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CÁLCULO III 
Maj Reinaldo Teixeira DELFINO 
BIBLIOGRAFIA 
• “Calculus”, Tom M. Apostol, Vol. 1 e 2 
 
• “Equações Diferenciais Elementares e 
Problemas de Valores de Contorno”, William E. 
Boyce & Richard C. DiPrima 
ASSUNTOS 
• Equações Diferenciais Ordinárias (E.D.O.) de 1a 
ordem, E.D.O. lineares de 2a ordem (Vol. 1, 
Cap. 8) e E.D.O. lineares de Ordem n (Vol. 2, 
Cap. 6); 
• Sequências Numéricas, Séries Infinitas e 
Integrais Impróprias (Vol. 1, Cap. 10); 
• Sequências e Séries de Funções, Séries de 
Potência (Vol. 1, Cap. 11); 
• Resolução de E.D.O. lineares por séries (Vol. 2, 
Cap. 6) 
Introdução às Equações Diferenciais: 
Definição e Terminologia 
• DEFINIÇÃO: uma equação diferencial é aquela 
cuja incógnita é uma função. Tal equação 
deve conter pelo menos uma derivada ou 
diferencial desta função. 
 
• Exemplos: 
 f’(x) = f(x) 
 (x-y’’’)2 –y.y” = (1+y(4))3, onde y=y(x) 
• Se a incógnita é uma função de apenas uma 
variável, as suas derivadas são ordinárias, e a 
equação é dita uma equação diferencial 
ordinária (E.D.O.). Caso a incógnita seja uma 
função de duas ou mais variáveis, as suas 
derivadas são parciais, e a equação é uma 
equação diferencial parcial (E.D.P.). 
 
• Exemplos de E.D.P.: 
a2.uxx = ut (equação do calor), onde u=u(x,t) 
a2.uxx = utt (equação da onda) 
• Ordem de uma equação diferencial: é dada 
pela derivada de mais alta ordem que aparece 
na equação. 
• Grau de uma equação diferencial: é o maior 
expoente a que está elevada a derivada de 
maior ordem. 
• Assim, F(x, u(x), u’(x), ..., u(n)(x)) = 0 representa 
genericamente uma E.D.O. de ordem n. 
Qualquer função y(x) que satisfaça esta 
relação é uma solução da E.D.O. 
• Exercício: Verifique se as funções sen x, cos x, 
tg x, sen x + cos x e sen x + tg x são soluções 
da equação y” + y = 0. 
RESOLUÇÃO 
 (sen x)’’ + sen x = – sen x + sen x = 0  sen x é 
solução da E.D.O. 
 
 (tg x)’’ + tg x = 2.sec2x.tg x + tg x  0  tg x 
não é solução da E.D.O. 
 Analogamente para as outras funções. 
• Tipos de solução de uma equação diferencial: 
– SOLUÇÃO GERAL: é aquela que possui um número 
de constantes arbitrárias igual à ordem da 
equação. 
 
– SOLUÇÃO PARTICULAR: pode ser obtida a partir da 
solução geral atribuindo-se valores às constantes 
 
– SOLUÇÃO SINGULAR: é aquela que não pode ser 
deduzida a partir da solução geral (apenas 
algumas equações apresentam este tipo de 
solução). 
• Exemplo: 
 f(x) = C1.cos x + C2.sen x é a solução geral da 
equação y” + y = 0 
 
 g(t) = 2.e-kt é uma solução particular da equação 
dy/dt = – k.y(t) 
 
 
• Algumas vezes, ao solucionar-se uma equação 
diferencial, obtém-se uma integral que não 
pode ser resolvida analiticamente. Mesmo 
assim, considera-se que a equação está 
resolvida, se a sua solução puder ser expressa 
em termos de integrais de funções 
conhecidas. 
 
• Exemplo: 
   dxxeexeexCCy
xx exex .21 é a solução geral de  
2
1'2''  xe eeyyy
x
 
• A equação diferencial de ordem n F(x, y, y’, ..., 
y(n)) = 0 é dita linear se F for uma função linear 
das variáveis y, y’, y”, .., y(n). Caso contrário, a 
equação é não-linear. Uma E.D.O. linear pode 
ser genericamente representada por: 
 
an(x).y
(n) + an-1(x).y
(n-1) + ... + a1(x).y’ + a0(x).y = g(x) 
 
• Se g(x)  0, a equação é homogênea. 
• Exemplos: 
a) y” + y = 0 
 E.D.O. linear homogênea de 2a ordem e grau 1 
 
b) y”’ + 2.ex.y” + y.y’ = x4 
 E.D.O. não-linear de 3a ordem e grau 1 
 
c) (x – d3y/dx3)2 – y.d2y/dx2 = (1 + d4y/dx4)3 
 E.D.O. não-linear de 4a ordem e grau 3 
 
d) (x – d3y/dx3)5 – y.d2y/dx2 = (1 + d4y/dx4)3 
 E.D.O. não-linear de 4a ordem e grau 3 
 
• Em muitos problemas, deve-se escolher, dentre as 
soluções previstas na solução geral, aquela que 
satisfaça uma (ou mais) condição(ões). Para uma 
E.D.O. de 1a ordem, por exemplo, podemos desejar 
obter a solução particular que atenda à condição 
y(x0) = y0. Esta condição é denominada condição 
inicial, e o problema composto pela E.D.O. e pela 
condição inicial é conhecido como problema de 
condição (ou valor) inicial (ou problema de Cauchy). 
Para equações de ordem 2 ou superior, quando as 
condições se referem a mais de um valor da variável 
independente, tem-se um problema de valores de 
contorno. 
Equações Diferenciais de 1a Ordem 
• São equações do tipo f(x, y, y’) = 0. No caso 
mais simples, y’ = F(x); a solução geral desta 
equação é da forma y = F(x)dx + C. 
 
• Exemplo: 
y’ = sen 2x  y = – (1/2).cos 2x + C 
• TEOREMA: Se C é um dado no real, então 
existe uma e somente uma função f que 
satisfaz a equação diferencial f’(x) = f(x) para 
todo x real, e que também satisfaz a condição 
inicial f(0) = C. Esta função é dada pela 
fórmula f(x) = C.ex (Teorema de Existência e 
Unicidade). 
• DEMONSTRAÇÃO: 
 i) verifica-se diretamente que f(x) = C.ex é solução da 
E.D.O. dada e satisfaz a condição inicial. Falta 
demonstrar que esta é a única solução. 
 ii) seja g(x) uma função qualquer tal que g(x) = g’(x) 
para todo x real, e g(0) = C. Seja ainda h(x) = g(x).e-x. 
Logo: 
 h’(x) = g’(x).e-x – g(x).e-x = e-x.[g’(x) – g(x)] = 
= e-x.0 = 0  h(x) é constante. 
 Porém: g(0) = C  h(0) = g(0).e0 = C 
 Como h(x) é constante: h(x) = g(x).e-x = C  g(x)= 
=C.ex = f(x) 
Equações Diferenciais Lineares 
de 1ª Ordem 
• São equações da forma y’ + P(x).y = Q(x), onde P(x) e 
Q(x) são funções contínuas em algum intervalo 
aberto I. Desejamos obter as soluções desta E.D.O. 
neste intervalo. 
 
• Ideia intuitiva: no caso particular em que Q(x) = 0: 
 y’ + P(x).y = 0 
 Se y  0 em I: y’/y = - P(x) 
 Supondo y > 0 em I: y’/y = D(ln y) = - P(x)  
  y = e- A(x), onde A(x) = P(x)dx + C. Logo, se houver 
solução positiva para a E.D.O. homogêna 
considerada, ela terá esta forma. 
 
 Porém: y = e
- A(x)  y’ = - e-A(x) .A’(x) = - P(x).e-A(x) = 
= - P(x).y  toda função da forma y = e- A(x) é solução 
da E.D.O. homogêna. 
 
 Assim, encontramos todas as soluções positivas da 
E.D.O. homogênea. Para determinar todas as 
soluções, demonstraremos o seguinte Teorema de 
Existência e Unicidade: 
• TEOREMA: Seja P(x) uma função contínua em 
um intervalo aberto I. Sejam a um ponto em 
I, e b um número real qualquer. Então há uma 
e somente uma função y = f(x) que satisfaz o 
problema de condição inicial 
 
y' + P(x).y = 0, com f(a) = b 
 
no intervalo I. Esta função é dada por: 
f(x) = b.e-A(x) , onde 
 

x
a
dttPxA )()(
• DEMONSTRAÇÃO: 
 (i) Seja f a função definida acima. Como A(a) = 0, f(a) 
= b. Além disto, como f(x) satisfaz a E.D.O. 
homogênea, constata-se que f é solução do 
problema de valor inicial. 
 
 (ii) Sejam g(x) uma solução qualquer do problema de 
valor inicial, e h(x) = g(x).eA(x). 
 h'(x) = g’(x).eA(x) + g(x).eA(x).A’(x) = eA(x).[g’(x) + 
+P(x).g(x)] = eA(x).0 = 0  h(x) é constante em I. 
 Logo, h(x) = h(a) = g(a).eA(a) = g(a) = b  
g(x).eA(x) = b g(x) = b.e-A(x) = f(x). 
 
• TEOREMA: Sejam P(x) e Q(x) funções 
contínuas em um intervalo aberto I. Sejam a 
um ponto em I, e b um número real qualquer. 
Então há uma e somente uma função y = f(x) 
que satisfaz o problema de condição inicial 
 
y' + P(x).y = Q(x), com f(a) = b 
 
no intervalo I. Esta função é dada por: 
f(x) = b.e-A(x) + e-A(x) . , onde 
x
a
dttPxA )()(

x
a
tA
dtetQ
)(
)(
• DEMONSTRAÇÃO: 
 (i) Seja f a função definida acima. Como A(a) = 0, f(a) 
= b. Além disto: 
 f’(x) + P(x).f(x) = -b.A’(x).e-A(x) + e-A(x) .Q(x).eA(x) - 
 - A’(x).e-A(x).+ P(x)[b.e-A(x) + e-A(x) . ] = 
= Q(x)  f é solução do problema de valor inicial. 
 
 (ii) Sejam g(x) uma solução qualquer do problema de 
valor inicial, e h(x) = g(x).eA(x). Então: 
 h’(x) = g’(x).eA(x) + g(x).eA(x).A’(x) = eA(x).[g’(x) + 
+ P(x).g(x)] = eA(x).Q(x)  h(x) = h(a) + 
 

x
a
tA dtetQ )()( 
x
a
tA
dtetQ
)(
)(

x
a
tA
dtetQ
)(
)(
 Como h(a) = g(a).eA(a) = g(a), tem-se que: 
 h(x).e-A(x) = g(x) = g(a).e-A(x) + e-A(x). 
 
 Logo, todas as soluções da E.D.O. têm a forma da 
equação acima. 
 
 
 APLICAÇÕES PRÁTICAS DE E.D.O. LINEARES DE 
1ª ORDEM: Apostol, Vol. 1, Seção 8.6 
 

x
a
tA dtetQ )()(
E.D.O. NÃO-LINEARES DE 1a 
ORDEM 
• Não existe um teorema de existência e 
unicidade neste caso; problemas de valor 
inicial envolvendo E.D.O. não-lineares podem 
não ter solução, ou ter mais de uma solução. 
 
• Exemplo: 
1) (y’)2 – xy’ + y + 1 = 0 , y(0) = 0, não tem solução. 
2) y’ = 3y2/3, y(0) = 0, possui duas soluções: y1(x) = 0 
e y2(x) = x
3. 
• Quando existem soluções, muitas vezes não é 
possível determiná-las explicitamente, sendo 
possível apenas chegar a uma relação entre y 
e x conhecida como fórmula implícita. 
 
• Exemplo: Todas as soluções da E.D.O. 
 y’ = (y - x)/(y + x) 
 satisfazem a relação: 
(1/2).ln(x2 + y2) + arctg (y/x) + C = 0. 
• Considere a relação implícita F(x,y,C) = 0. Para 
um dado C, esta relação expressa uma função 
cujo gráfico no sistema de coordenadas é 
conhecido como curva integral. A coleção de 
curvas integrais obtida variando-se o valor de 
C é denominada família de curvas a um 
parâmetro. 
 
Exemplo de família de curvas a um parâmetro: 
y = a.sen x, -  x   e 0  a  1 
FONTE: 
http://diadematematica.diadematematica.com.br/modules/mastop_pub
lish/print.php?tac=Winplot 
EQUAÇÕES SEPARÁVEIS 
• São equações que podem ser separadas em 
dois membros, um dos quais é função de y e o 
outro função de x, isto é, y’ = Q(x).R(y) 
 
• Exemplo: y’ = sen y . ln x 
• TEOREMA: Seja y = Y(x) uma solução qualquer 
da equação separável A(y).y’ = Q(x), tal que Y’ 
seja contínua em um intervalo aberto I. 
Considere que Q e a função composta A[Y(x)] 
sejam contínuas em I. Seja G uma primitiva 
de A, isto é, G’ = A. Então Y satisfaz a relação 
G(y) = Q(x)dx + C. Reciprocamente, se y 
satisfaz esta relação, então y é solução da 
equação separável. 
• DEMONSTRAÇÃO: 
 (i) Y é solução da E.D.O. separável  A[Y(x)].Y’(x) = 
= Q(x),  x  I 
 G’= A  G’[Y(x)].Y’(x) = Q(x)  [G[Y(x)]]’ = Q(x)  
 G[Y(x)] = Q(x)dx + C 
 
 (ii) G[Y(x)] = Q(x)dx + C  [G[Y(x)]]’ = A[Y(x)].Y’(x) = 
= Q(x)  Y é solução da E.D.O. separável 
• Observação: Observe que a fórmula G(y) = 
= Q(x)dx + C pode ser reescrita como 
A[Y(x)].Y’(x)dx = Q(x)dx + C. Fazendo as 
substituições y = Y(x) e dy = Y’(x)dx, obtém-se 
A(y)dy = Q(x)dx + C. Fica assim justificado o 
procedimento usualmente empregado para a 
solução de equações separáveis. 
 
• Exemplo: Determine a solução geral da 
equação y’ = y/x 
kxy
xCLnCLnxLnCxLnyLn
C
x
dx
y
dy
x
dx
y
dy
x
y
y


 
11
'
EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS 
• Diz-se que uma função é homogênea de grau 
k quando f(tx,ty) = tk.f(x,y). 
 
• Exemplo: f(x,y) = xy é homogênea de grau 2 
 f(x,y) = x2y + xy2 é homogênea de 
grau 3. 
• A E.D.O. M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 é dita 
homogênea se M e N são homogêneas de 
mesmo grau. 
 
• Exemplos: 
 (x + y)dx + (x – y)dy = 0 
 (x2 – y2)dx – 2xy.dy = 0. 
• Seja M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 uma E.D.O. 
homogênea, com grau de homogeneidade k. 
Logo: 
 
 
 
 Seja y = u.x  dy/dx = u + x.du/dx. Assim: 
 
 
 (E.D.O. separável) 
)/,1(
)/,1(
)/,1(
)/,1(
)/,(
)/,(
),(
),(
xyN
xyM
xyNx
xyMx
xxyxN
xxyxM
yxN
yxM
dx
dy
k
k

x
uuF
dx
du
uF
uN
uM
dx
du
xu


)(
)(
),1(
),1(
• Exemplo: determine a solução geral da 
equação dy/dx = xy/(x2 + y2), x  0 e y  0. 
 
 
2222
2
22
33
2
2
3
222
2
22
1
11)1(
xKyyLny
CyLn
y
x
CxLnuLn
u
C
x
dx
u
du
u
du
x
dx
du
u
u
u
u
dx
du
x
u
u
ux
ux
dx
du
xu
x
y
u














EQUAÇÕES EXATAS 
• A equação diferencial M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 
é dita exata se existe uma função diferenciável 
(x,y) tal que /x = M(x,y) e /y = 
= N(x,y). Assim, a E.D.O. exata pode ser 
representada por xdx + ydy = 0. O membro 
esquerdo desta equação é o diferencial total 
da função . Logo, (x,y) = constante = C. 
• TEOREMA: sejam M(x,y), N(x,y), My e Nx 
funções contínuas. Então a E.D.O. M(x,y)dx + 
+ N(x,y)dy = 0 é exata se e somente se My = Nx. 
 
• Demonstração: 
 (i) suponha que a E.D.O. seja exata. Então: 
 My = 
2/yx e Nx = 
2/xy. 
 Porém, My e Nx são contínuas, de modo que: 
2/yx = 2/xy, ou seja, My = Nx 
 (ii) Assuma que My = Nx, e considere a função: 
(x,y) = M(x,y)dx + h(y)  
 
 Fazendo N(x,y) = y: h’(y) = N(x,y) - My(x,y)dx (*) 
 
 Porém, [h’(y)]/x = Nx – My = 0  h’(y) é função 
apenas de y. Assim, basta integrar-se a equação (*) 
em relação a y para obter-se: 
 h(y) = [N(x,y) - My(x,y)dx]dy. Logo: 
 (x,y) = Mdx + h(y) = Mdx + [N - Mydx]dy 
 onde x = M(x,y) e y = N(x,y) 
  )(')(),( yhdxMyhdxyxM
yy
y 






• Exemplo: Determine a solução geral da E.D.O. 
(x2 – y2)dx – 2xydy = 0. 
 
 Resolução: 
 My = Nx = – 2y  equação exata 
 
x = x
2 – y2   = x3/3 – xy2 + h(y) 
y = –2xy + h’(y) = –2xy  h’(y) = 0  h(y) = C1 
 
 Logo:  = x3/3 – xy2 + C1 = C  x
3/3 – xy2 = K 
 
FATORES INTEGRANTES 
• Considere que a E.D.O. M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 
não seja exata, isto é, My  Nx. Para 
transformar esta equação em uma outra que 
seja exata, multipliquemos os seus membros 
por uma função u(x,y) que admita derivadas 
parciais contínuas: 
 
u(x,y).M(x,y)dx + u(x,y).N(x,y)dy = 0 
• Para que esta equação seja exata, devemos 
ter: [u(x,y).M(x,y)]/y = [u(x,y).N(x,y)]/x  
u = (ux.N – uy.M)/(My – Nx) (1) 
• A E.D.P. (1) pode ter várias soluções, e 
qualquer uma delas pode ser usada como 
fator integrante. Entretanto, a resolução da 
E.D.P. (1) é geralmente tão ou mais difícil do 
que a resolução da E.D.O. original. Assim, na 
prática, os fatores integrantes só podem ser 
encontrados em casos especiais, como 
quando u for função apenas de x ou de y. 
• Se u = u(x): uy = 0  u = ux.N/(My – Nx)  
 (My – Nx)/N = ux/u = h(x)  du/u = h(x)dx  
u = exp(h(x)dx) 
 
• Se u = u(y), tem-se analogamente que: 
 u = exp(h(y)dy), onde h(y) = (Nx – My)/M 
• Exemplo: determine a solução geral da 
equação (3xy + y2) + (x2 + xy)y’ = 0. 
 
 My = 3x + 2y  Nx = 2x + y (equação não-exata) 
 
 (My - Nx)/N = (x + y)/[x(x + y)] = 1/x = h(x)  
u(x) = exp(dx/x) = x 
 
 (3x2y + xy2)dx + (x3 + x2y)dy = 0 
 My = Nx = 3x
2 + 2xy (eq. exata) 
 x = 3x
2y + xy2  = x3y + x2y2/2 + g(y) 
 
 y = x
3 + x2y + g’(y) = x3 + x2y  g’(y) = 0  
 g(y) = C1 
 
  = x
3y + x2y2/2 + C1 = C  x
3y + x2y2/2 = K 
 (solução geral) 
E.D.O. DE GRAU SUPERIOR A 1 EM 
RELAÇÃO A y 
Equação de Clairaut 
• Uma E.D.O. da forma y = x.y’ + f(y’) é chamada 
Equação de Clairaut. 
 y = x.y’ + f(y’)  y’= y’ + x.y” + f’(y’).y”  
 y”.(x + f’(y’)) = 0  x + f'(y’)= 0 (solução 
singular) ou y” = 0  y = C1x + C2 
 
• As soluções devem ser testadas na E.D.O.! 
 
• Exemplo: y = xy’ – ln y’ 
 y’ = y’ + x.y’’ – y’’/y’  
 y’’(x – 1/y’) = 0  y’’ = 0 ou x – 1/y’ = 0 
 (i) y’’ = 0  y = A.x + B 
 Testando na E.D.O.: A.x + B = A.x – ln A  
 B = – ln A 
 (ii) x – 1/y’ = 0  y’ = 1/x  y = ln |x| + C 
 Testando na E.D.O.: ln |x| + C = 1 – ln(1/x)  
C = 1 
 Solução geral: y = A.x – ln A 
 Solução singular: y = ln x + 1, x > 0 
Equação de Lagrange 
• Uma E.D.O. da forma y = x.f(y’) + g(y’) é 
denominada Equação de Lagrange. Ela pode 
ser resolvida fazendo-se y’ = P. 
y = x.f(P) + g(P)  dy/dx = f(P) + x.f’(P).dP/dx + 
+ g’(P).dP/dx  P – f(P) – x.f’(P).dP/dx = 
= g’(P).dP/dx  
  dx/dP – f’(P).x/(P – f(P)) = g’(P)/[P – f(P)] 
(E.D.O. linear de 1ª ordem) 
• A solução é escrita na forma parametrizada 
x = x(P) e y = y(P). 
Equações Lineares de 2a Ordem 
• São equações da forma y” + P1(x).y’ + P2(x).y = 
= R(x). Se R(x)  0, a equação é dita 
homogênea. 
 
• Exemplos: 
(1–x2)y” – 2xy’ + a(a+1)y = 0 (Equação de Legendre) 
x2.y” + xy’ + (x2 – a2)y = 0 (Equação de Bessel) 
• TEOREMA DE EXISTÊNCIA E UNICIDADE: sejam 
P1(x), P2(x) e R(x) funções contínuas em um 
intervalo aberto I. Então o problema de valor 
inicial y” + P1(x)y’ + P2(x)y = R(x), y(x0) = k1, 
y’(x0) = k2, possui uma única solução em I. 
• Princípio da Superposição: se y1 e y2 são 
soluções da E.D.O. homogênea y” + P1(x)y’ + 
+ P2(x)y = 0, então a combinação linear c1y1 + 
+ c2y2 também é solução da E.D.O., quaisquer 
que sejam os valores de c1 e c2. 
 
 De fato: 
 (c1y1 + c2y2)” + P1(x).(c1y1 + c2y2)’ + P2(x).(c1y1 + 
+ c2y2) = c1(y1” + P1(x).y1’ + P2(x).y1) + c2(y2” + 
P1(x).y2’ + P2(x).y2) = 0. 
• Diz-se que y1 e y2 são soluções fundamentais 
da E.D.O. homogênea y” + P1(x).y’ + P2(x).y = 0 
se qualquer outra solução desta equação 
puder ser escrita como combinação linear de 
y1 e y2. Logo, se (x) é uma solução qualquer 
da E.D.O., então (x) = c1y1 + c2y2 para 
determinados valores de c1 e c2. Diz-se ainda 
que {y1,y2} é um conjunto fundamental de 
soluções para a E.D.O. homogênea, ou uma 
base para o espaço das soluções da E.D.O. 
homogênea. 
• Seja (x) uma solução arbitrária da E.D.O. 
homogênea. Desejamos expressar (x) como 
uma combinação linear das soluções 
fundamentais y1 e y2. Em outras palavras, 
desejamos achar os valores das constantes c1 
e c2 tais que (x) = c1y1(x) + c2y2(x),  x  I. 
Assim, seja x0 um ponto fixo de I. Temos o 
sistema: 
 



)(x' = )(x'yc + )(x'yc
)(x = )(xyc + )(xyc
0022011
0022011


• Para que o sistema acima seja determinado 
(isto é, possua uma única solução), o valor do 
determinante principal deve ser diferente de 
zero, ou seja, y1(x0).y2’(x0) – y1’(x0).y2(x0)  0. 
Neste caso, o teorema da existência e 
unicidade permite concluir que (x)  c1y1 + 
+ c2y2,  x  I. Assim, se o determinante 
y1.y2’ – y1’.y2 for diferente de zero  x  I, 
poderemos garantir que qualquer solução da 
E.D.O. homogênea será combinação linear de 
y1 e y2. 
• O determinante y1y2’ – y1’y2 = W(y1,y2,x) é 
denominado determinante Wronskiano, ou 
simplesmente Wronskiano, em homenagem 
ao matemático polonês Jósef Maria Höené-
Wronski. Concluímos que um conjunto {y1,y2} 
é fundamental de soluções da E.D.O. 
homogênea se e somente se W(y1,y2,x)  0, 
 x  I. 
• TEOREMA: sejam P1 e P2 funções contínuas 
em um intervalo I, e y1 e y2 duas soluções da 
equação y” + P1(x).y’ + P2(x).y = 0. Então, 
W(y1,y2,x) = 0  x  I, ou W(y1,y2,x)  0  x  
I. 
 
• Demonstração: se y1 e y2 são soluções da 
E.D.O. dada, tem-se que: 
y1” + P1(x).y1’ + P2(x).y1 = 0 (1) 
y2” + P1(x).y2’ + P2(x).y2 = 0 (2) 
 
 Multiplicando-se a eq. (1) por – y2 e a eq. (2) 
por + y1 e somando-se as duas: 
(y1.y2” – y1”.y2) +P1(x).(y1.y2’ – y1’.y2) = 0 (3) 
 
 Porém, W’(y1,y2,x) = y1y2” – y1”.y2, de modo 
que a eq. (3) pode ser reescrita como: 
 
 W’(y1,y2,x) + P1(x).W(y1,y2,x) = 0  
  W’(y1,y2,x)/W(y1,y2,x) = – P1(x)  
  W(y1,y2,x) = K.exp[– P1(x)dx] 
 
 Como exp[– P1(x)dx]  0, o membro direito 
da equação acima só será nulo se K = 0; neste 
caso, W(y1,y2,x)  0,  x  I. Por outro lado, 
se existir algum x0  I tal que 
W(y1(x0),y2(x0),x0)  0, então K  0, e 
W(y1,y2,x)  0  x  I. 
Funções Linearmente 
Independentes 
• Duas funções f e g são linearmente 
independentes (L.I.) em um intervalo I se 
a1.f(x) + a2.g(x) = 0,  x  I  a1 = a2 = 0. 
Caso contrário, elas são ditas linearmente 
dependentes (L.D.). 
• TEOREMA: sejam P1 e P2 duas funções 
contínuas em um intervalo aberto I, e y1(x) e 
y2(x) duas soluções da E.D.O. 
 y” + P1(x).y’ + P2(x).y = 0 
 Então y1 e y2 são L.I. se e somente se 
W(y1,y2,x)  0  x  I. 
 
• Demonstração: considere que W(y1,y2,x)  0 , 
e que c1y1 + c2y2 = 0 em I. Assim, tem-se as 
seguintes expressões para um ponto x0: 
c1y1(x0) + c2y2(x0) = 0 
c1y1’(x0) + c2y2’(x0) = 0 
 
 O determinante principal do sistema é igual a 
W(y1,y2,x0), que é diferente de zero. Então, o 
sistema é determinado, e a única solução é 
c1 = c2 = 0, concluindo-se que y1 e y2 são L.I. 
 
 O raciocínio inverso mostra que, se y1 e y2 são 
L.I., então W(y1,y2,x)  0. 
E.D.O. de 2a Ordem Homogêneas 
com Coeficientes Constantes 
• São equações da forma ay” + by’ +cy = 0, onde 
a, b e c são constantes (a  0). 
• Desejamos obter as soluções fundamentais 
para esta equação. Funções da forma erx 
parecem ser candidatas razoáveis. Assim: 
 y = erx, y’ = r.erx e y” = r2.erx 
 ar2.erx + br.erx + c.erx = 0  
 erx.(ar2 + br + c) = 0  ar2 + br + c = 0 
• A equação ar2 + br + c = 0 é denominada 
equação característica associada à equação 
ay” + by’ +cy = 0. 
 
• 1o caso: b2 – 4ac > 0 _ a eq. característica 
possui duas raízes reais e distintas r1 e r2. 
Assim, duas soluções da E.D.O. dada são: 
 y1 = exp(r1x) e y2 = exp(r2x) 
 Como W(y1,y2) = (r2 – r1).exp[(r1 + r2)x]  0,  
x real, y1 e y2 são L.I. 
 y(x) = C1.exp(r1x) + C2.exp(r2x) 
• Exemplo: y” – y = 0 
 Equação característica: r2 – 1 = 0  r =  1 
 Solução geral: y = C1e
x + C2e
-x 
 
• 2o caso: b2 – 4ac < 0 _ a eq. característica 
possui duas raízes complexas conjugadas. 
 Seja Z = x + yi; define-se eZ = ex(cos y + i.sen y) 
 Re(eZ) = excos y; Im(eZ) = exsen y 
 
• TEOREMA: Se f(x) = u(x) + i.v(x) é uma solução 
complexa da equação ay” + by’ + cy = 0, então 
as partes real u(x) e imaginária v(x) também 
são soluções reais da mesma equação. 
 
• Demonstração: f’(x) = u’ + iv’; f”(x) = u” + i.v” 
 Substituindo na E.D.O.: 
 a[u”+ iv”] + b[(u’ + iv’] + c[u + iv] = 0  
[au” + bu’ + cu] + i[av” + bv’ + cv] = 0 = 0 + 0.i  
 au” + bu’ + cu = 0 e av” + bv’ + cv = 0 (C.Q.D.) 
• Assim, se a equação característica associada à 
E.D.O. possuir raízes complexas, então uma 
solução da E.D.O é da forma y = k.exp(C + iD). 
Porém, pelo último teorema, verifica-se que 
y1 = e
Cx.cos Dx e y2 = e
Cx.sen Dx também são 
soluções da E.D.O. (soluções reais). Uma vez 
que W(y1,y2,x)  0, y1 e y2 são soluções 
fundamentais, e a solução geral da E.D.O. é 
dada por: y = C1.e
Cx.cos Dx + C2e
Cx.sen Dx. 
• Exemplo: 5y” – y’ + 3y = 0 
 Equação característica: 5r2 – r + 3 = 0  
 
 
 
 
 
10
591 i
r











10
59
10
59
cos)( 21
10
x
senC
x
Cexy
x
• 3o caso: b2 – 4ac = 0 _ neste caso, a equação 
característica possui uma raiz real dupla 
r = –b/2a, de modo que uma solução é dada 
por y1 = exp(-bx/2a).Precisamos encontrar 
uma solução y2 que forme com y1 um 
conjunto fundamental de soluções. Suponha 
que y = v(x).y1(x), onde v(x) é uma função a 
ser determinada. Assim: 
 
 y’= v’y1 + vy1’; y” = v”y1 + 2v’y1’ + vy1” 
• Substituindo na E.D.O.: 
 a[v”.erx + 2rerx.v’ + r2. erx.v] + b[erx.v’ + r. erx.v] + 
+ cv. erx = 0  
  a.v” + (2ar + b).v’ + (ar2 + br + c).v = 0 
 
 r é raiz da eq. característica  ar2 + br + c = 0, 
e 2ar + b = 0. Logo: 
 a.v” = 0  v” = 0  v = C1.x + C2 
 
 Portanto, a função y = erx.(C1.x + C2), onde 
r = -b/2a, também é solução da E.D.O. y é 
combinação linear das soluções y1 = e
rx e y2 = 
= x.erx. Uma vez que W(y1,y2,x)  0, tem-se 
que y1 e y2 formam um conjunto fundamental 
de soluções, e a solução geral da E.D.O. é dada 
por y = e-bx/2a.(C1x + C2) 
 
• Exemplo: y” + 4y’ + 4y = 0 
 Equação característica: r2 + 4r + 4 = 0  
 r = – 2 (raiz dupla)  y(x) = C1.e
-2x + C2xe
-2x 
Equações Lineares Não-homogêneas 
• São equações da forma: 
 y” + p(x).y’ + q(x).y = g(x) 
• Seja L[y] = y” + p(x).y’ + q(x).y = 0 a E.D.O. 
homogênea associada à E.D.O. não-
homogênea dada. Sejam y1 e y2 duas soluções 
L.I. da eq. L[y] = 0. Desejamos encontrar uma 
solução da equação L[y] = g(x) da forma 
yp
 = v1(x)y1 + v2(x)y2, onde v1 e v2 são funções 
a serem determinadas. 
 yp’ = v1’y1 + v1y1’ + v2’y2 + v2y2’ 
 
 Impondo a condição v1’y1 + v2’y2 = 0: (1) 
 yp’ = v1y1’ + v2y2’  yp” = v1’.y1’ + v2’.y2’ + 
+ v1.y1” + v2.y2” 
 Substituindo os valores de yp e suas derivadas 
na eq. L[y] = g(x), obtém-se a equação: 
 v1’.y1’ + v2’.y2’= g(x) (2) 
 As equações (1) e (2) formam um sistema cuja 
solução é: 
 v1’ = – g(x).y2/W(y1,y2,x) 
 v2’ = y1.g(x)/W(y1,y2,x) 
 A integração das equações acima fornece 
v1(x) e v2(x). Logo: 
 
 
 Este método de obtenção de uma solução 
particular para a equação L[y] = g(x) é 
conhecido como Método de Lagrange ou 
Método da Variação de Parâmetros. 
 

 dx
yyW
xgy
ydx
yyW
xgy
yyp
),(
)(.
),(
)(.
21
1
2
21
2
1
• TEOREMA: Se yp é uma solução particular da 
E.D.O. não-homogênea L[y] = g(x), então a 
solução geral desta equação é obtida 
somando-se yp à solução geral da equação 
homogênea L[y] = 0. 
 
• Demonstração: 
 Sejam y1 e y2 duas soluções quaisquer da eq. 
L[y] = g(x). Assim: 
 L[y1] = L[y2] = g(x)  L[y1 – y2] = g(x) – g(x) = 0 
 Portanto, y1 – y2 é uma solução da eq. 
homogênea L[y] = 0, e pode ser expressa 
como uma combinação linear das soluções 
fundamentais da equação homogênea t1 e t2: 
 y2 – y1 = c1.t1 + c2.t2  y2 = c1t1 + c2t2 + y1 
 
 A relação acima deve ser satisfeita por 
quaisquer pares de soluções y1 e y2 da E.D.O. 
não-homogênea L[y] = g(x). Por outro lado, 
toda função y2 que satisfaz esta relação é 
solução de L[y] = g(x). (C.Q.D.) 
• Exemplo: determine a solução geral da E.D.O. 
y” – 5y’ + 6y = 2.ex 
 
 Solução da E.D.O. homogênea associada: 
 h(x) = C1.e
3x + C2.e
2x 
 
 y1 = e
3x e y2 = e
2x  W(y1,y2) = -e
5x 
 v1(x) = - e
-2x e v2(x) = 2.e
-x  yp = e
x 
 y(x) = C1.e
3x + C2.e
2x + ex 
 
Métodos Especiais para a Obtenção de uma Solução Particular 
da Equação Não-homogênea y” + a.y’ +by = g(x), onde a e b são 
constantes: o Método dos Coeficientes Indeterminados 
• 1o caso: g(x) é um polinômio de grau n. 
 
– Se b  0, uma solução particular é um polinômio de grau n; 
– Se b = 0, uma solução particular é um polinômio de grau 
n + 1, desde que a  0; 
– Se a = b = 0, então y” = g(x), e a solução geral é obtida por 
duas integrações sucessivas. 
• 2o caso: g(x) = p(x).emx, onde p(x) é um polinômio de 
grau n, e m é constante. 
 
– A mudança de variável y = u(x).emx transforma a E.D.O. em 
uma nova equação em u(x), que recai no 1o caso. 
 
• 3o caso: g(x) = p(x).emx.cos(kx) ou, alternativamente, 
g(x) = p(x).emx. sen(kx), onde p(x) é um polinômio e m 
e k são constantes. 
 
– Há uma solução particular da forma yp = e
mx.[q(x).cos(kx) + 
r(x).sen(kx)], onde q e r são polinômios. 
• Exemplo: determine uma solução particular 
da E.D.O. y” + y = x.e3x 
 Resolução: yp = u(x).e
3x  yp’’ = e
3x[u’’ + 6u’ + 
+ 9u] 
 e3x[u’’ + 6u’ + 9u] + e3xu = x.e3x  u’’ + 6u’ + 
+ 10u = x 
 u(x) = Ax + B  6A + 10Ax + 10B = x  A = 
= 1/10 e B = – 3/50 
 u(x) = (5x – 3)/50  yp = e
3x (5x – 3)/50 
Equações Diferenciais Lineares de 
Ordem n (n  2) 
• São equações do tipo: 
 P0(x)y
(n)(x) + P1(x)y
(n-1)(x) + ... + Pn-1(x)y’(x) + 
Pn(x).y(x) = G(x), onde P0(x)  0. 
 
• As funções Pi(x) são contínuas em um 
intervalo aberto I. 
• Como P0(x)  0, a equação pode ser reescrita 
como: 
 y(n)(x) + p1(x)y
(n-1)(x) + ... + pn-1(x)y’(x) + 
+ pn(x).y(x) = g(x) 
 
 ou L[y] = g(x), onde L = Dn + p1D
n-1 + ... + pn-1D + 
pn. L é o operador diferencial linear de ordem 
n. 
• TEOREMA DE EXISTÊNCIA E UNICIDADE: 
considere a E.D.O. L[y] = g(x), onde p1, p2, ..., 
pn são contínuas em um intervalo aberto I. 
Então o problema: 
 L[y] = g(x), y(x0) = c0, y’(x0) = c1,..., y
(n-1)(x0) = 
= cn-1 
 
 (onde ci são números reais arbitrários) possui 
uma única solução em I. 
• TEOREMA DA DIMENSIONALIDADE: Seja L o 
operador diferencial linear de ordem n. Então 
o espaço de soluções da equação L[y] = 0 
possui dimensão n. 
Teoria Geral das Equações Lineares 
de Ordem n 
• Seja a equação L[y] = 0. Sejam y1, y2, ... ,yn, n 
soluções desta equação. Então, (x) = c1y1 + 
+ c2y2 + ... + cnyn, onde c1, ... ,cn são constantes 
reais, também é solução da E.D.O. (prove). 
 
• Se y1, y2, ..., yn são soluções L. I., então 
qualquer solução y = (x) da equação L[y] = 0 
pode ser expressa como combinação linear 
destas soluções. 
• Wronskiano: 
 
 
 
)1()1(
2
)1(
1
21
21
21
...
......................................
'.......''
........
),,...,,(


n
n
nn
n
n
n
yyy
yyy
yyy
xyyyW
• Critério da Linearidade: Sejam y1, y2, ... , yn 
soluções da equação homogênea L[y] = 0. 
Então y1, ..., yn são L. I. se e somente se 
W(y1,y2,...,yn,x)  0  x  I. 
 
• Como no caso n=2, W  0 ou W  0 em I. 
Logo, concluímos que, se W  0, então toda e 
qualquer solução da equação L[y] = 0 pode ser 
escrita como combinação linear de y1, y2, ..., 
yn. 
A Equação Não-Homogênea 
• TEOREMA: Sejam L o operador diferencial 
linear de ordem n, e y1, ..., yn soluções L. I. da 
equação homogênea L[y] = 0. Seja yp uma 
solução particular da equação L[y] = R(x). 
Então a solução geral da equação L[y] = R(x) é 
da forma y = yp + c1y1 + ... + cnyn (prova 
análoga a n = 2). 
• Método da variação de parâmetros: Apostol, 
Vol. 2, seção 6.11 
Equações Lineares Homogêneas 
com Coeficientes Constantes 
• São equações da forma: 
L[y] = a0y
(n) + ... + an-1y’ + any = 0 
 
 Como antes, propomos uma solução da forma 
y = erx, obtendo-se a equação característica: 
a0r
n + a1r
n-1 + ... + an-1r + an = 0 
• 1o caso: todas as raízes da equação 
característica são reais e distintas (r1, r2, ..., rn). 
y = C1exp(r1x) + C2exp(r2x) + ... + Cnexp(rnx) 
 
• 2o caso: há raízes complexas. 
 e(a+bi)x = e
ax cos (bx) + i.eaxsen(bx) 
 y1 = e
axcos(bx); y2 = e
axsen(bx) 
• 3o caso: há raízes reais repetidas. 
 Suponha que a raiz r tenha multiplicidade 
s  n. Então as soluções referentes a esta raiz 
terão a forma: 
 y1 = x
0.erx 
 y2 = x
1.erx 
 y3 = x
2.erx 
 ..................... 
 ys = x
s-1.erx 
• 4o caso: há raízes complexas repetidas.Admita que Z = a + bi seja uma raiz com 
multiplicidade s < n. Então: 
 y1 = e
axcos(bx) 
 y2 = e
axsen(bx) 
 y3 = x.e
ax.cos(bx) 
 y4 = xe
axsen(bx) 
 .................................. 
 y2s-1 = x
s-1.eax.cos(bx) 
 y2s = x
s-1.eaxsen(bx) 
• Exemplos: 
 1) y(4) – 4y” + 3y = 0 
 Equação característica: r4 – 4r2 + 3 = 0  
 r =  31/2 ou r =  1 
 y = C1e
x + C2.e
-x + C3exp(x.3
1/2) + C4.exp(-x3
1/2) 
 
 2) y(4) + y” –2y = 0 
 Equação característica: r4 + r2 – 2 = 0  
 r =  i21/2 ou r =  1 
 y = C1e
x + C2.e
-x + C3cos(x.2
1/2) + C4.sen(x.2
1/2) 
 3) y(6) – 3y(4) + 3y” – y = 0 
 Eq. característica: r6 – 3r4 + 3r2 – 1 = 0  
r = 1 ou r = – 1 (cada uma com multiplicidade 
3) 
 
 y = ex(C1 + C2x + C3x
2) + e-x(C4 + C5x + C6x
2) 
O Método do Aniquilador para achar soluções 
particulares de equações não-homogêneas com 
coeficientes constantes 
• Ex.: (D4 – 16)y = x4 + x + 1 
 O membro direito é aniquilado pelo operador D5. 
Qualquer solução da equação acima também é 
solução de: 
 D5(D4 – 16)y = 0 
 Raízes da eq. característica: 0 (multiplicidade 5), 2, 
-2, 2i, -2i. Logo, a solução geral da E.D.O. acima é: 
 y = c1 + c2x + c3x
2 + c4x
3 + c5x
4 + c6e
2x + c7e
-2x + 
+ c8.cos(2x) + c9.sen(2x). 
 Queremos achar os ci tais que L[y] = x
4 + x + 1. 
 Deste modo, encontra-se a solução particular 
yp = -x
4/16 – x/16 –5/32 
 
• Tabela de aniquiladores: Apostol, Vol. 2, seção 
6.14

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