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DISCIPLINA: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS 
(EDO) – 6MAT011 
PROFESSORA: NEYVA MARIA LOPES ROMEIRO 
 
 
INTRODUÇÃO 
O estudo das equações diferenciais foi motivado inicialmente por problemas da física, ou 
seja, problemas de mecânica, eletricidade termodinâmica, magnetismo etc. 
Atualmente muitas outras áreas do conhecimento têm a formulação teórica de seus 
problemas utilizando essas equações. Entre estas pode-se citar as áreas de Engenharia, 
Química, Ecologia, Biologia, Economia e Sociologia, onde muitos problemas importantes 
e significativos exigem a determinação de uma função que obedece a uma equação que 
contém uma ou mais derivadas da função desconhecida. A estas equações dá-se o nome de 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS. 
 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS (EDO´S) E EQUAÇÕES 
DIFERENCIAIS PARCIAIS (EDP´S) 
Uma das classificações mais evidentes se baseia em a função desconhecida depender de 
uma só variável independente ou de diversas variáveis dependentes. No primeiro caso, na 
equação diferencial só aparecem derivadas ordinárias e a equação é uma EDO. No segundo 
caso, as derivadas são derivadas parciais, e a equação é uma EDP. 
 
ALGUNS EXEMPLOS DE EDO’s 
Exemplo 1: Seja x(t) o espaço percorrido por um corpo em queda livre num instante de 
tempo t. 
• Se desprezarmos a resistência do ar teremos a trajetória do corpo regida pela equação 
 0)( =+′′ gtx (1) 
g é a aceleração da gravidade; 
• Se considerarmos a resistência do ar, um corpo caindo de pára-quedas, por exemplo, 
tem-se 
0)()( =+′+′′ mgtxbtxm (2) 
onde 0<= cteb . 
Exemplo 2: Seja )(tM a massa de um material radioativo no instante t. Sabe-se que a taxa 
de desintegração é proporcional a quantidade de massa existente. Assim tem-se 
)()( tkMtM =′ , (3) 
0<= ctek . Esta mesma equação descreve a reprodução de bactérias numa cultura, só que 
neste caso 0>= ctek . 
Exemplo 3: Pode-se obter, usando equações diferenciais, os esforços solicitantes obtidos a 
partir das equações de equilíbrio que regem o comportamento das vigas. Estas equações 
encontram-se descritas abaixo 
 2
)()( xq
dx
xdV
−= e )()( xV
dx
xdM
= (4) 
onde )(xq é um carregamento genérico, )(xV é a força cortante, )(xM é o momento 
fletor. 
 
Exemplo 4: A equação que governa o decaimento de uma substância radiotiva com o 
tempo )(tR , como o do rádio, 
)()( tkR
dt
tdR
−= , (5) 
 
onde k é uma constante conhecida. 
 
ALGUNS EXEMPLOS DE EDP’s 
Exemplo 5: Exemplos típicos de equações diferenciais parciais são a equação do potencial 
0),(),( 2
2
2
2
=
∂
∂
+
∂
∂
y
yxu
x
yxu
 (6) 
a equação da difusão e da condução do calor 
t
txu
x
txu
∂
∂
=
∂
∂ ),(),(
2
2
2α (7) 
e a equação da onda 
2
2
2
2
2 ),(),(
t
txu
x
txu
a
∂
∂
=
∂
∂
, (8) 
Nestas equações 2α e 2a são constantes determinadas. A equação do potencial, a equação 
da difusão e a equação da onda aparecem em muitos problemas de eletricidade e 
magnetismo, na elasticidade e na mecânica dos fluidos. 
 
ORDEM DE UMA EQUAÇÃO DIFERENCIAL 
A ordem de uma equação diferencial é a ordem da mais alta derivada da função incógnita 
que ocorre na equação. Assim, as equações (1) e (2) são EDO´s de segunda ordem e as 
equações (3), (4) e (5) são EDO´s de primeira ordem. Já as equações (6), (7) e (8) são 
EDP´s de segunda ordem. 
 
OBS: Este curso abordará apenas a teoria das EDO´s. 
 
CONSIDERAÇÕES GERAIS SOBRE EDO’s 
Suponha RRF n →: e RRy →: , com derivadas até ordem n. Diz-se que uma equação 
diferencial ordinária tem ordem n se é uma equação que pode ser escrita como 
( )1,,,,, −′′′= nn yyyyxFy K ; (9) 
onde ny é a derivada de ordem n. 
 
 
 3
Exemplo 6: Por exemplo 
 
42 xyyyey x =′+′′+′′′ (10) 
é uma equação diferencial de terceira ordem. 
Uma função )(xy φ= é dita uma solução da equação (9) se: 
• )(xy φ= possue derivadas até ordem n; 
• ( ))(,),(),(),(, 1 xxxxxFy nn −′′′= φφφφ K . 
 
Exemplo 7: É fácil verificar, por substituição direta, que a equação de primeira ordem (5) 
)()( tkR
dt
tdR
−= tem a solução 
ktcetR −== )(φ , ∞<< t0 (11) 
 
onde c é uma constante arbitrária. 
 
Exemplo 8: a) Pode-se, também, verificar que as funções xxy cos)(1 = e senxxy =)(2 
são soluções da equação diferencial 
0=+′′ yy (12) 
para todos os x. 
 b) Sendo 1y e 2y soluções da equação diferencial dada em (12), o que 
pode-se afirmar sobre a solução senxxxy += cos)( ? 
 
 
Embora, nas equações (11), (12) e (13) foi possível verificar que algumas funções simples 
eram soluções das EDO´s, nem sempre será possível dispor destas soluções. 
 
Exercício 1: Dado a equação diferencial de segunda ordem 0432 =+′−′′ yyxyx , 0>x , 
pode-se verifique que: 
a) xxx ln)( 21 =φ é uma solução; 
b) 22 )( xx =φ também é uma solução. 
 
 
 
 
 
 
 
 4
Exemplo 9: A equação diferencial xy =′ tem as soluções cxy +=
2
2
; ctec = . A 
representação gráfica destas soluções gera uma família de soluções, como pode ser 
observado na Figura 1. 
 
 Figura 1: Família de soluções 
 
Exemplo 10: A equação diferencial yy −=′ tem as soluções xcey −= ; ctec = . 
 
 Figura 2: Família de soluções 
 
OBS: As soluções dos exemplos 9 e 10 são chamadas de soluções gerais da EDO. Uma 
solução particular podes ser obtida atribuindo valores específicos a c. 
Exemplo 11: Mostre que a equação diferencial 0=+′ yy tem a solução geral xcey −= . 
De fato: 
xcey −= ⇒ xcey −−=′ , 
logo 0=+−=+′ −− xx ceceyy . 
Portanto xcey −= é a solução geral de 0=+′ yy . 
 
Exercício 2: Mostre que a equação diferencial 04 =+′′ yy tem a solução geral 
)2cos()2( 21 xcxsency += . 
 
OBS: No exercício 3 a equação diferencial é de ordem 2, logo a solução geral contém duas 
constantes arbitrárias, 1c e 2c . 
 
Exercício 3: Verifique se xx xeexy −− += 2)( é a solução geral da equação diferencial 
02 =+′+′′ yyy . 
 
 
c = -2 
 
c = 0 
 
c = 3 
 
 5
EQUAÇÕES LINEARES E EQUAÇÕES NÃO LINEARES 
Uma classificação importante das equações diferenciais é a que divide em lineares e não 
lineares. A equação diferencial ordinária ( ) 0,,,,, )( =′′′ nyyyyxF K é linear se F for uma 
função linear das variáveis )(,,,, nyyyy K′′′ . 
Exemplo 12: a) A equação 0432 =+′−′′ yyxyx é uma EDO de segunda ordem linear 
 b) A equação 42 xyyyey x =′+′′+′′′ é uma EDO de terceira ordem não 
linear. A não linearidade ocorre devido ao termo yy ′ . 
 
 
LISTA DE EXERCÍCIOS 
 
1) Determine a ordem da equação diferencial e informe (justificando) se a equação é linear 
ou não linear. 
a) senxy
dx
dy
x
dx
yd
x =++ 22
2
2
 
b) senyyyxyx =+′+′′ 22 
c) xeyyxyy =+′+′′+ )1( 2 
d) 12
2
3
3
4
4
=++++ y
dx
dy
dx
yd
dx
yd
dx
yd
 
e) senxyxsen
dx
yd
=++ )(2
2
 
 
f) 02 =+ xy
dx
dy
 
g) senxyyy =+′+′′ 63 
h) xeyyy =′+′′ 3 
i) xyeyyyy =′+′′ 3 
j) ( ) ( ) xeyyy =+′+′′ 63 103 
 
2) Verifique se a função, ou funções dadas, constituem solução da EDO. 
a) 0=−′′ yy , xexy =)( 
b) 2xyyx =−′ , 23)( xxxy += 
c) 032 2 =−′+′′ yyxyx , 0>x ; 2/11 )( xxy = e 12 )( −= xxy 
d) xyy sec=+′′ , 2/0 pi<< x ; xsenxxxxy += cosln)(cos)( 
 
 
 
 6
EDO’s DE PRIMEIRA ORDEM 
Considera-se, aqui, apenas EDO’s de primeira ordem, descritas por ))(,()( xyxfxy =′ . As 
EDO’s de ordem superiores serão reduzidas a um sistema de EDO’s de primeira ordem. 
 
PROBLEMA DE VALOR INICIAL – PVI 
Um problema de valor inicial é uma equação diferencial com a exigência de que a solução 
passe pelo ponto ),( 00yx , ou seja 



=
=′
00 )(
),(
yxy
yxfy
 
 
Exemplo 13: A equação diferencial que passa pelo ponto )0,0( é representada por 



=
=′
0)0(y
xy
 
Do Exemplo 13, tem-se que a solução geral da equação diferencial xy =′ é cxy +=
2
2
. 
Logo, para 0=x tem-se que 0=y , assim cy +=
2
0)0(
2
0=⇒ c . Portanto a única 
solução (ou solução particular) do PVI é
2
2
xy = . 
 
Exemplo 14: Determine a solução do PVI 



=
−=′
1)0(y
yy
 
Do Exemplo 14, tem-se que a solução geral da equação diferencial yy −=′ é xcey −= . 
Logo, para 0=x tem-se que 1=y , assim 0)0( cey = 1=⇒ c . Portanto a solução do PVI é 
xexy −=)( . 
 
Exercício 4: Use o exemplo 14 para determinar a solução do PVI 



=
−=′
2)3(y
yy
 . 
 
EQUAÇÃO DIFERENCIAL LINEAR DE PRIMEIRA ORDEM 
Uma equação diferencial linear de primeira ordem é uma equação da forma 
)()( xQyxpy =+′ , onde p e Q são funções contínuas. 
 
Considerando 0)( =xQ , para todo x, na equação diferencial linear de primeira ordem, 
pode-se separar variáveis e integrar, como segue (desde que 0≠y ): 
0)( =+ yxp
dx
dy
 
que é uma equação diferencial separável. Resolvendo-a 
0)(1 =+ xp
dx
dy
y
⇒ dxxpdy
y
)(1 −= 
 7
integrando 
∫∫ −= dxxpdyy
)(1 
cnldxxpy ∫ +−= )(ln 
expressou-se a constante de integração sob a forma de cln a fim de modificar, como a 
seguir a forma da última equação: 
∫−=− dxxpcy )(lnln 
∫−= dxxpc
y )(ln 
∫−
=
dxxp
e
c
y )(
 
o modulo pode ser retirado devido ao fato de que uma função do tipo )(xhe− tem sempre os 
reais positivos como imagem (isto pode ser observado na Figura 3). Logo cye dxxp =∫ )( e 
portanto defini-se o fator de integração(FI) como sendo FI= ∫ dxxpe )( . 
 
Observa-se em seguida que, pela regra do produto 
( ) ( ) ( )∫∫∫ += dxxpxdxxpxdxxpx eDyeyDyeD )()()( 
 
∫∫ +′= dxxpdxxp exypey )()( )( 
 ( ) ∫+′= dxxpeyxpy )()( . 
 
Conseqüentemente, multiplicando ambos os lados de )()( xQyxpy =+′ por ∫ dxxpe )( , a 
equação resultante pode ser escrita como: 
( ) ∫∫ = dxxpdxxpx exQyeD )()( )( 
 
integrando ambos os membros obtém-se a seguinte solução implícita da equação 
diferencial de primeira ordem 
KdxexQye dxxpdxxp += ∫ ∫∫ )()( )( 
para uma constante K. Resolvendo esta equação em relação a y obtém-se a solução 
explícita. 
 
Figura 3: Gráfico das funções xexf −=)( e 2)( xexg −= . Observa-se que tanto a função f 
quanto a função g tem como imagem os reais positivos. 
 
 8
Exemplo 15: Verifique se as equações diferencias são lineares de primeira ordem: 
• 
xeyy 22 +−=′ 
reescrevendo xeyy 22 =+′ , onde 2)( =xp e xexQ 2)( = . Portanto, linear de primeira 
ordem. 
 
• 
xeysenxy +=′ 
reescrevendo ( ) xeysenxy =−′ , onde senxxp −=)( e xexQ =)( . Portanto linear de 
primeira ordem. 
• 
xexsenyy +=′ 
neste caso a equação diferencial não é linear, devido a função seny . 
• 5=′y 
aqui, 0)( =xp e 5)( =xQ . Portanto a equação diferencial é linear. 
• xyy +=′ 2 
neste caso a equação diferencial não é linear devido ao termo 2y . 
 
Exemplo 16: Encontre a solução da equação diferencial linear de primeira ordem, sendo 
xeyy 22 =+′ : 
Sendo 2)( =xp e xexQ 2)( = , logo o fator de integração é: 
FI x
dx
ee 2
2
=
∫
= 
Multiplicando a equação diferencial linear pelo fator de integração tem-se 
( ) xxx eeeyy 2222 =+′ 
ou 
( ) xx eeyy 422 =+′ 
observando que ( ) xxxx yeeyyeD 222 2+′= . Integrando 
( ) dxedxyeD xxx ∫∫ = 42 , obtém-se Ceye xx += 42 4
1
. Resolvendo esta equação em relação a 
y obtém-se a solução explícita xx Ceey 22
4
1
−+= que é a solução geral da equação 
diferencial linear. 
 
OBS: pode-se verificar a validade da solução derivando-a e substituindo na equação 
diferencial linear de primeira ordem, isto é: 
xx Ceey 22
4
1
−+= ⇒
xx Ceey 22 2
2
1
−
−=′ 
substituindo na equação diferencial xeyy 22 =+′ , tem-se 
xxxxx eCeeCee 22222
4
122
2
1
=





++− −− 
( ) xxx eyeD 42 =
 9
xxxxx eCeeCee 22222 2
2
12
2
1
=++− −− 
xx ee 22 = 
como a igualdade acima é válida tem-se que, de fato, xx Ceey 22
4
1
−+= é solução de 
xeyy 22 =+′ . 
 
Exercício 5: Resolva as equações diferenciais lineares de primeira ordem: 
a) xeyy −=+′ 2 
b) xexyy 23 −+=+′ ; 
c) 1+=+′ −xxeyy ; 
d) xexyyx =++′ ; 
e) senxyy =+′ . 
 
Exercício 6: Ache a solução particular da equação diferencial que satisfaz a condição 
dada: 
a) xxyy =−′ 2 ; 0)0( =y 
b) xexyyyx −=++′ ; 1)1( =y 
c) xxyyx +=−′ 2 ; 2)1( =y 
 
CLASSIFICAÇÃO DAS EDO’s DE PRIMEIRA ORDEM 
Uma grande quantidade de EDO’s de primeira ordem pode ser escrita na forma normal 
dada por ),( yxfy =′ . 
Ainda uma EDO de primeira ordem pode ser escrita na forma explícita ou implícita. 
 
Exemplo 17: 
• Forma explícita: 
xyy sen+−=′ , onde xyyxf sen),( +−= 
• Forma implícita: 
xyeye xx sen2 =+′ ou 
x
x
e
yexy
2sen −
=′ , onde 
x
x
e
yexyxf
2sen),( −= 
As EDO’s de primeira ordem mais fáceis de serem lidadas são as que podem ser 
colocadas na forma normal ),( yxfy =′ . 
 
Ainda, as EDO’s de primeira ordem podem ser escritas como o quociente de duas outras 
funções contínuas ),( yxMM = e ),( yxNN = , resultando em 
),(
),(
yxN
yxMy −=′ . 
 10
Esta forma de escrever a EDO é vantajosa devido ao fato de que dxxydy )(′= , logo 
),(
),(
yxN
yxM
dx
dy
−= ⇒ 0),(),( =+ dyyxNdxyxM 
que é a forma diferençável de uma equação diferencial ordinária. 
 
Exemplo 18: 
• A equação diferencial )cos( yxy +=′ , está na sua forma normal; 
• A equação diferencial 
y
xy =′ , está na sua forma normal, mas pode ser reescrita na sua 
forma diferencial 0=− ydyxdx . 
 
EQUAÇÕES SEPARÁVEIS DE PRIMEIRA ORDEM (ou equações de variáveis 
separáveis) 
Seja a equação diferencial dada na sua forma diferencial 0),(),( =+ dyyxNdxyxM , M e 
N são funções contínuas. Se M é uma função apenas da variável x, isto é )(xMM = e N é 
uma função apenas da variável y, isto é )(yNN = , então a equação dada fica na forma 
0)()( =+ dyxNdxxM . Esta forma é chamada de método de separação de variáveis. Isto é 
motivado pelo fato de que é possível separar as funções de modo que cada membro da 
igualdade possua uma função com apenas uma variável. Deste modo pode-se realizar a 
integração de cada membro por um processo simples. 
De fato: 
Se )(xfy = , então 0)())(,())(,( =′+ xfxfxNxfxM ou 0)()()( =′+ xfxNxM que é 
uma equação que depende apenas da variável x. Integrando em relação a x 
( ) CdxxfxNxM =′+∫ )()()( 
Cdx
dx
dy
xNdxxM =++ ∫∫ )()( 
CdyxNdxxM =++ ∫∫ )()( 
C é a constante de integração. 
 
Exemplo 19: A equação diferencial 
y
xy =′ na sua forma normal pode ser reescrita na 
forma diferencial 
y
x
dx
dy
= ⇒
y
x
dx
dy
= ⇒ ydyxdx = . Integrando cada termo independente, 
tem-se 2
2
1
2
22
CyCx +=+ reunindo as constante em uma constante C, tem-se 
Cyx =+ 22 , onde )(2 21 CCC += . A equação Cyx =+ 22 satisfaz a equação diferencial 
dada. 
 
 
 11
Exercício 7: Verifique se as equações diferenciais são separáveis: 
a) 0sen 2 =+ dyyxdx ; 
b) 0222 =− dyyxdxxy ; 
c) 0)1( =++ ydydxxy 
 
Exercício 8: Encontre a solução geral da equação diferencial 
a) 2
sen
y
xy =′ ; 
b) 024 =+
dx
dy
ey x ; 
c) 0=− ydxxdy ; 
d) yxyxyy −=−=′ )1( 
e) 
Exercício 9: Ache a solução particular do PVI 
 



=
=′+
2)1(
)1( 23
y
yxyx
 
 
EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS DE PRIMEIRA ORDEM 
Uma função ),( yxff = é dita ser homogênea de grau k se, para todo Rt ∈ , a relação é 
verdadeira ),(),( yxfttytxfk= . 
 
Uma função ),( yxff = é homogênea de grau 0 se, para todo Rt ∈ , a relação é 
verdadeira ),(),( yxftytxf = . 
 
Exemplo 20: 
• a função 22),( yxyxf += é homogênea de grau 2; 
• as funções 2
2
),(
y
xyxf = e 
x
xyy +=′ são homogêneas de grau 0; 
Exemplo 21: Mostre que a função 3
2
x
xyy +=′ não é homogênea. 
De fato: 3
2
x
xyy +=′ ⇒ 3
2
),(
x
xy
yxf += , logo 
33
2
3
2 )(
)(
)(),(
xt
txyt
tx
txty
tytxf +=+= 
 3
2
32
2
),(
x
xy
yxf
xt
txy +
=≠
+
= 
 12
Portanto 3
2
x
xyy +=′ não é homogênea. 
Exercício 10: Mostre que as funções do exemplo 20, de fato, são homogêneas. 
 
Uma forma simples de observar a homogeneidade de uma função polinomial é constatar 
que todos os monômios da função possuem o mesmo grau. No caso de uma função 
racional (quociente de polinômios), os membros do numerador devem ter um mesmo grau 
m e os membros do denominador devem também ter um mesmo grau n, sendo que o grau 
da expressão do denominador pode ser menor ou igual que o grau da expressão do 
numerador. 
Uma equação diferencial de primeira ordem na forma normal ),( yxfy =′ é dita 
homogênea se ),( yxff = é uma função homogênea de grau zero. 
 
Pode-se resolver uma Equação diferencial homogênea, transformando-a em uma equação 
de variáveis separáveis com a substituição )()( xxvxy = ou de uma forma mais simples 
xvy = , onde )(xvv = é uma nova função incógnita. Assim, vdxxdvdy += e uma equação 
da forma ),( yxfy =′ pode ser transformada em uma equação separável da forma 
),( xvxfv
dx
dv
x =+ 
e após simplificações obtém-se uma equação com variáveis separáveis. 
Exemplo 22: Resolva a equação diferencial homogênea 
xy
yxy
22 +
=′ 
Solução: 
Considerando xvy = , vvxy +′=′ e substituindo na equação homogênea obtém-se 
)(
)( 22
xvx
xvx
vvx
+
=+′ ⇒ 
v
v
vvx
21+
=+′ 
separando as frações, tem-se v
v
vvx +=+′
1
 cancelando os termos iguais 
v
vx
1
=′ 
lembrando que 
dx
dv
xv =′ )( , pode-se escrever 
vdx
dv
x
1
= . Logo 
x
dx
vdv = que nada mais é 
do que uma equação diferencial de variáveis separáveis. 
 
Integrando ambos os lados, tem-se 
∫∫ = x
dx
vdv 
ou Cxv += ln22 , 
voltando as variáveis originais, tem-se 
 [ ]Cxxy += ln222 , 
que é a solução da equação diferencial. 
 
 13
Exercício 11: Encontre as soluções das equações diferenciais homogêneas dadas no 
Exemplo 20. 
 
Exercício 12: Mostre que as equações diferenciais são homogêneas e ache as soluções 
respectivas. 
a) 
x
yx
dx
dy +
= 
b) 2
22
x
yxyx
dx
dy ++
= 
c) 
yx
xy
dx
dy
−
−
=
2
34
 
d) 
yx
yx
dx
dy
−
+
=
3
 
e) 
42
52
−−
+−
=
yx
xy
dx
dy
 
 
Sugestão para o item e): use uma substituição preliminar da forma hXx −= e 
kYy −= . Escolha h e k de modo que a seja homogênea nas variáveis X e Y. 
 
EQUAÇÕES EXATAS DE PRIMEIRA ORDEM 
Uma equação escrita na forma diferencial 0),(),( =+ dyyxNdxyxM será exata, se existir 
uma função ),( yxFF = cuja diferencial exata dyFdxFdF yx += coincide com 
0=+ NdyMdx , isto é: dyyxNdxyxMdF ),(),( += . 
 
Exigindo algumas propriedades de diferenciabilidade das funções M e N, tem-se um outro 
critério para garantir que esta equação é exata. 
 
A equação 0=+ NdyMdx é exata se xy NM = . 
 
Exemplo 23: Verifique se as equações diferencias são exatas: 
• 0)(3 32 =++ dyxyydxx , como a equação já esta escrita na sua forma diferencial, basta 
então verificar as sua respectivas derivadas, isto é: 
yxyxM 23),( = e 3),( xyyxN += , 
logo 
23),( xyxM y = e 23),( xyxN x = 
como xy NM = , logo a equação diferencial dada é exata. 
• 02 =+ dyyxydx , neste caso, 
xyyxM =),( e 2),( yyxN = , 
 14
logo xyxM y =),( e 0),( =yxN x 
como xy NM ≠ , logo a equação diferencial dada não é exata. 
 
MÉTODO DE RESOLUÇÃO DE EDO EXATA 
Para resolver uma EDO da forma 0=+ NdyMdx deve-se verificar, primeiramente se esta 
é exata, em caso positivo deve-se garantir que existe uma função ),( yxFF = tal que: 
),( yxM
x
F
=
∂
∂
 e ),( yxN
y
F
=
∂
∂
 
Na seqüência, toma-se a relação ),( yxMFx = e integra em relação a variável x para obter 
∫ += )(),(),( ygdxyxMyxF . Derivando este resultado em y, obtém-se 
∫ ′+∂
∂
=
∂
∂ )(),( ygdxyxM
yy
F
 que pode ser identificado com a função ),( yxNN = , para 
obter a expressão de )( ygg = . A solução da EDO exata será dada por CyxF =),( . 
 
Exemplo 24: Dado a equação diferencial 0)()2( 2 =+++ dyyxdxxxy : 
a) mostre que ela é exata; 
b) determine a sua solução geral. 
 
Solução: 
a) Identificando xxyyxM += 2),( e yxyxN += 2),( e mostrando que xy NxM == 2 , 
pode-se concluir que a equação dada é exata; 
b) Para garantir que existe uma ),( yxFF = tal que xxy
x
F
+=
∂
∂ 2 e yx
y
F
+=
∂
∂ 2
, 
integra-se a primeira relação com respeito à variável x, obtendo 
)(
2
)2(),(
2
2 ygxyxdxxxyyxF ++=+= ∫ 
onde )( ygg = depende apenas da variável y. Agora, deriva parcialmente esta última 
relação com respeito a y, para obter 
)()(
2
2
2
2 ygxygxyx
yy
F
′+=′+





+
∂
∂
=
∂
∂
 
Identificando esta derivada com ),( yxNN = 
yxygx +=′+ 22 )( 
ou 
yyg =′ )( , onde seque que Kyyg +=
2
)(
2
 (K é uma constante de integração). Assim, 
KyxyxyxF +++=
22
),(
22
2
 
 15
e a solução da EDO será dada por 
Kyxyx =++
22
22
2
. 
 
Exercício 13: Resolva, se possível, as equações diferenciais: 
a) 0)22()23( 2 =+++ dyyxdxyx ; 
b) 
xy
xy
xey
ye
y
−
+
=′
2
2
; 
c) 0)2()31( 322 =++++ dxxyydyxyx ; 
d) 0=+ dyxedxye xyxy ; 
f) 0=+ dyyedxxe xyxy ; 
g) 0)()( =++− dyyxdxyx . 
 
EQUAÇÃO DE BERNOULLI 
Uma equação diferencial de Bernoulli [em homenagem a James Bernoulli (1654-1705)] é 
da forma nyxqyxp
dx
dy )()( =+ . Observe que, se 0=n ou 1, a equação de Bernoulli é 
linear. Para outros valores de n, Pode-se mostrar que a substituição nyu −= 1 transforma a 
equação de Bernoulli na equação linear )()1()()1( xqnuxpn
dx
du
−=−+ . 
 
De fato: Sendo nyu −= 1 , logo ( )
dx
yd
dx
du n−
=
1
 
ou 
 
dx
dyyn
dx
du n−
−= )1( 
 
ou ainda 
dx
dyy
dx
du
n
n−
=
− )1(
1
 (*) 
 
Multiplicando nyxqyxp
dx
dy )()( =+ por ny − , tem-se nnnn yyxqyyxp
dx
dyy −−− =+ )()( , 
logo 
 
)()( 1 xqyxp
dx
dyy nn =+ −− (**) 
 
 16
Substituindo (*) e nyu −= 1 em (**), tem-se 
 
)()()1(
1
xquxp
dx
du
n
=+
−
 
 
ou 
 
)()1()()1( xqnuxpn
dx
du
−=−+ 
 
que é uma equação linear de primeira ordem. 
 
Exemplo 25: Resolva a equação diferencial 2xyyyx −=+′ . 
 
Solução: Como esta equação corresponde a uma equação de Bernoulli com 2=n , usa-se a 
substituição 1−= yu de tal forma a transformá-la em uma equação linear. Multiplicando a 
equação diferencial 2xyyyx −=+′ por 2−y , obtém-se 
xyyxy −=+′ −− 12 , lembrando que 1−= yu e uyy ′−=′−2 tem-se xuux −=+′− , que é a 
equação diferencial linear 11 =−′ u
x
u . 
Resolvendo a equação diferencial linear de primeira ordem por fator de integração obtém-
se 1lnln
1
1
−−
−
===
∫
=
−
xeeeFI xx
dx
x
. Assim, 11 =−′ u
x
u multiplicado por FI é 
111 1 −−−
=−′ xux
x
xu , observando que ( )111 1 −−− =−′ uxDux
x
xu x , tem-se ( ) 11 −− = xuxDx . 
Integrando tem-se, dxxux ∫
−−
=
11
 ou Cxux +=− ln1 , ou ainda xCxxu += ln . 
Lembrando que 1−= yu , tem-se xCxxy +=− ln1 , ou )(ln
1)(
Cxx
xy
+
= que é a solução 
da equação diferencial2xyyyx −=+′ . 
 
Exercício 14: Use o exemplo 25 para resolver as equações diferenciais: 
a) 3xyyy =+′ ; 
b) 2
32
x
yy
x
y =+′ ; 
 
 
 17
EQUAÇÃO DIFERENCIAL LINEAR DE SEGUNDA ORDEM 
 
Uma equação diferencial linear de ordem n é uma equação da forma 
)()()()()( 12211)( xKyxfyxfyxfyxfy nnnnn =+′++++ −−− L onde nfff ,,, 21 K e k são funções de 
uma variável com o mesmo domínio. 
 
OBS: Se 0)( =xK para todo x a equação diferencial é Homogênea. Se 0)( ≠xK para 
algum x a equação diferencial é Não Homogênea. 
 
Exemplo 26: 
a) 2)(2 2 =−′+′′ ysenxyxyx é uma equação diferencial de segunda ordem, linear e não 
homogênea; 
b) 2xyyxyy =+′+′′′ é uma equação diferencial de terceira ordem, não linear e não 
homogênea; 
c) 0=−′′ yy é uma equação diferencial de segunda ordem, linear e homogênea; 
d) xeyxy −=′′+′3 é uma equação diferencial de segunda ordem, linear e não homogênea. 
 
Se )(1 xyy = é uma solução da equação homogênea de ordem n 
0)()()()( 12211)( =+′++++ −−− yxfyxfyxfyxfy nnnnn L , então )(11 xycy = , também é uma solução, 
onde 1c é uma constante qualquer. 
 
Se )(1 xyy = , )(2 xyy = , )(3 xyy = ,..., )(xyy n= , são soluções da equação homogênea 
de ordem n, então )()()( 2211 xycxycxycy nnL++= , também é uma solução, onde 1c , 
2c ,..., nc são constantes. 
 
Um conjunto de soluções )(1 xyy = , )(2 xyy = , )(3 xyy = ,..., )(xyy n= da equação 
homogênea é denominado LINEARMENTE INDEPENDENTE (LI) se 
0 0 212211 ====⇒=++ nnn cccycycyc LL , 
ou ainda 
0 0 21
1
2211 ====⇒==++ ∑
=
n
n
i
iinn cccycycycyc LL 
 
Se 0
1
2211 ==++ ∑
=
n
i
iinn ycycycyc L , quando pelo menos um dos 0≠ic , o conjunto de 
soluções )(1 xyy = , )(2 xyy = , )(3 xyy = ,..., )(xyy n= da equação homogênea é 
denominado LINEARMENTE DEPENDENTE (LD). 
 
 18
Exemplo 27: As funções xe e xe− são linearmente independentes. Para verificar, forma-se 
021 =+
− xx ecec , onde 1c e 2c são constantes. Derivando, obtém-se 021 =− −xx ecec . 
Resolvendo o sistema formado pelas duas equações , é fácil de encontrar que 021 == cc . 
 
Exemplo 28: As funções xe , xe2 e xe− são linearmente dependentes, porque 
02 321 =++
− xxx ececec , quando 21 =c , 12 −=c e 03 =c . 
 
Definição: Uma condição necessária e suficiente para que o conjunto de n soluções seja LI 
é que o Wronskiano das funções 1y , 2y ,..., ny seja diferente de zero, isto é, que o 
determinante 
0
 
 
 
)1()1(
2
)1(
1
21
21
≠
′′′
=
−−− n
n
nn
n
n
yyy
yyy
yyy
W
L
MMMM
L
L
. 
 
W é chamado de Wronskiano das funções 1y , 2y ,..., ny e é indicado por 
)](,,,[)( 21 xyyyWxW nK= . 
 
OBS: Neste curso será abordada apenas a equação diferencial de segunda ordem: 
Homogênea ⇒ 0=+′+′′ cyybya 
Não Homogênea ⇒ dcyybya =+′+′′ 
 
Teorema: Se )(1 xy e )(2 xy forem soluções da equação diferencial homogênea 
0=+′+′′ cyybya no intervalo βα << x , com 0)()()()( 2121 ≠′−′ xyxyxyxy neste 
intervalo, então a função )()()( 2211 xycxycxy += é solução geral da equação diferencial 
homogênea para todos os reais 1c e 2c . 
 
Definição: A expressão )()()()( 2121 xyxyxyxy ′−′ ou o Wronskiano das funções 1y e 2y é 
obtida calculando o determinante de )()(
)()(
21
21
xyxy
xyxy
′′
. 
 
Exemplo 29: Mostre que xx ececxy 2251)( −+= é a solução geral da equação homogênea 
0103 =−′−′′ yyy . 
xx
xx
xx
ee
ee
eeW 25
25
25
25
],[
−
−
−
−−
=
xxxx eeee 2525 )5()2( −− −−−= 
0352 333 ≠=+−= xxx eee para todo x. 
 
 19
Portanto xx ececxy 22
5
1)( −+= é a solução geral da equação homogênea 
0103 =−′−′′ yyy . 
 
Exemplo 30: Dado a equação diferencial homogênea de segunda ordem 0103 =−′−′′ yyy 
e as soluções xey 5= e xey 2−= , mostre que xx ececxy 22
5
1)( −+= é solução. 
 
De fato: 
xx ececxy 22
5
1)( −+= , xx ececxy 2251 25)( −−=′ e xx ececxy 2251 425)( −+=′′ 
 
Substituindo na equação diferencial 0103 =−′−′′ yyy , 
tem-se 
=+−−−+ −−− )(10)25(3)425( 225122512251 xxxxxx ecececececec 
xxxxxx ecececececec 22
5
1
2
2
5
1
2
2
5
1 1010615425 −−− −−+−+= 
0)1064()101525( 22225111 =−++−−= − xx eccceccc 
 
Logo xx ececxy 22
5
1)( −+= satisfaz a equação diferencial 0103 =−′−′′ yyy , portanto é 
solução. 
 
MÉTODO DE RESOLUÇÃO PARA A EQUAÇÃO DIFERENCIAL HOMOGÊNEA 
LINEAR DE SEGUNDA ORDEM 
 
Encontrar duas soluções cujo Wronskiano seja diferente de zero ⇒ encontrar a solução 
geral ⇒ que as funções )(xy ′′ , )(xy ′ e )(xy devem ter o mesmo “aspecto”. 
 
≠)(xy polinômio, pois senão os termos )(xya ′′ , )(xyb ′ e )(xcy seriam polinômios de 
graus diferentes e a soma seria NÃO NULA. 
 
Assim, xexy λ=)( , onde λ é um parâmetro a ser determinado, logo 
0=+′+′′ cyybya ⇒ 02 =++ xxx ceebea λλλ λλ 
⇒ ( ) 02 =++ xecba λλλ 
como 0≠xeλ para todo x e λ , têm-se que xeλ é solução da equação diferencial 
homogênea ⇔ 02 =++ cba λλ (equação característica da equação diferencial). 
 
Definição: As soluções da equação característica da equação diferencial 02 =++ cba λλ 
podem ser 
a
acbb
2
42
1
−−−
=λ e 
a
acbb
2
42
2
−+−
=λ , 
sendo: 
 20
i) Se ⇒>− 042 acb raízes reais e distintas; 
ii) Se ⇒=− 042 acb raízes reais e duplas; 
iii) Se ⇒<− 042 acb raízes complexas. 
 
SOLUÇÕES EM TERMOS DAS RAÍZES CARACTERÍSTICAS 
 
Caso 1: 
1λ e 2λ são raízes reais e distintas ⇒ xx ececxy 21 21)( λλ += 
 
Caso 2: 
1λ e 2λ são raízes reais e duplas ⇒ xx xececxy 21 21)( λλ += 
 
Caso 3: 
tis +=1λ e tis −=2λ são raízes complexas ⇒ ( )txctxcexy sx sencos)( 21 += . 
 
Exercício 15: Determine as soluções gerais das equações diferenciais homogêneas: 
a) 02 =−′−′′ yyy 
b) 07 =′−′′ yy 
c) 054 =+′+′′ yyy 
 
Exercício 16: Duas soluções de 02 =+′+′′ yyy são xe− e xe −5 . Pergunta-se 
xx ececxy −− += 21 5)( é a solução geral? 
 
Exercício 17: Resolva as equações diferenciais homogêneas de segunda ordem: 
a) 0=−′′ yy 
b) 030 =−′−′′ yyy 
c) 02 =+′−′′ yyy 
d) 0=+′′ yy 
e) 022 =+′+′′ yyy 
 
Exercício 18: Ache a solução do problema de valor inicial proposto, desenhe as curvas de 
soluções (use por exemplo um software qualquer) 
a) 0145816 =+′−′′ yyy , 2)0( −=y e 1)0( =′y 
b) 04 =+′′ yy , 0)0( =y e 1)0( =′y 
c) 052 =+′−′′ yyy , 0)2( =piy e 2)2( =′ piy 
d) 025.0 =+′−′′ yyy , 2)0( =y e 3/1)0( =′y 
 
 21
Resolução de 18-a): 
A equação característica é: 0145816 2 =+− λλ e suas raízes são i3
4
1 ±=λ . Assim, a 
solução geral da equação diferencial é 
xsenecxecxy xx 33cos)( 4241 += (*) 
fazendo 0=x , a primeira condição inicial fornece 
⇒ 2)0( 1 −== cy ⇒ 21 −=c 
para a segunda condição , deriva-se (*) e depois faz 
0=x ⇒ 13
4
1)0( 21 =+=′ ccy ⇒ 2/12 =c 
Portanto a solução geral do PVI dado em 18-a) é: 
xsenexexy xx 3
2
13cos2)( 44 +−= 
 
 
 
Figura: Solução do PVI 0145816 =+′−′′ yyy , 2)0( −=y e 1)0( =′y usando um software. 
 
 
 
 
 
EQUAÇÃO DIFERENCIAL LINEAR NÃO HOMOGÊNEA DE SEGUNDA 
ORDEM 
Considera-se uma equação linear de segunda ordem com coeficientes constantes e não 
homogênea )()()()( xkxcyxybxya =+′+′′ , onde a, b e c são constantes e )(xk uma função 
contínua. Assim, para obter a solução desta equação basta somar à solução geral da 
equação homogênea, )(xyh , uma solução particular da equação não homogênea, )(xy p , 
isto é )()()( xyxyxy ph += . 
 
Exemplo 31: Ache a solução geral de 2xyy =+′′ , se uma solução é 2)( 2 −= xxy e se 
duas soluções de 0=+′′ yy são senx e xcos . 
 22
Dado que senx e xcos são soluções da equação diferencial homogênea, tem-se quexcsenxcxy cos)( 21 += é uma solução se 0≠W . Logo 
01cos
cos
cos 22 ≠−=−−=
−
= xxsen
senxx
xsenx
W 
portanto, a solução geral de 2xyy =+′′ é )()()( xyxyxy ph += 2cos 221 −++= xxcsenxc . 
 
 
MÉTODO DE RESOLUÇÃO PARA A EQUAÇÃO DIFERENCIAL NÃO 
HOMOGÊNEA LINEAR DE SEGUNDA ORDEM 
Apresenta-se dois métodos para resolver uma equação não homogênea: 
• método dos coeficientes indeterminados (ou coeficientes à determinar); 
• método da variação de parâmetros. 
 
MÉTODO DOS COEFICIENTES INDETERMINADOS 
 
O método dos coeficientes indeterminados exige que façamos uma hipótese inicial sobre a 
forma da solução particular )(xy p , porém com os coeficientes envolvidos indeterminados. 
Depois substitui-se a expressão hipotética na equação diferencial não homogênea e tenta-se 
determinar os coeficientes, de modo que satisfaça a equação. 
 
Exemplo 32: Ache uma solução particular de xeyyy 2343 =−′−′′ 
Solução: Procuramos uma função )(xy p tal que )(4)(3)( xyxyxy ppp −′−′′ seja igual a 
xe 23 . Uma vez que a função exponencial se reproduz na derivação, a forma mais razoável 
de conseguir este resultado é admitir que )(xy p seja um múltiplo de xe 2 , ou seja 
x
p Aexy
2)( = , onde o coeficiente A deve ser determinado. 
A fim de encontrarmos A calculamos xp Aexy
22)( =′ e xp Aexy 24)( =′′ e substituímos na 
equação diferencial, logo xeyyy 2343 =−′−′′ 
⇒
xxxx eAeAeAe 2222 34)2(34 =−− 
⇒ ( ) xx eeAAA 22 3464 =−− 
⇒ 2/1−=A 
Assim, a solução particular é xp exy
2
2
1)( −= . 
 
Exercício 19: Ache uma solução particular de senxyyy 243 =−′−′′ . 
 
Exercício 20: Ache uma solução particular de 2443 xyyy =−′−′′ . 
 
 23
TABELA PARA AUXILAR A ENCONTRAR ALGUMAS SOLUÇÕES 
PARTICULARES DA EQUAÇÃO DIFERENCIAL DE SEGUNDA ORDEM COM 
COEFICIENTES CONSTANTES 
 
Tabela: Solução particular de )(xkcyybya =+′+′′ 
)(xk )(xy p 
23x CBxAx ++2 
xe37 xAe3 
)3cos(17 x )3()3cos( xBsenxA + 
)2(7 xsen )2()2cos( xBsenxA + 
)2cos(8)2(7 xxsen + )2()2cos( xBsenxA + 
)37(3 25 +++ xxe x )( 25 DCxBxAe x +++ 
)37(3 25 ++ xxe x )( 25 CBxAxe x ++ 
)2(3 5 xsene x [ ])2()2cos(5 xBsenxAe x + 
 
Exercício 21: Ache a solução geral da equação diferencial dada, utilize a tabela acima, se 
necessário: 
a) xeyyy 2332 =−′−′′ 
b) xxeyyy −−=−′−′′ 332 
c) senxxyyy 332 2 +=+′+′′ 
 
Exercício 22: Ache a solução do PVI dado: 
a) xyyy 22 =−′+′′ ; 0)0( =y e 1)0( =′y 
b) xsenyy 234 =+′′ ; 2)0( =y e 1)0( −=′y 
 
MÉTODO DA VARIAÇÃO DOS PARÂMETROS 
 
Se )()()( 2211 xycxycxy += é a solução geral da equação característica 0)( =xk de 
)(xkcyyby =+′+′′ , então a solução particular é dada por )()()( 21 xvyxuyxy p += , onde 
)(xgu = e )(xhv = satisfazem a equação do sistema 



=′′+′′
=′+′
)(
 0
21
21
xkyvyu
yvyu
. 
 
Exemplo 33: Use variação de parâmetros para achar a solução geral de 2xyy =−′′ . 
Solução: E fácil de verificar que a solução da equação homogênea é xxh ececxy −+= 21)( , 
uma vez que a equação característica 012 =−λ tem por raízes 1± . Seja então 
xx
p veuexy
−+=)( , logo 
 24



=′−′
=′+′
−
−
2
 0
xeveu
eveu
xx
xx
 )2(
)1(
 
Resolvendo (1), obtém-se 
 
xx eveu −′−=′ ⇒ 2xevu −′−=′ (3) 
De (2), tem-se 
2xeveu xx =′−′ − ⇒ 22 xeveev xxx =′−′− −− 
⇒
2xevev xx =′−′− −− ⇒ 22 xev x =′− − 
⇒
xexv 2
2
1
−=′ (4) 
integrando 
⇒ dxexdxv x∫∫ −=′
2
2
1
 
⇒ dxexv x∫−=
2
2
1
 
integrando por parte duas vezes obtém-se 
⇒
xexxv )
2
11( 2+−−= (5) 
Substituindo (4) em (3), tem-se 
 
2
1 22 xx eexu −





−−=′ ⇒ 
2
1 2 xexu −=′ 
Integrando 
dx 
2
1 2
∫∫
−
=′
xexdxu 
⇒
xexxu −++−= )
2
11( 2 (6) 
Assim, xxp veuexy
−+=)( reduz-se a 
xxxx
p eexxeexxxy
−−






+−−+





++−= )
2
11()
2
11()( 22 
ou 
)
2
11()
2
11()( 22 xxxxxy p +−−++−= 
22)( xxy p −−= 
e portanto a solução geral que é dada por )()()( xyxyxy ph += é 
2
21 2)( xececxy xx −−+= − . 
 
 
 
 
 25
Exercício 23: Use o método de variação de parâmetros para determinar uma solução 
particular da equação diferencial proposta. Verifique sua resposta mediante o método de 
coeficientes a determinar. 
a) xeyyy 265 =+′−′′ ; 
b) xeyyy −=+′+′′ 32 ; 
c) tgxyy =+′′ 
 
Exercício 24: Determine a solução geral da equação diferencial xexyyy 2244 −−=+′+′′ . 
 
 
APLICAÇÃO EM ENGENHARIA 
 
Os esforços solicitantes são obtidos a partir das equações de equilíbrio que regem o 
comportamento das vigas. Estas equações encontram-se descritas abaixo 
)()( xq
dx
xdV
−= e )()( xV
dx
xdM
= 
onde )(xq é um carregamento genérico, )(xV é a força cortante, )(xM é o momento 
fletor. 
 
Exemplo 33: Tomemos uma viga em 2 apoios simples, sujeita à carga uniformemente 
distribuída igual – q, indicado na Figura 1 e calculemos o momento fletor ao longo da viga, 
desprezando a influência da força cortante. 
 
Figura 1 
A expressão da carga, neste caso é: =− q constante. A força cortante no ponto da abscissa 
x é dado pela equação diferencial ordinária linear de primeira ordem q
dx
xdV
−=
)(
. Logo, 
para determinar a força cortante, integramos esta equação, o que resulta em: 
dxqdx
dx
dV xx
∫∫ −= 00 ⇒ CqxxV +−=)( 
A constante C se determina usando a condição inicial , que é 
2
qLRa = para 0=x , ou 
ainda CqqLV +−== 0.
2
)0( , portanto 
2
qLC = . 
Assim, 
2
)( qLqxxV +−= , que é a expressão da força cortante para o caso da Figura 1. 
 26
 
Exemplo 34: Pode-se ainda, usando o Exemplo 34, determinar a expressão do momento 
fletor em uma seção à distância x do apoio. Como )()( xV
dx
xdM
= , temos 
dxxVdx
dx
xdM xx
∫∫ = 00 )(
)(
 ⇒ dxxVM
x
∫= 0 )( ⇒ C
qx
x
qLM +−=
22
2
 
 
A constante se determina pela orientação de limite: 0=M para 0=x , portanto 0=C . 
Assim, 
22
)(
2qx
x
qL
xM −= , que é a expressão do momento fletor para o caso da Figura 1. 
 
Exercício 27: Determine as equações da força cortante e do momento fletor para a viga 
ilustrada na Figura 2, através da integração da equação diferencial. 
 
 
Figura 2: Equação diferencial: viga submetida a carga distribuída 
Solução: 
A equação do carregamento é 500)( −=xq , e as condições no contorno são 0)0( =M e 
0)3( =M : 
Logo, para determinar a força cortante, integramos a equação q
dx
xdV
−=
)(
, o que resulta 
em: 
dxdx
dx
dV xx
∫∫ −= 00 500 ⇒ 1500)( CxxV +−= 
 
A expressão do momento fletor em uma seção à distância x do apoio é dada por 
)()( xV
dx
xdM
= , logo, 1500
)( Cx
dx
xdM
+−= , integrando, temos 
 
( ) 2122121 2502
500500)( CxCxCxCxdxCxxM ++−=++−=+−= ∫ , 
ou simplesmente 
21
2250)( CxCxxM ++−= 
Para obter os valores das constantes de integração utiliza-se as condições dadas, assim: 
21
2 )0()0(2500)0( CCM ++−== ⇒ 02 =C 
 27
21
2 )3()3(2500)3( CCM ++−== ⇒ 7501 =C 
 
Assim, as equações da força cortante e do momento fletor são: 
750500)( +−= xxV 
xxxM 750250)( 2 +−= 
 
 
Vimos, nos exemplos acima, que modelo que representa vigas em flexão pura 
consiste em supor que as ações de movimento possíveis devam ser tais que as seções 
transversais permaneçam planas, não-deformadas e ortogonais ao eixo da viga. Logo, as 
forças transversais e os momentos puros são os esforços compatíveis com a cinemática 
adotada para esse modelo como ilustrado na Figura 3. 
 
 
Figura 3: Esforços externos compatíveis com a viga de Euler-Bernoulli: 
 (a) esforços externos e (b) convençãode sinais 
 
Assim como no caso de barras, é possível estabelecer uma relação de equilíbrio para forças 
e momentos em vigas resultando nas seguintes equações diferenciais: 
 
)()( xq
dx
xdV
−= e )()( xV
dx
xdM
= 
ou ainda 
 
dx
xdV
dx
xMd )()(
2
2
= ⇒ )()(2
2
xq
dx
xMd
−= 
 
onde )(xV é a força cortante, )(xM é o momento fletor e )(xq é um carregamento 
distribuído transversal sobre a mesma. 
Empregando-se as equações constitutivas desse modelo, chega-se a 
2
2 )()()(
dx
xvd
xIxEM = 
 28
onde )(xv é a deflação ao longo da viga submetida ao carregamento transversal )(xq , 
)(xE é o modelo de elasticidade longitudinal e )(xI o momento de inércia na área da seção 
transversal. 
 Substituindo 2
2 )()()(
dx
xvd
xIxEM = na equação )()(2
2
xq
dx
xMd
−= , obtém-se 
)()()()( 2
2
2
2
xq
dx
xvd
xIxE
dx
d
−=





 ⇒ )()()()( 2
2
2
2
xq
dx
xvd
xIxE
dx
d
−=





. 
 
 Para um eixo de seção transversal constante e constituído de um único material 
( )IxIExE == )( ;)( , tem-se )()(4
4
xq
dx
xvdEI −= . 
Como um exemplo de uma aplicação de viga, a Figura 4 ilustra uma passarela de 
pedestres. 
 
 
Figura 4: Passarela de pedestres 
 
Cálculo de deformação das vigas por integração 
 
Exemplo 35: A viga em balanço AB tem seção transversal uniforme e suporta a força q na 
sua extremidade livre A (Figura 5-a). Determinar a equação da linha elástica, a flecha e a 
declividade no ponto A. 
 
Figura 5: (a) viga em balanço AB; (b) diagrama do corpo livre de porção AC 
 
 29
Usando o diagrama de corpo livre, Figura 5-b, temos que qxM −= . Substituindo o valor 
de M em 2
2 )()()(
dx
xvd
xIxEM = , e observando que E e I são constantes, encontramos 
qx
dx
xvdEI −=2
2 )(
 
 
Integrando dxqxdx
dx
xvdEI
xx
∫∫ −= 00 2
2 )(
 ⇒ 1
2
2
)( Cxq
dx
xdvEI +−= 
Observando que na extremidade fixa B, temos Lx = e inclinação 0)( =
dx
xdv
, logo, 
2
1 2
LqC = 
e portanto 
 
22
22
)( Lqxq
dx
xdvEI +−= 
 Integrando novamente 
dxLqxqxvEI
x
∫ 





+−=
0
22
22
)( ⇒ 223 26)( CxL
q
x
q
xvEI ++−= 
 
mas em B, temos Lx = e 0=v , logo 
 
2
23
26
0 CLLqLq ++−= ⇒ 332 26
LqLqC −= ⇒ 32 3
LqC −= 
 
Assim, a equação da linha elástica é: 
323
326
)( LqxLqxqxvEI −+−= ou ( )323 23
 6
)( LxLx
EI
q
xv −+−= 
 
A flexa, )(xvA , e a declividade, dx
xdvA )(
, no ponto A são obtidas fazendo-se 0=x nas 
equações ( )323 23
 6
)( LxLx
EI
q
xv −+−= e 





+−= 22
22
1)( Lqxq
EIdx
xdv
, assim 
 
 3
)(
3
EI
qL
xvA −= e EI
qL
dx
xdvA
2
)( 2
= 
 30
 
 
 
Exercício 28: A viga prismática simplesmente apoiada AB suporta uma carga 
uniformemente distribuída de 500, conforme pode-se verificar na Figura 2 do Exemplo 27. 
Determine à equação da linha elástica e a flexa máxima desta viga. 
 
 
APLICAÇÕES: MODELOS MATEMÁTICOS E EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 
Muitos problemas práticos podem ser modelados pela Matemática, de acordo com as 
quatro etapas abaixo (não muito bem definidas): 
1. Construção de um modelo para descrever algum fenômeno físico; 
2. Estabelecimento de um procedimento matemático adequado ao modelo físico; 
3. Realização de cálculos numéricos aproximados com o uso do Modelo Matemático 
pré-estabelecido; 
4. Comparação das quantidades numéricas obtidas através do Modelo Matemático com 
aquelas que se esperava obter a partir da formulação do modelo criado para resolver o 
problema. 
 
CRESCIMENTO POPULACIONAL 
 
Problemas populacionais levam às perguntas: 
1. Qual será a população de um certo local ou meio ambiente em alguns anos? 
2. Como poderemos proteger os recursos deste local ou deste meio ambiente para que não 
ocorra a extinção de uma ou de várias espécies? 
Para apresentar uma aplicação de equações diferenciais relacionado com este problema, 
consideraremos o modelo matemático mais simples para tratar sobre o crescimento 
populacional de algumas espécies, conhecido como o Modelo de Crescimento Exponencial 
de Malthus, que estabelece que a taxa de variação da população em relação ao tempo, aqui 
denotada por 
dt
dN
, é proporcional à população presente. Em outras palavras, se )(tNN = 
mede a população, tem-se kN
dt
dN
= , onde a taxa k é uma constante. É simples verificar 
que se 0≥k , teremos crescimento e se 0≤k teremos um decaimento. Esta equação linear 
tem a solução kteNtN 0)( = 
onde 0N é a população inicial, isto é, 0)0( NN = . Podemos concluir que: 
1) Se 0<k , a população cresce e continua a expandir para o infinito. 
 2) Se 0>k , a população se reduzirá e tenderá a zero, o que significa que ocorrerá 
extinção da população. 
 31
INVESTIGAÇÃO DE UM HOMICÍDIO 
 
Na investigação de um homicídio, ou de uma morte acidental, é muitas vezes importante 
estimar o instante da morte. Vamos descrever uma forma matemática para abordar este 
problema. A partir de observações experimentas, sabe-se que, com exatidão satisfatória em 
muitas circunstâncias, a temperatura superficial de um corpo se altera com uma taxa 
proporcional à diferença de temperatura entre a do corpo e a temperatura das vizinhanças 
(a temperatura ambiente). É o que acontece com a temperatura de Newton do resfriamento. 
Assim, se )(tθ for a temperatura do corpo num instante t, e se T for a temperatura 
constante do ambiente, então θ deve obedecer à equação diferencial linear de primeira 
ordem )( Tk
dt
d
−−= θθ , onde 0>k é a constante de proporcionalidade. O sinal negativo 
provém do fato de se o corpo for mais quente que as vizinhanças )( T>θ então ele se torna 
mais frio com o tempo. Então 0<
dt
dθ
 quando 0>−Tθ . 
Admitindo que no instante 0=t descobre-se um cadáver e que a sua temperatura é 
medida e igual a 0θ . Vamos admitir que no instante da morte mt a temperatura do corpo 
fosse mθ igual à temperatura normal de C037 . Admitindo que )( Tkdt
d
−−= θθ seja válida 
para modelar esta situação, a nossa tarefa é determinar mt . 
 
Exercício 29: Resolver o modelo descrito acima, isto é, determinar o instante da morte mt 
do cadáver . 
 
Exercício 30: No instante 0=t , um tanque contém 0Q kg de sal dissolvido em 100 litros 
de água. Uma solução de sal em água, com ¼ g de sal por litro entra no tanque, bem 
misturado, sai a mesma razão. Achar a expressão de quantidade de sal )(tQ no tanque no 
instante t. 
 
Exercício 31: Uma bola de massa m é lançada verticalmente para cima a partir da 
superfície da terra com uma velocidade inicial positiva ov . Assumindo que as forças 
agindo na bola são a força da gravidade e a força de resistência do ar com sentido oposto 
ao sentido do movimento e com magnitude )(tvp onde p é uma constante positiva e )(tv 
é a velocidade da bola no tempo t. Na subida e na descida a força total agindo na bola é 
mgpv −− . Durante a subida, )(tv é positiva e a resistência age para baixo; durante a 
descida, )(tv é negativa e a resistência age para cima. Assim, pela Segunda Lei de Newton, 
a equação de movimento é mgpvvm −−=′ . Resolva essa equação diferencial para mostrar 
que a velocidade é 
p
mg
e
p
mg
vtv mpto −





+= −)( . 
 32
LISTA DE EXERCÍCIOS 
 
1) Determine a ordem da equação diferencial e informe (justificando) se a equação é linear 
ou não linear. 
a) senxy
dx
dy
x
dx
yd
x =++ 22
2
2
 2a ordem, linear 
b) senyyyxyx =+′+′′ 22 2a ordem, não linear (devido ao termo sen y) 
c) xeyyxyy =+′+′′+ )1( 2 2a ordem, não linear (devido ao termo (1+ y2))d) 12
2
3
3
4
4
=++++ y
dx
dy
dx
yd
dx
yd
dx
yd
 4a ordem, linear 
e) senxyxsen
dx
yd
=++ )(2
2
 2a ordem, não linear 
 (devido ao termo sen (x+ y)) 
f) 02 =+ xy
dx
dy
 1a ordem, não linear (devido ao termo y2) 
g) senxyyy =+′+′′ 63 2a ordem, linear 
h) xeyyy =′+′′ 3 2a ordem, não linear (devido ao termo 3yy’ ) 
i) xyeyyyy =′+′′ 3 2a ordem, linear 
j) ( ) ( ) xeyyy =+′+′′ 63 103 2a ordem, não linear (devido as potências) 
 
2) Verifique se a função, ou funções dadas, constituem solução da EDO. 
a) 0=−′′ yy , xexy =)( 
b) 2xyyx =−′ , 23)( xxxy += 
c) 032 2 =−′+′′ yyxyx , 0>x ; 2/11 )( xxy = e 12 )( −= xxy 
d) xyy sec=+′′ , 2/0 pi<< x ; xsenxxxxy += cosln)(cos)( 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 33
LISTA DE EXERCÍCIOS 
 
Exercício 1: Dado a equação diferencial de segunda ordem 0432 =+′−′′ yyxyx , 0>x , 
pode-se verifique que: 
a) xxx ln)( 21 =φ é uma solução; 
b) 22 )( xx =φ também é uma solução. 
 
 
Exercício 2: Mostre que a equação diferencial 04 =+′′ yy tem a solução geral 
)2cos()2( 21 xcxsency += . 
 
Exercício 3: Verifique se xx xeexy −− += 2)( é a solução geral da equação diferencial 
02 =+′+′′ yyy . 
 
Exercício 4: Use o exemplo 14 para determinar a solução do PVI 



=
−=′
2)3(y
yy
 . 
Solução: xCexy −=)( 
 
Exercício 5: Resolva as equações diferenciais lineares de primeira ordem: 
a) xeyy −=+′ 2 Solução: xx eCexy 2)()( −+= 
b) xexyy 23 −+=+′ ; Solução: xx eexxy 32
9
1
3
1)( −− ++−= 
c) 1+=+′ −xxeyy ; Solução: xx eCexxy −





++= 2
2
1)( 
d) xexyyx =++′ ; Solução: 





++−= Cex
x
xy x2
2
11)( 
e) senxyy =+′ Solução: xCexxxy −++−= sen
2
1
cos
2
1)( 
 
Exercício 6: Ache a solução particular da equação diferencial que satisfaz a condição 
dada: 
a) xxyy =−′ 2 ; 0)0( =y Solução: 2
2
1
2
1)( xexy +−= 
 34
 
b) xexyyyx −=++′ ; 1)1( =y Solução: xe
e
e
x
x
xy −
−
−





 −
−= 1
1 11)( 
 
 
c) xxyyx +=−′ 2 ; 2)1( =y Solução: ( )xCxxxy ++= ln)( 
 
 
Exercício 7: Verifique se as equações diferenciais são separáveis: 
d) 0sen 2 =+ dyyxdx ; 
e) 0222 =− dyyxdxxy ; 
f) 0)1( =++ ydydxxy 
 
Exercício 8: Encontre a solução geral da equação diferencial 
f) 2
sen
y
xy =′ ; 
 35
g) 024 =+
dx
dy
ey x ; 
h) 0=− ydxxdy ; 
i) yxyxy −=−=′ 1 . 
 
Exercício 9: Ache a solução particular do PVI 



=
′
−=′
1)3(
32 2
y
yxyy
 
 
Exercício 10: Mostre que as funções do exemplo 20, de fato, são homogêneas. 
 
 
Exercício 11: Encontre as soluções das equações diferenciais homogêneas dadas no 
Exemplo 20. 
 
Exercício 12: Mostre que as equações diferenciais são homogêneas e ache as soluções 
respectivas. 
a) 
x
yx
dx
dy +
= 
b) 2
22
x
yxyx
dx
dy ++
= 
c) 
yx
xy
dx
dy
−
−
=
2
34
 
d) 
yx
yx
dx
dy
−
+
=
3
 
e) 
42
52
−−
+−
=
yx
xy
dx
dy
 
 
Sugestão para o item e): use uma substituição preliminar da forma hXx −= e 
kYy −= . Escolha h e k de modo que a seja homogênea nas variáveis X e Y. 
 
 
 
 
 
 
Exercício 1: Mostre que a equação diferencial 04 =+′′ yy tem a solução geral 
)2cos()2( 21 xcxsency += . 
 36
OBS: Neste exercício a equação diferencial é de ordem 2, logo a solução geral contém 
duas constantes arbitrárias, 1c e 2c . 
 
Exercício 2: Verifique se xx xeexy −− += 2)( é a solução geral da equação diferencial 
02 =+′+′′ yyy . 
 
Exercício 3: Use o exemplo 8 para determinar a solução do PVI 



=
−=′
2)3(y
yy
 . 
Exercício 4: Verifique se as equações diferenciais são separáveis: 
• 02 =+ dyysenxdx ; 
• 0222 =− dyyxdxxy ; 
• 0)1( =++ ydydxxy 
 
Exercício 5: Encontre a solução geral da equação diferencial 
• 2y
senxy =′ ; 
• 024 =+
dx
dy
ey x ; 
• 0=− ydxxdy ; 
• yxyxy −=−=′ 1 . 
 
Exercício 6: Ache a solução particular do PVI 



=
′
−=′
1)3(
32 2
y
yyyy
 
 
Exercício 7: Mostre que as funções do exemplo 13, de fato, são homogêneas. 
 
Exercício 8: Encontre as soluções das equações diferenciais homogêneas dada no 
Exercício 7. 
 
Exercício 9: Resolva, se possível, as equações diferenciais: 
a) 0)22()23( 2 =+++ dyyxdxyx ; 
b) 
xy
xy
xey
ye
y
−
+
=′
2
2 ; 
c) 0)2()31( 322 =++++ dxxyydyxyx ; 
d) 0=+ dyxedxye xyxy ; 
f) 0=+ dyyedxxe xyxy ; 
g) 0)()( =++− dyyxdxyx . 
 37
 
Exercício 10: Resolva as equações diferenciais lineares de primeira ordem: 
a) 0cos)2( =+− ydydxysenx ; 
b) 035 52 =++′ xxyyx ; 
c) xexyyx =++′ ; 
d) senxyy =+′ . 
 
Exercício 11: Ache a solução particular da equação diferencial que satisfaz a condição 
dada: 
a) xxyyx +=−′ 2 ; 2)1( =y 
b) xexyyyx −=++′ ; 1)0( =y 
 
Exercício 12: Uma bola de massa m é lançada verticalmente para cima a partir da 
superfície da terra com uma velocidade inicial positiva ov . Assumindo que as forças 
agindo na bola são a força da gravidade e a força de resistência do ar com sentido oposto 
ao sentido do movimento e com magnitude )(tvp onde p é uma constante positiva e )(tv é 
a velocidade da bola no tempo t. Na subida e na descida a força total agindo na bola é 
mgpv −− . Durante a subida, )(tv é positiva e a resistência age para baixo; durante a 
descida, )(tv é negativa e a resistência age para cima. Assim, pela Segunda Lei de Newton, 
a equação de movimento é mgpvvm −−=′ . Resolva essa equação diferencial para mostrar 
que a velocidade é 
p
mg
e
p
mg
vtv mpto −





+= −)( . 
 
Exercício 13: Obtenha uma solução em série para a equação diferencial 
a) 0=−′ yy 
b) 0=+′′ yy 
c) 02 =−′′ xyy 
 
Exercício 14: Determine as soluções gerais das equações diferenciais homogêneas: 
a) 02 =−′−′′ yyy 
b) 07 =′−′′ yy 
c) 054 =+′+′′ yyy 
 
Exercício 15: Duas soluções de 02 =+′+′′ yyy são xe − e xe −5 . Pergunta-se 
xx ececxy −− += 21 5)( é a solução geral? 
 
Exercício 16: Resolva as equações diferenciais homogêneas de segunda ordem: 
a) 0=−′′ yy 
b) 030 =−′−′′ yyy 
 38
c) 02 =+′−′′ yyy 
d) 0=+′′ yy 
e) 022 =+′+′′ yyy 
 
Exercício 17: Ache a solução do problema de valor inicial proposto, desenhe as curvas de 
soluções (use por exemplo o MAPLE) 
a) 0145816 =+′−′′ yyy , 2)0( −=y e 1)0( =′y 
b) 04 =+′′ yy , 0)0( =y e 1)0( =′y 
c) 052 =+′−′′ yyy , 0)2( =piy e 2)2( =′ piy 
d) 025.0 =+′−′′ yyy , 2)0( =y e 3/1)0( =′y 
Resolução de a): 
A equação característica é: 0145816 2 =+− λλ e suas raízes são i3
4
1 ±=λ . Assim, a solução 
geral da equação diferencial é 
xsenecxecxy xx 33cos)( 4241 += (*) 
fazendo 0=x , a primeira condição inicial fornece 
⇒ 2)0( 1 −== cy ⇒ 21 −=c 
para a segunda condição , deva-se (*) e depois faz 0=x ⇒ 13
4
1)0( 21 =+=′ ccy ⇒ 2/12 =c 
Portanto a solução geral do PVI dado em a) é: 
xsenexexy xx 3
2
13cos2)( 44 +−= 
 
 
Figura: Solução do PVI 0145816 =+′−′′ yyy , 2)0( −=y e 1)0( =′y usando o Maple. 
 
Exercício 18: Ache uma solução particular de 
senxyyy 243 =−′−′′ . 
 
Exercício 19: Ache uma solução particular de 
2443 xyyy =−′−′′ . 
 
Exercício 20: Ache a solução geral da equação diferencial dada: 
 39
a) xeyyy 2332 =−′−′′ 
b) xxeyyy −−=−′−′′ 332 
c) senxxyyy 332 2 +=+′+′′ 
 
Exercício 21: Ache a solução do PVI dado: 
a) xyyy 22 =−′+′′ ; 0)0( =y e 1)0( =′y 
b) xsenyy 234 =+′′ ; 2)0( =y e 1)0( −=′y 
 
Exercício 22: Verifique que xxy =)(1 e xxy /1)(2 = são soluções de 
02 =−′+′′ yyxyx 
 e depois achea solução geral de 
xxyyxyx ln2 =−′+′′ 
para 0>x . 
 
Exercício 23: Use o método de variação de parâmetros para determinar uma solução 
particular da equação diferencial proposta. Verifique sua resposta mediante o método de 
coeficientes a determinar. 
a) xeyyy 265 =+′−′′ ; 
b) xeyyy −=+′+′′ 32 ; 
 
Exercício 24: Determine a solução geral da equação diferencial xexyyy 2244 −−=+′+′′ . 
 
Exercício 25: Resolver o modelo descrito acima, isto é, determinar o instante da morte mt 
do cadáver (ver apostila). 
 
Exercício 26: No instante 0=t , um tanque contém 0Q kg de sal dissolvido em 100 litros 
de água. Uma solução de sal em água, com ¼ g de sal por litro entra no tanque, bem 
misturado, sai a mesma razão. Achar a expressão de quantidade de sal )(tQ no tanque no 
instante t. 
 
Exercício 27: Suponha que as populações de coelhos e lobos são descritas pelas equações: 
aRWkR
dt
dR
−−= 
 bRWrW
dt
dW
+−= 
onde k, r, a e b são constantes positivas, R refere-se a quantidades de coelhos e W ao 
número de lobos. 
Sendo 08.0=k , 001.0=a , 02.0=r e 00002.0=b . 
a) Encontre as soluções constantes (chamadas de soluções de equilíbrio) e interprete a 
resposta. 
 40
b) Use o sistema de equações para diferenciais para encontrar uma expressão para 
dt
dW
. 
c) Supondo que, em algum ponto no tempo, existam 1000 coelhos e 40 lobos. Desenhe 
uma curva solução e use-a para descrever as mudanças em ambos os níveis de população. 
 
 
 
 41
CONTEÚDO PARA A SEGUNDA PROVA DE EQUAÇÕES 
DIFERENCIAIS 
 
PROFESSORA: NEYVAMARIA LOPES ROMEIRO 
 
Apresenta-se na Tabela 1 alguns exemplos de funções e sua representação em série de 
potências. 
 
Tabela 1: funções e séries de potências 
LL +++++==
−
∑
∞
=
n
n
n xxxx
x
2
0
1
1
1
 
LL +++++==∑
∞
=
!!2!1
1
!
2
0 n
xxx
n
x
e
n
n
n
x
 
L+−+−=
+
−=∑
∞
=
+
!7!5!3)!12()1(
753
0
12 xxx
x
n
x
senx
n
n
n
 
L+−+−=−=∑
∞
=
!6!4!2
1)!2()1(cos
642
0
2 xxx
n
x
x
n
n
n
 
 
 
 
APROXIMAÇÕES DA FUNÇÃO 
 
L+−+−=
+
−=∑
∞
=
+
!7!5!3)!12()1(
753
0
12 xxx
x
n
x
senx
n
n
n
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 42
Exemplo 1: Mostre que a representação em série de potências da função x1tan − é 
∑
∞
=
+
+
−
0
12
12
)1(
n
n
n
n
x
 
 
Solução: 
 
Para mostrar, observa-se que du
uaa
u
tg
a ∫ +
=
−
22
1 11
, no exemplo 1=a e xxu =)( , logo 
dx
x
xtg ∫ +
=
−
2
1
1
1
, 
 
como 
 
∑ −=+−++−+−=
+
nnnn
xxxxx
x
)1()1(1
1
1 32
LL 
 
logo 
( ) ( ) ( ) ∑ −=+−++−+−=
+
nnnn
xxxxx
x
2232222
2 )1()1(11
1
LL 
 
Portanto 
 
dx
x
xtg ∫ +
=
−
2
1
1
1 ( )dxxxxx nn∫ +−++−+−= LL 2642 )1(1 
x
n
n
n
xxxx
x
0
12753
12
)1(
753 






+
+
−++−+−=
+
LL ∑
+
−=
+
12
)1(
12
n
x nn
 
 
Assim, mostrou-se que xtg 1− ∑
+
−=
+
12
)1(
12
n
x nn
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 43
RESOLUÇÃO DE UMA EDO DE PRIMEIRA ORDEM USANDO SÉRIES 
 
Uma série de potências ∑ nn xa define uma função f tal que 
LL ++++++== nn xaxaxaxaaxfy 332210)( 
para todo x no intervalo de convergência. Além disso, pode-se representações em séries 
das derivadas de f, diferenciando cada termo. Assim, 
∑
∞
=
−−
=+++++=′
1
112
321 32
n
n
n
n
n xnaxnaxaxaay LL 
LL +−++⋅+=′′ −2232 )1(232 nnxannxaay ∑
∞
=
−
−=
2
2)1(
n
n
n xann 
e assim, sucessivamente. As séries de potências também podem ser empregadas para 
resolver certas equações diferencias. Neste caso, a solução costuma expressar-se como 
uma série infinita, e é chamada solução em série da equação diferencial. 
 
Exemplo 2: Obtenha uma solução em série da equação diferencial xyy 2=′ . 
Solução: 
Se a solução é dada por ∑= nn xay , então ∑ −=′ 1nn xnay e a substituição na equação 
diferencial se tem 
xyy 2=′ ⇒ ∑∑
∞
=
∞
=
−
=
01
1 2
n
n
n
n
n
n xaxxna 
ou 
∑∑
∞
=
+
∞
=
−
=
0
1
1
1 2
n
n
n
n
n
n xaxna 
É conveniente mudar o somatório à esquerda, de modo que apareça a mesma potencia de x 
que no somatório à direita. Para tanto, substitui-se n por n + 2 e inicia-se o somatório em n 
– 1. Assim, 
∑∑
∞
=
+
∞
−=
+
+ =+
0
1
1
1
2 2)2(
n
n
n
n
n
n xaxan 
ou ainda 
LL ++++++ +12321 )2(32 nn xanxaxaa LL +++++= +123220 2322 nn xaxaxaxa 
comparando coeficientes, observa-se que 01 =a 
e nn aan 2)2( 2 =+ + , se 0≥n . 
Conseqüentemente, os coeficientes são dados por 
01 =a e nn a
n
a
2
2
2
+
=+ , se 0≥n . 
 
 
 
 44
Em particular, para L,2,1,0=n , nn a
n
a
2
2
2
+
=+ torna-se 
02 aa = 03
2
13 == aa 
024 2
1
2
1
aaa == 0
5
2
35 == aa 
046 32
1
3
1
aaa
⋅
== 0
7
2
57 == aa 
068 432
1
4
1
aaa
⋅⋅
== 
 
assim, pode-se mostrar que, se n é impar, então 0=na (ou 012 =+na ), enquanto que 
02 !
1
a
n
a n = para todo inteiro positivo n. Desta forma a solução em série da equação 
diferencial xyy 2=′ , é 






+++++== ∑
∞
=
LL
n
n
n
n x
n
xxaxay
!
1
2
11 420
0
. 
 
Exercício 1: Obtenha uma solução em série para a equação diferencial 
a) 0)()()()1( 2 =−′+′′+ xyxyxxyx 





+−+−+= L86420 128
5
16
1
8
1
2
11)(: xxxxaxyS 
b) 0)()()( 2 =−′−′′ xyxyxxy 





+++++= L65420 720
1
20
1
24
1
2
11)(: xxxxaxyS 
 





++++++ L65431 360
7
120
1
12
1
6
1
xxxxxa 
c) 0)()( 2 =+=′ xyxxy , onde 1)0( =y 223)(: 2 −−−= − xxexyS x 
 
d) 0)()( =−′′ xxyxy 





+
⋅⋅⋅
+
⋅
+= L630 6532
1
32
11)(: xxaxyS 
 





+
⋅⋅⋅
+
⋅
++ L741 7643
1
43
1
xxxa 
 
e) )(2)( xxyxy =′ f) 0)()( =−′ xyxy g) 0)(2)( =−′′ xxyxy 
 
OBS: Nos exercícios 1-a) até 1-g), pode-se que não existe nenhum valor de x de tal forma 
que apareça um ponto de singularidade na equação diferencial. Devido a isto todas as 
soluções procuradas são da forma ∑
∞
=
=
0
)(
n
n
n xaxy 
 
 45
MÉTODO DE FROBENIUS 
 
Analisaremos a resolução da equação diferencial linear de segunda ordem dada por 
0)()()()()()( =+′+′′ xyxRxyxQxyxP (1) 
onde )(xP , )(xQ e )(xR são funções polinomiais. 
Vimos (em aulas anteriores) que se 0)( ≠xP , para todo x, a equação (1) pode ser 
reescrita por 
0)()(
)()()(
)()( =+′+′′ xy
xP
xR
xy
xP
xQ
xy (2) 
ou simplesmente por 
0)()()()()( =+′+′′ xyxqxyxpxy (3) 
onde )(
)()(
xP
xQ
xp = e )(
)()(
xP
xR
xq = . 
Vimos ainda que a solução de (3) é uma série de potências do tipo 
∑
∞
=
=
0
)(
n
n
n xaxy . (4) 
A série de potências, dada em (4), é uma série de Taylor em torno do ponto 0=x . 
Se a solução não for analítica em 0=x , podemos naturalmente considerar um outro ponto 
ax = em que ela o será. 
 
O método de Frobenius utiliza esta mesma idéia, diferindo apenas que para a 
utilização deste método é necessário a equação (1) tenha um ponto singular em 0xx = , isto 
é 0)( 0 =xP . 
Assim, utilizaremos o método de Frobenius para resolver a equação diferencial 
linearde segunda ordem dada em (1), próxima de um ponto de singularidade 0xx = . 
Supondo então que 00 =x , pois se 00 ≠x a equação (1) pode ser transformada em uma 
outra equação diferencial e ser resolvida utilizando a série de potências dada em (4), 
procuramos uma solução da equação diferencial (1) na forma 
∑∑
∞
=
+
∞
=
==
00
)(
n
rn
n
n
n
n
r
xaxaxxy , (5) 
onde 00 ≠a (pois por hipótese 00 == xx ). 
 
 
Como parte da resolução, temos que determinar: 
 1) os valores de r para os quais a equação (1) tenha solução da forma (5); 
 2) a fórmula de recorrência; 
 3) o raio de convergência da série ∑
∞
=0n
n
n xa 
 46
Esta teoria será melhor visualidade em forma de exemplo. 
 
Exemplo 3: Seja a equação diferencial 0)()1()()(2 2 =++′−′′ xyxxyxxyx , procuraremos 
uma solução da forma ∑
∞
=
=
0
)(
n
n
n
r xaxxy . 
Solução: 
 
Se a solução é dada por ∑
∞
=
=
0
)(
n
n
n
r xaxxy , ou ainda 
( )LL ++++++= nnr xaxaxaxaaxxy 332210)( 
tem-se que 
( )LL ++++++=′ − nnr xaxaxaxaarxxy 3322101)( 
 ( )LL +++++++ −1342321 432 nnr xnaxaxaxaax 
multiplicando os termos 
LL ++++++=′ −+++− 123
1
21
1
0)( rnnrrrr xraxraxraxraxraxy 
 LL +++++++ −++++ 134
2
3
1
21 432
rn
n
rrrr xnaxaxaxaxa 
agrupando os termos 
 LL ++++++++++=′ −+++− 123
1
21
1
0 )()3()2()1()( rnnrrrr xanrxarxarxarxraxy 
ou simplesmente 
∑
∞
=
−++=′
0
1)()(
n
rn
n xanrxy (6) 
De forma similar pode-se mostrar que 
∑
∞
=
−++−+=′′
0
2))(1()(
n
rn
n xanrrnxy (7) 
 Substituindo (5), (6) e (7) na equação diferencial 
0)()1()()(2 2 =++′−′′ xyxxyxxyx , temos: 
 
0)1()())(1(2
00
1
0
22
=+++−+−+ ∑∑∑
∞
=
+
∞
=
−+
∞
=
−+
n
rn
n
n
rn
n
n
rn
n xaxxanrxxanrrnx 
 
0)())(1(2
0
1
000
=+++−+−+ ∑∑∑∑
∞
=
++
∞
=
+
∞
=
+
∞
=
+
n
rn
n
n
rn
n
n
rn
n
n
rn
n xaxaxanrxanrrn 
 
[ ] 01)())(1(2
0
1
0
=+++−+−+ ∑∑
∞
=
++
∞
=
+
n
rn
n
n
rn
n xaxanrnrrn (8) 
 
 47
Para compararmos os coeficientes das potências de x é conveniente padronizar a 
notação de maneira que as potências de x tenham também a forma rnx + na segunda soma 
de (8). Para que isto ocorra, seja mn =+1 na segunda soma e, assim, obtemos 
 
∑∑
∞
=
+
−
∞
=
++
=
1
1
0
1
m
rm
m
n
rn
n xaxa (9) 
 
o índice m, do somatório, pode ser substituído por n, e a soma pode ser igualmente 
reescrita por 
∑
∞
=
+
−
1
1
n
rn
n xa (10) 
 
 A equação diferencial toma então a forma 
 
[ ] 01)())(1(2
1
1
0
=+++−+−+ ∑∑
∞
=
+
−
∞
=
+
n
rn
n
n
rn
n xaxanrnrrn (11) 
 
escrevendo separadamente a potência de x que aparece na primeira soma de (11), ou seja o 
termo com 0=n , obtemos 
[ ] [ ] 01)())(1(21)1(2
1
1
1
0 =+++−+−+++−− ∑∑
∞
=
+
−
∞
=
+
n
rn
n
n
rn
n
r xaxanrnrrnxarrr 
ou 
 
( ) [ ]{ } 01)())(1(2122
1
10
2
=+++−+−+++−− ∑
∞
=
+
−
n
rn
nn
r xaanrnrrnxarrr 
( ) [ ]{ } 01)())(1(2132
1
10
2
=+++−+−+++− ∑
∞
=
+
−
n
rn
nn
r xaanrnrrnxarr (12) 
 
É necessário, em primeiro lugar que 
 
( ) 0132 02 =+− arr . (13) 
 
Como 00 ≠a ( supomos que rx é a menor potência de x que aparece na série), 
seque-se que 0132 2 =+− rr . Logo 1=r e 2/1=r (valores de r para os quais a 
equação (1) tenha solução da forma (5)). 
 
 A fórmula de recorrência é obtida utilizando 
[ ] 01)())(1(2 1 =+++−+−+ −nn aanrnrrn , ou ainda 
 48
11)())(1(2
1
−++−+−+
−= nn a
rnrnrn
a , 1≥n 
ou 
[ ] 11)()(1)(2
1
−
++−+−+
−= nn a
rnrnrn
a 
12 1)()(2)(2
1
−
++−+−+
−= nn a
rnrnrn
a 
12 1)(2)()(2
1
−
++−+−+
−= nn a
rnrnrn
a 
[ ] [ ] 11)(21)(2)(
1
−
−+−−++
−= nn a
rnrnrn
a 
[ ][ ] 11)(21)(
1
−
−+−+
−= nn a
rnrn
a , 1≥n (14) 
 
 A fórmula de recorrência dada em (14) determina todos os outros coeficientes 
(observe que o denominador não pode se anular se 1≥n ) 
 
Para 1=r , temos 
 
[ ][ ] 11)1(21)1(
1
−
−+−+
−= nn a
nn
a ⇒ 1)12(
1
−+
−= nn a
nn
a , 1≥n 
logo: 
 
1=n ⇒ 01 3
1
aa −= 
2=n ⇒ 12 52
1
aa
⋅
−= ⇒ 02 532
1
aa
⋅⋅
= 
3=n ⇒ 23 73
1
aa
⋅
−= ⇒ 03 53273
1
aa
⋅⋅⋅⋅
−= ⇒ 03 )32(753
1
aa
⋅⋅⋅⋅
−= 
 ⇒ 03 !3)753(
1
aa
⋅⋅⋅
−= 
 
4=n ⇒ 34 94
1
aa
⋅
−= ⇒ 





⋅⋅⋅⋅
−
⋅
−= 04 )32(753
1
94
1
aa ⇒ 
04 )432(9753
1
aa
⋅⋅⋅⋅⋅
= ⇒ 04 !4)9753(
1
aa
⋅⋅⋅⋅
= 
 
 49
seguindo esta lógica, temos [ ] 0!)12(9753
)1(
a
nn
a
n
n
⋅+⋅⋅⋅
−
=
L
, 1≥n 
 
Assim, uma das soluções é dada por ∑
∞
=
=
0
1 )(
n
n
n
r xaxxy (lembrando que 1=r ), ou 
[ ] 




+
⋅+⋅⋅⋅
−
++
⋅⋅⋅
−
⋅⋅
+−= L
L
L
n
n
x
nn
a
x
a
x
a
x
a
axxy
!)12(9753
)1(
!3)753(5323)(
030200
01 
ou 
[ ] 




+
⋅+⋅⋅⋅
−
++
⋅⋅⋅
−
⋅⋅
+−= L
L
L
n
n
x
nn
xxxxaxy
!)12(9753
)1(
!3)753(
1
532
1
3
11)( 3201 
ou 
 
[ ]∑
∞
=
⋅+⋅⋅⋅
−
=
0
01 !)12(9753
)1()(
n
n
n
x
nn
xaxy
L
 (15) 
 
Resta ainda determinar o raio de convergência da série obtida em (15). Para isto, usamos 
o teste da razão, onde [ ] !)12(9753
)1(
nn
x
a
nn
n
⋅+⋅⋅⋅
−
=
L
, logo 
[ ] )!1()1)1(2(9753
)1( 11
1 +⋅++⋅⋅⋅
−
=
++
+
nn
x
a
nn
n
L
 
 
n
n
n a
a 1lim +
∞→
[ ]
[ ] !)12(9753
)1(
)!1()1)1(2(9753
)1(
lim
11
nn
x
nn
x
nn
nn
n
⋅+⋅⋅⋅
−
+⋅++⋅⋅⋅
−
=
++
∞→
L
L
 
[ ]
[ ]
nn
nn
n x
nn
nn
x
)1(
!)12(9753
)!1()1)1(2(9753
)1(lim
11
−
⋅+⋅⋅⋅
+⋅++⋅⋅⋅
−
=
++
∞→
L
L
 
nn
nn
n x
nn
nn
xx
)1(
!)12(
)!1()32(
)1()1(lim
−
⋅+
+⋅+
−−
=
∞→
!)12(
!)1()32(
)1(lim nn
nnn
x
n
⋅+
⋅+⋅+
−
=
∞→
 
 
 
)12()1()32(
)1(lim +
+⋅+
−
=
∞→
n
nn
x
n )1()32(
)12)(1(||lim
+⋅+
+−
=
∞→ nn
n
x
n )1()32(
)12(lim||
+⋅+
+
=
∞→ nn
n
x
n
 
 
mas 
352
12lim
3322
12lim)1()32(
)12(lim 22 ++
+
=
+++
+
=
+⋅+
+
∞→∞→∞→ nn
n
nnn
n
nn
n
nnn
 
 50
indeterminação do tipo 
∞
∞
, aplicando a regra de L’Hopital, temos que 
0
54
2lim
352
12lim 22 =+
=
++
+
∞→∞→ nnn
n
nn
 
 
Assim, 00||)1()32(
)12(lim|| =⋅=
+⋅+
+
∞→
x
nn
n
x
n
 
 
Portanto a série [ ]∑
∞
=
⋅+⋅⋅⋅
−
0 !)12(9753
)1(
n
nn
nn
x
L
 converge para todo x. 
 
Para 
2
1
=r , temos 
1
1
2
121
2
1
1
−






−





+





−





+
−= nn a
nn
a ⇒ 1
2
12
1
−






−
−= nn a
nn
a , 1≥n 
 
logo: 
 
1=n ⇒ 01
2
112
1
aa






−
−= ⇒ 01 aa = 
2=n ⇒ 12
2
124
1
aa






−
−= ⇒ 12 6
1
aa −= ⇒ 02 6
1
aa −= ⇒ 02 32
1
aa
⋅
−= 
3=n ⇒ 23
2
136
1
aa





−
−= ⇒ 23 15
1
aa −= ⇒ 23 53
1
aa
⋅
−= ⇒ 03 3253
1
aa
⋅⋅⋅
= 
 ⇒ 03 !3)53(
1
aa
⋅⋅
= 
 
4=n ⇒ 34
2
148
1
aa






−
−= ⇒ 34
2
148
1
aa






−
−= ⇒ 34 28
1
aa −= ⇒ 
34 47
1
aa
⋅
−= ⇒ 





⋅⋅
−
⋅
−= 04 !3)53(
1
47
1
aa ⇒ 04 !4)753(
1
aa
⋅⋅⋅
= 
 
seguindo esta lógica, temos [ ] 0!)12(753
)1(
a
nn
a
n
n
⋅−⋅⋅
−
=
L
, 1≥n 
 51
 
Assim, uma das soluções é dada por ∑
∞
=
=
0
2 )(
n
n
n
r xaxxy (lembrando que 
2
1
=r ), ou 
[ ] 




+
⋅−⋅⋅
−
+−
⋅⋅
+
⋅
−+= L
L
L
n
n
x
nn
a
x
a
x
a
xaaxxy
!)12(753
)1(
!3)53(32)(
03020
00
2/1
2 
ou 
[ ] 




+
⋅−⋅⋅
−
+−
⋅⋅
+
⋅
−+= L
L
L
n
n
x
nn
xxxxaxy
!)12(753
)1(
!3)53(
1
32
11)( 322/102 
ou 
 
[ ] 




⋅−⋅⋅
−
+= ∑
∞
=1
2/1
02 !)12(753
)1(1)(
n
n
n
x
nn
xaxy
L
 (16) 
 
Pode-se verificar (como na série dada em (15)) que a série dada em (16) é convergente 
para todo x. 
 
Portanto a solução da equação diferencial 0)()1()()(2 2 =++′−′′ xyxxyxxyx usando o 
Método de Frobenius é )()()( 2211 xyCxyCxy += onde 
[ ]∑
∞
=
⋅+⋅⋅⋅
−
=
0
01 !)12(9753
)1()(
n
n
n
x
nn
xaxy
L
 
e 
[ ] 




⋅−⋅⋅
−
+= ∑
∞
=1
2/1
02 !)12(753
)1(1)(
n
n
n
x
nn
xaxy
L
 
 
Exercício 2: Use o método de Frobenius para encontrar uma solução da forma 
∑
∞
=
=
0
)(
n
n
n
r xaxxy , para a equação diferencial 0)()2()(2)( 22 =−+′+′′ xyxxyxxyx . 
 
Exercício 3: Mostre que cada equação diferencial tem um ponto singular regular em 
0=x . Determina os valores de r, a fórmula de recorrência e determine uma solução em 
série ( )0>x correspondente a maior raiz (ou seja o maior valor de r). Se as raízes forem 
desiguais, e não diferirem por um inteiro, achar também a solução em série correspondente 
a menor raiz. 
a) 0)()()(2 =+′+′′ xxyxyxyx 
 
:S 2/11 =r e 02 =r , [ ]1)(2)(
2
−++
−=
−
rnrn
a
a nn 
 52
[ ] 




+
+⋅⋅
−
++
⋅⋅⋅⋅⋅
−
⋅⋅⋅
+
⋅
−= L
L
L )14(1395!2
)1(
1395642954252
1)(
2642
2/1
1
nn
xxxx
xxy
n
nn
 
e 
[ ] LLL +−⋅⋅
−
++
⋅⋅⋅⋅⋅
−
⋅⋅⋅
+
⋅
−= )14(1173!2
)1(
1173642734232
1)(
2642
2
nn
xxxx
xy
n
nn
 
 
 
b) 0)()( =+′′ xyxyx 
:S 11 =r e 02 =r , 2
1
)( rn
a
a nn
+
−=
−
 
( ) ( ) ( ) LL ++++−= 22
2
21 !!2!1
1)(
n
xxx
xy
n
 
 
c) 0)()()( =−′+′′ xyxyxyx , 
 
:S 021 == rr , )1)((
1
−++
−=
−
rnrn
a
a nn 






+
+
−
+++−= LL )!1(!
)1(
!3 !2!2 !1
1)(
2
1
nn
xxx
xxy
nn
 
 
SÉRIE DE FOURIER 
A série de Fourier de uma função )(xf definida no intervalo LxL <<− é 
∑
∞
=




++=
1
0 cos
2
)(
n
nn L
xn
senb
L
xn
a
a
xf pipi 
onde 
 
∫
−
=
L
L
dxxf
L
a )(10 
∫
−
=
L
Ln
dx
L
xn
xf
L
a
pi
cos)(1 
∫
−
=
L
Ln
dx
L
xn
senxf
L
b pi)(1 
 
Para resolver os exercícios de séries de Fourier é necessário calcular algumas 
integrais trigonométricas, os resultados de algumas destas integrais encontram-se na 
Tabela 2. 
 
 
 
 
 53
Tabela 2: Integrais trigonométricas 
 
0cos =∫
−
L
L
dx
L
xnpi
 
0=∫
−
L
L
dx
L
xn
sen
pi
 



=
≠
=∫
− n L, m
n, m
dx
L
xm
L
xnL
L
0
coscos
pipi
 
0cos =∫
−
L
L
dx
L
xm
L
xn
sen
pipi
 



=
≠
=∫
− n L, m
n, m
dx
L
xm
sen
L
xn
sen
L
L
0pipi
 
 
 
Exercício 4: Mostre os resultados da Tabela 2. 
 
Exercício 5: Encontre uma expansão em série de Fourier da função 
4
)(
2x
xf = , 
pipi <<− x . 
 
Exercício 6: Dado 



<<
<<−
=
pi
pi
xx
x
xf
0 ,
0 ,1)( , encontre a expansão em série de Fourier. 
OBS: 
• se )(xf é uma função impar, então 0)( =∫
−
L
L
dxxf 
 
 
• se )(xf é uma função par, então ∫∫ =
−
LL
L
dxxfdxxf
0
)(2)( 
 
 
 54
CONVERGÊNCIA DE SÉRIES DE FOURIER 
 
Se a função f e sua derivada f ′ são contínuas por parte no intervalo LxL <<− , 
então f é igual à sua série de Fourier em todos os pontos de continuidade. Em um ponto c 
onde um salto de descontinuidade ocorre em f, a série de Fourier converge para a média 
2
)()( −+ + cfcf
, onde )( +cf e )( −cf denotam os limites à direita e à esquerda de f em c, 
respectivamente 
 
f(x) = x
-1
0
1
-3 -2 -1 0 1 2 3
 
 
xxf =)( , )1,( +∈ xxx , é uma função contínua nos intervalos )2,3( −− , )1,2( −− , )0 ,1(− , 
)1 ,0( , )2 ,1( , )3 ,2( 
 
Neste caso a série de Fourier converge em 1=x para a sua média, isto é 
 
0
2
)1(1
2
)1()1(
=
−+
=
+ −+ ff
 
 
Exercício 7: Verifique a convergência da série de Fourier 



<<
<<−
=
pi
pi
xx
x
xf
0 ,
0 ,1)( 
Exercício 8: Dado xxf =)( , pipi <<− x , encontre a série de Fourier e verifique a sua 
convergência. 
 
 
 
SÉRIES DE FOURIER DE COSSENOS 
 
 
A série de Fourier de uma função PAR no intervalo LxL <<− é uma série de cossenos 
∑
∞
=
+=
1
0 cos
2
)(
n
n L
xn
a
a
xf pi , onde 
∫
−
=
L
L
dxxf
L
a )(10 
 
∫=
L
n dxL
xn
xf
L
a
0
cos)(2 pi 
 
 55
SÉRIES DE FOURIER DE SENOS 
 
A série de Fourier de uma função IMPAR no intervalo LxL <<− é uma série de senos 
∑
∞
=




++=
1
0 cos
2
)(
n
nn L
xn
senb
L
xn
a
a
xf pipi , onde 
∫
−
=
L
L
dxxf
L
a )(10 
 
∫=
L
n dxL
xn
senxf
L
b
0
)(2 pi 
 
Exercício 9: Forneça uma função )(xf definida no intervalo ),0( L . Trace o gráfico de f e 
de uma extensão par para ),( LL− , depois encontre a série de cossenos de f para: 
a) xxf cos)( = , pi<< x0 
b) xexf =)( , 10 << x 
 
Exercício 10: Forneça uma função )(xf definida no intervalo ),0( L . Trace o gráfico de f 
e de uma extensão impar para ),( LL− , depois encontre a série de senos de f para: 
a) xxf cos)( = , pi<< x0 
b) xexf =)( , 10 << x 
 
 
Lista de Exercícios 
 
Exercício 1: Obtenha uma solução em série para a equação diferencial 
a) 0)()()()1( 2 =−′+′′+ xyxyxxyx 





+−+−+= L86420 128
5
16
1
8
1
2
11)(: xxxxaxyS 
b) 0)()()( 2 =−′−′′ xyxyxxy 





+++++= L65420 720
1
20
1
24
1
2
11)(: xxxxaxyS 
 





++++++ L65431 360
7
120
1
12
1
6
1
xxxxxa 
c) 0)()( 2 =+=′ xyxxy , onde 1)0( =y 223)(: 2 −−−= − xxexyS x 
 
d) 0)()( =−′′ xxyxy 





+
⋅⋅⋅
+
⋅
+= L630 6532
1
32
11)(: xxaxyS 
 





+
⋅⋅⋅
+
⋅
++ L741 7643
1
43
1
xxxa 
 
e) )(2)( xxyxy =′ f) 0)()( =−′ xyxy g) 0)(2)( =−′′ xxyxy 
 
 56
Exercício 2: Use o método de Frobenius para encontrar uma solução da forma 
∑
∞
=
=
0
)(
n
n
n
r xaxxy , para a equação diferencial 0)()2()(2)( 22 =−+′+′′ xyxxyxxyx . 
 
 
Exercício 3: Mostre que cada equação diferencial tem um ponto singular regular em 
0=x . Determina os