Apostila Equações Diferenciais NÍVEL ZERO

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Derivadas 
Sejam u e v funções deriváveis de x. n e a são constantes 
 
1. ⇒ 
2. ⇒ 
3. 
 
 
 ⇒ 
 
 
 
4. ⇒ 
 
( 
5. ⇒ 
6. ⇒ 
 
 
 
7. ⇒ 
 
 
 
8. ⇒ 
9. ⇒ 
10. ⇒ 
11. ⇒ 
12. ⇒ 
13. ⇒ 
14. ⇒ 
15. ⇒ 
 
 
 
16. ⇒ 
 
 
 
17. ⇒ 
 
 
 
18. ⇒ 
 
 
 
19. 
 
 ⇒ 
 
 
 
 
 
20. 
 
 ⇒ 
 
 
 
 
 
Integrais 
1. 
2. 
 
 
 
3. 
 
 
 
4. 
 
 
 
5. 
6. 
7. 
8. 
9. 
10. 
11. 
12. 
13. 
14. 
15. 
16. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
17. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
18. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
19. 
 
 
 
20. 
 
 
 
 
 
 
21. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
22 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Substituição Trigonométrica 
1. 
 
 
 
2. 
 
 
 
3. 
 
 
 
Fórmulas de Recorrência 
1. 
 
 
 
 
 
 
2. 
 
 
 
 
 
 
3. 
 
 
 
5. 
 
 
 
6. 
 
 
 
 
 
 
7. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4. 
 
 
 
 
 
 
Máximo e Mínimo 
Fazer y’ = 0. Resolver esta equação, depois introduzir os valores 
obtidos de x em y”. Se y” é positivo, o ponto é um mínimo; se y” é 
negativo, o ponto é um máximo. 
Ponto de Inflexão 
Fazer y” = 0.Resolver esta equação, depois introduzir os valores de x 
em y’’’. Se y’’’ não for nulo, teremos um ponto de inflexão. 
 
a 
x 
 
 
a 
x 
 
 
a 
x 
 
 
1. 
 
 
 
2. 
 
 
 
3. 
 
 
 
 
 
 
4. 
 
 
 
5. 
 
 
 
6. 
 
 
 
 
 
 
7. 
8. 
9. 
10. 
11. 
12. 
 
13. 
 
 
 
14. 
 
 
 
15. 
16. 
17. 
 
 
 
18. 
 
 
 
 
 
 
19. 
20. 
21. 
 
 
 0° 30° 45° 60° 90° Produtos Notáveis 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Logaritmos Exponenciação Valor Absoluto 
Sejam Sejam 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Desigualdade do triângulo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Valores abs. e Intervalos: 
Se a é qq nº positivo 
 
 Fórmula quadrática 
 se 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
distância entre 2 pontos: 
 
funções de potência 
 
 
 
fazer: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1° Passo 2° Passo 
escolher a curva 
baseado no n 
se b for par se b for impar 
 
 
 
 
curva só no 
1°quadrante 
se a for par 
 
reflete a curva em 
torno do eixo y 
se a for impar 
 
reflete a curva em 
relação a origem (0,0). 
 
 
 
 
 
 
 
Translação de gráficos 
Considerando e 
 
Translada o gráfico k ou h unidades: Alonga fç verticalmente 
p/ cima se k>0 
p/ baixo se k<0 
p/ esquerda se h>0 
p/ direita se h<0 
 
 
 
 Comprime fç verticamente 
 Reflete a fç em torno do eixo Comprime fç horizontalmente 
 Reflete a fç em torno do eixo Alonga fç horizontalmente 
 
0 
 
 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
Gráfico de funções exponenciais 
 
Gráfico de funções logarítmicas 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Equações Diferenciais 
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PLANO DE ENSINO – UNIP 2010/2 
 
CURSO: ENGENHARIA BÁSICO 
TURNO: DIURNO/NOTURNO 
SÉRIE: 3º/4º SEMESTRE 
DISCIPLINA: EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 
CARGA HORÁRIA SEMANAL: 02 HORAS/AULA (44 horas) 
 
CONTEÚDO PROGRAMÁTICO 
Classificação das equações diferenciais. Equações Diferenciais de Primeira 
ordem. Introdução. Existência e unicidade de soluções de equações 
diferenciais. Equações de variáveis separáveis. Equações exatas. Equações 
lineares de primeira ordem. Equações homogêneas de segunda ordem. 
Equações de segunda ordem. Caso não homogêneo. 
 
BIBLIOGRAFIA BÁSICA 
1. Zill, D. G. Equações Diferenciais com aplicações em modelagens. São Paulo: 
Thompson, 2003. 
2. STEWART, J., Cálculo. São Paulo: Thompson Learning, 2001. v.2 
3. GUIDORIZZI, H. L., Um curso de cálculo. Rio de Janeiro: LTC, 2002. v.4 
 
BIBLIOGRAFIA COMPLEMENTAR 
1. Boulos, P. Cálculo diferencial e integral. São Paulo: Makron Books, 1999. v.2 
2. Boyce, W., Diprima, R. Equações Diferenciais elementares e problemas de 
valores de controno. R.J.: LTC, 1998; 
3. MATOS, M. Séries e Equações Diferenciais. São Paulo: Prentice Hall Brasil, 
2001. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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2 
REVISÃO DE DERIVADAS E INTEGRAIS 
REGRAS DE DERIVAÇÃO: 
 (derivadas de algumas funções elementares) 
Função Derivada 
y= k y’ = 0 K = constante real; 
y = x y’ = 1 u e v são funções de x; 
y = k . x y’ = k n é um número natural. 
y = x n y’ = n . x n – 1 
y = k . x n y’ = k . n . x n − 1 
y = k . u y’ = k . u’ 
y = u n y’ = n . u n – 1 . u’ 
y = u ± v y’ = u’ ± v’ 
y = u . v y’ = u’.v + v’. u 
y = 
v
u
 y’ = 
2v
u . v' v '.u −
 
 
y = eu y’ = eu . u’ 
y = ln u y’ = 
u
'u
 
 Obtidas a partir da 
 Regra da Cadeia 
y = au y’ = au . ln a . u’ 
y = log
a
u y’ = 
u
'u
. log
a
e ou y’ = 
a ln . u
'u
 
 
y = sen u y’ = u’ . cos u 
y = cos u y’ = − u’ . sen u 
y = tg u y’ = u’ . sec2 u 
y = cotg u y’ = − u’ . cossec2 u 
 
REGRA DA CADEIA (Derivada da função composta) 
 Seja y = g(u), u = f(x) e se as derivadas 
dx
du
 e 
du
dy
 existem, então a 
função composta y = g[f(x)] tem derivada que é dada por: 
 
du
dy
 
dx
dy
= . 
dx
du
 ou y’(x) = g’(u) . f '(x) 
 
INTEGRAL −−−− Definições: 
 
 I. Uma função F(x) é chamada uma primitiva da função f(x) em um intervalo dado, 
 se para todo valor de x pertencente ao intervalo dado, tem-se F’(x) = f(x); 
 
 II. Se F(x) é uma primitiva de f(x), a expressão F(x) + C, onde C é uma constante é 
 chamada integral indefinida da função f(x) e é denotada por: 
 ∫ )x(f dx = F(x) + C (notação de Leibniz) 
 III. Da definição de integral indefinida, decorre que: 
 
 ∫ )x(f dx = F(x) + C F’(x) = f(x) 
 
Equações Diferenciais 
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3 
 f(x) é a função integrando; F(x) é uma integral; 
 F(x) + C é a integral indefinida; C é uma constante de integração 
 
 Obs.: O processo que permite achar a integral indefinida de uma função é chamado 
 Integração. 
PROPRIEDADES DA INTEGRAL INDEFINIDA 
 
I. ∫ )x(f. k dx = k ∫ )x(f dx , k = constante real 
II. ∫ ± .dx g(x)] )x(f[ = ∫ )x(f dx ± ∫ )x(g dx 
III. [ ]∫ dx . )x(f dx
d
 = f(x) , ou seja, a derivada da integral de uma função é a própria 
 função. 
 
REGRAS DE INTEGRAÇÃO: 
 Considerando: C ∈ IR, K ∈ IR, u = f(x) , v = g(x) e n ≠ −1, temos as seguintes 
integrais (elementares) imediatas: 
 
 1. ∫dx = x + C 2. ∫ dx k = k ∫dx = k . x + C 
 3. ∫ dx xn = 1 n
x 1 n
+
+
 + C 4. ∫ − dx x 1 = ∫ dx x
1
 = ln |x| + C 
 5. ∫ dx ax = a ln
ax
 + C , 0 < a ≠ 1 6. ∫ dx ex = xe + C 
 7. ∫ ∫ ∫±=± dv du dv) du( 7. ∫du = u + C 
 8. ∫ u
du
 = ln |u| + C 9. ∫ ue du = ue + C 
 10. ∫ nu du = 1
1
+
+
n
un
 + C (n é constante ≠ −1) 11. ∫ ua du = a ln
ua
 + C 
 12. ∫ usen du = − cos u + C 13. ∫ u cos du = sen u + C 
 14. ∫ u2sec du = tg u + C 15. ∫ uec2cos du = −cotg u + C 
 16.∫ u sec . tg u du = sec u + C 17.∫ u cosec . cotg u du = −cosec u + C 
 
MÉTODO DE INTEGRAÇÃO POR PARTES 
 
 Sejam f(x) e g(x) duas funções deriváveis num intervalo. A derivada do produto 
 
 [f(x) . g(x)]’ = f(x) . g’(x) + g(x) . f’(x) f(x) . g’(x) = [f(x) . g(x)]’ – g(x) . f’(x) . 
 
 Integrando membro a membro, temos: 
 ∫ )(xf . g’(x) dx = ∫ )([ xf . g(x)]’ dx − ∫ )(xg . f’(x) dx 
 Fazendo 



=
=
 )(
 )( 
xgv
xfu
 temos: 
 
 ∫u . dv = u . v − ∫v du 
du = f’(x) dx 
dv = g’(x) dx 
dx 
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4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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5 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 
 
1. Introdução 
 A expressão: Equações Diferenciais, designada por Leibniz (Gottfried Wilhelm Leibniz, 
1646 – 1716) é uma equação em que as incógnitas são funções e a equação envolve 
derivadas destas funções. 
 
Exemplos de aplicações: 
Exemplo 1. O movimento de um pêndulo simples de massa m e comprimento L é descrito pela 
equação diferencial: 0
2
2
=+ θ
θ
sen
L
g
dt
d
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 2. Um sistema massa-mola composto de um corpo de massa m preso a uma mola com 
constante elástica k, sujeita a uma força de resistência 
dt
dx
Fr γγν −=−= e uma força externa 
Fext(t) = F0 cos(ωt) é descrito pela equação diferencial: ) cos(02
2
tFkx
dt
dx
dt
xd
m ωγ =++ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
θ 
θ 
͜ 
͜ −mgsenθ 
mgcosθ 
P = mg 
L 
Fext = F0 cos(ωt) Fr = −γν 
Fe = −kx 
m 
Fr = −γν Fext = F0 cos(ωt) 
Fe = −kx 
x 
0 
׀ 
m 
Fr = −γν Fext = F0 cos(ωt) 
m 
Equações Diferenciais 
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6 
Exemplo 3. Um circuito RC é um circuito que tem um resistor de resistência R, um capacitor de 
capacitância C e um gerador que gera uma diferença de potencial V(t) ligados em série. A carga 
Q(t) no capacitor é descrita pela equação diferencial: )(
1
tVQ
Cdt
dQ
R =+ 
 
 
 
 
 
 
 
2. Definição 
 Equação Diferencial é uma equação que estabelece uma relação entre a variável 
x, a função y e as suas derivadas. 
 Escreve-se F(x, y, y’, y’’, ... , yn) = 0 (equação diferencial na forma implícita) em 
que figuram ao lado de x e y, certas derivadas de y em relação a x, de ordem não superior 
a n. Em particular, podemos dizer que equação diferencial ordinária de 1ª ordem, é toda 
relação da forma F(x, y, y’) = 0. 
 
 OBS.: I) Função = 0 significa função na forma implícita; 
 II) y = f(x) significa função na forma explícita. 
 Exemplos: 
1) y’ + xy = 0 
2) y’’ + y = 0 
NOTA: A equação diferencial deve apresentar derivada, tais como: 
 y’ = 
dx
dy
 
 y’’ = 
2
2
dx
yd
dx
dy
dx
d
=




 , etc. 
 Obs.: contrário de ordinária é extraordinária. 
 
3. CLASSIFICAÇÃO: As equações diferenciais são classificadas quanto a: 
 A) Tipo (Ordinária ou Parcial); 
 B) Ordem e grau; 
 C) Linearidade (linear ou não-linear) 
 
4. Equação Diferencial Ordinária (comum; nada de extraordinário) 
 É a equação em que a variável dependente y é função de uma única variável 
independente x. Nela, aparecem derivadas ordinárias e não as derivadas parciais (que 
não são variáveis ordinárias). 
 
5. Ordem e Grau de uma Equação DiferencialA ordem da equação diferencial é a mais alta derivada que aparece na equação e, o 
grau da equação é o grau da derivada mais elevada. 
 Exemplos: 
 a) y’ + xy = 0 Eq. Diferencial de 1ª ordem e de 1º grau; 
 b) y’’ + y = 0 Eq. Diferencial de 2ª ordem e de 1º grau; 
 c) (y’’’)2 + (y’’)5 + y = 0 Eq. Diferencial de 3ª ordem e do 5º grau. 
 d) 05 .3
42
3
3
=+




−





xy
dx
dy
dx
yd
 Eq. Diferencial de 3ª ordem e do 2º grau. 
 
V(t) 
C 
R 
∼ 
Equações Diferenciais 
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7 
6. Solução (ou valor verdade) de uma Eq. Diferencial 
 É toda função y = f(x) que verifica identicamente a equação dada. 
 Exemplos: 
 1) Para a equação y’’ + y = 0, temos que: 
 a) y = sen x é uma solução. De fato, se y = sen x y’ = cos x e y’’ = − sen x, 
 então: y’’ + y = − sen x + sen x = 0, ∀x∈IR. 
 
 b) A função y = A . cos x + B . sen x, em que A e B são constantes reais quaisquer 
 é uma solução da equação. 
 Temos: y = A . cos x + B . sen x y’ = – A . sen x + B . cos x e 
 y’’ = – A . cos x – B . sen x 
 Então: y’’ + y = – A . cos x – B . sen x + A . cos x + B . sen x = 0, ∀x∈IR. 
 
 c) A função y = x3 não é solução da equação. 
 Temos: y = x3 y’ = 3x2 e y’’ = 6x. 
 Então: y’’ + y = 6x + x3 ≠ 0, ∀x∈IR. 
 Como não se tem 6x + x3 = 0, para todo x real, a função f(x) = x3 não é solução da 
EDO (Equação Diferencial Ordinária) 
 
7. SOLUÇÃO GERAL – Chama-se integral ou solução geral de uma equação 
diferencial ordinária de ordem n, a solução em que figuram n constantes arbitrárias. 
 Dada a equação diferencial G(x, y, y’, y’’, ... , yn) = 0, a sua solução geral assume a 
forma: 
 F(x, y, C1, C2, ... , Cn) ou y = f(x, C1, C2, ... , Cn), onde C1, C2, ... , Cn são 
constantes arbitrárias. 
 
Exemplo – Seja a equação k
dx
yd
=
2
2
 ou y’’ = k, onde k é uma constante real. 
 Temos: k
dx
yd
=
2
2
 k
dx
dy
dx
d
=




 =





dx
dy
d k . dx ∫ 




dx
dy
 d = ∫ dxk. 
 
dx
dy
 = k.x + C1 dy = (k.x + C1) dx ∫∫ += dxCxkdy ).( 1 
 y = ∫∫ + dxCxdxk 1. y = k. ∫ xdx + C1. ∫dx y = k. 2
2x
 + C1.x + C2 
 y = 
2
1
.k.x2 + C1.x + C2 , que é a solução geral da EDO. 
 
8. SOLUÇÕES PARTICULARES – Chama-se solução particular toda solução de uma 
equação diferencial que se obtém atribuindo valores particulares às suas constantes 
arbitrárias que figuram na sua solução geral. 
 
Exemplo – Se fizermos, por exemplo, C1 = 3 e C2 = −5 na solução geral encontrada no 
exemplo anterior y = 
2
1
.k.x2 + C1.x + C2, teremos uma solução particular. Assim, 
substituindo os valores de C1 e C2, temos: 
 y = 
2
1
.k.x2 + 3.x – 5 , que é uma solução particular. 
 
 Problema de valor inicial (PVI) 
 Uma equação diferencial satisfazendo algumas condições adicionais é denominada 
problema de valor inicial (PVI). 
Equações Diferenciais 
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8 
 Exemplo: 




=
=+
 )0(
cos2'
πy
xyyex
 
 Se são conhecidas as condições adicionais, podemos obter soluções particulares 
para a equação diferencial e se não são conhecidas condições adicionais, podemos obter 
a solução geral. 
 
EXERCÍCIOS 
(Paulo Boulos, v.2 – p. 164) 
 
1) Dê a ordem da EDO e verifique se a função dada é solução (A e B são constantes 
arbitrárias): 
a) y’ = y, y = ex 
 Solução: a equação é de Ordem 1. 
 Se y = ex y’ = ex 
 Então: y’ = y, logo, a função f(x) = ex é uma solução da EDO. 
 
b) y’ = y, y = A.ex 
 Solução: a equação é de Ordem 1. 
 Se y = A.ex y’ = A.ex 
 Então: y’ = y, logo, a função y = A.ex é uma solução da EDO. 
 
c) y’ = y, y = Ln x 
 Solução: a equação é de Ordem 1. 
 Se y = Ln x y’ = 
x
1
 
 Então: y’ ≠ y, logo, a função y = Ln x não é solução da EDO. 
 
d) y’’ – y = 0, y = e−x 
 Solução: a equação é de Ordem 2. 
 Temos: y = e−x y’ = −e
−x e y’’ = e−x 
 Então: y’’ – y = e−x + (−e−x) = 0, logo, a função y = e−x é uma solução da EDO. 
 
e) y’’ – y = 0, y = A.e−x + B.ex 
 Solução: a equação é de Ordem 2. 
 Temos: y = A.e−x + B.ex y’ = −A.e−x + B.ex e y’’ = A.e−x + B.ex 
 Então: y’’ – y = A.e−x + B.ex – (A.e−x + B.ex) = A.e−x + B.ex – A.e−x − B.ex = 0, logo, a 
 função y = A.e−x + B.ex é uma solução da EDO. 
 
f) y’ – 4x3y2 = 0, y = −x−4 
 Solução: a equação é de Ordem 1. 
 Temos: y = −x−4 y’ = −(−4)x−4−1 = 4x−5 
 Então: y’ – 4x3y2 = 4x−5 – 4x3(−x−4)2 = 4x−5 – 4x3x−8 = 4x−5 – 4x−5 = 0, logo, a função 
 y = −x−4 é uma solução da EDO. 
 
g) 2x2y’’ + 3xy’ – y = 0, y = x , com x > 0 
 Solução: a equação é de Ordem 2. 
 Temos: y = x = x 2
1
 y’ = 
1
2
1
 x.
2
1 −
 y’ = 2
1
 x.
2
1 −
 
 y’’ = 
1
2
1
 x.
2
1
 .
2
1 −−





− y’’ = − 2
3
 x.
4
1 −
 
Equações Diferenciais 
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9 
 Então: 2x2y’’ + 3xy’ – y = 2x2. 




−
−
2
3
 .
4
1
x + 3x . 




 −
2
1
 .
2
1
x − 2
1
x = 
 = 2
3
 . .
2
1 2 −− xx + 2
1
 . .
2
3 −
xx − 2
1
x = 
 = 2
1
 x.
2
1
− + 2
1
 .
2
3
x − 2
1
x = 
 = 2
1
x − 2
1
x = 0 
 Logo, a função y = x é uma solução da EDO. 
 
h) x3y’’’ + x2y’’ – 1 = 0, y = Ln x, com x > 0 
 Solução: a equação é de Ordem 3. 
 Temos: y = Ln x y’ = 
x
1
 = x−1 y’’ = −x−2 y’’’ = 2.x−3 
 Então: x3y’’’ + x2y’’ – 1 = x3 . (2.x−3) + x2 .( −x−2) – 1 = 
 = 2 . x3 – 3 − x2 – 2 − 1 = 
 = 2 . x0 – x0 – 1 = 
 = 2 . 1 – 1 – 1 = 
 = 2 – 1 – 1 = 0 
 Logo, a função y = Ln x é uma solução da EDO. 
 
2) Determine as soluções da EDO y’ = 2x. 
 Solução: Sabemos que uma das soluções da EDO é a primitiva x2 + C, pois 
 ∫ xdx2 = x2 + C. 
 O conjunto de todas as soluções da EDO dada é formado pelas funções f cujos 
domínios são intervalos abertos e que têm expressões da forma f(x) = x2 + C. Diremos, 
portanto, que as soluções são dadas por y = x2 + C, onde C é uma constante arbitrária, ou 
seja, C∈IR. 
 
NOTA: Resolver uma equação diferencial significa achar as suas soluções. 
 
3) Resolva as equações a seguir: 
 a) y’ = 3x2 
 Solução: As soluções são obtidas por: y = ∫ dxx23 = 3 . 3
3x
 + C = x3 + C, C∈IR 
 As soluções são dadas por: y = x3 + C, C∈IR. 
 
 b) y’ = sen x 
 Solução: y = ∫ dxx sen = − cos x + C, C∈IR 
 
 c) y’ = ex 
 Solução: y = ∫ dx xe = ex + C, C∈IR 
 
 
 
(Demidovitch – p. 2704 à 2713; Piskonov – p. 1 à 8, vol. II) 
 
Verificar se a equação dada é solução da equação diferencial correspondente: 
Equações Diferenciais 
para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 
10 
1) y = C1 . sen x + C2 . x, para 0.).cot.1( 2
2
=+−− y
dx
dy
x
dx
yd
gxx 
 Temos: 21 cos.' CxCy
dx
dy
+== 
 senxCy
dx
yd
 . '' 12
2
−== 
 Substituindo na equação diferencial dada, teremos: 
 0 . .)cos ..( senx) .( . 
cos
.1 21211 =+++−−




 − xCsenxCCxCxC
senx
x
x 
 0 . . .cos . .C senx. .
senx
cosx
 x.senx . 212111 =++−−+− xCsenxCCxxCxC 
 0 . . .cos . ..cosxC x.senx . 212111 =++−−+− xCsenxCCxxCxC 
 
 0 . . .cos . ..cosxC x.senx . 212111 =++−−+− CxsenxCCxxCxC 
 
 0 = 0. Logo, é solução. 
2) y = 2x + C . ex ; y
dx
dy
− = 2.(1 – x) 
 a) Temos: y = 2x + C . ex xeC
dx
dy
 .2+= 
 Substituindo na equação diferencial (E.D.), vem: 
 2 + C . ex – (2x + C. ex) = 2.(1 – x) 
 2 + C . ex – 2x − C. ex = 2.(1 – x) 
 2.(1 – x) = 2.(1 – x), ∀x∈IR. Logo, é solução da EDO dada. 
 
 b) Achar a solução relativa à x = 0 e y = 3. 
 Solução: 
 Temos que: y = 2x + C . ex é solução geral da equação diferencial dada. 
 Substituindo x = 0 e y = 3, temos: 
 3 = 2 . 0 + C . e0 3 = C . 1 C = 3 
 Portanto, a solução relativa (ou solução particular) é: y = 2x + 3. ex 
 
3) (y – C)2 = C.x, 0 .2 .4
2
=−+





y
dx
dy
x
dx
dy
x 
 Achar as soluções particulares relativas à x = 1 e y = 2; 
 Solução: 
 a) Temos: (y – C)2 = C.x y – C = xC.± y = xC.± + C 
xC
C
dx
dy
.2
±= 
 Substituindo na Eq. dada, temos: 
 4x.
2
.2






±
xC
C
+ 2x. 





±
xC
C
.2
 − y = 0 4x. 0).(
.
.
.4
2
=+±−± CxC
xC
xC
Cx
C
 
 C ± 0
..
=−CCx
Cx
xCCx
m 0=± CxCx m 0 = 0. Logo, é solução. 
 
 b) Solução relativa para x = 1 e y = 2 
 Vimos que: (y – C)2 = C.x é solução geral da EDO. 
 Para x = 1 e y = 2, temos: 
Equações Diferenciais 
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11 
 (2 – C)2 = C . 1 4 – 4C + C2 = C C2 – 5 C + 4 = 0 



=
=
4
1
2
1
C
C
 
 As soluções relativas (ou particulares) são dadas por: 
 I) para C1 = 1 (y – 1)
2 = x 
 II) para C2 = 4 (y – 4)
2 = 4x 
 
Exercício – Encontre a solução geral da EDO 2y.y’ = − 4x 
 Solução: x
dx
dy
y 4.2 −=  →÷ )2( x
dx
dy
y 2. −= dxxdyy .2. −= 
 Cdxxdyy +−= ∫∫ ..2. C
xy
+−=
2
.2
2
22
 Cx
y
+−= 2
2
2
 
 Cxy 22 22 +−= Cxy +−= 22 2 222 yxC += 
 As soluções são elipses que são as curvas de níveis da função F(x, y) = 2x2 + y2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 O gráfico da função F(x, y) = 2x2 + y2 é o parabolóide elíptico: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
9. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 1ª ORDEM 
 Vimos que, equação diferencial ordinária de 1ª ordem, é toda relação da forma 
F(x, y, y’) = 0, com domínio D de F onde ela é considerada, o qual é referido como 
domínio da EDO. Diz-se que a EDO está definida em D, D será sempre um conjunto 
aberto de IR2. Quando não for especificado o domínio da EDO, prevalece a convenção de 
que ele é o domínio da F. 
Equações Diferenciais 
para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 
12 
 Se (x0; y0) é um ponto do domínio de uma EDO, e f é uma solução tal que f(x0) = y0, 
dizemos que f passa por (x0; y0) e, neste caso, o ponto (x0; y0) é referido como condição 
inicial, e o problema de se achar uma solução da EDO que passa por um ponto, como 
problema de valor inicial. 
 
 
10. CLASSIFICAÇÃO DAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 1ª ORDEM: 
 
 I) EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 1ª ORDEM COM VARIÁVEIS SEPARÁVEIS. 
 São equações do tipo: 
 M(x) dx + N(y) dy = 0 , onde M e N são funções de x e y. 
 
 A solução dessa equação será dada por: 
 
 ∫ ∫ =+ CdyyNdxxM )( )( 
 
Exemplo 1 – Resolver a EDO: 
x
y
dx
dy
= 
 Solução: 
x
y
dx
dy
= x . dy = y . dx 
x
dx
y
dy
= 0=−
x
dx
y
dy
 
 0
1
 
1
=− dx
x
dy
y
 (eq. Diferencial com variáveis separáveis) 
 N(y) M(x) 
 Temos: ∫ ∫− dxxdyy
1
 
1
 = C Ln|y| − Ln|x| = C Ln|y| = Ln|x| + C 
 
 OBS.: Podemos trocar C por Ln|C1| e, neste caso, aplicando as propriedades dos 
logaritmos obtermos a solução geral: 
 Ln|y| = Ln|x| + Ln|C1| Ln|y| = Ln|x . C1| y = x . C 
 
 
Exemplo 2 – Resolver a EDO: (y + 1) dy – (x2y – y) dx = 0. Determinar também a solução 
particular quando x = 3 e y = − 1. 
 
 I) SOLUÇÃO GERAL: 
 (y + 1) dy – (x2y – y) dx = 0 (y + 1) dy – y.(x2 – 1) dx = 0  →÷ )( y 
 0
)1.(
 
1 2
=
−
−
+
dx
y
xy
dy
y
y
 0 )1(x 
1 2 =−−
+
dxdy
y
y
 (eq. dif. com var. sep.) 
 Temos: 
 ∫ ∫ =−−
+
Cdxxdy
y
y
)1( 
1 2 ( )∫ ∫ ∫ =−−





+ Cdxdxxdy
yy
y 2 
1
 
 ∫ ∫ ∫ =+−





+ Cdxdxxdy
y
 
1
1 2 ∫ ∫ ∫ ∫ =+−+ Cdxdxxdyydy 
1
 2 
 y + Ln|y| − 
3
3x
 + x = C (solução geral) 
 
 II) SOLUÇÃO PARTICULAR: 
 Para x = 3 e y = − 1, temos: 
Equações Diferenciais 
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13 
 −1 + Ln|−1| − 
3
33
 + 3 = C −1 + 0 – 9 + 3 = C C = −7 
 A solução particular é: y + Ln|y| − 
3
3x
 + x = −7 
 
 
Exemplo 3 – Determine a solução geral e a solução particular para a condição inicial 






0 ;
2
π
da EDO: 2y dy + sen x dx = 0 
 
I) SOLUÇÃO GERAL: 
 2y dy + sen x dx = 0 (eq. dif. com variáveis separáveis) 
 Temos: ∫ ∫ =+ Cdxxsendyy 2 2.2
2y
 + (−cos x) = C 
 
 y2 – cos x = C (solução geral) 
 
 
II) SOLUÇÃO PARTICULAR: 
 Dada a condição inicial 





0 ;
2
π
, ou seja, y = 0 quando x = 
2
π
, resulta na solução 
particular. 
 Temos: 02 – cos
2
π
 = C 0 – 0 = C C = 0 
 Logo: y2 – cos x = 0 é a solução particular 
 
Exemplo 4 – Resolva a EDO: 
13
)(2
2
3
+
+
=
y
yyx
dx
dy
 e dê uma solução que passa por (0; 1). 
I) SOLUÇÃO GERAL 
 
13
)(2
2
3
+
+
=
y
yyx
dx
dy2x (y3 + y) dx = (3y2 + 1) dy 2x dx = dy
yy
y
+
+
3
2 13
 
 2x dx − dy
yy
y
+
+
3
2 13
 = 0 (eq. dif. com variáveis separáveis) 
 Temos: ∫ ∫ =+
+
− Cdy
yy
y
xdx 
13
 2
3
2
 2 ∫ ∫ =++− − Cdyyyyxdx )13( .)( 213 
 Lembrete: ∫ +=− CuLnduu | |1 
 Sendo u = y3 + y 13 2 += y
dy
du
 du = (3y2 + 1) dy 
 Então: 2.
2
2x
 − Ln|y3 + y| = C x2 – Ln |y3 + y| = C Ln |y3 + y| = x2 – C ou 
 log e |y
3 + y| = x2 – C |y3 + y| = e Cx −
2
 y3 + y = ± e
2x . e−C 
 Fazendo k = Ce−± , obtemos a solução geral: 
 y3 + y = k . e
2x , onde k é uma constante positiva ou negativa. 
 
II) SOLUÇÃO PARTICULAR – Para x = 0 e y = 1, temos: 
Equações Diferenciais 
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14 
 
203 . 11 ek=+ 1 + 1 = k . e0 k = 2 
 
 Portanto: y3 + y = 2 . e
2x é a solução particular. 
 
Exemplo 5 – Resolver a EDO: 0 4 2 2
2
2 =+







+ dyyxdx
y
x
xy 
 Solução: 0 4 2 2
2
2 =+







+ dyyxdx
y
x
xy x. 0dy 4xdx 
1
2 2
2
2 =+







+ y
y
y  → ÷ )( x 
 0
4
 
1
2 .
22
2
=+








+
dy
x
yx
dx
x
y
yx
 0 4 
1
2
2
2 =+







+ dyxydx
y
y 
 dyxydx
y
y 4 
1
2
2
2 −=







+ dy
y
y
y
x
dx
 
1
2
4
 
2
2 +
−= (mmc do denominador) 
 dy
y
y
y
x
dx
 
12
4
 
2
4 +
−= dy
y
y
y
x
dx
 
12
 .4 
4
2
+
−= dy 
12
4
 
4
3
+
−=
y
y
x
dx
 
 0 
12
4
 
4
3
=
+
+ dy
y
y
x
dx
 (eq. dif. com variáveis separáveis) 
 Temos: ∫ ∫ =+
+ Cdy
y
y
x
dx
 
12
4
 
4
3
 ∫ ∫ =++ −− Cdyyydxx 4 .)12( 3141 
 Lembrete: ∫ +=− CuLnduu 1 
 Sendo u = 2y4 + 1 38y
dy
du
= du = 8y3 dy 
 Preparando a integral, temos: 
 ∫ ∫ =++ −− Cdyyydxx 8 .)12(.2
1
 3141 Ln|x| + 
2
1
. Ln|2y4 + 1| = C 
 
 OBS.: Trocar C por Ln|C1| e aplicando as propriedades dos logaritmos: Ln x
α = α.Ln x; 
Ln(x.y) = Ln x + Ln y e Ln 





y
x
= Ln x – Ln y, obtemos a solução geral: 
 Ln|x| + 
2
1
. Ln|2y4 + 1| = Ln|C1|  →
• )2( 2.Ln|x| + Ln|2y4 +1| = 2.Ln|C1| 
 Ln|x|2 = Ln|C1|
2 – Ln|2y4 + 1| Ln|x|2 = 
12
 
4
2
1
+y
C
Ln 
 Chamando C1
2 de C2, temos: Ln|x|
2 = 
12
 
4
2
+y
C
Ln |x|2 = 
12 4
2
+y
C
 
 x2 = 
12 4
2
+y
C
 x2 .(2y4 + 1) = C (solução geral) 
 
 
u du 
Equações Diferenciais 
para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 
15 
10.1. EXISTÊNCIA E UNICIDADE DA SOLUÇÃO 
 
 As condições suficientes para a existência de uma solução única de uma equação 
diferencial de primeira ordem são definidas pelo teorema de Picard: 
 
Teorema 1 (Picard) 
Considere o problema de valor inicial 
 ) ;( yxf
dx
dy
= y(x0) = y0 
Se a função f e a derivada parcial de f em função de y são contínuas numa vizinhança do 
ponto (x0, y0), existe uma solução única y = g(x) em certa vizinhança do ponto (x0, y0) que 
verifica a condição inicial g(x0) = y0. 
 
O intervalo onde existe a solução única pode ser maior ou menor que o intervalo onde a 
função f e a sua derivada parcial yf ∂∂ / f são contínuas (o teorema não permite determinar 
o tamanho do intervalo). 
As condições do teorema de Picard são condições suficientes, mas não necessárias para 
a existência de solução única. Quando f ou a sua derivada parcial yf ∂∂ / não sejam 
contínuas, o teorema não nos permite concluir nada: provavelmente existe solução única 
a pesar das duas condições não se verificarem. 
 
 
 II) EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 1ª ORDEM HOMOGÊNEAS. 
 
 Definição 1 – Uma função f(x; y) diz-se homogênea de grau n nas variáveis x e y se, e 
somente se, para todo t (t∈IR), tem-se: 
 
 f(tx; ty) = tn. f(x; y) 
 
n é chamado de grau de homogeneidade. 
 
 Definição 2 – Uma equação diferencial diz-se homogênea se, e somente se, é uma 
equação diferencial da forma y’ = f(x; y) onde f(x; y) é uma função homogênea de grau 
zero. 
 
 Definição 3 – Uma equação diferencial diz-se homogênea se, e somente se, é uma 
equação diferencial da forma Mdx + Ndy = 0, onde M e N são funções homogêneas de 
mesmo grau. 
 
 SOLUÇÃO DE UMA EQUAÇÃO DIFERENCIAL HOMOGÊNEA: 
 Efetuamos a seguinte mudança de variável: 
 u = 
x
y
 y = u.x dy = u.dx + x.du D(u.v) = u’.v + v’.u 
 Substituindo-se y e dy na equação diferencial dada, obtém-se uma nova equação em x 
e u que será sempre uma equação diferencial com variáveis separáveis. 
Exemplo 1 – Resolver a EDO: 
xy
yx
dx
dy 22 −
= 
 Solução: a equação dada é da forma y’ = f(x; y) e f(x; y) = 
xy
yx 22 −
 é homogênea, de 
grau zero, pois: 
Equações Diferenciais 
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16 
 f(tx; ty) = 
tytx
tytx
.
)()( 22 −
 = 
xyt
ytxt
 .
 . .
2
2222 −
 = 
xyt
yxt
 .
)( .
2
222 −
 = t0 . 
xy
yx 22 −
 = t0 . f(x; y). 
 Logo, a equação dada é EDH (eq. dif. homogênea) de grau zero. 
 De: 
xy
yx
dx
dy 22 −
= xy dy = (x2 – y2) dx 
 Fazendo a mudança de variável, ou seja, trocando y por u.x e dy por u.dx + x.du, vem: 
 x . ux . (u.dx + x.du) = (x2 – u2.x2) dx 
 u2.x2.dx + u.x3.du = x2 .dx – u2.x2.dx  → ÷ )(
2x 
 u2.dx + u.x.du = dx – u2.dx 
 u.x.du = dx – 2.u2.dx 
 u.x.du = (1 – 2.u2).dx 
x
dx
u
duu
 
21
 .
2
=
−
 0
21
 .
 
2
=
−
−
u
duu
x
dx
 (eq. dif. com 
variáveis separáveis). 
 Temos: ∫ ∫ =−
− C
u
duu
x
dx
 
21
.
 
2
 ∫ ∫ =−− −− Cduuudxx .)21( 121 
 Lembrete: ∫ +=− CvLndvv 1 
 Sendo v = 1 – 2u2 dv = − 4u.du 
 Preparando a integral, teremos: 
 ∫ ∫ =−−−−
−− Cduuudxx 4)( .)21(
4
1
 121 Ln|x| + 
4
1
. Ln|1 – 2u2| = C 
 Trocando C por Ln|C1|, temos: 
 Ln|x| + 
4
1
. Ln|1 – 2u2| = Ln|C1|  →
• )4( 4. Ln|x| + Ln|1 – 2u2| = 4.Ln|C1| 
 Ln|x|4 + Ln|1 – 2u2| = Ln|C1|
4 Ln|x4. (1 – 2u2)| = Ln|C1
4| 
 x4 . (1 – 2u2) = C1
4 ou x4 . (1 – 2u2) = C 
 Substituindo u = 
x
y
, temos: x4 . ( 1 – 2 . 
2
2
x
y
) = C x4 – 2x2y2 = C 
 
Exemplo 2 – Resolva a EDO : (x + y) dx + x dy = 0 
 Solução: aequação é da forma Mdx + Ndy = 0, logo, deve ser homogênea de 
mesmo grau. 
 Verificação: 
 I) M(x; y) = x + y M(tx; ty) = tx + ty = t.(x + y) = t1 . M(x; y) 
 M é função homogênea de grau 1. 
 
 II) N(x; y) = x N(tx; ty) = tx = t1 . N(x; y) 
 N é função homogênea de grau 1. 
 Portanto, a equação dada é uma EDH pois, M e N são homogêneas de mesmo grau. 
 MDV (mudança de variável): 
 Fazendo u = 
x
y
 y = u.x dy = u.dx + x.du 
 (x + ux)dx + x.(udx + xdu) = 0 
 xdx + uxdx + uxdx + x2du = 0 
 xdx + 2uxdx + x2du = 0  → ÷ )( x dx + 2udx + xdu = 0 
 (1 + 2u)dx = − xdu 
x
dx
 = 
u
du
21+
− 
x
dx
 + 
u
du
21+
 = 0 
 ∫ ∫ ++ u
du
x
dx
21
 = C ∫∫ −− ++ duudxx 11 )21( = C 
v dv 
v dv 
Equações Diferenciais 
para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 
17 
 
 Sendo v = 1 + 2u dv = 2 du 
 
 Preparando a integral, vem: 
 ∫∫ −− ++ duudxx 2 .)21(2
1 11 = C Ln|x| + 
2
1
. Ln|1 + 2u| = C ou 
 Ln|x| + 
2
1
. Ln|1 + 2u| = Ln|C1|  →
• )2( 2. Ln|x| + Ln|1 + 2u| = 2. Ln|C1| 
 Ln|x|2 + Ln|1 + 2u| = Ln|C1|
2 Ln|x2.(1 + 2u)| = Ln|C1
2| 
 x2 . (1 + 2u) = C2 
 Substituindo u = 
x
y
, temos: x2 . (1 + 2.
x
y
) = C x2 + 2xy = C 
 
 
Exemplo 3 – Resolva a EDO: 
xy
yx
dx
dy
2
22
−
+
= 
 Solução: 
xy
yx
dx
dy
2
22
−
+
= (x2 + y2) dx = −2xy dy (x2 + y2) dx + 2xy dy = 0 
 A equação é da forma Mdx + Ndy = 0, logo deve ser homogênea de mesmo grau. 
 I) M(x; y) = x2 + y2 M(tx; ty) = t2x2 + t2y2 = t2.(x2 + y2) = t2 . M(x; y) 
 M é função homogênea de grau 2; 
 II) N(x; y) = 2xy N(tx; ty) = 2tx.ty = 2t2xy = t2.(2xy) = t2.N(x;y) 
 N é função homogênea de grau 2. 
 Logo, a equação dada é uma EDH pois, M e N são funções homogêneas de 
mesmo grau. 
 MDV: 
 Fazendo u = 
x
y
 y = u.x dy = u.dx + x.du 
 Substituindo na equação dada, vem: 
 (x2 + u2x2) dx + 2x.(ux).(udx + xdu) = 0 
 x2dx + u2x2dx + 2ux2.(udx + xdu) = 0 ( ) → ÷
2x dx + u2dx + 2u.(udx + xdu) = 0 
 dx + u2dx + 2u
2dx + 2uxdu = 0 dx + 3u2dx = −2uxdu 
 (1 + 3u2) dx = −2uxdu 
231
2
u
udu
x
dx
+
−
= 0
31
2
2
=
+
+
u
udu
x
dx
 
 
 ∫ ∫ +
+
231
 2
 
u
duu
x
dx
 = C ∫ ∫ −− ++ duuudxx .)31(2 121 = C 
 Sendo v = 1 + 3u2 dv = 6udu 
 Preparando a integral: 
 ∫ ∫ −− ++ duuudxx (6) .)31(6
2
 121 Ln|x| + 
3
1
.Ln|1 + 3u2| = C ou 
 Ln|x| + 
3
1
.Ln|1 + 3u2| = Ln|C1|  →
• )3( 3.Ln|x| + Ln|1 + 3u2| = 3.Ln|C1| 
 Ln|x|3 + Ln|1 + 3u2| = Ln|C1
3| Ln|x3.(1 + 3u2)| = Ln|C1
3| 
 
 x3.(1 + 3u2) = C2 
 Substituindo u = 
x
y
, temos: x3 . (1 + 3.
2
2
x
y
) = C x3 + 3. xy2 = C 
 
v dv 
Equações Diferenciais 
para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 
18 
 III) EQUAÇÕES DIFERENCIAIS EXATAS (E.D.E.) 
 
 A equação diferencial M(x; y) dx + N(x; y) dy = 0 é uma equação diferencial exata ou 
total, se, e somente se, M(x; y) e N(x; y) são funções contínuas, com derivadas parciais 
y
M
∂
∂
 e 
x
N
∂
∂
 contínuas e, tais que: 
y
M
∂
∂
 = 
x
N
∂
∂
. 
 
NOTAS: 1) Chama-se exata porque seu membro esquerdo é uma diferencial exata; 
 2) A função polinomial sempre é contínua. 
 
 A técnica para resolver uma equação exata consiste em determinar uma função 
f(x; y), tal que: 
 df = Mdx + Ndy 
 
de modo que se tenha df = 0 e, a solução é f(x; y) = C, onde C é uma constante arbitrária. 
 
Exemplo 1 – Resolver: xy2 dx – (2 – x2y) dy = 0 
 (veja que a equação diferencial dada não é homogênea) 
 Vamos escrever a equação dada na forma M(x; y)dx + N(x; y) = 0, ou seja: 
 xy2 dx + [– (2 – x2y)] dy = 0 
 Sendo M(x; y) = xy2 e N(x; y) = – (2 – x2y) = – 2 + x2y , temos: 
 xy
y
M
2=
∂
∂
 
 xy
x
N
2=
∂
∂
 
 Solução: 
 xy2dx – 2 dy + x2ydy = 0 
 xy2dx + x2ydy – 2 dy = 0  →• )2( 
 
 OBS.: d(xm . yn) = n.yn – 1 . xm dy + m.xm – 1 . yn dx (grupamento diferencial). 
 
 2xy2dx + 2x2ydy – 4 dy = 0 
 
 d(x2y2) – 4 dy = 0 
 
 ∫ ∫ =− Cdyyxd 4)( 22 x2y2 – 4y = C (solução geral) 
 
 Nota: Na integral de uma diferencial, uma anula a outra. 
 
 VERIFICAÇÃO: 
 
 x2y2 – 4y = C d(x2y2 – 4y) = d(C) d(x2y2) – d(4y) = 0 
 
 OBS.: df = dy
y
f
dx
x
f
∂
∂
+
∂
∂
 (diferencial total) 
 
 Temos: d(x2y2) = dy
y
yx
dx
x
yx
∂
∂
+
∂
∂ )()( 2222
 = 2xy2 dx+ 2x2y dy 
 d(4y) = dy
y
y
∂
∂ )4(
 = 4 dy 
E.D.E. ⇒
∂
∂
=
∂
∂
x
N
y
M
 
pega-se o x e o y de maior grau 
Equações Diferenciais 
para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 
19 
 Substituindo, teremos: 2xy2 dx+ 2x2y dy – 4dy = 0  →÷ )2( 
 xy2dx + x2ydy – 2dy = 0 
 
 xy2dx – (2 – x2y)dy = 0 (que é a equação diferencial dada) 
 
 
Exemplo 2 – Resolver: (4x3y3 – 2xy) dx + (3x4y2 – x2) dy = 0 
 (a eq. dif. não é homogênea) 
 Sendo M(x; y) = 4x3y3 – 2xy xyx
y
M
212 23 −=
∂
∂
 
 N(x; y) = 3x4y2 – x2 xyx
x
M
212 23 −=
∂
∂
 
 Solução: 4x3y3dx – 2xydx + 3x4y2dy – x2dy = 0 
 (4x3y3dx + 3x4y2dy) – (2xydx – x2dy) = 0 
 
 d(x4.y3) – d(x2.y) = 0 
 ∫ ).( 34 yxd – ∫ ).( 2 yxd = C 
 yxyx .. 234 − = C (solução geral) 
 
 
Exemplo 3 – Resolver: (3xy – 4y3)xdx + (x3 – 6x2y2 – 3)dy = 0 
 (3x2y – 4xy3) dx + (x3 – 6x2y2 – 3)dy = 0 
 
 M N 
 Sendo M(x; y) = 3x2y – 4xy3 22 123 xyx
y
M
−=
∂
∂
 
 N(x; y) = x3 – 6x2y2 – 3 22 123 xyx
x
M
−=
∂
∂
 
 Solução: 
 (3x2y – 4xy3) dx + (x3 – 6x2y2 – 3)dy = 0 
 3x2y dx – 4xy3 dx + x3 dy – 6x2y2 dy – 3dy = 0 
 (3x2y dx + x3 dy) – 2(2xy3 dx + 3x2y2 dy) – 3dy = 0 
 
 d(x3y) d(x2y3) 
 d(x3y) – 2 . d(x2y3) – 3dy = 0 
 ∫ ∫ ∫−− dyyxdyxd 3).(.2).( 323 = Cx3y – 2.x2y3 – 3y = C (solução geral) 
 
 
Exemplo 4 – Resolver: (2 + y.exy) dx + (x.exy – 2y) dy = 0 
 
 Sendo M(x; y) = 2 + y.exy xyxy eyxe
y
M
..+=
∂
∂
 
 N(x; y) = x.exy – 2y xyxy eyxe
x
M
..+=
∂
∂
 
 
 
 Solução: 
E.D.E. ⇒
∂
∂
=
∂
∂
x
N
y
M
 
E.D.E. ⇒
∂
∂
=
∂
∂
x
N
y
M
 
E.D.E. ⇒
∂
∂
=
∂
∂
x
N
y
M
 
Equações Diferenciais 
para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 
20 
 (2 + y.exy) dx + (x.exy – 2y) dy = 0 
 2dx + y.exy dx + x.exy dy – 2y dy = 0 
 (y.exy dx + x.exy dy) + 2dx – 2ydy = 0 
 
 Lembrete: dy
y
e
dx
x
e
ed
kxykxy
kxy
∂
∂
+
∂
∂
=
)()(
)( = k.y.ekxy dx + k.x.ekxy dy 
 
 Então: y.exy dx + x.exy dy = d(exy). 
 
 Temos: d(exy) + 2dx – 2ydy = 0 
 
 ∫ )( xyed + ∫dx2 – ∫ ydy2 = C exy + 2x – y2 = C 
 
 
Exemplo 5 – Resolver: 0 
3
 
2
4
22
3
=
−
+ dy
y
xy
dx
y
x
 
 Sendo: M = 
3
2
y
x
 = 2x . y−3 46 −−=
∂
∂
xy
y
M
 
 N = 
4
22 3
y
xy −
 = (y2 – 3x2).y−4 = y−2 – 3x2y−4 46 −−=
∂
∂
xy
x
N
 
 Solução: 
 0 
3
 
2
4
22
3
=
−
+ dy
y
xy
dx
y
x
 0 dy 
3
 
y
 
2
4
2
4
2
3
=−+
y
x
dy
y
dx
y
x
 
 0
32
24
2
3
=+







−
y
dy
dy
y
x
dx
y
x
 0
3
..2.
1
24
2
3
=+







−
y
dy
y
dy
xdxx
y
 
 ).( 32 −yxd 
 
 d(x2.y−3) + y−2 dy = 0 ∫ ∫ −− + dyyyxd 232 ).( = C 
 
 x2.y
−3 + 
12
12
+−
+−y
 = C Cy
y
x
=− −1
3
2
 C
yy
x
=−
1
3
2
  →• )(
3y 
 
 x2 – y2 = C . y3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(E.D.E.)
 
x
N
y
M
∂
∂
=
∂
∂
 
(mmc) 
Equações Diferenciais 
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21 
GGRRUUPPAAMMEENNTTOOSS DDIIFFEERREENNCCIIÁÁVVEEIISS:: 
 
1º d(x.y) = x dx + y dy 
2º d(xm.yn) = n. xm. yn – 1 dy + m. yn. xm – 1 dx 
3º d(ekxy) = k.y.ekxy dx + k.x.ekxy dy 
4º d 





y
x
 = 2
..
y
dyxdxy −
 
5º d 





x
y
 = 
2
..
x
dxydyx −
 
6º d(x2 ± y2) = 2x dx ± 2y dy 
7º d(Ln|x2 ± y2|) = 2222
22 .2.2)(
yx
dyydxx
yx
yxd
±
±
=
±
±
 
8º d 





−
+
yx
yx
 
22
22
)(
.2.2
)(
)(
)).(()).((
)(
)).(()).((
yx
dxydyx
yx
ydyydxxdyxdxydyydxxdyxdx
yx
yxdydxyxdydx
yx
yxyxdyxyxd
−
−
=
−
+−+−−−+
=
−
+−−−+
=
−
+−−−+
=
 
9º d 





+
−
yx
yx
 
22
22
)(
.2.2
)(
)(
)).(()).((
)(
)).(()).((
yx
dyxdxy
yx
ydyydxxdyxdxydyydxxdyxdx
yx
yxdydxyxdydx
yx
yxyxdyxyxd
+
−
=
+
++−−−+−
=
+
−+−+−
=
+
−+−+−
=
 
 
IV) FATORES INTEGRANTES (R) 
 
 Sejam M(x; y)dx + N(x; y)dy = 0, uma equação diferencial NÃO EXATA. Pode 
acontecer que para: 
 (I) R. M(x; y)dx + R. N(x; y)dy = 0, tenhamos que: 
 (II) 
x
RN
y
RM
∂
∂
=
∂
∂ )()(
, ou seja, (I) é uma E.D.E., onde R é uma função de x e y. 
 Na equação (II), temos: R. +
∂
∂
y
M
M.
y
R
∂
∂
 = R. +
∂
∂
x
N
N.
x
R
∂
∂
 (III) 
EEssttuuddaarreemmooss ssoommeennttee 22 ccaassooss ppaarrttiiccuullaarreess:: 
 
11ºº CCAASSOO:: RR((xx;; yy)) == RR((xx)) ((ssóó ffuunnççããoo ddee xx)) 
 EEnnttããoo:: 0=
∂
∂
y
R
 ee 
dx
dR
x
R
=
∂
∂
 
 EEmm ((IIIIII)),, tteerreemmooss:: RR.. +
∂
∂
y
M
0 = R. +
∂
∂
x
N
N.
dx
dR
 RR.. 





∂
∂
−
∂
∂
x
N
y
M
 == NN..
dx
dR
 
 RR.. 





∂
∂
−
∂
∂
x
N
y
M
ddxx == NN..ddRR 





∂
∂
−
∂
∂
x
N
y
M
N
.
1
 dx = 
R
dR
 
 
 Interessa-nos que seja uma função de x: f(x), em que, 
 f(x) dx =
R
dR
 que é umaE.D.V.S. (eq. dif. de variáveis separáveis). 
Equações Diferenciais 
para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 
22 
 Calcula-se, então o R, fator integrante, multiplica-se a equação diferencial 
 dada por esse R, obtendo-se uma E.D.E. e, então, resolvemo-la. 
 
22ºº CCAASSOO: R(x; y) = R(y) (só função de y) 
 EEnnttããoo:: 0=
∂
∂
x
R
 ee 
dy
dR
y
R
=
∂
∂
 
 EEmm ((IIIIII)),, tteerreemmooss:: RR.. +
∂
∂
y
M
M.
dy
dR
 = R.
x
N
∂
∂
 
 RR.. 





∂
∂
−
∂
∂
x
N
y
M
 == −− M.
dy
dR
 RR.. 





∂
∂
−
∂
∂
x
N
y
M
ddyy == −− MM..ddRR 
 
 





∂
∂
−
∂
∂
x
N
y
M
M
.
1
 dy = −−
R
dR
 
 
 Interessa-nos que seja uma função de y: g(y), em que, g(y) dy = −− 
R
dR
 que é uma 
 E.D.V.S. (eq. dif. de variáveis separáveis). 
 
 Calcula-se, então o R, fator integrante, multiplica-se a equação diferencial 
 dada por esse R, obtendo-se uma E.D.E. e, então, resolvemo-la. 
 
ResumindoResumindoResumindoResumindo ...: (TABELA DOS FATORES INTEGRANTES) 
 
)(xf
N
x
N
y
M
=∂
∂
−
∂
∂
, então, f(x) dx = 
R
dR
 e, R é Fator Integrante. 
 
)(yg
M
x
N
y
M
=∂
∂
−
∂
∂
, então g(y) dy = −−
R
dR
 e, R é Fator Integrante. 
 
 
Exemplo 1 – Resolver: (x2 + y2 + x) dx + xy dy = 0 
 
 M N 
 Temos: y
y
M
2=
∂
∂
 e y
x
N
=
∂
∂
 
x
N
y
M
∂
∂
≠
∂
∂
 Não é E.D.E. 
 yyy
x
N
y
M
=−=
∂
∂
−
∂
∂
2  →÷ )(N )(
1
xf
xxy
y
N
x
N
y
M
===∂
∂
−
∂
∂
 
 f(x) dx =
R
dR
 dx
x
1
 = 
R
dR
 ∫ dxx
1
 = ∫ R
dR
 Ln|x| = Ln|R| R = x 
 Multiplicando-se a equação dada pelo fator integrante R = x, obtemos: 
 x.[(x2 + y2 + x) dx + xy dy] = x.0 (x3 + xy2 + x2) dx + x2y dy = 0P Q 
Equações Diferenciais 
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23 
 Neste caso: xy
y
P
2=
∂
∂
 e xy
x
Q
2=
∂
∂
 
x
Q
y
P
∂
∂
=
∂
∂
 E.D.E. 
 Agora, basta resolvê-la: 
 x3dx + xy2dx + x2dx + x2ydy = 0 x3dx + x2dx + (xy2dx + x2ydy) = 0 
 
 V.S. V.S. (pega-se o x e o y de maior grau) 
 Temos: d(x2y2) = 2xy2dx + 2x2ydy  →÷ )2( 
2
)( 22yxd
 = xy2dx + x2ydy. 
 Logo: x3dx + x2dx + 
2
)( 22yxd
 = 0 
 ∫ ∫ ∫++ 2
)( 2223 yxddxxdxx = C ∫ ∫ ∫++ )(2
1 2223 yxddxxdxx = C 
 
4
4x
 + 
3
3x
 + 
2
1
.(x2 . y2) = C  →• )12( 3x4 + x3 + 6x2y2 = C (12C = C) 
 
Exemplo 2 – Resolver: dx
x
ey
 + dy
x
y
e y 
cos





 + = 0 
 M N 
 Temos: 
xy
M 1
=
∂
∂
. ye e 
2
cos
x
y
x
N
−=
∂
∂
 
x
N
y
M
∂
∂
≠
∂
∂
 Não é E.D.E. 
 
2
cos
x
y
x
e
x
N
y
M y
+=
∂
∂
−
∂
∂
  →÷ )(N 
yex
x
x
yex
x
y
e
x
y
x
e
N
x
N
y
M
y
y
y
y
cos.
.
cos.
cos
cos
2
2
+
+
=
+
+
=∂
∂
−
∂
∂
= )(
1
xf
x
= 
 f(x) dx =
R
dR
 dx
x
1
 = 
R
dR
 ∫ dxx
1
 = ∫ R
dR
 Ln|x| = Ln|R| R = x 
 Multiplicando-se a equação dada pelo fator integrante R = x, obtemos: 
 X . dx
x
e y
 


 + 







 + dy
x
y
e y 
cos
 = x . 0 ey dx + (x . ey + cosy)dy = 0 
 P Q 
 ye
y
P
=
∂
∂
 e ye
x
Q
=
∂
∂
 
x
Q
y
P
∂
∂
=
∂
∂
 E.D.E. 
 Agora, basta resolvê-la: 
 ey dx + x.ey dy + cosy dy = 0 
 
 d(x . ey) + cosy dy = 0 ∫ ).( yexd + ∫ dy cos y = C 
 
 x . ey + sen y = C (solução geral) 
 
Exemplo 3 – Resolver: 0dy ) .( )2 .( 2 =+++ xexdxxyey xyxy 
 
 M N 
 Temos: xeyxe
y
M xyxy 2.. ++=
∂
∂
 
 xeyxe
x
N xyxy 2.. ++=
∂
∂
 
(mmc) 
E.D.E. é ⇒
∂
∂
=
∂
∂
x
N
y
M
 
Equações Diferenciais 
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24 
 Solução: 
 0dy ) .( )2 .( 2 =+++ xexdxxyey xyxy 
 0dy . 2 . 2 =+++ xdyexdxxydxey xyxy 
 
 (y.exy dx + x.exy dy) + (2xy dx + x2 dy) = 0 
 
 d(exy) + d(x2.y) = 0 
 ∫ )( xyed + ∫ ).( 2 yxd = C Cyxexy . 2 =+ 
 
 
11. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES DE 1ª ORDEM 
 Uma equação diferencial de 1ª ordem é denominada linear quando a função incógnita 
y bem como a sua derivada y’ são ambas do 1º grau e, pode ser colocada na forma: 
 )()( xqyxp
dx
dy
=+ ou y’ + p(x) y = q(x), onde p e q são funções unicamente de x. 
 
11.1. Equação linear incompleta (ou linear homogênea de 1ª ordem) 
 Se q(x) = 0, a equação se diz linear incompleta ou linear homogênea, ou seja: 
 0)( =+ yxp
dx
dy
 (é linear homogênea de 1ª ordem) 
 A solução da equação linear homogênea é feita por separação de variáveis, bastando 
para isso, multiplicá-la por dx e dividir por y, em seguida, integrar a mesma: 
 dx . 




 =+ 0)( yxp
dx
dy
 dy + p(x)ydx = 0  →÷ )( y 0 )( =+ dxxp
y
dy
 
 ∫ ∫ =+ Cdxxpy
dy
)( Ln|y| = ∫ +− Cdxxp )( log || ye = ∫ +− Cdxxp )( 
 ∫±=
+− Cdxxp
ey
)(
 y = C
dxxp
ee . 
)(∫±
−
 y = C. ∫
− dxxp
e
)(
 
 
Exemplo – Resolver: 0
2
=− y
xdx
dy
 (eq. dif. linear homogênea de 1ª ordem) 
 1º Modo: Multiplicando por dx e dividindo por y, temos: 
 dx . 




 =− 0
2
y
xdx
dy
 dy – dxy
x
 
2
= 0  →÷ )( y 0
2
=− dx
xy
dy
 
 ∫ ∫ =− Cdxxy
dy 1
2 Ln|y| – 2.Ln|x| = C ou ( C = Ln|C|) 
 Ln|y| – 2.Ln|x| = Ln|C| Ln|y| – Ln|x|2 = Ln|C| 
 ||
2
CLn
x
y
Ln = C
x
y
=
2
 y = C . x2 
 
 2º Modo: Aplicando a fórmula deduzida. 
 Da equação dada, temos: p(x) = 
x
2
− ∫ ∫ −=−= ||2
2
)( xLndx
x
dxxp 2|| xLn−= 
 Então: 2)()(
22
xeee LnxLnx
dxxp
===∫ −−
− (lembrete: αα =Lne ) 
 Logo: y = C. ∫− dxxpe )( = C . x2 y = C . x2 
 
 
 
Equações Diferenciais 
para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 
25 
11.2. Equação linear completa (não homogênea de 1ª ordem) 
 Dada a equação )()( xqyxp
dx
dy
=+ , para obtermos a sua solução geral, podemos: 
 I) Usar o fator integrante da equação linear e multiplicá-lo pela equação dada. 
 * Multiplicando a equação por dx, temos: 
 dx . 


 =+ )()( xqyxp
dx
dy
 dy + p(x) y dx = q(x) dx 
 * Passando tudo para o 1º membro e fatorando dx, vem: 
 [p(x) y – q(x)] dx + dy = 0 que é da forma Mdx + Ndy = 0, (IV classificação) 
 onde M = p(x) y – q(x) )(xp
y
M
=
∂
∂
 
 N = 1 0=
∂
∂
x
N
 
 * No IV tipo: fatores integrantes, vimos no 1º caso que: R(x; y) = R(x) e 
 
R
dR
dx
x
N
y
M
N
=





∂
∂
−
∂
∂
 
1
 ∫ ∫ 





∂
∂
−
∂
∂
= dx
x
N
y
M
NR
dR
 
1
 
 * Substituindo os valores, temos: 
 Ln R = [ ]∫ − dxxp 0)(1
1
 log Re = ∫ dxxp )( R = ∫
dxxp
e
)(
 
 que é o fator integrante da equação diferencial dada. 
 * Multiplicamos a equação dada pelo fator integrante e a equação se transforma na 
 E.D.E. em seguida, resolvemo-la por esse método obtendo a fórmula: 
)(.).( xqRyR
dx
d
= CdxxqRyR
dx
d
 )(.).(∫ ∫ += ∫ += CdxxqRyR )(.. ( )∫ += CdxxqRRy )(.
1
 
 
 II) Usar a tabela de fatores integrante para obter o fator R. 
 
Exemplo 1 – Resolva a EDO: xy
xdx
dy
=+
2
 
 Solução: temos: 
x
xp
2
)( = e q(x) =x 
 1º modo: Vamos obter o fator integrante R = ∫
dxxp
e
)(
 
 R = 2 .2
1
2
2
2
xeeee xLnxLn
dx
x
dx
x ===
∫
=
∫
 (que é o fator integrante) 
 Aplicando a fórmula encontrada ( )∫ += CdxxqRRy )(. .
1
, temos: 
 y =
2
1
x
. ( )Cdxxx +∫ .2 y = 21x . ( )Cdxx +∫
3 y =
2
1
x
. 







+C
x
4
4
 
 
22
4
.4 x
C
x
x
y += 
2
2
4 x
Cx
y += (que é a solução geral) 
 
 2º Modo: Usando a tabela de fatores integrantes: 
 temos: 
x
xp
2
)( = e q(x) = x 
 I) xy
xdx
dy
=+
2
→• dx dxxdxy
x
dy 
2
=+ 0 .1 
2
=+




 +− dydxy
x
x 
 M N 
x
N
y
M
∂
∂
≠
∂
∂
 Não é E.D.E. 
Equações Diferenciais 
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26 
 II) 
xy
M 2
=
∂
∂
 e 0=
∂
∂
x
N
 
x
N
y
M
∂
∂
≠
∂
∂
 Não é E.D.E. 
 III) 
xx
N
y
M 2
=
∂
∂
−
∂
∂
  →÷ )(N )(
2
1
2
xf
x
x
N
x
N
y
M
===∂
∂
−
∂
∂
 
 IV) 
R
dR
dxxf = )( 
R
dR
dx
x
=
2
 ∫ ∫= R
dR
dx
x
1
2 2. Ln x = Ln R 
 Ln x2 = Ln R R = x2 (fator integrante) 
 V) Multiplicando a equação dada por R = 2x , temos: 
 x2 . 





=+




 +− 0 .1 
2
dydxy
x
x (– x3 + 2xy) dx + x2 dy = 0 
 P Q 
 x
y
P
2=
∂
∂
 e x
x
Q
2=
∂
∂
 
x
N
y
M
∂
∂
=
∂
∂
 é E.D.E. 
 VI) Solução: 
 – x3 dx + 2xy dx + x2 dy = 0 x2 dy + 2xy dx – x3 dx = 0 
 
 d(x2.y) – x3 dx = 0 
 ∫ ∫ =− Cdxxyxd 32 ).( x2. y – C
x
=
4
4
 
2
2
4 x
Cx
y += 
 
Exemplo 2 – Considere o problema de valor inicial xy
xdx
dy
=+
2
 em que y(2) = 3. 
 Como a equação é a mesma do exemplo (1), substitui-se x = 2 e y = 3 na 
solução geral encontrada: 
 
2
2
4 x
Cx
y += 3 = 
2
2
24
2 C
+ 3 = 1 + 
4
C
 2 = 
4
C
 C = 8 
 Portanto, a solução do problema de valor inicial (que é uma solução 
particular) é: 
2
2 8
4 x
x
y += 
 
 
 
 
 
 
 Soluções da equação do exemplo 1 e a solução do problema de valor inicial 
x 
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27 
 
Exemplo 3 – Resolva a EDO: xey
dx
dy
=+ 
 Solução: 
 Temos: p(x) = 1 e q(x) = ex 
 
 I) Cálculo do fator integrante: R = ∫
dxxp
e
)(
= x
dx
ee =∫
1
 
 
 II) Aplicar na formula resolutiva: ( )∫ += CdxxqRRy )(. .
1
 
 y =
xe
1
. ( )Cdxee xx +∫ . y = xe
1
. ( )∫ +Cdxe x2 y = xe
1
. 




 +∫ Cdxe x 2 .2
1 2 
 Sendo u = 2x du = 2dx 
 Lembrete: ∫ = uu edue 
 Temos: y =
xe
1
. 




 +Ce x2 . 
2
1
 y = 
xx
x
e
C
e
e
+
2
 . 
2
1
 y = 
x
x
e
C
e + . 
2
1
 
 
Exemplo 4 – Resolva a EDO: 23 . xy
dx
dy
x =− 
 Solução: Vamos acertar o formato da equação dividindo tudo por x, ou seja: 
 23 . xy
dx
dy
x =−  →÷ )(x xy
xdx
dy
=−
3
 
 Temos: p(x) = 
x
3
− e q(x) = x 
 I) Cálculo do fator integrante: 
 R = ∫
dxxp
e
)(
= 3 .3
1
.3
3
3 −−−− ===
∫
=
∫ −
xeeee xLnxLn
dx
x
dx
x = 
3
1
x
 3
1
x
R
= 
 II) Aplicar na fórmula resolutiva: ( )∫ += CdxxqRRy )(. .
1
 
 y = x3 . 




 +∫ Cdxx
x
 . 
1
3
 y = x3 . 




 +∫ Cdx
x
 
1
2
 y = x3 . ( )∫ +− Cdx x 2 
 y = x3 . 







+
−
−
C
x
1
1
 y = x3 . 




 +− C
x
1
 y = 33 . .
1
xCx
x
+− 
 32 . xCxy +−= 
 
 
 Nota: é conveniente lembrar de algumas propriedades dos logaritmos e 
 exponenciais, tais como: 
 
 AeLnA = , mLnAm Ae = . , nmLnAmn eAe . . =+ 
 
 
 
 
u du 
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28 
12. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 2ª ORDEM 
 Chama-se equação diferencial ordinária de 2ª ordem (ou de ordem 2) a toda equação 
diferencial que relaciona uma variável independente x, uma função incógnita y = y(x) e as 
suas derivadas de 1ª e 2ª ordem, ou seja, equações do tipo: 
 0)'',',,( =yyyxF 
12.1. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 2ª ORDEM REDUTÍVEIS À FORMA NORMAL: 
 )',,('' yyxfy = 
12.2. SOLUÇÃO DE ALGUNS TIPOS ESPECIAIS 
 1º TIPO: y’’ = f(x) ou )(
2
2
xf
dx
d
= (y’’ é função da única variável independente x) 
 Neste caso, a solução é imediata. 
 Sendo y’’ = )(
'
xf
dx
dy
= ou dy’ = f’(x) dx ∫ ∫ += 1)('' Cdxxfdy 
 y’ = ∫ + 1 )( Cdxxf 
 Como y’ = 
dx
dy
 dy = y’ dx = ∫ + 1 )( Cdxxf ( )∫ ∫∫ ++= 21 )( CdxCxfdy 
 ( ) 21 CxCdxf(x) dxy ++= ∫ ∫ 
 Obs.: Como a solução é feita através de duas integrais, obtemos duas constantes, 
 C1 para a primeira integral e c2 para a segunda integral. 
 
 Exemplo 1 – Resolva a EDO: y’’ = e3x 
 Solução: 
 I) y’ = ∫ + 13 Cdxe x Lembrete: Cedue uu +=∫ 
 Sendo: u = 3x du = 3dx 
 Preparando a integral, temos: 
 1
3 3 ..
3
1
' Cdxey x += ∫ 13 .3
1
' Cey x += 
 II) ∫ +



 += 21
3 .
3
1
CdxCey x = 21
3.
3
1
CdxCdxe x ++ ∫∫ (preparando a integral) 
 21
3 .3 ..
3
1
.
3
1
CdxCdxey x ++= ∫∫ 213 . .9
1
CxCey x ++= 
 
 Exemplo 2 – Resolver a EDO: ) ( '' xkseny = 
 I) y’ = 1 ) ( Cdxxksen +∫ Lembrete: Cuduusen +−=∫ cos . 
 Sendo u = k x du = kdxPreparando a integral, temos: 
 1 ). (.
1
' Ckdxxksen
k
y += ∫ 1) cos( .
1
' Cxk
k
y +−= 
Equações Diferenciais 
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29 
 II) ∫ +



 +−= 21 ) cos( .
1
CdxCxk
k
y = ∫ ∫ ++− 21)cos(.
1
CdxCdxkx
k
 
 Preparando a integral, temos: 
 21. ). cos(.
1
.
1
CxCkdxxk
kk
y ++−= ∫ 212 .) ( .
1
CxCxksen
k
y ++−= 
 Exemplo 3 – Resolver a EDO: 
x
y
1
'' = 
 I) y’ = 1 
1
Cdx
x
+∫ (Lembrete: ∫ += CxLndxx ||
1
). Então: y’ = Ln|x| + C1 
 II) ( )∫ ++= 21 || CdxCxLny = ∫ ∫ ++ 21|| CdxCdxxLn 
 Lembrete: ∫∫ −= duvvudvu ... (integral por partes) 
 u = Ln|x| du = dx
x
 .
1
 
 dv = dx v = x 
 Temos: y = Ln|x| . x – ∫ dxxx .
1
 . + C1. ∫dx + C2 
 y = x . Ln|x| – ∫dx + C1.x + C2 y = x . Ln|x| – x + C1. x + C2 
 y = x.Ln|x| + (C1 – 1).x + C2 ou y = x.Ln|x| + C3.x + C2 
 
 2º TIPO: F(x, y’, y’’) = 0 ou y’’ = f(x, y’) 
 (equações que não contém a variável dependente y, ou seja, f não depende de y) 
 Para uma equação diferencial de 2ª ordem da forma y’’ = f(x, y’), a substituição 
y’ = p e y’’ = p’ leva a uma equação de primeira ordem da forma p’ = f(x, p). Se esta 
equação puder ser resolvida para p, y poderá ser obtido integrando-se )(xp
dx
dy
= . Note 
que se obtém uma constante arbitrária C1 na solução da equação de 1ª ordem para p e se 
obtém uma segunda constantes arbitrária C2 na integração para y. 
 Resumindo: 
 Neste caso, faz-se a mudança de variável: 
 y’= p y’’ = p’ ou p
dx
dy
= '
2
2
p
dx
dy
= 
 Exemplo 1 – Resolva a EDO: 1'.'' .2 =+ yxyx 
 I) MDV (mudança de variável): y’ = p e y’’ = p’ 
 II) Substituindo na equação dada, vem: x2. p’ + x . p = 1 
 1..2 =+ px
dx
dp
x 0 )1.( .2 =−+ dxpxdpx 
 N M 
 x
p
M
=
∂
∂
 e x
x
N
2=
∂
∂
 
x
N
p
M
∂
∂
≠
∂
∂
 Não é E.D.E. 
Equações Diferenciais 
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30 
 xxx
x
N
p
M
−=−=
∂
∂
−
∂
∂
2  →÷ )(N )(
1
2
xf
xx
x
N
x
N
p
M
=−=−=
∂
∂
−
∂
∂
 
 
R
dR
dxxf = )( 
R
dR
dx
x
=− 
1
 ∫ ∫=− R
dR
x
dx
 
 − Ln|x| = Ln|R| Ln|x-1| = Ln|R| x-1 = R 
x
R
1
= (fator integrante) 
 III) Multiplicando por 
x
1
, temos: 
 
x
1
. ( )0 )1.( .2 =−+ dxpxdpx 0 1 . =




 −+ dx
x
pdpx 
 P Q 
 1=
∂
∂
x
P
 e 1=
∂
∂
p
Q
 
p
Q
x
P
∂
∂
=
∂
∂
 é E.D.E. 
 IV) Solução: 
 x dp + p dx – 
x
1
 dx = 0 
 d(x p) – 
x
1
 dx = 0 1 
1
) ( Cdx
x
pxd =− ∫∫ x p – Ln|x| = C1 
 p = 
x
1
. ( )1|| CxLn + 
x
C
x
xLn
dx
dy 1|| += =dy dx
x
C
dx
x
xLn 1|| + (EDVS) 
 ∫ ∫∫ ++= 21
||
Cdx
x
C
dx
x
xLn
dy Lembrete: 
2
 
2u
duu =∫ 
 u = Ln|x| du = dx
x
1
 
2
||1
.||
2 xLn
dx
x
xLn =∫ 
 21
2 || .|| .
2
1
CxLnCxLny ++= 
 
 Exemplo 2 – Resolva a EDO: 0 ' '' . =++ xyyx 
 I) MDV (mudança de variável): y’ = p e y’’ = p’ 
 II) Substituindo na equação dada, vem: x . p’ + p + x = 0 
 0. =++ xp
dx
dp
x  →• )( dx x dp + (p + x) dx = 0 
 N M 
 1=
∂
∂
p
M
 e 1=
∂
∂
x
N
 
x
N
p
M
∂
∂
=
∂
∂
 ∴ E.D.E. 
 III) Solução: 
 p dx + x dx + x dp = 0 (p dx + x dp) + x dx = 0 d(p x) = – x dx = 0 
 d(p x) 
 1) ( Cxdxxpd +−= ∫∫ p x = 2
2x
− + C1  →
÷ )(x p = 
x
Cx 1
2
+− 
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31 
 =
dx
dy
x
Cx 1
2
+−  →• )( dx =dy dx
x
C
dx
x
 
2
1+− (EDVS) 
 ∫ ∫∫ ++−= 21
1
.
2
Cdx
x
Cdx
x
dy 21
2
|| .
4
CxLnC
x
y ++−= 
 
 3º TIPO: F(y, y’, y’’) = 0 ou y’’ f(y, y’) 
 (equações que não contém a variável independente x, f não depende de x) 
 Para uma equação diferencial de 2ª ordem da forma y’’ = f(y, y’), se fizermos 
p = y’, obtemos p’ = f(y, p). Esta equação contém as variáveis p, x e y e, portanto, não é 
da forma das equações de 1ª ordem. É possível eliminar a variável x pensando em y 
como a variável independente, então, pela regra da cadeia, 
dy
dp
p
dx
dy
dy
dp
dx
dp
.. == , e assim a 
equação diferencial original pode ser escrita na forma ),(. pyf
dy
dp
p = . Se esta equação de 
1ª ordem puder ser resolvida, obteremos p como uma função de y. Obtém-se uma relação 
em y e x resolvendo )(yp
dx
dy
. Novamente, haverá duas constantes arbitrárias C1 e C2 no 
resultado final. 
 Resumindo: 
 Neste caso, faz-se a mudança de variável: 
 py =' p
dy
dp
dx
dy
dy
dp
dx
dp
dx
yd
y ..
)'(
'' ==== ∴ 
dy
dp
py . '' = 
 y’ = p 
 
 Exemplo 1 – Resolva a EDO: 0)'( '' . 2 =+ yyy 
 I) MDV: py =' e 
dy
dp
py . '' = 
 II) Substituindo, temos: 
 0 . 2 =+ p
dy
dp
py  →÷ )( p 0 . =+ p
dy
dp
y p
dy
dp
y −= .  →• )( dy 
 y . dp = – p dy 
y
dy
p
dp
−= (EDVS) 1C
y
dy
p
dp
+−=∫ ∫ 
 Ln|p| = – Ln|y| + C1 Ln|p| = Ln|C2| – Ln|y| 
y
C
LnpLn 2 || = 
 
y
C
p 2= =
dx
dy
y
C2 y dy = C2 dx 32 CdxCdyy += ∫∫ 
 32
2
 .
2
CxC
y
+= y2 = 2 . C2 x + 2.C3 ou y
2 = 2 C1 x + C2 
 Exemplo 2 – Resolva a EDO: ''.2'1 2 yyy =+ , satisfazendo às condições iniciais y = 1, 
y’ = 1 e x = 1. 
 I) MDV: py =' e 
dy
dp
py . '' = 
Regra da cadeia 
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32 
 II) Substituindo, temos: 
 1 + p2 = 2y.
dy
dp
p . 
dy
dp
y
p
p
 .2
1 2
=
+
 dp .2 
1 2
ydy
p
p
=






 +
 
 
p
p
dp
y
dy
212 +
=