Eu odeio EDO (versão slides)

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Olá, meu nome é Helder Guerreiro aluno de Engenharia Química na Universidade Federal do Amazonas
(UFAM), esses conselhos que lhe darei é para você que está pouco se lixando para a matéria ou está com
uma grande dificuldade em aprender a calcular as nossas queridas Equações Diferenciais Ordinárias.
Nunca decore, aprenda! O importante aqui é que você consiga resolver as EDO’s que apareceram pela
frente. Esse curso está aí para que você tenha habilidades lá na frente, pois existem matérias que exigirão
de você esse conhecimento. Preste atenção nas dicas que eu te der, sabe por que? Por que eu sou um cara
leigo como qualquer outra pessoa, então eu sei muito bem o que é passar dificuldade numa matéria na
faculdade.
Este material foi preparado durante meu 3° período da faculdade, onde uma turma imensa foi formada ao
comando de um ótimo professor. Todos os assuntos contidos nesta apostila foram baseados nas aulas do
meu professor de EDO, Prof. Carlos Wagner. Não usei o livro como base de meu conhecimento, pois o
professor já se baseava nele para nos dar aulas. Os assuntos contidos aqui não são necessariamente todos
os assuntos de EDO, mas os que forma possíveis em ser ministrados no período letivo de aula.
Agradeço por ter esta apostila em mãos e faça bom proveito. Esta apostila é e sempre será gratuita para
quem quiser de onde quer que seja, além de usá-la compartilhe-a também, pois assim como esta apostila
pode lhe ajudar, também pode ajudar outras pessoas.
Fim de papo! Hora de sofrer!
Helder Guerreiro
 PRIMEIRA PARTE
- Problema de valor inicial (PVI)
- Variação de parâmetros
- Variáveis separáveis
- Equações diferencias exatas
- Equação não exata para equação exata
- Equações homogêneas
- Trajetórias ortogonais
- Equações de Riccati
 SEGUNDA PARTE
- Equações lineares de segunda ordem
- Equações de Bernoulli
- Equações lineares de segunda ordem não linear sem 
o termo y
- Equações lineares de segunda ordem não linear sem 
a variável independente t
- Equações características com raízes negativas
- Equações de coeficientes variáveis
- Equações características com raiz única
 TERCEIRA PARTE
- Redução de ordem
- Método dos coeficientes indeterminados
- Variação de parâmetros
- Equações de ordem superior
- Resumão
Helder Guerreiro
Sumário 4Helder Guerreiro
São necessários 7 passos para resolver estes problemas:
Ajeitar a questão para regra geral
- A regra geral apresentada pelo PVI deve ser da seguinte forma: 𝑦′ + 𝑝 𝑡 𝑦 = 𝑞(𝑡),
basicamente consiste em não haver coeficiente algum a frente do 𝑦′. Caso a
equação não apresente essa forma, deve-se ajeita-la.
Encontrar o fator integrante
- O integrante será encontrado da seguinte forma: 𝜇 𝑡 = 𝑒׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡, basta pegar a
função 𝑝(𝑡) integrar e depois usar como expoente de “e”.
Passo 1
Passo 2
5Helder Guerreiro
Multiplicar o fator integrante
- Encontrando-se o fator integrante multiplique-o pelos dois lados.
Simplificar e tornar integral
- Do lado esquerdo da igualdade simplifique a expressão de tal forma que encontre
a primitiva da derivada dessa forma:
𝑑
𝑑𝑥
[𝑘𝑥], e coloque uma integral no lado direito
da igualdade anulando a derivada do lado esquerdo.
Integrar
- Agora focando no lado direito, resolva a integral ordinária (não é um insulto).
Solução geral
- Trocando a integral do lado direito pelo seu resultado (não esqueça da constante
C) hora de isolar o y, ao terminar de isolá-lo essa será a solução geral.
Solução do PVI
- Com a solução geral pronta use o ponto que foi dado pelo enunciado usando um
valor para y e um para t e encontre o valor de C. Depois volte a solução geral e
substitua o valor de C.
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7
6Helder Guerreiro
Temos a equação e o ponto: 𝑡3𝑦′ + 4𝑡2𝑦 = 𝑒−𝑡 , 𝑦 −1 = 0.
Ajeitar a questão para regra geral
𝑡3𝑦′ + 4𝑡2𝑦 = 𝑒−𝑡 →
𝑡3𝑦′
𝑡3
+
4𝑡2𝑦
𝑡3
=
𝑒−𝑡
𝑡3
→ 𝑦′ +
4
𝑡
𝑦 =
𝑒−𝑡
𝑡3
Encontrar o fator integrante
𝜇 𝑡 = 𝑒׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡
න𝑝 𝑡 𝑑𝑡 = න
4
𝑡
𝑑𝑡 = 4ln 𝑡 = ln |𝑡4|
𝜇 𝑡 = 𝑒ln 𝑡
4
= 𝑡4
Passo 1
Passo 2
7Helder Guerreiro
Multiplicar o fator integrante
𝑦′ +
4
𝑡
𝑦 =
𝑒−𝑡
𝑡3
→
𝑡4
𝑡4𝑦′ + 4𝑡3𝑦 = 𝑡𝑒−𝑡
Simplificar e tornar integral
𝑡4𝑦′ + 4𝑡3𝑦 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑡4𝑦′ + 4𝑡3𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡4]
𝑑
𝑑𝑡
𝑦𝑡4 = 𝑡𝑒−𝑡 → 𝑦𝑡4 = න𝑡𝑒−𝑡 𝑑𝑡
Integrar
න𝑡𝑒−𝑡𝑑𝑡 → 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎çã𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒𝑠 → ቊ 𝑢 = 𝑡 𝑑𝑣 = 𝑒
−𝑡𝑑𝑡
𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 𝑣 = −𝑒−𝑡
න𝑡𝑒−𝑡𝑑𝑡 = 𝑡 −𝑒−𝑡 −න −𝑒−𝑡 𝑑𝑢
න𝑡𝑒−𝑡𝑑𝑡 = −𝑡𝑒−𝑡 − 𝑒−𝑡 + 𝑐
Passo 3
Passo 4
Passo 5
8Helder Guerreiro
Solução Geral
𝑦𝑡4 = −𝑡𝑒−𝑡 − 𝑒−𝑡 + 𝑐
𝑖𝑠𝑜𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦
𝑦 = −
𝑒−𝑡
𝑡3
−
𝑒−𝑡
𝑡4
+
𝑐
𝑡4
Solução do PVI
𝑦 = 0, 𝑡 = −1
𝑦 = −
𝑒−𝑡
𝑡3
−
𝑒−𝑡
𝑡4
+
𝑐
𝑡4
→ 0 = −
𝑒
−1
−
𝑒
1
+
𝑐
1
→ 𝑐 = 0
𝑐 = 0
𝑦 = −
𝑒−𝑡
𝑡3
−
𝑒−𝑡
𝑡4
Passo 6
Passo 7
9Helder Guerreiro
“Se as funções p e q são contínuas num intervalo aberto 𝐼 = (𝛼, 𝛽), que contém o
ponto 𝑡 = 𝑡0 , então existe uma única função 𝑦 = ∅ 𝑡 que satisfaz a equação
diferencial:
𝑦′ + 𝑝 𝑡 𝑦 = 𝑞(𝑡)
Para cada 𝑡 ∈ 𝐼 e que também satisfaz a condição inicial: 𝑦 𝑡0 = 𝑦0, onde 𝑦0 é um
valor inicial arbitrário.”
- Ou seja, este teorema está dizendo que 𝑦′ + 𝑝 𝑡 𝑦 = 𝑞(𝑡) é uma regra a se seguir
para a resolução de PVI’s.
10Helder Guerreiro
Temos a equação e o ponto: t𝑦′ + 2𝑦 = 4𝑡2 , 𝑦 1 = 2.
Ajeitar a questão para regra geral
t𝑦′ + 2𝑦 = 4𝑡2 →
t𝑦′
𝑡
+
2𝑦
𝑡
=
4𝑡2
𝑡
→ 𝑦′ +
2
𝑡
𝑦 = 4𝑡
Encontrar o fator integrante
𝜇 𝑡 = 𝑒׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡
න𝑝 𝑡 𝑑𝑡 = න
2
𝑡
𝑑𝑡 = 2ln 𝑡 = ln |𝑡2|
𝜇 𝑡 = 𝑒ln 𝑡
2
= 𝑡2
Passo 1
Passo 2
11Helder Guerreiro
Multiplicar o fator integrante
𝑦′ +
2
𝑡
𝑦 = 4𝑡 →
𝑡2
𝑡2𝑦′ + 2𝑡𝑦 = 4𝑡3
Simplificar e tornar integral
𝑡2𝑦′ + 2𝑡𝑦 = 4𝑡3 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑡2𝑦′ + 2𝑡𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡2]
𝑑
𝑑𝑡
𝑦𝑡2 = 4𝑡3 → 𝑦𝑡2 = න4𝑡3 𝑑𝑡
Integrar
න4𝑡3𝑑𝑡 → 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎çã𝑜 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑡𝑎
න4𝑡3𝑑𝑡 =
4𝑡4
4
+ 𝑐
න4𝑡3𝑑𝑡 = 𝑡4 + 𝑐
Passo 3
Passo 4
Passo 5 
12Helder Guerreiro
Solução Geral
𝑦𝑡2 = 𝑡4 + 𝑐
𝑖𝑠𝑜𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦
𝑦 = 𝑡2 +
𝑐
𝑡2
Solução do PVI
𝑦 = 2, 𝑡 = 1
𝑦 = 𝑡2 +
𝑐
𝑡2
→ 2 = 1 +
𝑐
1
→ 𝑐 = 1
𝑐 = 1
𝑦 = 𝑡2 +
1
𝑡2
Passo 6
Passo 7
13Helder Guerreiro
Equação Diferencial Ordinária Linear de 1° Ordem
I. 𝑦′ + 𝑝 𝑡 𝑦 = 𝑞(𝑡)
II. 𝑦′ + 𝑝 𝑡 𝑦 = 0 (𝑒𝑞. ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔ê𝑛𝑖𝑎 𝑎𝑠𝑠𝑜𝑐𝑖𝑎𝑑𝑎 𝑎 𝑒𝑞. 𝐼)
Multiplicando o fator integrante:
𝑦′𝑒׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡 + 𝑝 𝑡 𝑦𝑒׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡 = 0
Simplificando e integrar:
𝑑
𝑑𝑡
𝑦𝑒׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡 = 0
න
𝑑
𝑑𝑡
𝑦𝑒׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 = න0𝑑𝑡
𝑦𝑒׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑐
14Helder Guerreiro
𝑦 = 𝑐𝑒− ׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡 (𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 𝑑𝑎 𝑒𝑞 ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔ê𝑛𝑖𝑎 𝑎𝑠𝑠𝑜𝑐𝑖𝑎𝑑𝑎)
Tornar c uma função
𝑦 = 𝑐 𝑡 𝑒− ׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡
Substituindo em I.
𝑦′ + 𝑝 𝑡 𝑦 = 𝑞(𝑡)
𝑐′ 𝑡 𝑒− ׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡 + 𝑐 𝑡 . −𝑝 𝑡 𝑒− ׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡 + 𝑐 𝑡 𝑝 𝑡 𝑒− ׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑞(𝑡)
𝑐′ 𝑡 𝑒− ׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑞(𝑡)
𝑐′ 𝑡
𝑒׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡
= 𝑞 𝑡 → 𝜇 = 𝑒׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡 → 𝑐′ 𝑡 = 𝑞 𝑡 𝜇(𝑡)
15Helder Guerreiro
Ache a solução do PVI abaixo:
𝑦′ + 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑡 𝑦 = 2𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐 𝑡 , 𝑦
𝜋
2
= 1
Variação do parâmetro
𝑦′ + 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑡 𝑦 = 0
Fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒
׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡 = ׬ 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑡 𝑑𝑡 = ׬
cos 𝑡
𝑠𝑒𝑛 𝑡
𝑑𝑡 → ቊ
𝑢 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑑𝑢 = cos 𝑡 𝑑𝑡
→׬
𝑑𝑢𝑢 = ln |𝑢|= ln |𝑠𝑒𝑛(𝑡)|
𝜇 𝑡 = 𝑒ln |𝑠𝑒𝑛 𝑡 | = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
Passo 1
Passo 2
16Helder Guerreiro
Multiplicar o fator integrante
𝑦′ + 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑡 𝑦 = 0
× 𝑠𝑒𝑛 𝑡
𝑦′𝑠𝑒𝑛 𝑡 + 𝑠𝑒𝑛 𝑡 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑡 𝑦 = 0
𝑦′𝑠𝑒𝑛 𝑡 + 𝑠𝑒𝑛 𝑡
cos(𝑡)
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦 = 0
𝑦′𝑠𝑒𝑛 𝑡 + cos 𝑡 𝑦 = 0
Simplificar e integrar
𝑑
𝑑𝑡
𝑦𝑠𝑒𝑛 𝑡 = 0
𝑦𝑠𝑒𝑛 𝑡 = 𝑐
𝑦 =
𝑐
𝑠𝑒𝑛 𝑡
Solução geral
𝑦 =
𝑐 𝑡
𝑠𝑒𝑛 𝑡
(𝑡𝑜𝑟𝑛𝑎𝑟 𝑐 𝑓𝑢𝑛çã𝑜)
𝑐′ 𝑡 = 𝑞 𝑡 𝜇(𝑡)
𝑐′ 𝑡 = 2𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡 → 𝑐′ 𝑡 =
2
𝑠𝑒𝑛 𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑐′ 𝑡 = 2 → න𝑐′ 𝑡 𝑑𝑡 = න2𝑑𝑡 → 𝑐 𝑡 = 2𝑡 + 𝑘
Passo 3
Passo 4
Passo 5
K é constante 
de integração.
17Helder Guerreiro
Substituindo c
𝑦 =
𝑐
𝑠𝑒𝑛 𝑡
→ 𝑦 =
2𝑡 + 𝑘
𝑠𝑒𝑛 𝑡
Solução PVI
𝑦 = 1, 𝑡 =
𝜋
2
𝑦 =
2𝑡 + 𝑘
𝑠𝑒𝑛 𝑡
→ 1 =
2
𝜋
2 + 𝑘
𝑠𝑒𝑛
𝜋
2
→ 1 = 𝜋 + 𝑘 → 𝑘 = 1 − 𝜋
Substituindo k
𝑦 =
2𝑡 + 𝑘
𝑠𝑒𝑛 𝑡
→ 𝑦 =
2𝑡 + 1 − 𝜋
𝑠𝑒𝑛 𝑡
Passo 6
18Helder Guerreiro
𝑦′ + 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑡 𝑦 = 2𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐 𝑡 , 𝑦
𝜋
2
= 1
Fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒
׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡 = ׬ 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑡 𝑑𝑡 = ׬
cos 𝑡
𝑠𝑒𝑛 𝑡
𝑑𝑡 → ቊ
𝑢 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑑𝑢 = cos 𝑡 𝑑𝑡
→׬
𝑑𝑢
𝑢 = ln |𝑢|= ln |𝑠𝑒𝑛(𝑡)|
𝜇 𝑡 = 𝑒ln |𝑠𝑒𝑛 𝑡 | = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
Multiplicar o fator integrante
𝑦′ + 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑡 𝑦 = 2𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑡)
× 𝑠𝑒𝑛 𝑡
𝑦′𝑠𝑒𝑛 𝑡 + 𝑠𝑒𝑛 𝑡 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑡 𝑦 = 2𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦′𝑠𝑒𝑛 𝑡 + 𝑠𝑒𝑛 𝑡
cos(𝑡)
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦 =
2
𝑠𝑒𝑛 𝑡
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦′𝑠𝑒𝑛 𝑡 + cos 𝑡 𝑦 = 2
Passo 1
Passo 2
19Helder Guerreiro
Simplificar e integrar
𝑑
𝑑𝑡
𝑦𝑠𝑒𝑛 𝑡 = 2
𝑦𝑠𝑒𝑛 𝑡 = න2𝑑𝑡 → 𝑦𝑠𝑒𝑛 𝑡 = 2𝑡 + 𝑐
Solução geral
𝑦𝑠𝑒𝑛 𝑡 = 2𝑡 + 𝑐 → 𝑦 =
2𝑡 + 𝑐
𝑠𝑒𝑛 𝑡
Solução PVI
𝑦 = 1, 𝑡 =
𝜋
2
𝑦 =
2𝑡 + 𝑐
𝑠𝑒𝑛 𝑡
→ 1 =
2
𝜋
2 + 𝑐
𝑠𝑒𝑛
𝜋
2
→ 1 = 𝜋 + 𝑐 → 𝑐 = 1 − 𝜋
Substituindo c
𝑦 =
2𝑡 + 𝑐
𝑠𝑒𝑛 𝑡
→ 𝑦 =
2𝑡 + 1 − 𝜋
𝑠𝑒𝑛 𝑡
Passo 3
Passo 4
Passo 5
20Helder Guerreiro
Equação Diferencial Ordinária Linear de 1° Ordem
I. 𝑦′ + 𝑝 𝑥 𝑦 = 𝑞(𝑥)
II. 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0
Provando que I = II
𝑦′ + 𝑝 𝑥 𝑦 = 𝑞 𝑥 →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑝 𝑥 𝑦 = 𝑞(𝑥)
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑝 𝑥 𝑦𝑑𝑥 = 𝑞 𝑥 𝑑𝑥 (𝑚𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑥)
𝑑𝑦 + 𝑝 𝑥 𝑦𝑑𝑥 = 𝑞 𝑥 𝑑𝑥
[𝑝 𝑥 𝑦 − 𝑞(𝑥)]
𝑀(𝑥,𝑦)
𝑑𝑥 + ณ1
𝑁(𝑥,𝑦)
𝑑𝑦 = 0
21Helder Guerreiro
Solução geral do PVI:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥2
1 − 𝑦2
Separando variáveis (x de um lado, y do outro)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥2
1 − 𝑦2
→ 𝑑𝑦 1 − 𝑦2 = 𝑥2𝑑𝑥
Integrando (solução geral)
න 1 − 𝑦2 𝑑𝑦 = න𝑥2𝑑𝑥
𝑦 −
𝑦3
3
=
𝑥3
3
+ 𝑐
Passo 1
Passo 2
22Helder Guerreiro
Ache a solução do PVI:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦𝑐𝑜𝑠 𝑥
1 + 2𝑦2
, 𝑦 0 = 1
Separar variáveis
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦𝑐𝑜𝑠 𝑥
1 + 2𝑦2
→ 1 + 2𝑦2 𝑑𝑦 = 𝑦𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥
1 + 2𝑦2 𝑑𝑦
𝑦
=
𝑦𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥
𝑦
→
1
𝑦
+ 2𝑦 𝑑𝑦 = cos 𝑥 𝑑𝑥
Integrar (solução geral)
න
1
𝑦
+ 2𝑦 𝑑𝑦 = නcos 𝑥 𝑑𝑥 → ln 𝑦 + 𝑦2 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑐
Passo 1
Passo 2
23Helder Guerreiro
Solução PVI
𝑦 = 1, 𝑥 = 0
ln 𝑦 + 𝑦2 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑐
ln 1 + 12 = sen 0 + c
0 + 1 = 0 + c → c = 1
𝑐 = 1
ln 𝑦 + 𝑦2 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 1
Passo 3
24Helder Guerreiro
𝑦2 1 − 𝑥2
1
2𝑑𝑦 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥 , 𝑦 0 = 0
Separar variáveis
𝑦2 1 − 𝑥2
1
2𝑑𝑦 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥 → 𝑦2𝑑𝑦 =
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥
1 − 𝑥2
𝑑𝑥
Integrar (solução geral)
න𝑦2𝑑𝑦 = න
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥
1 − 𝑥2
𝑑𝑥
൞
𝑣 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)
𝑑𝑣 =
𝑑𝑥
1 − 𝑥2
→
𝑦3
3
= න𝑣𝑑𝑣
Passo 1
Passo 2
25Helder Guerreiro
𝑦3
3
=
𝑣2
2
+ 𝑐
𝑦3
3
=
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥
2
2
+ 𝑐
Solução PVI
𝑦 = 0, 𝑥 = 0
𝑦3
3
=
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥
2
2
+ 𝑐
03
3
=
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 0
2
2
+ 𝑐 → 0 =
0
2
+ 𝑐 → 𝑐 = 0
𝑐 = 0
𝑦3
3
=
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥
2
2
→ 𝑦3 =
3
2
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥
2
Passo 3
26Helder Guerreiro
Resolva o problema de valor inicial:
𝑦′ = 𝑥𝑦3 1 + 𝑥2 −
1
2 𝑜𝑢
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑥𝑦3 1 + 𝑥2 −
1
2
Separar variáveis
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑥𝑦3 1 + 𝑥2 −
1
2 →
𝑑𝑦
𝑦3
= 𝑥 1 + 𝑥2 −
1
2𝑑𝑥
Integrar (solução geral)
න
𝑑𝑦
𝑦3
= න𝑥 1 + 𝑥2 −
1
2𝑑𝑥 → −
1
2
𝑦−2 = න𝑥 1 + 𝑥2 −
1
2𝑑𝑥
ቐ
𝑢 = 1 + 𝑥2
𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥 →
𝑑𝑢
2
= 𝑥𝑑𝑥
Passo 1
Passo 2
27Helder Guerreiro
−
𝑦−2
2
= න𝑢−
1
2𝑑𝑢 → −
𝑦−2
2
= 1 + 𝑥
1
2 + 𝑐
Opcional
1
𝑦2
= −2 1 + 𝑥
1
2 + 𝑐
𝑦2 =
1
−2 1 + 𝑥
1
2 + 𝑐
𝑦 =
1
−2 1 + 𝑥
1
2 + 𝑐
1
2
Solução PVI
𝑦 0 = 1
1 =
1
−2 1 + 0
1
2 + 𝑐
1
2
→ 12 =
1
𝑐 − 2
→ 𝑐 = 3 → 𝑦 =
1
−2 1 + 𝑥
1
2 + 3
1
2
𝑦
Passo 3
28Helder Guerreiro
Veja esta equação diferencial:
2𝑥 + 𝑦2 + 2𝑥𝑦𝑦′ = 0
Organizando-a fica assim: 2𝑥 + 𝑦2 𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 0
Se tentarmos resolve-la com separação de variáveis não conseguiremos.
Veja esta função ao lado: Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑥2 + 𝑥𝑦2
- Derivando-a fica assim:𝑑Ψ = 2𝑥 + 𝑦2 𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦 𝑑𝑦
- Perceba que a derivada da função 𝜑 é igual a equação diferencial apresentada
acima, se elas são iguais a função é igual a equação que é igual a zero:
𝑑Ψ = 0
29Helder Guerreiro
- Integrando para encontrar a solução geral temos:
න𝑑Ψ = න0 → Ψ = 𝑐 → 𝑥2 + 𝑥𝑦2 = 𝑐
Isso significa que a função Ψ é a solução para a equação diferencial proposta no
enunciado, essa função por ser igual a equação será igual a zero que ao integrar
para encontrar a solução geral será igual a constante.
Para aprender a encontrar a função Ψ e o valor da constate c siga os passos dos
próximos slides.
30Helder Guerreiro
A equação diferencial deve estar nesta forma:
𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0
𝑀(𝑥, 𝑦) e 𝑁(𝑥, 𝑦) são o valor das derivadas parciais da função solução:
𝜕Ψ
𝜕𝑥
= 𝑀(𝑥, 𝑦)
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
A partir desse sistema se encontrará a função solução, mas este sistema somente 
será possível SE E SOMENTE SE 𝑀 𝑥, 𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦).
Após verificar se é possível, deve-se substituir os respectivos valores de M e N.
31Helder Guerreiro
Esse sistema será resolvido assim:
𝐼
𝐷𝐼
𝜕Ψ
𝜕𝑥
= 𝑀(𝑥, 𝑦)
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
A letra “I” significa integrar e “DI” significa derivar e integrar.
- Primeiro parte-se da derivada parcial em relação a x, integre o valor dos dois 
lados e pronto.
න
𝜕Ψ
𝜕𝑥
𝑑𝑥 = න𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
- Segundo, na derivada parcial em relação a y como o valor de M e N são os mesmos 
o mesmo valor que foi achado na derivada parcial em relação a x (valor de M) será 
o valor de y, pois se 𝑀 𝑥, 𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) então 
𝜕Ψ
𝜕𝑥
=
𝜕Ψ
𝜕𝑦
. 
Obs.:׬
𝜕Ψ
𝜕𝑥
𝑑𝑥 = Ψ(𝑥, 𝑦)
32Helder Guerreiro
න
𝜕Ψ
𝜕𝑥
𝑑𝑥 = 𝑅 + 𝑐
𝜕Ψ
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
𝑅 + 𝑐
Com esse valor atribuído deriva-se o valor do resultado em relação a y, substitua o
valor original de
𝜕Ψ
𝜕𝑦
no lado esquerdo enquanto no lado direito fica o valor da
Ψ(𝑥, 𝑦) isso será o suficiente para encontrar a constante “c”, após encontra-la integre
dos dois lados.
A constante “c” neste caso está se comportando mais como uma função, ao derivá-lo
não podemos zerá-lo e ao integrá-lo não podemos adicionar uma variável, então
vamos mudar seu nome para: 𝑐 = 𝑓(𝑦).
Após encontrar o valor de 𝑓(𝑦) substitua em Ψ(𝑥, 𝑦) e pronto, sua função solução já
está pronta.
Neste caso a função solução é a solução do PVI e a solução igual a uma constante “c”
é a solução geral.
Essa constate “c”aparece por que após identificar a solução função reconheceremos
que 𝑑Ψ = 0, logo temos que Ψ = 𝑐.
Fazendo ׬𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 = 𝑅 + 𝑐
33Helder Guerreiro
𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒𝑦 𝑑𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 − 1 𝑑𝑦 = 0
Teste do sistema
𝑀 𝑥, 𝑦 = 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒𝑦
𝑁 𝑥, 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 − 1
𝜕𝑀
𝜕𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒
𝑦 𝜕𝑁
𝜕𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒
𝑦
Sistema
𝜕Ψ
𝜕𝑥
= 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒𝑦
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
Ψ(𝑥, 𝑦) = න 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒𝑦 𝑑𝑥
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ ൞
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 + 𝑓(𝑦)
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
Passo 1
São iguais!
Passo 2
34Helder Guerreiro
൞
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 + 𝑓(𝑦)
𝜕Ψ
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 + 𝑓 𝑦
→
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 + 𝑓(𝑦)
𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 − 1
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 + 𝑓′(𝑦)
𝑁(𝑥,𝑦)
൝
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 + 𝑓(𝑦)
𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 − 1 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 + 𝑓′(𝑦)
→ ൝
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 + 𝑓(𝑦)
𝑓′ 𝑦 = −1
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 + 𝑓(𝑦)
න𝑓′(𝑦) 𝑑𝑦 = න−1𝑑𝑦 → ൝
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 + 𝑓(𝑦)
𝑓 𝑦 = −𝑦
Função solução
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 − 𝑦
Passo 3
35Helder Guerreiro
Solução geral
Com a função solução temos
𝑑Ψ = 0 → Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑐
𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 − 𝑦 = 𝑐
Passo 4
36Helder Guerreiro
𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 + 𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑𝑦 = 0
Teste do sistema
𝑀 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑁 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥
𝜕𝑀
𝜕𝑦 = 𝑒
𝑥𝑐𝑜𝑠𝑦 − 2𝑠𝑒𝑛𝑥
𝜕𝑁
𝜕𝑥 = 𝑒
𝑥𝑐𝑜𝑠𝑦 − 2𝑠𝑒𝑛𝑥
Sistema
𝜕Ψ
𝜕𝑥
= 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 − 2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
Ψ(𝑥, 𝑦) = න 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 − 2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ ൞
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
Passo 1
São iguais!
Passo 2
37Helder Guerreiro
൞
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝜕Ψ
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
→
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓′(𝑦)
𝑁(𝑥,𝑦)
ቊ
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓′(𝑦)
→ ቊ
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝑓′ 𝑦 = 0
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
න𝑓′(𝑦) 𝑑𝑦 = න0𝑑𝑦 → ቊ
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝑓 𝑦 = 0
Função solução
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥
Passo 3
38Helder Guerreiro
Solução geral
Com a função solução temos
𝑑Ψ = 0 → Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑐
𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑐
Passo 4
39Helder Guerreiro
𝑥𝑑𝑥
(𝑥2+𝑦2)
3
2
+
𝑦𝑑𝑦
(𝑥2+𝑦2)
3
2
= 0
Teste do sistema
𝑀 𝑥, 𝑦 =
𝑥
(𝑥2+𝑦2)
3
2
, 𝑁 𝑥, 𝑦 =
𝑦
(𝑥2+𝑦2)
3
2
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= −
3𝑥𝑦
(𝑥2+𝑦2)
5
2
𝜕𝑁
𝜕𝑥
= −
3𝑥𝑦
(𝑥2+𝑦2)
5
2
Passo 1
São iguais!
40Helder Guerreiro
Sistema
𝜕Ψ
𝜕𝑥
=
𝑥
(𝑥2+𝑦2)
3
2
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
Ψ 𝑥, 𝑦 = න
𝑥
(𝑥2+𝑦2)
3
2
𝑑𝑥
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁 𝑥, 𝑦
→ 𝑠𝑢𝑏𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖çã𝑜 → ቊ𝑢 = 𝑥
2 + 𝑦2
𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥
→
1
2
න
𝑑𝑢
𝑢
3
2
Ψ 𝑥, 𝑦 = −
1
(𝑥2+𝑦2)
1
2
+ 𝑓(𝑦)
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
Ψ 𝑥, 𝑦 = −
1
(𝑥2+𝑦2)
1
2
+ 𝑓(𝑦)
𝜕Ψ
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
−
1
(𝑥2+𝑦2)
1
2
+ 𝑓 𝑦
→
Ψ 𝑥, 𝑦 = −
1
(𝑥2+𝑦2)
1
2
+ 𝑓(𝑦)
𝑦
(𝑥2+𝑦2)
3
2
𝜕Ψ
𝜕𝑦
=
𝑦
(𝑥2+𝑦2)
3
2
+ 𝑓′(𝑦)
𝑁(𝑥,𝑦)
Passo 2
41Helder Guerreiro
Ψ 𝑥, 𝑦 = −
1
(𝑥2+𝑦2)
1
2
+ 𝑓(𝑦)
𝑦
(𝑥2+𝑦2)
3
2
=
𝑦
(𝑥2+𝑦2)
3
2
+ 𝑓′(𝑦)
→
Ψ 𝑥, 𝑦 = −
1
(𝑥2+𝑦2)
1
2
+ 𝑓(𝑦)
𝑓′ 𝑦 = 0
Integrar
𝑓′ 𝑦 = 0 → න𝑓′ 𝑦 = න0𝑑𝑦 → 𝑓 𝑦 = 0
Função solução
Ψ 𝑥, 𝑦 = −
1
(𝑥2+𝑦2)
1
2
Solução Geral
𝑑Ψ = 0 → Ψ = 𝑐
−
1
(𝑥2+𝑦2)
1
2
= 𝑐
Passo 3
Passo 4
Passo 4
42Helder Guerreiro
1 = −𝑐 𝑥2 + 𝑦2
1
2
Como “c” é uma constante podemos modifica-la (multiplicar, dividir etc.) quantas 
vezes quiser, desde que mudemos seu nome.
𝑘 =
1
𝑥2 + 𝑦2
1
2
𝑥2 + 𝑦2 = 𝑊
43Helder Guerreiro
Temos uma equação ordinária
𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0
Uma equação não é exata quando: 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
≠
𝜕𝑁
𝜕𝑥
Multiplicando pelo fator integrante temos: 𝑀 𝑥, 𝑦 𝜇 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝜇 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0 (𝐼)
A equação (I) será exata SE E SOMENTE SE:
𝜕
𝜕𝑦
𝑀𝜇 =
𝜕
𝜕𝑥
𝑁𝜇 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁
Ao isolar 𝜇(𝑥) tem-se:
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 −
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜇 =
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁 −
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 →
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜇 =
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁 −
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 → 𝜇 =
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁 −
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
44Helder Guerreiro
Devemos analisar o fator integrante somente com uma variável, então escolhe-se o x 
como variável padrão da função 𝜇, neste caso a sua derivada em relação a y deve 
ser desconsiderada valendo zero.
𝜇 =
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
→ 𝜇 =
𝜇′𝑁
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
→ μ
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
= 𝜇′𝑁 →
𝜇′
𝜇
=
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
Integrando
න
𝜇′
𝜇
= න
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
→ ln 𝜇 = න
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
Logo vemos que o fator integrante de uma equação que foi transformada para exata 
é:
𝜇 𝑥 = 𝑒׬
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
45Helder Guerreiro
3𝑥𝑦 + 𝑦2 + 𝑥2 + 𝑥𝑦 𝑦′ = 0
Organizar
3𝑥𝑦 + 𝑦2 + 𝑥2 + 𝑥𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0 → 3𝑥𝑦 + 𝑦2 𝑑𝑥 + 𝑥2 + 𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 0
Fator integrante desconhecido
𝜇 = 𝜇(𝑥)
Multiplicar fator integrante desconhecido
3𝑥𝑦 + 𝑦2 𝜇(𝑥)𝑑𝑥 + 𝑥2 + 𝑥𝑦 𝜇(𝑥)𝑑𝑦 = 0
Formando M(x,y) e N(x,y)
3𝑥𝑦 + 𝑦2 𝜇(𝑥)
𝑀(𝑥,𝑦)
𝑑𝑥 + 𝑥2 + 𝑥𝑦 𝜇(𝑥)
𝑁(𝑥,𝑦)
𝑑𝑦 = 0
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
46Helder Guerreiro
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= (3𝑥 + 2𝑦)𝜇(𝑥)
𝜕𝑁
𝜕𝑥
= 2𝑥 + 𝑦 𝜇 𝑥 + 𝑥2 + 𝑥𝑦 𝜇′ 𝑥
Encontrando Fator integrante desconhecido
A equação será exata se e somente se: 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁, então.
3𝑥 + 2𝑦 𝜇 𝑥 = 2𝑥 + 𝑦 𝜇 𝑥 + 𝑥2 + 𝑥𝑦 𝜇′(𝑥)
[ 3𝑥 + 2𝑦 − 2𝑥 + 𝑦 ]𝜇 𝑥 = 𝑥 𝑥 + 𝑦 𝜇′(𝑥)
𝑥 + 𝑦 𝜇 𝑥 = 𝑥 𝑥 + 𝑦 𝜇′(𝑥)
𝜇 𝑥 = 𝑥𝜇′ 𝑥 →
𝜇′
𝜇
=
1
𝑥
→ න
𝜇′
𝜇
= න
1
𝑥
→ ln 𝜇 = ln 𝑥 → 𝜇 𝑥 = 𝑒ln |𝑥| = 𝑥
Passo 5
47Helder Guerreiro
Multiplicar fator integrante
3𝑥𝑦 + 𝑦2 𝜇 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑥2 + 𝑥𝑦 𝜇 𝑥 𝑑𝑦 = 0 → 3𝑥2𝑦 + 𝑥𝑦2 𝑑𝑥 + 𝑥3 + 𝑥2𝑦 𝑑𝑦 = 0
Sistema
𝜕Ψ
𝜕𝑥
= 3𝑥2𝑦 + 𝑥𝑦2
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
Ψ(𝑥, 𝑦) = න 3𝑥2𝑦 + 𝑥𝑦2 𝑑𝑥
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑥3𝑦 +
𝑥2𝑦2
2
+ 𝑓(𝑦)
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑥3𝑦 +
𝑥2𝑦2
2
+ 𝑓(𝑦)
𝜕Ψ
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
𝑥3𝑦 +
𝑥2𝑦2
2
+ 𝑓(𝑦)
→
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑥3𝑦 +
𝑥2𝑦2
2
+ 𝑓(𝑦)
𝑥3 + 𝑥2𝑦
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑥3 + 𝑥2𝑦 + 𝑓′(𝑦)
𝑁(𝑥,𝑦)
൞Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑥
3𝑦 +
𝑥2𝑦2
2
+ 𝑓(𝑦)
𝑥3 + 𝑥2𝑦 = 𝑥3 + 𝑥2𝑦 + 𝑓′(𝑦)
→ ൞Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑥
3𝑦 +
𝑥2𝑦2
2
+ 𝑓(𝑦)
𝑓′ 𝑦 = 0
Passo 6
Passo 7
48Helder Guerreiro
Integrar
න𝑓′ 𝑦 = න0𝑑𝑦 → 𝑓 𝑦 = 0
Função solução
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑥3𝑦 +
𝑥2𝑦2
2
Solução geral
𝑑Ψ = 0 → Ψ = 𝑐
c = 𝑥3𝑦 +
𝑥2𝑦2
2
2c = 2𝑥3𝑦 + 2
𝑥2𝑦2
2
→ 2𝑥3𝑦 + 𝑥2𝑦2 = 2𝑐
𝑥2𝑦2 + 2𝑥3𝑦 = 𝑘
Passo 8
Passo 9
Passo 10
49Helder GuerreiroTemos uma equação ordinária
𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0
Esta equação não será exata se 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
≠
𝜕𝑁
𝜕𝑥
, neste caso deve-se encontrar um fator 
integrante que force a equação a ter o resultado oposto, porém o fator integrante 
pode ser em função de x ou de y.
Multiplicando pelo fator integrante temos: 𝑀 𝑥, 𝑦 𝜇 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝜇 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0 (𝐼)
A equação (I) será exata SE E SOMENTE SE:
𝜕
𝜕𝑦
𝑀𝜇 =
𝜕
𝜕𝑥
𝑁𝜇 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁
Estamos analisando em função de y, então 
𝜕𝜇
𝜕𝑥
= 0
50Helder Guerreiro
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜇
Ao isolar 𝜇(𝑦) tem-se:
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜇 −
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 →
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 → 𝜇 =
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 =
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
→ 𝜇 =
𝜇′𝑀
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
→ μ
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 𝜇′𝑀 →
𝜇′
𝜇
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
Integrando
න
𝜇′
𝜇
= න
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
→ ln 𝜇 = න
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
51Helder Guerreiro
Logo vemos que o fator integrante de uma equação que foi transformada para exata 
é:
𝜇(𝑦) = 𝑒׬
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
Perceba a diferença entre os fatores integrantes com a mudança de sua variável
𝜇 𝑥, 𝑦 = (𝑒׬
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁 , 𝑒׬
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀 )
52Helder Guerreiro
𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦 − 𝑒−2𝑦 𝑑𝑦 = 0
Fator integrante transformado: 𝜇 𝑥
𝑀 𝑥, 𝑦 = 𝑦 𝑁 𝑥, 𝑦 = 2𝑥𝑦 − 𝑒−2𝑦
𝜇(𝑥) = 𝑒
׬
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁 =׬
1−2𝑦
2𝑥𝑦−𝑒−2𝑦
= 1−2𝑦 ׬
1
2𝑥𝑦−𝑒−2𝑦
→ ቊ
𝑢 = 2𝑥𝑦−𝑒−2𝑦
𝑑𝑢 = 2𝑦𝑑𝑥
→
1
2𝑦 −1 ׬
𝑑𝑢
𝑢 =
1
2𝑦 −1 ln |𝑢|
𝜇 𝑥 = 𝑒
1
2𝑦 −1 ln 2𝑥𝑦−𝑒
−2𝑦
Acho que ninguém gostaria de trabalhar com um fator integrante desse tipo.
Passo 1
53Helder Guerreiro
Fator integrante transformado: 𝜇 𝑦
𝑀 𝑥, 𝑦 = 𝑦 𝑁 𝑥, 𝑦 = 2𝑥𝑦 − 𝑒−2𝑦
𝜇 𝑦 = 𝑒
׬
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀 = ׬
2𝑦 −1
𝑦 = ׬
𝑦 2 −
1
𝑦
𝑦 = ׬ 2−
1
𝑦 = ׬ 2𝑑𝑦 −׬
1
𝑦𝑑𝑦 = 2𝑦−ln 𝑦 = 𝑒2𝑦−ln |𝑦| =
𝑒2𝑦
𝑒ln 𝑦
𝜇 𝑦 =
𝑒2𝑦
𝑦
Multiplicando fator integrante
𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦 − 𝑒−2𝑦 𝑑𝑦 = 0 →
𝑒2𝑦
𝑦
𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦
𝑒2𝑦
𝑦
−
𝑒2𝑦
𝑦
𝑒−2𝑦 𝑑𝑦 = 0
𝑒2𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑒2𝑦 −
1
𝑦
𝑑𝑦 = 0
M(x,y) e N(x,y)
𝑀 𝑥, 𝑦 = 𝑒2𝑦, 𝑁 𝑥, 𝑦 = 2𝑥𝑒2𝑦 −
1
𝑦
Passo 1
Passo 2
Passo 3
54Helder Guerreiro
Sistema
𝜕Ψ
𝜕𝑥
= 𝑒2𝑦
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
Ψ(𝑥, 𝑦) = න 𝑒2𝑦 𝑑𝑥
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ ൞
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑒2𝑦𝑦 + 𝑓(𝑦)
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
൞
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑒2𝑦𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝜕Ψ
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
𝑒2𝑦𝑥 + 𝑓(𝑦)
→
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑒2𝑦𝑦 + 𝑓(𝑦)
2𝑥𝑒2𝑦 −
1
𝑦
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 2𝑥𝑒2𝑦 + 𝑓′(𝑦)
𝑁(𝑥,𝑦)
൞
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑒2𝑦𝑦 + 𝑓(𝑦)
2𝑥𝑒2𝑦 −
1
𝑦
= 2𝑥𝑒2𝑦 + 𝑓′(𝑦)
→ ൞
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑒2𝑦𝑦 + 𝑓(𝑦)
𝑓′ 𝑦 = −
1
𝑦
→ 𝑓 𝑦 = − ln 𝑦 = ln
1
𝑦
Passo 4
55Helder Guerreiro
Função solução
Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑒2𝑦𝑦 + ln
1
𝑦
Solução geral
𝑑Ψ = 0 → Ψ = 𝑐
c = 𝑒2𝑦𝑦 + ln
1
𝑦
Perceba que quando o valor de M é complicado é melhor evita-lo usando fator 
integrante em função de x, e quando o valor de N é complicado é melhor evita-lo 
usando fator integrante em função de y.
Passo 5
Passo 6
56Helder Guerreiro
Equações homogêneas geralmente têm este formato:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦)
Uma equação pode ser testada como homogênea mudando o seu domínio:
𝑓 𝑥, 𝑦 → 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦)
Após a mudança se o resultado for igual ao original, temos uma equação 
homogênea.
Exemplo
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦2 + 2𝑥𝑦
𝑥2
→ 𝑓 𝑥, 𝑦 =
𝑦2 + 2𝑥𝑦
𝑥2
57Helder Guerreiro
Teste de homogeneidade
𝑓 𝑥, 𝑦 → 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦)
𝑓 𝑡𝑥, 𝑡𝑦 =
𝑡2𝑦2 + 2𝑡𝑥𝑡𝑦
𝑡2𝑥2
=
𝑡2(𝑦2 + 2𝑥𝑦)
𝑡2𝑥2
=
𝑦2 + 2𝑥𝑦
𝑥2
Uma equação homogênea pode se tornar uma equação por variáveis separáveis.
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦), é homogênea então ela é equivalente a:
I.
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝐹
𝑦
𝑥
Fazemos uma substituição e encontramos um valor para y,
𝑢 =
𝑦
𝑥
→ 𝑦 = 𝑢𝑥
Com essa substituição, podemos substituir esse valor em (I) e seguir este esquema:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝐹
𝑦
𝑥
→ 𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 𝐹 𝑢
58Helder Guerreiro
Ao ajeitar esta equação temos as nossas variáveis separadas.
𝑑𝑢
𝐹 𝑢 − 𝑢
=
𝑑𝑥
𝑥
59Helder Guerreiro
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦2 + 2𝑥𝑦
𝑥2
Substituição por u
𝑢 =
𝑦
𝑥
→ 𝑦 = 𝑢𝑥
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 𝐹 𝑢
Retomando a equação
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 =
𝑥2𝑢2 + 2𝑥𝑢𝑥
𝑥2
=
𝑥2(𝑢2 + 2𝑢)
𝑥2
= 𝑢2 + 2𝑢
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 𝑢2 + 2𝑢 − 𝑢 → 𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 𝑢2 + 𝑢
Passo 1
Passo 2
60Helder Guerreiro
Variáveis separáveis
𝑑𝑢
𝑢2 + 𝑢
=
𝑑𝑥
𝑥
Integrar
(𝐼)න
𝑑𝑢
𝑢2 + 𝑢
= (𝐼𝐼)න
𝑑𝑥
𝑥
(𝐼)න
𝑑𝑢
𝑢2 + 𝑢
=
𝐴
𝑢
+
𝐵
1 + 𝑢
→ 1 = 𝐴 1 + 𝑢 + 𝐵𝑢 → ቊ
𝑢 = 0 𝐴 = 1
𝑢 = −1 𝐵 = −1
න
𝑑𝑢
𝑢2 + 𝑢
= න
𝑑𝑢
𝑢
− න
𝑑𝑢
1 + 𝑢
= ln 𝑢 − ln 1 + 𝑢 = ln
𝑢
1 + 𝑢
𝐼𝐼 න
𝑑𝑥
𝑥
= ln 𝑥 + 𝑐
ln
𝑢
1 + 𝑢
= ln 𝑥 + 𝑐 → aplicando função inversa → eln
𝑢
1+𝑢 = eln 𝑥 ec →
u
1 + u
= xc
Passo 3
Passo 4
61Helder Guerreiro
Solução geral
u
1 + u
= xc →
y
x
x + y
x
= xc →
y
x + y
= xc → y = xc(x + y)
Passo 5
62Helder Guerreiro
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0
Organizar
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 → 2𝑦𝑑𝑥 = 𝑥𝑑𝑦 →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
2𝑦
𝑥
Teste de homogeneidade
𝑓 𝑥, 𝑦 → 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦)
𝑓 𝑡𝑥, 𝑡𝑦 =
2𝑡𝑦
𝑡𝑥
=
2𝑡𝑦
𝑡𝑥
=
2𝑦
𝑥
Passo 1
Passo 2
I
63Helder Guerreiro
Substituição por u
𝑢 =
𝑦
𝑥
→ 𝑦 = 𝑢𝑥
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 𝐹 𝑢
Retomando a equação
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 2𝑢 → 𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 𝑢
Variáveis separáveis
𝑑𝑢
𝑢
=
𝑑𝑥
𝑥
Integrar
න
𝑑𝑢
𝑢
= න
𝑑𝑥
𝑥
ln 𝑢 = ln 𝑥 + 𝑐
𝑢 = 𝑐𝑥
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
64Helder Guerreiro
Retornando a variável original (solução geral)
𝑢 = 𝑐𝑥 → y = cx2
Separando variáveis
2𝑦𝑑𝑥 = 𝑥𝑑𝑦 →
𝑑𝑥
𝑥
=
𝑑𝑦
2𝑦
Integrar
න
𝑑𝑥
𝑥
=
1
2
න
𝑑𝑦
𝑦
ln 𝑥 =
1
2
ln 𝑦 +
1
2
ln 𝑐 → ln 𝑥 =
1
2
ln 𝑦 + ln 𝑐 → ln 𝑥 =
1
2
ln |𝑦𝑐|
ln 𝑥 = ln 𝑦𝑐
1
2 → 𝑥 = 𝑦𝑐
1
2 → 𝑥2 = 𝑦𝑐
Passo 7
II
Passo 1
Passo 2
65Helder Guerreiro
Solução geral
𝑦 = 𝑐𝑥2
Fator integrante transformado: 𝜇(𝑥)
𝑀 𝑥, 𝑦 = 2𝑦 𝑁 𝑥, 𝑦 = −𝑥
𝜇 𝑥 = 𝑒
׬
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁 = ׬
2− −1
−𝑥 = ׬ −
3
𝑥 = −3 ׬
𝑑𝑥
𝑥 =−3 ln 𝑥 =ln
1
𝑥3 = 𝑒
ln
1
𝑥3 =
1
𝑥3
Multiplicar o fator integrante
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 →
2𝑦
𝑥3
𝑑𝑥 −
1
𝑥2
𝑑𝑦 = 0
Passo 3
III
Passo 1
Passo 2
66Helder Guerreiro
Sistema
𝜕Ψ
𝜕𝑥
=
2𝑦
𝑥3
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
Ψ(𝑥, 𝑦) = න
2𝑦
𝑥3
𝑑𝑥
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
Ψ 𝑥, 𝑦 = −
𝑦
𝑥2
+ 𝑓(𝑦)
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
Ψ 𝑥, 𝑦 = −
𝑦
𝑥2
+ 𝑓(𝑦)
𝜕Ψ
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
−
𝑦
𝑥2
+ 𝑓(𝑦)
→
Ψ 𝑥, 𝑦 = −
𝑦
𝑥2
+ 𝑓(𝑦)
ถ
−
1
𝑥2
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= −
1
𝑥2
+ 𝑓′(𝑦)
𝑁(𝑥,𝑦)
Ψ 𝑥, 𝑦 = −
𝑦
𝑥2
+ 𝑓(𝑦)
−
1
𝑥2
= −
1
𝑥2
+ 𝑓′(𝑦)
→ ቐ
Ψ 𝑥, 𝑦 = −
𝑦
𝑥2
+ 𝑓(𝑦)
𝑓′ 𝑦 = 0 → 𝑓 𝑦 = 0
Passo 3
67Helder GuerreiroFunção solução
Ψ 𝑥, 𝑦 = −
𝑦
𝑥2
Solução geral
𝑑Ψ = 0 → Ψ = 𝑐
c = −
𝑦
𝑥2
→ 𝑦 = −𝑐𝑥2 → 𝑦 = 𝑐𝑥2
Variação de parâmetro
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
2𝑦
𝑥
→ 𝑦′ =
2𝑦
𝑥
→ 𝑥𝑦′ − 2𝑦 = 0
Organizar para regra geral
𝑥𝑦′ − 2𝑦 = 0 →
𝑥𝑦′
𝑥
−
2𝑦
𝑥
= 0 → 𝑦′ −
2𝑦
𝑥
= 0
Passo 4
Passo 5
IV
Passo 1
Passo 2
68Helder Guerreiro
Fator integrante
𝑒׬ 𝑝 𝑥 𝑑𝑥 = − ׬
2
𝑥𝑑𝑥 = −2 ׬
𝑑𝑥
𝑥 =−2 ln 𝑥 =ln 𝑥
−2
= 𝑒ln |𝑥
−2| = 𝑥−2
Multiplicar pelo fator integrante
𝑦′ −
2𝑦
𝑥
= 0 → 𝑥−2𝑦′ −
𝑥−22𝑦
𝑥
= 0 →
𝑦′
𝑥2
−
2𝑦
𝑥3
= 0
Simplificar e integrar
𝑦′
𝑥2
−
2𝑦
𝑥3
= 0
𝑑
𝑑𝑥
𝑦
𝑥2
= 0
𝑦
𝑥2
= 𝑐
𝑦 = 𝑐𝑥2
Solução geral
𝑦 = 𝑐 𝑥 𝑥2 (𝑡𝑜𝑟𝑛𝑎𝑟 𝑐 𝑓𝑢𝑛çã𝑜)
𝑐′ 𝑥 = 𝑞 𝑥 𝜇(𝑥)
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
69Helder Guerreiro
𝑐′ 𝑥 = 0𝑥2 → 𝑐′ 𝑥 = 0
න𝑐′ 𝑥 = න0𝑑𝑥
𝑐 𝑥 = 𝑐
Solução geral
𝑦 = 𝑐 𝑥 𝑥2 → 𝑦 = 𝑐𝑥2
Organizar para regra geral
𝑥𝑦′ − 2𝑦 = 0 →
𝑥𝑦′
𝑥
−
2𝑦
𝑥
= 0 → 𝑦′ −
2𝑦
𝑥
= 0
Fator integrante
𝑒׬ 𝑝 𝑥 𝑑𝑥 = − ׬
2
𝑥𝑑𝑥 = −2 ׬
𝑑𝑥
𝑥 =−2 ln 𝑥 =ln 𝑥
−2
= 𝑒ln |𝑥
−2| = 𝑥−2
Passo 7
V
Passo 1
Passo 2
70Helder Guerreiro
Multiplicar pelo fator integrante
𝑦′ −
2𝑦
𝑥
= 0 → 𝑥−2𝑦′ −
𝑥−22𝑦
𝑥
= 0 →
𝑦′
𝑥2
−
2𝑦
𝑥3
= 0
Simplificar e integrar
𝑦′
𝑥2
−
2𝑦
𝑥3
= 0
𝑑
𝑑𝑥
𝑦
𝑥2
= 0
𝑦
𝑥2
= 𝑐
Solução geral
𝑦 = 𝑐𝑥2
Perceba que entre Variação de parâmetros e o Método comum, variação de 
parâmetro se torna inviável por que a equação já tinha zero em sua igualdade.
De todos estes variáveis separáveis foi a técnica mais viável com apenas três passos 
e pouca conta, isso se dá pois a equação estava visivelmente facilitando a separação.
Passo 3
Passo 4
Passo 5
71Helder Guerreiro
Neste assunto fala-se em família de curvas, que são curvas cujo comportamento é
parecido aos das curvas de nível (assunto de cálculo II). Veja a família de curvas da
função 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑐 abaixo:
Através dessa equação podemos encontrar outra família que intersecta a primeira
ortogonalmente, ou seja, é uma família de curvas onde cada uma é ortogonal a outra
da primeira família.
72Helder Guerreiro
Usando derivada implícita podemos analisar melhor a primeira família
𝑥2 + 𝑦2 = 𝑐 → 2𝑥 + 2𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0
Se você olhar o resultado dessa derivada como se fosse uma função de primeiro 
grau perceba que o 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
é o coeficiente angular dessa função
Isolando o coeficiente angular
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑥
𝑦
Com isso podemos encontrar o coeficiente angular da outra família que é ortogonal 
a essa.
Isso pode acontecer por que quando duas retas são ortogonais uma sempre terá o 
inverso negativo do coeficiente da outra, veja:
𝑚1𝑚2 = −1 → 𝑚1 = −
1
𝑚2
Então com essa consequência temos o coeficiente angular da família ortogonal
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦
𝑥
73Helder Guerreiro
O próximo passo é questão de lógica
Se para encontra o coeficiente angular da primeira família foi necessário derivar a 
equação, agora com o coeficiente angular da segunda família é somente fazer o 
caminho inverso, ou seja, integrar
න
𝑑𝑦
𝑦
= න
𝑑𝑥
𝑥
→ ln 𝑦 = ln 𝑥 → 𝑦 = 𝑥
Temos a bissetriz dos quadrantes pares (reta que passa na origem pelos quadrantes 
2 e 4), essa é a equação da família em que todas curvas são ortogonais ás curvas da 
primeira família.
74Helder Guerreiro
Família de elipses: 
𝑥2
𝑎2
+
𝑦2
𝑏2
= 𝑘
Derivando
2𝑥
𝑎2
+
2𝑦
𝑏2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0 →×
1
2
→
𝑦
𝑏2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑥
𝑎2
Encontrando a inclinação da reta
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑏2𝑥
𝑎2𝑦
Inclinação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑏2𝑥
𝑎2𝑦
→
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑎2𝑦
𝑏2𝑥
Passo 1
Passo 2
Passo 3
75Helder Guerreiro
Equação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑎2𝑦
𝑏2𝑥
→
𝑑𝑦
𝑎2𝑦
=
𝑑𝑥
𝑏2𝑥
→ න
𝑑𝑦
𝑎2𝑦
= න
𝑑𝑥
𝑏2𝑥
1
𝑎2
ln 𝑦 =
1
𝑏2
ln 𝑥𝑐 → ln 𝑦𝑏
2
= ln 𝑥𝑐𝑎
2
𝑦𝑏
2
= 𝑐𝑥𝑎
2
Passo 4
76Helder Guerreiro
I.
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝑞1 𝑡 + 𝑞2 𝑡 𝑦 + 𝑞3 𝑡 𝑦
2
Esta é uma equação não linear, porém não precisamos usar cálculos mais avançados 
do que já temos, através de uma solução geral pode-se encontrar um formato em 
que se possa aplicar os métodos de resolução de uma equação de linear.
Seja 𝑦 𝑡 uma solução de (I)
𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑣 𝑡
Derivando implicitamente
𝑑𝑦
𝑑𝑡
−
𝑑𝑦1
𝑑𝑡
= −
1
𝑣2
𝑑𝑦
𝑑𝑡
77Helder Guerreiro
Usando substituindo de (I) em 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
e 
𝑑𝑦1
𝑑𝑡
𝑞1 𝑡 + 𝑞2 𝑡 𝑦 + 𝑞3 𝑡 𝑦
2
𝑑𝑦
𝑑𝑡
− 𝑞1 𝑡 − 𝑞2 𝑡 𝑦1 − 𝑞2 𝑡 𝑦1
2
𝑑𝑦1
𝑑𝑡
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Organizando a bagunça
𝑞1 𝑡 + 𝑞2 𝑡 𝑦 + 𝑞3 𝑡 𝑦
2 − 𝑞1 𝑡 − 𝑞2 𝑡 𝑦1 − 𝑞2 𝑡 𝑦1
2 = −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑞2 𝑡 𝑦 − 𝑦1 + 𝑞3 𝑡 𝑦
2 − 𝑦1
2 = −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Usando o valor da solução geral e substituindo
𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑣 𝑡
→ 𝑦 =
1
𝑣
+ 𝑦1 → 𝑦 + 𝑦1 =
1
𝑣
+ 2𝑦1
𝑞2 𝑡
1
𝑣
+ 𝑞3 𝑡 𝑦
2 − 𝑦1
2 = −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
→ 𝑞2 𝑡
1
𝑣
+ 𝑞3 𝑡 𝑦 − 𝑦1 (𝑦 + 𝑦1) = −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑞2 𝑡
1
𝑣
+ 𝑞3 𝑡
1
𝑣
1
𝑣
+ 2𝑦1 = −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
78Helder Guerreiro
Isolando 
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑞2 𝑡
1
𝑣 𝑡
+ 𝑞3 𝑡
1
𝑣
1
𝑣
+ 2𝑦1 = −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= −𝑣𝑞2 𝑡 − 𝑣𝑞3 𝑡
1
𝑣
+ 2𝑦1
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= −𝑣𝑞2 𝑡 − 𝑞3 𝑡 − 2𝑣𝑦1𝑞3(𝑡)
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= −𝑣 𝑞2 𝑡 + 2𝑦1𝑞3 𝑡 − 𝑞3 𝑡
Estando nesse formato a equação pode ser resolvida como uma equação linear.
79Helder Guerreiro
4° Lista a) 𝑦′ = 1 + 𝑡2 − 2𝑡𝑦 + 𝑦2 , 𝑦1 𝑡 = 𝑡 , 𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑣 𝑡
Testar se há solução
𝑦 = 𝑡 → 𝑦′ = 1
1 = 1 + 𝑡2 − 2𝑡2 + 𝑡2 → 1 = 1
Desenvolver solução geral
𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑣
→ 𝑦 = ณ𝑡
𝑦1=𝑡
+
1
𝑣
Derivar solução geral
𝑦 = 𝑡 +
1
𝑣
→ 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑖𝑚𝑝𝑙í𝑐𝑖𝑡𝑎 →
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Há solução!
Passo 1
Passo 2
Passo 3
80Helder Guerreiro
Substituindo na equação
𝑦′ = 1 + 𝑡2 − 2𝑡𝑦 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
→ 1 + 𝑡2 − 2𝑡𝑦 + 𝑦2 = 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Organizando a bagunça
1 + 𝑡2 − 2𝑡𝑦 + 𝑦2 = 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑡2 − 2𝑡𝑦 + 𝑦2 = −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑡2 − 2𝑡 𝑡 +
1
𝑣
𝑦
+ 𝑡 +
1
𝑣
𝑦
2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑡2 − 2𝑡2 −
2𝑡
𝑣
+ 𝑡2 +
2𝑡
𝑣
+
1
𝑣2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
−2𝑡2 −
2𝑡
𝑣
+ 2𝑡2 +
2𝑡
𝑣
+
1
𝑣2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Passo 4
Passo 5
81Helder Guerreiro
1
𝑣2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= −1
Variáveis separáveis
𝑑𝑣 = −𝑑𝑡
Integrar
න𝑑𝑣 = −න𝑑𝑡 → 𝑣 = −𝑡 + 𝑐
Substituir na solução geral
𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑣 𝑡
→ 𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑐 − 𝑡
Passo 6
Passo 7
Passo 8
82Helder Guerreiro
Sumário 83Helder Guerreiro
Uma equação linear de segunda ordem obedece a seguinte forma:
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
= 𝑓 𝑡, 𝑦,
𝑑𝑦
𝑑𝑡
Essa função 𝑓 que aparece na igualdade nos diz que ela é linear em 𝑦 e na sua 
derivada em relação a 𝑡
𝑑𝑦
𝑑𝑡
, como assim? 
Isso quer dizer as variáveis são 𝑦 e 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
enquanto o que estiver em função 𝑡 será 
constante.
Então podemos abrir essa função desse jeito:
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
= 𝑝 𝑡
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 𝑞 𝑡 𝑦 + 𝑔 𝑡
84Helder Guerreiro
Aqui podemos usar a notação simplificada paraas derivadas
𝑦′′ = 𝑝 𝑡 𝑦′ + 𝑞 𝑡 𝑦 + 𝑔 𝑡
Isolando o termo independente temos:
𝑦′′ + 𝑝 𝑡 𝑦′ + 𝑞 𝑡 𝑦 = 𝑔 𝑡
(não troquei de sinal, mas não há necessidade disso)
Aqui chamamos o termo independente (no caso o 𝑔 𝑡 ) de termo não homogêneo.
Aqui também usamos a palavra “homogênea” para nos relacionarmos a uma 
equação linear de segunda ordem, mas não confunda isso com as equações 
homogêneas estudadas no assunto anterior.
Uma equação é dita homogenia quando o termo não homogêneo é nulo, ou seja:
𝑦′′ + 𝑝 𝑡 𝑦′ + 𝑞 𝑡 𝑦 = 0
Como 𝑝 𝑡 e 𝑞 𝑡 são constantes, então vamos trocar por algo mais atraente:
𝑦′′ + 𝑎𝑦′ + 𝑏𝑦 = 0
(equação linear homogênea de segunda ordem)
Se 𝑎 e 𝑏 não fossem constantes estaríamos num grande problema
85Helder Guerreiro
Quando temos uma equação linear de segunda ordem devemos encontrar funções
que representem essa equação, veja o exemplo para entender melhor:
𝑦′′ − 𝑦 = 0
Temos uma equação homogênea de segunda ordem. Ela nos diz que devemos 
encontrar uma função cuja derivada segunda seja igual a própria função.
Que função faz isso? Veja
𝑦 = 𝑒𝑡
𝑦′ = 𝑒𝑡
𝑦′′ = 𝑒𝑡
Mas também não é só isso, existem outras opções também
86Helder Guerreiro
𝑦 = 𝑘𝑒𝑡
𝑦′ = 𝑘𝑒𝑡
𝑦′′ = 𝑘𝑒𝑡
𝑦 = 𝑒−𝑡
𝑦′ = −𝑒−𝑡
𝑦′′ = 𝑒−𝑡
Mas para generalizar todas as possibilidades de uma vez devemos somar duas 
funções que obedeçam a equação, desta forma:
𝑦 𝑡 = 𝑘1𝑒
𝑡 + 𝑘2𝑒
−𝑡
Dessa forma juntamos todas as possibilidades possíveis de combinação de soluções, 
ou seja, temos uma solução geral.
87Helder Guerreiro
Vejamos outro caso
𝑦′′ + 𝑦 = 0 → 𝑦′′ = −𝑦
Temos duas funções que conseguem fazer isso:
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑡
𝑦′ = cos(𝑡)
𝑦′′ = −𝑠𝑒𝑛(𝑡)
↔
𝑦 = cos(𝑡)
𝑦′ = −𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦′′ = −cos 𝑡
Neste caso temos que sua função geral é:
𝑦 𝑡 = 𝑘1𝑠𝑒𝑛 𝑦 + 𝑘2 cos 𝑦
88Helder Guerreiro
Para conseguirmos valores e resultados para as nossas soluções gerais precisamos 
de um mecanismo que se chama equação característica. Veja como encontra-la
𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0 (𝐼)
Temos uma equação homogênea e agora supondo que 𝑦 𝑡 = 𝑒𝜆𝑡 seja a solução de 
(𝐼), então derivamos essa solução até a segunda ordem para substituirmos na 
equação
𝑎𝜆2𝑒𝜆𝑡 + 𝑏𝜆𝑒𝜆𝑡 + 𝑐𝑒𝜆𝑡 = 0 → 𝑒𝜆𝑡 𝑎𝜆2 + 𝑏𝜆 + 𝑐 = 0
Nesse caso a exponencial nunca vai zerar, então a única coisa que pode acontecer é:
𝑎𝜆2 + 𝑏𝜆 + 𝑐 = 0
(Equação característica de I)
O grau da equação característica será de acordo com a ordem da equação mãe
89Helder Guerreiro
𝑦′′ − 𝑦 = 0
Solução geral
𝑦 = 𝑘1𝑒
𝜆𝑡 + 𝑘2𝑒
𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′ = 𝜆𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′′ = 𝜆2𝑒𝜆𝑡
𝜆2𝑒𝜆𝑡 − 𝑒𝜆𝑡 = 0
𝑒𝜆𝑡 𝜆2 − 1 = 0
𝜆2 − 1 = 0
Raízes da equação
𝜆2 = 1 → 𝜆 = 1 →
𝜆1 = +1
𝜆2 = −1
→ 𝑦 = 𝑘1𝑒
𝑡 + 𝑘2𝑒
−𝑡
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Damos às constantes o nome de 𝜆
90Helder Guerreiro
Aplicar dados
Esses dados devem ser fornecidos pela questão
ቊ
𝑦 0 = −1
𝑦′ 0 = 2
𝑦 = 𝑘1𝑒
𝑡 + 𝑘2𝑒
−𝑡 → 𝑦′ = 𝑘1𝑒
𝑡 − 𝑘2𝑒
−𝑡
−1 = 𝑘1 + 𝑘2 → 2 = 𝑘1 − 𝑘2
Sistema
ቊ
𝑘1 + 𝑘2 = −1
𝑘1 − 𝑘2 = 2
→ 𝑘1 =
1
2 𝑘2 = −
3
2
Solução particular
𝑦 =
1
2
𝑒𝑡 −
3
2
𝑒−𝑡
Passo 4
Passo 5
Passo 6
91Helder Guerreiro
𝑦′′ − 5𝑦′ + 6𝑦 = 0
Solução geral
𝑦 = 𝑘1𝑒
𝜆𝑡 + 𝑘2𝑒
𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′ = 𝜆𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′′ = 𝜆2𝑒𝜆𝑡
𝜆2𝑒𝜆𝑡 − 5𝜆𝑒𝜆𝑡 + 6𝑒𝜆𝑡 = 0
𝑒𝜆𝑡 𝜆2 − 5𝜆 + 6 = 0
𝜆2 + 5𝜆 + 6 = 0
Raízes da equação
𝜆2 − 5𝜆 + 6 = 0 → 𝜆2 − ณ5
𝑆
𝜆 + ณ6
𝑃
= 0 → 𝜆 − 2 𝜆 − 3 = 0 → 𝑦 = 𝑘1𝑒
2𝑡 + 𝑘2𝑒
3𝑡
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Método de Girard
92Helder Guerreiro
Aplicar dados
ቊ
𝑦 0 = 2
𝑦′ 0 = 3
𝑦 = 𝑘1𝑒
2𝑡 + 𝑘2𝑒
3𝑡 → 𝑦′ = 2𝑘1𝑒
2𝑡 + 3𝑘2𝑒
3𝑡
2 = 𝑘1 + 𝑘2 → 3 = 2𝑘1 + 3𝑘2
Sistema
ቊ
𝑘1 + 𝑘2 = 2
2𝑘1 + 3𝑘2 = 3
→ 𝑘1 = 3 𝑘2 = −1
Solução particular
𝑦 = 3𝑒2𝑡 + 𝑒3𝑡
Passo 4
Passo 5
Passo 6
93Helder Guerreiro
4𝑦′′ + 8𝑦′ + 3𝑦 = 0
Solução geral
𝑦 = 𝑘1𝑒
𝜆𝑡 + 𝑘2𝑒
𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′ = 𝜆𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′′ = 𝜆2𝑒𝜆𝑡
4𝜆2𝑒𝜆𝑡 + 8𝜆𝑒𝜆𝑡 + 3𝑒𝜆𝑡 = 0
𝑒𝜆𝑡 4𝜆2 + 8𝜆 + 3 = 0
4𝜆2 + 8𝜆 + 3 = 0
Raízes da equação
𝜆2 + 8𝜆 + 3 = 0 → 𝜆2 + ณ8
𝑆
𝜆 + ณ3
𝑃
= 0 → 𝜆 +
3
2
𝜆 +
1
2
= 0 → 𝑦 = 𝑘1𝑒
−
3
2𝑡 + 𝑘2𝑒
−
𝑡
2
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Método de Girard
94Helder Guerreiro
Aplicar dados
൞
𝑦 0 = 2
𝑦′ 0 =
1
2
𝑦 = 𝑘1𝑒
−
3𝑡
2 + 𝑘2𝑒
−
𝑡
2 → 𝑦′ = −
3
2
𝑘1𝑒
3𝑡
2 −
1
2
𝑘2𝑒
𝑡
2
2 = 𝑘1 + 𝑘2 →
1
2
= −
3
2
𝑘1 −
1
2
𝑘2
Sistema
ቐ
𝑘1 + 𝑘2 = 2
−
3
2
𝑘1 −
1
2
𝑘2 =
1
2
→ ൜
𝑘1 + 𝑘2 = 2
−3𝑘1 − 𝑘2 = 1
→ 𝑘1 = −
3
2 𝑘2 =
7
2
Solução particular
𝑦 = −
3
2
𝑒
3𝑡
2 +
7
2
𝑒
𝑡
2
Passo 4
Passo 5
Passo 6
95Helder Guerreiro
𝐼 𝑦′ + 𝑝 𝑡 𝑦 = 𝑞 𝑡 𝑦𝑛
Neste caso a variável 𝑛 não pode ser zero e nem igual a 1, se não essa equação seria 
linear.
Podemos transforma-la usando uma simples resolução:
𝑣 = 𝑦1−𝑛
Derivando
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= 1 − 𝑛 𝑦−𝑛
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑣′ = 1 − 𝑛 𝑦−𝑛𝑦′
Pegando a equação I e multiplicando por 1 − 𝑛 𝑦−𝑛 temos:
96Helder Guerreiro
1 − 𝑛 𝑦−𝑛𝑦′ + 1 − 𝑛 𝑦−𝑛𝑝 𝑡 𝑦 = 1 − 𝑛 𝑦−𝑛𝑞 𝑡 𝑦𝑛
Desta forma o termo 𝑦−𝑛 que é responsável pela formação da equação de Bernoulli 
será cancelado.
1 − 𝑛 𝑦−𝑛𝑦′ + 1 − 𝑛 𝑦−𝑛𝑝 𝑡 𝑦 = 1 − 𝑛 𝑞 𝑡
Podemos trocar alguns termos na equação usando 𝑣 = 𝑦1−𝑛 e 𝑣′ = 1 − 𝑛 𝑦−𝑛𝑦′
𝑣′ + 1 − 𝑛 𝑝 𝑡 𝑣 = 1 − 𝑛 𝑞 𝑡
Com isso temos uma equação linear que pode ser resolvida normalmente como um 
problema de valor inicial.
97Helder Guerreiro
𝑡2𝑦′ + 2𝑡𝑦 − 𝑦3 = 0 , 𝑡 > 0
Organizar
𝑦′ +
2
𝑡
𝑦 =
1
𝑡2
𝑦3
Substituição
𝑣 = 𝑦−2 → 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 → 𝑣′ = −2𝑦−3𝑦′
Multiplicar polinômio
−2𝑦−3𝑦′ − 2𝑦−3
2
𝑡
𝑦 = −2𝑦−3
1
𝑡2
𝑦3
𝑣′ −
4
𝑡
𝑣 = −
2
𝑡2
Passo 1
Passo 2
Passo 3
98Helder Guerreiro
Fator integrante
𝜇 𝑡 = 𝑒׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡 = −4 ׬
1
𝑡 = −4 ln 𝑡 = ln 𝑡
−4
= 𝑒ln 𝑡
−4
= 𝑡−4
Multiplicar fator integrante
𝑣′ −
4
𝑡
𝑣 = −
2
𝑡2
→ 𝑡−4𝑣′ − 𝑡−4
4
𝑡
𝑣 = −𝑡−4
2
𝑡2
𝑡−4𝑣′ − 4𝑡−5𝑣 = −2𝑡−6
Simplificar
𝑡−4𝑣′ − 4𝑡−5𝑣 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑡−4𝑣′ + −4𝑡−5𝑣
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑣𝑡−4]
𝑑
𝑑𝑡
𝑣𝑡−4 = −2𝑡−6 → 𝑣𝑡−4 = න−2𝑡−6𝑑𝑡
Integrar
න−2𝑡−6𝑑𝑡 → −2න𝑡−6𝑑𝑡 = −
2𝑡−5
−5
+ 𝑐 =
2
5𝑡5
+ 𝑐
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7
99Helder Guerreiro
Solução geral
𝑣𝑡−4 =
2
5𝑡5
+ 𝑐
𝑣 =
2
5𝑡
+ 𝑐𝑡4 =
2 + 5𝑐𝑡5
5𝑡
Retornar valores
𝑣 =
1
𝑦2
→ 𝑦2 =
1
𝑣
𝑦2 =
5𝑡
2 + 𝑐𝑡5
→ 𝑦 =
5𝑡
2 + 𝑐𝑡5
Passo 8
Passo 9
100Helder Guerreiro
𝑦′′ = 𝑓(𝑡, 𝑦, 𝑦′)
𝐸𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑒 2º 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑚
→ 𝑦′′ = 𝑓(𝑡, 𝑦′)
𝐸𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑠𝑒𝑚 𝑜 𝑡𝑒𝑟𝑚𝑜 𝑦
Com uma simples substituição transformamos a equação de segunda ordem em uma 
equação de primeira ordem
𝑣 = 𝑦′ → 𝑣′ = 𝑦′′
𝑣′ = 𝑓 𝑡, 𝑣
𝐸𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑒 1° 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑚
101Helder Guerreiro
𝑡2𝑦′′ + 2𝑡𝑦′ − 1 = 0 , 𝑡 > 0
Substituir e organizar
𝑡2𝑣′ + 2𝑡𝑣 − 1 = 0 → 𝑣′ +
2
𝑡
𝑣 =
1
𝑡2
Fator integrante
𝜇 𝑡 = 𝑒׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡 = ׬
2
𝑡 =2 ln 𝑡 = 𝑒ln 𝑡
2
= 𝑡2
Multiplicar fator integrante
𝑡2𝑣′ + 2𝑡𝑣 = 1
Simplificar
𝑡2𝑣′ + 2𝑡𝑣 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑡2𝑣′ + 2𝑡𝑣
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑣𝑡2]
𝑑
𝑑𝑡
𝑣𝑡2 = 1 → 𝑣𝑡2 = න𝑑𝑡
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
102Helder Guerreiro
Solução geral
𝑣𝑡2 = 𝑡 + 𝑐 → 𝑣 =
1
𝑡
+
𝑐
𝑡2
Retornar valores
𝑣 = 𝑦′ → 𝑣′ = 𝑦′′
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
1
𝑡
+
𝑐
𝑡2
Integrar
𝑦 = න
𝑑𝑡
𝑡
+ 𝑐න
𝑑𝑡
𝑡2
→ 𝑦 = ln 𝑘𝑡 −
𝑐
𝑡
Passo 5
Passo 6
Passo 7
103Helder Guerreiro
𝑦′′ = 𝑓(𝑡, 𝑦, 𝑦′)
𝐸𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑒 2º 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑚
→ 𝑦′′ = 𝑓(𝑦, 𝑦′)
𝐸𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑠𝑒𝑚 𝑜 𝑡𝑒𝑟𝑚𝑜 𝑖𝑛𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑡
Usando uma substituição simples transformamos essa equação em primeira ordem, mas 
a substituição deve ter um cuidado, a substituição será feita de forma diferente na qual 
foi apresentada no assunto anterior.
𝑣 = 𝑦′
Antes de derivarmos 𝑣 devemos abrir essas expressões e analisar com cuidado
𝑣 𝑦 =
𝑑𝑦
𝑑𝑡
Veja que 𝑣 está em função de 𝑦, mas 𝑦 está em função de 𝑡. Temos uma regra da cadeia
𝑣′ = 𝑦′′ →
𝑑𝑣
𝑑𝑡
=
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑑𝑣
𝑑𝑦
→ 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑣 = 𝑦′ →
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= 𝑣
𝑑𝑣
𝑑𝑦
Isso tudo é para excluir tudo aquilo que estiver em função de 𝑡
104Helder Guerreiro
𝑦𝑦′′ + 𝑣2 = 0
Substituir e organizar
𝑦𝑣′ + 𝑣2 = 0 → 𝑦 𝑣
𝑑𝑣
𝑑𝑦
+ 𝑣2 = 0 →÷ 𝑣 → 𝑦
𝑑𝑣
𝑑𝑦
+ 𝑣 = 0
𝑑𝑣
𝑑𝑦
+
1
𝑦
𝑣 = 0
Fator integrante
𝜇 𝑦 = 𝑒
׬ 𝑝 𝑦 𝑑𝑦 = ׬
1
𝑦 =ln 𝑦 = 𝑒ln 𝑦 = 𝑦
Multiplicar fator integrante
𝑦
𝑑𝑣
𝑑𝑦
+ 𝑣 = 0
Passo 1
Passo 2
Passo 3
105Helder Guerreiro
Simplificar
𝑦
𝑑𝑣
𝑑𝑦
+ 𝑣 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦
𝑑𝑣
𝑑𝑦
+ 1𝑣
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑣𝑦]
𝑑
𝑑𝑡
𝑣𝑦 = 0 → 𝑣𝑦 = න0𝑑𝑡
Retornar valores
𝑣𝑦 = 𝑐 →
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑦 = 𝑐 → 𝑦𝑑𝑦 = 𝑐𝑑𝑡
Integrar
න𝑦𝑑𝑦 = 𝑐න𝑑𝑡 →
𝑦2
2
= 𝑐𝑡 + 𝑘
𝑦2 = 2 𝑐𝑡 + 𝑘
𝑦 = 2 𝑐𝑡 + 𝑘
Passo 4
Passo 5
Passo 6
106Helder Guerreiro
Quando resolvemos as equações de segunda ordem precisamos de uma solução 
geral que tenham todas as combinações possíveis para equação.
Temos que 𝑦′′ + 𝑝 𝑡 𝑦′ + 𝑞 𝑡 𝑦 = 0 e sua solução geral é 𝑦 = 𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2
Como fazemos com toda solução geral de segunda ordem, vamos deriva-las
𝑦′ = 𝑐1𝑦1
′ + 𝑐2𝑦2
′ → 𝑦′′ = 𝑐1𝑦1
′′ + 𝑐2𝑦2
′′
Como teste, sabemos se a solução geral realmente pertence a equação quando 
fazemos uma simples substituição
𝑐1𝑦1
′′ + 𝑐2𝑦2
′′ + 𝑝 𝑡 𝑐1𝑦1
′ + 𝑐2𝑦2
′ + 𝑞 𝑡 (𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2) = 0
Colocando as constantes em evidência
𝑐1 𝑦1
′′ + 𝑝 𝑡 𝑦1
′ + 𝑞 𝑡 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2
′′ + 𝑝 𝑡 𝑦2
′ + 𝑞 𝑡 𝑦2 = 0
Você viu lá em cima que esses cara são iguais a zero.
107Helder Guerreiro
Isso foi só para você ver como é que se testa a solução geral mesmo, mas que 
interessa é o seguinte: pelo teorema de existência e unicidade, temos que para cada 
valor de 𝑡 pertencente a um intervalo aberto 𝐼 = 𝛼, 𝛽 temos a condição de que 
𝑦 𝑡0 = 𝑦0
Isso quer dizer que quando a equação é aplicada ao ponto 𝑡0 temos o resultado 𝑦0
Aplicando o teorema
𝑐1𝑦1 𝑡0 + 𝑐2𝑦2 𝑡0 = 𝑦 𝑡0 → 𝑐1𝑦1
′ 𝑡0 + 𝑐2𝑦2
′ 𝑡0 = 𝑦
′ 𝑡0
Se fizermos dessas duas soluções um sistema, podemos encontrar as constantes pela 
regra de Cramer.
ቊ
𝑐1𝑦1 𝑡0 + 𝑐2𝑦2 𝑡0 = 𝑦 𝑡0
𝑐1𝑦1
′ 𝑡0 + 𝑐2𝑦2
′ 𝑡0 = 𝑦
′ 𝑡0
Suas determinantes são
𝐷 =
𝑦1 𝑡0 𝑦2 𝑡0
𝑦1
′ 𝑡0 𝑦2
′ 𝑡0
, 𝐷𝑥 =
𝑦 𝑡0 𝑦2 𝑡0
𝑦′ 𝑡0 𝑦2
′ 𝑡0
, 𝐷𝑦 =
𝑦1 𝑡0 𝑦 𝑡0
𝑦1
′ 𝑡0 𝑦
′ 𝑡0
Suas constantes serão achadas simplesmente com:
𝑐1 =
𝐷𝑥
𝐷
𝑐2 =
𝐷𝑦
𝐷
108Helder Guerreiro
O determinante principal é que manda na casa, se ele for zero, tudo vai por aguas
abaixo, mas se for diferente de zero então temos um sistema fundamental de
soluções.
A propósito esse determinante principal denomina-se Wronskiano, um nome feio
que me faz me perguntar por que não existe uma tradução dos nomes estrangeiros
para o português, todo mundo sabe traduzir mary, quero ver essa coisa aí.
𝑊𝑟𝑜𝑛𝑠𝑘𝑖𝑎𝑛𝑜 → 𝑊 𝑦1, 𝑦2 =
𝑦1 𝑡0 𝑦2 𝑡0
𝑦1
′ 𝑡0 𝑦2
′ 𝑡0
Mas pensa comigo na lógica, se esse cara for zero, a constante vai ser zero também, 
logo toda equação vai zerar, então se preocupe com a regra de Cramer não com 
esse nome feio.
Esse método pela regra de Cramer não é um passo obrigatório, pode-se encontrar 
esse sistema fundamental de solução por uma simples resolução de sistema mesmo. 
Você só vai usar somente o Wronskiano caso você queira só saber se há um sistema 
de solução para aquele caso, se você for encontrar as constantes também, não se 
preocupe com ele, ao encontrar as constantes você mesmo identifica se há sistema 
de solução ou não.
109Helder Guerreiro
O fato não é desprezar o Wronskiano, e sim somente deixa-lo em segundo plano. 
Veja os porquês.
 Se o Wronskiano zerar a constante vai ser zero, logo toda questão também;
 O Wronskiano é somente a determinante principal da regra de Cramer;
 Você pode encontrar as constantes sem o Wronskiano por sistema, ao encontrar as
constantes, se elas forem zero, logo o Wronskiano também é zero.
 Mas e se o Wronskiano não for zero e sim só a outra determinante? Bom, neste caso
simplesmente uma constante vai dar zero e outra não, só se você tiver a sorte de
pegar uma equação em que os dois determinantes zeram, neste caso tanto faz o
Wronskiano zerar ou não.
110Helder Guerreiro
𝑦′′ − 𝑦 = 0, 𝑦 0 = −2 , 𝑦′ 0 = 1
Solução geral
𝑦 = 𝑘1𝑒
𝜆𝑡 + 𝑘2𝑒
𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′ = 𝜆𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′′ = 𝜆2𝑒𝜆𝑡
𝜆2𝑒𝜆𝑡 − 𝑒𝜆𝑡 = 0
𝑒𝜆𝑡 𝜆2 − 1 = 0
𝜆2 − 1 = 0
Raízes da equação
𝜆2 = 1 → 𝜆 = 1 →
𝜆1 = +1
𝜆2 = −1
→ 𝑦 = 𝑘1𝑒
𝑡 + 𝑘2𝑒
−𝑡
Passo 1
Passo 2
Passo 3
111Helder Guerreiro
Aplicar dados
ቊ
𝑦 0 = −2
𝑦′ 0 = 1
𝑦 = 𝑘1𝑒
𝑡 + 𝑘2𝑒
−𝑡 → 𝑦′ = 𝑘1𝑒
𝑡 − 𝑘2𝑒
−𝑡
−2 = 𝑘1 + 𝑘2 → 1 = 𝑘1 − 𝑘2
Sistema
ቊ
𝑘1 + 𝑘2 = −2
𝑘1 − 𝑘2 = 1
𝐷 =
1 1
1 −1
= −2 𝐷𝑥 =
−2 1
1 −1
= 1 𝐷𝑦 =
1 −2
1 1
= 3
𝑐1 =
𝐷𝑥
𝐷
= −
1
2
𝑐2 =
𝐷𝑦
𝐷
= −
3
2
Solução geral
𝑦 = −
1
2
𝑒𝑡 −
3
2
𝑘2𝑒
−𝑡
Passo 4
Passo 5
Passo 6
112Helder Guerreiro
𝑦′′ − 𝑦 = 0, 𝑦 0 = −2 , 𝑦′ 0 = 1
Solução geral
𝑦 = 𝑘1𝑒
𝜆𝑡 + 𝑘2𝑒
𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′ = 𝜆𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′′ = 𝜆2𝑒𝜆𝑡
𝜆2𝑒𝜆𝑡 − 𝑒𝜆𝑡 = 0
𝑒𝜆𝑡 𝜆2 − 1 = 0
𝜆2 − 1 = 0
Raízes da equação
𝜆2 = 1 → 𝜆 = 1 →
𝜆1 = +1
𝜆2 = −1
→ 𝑦 = 𝑘1𝑒
𝑡 + 𝑘2𝑒
−𝑡
Passo 1
Passo 2
Passo 3
113Helder Guerreiro
Aplicar dados
ቊ
𝑦 0 = −2
𝑦′ 0 = 1
𝑦 = 𝑘1𝑒
𝑡 + 𝑘2𝑒
−𝑡 → 𝑦′ = 𝑘1𝑒
𝑡 − 𝑘2𝑒
−𝑡
−2 = 𝑘1 + 𝑘2 → 1 = 𝑘1 − 𝑘2
Sistema
ቊ
𝑘1 + 𝑘2 = −2
𝑘1 − 𝑘2 = 1
2𝑘1 = −1 = −
1
2
−
1
2
− 𝑘2 = 1 → −𝑘2 =
1
2
+ 1 → 𝑘2 = −
3
2
Solução geral
𝑦 = −
1
2
𝑒𝑡 −
3
2
𝑘2𝑒
−𝑡
Passo 4
Passo 5
Passo 6
114Helder Guerreiro
Resumindo
Você simplesmente viu que pode resolver um sistema por regra de Cramer, que 
“novidade” né? Então nada de desespero não vimos nada de novo ainda, esse tal de 
Wronskiano é só um nome que eu vou esquecer quando acordar pela manhã, então 
se foque no seguinte: resolva seu sistema, seja por adição, Cramer ou sei lá o que.
115Helder Guerreiro
Encontre um sistema fundamental de solução 𝑦1, 𝑦2 da equação:
𝑦′′ + 5𝑦′ + 6𝑦 = 0
Tal que: 𝑊 𝑦1, 𝑦2 = 1
Antes de começarmos a questão vou lhe explicar o que é esse Wronskiano igual a 1.
Bom, esse cara não é um determinante? Qual o tipo de determinante que sempre
dará 𝑑𝑒𝑡 = 1? Isso mesmo, você não lembra.
1 0
0 1
= 1 , uma matriz identidade.
Mas que isso tem haver? Ele estáte dizendo que :
𝑦 0 = 1, 𝑦′ 0 = 0
Isso é só para dificultar sua vida mesmo.
116Helder Guerreiro
Solução geral
𝑦 = 𝑘1𝑒
𝜆𝑡 + 𝑘2𝑒
𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′ = 𝜆𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′′ = 𝜆2𝑒𝜆𝑡
𝜆2𝑒𝜆𝑡 + 5𝜆𝑒𝜆𝑡 + 6𝑒𝜆𝑡 = 0
𝑒𝜆𝑡 𝜆2 + 5𝜆 + 6 = 0
𝜆2 + 5𝜆 + 6 = 0
Raízes da equação
𝜆2 + 5𝜆 + 6 = 0 → 𝜆2 + ณ5
𝑆
𝜆 + ณ6
𝑃
= 0 → 𝜆 + 2 𝜆 + 3 = 0 → 𝑦 = 𝑘1𝑒
−2𝑡 + 𝑘2𝑒
−3𝑡
Aplicar dados
ቊ
𝑦 0 = 1
𝑦′ 0 = 0
𝑦 = 𝑘1𝑒
−2𝑡 + 𝑘2𝑒
−3𝑡 → 𝑦′ = −2𝑘1𝑒
−2𝑡 − 3𝑘2𝑒
−3𝑡
1 = 𝑘1 + 𝑘2 → 0 = −2𝑘1 − 3𝑘2
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
117Helder Guerreiro
Sistema
ቊ
𝑘1 + 𝑘2 = 1
−2𝑘1 − 3𝑘2 = 0
𝐷 =
1 1
−2 −3
= −1 𝐷𝑥 =
1 1
0 −3
= −3 𝐷𝑦 =
1 1
−2 0
= 2
𝑐1 =
𝐷𝑥
𝐷
= 3 𝑐2 =
𝐷𝑦
𝐷
= −2
Solução geral
𝑦 = 3𝑒−2𝑡 − 2𝑘2𝑒
−3𝑡
Passo 5
Passo 6
118Helder Guerreiro
Encontre um sistema fundamental de solução 𝑦1, 𝑦2 da equação:
𝑦′′ + 5𝑦′ + 6𝑦 = 0
Tal que: 𝑊 𝑦1, 𝑦2 = 1
Solução geral
𝑦 = 𝑘1𝑒
𝜆𝑡 + 𝑘2𝑒
𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′ = 𝜆𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′′ = 𝜆2𝑒𝜆𝑡
𝜆2𝑒𝜆𝑡 + 5𝜆𝑒𝜆𝑡 + 6𝑒𝜆𝑡 = 0
𝑒𝜆𝑡 𝜆2 + 5𝜆 + 6 = 0
𝜆2 + 5𝜆 + 6 = 0
Raízes da equação
𝜆2 + 5𝜆 + 6 = 0 → 𝜆2 + ณ5
𝑆
𝜆 + ณ6
𝑃
= 0 → 𝜆 + 2 𝜆 + 3 = 0 → 𝑦 = 𝑘1𝑒
−2𝑡 + 𝑘2𝑒
−3𝑡
Passo 1
Passo 2
Passo 3
119Helder Guerreiro
Aplicar dados
ቊ
𝑦 0 = 1
𝑦′ 0 = 0
𝑦 = 𝑘1𝑒
−2𝑡 + 𝑘2𝑒
−3𝑡 → 𝑦′ = −2𝑘1𝑒
−2𝑡 − 3𝑘2𝑒
−3𝑡
1 = 𝑘1 + 𝑘2 → 0 = −2𝑘1 − 3𝑘2
Sistema
ቊ
𝑘1 + 𝑘2 = 1
−2𝑘1 − 3𝑘2 = 0
𝑘1 = 1 − 𝑘2 → −2 1 − 𝑘2 − 3𝑘2 = 0 → 𝑘2 = −2
𝑘1 = 1 + 2 = 3
Solução geral
𝑦 = 3𝑒−2𝑡 − 2𝑘2𝑒
−3𝑡
Passo 4
Passo 5
Passo 6
120Helder Guerreiro
Com esse assunto, não há nada a que se preocupar, o que acabou de ser dado foi 
somente uma revisão da regra de Cramer, os outros métodos já foram ensinados em 
assuntos anteriores, então não complique sua vida e resolva as equações pelo 
método mais simples, seja Cramer ou sei lá.
Para você que gosta de álgebra linear II EDO é uma ramificação dela, então lembra 
do Wronskiano? Então, quando seu resultado é diferente de zero temos que a 
solução é Linearmente Independente à equação. Tudo tem uma lógica, se o 
Wronskiano resultasse em zero teríamos uma L.D. (Linearmente Dependente) e não 
uma L.I., mas como o sistema de soluções é uma base, então ele deve gerar e ser L.I.
121Helder Guerreiro
Os números complexos não tem por objetivo querer atrapalhar a sua vida e sim na
verdade para ajudar, os números complexos tem muitas aplicações na tecnologia
que não existiriam sem esse estudo.
Tudo consiste na habilidade de dominar unidades imaginárias, essas unidades são
admitidas quando o limite dos conjuntos dos reais é ultrapassado.
𝑇𝑜𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑗𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑜𝑠 𝑟𝑒𝑎𝑖𝑠
122Helder Guerreiro
Isso acontece quando temos uma raiz de um número negativo, pelo conjunto dos
números reais é impossível haver uma solução para isso, mas a explicação não está
em olhar somente para a raiz.
22 = 2.2 = 4
Veja que é impossível imaginar que essa conta desse um número negativo, por esse
fato, a exponencial é uma função que é não negativa e o mesmo acontece para a sua
função inversa, a raiz.
Com isso temos uma saída que foi pensada por muito tempo pelos matemáticos
como, Raphael Bombelli, Leonard Euler e Carl Friederich Gauss, esse é método de
chamar −1 de 𝑖.
123Helder Guerreiro
No conjunto dos números complexos, todas as operações envolvendo o 𝑖 são
operações comuns do jeito que nós conhecemos.
A definição do conjunto dos números complexos é:
ℂ = 𝑧 𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖, 𝑐𝑜𝑚 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ 𝑒 𝑖2 = −1
Usando os 8 testes para um espaço vetorial (que você aprendeu em álgebra II) o
conjunto dos complexos obedece a todos com o uso das operações usuais.
Lembrando da leitura de sinais o conjunto mostrado acima significa que:
“Os números complexos é o conjunto de todo 𝑧 tal que 𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖 com a e b
pertencentes ao conjunto dos reais e 𝑖2 = −1.”
Aqueles números que acompanham o 𝑖 são chamados de imaginários 𝛽 e os que
não tem o 𝑖 são chamados de reais 𝛼 .
Com essa revisão vamos iniciar alguns exemplos de uma equação diferencial 
ordinária de segunda ordem com uma equação característica com raiz negativa.
124Helder Guerreiro
𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0
Solução geral
𝑦 = 𝑒𝜆𝑡 + 𝑒𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′ = 𝜆𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′′ = 𝜆2𝑒𝜆𝑡
𝑎𝜆2𝑒𝜆𝑡 + 𝑏𝜆𝑒𝜆𝑡 + 𝑐𝑒𝜆𝑡 = 0
𝑒𝜆𝑡 𝑎𝜆2 + 𝑏𝜆 + 𝑐 = 0
𝑎𝜆2 + 𝑏𝜆 + 𝑐 = 0
Como estamos atrás de uma situação geral, então vamos supor que as raízes dessa 
equação sejam complexas.
125Helder Guerreiro
Supondo que encontramos raízes complexas
ቊ
𝜆1 = 𝛼 + 𝛽𝑖
𝜆2 = 𝛼 − 𝛽𝑖
Logo
𝑦 = 𝑒 𝛼+𝛽𝑖 𝑡 + 𝑒 𝛼−𝛽𝑖 𝑡 → 𝑦 = 𝑒𝛼𝑡𝑒𝛽𝑖𝑡 + 𝑒𝛼𝑡𝑒−𝛽𝑖𝑡
Agora para nos ajudar nos cálculos vamos usar uma equação estabelecida por Leonard 
Euler em que
𝑒𝑖𝜃 = cos 𝜃 + 𝑖𝑠𝑒𝑛 𝜃
Então podemos fazer o mesmo:
𝑒𝛽𝑖𝑡 = cos 𝛽𝑡 + 𝑖𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑡 𝑒−𝛽𝑖𝑡 = cos 𝛽𝑡 − 𝑖𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑡
Na hora de inserir −𝛽𝑡 na segunda equação percebemos que não há uma mudança no 
sinal do cosseno somente no seno, isso se dá pois o cosseno é uma função par e seno é 
uma função ímpar, que quer dizer que:
𝑝𝑎𝑟: 𝑓 −𝑥 = 𝑓 𝑥
í𝑚𝑝𝑎𝑟: 𝑓 −𝑥 = −𝑓 𝑥
Veja que cos 45° =
2
2
e cos −45° =
2
2
agora o seno sen 45° =
2
2
e sen −45° = −
2
2
126Helder Guerreiro
Agora depois de substituir tudo temos
𝑦 = 𝑒𝛼𝑡𝑒𝛽𝑖𝑡 + 𝑒𝛼𝑡𝑒−𝛽𝑖𝑡 → 𝑦 = 𝑒𝛼𝑡 cos 𝛽𝑡 + 𝑖𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑡 + 𝑒𝛼𝑡 cos 𝛽𝑡 − 𝑖𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑡
Com esse valor podemos desenvolver essa soma:
𝑦 = 𝑒𝛼𝑡 cos 𝛽𝑡 + 𝑖𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑡 + 𝑒𝛼𝑡 cos 𝛽𝑡 − 𝑖𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑡
𝑦 = 𝑒𝛼𝑡[cos 𝛽𝑡 + 𝑖𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑡 + cos 𝛽𝑡 − 𝑖𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑡 ]
𝑦 = 𝑒𝛼𝑡2 cos(𝛽𝑡)
Mas há outra possibilidade de encontrar uma resposta, podemos subtrair em vez de 
somar, lembre-se que as constantes na equação geral podem atingir qualquer valor, 
seja negativo, seja positivo.
𝑦 = 𝑒𝛼𝑡 cos 𝛽𝑡 + 𝑖𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑡 − 𝑒𝛼𝑡 cos 𝛽𝑡 − 𝑖𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑡
𝑦 = 𝑒𝛼𝑡[cos 𝛽𝑡 + 𝑖𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑡 − cos 𝛽𝑡 + 𝑖𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑡 ]
𝑦 = 𝑒𝛼𝑡2𝑖 sen(𝛽𝑡)
127Helder Guerreiro
Além de somar precisávamos subtrair também por que com a soma perdemos o 
segundo membro ficando somente um, então com a subtração arranjamos outro para 
formar para com o resultado da soma.
𝑦 = 𝑒𝛼𝑡2 cos(𝛽𝑡) − 𝑒𝛼𝑡2𝑖 sen(𝛽𝑡)
Olhando para esse resultado não parece uma boa ficar trabalhando com um número 
imaginário no meio de toda a equação, para isso vamos pensar no seguinte: o 𝑖 é 
uma constante não é mesmo? E uma constante não interfere na equação geral! Então 
vamos simplesmente esquecer todas essas constantes e fazer tudo igual a um 
mesmo, assim:
𝑦 = 𝑒𝛼𝑡 cos(𝛽𝑡) + 𝑒𝛼𝑡 sen(𝛽𝑡)
Constantes não alteram soluções, então não há o que se preocupar.
Para confirmar se isso realmente é o conjunto fundamental de soluções da equação 
ordinária com uma equação característica de raízes negativas, devemos usar o 
Wronskiano.
128Helder Guerreiro
𝑤 =
𝑒𝛼𝑡 cos(𝛽𝑡) 𝑒𝛼𝑡 sen(𝛽𝑡)
𝛼𝑒𝛼𝑡 cos(𝛽𝑡) − 𝑒𝛼𝑡𝛽 sen(𝛽𝑡) 𝛼𝑒𝛼𝑡 sen(𝛽𝑡) + 𝑒𝛼𝑡𝛽 cos(𝛽𝑡)
𝑒𝛼𝑡 cos 𝛽𝑡 𝛼 sen 𝛽𝑡 + 𝛽 cos 𝛽𝑡 − 𝑒𝛼𝑡 sen 𝛽𝑡 𝛼 cos 𝛽𝑡 − 𝛽 sen 𝛽𝑡
𝑒𝛼𝑡 𝛼 sen 𝛽𝑡 cos 𝛽𝑡 + 𝛽 cos 𝛽𝑡 cos 𝛽𝑡 − 𝛼 cos 𝛽𝑡 sen 𝛽𝑡 + 𝛽 sen 𝛽𝑡 sen 𝛽𝑡
𝑒𝛼𝑡𝛽 cos2 𝛽𝑡 + sen2 𝛽𝑡
𝑒𝛼𝑡𝛽
Com esse valor temos certeza que o Wronskiano não é zero, pois a exponencial 
nunca zera e a constante 𝛽 não pode ser zero pois se ela fosse zero nem solução 
geral existiria.
Logo temos que:
𝑦 = 𝑒𝛼𝑡 𝑘1 cos 𝛽𝑡 + 𝑘2 sen 𝛽𝑡
É um conjunto infinito desoluções para uma equação ordinária de segunda ordem 
cuja equação característica tenha raízes negativas.
129Helder Guerreiro
𝑦′′ + 𝑦′ + 𝑦 = 0
Equação característica
𝜆2 + 𝜆 + 1 = 0
Raízes
𝑥 =
−𝑏 ± 𝑏2 − 4𝑎𝑐
2𝑎
→
−1 ± −3
2
→
−1 ± 3𝑖
2
→
𝑟𝑒𝑎𝑙 𝛼 = −
1
2
𝑖𝑚𝑎𝑔𝑖𝑛á𝑟𝑖𝑜 𝛽 =
3
2
Solução geral
𝑦 = 𝑒𝛼𝑡 𝑘1 cos 𝛽𝑡 + 𝑘2 sen 𝛽𝑡 → 𝑦 = 𝑒
−
𝑡
2 𝑘1 cos
3
2
𝑡 + 𝑘2 sen
3
2
𝑡
Passo 1
Passo 2
Passo 3
130Helder Guerreiro
Isso acontece quando 𝑝(𝑡) e 𝑞 𝑡 são valores variáveis:
𝑦′′ + 𝑝 𝑡 𝑦′ + 𝑞 𝑡 𝑦 = 0
Com isso se torna impossível resolver esta equação pelos métodos convencionais,
agora devemos encontrar uma alternativa para conseguirmos resolver isso. Vamos
atrás de uma relação que desmembrar essa equação.
Primeiro vamos começar com a hipótese de que temos uma variável 𝑥 que está 
sendo igualada as variáveis em função de 𝑡. Vamos descobrir valores para as 
derivadas de 𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
Essa é a derivada de 𝑦, temos uma regra da cadeia por que o 𝑦 está sendo derivado 
em relação a 𝑡 é uma relação de 𝑥.
131Helder Guerreiro
Para facilitarmos a leitura vamos usar a nomenclatura usual de derivadas para todas 
as derivadas em relação a 𝑡. Assim:
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
→ 𝑦′ = 𝑥′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
Na equação temos a derivada e a segunda derivada de 𝑦, então vamos derivar de 
novo.
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
=
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
𝑑𝑥
𝑑𝑡
2
+
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
Temos aqui a regra do produto e uma regra da cadeia em 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
que irá abrir mais uma 
derivada de 𝑥 em relação a 𝑡 que irá multiplicar com a outra que já estava lá e no 
final de tudo a derivada fica ao quadrado.
Mudando para uma notação melhor temos
𝑦′′ = 𝑥′ 2
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑥′′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
132Helder Guerreiro
Substituindo esses valores de derivadas na equação temos
𝑦′′ + 𝑝 𝑡 𝑦′ + 𝑞 𝑡 𝑦 = 0 → 𝑥′ 2
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑥′′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑝 𝑡 𝑥′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑞 𝑡 𝑦 = 0
Agora tudo é questão de organização
𝑥′ 2
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑥′′ + 𝑥′𝑝 𝑡
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑞 𝑡 𝑦 = 0
Lembra-se da forma geral? Então não podemos ter nada ao lado da segunda 
derivada. Vamos dividir tudo.
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+
𝑥′′ + 𝑥′𝑝 𝑡
𝑥′ 2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
𝑞 𝑡
𝑥′ 2
𝑦 = 0
Aqui chegamos aonde queríamos, a equação deve chegar até aqui para uma análise.
A análise é o seguinte, como esses coeficientes se tornariam constantes? Bom para 
variáveis a única lógica é que o de cima seja igual ao de baixo.
𝑞 𝑡 = 𝑥′ 2
Pegamos esse por que é o mais simples dos coeficientes
133Helder Guerreiro
Para resolvermos uma equação é necessário encontrar o valor de 𝑥 para a solução 
geral, isso por que quando integramos o valor de 𝑥 encontraremos o valor de 𝑡 que é 
a real incógnita desse problema.
𝑞 𝑡 = 𝑥′ 2 → 𝑥′ = 𝑞 𝑡
1
2
Na equação temos a segunda variável de 𝑥 também
𝑥′′ =
1
2
𝑞 𝑡 −
1
2𝑞′ 𝑡
Temos valores para substitui no segundo coeficiente
𝑥′′ + 𝑥′𝑝 𝑡
𝑥′ 2
=
1
2 𝑞 𝑡
−
1
2𝑞′ 𝑡 + 𝑞 𝑡
1
2𝑞 𝑡
𝑞 𝑡
Ao chegar nesse ponto temos que, se esse resultado der um valor constante temos 
então a possibilidade de fazer a equação de coeficientes variáveis em uma equação 
de variáveis constantes.
Como adotamos 𝑞 𝑡 = 𝑥′ 2 isso quer dizer que 
𝑞 𝑡
𝑥′ 2
= 1, então se esse valor nos 
levar a análise de que o outro coeficiente será constante então substituímos o valor 
de 
𝑞 𝑡
𝑥′ 2
por 1 e o valor constante que for encontrado no outro coeficiente.
134Helder Guerreiro
Só não devemos esquecer que no final de tudo a solução geral irá estar com o 𝑥 que 
não é a incógnita do problema, então através da integral descobrimos do valor em 
relação a 𝑡.
𝑥′ = 𝑞 𝑡
1
2 → 𝑥 = න𝑞 𝑡
1
2 𝑑𝑡
Se você gosta de decorar, vamos melhorar aquela fração encontrada no segundo 
coeficiente
1
2 𝑞 𝑡
−
1
2𝑞′ 𝑡 + 𝑞 𝑡
1
2𝑞 𝑡
𝑞 𝑡
2𝑞 𝑡
1
2
2𝑞 𝑡
1
2
𝑞′ 𝑡 + 2𝑝 𝑡 𝑞 𝑡
2𝑞 𝑡 3/2
Isso foi somente para ajeitá-la e deixar melhor, veja que o que foi adicionado em 
laranja não faz mudança no resultado por que aquilo divido resulta em 1.
Se você substituir os valores e jogar nessa fração e o resultado for constante você irá 
pular todo processo feito antes e bastará substituir o valor encontrado no coeficiente 
e igualar o primeiro coeficiente a um.
135Helder Guerreiro
𝑦′′ + 𝑡𝑦′ + 𝑒−𝑡
2
𝑦 = 0 ,−∞ < 𝑡 < +∞
Derivadas
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
→
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
=
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
𝑑𝑥
𝑑𝑡
2
+
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
Simplificar nomenclatura
𝑦′ = 𝑥′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
→ 𝑦′′ = 𝑥′ 2
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑥′′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
Substituir
𝑥′ 2
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑥′′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑦′′
+ 𝑡 𝑥′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑦′
+ 𝑒−𝑡
2
𝑦 = 0
Passo 1
Passo 2
Passo 3
136Helder Guerreiro
Organizar
𝑥′ 2
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑥′′ + 𝑡𝑥′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑒−𝑡
2
𝑦 = 0
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+
𝑥′′ + 𝑡𝑥′
𝑥′ 2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
𝑒−𝑡
2
𝑥′ 2
𝑦 = 0
Coeficientes constantes
𝑥′ 2 = 𝑒−𝑡
2
→ 𝑥′ = 𝑒−
𝑡2
2
𝑥′′ = −𝑡𝑒−
𝑡2
2
Teste
𝑥′′ + 𝑡𝑥′
𝑥′ 2
=
−𝑡𝑒−
𝑡2
2 + 𝑡𝑒−
𝑡2
2
𝑒−𝑡
2 = 0
Substituir valores
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑦 = 0
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7
O primeiro coeficiente é igual a 1, por isso só
restou o y, o segundo coeficiente é igual a zero.
137Helder Guerreiro
Agora resolvendo como uma equação de segunda ordem com variáveis constantes
Equação característica
𝜆2 + 1 = 0
Raízes
𝜆 = −1 = ±𝑖 → ቊ
𝑟𝑒𝑎𝑙 𝛼 = 0
𝑖𝑚𝑎𝑔 𝛽 = 1
Temos que o imaginário é ±𝑖, mas na hora de selecionar pode escolher qualquer 
um, mas somente um, por isso que 𝛽 = 1
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 cos 𝑥 + 𝑘2 sen 𝑥
𝑥 = න𝑒−
𝑡2
2 𝑑𝑡
O problema é que essa integral é impossível de se resolver, logo não tem outro jeito
𝑦 = 𝑘1 cos න𝑒
−
𝑡2
2 𝑑𝑡 + 𝑘2 sen න𝑒
−
𝑡2
2 𝑑𝑡
Passo 8
Passo 9
Passo 10
Retornando a variável original
138Helder Guerreiro
Veja que praticamente são 7 passos para transformar uma equação com coeficiente 
variáveis em uma com coeficiente constante.
No início parece complicado, mas se você parar para analisar os passos são simples 
e com repetições de alguns exercícios isso se torna prático e fácil. 
Não aconselho de forma alguma decorar o teste.
139Helder Guerreiro
Este é o caso comum em que quando a equação característica resulta em um 
discriminante nulo ∆= 0 , nesse caso ao invés da solução geral ser como de 
costume: 𝑦 = 𝑘1𝑒
𝜆𝑡 + 𝑘2𝑒
𝜆𝑡, aqui teríamos somente uma das parcelas, assim:
𝑦 = 𝑘1𝑒
𝜆𝑡, isso é um problema pois um conjunto fundamental de soluções deve ter 
duas funções somadas para a Independência Linear e a possibilidade de gerar o 
espaço. Para isso utilizou-se de algumas técnicas para tentar descobrir uma saída 
para este caso.
As ferramentas utilizadas foram:
𝑦 = 𝑣𝑦1
Em que 𝑦1 é uma solução particular da equação. Então desenvolvemos essa 
ferramenta usando as derivadas dela
140Helder Guerreiro
𝑦′ = 𝑣′𝑦1 + 𝑣𝑦1
′ → 𝑦′′ = 𝑣′′𝑦1 + 𝑣
′𝑦1
′ + 𝑣′𝑦1
′ + 𝑣𝑦1
′′
𝑣′′𝑦1+2𝑣′𝑦1
′+𝑣𝑦1
′′
Com isso podemos substituir na forma geral de uma equação ordinária de segunda 
ordem
𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0
𝑎 𝑣′′𝑦1 + 2𝑣
′𝑦1
′ + 𝑣𝑦1
′′ + 𝑏 𝑣′𝑦1 + 𝑣𝑦1
′ + 𝑐 𝑣𝑦1 = 0
Agora organizando
𝑎𝑣′′𝑦1 + 𝑣
′(2𝑎𝑦1
′ + 𝑏𝑦1) + 𝑣(𝑎𝑦1
′′ + 𝑏𝑦1
′ + 𝑐𝑦1) = 0
𝑎𝑣′′𝑦1 + 𝑣
′ 2𝑎𝑦1
′ + 𝑏𝑦1 = 0
Como 𝑦1 é solução particular da equação então trocamos seus valores por:
𝑦 = 𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′ = 𝜆𝑒𝜆𝑡→ 𝑦′′ = 𝜆2𝑒𝜆𝑡
𝑎𝑣′′𝑒𝜆𝑡 + 𝑣′ 2𝑎𝜆𝑒𝜆𝑡 + 𝑏𝑒𝜆𝑡 = 0
141Helder Guerreiro
Como estamos num caso em que o discriminante é nulo, então teremos uma forma 
de encontrar o valor da variável:
𝑎𝜆2 + 𝑏𝜆 + 𝑐 = 0 → Δ = 0 → 𝜆 =
−𝑏
2𝑎
→ 2𝑎𝜆 + 𝑏 = 0
Logo
𝑎𝑣′′𝑒𝜆𝑡 + 𝑣′ 2𝑎𝜆𝑒𝜆𝑡 + 𝑏𝑒𝜆𝑡 = 0
𝑒𝜆𝑡 𝑎𝑣′′ + 𝑣′ 2𝑎𝜆 + 𝑏 = 0
𝑒𝜆𝑡𝑎𝑣′′ = 0
Nesta parte final temos que num produto resultando em zero, um ou mais de um dos 
elementos envolvidos é igual a zero, mas 𝑒𝜆𝑡 nunca será igual a zero e a constante 𝑎
também nado pode por que ela é o coeficiente que acompanha 𝑦1
′′, ou seja, se 𝑎 for 
zero esta equação deixa de ser de segunda ordem e tudo que fizemos será em vão, 
por fim só nos resta dizer que:
𝑣′′ = 0
142Helder Guerreiro
Por que isso é bom? Lembre-se que usamos 𝑦 = 𝑣𝑦1 como ferramenta para este caso, 
nós conhecemos o valor de 𝑦1 pois o mesmo é solução particular da equação, então 
com o valor de 𝑣 encontramos o valor da solução geral que é 𝑦.
Não se engane, o valor que encontramos é 𝑣′′ = 0, temos que integrá-lo duas vezes 
para encontrarmos o seu valor.
න𝑣′′𝑑𝑣 = 𝑐1 → න𝑣
′𝑑𝑣 = 𝑐1𝑡 + 𝑐2
Então temos que 𝑣 = 𝑐1𝑡 + 𝑐2
Logo
𝑦 = 𝑣𝑦1 → 𝑦 = 𝑐1𝑡 + 𝑐2 𝑦1
Como 𝑦 = 𝑒𝜆𝑡
𝑦 = 𝑐1𝑡 + 𝑐2 𝑒
𝜆𝑡 → 𝑦 = 𝑐1𝑒
𝜆𝑡 + 𝑐2𝑡𝑒
𝜆𝑡
Esta é a solução geral de uma equação ordinária de segunda ordem cuja equação 
característica tenha uma única raiz.
Se o teste do Wronskiano for feito comprova-se que 𝑒𝜆𝑡, 𝑡𝑒𝜆𝑡 é L.I., ou seja, um 
conjunto fundamental de soluções.
143Helder Guerreiro
𝑦′′ + 4𝑦′ + 4𝑦 = 0
Solução geral
𝑦 = 𝑘1𝑒
𝜆𝑡 + 𝑘2𝑒
𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′ = 𝜆𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′′ = 𝜆2𝑒𝜆𝑡
𝜆2𝑒𝜆𝑡 + 4𝜆𝑒𝜆𝑡 + 4𝑒𝜆𝑡 = 0
𝑒𝜆𝑡 𝜆2 + 4𝜆 + 4 = 0
𝜆2 + 4𝜆 + 4 = 0
Raízes da equação
𝜆2 + 4𝜆 + 4 = 0 → 𝜆 + 2 2 = 0 → 𝜆 = −2 → 𝑦 = 𝑘1𝑒
−2𝑡 + 𝑘2𝑡𝑒
−2𝑡
Passo 1
Passo 2
Passo 3
144Helder Guerreiro
𝑦′′ − 𝑦′ + 0,25𝑦 = 0 → 𝑦′′ − 𝑦′ +
1
4
𝑦 = 0 → 𝟒𝒚′′ − 𝟒𝒚′ + 𝒚 = 𝟎, 𝑦 0 = 2 𝑦′ 0 =
1
3
Solução geral
𝑦 = 𝑘1𝑒
𝜆𝑡 + 𝑘2𝑒
𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′ = 𝜆𝑒𝜆𝑡 → 𝑦′′ = 𝜆2𝑒𝜆𝑡
4𝜆2𝑒𝜆𝑡 − 4𝜆𝑒𝜆𝑡 + 𝑒𝜆𝑡 = 0
𝑒𝜆𝑡 4𝜆2 − 4𝜆 + 1 = 0
4𝜆2 − 4𝜆 + 1 = 0
Passo 1
Passo 2
145Helder Guerreiro
Raízes da equação
4𝜆2 − 4𝜆 + 1 = 0 → 𝜆 =
−𝑏
2𝑎
=
4
8
=
1
2
→ 𝑦 = 𝑘1𝑒
𝑡
2 + 𝑘2𝑡𝑒
𝑡
2
Aplicar dados
൞
𝑦 0 = 2
𝑦′ 0 =
1
3
𝑦 = 𝑘1𝑒
𝑡
2 + 𝑘2𝑡𝑒
𝑡
2 → 𝑦′ =
𝑘1
2
𝑒
𝑡
2 + 𝑘2𝑒
𝑡
2 +
𝑘2𝑡
2
𝑒
𝑡
2
2 = 𝑘1 →
1
3
=
𝑘1
2
+ 𝑘2
Sistema
𝑘1 = 2 →
2
2
+ 𝑘2 =
1
3
→ 𝑘1 = 2 𝑘2 = −
2
3
Solução particular
𝑦 = 2𝑒
𝑡
2 −
2
3
𝑡𝑒
𝑡
2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
146Helder Guerreiro
Sumário 147Helder Guerreiro
Aqui não envolve o fato do discriminante ser nulo, também por que uma equação de 
coeficiente variáveis tem que passar por um processo primeiro para depois se 
transformar numa equação característica.
Aqui iremos usar a mesma técnica apresentada antes, só que dessa vez não é para 
encontrar somente a solução geral, mas sim para resolver esse tipo de equação e 
transformá-la em uma equação simples de primeira ordem. Essa técnica se chama 
Redução de ordem.
A diferença deste método de resolução com o aprendido antes é que dessa vez a 
questão deve fornecer uma solução particular, ou seja, o 𝑦1 para que aí sim possa se 
resolver a equação.
148Helder Guerreiro
Utilizando a ferramenta de 𝑦 = 𝑣𝑦1, temos suas derivadas:
𝑦′ = 𝑣′𝑦1 + 𝑣𝑦1
′ → 𝑦′′ = 𝑣′′𝑦1 + 𝑣
′𝑦1
′ + 𝑣′𝑦1
′ + 𝑣𝑦1
′′
𝑣′′𝑦1+2𝑣′𝑦1
′+𝑣𝑦1
′′
Com isso podemos substituir na forma geral de uma equação ordinária de segunda 
ordem com coeficientes variáveis
𝑦′′ + 𝑝 𝑡 𝑦′ + 𝑞 𝑡 𝑦 = 0
𝑣′′𝑦1 + 2𝑣
′𝑦1
′ + 𝑣𝑦1
′′ + 𝑝 𝑡 𝑣′𝑦1 + 𝑣𝑦1
′ + 𝑞 𝑡 𝑣𝑦1 = 0
𝑣′′𝑦1 + 𝑣
′ 2𝑦1
′ + 𝑝 𝑡 𝑦1 + 𝑣 𝑦1
′′ + 𝑝 𝑡 𝑦1
′ + 𝑞 𝑡 𝑦1 = 0
𝑣′′𝑦1 + 𝑣
′ 2𝑦1
′ + 𝑝 𝑡 𝑦1 = 0
Utilizamos a técnica de redução de ordem: 𝑢 = 𝑣′
𝑢′𝑦1 + 𝑢 2𝑦1
′ + 𝑝 𝑡 𝑦1 = 0
Nesta forma temos um simples PVI, sendo que sua solução geral deve ser dada 
como a de um equação característica de raiz única.
149Helder Guerreiro
Temos a equação de Euler: 2𝑡2𝑦′′ + 3𝑡𝑦′ − 𝑦 = 0 , 𝑡 > 0 , 𝑦1 = 𝑡
−1
Derivadas
𝑦 = 𝑣𝑡−1 → 𝑦′ = 𝑣′𝑡−1 − 𝑣𝑡−2 → 𝑦′′ = 𝑣′′𝑡−1 − 2𝑣′𝑡−2 + 2𝑣𝑡−3
Substituir
2𝑡2 𝑣′′𝑡−1 − 2𝑣′𝑡−2 + 2𝑣𝑡−3 + 3𝑡 𝑣′𝑡−1 − 𝑣𝑡−2 − 𝑣𝑡−1 = 0
𝑣′′2𝑡 + 𝑣′ −4 + 3 + 𝑣 4𝑡−1 − 3𝑡−1 − 𝑡−1 = 0
2𝑡𝑣′′ − 𝑣′ = 0
Redução de ordem
𝑢 = 𝑣′
2𝑡𝑢′ − 𝑢 = 0
𝑢′ −
1
2𝑡
𝑢 = 0
Passo 1
Passo 2
Passo 3
150Helder Guerreiro
Resolução normal de um PVI 
Fator integrante
𝜇 𝑡 = 𝑒׬ 𝑝 𝑡 𝑑𝑡 = −
1
2 ׬
1
𝑡 = −
1
2 ln 𝑡 = 𝑒ln 𝑡
−
1
2 = 𝑡−
1
2
Multiplicar fator integrante
𝑢′ −
1
2𝑡
𝑢 = 0 → 𝑢′𝑡−
1
2 −
𝑡−
1
2
2𝑡
𝑢 = 0 → 𝑢′𝑡−
1
2 −
𝑡−
3
2
2
𝑢 = 0
Simplificar
𝑢′𝑡−
1
2 −
𝑡−
3
2
2
𝑢 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑡
−
1
2𝑢′ +−
𝑡−
3
2
2
𝑢
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑢𝑡−
1
2]
𝑑
𝑑𝑡
𝑢𝑡−
1
2 = 0 → 𝑢𝑡−
1
2 = 𝑐1
Passo 4
Passo 5
Passo 6
151Helder Guerreiro
Integrar
𝑢𝑡−
1
2 = 𝑐1 → 𝑢 = 𝑐1𝑡
1
2
𝑢 = 𝑣′
𝑣′ = 𝑐1𝑡
1
2 → 𝑣 =
2𝑐1𝑡
3
2
3
+ 𝑐2 → 𝑣 = 𝑐3𝑡
3
2 + 𝑐2
Solução geral
𝑦 = 𝑣𝑦1 → 𝑦 = 𝑐3𝑡
3
2 + 𝑐2 𝑡
−1
𝑦 =
𝑐2
𝑡
+ 𝑐3𝑡
1
2
Passo 7
Passo 8
152Helder Guerreiro
Temos a equação de Euler: 2𝑡2𝑦′′ + 3𝑡𝑦′ − 𝑦 = 0 , 𝑡 > 0
Organizar
2𝑡2𝑦′′ + 3𝑡𝑦′ − 𝑦 = 0 → 𝑦′′ +
3
2𝑡
𝑦′ −
1
2𝑡2
𝑦 = 0
Derivadas
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
→
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
=
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
𝑑𝑥
𝑑𝑡
2
+
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
Simplificar nomenclatura
𝑦′ = 𝑥′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
→ 𝑦′′ = 𝑥′ 2
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑥′′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
Passo 1
Passo 2
Passo 3
153Helder Guerreiro
Substituir
𝑥′ 2
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑥′′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑦′′
+
3
2𝑡
𝑥′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑦′
−
1
2𝑡2
𝑦 = 0
Equação de Euler
𝑥 = ln 𝑡 → 𝑥′ =
1
𝑡
→ 𝑥′′ = −
1
𝑡2
Substituir
1
𝑡
2
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
−
1
𝑡2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
3
2𝑡
1
𝑡
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
1
2𝑡2
𝑦 = 0
1
𝑡2
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
−
1
𝑡2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
3
2𝑡2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
1
2𝑡2
𝑦 = 0
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
−
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
3
2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
1
2
𝑦 = 0
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+
1
2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
1
2
𝑦 = 0
Passo 4
Passo 5
Passo 6
× 𝑡−2
154Helder Guerreiro
Equação característica
𝜆2 +
1
2
𝜆 −
1
2
= 0 → 2𝜆2 + 𝜆 − 1 = 0
Raízes da equação
2𝜆2 + 𝜆 − 1 = 0 → 𝜆 =
−1 ± 12 + 4 2
4
→ 𝜆 + 1 𝜆 −
1
2
𝑦 = 𝑐1𝑒
−𝑥 + 𝑐2𝑒
𝑥
2
Retornar valores
𝑦 = 𝑐1𝑒
−𝑥 + 𝑐2𝑒
𝑥
2 → 𝑥 = ln 𝑡 → 𝑦 = 𝑐1𝑒
− ln 𝑡 + 𝑐2𝑒
1
2 ln 𝑡
𝑦 =
𝑐1
𝑡
+ 𝑐2𝑡
1
2
Ambos lhe dão o mesmo resultado, analise os dois e veja qual deles você tem mais 
afinidade, mas é importante que você aprenda os dois métodos.
Passo 7
Passo 8
Passo 9
155Helder Guerreiro
Uma equação não homogenia é uma equação que não é igual a zero como descrita
abaixo:
𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 𝑔 𝑡
Se houver uma equação idêntica a essa só que igualada a zero, temos uma equação 
correspondente:
𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0
Para esse caso temos o desenvolvimento de teoremas que possam explicar uma
maneira de resolver essas equações.
Veja-os a seguir
156Helder GuerreiroSe 𝑦1 e 𝑦2 forem duas soluções de uma equação não homogenia, então a diferença
𝑦1 − 𝑦2 é uma solução de uma equação homogenia correspondente.
𝐷𝑒𝑚𝑜𝑛𝑠𝑡𝑟𝑎çã𝑜
𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0
𝑎 𝑦1
′′ − 𝑦2
′′ + 𝑏 𝑦1
′ − 𝑦2
′ + 𝑐 𝑦1 − 𝑦2 = 0
𝑎𝑦1
′′ + 𝑏𝑦1
′ + 𝑐𝑦1 − 𝑎𝑦2
′′ + 𝑏𝑦2
′ + 𝑐𝑦2 = 0
Temos que 𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 𝑔 𝑡
𝑔 𝑡 − 𝑔 𝑡 = 0
157Helder Guerreiro
A solução geral de uma equação não homogenia pode ser escrita na forma:
𝑦 𝑡 = 𝑐1𝑦1 𝑡 + 𝑐2𝑦2 𝑡 + 𝑦𝑝 𝑡
Onde 𝑦1 e 𝑦2 constituem um conjunto fundamental de soluções de uma equação
homogenia correspondente e 𝑦𝑝 𝑡 é uma solução particular da equação não
homogenia.
𝐷𝑒𝑚𝑜𝑛𝑠𝑡𝑟𝑎çã𝑜
Pelo primeiro teorema se 𝑦𝑝 𝑡 é uma solução particular de uma equação não 
homogenia então 𝑦 𝑡 − 𝑦𝑝 𝑡 é a solução geral da equação homogenia.
𝑐1𝑦1 𝑡 + 𝑐2𝑦2 𝑡 são a solução geral da equação correspondente então temos:
𝑦 𝑡 − 𝑦𝑝 𝑡 = 𝑐1𝑦1 𝑡 + 𝑐2𝑦2 𝑡 → 𝑦 𝑡 = 𝑐1𝑦1 𝑡 + 𝑐2𝑦2 𝑡 + 𝑦𝑝 𝑡
158Helder Guerreiro
O primeiro teorema serve de base para o segundo, o segundo teorema diz
claramente como é que deve ser a solução geral de uma equação de segunda
ordem não homogenia.
𝑦 𝑡 = 𝑐1𝑦1 𝑡 + 𝑐2𝑦2 𝑡 + 𝑦𝑝 𝑡
Em laranja é a solução geral da equação correspondente da equação não
homogenia, em azul é a solução particular da equação não homogenia.
A solução geral de uma equação correspondente é simples de achar, basta usar as
equações características.
A solução particular de uma equação não homogenia deverá ser encontrada com os
seguintes passos que serão apresentados.
159Helder Guerreiro
Temos uma equação não homogenia
𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 𝑔 𝑡
A solução particular 𝑦𝑝 deve ter a mesma característica da 𝑔 𝑡 , será como se fosse 
um chute, mas esse chute será somente da função como não sabemos qual o 
coeficiente que estará multiplicando a solução então simplesmente colocamos uma 
constante ao lado da função.
𝑔 𝑡 → 𝑦𝑝 = 𝐴𝑔 𝑡
Veja exemplos:
2𝑒−𝑡 → 𝑦𝑝 = 𝐴𝑒
−𝑡
cos 𝑡 → 𝑦𝑝 = 𝐴𝑐𝑜𝑠 𝑡 + 𝐵𝑠𝑒𝑛 𝑡
7𝑡2 + 5 → 𝑦𝑝 = 𝐴𝑡
2 + 𝐵𝑡 + 𝐶
A função 𝑠𝑒𝑛 𝑡 e cos 𝑡 devem 
trabalhar juntar pois se somente uma 
delas estiver teremos um erro na conta.
As funções polinomiais devem completar 
todos os seus graus na solução particular.
160Helder Guerreiro
Com esse chute temos de substituir os valores na equação não homogenia, para isso 
devemos derivar a solução até a respectiva ordem da equação:
𝑦𝑝 = 𝐴𝑔 𝑡
𝑦𝑝
′ = 𝐴𝑔′ 𝑡
𝑦𝑝
′′ = 𝐴𝑔′′ 𝑡
Com isso temos:
𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 𝑔 𝑡 → 𝑎(𝐴𝑔′′ 𝑡 ) + 𝑏(𝐴𝑔′ 𝑡 ) + 𝑐 𝐴𝑔 𝑡 = 𝑔 𝑡
Como está tudo com funções parecidas, elas podem somar entre si e até mesmo se 
cancelarem. Dessa forma o objetivo é encontrar esse coeficiente 𝐴, depois de organizar a 
soma usa-se da comparação de coeficientes com funções iguais dos dois lados da 
igualdade para montarmos um sistema, assim:
5𝐴𝑥 𝑡 − 2𝐵𝐿 𝑥 = 3𝑥 𝑡 + 3𝐿 𝑥
ቊ
5𝐴 = 3
−2𝐵 = 3
Outro exemplo
5𝐴 + 3𝐵 𝑥 𝑡 + 𝐴 − 2𝐵 𝐿 𝑥 = 3𝑥 𝑡 + 3𝐿 𝑥
ቊ
5𝐴 + 3𝐵 = 3
𝐴 − 2𝐵 = 3
Se uma função estivesse faltando do outro 
lado, os coeficientes seriam iguais a zero.
161Helder Guerreiro
Quando os valores das constantes forem achados substituímos seus valores na forma 
original da solução particular:
𝑦𝑝 = 𝐴𝑔 𝑡
Depois de substituir a constante encontrada, basta adicionarmos esse valor à 
solução geral da equação correspondente completando assim o resultado final:
𝑦 𝑡 = 𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2 + 𝑦𝑝
162Helder Guerreiro
𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 3𝑒2𝑡
Equação correspondente
𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 0
𝜆2 − 3𝜆 − 4 = 0 → 𝜆 =
3 ± 32 + 4.4
2
→ ቊ
𝜆1 = −1
𝜆2 = 4
→ 𝑦ℎ 𝑡 = 𝑐1𝑒
−𝑡 + 𝑐2𝑒
4𝑡
Solução particular
𝑔 𝑡 = 3𝑒2𝑡 → 𝑦𝑝 𝑡 = 𝐴𝑒
2𝑡
Derivadas
𝑦𝑝 = 𝐴𝑒
2𝑡 → 𝑦𝑝
′ = 2𝐴𝑒2𝑡 → 𝑦𝑝
′′ = 4𝐴𝑒2𝑡
Passo 1
Passo 2
Passo 3
ℎ quer dizer homogenia
163Helder Guerreiro
Substituir
𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 3𝑒2𝑡 → 4𝐴𝑒2𝑡 − 6𝐴𝑒2𝑡 − 4𝐴𝑒2𝑡 = 3𝑒2𝑡
−6𝐴𝑒2𝑡 = 3𝑒2𝑡
Comparação de coeficientes
−6𝐴𝑒2𝑡 = 3𝑒2𝑡
𝐴 = −
3
6
= −
1
2
𝑦𝑝 = 𝐴𝑒
2𝑡 → −
1
2
𝑒2𝑡
Solução geral
𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1𝑒
−𝑡 + 𝑐2𝑒
4𝑡 −
1
2
𝑒2𝑡
Passo 4
Passo 5
Passo 6
164Helder Guerreiro
𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 2 sen 𝑡
Equação correspondente
𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 0
𝜆2 − 3𝜆 − 4 = 0 → 𝜆 =
3 ± 32 + 4.4
2
→ ቊ
𝜆1 = −1
𝜆2 = 4
→ 𝑦ℎ 𝑡 = 𝑐1𝑒
−𝑡 + 𝑐2𝑒
4𝑡
Solução particular
𝑔 𝑡 = 2 sen 𝑡 → 𝑦𝑝 𝑡 = 𝐴 sen 𝑡 + 𝐵 cos 𝑡
Derivadas
𝑦𝑝 = 𝐴 sen 𝑡 + 𝐵 cos 𝑡 → 𝑦𝑝
′ = 𝐴 cos 𝑡 − 𝐵 sen 𝑡 → 𝑦𝑝
′′ = −𝐴 sen 𝑡 − 𝐵 cos 𝑡
Passo 1
Passo 2
Passo 3
ℎ quer dizer homogenia
165Helder Guerreiro
Substituir
𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 3𝑒2𝑡
−𝐴 sen 𝑡 − 𝐵 cos 𝑡 − 3 𝐴 cos 𝑡 − 𝐵 sen 𝑡 − 4 𝐴 sen 𝑡 + 𝐵 cos 𝑡 = 2 sen 𝑡
−𝐴 sen 𝑡 − 𝐵 cos 𝑡 − 3𝐴 cos 𝑡 + 3𝐵 sen 𝑡 − 4𝐴 sen 𝑡 − 4𝐵 cos 𝑡 = 2 sen 𝑡
−4𝐵 − 3𝐴 − 𝐵 cos 𝑡 + −4𝐴 + 3𝐵 − 𝐴 sen 𝑡 = 2 sen 𝑡
−5𝐵 − 3𝐴 cos 𝑡 + −5𝐴 + 3𝐵 sen 𝑡 = 2 sen 𝑡
Comparação de coeficientes
−5𝐵 − 3𝐴 cos 𝑡 + −5𝐴 + 3𝐵 sen 𝑡 = 2 sen 𝑡
ቊ
−3𝐴 − 5𝐵 = 0
−5𝐴 + 3𝐵 = 2
→ 𝐴 = −
5
17 𝐵 =
3
17
𝑦𝑝 = 𝐴 sen 𝑡 + 𝐵 cos 𝑡 → −
5
17
sen 𝑡 +
3
17
𝐵 cos 𝑡
Solução geral
𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1𝑒
−𝑡 + 𝑐2𝑒
4𝑡 −
5
17
sen 𝑡 +
3
17
𝐵 cos 𝑡
Passo 4
Passo 5
Passo 6
166Helder Guerreiro
𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 4𝑡2 − 1
Equação correspondente
𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 0
𝜆2 − 3𝜆 − 4 = 0 → 𝜆 =
3 ± 32 + 4.4
2
→ ቊ
𝜆1 = −1
𝜆2 = 4
→ 𝑦ℎ 𝑡 = 𝑐1𝑒
−𝑡 + 𝑐2𝑒
4𝑡
Solução particular
𝑔 𝑡 = 4𝑡2 − 1 → 𝑦𝑝 𝑡 = 𝐴𝑡
2 + 𝐵𝑡 + 𝐶
Derivadas
𝑦𝑝 = 𝐴𝑡
2 + 𝐵𝑡 + 𝐶 → 𝑦𝑝
′ = 2𝐴𝑡 + 𝐵 → 𝑦𝑝
′′ = 2𝐴
Passo 1
Passo 2
Passo 3
167Helder Guerreiro
Substituir
𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 4𝑡2 − 1
2𝐴 − 3 2𝐴𝑡 + 𝐵 − 4 𝐴𝑡2 + 𝐵𝑡 + 𝐶 = 4𝑡2 − 1
−4𝐴𝑡2 − −4𝐵 + 6𝐴 𝑡 + 2𝐴 − 3𝐵 − 4𝐶 = 4𝑡2 − 1
Comparação de coeficientes
−4𝐴𝑡2 − −4𝐵 + 6𝐴 𝑡 + 2𝐴 − 3𝐵 − 4𝐶 = 4𝑡2 − 1
ቐ
−4𝐴 = 4
4𝐵 − 6𝐴 = 0
2𝐴 − 3𝐵 − 4𝐶 = −1
→ 𝐴 = −1 𝐵 =
3
2 𝐶 = −
11
8
𝑦𝑝 = 𝐴𝑡
2 + 𝐵𝑡 + 𝐶 → −𝑡2 +
3
2
𝑡 −
11
8
Solução geral
𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1𝑒
−𝑡 + 𝑐2𝑒
4𝑡 − 𝑡2 +
3
2
𝑡 −
11
8
Passo 4
Passo 5
Passo 6
168Helder Guerreiro
𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = −8𝑒𝑡 cos 2𝑡
Equação correspondente
𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 0
𝜆2 − 3𝜆 − 4 = 0 → 𝜆 =
3 ± 32 + 4.4
2
→ ቊ
𝜆1 = −1
𝜆2 = 4
→ 𝑦ℎ 𝑡 = 𝑐1𝑒
−𝑡 + 𝑐2𝑒
4𝑡
Solução particular
𝑔 𝑡 = −8𝑒𝑡 cos 2𝑡 → 𝑦𝑝 𝑡 = 𝑒
𝑡 𝐴 cos 2𝑡 + 𝐵 sen 2𝑡
Derivadas
𝑦𝑝 = 𝑒
𝑡 𝐴 cos 2𝑡 + 𝐵 sen 2𝑡 → 𝑦𝑝
′ = 𝑒𝑡 𝐴 + 2𝐵 cos 2𝑡 + 𝐵 − 2𝐴 sen 2𝑡
𝑦𝑝
′′ = 𝑒𝑡 −3𝐴 + 4𝐵 cos 2𝑡 + −3𝐵 − 4𝐴 sen 2𝑡
Passo 1
Passo 2
Passo 3
169Helder Guerreiro
Substituir
𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = −8𝑒𝑡 cos 2𝑡
𝑒𝑡 −10𝐴 − 2𝐵 cos 2𝑡 + −10𝐵 + 2𝐴 sen2𝑡 = −8𝑒𝑡 cos 2𝑡
𝑒𝑡 −10𝐴 − 2𝐵 cos 2𝑡 + 𝑒𝑡 −10𝐵 + 2𝐴 sen2𝑡 = −8𝑒𝑡 cos 2𝑡
Comparação de coeficientes
𝑒𝑡 −10𝐴 − 2𝐵 cos 2𝑡 + 𝑒𝑡 −10𝐵 + 2𝐴 sen2𝑡 = −8𝑒𝑡 cos 2𝑡
ቊ
−10𝐵 + 2𝐴 = 0
−2𝐵 − 10𝐴 = −8
→ 𝐴 =
10
13 𝐵 =
2
13
𝑦𝑝 = 𝑒
𝑡 𝐴 cos 2𝑡 + 𝐵 sen 2𝑡 → 𝑒𝑡
10
13
cos 2𝑡 +
2
13
sen 2𝑡
Solução geral
𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1𝑒
−𝑡 + 𝑐2𝑒
4𝑡 + 𝑒𝑡
10
13
cos 2𝑡 +
2
13
sen 2𝑡
Passo 4
Passo 5
Passo 6
𝑒𝑡 −3𝐴 + 4𝐵 cos 2𝑡 + −3𝐵 − 4𝐴 sen 2𝑡 − 3 𝑒𝑡 𝐴 + 2𝐵 cos 2𝑡 + 𝐵 − 2𝐴 sen 2𝑡 − 4 𝑒𝑡 𝐴 cos 2𝑡 + 𝐵 sen 2𝑡
170Helder Guerreiro
Se 𝑔 𝑡 = 𝑔1 𝑡 + 𝑔2 𝑡 e também 𝑦1 com 𝑦2 são soluções das equações:𝑎𝑦1
′′ + 𝑏𝑦1
′ + 𝑐𝑦1 = 𝑔1 𝑡
𝑎𝑦2
′′ + 𝑏𝑦2
′ + 𝑐𝑦2 = 𝑔2 𝑡
Respectivamente, então 𝑦1 + 𝑦2 é uma solução da equação 𝑎𝑦
′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 𝑔 𝑡
𝐷𝑒𝑚𝑜𝑛𝑠𝑡𝑟𝑎çã𝑜
𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 𝑔 𝑡
𝑎 𝑦1
′′ + 𝑦2
′′ + 𝑏 𝑦1
′ + 𝑦2
′ + 𝑐 𝑦1 + 𝑦2 = 𝑔 𝑡
𝑎𝑦1
′′ + 𝑏𝑦1
′ + 𝑐𝑦1 + 𝑎𝑦2
′′ + 𝑏𝑦2
′ + 𝑐𝑦2 = 𝑔 𝑡
Como 𝑎𝑦1
′′ + 𝑏𝑦1
′ + 𝑐𝑦1 = 𝑔1 𝑡 e 𝑎𝑦2
′′ + 𝑏𝑦2
′ + 𝑐𝑦2 = 𝑔2 𝑡
𝑔1 𝑡 + 𝑔2 𝑡 = 𝑔 𝑡
171Helder Guerreiro
Se uma equação não homogenia tenha um 𝑔 𝑡 em parcelas (somas) você pode
separar a equação principal na mesma quantidade de parcelas criando outras
equações, cada uma com uma parte do 𝑔 𝑡 completo.
𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 𝑒𝑡 + 𝑒−𝑡 → ൝
𝑎𝑦1
′′ + 𝑏𝑦1
′ + 𝑐𝑦1 = 𝑒
𝑡
𝑎𝑦2
′′ + 𝑏𝑦2
′ + 𝑐𝑦2 = 𝑒
−𝑡
Cada uma dessas equações terá o seu método de resolução normal como foi
ensinado nos exemplos anteriores, no final de tudo haverá a soma das soluções
gerais das duas equações. Como a equação correspondente será a mesma para
ambos os casos, soma-se somente as soluções particulares e se completa com a
solução da equação correspondente.
172Helder Guerreiro
𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 3𝑒2𝑡 + 2 sen 𝑡 − 8𝑒𝑡 cos 2𝑡
Equação correspondente
𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 0
𝜆2 − 3𝜆 − 4 = 0 → 𝜆 =
3 ± 32 + 4.4
2
→ ቊ
𝜆1 = −1
𝜆2 = 4
→ 𝑦ℎ 𝑡 = 𝑐1𝑒
−𝑡 + 𝑐2𝑒
4𝑡
Separação
𝑦′′ − 3𝑦′ − 4𝑦 = 3𝑒2𝑡 + 2 sen 𝑡 − 8𝑒𝑡 cos 2𝑡 → ൞
𝑦1
′′ − 3𝑦1
′ − 4𝑦1 = 3𝑒
2𝑡
𝑦2
′′ − 3𝑦2
′ − 4𝑦2 = 2 sen 𝑡
𝑦3
′′ − 3𝑦3
′ − 4𝑦3 = −8𝑒
𝑡 cos 2𝑡
Passo 1
Passo 2
Essas equações já foram resolvidas antes,
usaremos somente os seus resultados
173Helder Guerreiro
Soluções particulares
𝑦𝑝1 = −
1
2
𝑒2𝑡
𝑦𝑝2 = −
5
17
sen 𝑡 +
3
17
𝐵 cos 𝑡
𝑦𝑝3 = 𝑒
𝑡
10
13
cos 2𝑡 +
2
13
sen2𝑡
Solução geral
𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝1 + 𝑦𝑝2 + 𝑦𝑝3
𝑦 = 𝑐1𝑒
−𝑡 + 𝑐2𝑒
4𝑡 −
1
2
𝑒2𝑡 −
5
17
sen 𝑡 +
3
17
𝐵 cos 𝑡 + 𝑒𝑡
10
13
cos 2𝑡 +
2
13
sen 2𝑡
Passo 3
Passo 4
174Helder Guerreiro
Quando nos deparamos com uma solução particular 𝑦𝑝 𝑡 parecida com a solução
geral da homogênea 𝑦ℎ 𝑡 temos então um erro, lá na frente tudo se anulará e
teremos o resultado zero.
É como se fossem ondas (uma comparação), as duas ondas são idênticas, mas uma
segue de uma forma e a segunda segue de outra, quando se encontram temos a
interferência destrutiva acabando com a duas ondas, ou seja, zero.
Vamos a um exemplo destrutivo para entender
175Helder Guerreiro
𝑦′′ + 4𝑦 = 3 cos 2𝑡
Equação correspondente
𝑦′′ + 4𝑦 = 0
𝜆2 + 4 = 0 → 𝜆 = 4𝑖 →
𝜆1 = 2𝑖
𝜆2 = −2𝑖
→
𝛼 = 0
𝛽 = 2
Solução geral
𝑦ℎ 𝑡 = 𝑐1 cos 2𝑡 + 𝑐2 sen 2𝑡
Solução particular
𝑦𝑝 𝑡 = 𝐴 cos 2𝑡 + 𝐵 sen2𝑡
Não esqueça que o positivo é o 
escolhido entre duas raízes 
imaginárias.
Passo 1
Passo 2
Passo 3
176Helder Guerreiro
Derivadas
𝑦𝑝 𝑡 = 𝐴 cos 2𝑡 + 𝐵 sen2𝑡
𝑦𝑝
′′ 𝑡 = −4𝐴 cos 2𝑡 − 4𝐵 sen2𝑡
Substituir
𝑦′′ + 4𝑦 = 3 cos 2𝑡
(−4𝐴 cos 2𝑡 − 4𝐵 sen2𝑡) + 4(𝐴 cos 2𝑡 + 𝐵 sen 2𝑡) = 3 cos 2𝑡
−4𝐴 cos 2𝑡 − 4𝐵 sen 2𝑡 + 4𝐴 cos 2𝑡 + 4𝐵 sen2𝑡 = 3 cos 2𝑡
0 = 3 cos 2𝑡
Perceba que paramos em lugar nenhum
Passo 4
Passo 5
177Helder Guerreiro
Você pode pensar que agora vamos utilizar ferramentas pesadas para calcular
aquela coisa sem que no final tudo venha se anular.
Mas não, a solução é simplesmente multiplicar a solução particular pela função mais
simples possível, o polinômio. Esse polinômio pode ser simplesmente 𝑡 , após
multiplica-lo na solução particular teremos uma diferença entre as soluções
particular e homogenia e assim poderemos dar procedimento ao cálculo normal
como já aprendemos.
Infelizmente nem tudo são flores, com a multiplicação do polinômio as derivadas se
tornarão extensas por causa da derivada do produto que irá aparecer toda vez.
178Helder Guerreiro
𝑦′′ + 4𝑦 = 3 cos 2𝑡
Equação correspondente
𝑦′′ + 4𝑦 = 0
𝜆2 + 4 = 0 → 𝜆 = 4𝑖 →
𝜆1 = 2𝑖
𝜆2 = −2𝑖
→
𝛼 = 0
𝛽 = 2
Solução geral da homogênea
𝑦ℎ 𝑡 = 𝑐1 cos 2𝑡 + 𝑐2 sen 2𝑡
Solução particular
𝑦𝑝 𝑡 = 𝐴 cos 2𝑡 + 𝐵 sen2𝑡
𝑦𝑝 𝑡 = 𝐴𝑡 cos 2𝑡 + 𝐵𝑡 sen 2𝑡
Passo 1
Passo 2
Passo 3
179Helder Guerreiro
Derivadas
𝑦𝑝 𝑡 = 𝐴𝑡 cos 2𝑡 + 𝐵𝑡 sen 2𝑡
𝑦𝑝
′ 𝑡 = 𝐴 cos 2𝑡 − 2𝐴𝑡 sen2𝑡 + 𝐵 sen 2𝑡 + 2𝐵𝑡 cos 2𝑡
𝑦𝑝
′ 𝑡 = 𝐴 + 2𝐵𝑡 cos 2𝑡 + (𝐵 − 2𝐴𝑡) sen 2𝑡
𝑦𝑝
′′ 𝑡 = 2𝐵 cos 2𝑡 − 2 𝐴 + 2𝐵𝑡 sen 2𝑡 − 2𝐴 sen2𝑡 + 2 𝐵 − 2𝐴𝑡 cos 2𝑡
𝑦𝑝
′′ 𝑡 = 4𝐵 − 4𝐴𝑡 cos 2𝑡 − 4𝐴 + 4𝐵𝑡 sen 2𝑡
Substituir
𝑦′′ + 4𝑦 = 3 cos 2𝑡
4𝐵 − 4𝐴𝑡 cos 2𝑡 − 4𝐴 + 4𝐵𝑡 sen 2𝑡 + 4 𝐴𝑡 cos 2𝑡 + 𝐵𝑡 sen2𝑡 = 3 cos 2𝑡
4𝐵 − 4𝐴𝑡 cos 2𝑡 − 4𝐴 + 4𝐵𝑡 sen 2𝑡 + 4𝐴𝑡 cos 2𝑡 + 4𝐵𝑡 sen 2𝑡 = 3 cos 2𝑡
4𝐵 − 4𝐴𝑡 cos 2𝑡 + −4𝐴 − 4𝐵𝑡 sen2𝑡 + 4𝐴𝑡 cos 2𝑡 + 4𝐵𝑡 sen 2𝑡 = 3 cos 2𝑡
4𝐵 cos 2𝑡 − 4𝐴 sen 2𝑡 = 3 cos 2𝑡
Passo 4
Passo 5
Não precisamos dessa derivada, ela 
está aqui para mostrar a você o 
caminho das derivadas dessa solução.
180Helder Guerreiro
Comparação de coeficientes
4𝐵 cos 2𝑡 − 4𝐴 sen 2𝑡 = 3 cos 2𝑡
𝐴 = 0 𝐵 =
3
4
𝑦𝑝 𝑡 =
3
4
𝑡 sen2𝑡
Solução geral da não homogênea
𝑦 𝑡 = 𝑦ℎ 𝑡 + 𝑦𝑝 𝑡
𝑦 𝑡 = 𝑐1 cos 2𝑡 + 𝑐2 sen 2𝑡 +
3
4
𝑡 sin 2𝑡
Passo 6
Passo 7
181Helder Guerreiro
Especulando um caso geral temos
𝑦′′ + 𝑝 𝑡 𝑦′ + 𝑞 𝑡 𝑦 = 𝑔 𝑡 , 𝑔 𝑡 ≠ 0
Uma equação não homogênea normal como a conhecemos.
A variação de parâmetros nesse caso consiste em: a solução particular será a cópia 
da solução geral da homogênea, só que dessa vez os coeficientes constantes serão 
trocados por funções. Logo em seguida, sua derivada é igualada a zero.
𝑦ℎ 𝑡 = 𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2
𝑦𝑝 𝑡 = 𝑢1𝑦1 + 𝑢2𝑦2 → 𝑢1
′𝑦1 + 𝑢2
′ 𝑦2 = 0
Vamos a estruturação do problema em forma de passo a passo
182Helder Guerreiro
𝑦′′ + 𝑝 𝑡 𝑦′ + 𝑞 𝑡 𝑦 = 𝑔 𝑡 , 𝑔 𝑡 ≠ 0
Equação correspondente
𝑦′′ + 𝑝 𝑡 𝑦′ + 𝑞 𝑡 𝑦 = 0
Método convencional, cada questão tem seu jeito de resolver a equação característica
Solução geral da homogênea
𝑦ℎ 𝑡 = 𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2
Solução particular
𝑦𝑝 𝑡 = 𝑢1𝑦1 + 𝑢2𝑦2
𝑢1
′𝑦1 + 𝑢2
′ 𝑦2 = 0
Não esqueça: 𝑢 são funções
Passo 1
Passo 2
Passo 3
183Helder Guerreiro
Derivadas
𝑦𝑝 𝑡 = 𝑢1𝑦1 + 𝑢2𝑦2
𝑦𝑝
′ 𝑡 = 𝑢1
′𝑦1 + 𝑢1𝑦1
′ + 𝑢2
′ 𝑦2 + 𝑢2𝑦2
′
Pela variação de parâmetros: 𝑢1
′𝑦1 + 𝑢2
′ 𝑦2 = 0
𝑦𝑝
′ 𝑡 = 𝑢1𝑦1
′ + 𝑢2𝑦2
′
𝑦𝑝
′′ 𝑡 = 𝑢1
′𝑦1
′ + 𝑢1𝑦1
′′ + 𝑢2
′ 𝑦2
′ + 𝑢2𝑦2
′′
Substituir
𝑦′′ + 𝑝 𝑡 𝑦′ + 𝑞 𝑡 𝑦 = 𝑔 𝑡
𝑢1
′𝑦1
′ + 𝑢1𝑦1
′′ + 𝑢2
′ 𝑦2
′ + 𝑢2𝑦2
′′ + 𝑝 𝑡 𝑢1𝑦1
′ + 𝑢2𝑦2
′ + 𝑞 𝑡 (𝑢1𝑦1 + 𝑢2𝑦2) = 𝑔 𝑡
𝑢1
′𝑦1
′ + 𝑢1𝑦1
′′ + 𝑢2
′ 𝑦2
′ + 𝑢2𝑦2
′′ + 𝑝 𝑡 𝑢1𝑦1
′ + 𝑝 𝑡 𝑢2𝑦2
′ + 𝑞 𝑡 𝑢1𝑦1 + 𝑞 𝑡 𝑢2𝑦2 = 𝑔 𝑡
Isolando 𝑢1 e 𝑢2
𝑢1
′𝑦1
′ + 𝑢2
′ 𝑦2
′ + 𝑢1 𝑦1
′′ + 𝑝 𝑡 𝑦1
′ + 𝑞 𝑡 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2
′′ + 𝑝 𝑡 𝑦2
′ + 𝑞 𝑡 𝑦2 = 𝑔 𝑡
Essas equações são idênticas a equação correspondente, que é igual a zero
𝑢1
′𝑦1
′ + 𝑢2
′ 𝑦2
′ = 𝑔 𝑡
Passo 4
Passo 5
184Helder Guerreiro
Sistema
ቊ
𝑢1
′𝑦1
′ + 𝑢2
′ 𝑦2
′ = 𝑔 𝑡
𝑢1
′𝑦1 + 𝑢2
′ 𝑦2 = 0
Resolvendo por La Place
∆=
𝑦1 𝑦2
𝑦1
′ 𝑦2
′ = 𝑦1𝑦2
′ − 𝑦2𝑦1
′
∆1=
0 𝑦2
𝑔 𝑡 𝑦2
′ = −𝑦2𝑔 𝑡
∆2=
𝑦1 0
𝑦1
′ 𝑔 𝑡
= 𝑦1𝑔 𝑡
Com isso temos:
𝑢1
′ = −
𝑦2𝑔 𝑡
𝑦1𝑦2
′ − 𝑦2𝑦1
′ = −
𝑦2𝑔 𝑡
𝑊 𝑦1, 𝑦2 𝑡
𝑢2
′ =
𝑦1𝑔 𝑡
𝑦1𝑦2
′ − 𝑦2𝑦1
′ =
𝑦1𝑔 𝑡
𝑊 𝑦1, 𝑦2 𝑡
Esse valor veio lá do início
Passo 6
Esse cara é o Wronskiano185Helder Guerreiro
Integrar
𝑢1 = −න
𝑦2𝑔 𝑡
𝑦1𝑦2
′ − 𝑦2𝑦1
′ = −න
𝑦2𝑔 𝑡
𝑊 𝑦1, 𝑦2 𝑡
𝑢2 = න
𝑦1𝑔 𝑡
𝑦1𝑦2
′ − 𝑦2𝑦1
′ = න
𝑦1𝑔 𝑡
𝑊 𝑦1, 𝑦2 𝑡
Solução geral da não homogenia
𝑦 𝑡 = 𝑦ℎ 𝑡 + 𝑦𝑝 𝑡
𝑦 𝑡 = 𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2 + 𝑢1𝑦1 + 𝑢2𝑦2
Passo 7
Passo 8
186Helder Guerreiro
Se você ama formulas, veja as formas que você pode resolver uma questão bem 
rapidamente:
𝑢1 = න
0 𝑦2
𝑔 𝑡 𝑦2
′
𝑦1 𝑦2
𝑦1
′ 𝑦2
′
= −න
𝑦2𝑔 𝑡
𝑊 𝑦1, 𝑦2 𝑡
= −න
𝑦2𝑔 𝑡
𝑦1𝑦2
′ − 𝑦2𝑦1
′
𝑢2 = න
𝑦1 0
𝑦1
′ 𝑔 𝑡
𝑦1 𝑦2
𝑦1
′ 𝑦2
′
= න
𝑦1𝑔 𝑡
𝑊 𝑦1, 𝑦2 𝑡
= න
𝑦1𝑔 𝑡
𝑦1𝑦2
′ − 𝑦2𝑦1
′
Mas antes vamos resolver pelo método normal mesmo
187Helder Guerreiro
𝑦′′ − 5𝑦′ + 6𝑦 = 2𝑒𝑡
Equação correspondente
𝑦′′ − 5𝑦′ + 6𝑦 = 0
𝜆2 − 5𝜆 + 6 = 0 → 𝜆 =
5 ± 52 − 4.6
2
→ ቊ
𝜆1 = 3
𝜆2 = 2
Solução geral da homogênea
𝑦ℎ 𝑡 = 𝑐1𝑒
3𝑡 + 𝑐2𝑒
2𝑡
Solução particular
𝑦𝑝 𝑡 = 𝑢1𝑒
3𝑡 + 𝑢2𝑒
2𝑡
𝑢1
′ 𝑒3𝑡 + 𝑢2
′ 𝑒2𝑡 = 0
Passo 1
Passo 2
Passo 3
188Helder Guerreiro
Derivadas
𝑦𝑝 𝑡 = 𝑢1𝑒
3𝑡 + 𝑢2𝑒
2𝑡
𝑦𝑝
′ 𝑡 = 𝑢1
′ 𝑒3𝑡 + 3𝑢1𝑒
3𝑡 + 𝑢2
′ 𝑒2𝑡 + 2𝑢2𝑒
2𝑡
𝑦𝑝
′ 𝑡 = 3𝑢1𝑒
3𝑡 + 2𝑢2𝑒
2𝑡
𝑦𝑝
′′ 𝑡 = 3𝑢1
′ 𝑒3𝑡 + 9𝑢1𝑒
3𝑡 + 2𝑢2
′ 𝑒2𝑡 + 4𝑢2𝑒
2𝑡
Substituir
𝑦′′ − 5𝑦′ + 6𝑦 = 2𝑒𝑡
3𝑢1
′ 𝑒3𝑡 + 2𝑢2
′ 𝑒2𝑡 + 𝑢1 9𝑒
3𝑡 − 15𝑒3𝑡 + 6𝑒3𝑡 + 𝑢2 4𝑒
2𝑡 − 10𝑒2𝑡 + 6𝑒2𝑡 = 2𝑒𝑡
3𝑢1
′ 𝑒3𝑡 + 2𝑢2
′ 𝑒2𝑡 = 2𝑒𝑡
Passo 4
Passo 5
3𝑢1
′ 𝑒3𝑡 + 9𝑢1𝑒
3𝑡 + 2𝑢2
′ 𝑒2𝑡 + 4𝑢2𝑒
2𝑡 − 5 3𝑢1𝑒
3𝑡 + 2𝑢2𝑒
2𝑡 + 6(𝑢1𝑒
3𝑡 + 𝑢2𝑒
2𝑡) = 2𝑒𝑡
3𝑢1
′ 𝑒3𝑡 + 9𝑢1𝑒
3𝑡 + 2𝑢2
′ 𝑒2𝑡 + 4𝑢2𝑒
2𝑡 − 15𝑢1𝑒
3𝑡 − 10𝑢2𝑒
2𝑡 + 6𝑢1𝑒
3𝑡 + 6𝑢2𝑒
2𝑡 = 2𝑒𝑡
189Helder Guerreiro
Sistema
൝
3𝑢1
′ 𝑒3𝑡 + 2𝑢2
′ 𝑒2𝑡 = 2𝑒𝑡
𝑢1
′ 𝑒3𝑡 + 𝑢2
′ 𝑒2𝑡 = 0
→ 𝑢1 = −𝑒
−2𝑡 𝑢2 = 2𝑒
−𝑡
𝑦𝑝 𝑡 = −𝑒
−2𝑡𝑒3𝑡 + 2𝑒−𝑡𝑒2𝑡
𝑦𝑝 𝑡 = −𝑒
𝑡 + 2𝑒𝑡
𝑦𝑝 𝑡 = 𝑒
𝑡
Solução geral da não homogênea
𝑦 𝑡 = 𝑦ℎ 𝑡 + 𝑦𝑝 𝑡
𝑦 𝑡 = 𝑐1𝑒
3𝑡 + 𝑐2𝑒
2𝑡 + 𝑒𝑡
Passo 6
Passo 7
190Helder Guerreiro
𝑦′′ + 𝑦 = t𝑔 𝑡
Equação correspondente
𝑦′′ + 𝑦 = 0
𝜆2 + 1 = 0 → 𝜆 = 1𝑖 → ቊ
𝜆1 = −𝑖
𝜆2 = 𝑖
→ ቊ
𝛼 = 0
𝛽 = 1
Solução geral da homogênea
𝑦ℎ 𝑡 = 𝑐1 cos 𝑡 + 𝑐2 sen 𝑡
Solução particular
𝑦𝑝 𝑡 = 𝑢1 cos 𝑡 + 𝑢2 sen 𝑡
𝑢1
′ cos 𝑡 + 𝑢2
′ sen 𝑡 = 0
Passo 1
Passo 2
Passo 3
191Helder Guerreiro
Sistema
ቊ
𝑢1
′𝑦1
′ + 𝑢2
′ 𝑦2
′ = 𝑔 𝑡
𝑢1
′𝑦1 + 𝑢2
′ 𝑦2 = 0
→ ቊ
−𝑢1
′ sen 𝑡 + 𝑢2
′ cos 𝑡 = tg 𝑡
𝑢1
′ cos 𝑡 + 𝑢2
′ sen 𝑡 = 0
𝑢1 = න
0 𝑦2
𝑔 𝑡 𝑦2
′
𝑦1 𝑦2
𝑦1
′ 𝑦2
′
= න
− tg 𝑡 sen 𝑡
1
𝑢2 = න
0 𝑦2
𝑔 𝑡 𝑦2
′
𝑦1 𝑦2
𝑦1
′ 𝑦2
′
= න
sen 𝑡
1
Integrar
𝑢1 = න
− tg 𝑡 sen 𝑡
1
= −න
sen2 𝑡
cos 𝑡
= නcos 𝑡 𝑑𝑡 − නsec 𝑡 𝑑𝑡 = sen 𝑡 − ln sec 𝑡 − tg 𝑡
𝑢2 = නsen 𝑡 𝑑𝑡 = − cos 𝑡
Passo 4
Passo 5
192Helder Guerreiro
𝑦𝑝 𝑡 = sen 𝑡 − ln sec 𝑡 − tg 𝑡 cos 𝑡 − cos 𝑡 sen 𝑡
𝑦𝑝 𝑡 = − ln sec 𝑡 − tg 𝑡 cos 𝑡
Solução geral da não homogênea
𝑦 𝑡 = 𝑦ℎ 𝑡 + 𝑦𝑝 𝑡
𝑦 𝑡 = 𝑐1 cos 𝑡 + 𝑐2 sen 𝑡 − ln sec 𝑡 − tg 𝑡 cos 𝑡
Passo 6
193Helder Guerreiro
Perceba que sem usar a formula tivemos 7 passos; usando a formula, tivemos 6 
passos. Então para não perder tempo decorando, aprenda o método comum, mas se 
você não se garante na derivada do produto, decore o método mecânico para 
resolver as variações.
Você vai utilizar o método da Variação de Parâmetros quando ao tentar resolver uma 
equação por coeficientes indeterminados, você não consegue obter uma solução 
particular da equação, então o jeito é partir para a variação de parâmetro.
A variação de parâmetro resolve QUALQUER equação ordinária de segunda ordem 
não homogênea.
Você usa esse método quando uma equação foge do estilo: exponencial, polinomial 
e seno-cosseno. Após esses, encontrar uma solução particular se torna muito difícil.
O método dos coeficientes indeterminados foge de integrais, mas a variação de 
parâmetros exige que você integre.
194Helder Guerreiro
Estamos ferrados?
Bom, de certa forma: sim. Tudo vai depender da forma maravilhosa como a questão 
será feita. Os passos iniciais são simples, de certa forma, mas logo em seguida 
temos a incrível tarefa de derivar a solução geral em relação a ordem da equação 
para encontrar os coeficientes da solução geral, por exemplo: se a equação for de 
ordem 4, temos que derivar três vezes.
Resumindo, você irá resolver uma equação de ordem superior da mesma forma que 
uma equação de segunda ordem. Vamos a um exemplo.
195Helder Guerreiro
𝑦′′′′ + 𝑦′′′ − 7𝑦′′ − 𝑦′ + 6𝑦 = 0 ,
𝑦 0 = 1
𝑦′ 0 = 0
𝑦′′ 0 = −2
𝑦′′′ 0 = −1
Equação característica
𝜆4 + 𝜆3 − 7𝜆2 − 𝜆 + 6 = 0
Você sabe encontrar as raízes disso aí? Vamos lembrar do 3º ano do ensino médio
Passo 1
196Helder Guerreiro
O importante é ter uma primeira raiz, a qual será encontrada por tentativa, depois disso é tudo mecânico.
Vamos testar o número 1:
𝜆4 + 𝜆3 − 7𝜆2 − 𝜆 + 6 = 0 → 1 + 1 − 7 − 1 + 6 = 0
Parece que deu certo né? Então já temos a primeira raiz:
𝜆1 − 1 = 0
Após esse passo a divisão de polinômios é a saída para esse caso:
Sendo 𝜆1 − 1 = 0, sua raiz é 1 e sendo o polinômio 𝜆
4 + 𝜆3 − 7𝜆2 − 𝜆 + 6 = 0
. 1 1
1 . .
−7
.
−1
.
6
.
O processo é simples: 
1º Repita o primeiro coeficiente
2º Multiplique o coeficiente com a raiz
3° Some o resultado com o próximo coeficiente
4º Coloque o resultado abaixo do coeficiente somado
5º Repita o processo até terminar os coeficientes
6º O resultado abaixo da constante 6, se chama resto
coeficientes
197Helder Guerreiro
. 1 1
1 1 2
−7
−5
−1
−6
6
0
Dividindo
Temos o resultado:
𝜆3 + 2𝜆2 − 5𝜆 − 6 = 0
Ainda temos problemas quanto ao achar as raízes desse polinômio,
o jeito é encontrar mais uma raiz por tentativa e aí sim poderemos encontrar as 
raízes finais.
Vamos testar o número -1:
𝜆4 + 𝜆3 − 7𝜆2 − 𝜆 + 6 = 0 → 1 − 1 − 7 + 1 + 6 = 0
Com isso temos:
𝜆2 + 1 = 0
Prosseguindo a uma nova divisão:
. 1 2
−1 1 1
−5
−6
−6
0
Polinômio dividido → 𝜆2 + 𝜆 − 6 = 0
198Helder Guerreiro
Com isso podemos encontrar o resto das raízes:
𝜆2 + 𝜆 − 6 = 0 → 𝜆 =
−1 ± 12 + 4.6
2
→
𝜆3 = 2
𝜆4 = −3
Juntando todas as raízes:
𝜆 − 1 𝜆 + 1 𝜆 − 2 𝜆 + 3 = 0
Solução geral
𝑦 = 𝑐1𝑒
𝑡 + 𝑐2𝑒
−𝑡 + 𝑐3𝑒
2𝑡 + 𝑐4𝑒
−3𝑡
Derivadas
𝑦 0 = 1 ; 𝑦′ 0 = 0 ; 𝑦′′ 0 = −2 ; 𝑦′′′ 0 = −1
𝑦 = 𝑐1𝑒
𝑡 + 𝑐2𝑒
−𝑡 + 𝑐3𝑒
2𝑡 + 𝑐4𝑒
−3𝑡 → 𝑐1 + 𝑐2 + 𝑐3 + 𝑐4 = 1
𝑦′ = 𝑐1𝑒
𝑡 − 𝑐2𝑒
−𝑡 + 2𝑐3𝑒
2𝑡 − 3𝑐4𝑒
−3𝑡 → 𝑐1 − 𝑐2 + 2𝑐3 − 3𝑐4 = 0
𝑦′′ = 𝑐1𝑒
𝑡 + 𝑐2𝑒
−𝑡 + 4𝑐3𝑒
2𝑡 + 9𝑐4𝑒
−3𝑡 → 𝑐1 + 𝑐2 + 4𝑐3 + 9𝑐4 = −2
𝑦′′′ = 𝑐1𝑒
𝑡 − 𝑐2𝑒
−𝑡 + 8𝑐3𝑒
2𝑡 − 27𝑐4𝑒
−3𝑡 → 𝑐1 − 𝑐2 + 8𝑐3 − 27𝑐4 = −1
Passo 2
Passo 3
199Helder Guerreiro
Sistema
𝑐1 + 𝑐2 + 𝑐3 + 𝑐4 = 1
𝑐1 − 𝑐2 + 2𝑐3 − 3𝑐4 = 0
𝑐1 + 𝑐2 + 4𝑐3 + 9𝑐4 = −2
𝑐1 − 𝑐2 + 8𝑐3 − 27𝑐4 = −1
Resolvendo por Gauss
1 1 1
1 −1 2
1
1
1
−1
4
8
1 1
−3 0
9
−27
−2
−1
→
𝐿2 = 𝐿2 −𝑚2𝐿1 , 𝑚2 =
𝑎21
𝑎11
= 1
𝐿2 = 0 −2 1 −4 −1
1 1 1
0 −2 1
1
1
1
−1
4
8
1 1
−4 −1
9
−27
−2
−1
→
𝐿3 = 𝐿3 −𝑚3𝐿1 , 𝑚3 =
𝑎31
𝑎11
= 1
𝐿3 = 0 0 3 8 −3
Passo 4
200Helder Guerreiro
.
1 1 1
0 −2 1
0
1
0
−1
3
8
1 1
−4 −1
8
−27
−3
−1
→
𝐿4 = 𝐿4 −𝑚4𝐿1 ,𝑚4 =
𝑎41
𝑎11
= 1
𝐿4 = 0 −2 7 −28 −2
1 1 1
0 −2 1
0
00
−2
3
7
1 1
−4 −1
8
−28
−3
−2
→
𝐿4 = 𝐿4 −𝑚4𝐿2 ,𝑚4 =
𝑎42
𝑎22
= 1
𝐿4 = 0 0 6 −24 −1
1 1 1
0 −2 1
0
0
0
0
3
6
1 1
−4 −1
8
−24
−3
−1
→
𝐿4 = 𝐿4 −𝑚4𝐿3 ,𝑚4 =
𝑎43
𝑎33
= 2
𝐿4 = 0 0 0 −40 5
𝑐1 + 𝑐2 + 𝑐3 + 𝑐4 = 1
0 − 2𝑐2 + 𝑐3 − 4𝑐4 = −1
0 + 0 + 3𝑐3 + 8𝑐4 = −3
0 − 0 + 0 − 40𝑐4 = 5
→ 𝑐4 = −
1
8
, 𝑐3 = −
2
3
, 𝑐2 =
5
12
, 𝑐1 =
11
8
201Helder Guerreiro
Solução geral
𝑦 =
11
8
𝑒𝑡 +
5
12
𝑒−𝑡 −
2
3
𝑒2𝑡 −
1
8
𝑒−3𝑡
Pode parecer muito complicado, mas com treino isso se torna prático, mas também 
existem questões desse tipo que pela sua forma de ser torna a resolução 
extremamente cansativa.
Passo 5
202Helder Guerreiro
Sumário 203Helder Guerreiro
 PRIMEIRA PARTE
- Problema de valor inicial (PVI)
- Variação de parâmetros
- Variáveis separáveis
- Equações diferencias exatas
- Equação não exata para equação exata
- Equações homogêneas
- Trajetórias ortogonais
- Equações de Riccati
 SEGUNDA PARTE
- Equações lineares de segunda ordem
- Equações de Bernoulli
- Equações lineares de segunda ordem não linear sem 
o termo y
- Equações lineares de segunda ordem não linear sem 
a variável independente t
- Equações de coeficientes variáveis
 TERCEIRA PARTE
- Redução de ordem
- Método dos coeficientes indeterminados
- Variação de parâmetros
- Equações de ordem superior
204Helder Guerreiro
Sumário 205Helder Guerreiro
O bom e velho PVI, são constituídos de 7 passos:
1º Organizar → 𝑦′ + 𝑝 𝑡 𝑦 = 𝑞 𝑡
2º Fator integrante → 𝜇 𝑡 = 𝑒׬ 𝑝 𝑡
3° Multiplicar o fator integrante
4° Simplificar →
𝑑
𝑑𝑡
𝜇 𝑡 𝑦
5° Integrar → ׬𝜇 𝑡 𝑞 𝑡
6° Solução geral → 𝑦 =
1
𝜇 𝑡
׬𝜇 𝑡 𝑞 𝑡
7° Solução particular
206Helder Guerreiro
São necessários 7 passos para a variação de parâmetros:
1° Variação de parâmetros → 𝑦′ + 𝑝 𝑡 𝑦 = 0
2° Fator integrante → 𝜇 𝑡 = 𝑒׬ 𝑝 𝑡
3° Multiplicar o fator integrante
4° Simplificar→
𝑑
𝑑𝑡
𝜇 𝑡 𝑦
5° Integrar→ ׬0 = 𝑐
6° Solução geral → 𝑦 =
𝑐
𝜇 𝑡
→ 𝑐′ 𝑡 = 𝑞 𝑡 𝜇 𝑡
7° Solução particular
207Helder Guerreiro
As variáveis separáveis são bem simples, tem 3 passos:
1° Organizar →
𝑑𝑥
𝑑𝑦
=
𝑥
𝑦
2° Solução geral → ׬
𝑑𝑥
𝑥
= ׬
𝑑𝑦
𝑦
3° Solução particular
208Helder Guerreiro
Umas das mais complicadinhas dos PVI’s, com 6 passos:
1° Organizar → 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0
2° Teste do sistema →
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
3° Sistema →
𝐼
𝐷𝐼
൞
𝜕Ψ
𝜕𝑥
= 𝑀 𝑥, 𝑦
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
4° Função solução → Ψ 𝑥, 𝑦 = ׬
𝜕Ψ
𝜕𝑥
+ ׬
𝜕Ψ
𝜕𝑦
5° Solução geral → Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑐
6° Solução particular
𝐼 significa “Integrar”
𝐷𝐼 significa “Derivar” e “Integrar” nessa ordem.
209Helder Guerreiro
Para casos diferentes temos 8 passos:
1° Organizar → 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0
2° Fator integrante
𝜇 𝑥 = 𝑒׬
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁 , 𝜇(𝑦) = 𝑒׬
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
3° Multiplicar fator integrante
4° Teste do sistema →
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
5° Sistema →
𝐼
𝐷𝐼
൞
𝜕Ψ
𝜕𝑥
= 𝑀 𝑥, 𝑦
𝜕Ψ
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
6° Função solução → Ψ 𝑥, 𝑦 = ׬
𝜕Ψ
𝜕𝑥
+ ׬
𝜕Ψ
𝜕𝑦
7° Solução geral → Ψ 𝑥, 𝑦 = 𝑐
8° Solução particular
210Helder Guerreiro
As equações homogeneas possuem 7 
passos:
1° Organizar →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦
𝑥
2° Teste → 𝑓 𝑡𝑥, 𝑡𝑦 = 𝑓 𝑥, 𝑦
3° Substituição →
𝑢 =
𝑦
𝑥
→ 𝑦 = 𝑢𝑥
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 𝐹 𝑢
4° Variáveis separáveis →
𝑑𝑢
𝑢
=
𝑑𝑥
𝑥
5° Integrar → ׬
𝑑𝑢
𝑢
= ׬
𝑑𝑥
𝑥
6º Solução geral → 𝑢 =
𝑦
𝑥
7° Solução particular
211Helder Guerreiro
O método para encontrar curvas tem 4 passos:
1° Derivada implícita → 𝑓 𝑥 = 𝑘 → 𝑓′ 𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑘
2° Inclinação da reta →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑘
𝑓′ 𝑥
3° Inclinação da segunda família →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑓′ 𝑥
𝑘
4° Variáveis separáveis
212Helder Guerreiro
O último método de resolução de PVI’s tem 7 passos:
1° Testar → 𝑦1 , 𝑦1
′
2° Desenvolver solução geral → 𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑣
→ 𝑦 = 𝑦1 +
1
𝑣
3° Derivada implícita da solução geral →
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝑦1
′ −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
4° Substituir solução geral na equação
5° Organizar →
𝑑𝑣
𝑑𝑡
=
𝑣
𝑡
6° Integrar → ׬
𝑑𝑣
𝑣
= ׬
𝑑𝑡
𝑡
7º Substituir v na solução geral
213Helder Guerreiro
Sumário 214Helder Guerreiro
O método mais simples consiste em 6 passos:
1° Solução geral → 𝑦 𝑡 = 𝑘1𝑒
𝑡 + 𝑘2𝑒
−𝑡
2° Equação característica → 𝜆𝑛 + 𝑎𝜆𝑛−1 + 𝑏𝜆𝑛−2 +⋯+ 𝑐𝜆 + 𝑑 = 0
3° Raízes da equação → 𝜆 =
−𝑏± 𝑏2−4𝑎𝑐
2𝑎
• ∆< 0 → 𝑦 = 𝑒𝛼𝑡 𝑘1 cos 𝛽𝑡 + 𝑘2 sen 𝛽𝑡
• ∆= 0 → 𝑦 = 𝑘1𝑒
𝜆𝑡 + 𝑘2𝑡𝑒
𝜆𝑡
4° Aplicar dados
5° Sistema
6° Solução particular
215Helder Guerreiro
As equações de Bernoulli, para equações diferentes, tem 6 passos, sendo o 5º a 
resolução de algo já citado antes (PVI):
1° Organizar → 𝑦′ + 𝑝 𝑡 𝑦 = 𝑦𝑛
2° Substituição → 𝑣 = 𝑦1−𝑛 → 𝑣′ = 1 − 𝑛 𝑦−𝑛𝑦′
3° Multiplicar o polinômio → 1 − 𝑛 𝑦−𝑛
4° Nova equação → 𝑣′ + 𝑝 𝑡 𝑣 = 𝑞 𝑡
5° Resolução de PVI
6° Retornar valores → 𝑣 =
1
𝑦𝑛
→ 𝑦𝑛 =
1
𝑣
216Helder Guerreiro
Um caso específico de equações de segunda ordem, com 5 passos:
1° Organizar → 𝑦′′ + 𝑝 𝑡 𝑦′ + 𝑞 𝑡 = 0
2° Substituir → 𝑣 = 𝑦′ , 𝑣′ = 𝑦′′
3° Resolução de PVI
4° Retornar valores → 𝑣 =
𝑑𝑦
𝑑𝑡
5° Variáveis separáveis
217Helder Guerreiro
Outro caso específico de equações de segunda ordem, com 5 passos:
1° Organizar → 𝑦′′ + 𝑝 𝑡 𝑣𝑛 = 0
2° Substituir e organizar → 𝑦′′ = 𝑣
𝑑𝑣
𝑑𝑦
→÷ 𝑣 →
𝑑𝑣
𝑑𝑡
+ 𝑝 𝑡 𝑣1−𝑛 = 0
3° Resolução de PVI
4° Retornar valores → 𝑣 =
𝑑𝑦
𝑑𝑡
5° Variáveis separáveis
218Helder Guerreiro
Um dos mais complicados métodos tem 10 passos ou 5 passos se a formula for 
usada:
1° Organizar → 𝑦′′ + 𝑝 𝑡 𝑦′ + 𝑞 𝑡 𝑦 = 0
2° Derivadas →
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
→
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
=
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
𝑑𝑥
𝑑𝑡
2
+
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
3° Simplificar nomenclatura → 𝑦′ = 𝑥′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
→ 𝑦′′ = 𝑥′ 2
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑥′′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
4° Substituir na equação → 𝑥′ 2
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑥′′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑝 𝑡 𝑥′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑞 𝑡 𝑦 = 0
5° Organizar →
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+
𝑥′′+𝑥′𝑝 𝑡
𝑥′ 2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
𝑞 𝑡
𝑥′ 2
𝑦 = 0
6° Coeficientes constates → 𝑞 𝑡 = 𝑥′ 2 → 𝑥′ = 𝑞 𝑡
1
2 | 𝑥′′ =
1
2
𝑞 𝑡 −
1
2𝑞′ 𝑡
219Helder Guerreiro
7° Teste →
𝑞 𝑡
𝑥′ 2
= 1 →
𝑥′′+𝑥′𝑝 𝑡
𝑥′ 2
=
1
2
𝑞 𝑡
−
1
2𝑞′ 𝑡 +𝑞 𝑡
1
2𝑞 𝑡
𝑞 𝑡
8° Substituir valores
9° Resolução de PVI
10° Retornar valores → 𝑥 = ׬𝑞 𝑡
1
2 𝑑𝑡
OU
1° Organizar→ 𝑦′′ + 𝑝 𝑡 𝑦′ + 𝑞 𝑡 𝑦 = 0
2° Formula →
𝑞 𝑡
𝑥′ 2
= 1 →
𝑥′′+𝑥′𝑝 𝑡
𝑥′ 2
=
𝑞′ 𝑡 +2𝑝 𝑡 𝑞 𝑡
2𝑞 𝑡 3/2
3° Substituir valores
4° Resolução de PVI
5° Retornar valores → 𝑥 = ׬𝑞 𝑡
1
2 𝑑𝑡
220Helder Guerreiro
Sumário 221Helder Guerreiro
A ramificação do caso das equações características de raiz única vem com 4 passos, 
sendo o 4° uma junção de passos já conhecidos:
1° Derivadas → 𝑦 = 𝑣𝑦𝑝
2° Substituir
3° Redução de ordem → 𝑢 = 𝑣′ | 𝑢′ = 𝑣′′
4° Resolução de PVI
222Helder Guerreiro
O método para as equações de segunda ordem não homogenias tem 8 passos:
1° Equação correspondente → 𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0
2° Solução geral da correspondente → 𝑦ℎ = 𝑐1𝑒
𝜆𝑡 + 𝑐2𝑒
𝜆𝑡
3° Soluçãoparticular da não homogenia
 𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 𝐴 + 𝐵 + 𝐶 → ൞
𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 𝐴
𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 𝐵
𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 𝐶
 𝑠𝑒 𝑦ℎ = 𝑦𝑝 → 𝑦𝑝 × 𝑡
4° Derivadas → 𝑦𝑝 → 𝑦𝑝
′ → 𝑦𝑝
′′
→ 𝑦𝑝 = 𝐴𝑒
𝑡 𝑦𝑝 = 𝐴 sin 𝑡 + 𝐵 cos 𝑡 𝑦𝑝 = 𝐴𝑡
𝑛 + 𝐵𝑡1−𝑛 +⋯+ 𝐶
223Helder Guerreiro
5° Substituir na equação não homogenia
6° Comparação de coeficientes
7° Sistema
8° Solução geral → 𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝
224Helder Guerreiro
O segundo método para as equações de segunda ordem não homogenias tem 7 
passos ou 5 com o uso de formulas:
1° Equação correspondente → 𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0
2° Solução geral da correspondente → 𝑦ℎ = 𝑐1𝑒
𝜆𝑡 + 𝑐2𝑒
𝜆𝑡
3° Solução particular da não homogenia→ 𝑦𝑝 = 𝑢1𝑒
𝜆𝑡 + 𝑢2𝑒
𝜆𝑡 → 𝑢1
′ 𝑒𝜆𝑡 + 𝑢2
′ 𝑒𝜆𝑡 = 0
4° Derivadas → 𝑦𝑝 → 𝑦𝑝
′ → 𝑦𝑝
′′
5° Substituir na equação não homogenia
6° Sistema → ቊ
𝑢1
′𝑦1
′ + 𝑢2
′ 𝑦2
′ = 𝑔 𝑡
𝑢1
′𝑦1 + 𝑢2
′ 𝑦2 = 0
7° Solução geral → 𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝
225Helder Guerreiro
OU
1° Equação correspondente → 𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0
2° Solução geral da correspondente → 𝑦ℎ = 𝑐1𝑒
𝜆𝑡 + 𝑐2𝑒
𝜆𝑡
3° Solução particular da não homogenia→ 𝑦𝑝 = 𝑢1𝑒
𝜆𝑡 + 𝑢2𝑒
𝜆𝑡 → 𝑢1
′ 𝑒𝜆𝑡 + 𝑢2
′ 𝑒𝜆𝑡 = 0
4° Sistema → ቊ
𝑢1
′𝑦1
′ + 𝑢2
′ 𝑦2
′ = 𝑔 𝑡
𝑢1
′𝑦1 + 𝑢2
′ 𝑦2 = 0
→ 𝑢1 = ׬
0 𝑦2
𝑔 𝑡 𝑦2
′
𝑦1 𝑦2
𝑦1
′ 𝑦2
′
𝑢2 = ׬
𝑦1 0
𝑦1
′ 𝑔 𝑡
𝑦1 𝑦2
𝑦1
′ 𝑦2
′
5° Solução geral → 𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝
226Helder Guerreiro
O último assunto de EDO tem os mesmos passos que uma simples resolução de uma 
equação linear de segunda ordem, mudando somente os cálculos que se tornam um 
pouco mais aprimorados:
1° Solução geral → 𝑦 𝑡 = 𝑘1𝑒
𝑡 + 𝑘2𝑒
−𝑡
2° Equação característica → 𝜆𝑛 + 𝑎𝜆𝑛−1 + 𝑏𝜆𝑛−2 +⋯+ 𝑐𝜆 + 𝑑 = 0
3° Raízes da equação
4° Aplicar dados
5° Sistema
6° Solução particular
227Helder Guerreiro
Bom, chegamos ao fim do nosso passeio pelo inferno. Espero que tenha APRENDIDO e não
decorado os passos para a prova e depois esquecer. Esse aprendizado é importante para a sua
vida.
Agradeço pela opção em estudar com a minha apostila, venha revê-la toda vez que tiver dúvidas.
Tenho materiais a parte como listas resolvidas e EDO e esta apostila em forma de livro na rede
social Passei Direto, os nomes das listas resolvidas para que você encontre no site são:
EDO – Lista 1 Resolvida
EDO – Lista 2 Resolvida
EDO – Lista 4 Resolvida
EDO – Lista 5 Resolvida
Faça bom proveito das listas e espero que dê tudo certo no seu período, só tenho a agradecer a
Deus por ter me dado forças e saúde para produzir esta apostila e ao Professor Carlos Wagner
pelas suas aulas que me motivaram a criar esta apostila. Obrigado
Helder Guerreiro, 26 de setembro de 2016.
228