AP. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 2012 2

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Equações Diferenciais 
para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 
1 
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) 
 
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 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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EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
1. Calcular a derivada de primeira ordem das seguintes funções: 
 a) y = – 5 
 y’ = D(K) = 0 y’ = 0 (k = constante real) 
 b) y = x 
 y’ = D(x) = 1 y’ = 1 
 c) f(x) = x3 
 f’(x) = D(xn) = n.xn-1 
 como n = 3, temos: f’(x) = 3.x3-1 f’(x) = 3.x2 
 d) y = 3x 
 y’ = D(k.x) = k.D(x) = k.1 = k 
 como k = 3, temos: y’ = 3 
 e) f(x) = 3.x4 
 f’(x) = D(k.xn) = k.D(xn) = k.n.xn-1 
 Temos: k = 3 e n = 4, logo: f’(x) = 3.4.x4-1 f’(x) = 12x3 
 f) y = 3x + 3x4 
 y’ = D(u + v) = u’ + v’ 
 temos: u = 3x u’ = 3 (vide item d) 
 v = 3x4 v’ = 12x3 (vide item e) 
 g) y = ex 
 y’ = D(ex) = ex y’ = ex 
 h) f(x) = 3.ex 
 f’(x) = D(k.ex) = k.D(ex) = k.ex 
 sendo k = 3, temos: f’(x) = 3.ex 
 i) y = e3x 
 y’ = D(eu) = u’.eu 
 como u = 3x u’ = 3 (vide item d) 
 logo: y’ = 3.e3x 
 j) f(x) = 2.
3xe 
 f’(x) = D(k.eu) = k.D(eu) = k.u’.eu 
 temos: k = 2 e u = x3 u’ = 3x2 (vide item c) 
 logo: f’(x) = 2.3x2.
3xe f’(x) = 6x2.
3xe 
 k) y = (2x + 3)5 
 y’ = D(un) = n.un-1.u’ 
 temos: n = 5 e u = 2x + 3 u’ = 2 
 logo: y’ = 5.(2x + 3)5-1.2 y’ = 10.(2x + 3)4 
 l) f(x) = 4.(3x2 – 2x)4 
 f’(x) = D(k.un) = k.D(un) = k.n.un-1.u’ 
 temos: k = 4, n = 4 e u = 3x2 – 2x u’ = 6x – 2 
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 logo: f’(x) = 4.4.(3x2 – 2x)4-1.(6x – 2) = 16.(6x – 2).(3x2 – 2x)3 
 f’(x) = (96x – 32).(3x2 – 2x)3 
 m) y = (3x +2).(x – 3) 
 y’ = D(u.v) = u’.v + v’.u 
 temos: u = 3x + 2 u’ = 3 
 v = x – 3 v’ = 1 
 logo: y’ = 3.(x – 3) + 1.(3x + 2) y’ = 3x – 9 + 3x + 2 y’ = 6x – 7 
 n) f(x) = 
12
23
+
−
x
x
 
 f’(x) = 
2
'.'.
v
uvvu
v
u
D
−
=





 
 temos: u = 3x – 2 u’ = 3 
 v = 2x + 1 v’ = 2 
 logo: f’(x) = 
2)12(
)23.(2)12.(3
+
−−+
x
xx
=
2)12(
4636
+
+−+
x
xx
 f’(x) = 
2)12(
7
+x
 
 o) y = Ln(x) 
 y’ = D(lnx) = 
x
1
 y’ = 
x
1
 
 p) f(x) = Ln(x2 – 3x) f’(x) = D(ln u)= 
u
u'
 
 u = x2 – 3x u’ = 2x – 3 
 logo: f’(x) = 
xx
x
3
32
2 −
−
 
 q) y = 3. ln(2x3 – 4x2) y’ = D(k.Ln u) = k.D(Ln u) = k.
u
u'
 
 Temos: k = 3, u = 2x3 – 4x2 u’ = 2.3x3-1 – 4.2x2-1 = 6x2 – 8x 
 Logo: y’ = 3.
23
2
42
86
xx
xx
−
−
 y’ = 3.
)2.(2
)43.(2
2 −
−
xx
xx
 y’ = 
xx
x
2
129
2 −
−
 
 r) f(x) = sen x f’(x) = D(sen x) = cos x f’(x) = cos x 
 s) y = 5.sen x y’ = D(k.sen x) = k.D(sen x) = k. cos x 
 como k = 5 y’ = 5.cos x 
 t) f(x) = cos x f’(x) = D(cos x) = – sen x f’(x) = – sen x 
 u) y = 3. cos x y’ = D(k.cos x) = k.D(cos x) = k.(– sen x) = – k.sen x 
 como k = 3, temos: y’ = –3.sen x 
 v) y = k.sen(ωt + θ) 
 y’ = D(k.sen u) = k.D(sen u) = k.(cos u).u’ = k.u’.cos u 
 Temos: u = ωt + θ u’ = 
dt
dω
 = ω 
 Logo: y’ = k.ω.cos(ωt + θ) e y’’ =– k.ω.ω.sen(ωt + θ) 
 y’’ = – k.ω2.sen(ωt + θ) 
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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 
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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 Diferencial 
 A 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 2º grau. 
V(t) 
C 
R 
∼ 
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8 
 d) 05 .3
42
3
3
=+




−





xy
dx
dy
dx
yd
 Eq. Diferencial de 3ª ordem e do 2º grau. 
 
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. 
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 Problema de valor inicial (PVI) 
 Uma equação diferencial satisfazendo algumas condições adicionais é denominada 
problemade valor inicial (PVI). 
 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 −
 
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10 
 y’’ = 
1
2
1
 x.
2
1
 .
2
1 −−





− y’’ = − 2
3
 x.
4
1 −
 
 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 = ∫ dx x 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) 
 
Equações Diferenciais 
para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 
11 
Verificar se a equação dada é solução da equação diferencial correspondente: 
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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12 
 (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 + y2O 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 
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13 
 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 
 
 
 0
)1.(
 
1 2
=
−
−
+
dx
y
xy
dy
y
y
 0 )1(x 
1 2 =−−
+
dxdy
y
y
 (eq. dif. com var. sep.) 
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 
 
 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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14 
 −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
dy
 2x (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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15 
 
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 
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16 
10.1. EXISTÊNCIAE 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: 
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17 
 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 - EDVS). 
 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: a equação 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 
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18 
 
 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 = 6u.du 
 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 EngenhariaProf.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 
19 
 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) = m.xm – 1 . yn dx + n.yn – 1 . xm dy (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 
20 
 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
N
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
N
−=
∂
∂
 
 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 = C 
 
 x3y – 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
N
..+=
∂
∂
 
 
 
 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 
21 
 (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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22 
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
ydyydxxdyxdxydyydxxdyxdxyx
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 uma E.D.V.S. (eq. dif. de variáveis separáveis). 
Equações Diferenciais 
para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 
23 
 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: RR((xx;; yy)) == RR((yy)) (ssóó ffuunnççããoo ddee yy) 
 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 = 0 
 
 P Q 
Equações Diferenciais 
para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 
24 
 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 
para os cursos de Engenharia Prof.: Eurípedes MACHADO Rodrigues 
25 
 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 
26 
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. 
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27 
 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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28 
 
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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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 = kdx 
 Preparando a integral, temos: 
 1 ). (.
1
' Ckdxxksen
k
y += ∫ 1) cos( .
1
' Cxk
k
y +−= 
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30 
 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. 
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31 
 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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32 
 =
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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33 
 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 +
= 
21
.2
p
dpp
y
dy
+
= (EDVS) ∫ ∫ ++
= 121
.2
C
p
dpp
y
dy
 
 ∫ ∫ ++= −− 1121 2 .)1( Cpdppdyy Ln|y| = Ln|1 + p2| + Ln|C2| 
 Ln|y| = Ln|(1 + p2).C2| y = (1 + p
2).C2 
2C
y
 = 1 + p2 
 1
2
2 −=
C
y
p p2 = C3 y – 1 1. 3 −±= yCp 1. 3 −±= yC
dx
dy
 
 dxyCdy .1. 3 −±= dx
yC
dy
 
1.3
±=
−
 ∫ ∫ +±=− 43 1.
Cdx
yC
dy
 
 ∫
−− dyyC .)1.( 2
1
3 = 4 Cx +± Lembrete: 
2
 
2u
duu =∫ 
 u = C3 .y – 1 du = C3 dy 
 ∫
−− dyCyC
C
. .)1.(.
1
33
3
2
1
 = 4 Cx +± 
2
1
3
3
2
1
)1.(
.
1 −yC
C
= 4 Cx +± 
 43
3
 1. .
2
CxyC
C
+±=− ou 21
1
 1. .
2
CxyC
C
+±=− (solução geral) 
 III) Para y = 1, y’ = 1 e x = 1, em p = 1.3 −± yC ou y’ = 1.1 −± yC , vem: 
 1 = 11.1 −± C 1
2 = ( ) 21 11. −± C 1 = C1 – 1 C1 = 2 
 Substituindo na solução geral, temos: 
 2 1 11.2 .
2
2
C+±=− 1 = ± 1 + C2 C2 = 1 ± 1 



=
=
0
2
2
2
C
C
 
 IV) Respostas: 
 1) Para C1 = 2 e C2 = 2, temos: 
 2 1.2 .
2
2
+±=− xy xy ±=− 21.2 ( ) ( ) 22 2 1.2 xy ±=− 
 2y = (2 ± x)2 – 1 
2
1)2( 2 −±
=
x
y 
 2) Para C1 = 2 e C2 =0, temos: 
 0 1.2 .
2
2
+±=− xy xy 1.2 ±=− ( ) 22 ) ( 1.2 xy ±=− 
 2y – 1 = x2 
2
12 +
=
x
y 
 
 
Equações Diferenciais 
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34 
 4º TIPO: F(y, y’’) = 0 ou y’’= f(y) 
 (equações que não contém a variável independente x e y’)) 
 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: 3.4 '' −−= yy , y > 0 
 I) MDV: 
dy
dp
py . '' = e py =' 
 II) Substituindo, temos: 
 3.4 . −−= y
dy
dp
p p.dp = − 4 y−3 .dy ∫ ∫ +−= − Cdyydpp .4 . 3 
 C
yp
+
−
−=
−
2
.4
2
22
 Cy
p
+= −2
2
2
2
 p2 = 4y−2 + 2C p2 = 4y−2 + C1 
 12
2 4 C
y
p += 12
4
C
y
p +±= 12
4
C
ydx
dy
+±= 
2
2
1.4
y
yC
dx
dy +
±= 
 
2
2
1.4
y
yC
dx
dy +
±= 
y
yC
dx
dy
2
1.4 +±= dxyCdyy ..4 . 21+±= 
 
dy
dx
yC
y
 
.4 21
±=
+
 ( ) dxydyyC . .4 2121 ±=+ − 221 .)4( 2
1
CdxydyyC +±=+ ∫∫
−
 
 Lembrete: 
2
 
2u
duu =∫ u = 4 + C1. y2 du = 2.C1.y.dy 
 Preparando a integral,