Apostila Cálculo 4

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APOSTILA PARA CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV 
 
Preparada pela Prof ª Drª Fátima Ahmad Rabah Abido-UNIMAR 
 2º Semestre de 2010 
EMENTA 
 
 Formas de aplicação das equações diferenciais; 
 Classificação das Equações diferenciais quanto à ordem, grau e linearidade; 
 Tipos de solução, problemas de valor inicial e de contorno; 
 Soluções de equações diferenciais ordinárias de primeira ordem lineares, homogêneas, separáveis e 
exatas; 
 Fator Integrante; 
 Equação de Bernoulli; 
 Equações diferenciais de 2ª Ordem; 
 Equações diferenciais de ordem n com coeficientes constantes; e 
 Aplicações. 
 
 
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 
 
 BRONSON, R. Moderna Introdução às Equações Diferenciais. 
 
 BOYCE, W.E.; DIPRIMA, R.C. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. 
 
 EDWARDS, C. H. Jr. e PENNEY, David E. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. 
 
 GUIDORRIZZI, Hamilton Luiz. Um curso de Cálculo (vol. 2). 
 
 ZILL, Dennis G. e CULLEN, Michael R. Equações Diferenciais. (vol 1) 
 
 SWOKOWSKI, Earl W. Cálculo com Geometria Analítica (vol 2) 
 
 LARSON, Hostetler & Edwards. Cálculo com Geometria Analítica (vol 2). 
 
 STEWART, James. Cálculo (vol 2). 
 
 KREIDER, D.L. e Outros. Equações Diferenciais. 
 
NOTA: caros alunos, ao invés de adotarmos um dos livros das referências da ementa de CDI IV por motivo de 
disponibilidade do livro e preço, usaremos este ótimo material preparado em 2010 pela Professora Doutora 
Fatima Abido, pelo fato de abordar os tópicos previstos em CDI IV e usar uma linguagem simples e direta. Vale 
ressaltar que essas notas de aula serão usadas como base, e que devem ser enriquecidas com leituras das 
literaturas relacionadas ao estudo e aplicações das equações diferenciais em sua área de trabalho ou estudo 
que é a da Engenharia. 
 
Bons estudos! 
 
 
 
Professor Roberto Mendonça _ UNIGRANRIO - 1º SEMESTRE DE 2014 
 
 
 
 
Apostila de CDI 1V - 
 
Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido 
1 
Equações Diferenciais 
 
1.1 Introdução 
 
Muitas vezes em física, engenharia e outros ramos técnicos, há necessidade de encontrar uma 
função incógnita. Em muitos casos esta pesquisa leva a uma equação envolvendo derivadas (ou 
diferenciais) da função incógnita. Tais equações envolvendo derivadas (ou diferenciais) são chamadas 
equações diferenciais, em que a incógnita não é um número, mas uma função. 
 
Antes de iniciar nosso curso, vamos mostrar algumas aplicações para servir de motivação. 
 
Lei de Resfriamento de Newton 
 
A lei de resfriamento de Newton diz que a taxa de variação de temperatura T(t) de um corpo em 
resfriamento é proporcional à diferença entre a temperatura do corpo e a temperatura cte Tm do meio 
ambiente, isto é: 
dT/ dt = k(T – Tm) , 
 
em que k é uma cte de proporcionalidade. 
 
Exemplo Um ovo duro, a 98º C, é colocado em uma pia contendo água a 18º C. Depois de 5 minutos, 
a temperatura do ovo é de 38º C. Suponha que durante o experimento a temperatura da água não 
aumente apreciavelmente, quanto tempo a mais será necessário para que o ovo atinja 20º C? 
 
Solução : 
Tm = 18º C 
T(0) = 98º C 
T(5) = 38º C 
t = ? qdo T (t) = 20º C 
 
 dT/dt = k(T – Tm) 
dT/dt = k(T – 18) 
dT/(T – 18)= kdt 
 
Resolvendo essa equação diferencial, obtemos t  13 minutos 
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2 
Circuitos em Série 
 
 Em um circuito em série contendo somente um resistor e um indutor, a segunda lei de 
Kirchhoff diz que a soma da queda de tensão no indutor (L(dI/dt)) e da queda de tensão no resistor 
(I.R) é igual à voltagem (E(t)) no circuito, ou seja 
 
L(dI/dt) + R.I = E(t), 
 
em que L e R são ctes conhecidas como a induntância e a resistência, respectivamente. 
 
Exemplo Suponha que um circuito simples a resistência é 550  (ohms), a indutância é de 4 H (henry) 
e a pilha fornece uma voltagem constante de 110 V (volts). Determine a corrente I se a corrente inicial 
é zero. 
 
Solução: 
 
E(t) = 110 V; L = 4 H, e R = 550  
 
I(t) = ? quando I (0) = 0 
 
L(dI/dt) + RI = E(t) 
 
4. (dI/dt) + 550.I = 110 
 
dI/dt + (550/4).I= (110/4) 
… 
 I(t) = 0,2 – 0,2.e-137,5 t. 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Nos próximos tópicos veremos métodos de resolver equações diferenciais. Isto é, veremos as vias 
pelas quais podemos com sucesso usar equações diferenciais para determinar uma função 
desconhecida. 
 
Simbolicamente, uma equação diferencial pode ser escrita como: 
 
F(x, y, y’ , y ’’, ... , y (n)) = 0 ou F(x, y, 
dx
dy
, 
2
2
dx
yd , ..., 
n
n
dx
yd ) = 0. 
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3 
Se a função incógnita depende apenas de uma variável, temos uma equação diferencial ordinária. 
Se depender de mais de uma variável, temos uma equação diferencial parcial. 
 
As expressões seguintes são alguns exemplos de equações diferenciais. 
 
A. 
yx
dx
dy 2
 D. 
032
4
2
2
3
3
2 






dx
dy
dx
yd
y
dx
yd
x
 
 
B. 
x
dx
dy
sen
 E. 
22  dxyxdyex
 
 
C. 
0
2
2
 y
dx
dy
x
dx
yd F. 
0
2
2
2
2






t
u
x
u , onde u = (x, t) 
 
A ordem de uma equação diferencial é o número n que corresponde à ordem máxima das derivadas 
da equação. 
 
Exemplo: Na expressão (A) acima, a equação tem ordem 1 e na expressão (C), ordem 2. 
 
O grau de uma equação diferencial é a maior potência da derivada de maior ordem. 
 
Exemplos Determinar o grau e a ordem de cada uma das seguintes equações diferenciais. 
 
(a) 
07
3
2
2







dx
dy
dx
dy
dx
yd (b) 
03
2






y
dx
dy
dx
dy 
 
 A Equação (a) é uma equação diferencial de primeiro grau de ordem 2 porque d
2
y/dx
2
 é a 
derivada de maior ordem na equação e está elevada à primeira potência. Notar que a terceira potência 
de dy/dx não tem influência no grau da Equação (a) porque dy/dx é de menor ordem que d
2
y/dx
2
. 
 
A Equação (b), por outro lado, é uma equação diferencial de segundo grau e primeira ordem; dy/dx 
é a derivada de maior ordem (ordem 1) e 2 é a maior potência de dy/dx aparecendo na equação. 
 
Uma solução de uma equação diferencial é uma função y = f (x) a qual, juntamente com as suas 
derivadas, satisfaz a equação diferencial dada. 
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4 
Exemplos: (a) Verificar que y = 4.e
-x
 + 5 é uma solução da equação diferencial de segunda ordem e 
primeiro grau 
.0
2
2

dx
dy
dx
yd
 
 Observando que 
xe
dx
dy  .4
 e 
xe
dx
yd  .4
2
2 e substituindo na equação diferencial dada, temos: 
 
4.e
-x
 + (– 4.e-x) = 0 
 0 = 0 
 (b) Verificar que y =
x
x
eC
eC
.1
.1


 é uma solução da equação diferencial de primeira ordem e 
primeiro grau 
)1(
2
1 2  y
dx
dy
. 
 A primeira derivada da equação dada é 
 2.1
..2
x
x
eC
eC
dx
dy


. Substituindoeste resultado na 
equação diferencial dada, temos: 
 2.1
..2
x
x
eC
eC

=  
  










1
.1
.1
2
1
2
2
x
x
eC
eC 
 
 =    
  









2
2222
.1
..21..21
2
1
x
xxxx
eC
eCeCeCeC
 
 
 = 
 










2
.1
..4
2
1
x
x
eC
eC
 2.1
..2
x
x
eC
eC

. 
 
A solução y = 4.e
-x
 + 5 no Exemplo (a) acima é um exemplo de uma solução particular de uma 
equação diferencial. Podemos verificar que y = 4.e
-x
 + 3 é também uma solução particular da equação 
diferencial no exemplo (a). Deste modo, uma equação diferencial pode ter mais do que uma solução 
particular. 
 Uma solução y = f(x) de uma equação diferencial de ordem n contendo n constantes arbitrárias 
é chamada uma solução geral. Assim, a solução y =
x
x
eC
eC
.1
.1


 no Exemplo (b) ou y = 4.e
-x
 + C no 
Exemplo (a) é um exemplo de uma solução geral. 
 Geometricamente, a solução geral de uma equação diferencial de primeira ordem representa 
uma família de curvas conhecidas como curvas-solução uma para cada valor da constante arbitrária. 
 
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5 
Uma solução particular pode ser obtida se forem dadas certas condições iniciais. Uma condição 
inicial de uma equação diferencial é uma condição que especifica um valor particular de y, y0, 
correspondente a um valor particular de x, x0. Isto é, se y = f(x) pode ser uma solução da equação 
diferencial, então a função deve satisfazer a condição: y0 = f(x0). O problema de ser dada uma equação 
diferencial com condições iniciais é chamado um problema de valor inicial. 
 Um estudo completo de equações diferenciais incluiria um estudo de equações diferenciais de 
todos os graus e equações diferenciais parciais e ordinárias. Limitamos deste modo as nossas 
considerações às equações diferenciais ordinárias do primeiro grau. 
 
Exemplos: (a) Verificar que y = C1.cosx + C2.senx é uma solução geral da equação diferencial 
y’’ + y = 0. 
 Primeiro, determinar as derivadas da função dada: 
y' = - C1.senx + C2..cosx 
y’’= - C1.cosx - C2..senx 
Substituindo na equação diferencial, temos: 
 y’’ + y = 0 
- C1.cosx - C2..senx + ( C1.cosx + C2..senx) = 0 
 - C1.cosx - C2..senx + C1.cosx + C2..senx = 0 
 
0 = 0 
Portanto, y = C1.cosx + C2..senx é uma solução geral da equação diferencial dada com duas 
constantes arbitrárias distintas. 
 
 (b) Mostre que y = C.e
-2x
 é uma solução para a equação diferencial y’ + 2y = 0 e encontre 
a solução particular determinada pela condição inicial y(0) = 3. 
 
Sabemos que y = C.e
-2x
 é solução porque y’ = - 2.C.e-2x e y’ + 2y = - 2.C.e-2x + 2.( C.e-2x ) = 0. 
 
Usando a condição inicial y(0) = 3, ou seja, y = 3 e x = 0, obtêm: 
 
y = C.e
-2x
  3 = C e-2.0  C = 3 
 
e concluímos que a solução particular é y = 3.e
-2x
 . 
 
 
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Exercícios 
 
Constatar a ordem e o grau de cada uma das seguintes equações diferenciais. 
 
1. 
22 yx
dx
dy

 5. y’’’- 4y’’ + xy = 0 
2. 
023
2






dx
dy
x
dx
dy 6. y’+ x.cosx = 0 
3. 
yx
dx
dy
xy
dx
yd 2
2
2
5 
 7. (y’’)3 - xy’ + y’’ = 0 
4. 
0
2
2 






dx
dy
y
dx
dy
x
 8. y’’+ ex y = 2 
 
Verificar que cada uma das funções dadas y = f(x) é uma solução da equação diferencial dada. 
 
9. 
3
dx
dy
; y = 3x – 7 14. 
yx
dx
dy
x  2
 ; y = x
2
 + Cx 
 
10. 
242 xxy
dx
dy

; y = x
2
 - 4x 15. 
016
2
2
 y
dx
yd ; y = C1sen4x + C2cos4x 
 
11. x
xy
dx
dy
42 
; y = x
2
 - 4x 16. 
3
2
2
20x
dx
yd

; y = x
5
 + 3x - 2 
12. 
0
2
2
 y
dx
yd ; y = 2 senx + 3 cosx 17. 
0cos2  xy
dx
dy
; y = senx + cosx - e
-x
 
 
13. 
xey
dx
dy 
 ; y = (x + 2).e
-x
 18. 
22
2
2
 xy
dx
yd ; y = e
-x
 + x
2 
 
 
 
 
 
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7 
1.2 Classificação das Equações Diferenciais de 1ª Ordem 
 
Existem numerosos métodos desenvolvidos para resolver equações diferenciais ordinárias. 
Veremos de perto vários destes métodos. Certas equações diferenciais de primeira ordem podem ser 
mais facilmente resolvidas usando o método de separação de variáveis. 
 
Uma equação diferencial de primeira ordem é uma relação envolvendo a primeira derivada. Isto é, 
pode ser escrita na forma: 
0),(),( 
dx
dy
yxNyxM
 (1) 
 
ou (multiplicando ambos os membros pela diferencial dx, onde dx  0) 
 
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 (2) 
 
onde M(x,y) e N(x,y) são funções envolvendo as variáveis x e y. Para esse tipo de equação, pode-se 
juntar todos os termos contendo x com dx e todos os termos contendo y com dy, obtendo-se uma 
solução através de integração. Tais equações são ditas separáveis, e o método de solução é o método 
de separação de variáveis. O método é descrito a seguir. 
 
1.2.1 Equações Diferenciais Separáveis 
 
* Método de Separação de Variáveis 
 
1. Coloque a equação na forma diferencial 
 
M(x)dx + N(y)dy = 0 ou M(x)dx = - N(y)dy (3) 
 
2. Integre para obter a solução geral 
 
   CdyyNdxxM )()(
. 
 
Exemplo 01 Reescreva a equação diferencial de primeiro grau x
2yy’ – 2xy3 = 0 na forma da Equação 
(3). 
x
2yy’ – 2xy3 = 0 
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8 
02 32  xy
dx
dy
yx
 
x
2
 ydy – 2xy3dx = 0 (multiplicando cada membro por dx) 
 
-2xy
3
dx
 
+ x
2
 ydy = 0 (multiplicando cada membro por 1/x
2
y
3
) 
ou 
0 dy 
y
1
 dx 
x
2
2

 
 
Neste exemplo, M(x) = - 2/x
 
e N(y) = 1/y
2
. Por multiplicações e divisões apropriadas 
separamos a equação em termos onde cada um envolve apenas uma variável e a sua diferencial. Assim 
sendo, a solução geral pode ser obtida por integração de cada termo. 
 
Exemplo 2 Determinar a solução geral da equação diferencial x
2yy’ – 2xy3 = 0. 
 
No Exemplo 1 determinamos que x
2yy’ – 2xy3 = 0 pode ser escrita como 
 
0 dy 
y
1
 dx 
x
2
2

 
ou 
dx 
x
2
 dy 
y
1
 
2

 
 
 Integrando cada membro da equação, temos: 
  dxx
dy
y
21
2
 
 C 2lnx 
y
1
 - 
 
ou 
1 + 2ylnx + Cy = 0. 
 
Nota 1: Quando a solução de uma equação diferencial envolver a integração de um termo na forma 
u
du
, escrevemos agora 
Cu
u
du
 ln
em vez de 
Cu
u
du
 ln
. Estamos agora percebendo que a 
solução é válida apenas quando u é positivo. Lembrar também de incluir a constante de integração C.Apostila de CDI 1V - 
 
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9 
Nota 2: Algumas regras para logaritmo na base e (e  2,718....) 
 
 Sendo a > 0 e b > 0 e IR, então: 
 
P1) ln (a . b) = ln a + ln b P3) ln (a

) = .ln a 
 
P2) ln (a : b) = ln a - ln b P4) e
lna
 = a 
 
 
Exemplo 3 Resolver a equação diferencial 
1
'
2 

x
y
y
. 
 Tornando a escrever, temos: 
12 

x
y
dx
dy
 
 
dx
x
y
dy
12 

 (multiplicar cada membro por dx) 
 
12 

x
dx
y
dy
 (multiplicar cada membro por 1/y) 
 



12x
dx
y
dy
 (integrar cada membro) 
 
lny = arctg x + C 
 
y = e
arctgx +C 
 
y = k.e 
arctgx
, onde k = e
C
 
 
 
Exemplo 4 Resolver a equação diferencial x(1 + y
2
) – y(1 + x2)y’= 0. 
 
Tornando a escrever, temos: 
    011 22 
dx
dy
xyyx
 
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10 
    011 22  dyxydxyx
 
 
0
11 22




dy
y
y
dx
x
x
 
ou 
dy
y
y
dx
x
x
22 11 


 
 




dy
y
y
dx
x
x
22 11
 
 
Cyx  )1ln(
2
1
)1ln(
2
1 22
 
ou 
 
C
y
x



)
1
1
ln(
2
1
2
2 . 
 
 Como C é uma constante arbitrária, podemos tornar a escrever esta constante como C = ½ lnk 
onde k > 0. Então temos: 
k
y
x
ln
2
1
)
1
1
ln(
2
1
2
2


 
 
ou 
k
y
x



)
1
1
(
2
2 
 
ou 
)1()1( 22 ykx 
 
 
ou 
01 22  kykx
 
 
 Esta última equação é mais fácil de trabalhar porque já não envolve logaritmos naturais. As 
equações 
C
y
x



)
1
1
ln(
2
1
2
2 e 
01 22  kykx
são equivalentes. Elas diferem apenas na forma da 
constante de integração. Praticando nos exercícios você ganhará experiência na escolha da forma mais 
apropriada para esta constante arbitrária. 
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Exemplo 5 Resolver a equação diferencial y’ – 2x = 0 sujeita à condição inicial de que y = 1 quando 
x = 2, ou seja, y(2) = 1. 
 
 A solução geral é: 
y = x
2
 + C 
 Substituindo y = 1 e x = 2, temos: 
 
1 = (2)
2
 + C  1 = 4 + C  - 3 = C 
 
Portanto, a solução particular é 
 
y = x
2
 – 3 
 
Exemplo 6 Resolver a equação diferencial y + xy’ = 0 sujeita à condição inicial de que y = 2 quando 
x = 3, ou seja, y(3) = 2. 
 
Tornando a escrever, temos: 
 
0
dx
dy
xy
 
 
 ydx + xdy = 0 
 
0
y
dy
x
dx
 
ou 
y
dy
x
dx

 
 
  y
dy
x
dx
 
 
 lnx = - lny + C 
lnx + lny = C 
lnxy = C 
ou lnxy = lnk, onde C = lnk 
 xy = k 
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 Substituindo y = 2 quando x = 3, temos 
 
 3.2 = k  6 = k 
 
 Portanto, a solução particular desejada é 
 
 xy = 6 ou y = 6/x. 
 
 
Exercícios 
 
Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais. 
 
1. 
02  dxyxdy
 
9. 
0
2

y
e
dx
dy x
 
2. 
03 23  xydydxyx
 10. 
03  xx e
dx
dy
e
 
3. 
0 ydxxdy
 
11. 
031 2  dydxyx
 
4. 
0cossec  ecydxxdy
 12. (1 + x
2
)dy – dx = 0 
5. 
y
x
dx
dy 2

 
13. (1 + x
2
)dy + xdx = 0 
6. 
32 

x
xy
dx
dy
 14. 
22221 yxyx
dx
dy

 
7. 
0cos3  xy
dx
dy
 15. 
yxe
dx
dy 
 
8.   0sec13 2  dyyedxtgye xx 16.     022  dyyxydxxyx 
 
Determinar a solução particular de cada uma das seguintes equações diferencial sujeitas às condições 
dadas. 
 
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13 
17. 
42 yx
dx
dy

; y (1) = 1 19. 
yxy
x
dx
dy
2
2


; y (0) = 4 
18. 
02 
dx
dy
ye x
; y (0) = 2 20. ydxdyx 2 ; y (1) = 1 
 
Respostas 
1) y.lnx + 1 = Cy 8) y = arc tg[(e
x
 – 1)³.k] 15) y = 
  Cex  /1ln
 
2) y = k. 3xe 9) y = 3 x ke3  16) y =    22 1/ xxk  
3) y = C/x 10) 2y + e
-2x
 = C 17) (2 – x³).y³ = 1 
4) y = arc cos(senx – c) 11) y = sen
  Cx 6/2
 18) y = 
xe48
 
5) 3y² = 2x³ + C 12) y = arc tg x + C 19) y² = 2.ln(x² + 1) + 16 
6) y = k. 
3x2 
 13) y = - 
Cx 1ln.5,0 2
 
20) y = x1xe
 
7) 1 = 2y².(senx + C) 14) arc tg y = x + 
 3/3x
+C 
 
Aplicações 
 
21. O preço de revenda de certa máquina descreve em um período de 10 anos, segundo uma taxa que 
depende do tempo de uso da máquina. Quando a máquina tem t anos de uso, a taxa de variação do seu 
valor é 220(t-10) reais por ano. Expresse o valor da máquina como função do tempo de uso e do valor 
inicial. Se a máquina valia originalmente R$ 12.000,00, quanto valerá quando tiver 10 anos de uso? 
(Resp:V(t) = 110.t² - 2.200t + C e V(10) = R$ 1.000,00) 
 
22. Segundo estatísticas, a população de certo lugar está crescendo a uma taxa aproximada de 
1.500 t
-1/2
 pessoas por ano, sendo t o número de anos transcorridos após 1990. Em 1999, a população 
deste lugar era de 39.000 pessoas. 
(a) Qual era a população, em 1990? (Resp: 30.000) 
(b) Se este tipo de crescimento continuar no futuro, quantas pessoas estarão vivendo neste lugar, em 
2015? (Resp: 45.000) 
 
23. Em certa região, às 7 horas da manhã, o nível de ozônio no ar é de 0,25 partes por milhão. Ao 
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14 
meio-dia, sabe-se que, depois de t horas, a taxa de variação do ozônio no ar será de 
21636
03,024,0
tt
t

 partes por milhão por hora. 
(a) Expresse o nível de ozônio como função de t. (Resp: Q(t) = 0,03.(36 + 16t –t²)1/2 + 0,07) 
(b) Quando ocorre o pico do nível de ozônio? Qual é o nível de ozônio, neste momento? 
 (Resp:0,37 partes por milhão até 3 horas da tarde) 
 
24. A taxa de variação da temperatura de um objeto é proporcional à diferença entre sua temperatura e 
a do meio circundante. Um objeto cuja temperatura era de 40 graus foi colocado num ambiente cuja 
temperatura é de 80 graus. Após 20 minutos, a temperatura do objeto chegou a 50 graus. Expresse a 
temperatura do objeto como função do tempo. (T(t) = 80 – 40.e-0,014t ) 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 
1.2.2 Equações Diferenciais Homogêneas 
 
 Algumas equações que não são separáveis podem vir a sê-lo mediante uma mudança de 
variáveis. Isso funciona para equações da forma y’ = f(x,y), onde f é uma função homogênia. 
 
Definição 1.2.2 Função Homogênea 
 
Se uma função f satisfaz 
f(tx,ty) = t
n
 f(x,y) 
 
para algum número real n, então dizemos que f é uma função homogênea de grau n. 
 
 
Exemplos: (1) f(x,y) = x
2
 – 3xy + 5y2 
 
f(tx,ty) = (tx)
2
 – 3(tx)(ty) + 5(ty)2 
 = t
2
x
2
 – 3t2 xy + 5t2y2 
 = t
2
[
 
x
2
 – 3xy + 5y2] = t2 f(x,y)  função homogênea de grau dois. 
 
(2) f(x,y) = x
3
 + y
3 
+ 1. 
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15 
f(tx,ty) = (tx)
3
 + (ty)
3 
+ 1  t3 f(x,y) 
poist
3
.f(x,y) = t
3
x
3
 + t
3
y
3 
+ t
3
  função não é homogênea. 
 
OBS: Muitas vezes uma função homogênea pode ser reconhecida examinando o grau de cada termo. 
 
Exemplos: (1) f(x,y) = 6xy
3
 – x2y2 
   A função é homogênea de grau quatro. 
 grau 4 grau 4 
 
(2) f(x,y) = x
2
 – y 
    A função não é homogênea, pois os graus dos dois termos são diferentes 
 grau 2 grau 1 
 
Definição 1.2.2 Equação Homogênea 
 
Uma equação diferencial da forma 
 
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 
 
é chamada homogênea se ambos os coeficientes M e N são funções homogêneas do mesmo grau. 
 
Para resolver uma equação diferencial homogênea pelo método de separação de variável, basta 
fazer a mudança de variáveis dada pelo Teorema a seguir. 
 
Teorema Mudança de Variáveis para Equações Homogêneas 
 
 Se M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 é homogênea, então ela pode ser transformada em uma equação 
diferencial cujas variáveis são separáveis pela mudança de variável y = v.x onde v é uma função 
diferenciável de x e dy/dx = v + x dv/dx. 
 
OBS: São válidas também as substituições x = y.v e dx = y dv + v dy. 
 
 
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16 
Exemplo Resolva (x
2
 + y
2
)dx + (x
2
 – xy)dy = 0. 
 
Solução Como M(x,y) e N(x,y) são homogêneas de grau dois, tomamos y = v.x para obter 
dy = v dx + x dv. Então, substituindo, temos: 
 
(x
2
 + v
2
x
2
)dx + (x
2
 – vx2)(v dx + x dv) = 0 
 
 (x
2
+ v
2
x
2
)dx + (x
2
 – vx2)vdx +(x2 – vx2)xdv = 0 
 
 x
2
(1+ v
2
 + v – v2)dx + x3 (1 – v)dv = 0 
 
 x
2
(1 + v)dx + x
3
 (1 – v)dv = 0  (dividindo por x2) 
 (1 + v)dx + x(1 – v)dv = 0 
0
x
dx
 dv
v1
v1



 
 
 
0
x
dx
 dv
v1
2
1 







  (utilizamos frações parciais) 
 
 Depois de integrar a última linha, obtemos: 
 
-v + 2 ln1 + v+ lnx= lnc 
 
 
clnxln
x
y
12ln
x
y


.  (substituindo v) 
 
Usando as propriedades do logaritmo, podemos escrever a solução precedente como: 
 
 
x
y
cx
yx
ln
2

 . 
A definição de um logaritmo implica 
 
  x
y
cxe 2yx
. 
 
 
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17 
Exercícios 
 
Resolva a equação diferencial homogênea dada. 
 
1. 
x
yx
y
2
'


 4. 
xy
yx
y
2
'
22 

 
2. 
)yx(2
y
'y


 (usar a subst. x = yv) 5. 
22
'
yx
xy
y


 
3. 
yx
yx
y


'
 6. 
x
yx
y
23
'


 
 
Encontre a solução particular que satisfaz a condição inicial dada. 
 
7. xdy – (2xe-y/x + y)dx = 0; y(1) = 0 
9. 
0sec 





 xdydxy
x
y
x
; y(1) = 0 
 
8. – y2dx + x(x + y)dy = 0; y(1) = 1 
10. 
022 




  xdydxyxy
; y(1) = 0 
 
Respostas 
1) x = C.(x – y)² 
5) y = C 2
2
y2
x
e
 
9) y = x. arc sen(lnx) 
2) x = k.y² - 2y 6) y = kx² - 3x 10) y = x. sen(- lnx) 
3) x² - 2xy – y² = k 
7) xye = lnx² + 1 
 
4) x² - kx = y² 
8) y = 1xye  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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18 
1.2.3 Equações Diferenciais Exatas 
 
Embora a equação 
y dx + x dy = 0 
 
seja separável e homogênea, podemos ver que ela é também equivalente à diferencial do produto de x 
e y; isto é 
y dx + x dy = d(xy) = 0. 
 
Por integração, obtemos imediatamente a solução implícita xy = c. 
 
Você deve se lembrar do Cálculo III que, se z = f(x,y) é uma função com derivadas parciais 
contínuas em uma região R do plano xy, então sua diferencial total é 
 
 
dy
y
f
dx
x
f
dz






 (1) 
 
Agora, se f(x,y) = c, segue-se de (1) que 
 
 
0dy
y
f
dx
x
f






 (2) 
 
Em outras palavras, dada uma família de curvas f(x,y) = c, podemos gerar uma equação 
diferencial de primeira ordem, calculando a diferencial total. 
 
 
Exemplo 1 Se x
2
 – 5xy + y3 = c, então por (2) 
(2x –5y)dx + (-5x +3y2)dy = 0 ou 
23y5x
2x5y
dx
dy



. 
 Para nossos propósitos, é mais importante inverter o problema, isto é, dada uma equação como 
 
23y5x
2x5y
dx
dy



, (3) 
podemos identificar a equação como sendo equivalente a d(x
2
 – 5xy + y3) = 0? 
 
 
 Note que a equação (3) não é separável nem homogênea. 
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Definição 1.2.3 Equação Exata 
 
 Uma equação diferencial 
M(x,y)dx + N(x,y)dy 
 
é uma diferencial exata em uma região R do plano xy se ela corresponde à diferencial total de alguma 
função f(x,y). Uma equação diferencial da forma 
 
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 
 
é chamada de uma equação exata se a expressão do lado esquerdo é uma diferencial exata, ou seja, se 
existir uma função f(x,y) com derivadas parciais contínuas e tais que fx(x,y) = M(x,y) e fy(x,y) = 
N(x,y). Assim, a forma geral da solução da equação é f(x,y) = c. 
 
Exemplo 2 A equação x
2
y
3 
dx + x
3
y
2
 dy = 0 é exata, pois 
 
d(
3
1
x
3
y
3
) = x
2
y
3 
dx + x
3
y
2
 dy. 
 
 O teorema seguinte é um teste para uma diferencial exata. 
 
Teorema Critério para uma Diferencial Exata 
 
 Sejam M(x, y) e N(x, y) funções contínuas com derivadas parciais contínuas em uma região R 
definida a < x < b, c < y < d. Então, uma condição necessária e suficiente para que 
 
M(x,y)dx + N(x,y)dy 
 
seja uma diferencial exata é 
 
x
N
y
M





. (4) 
 
 
 
 
 
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20 
MÉTODO DE SOLUÇÃO 
 
 Dada a equação 
 M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 (5) 
Mostre primeiro que 
 
x
N
y
M





. 
 Depois suponha que 
 yxM
x
f
,


 
 
daí podemos encontrar f integrando M(x,y) com relação a x, considerando y constante. 
 
 Escrevemos, 
 f(x,y) = 
 ,),(  ygdxyxM
 (6) 
em que a função arbitrária g(y) é a constante de integração. Agora, derivando (6) com relação a y e 
supondo f/y = N(x,y): 



y
f   

ygdxyxM
y
'),(
=
 yxN ,
. 
 Assim, 
g’(y) = N(x,y) - 


dxyxM
y
),(
. (7) 
 Finalmente, integre (7) com relação a y e substitua o resultado em (6). A solução para a 
equação é f(x,y) = c. 
 
OBS: Poderíamos começar o procedimento acima com a suposição de que
 yxNy
f
,


. 
 
Exemplo 3 Resolva 2xy dx + (x
2
 – 1) dy = 0. 
 
Solução Como M(x,y) = 2xy e N(x,y) = x
2
 – 1, temos 
 
x
N
y
M





= 2x. 
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21 
Logo, a equação é exata e, pelo Teorema anterior, existe uma função f(x,y), tal que 
 



x
f
 2xy e 



y
f
 x
2
 – 1. 
Da primeira dessas equações, obtemos, depois de integrar, 
 
f(x,y) = x
2
y + g(y). 
 
Derivando a última expressão com relação à y e igualando o resultado a N(x, y), temos 
 



y
f
 x
2
 + g’(y) = x2 – 1. 
Segue-se que 
g’(y) = – 1 e g(y) = - y. 
 
A constante de integração não precisa ser incluída, pois a solução é f(x, y) = c, ou seja, 
x
2
y – y = c. 
 
OBS: Observe que a equação poderia também ser resolvida por separação de variáveis. 
 
Exemplo 4 Resolva o problema de valor inicial 
 
(cosx senx – xy2) dx + y.(1 - x2) dy = 0, y (0) = 2. 
 
Solução A equação é exata, pois 
x
N
y
M





= - 2xy. 
 Agora, 



y
f
 y.(1 - x
2
) 
 
f(x,y) = 
2
y2 (1 - x
2
) + h(x). 
 



x
f
 - xy
2
 + h’(x) = cosx senx – xy2. 
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22 
 A última equação implica 
h’(x) = cosx.senx 
 
 h(x) = 
.cos
2
1
- dx cosx.senx 2 x
 (Método da Substituição) 
 
 Logo, 
2
y2 (1 - x
2
) 
x2cos
2
1
- 
= c1 
ou 
y
2
 (1 – x2) – cos2x = c, 
 
em que c = 2c1. A condição inicial y = 2 quando x = 0 demanda que (2)
2
 [1 – (0)2] – cos20 = c, ou seja, 
c = 3. Portanto, a solução para o problema é 
 
y
2
 (1 – x2) – cos2x = 3. 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Exercícios 
 
Verifique se a equação diferencial dada é exata e, se for, encontre sua solução geral. 
 
1. (2x – 3y)dx + (2y – 3x)dy = 0 
6. 2y
2
2xye
dx + 2xy 2xye dy = 0 
2. ye
x
dx + e
x
dy = 0 
7. 
0)(
1
22


ydxxdy
yx
 
3. (3y
2
 + 10xy
2
)dx + (6xy – 2 + 10x2y)dy = 0 
8. 
0)()(
22
 ydyxdxe yx
 
4. 2.cos(2x – y)dx - cos(2x – y)dy = 0 
9. 
 
0)(
1 22
2


dyxdxy
yx
 
5. (4x
3
 – 6xy2)dx + (4y3 – 6xy)dy = 0 10. 
   0cos  dytgxyxydxxye y
 
 
 
 
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23 
Encontre a solução particular que satisfaz a condição inicial dada. 
 
11. 
  02)1ln(
1


dyyxdx
x
y
; y(2) = 4 14. 0)3cos3(sen3  ydyydxe x ; y(0) =  
12. 
0)(
1
22


ydyxdx
yx
; y(4) = 3 
15. (2xtgy + 5)dx + (x
2
sec
2
y)dy = 0; y(0) = 0 
13. 
0)(
1
22


ydyxdx
yx
; y(0) = 4 
16. (x
2
 + y
2
)dx + 2xydy = 0; y(3) = 1 
 
Respostas 
1) x² - 3xy + y² = C 7) arc tg(x/y) = C 13) x² + y² = 16 
 
2) ye
x
 = C 
8) 
  Ce.
2
1 22 yx  
 
14) e
3x
.sen3y = 0 
3) 3xy² + 5x²y² - 2y = C 9) não é exata 15) x². tgy - 5x = 0 
 
4) sen(2x – y) = C 10) ey. senxy = C 
16) xy² + 
3
x3 = 12 
5) não é exata 11) y.ln(x – 1) + y² = 16 
 
6) não é exata 12) 
5yx 22 
 
 
FATORES INTEGRANTES 
 
 Algumas vezes, é possível converter uma equação diferencial não exata em uma equação exata 
multiplicando-a por uma função (x,y) chamada fator de integração. Porém, a equação exata 
resultante: 
 M(x,y) dx +  N(x,y) dy = 0 
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24 
pode não ser equivalente à original no sentido de que a solução para uma é também a solução para a 
outra. A multiplicação pode ocasionar perdas ou ganhos de soluções. 
 
Exemplo Se a equação diferencial 
 2y dx + x dy = 0 (Não é uma equação exata) 
 
for multiplicada pelo fator integrante (x,y) = x, a equação resultante 
 
 2xy dx + x
2
 dy = 0 (Equação exata) 
é exata, ou seja, 
x
x
N
y
M
2





. 
 
 Pode ser difícil encontrar um fator integrante. No entanto, existem duas classes de equações 
diferenciais cujos fatores integrantes podem ser encontrados de maneira rotineira - aquelas que 
possuem fatores integrantes que são funções que dependem apenas de x ou apenas de y. O Teorema a 
seguir, que enunciaremos sem demonstração, fornece um roteiro para encontrar esses dois tipos 
especiais de fatores integrantes. 
Teorema Fatores Integrantes 
 Considere a equação diferencial M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0. 
1. Se 
y)N(x,
1
[My(x,y) – Nx(x,y)] = h(x) 
 
é uma função só de x, então  dxxhe )( é um fator integrante. 
2. Se 
y)M(x,
1
[ Nx(x,y) - My(x,y)] = k(y) 
 
é uma função só de y, então  dyyke )( é um fator integrante. 
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25 
Exemplo 1 Encontre a solução geral da equação diferencial (y
2
 – x) dx + 2y dy = 0. 
 
Solução A equação dada não é exata, pois My(x,y) = 2y e Nx(x,y) = 0. Entretanto, como 
 
y)N(x,
1
[My(x,y) – Nx(x,y)] = 
y2
1
[2y – 0] = 1 = x0 = h(x) 
 
temos que  dxxhe )( = xdx ee 1 é um fator integrante. Multiplicando a equação dada por e
x
, obtemos 
a equação diferencial exata 
(y
2
e
x
 – x ex) dx + 2yex dy = 0 
cuja solução é obtida da seguinte maneira: 
f(x,y) = 
)(y dy2yedy y)N(x, 2 xgex
x
 
 
 
f ’(x,y) = 
)(y '2 xgex 
= y
2
e
x
 – x ex 
 
 
)(' xg
= – x ex (integração por partes) 
 
Logo, g(x) = – x ex + ex , o que implica na solução geral
xe2y 
 – x ex + ex = c. 
 
OBS: Um outro fator integrante é: 
Se M(x,y) = y. f(x,y) e N(x,y) = x. g(x,y), então 
 
y)y.N(x, - y)x.M(x,
1
),( yx
 (*) 
 
Exemplo 2 Resolva y’ = 
x
yxy 2 . 
 
Solução Escrevendo a equação sob forma diferencial, temos 
 
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x
yxy 

2
dx
dy 
 
(xy
2
 – y)dx – xdy = 0 
 
 y.(xy – 1)dx – x.(1)dy = 0 (multiplicando por – 1) 
 
 y.(1 - xy)dx + x.(1)dy = 0 (1) 
 
De acordo com (*), temos: 
(x,y) = 
    x.(1)y. - xy-1y.x.
1
 
 
 = 
yx -x-x.y
1
22 y
 
 
 = 
22x-
1
y
 = 
2)(x
1
y

 
 Multiplicando (1) por (x,y), obtemos: 
 
2)(x
1
y

.[y.(1 - xy)dx + x.(1)dy] = 0, 
ou seja, 
 
0
11
22


dy
xy
dx
yx
xy
 
 
que é exata. Aplicando o método de resolução de equação exata, chegamos à solução y = -1/(x.lncx) 
 
Exercícios 
Encontre o fator integrante que é função apenas de x ou apenas de y, e use-o para encontrar a solução 
geral da equação diferencial dada. 
1. ydx - (x + 6y
2
)dy = 0 6. (2x
2
y – 1)dx + x3dy = 0 
2. (2x
3
 + y)dx - xdy = 0 7. y
2
dx + (xy- 1)dy = 0 
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27 
3. (5x
2
 - y)dx + xdy = 0 8. (x
2
 +2x + y)dx + 2dy = 0 
4. (5x
2
 – y2)dx + 2ydy = 0 9. 2ydx + (x – sen 
y
)dy = 0 
5. (x + y)dx + tgxdy = 0 10. (-2y
3
 + 1)dx + (3xy
2
 + x
3
)dy = 0 
 
Respostas 
1) FI: 1/y²  (x/y) – 6y = C 6) FI: x -1  x²y - lnx = C 
 
2) FI: 1/x²  (y/x) – x² = C 7) FI: (1/y)  xy - lny = C 
 
3) FI: 1/x²  (y/x) + 5x = C 
8) FI: 2xe
 
  2xe (2y + 2x² - 4x + 8) = C 
 
4) FI: e
-x 
  e-x (y² - 5x² - 10x – 10) = C 9) FI: (1/
y
)  x. 
y
 + cos 
y
 = C 
 
5) FI: cosx  y.senx + x.senx + cosx = C 10) FI: x -3  x -2y³ + y - (1/ 2x²) = C 
 
 
1.2.4 Equações Diferenciais Lineares de Primeira ordem 
 
 Definimos a forma geral para uma equação diferencial linear de ordem n como, 
 
        g(x)yxa
dx
d
a
dx
d
a
dx
d
xa 011-n
1-n
1-nn
n
n 
y
x
y
x
y

. 
 
Lembre-se de que linearidade significa que todos os coeficientes são funções de x somente e 
que y e todas as suas derivadas são elevadas à primeira potência. Agora, quando n = 1, obtemos uma 
equação linear de primeira ordem. 
 
Definição 1.2.4 Equação Linear 
 Uma equação diferencial da forma 
    g(x)yxa
dx
d
a 01 
y
x
 
é chamada de equação linear. 
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28 
 Dividindo pelo coeficiente a1(x), obtemos uma forma mais útil de uma equação linear: 
 
  Q(x).yxP
dx
d

y
. (1) 
 
Procuramos uma solução para (1) em um intervalo I no qual as funções P(x) e Q(x) são 
contínuas. Na discussão a seguir, supomos que (1) possui uma solução. 
 
Usando diferenciais, podemos escrever a equação (1) como 
 
dy + [P(x).y - Q(x)]dx = 0 (2) 
 
 Equações lineares possuem a agradável propriedade através da qual podemos sempre encontrar 
uma função (x) em que 
 
(x)dy + (x)[P(x).y - Q(x)]dx = 0 (3) 
 
é uma equação diferencial exata. Pelo Teorema (Critério para uma Diferencial Exata), o lado 
esquerdo da equação (3) é uma diferencial exata se 
 
 
x

(x)dy = 
y

(x)[P(x).y - Q(x)]dx (4) 
ou 
P(x)
dx
dμ

. 
 
Esta é uma equação separável em que podemos determinar (x). Temos 
 
P(x)dx
d



 
 
 
 P(x)dxln 
 (5) 
assim 
 P(x)dx)( ex
. (6) 
 
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29 
 Assim a função (x) definida em (6) é um fator de integração para a equação linear. Note que 
não precisamos usar uma constante de integração em (5), pois (3) não se altera se a multiplicarmos por 
uma constante. Ainda, (x)  0 para todo x em I, e é contínua e diferenciável. 
 
Multiplicando a equação (1) por (6), obtemos: 
 
 P(x)dxe
  Q(x)eyxPe
dx
d P(x)dxP(x)dx 
y
 
 
 
    P(x)dxP(x)dx ).(.
dx
d
exQey
 (integrando ambos os lados) 
 
CdxexQey   
P(x)dxP(x)dx ).(.
. 
 
 Assim sendo a solução geral é dada por 
 
 CdxexQey    P(x)dxP(x)dx ).(
. (7) 
 
Teorema Solução de uma Equação Diferencial Linear de Primeira Ordem 
 
 Um fator integrante para a equação diferencial linear de primeira ordem y’ + P(x).y = Q(x) é 
 P(x)dx)( ex
. A solução da equação diferencial é 
 
 CdxexQey    P(x)dxP(x)dx ).(
. 
 
Exemplo Encontre a solução geral de 
x6ex4y
dx
dy
x 
. 
 
Solução Escreva a equação como 
 
x5exy
4
dx
dy

x
 (dividindo por x) (8) 
Como P(x) = -4/x, o fator integrante é   dxx
4
-
P(x)dx)( eex = e
-4 lnx
 = x 
–4
. 
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30 
 Aqui, usamos a identidade básica b
log
b
N 
= N, N > 0. Agora, multiplicamos (8) por este termo 
 
x 
–4
.
x544 exx.y
x
4
x.
dx
dy  
 
 
x 
–4
.
x5 xeyx.4
dx
dy
 
 (9) 
e obtemos 
  x4 xe.yx.
dx
d

 . (10) 
 
Segue-se da integração por partes que 
 
x 
–4
y = xe
x
 – ex + c 
ou 
y(x) = x
5
 e
x
 – x4ex + c x 4. 
 
Exercícios 
Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais. 
 
1. 
xey
dx
dy 35 
 8. dxxydxxdy 223  
2. 
xey
dx
dy 23 
 
9. xdy – 5ydx = (4x + x6)dx 
3. 
2
3 3  x
x
y
dx
dy
 10. 
32 )4(2  xy
dx
dy
x
 
4.
5
2 2  x
x
y
dx
dy
 11. dxxxydxdyx 22 32)1(  
5. 
)23(2 3 xexy
dx
dy x 
 12. 
xxy
dx
dy
sentan 
 
6. 
)13(3 22  xeyx
dx
dy x
 13. 
72 42  xxy
dx
dy
x
 
7. 
dxexydxdy x424 
 14. 
52 32  xxy
dx
dy
x
 
 
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31 
Determinar uma solução particular para cada uma das seguintes equações diferencial sujeitas às 
condições iniciais dadas. 
15. 
xey
dx
dy 23 
; y (0) = 2 17. 
xyecx
dx
dy
cotcos 
; y (/2) = 3/2 
16. 
32  x
x
y
dx
dy
; y (1) = 3 
18.
 dxyxdy 3
; y (0) = 1 
 
Respostas 
1) –2y = e3x + Ce5x 7) 3y = x³e4x + C
x4e
 13) 5x²y = x
5
 – 35x + C 
2) y = e
-2x
 + Ce
-3x
 
8) y = (-1/3) + C 3xe 
14) y = x². lnx – (5/3x) + C.x² 
3) 14x³y = 2x
 7
 – 7x 4 + C 9) y = x 6 – x + Cx 5 15) y = e 2x (3e x – 1) 
4) y = x³ - 5x + Cx² 
10) y =  
22
42
x
C
x8
4x

 
16) y = (x³/2) + 3x.lnx + Cx 
5) 22 xx3x eye  + C 
11) (1 + x²).y = x³ + C 17) y.senx = x +  
6) y = - e
 x
 + C 3xe 
12) y = secx[(sen²x/2) + C] 18) y = (x/3) – (1/9) + Ce -3x 
 
 
EQUAÇÕES DE BERNOULLI 
 
 A equação diferencial 
 
  nQ(x).y.yxP
dx
d

y
 (1) 
 
em que n é um número real qualquer, é chamada de equação de Bernoulli. Para n = 0 e n = 1, a 
equação (1) é linear em y. Agora, se y  0, (1) pode ser escrita como 
 
  Q(x).yxP
dx
d
y n-1n- 
y
. (2) 
 
Se fizermos w = y
1 – n
, n  0, n  1, temos 
 
 
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32 
 
dx
dy
yn1
dx
dw n
. 
 
 
Com essa substituição, (2) transforma-se na equação linear 
 
 
  n).Q(x)(1.wxn).P(1
dx
dw

. (3) 
 
 
Resolvendo (3) e depois fazendo y
1 – n 
= w, obtemos uma solução para (1), ou seja, 
 
 
 CdxexQney n    n).P(x)dx-(1n).P(x)dx-(11 ).().1(
. 
 
 
Exemplo Resolva 
.
1 2xyy
xdx
dy

 
Solução 
 
 Em (1), identificamos P(x) = 1/x, Q(x) = x e n = 2. Logo, a mudança de variável w = 
y
1-2
 = y 
–1 
 e 
dx
dy
dx
dw 2 y
 nos dá 
 
x.w
x
1
dx
dw

 (*) 
 
O fator de integração para essa equação linear é 1ln
1




xee x
dx
x . 
 
 
Multiplicando ambos os lados de (*) pelo seu fator integrante x 
–1
, obtemos: 
 
xw
x
1
dx
dw 111   xxx
 
ou 
1w
dx
dw 21   xx
 
assim 
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33 
  1.
dx
d 1  wx
. 
 
 Integrando essa última forma, obtemos: 
 
x 
-1
 w = - x + c ou w = - x
2
 + cx. 
 
 Como w = y 
–1
, então y = 1/w ou y = 1/(- x
2
 + cx) 
 
 
Exercícios 
 
Resolva a equação diferencial de Bernoulli dada. 
 
1. y’ + 3x2y = x2y3 
4. y’ + 






x
1
y = x
y
 
2. y’ + 2xy = xy2 5. y’ - y = x3 3 y 
3. y.y’ – 2y2 = ex 
 
Respostas 
1) (1/y²) = C
)3/1(e
3x2 
 4) 
x
C
x
5
1
y 2 
 
2) y = 
2xke1
2

 5) 
)81x54x18x4(
4
1
Cey 233
x2
3
2

 
3) y² = (-2e
x
 / 3) + Ce
4x
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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34 
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS DE 2º ORDEM – y’’(x) = f (x,y,y’) 
 
 
1.1 EDO de 2º ordem com coeficientes constantes 
 
São equações da forma 
a y’’ + b y’ + c y = f (x) (NH) 
 
onde a, b, c são constantes reais. A equação 
 
 a y’’ + b y’ + c y = 0, (H) 
 
é chamada equação homogênea associada à não-homogênea. 
 
Exemplo 
 
a.) A equação 2y’’ + 3y’ – 5y = 0 é uma equação diferencial ordinária linear de segunda ordem 
homogênea. 
 
b.) A equação x3y’’’ – 2xy’’ + 5y’ + 6y = ex é uma equação diferencial ordinária linear de terceira 
ordem não-homogênea. 
 
Definição 01: Dizemos que as funções u(x) e v(x) são linearmente dependente (LD) no intervalo I, se 
existirem constantes c1 e c2 (não ambas nulas) tais que 
c1 u(x) + c2 v(x) = 0, 
xI. Caso contrário, dizemos que as funções u(x) e v(x) são linearmente independente (LI) neste 
intervalo I. 
 
 
Definição 02: Dada duas funções quaisquer, u(x) e v(x), definimos o wronskiano das mesmas pelo 
seguinte determinante: 
 
)(')('
)()(
)(),(
xvxu
xvxu
xvxuw 
= u(x).v’(x) - v(x).u’(x). 
 
 
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35 
Teorema: Se u(x) e v(x) são soluções de (H) em um intervalo I C IR, vale a seguinte 
afirmação: 
“u(x) e v(x) são linearmente independente em I se e somente se w[u(x), v(x)]  0, xI”. 
 
Exemplo Mostre que u(x) = cos2x e v(x) = sen2x são soluções LI da EDO y’’+ 4y = 0 em I = IR. 
 
Solução 
 
xxsen
xsenx
xsenxw
2cos.222
22cos
2,2cos


 
 
 = 2 cos
2 
2x + 2 sen
2
 2x 
 
 = 2 (cos
2 
2x + sen
2
 2x) = 2  0 
 
 u e v são linearmente independentes. 
 
 
 u (x) = cos2x 
 u’(x) = - 2 sen2x  substituindo na EDO, verificamos que u é solução 
 u’’(x) = - 4 cos2x 
 
 v(x) = sen2x 
 v’(x) = 2 cos2x  substituindo na EDO, verificamos que v é solução 
 v’’(x) = - 4 sen2x 
 
Teorema: Sejam u(x) e v(x) soluções LI de (H). Então, a solução geral de (H) é dada por: 
 
yH (x) = c1 u(x) + c2 v(x). 
 
Além disso, a solução de (NH) é da forma 
 
yNH (x) = c1 u(x) + c2 v(x) + yP (x), 
 
onde c1 e c2 são constantes genéricas e yP (x) é uma solução particular de (NH). 
 
 
 
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36 
Exercícios 
 
01. Em relação a equação y’’ + 4y = 8e2x , mostre que: 
 
a.) yH (x) = c1 cos2x + c2 sen2x é a solução geral de (H); 
 
b.) yP (x) = e
2x
 é uma solução particular de (NH); 
 
c.) y (x) = yH (x) + e
2x
 é solução de (NH). 
 
02. Em relação a equação y’’ - 8y’ + 20y = 100x² - 26x.ex, mostre que: 
 
a.) 
  x2sen.e.Cx2cos.eCxy x42
x4
1H 
 é a solução geral de (H); e 
b.) 
  x2p e).
13
12
x2(
10
11
x4x5xy 
 é a solução geral de (NH). 
 
03. Verificar que as funções y1 (x) = tgx
 
e y2 (x) = cotgx são Ld ou Li. 
 
04. Verificar que as funções y1 (x) = e
-x
, y2 (x) = e
x/2
.cosx e y3 (x) = e
x/2
.senx são Ld ou Li. 
 
 
OBS: De acordo com os resultados anteriores, a busca da solução geral de uma EDO linear de 2º 
ordem envolve dois estágios: a determinação da solução geral da equação homogênea (H) e uma 
solução particular da não-homogênea (NH). 
 
 
1.2 Solução geral da EDO homogênea associada 
 
Antes de atacar a Eq. (H), vamos ganhar um pouco de experiência analisando um exemplo 
especialmente simples. Consideremos a equação 
 
y ’’ – y = 0, (*) 
 
que tem a forma de (H) com a = 1, b = 0 e c = -1. Em outras palavras, a Eq. (*) afirma que 
procuramos uma função com a propriedade de a derivada segunda da função ser a própria função. Uma 
ligeira meditação levará, possivelmente, a pelo menos uma função bastante conhecida no cálculo que 
tem esta propriedade, a função exponencial y1(x) = e
x
. Um pouco mais de análise levará a uma segunda 
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37 
função y2 (x) = e
-x
. A experimentação revelará que os múltiplos destas duas funções são também 
soluções da equação. Por exemplo, as funções 2e
x
 e 5e
-x
 também satisfazem à Eq. (*) , conforme se 
pode verificar pelo cálculo das derivadas segundas. Da mesma forma as funções c1.y1 (x) = c1. e
x
 e 
c2. y2 (x) = c2 .e
-x
 satisfazem à equação diferencial (*) para todos os valores das constantes c1 e c2 . 
Depois, tem importância muito grande observar que qualquer soma das soluções da Eq. (*) é também 
uma solução. Em particular, uma vez que c1.y1 (x) e c2. y2 (x) são soluções da Eq. (*), então também é 
solução a função 
y = c1.y1 (x) + c2 .y2 (x) = c1. e
x
 + c2 .e
-x 
 (**) 
 
para quaisquer valores de c1 e c2 . Pode-se verificar a afirmação pelo cálculo da derivada segunda y ’’ 
da Equação (**). Na realidade, se tem y ’ = c1. e
x
 - c2 .e
-x
 e y ’’ = c1. e
x
 + c2 .e
-x
 então y ’’ é idêntica a 
y e a Eq. (*) está satisfeita. 
 
 Vamos resumir o que até agora fizemos neste item. Uma vez observadoque as funções 
y1(x) = e
x
 e y2 (x) = e
-x
 são soluções da Eq. (*), vem que a combinação linear geral (**) destas funções 
é também uma solução. Em virtude de os coeficientes c1 e c2 da Eq. (**) serem arbitrários, esta 
expressão constitui uma família duplamente infinita de soluções da equação diferencial (*). 
 
 É agora possível analisar como escolher, nesta família infinita de soluções, um membro 
particular que também obedeça a um dado conjunto de condições iniciais. Por exemplo, suponhamos 
que queremos a solução da Eq. (*) que também obedeça às condições iniciais 
 
y(0) = 2, y ’(0) = -1. 
 
Em outras palavras, procuramos a solução que passe pelo ponto (0,2) e que, neste ponto, tenha 
o coeficiente angular –1. Primeiro, fazemos t = 0 e y = 2, na Eq. (**); isto dá a equação 
 
c1 + c2 = 2. ( I ) 
 
Depois, derivamos a Eq. (**) em relação a x, o que dá o resultado: 
 
y ’ = c1. e
x
 - c2 .e
-x
. 
 
Então, fazendo x = 0 e y ’= -1 obtém: 
 
c1 - c2 = - 1. ( II ) 
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38 
Pela resolução das (I)e(II), simultaneamente em c1 e em c2, encontramos que c1 = 1/2 e c2 = 3/2. 
 
Finalmente, retornando com estes valores para a Eq. (**), obtemos: 
y = 1/2. e
x
 + 3/2 .e
-x
, 
que é a solução do problema de valor inicial constituído pela equação diferencial (*) e as condições 
iniciais. 
 Retornamos agora à equação mais geral (H). 
a y’’ + b y’ + c y = 0, 
que tem coeficientes constantes (reais) arbitrários. Com base na experiência que tivemos com a 
Eq. (*), procuraremos soluções exponenciais da Eq. (H). Vamos supor, assim, que y = e
rx
 , onde r é um 
parâmetro a ser determinado. Vem então y ’ = r.e
rx
 e y ’’ = r
2
.e
rx
 .Levando as expressões de y, de y’ e 
de y ’’ na Equação (H), obtemos: 
(ar
2 
+ br + c).e
rx
 = 0, 
ou, como e
rx
  0, 
 ar
2 
+ br + c = 0. (#) 
A Eq. (#) é a equação característica da equação diferencial (H). O seu significado está em, no 
caso de r ser uma raiz da equação polinomial (#), y = e
rx
 ser uma solução da equação diferencial (H). 
Uma vez que a Eq. (#) é uma equação quadrática com coeficientes reais, tem duas raízes que podem 
ser reais e diferentes, reais e iguais ou complexas conjugadas. 
 
Teorema Solução geral de uma equação linear homogênea (H) 
 
* Raízes Reais Distintas Se r1  r2 são raízes reais distintas da equação característica, então a solução 
geral é: 
y = c1. e 
r1 x
 + c2 .e
r2 x
. 
 
* Raízes Reais Iguais Se r1 = r2 são raízes reais iguais da equação característica, então a solução geral 
é: 
y = c1. e 
r x
 + c2 .x.e
r x 
 = (c1 + c2 .x)e
r x
. 
 
* Raízes Complexas Se r1 =  + i e r2 =  - i são raízes complexas da equação característica, então 
a solução geral é: 
y = c1. e 
x
 cosx + c2 . e 
x
 senx. 
 
 
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39 
Exemplo Equação característica com duas raízes reais distintas. 
 
Achar a solução do problema de valor inicial 
 
y ’’ + 5y ’ + 6y = 0, y(0) = 2, y’(0) = 3. 
Solução 
 
 Neste caso, a equação característica é r
2 
+ 5r + 6 = 0, de modo que r1 = - 2 e r2 = - 3. Logo, a 
solução geral da EDO é dada por: 
 
y = c1. e
-2x 
 + c2. e
-3x
. 
 
Como y = 2 quando x = 0, temos: 
 
 c1 + c2 = 2. ( I ) 
 
Além disso, como y ’ = 3 quando x = 0, temos 
 
y ’ = - 2 c1. e
-2x 
 - 3 c2. e
-3x 
 
 3 = - 2 c1 - 3 c2 ( II ) 
 
A resolução das Eq. (I) e (II) dá c1 = 9 e c2 = - 7. Com estes valores na solução geral, 
conseguimos a solução 
 
 y = 9e
-2x 
 - 7 e
-3x 
do problema de valor inicial. 
 
 
Exemplo Equação característica com duas raízes reais iguais. 
 
Achar a solução do problema de valor inicial 
 
y ’’ + 4y ’ + 4y = 0, y(0) = 2, y’(0) = 1. 
Solução 
 
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40 
Neste caso, a equação característica é r
2 
+ 4r + 4 = 0, de modo que r1 = r2 = - 2. Logo, a 
solução geral da EDO é dada por 
y = c1. e
-2x 
 + c2. xe
-2x
. 
 
Como y = 2 quando x = 0, temos: 
 c1 = 2. 
Além disso, como y ’ = 1 quando x = 0, temos 
 
 y’ = - 2 c1. e
-2x 
 + c2 .(- 2x e
-2x
+ e
-2x
) 
 
 1 = - 2 . 2 . 1 + c2 .[- 2.(0). (1) + 1] 
 
 5 = c2 . 
 
Portanto, com estes valores na solução geral, conseguimos a solução: 
 
y = 2e
-2x 
+ 5 x e
-2x 
do problema de valor inicial. 
 
Exemplo Equação característica com raízes complexas 
 
Achar a solução geral da equação diferencial 
 
y’’ + 6y’ + 12y = 0. 
Solução 
 Neste caso, a equação característica é r
2 
+ 6r + 12 = 0, de modo que r = - 3 ± 3 i. Então, 
 = - 3,  = 3 e a solução geral da EDO é 
 
y = c1. e
-3x 
cos3 x + c2. e
-3x
sen3 x. 
 
OBS: Observe, no exemplo anterior, que, embora a equação característica tenha duas raízes 
complexas, a solução da equação diferencial é real. 
 
 
 
 
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41 
Exercícios 
 
Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais. 
 
01. y’’ – 5y’ – 14y = 0 02. y’’ – 2y’ – 8y = 0 
 
03. y’’ – y = 0 04. y’’ – 3y’ = 0 
 
05. 2y’’ – 13 y’ + 15y = 0 06. 3y’’ – 7y’ + 2y = 0 
 
07. y’’ – 4y’ + 4y = 0 08. y’’ – 4y’ + 5y = 0 
 
09. 4y’’- 4y’ + y = 0 10. y’’ – 4y’ + 13y = 0 
 
11. y’’– 10y’ + 25y = 0 12. y’’ + 9y = 0 
 
13. y’’ = 0 
 
Determinar a solução particular de cada uma das seguintes equações diferenciais sujeitas às condições 
dadas. 
 
14. y’’ – 4y’ = 0; y(0) = 3 e y’(0) = 4 15. y’’ – y’ – 2y = 0; y(0) = 2 e y’(0) = 1 
 
16. y’’ – 8y’ + 15y = 0; y(0) = 4 e y’(0) = 2 17. y’’ – 6y’ + 9y = 0; y(0) = 2 e y’(0) = 4 
 
18. y’’ + 25y = 0; y(0) = 2 e y’(0) = 0 19. y’’ – 12y’ + 36y = 0; y(0) = 1 e y’(0) = 0 
 
Respostas 
1. y = C1 e
7x
 + C2 e
-2x
 2. y = C1 e
4x
 + C2 e
-2x
 
3. y = C1 e
x
 + C2 e
-x
 4. y = C1 + C2 e
3x
 
5. y = C1 e
3x/2
 + C2 e
5x
 6. y = C1 e
2x
 + C2 e
x/3
 
7. y = C1 e
2x
 + C2 xe
2x
 8. y = C1 e
2x
 cosx + C2 e
2x
 senx 
9. y = C1 e
x/2
 + C2 x.e
x/2
 10. y = C1 e
2x
 cos3x+ C2 e
2x
 sen3x 
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42 
11. y = C1e
5x 
+ C2 xe
5x
 12. y = C1 cos3x + C2 sen3x 
13. y = C1 + C2 .x 14. y = 2 + e
4x
 
15. y = e
2x
 + e
-x
 16. y = -5e
5x
 + 9e
3x
 
17. y = 2e
3x
 – 2xe3x 18. y = 2cos5x 
19. y = e
6x
 – 6xe6x 
 
 
1.2.1 Equações diferenciais lineares de ordem mais alta 
 
Para equações diferenciais lineares homogêneas de ordem mais alta, encontramos a solução 
geral de maneira análoga ao caso de segunda ordem, isto é, começamos por encontrar as n raízes da 
equação características e depois, baseadas nessas n raízes, formam uma coleção linearmente 
independente de n soluções. A maior diferença é que, para equações de ordem três ou maior, as raízes 
da equação característica podem aparecer mais de duas vezes. Quando isso acontece, as soluções 
linearmente independentes são obtidas multiplicando-se por potências crescentes de x. Vamos ilustrar 
isso nos dois próximos exemplos. 
 
 
OBS: Radiciação de Números Complexos 
 
 
 b (parte imaginária) 
 
 a (parte real) 
 
 
z = a + bi  z =  = 
22 ba 
 e 







b
a
sen
cos
 
 
z = .(cos + i.sen) 
 
  
 
 Forma Trigonométrica 
 
 
 Dado um número complexo não nulo z = .(cos + i.sen) e um número natural n > 1, as 
raízes enésimas do complexo z são da forma: 
 











 





 

n
k
i
n
k
Z nk
 2sen2cos.1
, onde k  {0, 1, 2,..., n – 1}. 
 
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1 
Exemplo Resolução de uma equação de terceira ordem. 
 
Achar a solução geral da equação diferencial 
 
y’’’ + 3y’’ + 3y’ + y = 0. 
Solução 
 Neste caso, a equação característica é r
3 
+ 3r
2 
+ 3r + 1 = (r + 1)
3
 = 0. Como a raiz r = -1 é 
tripla, a solução geral da EDO é 
y = c1. e
-x
 + c2.x e
-x
 + c3.x 
2
 e
-x
 . 
 
Exemplo Resolução de uma equação de quarta ordem. 
 
Achar a solução geral da equação diferencial 
 
y ’’’’ + 2y ’’ + y = 0. 
Solução 
 Neste caso, a equação característica é r
4 
+ 2r
2 
 + 1 = (r
2
 + 1)
2
 = 0. Como a raiz r =  i é 
dupla, com  = 0 e  = 1, a solução geral da EDO é 
 
y = c1. cosx + c2.senx + c3.x.cosx + c4.x.senx. 
 
Exercícios 
Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais. 
 
01. y’’’ – y’’ - y’+ y = 0 02. y’’’ – 3y’’ + 3y’- y = 0 
 
03. 2y’’’ - 4y’’ – 2y’ + 4y = 0 04. y iv - 4y’’’+ 4y’’ = 0 
 
05. y 
vi
 + y = 0 06. y 
iv
 - 5y’’+ 4y = 0 
 
07. y 
vi
 - 3 y 
iv
 + 3y’’ – y = 0 08. y vi - y’’ = 0 
 
09. y 
v
 - 3 y 
iv
 + 3y’’’- 3y’’ + 2y’ = 0 10. y iv - 8y’ = 0 
 
11. y 
viii
 + 8y 
iv
 + 16y = 0 12. y’’’+ y’ = 0; y(0) = 0, y’(0) = 1 e y’’(0) = 2 
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2 
 Respostas 
01. y = C1 e
x
 + C2 x.e
x
 + C3 e
- x
 
02. y = C1 e
x
 + C2 x.e
x
 + C3 x²e
 x
 
03. y = C1 e
x
 + C2 e
2x
 + C3 e
- x
 
04. y = C1 + C2 x + C3 e
2x
 + C4 xe
2x
 
05. y = C1 cosx + C2 senx + e
3x/2
 (C3 cos 0,5x + C4 sen 0,5x) + e
-3x/2
 (C5 cos 0,5x + C6 sen 0,5x) 
06. y = C1e
x 
+ C2 e
- x
 + C3 e
2x
 + C4 e
- 2x
 
07. y = y = C1 e
x
 + C2 x.e
x
 + C3 x²e
 x
 + C4 e
- x
 + C5 xe
- x
 + C6 x².e
- x
 
08. y = C1 + C2 x + C3 e
x
 + C4 e
- x
 + C5 cosx + C6 senx 
09. y = C1 + C2 e
x
 + C3 e
2x
 + C4 cosx + C5 senx 
10. y = C1 + C2 e
2x
 + e
- x
 (C3 cos3x + C4 sen3x) 
11. y = e
x
 [(C1 + C2 x).cosx + (C3 + C4 x).senx] + e
- x
 [(C5 + C6 x).cosx + (C7 + C8 x).senx] 
12. y = 2 – 2. cosx + senx 
 
 
1.3 Equações Lineares Não-homogêneas de Segunda Ordem 
 
 Nesta seção, vamos descrever dois métodos para encontrar a solução geral de uma 
equação diferencial linear não-homogênea. Em ambos, o primeiro passo é encontrar a solução 
geral, denotada por yh, da equação homogênea correspondente. Após isso, tentamos encontrar 
uma solução particular, yp, da equação não-homogênea. Combinando esses dois resultados, 
podemos concluir que a solução geral da equação não-homogênea é y = yh + yp, como enunciado 
no próximo Teorema. 
Teorema Solução geral de uma equação linear não homogênea (NH) 
 
 Seja ay” + by’ + cy = F(x) uma equação diferencial linear não homogênea de 2ª ordem. 
Se yp , é uma solução particular dessa equação e se yh é a solução geral da equação homogênea 
correspondente, então: 
y = yh + yp. 
é a solução geral da equação não-homogênea. 
 
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3 
1.3.1 O MÉTODO DOS COEFICIENTES A DETERMINAR 
 
 Como já temos as ferramentas para encontrar yh , vamos nos concentrar em formas de 
encontrar a solução particular yp. Se a função F(x) consiste em somas ou produtos de 
 
x
n
, e
mx
, cosx, senx 
 
podemos encontrar urna solução particular pelo método dos coeficientes a determinar. A idéia 
do método é tentar uma solução yp do mesmo tipo que F(x). Eis alguns exemplos: 
 
1. Se F(x) = 5x + 4, escolha yp = Ax + B; 
2. Se F(x) = 2xe
x
,+ 5e
x
 escolha yp = (Ax + B)e
x
 = Axe
x
 + Be
x
; 
3. Se F(x) = x² + 9 – cos7x, escolha y p = (Ax
2
 + Bx + C) + C.sen7x + D.cos7x. 
 
 Depois, por substituição, determinamos os coeficientes dessa solução. Os próximos 
exemplos ilustram esse método. 
 
Exemplo O método dos coeficientes a determinar. 
 
 Encontre a solução geral da equação y”- 2y’ – 3y = 2.senx. 
 
Solução: 
 Para encontrar yh , resolvemos a equação característica 
 
 m 
2
 - 2m – 3 = (m+1).(m – 3) = 0  m = -1 e m = 3 
 
 Logo, yh = C1e
- x
 + C2 e 
3x
. A seguir, vamos tomar yp do mesmo tipo que sen2x, isto é, 
 
yp = A.cosx + B.senx 
y’p = - A.senx + B.cosx 
y’’p = - A.cosx - B.senx 
 
 Substituindo na equação, obtemos: 
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4 
(-A.cosx - B.senx) – 2(-A.senx + B.cosx) – 3(A.cosx + Bsenx) = 2.senx  
-A.cosx - B.senx + 2A.senx -2B.cosx – 3A.cosx -3Bsenx = 2.senx  
(- 4A - 2B).cosx + (2A - 4B).senx = 2senx. 
 
 Portanto, yp é uma solução, desde que os coeficientes dos termos correspondentes sejam 
iguais. Obtemos, então, o sistema 
 
- 4A - 2B = 0 e 2A - 4B = 2 
 
que tem soluções A = 1/5 e B = - 2/5. Logo, a solução geral é 
 
y = yh + yp = C1e
- x
 + C2 e 
3x 
+ (1/5) cosx – (2/5) senx.A forma da solução homogênea yh = C1e
- x
 + C2 e 
3x 
 no Exemplo anterior não tinha 
nenhum termo do mesmo tipo que a função F(x) na equação y”+ by’+ cy = F(x). No entanto, se a 
equação diferencial no Exemplo anterior fosse da forma 
 
y”- 2y’- 3y = e- x 
 
não faria sentido tentar uma solução particular da forma y = Ae
- x 
 já que essa função é solução 
da equação homogênea. Em tais casos, devemos multiplicar pela menor potência de x 
que remova a duplicação. Para esse problema em particular, tentaríamos yp = Axe
- x
. O próximo 
exemplo ilustra esse tipo de situação. 
 
Exemplo O método dos coeficientes a determinar. 
 
 Encontre a solução geral da equação y’’ – 2y’ = x + 2ex. 
Solução 
 A equação característica, m
2
 - 2m = m.(m - 2) = 0  m = 0 e m = 2, logo 
 
y h = C1 + C2 e
2x 
 
 Corno F(x) = x + 2e
x
, nossa primeira escolha para yp seria (A + Bx) + Ce
x
. No entanto, 
como yh já contém um termo constante C1 , multiplicamos a parte polinomial por x e usamos 
 
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5 
yp = Ax + Bx
2
 + Ce
x
 
y’p = A + 2Bx + Ce
x
 
y’’p = 2B + Ce
x 
 
Substituindo na equação diferencial, obtemos 
(2B + Ce
x
) – 2(A + 2Bx + Cex) = x + 2ex  
2B + Ce
x
 – 2A - 4Bx -2 Cex = x + 2ex  
(2B – 2A) - 4Bx - Cex = x + 2ex 
 Igualando os coeficientes dos termos correspondentes, obtemos o sistema 
 
 2B - 2A = 0, - 4B = 1, - C = 2 
 
que tem soluções A = B = - ¼ e C = - 2. Portanto, 
 
y p = - ¼ x - ¼ x
2
 - 2e
x 
e a solução geral é 
y = C1 + C2 e
2x
 - ¼ x - ¼ x
2
 - 2e
x
. 
 
Podemos, também, usar o método dos coeficientes a determinar para uma equação não-
homogênea de ordem mais alta. O próximo exemplo ilustra esse procedimento. 
 
Exemplo O método dos coeficientes a determinar para uma equação de terceira ordem. 
 
 Encontre a solução geral da equação y’’’ + 3 y’’ + 3y’ + y = x. 
Solução 
 Sabemos, do exemplo da seção anterior, que a solução da equação homogênea é 
 
y = C1 e
-x
 + C2 x e
-x
 + C3 x
2
 e
-x
. 
 
 Como F(x) = x, escolhemos yp = A + Bx, obtendo y’p = B e y’’p = y’’’p = 0. 
 Substituindo na equação, temos 
 
(0) + 3.(0) + 3.(B) + (A + Bx) = (3B + A) + Bx = x. 
 Portanto, B = 1, A = - 3 e a solução geral é y = C1 e
-x
 + C2 x e
-x
 + C3 x
2
 e
-x
 – 3 + x. 
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6 
Exercícios 
 
Determine a forma de uma solução particular para: 
 
01. y’’ – 8y’ + 25 y = 5x3 e-x –7e-x 
02. y’’ + 4y = x.cosx 
03. y’’ – 9y’ + 14y = 3x2 – 5sen2x + 7xe7x 
 
 Encontre a solução geral das seguintes equações: 
 
04. y’’ + 4y’ – 2y = 2x2 – 3x + 6 
05. y’’ – y’ + y = 2sen3x 
06. y’’ – 2y’ – 3y = 4x –5 + 6xe2x 
07. y’’+ y = 4x + 10 senx; y() = 0 e y’() = 2. 
 
Respostas 
 
01. yP(x) = (Ax
3
 + Bx
2
 + Cx + D).e
-x
. 
02. yP(x) = (Ax + B).cosx + (Cx + D).senx 
03. yP(x) = (Ax
2
 + Bx + C) + Dcos2x + Esen2x + (Fx
2
 + Gx).e
7x
 
04. y(x) = 
    .9
2
5
.. 2.622
.62
1 
 xxeCeC xx
 
05. y(x) = 
 xseneCxeC
xx
2
3
..
2
3
cos.. 22
2
1 .3cos.
73
6
3sen.
73
16
xx 
 
06. y(x) = C1e
3x
 + C2 .e
-x
 







9
23
3
4
x xex 2.
3
4
2 






 
07. y(x) = 9.cosx + 7senx + 4x – 5xcosx. 
 
 
 
 
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7 
1.3.2 O MÉTODO DE VARIAÇÃO DOS PARÂMETROS 
 
 O método dos coeficientes a determinar funciona bem se F(x) é uma soma de termos 
polinomiais ou de funções cujas derivadas sucessivas formam um padrão cíclico. Para funções 
como (1/x) ou tgx que não possuem tais características usamos um método mais geral conhecido 
como método de variação dos parâmetros. Nesse método, supomos que yp tem a mesma forma 
que yh, exceto que as constantes em yh são substituídas por variáveis. 
 
O Método de Variação dos Parâmetros 
 
 Para encontrar a solução geral da equação y” + b y’ + c y = F(x): 
1. Encontre yh = C1y1 + C2 y2; 
2. Substitua as constantes por variáveis da forma yh = u1 y1 + u2 y2; 
3. Resolva o sistema a seguir para u’1 e u’2: 






)(
0
'
2
'
2
'
1
'
1
2
'
21
'
1
xFyuyu
yuyu . 
4. Integre para encontrar u1 e u2. A solução geral é y = yh + yp. 
 
Exemplo Resolva a equação y’’- 2 y’+ y = (ex / 2x), x > 0. 
 
Solução 
 A equação característica m
2 
- 2m + 1 = (m - 1)
2
 = 0 tem apenas uma solução, m = 1. 
Então, a solução da equação homogênea é 
 
yh = C1y1 + C2y2 = C1e
 x
 + C2 xe
x
.
 
 
 
 Substituindo C1 e C2 por u1 e u2, obtemos 
yP = u1y1 + u2y2 = u1e
 x
 + u2 xe
x
. 
 O sistema de equações resultante é 






)2/()(
0
'
2
'
1
'
2
'
1
xeexeueu
xeueu
xxxx
xx 
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8 
 Subtraindo a segunda equação da primeira, obtemos 
)2/1('2 xu 
. Substituindo na 
segunda equação, temos 
)2/1('1 u
. Finalmente, integrando, obtemos: 
 
 
  22
1
1
x
dxu
 e 
xxdx
x
u lnln
2
11
2
1
2  
 
 
 Segue desse resultado que 
yp = – (1/2)xe
x
 + (lnx)xex 
 
é uma solução particular e que a solução geral é 
 
y = C1e
 x
 + C2 xe
x – (1/2)xex + (lnx)xex. 
 
 
Exercícios 
 
Resolver cada uma das seguintes equações diferenciais. 
 
01. y’’ + y’ = senx 02. y’’ – y’ – 2y = 4x 
03. y’’ – 10y’ + 25y = x 04. y’’ – y = x2 
05. y’’ + 4y = ex - 2 06. y’’ – 3y’ - 4y = 6ex 
07. y’’ + y = 5 + sen3x 08. y’’ + 6y’ + 9y = x + senx 
09. y’’– 2y’ - 3y = x2 + e-2x 10. y’’ - 2y’ - 3y = ex 
11. 4y’’ + 36y = cosec3x 
 
Determinar a solução particular de cada uma das seguintes equações diferencial sujeitas às 
condições dadas. 
 
12. y’’ + y = 10e2x ; y(0) = 0 e y’(0) = 0. 13. y’’ + y = ex ; y(0) = 0 e y’(0) = 3. 
14. y’’ + y’ = senx; y(0) = 0 e y’(0) = 0. 15. y’’ – 4y = 2 – 8x; y(0) = 0 e y’(0) = 5. 
 
 
 
Apostila de CDI 1V - 
 
Profª Drª. Fátima Ahmad Rabah Abido 
9 
RESPOSTAS 
 
 
01. y(x) = C1 + C2 e
-x
 –
xsenx cos
2
1
2
1

 
02. y(x) = C1e
2x
 + C2 e
-x
 – 2x + 1. 
03. y(x)= 
125
2
25
. 52
5
1 
x
exCeC xx
. 
04. y(x) = C1e
x
 + C2 e
-x
 – x2 - 2. 
05. y(x)= 
2
1
5
2sen2cos. 21 
xe
xCxC
. 
06. y(x) = C1e
4x
 + C2 e
-x
 – ex. 
07. y(x)= 
xxCxC 3sen
8
1
5sencos. 21 
. 
08. y(x)= 
 
27
2
9
1
.. 32
3
1 xexCeC
xx .cos
50
3
sen.
25
2
xx 
 
09. y(x)= 
527
14
9
4
3
..
22
2
3
1
x
xx exxeCeC

 
. 
10. y(x) = C1e
3x
 + C2 e
-x
 – 
xe
4
1
. 
11. y(x)= 
xsenxsenxxxsenCxC 3ln.3
36
1
3cos
12
1
33cos. 21 
. 
12. y(x) = -2.cosx – 4. senx + 2.e2x. 
13. y(x)= 
.sen
2
5
cos
2
1
2
1
xxex 
 
14. y(x)= 
.cos
2
1
sen
2
1
2
1
1 xxe x  
 
15. y(x) = - 
2
1
2
1 2  xe
 + 2x + e
2x
.