Equações Diferenciais Ordinárias Gilberto Antonio Tellaroli

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EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS 
 
 
Noções Fundamentais 
 
 São os problemas de um sistema físico, químico, biológico, 
econômico, geométrico, etc. que nos conduzem às equações diferenciais. 
 A transição de um desses problemas para uma equação diferencial 
chamamos de modelagem. 
 Uma equação diferencial ordinária (e.d.o.) é uma relação que envolve 
uma ou várias derivadas em relação a x de uma função y = y(x) não 
conhecida. Essa relação pode envolver a própria função y, como também 
funções de x e constantes. 
 
Exemplos: 
 
a) y” = sen x 
 
b) y” + 4y = 0 
 
c) 
222 1)("2''' yxyeyx x 
 
 
 O adjetivo “ordinária” é simplesmente para diferenciar das equações 
diferenciais parciais que envolvem derivadas parciais de uma função de 
duas ou mais variáveis. 
 A “ordem” de uma e.d.o. é ditada pela maior ordem da derivada. 
 
Exemplo: 
 
a) y” + y’ =2x , e.d.o. de 2ª ordem 
 
b) y’ = 
yx2
 , e.d.o. de 1ª ordem 
 
c) y’’’ + y’y =x , e.d.o. de 3ª ordem 
 
 
1. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 1ª ORDEM 
 
1.1. Solução de uma e.d.o. de 1ª ordem 
 
 Uma função y = y(x) é uma solução de uma e.d.o. de 1ª ordem num 
intervalo (a , b) 
IR
 , intervalo esse que pode ser infinito, se esta é 
derivável em (a , b) e, quando substituída na e.d.o., esta se transforma 
numa identidade. 
 
Exemplos: 
 
a) A função y = 
xe
 é solução da e.d.o. y’ = y , 
IRx 
. 
 
b) A função y = sen x é solução da e.d.o. y’ = cosx , 
IRx 
. 
 
 2 
 A solução de uma e.d.o. pode aparecer na forma implícita, por 
exemplo: 
 0y , 122  yx
 
 
é solução da e.d.o. yy’+ x= 0 , -1<x<1. 
 
1.2. Solução geral de uma e.d.o. de 1ª ordem 
 
 A solução de uma e.d.o. de 1ª ordem que possui uma constante 
arbitrária C é denominada solução geral. Ao atribuirmos um valor à 
constante C, a solução passa a ser uma solução particular da e.d.o. 
 
Exemplo: 
 
 Dada a e.d.o. de 1ª ordem y’ = y, é fácil ver que y = C
xe
, onde C é 
uma constante arbitrária, é a solução geral. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para C = -1, y = -
xe
 é uma solução particular. 
 
1.3. Modelagem 
 
1.3.1. Um objeto em queda livre 
 
 Suponha um objeto caindo na atmosfera, ao nível do mar. Nosso 
objetivo é encontrar uma e.d.o. que descreva esse movimento. 
 
Informação física 
 
A segunda lei de Newton nos diz que: “A força atuando sobre um 
objeto é igual à massa do objeto vezes sua aceleração ou F = m.a.”, onde 
 
 m = massa (dada em kg) 
 a= aceleração (dada em m/
2s
) 
 F = força (dada em Newton) 
 
Como a aceleração é dada por a = 
dt
dv
, temos que 
F = 
dt
dv
m
 (*) 
 
 3 
 As forças que agem em um objeto em queda livre são: 
 
P = força peso 
g = aceleração da gravidade 

v = resistência do ar, que é proporcional à velocidade. 
 
Assim, a força que age num objeto em queda livre é dada por 
 
F = mg – 

v (**) 
 
De (*) e (**) temos a e.d.o. de 1ª ordem que descreve o movimento 
 
vmg
dt
dv
m 
 (***) 
 
 Resolver a equação (***) é encontrar uma função v = v(t) que a 
satisfaz. 
 
 Se tomarmos m = 10 kg e 

= 2kg/s na equação (***), temos 
 
v
dt
dv
 2)8,9(1010 
 
 
ou 
5
)8,9(
v
dt
dv

 
 
 Como resolver esta última equação? 
 
 Um dos métodos para resolvê-la é o método de “separação de 
variáveis”, que será visto mais à frente. Porém, sem resolvê-la, podemos, 
do ponto de vista geométrico, ter uma ideia sobre as soluções analisando a 
equação 
5
8,9)('
v
tv 
 
 Como v’(t) é a inclinação da reta tangente à curva solução v(t), 
temos que 
 
v = 40 
8,1' v
 
v = 49 
0' v
 
v = 50 
2,0'  v
 
v = 60 
2,2'  v
 
 
 
Com essas informações montamos um campo de direções para as soluções 
v(t). (ver figura) 
 
 
 
 
 4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 No gráfico vemos uma solução particular que passa pelo ponto 
0P
 e 
outra pelo ponto 
1P
 e a solução constante v(t) = 40 que é a solução de 
equilíbrio, isto é, corresponde ao equilíbrio entre a gravidade e a resistência 
do ar. 
 
Obs.: Campos Direcionais são ferramentas úteis no estudo de soluções de 
equações diferenciais da forma 
),( ytf
dt
dy

 
onde f é uma função de duas variáveis. Mais a frente faremos um estudo 
sobre Campos Direcionais. 
 
1.3.2. Radioatividade 
 
Informação física 
 
 “ A experiência mostra que uma substância radioativa se decompõe 
a uma taxa proporcional à massa presente.” 
 
Problema 
 
 Se iniciarmos com uma massa de 2 gramas, no instante t = 0, o que 
podemos dizer sobre a massa existente em um instante posterior? 
 
 Se y = y(t) é a massa no instante t, então, de acordo com a 
informação física, temos a equação que modela o problema 
 
0k ,  ky
dt
dy
 
 
onde k é uma constante física conhecida para várias substâncias 
radioativas. 
 
Nosso problema passa a ser o de encontrar a solução da equação 
0k ,  ky
dt
dy
, tal que y(0) = 2. 
 
 
0P
 
1P
 
 5 
O sistema 





2)0(
'
y
kyy
 
 
é denominado um Problema de Valor Inicial(P.V.I.). 
 
 A solução do P.V.I. acima pode ser encontrada utilizando-se o método 
de separação de variáveis, que consiste no seguinte: 
 
 Toda equação diferencial ordinária de 1ª ordem, que pode ser escrita 
na forma 
g(y)y’ = f(t) 
é dita separável. 
Como y’ = 
dt
dy
, temos 
g(y)dy = f(t)dt 
 
Sendo f e g integráveis, temos 
 
Cf(t)dtg(y)dy  
 
 
e consequentemente a solução da e.d.o. de 1ª ordem. 
 
Voltando ao P.V.I. 





2)0(
'
y
kyy
 
e aplicando o método de separação de variáveis descrito acima, temos 
 
 
dt
dy
= -ky 
kdt
y
dy

 
   1Ckdty
dy
 
1Cktyln 
 
111 C
2
kt
2
ktCCkt eC onde , e Cyeeyey  
 
 

2CC onde , 
ktCey
 
Assim, 
ktCey 
 é a solução geral da e.d.o. de 1º ordem. 
 
Com a condição inicial y(0) = 2, encontramos a constante C, pois 
 
y(0) = 2 = C
2. C 0.  Ce k
 
 
Portanto, y(t) = 2 
kte
 é a solução do P.V.I. (lembrando que a constante k 
é conhecida para várias substâncias radioativas). (Ver figura.) 
 
 
 
 
 
 6 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1.3.3. Datação por Carbono 14 
 
Informação química 
 
 A proporção de carbono 14 (
14C
-radioativo) em relação ao carbono 
12 (
12C
-não radioativo) presente nos seres vivos, incluindo plantas, é 
constante. Quando um organismo morre, a absorção de 
14C
 para de ocorrer 
e, a partir daí, o 
14C
 vai se transformando em 
12C
 a uma taxa proporcional 
à quantidade presente. 
 Se y(t) é a massa de 
14C
 presente no instante t, então a modelagem 
do nosso problema configura-se pelo P.V.I. 
 





0yy(0)
kyy'
 
 
onde 
0y
 é a massa no instante t = 0. 
 
A solução do nosso sistema, obtida pelo método de separação de variáveis, 
é dada por 
 
kt
0eyy(t)

 
 
Como exemplo, imagine que em um osso é encontrado 0,005 da quantidade 
original de 
14C
. Sabendo-se que a meia vida do 
14C
 é de 5.600 anos, ou 
seja, que em 5.600 anos metade do 
14C
 se transformaem 
12C
, vamos 
determinar a idade desse osso. 
 
A solução do sistema 





0yy(0)
kyy'
, é dada por 
 
kt
0eyy(t)

 
 
Para t = 5.600, temos y(5.600) = 
2
0y
 
5600
ln2
key
2
y k5600
0
0  
 
 
 7 
Assim, y(t) = t5600ln2
0ey
 
 
Sabendo-se que no osso temos 0,005 da quantidade original de 
14C
, então 
 
t
5600
ln2
00 ey0,005y


 
 
Portanto, 

2ln
)200ln(5600
t
 42805 anos 
 
1.3.4. Uma Aplicação Geométrica 
 
Determinar a curva y = y(x) que passa pelo ponto (1 , 1) do plano xy 
e que possui, em cada um dos seus pontos, coeficiente angular igual a –y/x. 
 
 Nosso problema se resume em resolver o P.V.I. 
 







1y(1)
x
y
dx
dy 
Usando separação de variáveis na equação diferencial, temos a seguinte 
forma diferencial: 
x
dx
y
dy

 
Integrando, chegamos à solução geral y(t) = 
x
C
. Como y(1)=1, então a 
solução do P.V.I. é dada por y(t)=
x
1
. 
 
1.4. Campos Direcionais 
 
 Considere as equações diferenciais ordinárias de 1ª ordem que 
podem ser escritas na forma 
 
y)f(x,y'
 (*) 
 
 O que veremos é um método gráfico para obter uma representação 
aproximada das soluções particulares da equação (*) sem integrar. 
 A equação (*) nos diz que o coeficiente angular (ou inclinação) de 
uma curva solução que passa por um ponto 
),( 00 yx
deve ser f 
),( 00 yx
. Isso 
sugere o seguinte método: 
 
 1 – Traçamos no plano xy algumas curvas 
Ky)f(x, 
, k
IR
. Essas 
curvas são chamadas Isóclinas. 
 
 
 
 
 8 
 
 2 - Ao longo de cada isóclina 
Ky)f(x, 
, traçamos vários pequenos 
seguimentos de retas paralelas, com coeficiente angular igual a K, que é o 
coeficiente angular da reta tangente à curva solução da equação (*) quando 
esta intercepta a isóclina 
Ky)f(x, 
. Fazendo isso para várias isóclinas, 
obtemos um campo direcional para as curvas solução da equação (*). 
 
Exemplo: 
 
Construir o gráfico do campo direcional da equação diferencial y’ = xy e 
uma solução aproximada que passa pelo ponto (1 , 2). 
 
Solução 
 
Traçamos algumas isóclinas, dadas por xy = k 
 
Para k = 0, temos x = 0 ou y = 0 
Para k = 1, temos y = 1/x 
Para k = 2, temos y = 2/x 
Para k = -1, temos y = -1/x 
Para k =-2, temos y = -2/x 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1.5. Equações Redutíveis à Forma Separável 
 
 Toda equação diferencial ordinária de 1ª ordem do tipo 
 







x
y
gy'
 (*) 
onde g é uma função qualquer, pode ser reduzida à forma separável, 
fazendo 
x
y
u 
. 
De fato, como 
y = ux 
 
derivando implicitamente temos 
 
y’ = u’x + u. 
 
 9 
Assim, substituindo y/x e y’ na equação (*) temos está reduzida à forma 
separável 
 
 u’x + u = g(u) 

 u’x = g(u) – u 

 
dx
x
1
du
ug(u)
1


 
Integrando e substituindo 
x
y
u 
, chegamos à solução geral da equação 
(*). 
 
Exemplos: 
 
a) Achar a curva que passa pelo ponto 
),( ee
 e tem inclinação em cada 
ponto (x , y) igual a 
x
y
y
x

. 
 
Solução 
 
Seja y(x) a curva, então y’ = 
x
y
y
x

. (*) 
 Fazendo u = y/x , temos 
u
1
 uuxu' 
. 
 
Separando as variáveis, chegamos a udu = xdx. 
 
Integrando, temos 
C
2
x
2
u 22

. 
Portanto, substituindo u = y/x, temos a solução geral da equação (*) na 
forma implícita 
 
242 Cxxy 
 
 
b) Resolver a e.d.o. 
0xy2xyy' 22 
. 
 
Solução 
 
Podemos escrever a e.d.o. na forma 
x
y
2
1
x
y
2
1
y' 
. (*) 
Fazendo u = y/x , temos 
u2
1
 u
2
1
uxu' 
. 
Separando as variáveis, chegamos a 
2x
dx
1u
du
2


. 
Integrando, temos arctg u = -
C lnx
2
1

 . 
 
Portanto, substituindo u = y/x, temos a solução geral da equação (*) na 
forma implícita 
 
 10 
C
x
1
ln
x
y
arctg 







 
 
1.6. Equações Diferenciais Exatas 
 
 Quando a função z = f(x,y) é diferenciável num ponto (x,y), a 
expressão 
dy
y
f
dx
x
f
dz






 
 
é chamada diferencial total de f em (x,y). 
 
 Uma equação diferencial ordinária de 1ª ordem 
 
M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0 (*) 
 
é dita exata se o 1º membro em (*) é a diferencial total de uma função 
u=u(x,y), ou seja, se existe u = u(x,y) tal que 
 
y)N(x,
y
u
 e y)M(x,
x
u






 
Em existindo uma função u(x,y) nessas condições, da equação 
 
du = M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0 
temos que 
u(x,y) = C 
 
é a solução geral da equação diferencial (*). 
 
Como saber se a equação M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0 é exata? 
 
 
1.6.1. Teorema 
 
 Suponha que M(x,y), N(x,y), 
y
N
 e 
x
N
 , 
x
M
 ,
y
M








 sejam contínuas num 
retângulo 
 dy e bxa:y)(x,R  c
 . Então, a equação 
M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0 é exata se,e somente se 
R em 
x
N
y
M





. 
 
Prova (

) 
 
Se Mdx + Ndy = 0 é exata, então 
N
y
u
 e M
x
u
 que tal y)u(x,u 






. 
Assim, diferenciando 
M
x
u



 em relação a y e 
N
y
u



 em relação a x, temos 
x
N
yx
u
 e 
y
M
xy
u 22










 
 11 
Como 
 
x
N
 e 
y
M




, por hipótese, são contínuas, então segue que 
R em 
yx
u
 
xy
u 22





 
Portanto, 
R em 
x
N
y
M





. 
Prova 
)(
 
 
Temos por hipótese 
R em 
x
N
y
M





. 
A demonstração envolve a construção de uma função u = u(x,y) tal que 
 
 
y
u
 (2) e 
x
u
 (1) NM 





 
Integrando 
)1(
, temos 
(*) )(),(),( yAdxyxMyxu  
 
Derivando (*) em relação a y, temos 
 
)('),( yAdxyxM
yy
u







 
 
Segue, então, utilizando (2), que 
 
)('),( yAdx
y
M
yxN 


 
 
De onde vem que 
A’(y)= N(x,y) - 
 

dx
y
M
 (**) 
 
Para determinarmos A(y) e consequentemente encontrarmos u(x,y), o 
segundo membro de (**) tem que depender somente de y. Para 
estabelecermos isso, basta mostrarmos que a derivada do 2º membro de 
(**) em relação a x é igual a zero. 
 
0),( 



















 y
M
x
N
dx
y
M
yxN
x
 
 
Encontrado A(y), substituímos na equação (*) para obter 
 
  







 dydx
y
M
y)N(x,y)dxM(x,y)u(x,
 
 
Obs.: Essa demonstração apresenta um método para obtenção da função 
u(x,y). 
 12 
 
Exemplos: 
 
a) É fácil ver que a equação diferencial xy’+y +4 = 0 é exata, de fato a 
equação pode ser escrita na forma 
 
0xdy4)dxy( 
 
Como 
)()4( x
dx
d
y
dy
d

, então a equação é exata. 
Assim, 
xyx 4dydxx4)dx(yy)u(x, 








  
. 
Portanto, a solução geral da equação é dada por yx+4x = C. 
 
b) A equação diferencial 
0)dy32()dxy-(3x 232  xyy
 é exata, pois 
 
)3xy2y(
dx
d
 3y)y(3x
dy
d 2232 
 
Assim, 
  2332232 yxyxdydx3y3xy-2y)dxy-(3xy)u(x,








  
. 
Portanto, a solução geral da equação é dada por 
Cyxyx 233 
. 
 
1.7. Fator Integrante 
 
 Muitas vezes a e.d.o. 
 
P(x,y)dx+Q(x,y)dy = 0 
 
não é exata, porém pode-se tornar exata quando multiplicada por uma 
função F(x,y)
0
. Essa função, quando existe, é denominada fator 
integrante. 
 
1.7.1. Teorema 
 
 Se P(x,y)dx+Q(x,y)dy = 0 não é exata e possui uma solução 
u(x,y)=C, então existe um fator integrante. 
 
Prova 
Diferenciando u(x,y) = C, temos 
 
du = 
0dy
y
u
dx
x
u






 
de onde segue que 
 Q, a 
y
u
 e P a alproporcion é 
x
u




então existe uma função 
F(x,y) tal que 
 
FQ
y
u
 e FP
x
u






 
 13 
 
Portanto, FP dx +FQ dy = 0 é exata e F é um fator integrante. 
 
Nosso problema agora passa a ser o de encontrar um fator integrante. 
 
Se F(x,y) é um fator integrante de 
 
P(x,y)dx+Q(x,y)dy = 0 (*) 
 
então FP dx + FQ dy = 0 é exata e 
 
)(
y
FQ)(
x
FP





 
Assim, temos a equação diferencial parcial 
 
0)FQ(PQFPF xyxy 
 (**) 
 
que é muito mais difícil de resolver do que a equação original. 
 
Obs.: Se o fator integrante depender apenas de x ou de y, a equação (**) 
torna-se fácil. 
 
1.7.2. Condições sobre P(x,y) e Q(x,y) para que exista um fator integrante 
que dependa somente de x. 
 
Considere a e.d.o. não exata 
 
P(x,y)dx+Q(x,y)dy = 0 
 
Se F = F(x) é um fator integrante, então FP dx + FQ dy = 0 é exata e 
 
yxx FPFQQF 
 
então, 
)QP(F
dx
dF
Q xy 
 
 
então, 
dx
Q
)QP(
F
dF xy 

 
 
Portanto, da última equação temos que, se 
 
Q
)QP( xy 
 
 
depender somente de x, temos aí a fórmula para encontrar o fator 
integrante que depende só de x. 
 
 14 
1.7.2. Condições sobre P(x,y) e Q(x,y) para que exista um fator integrante 
que dependa somente de y. 
 
Considere a e.d.o. não exata 
 
P(x,y)dx+Q(x,y)dy = 0 
 
Se F=F(y) é um fator integrante, então de maneira análoga ao anterior, 
temos que 
dx
P
)PQ(
F
dF yx 

 
 
Portanto, da última equação temos que, se 
 
P
)PQ( yx 
 
depender somente de y, temos aí a fórmula para encontrar o fator 
integrante que depende só de y. 
 
Exemplo: 
 
Vamos mostrar que a equação 
0xy)dyx()dxy(3xy 22 
 possui um fator 
integrante que depende só de x e resolve-la. 
 
Note que 
 
x
1
y)x(x
yx
xyx
y2x2y3x
Q
QP
2
xy








 
Portanto, existe um fator integrante que depende só de x e 
 
dx
x
1
F
dF

 
integrando, temos 
ln F = ln(x) +C 
 
Segue que, para C=0, temos um fator integrante F(x) = x. 
 
Vamos agora resolver a equação: 
 
Como a F(x) = x é um fator integrante, segue que a equação 
 
0xy)dy(x)dxy(3xy 22  xx
 
 
é exata. 
Portanto, existe u(x,y) tal que 
 
22 xyy3x
x
u



 (*) 
 
 15 
e 
 
yxx
x
u 23 


 (**) 
 
Integrando (*) em relação a x, temos 
)A(y
2
yx
yxy)u(x,
22
3 
 (***) 
Integrando (**) em relação a y, temos 
)B(x
2
yx
yxy)u(x,
22
3 
 (****) 
 
De (***) e (****) por inspeção, temos que 
 
u(x,y) = 
C
2
yx
yx
22
3
 
é a solução geral da e.d.o. 
 
 
Exercícios: 
 
1 - Dada a e.d.o. 2dx - 
0dye xy 
, encontre um fator integrante e 
resolva-a. 
 
Solução 
 
De 
xy
xy
xy
e
e0
Q
QP





 = 1, segue que 
dx
F
dF

. Resolvendo esta última 
equação, chegamos a um fator integrante F(x) = 
xe
. 
 
Assim, 2
xe
dx - 
0dyee xyx 
 é exata e consequentemente existe u(x,y) tal 
que 
 
xe2
x
u



 (*) 
 
e 
 
ye
y
u



 (**) 
 
Integrando em relação a x, temos 
)A(y2y)u(x,  xe
 (***) 
 
Integrando em relação a y, temos 
)B(xy)u(x,  ye
 (****) 
 
De (***) e (****) temos a solução geral da e.d.o. dada por 
 
Cee yx 2
 
 
 16 
2- Resolver o P.V.I. 
 







0)0(
0cossec
2
1
y
ydyxdx 
 
Solução 
 
De 
tgx
secxcosy
2
1
ysecxtgxcos
2
1
0
Q
QP xy



 , segue que 
tgx
F
dF

. Resolvendo 
esta última equação, encontramos um fator integrante F(x) = cosx. 
 
Assim, cosx dx+
0dy cosy
2
1

 é exata e consequentemente existe u(x,y) 
tal que 
 
 
)A(yy)u(x,cos
x
u



senxx
 (*) 
 
e 
 
)B(xseny
2
1
y)u(x,cos
2
1
y
u



y
 (**) 
 
De (*) e (**) temos a solução geral da e.d.o. dada implicitamente por 
 
C
seny
senx 
2
 
Como y(0)=0, temos C=0 e a solução do P.V.I. é dada por 
 
2senxseny 
 
 
1.8. Equações Diferenciais Ordinárias lineares de 1ª ordem 
 
Toda equação do tipo 
 
r(x)f(x)yy' 
 (*) 
 
onde f(x) e r(x) são funções quaisquer, é dita uma e.d.o. linear de 1ª 
ordem. 
 
Se r(x) 
0
, então 
0f(x)yy' 
 (**) 
 
se diz uma e.d.o. linear, homogênea de 1ª ordem. 
 
Nosso objetivo é determinar uma fórmula para a solução geral de (*). 
 17 
 
Se r(x) 
0
 e f(x) é contínua num intervalo aberto I 
IR
, temos, 
separando as variáveis em (**), 
f(x)dx
y
dy

 
Integrando, temos 
Cf(x)dxyn  l
 
Portanto, 

f(x)dx
e Cy
 
 
onde C=
Ce
 é a solução geral da e.d.o. linear, homogênea de 1ª ordem. 
 
Consideremos agora a equação não homogênea 
 
r(x)f(x)yy' 
 
 
Onde f(x) e r(x) são funções contínuas num intervalo aberto I
IR
. 
 
Escrevendo a equação na forma 
 
0dyr(x))dx(f(x)y 
 (***) 
 
observamos que esta não é exata, pois 
 
0(1)
x
 e fr)fy(
y






 
 
É fácil ver que a equação (***) admite um fator integrante F = F(x). De 
fato, tomando P = fy-r e Q = 1, temos 
 
f(x)
Q
QP xy


 
Assim, resolvendo a equação 
f(x) F
dx
dF

 
utilizando o método de separação de variáveis, chegamos a um fator 
integrante F(x) =  f(x)dxe . 
 
Multiplicando (***) por F(x)= 
h(x)e
, onde h(x) =  f(x)dxe , temos a equação 
exata 
 
0dyer)dx(fye hh 
 
 
cuja solução é dada por u(x,y)=C, onde 
 
 18 
r)fy(ey)(x,u hx 
 
 
integrando em relação a x, temos 
 
u(x,y)=
)A(yr)dx(fyeh 
 (****) 
derivando em relação a y, temos 
 
(y)A'dx fey)(x,u hy  
=
he
 
Assim, integrando esta última equação em relação a y, temos 
C dx feyyeA(y) hh  
 
Substituindo esta última em (****), temos 
Cdxr eyey)u(x, hh  
 
Portanto, a solução da e.d.o. linear de 1ª ordem é dada por 
 








 
 Cdxr eey hh
 
 
Exemplos: 
 
a) Resolver a e.d.o. linear de 1ª ordem 
2xeyy' 
. 
 
Solução 
 
Nesse caso, temos f(x)=-1 e r(x)=
xe2
. 
 
Portanto, a solução geral é dada por 
 
y(x)=








 

Cdxeee 2x
dxdx
=
x2x Cee 
 
b) Resolver o P.V.I. 





1y(0)
sen(2x)ytgxy'
 
Solução 
 
A solução geral é dada por y(x)=








 

Csen(2x)dxee
tgxtgxdx
. 
Resolvendo as integrais, temos 
C)cos2-(cosxC)sen(2x)dx
cosx
1
cosx(y(x)   x
 
Como y(0)= 1, temos C = 3. 
 
Portanto,a solução do P.V.I. é dada por 
Ccosxx2cosy(x) 2 
. 
 19 
 
1.9. Existência e Unicidade de Soluções 
 
 Tivemos a oportunidade de resolver vários P.V.I., cada um deles com, 
aparentemente, uma única solução. 
 A pergunta que se faz é: Será que todos os P.V.I. para uma e.d.o. 
linear de 1ª ordem têm uma única solução? 
 Para e.d.o. lineares de 1ª ordem, essa pergunta é respondida pelo 
teorema seguinte. 
 
1.9.1. Teorema 
 
 Se as funções f(x) e r(x) são contínuas em um intervalo aberto (a,b) 
da reta, então existe uma única solução y = y(x) que satisfaz 
 
 i) a equação 
y’+f(x)y=r(x) (*) 
 
 para cada t

(a,b). 
 
 ii) a condição inicial 
00 y)y(x 
. 
 
Prova 
 
Como a solução da equação (*) é dada pela fórmula 
 








  

Cr(x)dxeey
f(x)dxf(x)dx
 
e f(x) é contínua em (a,b), então  f(x)dxe é uma função diferenciável e não 
nula em (a,b). 
 
Multiplicando a equação (*) por  f(x)dxe , temos 
 
  )r(xef(x)yy'e
dx
dy
e y f(x)eye
dx
d f(x)dxf(x)dxf(x)dxf(x)dxf(x)dx   





 
Como  f(x)dxe e r(x) são contínuas, então  f(x)dxe r(x) é contínua, ou seja, 
 f(x)dxe
r(x) é integrável e consequentemente a integral de  f(x)dxe r(x) é 
diferenciável em (a,b). 
 
Obviamente, se substituirmos a fórmula para y dada em (**) na equação 
(*), verifica-se que y satisfaz a e.d.o. 
 
Por último, a condição inicial 
00 y)y(x 
 determina a constante C de 
maneira única. 
 
Portanto, existe uma única solução do P.V.I. 
 
 20 
 
1.10. Método de Iteração de Picard 
 
O método de iteração de Picard nos dá soluções aproximadas de um P.V.I. 
da forma 





00 y)y(x
y)f(x,y'
 (*) 
 
Vamos supor que o P.V.I. possui uma única solução num intervalo aberto I 
da reta que contém 
0x
. 
A ideia do método de Picard é muito simples. Por integração, vemos que (*) 
pode ser escrito na forma 

x
x
0
0
y(t))dtf(t,yy(x)
 (**) 
Note que, para x=
0x
, temos y = 
0y
. Assim, (**) satisfaz a condição inicial. 
Além disso, derivando (**), obtemos y’ = f(x,y). 
 
Para determinarmos aproximações da solução y(x) dada em (**), 
procedemos assim: 
 
Substituindo y = 
0y
 no segundo membro de (**), obtemos dessa forma 
uma primeira aproximação da solução 

x
x
001
0
)dtyf(t,y(x)y
 
Em seguida, substituindo 
(x)yy 1
 no segundo membro de (**), obtemos 
 

x
x
102
0
(t))dtyf(t,y(x)y
 
Assim, sucessivamente, obtemos 
 

x
x
-1n0n
0
(t))dtyf(t,y(x)y
 
Dessa forma, obtemos a sucessão 
 ,y,,y,y n21
 de aproximações da 
solução y(x). 
 
Exemplo: 
 
Usando o método de Iteração de Picard, vamos determinar as soluções 
aproximadas do P.V.I. 
 





1y(0)
y' xy
 
 21 
 
e compará-las com a solução exata. 
 
Solução 
 
No caso, 
1y , 0x 00 
 e f(x,y) = xy, temos 
 
dt (t)y t1(x)y
x
0
1nn  
 
 
partindo de 
10 y
, obtemos as soluções aproximadas 
 
2
x
1 dt t1(x)y
2
x
0
1  
 
82
x
1 dt 
2
t
1t1(x)y
42
x
0
2
2
x









 
 
4882
x
1 dt 
82
t
1t1(x)y
642
x
0
42
3
xxt









 
 
Assim, obtemos 




0n
n
2n642
n!2
x
48
x
82
x
1 y(x) 
x 
Para encontrarmos a solução exata, separamos as variáveis e encontramos 
2
x2
ey(x) 
 
Usando o desenvolvimento de Taylor da função 2x
2
ey(x) 
 na origem, 
mostre que: 2x
2
ey(x) 
=


0n
n
2n
n!2
x . 
 
Obs.: Quando somos obrigados a aplicar um método numérico para obter 
soluções aproximadas de um P.V.I. do tipo 
 





00 y)y(x
y)f(x,y'
 
 
é de fundamental importância sabermos se este possui uma única solução. 
A existência e unicidade de solução só se caracterizam com o teorema a 
seguir. 
 
1.10.1. Teorema (Existência e Unicidade de Solução) 
 22 
 
 Suponha que as funções f e 
y
f


 são contínuas em um retângulo 
a<x<b e c<y<d, contendo o ponto 
)y,x( 00
. Então, em algum intervalo 
hxxhx 00 
, contido em (a,b), existe uma única solução y = y(x) do 
P.V.I. 





00 y)y(x
y)f(x,y'
 
 
Obs.: A demonstração desse teorema não é tão simples quanto à do 
teorema 1.9.1., pois não temos uma fórmula para nos basear. Ela é 
discutida em livros mais avançados de equações diferenciais. 
 
1.11. Aplicações (circuitos elétricos) 
 
Uma aplicação das e.d.o. lineares de 1ª ordem está ligada aos circuitos 
elétricos. 
 
a) Circuito RC 
 
Um circuito RC possui uma fonte de energia elétrica E(t) que pode ser uma 
bateria ou um gerador, um resistor como, por exemplo, uma lâmpada e um 
capacitor que é um elemento que armazena energia. 
 
A queda de tensão 
RE
 através de um resistor é proporcional à corrente 
instantânea I, isto é, 
RIER 
, onde R é a resistência do resistor. (Ver fig.) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A corrente I é medida em amperes e a resistência em ohms. 
 
A queda de tensão 
CE
 em um capacitor é proporcional ao valor da carga 
instantânea Q armazenada no capacitor, isto e, 
Q
C
1
EC 
 
onde C é a chamada capacitância que é medida em farads, sendo a carga Q 
medida em coulombs. 
 
Lei da Voltagem de Kirchhoff (1824-1887) 
 
“A soma algébrica de todas as quedas de tensão instantâneas ao longo de 
qualquer circuito fechado é nula, ou a tensão aplicada em um circuito 
fechado é igual à soma das quedas de tensão no resto do circuito.” 
R 
C 
)(tE
 
 23 
 
De acordo com a Lei da Voltagem de Kirchhoff, temos que 
 
CR EEE(t) 
 (*) 
 
Substituindo 
RIER 
=
Q
Cdt
dQ
R
1
E e C 
 em (*), temos a e.d.o.linear de 1ª 
ordem 
E(t)
C
Q
dt
dQ
R 
 (**) 
 
Supondo que Q(0) = 0 e E(t) = 
0E
 (constante), temos o P.V.I. 
 







0Q(0)
R
E
Q
RC
1
Q' 0 
 
Resolvendo, chegamos à solução 
 










RC
t
0 e1CEQ(t)
 (Verifique. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A equação (**) pode ser escrita na forma 
 
t
0t
E(t)I(u)du
C
1
RI
 
ou 
dt
dE
C
I
dt
dI
R 
 (***) 
 
que é a equação que nos dá a corrente em cada instante t no circuito RC. 
 
Em (***), se a fonte E(t) = 
0E
, então temos a equação 
 
0
RC
I
dt
dI

 
cuja solução é dada por 
0CE
 
Q(t) 
 24 
 
 
I(t) = RCtKe 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Se a fonte E(t), em (***), for dada por 
 ωtsenEE(t) 0
, então temos a 
equação 
t)(cosωE
RC
I
dt
dI
0 
 
 
 
cuja solução geral é dada por 
 






 

Kt)dtcos(ωEe
R
1
eI(t) 0
RC
t
RC
t

 
Integrando, temos 
 
t))(ωRCsent)(cos(
ωRC)(1
CωE
KeI(t)
2
0RC
t
 



 
 
 
b – Circuito RL 
 
Um circuito RL possui uma fonte E(t), um resistor e um indutor, onde este 
se opõe à variação da corrente, tendo um efeito de inércia. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A queda de tensão em um indutor é proporcional à taxa instantânea de 
variação da corrente I, isto é, 
dt
dI
LEL 
 
L 
R 
)(tE
 
 25 
onde L, chamado de indutância do indutor, émedida em henrys e o tempo 
em segundos. 
 
Assim, pela Lei da Voltagem de Kirchhoff, temos 
 
EEE LR 
 
ou 
E(t)RI
dt
dI
L 
 
 
Para E(t) = 
0E
 (fonte constante) e I(0)=0, temos o P.V.I. 
 







0I(0)
EI
L
R
dt
dI
0
 
cuja solução é dada por 
 









 t
L
R
0 e1
R
E
I(t)
 (verifique) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1.12. Trajetórias Ortogonais 
 
Se para cada valor da constante C a equação 
 
f(x,y)=C 
 
representa uma curva no plano xy, então para C variando ela representa 
um número infinito de curvas. Esse conjunto de curvas é chamado de uma 
família de curvas de um parâmetro, onde C é o parâmetro. 
 
Exemplo 
 
a) A equação 
Cyx 
 representa uma família de retas paralelas. 
 
 
 
 
 
I(t) 
R
E0
 
 26 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
b) A equação 
Cyx  22
representa uma família de circunferências 
concêntricas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Considere uma família de curvas 
 
f(x,y) = C (*) 
 
onde C é o parâmetro. 
 
Diferenciando (*), obtemos a e.d.o. 
 
0y)dy(x,
y
f
y)dx(x,
x
f






 
 
onde o conjunto solução desta coincide com a família de curvas. 
 
Assim, dada uma família de curvas, é possível representar esta por meio de 
uma equação diferencial. 
 
Exemplos: 
 
a) A família de curvas dada por x + y + C = 0, pode ser representada pela 
equação diferencial 
 y’ + 1 = 0 
 
 27 
b) Dada a família de curvas 
Cyx 22 
, esta é representada pela equação 
diferencial 
2x + 2yy’ = 0 
 
c) Para encontrarmos a equação diferencial que representa a família de 
curvas dada por 
2Cxy 
, diferenciamos esta e encontramos 
 
y’ = 2Cx 
como C = 
2x
y
 (obtido da família de curvas), temos a equação que 
representa a família de curva 
x
2y
y'
 
 
Em muitas aplicações, dada uma família de curvas, procuramos outra 
família de curvas que seja ortogonal à família dada. Por exemplo, dada a 
família de curvas de temperatura constante T(x,y)=K, chamadas isotermas, 
suas trajetórias ortogonais são curvas ao longo das quais fluirá o calor. 
 
Se y’ = f(x,y) representa uma família de curvas, então a família ortogonal 
de curvas é representada pela equação 
 
y)f(x,
1
y' 
 
 
Exemplos: 
 
a) Dada a família de curvas y = C 2x , vamos determinar a família ortogonal. 
 
Solução 
 
Diferenciando y = C 2x , temos a equação diferencial que a representa. 
 
y’ = 2Cx , como C = 
2x
y
, segue que 
 
x
y
y
2
' 
 
 
Consequentemente, a família ortogonal é dada pela solução geral da 
equação diferencial 
2y
x
y' 
 
 
Resolvendo esta, temos a família ortogonal procurada 
 
Cy
2
x 2
2

 
 
 28 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
b) Dada a família de curvas 
222 )(x CCy 
, vamos determinar a família 
ortogonal. 
 
Solução 
 
Diferenciando 
222 C)Cy(x 
, a equação diferencial que a representa é 
dada por 
 
0C)y'2(y2x 
 
 Como C = 
2y
yx 22 
, segue que 
22
2
'
yx
xy
y


 
 
Consequentemente, a família ortogonal é dada pela solução geral da 
equação diferencial 
2xy
yx
y'
22 

 
 
Resolvendo esta, temos a família ortogonal procurada 
 
222 CC)x(y 
 (Verifique.) 
 
 
2. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS LINEARES DE 2ª ORDEM 
 
Toda equação que pode ser colocada na forma 
 
r(x)g(x)yf(x)y'y" 
 (*) 
 
onde f(x), g(x) e r(x) são funções quaisquer de x, é denominada uma e.d.o. 
linear de 2ª ordem. 
 
Se r(x)
0
, a equação 
0g(x)yf(x)y'y" 
 (**) 
 
diz-se uma e.d.o. linear de 2ª ordem homogênea. 
 
 29 
Exemplos: 
 
a) y” + 4y = 
senxex
 (e.d.o. linear de 2ª ordem não homogênea) 
 
b) 
0xy4y'y"x2 
 (e.d.o. linear de 2ª ordem homogênea) 
 
c) y”y +y’= 0 (e.d.o. de 2ª ordem não linear) 
 
 
2.1. Solução de uma e.d.o. de 2ª ordem 
 
Uma funcão y = y(x) é uma solução de uma e.d.o. de 2ª ordem (linear ou não), em um 
intervalo I da reta que pode ser infinito, se y(x) possui derivada até 2ª ordem 
em I e transforma a equação numa identidade quando substituída junto com 
suas derivadas na equação. 
 
Exemplo: 
 
 
y = cosx e y = senx são soluções da e.d.o. 
 
y” + y = 0 , 
IRx 
 (*) 
 
É fácil ver que 
senxCcosxC e senxC , cosxC 2121 
são soluções da equação (*). 
 
2.2. Teorema 
 
Dada uma e.d.o. linear de 2ª ordem homogênea y” + f(x)y’ + g(x)y = 0, 
 
i) se y = 
(x)y1
é uma solução em um intervalo 
IRI
, então y =
)(xCy1
, onde C é 
uma constante qualquer, também é uma solução. 
 
ii) se y = 
(x)yy e (x)y 21 
 são soluções em um intervalo 
IRI
, então 
(x)y C (x)y Cy 2211 
, onde 
21 C e C
 são constantes quaisquer, também é uma 
solução. 
 
Prova i) 
 
Por hipótese, temos 
0g(x)y(x)f(x)y(x)y 1
'
1
"
1 
 
 
Substituindo y =
)(xCy1
e suas derivadas na equação, temos uma identidade. 
(Verifique.) 
 
Portanto, y = 
)(xCy1
 é solução da equação. 
 
Prova ii) 
 
Por hipótese, temos 
 
 
0g(x)y(x)f(x)y(x)y 1
'
1
"
1 
 e 
0g(x)y(x)f(x)y(x)y 2
'
2
"
2 
 
 
 30 
Substituindo 
(x)y C (x)y Cy 2211 
 e suas derivadas na equação, temos uma 
identidade. (Verifique.) 
 
Portanto, 
(x)y C (x)y Cy 2211 
 é solução da equação. 
 
Obs.: O teorema anterior não se aplica para e.d.o. lineares de 2ª ordem não 
homogêneas ou a e.d.o. não lineares. 
 
Exemplos: 
 
a) y = 1 + cosx e y = 1 + senx são soluções da equação y” + y = 1, porém 
y = 2(1 +cosx) e y = (1+cosx) + (1 +senx) não são soluções da equação. (Verifique.) 
 
b) 
 1 y e xy 2 
são soluções da equação y”y – xy’ = 0 não linear, porém 
 1x y e xy 22 
não são soluções. 
 
2.3. Solução Geral 
 
Uma solução de uma e.d.o. de 2ª ordem (linear ou não ) é chamada solução geral se 
esta contém duas constantes arbitrárias independentes, ou seja, a solução contendo 
duas constantes não pode ser reduzida a uma forma contendo somente uma 
constante ou nenhuma. 
 
Quando atribuímos valores às constantes arbitrárias, obtemos uma solução particular 
da e.d.o. 
 
2.4. Funções Linearmente Dependentes (LD) e Linearmente Independentes (LI) 
 
Dizemos que as funções 
)(1 xy
 e 
)(2 xy
 são LD em um intervalo I 
IR
 se existe 
uma constante 
K
tal que 
)x(Ky)x(y 21 
 , 
 x 
 I 
 
Caso contrário, dizemos que 
)(1 xy
 e 
)(2 xy
 são LI. 
 
Se uma das funções 
)(1 xy
 ou 
)(2 xy
 é identicamente nula num intervalo I, então 
estas são LD. (Por quê?) 
 
Se 
)(1 xy
 e 
)(2 xy
 são não nulas em I, então estas são LD em I se, e somente se 
)x(y
)x(y
2
1
 for constante em I. Obviamente, se 
)x(y
)x(y
2
1
 depende de x em I, estas são LI. 
 
Exemplos: 
 
a) 
)(1 xy
 = 2x e 
)(2 xy
= x , são LD, pois 
)x(y
)x(y
2
1
 = 2 (constante) 
b) 
)(1 xy
 = 
xe
 e 
)(2 xy
 = 
xe
, são LI, pois 
)x(y
)x(y
2
1
 = 
2xe
 (depende de x) 
 
 31 
É fácil ver que, se 
)(1 xy
 e 
)(2 xy
 são soluções LD de uma e.d.o. linear de 2ª ordem 
homogênea 
y” + f(x)y’ + g(x)y = 0 (*) 
 
então é possível reduzir a solução y = 
2211 yCyC 
 a uma solução que contém uma 
únicaconstante. De fato, por hipótese, existe uma constante k tal que 
21 kyy 
. 
 
Assim, 
 
y = 
2211 yCyC 
= 
22212221 Cy)yCK(CyCKyC 
, onde C = 
21 CKC 
. 
 
Como consequência, se 
)(1 xy
 e 
)(2 xy
 são LI em I, então y = 
2211 yCyC 
 não 
pode ser reduzida a uma solução contendo apenas uma constante arbitrária, ou seja, 
esta é solução geral da equação (*). 
 
Conclui-se, portanto, que y = 
2211 yCyC 
 (
21 C e C
 constantes arbitrárias) constitui 
uma solução geral da e.d.o. linear de 2ª ordem homogênea 
 
y” + f(x)y’ + g(x)y = 0 
 
em um intervalo I, se, e somente se 
21 y e y
 formam uma base, isto é, 
21 y e y
 são 
LI. 
 
2.5. Problema de valor Inicial (PVI) 
 
Um PVI envolve uma equação e duas condições iniciais 
 
 








k)(xy'
y)y(x
r(x)g(x)yf(x)y'y"
0
00
 
 
Exemplo 
 
Considere o PVI 
 








1(0)y'
4y(0)
0y2 y' y"
 
 
A solução geral é dada por y = 
2x
2
x
1 eCeC

 (Verifique.) 
Como y(0) = 
12C(0)y' e 4 2121  CCC
, então 
1C e 3 21 C
. 
Portanto, a solução do PVI é dada por y(x) = 
2xx e3e 
. 
 
 
2.6. Equações Diferenciais Ordinárias de 2ª ordem, Lineares e Homogêneas com 
coeficientes constantes 
 
As e.d.o. de 2ª ordem lineares e homogêneas com coeficientes constantes são do tipo 
 32 
 
y” + ay’ + by = 0 (*) 
 
onde a e b são constantes reais. 
 
Como resolver este tipo de equação diferencial? 
 
Como a solução da e.d.o. de 1ª ordem linear, homogênea 
 
y’ +ky=0 
é dada por 
kxCey 
 
então, somos levados a intuir que 
λxey 
 
 
para algum 

, seja solução da e.d.o. (*). 
 
Note que, para 
λxey 
 ser solução da e.d.o. (*), esta deve satisfazê-la, isto é, 
 
0be e aλeλ λxλxλx2 
 
 
de onde segue que 
 
0b)eaλ(λ λx2 
 
 
Portanto, como 
 e x , 0 xe
, temos que 
0baλλ2 
 é a condição 
necessária e suficiente para que 
λxey 
seja solução da e.d.o. (*). 
 
A equação 
0baλλ2 
 é denominada equação característica associada a e.d.o. 
(*), que pode apresentar: 
 
1) Duas raízes reais distintas (
042  ba
). 
 
2
4
 e 
2
4 2
2
2
1
baabaa 


  
Assim, 
x2λ
2
x1λ
1 e(x)y e e(x)y 
 são soluções LI e, portanto, 
 
x2λ
2
x1λ
1 eCeCy(x) 
 
 
é a solução geral da e.d.o. (*). 
 
2) Duas raízes complexas conjugadas (
042  ba
). 
 
iqpλ e iqpλ 21 
 
 
Assim, temos a solução geral complexa 
 
iq)xp(
2
iq)x(p
1 eCeCy(x)
 
 
 33 
 
Na prática, estamos interessados em soluções reais da e.d.o., soluções estas que 
podem ser obtidas utilizando-se as identidades de Euler 
 
isenxcosxe
isenxcosxe
ix
ix



 
 
Note que 
 
  qx))(isenqx)(cos(ee e qx))(isenqx)((cosee pxiq)x-(ppxxiqp 
 
 
Pelo teorema 2.2., temos que 
qx)(cose
2
ee
(x)y px
iq)xp(iq)x(p
1 


 
e 
qx)(sene
2i
ee
(x)y px
iq)x-(piq)x(p
2 


 
são soluções LI da e.d.o.(*). 
 
Portanto, y(x) = 
qx))(senCqx)(cosC(e 21
px 
 é a solução geral real da e.d.o.(*). 
 
3) Uma raiz dupla (
042  ba
) 
2
a

 
 
Temos de início apenas uma solução da e.d.o. (*), dada por 
 
x
2
a
1 e(x)y


 
 
Para encontrarmos outra solução que seja LI com esta, aplicamos um método 
conhecido como método de variação dos parâmetros, que consiste em encontrar uma 
função u(x), não constante, tal que 
(x)u(x)y(x)y 12 
 seja solução da e.d.o. (*). 
 
Substituindo 
"
2
'
22 y e y , y
 na equação (*), chegamos à equação 
 
u” = 0 (Verifique.) 
 
Assim, u(x) = x é uma função não constante tal que 
(x)xy(x)y 12 
 é solução da 
e.d.o. (*). 
 
Portanto, como 
21 y e y
 são LI, temos que a solução geral da e.d.o. é dada por 
 
x)CC(ey(x) 21
λx 
 , onde 
2
a

 
 
Exemplos: 
 
 34 
a) Vamos resolver o P. V. I. 








1(0)y'
4y(0)
02yy'y"
 
 
A equação característica associada é 
022  
, cujas raízes são 
2 e 1 21  
. Segue, então, que a solução geral é dada por 
y(x)= 
2x
2
x
1 eCeC

 
 
Como y(0) = 4 e y’(0) = 1, então 
421  CC
 e 
12 21  CC
. 
 
Portanto, resolvendo o sistema nas variáveis 
21 C e C
, a solução do P.V.I. é dada por 
 
y(x) = 
2xx e3e 
 
 
 
b) Vamos resolver o P. V. I. 








2(0)y'
1y(0)
02yy'2y"
. 
 
A equação característica associada é 
0222   , cujas raízes são 
i1λ e i1λ 21 
. Segue, então, que a solução geral é dada por 
 
y(x)= 
)senxCxcosC(e 21
x 
 
 
Como y(0) = 1 e y’(0) = 2, então 
11 C
 e 
221  CC
. 
 
Portanto, resolvendo o sistema nas variáveis 
21 C e C
, a solução do P.V.I. é dada por 
 
y(x)= 
)senxx(cosex 
 
 
c) Vamos resolver o P. V. I. 








1(0)y'
3y(0)
04y4y'y"
 
A equação característica associada é 
0442   , cuja raiz dupla é 2λ  . 
Segue, então, que a solução geral é dada por 
 
 x)CC(ey(x) 21
2x 
 
 
Como y(0) = 3 e y’(0) = 1, então 
31 C
 e 
12 21  CC
. 
 
Portanto, resolvendo o sistema nas variáveis 
21 C e C
, a solução do P.V.I. é dada por 
 
)x53(ey(x) 2x 
 
 
 
 
 35 
 
 
 
 
Quadro resumo 
 
Solução geral da e.d.o. y”+ay’+by = 0, cuja equação característica associada é 
0baλλ2 
. 
 
 
Caso 
Raízes da eq. Car. Base Solução da e.d.o. 
1º Duas distintas 
21 e 
 
x2λx1λ e e e
 
x2λ
2
x1λ
1 eCeCy 
 
2º Complexas 
iqp  21 e iqp 
 
)qx(sene
)qxcos(e
px
px ))qx(senC)qxcos(C(ey 21
px 
 
3º Raiz Dupla 
2
a

 λx
λx
xe
e
 x)C(Cey 21λx 
 
 
 
2.7. Equações Diferenciais Ordinárias de 2ª ordem Lineares, não homogêneas e com 
Coeficientes Constantes 
 
Considere a e.d.o. 
 
y” + f(x)y’ + g(x)y = r(x) (*) 
 
onde f(x), g(x) e r(x) são funções contínuas em um intervalo I da reta e 
 
y” + f(x)y’ + g(x)y = 0 (**) 
 
é a equação homogênea associada. 
 
Vamos provar que se 
)(xyh
 é solução geral da equação homogênea (**) e 
)(xyp
 
uma solução particular da equção não homogênea (*), então 
 
(x)y(x)yy ph 
 
 
é solução geral da equação não homogênea (*). 
 
Prova 
 
Por hipótese temos 
 
r(x)g(x)yf(x)yy e 0g(x)yf(x)yy p
'
p
"
hh
'
h
"
h 
 
 
Portanto, 
 
 ]g(x)yf(x)yy[]g(x)yf(x)yy[)yg(x)(y)'yf(x)(y)"y(y p
'
p
"
ph
'
h
"
hphphph
 
 36 
= 0 + r(x) = r(x), ou seja, 
(x)y(x)yy ph 
 é solução da e.d.o. (*). 
 
Na seção anterior vimos como encontrar a solução geral da equação homogênea 
 
y” + f(x)y’ + g(x)y = 0 
 
Nosso problema passa a ser o de encontrar uma solução particular da e.d.o. 
 
y” + f(x)y’ + g(x)y = r(x) 
 
 
 
2.7.1. Método dos Coeficientes a Determinar 
 
Dada uma e.d.o. de 2ª ordem com coeficientes constantes 
 
y”+ay’+by = r(x) (*) 
 
já sabemos como encontrar uma solução 
)(xyh
 da equação homogênea associada. 
 
Nosso problema passa a ser o de encontrar uma solução particular 
)(xyp
 da equação 
(*). 
 
O método dos coeficientes a determinar baseia-se na suposição da existência de uma 
função 
)(xyp
 com coeficientes não especificados como sendo solução da equação 
(*). Substituindo esta e suas derivadasna equação (*) tentamos encontrar os 
coeficientes. Se não pudermos encontrar esses coeficientes, então nossa suposição 
para 
)(xyp
 tem que ser modificada, por outro lado se pudermos encontrar tais 
coeficientes, temos então uma solução particular e consequentemente, quando 
somamos com a solução geral da equação homogênea, chegamos à solução geral da 
equação (*). 
 
A escolha de 
)(xyp
 é feita com base na função r(x). Isso limita o método para uma 
classe de funções r(x) relativamente pequena, ou seja, funções constituídas de 
polinômios, funções exponenciais, senos, co-senos. Porém muitas aplicações 
importantes são resolvidas com esse método. 
 
Objetivando ilustrar o método, os exemplos abaixo nos dão uma ideia de como ele 
funciona. 
 
Exemplos: 
 
a) Encontrar a solução geral da equação diferencial y” – 4y’ +3y = 10
2xe
. 
 
Solução 
 
0342   
 
é a equação característica da e.d.o. homogênea associada, cujas raízes são 
1 e 3 21  
. Segue, então que 
x
2
3x
1h eCeC(x)y 
 
 37 
 
é a solução da equação homogênea. 
 
Com base em r(x) = 10
2xe
, vamos tomar 
2x
p Ae(x)y

 e determinar A de forma 
que 
py
(x) seja solução particular da e.d.o. 
 
Substituindo 
py
(x) e suas derivadas na e.d.o., temos 
 
3
2
A10A15e10)A3A8A4(e x2x2  
 
 
Assim, 
py
(x) = 
2xe
3
2 
 é solução particular da e.d.o. 
Portanto, y(x) = 
2xx
2
3x
1 e
3
2
eCeC 
 é a solução geral da e.d.o. 
 
b) Encontrar a solução geral da equação diferencial y” + 4y = 8 2x . 
 
Solução 
042 
 
 
é a equação característica da e.d.o. homogênea associada, cujas raízes são 
2i e 2i 21  
. Segue, então que 
 
)x2(ensC)x2(oscC(x)y 21h 
 
 
é a solução da equação homogênea. 
 
 
Com base em r(x) = 8 2x , vamos tomar 
CBxx  2p A(x)y
 e determinar A,B e C 
de forma que 
py
(x) seja solução particular da e.d.o. 
 
Substituindo 
py
(x) e suas derivadas na e.d.o., temos 
-1C e 0B , 2
042
04
84
84244 22 








 A
CA
B
A
xCABxAx
 
 
Assim, 
py
(x) = 
12 2 x
 é solução particular da e.d.o. 
 
Portanto, 
1x2)x2(ensC)x2(oscCy(x) 221 
 é a solução geral da e.d.o. 
 
c) Encontrar a solução geral da equação diferencial y” – y’ – 2y =10cosx. 
 
Solução 
022  
 
 
 38 
é a equação característica da e.d.o. homogênea associada, cujas raízes são 
1 e 2 21  
. Segue, então que 
 
x
2
2x
1h eCeC(x)y

 
 
é a solução da equação homogênea. 
 
Com base em r(x) = 10cosx, vamos tomar 
Bsenxc  osxA(x)yp
 e determinar A e 
B de forma que 
py
(x) seja solução particular da e.d.o. 
 
Substituindo 
py
(x) e suas derivadas na e.d.o., temos 
 
1B e 3A
0B3A
10BA3
xcos10senx)B3A(xcos)BA3( 






 
Assim, 
py
(x) = 
senxx  cos3
 é solução particular da e.d.o. 
 
Portanto, 
senxx   cos3eCeCy(x) x2
2x
1
é a solução geral da e.d.o. 
 
Ao considerarmos r(x) na equação (*) pertencente à classe de funções polinomiais, 
exponenciais, senos, co-senos ou somas ou produtos destas, a prova de que o 
método dos coeficientes a determinar funciona será feita descrevendo com 
argumentos os casos: 
 
1) r(x) = 
n
n
0n axa(x)P  
 
 
Neste caso, temos 
n
n
0n axa(x)Pbyay'y"  
 (**) 
 
Supondo 
)(xyp
= 
n
n
0 AxA 
 e substituindo esta juntamente com suas derivadas 
na equação (**), igualamos os coeficientes das potencias iguais e se 
0b 
, o sistema 
encontrado é compatível determinado. 
 
Assim, resolvendo o sistema, encontramos uma solução particular para a equação(*). 
 
Se b = 0 e 
0a 
, então, quando substituirmos 
)(xyp
 e suas derivadas na equação 
(**), o grau do polinômio à esquerda da igualdade é n – 1 e a equação não pode ser 
satisfeita. Para garantir que o polinômio à esquerda da equação tenha grau n, fazemos 
uma modificação na escolha de 
)(xyp
, ou seja, tomamos 
)(xyp
= x(
n
n
0 AxA 
) 
e garantimos a solução do sistema envolvendo 
nAAA ,...,, 10
. Note que, nesse caso, 
zero é raiz simples da equação característica associada. 
Se b = 0 e a = 0, com o mesmo raciocínio, faz-se necessário tomarmos 
 
 39 
)(xyp
= 2x (
n
n
0 AxA 
) 
para garantirmos a solução do sistema envolvendo 
nAAA ,...,, 10
. Note que, nesse 
caso, zero é raiz dupla da equação característica associada. 
2) r(x) = 
x
n(x)eP

 
 
Neste caso, temos 
x
n
n
0
x
n )eax(a(x)ePbyay'y"
  
 (***) 
 
Tomando 
)(xyp
= 
xexu )(
e substituindo esta junto com suas derivadas na equação 
(***), temos 
)x(Pu)ba('u)a2("u n
2 
 
 
Note que a determinação de u(x) recai no primeiro caso. 
Assim, se 
02  ba , ou seja,  não é raiz da equação característica 
associada, então 
n
n AxAxu  0)(
 
 
e consequentemente 
)(xyp
=
x
n exP
)(
garante a solução do sistema envolvendo 
nAAA ,...,, 10
. 
 
Por outro lado, se 
0a2 e 02   ba , ou seja,  é raiz simples da 
equação característica associada, então se faz necessário tomarmos u(x) = x
)(xPn
. 
Assim, 
)(xyp
=x
x
n exP
)(
 garante a solução do sistema envolvendo 
nAAA ,...,, 10
. 
 
Se 
0a2 e 02   ba , ou seja,  é raiz dupla da equação característica 
associada, então se faz necessário tomarmos u(x) = 2x
)(xPn
. 
Assim, 
)(xyp
= 2x x
n exP
)(
 garante a solução do sistema envolvendo 
nAAA ,...,, 10
. 
 
3) r(x) = 
x
n(x)eP

cós
)x(
 ou r(x) = 
x
n(x)eP

sen
)x(
 
 
Vamos considerar o caso r(x) = 
x
n(x)eP

cós
)x(
. 
 
Neste caso, temos 
 
x
n
n
0
x
n )eax(a)xcos((x)ePbyay'y"
  
cos
)x(
 
 
Utilizando as identidades de Euler 
isenxxeisenxxe ixix   cos e cos
 
 
podemos escrever cos 
)x(
=
2
xixi ee  
 
 
 40 
e, portanto, r(x)=







  
2
(x)eP xn
xixi ee 
= 





  
2
ee
(x)P
x)i(x)i(
n
 
 
Tomamos 
)(xyp
=
)x(sene)B...xB()xcos(e)A...xA( xn
n
0
xn
0 

 
 
ou na forma mais usada 
 
)(xyp
=
x)i(
n
n
0
x)i(
n
n
0 e)B...xB(e)AxA(
 
 
 
Se 
 i
 for raiz da equação característica associada, então se faz necessário 
multiplicarmos o polinômio por x, ou seja, tomarmos 
 
)(xyp
 = x
)]x(sene)B...xB()xcos(e)A...xA[( xn
n
0
x
n
n
0 

 
 
A tabela abaixo é um resumo dos três casos analisados. 
 
 
Solução particular de y” + ay’ +by = r(x) 
 
r(x) 
)(xyp
 s 
n
nn
n axaxaxP 
 ...)( 110
 
)A...xAxA(x
n
1n
1
n
0
s  
 Número de vezes que zero é 
raiz da equação característica. 
x
n exP
).(
 
x
n
1n
1
n
0
s e)AxAxA(x  
 Número de vezes que  é raiz 
da equação característica. 
x
n exP
).(  xsen 
 
ou 
x
n exP
).(  xcos
 
ou 
 
x
n exP
).( )]cos()([ xxsen  
 
 
 
  )xcos(e)AxAxA[(x xn
1n
1
n
0
s
 
)]x(sene)BxBxB( xn
1n
1
n
0 

 
 
Número de vezes que 
 i
 
é raiz da equação 
característica. 
 
Obs.: Se r(x) for soma dos elementos da 1ª coluna, então 
)(xyp
 é a soma dos 
elementos da 2ª coluna. 
 
Exemplos: 
 
a) Encontrar uma solução particular para a e.d.o. y” – 3y’ +2y = 4x + 
xe3
. 
 
0232  é a equação característica da e.d.o. homogênea associada, cujas raízes são 
1 e 2 21  
. Segue, então que 
 
x
2
2x
1h eCeC(x)y 
 
 
é a solução da equação homogênea. 
 
 41 
Como r(x) = 4x + 
xe3
, utilizando a tabela, tomamos 
3x
p Ce BAx(x)y 
 e 
determinamos A, B e C de forma que 
py
(x) seja solução particular da e.d.o. 
 
Substituindo 
py
(x) e suas derivadas na e.d.o., temos 
 
2
1
C e 3B , 2
12
023
42
42232 33 








 A
C
BA
A
exCeBAAx xx
 
 
Assim, 
py
(x) = 
xex 3
2
1
32 
 é solução particular da e.d.o. 
 
Portanto, y(x) = 
xex 3x2
2x
1
2
1
32eCeC 
é a solução geral da e.d.o. 
 
b) Resolver a e.d.o. y” – y’ – 2y = cosh2x. 
 
Solução 
022  
 
 
é a equação característica da e.d.o. homogênea associada, cujas raízes são 
1 e 2 21  
. Segue, então que 
-x
2
2x
1h eCeC(x)y 
 
 
é a solução da equação homogênea. 
 
Como r(x) = cosh2x = 
2
22 xx ee 
, utilizando a tabela, tomamos 
xx
p BeAxexy
22)( 
 e determinamos A e B de forma que 
py
(x) seja solução 
particular da e.d.o. 
 
Substituindo 
py
(x) e suas derivadas na e.d.o., encontramos A = 
6
1
 e B = 
8
1
. 
(Verifique.) 
 
Portanto, 
xx ee
x 22x-
2
2x
1
8
1
6
eCeCy(x) 
 é a solução geral da e.d.o. 
 
c) Resolver o PVI 








1)0('
1)0(
cos2'2"
y
y
xeyyy x
 
 
 
Solução 
 
0222   
 
 42 
é a equação característica da e.d.o. homogênea associada, cujas raízes são 
i-1λ e i1λ 21 
. Segue, então que 
 
)Cc(C(x)y 21h senxosxe
x 
 
 
é a solução da equação homogênea. 
 
Como r(x) = 
xex cos
, utilizando a tabela, tomamos 
)BsenxxcosA(xe)x(y xp 
 
e determinamos A e B de forma que 
py
(x) seja solução particular da e.d.o. 
 
Substituindo 
py
(x) e suas derivadas na e.d.o., encontramos A = 0 e B = 
2
1
. 
(Verifique.) 
 
Assim, y(x) = 
senxe
x
senxosxe xx
2
)Cc(C 21 
 é a solução geral da e.d.o. 
De y(0) = 1 e y’(0) = -1, conclui-se que 
2C e 1 21 C
. (Verifique.) 
 
Portanto, a solução do PVI é dada por 
 
y(x) = 
senxe
2
x
)senx2osx(ce xx 