Resolução - Lista 8

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Resoluções da Lista 8 
 
Talvez não sejam os melhores, porém pode ajudar: 
Link de Teorema das Raízes Racionais: http://www.youtube.com/watch?v=QpU-T_ZJBek 
Link do Dispositivo de Briot-Ruffini: http://www.youtube.com/watch?v=iF6tnqcOtVg 
 
1 – Equações de Ordem Superior Homogêneas: 
 
1º) Equação característica admite somente raízes reais e distintas: 
xr
n
xrxrxr neCeCeCeCy  ...321 321 
 
2º) Equação característica admite raízes complexas distintas: 
 )()cos( 21 bxsenCbxCey
ax  , sendo a a parte inteira do número complexo e b o módulo do número 
real da parte imaginária. 
 
3º) Equação característica admite raízes múltiplas: 
xrn
n
xrxrxr
exCexCxeCeCy 1111 12321 ...
 
 
b) 015'38''32'''10''''  yyyyy 
Podemos escrever a equação utilizando uma equação característica: 
 015383210 234  rrrr , logo temos uma equação polinomial de grau 4 e temos que resolvê-la. 
 
Temos vários métodos para resolvermos esse tipo de equação, porém vamos utilizar o Teorema das 
Raízes Racionais e o Dispositivo de Briot-Ruffini. 
 
Verificamos pelo Teorema da Raízes Racionais que os divisores de 15 são: 
 
   15;5;3;115 D , verificando, vemos que 1 é só solução da equação característica: 
015)1(38)1(32)1(10)1()1( 234 P , logo podemos afirmar que 1 é raiz da equação. 
 
Podemos verificar todos os valores, porém convém agora usar o dispositivo de Briot-Ruffini e reduzir 
o grau dessa equação: 
 
 1 -10 32 -38 15 
1 1 -9 23 -15 0 
 
 
 
 
Como a equação original era uma equação de grau 4, com esse procedimento obtemos uma equação de 
grau 3. 
015383210 234  rrrr  015239 23  rrr , fazendo o mesmo processo utilizado acima, 
encontramos que    15;5;3;115 D , verificando, vemos que 1 também é solução da equação 
característica: 
Aplicando novamente o dispositivo de Briot-Ruffini, para reduzirmos novamente o grau da equação. 
 
 
 
raiz 
resto 
http://www.youtube.com/watch?v=QpU-T_ZJBek
http://www.youtube.com/watch?v=iF6tnqcOtVg
 
 1 -10 32 -38 15 
1 1 -9 23 -15 0 
 
1 1 -8 15 0 
 
 
 
 
Como a equação era uma equação de grau 3, com esse procedimento obtemos uma equação de grau 2. 
015383210 234  rrrr  015239 23  rrr  01582  rr , resolvendo a equação 
obtida agora. Encontramos que 5r e 3r 
 
Dessa forma encontramos as quatro raízes da equação característica 015383210 234  rrrr
que são: 11 r , 12 r , 33 r e 54 r 
 
Como temos 4 raízes e observamos que elas atendem a dois casos das equações características, 
devemos mesclar as respostas. 
4321 rrrr  
 
1º) Equação característica admite somente raízes reais e distintas: 
xr
n
xrxrxr neCeCeCeCy  ...321 321 
3º) Equação característica admite raízes múltiplas: 
xrn
n
xrxrxr
exCexCxeCeCy 1111 12321 ...
 
 
Resposta: xxxx eCeCxeCeCy 54
3
321  
 
e) 03'''3'''  yyyy 
Podemos escrever a equação utilizando uma equação característica: 
 033 23  rrr , logo temos equação polinomial de grau 3 e temos que resolvê-la. 
 
Temos vários métodos para resolvermos esse tipo de equação, porém vamos utilizar o Teorema das 
Raízes Racionais e o Dispositivo de Briot-Ruffini. 
 
Verificamos pelo Teorema da Raízes Racionais que os divisores de 3 são: 
 
   3;13 D , verificando, vemos que 1 é solução da equação característica: 
03)1()1(3)1()1( 23 P , logo podemos afirmar que 1 é raiz da equação. 
 
Podemos verificar todos os valores, porém convém agora usar o dispositivo de Briot-Ruffini e reduzir 
o grau dessa equação: 
 
 1 -3 -1 3 
1 1 -2 -3 0 
 
 
 
raiz 
resto 
raiz 
resto 
raiz 
resto 
 
 
 
Como a equação original era uma equação de grau 3, com esse procedimento obtemos uma equação de 
grau 2. 
033 23  rrr  0322  rr , resolvendo a equação obtida agora. Encontramos que 1r e 
3r 
 
Dessa forma encontramos as três raízes da equação característica 033 23  rrr , que são: 
11 r , 12 r ,e 33 r 
 
Como as três raízes são diferentes a solução da equação 03'''3'''  yyyy , será da forma: 
1º) Equação característica admite somente raízes reais e distintas: 
xr
n
xrxrxr neCeCeCeCy  ...321 321 
Resp: xxx eCeCeCy 3321 
 
 
f) 010'2''  yyy 
Podemos escrever a equação utilizando uma equação característica: 
 01022  rr , logo temos equação polinomial de grau 2 e temos que resolvê-la. 
 
Podemos resolver tal equação utilizando a fórmula de Bhaskara e encontraremos 36 , o que 
caracteriza que a equação possui soluções complexas. Lembrete: 12 i 
 
a
b
r
2

  
)1(2
36)2( 
r  
2
362 2i
r

  
2
62 i
r

  
2
)31(2 i
r

  ir 31 , logo 
ir 311  e ir 312  , onde 1a e 3b 
 
Como as duas raízes são diferentes e complexas, a solução da equação 010'2''  yyy , será da forma: 
2º) Equação característica admite raízes complexas distintas: 
 )()cos( 21 bxsenCbxCey
ax  
 
Resp:  )3()3cos( 21
1 xsenCxCey x    )3()3cos( 21 xsenCxCey
x  
 
h) 016'4''4'''  yyyy 
Podemos escrever a equação utilizando uma equação característica: 
 01644 23  rrr , logo temos equação polinomial de grau 3 e temos que resolvê-la. 
 
Temos vários métodos para resolvermos esse tipo de equação, porém vamos utilizar o Teorema das 
Raízes Racionais e o Dispositivo de Briot-Ruffini. 
 
Verificamos pelo Teorema da Raízes Racionais que os divisores de 16 são: 
 
   16;4;2;116 D , verificando, vemos que 2 é solução da equação característica: 
016)2(4)2(4)2()2( 23 P , logo podemos afirmar que 2 é raiz da equação. 
 
Podemos verificar todos os valores, porém convém agora usar o dispositivo de Briot-Ruffini e reduzir 
o grau dessa equação: 
 
 1 4 -4 -16 
2 1 6 8 0 
 
 
 
 
 
 
Como a equação original era uma equação de grau 3, com esse procedimento obtemos uma equação de 
grau 2. 
01644 23  rrr  0862  rr , resolvendo a equação obtida agora. Encontramos que 2r e 
4r 
 
Dessa forma encontramos as três raízes da equação característica 01644 23  rrr , que são: 
21 r , 22 r ,e 53 r 
 
Como as três raízes são diferentes a solução da equação 016'4''4'''  yyyy , será da forma: 
1º) Equação característica admite somente raízes reais e distintas: 
xr
n
xrxrxr neCeCeCeCy  ...321 321 
Resp: xxx eCeCeCy 43
2
2
2
1
  
 
k) 036'33''10'''  yyyy 
Podemos escrever a equação utilizando uma equação característica: 
 0363310 23  rrr , logo temos equação polinomial de grau 3 e temos que resolvê-la. 
 
Temos vários métodos para resolvermos esse tipo de equação, porém vamos utilizar o Teorema das 
Raízes Racionais e o Dispositivo de Briot-Ruffini. 
 
Verificamos pelo Teorema da Raízes Racionais que os divisores de 36 são: 
 
   36;18;12;9;6;4;3;2;136 D , verificando, vemos que – 3 é solução da equação 
característica: 
036)3(33)3(10)3()3( 23 P , logo podemos afirmar que – 3 é raiz da equação. 
 
Podemos verificar todos os valores, porém convém agora usar o dispositivo de Briot-Ruffini e reduzir 
o grau dessa equação: 
 
 1 10 33 36 
-3 1 7 12 0 
 
 
 
 
 
 
raiz 
resto 
raiz 
resto 
Como a equação original era uma equação de grau 3, com esse procedimento obtemos uma equação de 
grau 2. 
0363310 23  rrr  01272  rr , resolvendo a equação obtida agora. Encontramos que 
3r e 4r 
 
Dessa forma encontramos as três raízes da equação característica 033 23  rrr , que são: 
31 r , 32 r ,e 43 r 
 
Como as duas raízes são diferentes e uma raiz igaul a solução da equação 036'33''10'''  yyy , será 
da forma: 
1º) Equação característica admite somente raízes reais e distintas: 
xr
n
xrxrxr neCeCeCeCy  ...321 321 
3º) Equação característica admite raízes múltiplas: 
xrn
n
xrxrxr
exCexCxeCeCy 1111 12321 ...
 
 
Resp: xxx xeCeCeCy 33
3
2
4
1
  
 
m)   020''4  yyy 
 
Podemos escrevera equação utilizando uma equação característica: 
 02024  rr , logo temos uma equação polinomial de grau 4 e temos que resolvê-la. 
 
Temos vários métodos para resolvermos esse tipo de equação, porém vamos utilizar o Teorema das 
Raízes Racionais e o Dispositivo de Briot-Ruffini. 
 
Verificamos pelo Teorema da Raízes Racionais que os divisores de 20 são: 
 
   2010;5;4;2;120 D , verificando, vemos que 2 é solução da equação característica: 
020)2()2()2( 24 P , logo podemos afirmar que 2 é raiz da equação. 
 
Podemos verificar todos os valores, porém convém agora usar o dispositivo de Briot-Ruffini e reduzir 
o grau dessa equação: 
 
 1 0 1 0 - 20 
2 1 2 5 10 0 
 
 
 
 
Como a equação original era uma equação de grau 4, com esse procedimento obtemos uma equação de 
grau 3. 
02024  rr  01052 23  rrr , fazendo o mesmo processo utilizado acima, encontramos que 
   10;5;2;110 D , verificando, vemos que – 2 também é só solução da equação característica: 
Aplicando novamente o dispositivo de Briot-Ruffini, para reduzirmos novamente o grau da equação. 
 
 
 
raiz 
resto 
 
 1 0 1 0 - 20 
2 1 2 5 10 0 
 
- 2 1 0 5 0 
 
 
 
 
 
Como a equação era uma equação de grau 3, com esse procedimento obtemos uma equação de grau 2. 
02024  rr  01052 23  rrr  052 r , resolvendo a equação obtida agora. Encontramos 
que 5ir  e 5ir  
 
Dessa forma encontramos as quatro raízes da equação característica 02024  rr que são: 21 r
, 22 r , 53 ir  e 54 ir  
 
Como temos 4 raízes e observamos que elas atendem a dois casos das equações características, 
devemos mesclar as respostas. 
4321 rrrr  , sendo que 3r e 4r são raízes complexas 
 
1º) Equação característica admite somente raízes reais e distintas: 
xr
n
xrxrxr neCeCeCeCy  ...321 321 
2º) Equação característica admite raízes complexas distintas: 
 )(()cos( 21 bxsenCbxCey
ax  
 
    55cos 4302221 xsenCxCeeCeCy xxx       55cos 432221 xsenCxCeCeCy xx   
Resposta:    55cos 432221 xsenCxCeCeCy xx   
 
p) 0'225''78'''14''''2'''''  yyyyy 
Podemos escrever a equação utilizando uma equação característica: 
 022578142 2345  rrrrr , logo temos equação polinomial de grau 5 e temos que resolvê-la. 
 
Podemos observar que podemos colocar o r em evidência, dessa forma, temos: 
022578142 2345  rrrrr    022578142 234  rrrrr 
Observamos que 0r e 022578142 234  rrrr , desta forma 0 é uma raiz e as outras raízes 
sairão da equação 022578142 234  rrrr 
 
022578142 234  rrrr 
Temos vários métodos para resolvermos esse tipo de equação, porém vamos utilizar o Teorema das 
Raízes Racionais e o Dispositivo de Briot-Ruffini. 
 
Verificamos pelo Teorema da Raízes Racionais que os divisores de 225 são: 
 
   225;75;45;25;15;9;5;3;1225 D , verificando, vemos que – 3 é solução da equação 
característica: 
raiz 
resto 
raiz 
resto 
  0225)3(78314)3(2)3()3( 234 P , logo podemos afirmar que – 3 é raiz da equação. 
 
Podemos verificar todos os valores, porém convém agora usar o dispositivo de Briot-Ruffini e reduzir 
o grau dessa equação: 
 
 
 
Como a equação original era uma equação de grau 4, com esse procedimento obtemos uma equação de 
grau 3. 
022578142 234  rrrr  0755 23  rrr 
Temos que utilizar o Teorema das Raízes Racionais e o Dispositivo de Briot-Ruffini, pois a equação é 
do 3º grau. 
Verificamos pelo Teorema da Raízes Racionais que os divisores de 75 são: 
 
   75;25;15;5;3;175 D , verificando, vemos que – 3 é solução da equação característica: 
  0753)3(5)3()3( 23 P , logo podemos afirmar que – 3 é raiz da equação. 
 
Podemos verificar todos os valores, porém convém agora usar o dispositivo de Briot-Ruffini e reduzir 
o grau dessa equação: 
 
 
 
 
Reduzindo assim a equação de grau 3 para grau 2. 
0755 23  rrr  02582  rr , resolvendo a equação obtida agora. Encontramos que ir 34
e ir 34 
 
Dessa forma encontramos as cinco raízes da equação característica 022578142 2345  rrrrr , 
que são: 01 r , 32 r 33 r ,e ir 344  e ir 345  
Como as duas raízes são diferentes, uma raiz é igual e duas raízes complexas, a solução da equação 
0'225''78'''14''''2'''''  yyyyy , será da forma: 
1º) Equação característica admite somente raízes reais e distintas: 
xr
n
xrxrxr neCeCeCeCy  ...321 321 
2º) Equação característica admite raízes complexas distintas: 
 )(()cos( 21 bxsenCbxCey
ax  
3º) Equação característica admite raízes múltiplas: 
xrn
n
xrxrxr
exCexCxeCeCy 1111 12321 ...
 
 
Resp:     xsenCxCexeCeCCy xxx 33cos 54
43
3
3
21 
 
 
t) 018'15''4'''  yyyy








88)0(''
4)0('
2)0(
y
y
y
 R: xxx eeey 63 222   
Podemos escrever a equação utilizando uma equação característica: 
 018154 23  rrr , logo temos equação polinomial de grau 3 e temos que resolvê-la. 
 1 -2 -14 78 225 
-3 1 -5 1 75 0 
 1 -2 -14 78 225 
-3 1 -5 1 75 0 
-3 1 -8 25 0 
Temos vários métodos para resolvermos esse tipo de equação, porém vamos utilizar o Teorema das 
Raízes Racionais e o Dispositivo de Briot-Ruffini. 
 
Verificamos pelo Teorema da Raízes Racionais que os divisores de 18 são: 
 
   18;9;6;32;118 D , verificando, vemos que 1 é solução da equação característica: 
  018115)1(4)1()1( 23 P , logo podemos afirmar que 1 é raiz da equação. 
 
Podemos verificar todos os valores, porém convém agora usar o dispositivo de Briot-Ruffini e reduzir 
o grau dessa equação, temos que observar que não temos o termo de grau 2, logo temos que colocar o 
zero no lugar desse termo: 
 
 1 4 -15 -18 
1 1 3 -18 0 
 
 
 
 
 
Como a equação original era uma equação de grau 3, com esse procedimento obtemos uma equação de 
grau 2. 
018154 23  rrr  01832  rr , resolvendo a equação obtida agora. Encontramos que 3r e 
6r 
Dessa forma encontramos as três raízes da equação característica 018154 23  rrr , que são: 
11 r , 32 r e 63 r 
 
Como as três raízes são diferentes a solução da equação 018'15''4'''  yyyy , será da forma: 
1º) Equação característica admite somente raízes reais e distintas: 
xr
n
xrxrxr neCeCeCeCy  ...321 321 
Portanto a solução geral será: 
xxx eCeCeCy 63
3
21
  
Como no início da questão foram dadas condições, temos que encontrar o valor das constantes 1C ; 2C 
e 3C . Para isso temos que derivar a solução geral até a 2ª ordem. 
xxx eCeCeCy 63
3
21
   xxx eCeCeCy 63
3
21 63'
   xxx eCeCeCy 63
3
21 369''
  
 
Substituindo nas derivadas as condições dadas, temos: 
I) xxx eCeCeCy 63
3
21
  , sendo 2)0( y 
 06
3
)0(3
2
)0(
12
 eCeCeC  2321  CCC 
 
II) xxx eCeCeCy 63
3
21 63'
  , sendo 4)0(' y 
     06
3
03
2
0
1 634
 eCeCeC  463 321  CCC 
 
III) xxx eCeCeCy 63
3
21 369''
  , sendo 88)0('' y 
     06
3
0
2
0
1 36988
 eCeCeC  88369 321  CCC 
Observamos que podemos formar um sistema com as equações encontradas: 
raiz 
resto 








88369
463
2
321
321
321
CCC
CCC
CCC
 
Para resolver esse sistema, utilizaremos o método do escalonamento, montando para isso uma matriz 
com os coeficientes das equações: 
883691
4631
2111
 , nosso objetivo é zerar os valores abaixo do 1 da primeira linha, para isso vamos 
multiplicar a linha 1 por somar a linha 1 com a linha 2; e multiplicarmos a linha 1 por 1 e somarmos 
com a linha 3. 
 
883691
4631
2111

313
212
LLL
LLL


  
863580
2540
2111
 , agora devemos olhar para a segunda linha, para 
zerarmos o valor abaixo do 4, para isso multiplicaremos a nova linha 2 por 2 e somaremos com a linha 
3. 
 
 
863580
2540
2111
 323 2 LLL  
904500
2540
2111
 . 
Agora já podemosencontrar os valores das constantes 1C ; 2C e 3C . 








9045
254
2
3
32
321
C
CC
CCC
, ou seja, 
2
9045
3
3


C
C
, substituindo na segunda equação temos: 
254 32  CC  254 32  CC    2254 2 C  22 C , por fim resolvemos a primeira 
2321  CCC  321 2 CCC   2221 C  21 C 
Substituindo os valores das constantes na solução geral temos: 
 
Resp: xxx eCeCeCy 63
3
21
   xxx eeey 63 222   
 
v) 090'91'''  yyy








100)0(''
10)0('
1)0(
y
y
y
 R: xey 10 
Podemos escrever a equação utilizando uma equação característica: 
 090913  rr , logo temos equação polinomial de grau 3 e temos que resolvê-la. 
 
Temos vários métodos para resolvermos esse tipo de equação, porém vamos utilizar o Teorema das 
Raízes Racionais e o Dispositivo de Briot-Ruffini. 
 
Verificamos pelo Teorema da Raízes Racionais que os divisores de 90 são: 
 
   90;45;30;18;15;10;9;6;5;32;190 D , verificando, vemos que 1 é solução da equação 
característica: 
090)1(91)1()1( 3 P , logo podemos afirmar que 1 é raiz da equação. 
 
Podemos verificar todos os valores, porém convém agora usar o dispositivo de Briot-Ruffini e reduzir 
o grau dessa equação, temos que observar que não temos o termo de grau 2, logo temos que colocar o 
zero no lugar desse termo: 
 
 1 0 -91 90 
1 1 1 -90 0 
 
 
 
 
 
Como a equação original era uma equação de grau 3, com esse procedimento obtemos uma equação de 
grau 2. 
090913  rr  0902  rr , resolvendo a equação obtida agora. Encontramos que 9r e 
10r 
Dessa forma encontramos as três raízes da equação característica 090913  rr , que são: 11 r ,
92 r ,e 103 r 
 
Como as três raízes são diferentes a solução da equação 090'91'''  yyy , será da forma: 
1º) Equação característica admite somente raízes reais e distintas: 
xr
n
xrxrxr neCeCeCeCy  ...321 321 
Portanto a solução geral será: 
xxx eCeCeCy 103
9
21
 
Como no início da questão foram dados condições, temos que encontrar o valor das constantes 1C ; 2C 
e 3C . Para isso temos que derivar a solução geral até a 2ª ordem. 
xxx eCeCeCy 103
9
21
  xxx eCeCeCy 103
9
21 109'
  xxx eCeCeCy 103
9
21 10081''
 
 
Substituindo nas derivadas as condições dadas, temos: 
I) xxx eCeCeCy 103
9
21
 , sendo 1)0( y 
)0(10
3
)0(9
2
0
11
 eCeCeC  1321  CCC 
 
II) xxx eCeCeCy 103
9
21 109'
 , sendo 10)0(' y 
   010
3
09
2
0
1 10910
 eCeCeC  10109 321  CCC 
 
III) xxx eCeCeCy 103
9
21 10081''
 , sendo 100)0('' y 
   010
3
09
2
0
1 10081100
 eCeCeC  10010081 321  CCC 
Observamos que podemos formar um sistema com as equações encontradas: 








10010081
10109
1
321
321
321
CCC
CCC
CCC
 
Para resolver esse sistema, utilizaremos o método do escalonamento, montando para isso uma matriz 
com os coeficientes das equações: 
raiz 
resto 
100100811
101091
1111
 , nosso objetivo é zerar os valores abaixo do 1 da primeira linha, para isso vamos 
multiplicar a linha 1 por 1 e somarmos com a linha 2; e multiplicarmos a linha 1 por 1 e somarmos 
com a linha 3. 
 
100100811
101091
1111

313
212
LLL
LLL


  
9999800
111180
1111
 , agora devemos olhar para a segunda linha, 
para zerarmos o valor abaixo do 8, para isso multiplicaremos a nova linha 2 por 10 e somaremos com 
a linha 3. 
 
9999800
111180
1111
 323 10 LLL   
20920900
111180
1111
 . 
Agora já podemos encontrar os valores das constantes 1C ; 2C e 3C . 








209209
11118
1
3
32
321
C
CC
CCC
, ou seja, 
1
209209
3
3


C
C
, substituindo na segunda equação temos: 
11118 32  CC  11118 32  CC    110118 2 C  02 C , por fim resolvemos a primeira 
1321  CCC  321 1 CCC   1011 C  01 C 
Substituindo os valores das constantes na solução geral temos: 
 
Resp: xxx eCeCeCy 103
9
21
  xey 10 
 
w) 048'2''9'''  yyyy








3)0(''
2)0('
1)0(
y
y
y
 
 
Podemos escrever a equação utilizando uma equação característica: 
 04829 23  rrr , logo temos equação polinomial de grau 3 e temos que resolvê-la. 
 
Temos vários métodos para resolvermos esse tipo de equação, porém vamos utilizar o Teorema das 
Raízes Racionais e o Dispositivo de Briot-Ruffini. 
 
Verificamos pelo Teorema da Raízes Racionais que os divisores de 48 são: 
 
   48;24;16;12;8;6;4;32;148 D , verificando, vemos que 2 é solução da equação 
característica: 
048)2(2)2(9)2()2( 23 P , logo podemos afirmar que 2 é raiz da equação. 
 
Podemos verificar todos os valores, porém convém agora usar o dispositivo de Briot-Ruffini e reduzir 
o grau dessa equação: 
 
raiz 
 1 -9 2 48 
2 1 -11 24 0 
 
 
 
 
 
 
Como a equação original era uma equação de grau 3, com esse procedimento obtemos uma equação de 
grau 2. 
04829 23  rrr  024112  rr , resolvendo a equação obtida agora. Encontramos que 3r e 
8r 
 
Dessa forma encontramos as três raízes da equação característica 04829 23  rrr , que são: 
21 r , 32 r ,e 83 r 
 
Como as três raízes são diferentes a solução da equação 03'''3'''  yyyy , será da forma: 
1º) Equação característica admite somente raízes reais e distintas: 
xr
n
xrxrxr neCeCeCeCy  ...321 321 
 
Portanto a solução geral será: 
xxx eCeCeCy 83
3
2
2
1 
 
 
Como no início da questão foram dados condições, temos que encontrar o valor das constantes 1C ; 2C 
e 3C . Para isso temos que derivar a solução geral até a 2ª ordem. 
 
xxx eCeCeCy 83
3
2
2
1 
 
xxx eCeCeCy 83
3
2
2
1 832' 
 
xxx eCeCeCy 83
3
2
2
1 6494'' 
 
 
Substituindo nas derivadas as condições dadas, temos: 
I) xxx eCeCeCy 83
3
2
2
1 
 , sendo 1)0( y 
)0(8
3
)0(3
2
)0(2
11 eCeCeC 

 1321  CCC 
 
II) xxx eCeCeCy 83
3
2
2
1 832' 
 , sendo 2)0(' y 
)0(8
3
)0(3
2
)0(2
1 8322 eCeCeC 

 2832 321  CCC 
 
III) xxx eCeCeCy 83
3
2
2
1 6494'' 
 , sendo 3)0('' y 
)0(8
3
)0(3
2
)0(2
1 64943 eCeCeC 

 36494 321  CCC 
Observamos que podemos formar um sistema com as equações encontradas: 








36494
2832
1
321
321
321
CCC
CCC
CCC
 
Para resolver esse sistema, utilizaremos o método do escalonamento, montando para isso uma matriz 
com os coeficientes das equações: 
resto 
36494
2832
1111
 , nosso objetivo é zerar os valores abaixo do 1 da primeira linha, para isso vamos 
multiplicar a linha 1 por 2 e somarmos com a linha 2; e multiplicarmos a linha 1 por 4 e somarmos com a 
linha 3. 
 
36494
2832
1111

313
212
4
2
LLL
LLL


  
16050
01050
1111

, agora devemos olhar para a segunda linha e 
zerarmos o valor abaixo desse 5, para isso basta somarmos a nova linha 2 com a linha 3. 
 
16050
01050
1111

323 LLL   
15000
01050
1111

. 
Agora já podemos encontrar os valores das constantes 1C ; 2C e 3C . 








150
0105
1
3
32
321
C
CC
CCC
, ou seja, 
50
1
150
3
3


C
C
, substituindo na segunda equação temos: 
0105 32  CC  32 105 CC   






50
1
105 2C  
50
2
2 C  
25
1
2 C , por fim resolvemos a 
primeira 
1321  CCC  321 1 CCC   
50
1
50
2
11 C  
50
49
1 C 
 
Substituindo os valores das constantes na solução geral temos: 
 
Resp: xxx eCeCeCy 83
3
2
2
1 

 
502550
49 832
xx
x eeey   
 
x) 07'8''  yyy





2)0('
4)0(
y
y
 
 
Podemos escrever a equação utilizando uma equação característica: 
 0782  rr , logo temos equação polinomial de grau 2 e temos que resolvê-la. Aonde encontraremos 
como resposta 1r e 7r . 
 
1º) Equação característica admite somente raízes reais e distintas: 
xr
nxrxrxr neCeCeCeCy  ...321 321 
 
Portanto a solução geral será: 
xx eCeCy 721  
 
Como no início da questão foram dados condições, temos que encontrar o valor das constantes 1C e 2C
. Para isso temos que derivar a solução geral até a 1ª ordem. 
 
xx eCeCy 721  
xx eCeCy 721 7'  
 
Substituindo nas derivadas as condições dadas, temos: 
I) xx eCeCy 721  , sendo 4)0( y 
)0(8
3
)0(7
2
)0(
14 eCeCeC   421 CC 
 
II) xx eCeCy 721 7'  , sendo 2)0(' y 
)0(7
2
)0(
1 72 eCeC   27 21  CC 
 
Observamos que podemos formar um sistema com as equações encontradas: 





27
4
21
21
CC
CC
, resolvendo o sistema encontrando, temos que 51 C e 12 C 
 
Substituindo os valores das constantes na solução geral temos: 
 
Resp: xx eCeCy 721   
xx eey 75  
 
y)   0'''365  yy
 













2592)0(
216)0('''
10)0(''
0)0('
1)0(
4y
y
y
y
y
 
Podemos escrever a equação utilizando uma equação característica: 
 036 25  rr , logo temos equação polinomial de grau 5 e temos que resolvê-la. 
 Observando a equação, vemos que ela é uma equação incompleta no termo independente, logo podemos 
colocar 3r em evidência. 
036 25  rr    03623 rr , onde temos que: 
03 r , ou seja, 0321  rrr e 036
2 r  irr 636  , como temos 5 raízes e 
observamos que elas atendem a dois casos das equações características, devemos mesclar as 
respostas. 
 Equação característica admite raízes complexas distintas: 
 )()cos( 21 bxsenCbxCey
ax  
 Equação característica admite raízes múltiplas: 
xrn
n
xrxrxr
exCexCxeCeCy 1111 12321 ...
 
 
 )6()6cos( 54
002
3
0
2
0
1 xsenCxCeexCxeCeCy
xxxx   
)6()6cos( 54
2
321 xsenCxCxCxCCy   Solução geral. 
 
Como no início da questão foram dados condições, temos que encontrar o valor das constantes 1C ; 2C ; 
3C ; 4C ; 5C . Para isso temos que derivar a solução geral até a 4ª ordem. 
 
)6()6cos( 54
2
321 xsenCxCxCxCCy  
)6cos(6)6(62' 5432 xCxsenCxCCy  
)6(36)6cos(362'' 543 xsenCxCCy  
)6cos(216)6(216''' 54 xCxsenCy  
)6(1296)6cos(1296'''' 54 xsenCxCy  
 
Substituindo nas derivadas as condições dadas, temos: 
I) )6()6cos( 54
2
321 xsenCxCxCxCCy  , sendo 1)0( y 
))0(6())0(6cos()0()0(1 54
2
321 senCCCCC   141 CC 
 
II) )6cos(6)6(62' 5432 xCxsenCxCCy  , sendo 0)0(' y 
))0(6cos(6))0(6(6)0(20 5432 CsenCCC   06 52  CC 
 
III) )6(36)6cos(362'' 543 xsenCxCCy  , sendo 10)0('' y 
))0(6(36))0(6cos(36210 543 senCCC   10362 43  CC 
 
IV) )6cos(216)6(216''' 54 xCxsenCy  , sendo 216)0(''' y 
))0(6cos(216))0(6(216216 54 CsenC   216216 5  C 
 
V) )6(1296)6cos(1296'''' 54 xsenCxCy  , sendo 2592)0('''' y 
))0(6(1296))0(6cos(12962592 54 senCC   25921296 4 C 
 
Resolvendo as condições temos que: 
V) 25921296 4 C  24 C 
IV) 216216 5  C  15 C 
III) 10362 43  CC  10)2(362 3 C  10722 3 C  413 C 
II) 06 52  CC  0)1(62 C  062 C  62 C 
I) 141 CC  1)2(1 C  121 C  31 C 
 
Substituindo os valores das constantes na solução geral temos: 
 
Resp: )6()6cos( 54
2
321 xsenCxCxCxCCy   )6()6cos(24163
2 xsenxxxy  
 
2) Equações Diferemciais de Ordem Superior Não-Homogênea 
 
a) 126'5''  xyyy 
Como a equação acima é uma equação não-homogênea, temos que a sua solução será composta de duas 
partes. Sua solução será da forma: 
pc yyy  , onde cy representa uma função complementar e py , 
uma solução particular. 
 
A função complementar 
cy , será formada pela equação característica da forma homogênea., ou seja, 
cy  06'5''  yyy 
 
Podemos escrever a equação utilizando uma equação característica: 
 0652  rr , logo temos equação polinomial de grau 2 e temos que resolvê-la. 
Resolvendo tal equação, temos que 21 r e 32 r , logo a cy será da forma: 
xx
c eCeCy
3
2
2
1
  
 
Temos agora que encontrar a equação particular 
py , para isso temos que verificar que é o m (grau do 
polinômio B) e o h (0rdem da menor derivada da equação). 
 
12  xB  grau 1, logo 1m 
06'5''  yyy  menor derivada de ordem zero )(y , logo 0h . 
 
A solução particular
py será um polinômio de grau hm  , logo de 1º grau. 
 
BAxy p  , como a função complementar é uma equação de segunda ordem, devemos derivar duas 
vezes a solução particular 
py . 
BAxy p   Ay p '  0'' py 
 
Substituindo os valores encontrados na equação original, temos: 
 
126'5''  xyyy  12)(6)(50  xBAxA  12665  xBAxA  12)65(6  xBAAx 
 
 
Resolvendo a igualdade, encontraremos: 
xAx 26  
3
1
A 165  BA  






3
1
516B  
9
1
B 
Montando a solução particular com os valores de A e B encontrados: 
BAxy p   
9
1
3

x
y p 
Solução será: 
 
pc yyy   
9
1
3
3
2
2
1 
 xeCeCy xx 
 
b) 123''2''' 2  xxyy 
Como a equação acima é uma equação não-homogênea, temos que a sua solução será composta de duas 
partes. Sua solução será da forma: 
pc yyy  , onde cy representa uma função complementar e py , 
uma solução particular. 
 
A função complementar 
cy , será formada pela equação característica da forma homogênea., ou seja, 
cy  0''2'''  yy 
 
Podemos escrever a equação utilizando uma equação característica: 
 02 23  rr , logo temos equação polinomial de grau 3 e temos que resolvê-la. 
Resolvendo tal equação, temos que 01 r , 02 r e 23 r , logo a cy será da forma: 
x
c eCxCCy
2
321  
 
Temos agora que encontrar a equação particular 
py , para isso temos que verificar que é o m (grau do 
polinômio B) e o h (0rdem da menor derivada da equação). 
 
123 2  xxB  grau 2, logo 2m 
0''2'''  yy  menor derivada de ordem zero )(y , logo 2h . 
 
A solução particular
py será um polinômio de grau hm  , logo de 4º grau. 
EDxCxBxAxy p 
234 , como a função complementar é uma equação de terceira ordem, 
devemos derivar três vezes a solução particular 
py . 
EDxCxBxAxy p 
234
 DCxBxAxy p  234'
23  CBxAxy p 2612''
2   
BAxy p 624'''  
 
Substituindo os valores encontrados na equação original, temos: 
123''2''' 2  xxyy  123)2612(2624 22  xxCBxAxBAx  
12341224624 22  xxCBxAxBAx      12346122424 22  xxCBxBAAx 
 
Resolvendo a igualdade, encontraremos: 
22 324 xAx  
8
1
A   xxBA 21224   B122
8
1
24 





  
12
1
B 
146  CB  C41
12
1
6 





  
8
3
C 
Montando a solução particular com os valores de A e B encontrados: 
EDxCxBxAxy p 
234
 
8
3
128
234 xxx
y p  
Solução será: 
pc yyy   
8
3
128
234
2
321
xxx
eCxCCy x  
 
c) 1284'' 2  xxyy 
Como a equação acima é uma equação não-homogênea, temos que a sua solução será composta de duas 
partes. Sua solução será da forma: 
pc yyy  , onde cy representa uma função complementar e py , 
uma solução particular. 
 
A função complementar 
cy , será formada pela equação característica da forma homogênea., ou seja, 
cy  04''  yy 
 
Podemos escrever a equação utilizando uma equação característica: 
 042 r , logo temos equação polinomial de grau 2 e temos que resolvê-la. 
Resolvendo tal equação, temos que 21 r e 22 r , logo a cy será da forma: 
xx
c eCeCy
2
2
2
1 
 
 
Temos agora que encontrar a equação particular 
py , para isso temos que verificar que é o m (grau do 
polinômio B) e o h (0rdem da menor derivada da equação). 
 
128 2  xxB  grau 2, logo 2m 
04''  yy  menor derivada de ordem zero )(y , logo 0h . 
 
A solução particular
py será um polinômio de grau hm  , logo de 2º grau. 
 
CBxAxy p 
2 , como a função complementar é uma equação de segunda ordem, devemos derivar 
duas vezes a solução particular 
py . 
CBxAxy p 
2
 BAxy p  2'  Ay p 2''  
 
Substituindo os valores encontrados naequação original, temos: 
 
1284'' 2  xxyy  128)(42 22  xxCBxAxA  1284442 22  xxCBxAxA 
  1284244 22  xxCABxAx 
 
Resolvendo a igualdade, encontraremos: 
22 84 xAx   2A xBx  4  
4
1
B 1242  CA   22124  C  4C 
Montando a solução particular com os valores de A e B encontrados: 
CBxAxy p 
2
 4
4
2 2 
x
xy p 
Solução será: 
 
pc yyy   4
4
2 222
2
1 
 xxeCeCy xx 
 
d) 222
2
3
3









x
x
y
x
y
x
y
 
Como a equação acima é uma equação não-homogênea, temos que a sua solução será composta de duas 
partes. Sua solução será da forma: 
pc yyy  , onde cy representa uma função complementar e py , 
uma solução particular. 
 
A função complementar 
cy , será formada pela equação característica da forma homogênea., ou seja, 
cy  0'2'''''  yyy 
 
Podemos escrever a equação utilizando uma equação característica: 
 0223  rrr , logo temos equação polinomial de grau 3 incompleta e podemos resolvê-la, colocando 
o r em evidência. 
 
0223  rrr  0)2( 2  rrr , logo temos: 0r e 022  rr 
 
Resolvendo a segunda equação, temos que 11 r e 22 r , logo a cy será da forma: 
xxx
c eCeCeCy
2
32
0
1 

 xx
c eCeCCy
2
321 
 
 
Temos agora que encontrar a equação particular 
py , para isso temos que verificar que é o m (grau do 
polinômio B) e o h (0rdem da menor derivada da equação). 
 
2 xB  grau 1, logo 1m 
0'2'''''  yyy  menor derivada de ordem um )'(y , logo 1h . 
 
A solução particular
py será um polinômio de grau hm  , logo de 2º grau. 
 
CBxAxy p 
2 , como a função complementar é uma equação de terceira ordem, devemos derivar 
três vezes a solução particular 
py . 
CBxAxy p 
2
 BAxy p  2'  Ay p 2''   0''' py 
 
Substituindo os valores encontrados na equação original, temos: 
 
2'2'''''  xyyy  2)2(220  xBAxA  2224  xBAAx  2)22(4  xBAAx 
 
Resolvendo a igualdade, encontraremos: 
xAx 14  
4
1
A 222  BA  






4
1
222B  
2
1
22  B )2(  54 B  
4
5
B 
Montando a solução particular com os valores de A e B encontrados: 
CBxAxy p 
2
 x
x
y p
4
5
4
2
 
Solução será: 
 
pc yyy   x
x
eCeCCy xx
4
5
4
2
2
321 
 
 
e) 1234
3
2
2
4
4






xx
x
y
x
y
 
Como a equação acima é uma equação não-homogênea, temos que a sua solução será composta de duas 
partes. Sua solução será da forma: 
pc yyy  , onde cy representa uma função complementar e py , 
uma solução particular. 
 
A função complementar 
cy , será formada pela equação característica da forma homogênea., ou seja, 
cy  0''4''''  yy 
 
Podemos escrever a equação utilizando uma equação característica: 
 04 24  rr , logo temos equação polinomial de grau 4 incompleta e podemos resolvê-la, colocando o r
em evidência. 
 
04 24  rr  0)4( 22 rr , logo temos: 02 r e 042 r 
 
A primeira equação nos dá uma raiz dupla igual a zero. Logo, 021  rr .Resolvendo a segunda equação, 
temos que 23 r e 24 r , logo a cy será da forma: 
xxxx
c eCeCxeCeCy
2
4
2
3
0
2
0
1 

 
xx
c eCeCxCCy
2
4
2
321 
 
 
Temos agora que encontrar a equação particular 
py , para isso temos que verificar que é o m (grau do 
polinômio B) e o h (0rdem da menor derivada da equação). 
 
123 3  xxB  grau 3, logo 3m 
0''4''''  yy  menor derivada de ordem um )''(y , logo 2h . 
 
A solução particular
py será um polinômio de grau hm  , logo de 5º grau. 
 
FExDxCxBxAxy p 
2345 , como a função complementar é uma equação de quarta ordem, 
devemos derivar quatro vezes a solução particular 
py . 
FExDxCxBxAxy p 
2345
 EDxCxBxAxy p  2345'
234 
 DCxBxAxy p 261220''
23   CBxAxy p 62460'''
2   BAxy p 24120''''  
 
Substituindo os valores encontrados na equação original, temos: 
 
123''4'''' 3  xxyy  123)261220(424120 323  xxDCxBxAxBAx  
123824488024120 323  xxDCxBxAxBAx  
123)824()24120(4880 323  xxDBxCABxAx 
 
Resolvendo a igualdade, encontraremos: 
380  A 
80
3
A 048  B  0B 
224120  CA 2  11260  CA  112
80
3
60 





 C  
80
180
112  C  
80
100
12  C  
48
5
C 
1824  DB  18)0(24  D  
8
1
D 
Montando a solução particular com os valores de A e B encontrados: 
FExDxCxBxAxy p 
2345
 235
8
1
48
5
80
3
xxxy p  
Solução será: 
 
pc yyy   848
5
80
3 2352
4
2
321
xxx
eCeCxCCy xx  