157 
Sobre o material 
 
 
 
Este curso é autoexplicativo e não possui tutoria. O material didático, 
incluindo suas videoaulas, foi projetado para que você consiga evoluir de forma 
autônoma e suficiente. 
 Caso opte por imprimir este e-book, você não perderá a possiblidade de 
acessar os materiais multimídia e complementares. Os links podem ser 
acessados usando o seu celular, por meio do glossário de Códigos QR 
disponível no fim deste livro. 
Embora o material passe por revisão, somos gratos em receber suas 
sugestões para possíveis correções (erros ortográficos, conceituais, links 
inativos etc.). A sua participação é muito importante para a nossa constante 
melhoria. Acesse, a qualquer momento, o Formulário “Sugestões para 
Correção do Material Didático” clicando nesse link ou acessando o QR Code a 
seguir: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para saber mais sobre a Plataforma +IFMG acesse 
http://mais.ifmg.edu.br 
 
Formulário de 
Sugestões 
http://forms.gle/b873EGYtkvK99Vaw7
http://mais.ifmg.edu.br/
 
 
 
 
 
 
 
Palavras da autora 
 
 
Caro leitor (a), estudante, ou professor (a), seja bem-vindo (a) ao estudo 
das Equações Diferenciais Ordinárias! 
Este trajeto começa apresentando o conceito e as características das 
Equações Diferenciais e, em seguida, exibe as técnicas de resoluções 
utilizadas. 
Serão apresentadas técnicas de resolução de Equações Diferencias 
Ordinárias de primeira e segunda ordem, bem como alguns exemplos de 
aplicação. 
 Por fim, será apresentado o conceito de Transformadas de Laplace, que 
é um dos mais importantes métodos de resolução de Equações Diferenciais 
Ordinárias. 
Nessas quatro semanas você verá diversos exemplos resolvidos e terá a 
oportunidade de aprofundar os conhecimentos por meio de exercícios 
disponibilizados para resolução. 
Ao final, você responderá um questionário, contendo dez questões sobre 
o conteúdo, a fim de concluir o curso e gerar o certificado! 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Bons estudos! 
Dandara Nascimento 
 
 
 
 
Apresentação do curso 
 
 
Este curso está dividido em quatro semanas, cujos objetivos de cada uma são 
apresentados, sucintamente, a seguir. 
 
SEMANA 1 
Estudo teórico sobre conceitos e introdução às Equações 
Diferenciais Ordinárias. 
SEMANA 2 Equações Diferenciais de primeira ordem. 
SEMANA 3 Equações Diferenciais de segunda ordem. 
SEMANA 4 Transformada de Laplace. 
 
 
Carga horária: 40 horas. 
Estudo proposto: 2h por dia em cinco dias por semana (10 horas semanais). 
 
 
Apresentação dos Ícones 
 
 
Os ícones são elementos gráficos para facilitar os estudos, fique atento quando 
eles aparecem no texto. Veja aqui o seu significado: 
 
 
 
 
Atenção: indica pontos de maior importância 
no texto. 
 
Dica do professor: novas informações ou 
curiosidades relacionadas ao tema em estudo. 
 
Atividade: sugestão de tarefas e atividades 
para o desenvolvimento da aprendizagem. 
 
Mídia digital: sugestão de recursos 
audiovisuais para enriquecer a aprendizagem. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sumário 
 
Semana 1 – Uma Breve Introdução .............................................................. 15 
1.1. O que são Equações Diferenciais Ordinárias? ................................... 15 
1.2. O contexto das Equações Diferenciais ............................................... 16 
1.3. Classificação das Equações Diferenciais ........................................... 17 
1.4. Para compreender melhor .................................................................. 18 
Semana 2 – Equações Diferenciais de primeira ordem ................................. 21 
2.1 Equações Diferenciais Ordinárias lineares de primeira ordem ........... 21 
2.1.1 Problema do Valor Inicial ................................................................... 23 
2.1.2 Método do Fator Integrante ................................................................ 24 
2.2 Método das Equações Separáveis ..................................................... 25 
2.3 Método das Equações Exatas ............................................................ 27 
2.4 Para compreender melhor .................................................................. 27 
2.5 Aplicações .......................................................................................... 29 
2.5.1 Dinâmica Populacional: crescimento exponencial .............................. 29 
2.5.2 Decaimento Radioativo ...................................................................... 30 
2.5.3 Lei do Resfriamento de Newton ......................................................... 31 
Semana 3 – Equações Diferenciais de segunda ordem ................................ 35 
3.1 Equações Diferenciais Ordinárias lineares de segunda ordem .......... 35 
3.2 Raízes distintas da Equação Característica ....................................... 36 
3.2.1 Soluções Fundamentais de Equações Homogêneas ......................... 38 
3.3 Raízes complexas da Equação Característica ................................... 42 
3.4 Raízes repetidas da Equação Característica ...................................... 44 
3.5 Método da Redução de Ordem .......................................................... 45 
3.6 Método dos Coeficientes Independentes ........................................... 47 
3.7 Método da Variação de Parâmetros ................................................... 49 
3.8 Para compreender melhor .................................................................. 52 
Semana 4 – Transformadas de Laplace ........................................................ 55 
4.1 A Transformada de Laplace ............................................................... 55 
4.2 Transformadas de Laplace elementares ............................................ 58 
file:///C:/Users/niltom.vieira/Downloads/(Ebook%20+IFMG)%20-%20Equações%20Diferenciais%20Ordinárias%20-.docx%23_Toc93305724
file:///C:/Users/niltom.vieira/Downloads/(Ebook%20+IFMG)%20-%20Equações%20Diferenciais%20Ordinárias%20-.docx%23_Toc93305729file:///C:/Users/niltom.vieira/Downloads/(Ebook%20+IFMG)%20-%20Equações%20Diferenciais%20Ordinárias%20-.docx%23_Toc93305746
file:///C:/Users/niltom.vieira/Downloads/(Ebook%20+IFMG)%20-%20Equações%20Diferenciais%20Ordinárias%20-.docx%23_Toc93305774
 
 
 
4.3 A Derivada de uma Transformada ..................................................... 59 
4.4 Propriedade da Translação em 𝒔 ....................................................... 61 
4.5 A Transformada de uma Derivada ..................................................... 62 
4.6 A Transformada Inversa de Laplace ................................................... 63 
4.7 Para compreender melhor .................................................................. 63 
Referências ................................................................................................... 65 
Currículo da autora ........................................................................................ 67 
Glossário de códigos QR (Quick Response) ................................................. 69 
 
 
Plataforma +IFMG 
 
Instituto Federal de Minas Gerais 
Pró-Reitoria de Extensão 
15 
 
 
 
 
 
 
 
Mídia digital: Antes de iniciar os estudos, vá até a sala 
virtual e assista ao vídeo “Apresentação do curso”. 
 
1.1. O que são Equações Diferenciais Ordinárias? 
 
Uma Equação Diferencial (ED) é uma equação onde aparecem uma ou mais 
derivadas de uma função desconhecida. 
Uma ED pode ser descrita como a seguinte questão: “Qual é a função cuja derivada 
satisfaz a seguinte condição?” “Ou seja, uma equação diferencial é uma equação [...] onde 
a incógnita é uma função, sendo que as informações disponíveis para a determinação da 
função desconhecida envolvem sua derivada.” (MACHADO, 1988, p.153). 
Devemos analisar as características da ED para recorrer às diversas técnicas de 
resolução (JAVARONI, 2007). Como exemplos simples de ED, temos: 
 
 𝑦′ − 𝑦 = 0 (1) 
 
 𝑦′′ + 𝑦 = 0 (2) 
 
 𝑦′′ + 2𝑦′ − 3𝑦 = 0 (3) 
 
Para exemplificar, podemos escrever a Equação (1) como 𝑦′ = 𝑦. Ao tomar 𝑦(𝑥) =
 𝑒𝑥, sabemos que 𝑦′(𝑥) = 𝑒𝑥. Isto é, 𝑦(𝑥) = 𝑒𝑥 é uma solução desta ED, pois 𝑦′(𝑥) = 𝑦(𝑥). 
A Equação (2) pode ser escrita como 𝑦′′ = −𝑦. Ao considerar 𝑦(𝑥) = cos 𝑥 e dervivar 
𝑦(𝑥) duas vezes, vem que 𝑦′′(𝑥) = − cos 𝑥. Logo, 𝑦(𝑥) = cos 𝑥 é uma solução da Equação 
2, pois 𝑦′′(𝑥) = −𝑦(𝑥). Destacamos que uma ED pode ter infinitas soluções. 
 
Objetivos 
Estudo teórico sobre os conceitos e Introdução às Equações 
Diferenciais Ordinárias. 
Semana 1 – Uma Breve Introdução 
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16 
 
Atividade: Analise a Equação (3) e tente encontrar uma 
solução para a Equação Diferencial. 
 
 
1.2. O contexto das Equações Diferenciais 
 
A história das Equações Diferenciais tem início a partir do momento em que grandes 
matemáticos, como Pierre Fermat, Issac Newton e Gottfried Wilhelm Leibniz, construíram 
descobertas suficientes acerca do Cálculo Diferencial e Integral (MEDEIROS, 2016). 
Pioneiramente, a lei da gravitação universal e as três leis de Newton possibilitaram o 
desenvolvimento das Equações Diferenciais. A partir desse momento, Isaac Newton, Leibniz 
e outros matemáticos desenvolveram diversas técnicas de resolução de EDs, possibilitando 
vários estudos em diversas áreas como matemática, física e mecânica (MEDEIROS, 2016). 
De acordo com Boyce e DiPrima (1985), 
 
A importância das equações diferenciais está no fato de que mesmo as equações 
mais simples correspondem a modelos físicos uteis, como por exemplo o decaimento 
de substâncias radioativas, o comportamento de sistemas de massas e molas e o 
comportamento de circuitos elétricos. O conhecimento de sistemas naturais 
complexos é em geral conseguido através da combinação ou do refinamento de 
modelos mais simples e mais básicos (BOYCE; DIPRIMA, 1985, p.ix). 
 
As EDs possibilitam a modelagem de sistemas reais e, com isso, corroboram com o 
entendimento de fenômenos que antes eram vistos apenas como abstratos. A exemplo 
disso, podemos destacar vários modelos matemáticos descritos por ED, dentre eles temos 
os modelos de crescimento (ou decaimento) exponencial, modelos de crescimento (ou 
decaimento) linear inibido1, modelos de epidemiologia, modelos de crescimento 
populacional, entre outros. A principal função das EDs nestes modelos é relacionar a taxa 
de variação de uma grandeza em relação à outra, por exemplo: a variação da população em 
relação ao tempo, a variação da temperatura em relação ao tempo, etc. 
 
 
Dica do Professor: Leia os tópicos 1.1 e 1.2 da obra 
“Uma introdução ao estudo das Equações Diferenciais 
Parciais usando o modelo de Euler-Bernoulli para a 
vibração transversal de uma barra flexível”, de Elisa 
Ferreira Medeiros. (download) 
 
1 Este modelo possui solução assintótica, ou seja, a variável dependente tende a estabilizar quando a variável independente 
cresce. 
http://drive.google.com/file/d/1UxZ0urqTVWRT2on0FOhwZVnDjFeYGOjr/view
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17 
1.3. Classificação das Equações Diferenciais 
 
As Equações Diferenciais podem ser classificadas pelo tipo, ordem e linearidade. 
 Tipo: As EDs podem ser parciais ou ordinárias. A Equação será parcial se a 
função desconhecida depender de duas ou mais variáveis. Temos como 
exemplo a Equação de Laplace: 
 
 𝑢𝑥𝑥 + 𝑢𝑦𝑦 + 𝑢𝑧𝑧 = 0 (4) 
 
Caso a Equação dependa apenas de uma variável, teremos uma Equação 
Diferencial Ordinária (a qual é o foco deste material). As Equações (1), (2) e 
(3) são exemplo de EDOs. Uma EDO é uma ED que envolve uma função 
desconhecida, 𝑦(𝑥), suas derivadas até a ordem 𝑛 e a variável independente 
𝑥 e pode ser escrita da seguinte forma: 
 
 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑦′, 𝑦′′, … , 𝑦𝑛) = 0 (5) 
 
 Ordem: A Equação Diferencial pode ser de 1𝑎 , 2𝑎 , … 𝑛 − é𝑠𝑖𝑚𝑎 ordem. O 
termo que define a ordem da Equação é o termo da derivada de maior 
ordem. Por exemplo: 
 
 𝑦′′′ + 𝑥𝑦′ = 𝑒𝑥 é uma EDO de 3𝑎 ordem 
 
 𝑢𝑡 = 𝑎
2𝑢𝑥𝑥 é uma EDP de 2
𝑎 ordem 
 
 Linearidade: A Equação Diferencial pode ser linear ou não linear. A Equação 
será linear se as incógnitas e suas derivadas aparecem de forma linear na 
equação, isto é, se pode ser escrita da forma: 
 
 𝑎𝑛(𝑥)𝑦
(𝑛) + 𝑎𝑛−1(𝑥)𝑦
(𝑛−1) +⋯+ 𝑎2(𝑥)𝑦
(2) + 𝑎1(𝑥)𝑦
(1) + 𝑎0(𝑥)𝑦
(0)
= 𝐺(𝑥) 
 (6) 
 
em que 𝑎𝑛(𝑥), 𝑎𝑛−1(𝑥),+⋯+ 𝑎2(𝑥), 𝑎1(𝑥) 𝑒 𝑎0 são os coeficientes da EDO. 
Caso a EDO não possa ser escrita de acordo com a Equação (6), ela é não 
linear. 
 
Exemplos: Classifique as EDOs quanto a ordem e linearidade: 
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1) 𝑦′ − 𝑦 = 0: é de primeira ordem, pois a derivada de maior ordem possui ordem 1. É 
linear, pois pode ser escrita de acordo com a Equação (6). 
 
2) 𝑥3𝑦′′′ − 𝑦𝑦′ = 0: é de terceira ordem, pois a derivada de maior ordem possui ordem 
3. É não linear, pois não pode ser escrita de acordo com a Equação (6), visto que o 
termo que acompanha 𝑦′ não pode ser 𝑦. 
 
3) 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 𝑡𝑦2 = 0: é de primeira ordem pois a derivada de maior ordem possui ordem 1. 
É não linear, pois pode ser escrita de acordo com a Equação (6), visto que o termo 
que acompanha 𝑡 não pode ser 𝑦2. 
 
1.4. Para compreender melhor 
 
Para finalizar os conhecimentos dessa semana, faça os exercícios a seguir. 
 
1) Considerando o raciocínio feito no tópico 1.1 para as Equações (1) e (2), para 
cada Equação Diferencial a seguir, verifique se as funções indicadas são soluções 
possíveis: 
 
a) 𝑦′′ − 𝑦 = 0; com 𝑦(𝑥) = cosh 𝑥 
 
b) 𝑦′′ + 2𝑦′ − 3𝑦 = 0; com 𝑦(𝑥) = 𝑒𝑡 
 
c) 𝑡𝑦′ − 𝑦 = 𝑡2; com 𝑦(𝑥) = 3𝑡 + 𝑡2 
 
2) Considerando as Equações Diferenciais a seguir, determine a ordem e 
linearidade:a) 𝛼′′ −
𝑔
𝜌𝑠𝑒𝑛(𝛼)
= 0 
 
b) 𝑥2𝑦′′ + 𝑒𝑥𝑦′ = 𝑙𝑛𝑥 
 
c) 𝑦𝑦′′ + 𝑡 = 0 
 
d) 𝑡2
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
+ 𝑡
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑡 
 
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e) 
𝑑5𝑦
𝑑𝑡5
+
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
+
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 𝑦 = 1 
 
f) 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑠𝑒𝑛 (𝑥 + 𝑦) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
 
Gabarito 
1a) não é solução. 
1b) é solução. 
1c) é solução. 
2a) 2𝑎 ordem e não linear. 
2b) 2𝑎 ordem e linear. 
2c) 2𝑎 ordem e não linear 
2d) 2𝑎 ordem e linear 
2e) 5𝑎 ordem e linear 
2f) 2𝑎 ordem e não linear 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Nos encontramos na próxima semana. 
Bons estudos! 
 
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2.1 Equações Diferenciais Ordinárias lineares de primeira ordem 
 
Nesta semana veremos algumas técnicas de resolução de EDOs de primeira ordem. 
As EDOs lineares de primeira ordem são equações escritas da forma: 
 
 𝑦′ + 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑞(𝑥) (7) 
 
em que 𝑝 e 𝑞 são funções dadas na variável independente 𝑥. 
 
Observação 1) Como observado por Leonhard Euler, caso 𝑝 e 𝑞 sejam constantes 
na Equação (7), resolve-se por integração direta. 
Exemplo: 
Considere a EDO 𝑦′ + 𝑦 = 9. 
 Para resolve-la, primeiramente devemos isolar o termo 𝑦′. Logo, 
𝑦′ = 9 − 𝑦, 
que é o mesmo que 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 9 − 𝑦 = −(𝑦 − 9) 
 Dividindo ambos os termos da equação por 𝑦 − 9, temos que 
𝑑𝑦/𝑑𝑥
𝑦 − 9
= −1 
Integrando ambos os lados em relação a 𝑥, ficamos com: 
∫
𝑑𝑦/𝑑𝑥
𝑦 − 9
 𝑑𝑥 = ∫−1𝑑𝑥 
Portanto, 
Objetivos 
Aprender técnicas de resolução de Equações Diferenciais de 
primeira ordem. 
Semana 2 – Equações Diferenciais de primeira ordem 
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22 
∫
1
𝑦 − 9
 𝑑𝑦 = −𝑥 + 𝑐 
⇒ ln|𝑦 − 9| = −𝑥 + 𝑐 
⇒ |𝑦 − 9| = 𝑒−𝑥+𝑐 
⇒ 𝑦 − 9 = ±𝑒−𝑥+𝑐 
⇒ 𝑦 = 9 ± 𝑒−𝑥+𝑐 
⇒ 𝑦 = 9 + 𝐶1𝑒
−𝑥 tal que 𝐶1 = ±𝑒
𝐶 é a solução geral da equação. 
 
 
 
Atividade: Encontre a solução geral da EDO: 𝑦′ +
1
2
𝑦 =
3
2
. (𝑅𝑒𝑠𝑝𝑜𝑠𝑡𝑎 𝑦(𝑥) = 3 + 𝐶1𝑒
−
𝑥
2). 
 
 
Observação 2) Se 𝑝(𝑥) = 0 na Equação (7), basta integrar ambos os lados e 
ficaremos com: 
 
𝑦′ = 𝑞(𝑥) 
⇒
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑞(𝑥) 
⇒ 𝑑𝑦 = 𝑞(𝑥)𝑑𝑥 
⇒ ∫𝑑𝑦 = ∫𝑞(𝑥)𝑑𝑥 
Logo, 
 
𝑦(𝑥) = ∫𝑞(𝑥)𝑑𝑥 
 
(8) 
Exemplo: Encontre a solução geral de 𝑦′ = 2 + 𝑒4𝑥. 
Percebemos que a equação possui 𝑝(𝑥) = 0, logo Podemos integrar ambos os lados: 
 
∫𝑦′ = ∫2 + 𝑒4𝑥 
⇒ 𝑦(𝑥) = 2𝑥 +
𝑒4𝑥
4
+ 𝑐 é a solução geral da equação. 
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23 
2.1.1 Problema do Valor Inicial 
 
O problema do valor inicial (PVI) é quando a Equação Diferencial possui uma 
condição inicial. Para EDOs lineares de primeira ordem, o PVI é da forma: 
 
{
𝑦′ + 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑞(𝑥)
𝑦(𝑥0) = 𝑦0
 
 
Exemplo: Encontre a solução do PVI 
 
{
𝑦′ = −𝑦 + 5
𝑦(0) = 1
 
Temos: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −(𝑦 − 5) 
⇒
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑦 − 5
= −1 
⇒ ∫
𝑑𝑦
𝑦 − 5
= −𝑥 + 𝑐 
⇒ ln|𝑦 − 5| = −𝑥 + 𝑐 
⇒ |𝑦 − 5| = 𝑒−𝑥𝑒𝑐 
⇒ 𝑦 − 5 = 𝑐𝑒−𝑥, com 𝑐 = ±𝑒𝑐 
⇒ 𝑦(𝑥) = 5 + 𝑐𝑒−𝑥 é a solução geral e, tomando a condição inicial: 
𝑦(0) = 1 ⇒ 𝑦(0) = 5 + 𝑐𝑒0 = 1 
⇒ 𝑐 = −4. 
Logo, 
𝑦(𝑥) = 5 − 4𝑒−𝑥 é a solução do PVI. 
 
 
 
 
 
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24 
 
Teorema 𝑰: existência e unicidade de soluções – caso linear de 1ª ordem 
Seja o PVI: 
{
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 𝑝(𝑡)𝑦(𝑡) = 𝑔(𝑡)
𝑦(𝑡0) = 𝑦0
 
Se 𝑝 e 𝑔 são contínuas em um interval aberto 𝐼: 𝛼 < 𝑡 < 𝛽 e se 𝑡0 ∈ (𝛼, 𝛽), então existe 
solução única para todo 𝑡 ∈ 𝐼. 
 
Exemplo: Seja o PVI com equação diferencial de primeira ordem: 
 
{
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+
2
𝑡
𝑦(𝑡) = 4𝑡
𝑦(1) = 2
 
 
Temos que 𝑝 é continua em (−∞, 0) e (0,∞) e 𝑔 é continua em todo 𝑅. Além disso, 
𝑡0 ∈ (0,∞). Resolvendo e obtendo a solução geral temos 𝑦(𝑡) = 𝑡
2 +
𝑐1
𝑡2
. Aplicando a 
condição inicial: 𝑦(1) = 2 ⇒ 𝑐1 = 1. Logo, a solução do PVI é 𝑦(𝑡) = 𝑡
2 +
1
𝑡2
. Portanto, existe 
solução e ela é única em (0,∞). 
 
 
 
Atividade: Resolva o PVI: 
 {
𝑦′ = −𝑦 + 5
𝑦(0) = 1
(𝑅𝑒𝑠𝑝𝑜𝑠𝑡𝑎 𝑦(𝑥) = 5 − 4𝑒−𝑥). 
 
 
2.1.2 Método do Fator Integrante 
 
Este método foi desenvolvido por Leonhard Euler e é útil para resolver EDOs lineares 
de primeira ordem. Consiste em multiplicar todos os termos da EDO por uma função 𝜇(𝑥) tal 
que tornará o lado esquerdo da igualdade facilmente integrável, pois teremos a derivada do 
produto. Para isso, a função 𝜇(𝑥) é dada por: 
 𝜇(𝑥) = 𝑒∫𝑝(𝑥)𝑑𝑥 (9) 
 
Exemplo: Vamos resolver 𝑦′ + 𝑦 = 9 pelo método do fator integrante. 
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 De acordo com a Equação (7) observamos que 𝑝(𝑥) = 1. Logo, 
 
𝜇(𝑥) = 𝑒∫ 1 𝑑𝑥 = 𝑒𝑥 
 
Multiplicando os termos da EDO por 𝜇(𝑥), temos: 
𝑒𝑥𝑦′ + 𝑒𝑥𝑦 = 9𝑒𝑥 
⇒ (𝑦𝑒𝑥)′ = 9𝑒𝑥 
⇒ ∫(𝑦𝑒𝑥)
′
𝑑𝑥 = ∫9𝑒𝑥𝑑𝑥 
⇒ 𝑦𝑒𝑥 = 9𝑒𝑥 + 𝑐 
⇒ 𝑦 = 9 + 𝑐𝑒−𝑥 é a solução geral do problema. 
 
 
Atividade: Usando o Método do Fator Integrante, 
resolva o PVI: {
𝑦′ − 𝑦 = 2𝑡𝑒2𝑡
𝑦(0) = 1
(𝑅𝑒𝑠𝑝𝑜𝑠𝑡𝑎 𝑦(𝑥) = 2𝑡𝑒2𝑡 −
2𝑒2𝑡 + 3𝑒𝑡). 
 
 
2.2 Método das Equações Separáveis 
 
Este método foi desenvolvido entre 1691 e 1694 por Leibniz e pode ser aplicado a 
EDOs de primeira ordem lineares ou não lineares. A EDO de primeira ordem é separável se 
puder ser escrita na forma: 
 
 𝑁(𝑦)𝑑𝑦 = 𝑀(𝑥)𝑑𝑥 (10) 
 
Para resolvê-la, utilizamos a integração direta. 
Exemplo: Vamos resolver a EDO dada por 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑥
𝑦
 pelo Método das Equações 
Separáveis. Antes da integração, devemos analisar se a EDO é separável, isto é, se pode 
ser escrita na forma da Equação (10). Logo, 
 
𝑦 𝑑𝑦 = −𝑥 𝑑𝑥 
⇒ ∫𝑦 𝑑𝑦 = −∫𝑥 𝑑𝑥 
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⇒
𝑦2
2
= −
𝑥2
2
+ 𝑐 
 
Deixando a solução em forma explícita, temos: 
 
𝑦 = ±√−𝑥2 + 2𝑐 com −𝑥2 + 2𝑐 ≥ 0 
 
Teorema 𝑰𝑰: existência e unicidade de soluções – caso não linear de 1ª ordem 
Seja o PVI: 
{
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝑓(𝑡, 𝑦)
𝑦(𝑡0) = 𝑦0
 
Se 𝑓(𝑡, 𝑦) e 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 são contínuas no retângulo 𝑅 = {(𝑡, 𝑦) ∈ 𝑅2|𝛼 < 𝑡 < 𝛽, 𝛿 < 𝑦 < 𝛾} 
contendo (𝑡0, 𝑦0), então existe solução única para o PVI em um interval contend 𝑡0. 
 
Exemplo: Seja o PVI: 
 
{
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= √𝑦
𝑦(𝑡0) = 𝑦0
 
 
Temos que 𝑓(𝑡, 𝑦) = √𝑦 ⇒
𝜕𝑓
𝜕𝑦
=
1
2√𝑦
 . Logo, se (𝑡0, 𝑦0) é tal que 𝑦0 > 0, o PVI possui 
solução única. 
 
 
 
Atividade: Verifique se a EDO 𝑦′ =
𝑥2
𝑦
 é 𝑠𝑒𝑝𝑎𝑟á𝑣𝑒𝑙 𝑒 𝑟𝑒𝑠𝑜𝑙𝑣𝑎 − 𝑎 (𝑅𝑒𝑠𝑝𝑜𝑠𝑡𝑎 𝑦 = ±√
2𝑥3
3
+ 2𝑐 
com 
2𝑥3
3
+ 2𝑐 ≥ 0). 
 
 
 
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27 
2.3 Método das Equações Exatas 
 
Sejam 𝑀,𝑁,𝑀𝑦 e 𝑁𝑥 funções contínuas na região retangular 𝑅: ]𝛼, 𝛽[ 𝑥 ]𝛾, 𝛿[, em que 
os índices indicam as derivadas parciais das funções. Então, a equação: 
 
 𝑀(𝑥, 𝑦) + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑦′ = 0 (11) 
 
é denominada exata em R se, e somente se: 
 
 𝑀𝑦(𝑥, 𝑦) = 𝑁𝑥(𝑥, 𝑦) (12) 
 
em cada ponto de R. Isso implica que exista ∅ tal que ∅𝑥(𝑥, 𝑦) = 𝑀(𝑥, 𝑦) e ∅𝑦(𝑥, 𝑦) =
𝑁(𝑥, 𝑦). 
As soluções da Equação (11) são dadas implicitamente por ∅𝑦(𝑥, 𝑦) = 𝑐, sendo c uma 
constante real qualquer. 
Exemplo: Vamos verificar se a EDO 2𝑥 + 𝑦2 + 2𝑥𝑦𝑦′ = 0 é exata e obter sua solução. 
Considerando a forma da Equação (11), temos que 𝑀(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 + 𝑦2 e 𝑁(𝑥, 𝑦) =
2𝑥𝑦. De acordo com a Equação (12) vamos derivar 𝑀(𝑥, 𝑦) em relação a 𝑦 e derivar 𝑁(𝑥, 𝑦) 
em relação a 𝑥. Logo, 𝑀𝑦 = 2𝑦 𝑁𝑥 = 2𝑦. Portanto, a equação é exata e existem:∅𝑥 = 𝑀 = 2𝑥 + 𝑦
2 
∅𝑦 = 𝑁 = 2𝑥𝑦 
Integrando 
∅𝑥
𝑑𝑥
⇒ ∅ = 𝑥2 + 𝑦2𝑥 + 𝑔(𝑦) e, para determinar 𝑔(𝑦) vamos derivar este 
resultado em relação a 𝑦. Temos então ∅𝑦 = 2𝑥𝑦 + 𝑔(𝑦)′. Logo, ∅𝑦 = 𝑁 = 2𝑥𝑦 = 2𝑥𝑦 +
𝑔(𝑦)′ e 𝑔(𝑦) = 𝑐. Portanto, a solução será 𝑥2 + 𝑦2𝑥 = 𝑐. 
 
 
Atividade: Verifique se a EDO (𝑦𝑐𝑜𝑠 𝑥 = +2𝑥𝑒𝑦) +
(𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 − 1)𝑦′ = 0 
é 𝑒𝑥𝑎𝑡𝑎 𝑒 𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 𝑔𝑒𝑟𝑎𝑙 (𝑅𝑒𝑠𝑝𝑜𝑠𝑡𝑎 𝑦𝑠𝑒𝑛 𝑥
+ 𝑥2𝑒𝑦 − 𝑦 = 𝑐. 
 
 
2.4 Para compreender melhor 
 
Para melhor compreender os métodos de reolução de EDOs de primeira ordem, faça 
os exercícios a seguir. 
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28 
1) Utilizando o Método do Fator Integrante, encontre a solução do PVI: 
 
a) {
𝑦′ + 2𝑦 = 𝑡𝑒−2𝑡
𝑦(1) = 0
 
 
b) {
𝑡𝑦′ + 2𝑦 = 𝑡2 − 𝑡 + 1, 𝑡 > 0
𝑦(1) =
1
2
 
 
 
2) Verifique se as equações são separáveis e encontre as soluções: 
 
a) 𝑦′ =
𝑥2
𝑦
 
 
b) 𝑦′ + 𝑦2𝑠𝑒𝑛 𝑥 = 0 
 
c) 𝑦′ =
𝑥2
𝑦(1+𝑥3)
 
 
3) Verifique se as equações são exatas. Caso sejam, encontre as soluções: 
 
a) (2𝑥 + 3) + (2𝑦 − 2)𝑦′ = 0 
 
b) (2𝑥 + 4𝑦) + (2𝑥 − 2𝑦)𝑦′ = 0 
 
c) (2𝑥𝑦2 + 2𝑦) + (2𝑥2𝑦 + 2𝑥)𝑦′ = 0 
 
d) (𝑥 ln 𝑦 + 𝑥𝑦)𝑑𝑥 + (𝑦 ln 𝑥 + 𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0, com 𝑥 > 0, 𝑦 > 0 
 
Gabarito 
1a) 𝑦(𝑡) =
1𝑒−2𝑡
2
(𝑡2 − 1) 
1b) 𝑦(𝑡) =
𝑡2
4
−
𝑡
3
+
1
2
+
𝑡−2
12
 
2a) 𝑦 = ±√
2𝑥3
3
+ 2𝑐, com 
2𝑥3
3
+ 2𝑐 ≥ 0 
2b) 𝑦−1 = −cos 𝑥 + 𝑐 
2c) 𝑦 = ±√
2
3
ln |1 + 𝑥3| + 2𝑐, com 𝑥 ≠ 1 𝑒 
2
3
ln |1 + 𝑥3| + 2𝑐 ≥ 0 
3a) 𝑥2 + 3𝑥 + 𝑦2 − 2𝑦 = 𝑐 
3b) não é exata 
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29 
3c) 𝑥2𝑦2 + 2𝑥𝑦 = 𝑐 
3d) não é exata 
 
2.5 Aplicações 
 
Várias são as aplicações de EDOs. Elas envolvem, por exemplo, problemas de 
dinâmica populacional, decaimento radioativo, misturas de elementos, problemas 
envonvendo a Lei de Resfriamento de Newton, resistência de fluídos, entre outros. 
 Para aprofundarmos, foram escolhidos três exemplos de aplicação, que podem ser 
analisados a seguir. 
 
2.5.1 Dinâmica Populacional: crescimento exponencial 
 
Para uma colônia de bactérias com alimentação abundante, uma fração 𝑛 por 
unidade de tempo de sua população 𝑃(𝑡) sofre mitose. Logo, a taxa de crescimento desta 
população é 𝑛𝑃(𝑡). Considerando a população inicial sendo 𝑃0, o PVI é dado por: 
 
{
𝑑𝑃
𝑑𝑡
= 𝑛𝑃
𝑃(0) = 𝑃0
 
 
Encontre a solução deste PVI. 
Solução: Como há uma alimentação abundante, não há nenhum termo na EDO que 
limite o crescimento da população de bactérias. Temos que a taxa de variação da população 
de bactérias em relação ao tempo é proporcional ao tamanho da população. 
Tomando 
𝑑𝑃
𝑑𝑡
= 𝑛𝑃, dividindo ambos os lados por 𝑃 e aplicando a integral ficamos com: 
 
∫
1
𝑃
(
𝑑𝑃
𝑑𝑡
 𝑑𝑡) = ∫𝑛 𝑑𝑡 
⇒ ∫
1
𝑃
 𝑑𝑃 = ∫𝑛 𝑑𝑡 
⇒ ln|𝑃| = 𝑛𝑡 + 𝑐 
⇒ 𝑃 = ±𝑒𝑛𝑡+𝑐 
⇒ 𝑃(𝑡) = 𝐶1𝑒
𝑛𝑡, com 𝐶1 = ±𝑒
𝑐 é a solução geral. 
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30 
Fazendo: 
 𝑃(0) = 𝐶1 = 𝑃0 
⇒ 𝑃(𝑡) = 𝑃0𝑒
𝑛𝑡 é a solução do PVI. 
 Isso significa que a população de bactérias no tempo 𝑡 depende da população inicial, 
multiplicada por exponencial, que está relacionada com à fração da população 𝑛 pelo tempo 
𝑡. 
 As aplicações de decaimento exponencial são análogas. Além do crescimento e 
decaimento exponencial, temos outras dinâmicas populacionais que consideram um fator 
limitante da população, como por exemplo aplicações de problemas de crescimento 
logístico. 
 
2.5.2 Decaimento Radioativo 
 
A proporção de carbono-14 em relação ao carbono-12 presente nos seres vivos é 
constante. Quando um organismo morre, a absorção de carbono-14 cessa e a partir de 
então, o carbono-14 vai se transformando em carbono-12 a uma taxa que é proporcional à 
quantidade presente. Como a meia vida do carbono-14 é aproximadamente 5730 anos, 
podem ser medidas quantidades remanescentes do mesmo, após milhares de anos. 
Monte um PVI que descreva o problema de encontrar a quantidade de carbono-14 
em função do tempo, 𝑄(𝑡); Determine o valor da constante de decaimento para o carbono-
14; Encontre uma expressão para 𝑄(𝑡) em qualquer instante 𝑡, se 𝑄(0) = 𝑄0. 
 
Solução: Considerando o enunciado, o PVI é dado por: 
 
{
𝑑𝑄
𝑑𝑡
= 𝑟𝑄
𝑄(5730) = 
1
2
𝑄0
 
 
A constante de decaimento do carbono-14 é 𝑟. Para determinar seu valor, fazemos: 
 
𝑑𝑄
𝑑𝑡
= 𝑟𝑄 
⇒ ∫
𝑑𝑄
𝑄
= ∫𝑟 𝑑𝑡 
⇒ ln|𝑄| = 𝑟𝑡 + 𝑐 
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31 
⇒ |𝑄| = 𝑒𝑟𝑡𝑒𝑐 
⇒ 𝑄 = ±𝑒𝑟𝑡𝑒𝑐 
⇒ 𝑄(𝑡) = 𝑐𝑒𝑟𝑡 com 𝑐 = ±𝑒𝑐. 
Aplicando a condição 𝑄(0) = 𝑄0 temos que 𝑐 = 𝑄0. Logo, 𝑄(𝑡) = 𝑄0𝑒
𝑟𝑡 é solução. 
Utilizando a condição dada no PVI e levando à solução encontrada, temos: 
 
𝑄(5730) = 
1
2
𝑄0 
⇒ 𝑄0𝑒
5730 𝑟 = 
1
2
𝑄0 
⇒ 𝑒5730 𝑟= 
1
2
 
⇒ 5730 𝑟 = 𝑙𝑛
1
2
 
⇒ 𝑟 =
𝑙𝑛
1
2
5730
 
⇒ 𝑟 ≈ −0,00012096 é a constante de decaimento para o carbono-14. 
A expressão para 𝑄(𝑡) em qualquer instante 𝑡, quando 𝑄(0) = 𝑄0 é dada por: 
𝑄(𝑡) = 𝑄0 𝑒
−0,00012096 t 
 
2.5.3 Lei do Resfriamento de Newton 
 
A Lei de Resfriamento de Newton é um método útil para medir temperaturas até 
1000º 𝐶. 
Sabemos que a taxa de diminuição da temperatura de um corpo é proporcional à 
diferença de temperaturas entre o corpo e o ambiente, isto é: 
 
 𝑑𝑇
𝑑𝑡
= −𝑘(𝑇 − 𝑇𝑎) 
(13) 
 
sendo 𝑇 a temperatura do corpo, 𝑘 a constante que depende do material e 𝑇𝑎 a 
temperatura do ambiente. 
Há três suposições a serem consideradas: 
 𝑇(𝑡) é a mesma em todos os pontos do objeto; 
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32 
 𝑇𝑎 permanece constante; 
 ∆𝑇 é proporcional (𝑇 − 𝑇𝑎). 
Resolvendo a Equação (13) por separação de variáveis, temos: 
 
 𝑇(𝑡) = (𝑇0 − 𝑇𝑎)𝑒
−𝑘𝑡 + 𝑇𝑎 
 
(14) 
 
Sendo 𝑇0 a temperatura inicial do objeto. 
Vejamos um exemplo: 
Por volta das 4ℎ da manhã foi encontrado um corpo. Testemunhas ouviram tiros por 
volta de 24ℎ e 3ℎ da manhã. A polícia identificou os autores dos disparos, mas precisa saber 
o horário da morte para identificar o culpado. Isso será possível se sabermos a temperatura 
do ambiente (𝑇𝑎) e a temperatura do corpo (𝑇) no momento em que foi encontrado. 
Suponha que 𝑇𝑎 seja 20 graus celsius e que no momento em que foi encontrado a 
temperatura do corpo era 30 graus celsius. Precisamos, ainda, medir a temperatura do corpo 
algum momento depois de ter sido encontrado. Admita que, após duas horas, sua 
temperatura passou para 23 graus celsius. Determine a hora da morte. 
 
Solução: Primeiramente, vamos encontrar o valor da constante 𝑘. Utilizando a 
solução da Lei de Resfriamento de Newton, isto é, a Equação (14), temos que: 
 
𝑇(𝑡) = (𝑇0 − 𝑇𝑎)𝑒
−𝑘𝑡 + 𝑇𝑎 
⇒ 23 = 20 + (30 − 20) 𝑒−𝑘(2 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠) 
⇒ 3 = 10𝑒−2𝑘, sendo a unidade de 𝑘 ℎ𝑜𝑟𝑎−1 
⇒ 𝑘 =
−ln (0,3)
2
= 0,602. 
Como a temperatura normal de um ser humano é 37 graus celsius, devemos 
determinar quanto tempo levou para que sua temperatura chegasse a 30 graus celsius. 
Logo: 
30 = 20 + (37 − 20) 𝑒−0,602 𝑡 
⇒
10
17
= 𝑒−0,602 𝑡 
⇒ 𝑡 =
ln
10
17
−0,602
= 0,88 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 ≈ 53 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜𝑠 
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33 
Portanto, a hora da morte é: 4ℎ da manhã − 53 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜𝑠 = 3ℎ 𝑒 7 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜𝑠. Logo, o 
culpado foi o autor dos disparos às 3ℎ da manhã. 
 
 
Mídia digital: Vá até a sala virtual e assista ao vídeo 
“Finalizando a segunda semana”. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Nos encontramos na próxima semana. 
Bons estudos! 
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35 
 
 
 
 
 
 
3.1 Equações Diferenciais Ordinárias lineares de segunda ordem 
 
As Equações Diferenciais Ordinárias de segunda ordem possuem aplicações em 
diversos problemas contextualizados, como problemas de oscilações livres e oscilações 
forçadas. 
Uma EDO linear de segunda ordem é uma equação do tipo: 
 
 𝑝(𝑡)𝑦′′ + 𝑄(𝑡)𝑦′ + 𝑅(𝑡)𝑦 = 𝐺(𝑡) (13) 
 
sendo 𝑝(𝑡) ≠ 0. Dividindo todos os membros por 𝑝(𝑡) a Equação (13) é reescrita 
como: 
 
 𝑦′′ + 𝑝(𝑡)𝑦′ + 𝑞(𝑡)𝑦 = 𝑔(𝑡) (13) 
 
sendo 𝑝(𝑡) =
𝑄(𝑡)
𝑝(𝑡)
, 𝑞(𝑡) =
𝑅(𝑡)
𝑝(𝑡)
 e 𝑔(𝑡) =
𝐺(𝑡)
𝑝(𝑡)
. 
O PVI de EDOs lineares de segunda ordem necessita de duas condições iniciais e é 
escrito da forma: 
 
{
𝑦′′ + 𝑝(𝑡)𝑦′ + 𝑞(𝑡)𝑦 = 𝑔(𝑡)
𝑦(𝑡𝑜) = 𝑦0
𝑦′(𝑡𝑜) = 𝑦0′
 Com 𝑦0 e 𝑦0′ ∈ 𝑅. 
 
Se 𝑔(𝑡) = 0 temos uma EDO homogênea. Quando as funções 𝑝(𝑡), 𝑄(𝑡) e 𝑅(𝑡) forem 
constantes e 𝐺(𝑡) = 0 então a EDO: 
 
 𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0 (14) 
 
Objetivos 
Aprender técnicas de resolução de Equações Diferenciais de 
segunda ordem. 
Semana 3 – Equações Diferenciais de segunda ordem 
 
 
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36 
com 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ 𝑅, é homogênea com coeficientes constates e nosso objetivo nesta etapa 
é resolver EDOs desse tipo. 
Agora, vamos procurar o formato da solução geral da Equação (14). Seja 𝑦 = 𝑒𝑟𝑡, 
com 𝑟 ∈ 𝑅 uma solução da Equação (14). Para verificar, faremos: 
 
𝑦 = 𝑒𝑟𝑡; 𝑦′ = 𝑟𝑒𝑟𝑡; 𝑦′′ = 𝑟2𝑒𝑟𝑡 
Substituindo a relação acima na Equação (14) temos que 
 
𝑎𝑟2𝑒𝑟𝑡 + 𝑏𝑟𝑒𝑟𝑡 + 𝑐𝑒𝑟𝑡 = 0 
⇒ 𝑒𝑟𝑡(𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐) = 0 mas 𝑒𝑟𝑡 ≠ 0 ∀ 𝑡 ∈ 𝑅 
⇒ 𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐 = 0 é chamada de equação característica. 
 
Como a equação característica é quadrática, ela possui duas raízes: 𝑟1 e 𝑟2, que 
podem ser reais e distintas ou reais e iguais ou complexas e conjugadas. A seguir, veremos 
cada um desses casos. 
 
3.2 Raízes distintas da Equação Característica 
 
Sejam 𝑟1, 𝑟2 ∈ 𝑅 com 𝑟1 ≠ 𝑟2. Então 𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
𝑟1𝑡 + 𝑐2𝑒
𝑟2𝑡 é solução da Equação 
(14). Para mostrar isso, basta derivar a solução e substituir na equação. Vejamos: 
 
𝑦′ = 𝑟1𝑐1𝑒
𝑟1𝑡 + 𝑟2𝑐2𝑒
𝑟2𝑡 e 𝑦′′ = 𝑟1
2𝑐1𝑒
𝑟1𝑡 + 𝑟2
2𝑐2𝑒
𝑟2𝑡 
Substituindo as derivadas acima na Equação (14): 
 
𝑎𝑟1
2𝑐1𝑒
𝑟1𝑡 + 𝑎𝑟2
2𝑐2𝑒
𝑟2𝑡 + 𝑏 𝑟1𝑐1𝑒
𝑟1𝑡 + 𝑏𝑟2𝑐2𝑒
𝑟2𝑡 + 𝑐𝑐1𝑒
𝑟1𝑡 + 𝑐𝑐2𝑒
𝑟2𝑡 = 
= 𝑐1𝑒
𝑟1𝑡(𝑎𝑟1
2 + 𝑏𝑟1 + 𝑐) + 𝑐2𝑒
𝑟2𝑡( 𝑎𝑟2
2 + 𝑏𝑟2 + 𝑐) = 0 
 
O termo entre parênteses é igual a zero, portanto 𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
𝑟1𝑡 + 𝑐2𝑒
𝑟2𝑡 é solução da 
Equação (14). 
 Dizemos que a combinação linear entre as soluções 𝑦1 = 𝑒
𝑟1𝑡 e 𝑦2 = 𝑒
𝑟2𝑡 é solução 
geral da EDO representada pela Equação (14). 
 Exemplo: Vamos encontrar a solução do PVI: 
 
 
 
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37 
{
𝑦′′ + 4𝑦′ + 3𝑦 = 0
𝑦(0) = 2
𝑦′(0) = −1
 
 
 Primeiramente, encontramos a equação característica. Ela é dada por 𝑟2 + 4𝑟 + 3 =
0. Calculando as raízes da equação característica e obtemos: 
 
𝑟 = −
𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐
2𝑎
 
⇒ 𝑟 =
−4 ± √42 − 4(1)(3)
2(1)
 
⇒ 𝑟 =
−4 ± 2
2
 
⇒ 𝑟 = −2 ± 1 
Portanto, 𝑟1 = −1 e 𝑟2 = −3. Temos então que: 
 
𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
−𝑡 + 𝑐2𝑒
−3𝑡 e 𝑦′(𝑡) = −𝑐1𝑒
−𝑡 − 3𝑐2𝑒
−3𝑡 
 
 Utilizando a condição inicial 𝑦(0) = 2 em 𝑦(𝑡), temos: 
 
⇒ 𝑦(0) = 𝑐1𝑒
0 + 𝑐2𝑒
0 = 𝑐1 + 𝑐2 
⇒ 𝑐1 + 𝑐2 = 2 
⇒ 𝑐1 = 2 − 𝑐2 
 
 Utilizando a condição inicial 𝑦′(𝑥) = −1 em 𝑦′(𝑡), temos: 
 
𝑦′(0) = −𝑐1𝑒
−0 − 3𝑐2𝑒
−3(0) = −𝑐1 − 3𝑐2 
⇒ −𝑐1 − 3𝑐2 = −1 
 Unindo as relações para determinar os valores de 𝑐1 e 𝑐2, temos que 𝑐1 =
5
2
 e 𝑐2 = −
1
2
. 
Logo, levando esse resultado em l 𝑦(𝑥), a solução do PVI é l 𝑦(𝑥) =
5𝑒−𝑡−𝑒−3𝑡
2
. 
 
 
 
 
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38 
3.2.1 Soluções Fundamentais de Equações Homogêneas 
 
Seja 𝐿[𝑦] = 𝑦′′ + 𝑝(𝑥)𝑦′ + 𝑞(𝑥)𝑦 com 𝑝 e 𝑞 contínuas em um intervalo 𝐼. 
 
Teorema 𝑰𝑰𝑰: existência e unicidade de soluções – caso não linear de 1ª ordem 
 
{
𝐿[𝑦] = 𝑔(𝑥) 
 𝑦(𝑥0) = 𝑦0
𝑦′(𝑥0) = 𝑦0′
 
sendo 𝑝, 𝑞 e 𝑔 contínuas em um intervalo 𝐼: 𝛼 < 𝑥 < 𝛽 e 𝑥0 ∈ 𝐼. Então, existe exatamente 
uma solução em 𝐼 para esse PVI. 
 
Exemplo: Seja o PVI: 
 
{
(𝑡2 − 3𝑡)𝑦′′ − 𝑡𝑦′ − (𝑡 + 3)𝑦 = 1
𝑦(1) = 2
𝑦′(1) = 1
 
 
Encontre o maior intervalo no qual a solução do PVI exista. 
 Primeiramente, vamos isolar a derivada segunda. Dessa forma, a EDO pode ser 
reescrita como: 
 
𝑦′′ −
𝑡
(𝑡2−3𝑡)
𝑦′ −
(𝑡+3)
(𝑡2−3𝑡)
𝑦 =
1
(𝑡2−3𝑡)
, com (𝑡2 − 3𝑡) ≠ 0 
 
 Temos então que: 
 
𝑝(𝑡) = −
𝑡
(𝑡2−3𝑡)
= −
𝑡
𝑡(𝑡−3)
, é contínua para todo 𝑡 ≠ 0 e 𝑡 ≠ 3 
𝑞(𝑡) = −
(𝑡+3)
(𝑡2−3𝑡)
= −
(𝑡+3)
𝑡(𝑡−3)
, é contínua para todo 𝑡 ≠ 0 e 𝑡 ≠ 3 
𝑔(𝑡) =
1
(𝑡2−3𝑡)
=
1
𝑡(𝑡−3)
, é contínua para todo 𝑡 ≠ 0 e 𝑡 ≠ 3 
 
 
 
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39 
 Como devemos ter 𝑡 ≠ 0 e 𝑡 ≠ 3, temos três intervalos a considerar: (−∞, 0), (0,3) e 
(3,∞). Como 𝑡0 = 1 podemos dizer que o PVI certamente tem solução no intervalo (0,3). 
 
Teorema 𝑰𝑽: Princípio da Superposição 
Se 𝑦1 e 𝑦2 são soluções de 𝐿[𝑦] = 𝑦
′′ + 𝑝(𝑥)𝑦′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 0. Então a combinação linear 
𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2 também é solução para quaisquer constantes 𝑐1 e 𝑐2. 
 
Resultado do Teorema do Princípio da Superposição: 
 
 Como 𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2 é solução de 𝐿[𝑦] = 𝑦
′′ + 𝑝(𝑥)𝑦′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 0, as condições iniciais 
só serão satisfeitas se: 
 
𝑦(𝑡0) = 𝑦0 e 𝑦′(𝑡0) = 𝑦0′ ⇒ {
𝑐1𝑦1(𝑡0) + 𝑐2𝑦2(𝑡0) = 𝑦0
𝑐1𝑦1′(𝑡0) + 𝑐2𝑦2′(𝑡0) = 𝑦0′
 
 
Resolvendo o sistema para 𝑐1 e 𝑐2, temos: 
 
𝑐1 =
𝑦0𝑦2′(𝑡0) − 𝑦0′𝑦2(𝑡0)
𝑦1(𝑡0)𝑦2
′(𝑡0) − 𝑦1′(𝑡0)𝑦2(𝑡0)
 
 
⇒ 𝑐1 =
|
𝑦0 𝑦2(𝑡0)
𝑦0′ 𝑦2′(𝑡0)
|
|
𝑦1(𝑡0) 𝑦2(𝑡0)
𝑦1′(𝑡0) 𝑦2′(𝑡0)
|
 
 
𝑐2 =
𝑦0′𝑦1(𝑡0) − 𝑦0𝑦1′(𝑡0)
𝑦1(𝑡0)𝑦2
′(𝑡0) − 𝑦1′(𝑡0)𝑦2(𝑡0)
 
 
⇒ 𝑐2 =
|
𝑦1(𝑡0) 𝑦0
𝑦1′(𝑡0) 𝑦0′
|
|
𝑦1(𝑡0) 𝑦2(𝑡0)
𝑦1′(𝑡0) 𝑦2′(𝑡0)
|
 
 
 Portanto, para que os valores de 𝑐1 e 𝑐2 tenham sentido, é necessário que 
 
 
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40 
|
𝑦1(𝑡0) 𝑦2(𝑡0)
𝑦1′(𝑡0) 𝑦2′(𝑡0)
| ≠ 0 
 
 Esse determinante é chamado de Wronskiano e denominado por: 
 
 
𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑡0) = 𝑊 = |
𝑦1(𝑡0) 𝑦2(𝑡0)
𝑦1′(𝑡0) 𝑦2′(𝑡0)
| 
(15) 
 
 
Teorema 𝑽 
Suponha que 𝑦1 e 𝑦2 são duas soluções da equação 𝐿[𝑦] = 𝑦
′′ + 𝑝(𝑥)𝑦′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 0 e 𝑊(𝑦1, 
𝑦2)(𝑡0) ≠ 0, onde 𝑦(𝑡0) = 𝑦0 e 𝑦′(𝑡0) = 𝑦0′. Então, existem constantes 𝑐1 e 𝑐2 tais que 𝑦(𝑡) =
𝑐1𝑦1(𝑡) + 𝑐2𝑦2(𝑡) satisfaz 𝐿[𝑦] = 0 e as condições iniciais. 
 
Exemplo: Sejam 𝑦1 = 𝑒
−2𝑡 e 𝑦2 = 𝑒
−3𝑡 soluções de 𝑦′′ + 5𝑦′ + 6𝑦 = 0. Vamos achar 
o Wronskiano e a solução geral da EDO. Temos que 
 
𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑡) = 𝑊 = |
𝑦1 𝑦2
𝑦1′ 𝑦2′
| = 
| 𝑒
−2𝑡 𝑒−3𝑡
−2𝑒−2𝑡 −3𝑒−3𝑡
| = −3𝑒−3𝑡𝑒−2𝑡 − (−2𝑒−2𝑡𝑒−3𝑡) = 
−3𝑒−5𝑡 + 2𝑒−5𝑡 = 
−𝑒−5𝑡 ≠ 0 para todo 𝑡 ∈ 𝑅. 
 
 Portanto, a solução geral é 
 
𝑦 = 𝑐1𝑒
−2𝑡 + 𝑐2𝑒
−3𝑡 
 
Teorema 𝑽𝑰 
Se 𝑦1 e 𝑦2 são soluções de 𝑦
′′ + 𝑝(𝑥)𝑦′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 0 e se existir 𝑡0 ∈ 𝑅 tal que 𝑊(𝑦1, 
𝑦2)(𝑡0) ≠ 0, então a família de soluções 𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2 inclui todas as soluções da EDO 
dada. 
 
 Observações decorrentes do Teorema 𝑉𝐼: 
 
 
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41 
 É devido ao Teorema 𝑉𝐼 que 𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2 é chamada de solução geral; 
 As soluções 𝑦1 e 𝑦2 com 𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑡0) ≠ 0 são denominadas soluções fundamentais, 
e o conjunto {𝑦1, 𝑦2} de conjunto de soluções fundamentais; 
 Então, para se obter a solução geral de uma EDO é necessário encontrar um conjunto 
fundamental de soluções. 
 
Exemplo: Sejam 𝑦1 = 𝑥
12 e 𝑦2 = 𝑥
−1 soluções da EDO 2𝑥2𝑦′′ + 3𝑥𝑦′ − 𝑦 = 0, com 𝑥 >
0. Vamos mostrar que {𝑦1, 𝑦2} é um conjunto fundamental de soluções e obter a 
solução geral. 
 
Temos que: 
𝑊(𝑥
1
2 , 𝑥−1)(𝑥) = |
𝑥
1
2 𝑥−1
1
2
𝑥−
1
2 −𝑥−2
| = 
=−𝑥−2𝑥
1
2 − 𝑥−1
1
2
𝑥−
1
2 = 
=−
3
2
𝑥−
3
2 ≠ 0 para todo 𝑥 > 0. 
 Temos então que 𝑊(𝑥
1
2 , 𝑥−1)(𝑥) ≠ 0, isto é, {𝑦1, 𝑦2} é um conjunto fundamental. 
Portanto 𝑦(𝑥) = 𝑐1𝑥
1
2 + 𝑐2𝑥
−1. 
 
 Definição: Duas funções 𝑓 e 𝑔 são denominadas linearmente independentes (𝐿𝐼) 
em um intervalo 𝐼, quando 𝛼𝑓 + 𝛽𝑔 = 0, com 𝛼, 𝛽 𝜖 𝑅, se e somente se, 𝛼 = 𝛽 = 0. Caso 
contrário, são chamadas linearmente dependentes (𝐿𝐷). 
 Observação: Uma forma prática de verificar se 𝑓 e 𝑔 são 𝐿𝐼 ou 𝐿𝐷 é dividir 𝑓 por 𝑔. 
Se o resultado for uma constante, são 𝐿𝐷. Caso contrário, são 𝐿𝐼. 
 Exemplo 1: Se 𝑓(𝑡) = 𝑒3𝑡 e 𝑔(𝑡) = 𝑒𝑡, então fazendo 
𝑓(𝑡)
𝑔(𝑡)
=
𝑒3𝑡
𝑒𝑡
= 𝑒2𝑡. Logo, 𝑓 e 𝑔 são 
𝐿𝐼. 
 Exemplo 2: Se 𝑓(𝑡) = 4𝑥 e 𝑔(𝑡) = 3𝑥, então fazendo 
𝑓(𝑡)
𝑔(𝑡)
=
4𝑥
3𝑥
=
4
3
. Logo, 𝑓 e 𝑔 são 𝐿𝐷. 
 
Teorema 𝑽𝜤𝑰 
Se 𝑓 e 𝑔 são funções diferenciáveis em um intervalo aberto 𝐼 e 𝑊(𝑓 , 𝑔)(𝑡) ≠ 0 para todo 
𝑡 ∈ 𝐼, então 𝑓 e 𝑔 são 𝐿𝐼 em 𝐼. Se 𝑓 e 𝑔 são 𝐿𝐷 em 𝐼, então 𝑊(𝑓 , 𝑔)(𝑡) = 0 para todo 𝑡 ∈ 𝐼. 
 
 
 
 
 
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42 
Teorema 𝑽𝑰𝑰𝑰: Teorema de Abel 
Se 𝑦1 e 𝑦2 são soluções da equação 𝑦
′′ + 𝑝(𝑡)𝑦′ + 𝑞(𝑡)𝑦 = 0, com 𝑝 e 𝑞 contínuas em um 
intervalo 𝐼, então 𝑊(𝑦1 , 𝑦2)(𝑡) = 𝑐𝑒
−∫𝑝(𝑡)𝑑𝑡 sendo 𝑐 uma constante dependente de 𝑦1 e 𝑦2. 
Observe que 𝑊 = 0 para todo 𝑡 ∈ 𝐼 (se 𝑐 = 0) ou 𝑊 ≠ 0 para todo 𝑡 ∈ 𝐼 (se 𝑐 ≠ 0). 
 
 
 
Atividade: Mostre que as funções 𝑦1 = 𝑒
𝑤𝑡 e 𝑦2 = 𝑒
−𝑤𝑡 
formam um conjunto fundamental de soluções para a 
equação diferencial 𝑦′′ − 𝑤2𝑦 = 0, onde 𝑤 ∈ 𝑅∗. 
(Resposta: Como 𝑊(𝑒𝑤𝑡, 𝑒−𝑤𝑡)(𝑡) = −2𝑤 ≠ 0 e 𝑦1 e 𝑦2 
são soluções, temos que 𝑦1 e 𝑦2 formam um conjunto 
fundamental de soluções.) 
 
 
3.3 Raízes complexas da Equação Característica 
 
Ainda considerando as Equações (13) e (14), se ∆= 𝑏2 − 4𝑎𝑐 < 0 na equação 
característica, as raízes são: 
 
𝑟1 = ⅄ + 𝑖𝑣 e 𝑟2 = ⅄ − 𝑖𝑣, com ⅄, 𝑣 ∈ 𝑅. 
 
Portanto, 𝑦1 = 𝑒
𝑟1𝑡 e 𝑦2 = 𝑒
𝑟2𝑡 ficam na forma: 
 
𝑦1 = 𝑒
(⅄+𝑖𝑣)𝑡 e 𝑦2 = 𝑒
(⅄−𝑖𝑣)𝑡 
 
 O objetivo, agora, será fazer com que pelas raízes complexas sejam obtidas as 
soluções reais. Do cálculo, temos a fórmula de Euler: 
 
 𝑒𝑖𝑡 = cos 𝑡 + 𝑖𝑠𝑒𝑛 𝑡 (16) 
 
 Como cos(−t) = cos 𝑡 e 𝑠𝑒𝑛(−𝑡) = −𝑠𝑒𝑛 𝑡, vem que 𝑒−𝑖𝑡 = cos 𝑡 − 𝑖𝑠𝑒𝑛 𝑡. Substituindo 
𝑡 por 𝑣𝑡 na Equação (16), 
 
 𝑒𝑖𝑣𝑡 = cos(𝑣𝑡) + 𝑖𝑠𝑒𝑛 (𝑣𝑡) (17) 
 
 
 
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43 
 Supondo que as propriedades usuais de função exponencial sejam válidas para 
expoentes complexos: 
 
𝑒(⅄+𝑖𝑣)𝑡 = 𝑒⅄𝑡 cos(𝑣𝑡) + 𝑖𝑒⅄𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑣𝑡) 
 
 Então, 
 
𝑦1 + 𝑦2 = 𝑒
⅄𝑡 cos(𝑣𝑡) + 𝑖𝑒⅄𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑣𝑡) + 𝑒⅄𝑡 cos(𝑣𝑡) − 𝑖𝑒⅄𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑣𝑡) 
⇒ 𝑦1 + 𝑦2 = 2𝑒
⅄𝑡cos (𝑣𝑡) 
 
E, da mesma forma: 
𝑦1 − 𝑦2 = 2𝑖𝑒
⅄𝑡sen (𝑣𝑡) 
 
 Desprezando as constantes obtemos soluções 𝑘1 e 𝑘2 dadas por: 
 
𝑘1 = 𝑒
⅄𝑡cos (𝑣𝑡) e 𝑘2 = 𝑒
⅄𝑡sen (𝑣𝑡) 
 
 É fácil ver que 𝑊(𝑘1, 𝑘2) = 𝑣𝑒
2⅄𝑡 ≠ 0 para todo 𝑡 ∈ 𝑅. Logo, {𝑘1, 𝑘2} é um conjunto 
fundamental de soluções. Então, a solução geral será: 
 
 𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
⅄𝑡 cos(𝑣𝑡) + 𝑐2𝑒
⅄𝑡𝑠𝑒𝑛 (𝑣𝑡) (18) 
 
 Exemplo: Vamos determinar a solução geral da EDO 𝑦′′ − 2𝑦′ + 5𝑦 = 0. 
 Primeiramente, temos que a equação característica da EDO é dada por 𝑟2 − 2𝑟 + 5 =
0 e que ∆= (−2)2 − 4(1)(5) = −16. Como ∆< 0 teremos raízes complexas. Temos ainda 
que 𝑟 =
−𝑏±√∆
2𝑎
=
2±4𝑖
2
. Logo, 𝑟1 = 1 + 2𝑖 e 𝑟2 = 1 − 2𝑖. Além disso, ⅄= 1 (constante da parte 
real das raízes) e 𝑣 = 2 (constante real da parte imaginária das raízes). Logo, a solução 
geral da EDO é dada por: 
 
𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
𝑡 cos(2𝑡) + 𝑐2𝑒
𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡). 
 
 
 
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44 
 
Atividade: Determine a solução geral da EDO 𝑦′′ + 𝑦′ +
𝑦 = 0. (Resposta:𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
−
𝑡
2 cos (
√3
2
𝑡) +
𝑐2𝑒
−
𝑡
2𝑠𝑒𝑛 (
√3
2
𝑡) . 
 
 
3.4 Raízes repetidas da Equação Característica 
 
Se ∆= 0 na equação característica, temos duas raízes reais e iguais, que são dadas 
por: 
 
𝑟1 = 𝑟2 = −
𝑏
2𝑎
 
 
 Temos então apenas uma solução para a EDO: 𝑦1 = 𝑒
𝑟𝑡 = 𝑒−
𝑏
2𝑎
𝑡
. Logo, temos que 
determinar a solução 𝑦2, de forma que {𝑦1, 𝑦2} seja um conjunto fundamental. 
 Considere que 𝑦2 = 𝑣(𝑡) = 𝑦1 = 𝑣(𝑡)𝑒
𝑟𝑡, em que 𝑟 = −
𝑏
2𝑎
. Se 𝑦2(𝑡) é solução da EDO 
𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0, então 𝑣′′(𝑡) = 0. Então: 
 
𝑣′(𝑡) = 𝑐1 
⇒ 𝑣(𝑡) = 𝑐1𝑡 + 𝑐2 
 
 Tomando 𝑐1 = 1 e 𝑐2 = 0, vem que 𝑣(𝑡) = 𝑡. Logo, 
 
𝑦2(𝑡) = 𝑡𝑦1 = 𝑡𝑒
−
𝑏
2𝑎
𝑡
 
 
 Além disso, 
 
𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑡) = |
𝑦1 𝑦2
𝑦1′ 𝑦2′
| = 
 
 |
𝑒𝑟𝑡 𝑡𝑒𝑟𝑡
𝑟𝑒𝑟𝑡 (1 + 𝑟𝑡)𝑒𝑟𝑡
| = 
 
 
 
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45 
𝑒2𝑟𝑡(1 + 𝑟𝑡) − 𝑟𝑡𝑒2𝑟𝑡 = 
 
𝑒2𝑟𝑡 que é diferente de 0 para todo 𝑡 ∈ 𝑅. 
 
 Portanto, 𝑦1 e 𝑦2 são soluções fundamentais e a solução geral será dada por: 
 
 𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
𝑟𝑡 + 𝑐2𝑡𝑒
𝑟𝑡 (19) 
 
 Exemplo: Vamos determinar a solução geral da EDO 2𝑦′′ + 4𝑦′ + 2𝑦 = 0. 
 A equação característica da EDO é dada por: 
 
2𝑟2 + 4𝑟 + 2 = 0 
 
 E temos que ∆= (42) − 4(2)(2) = 0. E 𝑟 =
−4
4
= −1. Logo, temos uma única raiz. 
Portanto, considerando a Equação (19), a solução da EDO é dada por: 
 
𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
−𝑡 + 𝑐2𝑡𝑒
−𝑡 
 
 
3.5 Método da Redução de Ordem 
 
Com raciocínio análogo ao que foi feito para quando ∆= 0, na equação característica, 
o método da redução de ordem é utilizado para resolver EDOs homogêneas sem 
coeficientes constantes, desde que se conheça uma das soluções. 
Seja, então, uma EDO da forma 𝑦′′ + 𝑝(𝑡)𝑦′ + 𝑞(𝑡) = 0. Seja 𝑦1(𝑡) uma solução. 
Então 𝑦1
′′ + 𝑝(𝑡)𝑦1
′ + 𝑞(𝑡)𝑦1 = 0. Considere que a segunda solução, 𝑦2 ≠ 0, é da forma: 
 
 𝑦2(𝑡) = 𝑣(𝑡)𝑦1(𝑡) 
 
(20) 
 
 ⇒ 𝑦2′(𝑡) = 𝑣′(𝑡)𝑦1(𝑡) + 𝑣(𝑡)𝑦1′(𝑡) 
 
(21) 
 
 
 
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46 
 ⇒ 𝑦2′′(𝑡) = 𝑣′′(𝑡)𝑦1(𝑡) + 2𝑣′(𝑡)𝑦1′(𝑡) + 𝑣(𝑡)𝑦1′′(𝑡) 
 
(22) 
 
Substituindo 𝑦2(𝑡), 𝑦2′(𝑡) e 𝑦2′′(𝑡) na EDO original, obtemos: 
 
𝑣′′𝑦1 + 2𝑣
′𝑦1
′ + 𝑣𝑦1
′′ + 𝑝𝑣′𝑦1 + 𝑝𝑣𝑦1
′ + 𝑞𝑣𝑦1 = 0 
⇒ 𝑣′′𝑦1 + (2𝑦1
′ + 𝑝𝑦1)𝑣
′ + (𝑦1
′′ + 𝑝𝑦1
′ + 𝑞𝑦1)𝑣 = 0 
⇒ 𝑣′′𝑦1 + (2𝑦1
′ + 𝑝𝑦1)𝑣
′= 0 
 
Fazendo 𝑣′ = 𝑤, obtemos: 
 
 𝑤′𝑦1 + (2𝑦1
′ + 𝑝𝑦1)𝑤 = 0 (23) 
 
 Em que a Equação (23) é uma EDO de 1ª ordem. Resolvendo essa EDO encontramos 
𝑤 e por integração direta determinamos 𝑣(𝑡), e portanto, 𝑦2(𝑡). 
 
 Exemplo: Seja 𝑡2𝑦′′ − 𝑡(𝑡 + 2)𝑦′ + (𝑡 + 2)𝑦 = 0 com 𝑡 > 0 e 𝑦1(𝑡) = 𝑡 uma das 
soluções da EDO. Vamos usar o método da redução de ordem para encontrar a segunda 
solução desta EDO. 
 De acordo com as Equações (20), (21) e (22), podemos dizer que 𝑦2 = 𝑣𝑡, 𝑦2
′ = 𝑣′𝑡 +
𝑣𝑡′ e 𝑦2
′′ = 𝑣′′𝑡 + 2𝑣′𝑡′ + 𝑣𝑡′′. Substituindo essas três relações na EDO, temos: 
 
𝑡2(𝑣′′𝑡 + 2𝑣′𝑡′ + 𝑣𝑡′′) − 𝑡(𝑡 + 2)(𝑣′𝑡 + 𝑣𝑡′) + (𝑡 + 2)𝑣𝑡 = 0 
 
 Após as manipulações matemáticas, temos: 
 
𝑡3𝑣′′ − 𝑡3𝑣′ = 0 
⇒ 𝑣′′ − 𝑣′ = 0 
 
Fazendo 𝑣′ = 𝑤, temos 𝑤′ − 𝑤 = 0. Logo, pelo método do fator integrante: 
 
𝜇(𝑡) = 𝑒−∫𝑑𝑡 
⇒ 𝜇(𝑡) = 𝑒−𝑡 
 
 
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47 
⇒ 𝑒−𝑡𝑤′−𝑒−𝑡𝑤 = 0 
⇒ (𝑤𝑒−𝑡)′ = 0 
⇒ 𝑤𝑒−𝑡 = 𝑐1 
⇒ 𝑤 = 𝑐1𝑒
𝑡 
⇒ ∫𝑤𝑑𝑡 = ∫𝑐1𝑒
𝑡 𝑑𝑡 
⇒ 𝑣(𝑡) = 𝑐1𝑒
𝑡 + 𝑐2 
 
 Fazendo 𝑐1 = 1 e 𝑐2 = 0, temos 𝑣(𝑡) = 𝑒
𝑡. Portanto, 𝑦2(𝑡) = 𝑡𝑒
𝑡. 
 
 
 
Atividade: Seja a EDO 2𝑡2𝑦′′ + 3𝑡𝑦′ − 𝑦 =0, com 𝑡 > 0. 
Sabemos que 𝑦1(𝑡) = 𝑡
−1 é uma solução dessa EDO. 
Determine sua solução geral. (Resposta:𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑡
−1 +
𝑐2𝑡
1
2). 
 
 
3.6 Método dos Coeficientes Independentes 
 
Considere uma EDO não homogênea da forma: 
 
 𝑦′′ + 𝑝(𝑡)𝑦′ + 𝑞(𝑡)𝑦 = 𝑔(𝑡) (24) 
 
 Com 𝑝, 𝑞 e 𝑔 contínuas em um intervalo 𝐼: 𝛼 < 𝑡 < 𝛽. Tome, então sua equação 
homogênea associada: 
 
 𝑦′′ + 𝑝(𝑡)𝑦′ + 𝑞(𝑡)𝑦 = 0 (25) 
 
 
Teorema 𝑰𝑿: 
A solução geral da Equação (24) tem a forma 𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2 + 𝑌, em que 𝑦1 e 𝑦2 são 
soluções fundamentais da Equação (25) e 𝑌 é alguma solução particular da Equação (24). 
 
 
 
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48 
 
Exemplo 1) Vamos encontrar a solução geral da EDO 𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 3𝑒2𝑡. 
 Observamos que o lado direito da igualdade possui uma constante multiplicada por 
uma exponencial. Supondo que 𝑌(𝑡) = 𝐴𝑒2𝑡, então 𝑌′ = 2𝐴𝑒2𝑡 e 𝑌′′ = 4𝐴𝑒2𝑡. Substituindo 
essa relação na EDO: 
 
4𝐴𝑒2𝑡 − (3)2𝐴𝑒2𝑡 − 4𝐴𝑒2𝑡 = 3𝑒2𝑡 
⇒ −6𝐴𝑒2𝑡 = 3𝑒2𝑡 
⇒ 𝐴 = −
1
2
 
⇒ 𝑌(𝑡) = −
1
2
𝑒2𝑡 é a solução particular. 
 
 A EDO homogênea associada é dada por 𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 0 e a equação 
característica dessa homogênea é 𝑟2 − 3𝑟 − 4 = 0. Logo, temos que ∆= (−3)2 − 4(1)(−4) =
25 e 𝑟 =
3±5
2
. Portanto, temos duas raízes distintas e reais, que são 𝑟1 = 4 e 𝑟2 = −1. 
Somando as soluções encontradas, 
 
𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
4𝑡 + 𝑐2𝑒
−𝑡 −
1
2
𝑒2𝑡 é a solução geral da EDO. 
 
 Exemplo 2) Vamos obter a solução particular da EDO 𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 2 𝑠𝑒𝑛 𝑡. 
 Observamos que o lado esquerdo da igualdade possui uma constante multiplicada 
pela função seno. Vamos considerar que 𝑌(𝑡) = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑡 + 𝐵 cos 𝑡. Temos 𝑌′(𝑡) = 𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑡 −
𝐵 sen 𝑡 e 𝑌′′(𝑡) = −𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝐵 cos 𝑡 
Substituindo na EDO, temos: 
 
−𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝐵 cos 𝑡 − 3(𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑡 − 𝐵 sen 𝑡) − 4(𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑡 + 𝐵 cos 𝑡) = 2 𝑠𝑒𝑛 𝑡 
⇒ (−5𝐴 + 3𝐵)𝑠𝑒𝑛 𝑡 + (−5𝐵 − 3𝐴) cos 𝑡 = 2 𝑠𝑒𝑛 𝑡 + 0 cos 𝑡 
⇒ {
−5𝐴 + 3𝐵 = 2
−5𝐵 − 3𝐴 = 0
 
 
Resolvendo o sistema, temos que 𝐴 = −
5
17
 e 𝐵 =
3
17
. Portanto, a solução particular é: 
 
 
 
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49 
𝑌(𝑡) = −
5
17
𝑠𝑒𝑛 𝑡 + 
3
17
cos 𝑡. 
 
 
Atividade: Seja a EDO 𝑦′′ − 2𝑦′ − 3𝑦 = 3𝑒2𝑡. Encontre 
a solução geral. (Resposta: 𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
3𝑡 + 𝑐2𝑒
−𝑡 − 𝑒2𝑡). 
 
 
 
3.7 Método da Variação de Parâmetros 
 
Desenvolvido por Joseph – Louis Lagrange, este método é usado quando não for 
possível supor de maneira precisa a função particular 𝑌(𝑡) para determinados 𝑔(𝑡) da 
Equação (24). 
Este método se baseia na troca de 𝑐1 e 𝑐2 na solução gral da EDO da Equação (25) 
por funções 𝜇1 e 𝜇2, ou seja, 𝑦(𝑡) = 𝜇1(𝑡)𝑦1(𝑡) + 𝜇2(𝑡)𝑦2(𝑡) de forma que 𝑦(𝑡) seja solução 
particular da EDO representada na Equação (24). 
 
Teorema 𝑿: 
Se as funções 𝑝, 𝑞 e 𝑔 são contínuas em um intervalo 𝐼 e as soluções 𝑦1 e 𝑦2 são 
fundamentais para 𝑦′′ + 𝑝(𝑡)𝑦′ + 𝑞(𝑡)𝑦 = 0, então uma solução particular de 𝑦′′ + 𝑝(𝑡)𝑦′ +
𝑞(𝑡)𝑦 = 𝑔(𝑡) é 𝑌(𝑡) = −𝜇1(𝑡)𝑦1(𝑡) + 𝜇2(𝑡)𝑦2(𝑡), sendo 𝜇1(𝑡) = −∫
𝑦2(𝑡)𝑔(𝑡)
𝑤(𝑦1,𝑦2)(𝑡)
 𝑑𝑡 e 𝜇2(𝑡) =
∫
𝑦1(𝑡)𝑔(𝑡)
𝑤(𝑦1,𝑦2)(𝑡)
 𝑑𝑡 sendo a solução geral dada por 𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2 + 𝑌(𝑡). 
 
 Exemplo 1) Pelo método da variação de parâmetros vamos encontrar uma solução 
particular de 𝑦′′ + 2𝑦′ + 𝑦 = 3𝑒−𝑡. 
 Temos que a EDO homogênea associada é 𝑟2 + 2𝑟 + 1 = 0. Temos ∆= 22 −
4(1)(1) = 0 e 𝑟1 = 𝑟2 = −1. Logo, 𝑦1(𝑡) = 𝑒
−𝑡 e 𝑦2(𝑡) = 𝑡𝑒
−𝑡. Calculando 𝑤(𝑦1, 𝑦2)(𝑡): 
 
𝑤(𝑦1, 𝑦2)(𝑡) = |
𝑒−𝑡 𝑡𝑒−𝑡
−𝑒−𝑡 𝑒−𝑡 − 𝑡𝑒−𝑡
| = 𝑒−2𝑡 
 
 Calculando 𝜇1 e 𝜇2 : 
𝜇1(𝑡) = −∫
𝑦2(𝑡)𝑔(𝑡)
𝑤(𝑦1, 𝑦2)(𝑡)
 𝑑𝑡 
 
 
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50 
= −∫
𝑡𝑒−𝑡3𝑒−𝑡
𝑒−2𝑡
 𝑑𝑡 
= −∫3𝑡 𝑑𝑡 
⇒ 𝜇1(𝑡) = −
3
2
𝑡2 + 𝑐1 
 
𝜇2(𝑡) = ∫
𝑦1(𝑡)𝑔(𝑡)
𝑤(𝑦1, 𝑦2)(𝑡)
 𝑑𝑡 
 
= ∫
𝑒−𝑡3𝑒−𝑡
𝑒−2𝑡
 𝑑𝑡 
= ∫3 𝑑𝑡 
⇒ 𝜇2(𝑡) = 3𝑡 + 𝑐2 
 
 Portanto, a solução particular é: 
 
𝑦(𝑡) = −
3
2
𝑡2𝑒−𝑡 + 3𝑡𝑒−𝑡 
 
 Exemplo 2) Vamos obter a solução geral da EDO 𝑦′′ + 4𝑦′ + 4𝑦 = 𝑡−2𝑒−2𝑡, com 𝑡 >
0. 
 Primeiramente, a equação característica é dada por 𝑟2 + 4𝑟 + 4 = 0. Temos ∆= 42 −
4(1)(4) = 0 e 𝑟1 = 𝑟2 = −2. Portanto, 𝑦1(𝑡) = 𝑒
−2𝑡 e 𝑦2(𝑡) = 𝑡𝑒
−2𝑡. Calculando 𝑤(𝑦1, 𝑦2)(𝑡): 
 
𝑤(𝑦1, 𝑦2)(𝑡) = |
𝑒−2𝑡 𝑡𝑒−2𝑡
−2𝑒−2𝑡 𝑒−2𝑡 − 𝑡2𝑒−2𝑡
| = 𝑒−4𝑡 
 
 Calculando 𝜇1 e 𝜇2 : 
𝜇1(𝑡) = −∫
𝑦2(𝑡)𝑔(𝑡)
𝑤(𝑦1, 𝑦2)(𝑡)
 𝑑𝑡 
= −∫
𝑡𝑒−2𝑡(𝑡−2𝑒−2𝑡)
𝑒−4𝑡
 𝑑𝑡 
 
 
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51 
= −∫𝑡−1 𝑑𝑡 
⇒ 𝜇1(𝑡) = − ln|𝑡| + 𝑐1 
 
𝜇2(𝑡) = ∫
𝑦1(𝑡)𝑔(𝑡)
𝑤(𝑦1, 𝑦2)(𝑡)
 𝑑𝑡 
 
= ∫
𝑒−2𝑡(𝑡−2𝑒−2𝑡)
𝑒−4𝑡
 𝑑𝑡 
= ∫𝑡−2 𝑑𝑡 
⇒ 𝜇2(𝑡) = −𝑡
−1 + 𝑐2 
 
 Sabemos que: 
 
𝑌(𝑡) = 𝜇1𝑦1 + 𝜇2𝑦2 
⇒ 𝑌(𝑡) = − ln|𝑡| 𝑒−2𝑡 − 𝑒−2𝑡 
 
A solução geral é dada por: 
 
𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
−2𝑡 + 𝑐2𝑡𝑒
−2𝑡 − ln|𝑡| 𝑒−2𝑡 − 𝑒−2𝑡 
⇒ 𝑦(𝑡) = (𝑐1 − 1)𝑒
−2𝑡 + 𝑐2𝑡𝑒
−2𝑡 − 𝑒−2𝑡ln t 
⇒ 𝑦(𝑡) = 𝑐𝑒−2𝑡 + 𝑐2𝑡𝑒
−2𝑡 − 𝑒−2𝑡ln t com 𝑐 = (𝑐1 − 1). 
 
 
 
Atividade: Utilizando o método da variação de 
parâmetros obtenha a solução geral da EDO 𝑦′′ − 2𝑦′ +
𝑦 = 𝑒𝑡𝑡−5. (Resposta: 𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
𝑡 + 𝑐2𝑡𝑒
𝑡 +
𝑒𝑡𝑡−3
12
). 
 
 
 
 
 
 
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3.8 Para compreender melhor 
 
Para finalizarmos essa semana e compreender melhor os métodos de resolução de 
EDOs de segunda ordem, faça os seguintes exercícios: 
 
1) Resolva as seguintes EDOs 
 
a) 𝑦′′ + 2𝑦′ − 3𝑦 = 0 
b) 𝑦′′ + 3𝑦′ + 2𝑦 = 0 
c) 6𝑦′′ − 𝑦′ − 𝑦 = 0 
d) 2𝑦′′ − 3𝑦′ + 𝑦 = 0 
e) 𝑦′′ − 2𝑦′ + 2𝑦 = 0 
f) 𝑦′′ − 2𝑦′ + 6𝑦 = 0 
g) 4𝑦′′ + 9𝑦 = 0 
h) 9𝑦′′ + 12𝑦′ + 4𝑦 = 0 
 
2) Resolva os PVIs: 
 
a) {
𝑦′′ + 𝑦′ − 2𝑦 = 0
𝑦(0) = 1
𝑦′(0) = 1
 
 
b) {
𝑦′′ + 4𝑦′ + 3𝑦 = 0
𝑦(0) = 2
𝑦′(0) = −1
 
 
c) 
{
 
 
𝑦′′ − 2𝑦′ + 5𝑦 = 0
𝑦 (
𝜋
2
) = 0
𝑦′ (
𝜋
2
) = 2
 
 
3) Usando o método da redução de ordem, resolva 𝑡2𝑦′′ − 4𝑡𝑦′ + 6𝑦 = 0 com 𝑦1(𝑡) =
𝑡2. 
 
4) Usando o método dos coeficientes independentes, encontre a solução geral de 𝑦′′ −
2𝑦′ − 3𝑦 = 3𝑒2𝑡 . 
 
 
5) Usando o método da variação dos parâmetros, encontre uma solução particular 
para 𝑦′′ − 𝑦′ − 2𝑦 = 2𝑒−𝑡. 
 
 
 
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53 
Gabarito 
 
1a) 𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
𝑡 + 𝑐2𝑒
−3𝑡 
1b) 𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
−𝑡 + 𝑐2𝑒
−2𝑡 
1c) 𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
𝑡
2 + 𝑐2𝑒
−
𝑡
3 
1d) 𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
𝑡 + 𝑐2𝑒
𝑡
2 
1e) 𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
𝑡 cos 𝑡 + 𝑐2𝑒
𝑡𝑠𝑒𝑛 𝑡 
1f) 𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
𝑡 cos(√5𝑡) + 𝑐2𝑒
𝑡𝑠𝑒𝑛 (√5𝑡) 
1g) 𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
𝑡 cos (
3
2
𝑡) + 𝑐2𝑒
𝑡𝑠𝑒𝑛 (
3
2
𝑡) 
1h) 𝑦(𝑡) =
2
3
𝑐1𝑒
2𝑡
3 +
2
3
𝑐2𝑡𝑒
2𝑡
3 
2a) 𝑦(𝑡) = 𝑒𝑡 
2b) 𝑦(𝑡) =
5𝑒−𝑡−𝑒−3𝑡
2
 
2c) 𝑦(𝑡) = −2𝑒𝑡−
𝜋
2𝑠𝑒𝑛 (2𝑡) 
3) 𝑣(𝑡) =
8
𝑡
 
4) 𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
3𝑡 + 𝑐2𝑒
−𝑡 − 𝑒2𝑡 
5) 𝑌(𝑡) = −
2
9
𝑒−𝑡 −
2
3
𝑡𝑒−𝑡 
 
 
Mídia digital: Vá até a sala virtual e assista ao vídeo 
“Finalizando a terceira semana”. 
 
 
 
 
 
 
Nos encontramos na próxima semana. 
Bons estudos! 
 
 
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“Finalizando o curso”. 
 
 
4.1 A Transformada de Laplace 
 
A Transformada de Laplace é idealizada como um método para resolução de EDOs 
como se fossem equações algébricas. 
Por exemplo: seja a EDO 𝑦′′ + 3𝑦′ − 7𝑦 = 𝑓(𝑥), escrita na forma 𝐷2𝑦 + 3𝐷𝑦 − 7𝑦, 
onde 𝐷 =
𝑑
𝑑𝑥
. Se essa EDO fosse uma equaçãoalgébrica, poderíamos escrever que 
𝑦(𝐷2 + 3𝐷 − 7) = 𝑓(𝑥) ⇒ 𝑦 =
𝑓(𝑥)
𝐷2+3𝐷−7
. Infelizmente, isso não é possível! Porém, esse 
raciocínio nos dá uma ideia da finalidade da Transformada de Laplace: algebrizar a EDO. 
A Transformada de Laplace pode ser entendida como uma caixa, onde do lado 
esquerdo uma função 𝑓(𝑥) entra na caixa e após ser transformada sai da caixa uma nova 
função, na variável 𝑠, como representa a Figura 1. 
 
 
Figura 1 – A Transformada de Laplace. Dentro da caixa temos a Lei da Transformada. Os termos “𝑓(0) e 𝑓′(0) 
do lado esquerdo da caixa são referentes ao PVI. 
Fonte: Própria autoria. 
 
Objetivos 
Aprender técnicas de resolução de Equações Diferenciais 
Ordinárias por meio da Transformada de Laplace. 
Semana 4 – Transformadas de Laplace 
 
 
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56 
 Notações: 𝐿(𝑓(𝑥)) = 𝐹(𝑠), 𝐿(𝑔(𝑥)) = 𝐺(𝑠) e 𝐿(𝑦(𝑥)) = 𝑦(𝑠) são as notações usadas 
para representar as Transformadas de Laplace das funções 𝑓, 𝑔 e 𝑦. 
 Propriedades: A transformada de Laplace possui três propriedades fundamentais: 
1. É linear: 𝐿(𝑎𝑓(𝑥) + 𝑏𝑔(𝑥)) = 𝑎𝐿(𝑓(𝑥)) + 𝑏𝐿(𝑔(𝑥)). 
2. “Desfaz” derivadas: 𝐿(𝑓′(𝑥)) = 𝑠𝐹(𝑠) − 𝑓(0). 
3. É inversível: ∃𝐿−1(𝐹(𝑠)) = 𝑓(𝑥). 
 
Temos, então, dois universos a considerar na aplicação da Transformada de Lapace: 
o universe −𝑥 e o universe −𝑠. 
 No exemplo anterior, a EDO 𝑦′′ + 3𝑦′ − 7𝑦 = 𝑓(𝑥) está no universo −𝑥 e, passando 
pela Caixa (considerando que 𝑦(0) = 𝑦′(0) = 0) obtemos: 
 
𝐿(𝑦′′ + 3𝑦′ − 7𝑦) = 𝐿(𝑓(𝑥)) 
⇒ 𝐿(𝑦′′) + 3𝐿(𝑦′) − 7𝐿(𝑦) = 𝐹(𝑠) 
⇒ 𝑠2𝑌(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − 𝑦′(0) + 3(𝑠𝑌(𝑠) − 𝑦(0)) − 7𝑌(𝑠) = 𝐹(𝑠) 
⇒ 𝑠2𝑌(𝑠) + 3𝑠𝑌(𝑠) − 7𝑌(𝑠) = 𝐹(𝑠) 
⇒ 𝑌(𝑠)(𝑠2 + 3𝑠 − 7) = 𝐹(𝑠) 
⇒ 𝑌(𝑠) =
𝐹(𝑠)
𝑠2 + 3𝑠 − 7
 
 
 O próximo passo consiste em passar 𝑌(𝑠) pela Caixa 𝐿−1 para obter 𝑦(𝑥) da EDO 
original, como representa a Figura 2. 
 
 
Figura 2 – Passando 𝑌(𝑠) pela caixa 𝐿−1. 
Fonte: Própria autoria. 
 
 
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57 
 
 A Transformada de Laplace, 𝐹 = 𝐹(𝑠) é dada pela integral imprópria: 
 
 
𝐿[𝑓(𝑥)] = 𝐹(𝑠) = ∫ 𝑒−𝑠𝑥𝑓(𝑥)𝑑𝑥
∞
0
 
(26) 
 
para todo 𝑠 que a integral convirja, ou seja, quando seu limite existe. O termo 𝑒−𝑠𝑥 é chamado 
núcleo, ou kernel, da transformada. 
 Observação: Lembre-se que ∫ 𝑒−𝑠𝑥𝑓(𝑥)𝑑𝑥
∞
0
= lim
𝑛→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑥𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑛
0
. 
 Exemplo: Vamos mostrar que que 𝐿(1) =
1
𝑠
, com 𝑠 > 0. 
 De acordo com a Equação (26), temos que: 
 
𝐿(1) = ∫ 𝑒−𝑠𝑥1 𝑑𝑥 =
∞
0
lim
𝑛→∞
∫ 𝑒−𝑠𝑥𝑑𝑥
𝑛
0
 
⇒ lim
𝑛→∞
(
−𝑒−𝑠𝑛
𝑠
+
𝑒−0𝑠
𝑠
) = 
lim
𝑛→∞
(
−1
𝑒𝑠𝑛
𝑠
+
1
𝑠
) =
1
𝑠
, desde que 𝑠 > 0. 
 Portanto, 𝐿(1) =
1
𝑠
. 
 
 
 
Atividade: Determine 𝐿[𝑥2]. (Resposta: 𝐿[𝑥2] =
2
𝑠3
, 𝑐𝑜𝑚 𝑠 > 0). 
 
 
Teorema 𝑿𝑰 
Seja 𝑓 uma função de ordem exponencial e contínua por partes (função admissível). Então 
a Transformada de Laplace 𝐿[𝑓(𝑡)] = 𝐹(𝑠) = ∫ 𝑒−𝑠𝑥𝑓(𝑡)𝑑𝑡
∞
0
 existe para 𝑠 > 0. 
 
 Uma função 𝑓 definida em [0,∞) é de ordem exponencial se for limitada 
superiormente por alguma função exponencial, ou seja, se |𝑓(𝑡)| ≤ 𝑘𝑒𝛼𝑡 , para todo 𝑡 > 0 
com 𝑘 ∈ 𝑅 e 𝛼 > 0. 
 
 
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58 
 Exemplo: Temos que 𝑒𝛼𝑡, 𝑠𝑒𝑛 𝑡, cos 𝑡 e 𝑡𝑛 são de ordem exponencial, pois |𝑒𝛼𝑡| ≤ 𝑒𝛼𝑡 ,
|𝑠𝑒𝑛 𝑡| ≤ 1, | cos 𝑡| ≤ 1 e |𝑡𝑛| ≤ 𝑒𝑡. Logo, as funções polinomiais e trigonométricas são de 
ordem exponencial. 
 Dizemos que uma função 𝑓 é continua por partes em um intervalo [𝑎, 𝑏] se for possível 
divider esse interval em um número finite de intervalos, onde 𝑓 seja continua no interior de 
cada um deles, e também possua limites laterais quando 𝑡 tende às suas extremidades. 
 
 
Atividade: Mostre que se 𝑓(𝑡) = 𝑒𝑘𝑡, então 𝐿[𝑓(𝑥)] =
 
1
𝑠−𝑘
, 𝑐𝑜𝑚 𝑠 > 𝑘). 
 
 
4.2 Transformadas de Laplace elementares 
 
Para algumas transformadas de Laplace, temos resultados elementares que podem ser 
utilizados de forma direta nas resoluções. 
A Tabela 1 representa essas transformadas. 
 
Função Transformada de Laplace 
𝑓(𝑡) 
𝐿[𝑓(𝑡)] = 𝐹(𝑠) = ∫ 𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡)𝑑𝑡
∞
0
 
𝑘 ∈ 𝑅 𝑘
𝑠
 
𝑘 𝑘
𝑠2
 
𝑡𝑛, 𝑛 ∈ 𝑁 𝑛!
𝑠𝑛+1
, 𝑠 > 0 
𝑒𝑘𝑡 1
𝑠 − 𝑘
, 𝑠 > 𝑘 
𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑡) 𝑘
𝑠2 + 𝑘2
, 𝑠 > 0 
𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑡) 𝑠
𝑠2 + 𝑘2
, 𝑠 > 0 
𝑠𝑒𝑛ℎ(𝑘𝑡) 𝑘
𝑠2 − 𝑘2
, 𝑠 > |𝑘| 
𝑐𝑜𝑠ℎ(𝑘𝑡) 𝑠
𝑠2 − 𝑘2
, 𝑠 > |𝑘| 
𝑒𝑘𝑡𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑡) 𝛽
(𝑠 − 𝑘)2 + 𝛽2
, 𝑠 > 𝑘 
 
 
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59 
𝑒𝑘𝑡𝑐𝑜𝑠(𝛽𝑡) 𝑠 − 𝑘
(𝑠 − 𝑘)2 + 𝛽2
, 𝑠 > 𝑘 
𝑒𝑘𝑡𝑠𝑒𝑛ℎ(𝛽𝑡) 𝛽
(𝑠 − 𝑘)2 − 𝛽2
, 𝑠 > 𝑘 
𝑒𝑘𝑡𝑐𝑜𝑠ℎ(𝛽𝑡) 𝑠 − 𝑘
(𝑠 − 𝑘)2 − 𝛽2
, 𝑠 > 𝑘 
𝑡𝑛𝑒𝑘𝑡 , 𝑛 ∈ 𝑁 𝑛!
(𝑠 − 𝑘)𝑛+1
, 𝑠 > 𝑘 
𝑢𝑐(𝑡) 𝑒
−𝑐𝑠
𝑠
, 𝑠 > 0 
𝑢𝑐(𝑡)𝑓(𝑡 − 𝑐) 𝑒
−𝑐𝑠𝐹(𝑠) 
𝑒𝑐𝑡𝑓(𝑡) 𝐹(𝑠 − 𝑐) 
(−𝑡)𝑛𝑓(𝑡) 𝐹(𝑛)(𝑠) 
𝑓′(𝑡) 𝑠𝐹(𝑠) − 𝑓(0) 
𝑓′′(𝑡) 𝑠2𝐹(𝑠) − 𝑠𝑓(0) − 𝑓′(0) 
𝑓(𝑛)(𝑡) 𝑠𝑛𝐹(𝑠) − 𝑠(𝑛−1)𝑓(0) − ⋯− 𝑓(𝑛−1)(0) 
 
Tabela 1 – Transformadas de Laplace elementares. 
Fonte: Própria autoria. 
 
4.3 A Derivada de uma Transformada 
 
A derivada de uma transformada 𝐹(𝑠) aplicada a uma função 𝑓 é dada por: 
 
 𝑑𝐹
𝑑𝑠
=
𝑑
𝑑𝑠
∫ 𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡)𝑑𝑡
∞
0
 
(27) 
 
 Na Equação (27) temos que: 
 
𝑑𝐹
𝑑𝑠
=
𝑑
𝑑𝑠
∫ 𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡)𝑑𝑡
∞
0
 
= ∫
𝑑
𝑑𝑠
[𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡)]𝑑𝑡
∞
0
 
= ∫ −𝑡𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡)𝑑𝑡
∞
0
 
= −∫ 𝑒−𝑠𝑡𝑡𝑓(𝑡)𝑑𝑡
∞
0
 
= −𝐿[𝑡𝑓(𝑡)] 
 
 
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60 
⇒ 𝐿[𝑡𝑓(𝑡)] = −
𝑑𝐹
𝑑𝑠
 
 
⇒ 𝐿[𝑡𝑓(𝑡)] = −
𝑑
𝑑𝑠
𝐿[𝑓(𝑡)] 
 
(28) 
 
 
 Exemplo: Vamos determinar 𝐿[𝑡𝑒5𝑡]. 
 Primeiramente, temos que 𝑡𝑓(𝑡) = 𝑡𝑒5𝑡⇒ 𝑓(𝑡) = 𝑒𝑠𝑡. Logo, de acordo com a Equação 
(28), 
 
𝐿[𝑒𝑠𝑡] =
1
𝑠 − 5
 
⇒
𝑑
𝑑𝑠
[
1
𝑠 − 5
] = −
1
(𝑠 − 5)2
 
⇒ 𝐿[𝑡𝑒5𝑡] =
1
(𝑠 − 5)2
. 
 
 De maneira geral, provamos o seguinte teorema: 
 
Teorema 𝑿𝑰𝑰 
Se 𝐹(𝑠) = 𝐿[𝑓(𝑡)] e 𝑛 ∈ 𝑁, então 𝐿[𝑡𝑛𝑓(𝑡)] = (−1)𝑛
𝑑𝑛
𝑑𝑠𝑛
𝐿[𝑓(𝑡)]. 
 
 Exemplo: Pelo Teorema 𝑋𝐼𝐼 vamos mostrar que 𝐿[𝑡3𝑠𝑒𝑛 𝑡] =
24𝑠(𝑠2−1)
(𝑠2+1)4
. 
 Temos que: 
 
𝐿[𝑡3𝑠𝑒𝑛 𝑡] = (−1)3
𝑑3
𝑑𝑠3
𝐿[𝑠𝑒𝑛 𝑡] 
𝐿[−𝑠𝑒𝑛 𝑡] =
1
𝑠2 + 1
, 𝑠 > 0 
 
Calculando a derivada primeira, temos: 
 
 
 
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61 
𝑑
𝑑𝑠
[
1
𝑠2 + 1
] =
−2𝑠
(𝑠2 + 1)2
 
 
Calculando a derivada segunda, temos: 
 
𝑑2
𝑑𝑠2
[
1
𝑠2 + 1
] =
6𝑠2 − 2
(𝑠2 + 1)3
 
 
E, finalmente, calculando a derivada segunda, temos: 
 
⇒
𝑑3
𝑑𝑠3
[
1
𝑠2 + 1
] =
−24𝑠(𝑠2 − 1)
(𝑠2 + 1)4
 
 
 Portanto, 𝐿[𝑡3𝑠𝑒𝑛 𝑡] =
24𝑠(𝑠2−1)
(𝑠2+1)4
. 
 
4.4 Propriedade da Translação em 𝒔 
 
Esta é a propriedade que permite obter transformadas de funções do tipo 𝑒𝑘𝑡𝑓(𝑡). 
 
Teorema 𝑿𝑰𝑰𝑰 
Sendo 𝐿[𝑓(𝑡)] = 𝐹(𝑠) e 𝑘 ∈ 𝑅, então 𝐿[𝑒𝑘𝑡𝑓(𝑡)] = 𝐹(𝑠 − 𝑘). 
 
Exemplo: De acordo com o Teorema 𝑋𝐼𝐼𝐼, vamos resolver 𝐿[𝑒3𝑡 cosh 𝑡]. 
Temos que 𝑘 = 3 e 𝑓(𝑡) = cosh 𝑡. Pela Tabela 1, temos que 𝐿[cosh 𝑡] =
𝑠
𝑠2−1
. Portanto, 
𝐿[𝑒3𝑡 cosh 𝑡] = 𝐹(𝑠 − 𝑘) = 𝐹(𝑠 − 3) =
𝑠−3
(𝑠−3)2−1
. 
 
 
Atividade: De acordo com o Teorema 𝑋𝐼𝐼𝐼, resolva 
𝐿[𝑒5𝑡𝑡3]. (Resposta: 𝐿[𝑒5𝑡𝑡3] = 
6
(𝑠−5)4
). 
 
 
 
 
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62 
4.5 A Transformada de uma Derivada 
 
A Transformada de uma derivada permite obter uma forma de resolução de PVIs 
cujas condições iniciais sejam dadas em 𝑡0 = 0. 
Seja uma função 𝑓 e sua derivada 𝑓′. Considerando que 𝐿[𝑓(𝑡)] = 𝐹(𝑠) e 𝑓 ≠ 0, 
temos: 
 
 
⇒ 𝐿[𝑓′(𝑡)] = ∫ 𝑒−𝑠𝑡𝑓′(𝑡)𝑑𝑡
∞
0
 
 
(29) 
 Vamos provar que ∫ 𝑒−𝑠𝑡𝑓′(𝑡)𝑑𝑡
∞
0
= 𝑠𝐹(𝑠) − 𝑓(0). 
Fazendo 𝑢 = 𝑒−𝑠𝑡 e 𝑑𝑣 = 𝑓′(𝑡)𝑑𝑡, temos que 𝑑𝑢 = −𝑠𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 e 𝑣 = 𝑓(𝑡).Então: 
 
∫ 𝑒−𝑠𝑡𝑓′(𝑡)𝑑𝑡
∞
0
= [𝑢𝑣 − ∫𝑣 𝑑𝑢]
∞
0
 
= [𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡) − ∫𝑓(𝑡)(−𝑠 𝑒−𝑠𝑡)𝑑𝑡]
∞
0
 
= 𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡)|
∞
0
+ 𝑠∫ 𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡)𝑑𝑡
∞
0
 
= lim
𝑛→∞
𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡)|
𝑛
0
+ 𝑠𝐿[𝑓(𝑡)] 
= lim
𝑛→∞
[
𝑓(𝑛)
𝑒𝑠𝑛
−
𝑓(0)
𝑒0
] + 𝑠𝐹(𝑠) 
= 𝑠𝐹(𝑠) − 𝑓(0). 
 
 Aplicando esse raciocínio mais uma vez, provamos que: 
 
𝐿[𝑓′′(𝑡)] = 𝑠2𝐹(𝑠) − 𝑠𝑓(0) − 𝑓′(0) 
 
 E, de maneira geral: 
 
𝐿[𝑓(𝑛)(𝑡)] = 𝑠𝑛𝐹(𝑠) − 𝑠𝑛−1𝑓(0) − ⋯− 𝑓(𝑛−1)(0) 
 
 
 
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63 
4.6 A Transformada Inversa de Laplace 
 
Já vimos que se 𝑓(𝑡) for admissível, vale que 𝐿[𝑓(𝑡)] = ∫ 𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡)𝑑𝑡 = 𝐹(𝑠).
∞
0
 Então, 
definimos a Transformada Inversa de Laplace, 𝐿−1, da função 𝐹(𝑠), como sendo 𝑓(𝑡), isto é: 
 
 ⇒ 𝐿−1[𝐹(𝑠)] = 𝑓(𝑡) 
 
(30) 
 
 Exemplo 1: De acordo com a Tabela 1, temos que 𝐿[1] =
1
𝑠
, 𝑠 > 0 ⇒ 𝐿−1 [
1
𝑠
] = 1. 
 Exemplo 2: De acordo com a Tabela 1, temos que 𝐿[𝑒𝑘𝑡] =
1
𝑠−𝑘
, 𝑠 > 𝑘 ⇒ 𝐿−1 [
1
𝑠−𝑘
] =
𝑒𝑘𝑡. 
 
 
Atividade: Calcule a Transformada Inversa da função 
𝐹(𝑠) =
5
(𝑠+1)(𝑠−1)
. (Resposta: 
−5
2
𝑒−𝑡 +
5
2
𝑒𝑡 ). 
 
 
4.7 Para compreender melhor 
 
Para finalizarmos essa semana e compreender melhor os métodos de resolução com 
Transformadas de Laplace, faça os seguintes exercícios: 
 
1) Determine, analiticamente, 𝐿[𝑓(𝑡)], sendo: 
a) 𝑓(𝑡) = cos(𝑘𝑡) 
b) 𝑓(𝑡) = sen(𝑘𝑡) 
c) 𝑓(𝑡) = cos ℎ(𝑘𝑡) 
d) 𝑓(𝑡) = senh(𝑘𝑡) 
 
2) Determine 𝐿[𝑓(𝑡)], com 𝑓(𝑡) = 𝑡4 − 2𝑠𝑒𝑛(3𝑡) + 𝑒−3𝑡 cos(2𝑡) + 4𝑡2𝑒2𝑡. 
 
3) Calcule 𝐿−1[𝐹(𝑠)], sendo: 
a) 𝐹(𝑠) = 
2
𝑠−1
 
b) 𝐹(𝑠) = 
2(𝑠+1)
(𝑠+1)2+4
 
c) 𝐹(𝑠) =
𝑠
(𝑠−𝑘)2
 
 
 
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64 
 
Gabarito 
 
 1a) 𝐿[𝑓(𝑡)] =
𝑠
𝑠2+𝑘2
, 𝑠 > 0 
1b) 𝐿[𝑓(𝑡)] =
𝑘
𝑠2+𝑘2
, 𝑠 > 0 
1c) 𝐿[𝑓(𝑡)] =
𝑠
𝑠2−𝑘2
, 𝑠 > |𝑘| 
 1d) [𝑓(𝑡)] =
𝑘
𝑠2−𝑘2
, 𝑠 > |𝑘| 
 2) 𝐹(𝑠) =
24
𝑠5
−
6
𝑠2+9
+
𝑠+3
(𝑠+3)2+4
+
8
(𝑠−2)3
 
 3a) 𝐿−1[𝐹(𝑠)] =
1
2
𝑒𝑡 
3b) 𝐿−1[𝐹(𝑠)] = 2𝑒−𝑡cos (2𝑡) 
3c) 𝐿−1[𝐹(𝑠)] = 𝑒𝑘𝑡 + 𝑘𝑡𝑒𝑘𝑡 
 
 
 
 
Atividade: Para concluir o curso e gerar o seu 
certificado, vá até a sala virtual e responda ao 
Questionário “Avaliação final”. 
Este teste é constituído por 10 perguntas de múltipla 
escolha, que se baseiam em todo o conteúdo estudado. 
 
 
Este curso buscou apresentar as principais técnicas de resolução de Equações 
Diferenciais Ordinárias, bem como alguns simples exemplos de aplicação. No entanto, a 
constante busca pelo aprimoramento profissional e acadêmico faz-se necessário. O convido 
para conhecer também as outras oportunidades de cursos da Plataforma +IFMG. 
 
 
Parabéns pela conclusão do curso. Foi um prazer tê-lo conosco! 
 
 
 
65 
Referências 
 
BOYCE, W.; DIPRIMA, R. C. Equações diferenciais elementares e problemas de valores 
de contorno. [S.l.]: Guanabara Dois, 1985. 
 
JAVARONI, S.L. Abordagem geométrica: possibilidades para o ensino e aprendizagem de 
Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias. Tese (Doutorado em Educação 
Matemática), Universidade Estadual Paulista, Instituto de Geociências e Ciências Exatas 
Campus de Rio Claro, Rio Claro, 2007. Disponível em: 
<https://repositorio.unesp.br/bitstream/handle/11449/102149/javaroni_sl_dr_rcla.pdf?seque
nce=1&isAllowed=y>. Acesso em 01 nov. 2021. 
 
MACHADO, N.J. Matemática por assunto: noções de cálculo. São Paulo: Scipione, 1988. 
 
MEDEIROS, E. F. Uma introdução ao estudo das Equações Diferenciais Parciais 
usando o modelo de Euler-Bernoulli para a vibração transversal de uma barra flexível. 
Trabalho de Conclusão de Curso (Licenciatura em Matemática), Universidade Federal do 
Rio Grande – FURG, 2016. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
https://repositorio.unesp.br/bitstream/handle/11449/102149/javaroni_sl_dr_rcla.pdf?sequence=1&isAllowed=y
https://repositorio.unesp.br/bitstream/handle/11449/102149/javaroni_sl_dr_rcla.pdf?sequence=1&isAllowed=y
 
 
 
66 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
67 
Currículo da autora 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Feito por (professor-autor) Data Revisão de layout Data Versão 
Dandara Lorrayne do 
Nascimento 
07/12/2021 Viviane Lima Martins 08/12/2021 1.0 
 
Dandara Lorrayne do Nascimento: Doutoranda em Modelagem Matemática e 
Computacional pelo Centro Federal de Educação Tecnológica de Minas Gerais - 
CEFET MG e Mestra em Modelagem Matemática e Computacional pelo CEFET-MG 
(2021). Graduada em Matemática pelo Instituto Federal de Minas Gerais - IFMG 
Campus Formiga (2018). Durante a graduação foi membro titular eleito do Conselho 
Acadêmico do IFMG, bolsista de iniciação científica na área de modelagem 
matemática (Um modelo matemático para a angiogênese em tumores sólidos), 
bolsista CAPES no Programa Institucional de Bolsa de Iniciação à Docência (PIBID) 
e bolsista em projeto de pesquisa, desenvolvimento e inovação (PD&I) junto a 
iniciativa privada e a Embrapii (Empresa Brasileira de Pesquisa e Inovação 
Industrial) na área de sistemas inteligentes. Foi professora do Instituto Federal de 
Minas Gerais - IFMG Campus Arcos, atuando nos cursos de Engenharia Mecânica 
e Pós-Graduação em Docência (EaD). Possui experiência como produtora de 
material didático para a Educação a Distância e como professora em cursos EaD. 
 
Currículo Lattes: http://lattes.cnpq.br/5252418461818762 
 
https://wwws.cnpq.br/cvlattesweb/PKG_MENU.menu?f_cod=F514AFA45EF2FAE461A49E9881F99E75
 
 
 
68 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
69 
Glossário de códigos QR (Quick Response) 
 
 
Mídia digital 
Apresentação do 
curso 
 
 
Dica do professor 
Leia os tópicos 1.1 e 
1.2 da obra “Uma 
introdução ao estudo 
das Equações 
Diferenciais Parciais 
usando o modelo de 
Euler-Bernoulli para 
a vibração 
transversal de uma 
barra flexível”. 
 
 
 
 
 
Mídia digital 
Finalizando a 
segunda semana 
 
 
Mídia digital 
Finalizando a 
terceira semana 
 
 
 
 
 
Mídia digital 
Finalizando o curso 
 
 
 
 
 
 
 
70 
 
 
 
 
 
Plataforma +IFMG 
Formação Inicial e Continuada EaD 
 
 
 
 A Pró-Reitoria de Extensão (Proex), desde o ano de 
2020, concentrou seus esforços na criação do Programa 
+IFMG. Esta iniciativa consiste em uma plataforma de cursos 
online, cujo objetivo, além de multiplicar o conhecimento 
institucional em Educação à Distância (EaD), é aumentar a 
abrangência social do IFMG, incentivando a qualificação 
profissional. Assim, o programa contribui para o IFMG cumprir 
seu papel na oferta de uma educação pública, de qualidade e 
cada vez mais acessível. 
 Para essa realização, a Proex constituiu uma equipe 
multidisciplinar, contando com especialistas em educação, 
web design, design instrucional, programação, revisão de 
texto, locução, produção e edição de vídeos e muito mais. 
Além disso, contamos com o apoio sinérgico de diversos 
setores institucionais e também com a imprescindível 
contribuição de muitos servidores (professores e técnico-
administrativos) que trabalharam como autores dos materiais 
didáticos, compartilhando conhecimento em suas áreas de 
atuação. 
A fim de assegurar a mais alta qualidade na produção destes cursos, a Proex adquiriu 
estúdios de EaD, equipados com câmeras de vídeo, microfones, sistemas de iluminação e 
isolação acústica, para todos os 18 campi do IFMG. 
Somando à nossa plataforma de cursos online, o Programa +IFMG disponibilizará 
também, para toda a comunidade, uma Rádio Web Educativa, um aplicativo móvel para 
Android e IOS, um canal no Youtube com a finalidade de promover a divulgação cultural e 
científica e cursos preparatórios para nosso processo seletivo, bem como para o Enem, 
considerando os saberes contemplados por todos os nossos cursos. 
 Parafraseando Freire, acreditamos que a educação muda as pessoas e estas, por 
sua vez, transformam o mundo. Foi assim que o +IFMG foicriado. 
 
 
 
O +IFMG significa um IFMG cada vez mais perto de você! 
 
 
 
Professor Carlos Bernardes Rosa Jr. 
Pró-Reitor de Extensão do IFMG 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Características deste livro: 
Formato: A4 
Tipologia: Arial e Capriola. 
E-book: 
1ª. Edição 
Formato digital