Eu odeio EDO 2ª Edição

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EU ODEIO EDO 
 
 
 
2° Edição 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
HELDER GUERREIRO 
2016 
 
 
 
 
2 
 
 
Deus seja Louvado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Guerreiro, Helder 
 Eu odeio EDO 2ª ed./ Helder Guerreiro – Manaus, 2016. 
 
Bibliografia 
 
Livro não catalogado e não institucional, o mesmo é amador. 
 
 
3 
 
SUMÁRIO 
1. Conselhos de um amigo 6 
2. No início da sua vida antissocial - Problema de valor inicial 7 
2.1 Teorema de existência e unicidade 7 
2.2 Os sete passos 7 
2.3 Primeiro Exemplo 8 
2.4 Segundo Exemplo 9 
3. Os mais lights - Variação de parâmetros e variáveis separáveis 10 
3.1 Variação de parâmetros 10 
3.1.1 Primeiro Exemplo 11 
3.1.2 Exemplo sem variação de parâmetros 12 
3.2 Variáveis separáveis 13 
3.2.1 Primeiro Exemplo 13 
3.2.2 Segundo Exemplo 13 
3.2.3 Terceiro Exemplo 14 
4. Ta ficando chato - Equações diferenciais exatas 15 
4.1 A função solução 15 
4.2 Primeiro Exemplo 16 
4.3 Segundo Exemplo 17 
4.4 Complicando a sua vida – Equação não exata em equação Exata 18 
4.4.1 Primeiro Exemplo 18 
4.5 Equação exata transformada – Fator integrante em função de y 20 
4.5.1 Primeiro Exemplo 21 
5. Uma alternativa interessante - Equações homogêneas 22 
5.1 Primeiro Exemplo 23 
6. Super Exemplo – Tá na hora de treinar 24 
6.1 Equação homogênea 24 
6.2 Variáveis separáveis 25 
6.3 Equações exatas 25 
6.4 Variação de parâmetros 26 
6.5 Método comum 27 
Um bônus para sua mente – Integral por partes 28 
Exemplos 29 
Integrais infinitas 30 
 
 
4 
 
Exemplo 31 
Exercícios resolvidos – Já estou bonzinho demais 32 
Primeira questão 32 
Segunda questão 46 
7. Lembranças de um futuro esquecido - Trajetórias ortogonais 56 
7.1 Primeiro Exemplo 57 
8. Equações de Riccati – Nome difícil para uma coisa difícil 58 
8.1 Primeiro Exemplo 59 
Exercícios resolvidos – Para não enferrujar 60 
9. Equações lineares de segunda ordem – Aumentando o grau de dificuldade 68 
9.1 Sua forma 68 
9.2 Soluções gerais 68 
9.3 Equação característica 69 
9.4 Primeiro Exemplo 70 
9.5 Segundo Exemplo 70 
9.6 Terceiro Exemplo 71 
10. Equações de Bernoulli e equações não lineares de segunda ordem 73 
10.1 Equações de Bernoulli – Um dia você vai se lembrar desse nome 73 
10.1.1 Primeiro Exemplo 73 
10.2 Equação de 2º ordem não linear sem o termo em y 74 
10.2.1 Primeiro Exemplo 75 
10.3 Equação de 2º ordem não linear sem a variável independente t 76 
10.3.1 Primeiro Exemplo 76 
11. Conjunto fundamental de soluções – Álgebra? Me esquece por favor! 77 
11.1 Primeiro Exemplo (Regra de Cramer) 78 
11.2 Primeiro Exemplo (Sistema Comum) 79 
11.3 Segundo Exemplo (Regra de Cramer) 80 
11.4 Segundo Exemplo (Sistema Comum) 81 
12. Equações características com raízes negativas – Sua vida cada vez mais negativa 83 
12.1 Número Complexos 83 
12.2 Equações características com raízes negativas 84 
12.3 Primeiro exemplo 86 
13. Equação de coeficientes variáveis – Sim, o demônio é real 86 
13.1 Primeiro exemplo 88 
14. Equações características com raiz única – Uma pegadinha básica 90 
 
 
5 
 
14.1 Primeiro exemplo 91 
14.2 Segundo exemplo 91 
15. Redução de Ordem – Domando o diabo 92 
14.1 Primeiro exemplo 93 
14.2 Primeiro Exemplo (método comum) 94 
Exercícios resolvidos – Se parar, a bicicleta cai 96 
Primeira questão 96 
Segunda questão 100 
Terceira questão 100 
16. Equações de segunda ordem não homogenias com coeficientes constantes 104 
16.1 Uma equação não homogenia – Ou seja, um saco de problema 104 
Primeiro teorema 104 
Segundo teorema 104 
Explicando 105 
16.2 Método dos coeficientes indeterminados – Sua vida indeterminada 105 
16.3 Primeiro Exemplo 106 
16.4 Segundo Exemplo 107 
16.5 Terceiro Exemplo 107 
16.6 Quarto Exemplo 108 
17. Formas de equações não homogenias – Diferentes formas de sofrer 109 
Terceiro Teorema 109 
Explicação 110 
17.1 Primeiro Exemplo 110 
18 Caso especial de equação não homogênea – Ainda mais problemas 110 
18.1 Exemplo destrutivo 111 
18.2 Solução 111 
18.3 Exemplo Construtivo 112 
19. Variação de parâmetros – Variando a sua pressão 114 
19.1 Primeiro Exemplo 116 
19.2 Segundo exemplo (com formula) 117 
20. Equações de ordem superior – Estamos ferrados 119 
20.1 Primeiro Exemplo 119 
 
 
 
 
 
6 
 
1. Conselhos de um amigo 
 
 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. 
 Bom, primeiramente é importante falar a você que qualquer matéria que envolva matemática só pode ser 
vencida se você pôr em prática as listas que o professor passa em sala. Faça quantas puder o mais rápido que puder, 
dessa forma você está preparado para qualquer prova que vier pela frente. Nos meus estudos, percebi que a maior 
dificuldade enfrentadas por muitos são as relíquias da morte do Cálculo I, ou seja, muitas pessoas ainda carregam a 
cruz de não ter aprendido cálculo muito bem, aí sua alma fica dividia entre EDO e Cálculo que nem uma horcrux 
(entendedores entenderão). Por isso, treine bem o seu cálculo, por que não adianta de nada saber tão bem os passos a 
se fazer na prova e chegar no dia e ficar travado numa integral de cotg (x). 
 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 foram 
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! 
 
 
 
7 
 
2. No início da sua vida antissocial - Problema de valor inicial 
 
2.1 Teorema de existência e unicidade 
 
“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. 
 
2.2 Os sete passos 
 
São necessários 7 passos para resolver estes problemas: 
 Ajeitar a questão para regra geralA 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”. 
 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 do produto 
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 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
Passo 6 
Passo 7 
 
 
8 
 
2.3 Primeiro Exemplo 
 
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 
∫𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫
4
𝑡
𝑑𝑡 = 4ln|𝑡| = ln⁡|𝑡4| 
𝜇(𝑡) = 𝑒ln 𝑡
4
= 𝑡4 
 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 = ∫𝑡𝑒−𝑡 𝑑𝑡 
 Integrar 
∫𝑡𝑒−𝑡𝑑𝑡 → 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎çã𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒𝑠 → { 𝑢 = 𝑡 𝑑𝑣 = 𝑒
−𝑡𝑑𝑡
𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 𝑣 = −𝑒−𝑡 
 
∫𝑡𝑒−𝑡𝑑𝑡 = 𝑡(−𝑒−𝑡) − ∫(−𝑒−𝑡)𝑑𝑢 
∫𝑡𝑒−𝑡𝑑𝑡 = −𝑡𝑒−𝑡 − 𝑒−𝑡 + 𝑐 
 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 3 
Passo 4 
Passo 5 
Passo 6 
Passo 7 
Passo 1 
Passo 2 
 
 
9 
 
2.4 Segundo Exemplo 
 
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 
∫𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫
2
𝑡
𝑑𝑡 = 2ln|𝑡| = ln⁡|𝑡2| 
𝜇(𝑡) = 𝑒ln 𝑡
2
= 𝑡2 
 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 = ∫4𝑡3 𝑑𝑡 
 Integrar 
∫4𝑡3𝑑𝑡 → 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎çã𝑜 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑡𝑎 
∫4𝑡3𝑑𝑡 =
4𝑡4
4
+ 𝑐 
∫4𝑡3𝑑𝑡 = 𝑡4 + 𝑐 
 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 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
Passo 6 
Passo 7 
 
 
10 
 
3. Os mais lights - Variação de parâmetros e variáveis separáveis 
 
3.1 Variação de parâmetros 
 
 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 
a) Simplificando e integrar: 
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒∫𝑝(𝑡)𝑑𝑡] = 0 
∫
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒∫𝑝(𝑡)𝑑𝑡]𝑑𝑡 = ∫0𝑑𝑡 
𝑦𝑒∫𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = 𝑐 
𝑦 = 𝑐𝑒−∫𝑝(𝑡)𝑑𝑡 (𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 𝑑𝑎 𝑒𝑞 ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔ê𝑛𝑖𝑎 𝑎𝑠𝑠𝑜𝑐𝑖𝑎𝑑𝑎) 
b) Tornar c uma função 
𝑦 = 𝑐(𝑡)𝑒−∫𝑝(𝑡)𝑑𝑡 
c) 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) 
 
 
 
 
11 
 
3.1.1 Primeiro Exemplo 
 
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 → {
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 = 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 → ∫𝑐′(𝑡)𝑑𝑡 = ∫2𝑑𝑡 → 𝑐(𝑡) = 2𝑡 + 𝑘 
Substituindo c 
𝑦 =
𝑐
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
→ 𝑦 =
2𝑡 + 𝑘
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
 
 Solução PVI 
𝑦 = 1, 𝑡 =
𝜋
2
 
Passo 7 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
K é constante 
de integração. 
 
 
12 
 
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)
 
3.1.2 Exemplo sem variação de parâmetros 
 
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 → {
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 
 Simplificar e integrar 
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑡)] = 2 
𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑡) = ∫2𝑑𝑡 → 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 1 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
Passo 2 
 
 
13 
 
3.2 Variáveis separáveis 
 
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 + 1⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
𝑑𝑦 = 0 
3.2.1 Primeiro Exemplo 
 
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) 
∫(1 − 𝑦2)𝑑𝑦 = ∫𝑥2𝑑𝑥 
𝑦 −
𝑦3
3
=
𝑥3
3
+ 𝑐 
3.2.2 Segundo Exemplo 
 
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) 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 1 
Passo 2 
 
 
14 
 
∫(
1
𝑦
+ 2𝑦) 𝑑𝑦 = ∫cos(𝑥) 𝑑𝑥 → ln|𝑦| + 𝑦2 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑐 
 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 
3.2.3 Terceiro Exemplo 
 
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) 
∫𝑦2𝑑𝑦 = ∫
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)
√1 − 𝑥2
𝑑𝑥 
{
𝑣 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)
𝑑𝑣 =
𝑑𝑥
√1 − 𝑥2
→
𝑦3
3
= ∫𝑣𝑑𝑣 
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 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
 
 
15 
 
4. Ta ficando chato - Equações diferenciais exatas 
 
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 Ψ é igual a equação diferencial apresentada acima, se elas são iguais a 
função é igual a equação que é igual a zero: 
𝑑𝛹 = 0 
- Integrando para encontrar a solução geral temos: 
∫𝑑𝛹 = ∫0 → 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 abaixo. 
 
4.1 A função solução 
 
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
𝜕𝑦
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
. 
Após verificar se é possível, deve-se substituir os respectivos valores de M e N. 
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. 
 
 
16 
 
- Primeiro parte-se da derivada parcial em relação a x, integre o valor dos dois lados e pronto. 
{
 
 ∫
𝜕𝛹
𝜕𝑥
𝑑𝑥 = ∫𝑀(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
. 
{
 
 ∫
𝜕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. 
 
4.2 Primeiro Exemplo 
 
(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) = ∫(𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒𝑦)𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
 
{
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)
 
Passo 1 
Passo 2 
Obs.:∫
𝜕𝛹
𝜕𝑥
𝑑𝑥 = 𝛹(𝑥, 𝑦) 
Fazendo ∫𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 = 𝑅 + 𝑐 
São iguais! 
 
 
17 
 
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 + 𝑓(𝑦)
𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 − 1 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 + 𝑓′(𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 + 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = −1
 
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 + 𝑓(𝑦)
∫𝑓′(𝑦) 𝑑𝑦 = ∫−1𝑑𝑦
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 + 𝑓(𝑦)
𝑓(𝑦) = −𝑦
 
 Função solução 
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 − 𝑦 
 Solução geral 
Com a função solução temos 
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑐 
𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2𝑒𝑦 − 𝑦 = 𝑐 
4.3 Segundo Exemplo 
(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) = ∫(𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 − 2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
 
{
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)
 
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓′(𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = 0
 
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
∫𝑓′(𝑦) 𝑑𝑦 = ∫0𝑑𝑦
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝑓(𝑦) = 0
 
 Função solução 
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 
 Solução geral 
Com a função solução temos 
Passo 3 
Passo 4 
São iguais! 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 1 
 
 
18 
 
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑐 
𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 =𝑐 
4.4 Complicando a sua vida – Equação não exata em equação Exata 
 
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
𝜕𝑦𝑀
𝜕𝑀
𝜕𝑦 −
𝜕𝑁
𝜕𝑥
 
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 
∫
𝜇′
𝜇
= ∫
𝜕𝑀
𝜕𝑦 −
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
→ ln|𝜇| = ∫
𝜕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 
4.4.1 Primeiro Exemplo 
 
(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) 
Passo 1 
Passo 2 
 
 
19 
 
 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 
{
 
 
𝜕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
→ ∫
𝜇′
𝜇
= ∫
1
𝑥
→ ln|𝜇| = ln|𝑥| → 𝜇(𝑥) = 𝑒ln⁡|𝑥| = 𝑥 
 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) = ∫(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)
 
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3𝑦 +
𝑥2𝑦2
2
+ 𝑓(𝑦)
𝑥3 + 𝑥2𝑦 = 𝑥3 + 𝑥2𝑦 + 𝑓′(𝑦)
→ {𝛹
(𝑥, 𝑦) = 𝑥3𝑦 +
𝑥2𝑦2
2
+ 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = 0
 
 Integrar 
∫𝑓′(𝑦) = ∫0𝑑𝑦 → 𝑓(𝑦) = 0 
 Função solução 
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3𝑦 +
𝑥2𝑦2
2
 
 Solução geral 
Passo 3 
Passo 6 
Passo 4 
Passo 5 
Passo 7 
Passo 8 
Passo 9 
Passo 10 
 
 
20 
 
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐 
𝑐 = 𝑥3𝑦 +
𝑥2𝑦2
2
 
2𝑐 = 2𝑥3𝑦 + 2
𝑥2𝑦2
2
→ 2𝑥3𝑦 + 𝑥2𝑦2 = 2𝑐 
𝑥2𝑦2 + 2𝑥3𝑦 = 𝑘 
4.5 Equação exata transformada – Fator integrante em função de y 
 
Temos 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 
𝜕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
𝜕𝑦𝑀
𝜕𝑁
𝜕𝑥 −
𝜕𝑀
𝜕𝑦
 
𝜇 =
𝜕𝜇
𝜕𝑦𝑀
𝜕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 
∫
𝜇′
𝜇
= ∫
𝜕𝑁
𝜕𝑥 −
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
→ ln|𝜇| = ∫
𝜕𝑁
𝜕𝑥 −
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
 
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 
 
 
21 
 
𝜇(𝑥, 𝑦) = (𝑒∫
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁 , 𝑒∫
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀 ) 
4.5.1 Primeiro Exemplo 
 
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
 → {
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. 
 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
𝑦
𝑑𝑦 = 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
 
 Sistema 
{
 
 
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 𝑒2𝑦
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
 
 𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(𝑒2𝑦)𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦𝑦 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
 
{
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)
 
Passo 1 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
 
 
22 
 
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦𝑦 + 𝑓(𝑦)
2𝑥𝑒2𝑦 −
1
𝑦
= 2𝑥𝑒2𝑦 + 𝑓′(𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦𝑦 + 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = −
1
𝑦
→ 𝑓(𝑦) = − ln|𝑦| = ln |
1
𝑦
|
 
 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. 
 
5. Uma alternativa interessante - Equações homogêneas 
 
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. A equação homogênea pode nos 
ajudar pois toda equação homogênea pode se tornar uma equação de variáveis separáveis. Como? Toda equação 
homogênea pode representada do jeito como está abaixo: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝐹 (
𝑦
𝑥
) 
Com isso podemos fazer uma substituição e trocar essa fração por uma variável simples como abaixo: 
𝑢 =
𝑦
𝑥
→ 𝑦 = 𝑢𝑥 
Ao derivá-la temos o seguinte: 
𝑦 = 𝑢𝑥 →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 
Com isso podemos fazer uma troca de domínios pois: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝐹 (
𝑦
𝑥
) → 𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 𝐹(𝑢) 
Depois dessa troca você substitui na equação e assim poderá manejá-la para que ela se transforme em uma equação 
por variáveis separáveis. Não entendeu? Calma, veja esse exemplo abaixo primeiro e veja os passos. 
 
Passo 5 
Passo 6 
 
 
23 
 
 
5.1 Primeiro Exemplo 
 
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 
 Variáveis separáveis 
𝑑𝑢
𝑢2 + 𝑢
=
𝑑𝑥
𝑥
 
 Integrar 
(𝐼)∫
𝑑𝑢
𝑢2 + 𝑢
= (𝐼𝐼)∫
𝑑𝑥
𝑥
 
(𝐼)∫
𝑑𝑢
𝑢2 + 𝑢
=
𝐴
𝑢
+
𝐵
1 + 𝑢
→ 1 = 𝐴(1 + 𝑢) + 𝐵𝑢 → {
𝑢 = 0 𝐴 = 1
𝑢 = −1 𝐵 = −1
 
∫
𝑑𝑢
𝑢2 + 𝑢
= ∫
𝑑𝑢
𝑢
−∫
𝑑𝑢
1 + 𝑢
= ln|𝑢| − ln|1 + 𝑢| = ln |
𝑢
1 + 𝑢
| 
(𝐼𝐼)∫
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 
 Solução geral (voltar ao valor original) 
u
1 + u
= xc →
y
x
x + y
x
= xc →
y
x + y
= xc → y = xc(x + y) 
 
 
 
 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
 
 
24 
 
6. Super Exemplo – Tá na hora de treinar 
 Está na hora de um super exemplo, que é a resolução de um único exercício usando todas as ferramentas 
apresentadas aqui até agora, se você está com dúvida nas questões analise-as mais devagar e veja como efetuar cada 
passo nas contas. 
6.1 Equação homogênea 
 
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
 
 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 
∫
𝑑𝑢
𝑢
= ∫
𝑑𝑥
𝑥
 
ln|𝑢| = ln|𝑥| + 𝑐 
𝑢 = 𝑐𝑥 
 Retornando a variável original (solução geral) 
𝑢 = 𝑐𝑥 → y = cx2 
 
 
 
 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
Passo 6 
Passo 7 
 
 
25 
 
6.2 Variáveis separáveis 
 
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 
 Separando variáveis 
2𝑦𝑑𝑥 = 𝑥𝑑𝑦 →
𝑑𝑥
𝑥
=
𝑑𝑦
2𝑦
 
 Integrar 
∫
𝑑𝑥
𝑥
=
1
2
∫
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 
 Solução geral 
𝑦 = 𝑐𝑥2 
6.3 Equações exatas 
 
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 
 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 
 Sistema 
{
 
 
𝜕𝛹
𝜕𝑥
=
2𝑦
𝑥3
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
 
 𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(
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)
−
1
𝑥2⏟
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= −
1
𝑥2
+ 𝑓′(𝑦)
⏟ 
𝑁(𝑥,𝑦)
 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
 
 
26 
 
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = −
𝑦
𝑥2
+ 𝑓(𝑦)
−
1
𝑥2
= −
1
𝑥2
+ 𝑓′(𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = −
𝑦
𝑥2
+ 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = 0 → 𝑓(𝑦) = 0
 
 Função solução 
𝛹(𝑥, 𝑦) = −
𝑦
𝑥2
 
 Solução geral 
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐 
𝑐 = −
𝑦
𝑥2
→ 𝑦 = −𝑐𝑥2 → 𝑦 = 𝑐𝑥2 
6.4 Variação de parâmetros 
 
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 
 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 
 Fator integrante 
𝑒∫𝑝
(𝑥)𝑑𝑥 = −∫
2
𝑥𝑑𝑥 = −2∫
𝑑𝑥
𝑥 =−2ln
|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 4 
Passo 5 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
Passo 6 
 
 
27 
 
𝑐′(𝑥) = 0𝑥2 → 𝑐′(𝑥) = 0 
∫𝑐′(𝑥) = ∫0𝑑𝑥 
𝑐(𝑥) = 𝑐 
 Solução geral 
𝑦 = 𝑐(𝑥)𝑥2 → 𝑦 = 𝑐𝑥2 
6.5 Método comum 
 
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 
 
 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 =−2ln
|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 
 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 todas estas 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 2 
Passo 7 
Passo 1 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
 
 
28 
 
Um bônus para sua mente – Integral por partes 
 
Temos uma integral por partes 
∫𝑡2𝑒
𝑡
2𝑑𝑡 
Escolha as melhores opções para u e v, a variável u deve ser qualquer função que ao derivá-la uma ou mais vezes ela 
possa zerar e a variável v deve ser uma função que ao integrá-la ou derivá-la ela nunca chegue a zero. O polinômio é a 
melhor das escolhas para u, ele pode zerar e o neperiano nunca zera então ele será v. 
Faça um quadro com as nomeações “u sinal v” posicionados acima do quadro: 
[
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
42
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Variável u começa sendo simplesmente copiado, 
não precisa deriva-lo ainda. 
A variável v já começa a ser integrada logo na primeira aparição 
 
 
Após isso trace uma reta entre os dois, 
isso significa que um será multiplicado pelo outro.Depois da reta traçada continue a derivar o u e a integrar o v 
 sempre colocando as setas na mesma linha. 
Você irá derivar e integrar até a última 
 derivada de u, ou seja, antes de zerá-lo. 
 
 
 
 
A variável u será derivada e 
a variável v será integrada 
[
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
42
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
 
 
 
 
 
 
 
 
 
[
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
42
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
 
 
 
 
 
 
 
 
 
[
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
.
2
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
29 
 
Assim que já se chegou antes de zerar o u 
é hora de alternar sinais nas setas, isso é, 
colocar positivo e negativo nas setas sempre alternando os sinais. 
 
Isso significa que esse sinal faz parte do v, ou seja, quando 
o sinal for (+) o v será positivo, quando o sinal for (-) o v será 
negativo. 
Esse sinal que aparece na reta é como se fosse uma multiplicação 
-1 ou +1, ou seja, caso o v já esteja negativo e a seta estiver com o (-) então teremos uma simples multiplicação de 
negativo com negativo que dará positivo. 
O mesmo vale para o u, no final das contas o u sempre irá multiplicar com o seu respectivo v, ou seja, cuidado com o 
jogo de sinais. 
Para o resultado final, basta multiplicar 
os sinais e cada u com seu v e somar tudo 
de cima para baixo. 
 
 
Exemplos 
 
3∫ cos(2𝑡) 𝑡 𝑑𝑡 →
[
 
 
 
 
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
 𝑡
+
→ 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
1
−
→ −cos(2𝑡)
1
4]
 
 
 
 
→ 3 [𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
+ 𝑐𝑜𝑠(2𝑡)
1
4
] 
3
2
∫ 𝑡𝑒
𝑡
2𝑑𝑡 → [
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
 𝑡
+
→ 2𝑒
𝑡
2
1
−
→ 4𝑒
𝑡
2
] →
3
2
[2𝑡𝑒
𝑡
2 − 4𝑒
𝑡
2] 
∫𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 → [
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
 𝑡
+
→ −𝑐𝑜𝑠(𝑡)
1
−
→ −sen(𝑡)
] → −𝑡𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑐 
3
2
∫ 𝑡2𝑒
𝑡
2𝑑𝑡 →
[
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
.
2
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
 
 
 
 
 
 
 
 
→
3
2
[2𝑡2𝑒
𝑡
2 − 8𝑡𝑒
𝑡
2 + 16𝑒
𝑡
2] 
∫𝑡𝑒−𝑡𝑑𝑡 → [
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
 𝑡
+
→ −𝑒−𝑡
1
−
→ 𝑒−𝑡
] → −𝑡𝑒−𝑡 − 𝑒−𝑡 + 𝑐 
 
[
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
.
2
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
 
 
 
 
 
 
 
 
 
[
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
.
2
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
 
 
 
 
 
 
 
 
 = 2𝑡2𝑒
𝑡
2 − 8𝑡𝑒
𝑡
2 + 16𝑒
𝑡
2 + c 
 
 
30 
 
Integrais infinitas 
 
Em alguns casos pode-se ocorrer o que chamo de integral infinita, é quando tanto u como v são funções que nunca 
zerão e como o objetivo deste método é derivar o u até que o mesmo zere, nunca chegaremos ao fim. Veja uma integral 
de exemplo abaixo: 
∫2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2𝑑𝑡 
Neste caso a variável u e v pode ser tanto um como outro a sua resposta não sairá errada independente da variável 
escolhida o que pode acontecer é só que a sua conta fique um pouco maior. 
No caso de uma integral infinita seguimos os passos comuns ensinados antes, só que como dessa vez u nunca irá 
zerar, o nosso objetivo agora será encontrar o núcleo da integral. O que é isso? Veja abaixo: 
∫2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2⏟ 𝑑𝑡
𝑁ú𝑐𝑙𝑒𝑜
 
Ou seja, tudo que estiver dentro da integral. 
Pelo método rápido o objetivo é encontrar a união que forma esse núcleo novamente, independentemente de qualquer 
constante que esteja multiplicando. Preste atenção numa coisa, o 2 ao lado do cosseno é uma constante só que por 
opção própria ela está dentro da integral então ela faz parte do núcleo e também deve ser encontrada junto com o 
cosseno e o neperiano. 
 
Perceba, o u escolhido foi 
o cosseno, depois de derivá-lo 
duas vezes voltamos para ele 
e do outro lado o neperiano 
não mudou, isso significa que 
encontramos o núcleo. 
Antes de começar a multiplicar os sinais, u e seus respectivos v, precisamos prestar atenção numa coisa muito 
importante, essa integral por partes não foi terminada ela foi feita até o ponto em que o núcleo se repetisse. Então 
preste atenção no formato da integral por partes: 
∫𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫𝑣𝑑𝑢 
Perceba que dentro da integral do lado direito da igualdade o u já foi derivado, mas o v ainda não foi integrado, ou 
seja, a integral só acontece quando o processo é totalmente terminado, isso significa dizer que o v não será integrado 
na última fila, somente o u será derivado, assim: 
Aqui temos a última integral 
desconsiderada, neste caso 
o último u será multiplicado 
pelo v anterior e esses dois 
formarão a integral ainda não 
terminada. 
 
 
Agora multiplicando os sinais, u e seus respectivos v desconsiderando o último v temos: 
[
 
 
 
 
 
 
 
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
2cos⁡(𝑡)
∙
−2𝑠𝑒𝑛(𝑡)
∙
4−2cos⁡(𝑡)
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
 
 
 
 
 
 
 
 Lembre-se: para encontrar o núcleo não dependemos das 
constantes, elas simplesmente ficaram fora da integral. 
[
 
 
 
 
 
 
 
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
2cos⁡(𝑡)
∙
−2𝑠𝑒𝑛(𝑡)
∙
4−2cos⁡(𝑡)
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
31 
 
[
 
 
 
 
 
 
 
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
2cos⁡(𝑡)
∙
−2𝑠𝑒𝑛(𝑡)
∙
4−2cos⁡(𝑡)
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
 
 
 
 
 
 
 
→ 4𝑒
𝑡
2 cos(𝑡) + 8𝑒
𝑡
2𝑠𝑒𝑛(𝑡) − 4∫2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2𝑑𝑡 
∫2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2𝑑𝑡 = 4𝑒
𝑡
2 cos(𝑡) + 8𝑒
𝑡
2𝑠𝑒𝑛(𝑡) − 4∫2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2𝑑𝑡 
Perceba que o 4 está do lado de fora da integral e não multiplica com o 2 que está lá dentro, isso porque o 2 faz parte 
do núcleo. Devemos fazer tudo isso para que a integral mãe que originou tudo isso seja igual a uma outra integral 
filha, se elas forem iguais podemos fazer uma simples conta de 𝑥 + 𝑥 = 2𝑥 
∫2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2𝑑𝑡 = 4𝑒
𝑡
2 cos(𝑡) + 8𝑒
𝑡
2𝑠𝑒𝑛(𝑡) − 4∫2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2𝑑𝑡 
4∫2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2𝑑𝑡 + ∫2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2𝑑𝑡 = 4𝑒
𝑡
2 cos(𝑡) + 8𝑒
𝑡
2𝑠𝑒𝑛(𝑡) 
5∫2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2𝑑𝑡 = 4𝑒
𝑡
2 cos(𝑡) + 8𝑒
𝑡
2𝑠𝑒𝑛(𝑡) 
∫2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2𝑑𝑡 =
4
5
𝑒
𝑡
2 cos(𝑡) +
8
5
𝑒
𝑡
2𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑐 
Exemplo 
 
∫5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡𝑑𝑡 →
[
 
 
 
 
 
 
 
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
∙
2 cos(2𝑡)
∙
4−4𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
5𝑒𝑡
∙
.
5𝑒𝑡
∙
∙
5𝑒𝑡
∙ ]
 
 
 
 
 
 
 
→ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡 − 2 cos(2𝑡) 5𝑒𝑡 − 4∫5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡𝑑𝑡 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
32 
 
Exercícios resolvidos – Já estou bonzinho demais 
 
Primeira questão 
- Determine a solução geral para cada equação diferencial dada e use-a para determinar como as soluções se 
comportam quando 𝑡 → ∞ 
 
a) 𝑦′ + 𝑦 = 𝑡𝑒−𝑡 + 1 
Resolvendo por simples resolução de PVI 
 Encontrar o fator integrante 
𝜇(𝑡) = 𝑒∫𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫1𝑑𝑡 = 𝑡 = 𝑒𝑡 
 Multiplicar o fator integrante 
𝑦′ + 𝑦 = 𝑡𝑒−𝑡 + 1 → y′et + yet = t + et 
 Simplificar 
𝑦′𝑒𝑡 + 𝑦𝑒𝑡 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑒𝑡+ 𝑒𝑡𝑦 
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒𝑡] 
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒𝑡] = 𝑡 + 𝑒𝑡 → 𝑦𝑒𝑡 = ∫𝑡 𝑑𝑡 + ∫𝑒𝑡 𝑑𝑡 
 Integrar (solução geral) 
𝑦𝑒𝑡 =
𝑡2
2
+ 𝑒𝑡 + 𝑐 → 𝑦 =
𝑡2
2𝑒𝑡
+ 1 +
𝑐
𝑒𝑡
 
 Solução PVI 
𝑡 → ∞ 
𝑦 =
𝑡2
2𝑒𝑡
+ 1 +
𝑐
𝑒𝑡
→ 𝑦 =
∞2
2𝑒∞
+ 1 +
𝑐
𝑒∞
 
𝑦 → 1 
A função tende a infinito. 
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador. 
 
 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
 
 
33 
 
b) 𝑦′ − 2𝑦 = 3𝑒𝑡 
 Encontrar o fator integrante 
𝜇(𝑡) = 𝑒∫𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫−2𝑑𝑡 =−2𝑡 = 𝑒−2𝑡 
 Multiplicar o fator integrante 
𝑦′ − 2𝑦 = 3𝑒𝑡 → 𝑦′𝑒−2𝑡 − 2𝑒−2𝑡𝑦 =
3𝑒𝑡
𝑒2𝑡
→ y′e−2t + (−2ye−2t) = 3e−t 
 Simplificar 
𝑦′𝑒−𝑡 + (−𝑦𝑒−𝑡) → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑒−2𝑡 + (−2𝑒−2𝑡)𝑦 
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒−2𝑡] 
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒−2𝑡] = 3𝑒−𝑡 → 𝑦𝑒−2𝑡 = ∫3𝑒−𝑡 𝑑𝑡 
 Integrar (solução geral) 
𝑦𝑒−2𝑡 = −3𝑒−𝑡 + 𝑐 → 𝑦 =
−3𝑒−𝑡
𝑒−2𝑡
+
𝑐
𝑒−2𝑡
 
 Solução PVI 
𝑡 → ∞ 
𝑦 =
−3𝑒2𝑡
𝑒𝑡
+ 𝑒2𝑡𝑐 → 𝑦 = −3𝑒∞ + 𝑒2∞𝑐 
A função tende a infinito. 
Os fatores do denominador são menores que o do numerador. 
 
 
 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
 
 
34 
 
c) 𝑦′ +
𝑦
𝑡
= 3cos⁡(2𝑡) (𝑡 > 0) 
Resolvendo por simples resolução de PVI 
 Encontrar o fator integrante 
𝜇(𝑡) = 𝑒∫𝑝
(𝑡)𝑑𝑡 = ∫
1
𝑡𝑑𝑡 = ln
|𝑡| = 𝑒ln⁡|𝑡| = 𝑡 
 Multiplicar o fator integrante 
𝑦′ +
𝑦
𝑡
= 3cos(2t) → y′t + y = 3tcos(2t) 
 Simplificar 
𝑦′𝑡 + 𝑦 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑡 + 1𝑦 
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡] 
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡] = 3tcos⁡(2𝑡) → 𝑦𝑡 = ∫3tcos⁡(2𝑡) 𝑑𝑡 
 Integrar (solução geral) 
3∫ cos(2𝑡) 𝑡 𝑑𝑡 → 𝑝𝑜𝑟 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒𝑠 → {
𝑢 = 𝑡 𝑑𝑣 = cos⁡(2𝑡)𝑑𝑡
𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 𝑣 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
→ 𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
− ∫𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
 𝑑𝑡 
𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
− ∫𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
 𝑑𝑡 
A integração de 𝑠𝑒𝑛(2𝑡), caso não entenda 
{
𝑢 = 2𝑡
𝑑𝑢 = 2𝑑𝑡 → 𝑑𝑡 = 𝑑𝑢/2
 
1
2
∫ sen(𝑢)
𝑑𝑢
2
=
1
4
∫ sen(𝑢) 𝑑𝑢 = −cos(2𝑡)
1
4
 
3∫ cos(2𝑡) 𝑡 𝑑𝑡 = 3 [𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
+ cos(2𝑡)
1
4
] 
Ou pelo método mais rápido 
3∫ cos(2𝑡) 𝑡 𝑑𝑡 →
[
 
 
 
 
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
 𝑡
+
→ 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
1
−
→ −cos(2𝑡)
1
4]
 
 
 
 
→ 3 [𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
+ 𝑐𝑜𝑠(2𝑡)
1
4
] 
 
 
 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
 
 
35 
 
 Solução PVI 
𝑡 → ∞ 
𝑦𝑡 = 𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
3
2
+ cos(2𝑡)
3
4
+ 𝑐 
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
3
2
+ cos(2𝑡)
3
4𝑡
+
𝑐
𝑡
 
𝑦 =
𝑠𝑒𝑛(2∞)3
2
+
cos(2∞) 3
4∞
+
𝑐
∞
 
A função tende a zero. 
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador. 
 
 
 
 
Passo 5 
 
 
36 
 
d) 2𝑦′ + 𝑦 = 3𝑡 
 Organizar 
2𝑦′ + 𝑦 = 3𝑡 →
2𝑦′
2
+
𝑦
2
=
3
2
𝑡 → 𝑦′ +
𝑦
2
=
3
2
𝑡 
 Encontrar o fator integrante 
𝜇(𝑡) = 𝑒∫𝑝
(𝑡)𝑑𝑡 = ∫
1
2𝑑𝑡 =
1
2𝑡 = 𝑒
1
2t 
 Multiplicar o fator integrante 
𝑦′ +
𝑦
2
=
3
2
𝑡 → 𝑒
1
2
𝑡𝑦′ +
𝑒
1
2
𝑡
2
𝑦 =
3
2
𝑡𝑒
1
2
𝑡
 
 Simplificar 
𝑒
1
2
𝑡𝑦′ +
𝑒
1
2
𝑡
2
𝑦 =
3
2
𝑡𝑒
1
2
𝑡 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑦′𝑒
1
2
𝑡 +
𝑒
1
2
𝑡
2
𝑦 
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒
1
2
𝑡] 
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒
1
2
𝑡] =
3
2
𝑡𝑒
1
2
𝑡 → 𝑦𝑒
1
2
𝑡 = ∫
3
2
𝑡𝑒
1
2
𝑡𝑑𝑡 
 Integrar 
𝑦𝑒
𝑡
2 = ∫
3
2
𝑡𝑒
𝑡
2𝑑𝑡 
Método rápido 
3
2
∫ 𝑡𝑒
𝑡
2𝑑𝑡 → [
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
 𝑡
+
→ 2𝑒
𝑡
2
1
−
→ 4𝑒
𝑡
2
] →
3
2
[2𝑡𝑒
𝑡
2 − 4𝑒
𝑡
2] → 2𝑡𝑒
𝑡
2 − 6𝑒
𝑡
2 + 𝑐 
 Solução geral 
𝑦𝑒
𝑡
2 = 2𝑡𝑒
𝑡
2 − 6𝑒
𝑡
2 +
3𝑐
2
→ y =
2𝑡𝑒
𝑡
2
𝑒
𝑡
2
−
6𝑒
𝑡
2
𝑒
𝑡
2
+
3𝑐
2𝑒
𝑡
2
→ y = 2𝑡 − 6 +
𝑐
𝑒
𝑡
2
 
 Solução PVI 
𝑡 → ∞ 
y = 2𝑡 − 6 +
𝑐
𝑒
𝑡
2
 
y = 2∞ − 6 +
𝑐
𝑒
∞
2
 
𝑦 → −6 
A função tende a zero. 
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador. 
e) 𝑦′ + 𝑦 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡) 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
Passo 6 
Passo 7 
 
 
37 
 
 Encontrar o fator integrante 
𝜇(𝑡) = 𝑒∫𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫𝑑𝑡 =𝑡 = 𝑒𝑡 
 Multiplicar o fator integrante 
𝑦′ + 𝑦 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡) → 𝑒𝑡𝑦′ + 𝑒𝑡𝑦 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡 
 Simplificar 
𝑦′ + 𝑦 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡) → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑒𝑡 + 𝑒𝑡𝑦 
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒𝑡] 
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒𝑡] = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡 → 𝑦𝑒𝑡 = ∫5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡𝑑𝑡 
 Integrar 
Ambas as funções na integral são funções que nunca zerão ao derivar, nesse caso esta integral se tornará uma 
integral por partes infinita se for resolvida pelo método convencional de integração por partes. 
Como ambas as funções podem ser tanto “u” como “dv” na escolha de variáveis devemos selecionar a escolha que 
tornará a conta menor possível. 
A integração por partes irá terminar quando a integral ∫ 𝑣𝑑𝑢 que é resultante da integração por partes obter uma 
aparência idêntica à sua integral original (∫𝑢𝑑𝑢) independente de constantes. 
Para isso coloque a constante 5 na conta, para que no final∫𝑢𝑑𝑢 = ∫𝑣𝑑𝑢 
 
 
 
 
 
 
Integrando com outras variáveis 
 
 
 
 
 
A última conta é a menor 
 
∫5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡𝑑𝑡 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡 − 2 cos(2𝑡) 5𝑒𝑡 − 4∫5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡𝑑𝑡 
∫5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡𝑑𝑡 →
[
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
5𝑒𝑡
∙
5𝑒𝑡
∙
5𝑒𝑡
∙
5𝑒𝑡
.
5𝑒𝑡
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
−
→
.
+
→
−
1
2
cos(2𝑡)
−
1
4
𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
8
cos(2𝑡)
1
16
𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
−
1
32
cos(2𝑡)]
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
→ −
5 cos(2𝑡)𝑒𝑡
2
+
5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡
4
+
5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡
8
−
5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡
16
+
1
16
∫5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡𝑑𝑡 
∫5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡𝑑𝑡 →
[
 
 
 
 
 
 
 
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
∙
2 cos(2𝑡)
∙
4−4𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
5𝑒𝑡
∙
.
5𝑒𝑡
∙
∙
5𝑒𝑡
∙ ]
 
 
 
 
 
 
 
→ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡 − 2 cos(2𝑡) 5𝑒𝑡 − 4∫5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡𝑑𝑡 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
 
 
38 
 
4∫5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡𝑑𝑡
⏟ 
4𝑥
+∫5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡𝑑𝑡
⏟ 
𝑥
= 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡 − 2 cos(2𝑡) 5𝑒𝑡 
 
5∫5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡𝑑𝑡 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡 − 10 cos(2𝑡) 𝑒𝑡 
∫5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡𝑑𝑡 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡 − 2 cos(2𝑡) 𝑒𝑡 + 𝑐 
𝑦𝑒𝑡 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡 − 2 cos(2𝑡) 𝑒𝑡 + 𝑐 
 Solução geral 
𝑦 =
𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒𝑡
𝑒𝑡
−
2 cos(2𝑡) 𝑒𝑡
𝑒𝑡
+
𝑐
𝑒𝑡
→ 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) − 2cos⁡(2𝑡) +
𝑐
𝑒𝑡
 
 Solução PVI 
𝑡 → ∞ 
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) − 2cos⁡(2𝑡) +
𝑐
𝑒𝑡
 
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2∞) − 2cos⁡(2∞) +
𝑐
𝑒∞
 
A função tende a zero. 
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador. 
 
 
 
 
4x + x = 5x 
Passo 5 
Passo 6 
 
 
39 
 
f) (1 + 𝑡2)𝑦′ + 4𝑡𝑦 = −2(1 + 𝑡2) → (1 + 𝑡2)𝑦′ + 4𝑡𝑦 = −2 − 2𝑡2 
 Variação de parâmetro 
(1 + 𝑡2)𝑦′ + 4𝑡𝑦 = 0 
 Organizar 
𝑦′ +
4𝑡𝑦
1 + 𝑡2
= 0 
 Fator integrante 
𝜇(𝑡) = 𝑒
∫𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫
4𝑡
1+𝑡2
 = 4∫
𝑡
1+𝑡2
𝑑𝑡→ { 𝑢=𝑡
2+1
𝑑𝑢=2𝑡𝑑𝑡
 →2∫
𝑑𝑢
𝑢 =2 ln
|𝑢| =2ln|𝑡2+1|= ln|(𝑡2+1)
2
|𝜇(𝑡) = 𝑒ln|(𝑡
2+1)
2
| → (𝑡2 + 1)2 
 Multiplicar o fator integrante 
𝑦′ +
4𝑡𝑦
1 + 𝑡2
= 0 → (𝑡2 + 1)2𝑦′ +
(𝑡2 + 1)24𝑡𝑦
1 + 𝑡2
= 0 → (𝑡2 + 1)2𝑦′ + (𝑡2 + 1)4𝑡𝑦 = 0 
 Simplificar 
(𝑡2 + 1)2𝑦′ + (𝑡2 + 1)4𝑡𝑦 = 0 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′(𝑡2 + 1)2 + (𝑡2 + 1)4𝑡𝑦 
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦(𝑡2 + 1)2] 
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦(𝑡2 + 1)2] = 0 → 𝑦(𝑡2 + 1)2 = ∫0𝑑𝑡 
 Integrar 
𝑦(𝑡2 + 1)2 = ∫0𝑑𝑡 → 𝑦(𝑡2 + 1)2 = 𝑐 
 Tornar C função 
𝑦(𝑡2 + 1)2 = 𝑐 → 𝑦 =
𝑐(𝑥)
(𝑡2 + 1)2
 
𝑐′(𝑥) = 𝑞(𝑥)𝜇(𝑥) 
𝑐′(𝑥) = −2(𝑡2 + 1)(𝑡2 + 1)2 
𝑐′(𝑥) = −2(𝑡2 + 1)3 
∫𝑐′(𝑥) = −2∫(𝑡2 + 1)3 → 𝑐(𝑥) = −2 [∫ 𝑡6𝑑𝑡 + ∫3𝑡4𝑑𝑡 + ∫3𝑡2 𝑑𝑡 + ∫𝑑𝑡] 
𝑐(𝑥) = −2∫ 𝑡6𝑑𝑡 − 6∫ 𝑡4𝑑𝑡 − 6∫ 𝑡2 𝑑𝑡 − 2∫𝑑𝑡 
𝑐(𝑥) = −
2𝑡7
7
−
6𝑡5
5
−
6𝑡3
3
− 2𝑡 + 𝑐 
 
 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
Passo 6 
Passo 7 
 
 
40 
 
 Solução geral 
𝑦 =
𝑐(𝑥)
(𝑡2 + 1)2
→ 𝑦 =
(−
2𝑡7
7 −
6𝑡5
5 −
6𝑡3
3 − 2𝑡 + 𝑐)
(𝑡2 + 1)2
 
𝑦 = −
2𝑡7
7(𝑡2 + 1)2
−
6𝑡5
5(𝑡2 + 1)2
−
6𝑡3
3(𝑡2 + 1)2
−
2𝑡
(𝑡2 + 1)2
+
𝑐
(𝑡2 + 1)2
 
 Solução PVI 
𝑡 → ∞ 
𝑦 = −
2∞7
7(∞2 + 1)2
−
6∞5
5(∞2 + 1)2
−
6∞3
3(∞2 + 1)2
−
2∞
(∞2 + 1)2
+
𝑐
(∞2 + 1)2
 
A função tende a zero. 
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador. 
 
 
Passo 8 
Passo 9 
 
 
41 
 
g) 𝑦′ + 2𝑡𝑦 = 2𝑡𝑒−𝑡
2
 
 Fator integrante 
(𝑡) = 𝑒∫𝑝(𝑡)𝑑𝑡 =2∫ 𝑡𝑑𝑡 =𝑡
2
= 𝑒𝑡
2
 
 Multiplicar fator integrante 
𝑦′ + 2𝑡𝑦 = 2𝑡𝑒−𝑡
2
→ 𝑦′𝑒𝑡
2
+ 2𝑡𝑒𝑡
2
𝑦 =
2𝑡𝑒𝑡
2
𝑒𝑡
2 → 𝑦
′𝑒𝑡
2
+ 2𝑡𝑒𝑡
2
𝑦 = 2𝑡 
 Simplificar 
𝑦′𝑒𝑡
2
+ 2𝑡𝑒𝑡
2
𝑦 = 2𝑡 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑒𝑡
2
+ 2𝑡𝑒𝑡
2
𝑦 
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒𝑡
2
] 
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒𝑡
2
] = 2𝑡 → 𝑦𝑒𝑡
2
= ∫2𝑡𝑑𝑡 
 Integrar 
∫2𝑡𝑑𝑡 = 𝑡2 + 𝑐 
 Solução geral 
𝑦𝑒𝑡
2
= 𝑡2 + 𝑐 → 𝑦 =
𝑡2
𝑒𝑡
2 +
𝑐
𝑒𝑡
2 
 Solução PVI 
𝑡 → ∞ 
𝑦 =
𝑡2
𝑒𝑡
2 +
𝑐
𝑒𝑡
2 
𝑦 =
∞2
𝑒∞
2 +
𝑐
𝑒∞
2 
A função tende a zero. 
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
Passo 6 
 
 
42 
 
h) 𝑦′ − 2𝑦 = 𝑡2𝑒2𝑡 
 Fator integrante 
(𝑡) = 𝑒∫𝑝(𝑡)𝑑𝑡 =−2∫𝑑𝑡 = 2𝑡 = 𝑒−2𝑡 
 Multiplicar fator integrante 
𝑦′ − 2𝑦 = 𝑡2𝑒2𝑡 → 𝑦′𝑒−2𝑡 + (−2𝑒−2𝑡)𝑦 = 𝑡2 
 Simplificar 
𝑦′𝑒−2𝑡 + (−2𝑒−2𝑡)𝑦 = 𝑡2 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑒−2𝑡 +−2𝑒−2𝑡𝑦 
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒−2𝑡] 
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒−2𝑡] = 𝑡2 → 𝑦𝑒−2𝑡 = ∫𝑡2𝑑𝑡 
 Integrar 
∫𝑡2𝑑𝑡 =
𝑡3
3
+ 𝑐 
 Solução geral 
𝑦𝑒−2𝑡 =
𝑡3
3
+ 𝑐 
 Solução PVI 
𝑡 → ∞ 
𝑦 =
∞3𝑒2∞
3
+ 𝑐𝑒2∞ 
A função tende a infinito. 
Os fatores do denominador são menores que o do numerador. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
Passo 6 
 
 
43 
 
i) 𝑡𝑦′ + 2𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 
 Organizar 
𝑡𝑦′ + 2𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) → 𝑦′ +
2
𝑡
 𝑦 =
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑡
 
 Fator integrante 
𝜇(𝑡) = 𝑒∫𝑝
(𝑡)𝑑𝑡 =∫
2
𝑡
𝑑𝑡 = 2ln⁡|𝑡| = 𝑒ln⁡|𝑡
2| = 𝑡2 
 Multiplicar fator integrante 
𝑦′ +
2
𝑡
 𝑦 =
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑡
→ 𝑦′𝑡2 + 2𝑡𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑡 
 Simplificar 
𝑦′𝑡2 + 2𝑡𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑡 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑡2 + 2𝑡𝑦 
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡2] 
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡2] = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑡 → 𝑦𝑡2 = ∫𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 
 Integrar 
Método rápido 
∫𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 → [
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
 𝑡
+
→ −𝑐𝑜𝑠(𝑡)
1
−
→ −sen(𝑡)
] → −𝑡𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑐 
 Solução geral 
𝑦𝑡2 = −𝑡𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑐 → 𝑦 = −
cos(𝑡)
𝑡
+
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑡2
+
𝑐
𝑡2
 
 Solução PVI 
𝑡 → ∞ 
𝑦 = −
cos(∞)
∞
+
𝑠𝑒𝑛(∞)
∞2
+
𝑐
∞2
 
A função tende a zero. 
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador. 
 
 
 
 
 
 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
Passo 6 
Passo 7 
 
 
44 
 
j) 𝑡𝑦′ − 𝑦 = 𝑡2𝑒−𝑡 
 Organizar 
𝑡𝑦′ + 𝑦 = 𝑡2𝑒−𝑡 → 𝑦′ + (−
𝑦
𝑡
) = 𝑡𝑒−𝑡 
 Fator integrante 
𝜇(𝑡) = 𝑒∫𝑝
(𝑡)𝑑𝑡 =−∫
1
𝑡
𝑑𝑡 = −ln⁡|𝑡| = 𝑒ln⁡|
1
𝑡
| =
1
𝑡
 
 Multiplicar fator integrante 
𝑦′ + (−
𝑦
𝑡
) = 𝑡𝑒−𝑡 → 𝑦′
1
𝑡
+ (−
1
𝑡2
) 𝑦 = 𝑒−𝑡 
 Simplificar 
𝑦′
1
𝑡
+ (−
1
𝑡2
) 𝑦 = 𝑒−𝑡 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′
1
𝑡
+ (−
1
𝑡2
)𝑦 
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[
𝑦
𝑡
] 
𝑑
𝑑𝑡
[
𝑦
𝑡
] = 𝑒−𝑡 →
𝑦
𝑡
= ∫𝑒−𝑡𝑑𝑡 
 Integrar 
∫𝑒−𝑡𝑑𝑡 = −𝑒−𝑡 + 𝑐 
 Solução geral 
𝑦
𝑡
= −𝑒−𝑡 + 𝑐 → 𝑦 = −
𝑡
𝑒𝑡
+ 𝑡𝑐 
 Solução PVI 
𝑡 → ∞ 
𝑦 = −
∞
𝑒∞
+∞𝑐 
A função tende a infinito. 
A primeira fração tenderá a zero enquanto a outra sobe ao infinito 
 
 
 
 
 
 
 
 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
Passo 6 
Passo 7 
 
 
45 
 
k) 2𝑦′ + 𝑦 = 3𝑡2 
 Organizar 
2𝑦′ + 𝑦 = 3𝑡2 → 𝑦′ +
𝑦
2
=
3
2
𝑡2 
 Fator integrante 
𝜇(𝑡) = 𝑒∫𝑝(𝑡)𝑑𝑡 =
1
2∫
𝑑𝑡 = 
t
2 = 𝑒
t
2 
 Multiplicar fator integrante 
𝑦′ +
𝑦
2
=
3
2
𝑡2 → 𝑦′𝑒
𝑡
2 +
𝑒
𝑡
2
2
𝑦 =
3
2
𝑡2𝑒
𝑡
2 
 Simplificar 
𝑦′𝑒
𝑡
2 +
𝑒
𝑡
2
2
𝑦 =
3
2
𝑡2𝑒
𝑡
2 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑦′𝑒
𝑡
2 +
𝑒
𝑡
2
2
𝑦 
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒
𝑡
2] 
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒
𝑡
2] =
3
2
𝑡2𝑒
𝑡
2 → 𝑦𝑒
𝑡
2 = ∫
3
2
𝑡2𝑒
𝑡
2𝑑𝑡 
 Integrar 
Método rápido 
3
2
∫ 𝑡2𝑒
𝑡
2𝑑𝑡 →
[
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
.
2
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
 
 
 
 
 
 
 
 
→
3
2
[2𝑡2𝑒
𝑡
2 − 8𝑡𝑒
𝑡
2 + 16𝑒
𝑡
2] 
 Solução geral 
𝑦𝑒
𝑡
2 = 3𝑡2𝑒
𝑡
2 − 12𝑡𝑒
𝑡
2 + 24𝑒
𝑡
2 + 𝑐 
𝑦 = 3𝑡2 − 12𝑡 + 24 +
𝑐
𝑒
𝑡
2
 
 Solução PVI 
𝑡 → ∞ 
𝑦 = 3∞2 − 12∞ + 24 +
𝑐
𝑒
∞
2
 
𝑦 → 24 
A função tende a infinito. 
A última fração tenderá a zero enquanto as outras sobem ao infinito. 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
Passo 6 
Passo 7 
 
 
46 
 
Segunda questão 
- Determine explicitamente a solução do problema de valor inicial dado. 
 
a) 𝑦′ = (1 − 2𝑥)𝑦2 , 𝑦(0) = −
1
6
 
 Variáveis separáveis 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= (1 − 2𝑥)𝑦2 →
𝑑𝑦
𝑦2
= (1 − 2𝑥)𝑑𝑥 
 Integrar 
∫
𝑑𝑦
𝑦2
= ∫(1 − 2𝑥)𝑑𝑥 → −
1
𝑦
= 𝑥 − 𝑥2 + 𝑐 
 Solução geral 
−
1
𝑦
= 𝑥(1 − 𝑥) + 𝑐 → −
1
𝑦
=
𝑥
2
(1 − 𝑥) +
𝑐
2
 
𝑦 = −
1
𝑥
2
(1 − 𝑥) +
𝑐
2
 
 Solução PVI 
𝑦(0) = −
1
6
 
−
1
6
= −
1
𝑐
2
→
𝑐
12
= 1 → 𝑐 =
1
12
 
𝑦 = −
1
𝑥
2
(1 − 𝑥) +
𝑐
2
→ 𝑦 = −
1
𝑥
2
(1 − 𝑥) +
1
24
 
 
 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
 
 
47 
 
b) 𝑦′ = (1 − 2𝑥)𝑦 , 𝑦(1) = −2 
 Variáveis separáveis 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= (1 − 2𝑥)𝑦 →
𝑑𝑦
𝑦
= (1− 2𝑥)𝑑𝑥 
 Integrar 
∫
𝑑𝑦
𝑦
= ∫(1 − 2𝑥)𝑑𝑥 → ln|𝑦| = 𝑥 − 𝑥2 + 𝑐 
 Solução geral 
ln|𝑦| = 𝑥(1 − 𝑥) + 𝑐 → ln|𝑦| = 𝑥(1 − 𝑥) + 𝑐 
𝑦 = 𝑒𝑥(1−𝑥)𝑒𝑐 
 Solução PVI 
𝑦(0) = −
1
6
 
−2 = 𝑒0𝑒𝑐 → 𝑒𝑐 = −2 → 𝑐 = ln|−2| → 𝑐 = ln |
1
2
| 
𝑦 = 𝑒𝑥(1−𝑥)𝑒𝑐 → 𝑦 =
1
2
𝑒𝑥(1−𝑥) 
 
c) 𝑥𝑑𝑥 + 𝑦𝑒−𝑥𝑑𝑦 = 0 , 𝑦(0) = 1 
 Variáveis separáveis 
𝑥𝑑𝑥 = −𝑦𝑒−𝑥𝑑𝑦 → 𝑥𝑒𝑥𝑑𝑥 = −𝑦𝑑𝑦 
 Integrar 
∫𝑥𝑒𝑥𝑑𝑥 = ∫−𝑦𝑑𝑦 → 𝑐 + 𝑥𝑒𝑥 − 𝑒𝑥 = −
𝑦2
2
 
 Solução geral 
−
𝑦2
2
= 𝑒𝑥(𝑥 − 1) + 𝑐 → −𝑦2 = 2𝑒𝑥(𝑥 − 1) + 2𝑐 
−𝑦 = √2𝑒𝑥(𝑥 − 1) + 2𝑐 
 Solução PVI 
𝑦(0) = 1 
−1 = −2 + 2𝑐 → 𝑐 =
1
2
 
−𝑦 = √2𝑒𝑥(𝑥 − 1) + 2𝑐 → −𝑦 = √2𝑒𝑥(𝑥 − 1) + 1 
 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
 
 
48 
 
d) 
𝑑𝑟
𝑑𝜃
=
𝑟2
𝜃
 , 𝑟(1) = 2 
 Variáveis separáveis 
𝑑𝑟
𝑟2
=
𝑑𝜃
𝜃
 
 Integrar (solução geral) 
∫
𝑑𝑟
𝑟2
= ∫
𝑑𝜃
𝜃
→ ln|𝑟2| = ln|𝜃𝑐| → 𝑟 = √𝜃𝑐 
 Solução PVI 
𝑟(1) = 2 
2 = √𝑐 → 𝑐 = 4 
𝑟 = √4𝜃 → 𝑟 = 2√𝜃 
 
e) 𝑦′ =
2𝑥
𝑦+𝑥2𝑦
 , 𝑦(0) = −2 
 Organizar 
𝑑𝑦(𝑦 + 𝑥2𝑦) + 2𝑥𝑑𝑥 = 0 
 Fator integrante desconhecido 
𝑑𝑦(𝑦 + 𝑥2𝑦)𝜇(𝑦) + 2𝑥𝜇(𝑦)𝑑𝑥 = 0 
Vamos transformar esta equação em equação exata, veja que N(x,y) é uma equação mais complicada que M(x,y), como 
queremos sempre o jeito mais fácil iremos procurar um fator integrante em relação a y. 
Caso não se lembre: 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 
 Derivadas 
(
𝜕𝑀
𝜕𝑦 = 𝜇
′(𝑦)2𝑥|
𝜕𝑁
𝜕𝑥 = 2𝑥𝑦𝜇(𝑦)) 
 Forçando igualdade 
𝜇′(𝑦)2𝑥 = 2𝑥𝑦𝜇(𝑦) →
𝜇′(𝑦)
𝜇(𝑦)
= 𝑦 
 Integrar 
∫
𝜇′(𝑦)
𝜇(𝑦)
= ∫𝑦𝑑𝑦 → ∫
𝑑𝜇
𝜇
= ∫𝑦𝑑𝑦 → ln|𝜇| =
𝑦2
2
 
 Exponencial 
𝑒ln|𝜇| = 𝑒
𝑦2
2 → 𝜇(𝑦) = 𝑒
𝑦2
2 
 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
Passo 6 
 
 
49 
 
 Substituir fator integrante desconhecido 
𝑑𝑦(𝑦 + 𝑥2𝑦)𝜇(𝑦) + 2𝑥𝜇(𝑦)𝑑𝑥 = 0 → 𝑑𝑦(𝑦 + 𝑥2𝑦)𝑒
𝑦2
2 + 2𝑥𝑒
𝑦2
2 𝑑𝑥 = 0 
 Sistema 
{
 
 
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 2𝑥𝑒
𝑦2
2
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
 
 
 
 𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(2𝑥𝑒
𝑦2
2 )𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2𝑒
𝑦2
2 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
 
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2𝑒
𝑦2
2 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(𝑥2𝑒
𝑦2
2 + 𝑓(𝑦))
→
{
 
 
 
 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2𝑒
𝑦2
2 + 𝑓(𝑦)
(𝑦 + 𝑥2𝑦)𝑒
𝑦2
2⏟ 
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑦𝑥2𝑒
𝑦2
2 + 𝑓′(𝑦)⏟ 
𝑁(𝑥,𝑦)
 
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2𝑒
𝑦2
2 + 𝑓(𝑦)
𝑒
𝑦2
2 𝑦 + 𝑒
𝑦2
2 𝑥2𝑦 = 𝑦𝑥2𝑒
𝑦2
2 + 𝑓′(𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2𝑒
𝑦2
2 + 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = 𝑒
𝑦2
2 𝑦
 
 Integrar a função desconhecida 
∫𝑓′(𝑦) = ∫𝑒
𝑦2
2 𝑦 𝑑𝑦 → { 𝑢 =
𝑦2
2
𝑑𝑢 = 𝑦𝑑𝑦
→ 𝑓(𝑦) = 𝑒
𝑦2
2 
 Função solução 
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2𝑒
𝑦2
2 + 𝑒
𝑦2
2 → 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒
𝑦2
2 (𝑥2 + 1) 
 Solução geral 
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐 
𝑐 = 𝑒
𝑦2
2 (𝑥2 + 1) → 𝑒
𝑦2
2 =
𝑐
(𝑥2 + 1)
 
 Solução PVI 
𝑦(0) = −2 
𝑐 = 𝑒2(0 + 1) → 𝑐 = 𝑒2 
𝑒
𝑦2
2 =
𝑒2
(𝑥2 + 1)
→ ln |𝑒
𝑦2
2 | = ln |
𝑒2
(𝑥2 + 1)
| →
𝑦2
2
= ln|𝑒2| − ln|(𝑥2 + 1)| 
𝑦2
2
= 2 − ln|(𝑥2 + 1)| → 𝑦2 = 4 − 2 ln|(𝑥2 + 1)| 
𝑦 = √4 − 2 ln|(𝑥2 + 1)| 
 
 
 
Passo 7 
Passo 8 
Passo 9 
Passo 10 
Passo 11 
Passo 12 
 
 
50 
 
f) 𝑦′ = 𝑥𝑦3(1 + 𝑥2)−
1
2 , 𝑦(0) = 1 
 Variáveis separáveis 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑥𝑦3(1 + 𝑥2)−
1
2 →
𝑑𝑦
𝑦3
= 𝑥(1 + 𝑥2)−
1
2𝑑𝑥 
 Integrar 
∫
𝑑𝑦
𝑦3
= ∫𝑥(1 + 𝑥2)−
1
2𝑑𝑥 
∫
𝑑𝑦
𝑦3
= ln|𝑦3| 
∫𝑥(1 + 𝑥2)−
1
2𝑑𝑥 → {𝑢 = 1 + 𝑥
2
𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥
→
1
2
∫
𝑑𝑢
√𝑢
=
1
2
2√𝑢 = √1 + 𝑥2 + 𝑐 
ln|𝑦3| = √1 + 𝑥2 + 𝑐 
 Solução geral 
𝑒ln|𝑦
3| = 𝑒√1+𝑥
2
𝑒𝑐 → 𝑦 = (𝑒√1+𝑥
2
𝑒𝑐)
1
3
 
 Solução PVI 
𝑦(0) = 1 
ln|𝑦3| = √1 + 𝑥2 + 𝑐 → 0 = 1 + 𝑐 → 𝑐 = −1 
𝑦 = (𝑒√1+𝑥
2
𝑒𝑐)
1
3 → 𝑦 = (
𝑒√1+𝑥
2
𝑒
)
1
3
→ 𝑦 = (𝑒√1+𝑥
2−1)
1
3
 
 
 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
 
 
51 
 
g) (2𝑥 + 3) + (2𝑦 − 2)𝑦′ = 0 
 Organizar 
(2𝑥 + 3) + (2𝑦 − 2)𝑦′ = 0 → (2𝑥 + 3)𝑑𝑥 + (2𝑦 − 2)𝑑𝑦 = 0 
 Teste 
{
𝑀(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 + 3
𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑦 − 2
→
{
 
 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 0
𝜕𝑁
𝜕𝑥
= 0
 
 Sistema 
{
 
 
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 2𝑥 + 3
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
 
 𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(2𝑥 + 3)𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 3𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
 
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 3𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(𝑥2 + 3𝑥 + 𝑓(𝑦))
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 3𝑥 + 𝑓(𝑦)
2𝑦 − 2⏟ 
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑓′(𝑦)⏟ 
𝑁(𝑥,𝑦)
 
 Integrar função desconhecida 
∫𝑓′(𝑦) = ∫(2𝑦 − 2)𝑑𝑦 → 𝑓(𝑦) = 𝑦2 − 2𝑦 
 Função solução 
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 3𝑥 + 𝑦2 − 2𝑦 
 Solução geral 
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐 
𝑐 = 𝑥2 + 3𝑥 + 𝑦2 − 2𝑦 
𝑦2 − 2𝑦 = 𝑐 − 𝑥2 − 3𝑥 
𝑦(𝑦 − 2) = −𝑥(𝑥 + 3) + 𝑐 
 
 
 
Exata! 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
Passo 6 
 
 
52 
 
h) (3𝑥2𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑑𝑥 + (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑦 = 0 
 Fator integrante transformado: 𝜇(𝑥) 
(𝑀(𝑥, 𝑦) = 3𝑥2𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3|𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑦2) 
𝜇(𝑥) = 𝑒
∫
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁 = ∫
3𝑥2+2𝑥+3𝑦2−2𝑥
𝑥2+𝑦2
 = 3 ∫
𝑥2+𝑦2
𝑥2+𝑦2
 = 3∫𝑑𝑥 = 3𝑥
= 𝑒3𝑥 
𝜇(𝑥) = 𝑒3𝑥 
 Multiplicando fator integrante 
(3𝑥2𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥𝑑𝑥 + (𝑥2 + 𝑦2)𝑒3𝑥𝑑𝑦 = 0 
 Sistema 
{
 
 
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= (3𝑥2𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
 
 𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(3𝑥2𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
 
∫(3𝑥2𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥𝑑𝑥 →
[
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
(3𝑥2𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)
.
(6𝑥𝑦 + 2𝑦)
∙.
(6𝑦)
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
𝑒3𝑥
3
𝑒3𝑥
9
∙
∙
𝑒3𝑥
27
∙ ]
 
 
 
 
 
 
 
 
 
∫(3𝑥2𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥𝑑𝑥 =
1
3
(3𝑥2𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥 −
1
9
(6𝑥𝑦 + 2𝑦)𝑒3𝑥 +
2
9
𝑦𝑒3𝑥 
∫(3𝑥2𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥𝑑𝑥 = 𝑥2𝑦𝑒3𝑥 +
2
3
𝑥𝑦𝑒3𝑥 +
𝑦3
3
𝑒3𝑥 −
2
3
𝑥𝑦𝑒3𝑥 −
2
9
𝑦𝑒3𝑥 +
2
9
𝑦𝑒3𝑥 
∫(3𝑥2𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥𝑑𝑥 = 𝑥2𝑦𝑒3𝑥 +
𝑦3
3
𝑒3𝑥 → (𝑥2𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥 
{
 
 
 
 𝛹(𝑥, 𝑦) = (𝑥2𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
 
 
 
 𝛹(𝑥, 𝑦) = (𝑥2𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
((𝑥2𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥 + 𝑓(𝑦))
 
{
 
 
 
 𝛹(𝑥, 𝑦) = (𝑥2𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥 + 𝑓(𝑦)
(𝑥2 + 𝑦2)𝑒3𝑥⏟ 
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= (𝑥2 + 𝑦2)𝑒3𝑥 + 𝑓′(𝑦)⏟ 
𝑁(𝑥,𝑦)
→ 𝑓(𝑦) = 0
 
 Função solução 
𝛹(𝑥, 𝑦) = (𝑥2𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
 
 
53 
 
 Solução geral 
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐 
𝑐 = (𝑥2𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥 
𝑦3𝑒3𝑥
3
= 𝑐 − 𝑥2𝑦𝑒3𝑥 
𝑦 =
3𝑐
𝑒𝑥
− 3𝑥2𝑦 
 
i) 𝑒𝑥𝑑𝑥 + (𝑒𝑥𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦) + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑦))𝑑𝑦 = 0 
 Fator integrante transformado: 𝜇(𝑦) 
(𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥|𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦) + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑦) 
𝜇(𝑦) = 𝑒
∫
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀 = ∫
𝑒𝑥𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦) 
𝑒𝑥
 = ∫𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦) = ∫
cos(𝑦)
𝑠𝑒𝑛(𝑦)
 𝑑𝑦 → {𝑢 =𝑠𝑒𝑛(𝑦)
𝑑𝑢 =cos(𝑦)𝑑𝑦
 = ln|𝑠𝑒𝑛(𝑦)|
= 𝑒ln|𝑠𝑒𝑛(𝑦)| 
𝜇(𝑦) = 𝑠𝑒𝑛(𝑦) 
 Multiplicar fator integrante 
𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑦)𝑑𝑥 + 𝑠𝑒𝑛(𝑦)(𝑒𝑥𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦) + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑦))𝑑𝑦 = 0 
𝑒𝑥 sen(𝑦) 𝑑𝑥 + (𝑒𝑥 cos(𝑦) + 2𝑦)𝑑𝑦 = 0 
 Sistema 
{
 
 
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
 
 𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑦)𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
 
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦))
 
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦)
𝑒𝑥 cos(𝑦) + 2𝑦⏟ 
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑒𝑥 cos(𝑦) + 𝑓′(𝑦)⏟ 
𝑁(𝑥,𝑦)
→{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = 2𝑦 → 𝑓(𝑦) = 𝑦2
 
 Função solução 
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑦2 
 Solução geral 
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐 
𝑐 = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑦2 
 
Passo 5 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
 
 
54 
 
j) 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥+𝑦
𝑥
 
 Teste de homogeneidade 
𝑓(𝑥, 𝑦) → 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) =
𝑡𝑥 + 𝑡𝑦
𝑡𝑥
→
𝑡(𝑥 + 𝑦)
𝑡𝑥
→
𝑥 + 𝑦
𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦) 
 Substituição por u 
𝑢 =
𝑦
𝑥
→ 𝑦 = 𝑢𝑥 
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 𝐹(𝑢) 
 Retomando a equação 
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 =
𝑥 + 𝑢𝑥
𝑥
→
𝑥(1 + 𝑢)
𝑥
→ 1 + 𝑢 
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 1 + 𝑢 − 𝑢 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
=
1
𝑥
 
 Variáveis separáveis 
𝑑𝑢 =
𝑑𝑥
𝑥
 
 Integrar 
∫𝑑𝑢 = ∫
𝑑𝑥
𝑥
→ 𝑢 = ln|𝑥𝑐| 
 Solução geral 
𝑦
𝑥
= ln|𝑥𝑐| → 𝑦 = 𝑥 ln|𝑥𝑐| 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 5 
Passo 6 
 
 
55 
 
k) 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥2+𝑥𝑦+𝑦2
𝑥2
 
 Teste de homogeneidade 
𝑓(𝑥, 𝑦) → 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) =
𝑡2𝑥2 + 𝑡2𝑥𝑦 + 𝑡2𝑦2
𝑡2𝑥2
→
𝑡2(𝑥2 + 𝑥𝑦 + 𝑦2)
𝑡2𝑥2
→
𝑥2 + 𝑥𝑦 + 𝑦2
𝑥2
= 𝑓(𝑥, 𝑦) 
 Substituição por u 
𝑢 =
𝑦
𝑥
→ 𝑦 = 𝑢𝑥 
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 𝐹(𝑢) 
 Retomando a equação 
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 =
𝑥2 + 𝑥2𝑢 + 𝑢2𝑥2
𝑥2
→
𝑥2(1 + 𝑢 + 𝑢2)
𝑥2
→ 1 + 𝑢 + 𝑢2 
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 1 + 𝑢 + 𝑢2 − 𝑢 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
=
1 + 𝑢2
𝑥
 
 Variáveis separáveis 
𝑑𝑢
1 + 𝑢2
=
𝑑𝑥
𝑥
 
 Integrar 
∫
𝑑𝑢
1 + 𝑢2
= ∫
𝑑𝑥
𝑥
→ 𝑡𝑎𝑛−1(𝑢) = ln|𝑥𝑐| 
 Solução geral 
𝑡𝑎𝑛−1 (
𝑦
𝑥
) = ln|𝑥𝑐| → 𝑡𝑔 [𝑡𝑎𝑛−1 (
𝑦
𝑥
)] = 𝑡𝑔[ln|𝑥𝑐|] →
𝑦
𝑥
= 𝑡𝑔[ln|𝑥𝑐|] 
𝑦 = 𝑥𝑡𝑔[ln|𝑥𝑐|] 
 
 
 
 
 
Passo 5 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
Passo 6 
 
 
56 
 
7. Lembranças de um futuro esquecido - Trajetórias ortogonais 
 
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. 
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
 
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 
∫
𝑑𝑦
𝑦
= ∫
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. 
 
 
 
57 
 
7.1 Primeiro Exemplo 
 
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
 
 Equação da segunda família 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑎2𝑦
𝑏2𝑥
→
𝑑𝑦
𝑎2𝑦
=
𝑑𝑥
𝑏2𝑥
→ ∫
𝑑𝑦
𝑎2𝑦
= ∫
𝑑𝑥
𝑏2𝑥
 
1
𝑎2
ln|𝑦| =
1
𝑏2
ln|𝑥𝑐| → ln|𝑦𝑏
2
| = ln|𝑥𝑐𝑎
2
| 
𝑦𝑏
2
= 𝑐𝑥𝑎
2
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Passo 1 
Passo 2 
Passo 3 
Passo 4 
 
 
58 
 
8. Equações de Riccati – Nome difícil para uma coisa difícil 
 
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
 
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
 
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) 
 
 
59 
 
Estando nesse formato a equação pode ser resolvida como uma equação linear. 
8.1 Primeiro Exemplo 
 
𝑦′ = 1 + 𝑡2 − 2𝑡𝑦 + 𝑦2 , 𝑦(𝑡) = 𝑡 , 𝑦 − 𝑦 =
1
𝑣(𝑡)
 
 Testar se há solução 
𝑦 = 𝑡 → 𝑦′ = 1 
1 = 1 + 𝑡2 − 2𝑡2 + 𝑡2 → 1 = 1 
 Desenvolver solução geral 
𝑦 − 𝑦 =
1
𝑣
→ 𝑦 = 𝑡⏟
𝑦=𝑡
+
1
𝑣
 
 Derivar solução geral 
𝑦 = 𝑡 +
1
𝑣
→ 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑖𝑚𝑝𝑙í𝑐𝑖𝑡𝑎 →
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
 
 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