Material de Apoio - Professor Rubens Ortega [UTFPR-CT]

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INTRODUÇÃO ÀS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 
 
 
O que é uma Equação Diferencial? 
 
É uma equação que relaciona uma função (incógnita) com pelo menos uma de 
suas derivadas. 
 
• Exemplo 1: 𝒚′(𝒙) + 𝟐𝒚(𝒙) = 𝟐𝒙𝒆−𝟐𝒙 
 
• Exemplo 2: 𝒇𝒙𝒙(𝒙, 𝒚) + 𝒇𝒚𝒚(𝒙, 𝒚) = 𝟎 
 
Classificação das Equações Diferenciais 
 
• Equação Diferencial Ordinária (EDO) 
 
• Equação Diferencial Parcial (EDP) 
 
Ordem de uma Equação Diferencial 
 
• Ordem de uma Equação Diferencial é a ordem da derivada mais alta que 
aparece na equação. A equação do Exemplo 1 acima é de 1ª ordem e a 
do Exemplo 2 é de 2ª ordem. 
 
Por que as Equações Diferenciais são importantes? 
 
• Porque constituem o meio mais importante que cientistas e engenheiros 
usam para modelar o mundo real. Mais do que qualquer outra ferramenta 
matemática, a utilização das Equações Diferenciais abriu as portas para 
o desenvolvimento do mundo moderno. 
 
Alguns Campos de Aplicação 
 
• Física, Química, Biologia, Sociologia, Economia, Medicina, Farmacologia, 
Ecologia, Arqueologia, Criminologia. 
 
Alguns Modelos Matemáticos 
 
• Dinâmica Populacional: 𝑷′(𝒕) = 𝒌𝑷(𝒕) 
 
• Lei de Resfriamento de Newton: 𝑻′(𝒕) = −𝒌[𝑻(𝒕) − 𝑻𝒂] 
 
• Sistema Massa-Mola: 𝒎𝒙′′(𝒕) + 𝒄𝒙′(𝒕) + 𝒌𝒙(𝒕) = 𝒇(𝒕) 
 
• Circuitos em Série (RLC): 𝑳𝒒′′(𝒕) + 𝑹𝒒′(𝒕) +
𝟏
𝑪
𝒒(𝒕) = 𝑬(𝒕) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Quando e como surgiram as Equações Diferenciais? 
 
• As Equações Diferenciais começaram com o estudo do Cálculo por Isaac 
Newton (1642-1727) e Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716) durante o 
século XVII. Posteriormente, seu desenvolvimento e aplicações foram 
sendo ampliados, sendo que se destacaram como pioneiros nesta área 
Jakob, Johann e Daniel Bernoulli, Leonhard Euler, Joseph-Louis 
Lagrange e Pierre-Simon de Laplace. 
 
Referências 
 
• BASSANEZI, R. C. e FERREIRA JR., W. C. Equações Diferenciais com 
Aplicações. São Paulo: Harbra, 1988. 
• BOYCE, W. E. e DiPRIMA, R. C. Equações diferenciais elementares e 
problemas de valores de contorno. Rio de Janeiro: LTC, 2015. 
• EDWARDS, C. H.; PENNEY, D. E. Equações diferenciais elementares 
com problemas de contorno. Rio de Janeiro: Prentice-Hall, 1995. 
• FIGUEIREDO, D. G.; NEVES, A. F. Equações Diferenciais Aplicadas. Rio 
de Janeiro: IMPA, 1997. 
• IÓRIO, V. de M. EDP: um curso de graduação. Rio de Janeiro: IMPA, 
2001. 
• SANTOS, R. J. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias. Belo 
Horizonte: UFMG, 2013. 
Disponível em https://www.dropbox.com/s/5qfktlai4b59t3v/iedo.pdf?m 
• SOTOMAYOR, J. Lições de Equações Diferenciais Ordinárias. Rio de 
Janeiro: IMPA, 1979. 
• STEWART, I. 17 Equações que Mudaram o Mundo. Rio de Janeiro: Zahar, 
2013. 
• ZILL, D. G. Equações diferenciais: com aplicações em modelagem. São 
Paulo: Cengage Learning, 2011. 
CONCEITOS BÁSICOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS 
 
O que é uma Solução de uma EDO? 
 
• Uma solução de uma EDO de ordem 𝑛, 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑦′, … , 𝑦(𝑛)) = 0, em um 
intervalo aberto 𝐼, é uma função 𝜑 que, juntamente com suas derivadas 
𝜑′, 𝜑′′, … , 𝜑(𝑛), satisfaz identicamente a equação acima, isto é, 
𝐹(𝑥, 𝜑, 𝜑′, … , 𝜑(𝑛)) = 0 para todo 𝑥 ∈ 𝐼. 
 
• Exemplo: A função 𝑦(𝑥) = 𝑥2𝑒−2𝑥 é solução da equação 𝑦′(𝑥) + 2𝑦(𝑥) =
2𝑥𝑒−2𝑥 . 
 
Tipos de Solução de uma EDO 
 
• Solução Geral de uma EDO de ordem 𝑛 é uma família de funções a 𝑛 
parâmetros, onde cada elemento da família é uma solução da equação. 
 
• Solução Particular de uma EDO de ordem 𝑛 é qualquer solução que pode 
ser obtida da Solução Geral por determinação das 𝑛 constantes 
arbitrárias. 
 
• Solução Singular de uma EDO é uma solução que não pode ser obtida a 
partir da Solução Geral. 
 
Exemplo 1: Solução Geral e Solução Particular de 𝑦′ = 2𝑥. 
 
Exemplo 2: Tipos de soluções da equação 𝑦 = 𝑥𝑦′ + (𝑦′)2. 
 
• Solução Geral: 𝑦 = 𝐶𝑥 + 𝐶2, 𝐶 ∈ 𝑅 
 
• Solução Particular: 𝑦 = 2𝑥 + 4 
 
• Solução Singular: 𝑦 = −
1
4
𝑥2 
 
EDO Lineares e Não-Lineares 
 
• Uma EDO da forma 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑦′, … , 𝑦(𝑛)) = 0 é chamada de linear se 𝐹 é 
uma função linear das variáveis 𝑦, 𝑦′, 𝑦′′, ..., 𝑦(𝑛). 
 
• Uma EDO que não é da forma anterior é chamada de não-linear. 
 
EDO Lineares de 1ª Ordem 
 
• São equações que podem ser escritas na forma 𝑦′ + 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥), onde 
𝑃 e 𝑄 são funções conhecidas da variável 𝑥. 
 
• O caso particular 𝑃(𝑥) = 0 reduz a equação à forma 𝑦′ = 𝑄(𝑥), cuja 
Solução Geral é dada por 𝑦(𝑥) = ∫ 𝑄(𝑥)𝑑𝑥 + 𝐶. 
 
Existência e Unicidade de Solução 
 
• Questão da Existência: Dada uma EDO qualquer, como sabemos se ela 
tem ao menos uma solução? 
 
• Questão da Unicidade: Se a EDO possui solução, como sabemos se ela 
é única? 
 
• Questão Prática: Se a EDO possui solução, como fazemos para calculá-
la? 
 
Problema de Valor Inicial (PVI) 
 
(PVI) {
𝑦′(𝑥) = 𝑓(𝑥, 𝑦(𝑥)) (𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜)
𝑦(𝑥0) = 𝑦0 (𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖çã𝑜 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙)
 
 
Teorema (Picard) 
Se 𝑓 e 𝑓𝑦 são funções contínuas no retângulo Q = [𝑥0 − 𝑎, 𝑥0 + 𝑎] ×
[𝑦0 − 𝑏, 𝑦0 + 𝑏], então o Problema de Valor Inicial (PVI) possui uma única solução 
definida em [𝑥0 − 𝛿, 𝑥0 + 𝛿], para algum 0 < 𝛿 ≤ 𝑎. 
 
Corolário 1: Se 𝑓 e 𝑓𝑦 são funções contínuas em [𝑎, 𝑏] × 𝑅 e 𝑥0 ∈ [𝑎, 𝑏], então o 
(PVI) possui uma única solução definida em [𝑎, 𝑏]. 
 
Corolário 2: Se 𝑃 e 𝑄 são funções contínuas no intervalo 𝐼 e 𝑥0 ∈ 𝐼, então o 
(PVI) 𝑦′ + 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥), 𝑦(𝑥0) = 𝑦0, possui uma única solução definida em 𝐼. 
 
Apenas Existência de Solução 
 
Teorema (Peano) 
Se 𝑓 é uma função contínua no retângulo Q = [𝑥0 − 𝑎, 𝑥0 + 𝑎] × [𝑦0 − 𝑏, 𝑦0 + 𝑏], 
então o Problema de Valor Inicial (PVI) possui pelo menos uma solução definida 
em [𝑥0 − 𝛿, 𝑥0 + 𝛿], para algum 0 < 𝛿 ≤ 𝑎. 
 
Exemplo 
 
• Verifique que 𝑦 = 0 e 𝑦 = −
1
4
𝑥2 são soluções da equação 𝑦 = 𝑥𝑦′ + (𝑦′)2. 
 
• O que pode ser dito com relação à existência e unicidade de soluções do 
Problema de Valor Inicial 
𝑦 = 𝑥𝑦′ + (𝑦′)2, 𝑦(0) = 0? 
 
Exercício 1: Obter uma EDO cuja Solução Geral é 𝑦 = 𝐶𝑥2. 
 
Exercício 2: Obter uma EDO cuja Solução Geral é 𝑦 = 𝐶1𝑥
2 + 𝐶2. 
 
Exercício 3: Obter a EDO da família de círculos de raio 10 cujos centros estão 
sobre o eixo 𝑦. 
Teorema de Existência e Unicidade (Picard) 
Se e são funções contínuas no retângulo [ ] [ ], então o 
Problema de Valor Inicial 
 ( ) ( ) 
possui uma única solução definida em [ ], para algum . 
 
Prova 
 ( ) ( ( )) ( ) ⇔ ( ) ∫ ( ( )) 
 
 
 
 Forma Diferencial ⇔ Forma Integral 
 
a) Existência de Solução 
Construímos uma sequência da seguinte forma: 
 ( ) 
 ( ) ∫ ( ( )) 
 
 
 
 ( ) ∫ ( ( )) 
 
 
 
 
 ( ) ∫ ( ( )) 
 
 
 
 
Pergunta 1: Todos os membros da sequência ( ) existem ou o processo pode interromper-se 
num certo estágio? 
Seja o máximo de em e tomemos tal que . Assim, temos: 
| ( ) | ∫| ( ( ))| | | 
 
 
 { } 
| ( ) | ∫| ( ( ))| | | 
 
 
 
 
| ( ) | ∫| ( ( ))| | | 
 
 
 
 
Logo, todos os membros da sequência existem. 
Pergunta 2: A sequência de funções ( ) converge? 
Seja o máximo de em . Aplicando o Teorema do Valor Médio, encontramos que 
| ( ) ( )| | | para todos ( ) ( ) em . Assim, temos para todo : 
| ( ) | ∫| ( ( ))| | | 
 
 
 
| ( ) ( )|∫ | ( ) | ∫| | 
 
 
 
| |
 
 
 
 
 
 
 
 
| ( ) ( )| ∫ | ( ) ( )| 
 ∫
| |
 
 
 
 
 
 
| |
 
 
 
 
 
 
 
 
 
| ( ) ( )| 
 
| |
 
 
 
 
 
 
Escrevendo 
 ( ) [ ( ) ] [ ( ) ( )] [ ( ) ( )] 
e utilizando a desigualdade triangular, temos: 
| ( )| | | | ( ) | | ( ) ( )| | ( ) ( )| 
| ( )| | | 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
| ( )| | | 
 
 
[( ) 
( ) 
 
 
( ) 
 
 
( ) 
 
] 
Como 
| ( ) ( )| 
 
 
( ) 
 
 
para todo e todo , e a série ∑
 
 
( ) 
 
 
 
 
( ), podemos concluir que a 
série ∑ [ ( ) ( )]
 
 é uniformemente convergente. Como 
 ( ) [ ( ) ] [ ( ) ( )] [ ( ) ( )] 
temos que 
 
 
 ( ) ∑[ ( ) ( )]
 
 
 
logo ( ) ( ) uniformemente. Portanto, calculamos os limites de ambos os lados da 
igualdade e chegamos ao resultado: 
 ( ) ∫ ( ( )) 
 
 
 
 ( ) 
 
∫ ( ( )) 
 
 
 ∫ 
 
 ( ( )) 
 
 
 ∫ ( 
 
 ( )) 
 
 
 
 ( ) ∫ ( ( )) 
 
 
 
b) Unicidade de Solução 
A ideia é supor a existência de duas soluções e do (PVI) e chegar a uma contradição. 
Temos: 
 ( ) ∫ ( ( )) ( ) ∫ ( ( )) 
 
 
 
 
 
 
| ( ) ( )| ∫| ( ) ( )| 
 
 
 
 ( ) ∫| ( ) ( )| 
 
 
 ( ) | ( ) ( )| 
 ( ) ( ) 
 ( ) ( ) ⇒ ( ) ( ) ⇒ ( ) ( ) 
[ ( ) ] 
( )
⇒ ( ) ⇒ ( ) 
Logo, ( ) para . Analogamente se faz para . A passagem ( ) ocorre porque 
 ( ) é não crescente e ( ) . 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 1ª ORDEM 
 
 
Equações de Variáveis Separáveis 
 
São equações do tipo 
𝑴(𝒙, 𝒚) + 𝑵(𝒙, 𝒚)𝒚′ = 𝟎 
que podem ser escritas na forma 
𝒇(𝒙) + 𝒈(𝒚)𝒚′ = 𝟎. 
Isto ocorre quando 𝑀 e 𝑁 são constantes, funções de apenas uma variável ou produtos 
com fatores de uma só variável. Estas equações se resolvem integrando com relação a 
𝑥 os dois lados da igualdade, resultando uma família de equações que definem 𝑦 como 
função implícita de 𝑥: 
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑔(𝑦)𝑦′𝑑𝑥 = 𝐶. 
A equação 𝑀(𝑥, 𝑦) + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑦′ = 0 também pode ser apresentada na forma diferencial 
𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0. 
 
Exemplo 1. Encontrar a Solução Geral das seguintes equações: 
 
1. (𝑥 − 1)𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = 0. 
2. (𝑡𝑔𝑥)(𝑠𝑒𝑐𝑦)𝑑𝑥 − (𝑡𝑔𝑦)(𝑠𝑒𝑐𝑥)𝑑𝑦 = 0. 
3. 𝑦′ + 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 = 0. 
4. 𝑦′ =
1+𝑦2
1+𝑥2
 
5. (1 + 𝑥2)𝑑𝑦 − 𝑥𝑦𝑑𝑥 = 0. 
6. (1 + 𝑥2)𝑦3𝑑𝑥 + (1 − 𝑦2)𝑥3𝑑𝑦 = 0. 
 
Exemplo 2: Encontrar a Solução Particular dos seguintes problemas: 
 
1. 𝑦′ =
3𝑥2+4𝑥+2
2(𝑦−1)
, 𝑦(0) = −1. 
2. 𝑦′ =
𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥
1+2𝑦2
, 𝑦(0) = 1. 
 
Exemplo 3. Em uma cultura há inicialmente 𝑃0 bactérias e, uma hora depois, o número 
passa a ser 1,5𝑃0. Se a taxa de crescimento é proporcional ao número de bactérias 
presentes, determine o tempo necessário para que o número de bactérias triplique. 
Resposta: 𝑡 =
ln (3)
ln (1,5)
≈ 2 horas e 42 minutos. 
 
Exemplo 4. A meia-vida de um isótopo radioativo é o tempo necessário para que 
metade dele decaia. Um reator converte urânio 238 em isótopo de plutônio 239. Após 
15 anos foi detectado que 0,043% da quantidade inicial 𝑁0 de plutônio se desintegrou. 
Encontre a meia-vida desse isótopo se a taxa de desintegração é proporcional à 
quantidade remanescente. Resposta: 𝑡 =
15∙ln (0,5)
ln (0,99957)
≈ 24.174 anos. 
 
Exemplo 5. Um osso fossilizado contém 0,1% da quantidade original do isótopo 
radioativo 𝐶14 do carbono. Determine a idade do fóssil, sabendo que a meia-vida do 𝐶14 
é de aproximadamente 5730 anos. Resposta: 𝑡 = −
17.190
log(0,5)
≈ 57.104 anos. 
 
Exemplo 6. A empírica Lei de Resfriamento de Newton diz que a taxa de variação da 
temperatura de um corpo (sem fonte interna) é proporcional à diferença entre sua 
temperatura 𝑇(𝑡) e a do meio ambiente 𝑇𝑎. Sendo 𝑇0 a temperatura inicial do corpo, 
obtenha a solução 𝑇(𝑡) deste modelo. 
 
Exemplo 7. Um determinado objeto se resfria de 35𝑜𝐶 a 30𝑜𝐶 em meia hora, quando 
circundado pelo ar à temperatura de 20𝑜𝐶. Determine sua temperatura ao fim de mais 
meia hora. Resposta: 𝑇 ≈ 26,67𝑜𝐶. 
 
Exercícios 
 
1. Sabe-se que a população de uma certa comunidade cresce a uma taxa proporcional 
ao número de pessoas presentes em qualquer instante. Se a população duplicou em 5 
anos, quando ela triplicará? 
 
2. Suponha que a população da comunidade do problema anterior seja de 10.000 
habitantes após 3 anos. Qual era a população inicial? Qual será a população em 10 
anos? 
 
3. A população de uma cidade cresce a uma taxa proporcional à população em qualquer 
tempo. Se sua população inicial de 500 habitantes aumenta 15% em 10 anos, qual será 
a população em 30 anos? 
 
4. O isótopo radioativo de chumbo, Pb-209, decresce a uma taxa proporcional à 
quantidade presente em qualquer tempo. Sua meia-vida é de 3,3 horas. Se 1 grama de 
chumbo está presente inicialmente, quanto tempo levará para 90% de chumbo 
desaparecer? 
 
5. Inicialmente, estão presentes 100 miligramas de uma substância radioativa. Após 6 
horas, a massa diminui 3%. Se a taxa de decrescimento é proporcional à quantidade de 
substância presente em qualquer tempo, determinar a meia-vida desta substância e a 
quantidade remanescente após 24 horas. 
 
6. Em um pedaço de madeira queimada, ou carvão, verificou-se que 85,5% do 𝐶14 tinha 
se desintegrado. Qual é a idade da madeira? 
 
7. Um termômetro é retirado de uma sala, em que a temperatura é 70𝑜𝐹, e colocado no 
lado de fora, onde a temperatura é 10𝑜𝐹. Após meio minuto o termômetro marcava 50𝑜𝐹. 
Qual será a temperatura marcada pelo termômetro após mais meio minuto? Quanto 
levará para marcar 15𝑜𝐹? 
 
8. Se a temperatura do ar é 20𝑜𝐶 e um corpo se resfria em 20 minutos de 100𝑜𝐶 para 
60𝑜𝐶, dentro de quanto tempo sua temperatura será 30𝑜𝐶? 
 
9. Um indivíduo morto é encontrado em seu escritório pela secretária, que liga 
imediatamente para a polícia. Quando esta chega, duas horas após a chamada, 
examina o ambiente e obtém as seguintes informações: 
a) a temperatura do escritório era de 20𝑜𝐶; 
b) a temperatura do cadáver era de 35𝑜𝐶 e, uma hora depois, era de 34,2𝑜𝐶. 
Além disso, usou-se o fato de que a temperatura normal de uma pessoa viva é constante 
e igual a 36,5𝑜𝐶. Após a análise da situação, o detetive prendeu a secretária. Por quê? 
Se você fosse o advogado da secretária, que argumentos usaria para soltá-la? 
 
Respostas 
 
1. ≈ 7,92 anos. 2. ≈ 6.597 e 26.390 habitantes. 3. ≈ 760 habitantes. 4. ≈ 10,96 horas. 
5. ≈ 136,54 horas e ≈ 88,53 gramas. 6. ≈ 15.963 anos. 7. ≈ 36,67𝑜𝐹 e ≈ 3,06 minutos. 
8. ≈ 60 minutos. 9. As respostas se baseiam no cálculo do instante da morte, que 
ocorreu há aproximadamente 1 hora, 44 minutos e 20 segundos. 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 1ª ORDEM 
 
 
Equações Homogêneas 
 
Uma função 𝑓 de duas variáveis chama-se homogênea se 𝑓(𝑘𝑥, 𝑘𝑦) = 𝑘𝑚𝑓(𝑥, 𝑦) para 
algum número real 𝑚. 
 
Exemplo: 𝑓(𝑥, 𝑦) = 2𝑥3𝑦 − 5𝑥2𝑦2 + 3𝑦4 
 
Equações Homogêneas são do tipo 
𝑴(𝒙,𝒚) + 𝑵(𝒙,𝒚)𝒚′ = 𝟎 
que podem ser escritas na forma 
𝒚′ = 𝑭(
𝒚
𝒙
). 
Isto ocorre quando 𝑀 e 𝑁 são funções homogêneas com o mesmo valor de 𝑚. 
 
Para resolver uma Equação Homogênea, faz-se a mudança de variável 
𝒚 = 𝒙𝒕, 𝒚′ = 𝒕 + 𝒙𝒕′, 
transformando-a em uma Equação de Variáveis Separáveis:𝑦′ = 𝐹 (
𝑦
𝑥
)⇒ 𝑡 + 𝑥𝑡′ = 𝐹(𝑡) ⇒ 𝑡′ =
𝐹(𝑡) − 𝑡
𝑥
⇒
1
𝑥
+
1
𝑡 − 𝐹(𝑡)
𝑡′ = 0. 
 
Exemplo 1. Encontrar a Solução Geral da equação (𝑥2 − 𝑦2)𝑑𝑥 − 2𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0. 
 
Exemplo 2. Encontrar a Solução Particular do problema (2𝑥 − 𝑦)𝑑𝑥 − (𝑥 + 4𝑦)𝑑𝑦 = 0, 
𝑦(1) = 2. 
 
 
Equações Redutíveis às Homogêneas e às de Variáveis Separáveis 
 
São equações que podem ser escritas na forma 
𝒚′ = 𝑭 [
𝒂𝟏𝒙 + 𝒃𝟏𝒚 + 𝒄𝟏
𝒂𝟐𝒙 + 𝒃𝟐𝒚 + 𝒄𝟐
], 
onde 𝑎1, 𝑎2, 𝑏1, 𝑏2, 𝑐1 e 𝑐2 são constantes. 
 
Quando as retas 𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 + 𝑐1 = 0 e 𝑎2𝑥 + 𝑏2𝑦 + 𝑐2 = 0 têm interseção (𝛼, 𝛽), faz-se a 
mudança 𝒙 = 𝒖 + 𝜶 e 𝒚 = 𝒗 + 𝜷, com 𝒚′ =
𝒅𝒚
𝒅𝒙
=
𝒅𝒗
𝒅𝒙
=
𝒅𝒗
𝒅𝒖
∙
𝒅𝒖
𝒅𝒙
=
𝒅𝒗
𝒅𝒖
, recaindo em uma 
Equação Homogênea: 
𝑑𝑣
𝑑𝑢
= 𝐹 [
𝑎1𝑢 + 𝑏1𝑣
𝑎2𝑢 + 𝑏2𝑣
]. 
 
Exemplo. Encontrar a Solução Particular do problema 𝑦′ =
2𝑥−3𝑦−1
3𝑥+𝑦−2
, 𝑦(1) = 1. 
 
 
Quando as retas 𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 + 𝑐1 = 0 e 𝑎2𝑥 + 𝑏2𝑦 + 𝑐2 = 0 são paralelas, faz-se a 
mudança 𝒂𝟏𝒙 + 𝒃𝟏𝒚 = 𝒕, com 𝒂𝟏 + 𝒃𝟏𝒚′ = 𝒕′, recaindo em uma Equação de Variáveis 
Separáveis: 
𝑦′ = 𝐹 [
𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 + 𝑐1
𝑚(𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦) + 𝑐2
] ⇒
1
𝑏1
(𝑡′ − 𝑎1) = 𝐹 [
𝑡 + 𝑐1
𝑚𝑡 + 𝑐2
]. 
 
Exemplo. Encontrar a Solução Geral da equação (2𝑥 − 𝑦 + 1) − (6𝑥 − 3𝑦 − 1)𝑦′ = 0. 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 1ª ORDEM 
 
 
Equações Exatas 
 
Uma equação da forma 
𝑴(𝒙,𝒚) + 𝑵(𝒙,𝒚)𝒚′ = 𝟎 
é chamada de Exata se existir uma função 𝑼 = 𝑼(𝒙, 𝒚) tal que 𝑼𝒙 = 𝑴 e 𝑼𝒚 = 𝑵. Neste 
caso, a Solução Geral da equação é dada por 
𝑼(𝒙, 𝒚) = 𝑪, 
pois derivando com relação a 𝑥 ambos os lados da igualdade, obtém-se: 
𝜕
𝜕𝑥
[𝑈(𝑥, 𝑦)] =
𝜕
𝜕𝑥
[𝐶] ⇒
𝜕𝑈
𝜕𝑥
∙
𝑑𝑥
𝑑𝑥
+
𝜕𝑈
𝜕𝑦
∙
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0 ⇒𝑀(𝑥, 𝑦) + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑦′ = 0. 
 
Exemplo. A equação (3𝑥2 + 𝑦cos⁡(𝑥𝑦)) + (5𝑦4 + 𝑥 cos(𝑥𝑦))𝑦′ = 0 é Exata pois 𝑈(𝑥, 𝑦) =
𝑥3 + 𝑦5 + 𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑦) é tal que 𝑈𝑥 = 𝑀 e 𝑈𝑦 = 𝑁, sendo sua Solução Geral dada por 𝑥
3 +
𝑦5 + 𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑦) = 𝐶. 
 
Teorema. A equação 𝑀(𝑥, 𝑦) + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑦′ = 0 é Exata se, se somente se, 𝑀𝑦 = 𝑁𝑥. 
 
Prova 
 
(⇒) Sendo 𝑀(𝑥, 𝑦) + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑦′ = 0 Exata, sabe-se que existe uma função 𝑈 = 𝑈(𝑥, 𝑦) 
tal que 𝑈𝑥 = 𝑀 e 𝑈𝑦 = 𝑁. Supondo suficiente regularidade, obtemos que 𝑈𝑥𝑦 = 𝑀𝑦 e 
𝑈𝑦𝑥 = 𝑁𝑥, logo 𝑀𝑦 = 𝑁𝑥. 
 
(⇐) Para mostrar que 𝑀(𝑥, 𝑦) + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑦′ = 0 é Exata, deve-se encontrar uma função 
𝑈 = 𝑈(𝑥, 𝑦) tal que 𝑈𝑥 = 𝑀 e 𝑈𝑦 = 𝑁. Integrando 𝑈𝑥 = 𝑀 parcialmente com relação a 𝑥, 
obtém-se 
𝑈(𝑥, 𝑦) = 𝜑(𝑥, 𝑦) + 𝑔(𝑦), (∗) 
 
sendo 𝜑𝑥(𝑥, 𝑦) = 𝑀(𝑥, 𝑦). Derivando (∗) com relação a 𝑦, obtém-se 
 
𝑈𝑦(𝑥, 𝑦) = 𝜑𝑦(𝑥, 𝑦) + 𝑔𝑦(𝑦). 
 
Logo, 𝑔𝑦(𝑦) = 𝑈𝑦(𝑥, 𝑦) − 𝜑𝑦(𝑥, 𝑦), ou seja, 
 
𝑔𝑦(𝑦) = 𝑁(𝑥, 𝑦) − 𝜑𝑦(𝑥, 𝑦). 
 
Assim, para que 𝑈 exista, 𝑁 − 𝜑𝑦 não pode depender de 𝑥. Posto que (𝑁 − 𝜑𝑦)𝑥 = 𝑁𝑥 −
𝜑𝑦𝑥 = 𝑁𝑥 −𝜑𝑥𝑦 = 𝑁𝑥 −𝑀𝑦 e, por hipótese, 𝑁𝑥 = 𝑀𝑦, tem-se que (𝑁 − 𝜑𝑦)𝑥 = 0. Logo, 
𝑁 −𝜑𝑦 não depende de 𝑥. Finalmente, obtém-se 𝑔(𝑦) por integração de 𝑔𝑦(𝑦). 
 
Exemplo 1. Encontrar a Solução Geral das seguintes equações: 
 
1. (𝑥2 − 𝑦2)𝑑𝑥 − 2𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0. 
2. (2𝑥 − 𝑦 + 1)𝑑𝑥 − (𝑥 + 3𝑦 − 2)𝑑𝑦 = 0. 
 
Exemplo 2. Encontrar a Solução Particular dos seguintes problemas: 
 
1. 𝑒𝑦𝑑𝑥 + (𝑥𝑒𝑦 − 2𝑦)𝑑𝑦 = 0, 𝑦(3) = 0. 
2. (𝑥3 + 𝑦2)𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦 + 𝑐𝑜𝑠𝑦)𝑑𝑦 = 0, 𝑦(2) = 0. 
Fator Integrante 
 
Quando a equação 𝑀(𝑥, 𝑦) + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑦′ = 0 não é Exata, ou seja, 𝑀𝑦 ≠ 𝑁𝑥, poderá existir 
uma função 𝜆 = 𝜆(𝑥) ou 𝜆 = 𝜆(𝑦) tal que 𝜆(𝑀 + 𝑁𝑦′) = 0 seja Exata. Neste caso, a 
função 𝜆 é chamada Fator Integrante. 
 
Exemplo. A equação 𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 não é Exata, mas quando multiplicada por 𝜆(𝑥) =
1
𝑥2
 resulta 
𝑦
𝑥2
𝑑𝑥 −
1
𝑥
𝑑𝑦 = 0, que é Exata. O mesmo ocorre quando é multiplicada por 
𝜆(𝑦) =
1
𝑦2
. Assim, 𝜆(𝑥) =
1
𝑥2
 e 𝜆(𝑦) =
1
𝑦2
 são Fatores Integrantes de 𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0. 
 
Teorema. Se existir 𝜆 = 𝜆(𝑥) (respectivamente, 𝜆 = 𝜆(𝑦)) tal que 𝜆(𝑀 + 𝑁𝑦′) = 0 é uma 
equação Exata, então 
 
𝝀(𝒙) = 𝒆∫
𝟏
𝑵
(𝑴𝒚−𝑵𝒙)𝒅𝒙 (respectivamente, 𝝀(𝒚) = 𝒆∫
𝟏
𝑴
(𝑵𝒙−𝑴𝒚)𝒅𝒚). 
 
Prova 
 
Suponhamos que 𝑀(𝑥, 𝑦) + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑦′ = 0 não é Exata, ou seja, 𝑀𝑦 ≠ 𝑁𝑥, e que existe 
𝜆 = 𝜆(𝑥) tal que 𝜆(𝑀 + 𝑁𝑦′) = 0⇔ (𝜆𝑀) + (𝜆𝑁)𝑦′ = 0 é uma Equação Exata, ou seja, 
(𝜆𝑀)𝑦 = (𝜆𝑁)𝑥. Aplicando a regra da derivada do produto nos dois lados desta 
igualdade, tem-se 
𝜆𝑀𝑦 = 𝜆𝑥𝑁 + 𝜆𝑁𝑥 ⇔𝜆(𝑀𝑦 − 𝑁𝑥) = 𝜆𝑥𝑁⇔
1
𝜆
𝜆𝑥 =
1
𝑁
(𝑀𝑦 −𝑁𝑥). 
 
Integrando com relação a 𝑥 os dois lados da última igualdade, tem-se 
 
ln|𝜆| = ∫
1
𝑁
(𝑀𝑦 −𝑁𝑥)𝑑𝑥. 
 
Logo, 𝜆(𝑥) = 𝑒∫
1
𝑁
(𝑀𝑦−𝑁𝑥)𝑑𝑥. O caso 𝜆 = 𝜆(𝑦) é análogo. 
 
 
Exemplo 1. Encontrar a Solução Particular do problema 𝑦2 + (𝑥𝑦 + 1)𝑦′ = 0, 𝑦(5) = 1. 
 
Exemplo 2. Encontrar a Solução Geral da equação (𝑥2 − 𝑦2)𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0. 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 1ª ORDEM 
 
 
Equações Lineares 
 
São equações que podem ser escritas na forma 
 
𝒚′ + 𝑷(𝒙)𝒚 = 𝑸(𝒙), 
 
onde 𝑃 e 𝑄 são funções conhecidas da variável 𝑥. 
 
Para encontrar sua Solução Geral, a ideia é multiplicar a equação por uma função 
adequada, 𝝀(𝑥), com objetivo de escrever o lado esquerdo da igualdade como a 
derivada de um produto. Portanto, 
 
𝑦′𝝀 + 𝑃(𝑥)𝑦𝝀 = 𝑄(𝑥)𝝀. 
 
Para que 𝑦′𝝀 + 𝑃(𝑥)𝑦𝝀 seja igual a (𝑦𝛌)′ = 𝑦′𝝀 + 𝑦𝝀′, deve-se ter 𝝀′ = 𝑃(𝑥)𝝀. Logo, 
 
𝝀′
𝝀
= 𝑃(𝑥) ⇒ ln|𝝀| = ∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 ⇒ 𝝀(𝑥) = 𝑒∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 . 
 
Esta função dada por 𝝀(𝑥) = 𝑒∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 chama-se Fator Integrante da EDO. Os passos 
da resolução são: 
 
𝑦′ + 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥) ⇒ 𝑦′𝝀 + 𝑃(𝑥)𝑦𝝀 = 𝑄(𝑥)𝝀 ⇒ (𝑦𝛌)′ = 𝑄(𝑥)𝝀 
 
⇒ 𝑦𝛌 = ∫ 𝑄(𝑥)𝝀𝑑𝑥 ⇒ 𝑦(𝑥) =
1
𝝀(𝑥)
∫ 𝑄(𝑥)𝝀(𝑥)𝑑𝑥. 
 
Exemplo. Encontrar a Solução Particular dos seguintes problemas: 
 
1. 𝑦′ −
𝑦
𝑥
= 𝑥 − 2, 𝑦(1) = 5. 
 
2. 𝑦′ − 𝑦𝑡𝑔𝑥 = 𝑠𝑒𝑛𝑥, 𝑦 (
𝜋
4
) = √2. 
 
3. 𝑦′ +
𝑦
𝑥
−
𝑐𝑜𝑡𝑔𝑥
𝑥
= 0, 𝑦 (
𝜋
2
) =
4
𝜋
. 
 
 
Circuitos em Série 
 
Consideremos um circuito em série de malha simples, contendo um indutor (de 
indutância 𝐿), um resistor (de resistência 𝑅), e um capacitor (de capacitância 𝐶). A 
corrente no circuito, depois que a chave é fechada, é denotada por 𝑖(𝑡), e a carga em 
um capacitor no instante 𝑡 é denotada por 𝑞(𝑡), sendo 𝑖 = 𝑞′(𝑡). As quedas de tensão 
no indutor, no resistor e no capacitor são dadas, respectivamente, por 𝐿𝑖′(𝑡) = 𝐿𝑞′′(𝑡), 
𝑖𝑅 = 𝑅𝑞′(𝑡) e 𝑞/𝐶. De acordo com a segunda lei de Kirchhoff, a diferença de potencial 
𝐸(𝑡) (força eletromotriz) em um circuito fechado é igual à soma das voltagens (quedas 
de tensão) no circuito, logo a EDO que modela o circuito RLC é dada por 
 
𝑳𝒒′′ + 𝑹𝒒′ +
𝒒
𝑪
= 𝑬(𝒕). 
Para os circuitos RL e RC, os modelos ficam, respectivamente, 
 
𝑳𝒊′ + 𝑹𝒊 = 𝑬(𝒕) 
e 
𝑹𝒒′ +
𝒒
𝑪
= 𝑬(𝒕). 
 
Exemplo. Uma força eletromotriz de 4𝑉 é conectada a um circuito RL em série no qual 
a indutância é 2𝐻 e a resistência é 1Ω. Calcular o valor de 𝑖 para 𝑡 = 2𝑠, sabendo-se 
que para 𝑡 = 1𝑠, 𝑖 = 3,5𝐴. 
 
 
Exercícios 
 
1. Uma bateria de 12𝑉 é conectada a um circuito RL em série no qual a indutância é 
0,5𝐻 e a resistência é 10Ω. Determine a corrente 𝑖 se a corrente inicial é zero. 
 
2. Encontre uma expressão para a corrente em um circuito RL onde a resistência é 12Ω, 
a indutância é 4𝐻, a pilha fornece uma voltagemconstante de 60𝑉 e o interruptor é 
ligado quando 𝑡 = 0. 
 
3. Uma força eletromotriz de 30𝑉 é aplicada a um circuito RL em série no qual a 
indutância é de 0,1𝐻 e a resistência é de 50Ω. Calcule 𝑖(𝑡) se 𝑖(0) = 0. Determine a 
corrente quando 𝑡 → ∞. 
 
4. Uma força eletromotriz de 100𝑉 é aplicada a um circuito RC em série no qual a 
resistência é de 200Ω e a capacitância é de 10−4𝐹. Ache a carga 𝑞(𝑡) no capacitor se 
𝑞(0) = 0. Calcule a corrente 𝑖(𝑡). 
 
5. Uma força eletromotriz de 200𝑉 é aplicada a um circuito RC em série no qual a 
resistência é de 1000Ω e a capacitância é de 5 ∙ 10−6𝐹. Ache a carga 𝑞(𝑡) no capacitor 
se 𝑖(0) = 0,4𝐴. Determine a carga e a corrente em 𝑡 = 0,005𝑠. Determine a carga 
quando 𝑡 → ∞. 
 
Respostas dos Exercícios 
 
1. 𝑖(𝑡) = 1,2 ∙ (1 − 𝑒−20𝑡). 
 
2. 𝑖(𝑡) = 5 ∙ (1 − 𝑒−3𝑡). 
 
3. 𝑖(𝑡) = 0,6 ∙ (1 − 𝑒−500𝑡 ) e lim
𝑡→∞
𝑖(𝑡) = 0,6. 
 
4. 𝑞(𝑡) = 0,01 ∙ (1 − 𝑒−50𝑡) e 𝑖(𝑡) = 0,5𝑒−50𝑡 . 
 
5. 𝑞(𝑡) = 0,001 ∙ (1 − 2𝑒−200𝑡 ), 𝑞(0,005) = 0,000264𝐶, lim
𝑡→∞
𝑞(𝑡) = 0,001, 
𝑖(𝑡) = 0,4𝑒−200𝑡 e 𝑖(0,005) = 0,147152𝐴. 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 1ª ORDEM 
 
 
Equações de Bernoulli 
 
São equações que podem ser escritas na forma 
 
𝒚′ + 𝑷(𝒙)𝒚 = 𝑸(𝒙)𝒚𝒏, 
 
onde 𝑃 e 𝑄 são funções conhecidas da variável 𝑥, com 𝑛 ≠ 0 e 𝑛 ≠ 1. 
 
Para encontrar sua Solução Geral, divide-se a equação por 𝑦𝑛 e faz-se a substituição 
𝑦1−𝑛 = 𝑡, (1 − 𝑛)𝑦−𝑛𝑦′ = 𝑡′, recaindo-se em uma Equação Linear em 𝑡: 
 
𝑦′ + 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥)𝑦𝑛 ⇒ 𝑦−𝑛𝑦′ + 𝑃(𝑥)𝑦1−𝑛 = 𝑄(𝑥) ⇒ 𝑡′ + (1 − 𝑛)𝑃(𝑥)𝑡 = (1 − 𝑛)𝑄(𝑥). 
 
Exemplo 1. Encontrar a Solução Geral da equação 𝑦′ −
2
𝑥
𝑦 = 3𝑥𝑦2. 
 
Exemplo 2. Encontrar a Solução Particular do problema 𝑦′ + 𝑥𝑦 = 𝑥3𝑦3, 𝑦(0) =
1
2
. 
 
 
Crescimento Logístico 
 
O modelo de crescimento populacional 𝑷′(𝒕) = 𝒌𝑷(𝒕) visto em aulas anteriores não é 
adequado para o estudo de populações a longo prazo, pois o crescimento de uma 
população é eventualmente limitado por diversos fatores como, por exemplo, os 
ambientais. Uma população não pode crescer sempre e, por isto, foi proposto o modelo 
 
𝑷′(𝒕) = (𝒌 − 𝒂𝑷(𝒕))𝑷(𝒕), 
 
𝑎 > 0, 𝑘 > 0, conhecido como equação de Verhulst ou Equação Logística. 
 
Resolução da Equação Logística 
 
𝑃′ = (𝑘 − 𝑎𝑃)𝑃⇒𝑃′ − 𝑘𝑃 = −𝑎𝑃2
÷𝑃2
⇒ 𝑃−2𝑃′ − 𝑘𝑃−1 = −𝑎. 
 
Fazendo 𝑃−1 = 𝑦, tem-se −𝑃−2𝑃′ = 𝑦′, logo: 
 
𝑦′ + 𝑘𝑦 = 𝑎
𝐿𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟
⇒ 𝑦 =
𝑎𝑒𝑘𝑡 + 𝐶
𝑘𝑒𝑘𝑡
⇒𝑃 =
𝑘𝑒𝑘𝑡
𝑎𝑒𝑘𝑡 + 𝐶
=
𝑘/𝑎
1 + 𝐶𝑒−𝑘𝑡
. 
 
Fazendo 
𝑘
𝑎
= 𝐿 e 𝑃(0) = 𝑃0, tem-se 
 
𝑃(𝑡) =
𝐿
1+𝐶𝑒−𝑘𝑡
, com 𝐶 =
𝐿−𝑃0
𝑃0
. 
 
O número 𝐿 é chamado capacidade de sustentação do meio ambiente, e representa a 
maior população que o meio ambiente pode sustentar. Quando 𝑡 → ∞, 𝑃(𝑡) → 𝐿. 
 
 
 
 
Gráfico 
 
Analisando o sinal de 𝑃′′ = 𝑘𝑃′ − 2𝑎𝑃𝑃′, tem-se que 𝑃′′ > 0 para 0 < 𝑃 < 𝐿/2 e 𝑃′′ < 0 
para L/2 < 𝑃 < 𝐿. Assim, em 𝐿/2 existe uma inflexão. 
 
 
 
 
 
Exemplo. O crescimento populacional dos EUA, entre 1790 e 1860, pode ser modelado 
por 𝑃′ = 0,0298𝑃, onde 𝑃 é dado em milhões de pessoas e 𝑡 é o número de anos desde 
1790. Se a população em 1790 era de 3,9 milhões de habitantes, determine, 
aproximadamente, a população dos EUA de 10 em 10 anos a partir de 1790. 
 
Modelo 𝑷′(𝒕) = 𝒌𝑷(𝒕) X População dos EUA 
 
Ano Real Prev Ano Real Prev 
1790 3,9 3,9 1830 12,9 12,8 
1800 5,3 5,3 1840 17,1 17,3 
1810 7,2 7,1 1850 23,1 23,3 
1820 9,6 9,5 1860 31,4 31,4 
 
Exemplo. O crescimento populacional dos EUA, entre 1790 e 1940, pode ser modelado 
por 𝑃′ = (0,0318 − 0,00017𝑃)𝑃, onde 𝑃 é dado em milhões de pessoas e 𝑡 é o número 
de anos desde 1790. Se a população em 1790 era de 3,9 milhões de habitantes, 
determine, aproximadamente, a população dos EUA de 10 em 10 anos a partir de 1790. 
 
Modelo 𝑷′(𝒕) = (𝒌 − 𝒂𝑷(𝒕))𝑷(𝒕) X População dos EUA 
 
Ano Real Prev Ano Real Prev Ano Real Prev 
1790 3,9 3,9 1860 31,4 30,8 1930 122,8 120,8 
1800 5,3 5,3 1870 38,6 39,9 1940 131,7 133,7 
1810 7,2 7,2 1880 50,2 50,7 1950 150,7 145,0 
1820 9,6 9,8 1890 62,9 63,3 1960 179,3 154,4 
1830 12,9 13,2 1900 76,0 77,2 1970 203,3 162,1 
1840 17,1 17,7 1910 92,0 91,9 1980 226,5 168,2 
1850 23,2 23,7 1920 105,7 106,7 1990 248,7 172,9 
 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 1ª ORDEM 
 
 
Equações de Riccati 
 
São equações que podem ser escritas na forma 
 
𝒚′ + 𝑷(𝒙)𝒚 = 𝑸(𝒙)𝒚𝟐 + 𝑹(𝒙), 
 
onde 𝑃, 𝑄 e 𝑅 são funções conhecidas da variável 𝑥. 
 
Para encontrar sua Solução Geral, faz-se a substituição 𝑦 = 𝑧 + 𝑦0, 𝑦′ = 𝑧′ + 𝑦0
′ , onde 
𝑦0 é uma solução conhecida da equação, recaindo-se em uma Equação de Bernoulli em 
𝑧: 
 
𝑦′ + 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥)𝑦2 + 𝑅(𝑥) ⇒ (𝑧 + 𝑦0)
′ + 𝑃(𝑥)(𝑧 + 𝑦0) = 𝑄(𝑥)(𝑧 + 𝑦0)
2 + 𝑅(𝑥) 
 
⇒ 𝑧′ + 𝑦0
′ + 𝑃(𝑥)𝑧 + 𝑃(𝑥)𝑦0 = 𝑄(𝑥)𝑧
2 + 2𝑦0𝑄(𝑥)𝑧 + 𝑄(𝑥)𝑦0
2 + 𝑅(𝑥). 
 
Posto que 
𝑦0
′ + 𝑃(𝑥)𝑦0 = 𝑄(𝑥)𝑦0
2 + 𝑅(𝑥), 
 
pois 𝑦0 é uma solução da Equação de Riccati, obtém-se 
 
𝑧′ + [𝑃(𝑥) − 2𝑦0𝑄(𝑥)]𝑧 = 𝑄(𝑥)𝑧
2. 
 
Exemplo 1. Comprove que 𝑦 = 𝑥 é solução da equação 𝑦′ +
𝑦
𝑥
+
𝑦2
𝑥2
= 3 e calcule sua 
Solução Geral. 
 
Exemplo 2. Mostre que 𝑦 = −𝑥 é solução da equação (1 + 𝑥3)𝑦′ + 2𝑥𝑦2 + 𝑥2𝑦 + 1 = 0 
e calcule sua Solução Geral. 
 
Exemplo 3. Verifique que 𝑦 = 1 é solução da equação 𝑦′ + (2𝑥 − 1)𝑦 − 𝑥𝑦2 = 𝑥 − 1 e 
calcule sua Solução Geral. 
 
Exemplo 4. Um estudo sobre os efeitos de diferentes tipos de pesca sobre uma 
população de peixes considera que, se a pesca se dá a uma taxa contínua de 𝐻 peixes 
por ano e 𝑡 é o tempo em anos, a população 𝑃 = 𝑃(𝑡) de peixes satisfaz a equação 
diferencial 𝑃′ = 2𝑃 − 0,01𝑃2 −𝐻. Calcule a Solução Particular da equação quando 𝐻 =
75 e 𝑃(0) = 100, sabendo-se que, neste caso, 𝑃(𝑡) = 50 é uma solução da equação. 
Quando 𝑡 tender ao infinito, de que número a população se aproximará? 
 
Exemplo 5. A propagação de uma única ação em uma população grande (por exemplo, 
motoristas acendendo os faróis quando o sol se põe) muitas vezes depende 
particularmente de circunstâncias externas (o escurecimento) e parcialmente de uma 
tendência de imitar outros que já fizeram a ação em questão. Nesse caso, a proporção 
𝑦(𝑡) de pessoas que efetuaram a ação pode ser descrita pela equação 𝑦′(𝑡) = (1 −
𝑦(𝑡))(𝑥(𝑡) + 𝑏𝑦(𝑡)), onde 𝑥(𝑡) mede o estímulo externo e 𝑏 é o coeficiente de imitação. 
Mostre que 𝑦(𝑡) = 1 é uma solução da equação dada e encontre uma Solução Geral 
para ela no caso em que 𝑥(𝑡) = 2𝑎𝑡. Resposta: A Solução Geral da equação 𝑦′ = (1 −
𝑦)(2𝑎𝑡 + 𝑏𝑦) é 𝑦(𝑡) =
1
𝑒𝑎𝑡
2+𝑏𝑡(∫ 𝑏∙𝑒−𝑎𝑡
2−𝑏𝑡𝑑𝑡+𝐶)
+ 1. 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 1ª ORDEM 
 
 
Envoltórias 
 
Chama-se Envoltória de uma família de curvas dependentes de um parâmetro 𝐶 ∈ 𝑅, 
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝐶) = 0, qualquer curva que seja tangente a todas as curvas da família. 
 
Exemplo 1. A equação 𝑦 = (𝑥 − 𝐶)2 + 1, 𝐶 ∈ 𝑅, representa uma família de parábolas, 
todas tangentes à reta dada pela equação 𝑦 = 1. Esta reta é Envoltória da família de 
parábolas. 
 
Exemplo 2. A equação (𝑥 − 𝐶)2 + 𝑦2 = 25, 𝐶 ∈ 𝑅, representa uma família de 
circunferências, todas tangentes às retas dadas pelas equações 𝑦 = 5 e 𝑦 = −5. Estas 
retas são Envoltórias da família de circunferências. 
 
 
Soluções Singulares 
 
Considerando a equação (𝑦′)2 − 4𝑦 + 4 = 0, verifica-se que 𝑦 = (𝑥 − 𝐶)2 + 1, 𝐶 ∈ 𝑅, é 
Solução Geral e que 𝑦 = 1 também é solução, mas que não pertence à família de curvas 
definidas pela Solução Geral. Neste caso, 𝑦 = 1 chama-se Solução Singular da 
equação.Observa-se que, se uma família de curvas que é Solução Geral de uma EDO 
possui Envoltória, então esta será Solução Singular da EDO. 
 
 
Equação de Clairaut 
 
É qualquer equação que pode ser escrita na forma 
 
𝒚 = 𝒙𝒚′ + 𝝋(𝒚′). 
 
Para resolvê-la, faz-se a substituição 𝑦′ = 𝑝 e se deriva a equação resultante. 
 
Exemplo. Encontrar as Soluções Geral e Singular das seguintes equações: 
 
1. 𝑦 = 𝑥𝑦′ + 𝑙𝑛(𝑦′). 
 
2. (𝑦′)2 − 𝑥𝑦′ + 𝑦 = 0. 
 
 
Equação de Lagrange 
 
É qualquer equação que pode ser escrita na forma 
 
𝒚 = 𝒙𝑭(𝒚′) + 𝝋(𝒚′). 
 
Para resolvê-la, faz-se a substituição 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑝, deriva-se a equação resultante, multiplica-
se por 
𝑑𝑥
𝑑𝑝
, recaindo em uma equação linear em 𝑥 = 𝑥(𝑝). A solução (𝑥 = 𝑥(𝑝), 𝑦 = (𝑝)) 
é obtida em função do parâmetro 𝑝. 
 
Exemplo. Encontrar as Soluções Geral e Singular da equação 𝑦 = 2𝑥𝑦′ − (𝑦′)2. 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 
• São equações que podem ser escritas na forma 
 
𝒚′′ + 𝒑(𝒙)𝒚′ + 𝒒(𝒙)𝒚 = 𝒓(𝒙), 
 
onde 𝑝, 𝑞 e 𝑟 são funções conhecidas da variável 𝑥. 
 
 
Problema de Valor Inicial (PVI) 
 
(PVI) {
𝑦′′ + 𝑝(𝑥)𝑦′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 𝑟(𝑥) (𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜)
𝑦(𝑥0) = 𝑦0 (𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖çã𝑜 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙)
𝑦′(𝑥0) = 𝑦0
′ (𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖çã𝑜 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙)
 
 
Teorema. Se 𝑝, 𝑞 e 𝑟 são funções contínuas em um intervalo 𝐼, então o Problema de 
Valor Inicial (PVI) possui uma única solução em 𝐼. 
 
 
Equações Homogêneas 
 
• Quando 𝑟(𝑥) = 0, tem-se 
 
𝒚′′ + 𝒑(𝒙)𝒚′ + 𝒒(𝒙)𝒚 = 𝟎, (∗) 
 
e a equação se chama homogênea. 
 
Teorema. Se 𝑦1 e 𝑦2 são duas soluções de (∗) então 𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2 também é uma 
solução, quaisquer que sejam 𝑐1, 𝑐2 ∈ 𝑅. 
 
 
Os conjuntos 𝐴(𝐼) = {𝑠𝑜𝑙𝑢çõ𝑒𝑠 𝑑𝑒 (∗) 𝑒𝑚 𝐼} e 𝐶(𝐼; 𝑅) = {𝑓𝑢𝑛çõ𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑡í𝑛𝑢𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝐼 𝑒𝑚 𝑅} 
são espaços vetoriais, sendo que 𝐴(𝐼) é subespaço vetorial de 𝐶(𝐼; 𝑅). 
 
Teorema. Consideremos 𝑥0 ∈ 𝐼 e a função 𝑇: 𝐴(𝐼) → 𝑅
2 dada por 𝑇(𝑦) = (𝑦(𝑥0), 𝑦′(𝑥0)). 
Então 𝑇 é uma transformação linear sobrejetiva (existência) e injetiva (unicidade). 
 
Consequência. A partir deste Teorema, conclui-se que a dimensão do espaço 𝐴(𝐼) é 
dois. Logo, para se ter uma solução geral de (∗), basta encontrar duas soluções 𝑦1 e 𝑦2 
de (∗) que sejam Linearmente Independentes (LI). Neste caso, 
 
𝒚(𝒙) = 𝒄𝟏𝒚𝟏(𝒙) + 𝒄𝟐𝒚𝟐(𝒙), 𝑐1, 𝑐2 ∈ 𝑅, 
 
é solução geral de (∗). 
 
 
EDO Lineares de 2ª Ordem Homogêneas com Coeficientes Constantes 
 
• Consideremos a EDO 
 
𝒂𝒚′′ + 𝒃𝒚′ + 𝒄𝒚 = 𝟎 (∗) 
 
e sua equação característica 𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐 = 0. Sendo ∆= 𝑏2 − 4𝑎𝑐, tem-se: 
 
 
• Se ∆ > 0 e 𝑟1 e 𝑟2 são as raízes reais da equação característica, então o conjunto 
{𝑒𝑟1𝑥 , 𝑒𝑟2𝑥} forma uma base de 𝐴(𝐼). Logo, a solução geral de (∗) é dada por 
 
𝒚(𝒙) = 𝒄𝟏𝒆
𝒓𝟏𝒙 + 𝒄𝟐𝒆
𝒓𝟐𝒙. 
 
• Se ∆ = 0 e 𝑟1 = 𝑟2 = 𝑟 é a raiz dupla da equação característica, então o conjunto 
{𝑒𝑟𝑥 , 𝑥𝑒𝑟𝑥 } forma uma base de 𝐴(𝐼). Logo, a solução geral de (∗) é dada por 
 
𝒚(𝒙) = 𝒄𝟏𝒆
𝒓𝒙 + 𝒄𝟐𝒙𝒆
𝒓𝒙. 
 
• Se ∆ < 0 e 𝑟1 = α + 𝛽𝑖 e 𝑟2 = 𝛼 − 𝛽𝑖 são as raízes complexas da equação 
característica, então o conjunto {𝑒𝛼𝑥 cos 𝛽𝑥 , 𝑒𝛼𝑥 sen 𝛽𝑥} forma uma base de 𝐴(𝐼). 
Logo, a solução geral de (∗) é dada por 
 
𝒚(𝒙) = 𝒆𝜶𝒙(𝒄𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 + 𝒄𝟐 𝐬𝐞𝐧 𝜷𝒙). 
 
 
Exemplo 1. Resolver a equação 𝑦′′ − 5𝑦′ + 6𝑦 = 0. 
 
Exemplo 2. Resolver a equação 𝑦′′ − 6𝑦′ + 9𝑦 = 0. 
 
Exemplo 3. Resolver a equação 𝑦′′ − 4𝑦′ + 13𝑦 = 0. 
 
Exemplo 4. Resolver o (PVI) 
{
𝑦′′ − 7𝑦′ + 12𝑦 = 0
𝑦(0) = 5
𝑦′(0) = 18
 
 
 
Equações não-Homogêneas 
 
• São equações que podem ser escritas na forma 
 
𝒚′′ + 𝒑(𝒙)𝒚′ + 𝒒(𝒙)𝒚 = 𝒓(𝒙), (∗∗) 
 
onde 𝑝, 𝑞 e 𝑟 são funções conhecidas da variável 𝑥. 
 
Teorema. Se 𝑌1 e 𝑌2 são duas soluções de (∗∗), então 𝑌1 − 𝑌2 é uma solução da equação 
homogênea 𝑦′′ + 𝑝(𝑥)𝑦′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 0. 
 
Solução Geral 
 
• A solução geral de EDO não-Homogênea é dada por 
 
𝒚(𝒙) = 𝒄𝟏𝒚𝟏(𝒙) + 𝒄𝟐𝒚𝟐(𝒙) + 𝒀(𝒙), 𝑐1, 𝑐2 ∈ 𝑅, 
 
onde 𝒚𝟏 e 𝒚𝟐 são soluções Linearmente Independentes da equação homogênea e 𝒀 é 
uma solução particular de (∗∗). 
RESUMO DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 1ª ORDEM 
 
 
Equações de Variáveis Separáveis 
 
0'),(),(  yyxNyxM
, onde 
M
 e 
N
 podem ser constantes, funções de apenas uma 
variável ou produtos com fatores de uma só variável. 
 
Equações Homogêneas 
 
0'),(),(  yyxNyxM
, quando 
M
 e 
N
 são funções homogêneas de mesmo grau. Neste 
caso, faz-se a mudança de variável
xty 
, com 
'' xtty 
. 
 
Equações Redutíveis 
 
0')()( 222111  ycybxacybxa
; quando as retas 
0111  cybxa
 e 
0222  cybxa
 têm interseção 
),( 
, faz-se a mudança 
 ux
 e 
 vy
, 
recaindo em uma equação homogênea; quando as retas 
0111  cybxa
 e 
0222  cybxa
 são paralelas, faz-se a mudança 
tybxa  11
, com 
''11 tyba 
, 
recaindo em uma equação de variáveis separáveis. 
 
Equações Exatas 
 
0'),(),(  yyxNyxM
, quando 
xy NM 
. 
 
Fator Integrante 
 
Se existe 
)(x 
 (ou 
)(y 
) tal que 
0)'(  NyM
 é uma equação exata, então 
 

 dxNM
N
xy
ex
1
)( (ou    dyMNM yxey 1)( ). 
 
Equações Lineares 
 
𝒚′ +𝑷(𝒙)𝒚 = 𝑸(𝒙); resolve-se multiplicando a equação pelo fator integrante 
dxxP
ex 
)(
)(
. 
 
Equação de Bernoulli 
 
𝒚′ +𝑷(𝒙)𝒚 = 𝑸(𝒙)𝒚𝒏, 
0n
, 
1n
; resolve-se dividindo a equação por 𝑦𝑛 e fazendo a 
substituição 𝑡 = 𝑦1−𝑛, recaindo em uma equação linear. 
 
Equação de Riccati 
 
𝒚′ +𝑷(𝒙)𝒚 = 𝑸(𝒙)𝒚𝟐 + 𝑹(𝒙); resolve-se fazendo a substituição 𝑦 = 𝑧 + 𝑦0, onde 𝑦0 é 
uma solução qualquer da equação, recaindo em uma equação de Bernoulli. 
 
 
Equação de Clairaut 
 
)(yyxy  
; resolve-se fazendo a substituição 
py 
 e derivando a equação 
resultante. 
 
Equação de Lagrange 
 













dx
dy
dx
dy
Fxy 
; resolve-se fazendo a substituição 
p
dx
dy

, derivando a equação 
resultante, multiplicando por 
dp
dx
 e recaindo em uma equação linear em 
)( pxx 
. A 
solução 
))(),(( pyypxx 
é obtida em função do parâmetro 
p
. 
 
Modelos de Equações Diferenciais 
 
- Crescimento e Decrescimento Exponencial 
 
kPP '
; 
0k
 para crescimento e 
0k
 para decrescimento. 
 
- Lei de Resfriamento de Newton 
 
)(' aTTkT 
; 
0k
. 
 
- Circuitos Elétricos 
 
Circuito RL: 
)(tERi
dt
di
L 
 
 
Circuito RC: 
)(
1
tEq
Cdt
dq
R 
 
 
- Crescimento Logístico 
 
')(' PaPkP 
; 
0k
 e 
0a
. 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 
• São equações que podem ser escritas na forma 
 
𝒚′′ + 𝒑(𝒙)𝒚′ + 𝒒(𝒙)𝒚 = 𝒓(𝒙), 
 
onde 𝑝, 𝑞 e 𝑟 são funções conhecidas da variável 𝑥. 
 
 
Problema de Valor Inicial (PVI) 
 
(PVI) {
𝑦′′ + 𝑝(𝑥)𝑦′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 𝑟(𝑥) (𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜)
𝑦(𝑥0) = 𝑦0 (𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖çã𝑜 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙)
𝑦′(𝑥0) = 𝑦0
′ (𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖çã𝑜 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙)
 
 
Teorema. Se 𝑝, 𝑞 e 𝑟 são funções contínuas em um intervalo 𝐼, então o Problema de 
Valor Inicial (PVI) possui uma única solução em 𝐼. 
 
 
Equações Homogêneas 
 
• Quando 𝑟(𝑥) = 0, tem-se 
 
𝒚′′ + 𝒑(𝒙)𝒚′ + 𝒒(𝒙)𝒚 = 𝟎, (∗) 
 
e a equação se chama homogênea. 
 
Teorema. Se 𝑦1 e 𝑦2 são duassoluções de (∗) então 𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2 também é uma 
solução, quaisquer que sejam 𝑐1, 𝑐2 ∈ 𝑅. 
 
 
Os conjuntos 𝐴(𝐼) = {𝑠𝑜𝑙𝑢çõ𝑒𝑠 𝑑𝑒 (∗) 𝑒𝑚 𝐼} e 𝐶(𝐼; 𝑅) = {𝑓𝑢𝑛çõ𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑡í𝑛𝑢𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝐼 𝑒𝑚 𝑅} 
são espaços vetoriais, sendo que 𝐴(𝐼) é subespaço vetorial de 𝐶(𝐼; 𝑅). 
 
Teorema. Consideremos 𝑥0 ∈ 𝐼 e a função 𝑇: 𝐴(𝐼) → 𝑅
2 dada por 𝑇(𝑦) = (𝑦(𝑥0), 𝑦′(𝑥0)). 
Então 𝑇 é uma transformação linear sobrejetiva (existência) e injetiva (unicidade). 
 
Consequência. A partir deste Teorema, conclui-se que a dimensão do espaço 𝐴(𝐼) é 
dois. Logo, para se ter uma solução geral de (∗), basta encontrar duas soluções 𝑦1 e 𝑦2 
de (∗) que sejam Linearmente Independentes (LI). Neste caso, 
 
𝒚(𝒙) = 𝒄𝟏𝒚𝟏(𝒙) + 𝒄𝟐𝒚𝟐(𝒙), 𝑐1, 𝑐2 ∈ 𝑅, 
 
é solução geral de (∗). 
 
 
EDO Lineares de 2ª Ordem Homogêneas com Coeficientes Constantes 
 
• Consideremos a EDO 
 
𝒂𝒚′′ + 𝒃𝒚′ + 𝒄𝒚 = 𝟎 (∗) 
 
e sua equação característica 𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐 = 0. Sendo ∆= 𝑏2 − 4𝑎𝑐, tem-se: 
 
 
• Se ∆ > 0 e 𝑟1 e 𝑟2 são as raízes reais da equação característica, então o conjunto 
{𝑒𝑟1𝑥 , 𝑒𝑟2𝑥} forma uma base de 𝐴(𝐼). Logo, a solução geral de (∗) é dada por 
 
𝒚(𝒙) = 𝒄𝟏𝒆
𝒓𝟏𝒙 + 𝒄𝟐𝒆
𝒓𝟐𝒙. 
 
• Se ∆ = 0 e 𝑟1 = 𝑟2 = 𝑟 é a raiz dupla da equação característica, então o conjunto 
{𝑒𝑟𝑥 , 𝑥𝑒𝑟𝑥 } forma uma base de 𝐴(𝐼). Logo, a solução geral de (∗) é dada por 
 
𝒚(𝒙) = 𝒄𝟏𝒆
𝒓𝒙 + 𝒄𝟐𝒙𝒆
𝒓𝒙. 
 
• Se ∆ < 0 e 𝑟1 = α + 𝛽𝑖 e 𝑟2 = 𝛼 − 𝛽𝑖 são as raízes complexas da equação 
característica, então o conjunto {𝑒𝛼𝑥 cos 𝛽𝑥 , 𝑒𝛼𝑥 sen 𝛽𝑥} forma uma base de 𝐴(𝐼). 
Logo, a solução geral de (∗) é dada por 
 
𝒚(𝒙) = 𝒆𝜶𝒙(𝒄𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 + 𝒄𝟐 𝐬𝐞𝐧 𝜷𝒙). 
 
 
Exemplo 1. Resolver a equação 𝑦′′ − 5𝑦′ + 6𝑦 = 0. 
 
Exemplo 2. Resolver a equação 𝑦′′ − 6𝑦′ + 9𝑦 = 0. 
 
Exemplo 3. Resolver a equação 𝑦′′ − 4𝑦′ + 13𝑦 = 0. 
 
Exemplo 4. Resolver o (PVI) 
{
𝑦′′ − 7𝑦′ + 12𝑦 = 0
𝑦(0) = 5
𝑦′(0) = 18
 
 
 
Equações não-Homogêneas 
 
• São equações que podem ser escritas na forma 
 
𝒚′′ + 𝒑(𝒙)𝒚′ + 𝒒(𝒙)𝒚 = 𝒓(𝒙), (∗∗) 
 
onde 𝑝, 𝑞 e 𝑟 são funções conhecidas da variável 𝑥. 
 
Teorema. Se 𝑌1 e 𝑌2 são duas soluções de (∗∗), então 𝑌1 − 𝑌2 é uma solução da equação 
homogênea 𝑦′′ + 𝑝(𝑥)𝑦′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 0. 
 
Solução Geral 
 
• A solução geral de EDO não-Homogênea é dada por 
 
𝒚(𝒙) = 𝒄𝟏𝒚𝟏(𝒙) + 𝒄𝟐𝒚𝟐(𝒙) + 𝒀(𝒙), 𝑐1, 𝑐2 ∈ 𝑅, 
 
onde 𝒚𝟏 e 𝒚𝟐 são soluções Linearmente Independentes da equação homogênea e 𝒀 é 
uma solução particular de (∗∗). 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 
Equações não-Homogêneas com Coeficientes Constantes 
 
• A solução geral da EDO não-Homogênea com Coeficientes Constantes 
 
𝒂𝒚′′ + 𝒃𝒚′ + 𝒄𝒚 = 𝒓(𝒙) (∗∗) 
é dada por 
𝒚(𝒙) = 𝒄𝟏𝒚𝟏(𝒙) + 𝒄𝟐𝒚𝟐(𝒙) + 𝒀(𝒙), 𝑐1, 𝑐2 ∈ 𝑅, 
 
onde 𝒚𝟏 e 𝒚𝟐 são soluções Linearmente Independentes da equação Homogênea 
e 𝒀 é uma solução particular de (∗∗). 
 
 
Método dos Coeficientes a Determinar 
 
(a) Se 𝑟(𝑥) é uma função polinomial de grau 2 e o termo 𝑐𝑦 está presente na 
equação, então 𝑌(𝑥) = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶. 
 
(b) Se 𝑟(𝑥) = 𝐾𝑒𝑟𝑥 e 𝑟 não é raiz da equação auxiliar 𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐 = 0, então 
𝑌(𝑥) = 𝐴𝑒𝑟𝑥. 
 
(c) Se 𝑟(𝑥) = 𝐾 sen 𝑟𝑥 ou 𝑟(𝑥) = 𝐾 cos 𝑟𝑥 e 𝑟𝑖 não é raiz da equação auxiliar 
𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐 = 0, então 𝑌(𝑥) = 𝐴 sen 𝑟𝑥 + 𝐵 cos 𝑟𝑥. 
 
 
Exemplo 1. Resolver a equação 𝑦′′ − 5𝑦′ + 6𝑦 = 2𝑥2 − 1. 
 
Resposta: 𝑦(𝑥) = 𝑐1𝑒
2𝑥 + 𝑐2𝑒
3𝑥 +
𝑥2
3
+
5𝑥
9
+
5
27
. 
 
Exemplo 2. Resolver a equação 𝑦′′ − 7𝑦′ + 12𝑦 = 3𝑒−𝑥. 
 
Resposta: 𝑦(𝑥) = 𝑐1𝑒
3𝑥 + 𝑐2𝑒
4𝑥 +
3
20
𝑒−𝑥. 
 
Exemplo 3. Resolver a equação 𝑦′′ − 7𝑦′ + 10𝑦 = 8𝑒2𝑥. 
 
Resposta: 𝑦(𝑥) = 𝑐1𝑒
2𝑥 + 𝑐2𝑒
5𝑥 −
8
3
𝑥𝑒2𝑥. 
 
Exemplo 4. Resolver o (PVI) 
 
{
𝑦′′ − 4𝑦′ + 3𝑦 = 3 sen 2𝑥
𝑦(0) = 24/65
𝑦′(0) = 59/65
 
 
Resposta: 𝑦(𝑥) = −𝑒𝑥 + 𝑒3𝑥 −
3
65
(sen 2𝑥 − 8 cos 2𝑥). 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 
Equações não-Homogêneas com Coeficientes Constantes 
 
• A solução geral da EDO não-Homogênea com Coeficientes Constantes 
 
𝒚′′ + 𝒃𝒚′ + 𝒄𝒚 = 𝒓(𝒙) (∗∗) 
é dada por 
𝒚(𝒙) = 𝒄𝟏𝒚𝟏(𝒙) + 𝒄𝟐𝒚𝟐(𝒙) + 𝒀(𝒙), 𝑐1, 𝑐2 ∈ 𝑅, 
 
onde 𝒚𝟏 e 𝒚𝟐 são soluções Linearmente Independentes da equação Homogênea 
e 𝒀 é uma solução particular de (∗∗). 
 
 
Método da Variação dos Parâmetros 
 
A solução particular 𝑌(𝑥) é dada por 
 
𝒀(𝒙) = 𝒖𝟏(𝒙)𝒚𝟏(𝒙) + 𝒖𝟐(𝒙)𝒚𝟐(𝒙), 
 
onde {𝑦1(𝑥), 𝑦2(𝑥)} é base do espaço vetorial das soluções da equação 
homogênea, 
 
𝒖𝟏(𝒙) = − ∫
𝑦2(𝑥)𝑟(𝑥)
𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑥)
𝑑𝑥 
e 
𝒖𝟐(𝒙) = ∫
𝑦1(𝑥)𝑟(𝑥)
𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑥)
𝑑𝑥. 
 
Aqui, 𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑥) = |
𝑦1(𝑥) 𝑦2(𝑥)
𝑦1
′(𝑥) 𝑦2
′ (𝑥)
|. 
 
 
Exemplo 1. Resolver a equação 𝑦′′ − 𝑦 = 2𝑥𝑒𝑥. 
 
Resposta: 𝑦(𝑥) = 𝑐1𝑒
−𝑥 + 𝑐2𝑒
𝑥 +
𝑒𝑥
4
(2𝑥2 − 2𝑥 + 1). 
 
Exemplo 2. Resolver a equação 𝑦′′ + 𝑦 = tg 𝑥. 
 
Resposta: 𝑦(𝑥) = 𝑐1 cos 𝑥 + 𝑐2 sen 𝑥 − (l𝑛|sec 𝑥 + tg 𝑥|) cos 𝑥 
 
Exemplo 3. Resolver o (PVI) 
 
{
𝑦′′ − 3𝑦′ + 2𝑦 = 𝑒𝑥 sen 𝑥
𝑦(0) = 7/2
𝑦′(0) = 4
 
Resposta: 𝑦(𝑥) = 2𝑒𝑥 + 𝑒2𝑥 +
𝑒𝑥
2
(cos 𝑥 − sen 𝑥). 
Justificativa do Método da Variação dos Parâmetros 
 
• Queremos encontrar uma solução particular de 
 
𝑦′′ + 𝑝(𝑥)𝑦′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 𝑟(𝑥). (∗∗) 
 
• Primeiro, resolvemos 
 
𝑦′′ + 𝑝(𝑥)𝑦′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 0 
 
e chegamos a sua solução geral, que é da forma 
 
𝑦(𝑥) = 𝑐1𝑦1(𝑥) + 𝑐2𝑦2(𝑥). 
 
• Agora, supomos que uma solução particular de (∗∗) é dada por 
 
𝑌(𝑥) = 𝑢1(𝑥)𝑦1(𝑥) + 𝑢2(𝑥)𝑦2(𝑥). 
• Logo, 
 
𝑌′(𝑥) = 𝑢1
′ (𝑥)𝑦1(𝑥) + 𝑢1(𝑥)𝑦1
′ (𝑥) + 𝑢2
′ (𝑥)𝑦2(𝑥) + 𝑢2(𝑥)𝑦2
′ (𝑥). 
 
• Supomos que 𝑢1 e 𝑢2 são tais que 
 
𝑢1
′ (𝑥)𝑦1(𝑥) + 𝑢2
′ (𝑥)𝑦2(𝑥) = 0. (1) 
• Então, 
 
𝑌′′(𝑥) = 𝑢1
′ (𝑥)𝑦1
′ (𝑥) + 𝑢1(𝑥)𝑦1
′′(𝑥) + 𝑢2
′ (𝑥)𝑦2
′ (𝑥) + 𝑢2(𝑥)𝑦2
′′(𝑥). 
 
• Substituindo 𝑌′′, 𝑌′ e 𝑌 em (∗∗), vem: 
 
(𝑢1
′ 𝑦1
′ + 𝑢1𝑦1
′′ + 𝑢2
′ 𝑦2
′ + 𝑢2𝑦2
′′) + 𝑝(𝑢1𝑦1
′ +𝑢2𝑦2
′ ) + 𝑞(𝑢1𝑦1 + 𝑢2𝑦2) = 𝑟. 
 
• Multiplicando e fatorando, temos: 
 
𝑢1(𝑦1
′′ + 𝑝𝑦1
′ + 𝑞𝑦1) + 𝑢2(𝑦2
′′ + 𝑝𝑦2
′ + 𝑞𝑦2) + 𝑢1
′ 𝑦1
′ + 𝑢2
′ 𝑦2
′ = 𝑟. 
 
• Logo, 
𝑢1
′ (𝑥)𝑦1
′ (𝑥) + 𝑢2
′ (𝑥)𝑦2
′ (𝑥) = 𝑟(𝑥). (2) 
 
• Resolvendo (1) e (2) encontramos 𝑢1
′ (𝑥) e 𝑢2
′ (𝑥), logo 𝑢1(𝑥) e 𝑢2(𝑥). 
 
 
Solução do Sistema (𝟏) − (𝟐) 
 
{
𝑢1
′ (𝑥)𝑦1(𝑥) + 𝑢2
′ (𝑥)𝑦2(𝑥) = 0
𝑢1
′ (𝑥)𝑦1
′ (𝑥) + 𝑢2
′ (𝑥)𝑦2
′ (𝑥) = 𝑟(𝑥)
 
 
 
𝑢1
′ (𝑥) = −
𝑦2(𝑥)𝑟(𝑥)
𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑥)
⇒ 𝑢1(𝑥) = − ∫
𝑦2(𝑥)𝑟(𝑥)
𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑥)
𝑑𝑥 + 𝐾1 
 
𝑢2
′ (𝑥) =
𝑦1(𝑥)𝑟(𝑥)
𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑥)
⇒ 𝑢2(𝑥) = ∫
𝑦1(𝑥)𝑟(𝑥)
𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑥)
𝑑𝑥 + 𝐾2 
Modelos Matemáticos e Aplicações de EDOs de 2ª Ordem 
 
 
Uma das razões para se estudar equações lineares com coeficientes constantes é 
que elas servem como modelos matemáticos de alguns processos físicos importantes. 
Duas áreas de aplicações são os campos de vibrações mecânicas e elétricas. Por exemplo, 
o movimento de uma massa presa em uma mola, as torções de uma haste com um volante, 
o fluxo de corrente elétrica em um circuito simples em série, além de outros problemas 
físicos, são bem descritos pela solução de um problema de valor inicial da forma 
)(tfcxxbxa 
, 
0)0( xx 
, 
0)0( xx 
. Isso ilustra uma relação fundamental entrea Matemática e a Física: muitos problemas físicos têm o mesmo modelo matemático. 
Assim, uma vez sabendo como resolver o problema de valor inicial anterior, é necessário, 
apenas, interpretar apropriadamente as constantes 
a
, 
b
 e 
c
, e as funções 
x
 e 
f
, para 
obter soluções de problemas físicos diferentes. 
Os modelos apresentados aqui servem apenas para dar uma pequena ideia da 
importância e utilização das equações diferenciais em problemas do mundo real. Para 
mais exemplos, pode-se consultar as referências relacionadas ao final do texto. 
 
 
Uma Massa Presa a uma Mola 
 
Consideremos uma massa 
m
 presa à extremidade de uma mola de constante de 
elasticidade 
k
, de massa desprezível, pendurada no teto. Quando o sistema não é 
perturbado, não há força resultante agindo sobre a massa, pois a força devido à gravidade 
é equilibrada pela força que a mola exerce sobre a massa. Dizemos, neste caso, que a 
massa está na posição de equilíbrio. Se a massa for puxada para baixo, haverá uma força 
resultante puxando-a para cima; se, ao contrário, a massa for empurrada para cima, haverá 
uma força resultante empurrando-a para baixo. O que aconteceria se a massa fosse puxada 
para baixo e depois solta? A massa passaria a oscilar para cima e para baixo. 
Para descobrir como a mola se move, devemos estabelecer uma relação entre o 
seu deslocamento 
x
, a partir da posição de equilíbrio, e de uma força resultante 
F
, 
exercida sobre a massa. De acordo com a Lei de Hooke, temos que 
kxF 
. Por outro 
lado, a segunda lei de Newton para o movimento diz que 
maF 
 e, como a aceleração 
2
2
dt
xd
a 
, temos 
0
2
2
2
2
 xk
dt
xd
m
dt
xd
mkx
. 
 
A solução geral da equação da equação diferencial de segunda ordem 
0
2
2
 kx
dt
xd
m
 é da forma 
)sin()cos()( 21 t
m
k
Ct
m
k
Ctx 
. O período desta 
oscilação é 
m
k
P 2
 e a EDO descreve um movimento harmônico simples. 
Exemplo 1: Determinar a solução para a equação 
04
2
2
 x
dt
xd
 que satisfaça as condições 
iniciais 
1)0( x
, 
6)0( x
. 
 
 
2 
 
Resposta: 
tttx 2sin32cos)( 
 
 
 
Uma Mola com Atrito 
 
A equação utilizada anteriormente para descrever o movimento de uma mola, não 
leva em consideração o atrito que, de fato, existe em todo sistema real. Para uma massa 
presa a uma mola, a força de atrito devido à resistência do ar aumenta com a velocidade 
da massa. A força de atrito é proporcional à velocidade e, assim, consideraremos um 
termo de amortecimento da forma 
dt
dx
c
, onde 
c
 é o coeficiente de amortecimento e 
dt
dx
 
é a velocidade da massa. Desta forma, a equação para as oscilações amortecidas de uma 
mola fica dada por 
0
2
2
 kx
dt
dx
c
dt
xd
m
. 
 
O Caso Superamortecido 
 
Se 
042  mkc
, dizemos que o sistema é superamortecido, pois o coeficiente de 
amortecimento 
c
 é grande quando comparado com a constante de elasticidade 
k
. A 
solução geral para 
0
2
2
 kx
dt
dx
c
dt
xd
m
 é da forma 
trtr
eCeCtx 21 21)( 
, 
m
mkcc
r
2
42
1


 e 
m
mkcc
r
2
42
2


, o que representa um movimento suave e 
sem oscilações. Um sistema físico que satisfaz uma equação diferencial deste tipo é 
chamado superamortecido porque ocorre quando há muito atrito no sistema. Por 
exemplo, uma mola que se desloca em um meio constituído por um fluido espesso como 
óleo ou melaço é superamortecida: ela não oscilará. 
 
Exemplo 2: Suponhamos que uma mola seja imersa em óleo, satisfazendo a equação 
diferencial 
023
2
2
 x
dt
dx
dt
xd
. Resolver esta equação com as condições iniciais 
5,0)0( x
 e 
3)0( x
. 
 
Resposta: 
tt eetx 25,22)(  
 
 
O Caso de Amortecimento Crítico 
 
Se 
042  mkc
, dizemos que o sistema é criticamente amortecido, pois qualquer 
decréscimo na força de amortecimento resulta em um movimento oscilatório. A solução 
geral para 
0
2
2
 kx
dt
dx
c
dt
xd
m
 é da forma 
)()( 21
2 tCCetx
t
m
c

 , que representa um 
movimento semelhante ao caso superamortecido. 
 
 
 
 
 
 
3 
 
O Caso Subamortecido 
 
Se 
042  mkc
, dizemos que o sistema é subamortecido, pois o coeficiente de 
amortecimento 
c
 é pequeno quando comparado com a constante de elasticidade 
k
. Neste 
caso, a solução geral da equação 
0
2
2
 kx
dt
dx
c
dt
xd
m
 é da forma 
)sincos()( 21
2 tCtCetx
t
m
c
   , onde 
m
cmk
2
4 2

, que representa um 
movimento oscilatório, chamado movimento harmônico simples amortecido. Por causa 
do fator tmce 2 , tem-se 
0)( tx
 quando 
t
. 
 
Exemplo 3: Um objeto de massa 
kgm 10
 é preso a uma mola com constante de mola 
2/20 skgk 
, e sofre a ação de uma força de atrito proporcional à velocidade, com 
constante de proporcionalidade 
skgc /20
. No instante 
0t
, o objeto é liberado a 
partir do repouso de uma posição 2 metros acima da posição de equilíbrio. Obtenha e 
resolva o problema de valor inicial que descreve o movimento. 
 
Resposta: 
 ttetx t sincos2)(  
 
 
 
Movimento Forçado 
 
Consideremos agora uma força externa 
)(tf
 agindo em um sistema vibratório 
massa-mola. Por exemplo, 
)(tf
 poderia ser uma força causando um movimento 
oscilatório vertical no suporte da mola. A inclusão de 
)(tf
 na formulação da segunda lei 
de Newton nos dá a equação diferencial de movimento forçado, 
 
)(
2
2
tfkx
dt
dx
c
dt
xd
m 
. 
 
Exemplo 4: Interpretar e resolver o problema de valor inicial 
 
tx
dt
dx
dt
xd
4cos522,12,0
2
2

, 
5,0)0( x
 e 
0)0( x
. 
 
Resposta: 
ttttetx t 4sin
51
50
4cos
102
25
sin
51
86
cos
51
38
)( 3 





 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4 
 
Circuitos em Série 
 
Consideremos um circuito em série de malha simples, contendo um indutor (de 
indutância 
L
), um resistor (de resistência 
R
), e um capacitor (de capacitância 
C
). A 
corrente no circuito, depois que a chave é fechada, é denotada por 
)(ti
, e a carga em um 
capacitor no instante 
t
 é denotada por 
)(tq
, sendo 
dtdqi /
. As quedas de tensão no 
indutor, no resistor e no capacitor são dadas, respectivamente, por 
2
2
dt
qd
L
dt
di
L 
, 
dt
dq
RiR 
 e 
q
C
1
. De acordo com a segunda lei de Kirchhoff, a diferença de potencial 
)(tE
 (força eletromotriz) em um circuito fechado é igual à soma das voltagens (quedas 
de tensão) no circuito, logo a EDO que modela o circuito LRC descrito é dada por 
 
)(
1
2
2
tEq
Cdt
dq
R
dt
qd
L 
. 
 
Exemplo 5: Encontrar a carga 
)(tq
 no capacitor em um circuito em série LRC no qual a 
indutância é 
H25,0
, a resistência é 
10
, a capacitância é 
F001,0
, 
VtE 0)( 
, 
Cq 3)0( 
 e 
Ai 0)0( 
. 
 
Resposta: 𝑞(𝑡) = 𝑒−20𝑡(3𝑐𝑜𝑠60𝑡 + 𝑠𝑒𝑛60𝑡) 
 
 
Exercícios 
 
1. Uma massa de 
kg5,4
 distende uma mola em 
cm05,22
. No instante 
0t
, a massa é 
solta de um ponto a 
cm8
 abaixo da posição de equilíbrio com uma velocidade direcionada 
para cima de 
scm /24
. Determine a função 
)(tx
 que descreve o movimento livre 
subsequente. Use 
2/8,9 smg 
. 
 
2. Uma massa de 
g750
, atada a uma mola, provoca nesta uma distensãode 
cm49
. 
Encontre a equação de movimento se o peso for solto a partir do repouso de um ponto 
cm25
 acima da posição de equilíbrio. Use 
2/8,9 smg 
. 
 
3. Dê uma possível interpretação física para o problema de valor inicial 
02
16
1
 xxx
, 
0)0( x
 e 
5,1)0( x
. 
 
4. Uma massa de 
kg1
 é atada a uma mola cuja constante de elasticidade é 
mN /16
 e o 
sistema inteiro é então submerso em um líquido que oferece uma força de amortecimento 
numericamente igual a 10 vezes a velocidade instantânea. Determine a equação de 
movimento se o peso parte do repouso de um ponto a 
m1
 abaixo da posição de equilíbrio. 
 
 
 
 
5 
5. Uma massa de 
kg25,0
 é atada a uma mola cuja constante é 
mN /4
. Supondo que uma 
força de amortecimento igual ao dobro da velocidade instantânea atua no sistema, 
determine a equação de movimento se o peso parte da posição de equilíbrio com 
velocidade de 
sm /3
 para cima. 
 
6. Uma massa de 
kg5,0
 é atada a uma mola de 
m5,1
 de comprimento. Na posição de 
equilíbrio, o comprimento da mola é de 
m48,2
. Se o peso for suspenso e solto a partir do 
repouso de um ponto 
m2
 acima da posição de equilíbrio, encontre o deslocamento 
)(tx
 
se é sabido ainda que o meio ambiente oferece resistência numericamente igual à 
velocidade instantânea. Use 
2/8,9 smg 
. 
 
7. Uma massa de 
kg1
 é atada a uma mola cuja constante é igual a 
mN /1
. A massa parte 
m5,0
 abaixo da posição de equilíbrio com velocidade de 
sm /5
 para cima, e uma força 
externa igual a 
ttf cos3)( 
 age no sistema a partir de 
0t
. Encontre a equação de 
movimento se o meio oferece uma força de amortecimento numericamente igual ao dobro 
da velocidade instantânea. 
 
8. Uma massa de 
kg1
 é atada a uma mola cuja constante é igual a 
mN /16
. A massa 
parte do repouso da posição de equilíbrio e uma força externa igual a 
ttf 4sin8)( 
 age 
no sistema a partir de 
0t
. Encontre a equação de movimento se o meio oferece uma 
força de amortecimento numericamente igual a 8 vezes a velocidade instantânea. 
 
9. Uma massa de 
kg2
 é atada a uma mola que tem constante de elasticidade igual a 
mN /1
. A massa parte do repouso 
m2
 acima da posição de equilíbrio e o movimento 
subsequente está sujeito a uma força de amortecimento igual ao triplo da velocidade 
instantânea. Encontre a equação de movimento se o peso sofre a ação de uma força 
externa igual a 
ttf sin3)( 
. 
 
10. Uma massa de 
kg5,0
 é atada a uma mola que tem constante de elasticidade igual a 
mN /6
. A massa parte do repouso 
m2
 abaixo da posição de equilíbrio e o movimento 
subsequente está sujeito a uma força de amortecimento igual à metade da velocidade 
instantânea. Encontre a equação de movimento se o peso sofre a ação de uma força 
externa igual a 
ttf 3cos10)( 
. 
 
11. Encontrar a carga 
)(tq
 no capacitor e a corrente 
)(ti
 em um circuito em série LRC 
no qual a indutância é 
H3/5
, a resistência é 
10
, a capacitância é 
F30/1
, 
VtE 300)( 
, 
Cq 0)0( 
 e 
Ai 0)0( 
. 
 
12. Encontrar a carga 
)(tq
 no capacitor em um circuito em série LRC no qual a indutância 
é 
H5,0
, a resistência é 
10
, a capacitância é 
F01,0
, 
VtE 150)( 
, 
Cq 1)0( 
 e 
Ai 0)0( 
. Qual é a carga no capacitor após um longo período de tempo? 
 
 
 
 
 
 
 
6 
 
 
Respostas 
 
1. 
3
20
sin036,0
3
20
cos08,0)(
tt
tx 
 
 
2. 
ttx 52cos
4
1
)( 
 
 
3. Uma massa de 
g5,62
 está atada a uma mola cuja constante é 
mN /1
. O sistema é 
amortecido com uma força de resistência numericamente igual a 2 vezes a velocidade 
instantânea. O peso parte da posição de equilíbrio com velocidade de 
sm /5,1
 para cima. 
 
4. 
tt eetx 82
3
1
3
4
)(  
 
 
5. 
ttetx 43)( 
 
 
6. 






  ttetx t 3sin
3
2
3cos2)(
 
 
7. 
tteetx tt sin
2
3
6
2
1
)(  
 
 
8. 
tteetx tt 4cos
4
1
4
1
)( 44  
 
 
9. 
tteetx tt sin
10
3
cos
10
9
5
8
2
1
)( 2/  
 
 
10. 
)3sin3(cos
3
10
2
47
sin
473
64
2
47
cos
3
4
)( 2/ ttttetx t 







 
 
 
11. 
)3sin3(cos1010)( 3 ttetq t  
; 
teti t 3sin60)( 3
. 
 
12. 
)10sin10(cos5,05,1)( 10 ttetq t  
; 
Ctq
t
5,1)(lim 

. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
7 
 
 
Referências 
 
- BASSANEZI, Rodney Carlos; FERREIRA JR., Wilson Castro. Equações Diferenciais 
com Aplicações. São Paulo: Harbra, 1988. 
 
- BASSANEZI, Rodney Carlos. Ensino-Aprendizagem com Modelagem Matemática. 
São Paulo: Editora Contexto, 2002. 
 
- BOYCE, W. E.; DiPRIMA, R. C. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de 
Valores de Contorno. Rio de Janeiro: LTC, 2001. 
 
- FIGUEIREDO, Djairo Guedes de; NEVES, Aloísio Freiria. Equações Diferenciais 
Aplicadas. Rio de Janeiro: IMPA, 1997. 
 
- HUGHES-HALLETT, D. et al., Cálculo, volume 2, Rio de Janeiro: LTC Editora, 1997. 
 
- ZILL, Dennis G. Equações Diferenciais. Vol. 1 e 2. São Paulo: Makron Books, 2001. 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 
Equações de Euler-Cauchy 
 
São equações que podem ser escritas na forma 
 
𝒂𝟐(𝒂𝒙 + 𝒃)
𝟐𝒚′′+𝒂𝟏(𝒂𝒙 + 𝒃)𝒚
′ + 𝒂𝟎𝒚 = 𝒓(𝒙), 
 
onde 𝑎0, 𝑎1, 𝑎2, 𝑎 e 𝑏 são constantes e 𝑟 pode depender da variável independente 𝑥. 
 
Sua resolução se dá pela substituição 
 
𝑎𝑥 + 𝑏 = 𝑎𝑒𝑡 , (1) 
 
recaindo em uma equação linear de coeficientes constantes. Derivando (1) com relação 
a 𝑥, obtém-se 
𝑑𝑡
𝑑𝑥
= 𝑒−𝑡. Por outro lado, como 𝑥 = 𝑓(𝑡), utilizando a Regra da Cadeia 
obtém-se 
 
𝑦′ =
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑑𝑦
𝑑𝑡
∙
𝑑𝑡
𝑑𝑥
=
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑒−𝑡 = �̇�𝑒−𝑡 . (2) 
 
Agora, derivando (2) com relação a 𝑥 obtém-se 
 
𝑦′′ =
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
=
𝑑
𝑑𝑥
(
𝑑𝑦
𝑑𝑥
) =
𝑑
𝑑𝑡
(
𝑑𝑦
𝑑𝑥
)
𝑑𝑡
𝑑𝑥
=
𝑑
𝑑𝑡
(
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑒−𝑡)
𝑑𝑡
𝑑𝑥
 , 
 
𝑦′′ =
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
= (
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
𝑒−𝑡 −
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑒−𝑡) 𝑒−𝑡 = (
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
−
𝑑𝑦
𝑑𝑡
) 𝑒−2𝑡 = (�̈� − �̇�)𝑒−2𝑡 . (3) 
 
 
Exemplo. Resolver a equação (2𝑥 + 1)2𝑦′′ − 2(2𝑥 + 1)𝑦′ − 12𝑦 = 6𝑥. 
 
Resolução. Primeiro, faz-se 
2𝑥 + 1 = 2𝑒𝑡 ⇔ 𝑥 =
2𝑒𝑡 − 1
2
 . (1) 
 
Levando (1), (2) e (3) à equação dada, obtém-se 
 
4�̈�(𝑡) − 8�̇�(𝑡) − 12𝑦(𝑡) = 3(2𝑡 − 1), 
 
que é uma equação linear de coeficientes constantes. 
 
A Solução Geral da equação linear é 
 
𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒
−𝑡 + 𝑐2𝑒
3𝑡 −
3
8
𝑒𝑡 +
1
4
 . 
 
Finalmente, a Solução Geral da equação de Euler-Cauchy fica 
 
𝑦(𝑥) = 𝑐1 (
2𝑥 + 1
2
)
−1
+ 𝑐2 (
2𝑥 + 1
2
)
3
−
3
8
(
2𝑥 + 1
2
) +
1
4
 . 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 
Método das Séries de Potências 
 
A maioria das equações diferenciais não pode ser resolvida explicitamente em termos de 
combinações finitas de funções usuais simples. Isso acontece mesmo para equações de 
aparência simples como, por exemplo, a equação de Airy, 𝑦′′ − 𝑥𝑦 = 0, encontrada no 
estudo da difração da luz, difração de ondas de rádio em torno da superfície da Terra, 
aerodinâmica e deflexão de uma coluna vertical fina e uniforme que se inclina sobre seu 
próprio peso. Diversas equações deste tipo surgem de problemas físicos, especialmenteem conexão com a equação de Schrödinger na Mecânica Quântica. 
 
O Método das Séries de Potências objetiva encontrar uma solução da 
forma 
𝑓(𝑥) = 𝑦 = ∑ 𝑎𝑛𝑥
𝑛 = 𝑎0 +
∞
𝑛=0
𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥
2 + 𝑎3𝑥
3 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑥
𝑛 + ⋯ , 
 
pela substituição desta expressão e de suas derivadas, 
 
𝑓′(𝑥) = 𝑦′ = ∑ 𝑛𝑎𝑛𝑥
𝑛−1
∞
𝑛=1
= ∑(𝑛 + 1)𝑎𝑛+1𝑥
𝑛
∞
𝑛=0
 , 
 
𝑓′′(𝑥) = 𝑦′′ = ∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝑎𝑛𝑥
𝑛−2
∞
𝑛=2
= ∑(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑎𝑛+2𝑥
𝑛 ,
∞
𝑛=0
 
 
na equação diferencial dada, e determinar os valores dos coeficientes 𝑎2, 𝑎3, 𝑎4, ...,𝑎𝑛, ..., 
uma vez que no PVI em torno de 𝑥 = 0 tem-se 𝑓(0) = 𝑎0 e 𝑓
′(0) = 𝑎1. Por este método, a 
Solução Geral da equação de Airy é dada por 
 
𝑦(𝑥) = 𝑎0 [1 +
𝑥3
2 ∙ 3
+
𝑥6
2 ∙ 3 ∙ 5 ∙ 6
+ ⋯ ] + 𝑎1 [𝑥 +
𝑥4
3 ∙ 4
+
𝑥7
3 ∙ 4 ∙ 6 ∙ 7
+ ⋯ ]. 
 
Exercícios 
 
Resolver, pelo Método das Séries de Potências em torno de 𝑥 = 0, o (PVI): 
 
1. 
0'2  yxyy
, 
0y(0) 
, 
1)0(' y
. 
 
2. 
02  yxy
, 
1y(0) 
, 
0)0(' y
. 
 
3. 
0'2  xyyxy
, 
0y(0) 
, 
1)0(' y
. 
 
4. 
0')1( 2  yxyyx
, 
1y(0) 
, 
1)0(' y
. 
 
5. 
0)1(  yyx
, 
2y(0) 
, 
3)0(' y
. 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
 
Sistemas de Equações Diferenciais Lineares 𝟐 𝑿 𝟐 
 
São do tipo {
𝑎1𝑦
′ + 𝑎2𝑧
′ + 𝑎3𝑦 + 𝑎4𝑧 = 𝐹1(𝑥)
𝑏1𝑦
′ + 𝑏2𝑧
′ + 𝑏3𝑦 + 𝑏4𝑧 = 𝐹2(𝑥)
, de incógnitas 𝑦 = 𝑦(𝑥) e 𝑧 = 𝑧(𝑥). 
 
Para resolvê-lo, isola-se uma das incógnitas, 𝑦 ou 𝑧, em função da outra e de sua 
derivada, fazendo-se a substituição em uma das equações. 
 
 
Exercícios 
 
Resolver os seguintes sistemas: 
 
1. {
𝑦 + 𝑧′ = 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑦′ + 𝑧 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑠𝑒𝑛𝑥
 
 
Resposta: 𝑧 = 𝐶1𝑒
𝑥 + 𝐶2𝑒
−𝑥, 𝑦 = −𝐶1𝑒
𝑥 + 𝐶2𝑒
−𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥. 
 
 
2. {
2𝑦′ − 𝑧′ − 𝑦 + 𝑧 = 0
𝑦′ + 𝑧′ − 2𝑧 = 0
 
 
Resposta: 𝑦 = 𝐶1𝑒
3+√3
3
𝑥 + 𝐶2𝑒
3−√3
3
𝑥
, 𝑧 = (2 + √3)𝐶1𝑒
3+√3
3
𝑥 + (2 − √3)𝐶2𝑒
3−√3
3
𝑥
. 
 
 
3. {
𝑦′ + 𝑧′ − 𝑦 − 4𝑧 = 𝑒5𝑥
𝑦′ + 𝑧′ − 2𝑦 − 3𝑧 = 𝑒2𝑥
 
 
Resposta: 𝑧 = 𝐶1𝑒
5𝑥
2 −
3
5
𝑒5𝑥 − 𝑒2𝑥, 𝑦 = 𝐶1𝑒
5𝑥
2 +
2
5
𝑒5𝑥 − 2𝑒2𝑥. 
 
 
4. {
𝑦′ + 𝑧′ − 2𝑦 − 2𝑧 = 3𝑒𝑥
𝑧′ − 𝑦 − 4𝑧 = 𝑒𝑥
 
 
Resposta: 𝑧 = 𝐶1𝑒
2𝑥 + 𝐶2𝑒
3𝑥 + 𝑒𝑥, 𝑦 = −2𝐶1𝑒
2𝑥 − 𝐶2𝑒
3𝑥 − 4𝑒𝑥. 
 
 
5. {
2𝑦′ + 𝑧′ − 4𝑦 − 𝑧 = 𝑒𝑥
𝑦′ + 3𝑦 + 𝑧 = 0
 
 
Resposta: 𝑦 = 𝐶1𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛𝑥 −
1
2
𝑒𝑥, 
𝑧 = −(3𝐶1 + 𝐶2)𝑐𝑜𝑠𝑥 + (𝐶1 − 3𝐶2)𝑠𝑒𝑛𝑥 + 2𝑒
𝑥 . 
 
 
6. {
𝑦′ − 3𝑦 + 2𝑧′ + 4𝑧 = 2𝑠𝑒𝑛𝑥
2𝑦′ + 2𝑦 + 𝑧′ − 𝑧 = 𝑐𝑜𝑠𝑥
 
 
Resposta: 𝑦 = 𝐶1𝑒
−𝑥/3 + 𝐶2𝑒
−5𝑥 +
1
65
𝑐𝑜𝑠𝑥 +
8
65
𝑠𝑒𝑛𝑥, 
𝑧 = 𝐶1𝑒
−𝑥/3 −
4
3
𝐶2𝑒
−5𝑥 −
33
130
𝑐𝑜𝑠𝑥 +
61
130
𝑠𝑒𝑛𝑥. 
 
 
7. {
2𝑦′ − 3𝑦 + 𝑧 = 4𝑒𝑥
𝑦 + 2𝑧′ − 3𝑧 = 0
 
 
Resposta: 𝑦 = 𝐶1𝑒
2𝑥 + 𝐶2𝑒
𝑥 + 𝑥𝑒𝑥, 𝑧 = −𝐶1𝑒
2𝑥 + (2 + 𝐶2)𝑒
𝑥 + 𝑥𝑒𝑥. 
 
 
8. {
4𝑧′ − 𝑦′ + 3𝑧 = 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑧′ + 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑥
 
 
Resposta: 𝑧 = 𝐶1𝑒
−𝑥 + 𝐶2𝑒
−3𝑥, 𝑦 = 𝐶1𝑒
−𝑥 + 3𝐶2𝑒
−3𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥. 
RESUMO DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 2ª ORDEM 
 
 
 
EDOs Lineares de Segunda Ordem Homogêneas com Coeficientes Constantes 
 
São equações do tipo 
0'"  cybyay
. Resolve-se a equação auxiliar 
02  crbra
 e 
a) se 
042  acb
, então
xrxr
eCeCxy 21 21)( 
 é a solução geral, onde 
1r
 e 
2r
 são as 
raízes da equação auxiliar; 
b) se 
042  acb
, então
rxrx xeCeCxy 21)( 
 é a solução geral, onde 
r
 é a raiz 
dupla da equação auxiliar; 
c) se 
042  acb
, então
xeCxseneCxy xx   cos)( 21  é a solução geral, onde 
i 
 são as raízes complexas da equação auxiliar. 
 
 
EDOs Lineares de Segunda Ordem não-Homogêneas com Coeficientes Constantes 
 
São equações do tipo 
)('" xFcybyay 
. A solução geral é da forma 
)()()( hom xYxyxy 
, onde 
)(hom xy
 é a solução geral da equação homogênea 
0'"  cybyay
 e 
)(xY
 é uma solução particular da equação não-homogênea. 
 
 
- Método dos Coeficientes a Determinar 
 
a) Se 
)(xF
 é uma função polinomial de grau 2 e o termo 
cy
 está presente na equação, 
então 
CBxAxxY  2)(
; 
b) se 
rxKexF )(
 e 
r
 não é raiz da equação auxiliar 
02  cbrar
, então 
;)( rxAexY 
 
c) se 
rxKxF sin)( 
 ou 
rxKxF cos)( 
 e 
ri
 não é raiz da equação auxiliar 
02  cbrar
, então 
rxBrxAxY cossin)( 
. 
 
 
- Método da Variação dos Parâmetros 
 
A solução particular 𝑌(𝑥) é dada por 𝑌(𝑥) = 𝑢1(𝑥)𝑦1(𝑥) + 𝑢2(𝑥)𝑦2(𝑥), onde 
{𝑦1(𝑥), 𝑦2(𝑥)} é base do espaço das soluções da equação homogênea, 
 
𝑢1(𝑥) = − ∫
𝑦2(𝑥)𝐹(𝑥)
𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑥)
𝑑𝑥 
 
e 
 
𝑢2(𝑥) = ∫
𝑦1(𝑥)𝐹(𝑥)
𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑥)
𝑑𝑥. 
 
 
 
 
Equação de Euler-Cauchy de 2ª Ordem 
 
)()()( 21
2
0 xFyaybaxaybaxa 
; resolve-se fazendo as substituições 
taebax 
, 
a
bae
x
t 

, 
te
dt
dy
dx
dy
y 
 e 
te
dt
dy
dt
yd
dx
yd
y 2
2
2
2
2








. 
 
 
 
Modelos de Equações Diferenciais 
 
- Sistema Massa-Mola 𝒎𝒄𝒌 
 
)()()(')(" tftkxtcxtmx 
 
 
- Circuito Elétrico 𝑳𝑹
𝟏
𝑪
 
 
)()(
1
)(')(" tEtq
C
tRqtLq 
 
 
 
 
Método das Séries de Potências 
 
𝑓(𝑥) = 𝑦 = ∑ 𝑎𝑛𝑥
𝑛 
∞
𝑛=0
 
 
𝑓′(𝑥) = 𝑦′ = ∑ 𝑛𝑎𝑛𝑥
𝑛−1
∞
𝑛=1
= ∑(𝑛 + 1)𝑎𝑛+1𝑥
𝑛
∞
𝑛=0
 
 
𝑓′′(𝑥) = 𝑦′′ = ∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝑎𝑛𝑥
𝑛−2
∞
𝑛=2
= ∑(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑎𝑛+2𝑥
𝑛
∞
𝑛=0
 
 
 
 
Sistemas de Equações Diferenciais 2 X 2 
 
São do tipo 





)(''
)(''
24321
14321
xFzbybzbyb
xFzayazaya , de incógnitas 
)(xyy 
 e 
)(xzz 
. 
 
Para resolvê-lo, isola-se uma das incógnitas, 𝑦 ou 𝑧, em função da outra e de sua derivada, 
fazendo-se a substituição em uma das equações. 
Universidade Tecnológica Federal do Paraná 
 
APS de Equações Diferenciais Ordinárias para o dia 14/09/2016 
 
NOME: TURMA: 
 
1. (8, p. 17) Encontrar a Solução Particular de (𝑥2 + 4)𝑦′ − 𝑒−2𝑦 = 0, 𝑦(0) = 0. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2. (Aula 02-Aula 03) O isótopo radioativo de chumbo, Pb-209, decresce a uma taxa 
proporcional à quantidade presente em qualquer tempo. Sua meia-vida é de 3,3 horas. Se 1 
grama de chumbo está presente inicialmente, quanto tempo levará para 90% de chumbo 
desaparecer? 
Universidade Tecnológica Federal do Paraná 
 
APS de Equações Diferenciais Ordinárias para o dia 16/09/2016 
 
NOME: TURMA: 
 
1. (3, p. 55) Encontrar a Solução Particular de (𝑥2 − 𝑥𝑦 + 𝑦2)𝑑𝑥 − (𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0, 𝑦(1) = 2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2. (6, p. 76) Encontrar a Solução Geral da equação (1 + 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥) + (1 − 𝑐𝑜𝑠𝑥)𝑦′ = 0. 
Universidade Tecnológica Federal do Paraná 
 
APS de Equações Diferenciais Ordinárias para o dia 21/09/2016 
 
NOME:TURMA: 
 
1. (5, p. 91) Achar a solução particular para 𝑦 = 𝑏 e 𝑥 = 𝑎 em 𝑥𝑦′ + 𝑦 = 𝑒𝑥. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2. (Aula 08) Uma força eletromotriz de 
V100
 é aplicada a um circuito RC em série no qual 
a resistência é de 
200
 e a capacitância é de 
F410
. Ache a carga 
)(tq
 no capacitor se 
0)0( q
. Calcule a corrente 
)(ti
. 
Universidade Tecnológica Federal do Paraná 
 
APS de Equações Diferenciais Ordinárias para o dia 23/09/2016 
 
NOME: TURMA: 
 
1. (1, p. 97) Calcular a Solução Particular de 𝑥𝑦′ + 𝑦 = 𝑥3𝑦3, 𝑦(1) = 1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2. (4, p. 98) Calcular a Solução Particular de 𝑦′ +
2
𝑥
𝑦 = 2𝑦2, 𝑦(2) = −1. 
Universidade Tecnológica Federal do Paraná 
 
APS de Equações Diferenciais Ordinárias para o dia 21/10/2016 
 
NOME: TURMA: 
 
1. (1, p. 167) Utilize o “Método dos Coeficientes a Determinar” para encontrar a Solução 
Geral da equação 𝑦′′ − 4𝑦 = 8𝑥2 − 𝑥 + 12. Calcule também a Solução Particular quando 
𝑦(0) = −1 e 𝑦′(0) = 3. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2. (1, p. 178) Utilize o “Método dos Coeficientes a Determinar” para encontrar a Solução 
Geral da equação 𝑦′′ − 3𝑦′ + 2𝑦 = 2𝑠𝑒𝑛𝑥. Calcule também a Solução Particular quando 
𝑦(0) = 1 e 𝑦′(0) = 2. 
Universidade Tecnológica Federal do Paraná 
 
APS de Equações Diferenciais Ordinárias para o dia 26/10/2016 
 
NOME: TURMA: 
 
1. (1, p. 207) Utilize o “Método da Variação dos Parâmetros” para encontrar a Solução Geral 
da equação 𝑦′′ − 2𝑦′ + 𝑦 = 𝑒𝑥/𝑥. Calcule também a Solução Particular quando 𝑦(1) = 0 e 
𝑦′(1) = 1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2. (2, p. 207) Utilize o “Método da Variação dos Parâmetros” para encontrar a Solução Geral 
da equação 𝑦′′ + 𝑦 = 1/𝑐𝑜𝑠𝑥. Calcule também a Solução Particular quando 𝑦(0) = 3 e 
𝑦′(0) = 4. 
Universidade Tecnológica Federal do Paraná 
 
APS de Equações Diferenciais Ordinárias para o dia 04/11/2016 
 
NOME: TURMA: 
 
1. Determinar a solução para a equação 
04
2
2
 x
dt
xd
 que satisfaça as condições iniciais 
1)0( x
, 
6)0( x
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta: 
tttx 2sin32cos)( 
 
 
2. Suponhamos que uma mola seja imersa em óleo, satisfazendo a equação diferencial 
023
2
2
 x
dt
dx
dt
xd
. Resolver esta equação com as condições iniciais 
5,0)0( x
 e 
3)0( x
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta: 
tt eetx 25,22)(  
 
 
 
2 
3. Um objeto de massa 
kgm 10
 é preso a uma mola com constante de mola 
2/20 skgk 
, e sofre a ação de uma força de atrito proporcional à velocidade, com 
constante de proporcionalidade 
skgc /20
. No instante 
0t
, o objeto é liberado a 
partir do repouso de uma posição 2 metros acima da posição de equilíbrio. Obtenha e 
resolva o problema de valor inicial que descreve o movimento. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta: 
 ttetx t sincos2)(  
 
Universidade Tecnológica Federal do Paraná 
 
APS de Equações Diferenciais Ordinárias para o dia 09/11/2016 
 
NOME: TURMA: 
 
1. Encontrar a carga 
)(tq
 no capacitor em um circuito em série RLC no qual a indutância 
é 
H25,0
, a resistência é 
10
, a capacitância é 
F001,0
, 
VtE 0)( 
, 
Cq 3)0( 
 e 
Ai 0)0( 
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta: 𝑞(𝑡) = 𝑒−20𝑡(3𝑐𝑜𝑠60𝑡 + 𝑠𝑒𝑛60𝑡) 
 
 
2 
2. Interpretar e resolver o problema de valor inicial 
tx
dt
dx
dt
xd
4cos522,12,0
2
2

, 
5,0)0( x
 e 
0)0( x
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta: 
ttttetx t 4sin
51
50
4cos
102
25
sin
51
86
cos
51
38
)( 3 





 
 
Universidade Tecnológica Federal do Paraná 
 
APS de Equações Diferenciais Ordinárias para o dia 16/11/2016 
 
NOME: Turma: 
 
1. Resolva, por Séries de Potências em torno de 
0x
, o PVI 
0'2  xyyxy
, 
5)0( y
, 
3)0(' y
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2. Resolva, por Séries de Potências em torno de 
0x
, o PVI 
0')1( 2  yxyyx
, 
2)0( y
, 
7)0(' y
.