equacao diferencial

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UNIVERSIDADE TECNOLÓGICA FEDERAL DO PARANÁ
PR
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA ELABORADA POR: 
Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 
 
 2
Equação ⇒ comparação de igualdade 
 
Equação diferencial é uma equação que envolve uma função incógnita e suas derivadas. 
 
Definição: Chama-se equação diferencial a uma equação que estabelece uma relação entre a variável 
independente x, a função desconhecida )(xfy = e suas derivadas , onde: y’ é a 14', '', ''', ,..., ny y y y y a 
derivada, y’’ é a 2a derivada, ..., yn é a enésima derivada. 
 
Existem muitas classificações das equações diferenciais e diferentes maneiras de resolvê-las. 
 
Algumas classificações básicas das Equações diferenciais 
 
• Todas as equações diferenciais que possuem apenas uma variável independente são ditas derivadas 
ordinárias. Então, a equação é chamada equação diferencial ordinária (E.D.O.). 
 
• Quando numa equação diferencial há mais de uma variável independente, as derivadas são parciais 
e a equação é chamada equação de derivadas parciais ou equação diferencial parcial (E.D.P.). 
 
• Uma equação diferencial também pode ser classificada quanto a ordem ou grau. 
- Quanto a ordem: A ordem da equação diferencial é definida pelo maior número de derivadas de 
função dentro da equação. (A ordem de uma equação diferencial é a ordem da mais alta 
derivada que nela aparece) 
- Quanto ao grau: O grau da equação diferencial é determinado pelo expoente da derivada que 
representa a ordem da equação diferencial. (O grau de uma equação diferencial, que pode ser 
escrita como um polinômio na função incógnita e suas derivadas, é a potência a que se acha 
elevada a derivada de ordem mais alta) 
Observação: Nem toda equação diferencial pode ser classificada segundo o grau. Por exemplo: 
22
2 2 1
y d y dye
dxdx
⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎝ ⎠ = é uma E.D.O. de 2
a ordem, mas não possui grau, pois não pode 
ser escrita sob a forma de um polinômio na função incógnita e suas derivadas, em razão da presença do 
termo . ye
 
Exemplo: 
 
1) Classifique as seguintes equações diferenciais: 
a) 62 =+ xy
dx
dy Resposta: Equação diferencial ordinária, 1a ordem, 10 grau. 
b) x
dx
dy
dx
yd 232
2
=+ Resposta: Equação diferencial ordinária, 2a ordem, 10 grau. 
c) 
dx
dy
dx
yd
dx
dyx 23
3
2
24
=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ Resposta: Equação diferencial ordinária, 2a ordem, 30 grau. 
d) 
22 2
2 24
z zx
x y
∂ ∂+∂ ∂ 5= Resposta: Equação diferencial parcial, 2
a ordem, 10 grau. 
e) 
23
43 2 0
yd dy
dxdx
+
⎛ ⎞ − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 Resposta: Equação diferencial ordinária, 3a ordem, 20 grau. 
 
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 3
f) 
3 2
3 2 4
yd d y y
dx dx
+⎛ ⎞ − =⎜ ⎟⎝ ⎠ 6 Resposta: Equação diferencial ordinária, 2
a ordem, 10 grau. 
g) 25dy y y
dx
+ = Resposta: Equação diferencial ordinária, 1a ordem, 10 grau. 
 
 
Exercício: 
 
1) Classifique as seguintes equações diferenciais, em ordinárias ou parciais e em relação à ordem e 
grau: 
a) xxy
dx
dy 24 =− Resposta: E.D.O., 1a ordem, 10 grau. 
b) Resposta: Não é equação diferencial. xyxy 246 =−
c) 
23 2
3 22 2
d y d y dyx
dxdx dx
− = 6+ Resposta: E.D.O., 3a ordem, 10 grau. 
d) Resposta: E.D.O., 3'23)''(4''' 4 yxy =++ y a ordem, 10 grau 
 
e) Resposta: E.D.O., 254''3 =− yyx a ordem, 10 grau. 
 
f) Resposta: E.D.O, 2253 2)'()''( xyyy =−+ a ordem, 30 grau. 
 
g) yx
y
z
x
z +=∂
∂+∂
∂ 2
2
2
2
2
 Resposta: E.D.P, 2a ordem, 10 grau. 
h) 
y
zxz
x
z
∂
∂+=∂
∂ Resposta: E.D.P., 1a ordem, 10 grau. 
i) 
3
3 3
3
1d y y
dx d y
dx
− = 
Primeiramente devemos preparar a equação diferencial para podermos classificar sua ordem e grau: 
23 3
3
d y d yy
dx dx
⎛ ⎞ − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ 3
 Resposta: E.D.O, 3a ordem, 20 grau. 
 
j) y
x
dx
dy
=2ln Resposta: E.D.O., 1a ordem, não têm grau. 
Solução: 
2
2
log 2
dy
dx
x
y ye
dy
dydxe e e x
x dx
= ⇒ = ⇒ = ye ; Lembre-se: logln log e abxex b a= = 
k) 5dy 3x
dx
= + Resposta: E.D.O., 1a ordem, 10 grau. 
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 4
l) 
53
3 3 4
y d y dye
dxdx
⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎝ ⎠ = Resposta: E.D.O., 3
a ordem, não têm grau. 
m) 
3 2
3 24 ( ) 5
d y d ysen x xy
dx dx
+ + 0= Resposta: E.D.O., 3a ordem, 10 grau. 
n) 
3 7 22
3
2 3
d y dy dyy y
dx dxdx
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
5x= Resposta: E.D.O., 2a ordem, 30 grau. 
o) 
2 2
2 24
y y
t x
⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠
0= Resposta: E.D.P., 2a ordem, 10 grau. 
 
 
Resolver a equação diferencial significa determinar todas as funções que, sob a forma finita verificam 
a equação, ou seja, é obter uma função de variáveis livres que, substituída na equação, transforme-a em 
uma identidade. 
 
Exemplo: xseny = é a solução da equação senxxyy −=+− cos''' 
 
Essa função é solução particular da equação diferencial dada. 
 
 
 
Exercício 
 
1) Verifique se a função dada é solução da equação diferencial: 
a) e Resposta: Sim é solução particular xseny 2= 04'' =+ yy
b) e 43 33 +−+ xyy
2
2
'
1
xy
y
= + Resposta: Sim 
c) e ⎩⎨
⎧
=
=
tby
sentax
cos ya
xb
dx
dy
2
2
−= Resposta: Sim 
d) e Resposta: Sim 5xy e c−= + 0'5'' =+ yy
e) e 14 22 =−+ yxyx 0)2()2( =−++ dyyxdxyx Resposta: Sim 
f) e Resposta: Sim xey −−= 03''' =−− yyy
g) e Resposta: Não xexy −⋅= 03'2'' =−− yyy
h) exey 35 −= 03'2'' =−− yyy Resposta: Não 
 
Tipos de soluções 
 
Existem 3 tipos de soluções das equações diferenciais: 
 
- Solução Geral: É a solução da equação que contém tantas constantes arbitrárias quantas forem as 
unidades de ordens da equação. Dessa forma: uma equação de 1a ordem apresenta uma constante 
arbitrária, uma equação de 2a ordem apresenta duas constantes arbitrárias. 
 
- Solução Particular: É a solução da equação deduzida da solução geral, atribuindo-se valores 
particulares as constantes arbitrárias. 
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 5
- Solução Singular: É a solução da equação que não pode ser deduzida da solução geral. Assim 
sendo apenas alguns tipos de equações apresentam essa solução. 
 
Família de curvas: 
 
1) 22 2 2dy x dy x dx dy x dx y x c
dx
∫ ∫= ⇒ = ⇒ = ⇒ = + é a solução geral e é solução Particular 2xy =
 
2) Determine a solução da equação xx
dx
dy 43 2 += para as condições iniciais e . 1=x 3=y
Solução Geral: 3 22y x x c= + +
Solução particular: 3 2(1,3) 3 1 2 0 2c c y x x⇒ = + + ⇒ = ⇒ = +
 
OBSERVAÇÃO: O TEXTO SOBRE CLASSIFICAÇÃO DA EQUAÇÃO DIFERENCIAL 
COMO LINEAR OU NÃO-LINEAR É EXTRAÍDO DO LIVRO: 
 
ZILL, D.G.; CULLEN, M.R. Equações diferenciais. v. 1. 3. ed. São Paulo: Makron Books, 2001. 
 
CLASSIFICAÇÃO DA EQUAÇÃO DIFERENCIAL COMO LINEAR OU NÃO-LINEAR 
 
Uma equação diferencial é chamada de linear quando pode ser escrita na forma 
1
1 1 01( ) ( ) ... ( ) ( ) ( )
n n
n nn n
d y d y dya x a x a x a x y g x
dx dx dx
−
− −+ + + + = 
Observe que as equações diferenciais lineares são caracterizadas por duas propriedades:(i) A variável dependente y e todas as suas derivadas são do primeiro grau; isto é, a potência 
de cada termo envolvendo y é 1. 
(ii) Cada coeficiente depende apenas da variável independente x. 
 
Uma equação que não é linear é chamada de não-linear. 
 
As equações 
3 2
3 2
3 2
0 ;
'' 2 ' 0 e
3 5 x
xdy ydx
y y y
d y d y dyx x x
dx dx dx
+ =
− + =
− + + = e
 
 
São equações diferenciais ordinárias de primeira, segunda e terceira ordens, respectivamente. 
 
Por outro lado, 
 Coeficiente potência 
 depende de y ≠ 1 
 
3
2
3
d. '' 2 ' e 0yy y y x y
dx
− = + = 
são equações diferenciais ordinárias não-lineares de segunda e terceira ordens, respectivamente. 
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 6
+
PROBLEMAS RESOLVIDOS: 
Classifique cada equação diferencial segundo a ordem, o grau (quando possível) e a linearidade. 
Determine a função incógnita e a variável independente. 
 
) ''' 5 ' 1xa y xy e− = + 
Resolução: 
- Terceira ordem: a derivada mais alta é a terceira. 
- Primeiro grau: a equação tem a forma de um polinômio na função incógnita e suas derivadas e a 
terceira derivada está na primeira potência. 
- Linear: 3 2 1( ) 1, ( ) 0, ( ) 5 , ( ) 1
xb x b x b x x g x e= = = − =
- A função incógnita é y
- A variável independente é x . 
 
2 2) ( t)b ty t y sen y t t+ − = − +�� � 1 
Resolução: 
- Segunda ordem: a mais alta derivada é de ordem dois. 
- Não possui grau: em virtude da presença do termo y , além de que a equação não pode ser escrita 
como um polinômio na função incógnita y e suas derivadas. 
- Não-linear: a equação não pode pôr-se na forma de equação diferencial linear. 
- A função incógnita é y
- A variável independente é t . 
 
2
2
2)
t dtc s st s
dss
∂ + =∂ 
Resolução: 
- Segunda ordem: a mais alta derivada é de ordem dois. 
- Primeiro grau: a equação tem a forma de um polinômio na função incógnita e suas derivadas (com 
coeficientes em s) e a derivada segunda aparece em primeiro grau. 
t
- Não-linear: , que depende de s e de t. 1b st=
- A função incógnita é t 
- A variável independente é s . 
 
5 104
7 5
4)5 7
b dbd b
dpp
⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂⎜ ⎟ + + −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠∂⎝ ⎠
b p= 
Resolução: 
- Quarta ordem: a mais alta derivada é de ordem quatro. 
- Quinto grau: a equação tem a forma de um polinômio na função incógnita b e suas derivadas e a 
derivada de ordem quatro aparece elevada à quinta potência. 
- Não-linear. 
- A função incógnita é b 
- A variável independente é . p
 
 
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 7
2
2
2) 1
xe y y
y
∂ = +∂ 
Resolução: 
- Segunda ordem: a mais alta derivada é de ordem dois. 
- Primeiro grau: a equação tem a forma de um polinômio na função incógnita x e suas derivadas e a 
derivada de segunda ordem aparece elevada à primeira potência. 
- Linear: 22 1 0( ) , ( ) 0, ( ) 0; ( ) 1b y y b y b y g x y= = = = +
- A função incógnita é x 
- A variável independente é . y
LISTA DE EXERCÍCIO PROPOSTA PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS: 
Determine, para cada uma das seguintes equações diferenciais, ordem, grau (se possível), linearidade, 
função incógnita, variável independente. 
 respostas 
Equação ordem grau linearidade Função 
incógnita 
Variável 
independente
21. ( ") 3 ' 0y yy xy− + = 2 2 não-linear y x 
4 (4)2. ''' xx y xy e+ = 4 1 linear y x 
23. 1t s ts sen t− = −�� � 2 1 linear s t 
(4) 24. ''' " ' y 0y xy x y xy sen+ + − + = 4 nenhum não-linear y x 
25. = y 1
n
n
d x
dy
+ 
n 1 linear x y 
22 2
2 26. =0
d r d r dry
dydy dy
⎛ ⎞⎜ ⎟ + +⎜ ⎟⎝ ⎠
 
2 2 não-linear r y 
3/22
27. 
d y y x
dx
⎛ ⎞⎜ ⎟ + =⎜ ⎟⎝ ⎠
 
2 nenhum não-linear y x 
7
78. 3
d b p
dp
= 
7 1 linear b p 
7
9. 3db p
dp
⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
1 7 não-linear b p 
 
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PROBLEMA DE VALOR INICIAL E DE FRONTEIRA: 
 
Muitas vezes, especialmente em problemas aplicados, uma equação diferencial é resolvida sujeita a 
condições dadas que devem ser satisfeitas pela função incógnita. Como um exemplo simples, 
considere o seguinte problema para discussão: 
Exemplo: 
Uma partícula p se move ao longo do eixo x de modo que sua aceleração em qualquer tempo é 
dada por: a(t) = 16 − 24t. 
0t ≥
 
a) Encontre a posição x da partícula, medida a partir da origem 0, em qualquer tempo t > 0, assumindo 
que inicialmente (t = 0) ela esta localizada em x=2 e move-se com uma velocidade v=− 5. 
 
b) Faça como no item (a) sabendo-se que a partícula está localizada em x = 2 inicialmente, e em x = 
7 quando t =1. 
 
Solução: 
Considere a figura : 
 
 
 
 
X 
 O P 
 
Para formular este problema matematicamente, recordemos que a velocidade e a aceleração de uma 
partícula que se move ao longo do eixo x são dadas por: 2
2
dt
xda e 
dt
dxv == respectivamente. Então 
da primeira sentença no problema, temos: t2416
dt
xd
2
2
−= (01) que é a equação diferencial exigida do 
movimento. 
 
Solução do item (a): 
 
As condições sobre a função x dada no item (a) são: x = 2, v = −5 em t = 0, isto é, x (0) = 2 e v (0) = 
x’ (0)= −5. 
 
Observemos que o significado do sinal menos em v = −5 é que a partícula se move em sentido 
contrário do inicial. Se integrarmos (01) uma vez encontramos V(t)= 1
2 ct12t16
dt
dx +−= (02) 
onde c1 é uma constante arbitrária 
 
Esta constante pode ser determinada pela condição v (0)= −5. Obtemos, então: −5 = 0 + c1, isto é, 
c1 = −5. Portanto: 
V(t)= 5t12t16
dt
dx 2 −−= 
 
Integrando esta expressão, encontramos: 
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 9
2 3
2( ) 8 4 5x t t t t c= − − + , 
onde c2 é outra constante arbitrária que pode ser determinada pela condição 
x (0) = 2, assim temos: 
 
2 = 0 + c2 → c2 = 2. 
 
Portanto , que é a lei exigida do movimento que determina a posição em 
qualquer tempo t > 0; por exemplo, em t = 1, x = 1 e t =2, x = −8, etc. 
2t5t4t8x 32 +−−=
 
Solução do item (b): 
 
Neste item temos ainda a mesma equação diferencial para o movimento, mas as condições são 
alteradas para x (0) = 2 e 
x (1) = 7. 
Neste caso, integramos (01), como antes, entretanto, como não temos condições para 
dt
dx , não 
podemos determinar c1 de imediato. Integrando então (02), obtemos: 2 3 1 2( ) 8 4x t t t c t c= − + + . 
 
Agora, usamos as duas condições para obter as duas constantes arbitrárias, isto nos dá: 
⎩⎨
⎧
++−=
+=
21
2
cc487
c02
, 
ou seja, c1 = 1 e c2 = 2, então 2 3( ) 8 4 2x t t t t= − + + 
 
As formulações matemáticas dos itens a e b do problema são, respectivamente; 
 
 
2
2
2
2
d( ) 16 24 , x (0) 2, x' (0) 5 
d (b) 16 24 , x (0) 2, x (1) 7
xa t
dt
x t
dt
= − = = −
= − = =
Uma diferença importante entre estas duas formulações é que em: 
(a) as condições sobre a função incógnita x(t) e sua derivada x’(t) ou 
dt
dx são especificadas em um 
valor da variável independente (neste caso t=0) e, 
(b) as condições sobre a função incógnita x são especificadas em dois valores da variável 
independente (neste caso t = 0 e t = 1). Os dois tipos de problemas apresentados em (a) e (b) 
são chamados, respectivamente, problema de valor inicial e problemade valor de fronteira 
ou de contorno. 
Definição 01: Um problema de valor inicial é um problema em que se procura determinar uma solução 
para uma equação diferencial sujeita às condições sobre a função incógnita e suas derivadas 
especificadas em um valor da variável independente. Tais condições são chamadas condições iniciais. 
 
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Definição 02: Um problema de valor de fronteira é um problema em que se procura determinar uma 
solução para uma equação diferencial sujeita às condições sobre a função incógnita especificada em 
dois ou mais valores da variável independente. Tais condições são chamadas condições de fronteira. 
OBTENÇÃO DA SOLUÇÃO DE UMA EQUAÇÃO DIFERENCIAL: 
 
Uma equação diferencial de 1ª ordem e 1º grau pode ser escrita na forma: )y,x(F
dx
dy = 
 
Se F (x, y) é uma constante ou uma função apenas de x a equação diferencial pode ser resolvida 
usando-se apenas os métodos de integração. 
 
Se F (x,y) é uma função de x e y precisaremos buscar outros métodos. Neste caso procuraremos 
expressar a equação diferencial na forma: 
 
M(x, y)dx + N(x,y)dy = 0 
 
A seguir faremos uma classificação da equação acima de acordo com a forma assumida pelas funções 
M e N. 
 
Cada tipo de equação tem seu método adequado. O sucesso em resolver corretamente uma equação 
diferencial está em classificá-la corretamente, para assim poder aplicar o método adequadamente. 
 
A FORMA NORMAL E A FORMA DIFERENCIAL 
 
Uma grande quantidade de equações diferenciais ordinárias de 1ª ordem pode ser escrita na sua forma 
normal, dada por: 
y' = F(x,y) 
 
ou quando a função F=F(x,y) pode ser escrita como o quociente de duas outras funções M=M(x,y) e 
N=N(x,y), temos: 
y' = M(x,y) / N(x,y) 
 
Em geral, colocamos o sinal negativo antes de M=M(x,y): 
 
y' = − M(x,y) / N(x,y) 
para poder rescrever: 
 
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 
 
Obs. Esta forma é conhecida como forma diferencial. 
 
 
Exemplo: 
A equação diferencial y' = cos(x+y) está em sua forma normal. 
A equação diferencial y' = x/y está em sua forma normal, mas pode ser rescrita na sua forma 
diferencial xdx− ydy = 0. 
 
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 11
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS SEPARÁVEIS 
 
Consideremos uma equação diferencial M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0. Se M é uma função de apenas a 
variável x, isto é M = M(x) e N é função apenas da variável y, isto é N = N(y), então a equação dada 
fica na forma: 
M(x) dx + N(y) dy = 0 
e ela é chamada equação separável. 
 
Tal fato é motivado pelo fato que é possível separar as funções de modo que cada membro da 
igualdade somente possua um tipo de variável e assim poderemos realizar a integração de cada 
membro por um processo bastante "simples", ou seja: 
 
( ) ( )M x dx N y dy c+ =∫ ∫ 
Exemplos: 
 
1) Consideremos a equação diferencial 
y
xy =' na sua forma normal, que também pode ser escrita na 
sua forma diferencial: dyydxxdyydxx =⇒=− 0 , então integrando cada termo 
independentemente, teremos: 
2
2
1
2
22
cycx +=+ 
 
e reunindo as constantes em uma constante c, teremos: . cyx =− 22
 
Nota: Esta relação satisfaz à equação diferencial dada (solução implícita): ∫ ∫ =+ cdyyNdxxM )()( . 
 
2) Resolva a equação: 0xy
dx
dy)x1( 2 =++ 
Solução: 
 0)1( 2 =++ xy
dx
dyx ⇒ ⇒−=+⇒−=+ )1( )1( 22 xydxdyxxy
dx
dyx 
( ) 011 )x(1 1 22 =++⇒+= dyydxxxdxxdyy 
 
y
1 (y) N e 
x1
x (x) M Assim,
 
2 =+=
 
 
Integrando, temos: 
 
2
22
122
122
1
1)1( )1(ln )1ln(
2
1ln
x
cycxyexycxycxy c +=⇒=+⋅⇒=+⋅⇒=+⋅⇒=++
 
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 12
APLICAÇÕES DE EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM – EQUAÇÕES SEPARÁVEIS 
 
 As aplicações que se seguem foram retiradas do livro Equações Diferenciais de Richard Bronson 
(1994) Capítulo 6. 
 
PROBLEMAS DE CRESCIMENTO E DECAIMENTO 
 
Seja N(t) a quantidade de substância (ou população) sujeita a crescimento ou decaimento. Admitindo 
que 
dt
dN , a taxa de variação da quantidade de substância em relação ao tempo, seja proporcional à 
quantidade de substância presente, então Nk
dt
dN ⋅= ou 0=− kN
dt
dN , onde k é a constante de 
proporcionalidade. 
 
Exemplos: 
 
1) Certo material radioativo decai a uma taxa proporcional à quantidade presente. Se existem 
inicialmente 50 miligramas de material e se, após duas horas, o material perdeu 10% de sua massa 
original, determine: 
a) A expressão da massa remanescente em um instante arbitrário t. 
b) A massa de material após quatro horas. 
c) O tempo após o qual o material perde metade de sua massa original. 
Solução: 
a) Seja N a quantidade de material presente no instante t. Então 0=− kN
dt
dN . Esta equação 
diferencial é linear e separável e sua solução é dada por: . .( ) . k tN t c e=
Em t = 0, temos N(0) = 50. 
 
Desta forma, 
. .( ) . 50 . 50k t k tN t c e c e c= ⇒ = ⇒ = 
Portanto, . .( ) 50. k tN t e=
 
Em t = 2, houve perda de 10% da massa original de 50 mg, ou seja, 5 mg. Logo, em t = 2, N(2) = 45. 
 
Levando estes valores na equação encontrada, temos: 
. 2( ) 50. 45 50.k t kN t e e= ⇒ = . 
Resolvendo esta equação encontramos o valor de k = - 0,053. 
 
Observação: Para resolver esta equação utilizamos as propriedades dos logaritmos naturais. 
Assim, nossa equação com as duas constantes encontradas fica: , onde t é medido 
em horas. 
0,053( ) 50 tN t e−= ⋅
 
b) Neste item precisamos encontrar o valor de N para t = 4. Basta substituir na equação encontrada e 
teremos N = 40,5 mg. 
 
c) Neste item devemos encontrar o tempo para N = 25. Substituindo na equação e utilizando as 
propriedades dos logaritmos naturais encontramos t = 13 horas. 
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Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 
 
 13
PROBLEMAS DE TEMPERATURA 
 
A lei do resfriamento de Newton, aplicável igualmente ao aquecimento, afirma que a taxa de 
variação, no tempo, da temperatura de um corpo é proporcional à diferença de temperatura entre o 
corpo e o meio circundante. Sejam T a temperatura do corpo e Tm a temperatura do meio circundante. 
Então, a taxa de variação da temperatura em relação ao tempo é 
dt
dT , e a lei de resfriamento de 
Newton pode assim ser formulada: 
 
( ) mm kTkTdt
dTTTk
dt
dT =+−−= ou 
 
onde k é uma constante positiva de proporcionalidade. 
 
Exemplos: 
 
1) Uma barra de metal à temperatura de 100º F é colocada em um quarto à temperatura constante de 
0ºF. Se após 20 minutos a temperatura da barra é de 50ºF, determine: 
a) O tempo necessário para a barra atingir uma temperatura de 25ºF. 
b) A temperatura da barra após 10 min. 
Solução: 
Utilizando a equação mkTkTdt
dT =+ e sabendo que 0=mT , teremos: 
 
0kT
dt
dT =+ , cuja solução é: t.ke.cT −= . 
 
Como T = 100 em t = 0 , temos: . 100.100 0. =⇒= − cec k
 
Assim, teremos a solução . tkeT ..100 −=
 
Por outro lado, temos T = 50 em t = 20 e assim obtemos: 20.ke.10050 −= . 
 
Utilizando as regras de logaritmos encontramos k = 0,035. 
 
Desta forma, substituindo na equação, teremos t.035,0e.100T −= 
 
a) O tempo necessário para termos T = 25, será: , resolvendo esta equação, 
encontramos t = 39,6 min. 
te .035,0.10025 −=
 
b) Para encontrar T quando t = 10 basta substituir na equação encontrada e teremos: . 
E, portanto T = 70,5ºF. 
10.035,0.100 −= eT
 
NOTAS DE AULA ELABORADA POR: 
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 14
 
2) Um corpo à temperatura de 50ºF é colocadoao ar livre onde a temperatura é de 100ºF. Se, após 5 
min, a temperatura do corpo é de 60ºF, determine: 
a) O tempo necessário para que o corpo atinja a temperatura de 75ºF. 
b) A temperatura do corpo após 20 minutos. 
Solução: 
Utilizando a equação mkTkTdt
dT =+ e sabendo que Tm = 100 teremos: 
 
kkT
dt
dT 100=+ , 
cuja solução é: 
100. . += − tkecT 
 
Como T = 50 em t = 0, temos . 50100.50 0. −=⇒+= − cec k
 
Assim, teremos a solução . 100.50 . +−= − tkeT
 
Por outro lado, temos T = 60 em t = 5, e assim obtemos: 
 
100.5060 5 +−= − ke 
 
Utilizando as regras de logaritmos encontramos k = 0,045. 
 
Desta forma, substituindo na equação, teremos 100.50 .045,0 +−= − teT
 
a) Para encontrar t quanto T = 75, basta substituir T = 75 na equação função encontrada. Assim, 
. Utilizando as propriedades de logaritmos encontramos t = 15,4 min. 100.5075 .045,0 +−= − te
 
b) Para encontrar T quando t = 20, basta substituir t = 20 na equação e teremos 
. E, portanto: T = 79,5ºF. 100.50 )20.(045,0 +−= −eT
 
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 15
 
LISTA DE PROBLEMAS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS 
 
 
1) Determine a solução (implícita ou explicita) das equações diferenciais abaixo: 
 
 cey :Resposta 2xydx =dy c)
c.x.ey :Resposta 2
dx
dy xb)
1
x
1 :Resposta 0)
2
2
x
x2
22
33
=
==−
=−=−
yxy
c
y
dyxdxya
 
cx
y
x
x
y
=−=
=−=
34
3
2
43y :Resposta 
dx
dy e)
 
x
cy :Resposta 
dx
dyd)
 
1cey :Resposta )1(4
dx
dy )
cxy :Resposta 0)
4x3 −=+=
==−
yxg
ydxxdyf
 
 
2) Determine a solução particular em cada uma das equações diferenciais dadas 
 0= xquando e =y 0x+1 xydxb)
 1 = x quando 3 =y )
2 =−
=
dy
x
y
dx
dya Resposta: 
2x1ey b)
3xy)
+=
=a 
 
3) Uma esfera de cobre é aquecida a uma temperatura de 100ºC. No instante t = 0 ela é imersa em água 
que é mantida a uma temperatura de 30ºC. Ao fim de 3 minutos, a temperatura da esfera está reduzida 
a 70ºC. Determinar o instante em que a temperatura se encontra reduzida a 31ºC. 
Obs. Utilizar a formulação matemática da lei do resfriamento de Newton, ou seja, )30T(k
dt
dT −−= 
Resposta: t = 22,78 ≅ 23 minutos 
 
4) Certo material radioativo decai a uma taxa proporcional à quantidade presente. Se inicialmente, há 
100 miligramas e se, após dois anos, 5% do material decaíram, determine: 
a) A expressão da massa no instante arbitrário t. 
b) O tempo necessário para o decaimento de 10% do material. 
 Resposta: t0256,0e.100N)a −= ≅ 4 a 1 m 10 d anos 11,4 )b
 
5) Um corpo à temperatura de 0ºF é colocado em um quarto em que a temperatura é mantida a 100ºF. 
Se, após 10 minutos a temperatura do corpo é de 25,7ºF, determine: 
a) O tempo necessário para o corpo atingir a temperatura de 50ºF. 
b) A temperatura do corpo após 20 minutos. 
 Resposta: a) 23,9 min ≅ 24 min b) 43,75ºF ≅ 44ºF 
 
6) Um corpo com temperatura desconhecida é colocado em um refrigerador com uma temperatura 
constante de 0ºF. Se após 20 minutos, a temperatura do corpo é de 40ºF e após 40 minutos é de 20 ºF, 
determine a temperatura inicial. Resposta: T0 = 80ºF 
 
7) Um corpo à temperatura de 50ºF é colocado em um forno cuja temperatura é mantida constante em 
150 ºF. Se, após 10 minutos, a temperatura do corpo é de 75ºF, determine o tempo necessário para que 
o corpo atinja a temperatura de 100 ºF. Resposta: t 100 = 23,9 min. 
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 16
 
EQUAÇÃO DIFERENCIAL EXATA 
 
Definição: Uma equação diferencial ordinária (EDO) na forma diferencial 0),(),( =+ dyyxNdxyxM 
é dita exata se: 
x
N
y
M
∂
∂=∂
∂ 
Exemplos: 
1) Verifique se a EDO é exata. 0)(3 32 =++ dyxydxyx
Solução: 
22 33),( x
y
MyxyxM =∂
∂⇒= e 23 3),( x
x
NxyyxN =∂
∂⇒+= 
Como ,
x
N
y
M
∂
∂=∂
∂ temos que essa equação é uma EDO exata. 
 
2) a) A forma diferencial 3x2y2 dx + 2x3y dy = 0 é exata. (verifique!) 
 b) A forma diferencial xdx + ydy = 0 é exata. (verifique!) 
 c) A forma diferencial ydx − xdy = 0 não é exata. (verifique!) 
Teorema: Sejam 
x
e
y
yxNyxM ∂
∂
∂
∂ NM),,(),,( contínuas no retângulo .a x b e c y d< < < < Então a 
EDO é exata se, e somente se: 0),(),( =+ dyyxNdxyxM
x
N
y
M
∂
∂=∂
∂ , isto significa dizer que existe 
uma função tal que cyxu =),( ( , ) ( , ).u uM x y e N x y
x y
∂ ∂= =∂ ∂ 
 
Definição: Uma equação diferencial homogênea de 1a ordem 0),(),( =+ dyyxNdxyxM é exata se a 
diferencial: 
0u udu dx dy
x y
∂ ∂= + =∂ ∂ 
 
da função , (onde a função é uma função implícita, isto é, é a variável dependente e ),( yxu ),( yxu y
x é a variável independente) de maneira que 0),( =yxdu e integrando .),( cyxu =
 
Assim, é exata se, e somente se: 0),(),( =+ dyyxNdxyxM
 
),(e),( yxN
y
uyxM
x
u =∂
∂=∂
∂ tal que 
x
N
y
M
∂
∂=∂
∂ 
 
e sua solução será: 
∫ ∫ +∂∂=+= )()(),(),( ykdxxuykdxyxMyxu 
 
onde representa uma constante que depende de )( yk .y
 
Assim, deriva-se para obter isto é: ∫ += ),(),(),( ykyxMyxu ),( yk
( , ) '( ) ( , ) ( , ) '( )u M x y dx k y N x y M x y dx k y
x y y
∂ ∂ ∂= + ⇒ =∫ ∫∂ ∂ ∂ + 
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 17
Sugestão de algoritmo para a solução da EDO exata: 
 
Passo 0) Verificar se a equação diferencial dada é exata, ou seja, .
x
N
y
M
∂
∂=∂
∂ 
 
Passo 1) Fazer ),( yxM
x
u =∂
∂ ⇒determinar =),( yxu expressão em x e y ).( yk+ 
 
Passo 2) Fazer ),( yxN
y
u =∂
∂ ⇒determinar e )(' yk ).( yk
 
Passo 3) Substituir em )( yk ).,( yxu
 
Passo 4) Fazer .),( cyxu =
 
Exemplos: 
 
1) Resolva a EDO .0)1(2 2 =++ dyxdxxy
 
Solução: 
x
y
MxyyxM 22),( =∂
∂⇒= e x
x
NxyxN 21),( 2 =∂
∂⇒+= 
Como ,
x
N
y
M
∂
∂=∂
∂ temos que essa equação é uma EDO exata. 
 
Agora, vamos a sua resolução: 
 
Admitimos que existe uma função cyxu =),( tal que N
y
ueM
x
=∂
∂=∂
∂u . Assim: 
 
)(),(2u),( 2
tan
ykyxyxudxxydx
x
yxu
teconséy +=⇒=∂
∂= ∫∫ 
 
Por outro lado, 
)('2 ykx
y
u +=∂
∂ e 21 xN
y
u +==∂
∂ 
Desta forma, 
 
1
22 1)(1)('1)(' cydyykykxykx +==⇒=⇒+=+ ∫ 
 
Portanto, 
cyyxccyyxyxu
ccc =+⇒=++= −= 2212
12
),( (forma implícita) 
 
Ou, 
)1(
)1( 2
22
+=⇒=+⇒=+ x
cycxycyyx (forma explícita) 
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 18
2) Resolva a EDO .0)()2( 2 =+++ dyyxdxxxy
 
Solução: 
x
y
MxxyyxM 22),( =∂
∂⇒+= e x
x
NyxyxN 2),( 2 =∂
∂⇒+= 
 
Como ,
x
N
y
M
∂
∂=∂
∂ temos que essa equação é uma EDO exata. 
 
Agora, vamos a sua resolução: 
 
Admitimos que existe uma função cyxu =),( tal que N
y
ueM
x
=∂
∂=∂
∂u . Assim: 
 
)(
2
),()2(u),(
2
2
tan
ykxyxyxudxxxydx
x
yxu
teconséy ++=⇒+=∂
∂= ∫∫ 
 
Por outro lado, 
 
)('02 ykx
y
u ++=∂
∂ e yxN
y
u +==∂
∂ 2 
Desta forma, 
 
1
2
22
2
)()(')(' cydyyykyykyxykx +==⇒=⇒+=+ ∫ 
 
Portanto, 
 
cyxyxccyxyxyxu
ccc =++⇒=+++= −=
2222
),(
22
2
21
22
2 12 (forma implícita) 
 
 
3) Verifique se a equação diferencial ordinária 1−=+ dx
dy
xy
x é exata e resolva-a. 
Solução: 
 
Como, 
⇒+−=⇒−=+ dxxydyxdx
dy
xy
x )(1 ( ) ⎩⎨
⎧
=
+=⇒=++
xN
xyM
xdydxxy 0 
 
então: 
1=
y
M
∂
∂ e 1=
x
N
∂
∂ ⇒x
N
y
M
∂
∂
∂
∂ = 
 
donde a equação é exata e sua solução, será: 
 
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 19
⇒+=⇒+=∂
∂⇒=∂
∂ ∫ dxyxyxuyxxuMxu )(),( ( ) ( )ykxyxyxu ++= 2,
2
 
 
1)(0)(')(' cykykxykxNy
u =⇒=⇒=+⇒=∂
∂ 
 
Logo, 
 
( ) cxyxccxyxyxu ccc =+⇒=++= −= 2
2
, 2
22
21
2 12
(forma implícita) 
 
ou, 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −=⇒−=⇒−=⇒=+ x
x
cy
x
xcyxcxycxyx
2
1
2
22
2
22 (forma explícita) 
 
 
LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS 
 
1) Verifique se as equações abaixo são exatas, determinando sua solução. 
1y(0) com , 
1
1' ) 2
2
=
⎩⎨
⎧
−
−=
yx
xyya Resposta: 1
2
22
−=−− yxyx ou 22222 −=−− yxyx
0..4 ) =+ dxxdyyb Resposta: cyx =+ 22 4
 0.2. ) 2 =+ dxydyxc Resposta: 
cx
yexataão += ln2
1, N 
0.cos..4 ) =+ dyyxdxsenyd Resposta: csenyxexataNão =4, 
0)ln()3( ) 32 =+++ dyxxdx
x
yyxe Resposta: ou cyxx =+ )ln( 3
xx
cy
ln
 3 += 
0.').2.( ) =++ xyxy eyyyexf Resposta: cyexy =+ 2 
 
0)(
.cos)(cos
 ) ⎩⎨
⎧
=
=+
πy
dyxdxysenxx
g Resposta: tgxy = 
 0)()( ) 22 =++− dyyyxdxxxyh Resposta: cyxyx =+− 2222 
 
2) Verificar se as Equações Diferenciais, dadas a seguir, são exatas e determinar sua solução geral: 
a) ( ) 0cos3 32 =++
dx
drxxrx Resposta: É exata, ( ) cxrx =+ sen3 
b) 0)21()1( =−++ uv
dv
duvu Resposta: Não é exata, ( ) 2n uv u v c+ − =A . 
 
3) Verificar se as Equações Diferenciais, dadas a seguir, são exatas e determinar sua solução geral: 
a) 032 4
22
3 =−+ dyy
xydx
y
x para ( ) 21 =y Resposta: É exata, 
8
31
3
2
−=−
yy
x 
b) 0)4(3 2 =−−−
dx
dyxyxy para ( ) 21 =y Resposta: É exata, 72 32 =+− xyxy
c) 0)2()( 2 =−++
dx
dyyxyx para ( ) 21 =y Resposta: É exata, 
3
5
3
2
3 −=−+ yyxx 
NOTAS DE AULA ELABORADA POR: 
Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 
 
 20
d) 22 (4 ) dyx x y y
dx
− − − = 0 para ( ) 21 =y Resposta: É exata, 
3
19
2
3
3
23
=+ yx 
 
4) Verifique se a Equação Diferencial ( )2 33 lnst s dt t t ds
t
⎛ ⎞ ⎡ ⎤ 0+ + + =⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎝ ⎠ é exata e determine a 
solução geral, sabendo que . Resposta: é exata, ( )tss = 3( ln )s t t c+ = 
 
5) Verifique se a Equação Diferencial ( ) ( )cos cos 0y xy dx x xy dy+ = é exata e determine a solução 
geral, sabendo que ( )xyy = . Resposta: é exata, . ( )x sen xy c= 
 
6) Verifique se a Equação Diferencial ( ) ( ) ( ) 02senln22cos =+ dsstdt
t
s é exata e determine a 
solução geral, sabendo que . Resposta: não é exata, ( )tss = 4sec (2 )st c −= 
 
7) Resolver o seguinte problema de valor inicial ( )[ ] 0cos2 2 =++ dyyxxydx ππ , sabendo que ( ) 11 =y . 
Resposta: é exata, 2 ( )x y sen yπ+ = 1
 
8) Resolver o seguinte problema de valor inicial ( ) ( ) 0319 =−+− dxxdyy , sabendo que ( ) 03 =y . 
Resposta: não é exata, 2 29 18 6 1y y x x− − − = − 8
 
9) Verifique se as equações abaixo são exatas, determinando sua solução. 
a) Resposta: é exata, 0'22 2 =++ xyyyx 2 2x xy c+ = 
b) ( ) ( ) 0'1.2cos 2 =−+++ yexsenxxexy yy Resposta: é exata, 2 yysenx x e y c+ − =
 
EXTRA => INTERESSANTE 
 
1) Resolva a equação diferencial ordinária ,' yy = ou seja, determinar a função cuja derivada é igual a 
ela mesma. 
Solução: 
∫ ∫ −=⇒−+=⇒+=+⇒=⇒=⇒=⇒=⇒= 1231221 lnln1' cccccxycxcydxdyydxydydxydyydxdyyy 
 
xxccx ecyeeyeycxy ⋅=⇒⋅=⇒=⇒+= + 333ln 
OBSERVAÇÃO: O TEXTO SOBRE FATORES INTEGRANTES É ADAPTADO DO LIVRO: 
BRONSON. R. Moderna introdução às equações diferenciais. tradução de Alfredo Alves de Farias, 
revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977. 
 
 21
FATORES INTEGRANTES 
 
Objetivo: Transformar uma equação diferencial não exata em uma equação diferencial exata. 
 
O que é um fator integrante? 
 
Em geral, a equação diferencial 
0),(),( =+ dyyxNdxyxM (01) 
 
não é exata. Por vezes, entretanto, é possível transformar essa equação em uma equação diferencial 
exata, mediante multiplicação por um fator adequado. 
 
Lamentavelmente, não existe um método simples, para obter fatores integrantes. Se existisse, nosso 
trabalho seria bastante simplificado. Felizmente, entretanto, existem alguns métodos, que iremos 
discutir e que aparecem com freqüência. O primeiro método que estudaremos é nada mais que um 
método de separação de variáveis, em que o fator integrante é geralmente evidente, pois M e N pode, 
cada um ser escrito como uma função de x vezes uma função de y. 
 
Definição: Dada a equação diferencial 0),(),( =+ dyyxNdxyxM . Uma função é um fator 
integrante, se a equação: 
),( yxI
 
0]),(),([),( =+⋅ dyyxNdxyxMyxI (02) 
 
é exata: 
 
Exemplos: 
 
1) Mostre que a função 2
1),(
x
yxI −= é um fator integrante para a equação .0=− dyxdxy
Solução: 
 
1),( =∂
∂⇒=
y
MyyxM e 1),( −=∂
∂⇒−=
x
NxyxN 
 
Como ,
x
N
y
M
∂
∂≠∂
∂ temos que essa equação é uma EDO não exata. 
 
Mas, multiplicando a equação diferencial dada por ,1),( 2x
yxI −= temos: 
[ ] 0101 22 =+−⇒=−⋅− dyxdxx
ydyxdxy
x
 
 
22
1),(
xy
M
x
yyxM −=∂
∂⇒−= e 211),( xx
N
x
yxN −=∂
∂⇒= 
Portanto, ,
x
N
y
M
∂
∂=∂
∂ temos que essa equação é uma EDO exata e pode ser resolvida pelo método visto 
em aula anterior (método da equação diferencial exata).
OBSERVAÇÃO: O TEXTO SOBRE FATORES INTEGRANTES É ADAPTADO DO LIVRO: 
BRONSON. R. Moderna introdução às equações diferenciais. tradução de Alfredo Alves de Farias, 
revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977. 
 
 22
2) Mostre que a função 
xy
yxI 1),( −= é um fator integrante de .0=− dyxdxy 
Solução: 1),( =∂
∂⇒=
y
MyyxM e 1),( −=∂
∂⇒−=
x
NxyxN 
Como ,
x
N
y
M
∂
∂≠∂
∂ temos que essa equação é uma EDO não exata. 
 
Mas, multiplicando a equação diferencial dada por ,1),(
xy
yxI −= temos: 
[ ] 01101 =+−⇒=−⋅− dy
y
dx
x
dyxdxy
xy
 ⇒ 01),( =∂
∂⇒−=
y
M
x
yxM e 01),( =∂
∂⇒=
x
N
x
yxN 
Portanto, ,
x
N
y
M
∂
∂=∂
∂ temos que essa equação é uma EDO exata e pode ser resolvida pelo método da 
EDO exata. 
 
Observação: Os dois exemplos anteriores mostram que uma equação diferencial pode admitir mais de 
um fator integrante. 
 
Resolução com o emprego de um fator integrante 
Se é fator integrante de (01), então (02) é exata e pode ser resolvida seja pelo processo da 
equação diferencial exata, seja por integração direta. A solução de (02) é também solução de (01). 
),( yxI
 
Determinação de um fator integrante 
 
Do teste dado para verificar se uma equação diferencial é exata, decorre que um fator integrante é 
solução de certa equação diferencial parcial. Ora, em geral, essa equação diferencial parcial é mais 
difícil de resolver do que a própria equação diferencial original. Conseqüentemente, os fatores 
integrantes se obtêm, em geral, por inspeção. O êxito do método vai depender, então, da habilidade do 
calculista, em reconhecer ou vislumbrar, que determinado grupo de termos constitui uma diferencial 
exata dh (x, y). Para tanto, a tabela a seguir poderá constituir boa ajuda. 
 
 
 
Grupo de Termos Fator integrante ),( yxI Diferencial exata dh(x,y) 
ydx xdy− 
2
1
x
− 
2
xdy ydx yd
x x
− ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ 
ydx xdy− 
2
1
y
 
2
xdy ydx xd
y y
⎛ ⎞− = ⎜ ⎟⎝ ⎠ 
ydx xdy− 1
xy
− lnxdy ydx yd
xy x
− ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ 
ydx xdy− 
2 2
1
x y
− + 2 2
xdy ydx yd arctg
x y x
− ⎛ ⎞= ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ 
ydx xdy+ 1
xy
 ( )lnxdy ydx d xy
xy
+ = 
ydx xdy+ 1 , 1
( )n
n
xy
> 
1
1
( ) ( 1)( )n n
xdy ydx d
xyn xy −
⎡ ⎤+ −= ⎢ ⎥−⎣ ⎦ 
OBSERVAÇÃO: O TEXTO SOBRE FATORES INTEGRANTES É ADAPTADO DO LIVRO: 
BRONSON. R. Moderna introdução às equações diferenciais. tradução de Alfredo Alves de Farias, 
revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977. 
 
 23
Grupo de Termos Fator integrante ),( yxI Diferencial exata dh(x,y) 
xdx ydy+ 
2 2
1
x y+ 
2 2)
2 2
1 ln(
2
xdx ydy d x y
x y
+ ⎡ ⎤= +⎢ ⎥+ ⎣ ⎦ 
ydx xdy+ 
2 2
1 , n>1
( )nx y+ 1
1
( ) ( 1)( )n n
xdy ydx d
xy n xy −
⎡ ⎤+ −= ⎢ ⎥−⎣ ⎦ 
( , constantes)aydx bxdy a b+ 1 1a bx y− − 1 1( ) (a b a b )x y aydx bxdy d x y− − + = 
 
Por vezes, um reagrupamento dos termos da equação diferencial facilita a visualização do fator 
integrante (exemplos 3, 4 e 5). 
 
Conhecem-se fatores integrantes quando M(x,y) e N(x,y) em M (x,y).dx + N (x,y).dy = 0 satisfazem 
certas condições: 
(Caso i) Se 1( ) M Ng x
N y x
⎛ ⎞∂ ∂≡ −⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ é uma função dependente apenas da variável x, o fator integrante é 
determinado por: 
( ).( , ) g x dxI x y e∫= (Ver exemplo 6) 
 
(Caso ii) Se 1( ) M Nh y
M y x
⎛ ⎞∂ ∂≡ −⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ é uma função dependente apenas da variável y, o fator integrante 
é determinado por: 
( ).( , ) h y dyI x y e−∫= (Ver exemplo 7) 
 
(Caso iii) Se ( , ) . ( ) e ( , ) . ( )M x y y f xy N x y x g xy= = , então: 
1( , )
( , ) ( , )
I x y
xM x y yN x y
= − (Ver exemplo 8) 
 
Exemplos: 
 
1) Resolva 0ydx xdy− =
Solução: 
Utilizando o fator integrante = ),( yxI 2
1
x
− (ver exemplo 1, p. 2 ou tabela anterior), podemos escrever 
a equação diferencial como: 
 
OBSERVAÇÃO: O TEXTO SOBRE FATORES INTEGRANTES É ADAPTADO DO LIVRO: 
BRONSON. R. Moderna introdução às equações diferenciais. tradução de Alfredo Alves de Farias, 
revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977. 
 
 24
2 0
xdy ydx
x
− = (01) 
 
Como (01) é exata, pode ser resolvido pelo processo das equações diferenciais exatas. 
Alternativamente, pela tabela anterior, notamos que (01) pode ser escrita como 0=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
x
y
dx
d . Logo, por 
integração direta, temos c
x
y = , ou xcy = como solução. 
 
2) Resolva a equação diferencial do exemplo 1 utilizando outro fator integrante. 
Solução: 
Utilizando o fator integrante = ),( yxI 1
xy
− (ver exemplo 2, p.3 ou tabela anterior), podemos escrever 
a equação como: 
0xdy ydx
xy
− = (02) 
 
Como (02) é exata, pode ser resolvido pelo processo das equações diferenciais exatas. 
Alternativamente, pela tabela anterior, notamos que (02) pode ser escrita como 0ln =⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
x
yd . Logo, 
por integração direta, temos 1ln cx
y =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ . Tomando exponenciais em ambos os membros obtemos 
1cy e
x
= , ou finalmente, y = cx ( ). 1cc e=
 
3) Resolva ( ) . 2 0y y dx xdy− + =
Solução: 
Não se reconhece imediatamente nenhum fator integrante. Se, entretanto, reagruparmos 
convenientemente os termos da equação, poderemos escrevê-la. 
 
2( )ydx xdy y dx− − + = 0 (03) 
 
O grupo de termos entre parênteses admite muitos fatores integrantes. Experimentando cada um deles 
separadamente, verificamos que apenas um deles torna toda a equação uma diferencial exata: Esse 
fator é 2( , ) 1/I x y y= . Utilizando-o, podemos escrever (03) como 
 
2 1
ydx xdy dx
y
0−− + = (04) 
 
Como (04) é exata, pode ser resolvida pelo processo das equações diferenciais exatas. 
Alternativamente, a equação (04) pode ser escrita como ( / ) 1 0, ou como ( / ) 1 .d x y dx d x y dx− + = = 
Integrando, obtermos a solução: 
 ou x xx c y
y x
= + =
c+ 
 
OBSERVAÇÃO: O TEXTO SOBRE FATORES INTEGRANTES É ADAPTADO DO LIVRO: 
BRONSON. R. Moderna introdução às equações diferenciais. tradução de Alfredo Alves de Farias, 
revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977. 
 
 25
0=
0
4) Resolva ( ) . 2 2 2( )y xy dx x x y dy− + +
Solução: 
Não se reconhece de imediato nenhum fator integrante. Escrevendo, entretanto, a equação diferencial 
como: 
2 2 2( ) ( )ydx xdy xy dx x y dy+ + − + = (05) 
 
vê-se que o primeiro grupo de termos admite vários fatores integrantes (tabela anterior). Um deles, a 
saber 2( , ) 1/( )I x y xy= , é fator integrante para toda a equação. Multiplicando a equação (05) por 
21/( )xy , obtemos: 
2 2 2
2 2 0( ) ( )
ydx xdy xy dx x y dy
xy xy
+ − ++ = 
Ou equivalentemente 
2
1 1
( )
ydx xdy dy dy
xxy
+ = − (06) 
Pela tabela anterior: 
2
1
( )
ydx xdy d
xyxy
⎛ ⎞+ −= ⎜ ⎟⎝ ⎠ 
de modo que (06) pode escrever-se como 
1 1 1d dx
xy x
⎛ ⎞− = −⎜ ⎟⎝ ⎠ dy 
 
Integrando ambos os membros desta última equação, obtemos: 
 
1 ln x y c
xy
− = − + que é a solução sob forma implícita. 
 
5) Resolva 
2
3 4
3'
2
yxy
x y
= + . 
Solução: 
Escrevendo a equação sob forma diferencial, temos: 
2 3 4(3 ) ( 2 ) 0yx dx x y dy+ − − = 
 
Não se reconhece de imediato nenhum fator integrante. Podemos, no entanto, reagrupar os termos da 
equação como segue: 
2(3 ) 2 0x ydx xdy y dy4− − = (07) 
 
O grupo entre parênteses é da forma , com a = 3 e b = 1 aydx bxdy+ − , que admite 2 2x y− como fator 
integrante. Ora, como a expressão entre parênteses já está multiplicada por 2x , tentamos um fator da 
forma 2( , )I x y y−= , vem: 
2 2 2(3 ) 2 0x y ydx xdy y dy− − − = 
que pode ser simplificada (ver tabela anterior) para: 
3 1 2( ) 2d x y y dy− = (08) 
 
OBSERVAÇÃO: O TEXTO SOBRE FATORES INTEGRANTES É ADAPTADO DO LIVRO: 
BRONSON. R. Moderna introdução às equações diferenciais. tradução de Alfredo Alves de Farias, 
revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977. 
 
 26
Integrando ambos os membros de (08), obtemos: 
 
3 1 32
3
x y y− = + c
x
 como solução sob forma implícita. 
 
6) Resolva . ' 2y xy= −
Solução: 
Escrevendo a equação sob forma diferencial, temos: 
 
( 2 ) 0xy x dx dy− + + = (09) 
 
Não se reconhece de imediato nenhum fator integrante. Nota-se,entretanto, que 
; de forma que: ( , ) 2 e ( , ) 1M x y xy x N x y= − + =
 
1 ( 2 ) (0) 2
1
M N x x
N y x
⎛ ⎞∂ ∂ − −− = =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ − 
é função de x somente. Portanto de acordo com a condição (a) para determinar o fator integrante, 
temos: 
 
22 .( , ) x dx xI x y e e− −∫= = é o fator integrante. Multiplicando (09) por 2xe− , obtemos: 
 
2 2 2
( 2 ) 0x x xxye xe dx e dy− − −− + + = (10) 
 
que é exata. Resolvendo (10) pelo processo das equações diferenciais exatas, obtemos a solução: 
 
2 1
2
xy ce= + 
 
Observe que a equação dada é também linear. (Esse tipo de equação será objeto de estudo nos tópicos 
seguintes). 
 
7) Resolva . 2 0y dx xydy+ =
Solução: 
Aqui, 2( , ) e ( , )M x y y N x y xy= = ; logo, 
2
1 2M N y y 1
M y x y
⎛ ⎞∂ ∂ −
y
− = =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ 
 
é função de y somente. Portanto de acordo com a condição (b) para determinar o fator integrante, 
temos: 
(1/ ) ln( , ) 1/y dy yI x y e e y− −∫= = = é o fator integrante. Multiplicando a equação diferencial dada 
por: ( , ) 1/I x y y= , obtemos a equação exata 0ydx xdy+ = , cuja solução é cy
x
= . 
 
Um processo alternativo consistiria em dividir a equação dada por 2xy transformando-a em uma 
equação de variáveis separáveis. 
 
 
OBSERVAÇÃO: O TEXTO SOBRE FATORES INTEGRANTES É ADAPTADO DO LIVRO: 
BRONSON. R. Moderna introdução às equações diferenciais. tradução de Alfredo Alves de Farias, 
revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977. 
 
 27
8) Resolva 
2
' xy yy
x
−= . 
Solução: 
Escrevendo a equação sob a forma diferencial, temos: 
 
(1 ) (1) 0y xy dx x dy− + = (11) 
 
de acordo com o caso (c) para determinar o fator integrante, escolhemos:= ),( yxI 2
1 1
[ (1 )] ( )x y xy xy
−=− 
 
Multiplicando (11) por , obtemos: ),( yxI
 
2 2
1 1 0xy dx dy
x y xy
− − = 
 
que é exata. Aplicando o processo das equações diferenciais exatas, chegamos à solução 
1/( ln )y x c= − x
0
. 
 
Note-se que poderíamos ter escrito (11) como: 
 
2( )ydx xdy xy dx+ − = 
 
que também sugere (ver tabela 1) =),( yxI ( )21/ xy como fator integrante. 
 
 
9) Resolva 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
+
+=
3)1(
3
2
2
y
yxy
xyx
dx
dy
. 
Solução: 
Escrevendo a equação dada na forma: , teremos: 0dy)yxy(dx)xyx3( 22 =+−+
 
2 2( , ) 3 ( , ) 2 2M NM x y x xy N x y y x y xy xy
y x
∂ ∂= + ⇒ = − − ⇒ = ⇒ = −∂ ∂ 
 
e a equação não é exata. 
 
Observe que M(x,y) e N(x,y) podem ser fatoradas como produto de uma função de x e uma função de 
y, isto é, e o fator integrante é: 0)1()3( 22 =+−+ dyxydxyx
 
2 2
1( , )
(3 )(1 )
I x y
y x
= + + 
 
multiplicando a equação por este fator integrante, temos 
 
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BRONSON. R. Moderna introdução às equações diferenciais. tradução de Alfredo Alves de Farias, 
revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977. 
 
 28
0
31 22
=+−+ dyy
ydx
x
x 
 
que é separável e exata e integrando esta expressão, temos: 
 
)3()1( )3ln(
2
1)1ln(
2
1 2222 ycxoucyx +⋅=+=+−+ 
 
Como y = 3 quando x =1, obtemos 
6
1=c . 
 
E a solução que procuramos é: 
 
36 )3(
6
1)1( 2222 =−+=+ xyouyx 
 
LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS 
 
 
1) Determine um fator integrante apropriado para cada equação diferencial e resolva-a: 
 Respostas: 
2)2 . 3 . 0 a y dx xy dy+ = 2 2a) ( , ) 1/ ou ( , ) 1/ ; 3I x y xy I x y y x y c= − = = 
) . .ln 0 b y dx x xdy+ = ) ( , ) 1/ ; / lnb I x y x y c x= = 
) . 2 . 0 c y dx x dy− = 3
32) ( , ) , I(x,y) 1/ 
 ou ( , ) 1/ 3 ; 
c I x y x y
I x y xy y c x
−= =
= =
 
) cos . . 0 d x y dy seny dx− = 2) ( , ) 1/ ; d I x y x seny cx= = 
)( 1) ( 1) 0 e y dx x dy+ − + = 2
2
) ( , ) 1/( 1) 
 ou ( , ) 1/( 1) ; ( 1) 1
e I x y x
I x y y y c x
= +
= − + = + − 
) (2 3 ). . 0 f y x dx x dy+ + = 2 3) ( , ) , f I x y x x y x c= + = 
2 2) ( ). 2 . 0 g x y dy xy dx− − = 2 2 2) )( , ) 1/ ; g I x y y x y cy= + = 
2 3) 4 . . 0h x y dx x dy+ = 4) ( , ) ;h I x y x x y c= = 
) 2i dx xydy− = 0 2 2) ( , ) 1/ ou ( , ) ; lnyi I x y x I x y e y cx−= = = 
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 29
RESUMO PARA ENCONTRAR FATORES INTEGRANTES 
 
Considere a equação: 
M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0 
1) Calcule: (02) 
x
N e (01) ∂
∂
∂
∂
y
M 
2) Se (01) = (02) a equação é exata e pode ser resolvida. 
3) Se (01) ≠ (02), podemos ter os seguintes casos: 
(i) Se 1( ) M Ng x
N y x
⎛ ⎞∂ ∂≡ −⎜ ∂ ∂⎝ ⎠⎟
 
 e a função depende apenas da variável x, o fator integrante é 
determinado por: 
( ).( , ) g x dxI x y e∫= 
(ii) Se 1( ) M Nh y
M y x
⎛ ⎞∂ ∂≡ −⎜ ∂ ∂⎝ ⎠⎟ e a função depende apenas da variável y, o fator integrante é 
determinado por: 
( ).( , ) h y dyI x y e−∫= 
 
(iii) Se ( , ) . ( ) e ( , ) . ( )M x y y f xy N x y x g xy= = , então: 
1( , )
( , ) ( , )
I x y
xM x y yN x y
= − 
 
Exemplo: 
1) Resolva 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
−=
2)0( y 
yx
dx
dy 
 
 
Solução: 
Escrevendo a equação diferencial como 0dydx).yx( =−− , temos: 
( , ) 1
( , ) 1 0
MM x y x y
y
NN x y
x
∂= − =∂
∂= − =∂
−
 
e a equação não é exata. 
Agora usando 1( ) M Ng x
N y x
⎛ ∂ ∂= −⎜ ∂ ∂⎝ ⎠
⎞⎟ isto é, g(x) = 11
)01( =−
−− é uma função de x. Portanto 
1( , ) dx xI x y e e∫= = é um fator integrante. Assim 
xxxxx exye
dx
dyeyxe
dx
dye .. )( =+⇒−= 
resolvendo como uma solução exata, chegamos a solução geral: 
Ceeyex xxx =−− .2. 
utilizando a condição de existência , temos: 
5.. −=−− xxx eeyex 
 
OBSERVAÇÃO: O TEXTO SOBRE FATORES INTEGRANTES É ADAPTADO DO LIVRO: 
BRONSON. R. Moderna introdução às equações diferenciais. tradução de Alfredo Alves de Farias, 
revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977. 
 
 30
LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS 
 
1) Resolva as seguintes equações diferenciais, utilizando o processo que considerar apropriado e 
possível: 
 Respostas: 
2 2) 0a xy dx x ydy+ = 2 21) ( , ) 1 (a equação é exata); 
2
a I x y x y c= = 
3 3)( ) 0b y x y dx xdy+ + = 3 2 2) ( , ) 1/( ) ; 1/ 2 ( )b I x y xy y x x c= = − 
2 2)( ) 0c x y y dx xdy+ + − = 2 2) ( , ) 1/( ); ( )c I x y x y y xtg x c= − + = + 
)( 1) 0d y dx xdy+ − = 2) ( , ) 1/ ; 1d I x y x y cx= − = − 
) (1 )e ydx x dy+ − = 0 2) ( , ) 1/ ; c 1e I x y y y x= = − 
3 2 2 4)( ) ( ) 0f x y y dx x y x dy− + − = 2 3 4) ( , ) 1/( ) ; 3 2 6f I x y xy x y xy cxy= + + = − 
2)2 0g xydx y dy+ = 2 2) ( , ) 1/ ; 2( )g I x y y y c x= = − 
) 3h ydx xdy+ = 0 2 3) ( , ) ; /h I x y y y c x= = 
2 2)(3 ) 0i x y x dx dy− + = 3 3) ( , ) ; 1/ 3x xi I x y e y ce−= = + 
4 2)( ) 0j y x y dx xdy+ + = 2 4) ( , ) 1/( ) ; 1/ / 3j I x y xy y x cx= = − 
2 2
2) 2 4 0
xk xy dx x ydy
y
⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
= 
2
2 2 4) ( , ) ; x
2
xk I x y y y c= + = 
2 2 2 2) ( )l xy dx x y x y dy+ + = 0 2) ( , ) 1/( ) ; ln =l I x y xy xy c y= − 
3 2)( ) 0m y x xy dx xdy+ + − = 2 2 2) ( , ) 1/( ); ( / 2 )m I x y x y y xtg x c= − + = + 
2 2 3 3 4)3 (2 ) 0n x y dx x y x y dy+ + = 3 3/ 3 3 2 / 3) ( , ) ; y yn I x y e x y e c= = 
NOTAS DE AULA ELABORADA POR: 
Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 
 
 31
 
EQUAÇÃO DIFERENCIAL LINEAR DE 1a ORDEM 
 
Consideremos uma equação diferencial da forma: 
 
)()(')( 10 xbyxayxa =+ 
 
Vamos considerar que todas as condições necessárias ( , dependam apenas da 
variável x) para que possamos resolver esta equação sejam satisfeitas. 
)(e)(),( 10 xbxaxa
 
O melhor que podemos fazer quando é não nula, é realizar a divisão de todos os termos da 
equação por para obter: 
)(0 xa
)(0 xa
)()(' xQyxPy =+ (01) 
 
uma equação que pode ser escrita desta forma, onde P(x) e Q(x) são funções de x conhecidas, é 
chamada uma equação diferencial linear de primeira ordem (se uma equação não pode ser escrita 
nesta forma, como por exemplo xsenxy
dx
dy =+ 2 , é chamada equação diferencial de primeira ordem 
não-linear). 
 
Um bom método para resolver esta equação (01) de uma forma geral é multiplicar ambos os membros 
da equação por um fator integrante , ∫= dxxPeyxI )(),(
 
Assim: 
∫⋅=∫⋅⋅+⋅∫ dxxPdxxPdxxP exQeyxP
dx
dye
)()()(
)()( (1) 
 
que é equivalente a 
∫⋅=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ∫ dxxPdxxP exQey
dx
d ).().( )(. 
 
Prova da equivalência: 
 
Fazendo: 
dx
dyyuyu ==⇒= '' e ∫⋅=⇒∫= dxxPdxxP exPvev )()( )('
 
Por outro lado, sabemos que: 
 
∫⋅⋅+∫⋅=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ∫⋅⇒⋅+⋅=⋅ dxxPdxxPdxxP exPye
dx
dyeyvuvuvu
)()(
'
)(
)('''][ (2) 
 
Substituindo (2) em (1) temos: 
 
∫⋅=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ∫⋅ dxxPdxxP exQey )(
'
)(
)( 
 
 
NOTAS DE AULA ELABORADA POR: 
Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 
 
 32
 
Integrando ambos os membros em relação à x, temos: 
dxexQdxey dxxP
dxxP ∫∫ ∫⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡ ∫⋅ )(
'
)(
)( 
 
cuja solução é: 
 
∫ +∫⋅=∫⋅ cdxexQey dxxPdxxP )()( )( 
 
e como , vamos a: ∫= dxxPeyxI )(),(
 
∫ +⋅=⋅ cdxIxQIy )( (3) 
 
Nota:Na prática, podemos trabalhar diretamente com a equação (3). 
 
Exemplos: 
1) Resolva: 505 =+ y
dx
dy 
Solução: 
Temos uma equação diferencial linear de primeira ordem, com P(x) = 5 e Q(x) = 50. 
 
O fator integrante fica determinado por: 
 
xdxdxxP eeeI 5
5)( =∫=∫= 
 
Substituindo essas informações na equação (3), temos: 
 
x
x
x
xxx ecyou
e
cyceeydxeey 55
5
555 1010
5
5050 −⋅+=+=⇒+⋅=⋅⇒⋅=⋅ ∫ 
 
Observação: O método de separação de variáveis também poderia ter sido utilizado na resolução desse 
exemplo, como mostramos a seguir. 
 
⇒+=−⋅−⇒=−⇒=−⇒−=⇒=+ ∫∫ 1)550ln(51)550()550(550505 cxydxydydxydyydxdyydxdy 
 
x
xc
cxcx ecyeeyeyeycxy 5
55
5555
1 105
1050555055)550(ln
1
11 −
−−
−−−− ⋅+=⇒⋅−=⇒−=⇒=−⇒−−=− 
 
2) Resolva: Resposta: 63y - ' =y xCey 32 +−=
 
3) Resolva: Resposta: xxyy =−2' 2
2
1 xCey +−= 
 
NOTAS DE AULA ELABORADA POR: 
Prof. M.Sc. Armando Paulo da Silva e Prof. M.Sc. José Donizetti de Lima 
 
 33
LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS 
 
1) Resolva as equações diferenciais lineares de 1a ordem abaixo: 
 Respostas: 
 1' )
 2' )
 ' )
 04' )
 ' )
 2' )
2
xyyf
xsentgxyye
xsenyxyd
yxyc
eyyb
xxyya
x
−=−
=+
=+
=++
=−
=+
 
 3' )
 42' )
 424' )
3
2
2
xeyyi
xyxyh
xxyyg
=−
=+
−=−
 xceyf
xxCye
xc
x
yd
x
cyc
eceyb
cea
x
xx
+=
−=
−=
−=
+=
+= −
 )
cos2cos. )
)cos(1 )
4 )
 )
2
1y )
2
2
x2
 
4 2
2 2
3 3
) 
) 
) .
x
x x
g y ce x
h y cx x
i y ce x e
−
= +
= +
= +
 
 
LISTA EXTRA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS 
 
1) Resolva as equações diferenciais: 
 Respostas: 
( ) ( )
2
4
) 0 
) cos 2 0 
4) ' 
) ' 
2) '
x
a xdx y dy
b x seny dx x y y dy
c y y x
x
d y y senx
yee y
− =
+ + − =
⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠
+ =
+=
( ) ( )
2
3 2 2
 
2
2) ' 
) 2 1 3 0 
) 
y
xyy xe
xf y
y
g y xy dx x y x dy
dzh xz x
dx
−
+=
+ + + + =
− = − 
2
2 3
2 2
5
4
-x
xy 2
2 3
2 3
2
) 3x 2
1)
2
c 1)y
9x
1 1) y ce cos
2 2
)2x e
2)y 4
3
)xy x
) z(x) ce 1
x
a y c
b x xseny y c
c x
d senx
e y c
f x x c
g y y c
h
− =
+ − =
= +
= + −
+ − =
= + +
+ + =
= +
x
 
 
2) Resolva Resposta: 1y(0) com 0 ==− ydydxex 1e2y x2 −=
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 34
PROBLEMAS DE QUEDA DOS CORPOS 
 
Consideremos um corpo de massa m em queda vertical, influenciado apenas pela gravidade g e por 
uma resistência do ar proporcional à velocidade da queda. Admitamos que tanto a gravidade como a 
massa permanecem constantes e, por questão de conveniência, escolhamos a direção para baixo como 
a direção positiva. 
 
Segunda lei do movimento de Newton: A força líquida que atua sobre um corpo é igual à taxa de 
variação do momento do corpo em relação ao tempo, ou, para uma massa constante, 
dt
 vdmF = , onde 
F é a força líquida que atua sobre o corpo e v é a velocidade do corpo – ambas no instante t. 
 
No problema em estudo, há duas forças atuando sobre o corpo: 
 
• A força devida à gravidade representada pelo peso w do corpo e que é igual a m.g 
 
• A força devida à resistência do ar, dada por –k.v, onde k≥0 é a constante de proporcionalidade. 
 
Faz-se necessário o sinal menos porque esta força é oposta à velocidade, isto é, atua para cima, na 
direção negativa. 
 
A força líquida F que atua sobre o corpo é, pois: F = m.g – k.v. 
 
Levando este resultado na equação da segunda lei do movimento de Newton, temos: 
 
gv
m
k
dt
dv
dt
dvmvkgm =+⇒=− ... 
 
como a equação do movimento do corpo. 
 
Exemplos: 
 
1) Mostre que desprezando-se a resistência do ar (então )0=k , teremos: g
dt
dv = . Determine a 
solução dessa equação. 
 
Solução: 
Inicialmente, substituindo em 0=k gv
m
k
dt
dv =+ , temos: g
dt
dv = 
 
Por outro lado, podemos facilmente determinar a solução dessa equação, usando as equações lineares 
separáveis, como mostramos a seguir: 
 
ctgvdtgdvdtgdvg
dt
dv +⋅=⇒=⇒=⇒= ∫∫ 
 
 
 
 
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 35
2) Determine a solução geral da equação diferencial .gv
m
k
dt
dv =+ 
Solução: 
Temos uma equação diferencial linear de primeira ordem, com gtQe
m
ktP == )()( . 
 
O fator integrante fica determinado por: 
 
( )
k kdt tP t dt m mI e e e
⋅∫∫= = = 
 
Substituindo essas informações na equação ∫ +⋅=⋅ cdtItQIv )( , temos: 
 
k k k kt t t t
m m m m
k t
m
m m g c m gv e g e dt c v e g e c v v c e
k k k
e
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
⋅
⋅ ⋅⋅ = ⋅ + ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⇒ = + ⇒ = + ⋅∫
k t
m
− ⋅
 
 
3) Mostre que se a velocidade limite da queda dos corpos é dada por ,0>k ..
k
gmvl = 
Solução: 
lim [ ] lim
k t
ml
t t
m g m gv solução geral de v c e
k k
− ⋅
→+∞ →+∞
⎡ ⎤⋅ ⋅⎢ ⎥= = + ⋅⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
= 
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 36
Observação: Estas equações são válidas apenas se as condições dadas são satisfeitas. Elas não são 
válidas, por exemplo, se a resistência do ar não for proporcional à velocidade, e sim ao quadrado da 
velocidade, ou se toma como direção positiva a direção para cima. 
 
Problemas: 
 
1) Deixa-se cair um corpo de 75 Kg de uma altura de 30 m com velocidade zero. Admitindo que não 
haja resistência do ar, determine: 
a) A expressão da velocidade do corpo no instante t. 
b) A expressão da posição do corpo no instante t. 
c) O tempo necessário para o corpo atingir o solo. 
Solução: 
a) Como não existe resistência do ar, aplicamos a fórmula g
dt
dv = . 
 
Esta equação é uma equação diferencial linear separável, suja solução é ctgv += . . 
 
Quando t = 0, v = 0 ( inicialmente a velocidade do corpo é zero), logo 0 .0g c c 0= + ⇒ = . 
 
Assim, (sabemos que g = 9,81). 9,81.v = t
 
b) Como a velocidade é a taxa de variação do deslocamento x em relação ao tempo, temos 
dt
dxv = , 
assim 9,81.dx t
dt
= . Esta equação é uma equação diferencial separável, cuja solução é: 
1c
2t 905,4x += 
 
Mas em t = 0, temos x = 0. Assim, . 2 1 10 4,905 (0) 0c c= + ⇒ =
 
Substituindo este valor na equação do deslocamento encontrado, temos: 
 
 
2 905,4 tx = 
 
c) Devemos determinar t para x = 30. Substituindo x = 30 na equação do deslocamento e resolvendo-a 
encontramos t = 2,47 seg. 
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 37
2) Deixa-se cair de uma altura de 1000 metros uma bola cujo peso é 1 Kgf, sem velocidade inicial. Na 
queda, a bola sofre uma resistência do ar proporcional a v
4
1 , em Kgf. Determine a equação da 
velocidade da bola. 
Solução: 
Neste problema temos w = 1 Kgf e k = 
4
1 . 
Admitindo que g = 9,81 m/s2, temos que w = m.g, então 1 = m. 9,81 ⇒ m 0,10 Kg. ≅
 
Assim, teremos: 
⇒=+ gv
m
k
dt
dv 2,5 9,81dv v
dt
+ = 
cuja solução é: 
 
92,3t.5,2e.c)t(v +−= 
 
Em t = 0, temos v = 0 e assim, teremos:92,392,3.0 )0.(5,2 −=⇒+= − cec 
Portanto, 
 
92,3.92,3)( .5,2 +−= − tetv 
 
 
Observação: ou lim 3,92 /l
t
v v m→+∞= = s 92,325,0
81,910,0 =⋅=⋅=
k
gmvl 
 
3) Deixa-se cair um corpo de peso w = 30 kgf de uma altura de 30 m com velocidade inicial de 3 m/s. 
Admitamos que a resistência do ar seja proporcional à velocidade do corpo. Se a velocidade limite 
é de 43 m/s, determine: 
a) A expressão da velocidade do corpo no instante t. 
b) A expressão da posição do corpo no instante t. 
Solução: 
a) Neste problema temos w = 30 Kg, como w = mg, temos: 
 
m.g = 30 ⇒ m.9,81 = 30 ⇒ m = 3,06Kg 
 
Por outro lado, como a velocidade limite é 43m/s, temos: 
 
k
g.m
lv = ⇒ 70,03043 =⇒= kk 
Agora levando estes substituindo estes valores na equação diferencial da velocidade temos: 
 
⇒=+ gv
m
k
dt
dv 81,9v
06,3
7,0
dt
dv =+ ⇒ 81,9v23,0
dt
dv =+ 
cuja solução é: 
 
65,42t.23,0e.c)t(v +−= . 
NOTAS DE AULA ELABORADA POR: 
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 38
65
Mas em t = 0, v = 3. Assim, substituindo estes valores temos: 
 
3 42,c= + ⇒ c = -39,65. 
 
Logo a expressão da velocidade fica: 
 
65,42t.23,0e.65,39)t(v +−−= 
 
b) Agora precisamos encontrar a expressão do movimento. Como 
dt
dxv = , substituindo a expressão da 
velocidade encontrada temos: 
 
65,42t.23,0e.65,39
dt
dx +−−= 
 
Esta equação é uma equação diferencial separável e sua solução é: 
 
1ct.65,42
t.23,0e.172x ++−= 
 
Em t = 0 e x = 0, temos: 1721720 11 −=⇒+= cc 
 
Assim a expressão do movimento é: 
 
172.65,42.172 .23,0 −+= − tex t 
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 39
LISTA DE PROBLEMAS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS 
 
1) Deixa-se cair de uma altura de 150 m um corpo de 15 kg de massa, sem velocidade inicial. 
Desprezando-se a resistência do ar, determine: 
a) A expressão da velocidade do corpo no instante t. 
b) A expressão da posição do corpo no instante t. 
c) Determine o tempo necessário para que o corpo atinja o solo. 
 Resposta: a) v = 9,81 t b) S = 4, 905 t 2 c) 5,53 seg 
 
2) Deixa-se cair um corpo de uma altura de 150 m com velocidade inicial de 3 m/s. Desprezando-se a 
resistência do ar, determine: 
a) A expressão da velocidade do corpo no instante t. 
b) O tempo necessário para o corpo atingir o solo. 
 Resposta: a) v(t) = 9, 81 t + 3 b) t = 5, 23 seg 
 
3) Deixa-se cair de uma altura de 300 m uma bola cujo peso é de 75 Kg. Determine a velocidade 
limite da bola se a força de resistência do ar é de – 0,5 v. Resposta: 150 m/s 
 
4) Um corpo de 2 kg de massa é lançado de uma altura de 200 m, sem velocidade inicial. Determine a 
velocidade limite do corpo, se ele encontra uma resistência do ar igual a -50 v. 
Resposta: v = 0, 392 m / s com g = 9,8 m/s2 
 
5) Deixa-se cair um corpo de 145 Kg de massa de uma altura de 300 m, sem velocidade inicial. O 
corpo encontra uma resistência do ar proporcional à sua velocidade. Se a velocidade limite é de 
100 m/s, determine: 
a) A expressão da velocidade no instante t. 
b) A expressão da posição do corpo no instante t. 
c) O tempo necessário para que o corpo atinja uma velocidade de 50m/s. 
 Resposta: 
0,1 t 0,1 t) 98,1. 98,1 ) ( ) 981. 98,1 t 981 )7,13a v e b x t e c s− −= − + = + −
ZILL. D. G. CULLEN. M. R. Equações diferenciais. v.1. São Paulo: MAKRON Books, 2001. 
 
 40
CIRCUITOS EM SÉRIE 
 
Em um circuito em série contendo somente um resistor e um indutor, a segunda lei de Kirchhoff diz 
que a soma da queda de tensão no indutor ( diL
dt
) e da queda de tensão no resistor ( i ) é igual à 
voltagem (
R⋅
( )E t ) no circuito. Veja a Figura 3.10. 
Logo, obtemos a equação diferencial linear para a corrente , ( )i t
( )diL Ri E t
dt
+ = (1) 
em que L e R são constantes conhecidas como a indutância e a resistência, respectivamente. A corrente 
é algumas vezes chamada de resposta do sistema. 
A queda de potencial em um capacitor com capacitância C é dada por , em que q é a carga no 
capacitor. Então, para o circuito em série mostrado na Figura 3.11, a segunda lei de Kirchhoff nos dá 
( ) /q t C
 
1 ( )R i q E t
C
⋅ + = (2) 
 
 
Mas a corrente i e a carga q estão relacionadas por dqi
dt
= , logo, (2) torna-se a equação diferencial 
linear 
1 ( )dqR q E t
dt C
⋅ + = (3) 
 
Exemplo : Uma bateria de 12 volts é conectada a um circuito em série no qual a indutância é de ½ 
henry e a resistência, 10 ohms. Determine a corrente i se a corrente inicial é zero. 
 
Solução: De (1), vemos que devemos resolver 
1 10 12
2
di i
dt
+ = 
 
sujeita a i(0) = 0. Primeiro, multiplicamos a equação diferencial por 2 e tiramos o fator de integração 
. Obtemos então 20te
 
20 2024t td e i e
dt
⎡ ⎤ =⎣ ⎦ 
20 2024
20
t te i e C= + 
206
5
ti ce−= + 
 
Agora, i(O) = O implica O = 6/5 + c, ou c = - 6/5. Logo, a resposta é 
ZILL. D. G. CULLEN. M. R. Equações diferenciais. v.1. São Paulo: MAKRON Books, 2001. 
 
 41
206 6
5 5
ti e−= − 
Por 
( ) ( ) ( )( )p x dx p x dx p x dxy e e f x dx ce− −∫ ∫ ∫= +∫ 
 
Podemos escrever uma solução geral para (2): 
 
( / )
( / ) ( / )( ) ( )
R L t
R L t R L tei t e E t dt ce
L
− −= ∫ + (4) 
 
Em particular, quando 0( )E t E= é uma constante, (4) torna-se 
( / )0( ) R L t
E
i t ce
R
−= + (5) 
 
Note que, quando , o segundo termo da equação (5) se aproxima de zero. Tal termo é 
usualmente chamado de termo transitório; qualquer termo remanescente faz parte do estado 
estacionário da solução. Neste caso, 
t →∞
0 /E R também é chamado de corrente estacionária. Após um 
longo período de tempo, a corrente no circuito é praticamente governada apenas pela lei de Ohm 
. E i R= ⋅
 
EXERCÍCIOS: 
 
1. Uma força eletromatriz (fem) de 30 volts é aplicada a um circuito em série L-R no qual a indutância 
é de 0,5 henry e a resistência, 50 ohms. Encontre a corrente i(t) se i(0) = 0. Determine a corrente 
quando t . →∞
2. Resolva a equação (1) supondo 0 0( ) e (0)E t E sen t i iω= = 
3. Uma força eletromotiva de 100 volts é aplicada a um circuito R-C em série no qual a resistência é 
de 200 ohms e a capacitância, farad. Encontre a carga q(t) no capacitor se q(0) = 0. Encontre a 
corrente i(t). 
410−
4. Uma força eletromatriz (fem) de 200 volts é aplicada a um circuito R-C em série no qual a 
resistência é 1000 ohms. e a capacitância, 65 x 10− farad. Encontre a carga q(t) no capacitor se i(0) = 
0,4. Determine a carga quando . t →∞
5. Uma força eletromatriz (fem) 
120, 0 20
( )
0, 20 
t
E t
t
≤ ≤⎧= ⎨ >⎩ 
é aplicada a um circuito L-R em série no qual a indutância é de 20 henrys e a resistência, 2 ohms. 
Encontre a corrente i(t) se i(0) = 0. 
 
6. Suponha que um circuito R-C em série tenha resistência variável. Se a resistência no instante t é 
dada por 1 2R k k= + t , em que são constantes, então (3) torna-se 1 20 e 0k k> >
1 2
1( ) dqk k t q E t
dt C
+ ⋅ + = ( ) 
 
Mostre que, se 0( )E t E= e , então 0(0)q q=
21/
1
0 0 0
1 2
( ) ( )
Ckkq t E C q E C
k k t
⎛ ⎞= + − ⎜ ⎟+⎝ ⎠
.
OBSERVAÇÃO: O TEXTO A SEGUIR É ADAPTADO DO LIVRO: 
BRONSON. R. Moderna introdução às equações diferenciais. tradução de Alfredo Alves de Farias, 
revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977. 
 
 42
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES HOMOGÊNEASDE SEGUNDA ORDEM COM 
COEFICIENTES CONSTANTES 
 
1. EQUAÇÃO CARACTERÍSTICA OU AUXILIAR 
À equação diferencial 
 
1 0'' ' 0y a y a y+ + = (1) 
 
em que são constantes, corresponde a equação algébrica. 0 e a a1
2
1 0 0a aλ λ+ + = (2) 
 
obtida de (1) mediante substituição de respectivamente. A equação (2) 
é chamada equação característica ou auxiliar de (1). 
2 1 0'', ' e y por , , = 1,y y λ λ λ
 
Exemplo 1: A equação característica de 2'' 3 ' 4 0 é 3 4 0;y y y λ λ+ − = + − = a equação característica de 
 2'' 2 ' 0 é 2 1 0.y y y λ λ− + = − + =
 
A equação característica pode ser fatorada como segue: 
 
1 2( ).( ) 0λ λ λ λ− − = (3) 
 
2. SOLUÇÃO EM TERMOS DAS RAÍZES CARACTERÍSTICAS 
 
A solução de (1) se obtém diretamente a partir das raízes de (3). Há três casos a considerar. 
 
CASO 1. 1 e 2λ λ são ambas reais e distintas. 1 e 1x xe eλ λ são duas soluções linearmente 
independentes. A solução geral é 
1 21 2
x xy c e c eλ λ= + (4) 
 
Exemplo 1: Resolva . '' ' 2 0y y y− − =
 
Equação característica: que pode ser fatorada em 2 2 0,λ λ− − = ( 1).( 2) 0.λ λ+ − = Como as raízes 
1 21 e 2λ λ= − = são reais e distintas, a solução é dada por (4): 
 
2
1 2
x xy c e c e−= + 
 
Exemplo 2: Resolva . '' 7 ' 0y y− =
 
Equação característica: que pode ser fatorada em 2 7 0λ λ− = , .( 7) 0.λ λ − = Como as raízes 
1 20 e 7λ λ= =
7
 são reais e distintas, a solução é dada por (4): 
 
0 7
1 2 1 2
x x xy c e c e c c e= + = + 
 
 
OBSERVAÇÃO: O TEXTO A SEGUIR É ADAPTADO DO LIVRO: 
BRONSON. R. Moderna introdução às equações diferenciais. tradução de Alfredo Alves de Farias, 
revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977. 
 
 43
Exemplo 3: Resolva . '' 5 0y y− =
Equação característica: cujas raízes, 2 5 0,λ − = 1 25 e 5λ λ= = − são reais e distintas, a solução é 
dada por (4): 
5 5
1 2
x xy c e c e−= + 
CASO 2. 1 2 = . λ λ são raízes reais iguais. 1 e . 1x xe x eλ λ são duas soluções linearmente 
independentes. A solução geral é: 
1 11 2
x xy c e c xeλ λ= + (6) 
 
Atenção: As soluções acima não são válidas se a equação diferencial não é linear ou se não tem 
coeficientes constantes. Consideremos, por exemplo, a equação 2'' 0.y x y− = As raízes da equação 
característica são 1 2 e ,x xλ λ= = − mas a solução não é 
2 2( ) ( )
1 2 1 2
x x x x xy c e c xe c e c xe x− −= + = + 
 
Exemplo 1: Resolva . '' 4 ' 4 0y y y+ + =
 
Equação característica: com as raízes 0442 =++ λλ 1 2 2λ λ= = − são reais e iguais, a solução geral 
é dada por (6): 
2 2
1 2
x xy c e c xe− −= + 
Exemplo 2: Resolva '' 0y = . 
 
Equação característica: com as raízes 2 0,λ = 1 2 0λ λ= = são reais e iguais, a solução geral é dada 
por (6): 
0 0
1 2 1
x xy c e c xe c c x= + = + 2 
CASO 3. 1 = a ibλ + , complexo. Como, em (1) e (2), supõem-se reais, as raízes de (2) devem 
aparecer em pares conjugados; assim, a outra raiz é 
0 e a a1
iba −=1λ . Duas soluções linearmente 
independentes são , e a solução geral (complexa) é ( ) ( ) e a ib x a ib xe e+ −
( ) ( )
1 2
a ib x a ib xy d e d e+ −= + 
Utilizando as relações de Euler 
cos . ibxe bx i se= + n bx n bx cos . ibxe bx i se− = − 
 
Podemos escrever a solução como 
1 2 1 2. . . . ( . .
ax ibx ax ibx ax ibx ibxy d e e d e e e d e d e )− −= + = + 
1 2[( (cos . ) (cos . )]
axe d bx i sen bx d bx i sen bx= + + − 
1 2 1 2[( ).cos .( ) ]
axe d d bx i d d sen bx= + + − 
 
Definindo como duas novas constantes arbitrárias, podemos escrever a 
solução geral como 
1 1 2 2 1 2 (c d d e c i d d= + = − )
1 2cos 
ax axy c e bx c e sen bx= + (5) 
OBSERVAÇÃO: O TEXTO A SEGUIR É ADAPTADO DO LIVRO: 
BRONSON. R. Moderna introdução às equações diferenciais. tradução de Alfredo Alves de Farias, 
revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977. 
 
 44
2 2
,
A equação (5) é real se e somente se são ambas reais, o que ocorre se e somente se são 
complexos conjugados. Como estamos interessados na solução geral real, devemos impor a a 
restrição de serem complexos conjugados. 
1 c e c 1 d e d
1 2 d e d
 
Exemplo 1: Resolva . '' 4 ' 5 0y y y+ + =
Equação característica: com raízes complexas 2 4 5 0λ λ+ + = 1 22 e 2i iλ λ= − + = − − . Solução 
geral, de acordo com (5): 
2 2
1 2cos 
x xy c e x c e sen x− −= + 
 
Exemplo 2: Resolva . '' 4 0y y+ =
 
Equação característica: com raízes complexas 2 4 0,λ + = 1 22 e 2 .i iλ λ= = − . Solução geral, de 
acordo com (5): 
1 2cos 2 2y c x c sen x= + 
 
Observe que as raízes complexas têm ambas parte real igual a zero. 
 
Exemplo 3: Resolva . '' 3 ' 4 0y y y− + =
 
Equação característica: com raízes complexas 2 3 4 0λ λ− + = , 1 23 7 3 e 2 2 2 2i iλ λ= + = −
7 . 
Solução geral, de acordo com (5): 
(3/ 2) (3/ 2)
1 2
7 7cos 
2 2
x xy c e x c e sen x= + 
 
LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS 
 
1) Resolva as seguintes equações diferencias: 
 RESPOSTAS 
) '' 0a y y− = 
1 2)
x xa y c e c e−= + 
) '' ' 30 0b y y y− − = 5 6
1 2)
x xb y c e c e−= + 
) '' 2 ' 0c y y y− + = 
1 2)
x xc y c e c xe= + 
) '' 0d y y+ = 1 2) cos d y c x c sen x= + 
) '' 2 ' 2 0e y y y+ + = 
1 2cos 
x xy c e x c e sen x− −= + 
) '' 7 0f y y− = 7 7
1 2)
x xf y c e c e−= + 
) '' 6 ' 9 0g y y y+ + = 3 3
1 2)
x xg y c e c xe− −= + 
) '' 2 ' 3 0h y y y+ + = 
1 2) cos 2
x xh y c e x c e sen x 2− −= + 
) '' 3 ' 5 0i y y y− − = [(3 29) / 2] [(3 29) / 2]
1 2)
x xi y c e c e+ −= + 
1) '' ' 0
4
j y y y+ + = (1/ 2) (1/ 2)1 2) x xj y c e c xe− −= + 
OBSERVAÇÃO: O TEXTO SOBRE FATORES INTEGRANTES É ADAPTADO DO LIVRO: 
BRONSON. R. Moderna introdução às equações diferenciais. tradução de Alfredo Alves de Farias, 
revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977. 
 45
 
2) Determinar a solução geral das Equações Diferenciais Lineares Homogêneas de 2a Ordem a 
coeficientes constantes, dadas a seguir, pelo método proposto para resolver este tipo de equação. 
a) 0362
2
=+ y
dx
yd Resposta: ( ) ( )xsencxcy 6 6cos 21 ⋅+⋅= 
b) 
dx
dyy
dx
yd 7122
2
=+ Resposta: xx ececy 4231 ⋅+⋅=
c) y
dx
yd 92
2
= Resposta: xx ececy 3231 −⋅+⋅=
d) 
d y
dx
dy
dx
y
2
2 2+ − = 0 Resposta: xx ececy 221 −+=
e) 0442
2
=+− y
dx
dy
dx
yd Resposta: ( ) xexccy 221 ⋅+= 
f) 01022
2
=++ y
dx
dy
dx
yd Resposta: )33cos( 21 xsencxcey
x ⋅+⋅⋅= −
g) 09124 2
2
=+− y
dx
dy
dx
yd Resposta: ( ) xexccy 2321 ⋅+= 
 
 
OBSERVAÇÃO: O TEXTO SOBRE FATORES INTEGRANTES É ADAPTADO DO LIVRO: 
BRONSON. R. Moderna introdução às equações diferenciais. tradução de Alfredo Alves de Farias, 
revisão técnica Roberto Romano. São Paulo: McGraw-Hill do Brasil, 1977. 
 46
 
Equação Diferencial Ordinária Linear de 2a Ordem com Coeficientes Constantes e Não 
Homogênea: 
 
Uma equação diferencial ordinária linear de 2a Ordem com coeficientes constantes e não homogênea, 
pode ser escrita na forma: 
( )xryb
dx
dya
dx
yd =++2
2
 
onde: e ( ) axf =1 ( ) bxf =2 
 
Então, o método dos coeficientes a determinar é o método normalmente empregado para obter a 
solução. A vantagem deste método é que ele é mais simples que o método geral e a desvantagem é que 
ele não é aplicável para certas equações lineares a coeficientes não constantes. O método é 
freqüentemente aplicado à engenharia. 
 
Este método é adequado para equações lineares a coeficientes constantes, isto é, para equações do tipo: 
 
)()()( 212
2
xryxf
dx
dyxf
dx