Apostila Calculo 3

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IFRS Câmpus Farroupilha – Curso de Engenharia - Cálculo III – Prof. Tânia B.- APNP 2º ciclo 2021 
 
CÁLCULO III 
 
EMENTA – 66h (4 créditos): Introdução às equações diferenciais. Equações diferenciais de primeira 
ordem. Equações diferenciais lineares de segunda ordem. Equações diferenciais de ordem superior. 
Sistemas de equações diferenciais lineares de primeira ordem. Aplicações de equações diferenciais 
lineares de primeira ordem e ordem superior. 
Bibliografia Básica: 
BOYCE, W.E. & DIPRIMA, R.C. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de 
Contorno. Rio de Janeiro: LTC, 1998. 
ZILL, D.G. Equações Diferenciais. São Paulo: Makron Books, 2001. 
STEWART, J. Cálculo. Vol. II. São Paulo: Pioneira Thomson, 2003. 
KREYSZIG, E. Advanced Engineering Mathematics. Rio de Janeiro: LTC, 1999 
 
Conteúdo: 
1. Introdução às equações diferenciais. 
 1.1 Definições e soluções 
 1.2 Campos Direcionais 
 1.3 EDO como modelos matemáticos 
 1.4 EDO separáveis 
2. Equações diferenciais de primeira ordem. 
 2.1 EDO exata 
 2.2 EDO a fatores integrantes 
 2.3 EDO lineares 
 2.4 Equação de Bernoulli 
3. Equações diferenciais lineares de segunda ordem. 
 3.1 EDO homogênea 
 3.2 EDO linear a coeficientes constantes. Equações de Cauchy-Euler 
 3.3 EDO de coeficientes indeterminados. Método da variação de parâmetros. 
4. Equações diferenciais de ordem superior. 
5. Aplicações de equações diferenciais lineares de primeira ordem e ordem superior 
 5.1 Modelagem oscilações livres (massa-mola) 
 5.2 Modelagem oscilações forçadas(ressonância) 
 5.3 Modelagem circuitos elétricos (RLC) 
6. Sistemas de equações diferenciais lineares de primeira ordem. 
 
 
 
 
 
 
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1. Introdução às equações diferenciais. 
 1.1 Definições e soluções 
 EDO (equação diferencial ordinária): é uma equação que contém uma ou mais derivadas de 
uma função desconhecida [y(x) ou y(t)]. Essa equação contém y (dependente), funções conhecidas de 
x (ou de t), constantes. Exemplos: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 2𝑥 + 4 𝑦 + 9𝑦 = 0 𝑥 . 𝑦 + 2𝑒 𝑦 = 𝑥 + 𝑦² 𝑦 = cos 𝑥 
Por que “ordinárias”? Para diferenciá-las das EDP (equações diferenciais parciais), que envolve 
derivadas parciais de uma função desconhecida de duas ou mais variáveis. Exemplo: 
²
+
²
= 0 
Notação: Leibniz - Linha – y’ Newton - = �̇� 
Ordem da EDO: é dada pela derivada mais alta de y na equação. Nos exemplos acima, 
respectivamente: 1ª ordem; 2ª ordem; 3ª ordem; 1ª ordem 
Forma: explícita: 𝑦 = 𝑓(𝑥, 𝑦) implícita: 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑦 ) = 0 
Exemplos: 𝑥 . 𝑦 − 4𝑦 = 0 (𝑐𝑜𝑚 𝑥 ≠ 0) − 𝑖𝑚𝑝𝑙í𝑐𝑖𝑡𝑎 𝑦 = − 𝑒𝑥𝑝𝑙í𝑐𝑖𝑡𝑎 
Linearidade da EDO: quando funções lineares aparecem ligadas à variável dependente. A potência de 
cada termo envolvendo y é 1; os coeficientes dependem, no máximo, da variável x. 
Exemplos: 
a) (1 − 𝑦). 𝑦 + 3𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 b) 𝑦 + tan 𝑦 = 2𝑥 
c) 3𝑦 + 4𝑦 + 5 = 0 d) 
³
+ 𝑦 = 0 
³
+ 𝑦 = 0 
e) (𝑦 − 𝑥)𝑑𝑥 + 4𝑥 𝑑𝑦 = 0 f) 𝑦 + 𝑥. 𝑦 − 2𝑦 = 3𝑒 
 
Solução da EDO: uma função y = h(x) é chamada solução de uma dada EDO em algum intervalo 
a < x < b se h(x) for definida e diferenciável ao longo de todo esse intervalo. E se h(x), quando y e y’ 
são substituídas na EDO por h e h’, respectivamente, resulta numa identidade. Então h(x) é chamada 
de curva solução. 
Exemplos: 
a) Seja a EDO 𝑥. 𝑦 = −𝑦 𝑜𝑢 𝑦 = − . 𝑦 = ℎ(𝑥) = é solução? E ℎ(𝑥) = ? 
b) Seja a EDO 𝑦 = cos 𝑥 . 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 é solução? E 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 1? E 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 2 ? 
c) A relação 𝑥 + 𝑦 = 9 é uma solução implícita da EDO 𝑦 = − no intervalo [-3, 3]. 
d) Seja a EDO 𝑦 + 𝜋 𝑦 = 0. Verifique se 𝑦 = acos 𝜋𝑥 + 𝑏 𝑠𝑒𝑛 𝜋𝑥 é solução. 
 
Solução geral: representa uma família de soluções (presença da constante C) 
Solução particular: não contém a constante aleatória C. Problema de Valor Inicial (PVI) 
𝑦(𝑥 ) = 𝑦 → 𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖çã𝑜 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 (geometricamente, a curva solução DEVE passar pelo ponto 
(𝑥 , 𝑦 ) do plano xy. 
3 
 
Exemplos: 
a) 𝑦 = 3𝑦 𝑒 𝑦(0) = 3,5 b) 𝑦 = −0,5 𝑦 𝑒 𝑦(0) = 10 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
c) Encontre a curva que passa pelo ponto (1,1) no plano xy e que tem em todos os seus pontos a 
inclinação − . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Num PVI deve-se analisar: 
- a existência da solução (ou seja, alguma curva passa pelo ponto (𝑥 , 𝑦 ) ?); 
- a unicidade da solução (será que apenas uma única curva passa por (𝑥 , 𝑦 )?). 
 
TEOREMA: Seja uma região R retangular do plano xy que contém (𝑥 , 𝑦 ). Se 𝑓(𝑥, 𝑦) e são 
contínuas nessa região então existe um intervalo I 𝑥 − ℎ < 𝑥 < 𝑥 + ℎ com h > 0 contido no 
domínio e uma única função y (x) definida em I que é solução do PVI. 
 
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 1.2 Campos Direcionais 
 Seja a EDO 𝑦 = 𝑓(𝑥, 𝑦) que representa a inclinação y com solução no ponto (𝑥 , 𝑦 ), isto é, 
𝑦 (𝑥 ) = 𝑓(𝑥 , 𝑦 ). Uma curva-solução da EDO que passa pelo ponto (𝑥 , 𝑦 ) deve ser, nesse ponto, 
a inclinação 𝑦 (𝑥 ) igual ao valor de f nesse ponto. 
Então: traçando pequenos segmentos retilíneos (miniaturas da reta tangente nesse ponto (𝑥 , 𝑦 ) no 
plano xy e ajustando as curvas-solução que passam pelo campo das inclinações (campos direcionais), 
não precisa resolver a EDO! A acurácia é imitada, mas fornece todas as soluções. SE for necessário 
valores numéricos mais acurados de uma (ou várias soluções), usa-se o método numérico (método de 
Euler-Cauchy, método de Runge-Kutta), que serão vistos no Cálculo Numérico. 
 
Exemplo: 
1) Use um campo de direções para esboçar várias soluções da EDO = 𝑥 − 2𝑦. Em particular, 
esboce a solução que passa pelo ponto (0,1). 
Solução: 
𝑦 = 𝑥 − 2𝑦 = 𝑚 → 𝑖𝑛𝑐𝑙𝑖𝑛𝑎çã𝑜 𝑑𝑎 𝑟𝑒𝑡𝑎 
Qualquer reta que passar por (x,y) terá essa 
inclinação. 
O campo de direções será a família de retas 
𝑥 − 2𝑦 = 𝑚. Atribui-se valores para m e 
coloca-se pequenos segmentos de reta com 
inclinação m em todos os pontos 
escolhidos ao longo dessas linhas. 
 
A solução algébrica dessa EDO para PVI 
y(0)=1 é: 
 
𝑦 = − + 𝑒 (curva vermelha) 
 
2) Para a EDO = 𝑥 + 𝑦, esboce algumas soluções. 
 
3) Idem para 𝑦 = −2𝑥𝑦 
 
4) Idem para 𝑦 = 𝑒 (observar aqui que o lado direito independe de x. Assim, os campos 
direcionais são invariantes por retas horizontais, pois ao longo delas as inclinações não mudam!) 
 
 
 
 
 
 
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TAREFA 1: 
1. Diga de que ordem são as EDOs a seguir. Verifique se a função dada é uma solução da EDO (com 
a, b, c constantes arbitrárias). 
a) 𝑦 = 1 + 𝑦 𝑦 = tan(𝑥 + 𝑐) 
b) 𝑦 + 2𝑦 + 10𝑦 = 0 𝑦 = 4 𝑒 𝑠𝑒𝑛 (3𝑥) 
 
2. Verifique se y é uma solução da EDO. Determine a partir de y a solução particular que satisfaça à 
condição inicial. Esboce ou faça o gráfico dessa solução. 
a) 𝑦 = 𝑦 − 𝑥 𝑦 = 𝐶. 𝑒 + 𝑥 + 1 𝑦(0) = 3 
b) 𝑦 + 2𝑥𝑦 = 0 𝑦 = 𝐶. 𝑒 ² 𝑦(1) = 
 
3. Seja a equação diferencial 𝑦 = 2 − 𝑦. Ela é considerada autônoma porque o lado direito não 
depende da variável independente x. Use um campo direcional adequado para esboçar graficamente as 
várias possíveis soluções dessa equação. E, em particular, esboce a solução que passa pelo ponto (1,0) 
e a solução que passa pelo ponto (2,3), diferenciando os seus traçados. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 1.3 EDOs como modelos matemáticos 
 A principal aplicação de EDOs é como modelo matemático. A seguir são apresentados alguns 
modelos clássicos e sua formulação como equação diferencial. 
1. Dinâmica populacional 
 = 𝑘. 𝑃 P: população t: tempo k: constante de proporcionalidadeLei de Malthus (k > 0 crescimento) 
2. Decaimento radioativo/reação química de 1ª ordem (cinética) 
 = 𝑘. 𝐴 A: quantidade de uma substância (k < 0 decaimento) 
 
3. Segunda Lei de Newton de esfriamento/aquecimento 
 = 𝑘. (𝑇 − 𝑇 ) T: temperatura 𝑇 : temperatura ambiente 
 
4. Disseminação de uma doença 
 = 𝑘. 𝑥. 𝑦 x(t): pessoas que contraíram doença y(t): pessoas ainda não expostas 
Para uma pessoa infectada: x + y = n + 1 n: população fixa 1: pessoa infectada 
 = 𝑘. 𝑥. (𝑛 + 1 − 𝑥) 
 
5. Reações químicas de 2ª ordem: 𝐴 + 𝐵 → 𝐶 + 𝐷 
 = 𝑘. (∝ −𝑋). (𝛽 − 𝑋) X: quantidade de substância C formada no intervalo t 
 ∝ , 𝛽 ∶ frações não convertidas 
6. Mistura de duas soluções de concentrações diferentes 
 = 𝑡𝑎𝑥𝑎 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 𝑠𝑢𝑏𝑠𝑡â𝑛𝑐𝑖𝑎 − 𝑡𝑎𝑥𝑎 𝑠𝑎í𝑑𝑎 𝑠𝑢𝑏𝑠𝑡â𝑛𝑐𝑖𝑎 
 
7. Lei Torricelli – drenagem de um tanque 
 = − 𝐴 . 2𝑔ℎ = − . 2𝑔ℎ 
 
 
 
 
 
 
7 
 
8. Segunda Lei de Kirchhoff (circuito em série RLC) – malha fechada, a voltagem é igual à soma das 
quedas de voltagem na malha. 
Corrente 𝑖 = EDO 2ª ordem: 
Indutor: 𝑉 = 𝐿. = 𝐿.
²
²
 𝑉(𝑡) = 𝐿.
²
²
+ 𝑅. + . 𝑞 
Resistor: 𝑉 = 𝑅. Corrente em RLC: 
Capacitor: 𝑉 = . 𝑞 𝐿. 𝐼 + 𝑅. 𝐼 + . 𝐼 = 𝑉 (𝑜𝑢 𝐸 ) 
 
9. Primeira e Segunda Lei Movimento de Newton – corpos em queda 
 𝑦 =
²
²
= 𝑔 (𝑎𝑐𝑒𝑙. 𝑔𝑟𝑎𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒) ∑ 𝐹 = 𝑚. 𝑎 → 𝑚.
²
²
= −𝑚𝑔 
Com amortecimento (-k.v) → 𝑚. = 𝑚𝑔 − 𝑘. 𝑣 → 𝑚. = 𝑚𝑔 − 𝑘. 
 
10. Batimentos sistema vibrante 
 𝑦 + 𝜔 . 𝑦 = cos 𝜔𝑡 
 
11. Deformação de viga 
 𝐸. 𝐼. 𝑦 = 𝑓(𝑥) 
 
12. Pêndulo 
 𝐿. 𝜃 + 𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 0 
 
13. Modelo predador – presa (Lotka – Volterra) 
 
𝑦 = 𝑎. 𝑦 + 𝑏. 𝑦 . 𝑦
𝑦 = 𝑘. 𝑦 . 𝑦 − 𝜌. 𝑦
 
 
Exemplo aplicado: uma bola de ferro, com temperatura de 190°C, é colocada em banho de água à 
temperatura de 35°C. Após 10 minutos, a bola atinge 75°C. Quantos minutos a mais serão necessários 
para que a temperatura da bola desça a 50°C? 
Solução: Lei de Newton de resfriamento = 𝑘. (𝑇 − 𝑇 ) de solução geral 𝑇(𝑡) = 𝐶 . 𝑒 + 𝑇 
PVI: t = 0 minuto → T = 190ºC → 𝐶 = 155 𝑆olução particular: 𝑇(𝑡) = 155. 𝑒 + 35 
 t = 10 minutos → T = 75C → k = -0,1354 Então : : 𝑇(𝑡) = 155. 𝑒 , . + 35 
Para T = 50°C → t = 17,24 min 
 
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 1.4 Resolução de EDOs separáveis 
 Seja a equação diferencial de primeira ordem do tipo = 𝑓(𝑥, 𝑦). Quando f não depende da 
variável y, ou seja, 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑔(𝑥), a equação diferencial pode ser escrita como = 𝑔(𝑥). Se g(x) é 
uma função contínua, integra-se os dois lados da equação desta forma: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑔(𝑥) → 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑔(𝑥) → 𝑑𝑦 = 𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝐺(𝑥) + 𝑐 
 
G(x) é a antiderivada (integral indefinida) de g(x). 
Exemplo: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 5𝑥 + 3𝑥 → 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= (5𝑥 + 3𝑥) → 𝑑𝑦 = (5𝑥 + 3𝑥) 𝑑𝑥 =
5
3
𝑥 + 
3
2
𝑥² + 𝑐 
 
 Uma equação ordinária separável é aquela que pode ser escrita na forma = 𝑔(𝑥). ℎ(𝑦) ou 
( )
= 𝑔(𝑥). 𝑑𝑥. 
Exemplos: verificar se as equações a seguir são separáveis. Caso positivo, encontre uma solução 
geral. 
a) 𝑦 = 𝑦 + cos 𝑥 b) 𝑑𝑥 + 𝑒 𝑑𝑦 = 0 
c) = 
²
 d) (1 + 𝑥)𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 = 0 
 
OBS.: Deve-se ter cuidado ao separar variáveis porque pode ocorrer do divisor se anular em algum 
ponto. Assim se um valor b for zero da função h(y) ao substituir na EDO os dois lados se anulam, em 
outras palavras, y = b é uma solução constante da EDO. Ao separar as variáveis, esse valor pode não 
aparecer como solução após a integração e simplificações. Essa solução y = b é chamada de singular. 
 
Artifício para substituir e tornar a EDO separável: a EDO tal que 𝑦 = 𝑓 é dita homogênea e 
a substituição de = 𝑣 torna a equação na forma separável. A função 𝑓 é obtida dividindo-se o 
numerador da equação (na forma padrão) por 𝑥 , sendo no maior expoente que aparece na EDO. A 
etapa seguinte envolve a regra do produto para a transformação de = 𝑣. 
𝑦
𝑥
= 𝑣 → 𝑦 = 𝑥. 𝑣 → 𝑦 = 𝑥. 𝑣 + 𝑣 
Exemplo 1: resolver (𝑥 + 3𝑥 𝑦 + 𝑦 ). 𝑑𝑥 − 𝑥 𝑦. 𝑑𝑦 = 0 
Solução: 
Passando para a forma padrão: = 𝑦 =
³
 e dividindo pela maior potência de x (𝑥 ) 
9 
 
𝑓
𝑦
𝑥
= 𝑦 = 
𝑥
𝑥
+
3𝑥²𝑦²
𝑥
+
𝑦
𝑥
𝑥³𝑦
𝑥
=
1 + 3
𝑦
𝑥
+
𝑦
𝑥
𝑦
𝑥
 
Fazendo = 𝑣 → 𝑦 = = 𝑥. 𝑣 + 𝑣 → 𝑣 = .
( )²
 variáveis separadas! 
Resolvendo esta última EDO tem-se: 
 𝑣 = −1 −
( )
 
que, ao substituir = 𝑣 , obtém-se a solução implícita 𝑦 = 𝑥² −1 −
²
 
No gráfico a seguir são apresentadas algumas soluções (C = -1, 0 e 1) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 2: resolver a EDO 2. 𝑥. 𝑦. 𝑦 = 𝑦 − 𝑥² para o PVI com y(1)=2. Graficar a família de 
soluções e destacar a solução particular. 
Solução: 
Forma padrão: 𝑦 =
²
= − → 𝑦 = − 
Fazendo = 𝑢 → 𝑦 = 𝑥. 𝑢 → 𝑦 = 𝑢 . 𝑥 + 𝑢 Igualando as duas equações por y : 
𝑢 . 𝑥 + 𝑢 = 
1
2
 
𝑦
𝑥
−
1
2
 
𝑥
𝑦
=
1
2
𝑢 −
1
2𝑢
 → 𝑢 . 𝑥 = 
−𝑢 − 1
2𝑢
 
Essa EDO agora é separável e sua solução em u é: 1 + 𝑢 = e em y é: 𝑥 + 𝑦 = 𝐶. 𝑥 que 
resulta na equação de uma circunferência centrada em (C/2, 0) com raio C/2. A solução particular 
para y(1)=2 resulta na curva com C = 5, destacada em vermelho no gráfico a seguir. 
 
 
 
10 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 3: resolver a EDO = (𝑥 + 𝑦 + 1)² 
Solução: fazendo 𝑢 = 𝑥 + 𝑦 + 1 → 𝑢 = = 1 + + 0 → = − 1 
Substituindo na EDO principal: − 1 = 𝑢 resulta em EDO separável, cuja solução é 
𝑦 = 𝑡𝑔 (𝑥 + 𝐶) − 𝑥 − 1 . 
 
Exemplo 4: resolver (𝑦 − 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = 0 
Solução: Edo separável com as seguintes integrais: ∫
( )
= ∫ − 
O lado esquerdo pode ser decomposto em frações parciais resultando: 
( )
= + que 
substituídas na integral resulta: − ln|𝑦| + ln|𝑦 − 1| = − ln|𝑥| + 𝐶 e aplicando-se as devidas 
propriedades dos logaritmos obtém-se a solução geral 𝑦 = 
 
EXERCÍCIOS: resolver as seguintes EDOs (solução geral e solução particular, se PVI). 
1. = 2 + 𝑦 − 2𝑥 + 3 
 
2. 𝑦 = 𝑥²𝑦 
 
3. − (𝑡𝑔 𝑦). 𝑦 = 0 
 
4. 𝑥𝑦 𝑑𝑥 − (1 + 𝑥 )𝑑𝑦 = 0 
 
5. 𝑦 = 𝑒 
 
6. 𝑦. 𝑦 − 36𝑥 = 0 
 
7. 𝑦. 𝑦 + 4𝑥 = 0 com 𝑦(0) = 3 
 
8. 𝑥. 𝑦 = 𝑦 + 4𝑥 . 𝑐𝑜𝑠² com 𝑦(2) = 0 
 
9. 𝑥. cos 𝑥 = (2𝑦 + 𝑒 ). 𝑦′ com 𝑦(0) = 0 
 
10. = 
.
. ²
 
 
 
11. (1 + 𝑥 ). 𝑑𝑦 + 𝑦. 𝑑𝑥 = 0 com 𝑦(1) = 1 
 
 
12. 𝑦 = + . cos 𝑥² com 𝑦 = √𝜋 
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Respostas: 1) 4(𝑦 − 2𝑥 + 3) = (𝑥 + 𝐶)² ; 2) 𝑦 = 𝐶. 𝑒
³
 ; 3) 𝑦 = arcsec (𝐶𝑥) ; 4) 𝑦 = 𝐶 1 + 𝑥² ; 
5) 𝑦 = ln(𝑒 + 𝐶) ; 6) 𝑦 + 36𝑥 = 𝐶 ; 7) 4𝑥 + 𝑦 = 9 ; 8) 9) cos 𝑥 + 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 − = 𝑦 + 𝑒 ; 
10) 𝑦 = (3𝑡𝑒 − 3𝑒 + 𝐶) − 1 ; 11) 𝑦 = 𝑒 ; 12) 𝑦 = 𝑥²(2𝑠𝑒𝑛𝑥 ) 
 
 
TAREFA 2: 
Escolher 4 exercícios da tabela anterior (2 com solução geral e 2 com PVI) e apresentar todos os seus 
cálculos e a família de soluções (se geral) e o destaque para a solução particular (se PVI). 
 
 
 
Alguns exemplos de problemas aplicados com EDOs separáveis: 
1. Refazer o problema aplicado da temperatura da página7. 
2. Nos aviões subsônicos, a eficiência dos motores depende da pressão do ar, sendo usualmente máxima 
a uma altitude de ± 36.000 pés (± 11 mil metros). Encontre a pressão do ar [y(x)] nessa altitude. OBS.: 
a taxa de variação [y’(x)] é proporcional À pressão e, a 18.000 pés, a pressão tem a metade do seu valor 
ao nível do mar - 𝑦 . Considere o nível do mar como a cota x =0. Resp.: 𝑦 = 
3. A taxa com a qual as pessoas ouvem falar de um aumento das tarifas de ônibus é proporcional ao 
número de pessoas que ainda não ouviram falar do aumento. Expresse o número de pessoas que já 
ouviram falar do aumento em função do tempo Q(t) e B é número total de pessoas. 
Resp.: 𝑄(𝑡) = 𝐵 − 𝐶. 𝑒 
4. Num circuito RL tem-se que 𝐿. + 𝑅𝐼 = 𝐸(𝑡). Encontre uma expressão para a corrente I(t) em um 
circuito onde a resistência é 12 ohms, a indutância de 4 henry, a pilha fornece uma voltagem constante 
de 60 volts e o interruptor é ligado quando t = 0. Qual o valor limite da corrente? R.: 5 A 
5. Um corpo foi descoberto ao meio-dia de uma sexta-feira em um lugar onde a temperatura do ar é 
20°C. A temperatura do corpo na ocasião em que foi descoberto era 24,4C e uma hora depois era 
24,0°C. Use essas informações para determinar o instante da morte. R: às 21h49min da 5ªf. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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2. Equações diferenciais de primeira ordem. 
 
 2.1 EDO exata 
 
 Seja a EDO de 1ª ordem escrita como 𝑀(𝑥, 𝑦). 𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦). 𝑑𝑦 = 0 (1) 
que é uma equação diferencial exata se a forma diferencial 𝑀(𝑥, 𝑦). 𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦). 𝑑𝑦 for exata, ou 
seja, se essa forma for a diferencial 𝑑𝑢 = . 𝑑𝑥 + . 𝑑𝑦 (2) . 
Dessa forma podemos escrever 𝑑𝑢 = 0 → ∫ 𝑑𝑢 = ∫ 0 → u(x, y) = C (imp. ) ou y = h(x)(𝑒𝑥𝑝. ) 
Comparando (1) e (2) vemos que (1) é uma equação diferencial exata caso exista uma função 𝑢(𝑥, 𝑦) 
tal que: 
𝜕𝑢
𝜕𝑥
= 𝑀 𝑒 
𝜕𝑢
𝜕𝑦
= 𝑁 
.
 
𝜕²𝑢
𝜕𝑦 𝜕𝑥
=
𝜕𝑀
𝜕𝑦
 e 
𝜕²𝑢
𝜕𝑥 𝜕𝑦
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
 
.
 
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
 
 
 Se (1) for exata, a função 𝑢(𝑥, 𝑦) pode ser obtida: 
𝑢 = 𝑀. 𝑑𝑥 + 𝑘(𝑦) 𝑒 𝑢 = 𝑁. 𝑑𝑦 + 𝑗(𝑘) 
Exemplos: 
1. Resolver a EDO cos(𝑥 + 𝑦). 𝑑𝑥 + (3𝑦 + 2𝑦 + cos(𝑥 + 𝑦)). 𝑑𝑦 = 0 
Solução: 
- Verificar se a equação é exata: 𝑀 = cos(𝑥 + 𝑦) → = −𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 𝑦) 
 𝑁 = 3𝑦 + 2𝑦 + cos∗ 𝑥 + 𝑦) → = −𝑠𝑒𝑛 (𝑥 + 𝑦) 
- Obter solução geral implícita: u = ∫ M. dx + k(y) = ∫ cos(x + y)dx + k(y) = sen (x + y) + k(y) 
- Cálculo de k(y): derivar a expressão em relação a y e fazer = 𝑁 
𝑢 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 𝑦) + 𝑘(𝑦) → = cos(𝑥 + 𝑦) + = 𝑁 = 3𝑦 + 2𝑦 + cos(𝑥 + 𝑦) → 𝑘(𝑦) = 𝑦 + 𝑦 + 𝐶 →
𝒖(𝒙, 𝒚) = 𝒔𝒆𝒏(𝒙 + 𝒚) + 𝒚𝟑 + 𝒚𝟐 + 𝑪 
- Verificando: 𝑑𝑢 = . 𝑑𝑥 + . 𝑑𝑦 = cos(𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 + [cos(𝑥 + 𝑦) + 3𝑦² + 2𝑦]𝑑𝑦 = 0 
Família de soluções gráficas: 
 C = 1 C = 2 C = 4 
 
 
 
 
 
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2. Resolver o PVI (cos 𝑦 . 𝑠𝑒𝑛ℎ 𝑥 + 1). 𝑑𝑥 − 𝑠𝑒𝑛 𝑦 . cosh 𝑥 . 𝑑𝑦 = 0 para y(1)=2. 
Resolução: 
- A EDO é exata (verificar!); 
- 𝑢(𝑥, 𝑦) = cos 𝑦. cosh 𝑥 + 𝑥 + 𝐶 
- Pela condição inicial: C = 0,358 → 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟 ∶ cos 𝑦. cosh 𝑥 + 𝑥 = 0,358 
- Gráfico da família de soluções (solução particular em vermelho) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
14 
 
2.2 EDO por fatores integrantes 
 Se a EDO não é exata, mas existe um fator que multiplicando os termos pode deixa-la exata, é 
possível resolver pelo método de fatores integrantes. 
 Seja uma equação não exata escrita da forma 𝑃(𝑥, 𝑦). 𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 . Multiplicando 
essa equação por uma função I (em geral, pode ser uma função tanto de x quanto de y): 
𝑰. 𝑃. 𝑑𝑥 + 𝑰. 𝑄. 𝑑𝑦 = 0 Exata, com 𝐈 chamado de 𝒇𝒂𝒕𝒐𝒓 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒏𝒕𝒆. 
 
Exemplo 1: resolver a EDO −𝑦. 𝑑𝑥 + 𝑥. 𝑑𝑦 = 0 
- Verificando se é exata: 𝑀 = −𝑦 𝑁 = 𝑥 → = −1 𝑒 = 1 → 𝐍Ã𝐎 𝐄𝐗𝐀𝐓𝐀 
- Fazendo 𝐼 = 
²
 (por inspeção): −
𝟏
𝒙𝟐
. 𝑦. 𝑑𝑥 +
𝟏
𝒙𝟐
. 𝑥. 𝑑𝑦 = 0 → − . 𝑑𝑥 + . 𝑑𝑦 = 0 → 𝐸𝑥𝑎𝑡𝑎 
- Solução geral: 𝑢(𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑁𝑑𝑦 + 𝑗(𝑥) = + 𝑗(𝑥) 
- Cálculo de j(x): = − + = 𝑀 = − → 𝑗(𝑥) = 𝐶 → 𝑢(𝑥, 𝑦) = + 𝐶 = 𝐶 →
𝒚
𝒙
= 𝑪 
OBS.: 
poderiam ter sido utilizados outros fatores integrantes para essa equação tais como 
²
, , 
²
, .. 
 
TEOREMA 1: Se a equação 𝑷(𝒙, 𝒚). 𝒅𝒙 + 𝑸(𝒙, 𝒚)𝒅𝒚 = 𝟎 for tal que o lado direito R depende 
somente de x, então a equação possui um fator integrante I = I(x) que é obtido por: 
𝑰(𝒙) = 𝒆∫ 𝑹(𝒙).𝒅𝒙 𝒐𝒏𝒅𝒆 𝑹 = 
𝟏
𝑸
.
𝝏𝑷
𝝏𝒚
−
𝝏𝑸
𝝏𝒙
 
 
Uma variante desse teorema é quando o lado direito depende só de y: 
𝑰(𝒚) = 𝒆∫ 𝑹(𝒚).𝒅𝒚 𝒐𝒏𝒅𝒆 𝑹∗ = 
𝟏
𝑷
.
𝝏𝑸
𝝏𝒙
−
𝝏𝑷
𝝏𝒚
 
 
Exemplo 2: encontre um fator integrante e resolva o PVI para a EDO: 
(𝑒 + 𝑦. 𝑒 )𝑑𝑥 + (𝑥. 𝑒 − 1)𝑑𝑦 = 0 𝑦(0) = −1 
Solução: 
- É exata? 𝑀 = 𝑒 + 𝑦. 𝑒 → = 𝑒 + 𝑦. 𝑒 + 𝑒 𝑁 = 𝑥. 𝑒 − 1 → = 𝑒 → 𝑁Ã𝑂 
- Buscando um fator integrante: Teorema 1: R = . − = (e + y. e + e − xe − 1) 
 Teorema 2: R∗ = . − = (e − e − e − ye ) = −1 
Então: 𝐼(𝑦) = 𝑒∫ ( ). = 𝑒 que irá multiplicar a EDO: 
(𝑒 + 𝑦. 𝑒 )𝑑𝑥 + (𝑥. 𝑒 − 1)𝑑𝑦 = 0 (. 𝒆 𝒚) 
(𝑒 + 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑥 − 𝑒 )𝑑𝑦 = 0 → 𝐸𝑥𝑎𝑡𝑎 ! (𝑓𝑎ç𝑎 𝑜 𝑡𝑒𝑠𝑡𝑒) 
- Solução geral: 𝑢 = ∫ 𝑀𝑑𝑥 + 𝑘(𝑦) = ∫(𝑒 + 𝑦)𝑑𝑥 → 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑒 + 𝑥𝑦 + 𝑘(𝑦) 
15 
 
- Cálculo de k(y): = 𝑥 + = 𝑁 = 𝑥 − 𝑒 → 𝑘(𝑦) = 𝑒 + 𝐶 
- Solução geral: 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑒 + 𝑥𝑦 + 𝑒 = 𝐶 
- Solução particular: 𝑦(0) = −1 → 𝐶 = 3,72 𝑒 + 𝑥𝑦 + 𝑒 = 3,72 
- Gráfico para uma família de solução: C = -5, 1 e 5 
 Solução particular: ponto (0, -1) – C = 3,72 (linha azul) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
OBS.: Há uma tabela para ajudar a escolher um fator integrante adequado sem precisar calcular, mas 
é válida somente para as situações a seguir: 
TERMOS da EDO FATORES INTEGRANTES 
𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 
−
1
𝑥
 ; −
1
𝑦
 ; −
1
𝑥𝑦
 ; −
1
𝑥 + 𝑦²
 
𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 1
𝑥𝑦
 ; 
1
(𝑥𝑦)
 𝑐𝑜𝑚 𝑛 > 1 
𝑦𝑑𝑦 + 𝑥𝑑𝑥 1
𝑥 + 𝑦²
 ; 
1
(𝑥 + 𝑦²)
 𝑐𝑜𝑚 𝑛 > 1 
𝑎𝑦𝑑𝑥 + 𝑏𝑥𝑑𝑦 𝑥 . 𝑦 (𝑥 . 𝑦 − 𝑔𝑒𝑟𝑎𝑙) 
 
 
 
 
 
 
 
 
16 
 
 
TAREFA 3: Para a EDO (1 + 2𝑥) cos 𝑦 𝑑𝑥 + = 0 encontrar a solução por: a) usando o 
teorema 2; b) por separação de variáveis; c) Graficar; d) Qual método deu mais trabalho? 
 
 
 
 
 
EXERCÍCIOS: 
Verifique se as equações são exatas. Caso positivo, resolver. Caso negativo, usar um fator integrante. 
Se houver PVI, determinar a solução particular correspondente. Faça gráfico para todos os casos. 
1. 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦 = 0 
 
2. (𝑥 − 𝑦)(𝑑𝑥 − 𝑑𝑦) = 0 
 
3. −3𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑥 𝑑𝑦 = 0 
 
4. (𝑒 − 𝑦𝑒 )𝑑𝑥 + (𝑥𝑒 − 𝑒 )𝑑𝑦 = 0 
 
5. − 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑦 (𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦) = 0 𝑦(1) = 𝜋 
 
6. 9𝑥𝑑𝑥 + 4𝑦 𝑑𝑦 = 0 
 
7. (𝑥 + 𝑦²)𝑑𝑥 − 𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 0 𝑦(2) = 1 
 
8. 𝑒 𝑑𝑥 + 𝑒 (−𝑒 + 1)𝑑𝑦 = 0 
Respostas: 
1) 𝑥 + 𝑦 + 𝐶 2) 
( )²
= 𝐶 3) 𝑦 = 𝐶. 𝑥 4) 𝑥𝑒 − 𝑦𝑒 = 𝐶 5) cos 𝑥𝑦 = −1 6) 9𝑥 + 4𝑦 = 𝐶 
7) 𝑥 − = 3,75 8) 𝑒 − 𝑦 + 𝑒 = 𝐶 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
17 
 
2.3 EDO lineares 
 A EDO é dita linear quando puder ser escrita na forma padrão 𝑦 + 𝑝(𝑥). 𝑦 = 𝑟(𝑥). Se a 
EDO se apresentar na forma de 𝑓(𝑥). 𝑦 + 𝑝(𝑥). 𝑦 = 𝑟(𝑥) divide-se a EDO por f(x): 
𝑓(𝑥). 𝑦 + 𝑝(𝑥). 𝑦 = 𝑟(𝑥) [: 𝒇(𝒙)] → 𝑦 + 
𝑝(𝑥)
𝑓(𝑥)
. 𝑦 = 
𝑟(𝑥)
𝑓(𝑥)
 
 
Exemplo: 𝑦 . cos 𝑥 + 𝑦 . 𝑠𝑒𝑛 (𝑥) = 𝑥 (: 𝒄𝒐𝒔 𝒙) → 𝑦 +𝑦. 𝑡𝑔 𝑥 = 𝑥. sec 𝑥 𝐹𝑂𝑅𝑀𝐴 𝑃𝐴𝐷𝑅Ã𝑂 
 
 O termo r(x) representa inúmeras aplicações práticas. Como força , a solução y(x) pode ser 
um deslocamento num movimento. Também se aplica à corrente, carga, etc. Como entrada, a 
solução y(x) representa a saída (output). 
 A EDO é chamada de homogênea quando 𝑟(𝑥) ≡ 0, ou seja 𝑦 + 𝑝(𝑥). 𝑦 = 0 e sua solução 
é dada por: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −𝑝(𝑥). 𝑦 → 
𝑑𝑦
𝑦
= −𝑝(𝑥). 𝑑𝑥 → ln|𝑦| = − 𝑝(𝑥) 𝑑𝑥 → 𝑦(𝑥) = 𝑪. 𝒆 ∫ 𝒑(𝒙)𝒅𝒙 
 
Exemplo: = −2𝑦 → 𝑦" + 2𝑦 = 0 [𝑝(𝑥) = 2] → 𝑦(𝑥) = 𝑪. 𝒆 ∫ 𝟐.𝒅𝒙 = 𝑪. 𝒆 𝟐𝒙 
 
 Uma EDO não-homogênea é quando r(x) ≠ 0. Assim, sua solução geral é observada na 
sequência a seguir: 
𝑦 + 𝑝(𝑥). 𝑦 = 𝑟(𝑥) → 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑟 − 𝑝𝑦 → 𝑑𝑦 = (𝑟 − 𝑝𝑦)𝑑𝑥 → (𝑝𝑦 − 𝑟)𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 = 0 
Do arranjo anterior tem-se que 𝑃 = 𝑝𝑦 − 𝑟 𝑒 𝑄 = 1 . Para o lado direito: 𝑅 = − = 𝑝 
Assim, o fator integrante será 𝐼(𝑥) = 𝑒∫ . . Multiplicando-se os dois lados da EDO por I(x): 
 
𝑒∫ . . (𝑦 + 𝑝. 𝑦) = 𝑒∫ . . 𝑟 → 𝑦(𝑥) = 𝑒 . 𝑒 . 𝑟𝑑𝑥 + 𝐶 𝑐𝑜𝑚 ℎ = 𝑝(𝑥). 𝑑𝑥 
 
A solução resume-se à analise da integral. Se ela não puder ser resolvida pelo cálculo usual, usa-se 
métodos numéricos. Então: 
𝑦(𝑥) = 𝑒 . 𝑒 . 𝑟𝑑𝑥 + 𝐶. 𝑒 
 
 Saída Total Resposta à ent.r Resposta aos dados iniciais 
 
Exemplo 1: calcular a EDO 𝑦 − 𝑦 = 𝑒 
Solução: 𝑝 = −1 𝑟 = 𝑒 ℎ = ∫ 𝑝. 𝑑𝑥 = ∫ −1. 𝑑𝑥 = −𝑥 
18 
 
Então: 𝑦(𝑥) = 𝑒 ( ) ∫ 𝑒 . 𝑒 . 𝑑𝑥 + 𝐶. 𝑒 = 𝑒 + 𝐶. 𝑒 
Solução gráfica para a família de soluções. C = -3, 0, 1 e 2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 2: resolver a EDO 𝑦 = 4𝑦 + 𝑥 
Solução: 𝑝 = −4 𝑟 = 𝑥 ℎ = ∫(−4). 𝑑𝑥 = −4𝑥 
Então: 𝑦(𝑥) = 𝑒 ( ) ∫ 𝑒 . 𝑥 . 𝑑𝑥 + 𝐶. 𝑒 = − − + 𝐶. 𝑒 
 
Família de soluções para: 
C = -4, -1, 0, 1 e 4 
 
Observe que C = 0 anula o termo 
exponencial e a solução de 
transforma numa reta! 
 
 
 
 
 
 
 
19 
 
Exemplo 3: resolva o PVI 𝑦 + 𝑦. 𝑡𝑔 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 𝑦(0) = 1 
Solução: 𝑝 = 𝑡𝑔 𝑥 𝑟 = 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 ℎ = ∫ 𝑡𝑔 𝑥. 𝑑𝑥 = ln|sec 𝑥| = − ln cos 𝑥 
Então: 
 𝑦(𝑥) = 𝑒 ( ) ∫ 𝑒 . 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 . 𝑑𝑥 + 𝐶. 𝑒 = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 . ∫(𝑐𝑜𝑠 𝑥) . 2𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶. 𝑐𝑜𝑠 𝑥 
𝑦(𝑥) = cos 𝑥 . 𝑠𝑒𝑛 𝑥 . 𝑑𝑥 + 𝐶. cos 𝑥 → 𝑦(𝑥) = −2 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝐶 cos 𝑥 
Para PVI: 𝑦(0) = 1 → −2 𝑐𝑜𝑠 0 + 𝐶 cos 0 = 1 → 𝐶 = 3 𝑒 𝑦(𝑥) = −2 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 3 cos 𝑥 
 
 Resp à sen2x RespPVI 
Solução gráfica: família de soluções para C = -1, 1 e 3 (solução particular em vermelho) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
EXERCÍCIO: resolver e graficar a família de soluções das EDOs: 
1) 𝑥 . 𝑦 + 3𝑥𝑦 = 𝑦(1) = −1 
2) 𝑦 + 4𝑥 𝑦 = (4𝑥 − 𝑥). 𝑒
²
 
3) 𝑦 + 2𝑦 = 4 cos 2𝑥 𝑦 𝜋 4 = 2 
4) 𝑦 + 2𝑦𝑠𝑒𝑛 2𝑥 = 2 𝑒 𝑦(0) = 0 
 
TAREFA 4: resolver duas EDOs de sua escolha dentre as elencadas no exercício anterior. 
 
20 
 
2.4 Equação de Bernoulli 
 É possível modelar matematicamente um grande número de aplicações assando EDOs não-
lineares para a forma linear. Um desses tipos de equação é a equação de Bernoulli: 
𝑦 + 𝑝(𝑥). 𝑦 = 𝑔(𝑥). 𝑦 𝑐𝑜𝑚 𝑎: 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑟𝑒𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑒𝑟 
Se a = 0 ou a=1, a equação é linear 
Em outros casos, a equação é não-linear 
 Escreve-se: 𝑢(𝑥) = [𝑦(𝑥)] → 𝑢 = (1 − 𝑎). 𝑦 . 𝒚 
𝑢 = (1 − 𝑎). 𝑦 . (𝒈. 𝒚𝒂 − 𝒑. 𝒚) 
 Assim: 𝑢 + (1 − 𝑎). 𝑝. 𝑢 = (1 − 𝑎). 𝑔 
 
Exemplo 1: 𝑦 = 𝐴𝑦 − 𝐵𝑦² 
(Aplicações: equações de logísticas, equação Verhulst, modelo de crescimento populacional humano) 
Solução: 𝑦 − 𝐴𝑦 = −𝐵𝑦² → 𝑎 = 2 𝑒 𝑦 = 𝑦 = 𝑦 = 𝑢 
 → 𝑢 = −𝑦 . 𝑦 → 𝑢 = −𝑦 (𝐴𝑦 − 𝐵𝑦 ) 
 → 𝑢 + 𝐴𝑢 = 𝐵 𝑐𝑜𝑚 𝑝 = 𝐴 , 𝑟 = 𝐵 𝑒 ℎ = ∫ 𝐴 𝑑𝑡 = 𝐴𝑡 
Assim: 
𝑢(𝑡) = 𝑒 . 𝑒 . 𝐵. 𝑑𝑡 + 𝐶 = 𝑒 .
𝐵
𝐴
. 𝑒 + 𝐶. 𝑒 = 
𝐵
𝐴
+ 𝐶. 𝑒 = 𝑢(𝑡) 
Como 𝑦 = 𝑢 então a solução geral é: = + 𝐶. 𝑒 → 𝒚 = 
𝟏
𝑪.𝒆 𝑨𝒕 𝑩 𝑨
 
 
Gráfico de família de soluções: Para C = -4, 1 e 4 
 família B/A = 1 família B/A = 4 
 
Exemplo 2: 𝑦 − = 3𝑥𝑦² 
Solução: Após substituir 𝑢 = 𝑦 tem-se 𝑢 + 𝑢 = −3𝑥 → 𝑦 = 
²( )
 
21 
 
Problemas aplicados com EDOs de 1ª ordem: 
1. Numa sala que contém 20.000 m³ de ar, 600 m³ de ar fresco entram por minuto, e a mistura 
(deixada praticamente uniforme por circuladores de ar) sái por um exaustor com uma vazão de 
600m³/min. Qual é a quantidade de ar fresco y(t) num instante qualquer se no início não tem ar 
fresco? Decorrido quanto tempo haverá na sala 90% de ar fresco? 
Solução: 
Modelo matemático: entrada – saída = taxa de variação 
 600 − 𝑦 = 𝑦 𝑐𝑜𝑚 𝑦(0) = 0 
600 − 0,03𝑦 = 𝑦 → 𝑦 + 0,03𝑦 = 600 𝑝 = 0,03 𝑟 = 600 ℎ = 0,03𝑑𝑡 = 0,03𝑡 
𝑦(𝑡) = 20000 + 𝐶 𝑒 , 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑃𝑉𝐼 𝑦(0) = 0 → 𝐶 = −20000 
𝑦(𝑡) = 20000 (1 − 𝑒 , ) 
O tempo até que se tenha 90% de ar fresco: 0,90.20000 = 20000 (1 − 𝑒 , ) → 𝑡 = 76,75 min 
 
2. Um tanque de 280 litros contém inicialmente 10 quilogramas de sal dissolvidos em 180 litros de 
água. Suponha que 12 litros de salmoura contendo 250 gramas de sal por litro sejam despejados no 
tanque por minuto e que a mistura (mantida homogênea por agitação) seja retirada do tanque à taxa de 
8 litros por minuto. 
a) Escreva e resolva a equação diferencial para a massa de sal presente no tanque em função do tempo. 
b) Qual é a quantidade de sal presente no tanque no momento em que começa a transbordar? 
 
Solução: 
a) Modelo matemático: = 𝑡𝑎𝑥𝑎 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 − 𝑡𝑎𝑥𝑎 𝑠𝑎í𝑑𝑎 = 12 . 0,25 − 𝑡𝑎𝑥𝑎 𝑠𝑎í𝑑𝑎 
A taxa de saída envolve alguns cálculos intermediários de modo a deixar a unidade na forma de 
kg/min. Assim: 𝑉 = 180𝐿 + (12 − 8) . 𝑡 = 180 + 4𝑡 𝐿 → 𝑡𝑎𝑥𝑎 = . = . 8 = 
Assim: 
dM
dt
= 3 −
2𝑀
45 + 𝑡
 → 
𝑑𝑀
𝑑𝑡
+ 
2
45 + 𝑡
𝑀 = 3 𝑐𝑜𝑚 𝑝 = 
2
45 + 𝑡
 𝑟 = 3 ℎ =
2
45 + 𝑡
𝑑𝑡 = ln |45 + 𝑡|² 
 
𝑀(𝑡) = (45 + 𝑡) + 
𝐶
(45 + 𝑡)
 
 𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑀 = 10𝑘𝑔 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡 = 0 → 𝐶 = −70.875 
 
 𝑀(𝑡) = (45 + 𝑡) − 
.
( )²
 
b) Após t minutos, o volume é 180 + 4t litros. Começa q 
transbordar quando o volume for o volume do tanque, ou seja, 280 
L. Assim 180+4t = 280 resulta em t = 25 minutos. A massa de 
sal será: 
 𝑀(25) = (45 + 25) − 
.
( )
= 56 𝑘𝑔 
 
22 
 
 
3. Um circuito elétrico contém um capacitor, um resistor e uma fonte de tensão. A tensão da fonte é 
dada pela função periódica 𝐸(𝑡) = 𝑠𝑒𝑛 𝑡 , enquanto a resistência R e a capacitância C são constantes. 
A tensão V no condensador satisfaz a equação 
𝑉 = −
1
𝑅𝐶
𝑉 + 
𝐸(𝑡)
𝑅𝐶
 
Se a resistência é 5 ohms e a capacitância é 2. 10 farads, determine a voltagem através do 
condensador a cada instante se ela é zero em t=0. 
Solução: 𝑉(𝑡) = 
 .
² ²
 
 
4. Um marca-passo cardíaco consiste em uma chave, uma bateria de tensão constante 𝐸 , um capacitor 
com capacitância constante C, e o coração como um resistor com resistência constante R. Quando a 
chave é fechada, o capacitor se carrega; quando a chave é aberta, o capacitor se descarrega, enviando 
um estímulo elétrico para o coração. Durante o tempo em que ocoração é estimulado, a tensão E em 
todo o coração satisfaz a equação diferencial linear 
𝑑𝐸
𝑑𝑡
= −
1
𝑅𝐶
𝐸 
Resolva a EDO sujeita a 𝐸(4) = 𝐸 . 
Solução: 𝐸(𝑡) = 𝐸 . 𝑒
( )
 
 
5. Uma porção de uma corrente uniforme de 8 pés de comprimento é ligeiramente enrolada ao redor 
de uma estaca na borda de uma plataforma horizontal elevada, e o restante da corrente fica em repouso 
ao longo da borda da plataforma (Ver figura). Suponha que o comprimento da corrente não enrolada é 
de 3 pés, pesando 2lb/pé, e que o sentido positivo é descendente. Iniciando em t = 0 seg, o peso da 
porção que pende faz com que a corrente na plataforma passe a se desenrolar suavemente até cair no 
chão. Se x(t) denota o comprimento da corrente pendendo sobre a mesa no momento t>0, então sua 
velocidade é v = dx/dt. Quando todas as forças de resistência são ignoradas, podemos representar a 
situação por um modelo matemático relacionando v e x, dado por: 
𝑥. 𝑣.
𝑑𝑣
𝑑𝑥
+ 𝑣 = 32𝑥 
a) Resolva a EDO de v em função de x, encontrando uma constante 
de integração adequada. Encontre a solução explícita v(x). 
b) Determine a velocidade com que a corrente deixa a plataforma. 
 
Solução: a) 𝑣(𝑥) = 8 −
²
 b) 12,7 pés/s 
 
 
 
23 
 
EXERCÍCIOS DE REVISÃO 
Resolva as seguintes EDOs 
1. 𝑦 + 1 . 𝑑𝑥 = 𝑥𝑦 𝑑𝑦 
2. 𝑦 . 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑥 + 𝑦 = 2 
3. 𝑦 . cos 𝑥 = 
4. (1 + 𝑥²)𝑑𝑦 + 𝑦 𝑑𝑥 = 0 𝑐𝑜𝑚 𝑦(1) = 1 
5. 𝑥 𝑦 𝑦 + 1 = 𝑦 
6. 𝑦 = 𝑦 𝑡𝑔 𝑥 + cos 𝑥 
7. 𝑦 𝑥 + 2𝑦 = 𝑥³ 
8. 𝑦 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝑦 = 𝑡𝑔 𝑥 
9. 𝑦 + 𝑥 𝑦 = 𝑥 
10. 𝑥 𝑦 + 2𝑥𝑦 − 1 = 0 
11. 𝑥𝑑𝑦 = (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 
12. 𝑥 𝑑𝑦 + 𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥𝑦 𝑑𝑦 
13. 𝑦 − 𝑥𝑦 = 𝑦 𝑙𝑛 
14. 𝑥𝑦 cos = 𝑦 cos − 𝑥 
15. (𝑒 + 𝑦 + 𝑠𝑒𝑛 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑒 + 𝑥 + 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦)𝑑𝑦 = 0 
16. (𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦 + 𝑠𝑒𝑛 𝑦)𝑑𝑦 = 0 
17. (3𝑥 + 𝑦 )𝑑𝑥 − 2𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 0 
18. (𝑦 + 𝑥 𝑙𝑛𝑦)𝑑𝑥 + 
²
+ 𝑥 + 1 𝑑𝑦 = 0 
19. 𝑦 = 5,7 𝑦 − 6,5𝑦 
20. 𝑦 + (𝑥 + 1)𝑦 = 𝑒 ²𝑦 𝑦(0) = 0,5 
 
RESPOSTAS: 
1) ln|𝑥| = 𝑦 + 1 + 𝐶 2) 𝑦 = 2 − 𝐶. 𝑐𝑜𝑠 𝑥 3) 𝑙𝑛 |𝑦| = ln[𝑠𝑒𝑐𝑥 + 𝑡𝑔𝑥] + 𝐶 4) 𝑦 = 𝑒 
5) 
²
+ 𝑦 + ln|𝑦 − 1| = − + 𝐶 6) y. cos 𝑥 = 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) + 𝐶 7) 𝑦 =
³
+
²
 8) 𝑦 = 𝑡𝑔𝑥 − 1 + 𝐶𝑒 
9) 𝑦 = 1 + 𝐶𝑒 ³ 10) 𝑦 =
²
 11) 𝑦 = 𝑥 𝑙𝑛𝑥 + 𝐶𝑥 12) 𝑦 = 𝐶. 𝑒 13) 𝑦 = 𝑥. 𝑒 14) 𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 𝑦) = ln | | 
15) 𝑒 + 𝑥𝑦 + 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 + 𝑒 + 𝐶 16) 𝑥 + 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦 − 𝑐𝑜𝑠𝑦 = 𝐶 17) 3 ln |𝑥| − = 𝐶 18) 𝑥 ln 𝑦 + 2𝑦(𝑥 + 1) = 𝐶 
19) 𝑢 = = 𝐶. 𝑒 , −
,
,
 20) 𝑢 = 𝑦 = 𝑒 (1 + 3𝑒 ) 
 
 
24 
 
3. Equações diferenciais lineares de segunda ordem. 
 3.1 EDO homogênea 
 Uma EDO de segunda ordem é chamada linear quando pode ser escrita na forma: 
𝑦 + 𝑝(𝑥). 𝑦 + 𝑞(𝑥). 𝑦 = 𝑟(𝑥) (1) 
Ela é chamada não-linear quando não puder ser escrita dessa forma. Para essa verificação, a 
EDO é linear em y, y’ e y’’, enquanto q(x) e p(x), os coeficientes da EDO, podem ser qualquer 
função de x. 
Exemplo (a): a EDO 𝑦 + 2𝑦 + 2𝑦 = 𝑒 é 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟. 
 Se houver uma função que comece com f(x).y’’ deve-se dividir toda a função por f(x) para 
deixá-la na forma padrão (1): 
𝑓(𝑥). 𝑦
𝑓(𝑥)
+
𝑝(𝑥). 𝑦
𝑓(𝑥)
+
𝑞(𝑥). 𝑦
𝑓(𝑥)
=
𝑟(𝑥)
𝑓(𝑥)
 [: 𝑓(𝑥)] 
𝑦 + 
𝑝(𝑥)
𝑓(𝑥)
𝑦 + 
𝑞(𝑥)
𝑓(𝑥)
𝑦 = 
𝑟(𝑥)
𝑓(𝑥)
 
Exemplo (b): 𝑥 . 𝑦 + 𝑥, 𝑦 − 4𝑦 = 𝑥 [: 𝑥 ] → 𝑦 + 𝑦 − 𝑦 = 𝑥 
 Se r(x) = 0 (ou seja, r(x) =0 para todo x considerado) então a EDO é chamada de EDO linear 
de 2ª ordem homogênea. 
𝑦 + 𝑝(𝑥)𝑦 + 𝑞(𝑥)𝑦 = 0 (2) 
Se r(x) ≠ 0, então a EDO é chamada de EDO linear de 2ª ordem não homogênea. Os exemplos 
a e b são deste tipo. 
Soluções da EDO de 2ª ordem em um intervalo aberto I: 𝑦 = ℎ(𝑥) é a solução da EDO (linear 
ou não) de 2ª ordem se h for definida e duas vezes derivável ao longo do intervalo I. E quando 
substituímos h(x) na EDO original, há uma identidade entre os dois lados da equação. 
Exemplo 3: seja a EDO 𝑦 + 𝑦 = 0 As funções 𝑦 = cos 𝑥 𝑒 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 são soluções porque validam 
a identidade. Então se 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑒 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 são funções soluções da EDO do exemplo, então a 
combinação linear de 𝑦 𝑒 𝑦 também serão soluções (Teste para 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 + cos 𝑥 !). Ou seja: 
𝑆𝑂𝐿𝑈ÇÃ𝑂 𝐺𝐸𝑅𝐴𝐿: 𝑦 = 𝑐 . 𝑦 + 𝑐 . 𝑦 com c e c constantes quaisquer 
 
TEOREMA FUNDAMENTAL DAS EDOs HOMOGÊNEAS: “Para uma EDO linear homogênea 
(eq.2) uma combinação qualquer de duas soluções num intervalo qualquer de duas soluções num 
intervalo aberto I é também solução da equação 2 em I. Em particular, para uma dada equação, as 
somas e as multiplicações por constantes dessas soluções são também soluções (Princípio da 
Superposição). 
OBS.: não vale para EDOs não homogêneas! 
PROBLEMA DE VALOR INICIAL: para uma EDO linear homogênea de 2ª ordem, um problema de 
valor inicial consiste na equação 2 e em duas condições iniciais: 𝑦(𝑥 ) = 𝑘 𝑒 𝑦 (𝑥 ) = 𝑘 . Essas 
condições iniciais são utilizadas para obter as duas constantes 𝑐 𝑒 𝑐 da solução geral. Com o cálculo 
dessas constantes, tem-se uma solução particular. Se p(x) e q(x) forem contínuas em algum intervalo 
I, então a EDO homogênea possui uma solução geral que fornece a solução única de qualquer problema 
de valor inicial. 
25 
 
Exemplo 1: Resolva o PVI da equação 𝑦 + 𝑦 = 0 𝑐𝑜𝑚 𝑦(0) = 3 𝑒 𝑦 (0) = −0,5 
Solução: 𝑦 = cos 𝑥 𝑒 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑆𝑜𝑙𝑢çã𝑜 𝑔𝑒𝑟𝑎𝑙: 𝑦 = 𝑦 + 𝑦 
𝑦 = 𝑐 . cos x +𝑐 . 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑒 𝑦 = −𝑐 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐 𝑐𝑜𝑠𝑥 
𝑦(0) = 3 → 𝑐 cos 0 + 𝑐 . 𝑠𝑒𝑛 0 = 3 → 𝑐 = 3 𝑒 𝑦 (0) = −0,5 → −𝑐 𝑠𝑒𝑛0 + 𝑐 𝑐𝑜𝑠0 = −0,5 → 𝑐 = −0,5 
Solução particular: 𝑦 = 3 cos 𝑥 − 0,5 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
Gráfico: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 2: verifique que 𝑦 = 𝑒 𝑒 𝑦 = 𝑒 são soluções da EDO 𝑦 − 𝑦 = 0. Então resolva o 
problema de valor inicial y(0)=6 e y’(0)=-2. 
Solução: para 𝑦 = 𝑒 → (𝑒 )′′ − 𝑒 = 0 𝑒 𝑦 = 𝑒 → (𝑒 )′′ − 𝑒 = 0 𝑆ã𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢çõ𝑒𝑠 
Como = 𝑒 𝑒 = 𝑒 são diferentes de constantes, as soluções são linearmente 
independentes. Assim, a solução geral será: 𝑦 = 𝑦 + 𝑦 = 𝑐 𝑒 + 𝑐 𝑒 
Solução particular: 𝑦 = 𝑐 𝑒 − 𝑐 𝑒 e 𝑦(0) = 6 → 𝑐 + 𝑐 = 6 𝑒 𝑦 (0) = −2 → 𝑐 − 𝑐 = −2 
Do sistema, obtém-se 
 𝑐 = 2 𝑒 𝑐 = 4 → 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟: 
𝑦 = 2𝑒 + 4𝑒 
 
 
 
 
26 
 
Redução de ordem quando uma solução é conhecida: 
 Seja a EDO 𝑦 + 𝑝(𝑥)𝑦 + 𝑞(𝑥)𝑦 = 0. E 𝑦 = 𝑦 = 𝑢. 𝑦 uma solução. 
Então: 
 𝑈 = 𝑢 = . 𝑒 ∫ ( ) → 𝑢 = ∫ 𝑈 𝑑𝑥. Dali a segunda solução será 𝑦 = 𝑦 . 𝑢 = 𝑦 . ∫ 𝑈 𝑑𝑥 
 
Exemplo 3: encontre uma base de soluções da EDO (𝑥 − 𝑥)𝑦 − 𝑥𝑦 + 𝑦 = 0 
Solução: observa-se que 𝑦 = 𝑥 é solução (Teste!) Então: 
 𝑦 = 𝑢. 𝑦 = 𝑢. 𝑥 𝑦 = 𝑢 . 𝑥 + 𝑢 𝑦 = (𝑢 . 𝑥 + 𝑢 ) + 𝑢 = 𝑢 . 𝑥 + 2. 𝑢′ 
𝑈 = . 𝑒 ∫ ( ) Para visualizar p(x) da EDO é necessário dividir por (x²-x): 
 
( )
−
( )
+
( )
= 0 → 𝑦 − 𝑦 + 𝑦 = 0 
 p(x) 
Então: 𝑈 =
²
. 𝑒 ∫ = 
²
. 𝑒 | | = . (𝑥 − 1) → 𝑦 = 𝑦 ∫
²
𝑑𝑥 → 𝑦 = 𝑥𝑙𝑛 |𝑥| + 1 
Solução geral: 𝑦 = 𝑐 𝑥 + 𝑐 (𝑥𝑙𝑛 |𝑥| + 1) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
27 
 
 3.2 Equações lineares a coeficientes constantes 
 Seja a EDO linear homogênea de 2ª ordem com coeficientes a e b constantes: 
𝑎. 𝑦 + 𝑏. 𝑦 + 𝑐𝑦 = 0 (1) 
 Ao resolver uma EDO de 1ª ordem do tipo 𝑦 + 𝑘𝑦 = 0 tem-se como solução 𝑦 = 𝑒 . 
Pode-se tentar usar essa solução como sendo a solução da equação (1) na forma𝑦 = 𝑒 (2). 
Calculando suas derivadas 𝑦 = 𝜆. 𝑒 𝑒 𝑦 = 𝜆². 𝑒 e substituindo na EDO principal (1) vem: 
𝑎. 𝜆 . 𝑒 + 𝑏. 𝜆. 𝑒 + 𝑐. 𝑒 = 0 
Colocando 𝑒 em evidência tem-se: 𝑒 (𝑎. 𝜆 + 𝑏. 𝜆 + 𝑐) = 0 
 Equação característica (ou equação auxiliar) 
 A equação característica resulta numa equação de 2º grau. Então, se λ for uma solução da equação 
característica, então 𝑦 = 𝑒 é solução da EDO da equação (1). Calcula-se λ pela equação de Báskara 
e avalia-se a resposta. 
𝑎. 𝜆 + 𝑏. 𝜆 + 𝑐 = 0 → 𝜆 = 
−𝑏 ± √𝑏 − 4𝑎𝑐
2𝑎
 → 𝜆 𝑒 𝜆 
E tem-se que: 𝑦 = 𝑒 𝑒 𝑦 = 𝑒 porque derivam da mesma base e são soluções da EDO 
(verifique essa igualdade). 
O sinal de √𝑏 − 4𝑎𝑐 pode resultar em três tipos de raízes: 
 
CASO 1: duas raízes reais para √𝑏 − 4𝑎𝑐 > 0 e 𝜆 ≠ 𝜆 𝑟𝑒𝑎𝑖𝑠 e 𝑦 = 𝑒 𝑒 𝑦 = 𝑒 
Solução geral: 𝒚 = 𝒄𝟏. 𝒆
𝝀𝟏𝒙 + 𝒄𝟐. 𝒆
𝝀𝟐𝒙 
 
Exemplo 1: resolver a EDO 𝑦 − 𝑦 = 0 
Solução: y = 𝑒 𝑦 = 𝜆. 𝑒 𝑦 = 𝜆 . 𝑒 → 𝜆 . 𝑒 − 𝑒 = 0 → 𝑒 (𝜆 − 1) = 0 
Resolvendo 𝜆 − 1 = 0 tem-se 𝜆 = 1 𝑒 𝜆 = −1 Solução geral: 𝑦 = 𝑐 . 𝑒 + 𝑐 . 𝑒 
 
Exemplo 2: resolva o PVI para a EDO 𝑦 + 𝑦 − 2𝑦 = 0 𝑦(0) = 4 𝑒 𝑦 (0) = −4 
Solução: y = 𝑒 𝑦 = 𝜆. 𝑒 𝑦 = 𝜆 . 𝑒 → 𝜆 . 𝑒 + 𝜆. 𝑒 − 2𝑒 = 0 
→ 𝑒 (𝜆 + 𝜆 − 2) = 0 → 𝜆 = 1 𝑒 𝜆 = −2 
 Solução geral: 𝑦 = 𝑐 . 𝑒 + 𝑐 . 𝑒 
Cálculo de 𝑐 𝑒 𝑐 → 𝑦(0) = 0 → 𝑐 + 𝑐 = 4 
 𝑦 (0) = −4 → 𝑐 − 2𝑐 = −5 
Resolvendo o sistema tem-se: 𝑐 = 1 𝑒 𝑐 = 3 
Solução particular: 𝑦 = 𝑒 + 3𝑒 
 
28 
 
 
CASO 2: raiz real dupla - para √𝑏 − 4𝑎𝑐 = 0 e 𝜆 = 𝜆 𝑟𝑒𝑎𝑖𝑠 
Há somente uma raiz 𝜆 = 𝜆 = 𝜆 = − e uma única solução 𝑦 = 𝑒 . Por redução de ordem 
encontra-se a segunda solução: 𝑦 = 𝑥. 𝑒 
Solução geral: 𝒚 = 𝒄𝟏. 𝒆
𝝀𝒙 + 𝒄𝟐. 𝒙. 𝒆
𝝀𝒙 = (𝒄𝟏 + 𝒄𝟐. 𝒙). 𝒆
𝝀𝒙 
 
Exemplo 3: resolver a EDO 𝑦 + 6𝑦 + 9𝑦 = 0 
Solução: y = 𝑒 𝑦 = 𝜆. 𝑒 𝑦 = 𝜆 . 𝑒 → 𝜆 . 𝑒 + 6𝜆 𝑒 + 9𝑒 = 0 →
 𝑒 (𝜆 + 6𝜆 + 9) = 0 → 𝜆 = 𝜆 = 𝜆 = −3 
Solução geral: 𝑦 = 𝑐 . 𝑒 + 𝑐 . 𝑥. 𝑒 = (𝑐 + 𝑐 . 𝑥). 𝑒 
Ao lado, gráfico para 𝑐 = 𝑐 = 1 
 
 
 
 
 
Exemplo 4: Resolva o PVI para 𝑦 + 𝑦 + 0,25𝑦 = 0 𝑦(0) = 3,0 𝑒 𝑦 (0) = −3,5 
Solução: y = 𝑒 𝑦 = 𝜆. 𝑒 𝑦 = 𝜆 . 𝑒 → 𝜆 . 𝑒 + 𝜆 𝑒 + 0,25𝑒 = 0 →
 𝑒 (𝜆 + 𝜆 + 0,25) = 0 → 𝜆 = 𝜆 = 𝜆 = − 
Solução geral: 𝑦 = 𝑐 . 𝑒 + 𝑐 . 𝑥. 𝑒 = (𝑐 + 𝑐 . 𝑥). 𝑒 
Cálculo de 𝑐 𝑒 𝑐 → 𝑦(0) = 3 → 𝒄𝟏 = 𝟑 𝑒 𝑦 (0) = −3,5 → − + 𝑐 = −5 → 𝒄𝟐 = −𝟐 
Solução particular: 𝑦 = (𝑐 + 𝑐 . 𝑥). 𝑒 = (3 − 2. 𝑥). 𝑒 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
29 
 
 
CASO 3: raízes complexas - para √𝑏 − 4𝑎𝑐 < 0 e 𝜆 = 𝛼 + 𝑖𝛽 𝑒 𝜆 = 𝛼 − 𝑖𝛽 
As raízes surgem na forma de números complexos, mas é possível obter uma base de números reais a 
partir da Fórmula de Euler: 𝑒 = cos 𝑡 + 𝑖 𝑠𝑒𝑛 𝑡 . Assim, as duas soluções da equação característica 
fornecem duas soluções para a EDO na forma de 𝑒 = 𝑒 = 𝑒 (cos 𝛽𝑥 + 𝑖 𝑠𝑒𝑛 𝑥) e 
𝑒 = 𝑒 = 𝑒 (cos 𝛽𝑥 − 𝑖 𝑠𝑒𝑛 𝑥). 
Solução geral: 𝒚 = 𝒆𝜶𝒙(𝐀𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 + 𝑩𝒔𝒆𝒏𝜷 𝒙) com A e B arbitrários. 
 
Exemplo 5: resolva o PVI para 𝑦 + 0,4𝑦 + 9,04 = 0 𝑐𝑜𝑚 𝑦(0) = 0 𝑒 𝑦 (0) = 3 
Solução: y = 𝑒 𝑦 = 𝜆. 𝑒 𝑦 = 𝜆 . 𝑒 → 𝜆 . 𝑒 + 0,4𝜆 𝑒 + 9,04𝑒 = 0 →
 𝑒 (𝜆 + 0,4 𝜆 + 9,04) = 0 → 𝜆 = −0,2 ± 3𝑖 𝑐𝑜𝑚 𝛼 = −0,2 𝛽 = 3 
Solução geral: 𝑦 = 𝑒 (Acos 𝛽𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛𝛽 𝑥) → 𝑦 = 𝑒 , (𝐴𝑐𝑜𝑠 3𝑥 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 3𝑥) 
Aplicando as condições iniciais: 𝑦(0) = 0 → 𝐴 = 0 𝑦 (0) = 3 → 𝐵 = 1 
Solução particular: 𝑦 = 𝑒 , (0. 𝑐𝑜𝑠 3𝑥 + 1. 𝑠𝑒𝑛 3𝑥) = 𝑒 , 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 
Solução gráfica: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
RESUMO para EDOS lineares com coeficientes constantes. 
CASO Raízes equação 
característica 
Solução geral da EDO 
I 𝜆 ≠ 𝜆 𝑟𝑒𝑎𝑖𝑠 𝑦 = 𝑒 𝑒 𝑦 = 𝑒 
 
𝒚 = 𝒄𝟏. 𝒆
𝝀𝟏𝒙 + 𝒄𝟐. 𝒆
𝝀𝟐𝒙 
II 𝜆 = 𝜆 = 𝜆 𝑦 = 𝑒 e 𝑦 = 𝑥. 𝑒 
 
𝒚 = 𝒄𝟏. 𝒆
𝝀𝒙 + 𝒄𝟐. 𝒙. 𝒆
𝝀𝒙 = (𝒄𝟏 + 𝒄𝟐. 𝒙). 𝒆
𝝀𝒙 
III 𝜆 = 𝛼 + 𝑖𝛽 
 𝜆 = 𝛼 − 𝑖𝛽 
𝑦 = 𝑒 cos 𝛽 𝑥 e 
𝑦 = 𝑒 sen 𝛽 𝑥 
 
𝒚 = 𝒆𝜶𝒙(𝐀𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 + 𝑩𝒔𝒆𝒏𝜷 𝒙) 
 
TAREFA 5: 
a) Resolver o problema de valor inicial para a EDO 4𝑦 + 4𝑦 + 17𝑦 = 0 𝑦(0) = −1 𝑒 𝑦 (0) = 2 
b) Graficar a solução e interpretar o comportamento do gráfico. Buscar aplicações na engenharia para 
o comportamento observado. 
30 
 
Equações de Euler-Cauchy: forma padrão → 𝑥 . 𝑦 + 𝑎𝑥. 𝑦 + 𝑏. 𝑦 = 0 𝑎, 𝑏 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 
 
Fazendo 𝑦 = 𝑥 como uma solução da EDO, tem-se 𝑦 = 𝑚. 𝑥 𝑒 𝑦 = 𝑚. (𝑚 − 1). 𝑥 . 
Substituindo na EDO: 
𝑥 . 𝑚. (𝑚 − 1). 𝑥 + 𝑎. 𝑥. 𝑚. 𝑥 + 𝑏. 𝑥 = 0 → 𝑚 + (𝑎 − 1). 𝑚 + 𝑏 = 0 (∗) 
 
 𝑦 = 𝑥 é solução da EDO se e somente se m for uma raiz da equação auxiliar (*): 
𝑚 = 
−(𝑎 − 1) ± (𝑎 − 1) − 4𝑏
2
= 
(1 − 𝑎)
2
±
(𝑎 − 1)
4
− 𝑏 
 
CASOS: 
I: 𝑚 𝑒 𝑚 𝑠ã𝑜 𝑟𝑎í𝑧𝑒𝑠 𝑟𝑒𝑎𝑖𝑠 𝑒 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑖𝑛𝑡𝑎𝑠 − Solução geral: 𝑦 = 𝑐 . 𝑥 + 𝑐 . 𝑥 
 
II: 𝑚 = 𝑚 = 𝑚 =
( )
 é 𝑟𝑎𝑖𝑧 𝑑𝑢𝑝𝑙𝑎 − Solução geral: 𝑦 = (𝑐 + 𝑐 . ln 𝑥). 𝑥 
 
III: 𝑚 = 𝛼 ± 𝛽𝑖 é 𝑟𝑎𝑖𝑧 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑙𝑒𝑥𝑎 − Solução geral: 𝑦 = 𝑥 . [𝐴 cos(𝛽 ln 𝑥) + 𝐵 sen(𝛽 ln 𝑥) ] 
 
 
Exemplo: resolver a EDO 𝑥 . 𝑦 + 1,5𝑥. 𝑦 − 0,5𝑦 = 0 
 
Solução: identificou-se como sendo uma EDO de Euler-Cauchy. Assim, a equação auxiliar é: 
 
𝑚 + (𝑎 − 1). 𝑚 + 𝑏 = 0 → 𝑚 + 0,5𝑚 − 0,5 = 0 → 𝑚 = 0,5 𝑒 𝑚 = −1 
 
Base de soluções: 𝑦 = 𝑥 , 𝑒 𝑦 = 𝑥 Solução geral: 𝑦 = 𝑐 . 𝑥 , + 
Soluções gráficas para duas famílias: 𝑐 = 1 𝑒 𝑐 = 0 (𝑎𝑧𝑢𝑙) e 𝑐 = 0 𝑒 𝑐 = 1 (𝑣𝑒𝑟𝑚𝑒𝑙ℎ𝑎) 
E 𝑐 = 1 𝑒 𝑐 = 1 (𝑝𝑟𝑒𝑡𝑎) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 2: 𝑥 . 𝑦 − 5𝑥𝑦 + 9𝑦 = 0 Solução: 𝑦 = (𝑐 + 𝑐 . 𝑙𝑛 𝑥). 𝑥³ 
 
Exemplo 3: 𝑥 . 𝑦 + 0,6𝑥. 𝑦 + 16,04 𝑦 = 0 Solução: 𝑦 = 𝑥 , [𝐴 cos(4 ln 𝑥) + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 (4 ln 𝑥)] 
 
31 
 
 3.3 EDO pelo método de coeficientes indeterminados. Método da variação de parâmetros. 
a) Método de coeficientes indeterminados (ou método dos coeficientes a determinar) 
 Seja a EDO não homogênea de forma geral: 𝑎𝑦 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑦 = 𝑟(𝑥) 𝑐𝑜𝑚 𝑟(𝑥) ≠ 0 (𝟏) 
A solução geral da equação (1) é a soma de uma solução geral para a EDO homogênea 𝑎𝑦 +
𝑏𝑦 + 𝑐𝑦 = 0 correspondente e uma solução particular de (1) em um intervalo I. Então, a solução 
geral da EDO de 2ª ordem não homogênea: 
𝑦(𝑥) = 𝑦 (𝑥) + 𝑦 (𝑥) (𝟐) 
onde: 𝑦 = 𝑐 . 𝑦 + 𝑐 . 𝑦 
 𝑦 (𝑥) = solução qualquer, obtida a partir de (2), atribuindo valores específicos às constantes 
arbitrárias 𝑐 𝑒 𝑐 
TEOREMAS: 
1) A soma e a diferença de uma solução y da equação (1) e uma solução de y na equação 2 
também é solução de (1). 
2) Uma solução geral de uma EDO inclui todas as soluções. 
 
 O método de coeficientes a determinar é adequado a EDOs não homogêneas com coeficientes 
a, b e c constantes e quando r(x) for: - função exponencial, potência de x, função seno/cosseno, 
soma/produto destas. 
REGRAS: 
1ª) REGRA BÁSICA: Se em (1) o termo r(x) for uma das funções da tabela a seguir, escolha 𝑦 na 
mesma linha e obtenha seus coeficientes a determinar substituindo 𝑦 e suas derivadas na EDO, 
comparando termo a termo. 
2ª) REGRA DA MODIFICAÇÃO: se um termo escolhido para 𝑦 vier a ser uma solução da EDO 
homogênea correspondente à equação (3), multiplique a função escolhida 𝑦 por x (ou por x², x³...). 
3ª) REGRA DA SOMA: se r(x)for uma soma de funções da 1ª coluna da tabela, fazer 𝑦 ser a soma 
das funções nas linhas correspondentes da 2ª coluna. 
OBS.: este método é autocorrigido: se 𝑦 escolhido for errado, levará a uma contradição; se 𝑦 for 
excessivo, muitos termos se anularão. 
 
TERMO em r(x) Escolha para 𝒚𝒑(𝒙) 
𝒌. 𝒆𝜸𝒙 𝐶. 𝑒 
𝒌. 𝒙𝒏 (𝒏 = 𝟎, 𝟏, 𝟐. . ) 𝐾 . 𝑥 + 𝐾 . 𝑥 + ⋯ + 𝐾 . 𝑥 + 𝐾 
𝒌. 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 𝒐𝒖 𝒌. 𝐬𝐞𝐧 𝜷𝒙 K. cos 𝛽𝑥 + 𝑀. sen 𝛽𝑥 
𝒌. 𝒆𝜶𝒙. 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 𝒐𝒖 𝒌. 𝒆𝜶𝒙 𝐬𝐞𝐧 𝜷𝒙 𝑒 . (𝐾. cos 𝛽𝑥 + 𝑀. sen 𝛽𝑥 
32 
 
Exemplo 1 (regra básica): resolva o PVI para 𝑦 + 𝑦 = 0,001𝑥 𝑦(0) = 0 𝑒 𝑦 (0) = 1,5 
 
Solução: parte homogênea - 𝑦 + 𝑦 = 0 
y = 𝑒 𝑦 = 𝜆. 𝑒 𝑦 = 𝜆 . 𝑒 → 𝜆 . 𝑒 + 𝑒 = 0 → 𝑒 (𝜆 + 1) = 0 → 𝜆 = ±𝑖 
 
Solução homogênea: 𝒚𝒉 = 𝒆𝜶𝒙(𝑨 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 + 𝑩𝒔𝒆𝒏 𝜷𝒙) → 𝒚𝒉 = 𝒆𝟎(𝑨𝒄𝒐𝒔 𝒙 + 𝑩 𝒔𝒆𝒏 𝒙) = 𝑨𝒄𝒐𝒔 𝒙 + 𝑩𝒔𝒆𝒏 𝒙 
 
Solução não-homogênea (particular): 𝑟(𝑥) = 0,001𝑥 ⎯⎯⎯ 𝑦 = 𝐾 . 𝑥 + 𝐾 . 𝑥 + 𝐾 
Assim, a partir dessa solução escolhida, calcula-se y’ e y’’: 𝑦 = 2𝐾 . 𝑥 + 𝐾 𝑒 𝑦 = 2𝐾 que 
serão substituídas na EDO original: 
𝑦 + 𝑦 = 0,001𝑥 
2𝐾 + (𝐾 . 𝑥 + 𝐾 . 𝑥 + 𝐾 ) = 0,001𝑥² 
 
Agrupa-se os termos semelhantes e faz-se a comparação, termo a termo, dos dois lados da equação 
obtém-se os coeficientes: 𝐾 = 0,001 𝐾 = 0 𝐾 = −0,002 
 
Assim 𝑦 = 0,001𝑥 − 0,002. E a solução, formada pelas partes homogênea e não homogênea 
resulta na solução geral da EDO 𝑦(𝑥) = 𝑦 (𝑥) + 𝑦 (𝑥), ou seja: 
 
Solução geral: 𝑦(𝑥) = 𝐴 cos 𝑥 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 0,001𝑥 − 0,002 
 
E resolvendo pelas condições iniciais (PVI): 
𝑦(0) = 0 → 𝐴 = 0,002 𝑒 𝑦 (0) = 1,5 → 𝐵 = 1,5 
Então: 
𝑦 = 0,002 cos 𝑥 + 1,5 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 0,001𝑥 − 0,002 
 
Solução gráfica: 
 
 
 
Exemplo 2 (regra da modificação): 
resolva o PVI para 𝑦 + 3𝑦 + 2,25𝑦 = −10. 𝑒 , 𝑦(0) = 1 𝑒 𝑦 (0) = 0 
 
Solução: parte homogênea - 𝑦 + 3𝑦 + 2,25𝑦 = 0 
y = 𝑒 𝑦 = 𝜆. 𝑒 𝑦 = 𝜆 . 𝑒 → 𝜆 . 𝑒 + 3𝜆𝑒 + 2,25𝑒 = 0 →
 𝑒 (𝜆 + 3𝜆 + 2,25) = 0 → 𝜆 = 𝜆 = 𝜆 = −1,5 
Solução homogênea: 𝒚𝒉 = (𝒄𝟏 + 𝒄𝟐𝒙)𝒆
𝝀𝒙 → 𝒚𝒉 = (𝒄𝟏 + 𝒄𝟐𝒙)𝒆
𝟏,𝟓𝒙 
33 
 
Solução não-homogênea (particular): 𝑟(𝑥) = −10. 𝑒 , ⎯⎯⎯ 𝑦 = 𝐶. 𝑒 , Como é raiz dupla, 
modifica-se 𝑦 multiplicando por x²: 𝑦 = 𝐶. 𝑥 . 𝑒 , e dali 𝑦 ′ = 𝐶. 𝑒 , (2𝑥 − 1,5𝑥 ) e 
𝑦 = 2𝐶. 𝑒 , − 6𝐶. 𝑥. 𝑒 , + 2,25 𝐶. 𝑥 . 𝑒 , que são substituídas na EDO original resultando 
em C = -5. 
A solução será: 𝑦 = −5. 𝑥 . 𝑒 , 
Solução geral: 𝑦 = 𝑦 + 𝑦 = (𝒄𝟏 + 𝒄𝟐𝒙)𝒆
𝟏,𝟓𝒙 − 𝟓. 𝒙𝟐. 𝒆 𝟏,𝟓𝒙 
E resolvendo pelas condições iniciais (PVI): 
𝑦(0) = 1 → 𝐶 = 1 𝑒 𝑦 (0) = 0 → 𝐶 = 1,5 
 
Então: 𝒚 = (𝟏 + 𝟏, 𝟓𝒙 − 𝟓𝒙²)𝒆 𝟏,𝟓𝒙 
 
 
 
 
Exemplo 3 (regra da soma): resolva o PVI para 
 𝑦 + 2𝑦 + 5𝑦 = 𝑒 , + 40 cos 10𝑥 − 190 𝑠𝑒𝑛 10𝑥 𝑦(0) = 0,16 𝑒 𝑦 (0) = 40,08 
 
Solução homogênea: pela equação característica obtém-se 𝜆 = −1 ± 2𝑖 𝛼 = −1 𝑒 𝛽 = 2 
 𝒚𝒉 = 𝒆
𝜶𝒙(𝑨 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 + 𝑩𝒔𝒆𝒏 𝜷𝒙) → 𝒚𝒉 = 𝒆
𝒙(𝑨𝒄𝒐𝒔𝟐 𝒙 + 𝑩 𝒔𝒆𝒏 𝟐𝒙) 
 
Solução não-homogênea (particular): 𝑟(𝑥) = 𝑒 , + 40 cos 10𝑥 − 190 𝑠𝑒𝑛 10𝑥 ⎯⎯⎯ 𝑦 =
 𝐶. 𝑒 , + 𝐾𝑐𝑜𝑠 10𝑥 + 𝑀 𝑠𝑒𝑛 10𝑥 Neste caso, trabalha-se de forma separada – primeiro trabalha-
se com o termo exponencial e suas derivadas para obter a constante C; depois trabalh0se com os 
termos cosseno e seno para obter as constantes K e M, substituindo as 𝑦 , 𝑦 𝑒 𝑦 ′′ de cada parte na 
EDO original: 
𝑦 = 𝐶𝑒 , → 𝐶 = 0,16 𝑦 = 𝐾 cos 10𝑥 + 𝑀 𝑠𝑒𝑛 10𝑥 → 𝐾 = 0 𝑒 𝑀 = 2 
Assim: 𝑦 = 𝑦 + 𝑦 = 0,16. 𝑒 , + 2 𝑠𝑒𝑛 10𝑥 
E finalmente: 
𝒚 = 𝒚𝒉 + 𝒚𝒑 = 𝒆
𝒙(𝑨𝒄𝒐𝒔𝟐 𝒙 + 𝑩 𝒔𝒆𝒏 𝟐𝒙) + 𝟎, 𝟏𝟔. 𝒆𝟎,𝟓𝒙 + 𝟐 𝒔𝒆𝒏 𝟏𝟎𝒙 
 
Aplicando o PVI: 
𝑦(0) = 0 → 𝐴 = 0 𝑒 𝑦 (0) = 40,08 → 𝐵 = 10 
 
Solução: 𝒚 = 𝟏𝟎. 𝒆 𝒙. 𝒔𝒆𝒏 𝟏𝟎𝒙 + 𝟎, 𝟏𝟔. 𝒆𝟎,𝟓𝒙 + 𝟐 𝒔𝒆𝒏 𝟏𝟎𝒙 
 
Solução gráfica: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
34 
 
b) Método da variação dos parâmetros 
 
 Este método permite encontrar uma solução particular de uma equação não homogênea e sua 
principal vantagem é que é um método geral e pode, em princípio, ser aplicado a qualquer equação, 
sem precisar elaborar hipóteses para o formato da solução. Por outro lado, demanda o cálculo de 
integrais que envolva o termo não homogêneo da EDO, o que pode trazer dificuldades na sua resolução. 
 
Teorema: (Dependência e independência linear das soluções) 
 Seja a EDO 𝑦 + 𝑝(𝑥)𝑦 + 𝑞(𝑥)𝑦 = 0 com coeficientes constantes p(x) e q(x) num intervalo 
aberto I. Então, duas soluções 𝑦 𝑒 𝑦 da EDO em I são linearmente dependentes em I se e somente se 
seu “wronskiano” [𝑊(𝑦 , 𝑦 ) = 𝑦 . 𝑦 − 𝑦 . 𝑦 ′] for ZERO em algum ponto 𝑥 pertencente a I. Então, 
se houver um 𝑥 em I para o qual 𝑊 ≠ 0, então 𝑦 𝑒 𝑦 são linearmente independentes em I e podem, 
assim , compor uma base de soluções para a EDO. 
 
OPERADOR WRONSKIANO: 
𝑊 (𝑦 , 𝑦 ) = 
𝑦 𝑦
𝑦 𝑦 ′ = 𝑦 . 𝑦 − 𝑦 . 𝑦 ′ 
 
Exemplos: 
a) 𝑦 = cos 𝑤𝑥 𝑒 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑥 são soluções da EDO 𝑦 + 𝑤 . 𝑦 = 0 porque seu wronskiano é 
diferente de zero e as soluções são linearmente independentes. 
𝑊 (𝑦 , 𝑦 ) = 
𝑐𝑜𝑠𝑤𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑤𝑥
−𝑤. 𝑠𝑒𝑛𝑤𝑥 𝑤. 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑥
= 𝑤 ≠ 0 
 
b) 𝑦 = (𝑐 + 𝑐 𝑥). 𝑒 é solução da EDO 𝑦 − 2𝑦 + 𝑦 = 0 porque: 
𝑊 (𝑦 , 𝑦 ) = 
𝑒 𝑥. 𝑒
𝑒 𝑥. 𝑒 + 𝑒 
= 𝑒 ≠ 0 
 
 
 O método de variação de parâmetros é creditado a Lagrange e p(x), q(x) e r(x) são variáveis 
(função de x) contínuas em I. A EDO deverá estar na forma padrão para a identificação dos 
termos, ou seja, y’’ sem coeficientes! 
 
 A solução particular por este método é dada por: 
 
𝒚𝒑(𝒙) = −𝒚𝟏.
𝒚𝟐. 𝒓(𝒙)
𝑾
. 𝒅𝒙 + 𝒚𝟐.
𝒚𝟏. 𝒓(𝒙)
𝑾
. 𝒅𝒙 
 
 
Exemplo: resolver a EDO não-homogênea 𝑦 + 𝑦 = sec 𝑥 
 
Solução: 
A partir da solução homogênea (ver exemplo 1 página 32): 
y = 𝑒 𝑦 = 𝜆. 𝑒 𝑦 = 𝜆 . 𝑒 → 𝜆 . 𝑒 + 𝑒 = 0 → 𝑒 (𝜆 + 1) = 0 → 𝜆 = ±𝑖 
Solução homogênea: 𝒚𝒉 = 𝒆
𝜶𝒙(𝑨 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 + 𝑩𝒔𝒆𝒏 𝜷𝒙) → 𝒚𝒉 = 𝑨𝒄𝒐𝒔 𝒙 + 𝑩𝒔𝒆𝒏 𝒙 
A partir disso, uma base de soluções seria 𝑦 = cos 𝑥 𝑒 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 de onde: 
𝑊 (𝑦 , 𝑦 ) = 
𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
= 1 ≠ 0 𝑠ã𝑜 𝐿. 𝐼. 
Assim: 
 
𝑦 (𝑥) = −𝑦 . ∫
. ( )
. 𝑑𝑥 + 𝑦 . ∫
. ( )
. 𝑑𝑥 = −𝑐𝑜𝑠 𝑥 ∫
 . 
. 𝑑𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥 ∫
 . 
. 𝑑𝑥 
 
35 
 
𝑦 (𝑥) = cos 𝑥 . ln | cos 𝑥 | + 𝑥. 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
 
Solução geral: 𝑦(𝑥) = 𝑦 + 𝑦 = 𝐴𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛 𝑥 + cos 𝑥 . ln | cos 𝑥 | + 𝑥. 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
𝑦(𝑥) = (𝐴 + ln | cos 𝑥|). cos 𝑥 + (𝐵 + 𝑥)𝑠𝑒𝑛 𝑥 
 
Solução gráfica (atribuindo A =B=1): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TAREFA 6 (pontuação DUPLA): Resolver as seguintes EDOs pelo método mais adequado. 
Apresentar os cálculos e o gráfico (família de soluções ou PVI), conforme o caso. 
 
1) 20. 𝑦 + 4. 𝑦 + 𝑦 = 0 𝑦(0) = 3,2 𝑒 𝑦 (0) = 0 
 
2) 𝑥 . 𝑦 − 7𝑥. 𝑦 + 16𝑦 = 0 
 
3) 𝑦 + 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐 𝑥 
 
4) 𝑦 − 𝑦 − 12𝑦 = 144𝑥 + 12,5 𝑦(0) = 5 𝑒 𝑦 (0) = −0,5 
 
 
 
 
36 
 
4. Equações diferenciais de ordem superior. 𝒚(𝒏) = 
𝒅𝒏𝒚
𝒅𝒙𝒏
 
 
 a) EDO linear homogênea: 
 
Forma padrão: 𝒚𝒏 + 𝒑𝒏 𝟏(𝒙). 𝒚
𝒏 𝟏 + ⋯ + 𝒑𝟏(𝒙). 𝒚 + 𝒑𝒐(𝒙). 𝒚 = 𝟎 (∗) 
 
Se a EDO não puder ser escrita dessa forma, ela será não-linear. 
 
Características: 
1) Princípio da superposição ou linearidade: 
- somas e multiplicações por constantes das soluções da EDO (*) em I, também são soluções. Isso 
não ocorre se a EDO for não homogênea ou não linear. 
 
Solução geral: 𝑦(𝑥) = 𝑐 . 𝑦 (𝑥) + ⋯ + 𝑐 . 𝑦 (𝑥) com 𝑦 (𝑥), … , 𝑦 (𝑥) são L.I. 
 
OBS.: se 𝑦 (𝑥), … , 𝑦 (𝑥) não são L.I, então pelo menos umadessas funções pode ser expressa como 
combinação linear das demais (isto é, posso escrever como soma dessas funções, ou multiplicado por 
uma constante, etc.). 
 
2) Problema de valor inicial: muitas aplicações! No geral: y (deslocamento), y’(tangente, taxa), y’’ 
(momento fletor), y’’’ (força cisalhamento), etc.. 
 
3) Existência de solução geral: que inclui todas as soluções 
 
 
b) EDO linear homogênea com coeficientes constantes: 
 
Forma padrão: 𝒚𝒏 + 𝒂𝒏 𝟏. 𝒚
𝒏 𝟏 + ⋯ + 𝒂𝟏. 𝒚 + 𝒂𝒐(𝒙). 𝒚 = 𝒓(𝒙) 𝒄𝒐𝒎 𝒓(𝒙) = 𝟎 (𝟏) 
 
Procede-se à Equação característica e análise das raízes: 𝜆 + 𝑎 . 𝜆 + ⋯ + 𝑎 . 𝜆 + 𝑎 = 0 (2) 
Então 𝑦 = 𝑒 é solução. Os casos possíveis são: 
 
CASO 1: raízes reais simples - 𝒚𝟏 = 𝒆
𝝀𝟏𝒙 , 𝒚𝟐 = 𝒆
𝝀𝟐𝒙 , … , 𝒚𝒏 = 𝒆
𝝀𝒏𝒙 
 
 As soluções 𝑦 = 𝑒 , 𝑦 = 𝑒 , … , 𝑦 = 𝑒 constituem uma base de soluções de 
(1) em I se e somente se todas as n raízes de (2) forem diferentes entre si e também se os valores 
correspondentes de 𝜆 forem todos diferentes entre si. 
 
 
Exemplo 1: resolver a EDO 𝑦 − 2𝑦 − 𝑦 + 2𝑦 = 0 
 
Solução: equação característica: 
 𝜆 − 2. 𝜆 − 𝜆 + 2 = 0 
𝑅𝑎í𝑧𝑒𝑠: 𝜆 = 1 𝜆 = 2 𝜆 = −1 
 
Solução geral: 𝑦(𝑥) = 𝑐 𝑒 + 𝑐 𝑒 + 𝑐 𝑒 
 
 
 
 
 
37 
 
CASO 2: raízes complexas simples - 𝒚𝟏 = 𝒆
𝜶𝒙𝒄𝒐𝒔 𝜷𝒙 𝒆 𝒚𝟐 = 𝒆
𝜶𝒙 𝒔𝒆𝒏 𝜷𝒙 
 
 Se 𝜆 = 𝛼 + 𝛽𝑖 for uma raiz complexa simples de (2) então seu conjugado também será raiz e 
fornecerão as duas soluções LI. 
 
 
Exemplo 2: 
Resolver o PVI 𝑦 − 𝑦 + 100𝑦 − 100𝑦 = 0 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑦(0) = 4 ; 𝑦 (0) = 11 𝑒 𝑦 (0) = −299 
 
Solução: 
Equação característica: 𝜆 − 𝜆 + 100𝜆 − 100 = 0 𝑅𝑎í𝑧𝑒𝑠: 𝜆 = 1 𝜆 = 10𝑖 𝜆 = −10𝑖 
Solução geral: 𝑦(𝑥) = 𝑐 𝑒 + 𝐴 cos 10𝑥 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 10𝑥 
Para o PVI: 𝑐 = 1 𝐴 = 3 𝐵 = 1 Solução geral → 𝑦(𝑥) = 𝑒 + 3 cos 10𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 10𝑥 
Solução gráfica: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CASO 3: raízes reais múltiplas - 𝒚𝟏 = 𝒆
𝝀𝒙 , 𝒚𝟐 = 𝒙. 𝒆
𝝀𝒙 , 𝒚𝟑 = 𝒙
𝟐. 𝒆𝝀𝒙 … , 𝒚𝒏 = 𝒙
𝒎 𝟏. 𝒆𝝀𝒙 
 
 Se λ for raiz real de ordem m, então as m soluções correspondentes LI são 𝑒 , 𝒙. 𝒆𝝀𝒙 ,
𝒙𝟐. 𝒆𝝀𝒙 .. 
 
Exemplo 3: resolver a EDO 𝑦 − 3. 𝑦 + 3. 𝑦 − 𝑦 = 0 
 
Solução: 
Equação característica: 𝜆 − 3𝜆 + 3 𝜆 − 𝜆 = 0 𝑅𝑎í𝑧𝑒𝑠: 𝜆 = 𝜆 = 0 𝜆 = 1 𝜆 = 𝜆 = 1 
Solução geral: 𝑦(𝑥) = 𝑐 𝑒 + 𝑐 . 𝑥. 𝑒 + 𝑐 𝑒 + 𝑐 . 𝑥. 𝑒 + 𝑐 . 𝑥 . 𝑒 
𝑦(𝑥) = 𝑐 + 𝑐 . 𝑥 + 𝑒 (𝑐 + 𝑐 . 𝑥 + 𝑐 . 𝑥 ) 
 
38 
 
CASO 4: raízes complexas múltiplas - 𝒚𝟏 = 𝒆
𝜶𝒙𝒄𝒐𝒔 𝜷𝒙 𝒆 𝒚𝟐 = 𝒆
𝜶𝒙 𝒔𝒆𝒏 𝜷𝒙 
 
 Se 𝜆 = 𝛼 + 𝛽𝑖 for uma raiz complexa simples de (2) então seu conjugado também será raiz e 
fornecerão as duas soluções LI. E com termos iguais, usa-se a multiplicação por x (e seus sucessivos 
quantos forem necessários): 𝒆𝜶𝒙𝒄𝒐𝒔 𝜷𝒙, 𝒆𝜶𝒙 𝒔𝒆𝒏 𝜷𝒙 , 𝒆𝜶𝒙. 𝒙. 𝒄𝒐𝒔 𝜷𝒙, 𝒆𝜶𝒙. 𝒙. 𝒔𝒆𝒏 𝜷𝒙 
Para raízes complexas triplas, acrescentar x². 
 
Solução geral para raízes complexas duplas: 𝑦 = 𝑒 . [(𝐴 + 𝐴 𝑥) cos 𝛽𝑥 + (𝐵 + 𝐵 𝑥)𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑥] 
 
 
 c) EDO linear não homogênea 
 
Forma padrão: 𝒚𝒏 + 𝒑𝒏 𝟏(𝒙). 𝒚
𝒏 𝟏 + ⋯ + 𝒑𝟏(𝒙). 𝒚 + 𝒑𝒐(𝒙). 𝒚 = 𝒓(𝒙) (∗) 
 
Solução homogênea: 𝑦 (𝑥) = 𝑐 𝑦 (𝑥) + ⋯ + 𝑐 𝑦 (𝑥) 
 
Solução geral: 𝑦(𝑥) = 𝑦 (𝑥) + 𝑦 (𝑥) 
 
Os métodos para determinar a solução particular são os mesmos da EDO de segunda ordem: método 
dos coeficientes a determinar e método da variação de parâmetro. 
 
 
Exemplo 1 (coeficientes a determinar) 
Resolver o PVI 𝑦 + 3𝑦 + 3𝑦 + 𝑦 = 30𝑒 𝑐𝑜𝑚 𝑦(0) = 3 𝑦 (0) = −3 𝑒 𝑦 (0) = −47 
 
Solução: 
Solução homogênea - equação característica: 𝜆 + 3𝜆 + 3𝜆 + 1 = 0 𝑅𝑎í𝑧𝑒𝑠: 𝜆 = 𝜆 = 𝜆 = −1 
Raiz real tripla 𝑦 (𝑥) = 𝑐 𝑒 + 𝑐 𝑥𝑒 + 𝑐 𝑥²𝑒 
Solução particular: 
𝑦 = 𝐶. 𝑒 (já tem na homogênea); 𝑦 = 𝐶. 𝑥. 𝑒 (idem); 𝑦 = 𝐶. 𝑥 . 𝑒 (idem); 𝑦 = 𝐶. 𝑥 . 𝑒 
 
Então será adotada esta última para calcular as derivadas y’, y’’ e y’’’ e substituir na EDO original de 
onde obtém-se C = 5. Assim, a solução particular será 𝑦 = 5. 𝑥 . 𝑒 
Solução geral: 𝑦(𝑥) = 𝑦 (𝑥) + 𝑦 (𝑥) = 𝑐 𝑒 + 𝑐 𝑥𝑒 + 𝑐 𝑥 + 5. 𝑥 . 𝑒 
Com o PVI calcula-se os coeficientes faltantes: 𝑐 = 3 𝑐 = 0 𝑐 = −25 que resulta na solução: 
𝑦(𝑥) = 3. 𝑒 + 0. 𝑥𝑒 − 25. 𝑥 + 5. 𝑥 . 𝑒 = 𝑒 (3 − 25𝑥 + 5𝑥 ) 
Solução gráfica: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Para o método de variação de parâmetros há uma nova escrita para o wronskiano e para a 
solução particular: 
39 
 
𝑦 (𝑥) = 𝑦 (𝑥) .
𝑊 (𝑥)
𝑊(𝑥)
. 𝑟(𝑥). 𝑑𝑥 
= 𝑦 (𝑥)
𝑊 (𝑥)
𝑊(𝑥)
. 𝑟(𝑥). 𝑑𝑥 + ⋯ + 𝑦 (𝑥)
𝑊 (𝑥)
𝑊(𝑥)
. 𝑟(𝑥). 𝑑𝑥 
 
Com W (considerando duas soluções): 
 
𝑊 (𝑦 , 𝑦 ) = 
𝑦 𝑦
𝑦 𝑦 ′ → 
𝑊 = 
0 𝑦
1 𝑦 ′
= −𝑦
𝑊 = 
𝑦 0
𝑦 ′ 1
= 𝑦
 
 
Exemplo: 
Resolva a equação não-homogênea de Euler-Cauchy 𝑥 𝑦 − 3𝑥 𝑦 + 6𝑥𝑦 − 6𝑦 = 𝑥 ln 𝑥 
 
Solução: 
Parte homogênea: fazendo 𝑦 = 𝑥 e substituindo suas derivadas na EDO original, tem-se: 
𝑚 − 6𝑚 + 11𝑚 − 6 = 0 𝑐𝑜𝑚 𝑟𝑎í𝑧𝑒𝑠 𝑚 = 1 𝑚 = 2 𝑚 = 3 
Assim: 𝑦 = 𝑥 𝑦 = 𝑥 𝑦 = 𝑥³ e 𝑦 = 𝑐 𝑥 + 𝑐 𝑥 + 𝑐 𝑥³ 
𝑊 (𝑦 , 𝑦 , 𝑦 ) = 
𝑦 𝑦 𝑦
𝑦 𝑦 𝑦
𝑦 𝑦 𝑦 ′′
 → 
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎧ 𝑊 = 
0 𝑥 𝑥³
0 2𝑥 3𝑥
1 2 6𝑥
= 𝑥
𝑊 = 
𝑥 0 𝑥
1 0 3𝑥
0 1 6𝑥
= −2𝑥
𝑊 = 
𝑥 𝑥² 0
1 2𝑥 0
0 2 1
= 𝑥²
 
 
𝑦 = 𝑦 (𝑥)
𝑊 (𝑥)
𝑊(𝑥)
. 𝑟(𝑥). 𝑑𝑥 + 𝑦 (𝑥)
𝑊 (𝑥)
𝑊(𝑥)
. 𝑟(𝑥). 𝑑𝑥 + 𝑦 (𝑥)
𝑊 (𝑥)
𝑊(𝑥)
. 𝑟(𝑥). 𝑑𝑥 (∗) 
 
O termo r(x) somente poderá ser utilizado após deixar a EDO na forma padrão. Neste exemplo, a forma 
padrão é obtida dividindo-se a equação por x³, que é o termo da maior derivada (y’’’). Assim, 
𝑟(𝑥) = 
³
= 𝑥 ln 𝑥 𝑒 𝑣𝑜𝑙𝑡𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑚 (∗): 
𝑦 = 𝑥 ∫ . 𝑥. ln 𝑥 . 𝑑𝑥 + 𝑥
∫ . 𝑥𝑙𝑛 𝑥. 𝑑𝑥 + 𝑥 ∫ . 𝑥 . ln 𝑥 . 𝑑𝑥 = 
𝑦 = ln 𝑥 − 
 
Solução geral: 
 𝑦 = 𝑦 + 𝑦 = 𝒄𝟏𝒙 + 𝒄𝟐𝒙
𝟐 + 𝒄𝟑𝒙
𝟑 + 
𝒙𝟒
𝟔
𝐥𝐧 𝒙 − 
𝟏𝟏
𝟔
 
Solução gráfica para 𝑦 : 
 
 
 
 
TAREFA 7: Pesquisar aplicações de EDOs superiores na engenharia (mínimo duas aplicações, com 
apresentação do modelo matemático e ilustrações). Máximo DUAS folhas. 
40 
 
5. Aplicações de equações diferenciais lineares de primeira ordem e ordem superiores 
 
 5.1 Modelagem oscilações livres (massa-mola) 
 
Modelagem Física: SISTEMA NÃO-AMORTECIDO 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O movimento do corpo é dado pela 2ª Lei de Newton: ∑ 𝐹 = 𝑚. 𝑎 = 𝑚. 𝑦 = 𝑚.
²
²
 (1) 
No equilíbrio estático a partir da incidência de uma força 𝐹 = −𝑘. 𝑠 (k: constante elástica da mola) e 
dali ∑ 𝐹 = 0 → +𝐹 + 𝑊 = 0 → −𝑘. 𝑠 + 𝑚𝑔 = 0 
No sistema em movimento (a partir de y=0) tem-se a Lei de Hooke e a força restauradora: 𝐹 = −𝑘. 𝑦 
Todo sistema é amortecido (caso contrário, ele permaneceria em movimento perene). Em alguns casos, 
esse amortecimento pode ser desprezado. Como é este caso – sistema não-amortecido. Assim, a[única 
força presente no movimento é Fr: ∑ 𝐹 = 𝐹 . Retornando à equação (1): ∑ 𝐹 = 𝑚. 𝑦 = 𝐹 = −𝑘. 𝑦 
que resulta numa EDO de 2ª ordem a coeficientes constantes: 
𝑚. 𝑦 + 𝑘𝑦 = 0 (: 𝑚) → 𝑦 +
𝑘
𝑚
𝑦 = 0 
E a solução é dada pela equação característica: 
𝑦 = 𝑒 𝑦 = 𝜆𝑒 𝑦 = 𝜆 → 𝑒 𝜆 +
𝑘
𝑚
= 0 → 𝜆 =
𝑘
𝑚
𝑖 ; 𝜶 = 𝟎 𝒆 𝜷 =
𝒌
𝒎
 
Solução geral: 
𝒚(𝒕) = 𝑨 𝐜𝐨𝐬 𝒘𝒕 + 𝑩 𝒔𝒆𝒏 𝒘𝒕 𝐜𝐨𝐦 𝒘 =
𝒌
𝒎
 𝐞 𝐩𝐞𝐫í𝐨𝐝𝐨 =
𝟐𝝅
𝒘
 
Movimento de Oscilação Harmônica 
 
 
Essa forma de solução é a mais tradicional a parti da resolução da EDO. Mas é comum que a solução 
seja expressa de modo a apresentar a amplitude e a fase de oscilação a partir da fórmula da adição de 
cossenos [cos(𝑥 − 𝑦) = cos 𝑥 cos 𝑦 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑦], resultandona solução com cosseno em desvio de 
fase: 
𝒚(𝒕) = 𝑪 𝐜𝐨𝐬(𝒘𝒕 − 𝜹) 𝒄𝒐𝒎 𝒂𝒎𝒑𝒍𝒊𝒕𝒖𝒅𝒆 𝑪 = 𝑨𝟐 + 𝑩² 𝒆 â𝒏𝒈𝒖𝒍𝒐 𝒇𝒂𝒔𝒆 𝜹 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 
𝑩
𝑨
 
 
 
Exemplo 1: 
Se uma esfera de peso W=98N esticar uma mola de uma distância 1,09m, quantos ciclos por minuto 
serão executados por esse sistema massa-mola? Qual será seu movimento se puxarmos a esfera mais 
16 cm e a deixarmos iniciar o movimento com uma velocidade inicial nula? 
 
41 
 
Solução: 
Lei de Hooke: 𝐹 = −𝑘. 𝑦 → 98 = 1,09. 𝑘 → 𝑘 = 90𝑁/𝑚 
Massa: 𝑊 = 𝑚𝑔 → 98 = 𝑚. 9,81 → 𝑚 = 10𝑘𝑔 
Frequência de oscilação = 
í
= = = = 0,48 (𝐻𝑒𝑟𝑡𝑧) = 29 
 
EDO para sistema não amortecido a solução é: 𝑦(𝑡) = 𝐴 cos 𝑤𝑡 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡 = 𝐴 cos 3𝑡 + 𝐵𝑠𝑒𝑛 3𝑡 
PVI: y(0)= +0,16m e y’(0)=0 (velocidade inicial nula): A=0,16 e B =0 
Solução geral: 𝑦(𝑡) = 0,16 cos 3𝑡 
 
 
 
 
 
Modelagem Física: SISTEMA AMORTECIDO 
 
Ao modelo não-amortecido, acrescenta-se uma forma de 
amortecimento Fa proporcional à velocidade y’: 
𝐹 = −𝑐. 𝑦 → 𝐹 = 𝐹 + 𝐹 = −𝑘𝑦 − 𝑐𝑦 
Do modelo inicial: 
𝐹 = 𝑚. 𝑦 → 𝑚. 𝑦 = −𝑘𝑦 − 𝑐𝑦′ 
 
𝑚𝑦 + 𝑐𝑦 + 𝑘𝑦 = 0 (𝑐: 𝑐𝑡𝑒 𝑎𝑚𝑜𝑟𝑡𝑒𝑐𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜) 
 
Trata-se de uma EDO linear, homogênea a coeficientes constantes que, dividindo por m: 
𝑚𝑦 + 𝑐𝑦 + 𝑘𝑦 = 0 (: 𝑚) → 𝑦 + 
𝑐
𝑚
𝑦 +
𝑘
𝑚
𝑦 = 0 
 
E sua resolução por equação característica resulta em: 𝜆 = − ±
√
= 𝛼 ± 𝛽 
 
Estudo de √𝒄𝟐 − 𝟒𝒎𝒌: 
CASO I: 𝒄𝟐 > 𝟒 𝒎𝒌 → 𝝀𝟏 ≠ 𝝀𝟐 𝒓𝒆𝒂𝒊𝒔 → 𝑺𝑼𝑷𝑬𝑹𝑨𝑴𝑶𝑹𝑻𝑬𝑪𝑰𝑴𝑬𝑵𝑻𝑶 
CASO II: 𝒄𝟐 = 𝟒 𝒎𝒌 → 𝝀𝟏 = 𝝀𝟐 = 𝝀 → 𝑨𝑴𝑶𝑹𝑻𝑬𝑪𝑰𝑴𝑬𝑵𝑻𝑶 𝑪𝑹Í𝑻𝑰𝑪𝑶 
CASO III: 𝒄𝟐 < 𝟒 𝒎𝒌 → 𝒓𝒂í𝒛𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒎𝒑𝒍𝒆𝒙𝒂𝒔 → 𝑺𝑼𝑩𝑨𝑴𝑶𝑹𝑻𝑬𝑪𝑰𝑴𝑬𝑵𝑻𝑶 
42 
 
CASO I: 𝒄𝟐 > 𝟒 𝒎𝒌 → 𝝀𝟏 ≠ 𝝀𝟐 𝒓𝒆𝒂𝒊𝒔 Solução: 𝒚(𝒕) = 𝒄𝟏𝒆
(𝜶 𝜷)𝒕 + 𝒄𝟐𝒆
(𝜶 𝜷)𝒕 
Neste caso, o amortecimento extrai energia do sistema tão rapidamente (devido aos termos 
exponenciais negativos) que o corpo não oscila. Ambos os termos da solução se aproximam de zero 
quando t tende ao infinito. Ou seja, após um tempo suficientemente longo, a massa estará em repouso. 
Alguns comportamentos gráficos típicos estão na figura a seguir, para diferentes velocidades iniciais 
(1-positiva; 2-zero; 3-negativa) e para deslocamentos iniciais negativo/positivo. 
 
 
 Deslocamento inicial positivo Deslocamento inicial negativo 
 
 
 
CASO II: 𝒄𝟐 = 𝟒 𝒎𝒌 → 𝝀𝟏 = 𝝀𝟐 = 𝝀 𝑺𝒐𝒍𝒖çã𝒐: 𝒚(𝒕) = (𝒄𝟏 + 𝒄𝟐𝒕). 𝒆
𝝀𝒕 
O corpo pode passar pela posição de equilíbrio y = 0 no máximo uma vez pois 𝒆 𝝀𝒕 nunca é igual a 
zero. O gráfico é muito similar ao caso I e as oscilações também desaparecem. 
 
 
CASO III: 𝒄𝟐 < 𝟒 𝒎𝒌 → 𝝀𝟏 = 𝜶 + 𝜷𝒊 𝒆 𝝀𝟐 = 𝜶 − 𝜷𝒊 
𝑺𝒐𝒍𝒖çã𝒐: 𝒚(𝒕) = 𝒆 𝜶𝒕(𝑨𝒄𝒐𝒔 𝜷𝒕 + 𝑩𝒔𝒆𝒏 𝜷𝒕 ) = 𝒆 𝜶𝒕(𝑨𝒄𝒐𝒔 𝒘∗𝒕 + 𝑩𝒔𝒆𝒏 𝒘∗𝒕 ) 
 onde 𝒘∗ é 𝒂 𝒇𝒓𝒆𝒒𝒖ê𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒓𝒏𝒂 𝒅𝒐 𝒔𝒊𝒔𝒕𝒆𝒎𝒂 = 
𝒌
𝒎
−
𝒄²
𝟒𝒎²
 
A solução mostra que as oscilações são amortecidas, ou seja, vai diminuindo sua amplitude. As curvas 
tocam-se em múltiplos inteiros de π pois são os pontos onde seno ou o cosseno são iguais a +1 ou -1. 
Outra observação é que, pela fórmula de 𝑤∗, quanto menor o c (constante de amortecimento) maior o 
valor de 𝑤∗ indicando que as oscilações serão mais rápidas. Pelo gráfico genérico a seguir, a função 
senoidal fica limitada, tanto superior como inferiormente, pelas funções exponenciais. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
43 
 
Exemplo geral: seja o mesmo exemplo 1 da página 40. 
De que modo o movimento do exemplo anterior muda se alterarmos a constante de amortecimento c 
para cada um desses valores, com y(0)=0,16 e y’(0)=0 ? 
(I) c = 100kg/s (II) c = 60kg/s (III) c = 10 kg/s 
 
Solução: 
Do exemplo anterior: EDO sem amortecimento do tipo: 𝑚𝑦 + 𝑘𝑦 = 0 → 10𝑦 + 90𝑦 = 00 
Caso I – c = 100kg/s 
 𝑚𝑦 + 𝑐𝑦 + 𝑘𝑦 = 0 → 10𝑦 + 100𝑦 + 90𝑦 = 0 𝑐𝑜𝑚 𝑦(0) = 0,16 𝑒 𝑦 (0) = 0 
Pela equação característica obtemos 𝜆 = −9 𝑒 𝜆 = −1 𝑑𝑢𝑎𝑠 𝑟𝑎í𝑧𝑒𝑠 𝑟𝑒𝑎𝑖𝑠 → 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑎𝑚𝑜𝑟𝑡𝑒𝑐𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 
Solução: 𝑦(𝑡) = 𝑐 𝑒 + 𝑐 𝑒 
Aplicando PVI: 𝑐 = 0,18 𝑒 𝑐 = −0,02 → 𝑦(𝑡) = 0,18𝑒 − 0,02𝑒 
 
Caso II – c = 60kg/s 
 𝑚𝑦 + 𝑐𝑦 + 𝑘𝑦 = 0 → 10𝑦 + 60𝑦 + 90𝑦 = 0 𝑐𝑜𝑚 𝑦(0) = 0,16 𝑒 𝑦 (0) = 0 
Pela equação característica obtemos 𝜆 = 𝜆 = −3 𝑟𝑎𝑖𝑧 𝑑𝑢𝑝𝑙𝑎 → 𝑎𝑚𝑜𝑟𝑡𝑒𝑐𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑜 
Solução: 𝑦(𝑡) = (𝑐 + 𝑐 𝑡) 𝑒 
Aplicando PVI: 𝑐 = 0,16 𝑒 𝑐 = 0,48 → 𝑦(𝑡) = (0,16 + 0,48𝑡)𝑒 
 
Caso III – c = 10kg/s 
 𝑚𝑦 + 𝑐𝑦 + 𝑘𝑦 = 0 → 10𝑦 + 10𝑦 + 90𝑦 = 0 𝑐𝑜𝑚 𝑦(0) = 0,16 𝑒 𝑦 (0) = 0 
Pela equação característica obtemos 𝜆 = − ± √ 𝑖 𝛼 = −0,5 𝛽 = 2,96 → 𝑠𝑢𝑏𝑎𝑚𝑜𝑟𝑡𝑒𝑐𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 
Solução: 𝑦(𝑡) = 𝑒 , (𝐴 cos 2,96 𝑡 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 2,96 𝑡) 
Aplicando PVI: 𝐴 = 0,16 𝑒 𝐵 = 0,027 → 𝑦(𝑡) = 𝑒 , (0,16 cos 2,96 𝑡 + 0,027 𝑠𝑒𝑛 2,96 𝑡) 
 
Solução gráfica para aos três casos: 
 
 
 
TAREFA 8: 
Uma massa de 1 quilograma é presa a uma mola cuja constante é 16 N/m e todo o sistema é então 
submerso em um líquido que oferece uma força de amortecimento numericamente igual a 10 vezes a 
velocidade instantânea. Determine as equações do movimento, considerando que: 
a) a massa é solta do repouso do ponto 1 metro abaixo da posição de equilíbrio; 
b) a massa é solta do ponto 1 metro abaixo da posição de equilíbrio a uma velocidade de 12m/s para 
cima. 
c) Graficar as duas situações. 
 
44 
 
5.2 Modelagem oscilações forçadas(ressonância) 
 
 Foi visto pela equação 𝑚𝑦 + 𝑐𝑦 + 𝑘𝑦 = 0 que o movimento massa-mola ocorria livremente, 
sem ação de forças externas. A EDO homogênea apresentava somente forças internas: 
𝑚𝑦 → 𝑓𝑜𝑟ç𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑖𝑛é𝑟𝑐𝑖𝑎 
𝑐𝑦 → 𝑓𝑜𝑟ç𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑎𝑚𝑜𝑟𝑡𝑒𝑐𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 
𝑘𝑦 → 𝑓𝑜𝑟ç𝑎 𝑑𝑎 𝑚𝑜𝑙𝑎 
 Nas oscilações forçadas há a presença de uma força externa, representada por r(t) (ou INPUT 
ou força eletromotriz), no lado direito da equação da EDO: 
𝑚𝑦 + 𝑐𝑦 + 𝑘𝑦 = 𝑟(𝑡) 
 Mecanicamente, a resultante das forças internas está em equilíbrio com a força externa r(t). A 
solução dessa EDO passa a ser o OUTPUT ou resposta do sistema à aplicação da força motriz. 
 Há um interesse especial na 𝑟(𝑡) = 𝐹 cos 𝑤𝑡 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝐹 > 0 𝑒 𝑤 > 0, que são forças 
periódicas externas. 
 
 A EDO se torna então de 2ª ordem não homogênea com 
coeficientes constantes: 
𝑚𝑦 + 𝑐𝑦 + 𝑘𝑦 = 𝐹 cos 𝑤𝑡 
 
Sua resolução se dá pela soma das partes homogênea e não 
homogênea, como já visto: 𝑦(𝑡) = 𝑦 (𝑡) + 𝑦 (𝑡) 
 
A solução homogênea depende dos valores de √𝑐 − 4𝑚𝑘 
resultando em um dos três casos I, II e III. 
 
A parte não homogênea pode ser determinada pelo método dos 
coeficientes a determinar (Tabela). Considerando o input acima, temos: 
𝑟(𝑡) = 𝐹 cos 𝑤𝑡 ⎯⎯⎯ 𝑦 (𝑡) = 𝐴 cos 𝑤𝑡 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡 
Esta e suas derivadas, ao substituir na EDO original, resulta nos valores de : 
𝐴 =
𝐹 (𝑘 − 𝑚𝑤 )
(𝑘 − 𝑚𝑤) + 𝑤²𝑐²
 𝑒 𝐵 = 
𝐹 𝑤𝑐
(𝑘 − 𝑚𝑤) + 𝑤²𝑐²
 
 
Como 𝑤 = → 𝑘 = 𝑚. 𝑤 ² que é substituído nas expressões de A e B. 
 
Análise dos casos para 𝑐 = 0 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑛ã𝑜 𝑎𝑚𝑜𝑟𝑡𝑒𝑐𝑖𝑑𝑜
𝑐 > 0 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑎𝑚𝑜𝑟𝑡𝑒𝑐𝑖𝑑𝑜
 
 
CASO 1: 
c = 0 (desprezível ou muito pequeno) – OSCILAÇÕES NÃO-AMORTECIDAS FORÇADAS 
 
𝐴 =
𝐹 (𝑘 − 𝑚𝑤 )
(𝑘 − 𝑚𝑤) + 𝑤²𝑐²
= 
𝐹
𝑘 − 𝑚𝑤²
 ⎯⎯⎯⎯ 
𝐹
𝑚
.
1
(𝑤 − 𝑤 )
 𝑒 𝐵 = 0 
𝑦 (𝑡) = 𝐴 cos 𝑤𝑡 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡 = 
𝐹
𝑚
.
1
(𝑤 − 𝑤 )
cos 𝑤𝑡 𝑚𝑎𝑠 𝑚 =
𝑘
𝑤
 
 
𝑦 (𝑡) = 
𝐹 cos 𝑤𝑡
𝑘 1 − 
𝑤²
𝑤
 𝑐𝑜𝑚 𝑤 ≠ 𝑤 
 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑤 = 𝑓𝑟𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑎 𝑓𝑜𝑟ç𝑎 𝑚𝑜𝑡𝑟𝑖𝑧 𝑒 𝑤 = 𝑓𝑟𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑛𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑙 𝑑𝑜 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 
r(t)=Fo cos wt45 
 
Solução geral: 
Solução homogênea: 
 𝑦 (𝑡) = 𝐴 cos 𝑤 𝑡 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 𝑤 𝑡 = 𝐶 cos(𝑤 𝑡 − 𝛿) 𝑐𝑜𝑚 𝐶 = 𝐴 + 𝐵² 𝛿 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 
Solução não-homogênea: 
𝑦 (𝑡) = .
( )
cos 𝑤𝑡 
 
Solução geral: 𝒚(𝒕) = 𝑪 𝐜𝐨𝐬(𝒘𝒐𝒕 − 𝜹) + 
𝑭𝒐
𝒎
.
𝟏
(𝒘𝒐
𝟐 𝒘𝟐)
𝐜𝐨𝐬 𝒘𝒕 
 
que representa a superposição de duas oscilações harmônicas de frequência 𝑤 (sistema) e w (força 
motriz). 
 
RESSONÂNCIA: ocorre quando não há amortecimento, ou seja, o termo cy’ da EDO é nulo. 
 
Assim: 
𝑚𝑦 + 𝑐𝑦 + 𝑘𝑦 = 𝐹 cos 𝑤𝑡 (: 𝑚) 𝑒 𝑐 = 0 
 
𝑦 + 𝑦 = cos 𝑤𝑡 𝑙𝑒𝑚𝑏𝑟𝑒 𝑞𝑢𝑒 = 𝑤 → 𝑦 + 𝑤 . 𝑦 = cos 𝑤𝑡 
 
Nova solução particular (porque yh tem respostas semelhantes a yp – precisa multiplicar por t): 
𝑦 (𝑡) = 𝑡(𝐴 cos 𝑤 𝑡 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 𝑤 𝑡) 
Aplicando esta solução e suas derivadas na EDO original: 
𝐴 = 0 𝑒 𝐵 = 
𝐹
2𝑤 𝑚
 → 𝒚𝒑(𝒕) = 𝒕.
𝑭𝒐
𝟐𝒘𝒐𝒎
. 𝒔𝒆𝒏 𝒘𝒐𝒕 
 
 
Sistemas com amortecimento pequeno podem sofrer grandes 
vibrações a ponto de destruir a estrutura. Como exemplos temos 
Tacoma Narrow Bridge (destruída em 1940) e aviões Lockheed 
Electra no final da década de 60 (três acidentes fatais). Mas nem 
sempre a ressonância é destrutiva - num circuito elétrico a 
ressonância permite que um rádio seja sintonizado numa estação 
específica! 
 
 
 
 
BATIMENTOS: quando w estiver próximo de 𝑤 resulta numa solução geral do tipo: 
𝑦(𝑡) = 
2 𝐹
𝑚(𝑤 − 𝑤 )
. 𝑠𝑒𝑛 
𝑤 + 𝑤
2
. 𝑡 . 𝑠𝑒𝑛 
𝑤 − 𝑤
2
. 𝑡 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
46 
 
CASO 2: c > 0 – OSCILAÇÕES AMORTECIDAS FORÇADAS 
 
Neste caso, a solução geral composta da parte homogênea e da parte particular representam um 
regime transiente. Como é amortecida, a solução homogênea se aproxima de zero quando t tende ao 
infinito. Assim, a solução geral se aproxima da solução particular, caracterizando um sistema 
ESTÁVEL. Caso contrário, o sistema se torna instável e se aproxima do caso 1 anterior. 
 Após um tempo suficientemente longo, a saída de um sistema vibratório amortecido submetido 
a uma força motriz permanente senoidal será praticamente igual a uma oscilação harmônica cuja 
frequência é iguala à da entrada. 
 
 
 
 
 
5.3 Modelagem de circuitos elétricos 
 
Conceitos preliminares: circuito RLC 
 
Resistor R (ohms - Ω) 
Indutor L (henry – H) 
Capacitor C (farad – F) 
Gerador E (volts – V) – força eletromotriz: 𝐸(𝑡) = 𝐸 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡 
Corrente I (ampère – A) 
 
Lei da Voltagem de Kirchhoff: “A voltagem (força eletromotriz) imprimida num circuito fechado é 
igual à soma da queda de tensão ao longo dos outros elementos do circuito” - 𝑈 = 𝑅. 𝐼 
 
 
Queda de tensão nos elementos: 
Resistor Ôhmico: R.I 
Indutor: 𝐿. 𝐼 = 𝐿. 
Capacitor: 
Q: carga no capacitor 
𝐼(𝑡) =
𝑑𝑄
𝑑𝑡
→ 𝑄(𝑡) = 𝐼(𝑡). 𝑑𝑡 
 
Soma das voltagens: 
𝐿. 𝐼 + 𝑅𝐼 +
𝑄
𝐶
= 𝐸(𝑡) = 𝐸 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡 
𝐿. 𝐼 + 𝑅𝐼 +
1
𝐶
𝐼 𝑑𝑡 = 𝐸(𝑡) = 𝐸 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡 
𝐿. 𝐼 + 𝑅𝐼 +
1
𝐶
. 𝐼 = 𝐸 𝑤. cos 𝑤𝑡 (∗) 
 
Pode-se usar a carga como variável, no lugar da corrente, 𝐼 = 𝑄 𝐼 = 𝑄′′ resultando em: 
𝐿. 𝑄 + 𝑅. 𝑄 +
1
𝐶
𝑄 = 𝐸 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡 𝑀𝑒𝑛𝑜𝑠 𝑢𝑠𝑎𝑑𝑜 
 
Resolvendo a EDO (*): 
Solução geral: 𝐼 = 𝐼 + 𝐼 
 
Solução particular (pelo método de coeficientes a determinar): 𝐼 = 𝐴 cos 𝑤𝑡 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡 
Substituindo essa solução e suas derivadas na EDO original (mas antes deve-se fazer um ajuste): 
47 
 
𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑛𝑜: 𝐿𝑤 (−𝐴) + 𝑅𝑤𝐵 +
𝐴
𝐶
= 𝐸 
𝑠𝑒𝑛𝑜: 𝐿𝑤 (−𝐵) + 𝑅𝑤(−𝐴) + 
𝐵
𝐶
= 0 
Reatância S: combinação de L e C: 𝑆 = 𝑤𝐿 − 
Dividindo as duas equações por w e substituindo S: 𝐴 = − 𝐵 = 
 
𝐼 = −
𝐸 𝑆
𝑅 + 𝑆
cos 𝑤𝑡 + 
𝐸 𝑅
𝑅 + 𝑆
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡 
Pode-se substituir Ip por grandezas fisicamente visíveis como amplitude Io e defasagem θ da corrente 
em relação à orça eletromotriz: 
𝐼 (𝑡) = 𝐼 𝑠𝑒𝑛 (𝑤𝑡 − 𝜃) 
Onde 
𝐼 = 𝐴 + 𝐵² = 
𝐸
𝑅 + 𝑆²
 𝑒 𝑡𝑔𝜃 = −
𝐴
𝐵
=
𝑆
𝑅
 
 
𝐼
𝐸
= 
1
𝑅 + 𝑆²
 𝑅 + 𝑆² = 𝑖𝑚𝑝𝑒𝑑â𝑛𝑐𝑖𝑎 
 
Solução homogênea: 𝐼 = 𝑐 𝑒 + 𝑐 𝑒 
Equação característica: 𝜆 + 𝜆 + = 0 → 𝜆 = ± 𝑅 − 
 
OBS.: num circuito real, R nunca é zero. Logo, R > 0. Então 𝐼 → 0 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡 → ∞. E isso ocorre 
muito rápido! Então a solução geral 𝐼 = 𝐼 + 𝐼 → 𝐼 = 𝐼 = 𝐼 𝑠𝑒𝑛 (𝑤𝑡 − 𝜃) , que é uma oscilação 
harmônica (com mesma frequência da entrada). 
 
Exemplo: 
Encontre a corrente I(t) num circuito RLC com R = 11Ω, L = 0,1 H e C =10 F que está conectado a 
uma fonte de voltagem 𝐸(𝑡) = 100 𝑠𝑒𝑛 400𝑡 . Suponha que a corrente e a carga sejam nulas quando 
t=0 
Solução: 
EDO: 𝐿𝐼 + 𝑅𝐼 + 𝐼 = 𝐸 𝑤 cos 𝑤𝑡 → 0,1𝐼 + 11𝐼 + 100𝐼 = 100.400. cos 400𝑡 
Solução homogênea: 0,1𝐼 + 11𝐼 + 100𝐼 = 0 (: 0,1) → 𝐼 + 110I + 1000 I = 0 
Pela equação característica obtemos 𝜆 = −10 𝑒 𝜆 = −100 → 𝑰𝒉 = 𝒄𝟏𝒆
𝟏𝟎𝒕 + 𝒄𝟐𝒆
𝟏𝟎𝟎𝒕 
Solução particular: pela tabela 𝐼 (𝑡) = 𝐴 cos 400𝑡 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 400𝑡 
Para o cálculo de A e B precisamos calcular a reatância S: 
𝑆 = 𝑤𝐿 − → 𝑆 = 400.0,1 −
. ,
= 39,75 → 𝐴 = − =
. ,
,
= −2,3368 
 𝐵 = = 
.
, ²
= 0,6467 
𝐼 (𝑡) = −2,3368 cos 400𝑡 + 0,6467 𝑠𝑒𝑛 400𝑡 
Solução geral: 𝑰 = 𝒄𝟏𝒆
𝟏𝟎𝒕 + 𝒄𝟐𝒆
𝟏𝟎𝟎𝒕 − 𝟐, 𝟑𝟑𝟔𝟖 𝐜𝐨𝐬 𝟒𝟎𝟎𝒕 + 𝟎, 𝟔𝟒𝟔𝟕 𝒔𝒆𝒏 𝟒𝟎𝟎𝒕 
 
Aplicando a condição inicial: 𝐼(0) = 0 𝑒 𝑄(0) = 0 
Para 𝐼(0) = 0 → 𝑐 + 𝑐 = 2,3368 
Para usar a condição inicial com Q(0) = 0 usar a fórmula da derivada primeira. 
𝐿𝐼 (𝑡) + 𝑅𝐼 +
1
𝐶
𝑄(𝑡) = 0 → 𝐿. 𝐼 (0) = 0 → 𝐼 (0) = 0 nova condição inicial 
Derivando a solução geral e aplicando I’(0)=0 → 𝑐 + 10𝑐 = 25,886 
48 
 
Resolvendo o sistema obtemos 𝑐 = −0,2797 𝑒 𝑐 = 2,6166 
𝑰 = −𝟎, 𝟐𝟕𝟗𝟕𝒆 𝟏𝟎𝒕 + 𝟐, 𝟔𝟏𝟔𝟔𝒆 𝟏𝟎𝟎𝒕 − 𝟐, 𝟑𝟑𝟔𝟖 𝐜𝐨𝐬 𝟒𝟎𝟎𝒕 + 𝟎, 𝟔𝟒𝟔𝟕 𝒔𝒆𝒏 𝟒𝟎𝟎𝒕 
 
 
 
 
Quando há uma voltagem E(t) no circuito ocorre vibrações forçadas. 
Se R ≠ 0 a solução 𝐼 representa a solução TRANSIENTE 
Se E(t) for periódica ou constante, 𝐼 representa a solução ESTACIONÁRIA. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
49 
 
6. Sistemas de equações diferenciais lineares e não-lineares. 
 
 Usados quando houver duas (ou mais) variáveis interagindo. 
 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 𝑔 (𝑡, 𝑥, 𝑦)
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝑔 (𝑡, 𝑥, 𝑦)
 → 
𝑔 (𝑡. 𝑥, 𝑦) = 𝑐 𝑥 + 𝑐 𝑦 + 𝑓 (𝑡) 
 
𝑔 (𝑡. 𝑥, 𝑦) = 𝑐 𝑥 + 𝑐 𝑦 + 𝑓 (𝑡) 
 
Se 𝑐 , 𝑐 , 𝑐 𝑒 𝑐 dependem de t, o sistema é linear. 
 
USOS: 
a) séries radioativas (desintegração de elementos levam a elementos intermediários) 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= −𝜆 𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝜆 𝑥 − 𝜆 𝑦
 𝜆 𝑒 𝜆 𝑠ã𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑑𝑒𝑠𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎çã𝑜 
 
b) modelo predador-presa (duas espécies diferentes onde uma se alimenta da outra). O mais comum é 
o modelo Lotka-Volterra. 
 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 𝑏𝑥𝑦 − 𝑎𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝑒𝑦 − 𝑓𝑥𝑦
 𝑎, 𝑏, 𝑒, 𝑓 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 
 
c) Redes elétricas com mais de uma malha 
 
d) misturas (uma equação para cada tanque)