Calculo IV - equação diferencial

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1 
 
Equações diferenciais 
Definição: Chama-se equação diferencial uma expressão que relacione uma função 
desconhecida 𝑦 = 𝑓(𝑥) com a sua variável 𝑥 e com as suas derivadas 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 ,
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
 ,
𝑑3𝑦
𝑑𝑥3
 ,
𝑑4𝑦
𝑑𝑥4
 , … ,
𝑑𝑛−1𝑦
𝑑𝑥𝑛−1
 ,
𝑑𝑛𝑦
𝑑𝑥𝑛
 
É uma expressão que tem a forma 
𝑓 (𝑥, 𝑦,
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 ,
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
 ,
𝑑3𝑦
𝑑𝑥3
 ,
𝑑4𝑦
𝑑𝑥4
 , … ,
𝑑𝑛−1𝑦
𝑑𝑥𝑛−1
 ,
𝑑𝑛𝑦
𝑑𝑥𝑛
 ) = 0 
Exemplos: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 5 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑠𝑒𝑛𝑥 
𝑑3𝑦
𝑑𝑥3
+ 𝑥
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑙𝑛𝑥 = 0 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= √1 + 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑐𝑜𝑠𝑥 
 
Observação: as equações diferenciais objeto de estudo do curso de Cálculo IV são ordinárias 
(com derivadas totais – não parciais). 
Definição: ordem de uma equação diferencial é o grau da derivada de maior grau que nela 
comparece. 
Exemplos: 
𝑑3𝑦
𝑑𝑥3
+ 𝑥
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 0 → ED ordinária de 3ª ordem 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ (
𝑑𝑦
𝑑𝑥
)
2
= 𝑐𝑜𝑠𝑥 → ED ordinária de 1ª ordem 
 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
= 𝑎√1 + (
𝑑𝑦
𝑑𝑥
)
2
 → ED ordinária de 2ª ordem 
 
Definição: solução de uma ED é a função 𝑦 = 𝑓(𝑥) que a satisfaça (que a torna uma 
identidade). 
Exemplos: 
2 
 
1.) 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 é a solução da ED 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 0 porque calculando 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 e substituindo na 
ED: 
0 = 0 
2.) 𝑦 = 𝑒𝑥 é solução da ED 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
− 3
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 2𝑦 = 0 
pois 
 
𝑦 = 𝑒𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑒𝑥
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
= 𝑒𝑥}
 
 
 substituindo na ED ⇒ 𝑒𝑥 - 3𝑒𝑥 + 2𝑒𝑥 = 0 ⇒ 0=0 
 
 
Exercícios: verificar se as funções seguintes são as soluções das ED dadas: 
 
1-) 𝑥𝑦′ = 2𝑦 , 𝑦 = 5𝑥2 
 
2-) (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = 0 , 𝑦 = 
𝐶2− 𝑥2
2𝑥
 
 
3-) 
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
+𝑤2𝑥 = 0, 𝑥 = 𝐶1𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡 (1) 
 
Exercicio 3 - solução 
 
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
+𝑤2𝑥 = 0 𝑥 = 𝐶1𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡 (1) 
 Cálculo da derivada de primeira ordem: 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 
𝑑
𝑑𝑡
(𝐶1𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡) 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 
𝑑
𝑑𝑡
(𝐶1𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡) + 
𝑑
𝑑𝑡
(𝐶2𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡) 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 𝐶1
𝑑
𝑑𝑡
(𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡) + 𝐶2
𝑑
𝑑𝑡
(𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡) 
 
[𝑓(𝑎𝑢)]′ = 𝑎𝑓′(𝑎𝑢) 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 𝐶1(−𝑤𝑠𝑒𝑤𝑡) + 𝐶2(𝑤𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡) 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= −𝐶1𝑤𝑠𝑒𝑤𝑡 + 𝐶2𝑤𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 
Cálculo da derivada de segunda ordem 
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
= 
𝑑
𝑑𝑡
(
𝑑𝑥
𝑑𝑡
) = 
𝑑
𝑑𝑡
(−𝐶1𝑤𝑠𝑒𝑤𝑡 + 𝐶2𝑤𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡) 
3 
 
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
= −𝐶1𝑤
𝑑
𝑑𝑡
(𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡) + 𝐶2𝑤
𝑑
𝑑𝑡
(𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡) 
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
= −𝐶1𝑤(𝑤𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡) + 𝐶2𝑤(−𝑤𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡) 
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
= −𝐶1𝑤
2𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 − 𝐶2𝑤
2𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡 (2) 
Substituindo (1) e (2) na ED, temos: 
 
(−𝐶1𝑤
2𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 − 𝐶2𝑤
2𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡) + 𝑤2(𝐶1𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡 ) = 0 
 
−𝐶1𝑤
2𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 − 𝐶2𝑤
2𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡 + 𝐶1𝑤
2𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 + 𝐶2𝑤
2𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡 = 0 
Portanto: 
0 = 0 
Então a função 𝑥 = 𝐶1𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡 satisfaz a ED, ou seja, ela é solução da ED. 
 
 
 
Existem dois tipos de solução de uma ED: 
Primeiro tipo: Solução Geral – ela é única e possui constantes, onde o número de constantes é 
igual à ordem da ED. 
Segundo tipo: Solução Particular – ela é obtida da solução geral com o conhecimento numérico 
das constantes mediante as chamadas condições iniciais ou condições de contorno tantas 
quanto forem as constantes. 
Exemplo: A ED 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
𝑦 + 𝑥𝑦2
𝑥
 
Tem solução geral dada por: 
𝑦 = − 
2𝑥
𝑥2 + 2𝐶
 
Dada a condição inicial (𝑥, 𝑦) = (1, 1), calcule a sua solução particular 
Substituindo 𝑥 = 1 e 𝑦 = 1 na solução geral da ED, temos: 
1 = − 
2.1
12 + 2𝐶
 
1 = − 
2
1 + 2𝐶
 
1 + 2𝐶 = −2 
4 
 
2𝐶 = −2 − 1 = −3 
𝐶 = −
3
2
 
Reescrevendo a solução geral com o valor da constante determinado, temos: 
𝑦 = − 
2𝑥
𝑥2 + 2(−
3
2)
 
 
𝑦 = − 
2𝑥
𝑥2 − 3
 
Expressão esta chamada de solução particular da ED. 
 
Equação diferencial ordinária de primeira ordem de variáveis separáveis 
Definição: é toda ED do tipo 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
𝑓(𝑥)
𝑓(𝑦)
 
Solução: é obtida por integração da ED, fazendo antes a separação das variáveis: 
𝑓(𝑦)𝑑𝑦 = 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 
Integrando ambos os membros: 
∫𝑓(𝑦)𝑑𝑦 = ∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥 
𝐹(𝑦) + 𝐶1 = 𝐹(𝑥) + 𝐶2 
𝐹(𝑦) − 𝐹(𝑥) = −𝐶1 + 𝐶2 
𝐹(𝑦) − 𝐹(𝑥) = 𝐶3 
𝐹(𝑦) − 𝐹(𝑥) = 𝐶 
Exercícios: Resolver as seguintes ED: 
1.) 𝑥𝑦′ − 𝑦 = 𝑦3 
2.) 𝑡𝑔𝑥𝑠𝑒𝑛2𝑦 𝑑𝑥 + 𝑐𝑜𝑠2𝑥𝑐𝑜𝑡𝑔𝑦 𝑑𝑦 = 0 
3.) (1 + 𝑒𝑥)𝑦𝑦′ = 𝑒𝑥, quando (𝑥, 𝑦) = (0, 1) 
 
Solução: 
1.) 𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 𝑦 = 𝑦3 
𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦3 + 𝑦 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
𝑦3 + 𝑦
𝑥
 
 
5 
 
𝑑𝑦
𝑦3 + 𝑦
= 
𝑑𝑥
𝑥
 
 
Integrando ambos os membros: 
∫
𝑑𝑦
𝑦3 + 𝑦
= ∫
𝑑𝑥
𝑥
 
 
Resolvendo a integral do primeiro membro: 
 
∫
𝑑𝑦
𝑦3 + 𝑦
= ∫
𝑑𝑦
𝑦(𝑦2 + 1)
= ∫
1
𝑦(𝑦2 + 1)
 𝑑𝑦 
Usando o método das frações parciais: 
 
 
1
𝑦(𝑦2 + 1)
= 
𝐴
𝑦
+ 
𝐵𝑦 + 𝐶
𝑦2 + 1
 
1
𝑦(𝑦2 + 1)
= 
𝐴(𝑦2 + 1) + (𝐵𝑦 + 𝐶)𝑦
𝑦(𝑦2 + 1)
 
1
𝑦(𝑦2 + 1)
= 
𝐴𝑦2 + 𝐴 + 𝐵𝑦2 + 𝐶𝑦
𝑦(𝑦2 + 1)
 
1
𝑦(𝑦2 + 1)
= 
𝑦2(𝐴 + 𝐵) + 𝐶𝑦 + 𝐴
𝑦(𝑦2 + 1)
 
Como os denominadores são idênticos, devemos comparar apenas os numeradores: 
1 = (𝐴 + 𝐵)𝑦2 + 𝐶𝑦 + 𝐴 
 
Igualdade de polinômios: 
Se 𝑝(𝑥) = 𝑎0𝑥
𝑛 + 𝑎1𝑥
𝑛−1 + 𝑎2𝑥
𝑛−2 +⋯+ 𝑎𝑛 
e ℎ(𝑥) = 𝑏0𝑥
𝑛 + 𝑏1𝑥
𝑛−1 + 𝑏2𝑥
𝑛−2 +⋯+ 𝑏𝑛 
 
se 𝑝(𝑥) = ℎ(𝑥), então, necessariamente, devemos ter: 
𝑎0 = 𝑏0 
𝑎1 = 𝑏1 
𝑎2 = 𝑏2 
. 
. 
6 
 
. 
𝑎𝑛 = 𝑏𝑛 
 
 0𝑦2 + 0𝑦 + 1 = (𝐴 + 𝐵)𝑦2 + 𝐶𝑦 + 𝐴 
Portanto: 
𝐴 + 𝐵 = 0 
𝐶 = 0 
𝐴 = 1 
Substituindo 
𝐴 = 1 
Em 
𝐴 + 𝐵 = 0 
Temos: 
 1 + 𝐵 = 0 → 𝐵 = −1 
Portanto: 
1
𝑦(𝑦2 + 1)
= 
1
𝑦
+ 
(−1)𝑦 + 0
𝑦2 + 1
= 
1
𝑦
− 
𝑦
𝑦2 + 1
 
Assim: 
∫
𝑑𝑦
𝑦3 + 𝑦
= ∫
𝑑𝑦
𝑦(𝑦2 + 1)
= ∫
1
𝑦(𝑦2 + 1)
 𝑑𝑦 = ∫(
1
𝑦
− 
𝑦
𝑦2 + 1
) 𝑑𝑦
= ∫(
1
𝑦
) 𝑑𝑦 − ∫ (
𝑦
𝑦2 + 1
) 𝑑𝑦 
 
 
Onde: 
∫(
1
𝑦
) 𝑑𝑦 = ln(𝑦) + 𝐶1 
 
∫ (
𝑦
𝑦2+1
) 𝑑𝑦 substituindo 𝑦2 + 1 = 𝑡 diferenciando: 2𝑦 𝑑𝑦 = 𝑑𝑡 → 𝑦𝑑𝑦 = 
𝑑𝑡
2
 
Então: 
∫ (
𝑦
𝑦2+1
) 𝑑𝑦 = ∫
𝑑𝑡
2⁄
𝑡
 = 
1
2
∫
1
𝑡
𝑑𝑡 = 
1
2
ln(𝑡) + 𝐶 = 
1
2
ln(𝑦2 + 1) + 𝐶2 
Ainda: 
∫
1
𝑥
𝑑𝑥 = ln(𝑥) + 𝐶3 
7 
 
Finalmente: 
1
2
ln(𝑦2 + 1) + 𝐶2 + ln(𝑦) + 𝐶1 = ln(𝑥) + 𝐶3 
1
2
ln(𝑦2 + 1) + ln(𝑦) − ln(𝑥) = + 𝐶3 − 𝐶2 − 𝐶1 
1
2
ln(𝑦2 + 1) + ln(𝑦) − ln(𝑥) = 𝐶4 
Propriedade de logaritmo: 
𝐴 ∙ 𝑙𝑛(𝐵) = 𝑙𝑛(𝐵)𝐴 
 
ln(𝑦2 + 1)
1
2⁄ + ln(𝑦) − ln(𝑥) = 𝐶4 
ln√𝑦2 + 1 + ln(𝑦) − ln(𝑥) = 𝐶4 
Propriedade de logaritmo: 
ln(𝐴 ∙ 𝐵 ∙ 𝐶) = ln(𝐴) + ln(𝐵) + ln (𝐶) 
ln (
𝐴
𝐵
) = ln(𝐴) − ln (𝐵) 
 
ln [
(√𝑦2 + 1) ∙ (𝑦)
𝑥
] = 𝐶4 
ln [
(√𝑦2 + 1) ∙ (𝑦)
𝑥
] = ln (𝐶5) 
 
 
ln 𝑥 = 𝑙𝑜𝑔𝑒(𝑥) = 𝑦 → 𝑥 = 𝑒
𝑦 
2 = ln(𝑥) → 𝑒2 = 𝑥 
ln(𝑒2) = 2 ln(𝑒) = 2𝑙𝑜𝑔𝑒𝑒 = 2.1 = 2 
𝑙𝑜𝑔𝑏𝑏 = 1 
 
(√𝑦2 + 1) ∙ (𝑦)
𝑥
 = 𝐶5 
 (√𝑦2 + 1) ∙ (𝑦) = 𝑥 ∙ 𝐶5 
 
𝑦 ∙ √𝑦2 + 1 = 𝐶𝑥 (solução geral da ED) 
8 
 
 
Observação: outro método que pode ser usado para chegar à solução da integral deste 
problema é o seguinte: 
∫
1
𝑦3+𝑦
 𝑑𝑦 = ∫
1
𝑦(𝑦2+1)
 𝑑𝑦 = ∫(
1+ 𝑦2− 𝑦2
𝑦(𝑦2+1)
) 𝑑𝑦 = ∫ [
(1+ 𝑦2)− 𝑦2
𝑦(𝑦2+1)
] 𝑑𝑦 =
 ∫ [
(𝑦2+1 )
𝑦(𝑦2+1)
 − 
𝑦2
𝑦.(𝑦2+1)
] 𝑑𝑦 = ∫ [
1
𝑦
 − 
𝑦
(𝑦2+1)
] 𝑑𝑦 = ∫
1
𝑦
 𝑑𝑦 − ∫
𝑦
(𝑦2+1)
 𝑑𝑦 
 
Exercício 2: Resolver a ED: 
 𝑡𝑔(𝑥). 𝑠𝑒𝑛2(𝑦). 𝑑𝑥 + 𝑐𝑜𝑠2(𝑥). 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦). 𝑑𝑦 = 0 
 
𝑡𝑔(𝑥). 𝑠𝑒𝑛2(𝑦). 𝑑𝑥 = −𝑐𝑜𝑠2(𝑥). 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦). 𝑑𝑦 
 
𝑡𝑔(𝑥)
𝑐𝑜𝑠2(𝑥)
𝑑𝑥 = −
𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦)
𝑠𝑒𝑛2(𝑦)
𝑑𝑦 
Integrando: 
∫
𝑡𝑔(𝑥)
𝑐𝑜𝑠2(𝑥)𝑑𝑥 = −∫
𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦)
𝑠𝑒𝑛2(𝑦)
𝑑𝑦 
∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑐𝑜𝑠 𝑥
𝑐𝑜𝑠2𝑥
1
𝑑𝑥 = −∫
cos𝑦
𝑠𝑒𝑛 𝑦
𝑠𝑒𝑛2𝑦
1
𝑑𝑦 
∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑐𝑜𝑠3𝑥
𝑑𝑥 = −∫
cos𝑦
𝑠𝑒𝑛3𝑦
𝑑𝑦 
Resolvendo a integral do primeiro membro: 
Substituindo: 
cos𝑥 = 𝑢 → 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑛𝑑𝑜 → (cos 𝑥)′𝑑𝑥 = (𝑢)′𝑑𝑢 → −𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑑𝑢 → 
𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥 = −𝑑𝑢 
Portanto: 
∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
(cos𝑥)3
𝑑𝑥 = ∫
−𝑑𝑢
𝑢3
= −∫
1
𝑢3
 𝑑𝑢 = −∫𝑢−3𝑑𝑢 = − [
𝑢−3+1
−3+1
+ 𝐶1] = − [
𝑢−2
−2
+ 𝐶1] = 
 
= − [−
1
2𝑢2
+ 𝐶1] = 
1
2𝑢2
− 𝐶1 = 
1
2𝑢2
+ 𝐶2 = 
 
 = 
1
2(cos𝑥)2
+ 𝐶2 = 
1
2
 (
1
cos𝑥
)
2
+ 𝐶2 = 
1
2
 (sec 𝑥)2 + 𝐶2 = 
1
2
𝑠𝑒𝑐2𝑥 + 𝐶2 
9 
 
Resolvendo a integral do segundo membro: 
−∫
cos𝑦
𝑠𝑒𝑛3𝑦
𝑑𝑦 {
𝑠𝑒𝑛 𝑦 = 𝑡
(𝑠𝑒𝑛 𝑦)′𝑑𝑦 = 𝑑𝑡 → cos 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑑𝑡
 
Substituindo: 
−∫
1
𝑡3
𝑑𝑡 = − ∫ 𝑡−3𝑑𝑡 = − [
𝑡−3+1
−3 + 1
+ 𝐶3] = − [
𝑡−2
−2
+ 𝐶3] = [
1
2𝑡2
− 𝐶3] = 
1
2
(
1
𝑡
)
2
+ 𝐶4 
= 
1
2
(
1
𝑠𝑒𝑛 𝑦
)
2
+ 𝐶4 = 
1
2
(𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐 𝑦)2 + 𝐶4 = 
1
2
𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐2𝑦 + 𝐶4 
 
Finalmente: 
1
2
𝑠𝑒𝑐2𝑥 + 𝐶2 = 
1
2
𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐2𝑦 + 𝐶4 
1
2
𝑠𝑒𝑐2𝑥 − 
1
2
𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐2𝑦 = +𝐶4 − 𝐶2 
1
2
(𝑠𝑒𝑐2𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐2𝑦) = 𝐶5 
𝑠𝑒𝑐2𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐2𝑦 = 2𝐶5 
𝑠𝑒𝑐2𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐2𝑦 = 𝐶6 
 
𝑠𝑒𝑐2𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐2𝑦 = 𝐶 (solução geral da ED) 
 
Exercício 3: Resolver a ED 
 (1 + 𝑒𝑥). 𝑦. 𝑦′ = 𝑒𝑥 quando (𝑥, 𝑦) = (0, 1) 
 (1 + 𝑒𝑥)𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑒𝑥 
 𝑦𝑑𝑦 = 
𝑒𝑥
(1+ 𝑒𝑥)
𝑑𝑥 
Integrando ambos os membros: 
 
∫𝑦𝑑𝑦 = ∫
𝑒𝑥
(1+ 𝑒𝑥)
𝑑𝑥 (1) 
Resolvendo a integral do primeiro membro: 
∫𝑦𝑑𝑦 = [
𝑦2
2
+ 𝐶1] (2) 
Resolvendo a integral do segundo membro: 
10 
 
∫
𝑒𝑥
(1 + 𝑒𝑥)
𝑑𝑥 {
𝑠𝑢𝑏𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑛𝑑𝑜: 1 + 𝑒𝑥 = 𝑤
𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑛𝑑𝑜: (1 + 𝑒𝑥)′ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑤 → 𝑒𝑥𝑑𝑥 = 𝑑𝑤
 
Portanto: 
∫
𝑒𝑥
(1+ 𝑒𝑥)
𝑑𝑥 = ∫
1
(1+ 𝑒𝑥)
(𝑒𝑥𝑑𝑥) = ∫
1
𝑤
𝑑𝑤 = ln(𝑤) + 𝐶2 
ln(𝑤) + 𝐶2 = ln(1 + 𝑒
𝑥) + 𝐶2 (3) 
Substituindo (2) e (3) em (1), temos: 
𝑦2
2
+ 𝐶1 = ln(1 + 𝑒
𝑥) + 𝐶2 
𝑦2
2
 − ln(1 + 𝑒𝑥) = 𝐶3 
𝑦2
2
 − ln(1 + 𝑒𝑥) = 𝐶 solução geral da ED 
Das condições fornecidas no enunciado do problema, temos: para 𝑥 = 0 ⟹ 𝑦 = 1 
Substituindo na solução geral: 
𝐶 = 
(1)2
2
 − ln(1 + 𝑒0) = 
1
2
− ln(1 + 1) = 
1
2
− ln (2) 
Substituindo o valor da constante na solução geral: 
𝑦2
2
 − ln(1 + 𝑒𝑥) = 
1
2
− ln (2) 
Multiplicando ambos os membros por 2: 
𝑦2 − 2 ln(1 + 𝑒𝑥) = 1 − 2ln (2) 
𝑦2 − ln(1 + 𝑒𝑥)2 = 1 − ln(2)2 
 
𝑦2 − ln(1 + 𝑒𝑥)2 = 1 − ln4 solução particular da ED 
 
Equação diferencial ordinária de primeira ordem do tipo homogênea 
Definição: 
 É toda ED do tipo: 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦) 
onde 𝑓(𝑥, 𝑦) é uma função homogênea de grau zero. 
 
Observação: dizemos que uma função 𝑓(𝑥, 𝑦) é homogênea de grau 𝑛, se, e somente se, para 
todo 𝑡 ∈ ℝ: 
11 
 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡𝑛 ∙ 𝑓(𝑥, 𝑦) 
Exemplos: 
1- 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑦2 é uma função homogênea de grau 𝑛 = 2. 
Verificação: 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = (𝑡𝑥)2 + (𝑡𝑦)2 = 𝑡2𝑥2 + 𝑡2𝑦2 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡2 (𝑥2 + 𝑦2) 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡2 ∙ 𝑓(𝑥, 𝑦) 
 
2- 𝑓(𝑥, 𝑦) = 
3𝑥−2𝑦
𝑥+𝑦
 é uma função homogênea de grau 𝑛 = 0. 
 Verificação: 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 
3(𝑡𝑥) − 2(𝑡𝑦)
(𝑡𝑥) + (𝑡𝑦)
= 
3𝑡𝑥 − 2𝑡𝑦
𝑡𝑥 + 𝑡𝑦
=
𝑡. (3𝑥 − 2𝑦)
𝑡. (𝑥 + 𝑦)
= 
𝑡
𝑡
 ∙ (
3𝑥 − 2𝑦
𝑥 + 𝑦
) = 𝑡0. 𝑓(𝑥, 𝑦) 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡0. 𝑓(𝑥, 𝑦) 
3- 𝑓(𝑥, 𝑦) = 
𝑥2−3𝑥𝑦
𝑥+5
 não é uma função homogênea. 
Verificação: 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 
(𝑡𝑥)2 − 3(𝑡𝑥)(𝑡𝑦)
(𝑡𝑥) + 5
= 
𝑡2𝑥2 − 3𝑡2𝑥𝑦
𝑡𝑥 + 5
 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 
𝑡2(𝑥2 − 3𝑥𝑦)
𝑡(𝑥 +
5
𝑡)
= 𝑡1 ∙
(𝑥2 − 3𝑥𝑦)
(𝑥 +
5
𝑡)
 ≠ 𝑡1. 𝑓(𝑥, 𝑦) 
 
Solução da ED do tipo homogênea: 
 A solução é obtida através da transformação da ED homogênea em uma ED de 
variáveis separáveis, mediante uma troca de variáveis. 
 
𝑦 = 𝑢 ∙ 𝑥 
Derivando ambos os membros em relação a 𝑥: 
𝑑
𝑑𝑥
(𝑦) =
𝑑
𝑑𝑥
(𝑢 ∙ 𝑥) = 
𝑑
𝑑𝑥
(𝑢). 𝑥 + 𝑢.
𝑑
𝑑𝑥
(𝑥) 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
. 𝑥 + 𝑢. 1 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
. 𝑥 + 𝑢 
Substituindo na ED: 
 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
. 𝑥 + 𝑢 = 𝑓(𝑥, 𝑢. 𝑥) = 𝑥0. 𝑓(1, 𝑢) = 𝑓(1, 𝑢) 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
. 𝑥 + 𝑢 = 𝑓(1, 𝑢) 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
. 𝑥 = 1. [𝑓(1, 𝑢) − 𝑢] 
 
1
𝑓(1, 𝑢) − 𝑢
𝑑𝑢 = 
𝑑𝑥
𝑥
 
 
12 
 
Exercício 1: 
 Dada a ED 
𝑦′ = − 
𝑥 + 𝑦
𝑥
 
a-) verifique se é possível separar as variáveis 𝑥 e 𝑦; 
b-) verifique se a ED é homogênea; 
c-) Se for homogênea, substitua 
𝑦 = 𝑢 ∙ 𝑥 
e calcule a solução geral desta ED. 
 
Solução: 
a-) 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= − 
𝑥 + 𝑦
𝑥
 
𝑥 ∙
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −(𝑥 + 𝑦) = −𝑥 − 𝑦 
𝑥 + 𝑥 ∙
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −𝑦 
Não é uma ED de Variáveis separáveis. 
 
b-) vericação de homogeneidade: 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = − 
(𝑡𝑥) + (𝑡𝑦)
(𝑡𝑥)
= −
𝑡𝑥 + 𝑡𝑦
𝑡𝑥
 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = −
𝑡. (𝑥 + 𝑦)
𝑡. 𝑥
= 
𝑡
𝑡
∙ (− 
𝑥 + 𝑦
𝑥
) 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡0 ∙ 𝑓(𝑥, 𝑦) 
 
Portanto, 𝑓(𝑥, 𝑦) é homogênea de grau zero e a ED é do tipo homogênea. 
 
c-) como a ED é homogênea, vamos fazer a seguinte substituição: 
 
𝑦 = 𝑢 ∙ 𝑥 → 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
. 𝑥 + 𝑢 
 
Então: 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
. 𝑥 + 𝑢 = − 
𝑥 + (𝑢. 𝑥)
𝑥
 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
. 𝑥 + 𝑢 = − 
𝑥(1 + 𝑢)
𝑥
= −(1 + 𝑢) 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
. 𝑥 = −1 − 𝑢 − 𝑢 = −1 − 2𝑢 
𝑑𝑢
−1 − 2𝑢
= 
𝑑𝑥
𝑥
 
 
𝑑𝑢
−(1 + 2𝑢)
= 
𝑑𝑥
𝑥
 
−
𝑑𝑢
(1 + 2𝑢)
= 
𝑑𝑥
𝑥
 
13 
 
𝑑𝑢
(1 + 2𝑢)
= −
𝑑𝑥
𝑥
 
Integrando ambos os membros: 
 
∫
𝑑𝑢
(1 + 2𝑢)
= ∫−
𝑑𝑥
𝑥
 
∫
𝑑𝑢
(1 + 2𝑢)
= −∫
𝑑𝑥
𝑥
 
Para resolver a integral do primeiro membro, usamos uma substituição: 
1 + 2𝑢 = 𝑤 
Diferenciando: 
(1 + 2𝑢)′𝑑𝑢 = (𝑤)′𝑑𝑤 
2𝑑𝑢 = 𝑑𝑤 
𝑑𝑢 =
𝑑𝑤
2
 
Assim: 
∫
𝑑𝑤
2
𝑊
= −∫
𝑑𝑥
𝑥
 
1
2
∫
𝑑𝑤
𝑊
= −∫
𝑑𝑥
𝑥
 
 
1
2
𝑙𝑛|𝑤| + 𝐶1 = −𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶2 
 
1
2
𝑙𝑛|𝑤| + 𝑙𝑛|𝑥| = + 𝐶2 − 𝐶1 
𝑙𝑛|𝑤|1 2⁄ + 𝑙𝑛|𝑥| = 𝐶3 = ln 𝐶4 
𝑙𝑛(|𝑤|1 2⁄ . |𝑥|) = ln 𝐶4 (𝑙𝑛𝐴 = 𝑙𝑛𝐵 ⟹ 𝐴 = 𝐵) 
|𝑤|1 2⁄ . |𝑥| = 𝐶4 
√𝑥2. (1 + 2𝑢) = 𝐶4 
√𝑥2. (1 + 2
𝑦
𝑥
) = 𝐶4 
√𝑥2 + 2𝑥𝑦) = 𝐶4 
 
Quadrando ambos os membros: 
(√𝑥2 + 2𝑥𝑦)
2
= (𝐶4)
2 
𝑥2 + 2𝑥𝑦 = 𝐶5 
2𝑥𝑦 = 𝐶5 − 𝑥
2 
 
𝑦 = 
𝐶− 𝑥2
2𝑥
 que é a solução geral da ED 
 
Exercícios propostos: 
Verifique a homogeneidade de cada uma das ED a seguir, e calcule a solução geral e a 
solução particular, quando fornecidas as condições iniciais: 
 
2-) (𝑥 − 𝑦)𝑦𝑑𝑥 − 𝑥2𝑑𝑦 = 0 
𝑥
𝑦
− 𝑙𝑛|𝑥| = 𝐶 
 
14 
 
3-) (𝑥2 − 3𝑦2)𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0 para 𝑦(2) = 1 𝑦 = 𝑥√1 − 
3
8
𝑥 
 
4-) 
𝑦
𝑦′
= 
𝑥+𝑦
2
 (𝑥 − 𝑦)2 − 𝐶𝑦 = 0 
 
 
2-) solução 
 (𝑥 − 𝑦)𝑦𝑑𝑥 = 𝑥2𝑑𝑦 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦(𝑥 − 𝑦)
𝑥2
 
𝑓(𝑥, 𝑦) =
𝑦(𝑥 − 𝑦)
𝑥2
 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) =
𝑡𝑦(𝑡𝑥 − 𝑡𝑦)
𝑡2𝑥2
= 
𝑡2𝑦(𝑥 − 𝑦)
𝑡2𝑥2
= 𝑡0. 𝑓(𝑥, 𝑦) 
 
Portanto, a ED é do tipo homogênea, então 𝑦 = 𝑢. 𝑥 e 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
𝑥 + 𝑢 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
𝑥 + 𝑢 =
𝑢𝑥(𝑥 − 𝑢𝑥)
𝑥2
= 
𝑥2(𝑢 − 𝑢2)
𝑥2
= 𝑢 − 𝑢2 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
𝑥 = −𝑢 + 𝑢 − 𝑢2 = −𝑢2 
−∫
𝑑𝑢
𝑢2
= ∫
𝑑𝑥
𝑥
 
1
𝑢
+ 𝐶1 = 𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶2 
𝑥
𝑦
− 𝑙𝑛|𝑥| = 𝐶2 
𝑥
𝑦
= 𝑙𝑛|𝑥| + 𝑙𝑛𝐶3 
𝑥
𝑦
= 𝑙𝑛|𝑥|. 𝐶3 
𝑦 =
𝑥
𝑙𝑛|𝑥|. 𝐶3
 
𝑦 =
𝑥. 𝐶4
𝑙𝑛|𝑥|
 
 
 
 
 
 
Exercício 3 
(𝑥2 − 3𝑦2)𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0, 𝑦(2) = 1 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦) onde 𝑓(𝑥, 𝑦) é uma função homogênea de grau zero 
(𝑥2 − 3𝑦2)𝑑𝑥 = −2𝑥𝑦𝑑𝑦 
15 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
(𝑥2 − 3𝑦2)2𝑥𝑦
 
Verificação da homogeneidade: 
𝑓(𝑥, 𝑦) = −
(𝑥2−3𝑦2)
2𝑥𝑦
 → 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = −
((𝑡𝑥)2−3(𝑡𝑦)2)
2(𝑡𝑥)(𝑡𝑦)
= −
(𝑡2𝑥2−3𝑡2𝑦2)
2𝑡2𝑥𝑦
= −
𝑡2(𝑥2−3𝑦2)
𝑡22𝑥𝑦
 
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡0 (−
(𝑥2−3𝑦2)
2𝑥𝑦
) = 𝑡0𝑓(𝑥, 𝑦) 
Portanto, a função 𝑓(𝑥, 𝑦) é homogênea de grau zero. 
 
Como a ED é do tipo homogênea, então podemos fazer a seguinte substituição de variáveis: 
𝑦 = 𝑢. 𝑥 (1) 
Derivando ambos os membros em relação a 𝑥, temos: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
𝑑(𝑢. 𝑥)
𝑑𝑥
= 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
∙ 𝑥 + 𝑢 ∙
𝑑𝑥
𝑑𝑥
= 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
∙ 𝑥 + 𝑢 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
∙ 𝑥 + 𝑢 (2) 
Substituindo (1) e (2) na ED: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
(𝑥2 − 3𝑦2)
2𝑥 𝑦
 
 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
∙ 𝑥 + 𝑢 = −
(𝑥2 − 3(𝑢𝑥)2)
2𝑥(𝑢𝑥)
= −
(𝑥2 − 3𝑢2𝑥2)
2𝑢𝑥2
= −
𝑥2 ∙ (1 − 3𝑢2)
2𝑢𝑥2
 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
∙ 𝑥 + 𝑢 = −
(1 − 3𝑢2)
2𝑢
 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
∙ 𝑥 = −
(1 − 3𝑢2)
2𝑢
− 𝑢 =
−(1 − 3𝑢2) − 2𝑢2
2𝑢
= 
−1 + 3𝑢2 − 2𝑢2
2𝑢
= 
−1 + 𝑢2
2𝑢
 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
∙ 𝑥 =
−1 + 𝑢2
2𝑢
 
2𝑢
𝑢2 − 1
𝑑𝑢 = 
1
𝑥
𝑑𝑥 
Integrando ambos os membros: 
∫
2𝑢
𝑢2 − 1
𝑑𝑢 = ∫
1
𝑥
𝑑𝑥 
Resolvendo a integral do primeiro membro: 
∫
2𝑢
𝑢2 − 1
𝑑𝑢 = {
𝑓𝑎𝑧𝑒𝑛𝑑𝑜: 𝑢2 − 1 = 𝑤
𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑛𝑑𝑜: 2𝑢𝑑𝑢 = 𝑑𝑤
 
16 
 
∫
1
𝑤
𝑑𝑤 = 𝑙𝑛|𝑤| + 𝐶1 = 𝑙𝑛|𝑢
2 − 1| + 𝐶1 
Resolvendo a integral do segundo membro: 
∫
1
𝑥
𝑑𝑥 = 𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶2 
Assim: 
𝑙𝑛|𝑢2 − 1|+= 𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶2 
𝑙𝑛|𝑢2 − 1| − 𝑙𝑛|𝑥| = 𝐶2 − 𝐶1 
𝑙𝑛 |
𝑢2 − 1
𝑥
| = 𝐶3 = 𝑙𝑛|𝐶4| 
𝑙𝑛 |
𝑢2 − 1
𝑥
| = 𝑙𝑛|𝐶4| 
𝑢2 − 1
𝑥
= 𝐶4 
Mas 𝑦 = 𝑢 ∙ 𝑥 → 𝑢 = 
𝑦
𝑥
 
(
𝑦
𝑥)
2
− 1
𝑥
= 𝐶4 
 
 
𝑦2
𝑥2
− 1
𝑥
= 𝐶4 
𝑦2 − 𝑥2
𝑥2
𝑥
= 𝐶4 
𝑦2 − 𝑥2
𝑥2
𝑥
1
= 𝐶4 
 
𝑦2 − 𝑥2
𝑥3
= 𝐶4 
 
𝑦2− 𝑥2
𝑥3
= 𝐶 solução geral da ED 
 
Do enunciado → 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 = 2, 𝑦 = 1 
17 
 
(1)2 − (2)2
(2)3
= 𝐶 
𝐶 = 
1 − 4
8
 
𝐶 = − 
3
8
 
Substituindo o valor da constante na solução geral, temos a solução particular: 
 
𝑦2 − 𝑥2
𝑥3
= − 
3
8
 
𝑦2 − 𝑥2 = − 
3
8
𝑥3 
𝑦2 = 𝑥2 − 
3
8
𝑥3 
𝑦2 = 𝑥2 ∙ (1 − 
3
8
𝑥) 
 
𝑦 = 𝑥 ∙ √1 − 
3
8
𝑥 solução particular da ED 
 
 
Exercício 4 
𝑦
𝑦′
= 
𝑥 + 𝑦
2
 
 
𝑦 = 
𝑥 + 𝑦
2
𝑦′ 
𝑦′ = 
2𝑦
𝑥 + 𝑦
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
2𝑦
𝑥 + 𝑦
 
Verificação de homogeneidade: 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 
2𝑦
𝑥 + 𝑦
 → 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 
2𝑡𝑦
𝑡𝑥 + 𝑡𝑦
= 
𝑡 ∙ 2𝑦
𝑡 ∙ (𝑥 + 𝑦)
= 𝑡0 ∙ (
2𝑦
𝑥 + 𝑦
 ) = 𝑡0 ∙ 𝑓(𝑥, 𝑦) 
Portanto, a ED é do tipo homogênea. 
Então, podemos fazer a seguinte substituição: 
18 
 
𝑦 = 𝑢 ∙ 𝑥 → 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
∙ 𝑥 + 𝑢 
Assim: 
 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
∙ 𝑥 + 𝑢 = 
2(𝑢 ∙ 𝑥)
𝑥 + (𝑢 ∙ 𝑥)
= 
𝑥(2𝑢)
𝑥(1 + 𝑢)
= 
2𝑢
1 + 𝑢
 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
∙ 𝑥 = 
2𝑢
1 + 𝑢
− 𝑢 = 
2𝑢 − 𝑢 ∙ (1 + 𝑢)
1 + 𝑢
= 
2𝑢 − 𝑢 − 𝑢2
1 + 𝑢
= 
𝑢 − 𝑢2
1 + 𝑢
 
𝑑𝑢
𝑑𝑥
∙ 𝑥 = 
𝑢 − 𝑢2
1 + 𝑢
 
1 + 𝑢
𝑢 − 𝑢2
 𝑑𝑢 = 
1
𝑥
𝑑𝑥 
Integrando ambos os membros: 
∫
1+𝑢
𝑢− 𝑢2
 𝑑𝑢 = ∫
1
𝑥
𝑑𝑥 (I) 
Usando a técnica de frações parciais: 
1 + 𝑢
𝑢 − 𝑢2
= 
1 + 𝑢
𝑢 ∙ (1 − 𝑢)
= 
𝐴
𝑢
+ 
𝐵
1 − 𝑢
 
1 + 𝑢
𝑢 ∙ (1 − 𝑢)
= 
𝐴(1 − 𝑢) + 𝐵 ∙ 𝑢
𝑢 ∙ (1 − 𝑢)
= 
𝐴 − 𝐴𝑢 + 𝐵𝑢
𝑢 ∙ (1 − 𝑢)
= 
𝑢(𝐵 − 𝐴) + 𝐴
𝑢 ∙ (1 − 𝑢)
 
1 + 𝑢
𝑢 ∙ (1 − 𝑢)
= 
𝑢(𝐵 − 𝐴) + 𝐴
𝑢 ∙ (1 − 𝑢)
 
Como os denominadores são idênticos, devemos impor que os numeradores sejam iguais para 
que a igualdade se verifique: 
𝑢 + 1 = 𝑢(𝐵 − 𝐴) + 𝐴 
Devemos ter: 
𝐵 − 𝐴 = 1 e 𝐴 = 1 
𝐵 = 1 + 𝐴 = 1 + 1 = 2 
𝐵 = 2 
Portanto: 
1 + 𝑢
𝑢 − 𝑢2
= 
1 + 𝑢
𝑢 ∙ (1 − 𝑢)
= 
𝐴
𝑢
+ 
𝐵
1 − 𝑢
= 
1
𝑢
+ 
2
1 − 𝑢
 
Substituindo na integral: 
∫
1 + 𝑢
𝑢 − 𝑢2
 𝑑𝑢 = ∫(
1
𝑢
+ 
2
1 − 𝑢
)𝑑𝑢 = ∫
1
𝑢
𝑑𝑢 + ∫
2
1 − 𝑢
𝑑𝑢 
= ∫
1
𝑢
𝑑𝑢 + 2∫
1
1 − 𝑢
𝑑𝑢 
19 
 
Na segunda integral: 1 − 𝑢 = 𝑤 → −𝑑𝑢 = 𝑑𝑤 → 𝑑𝑢 = −𝑑𝑤 
= ∫
1
𝑢
𝑑𝑢 + 2∫
1
𝑤
(−𝑑𝑤) 
= ∫
1
𝑢
𝑑𝑢 − 2∫
1
𝑤
𝑑𝑤 
= 𝑙𝑛|𝑢| + 𝐶1 − 2𝑙𝑛|𝑤| + 𝐶2 
Voltando à expressão (I), temos: 
 
∫
1 + 𝑢
𝑢 − 𝑢2
 𝑑𝑢 = ∫
1
𝑥
𝑑𝑥 
𝑙𝑛|𝑢| + 𝐶1 − 2𝑙𝑛|𝑤| + 𝐶2 = 𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶3 
Mas: 𝑢 = 
𝑦
𝑥
 e 𝑤 = 1 − 𝑢 = 1 − 
𝑦
𝑥
= 
𝑥−𝑦
𝑥
 
Então: 
𝑙𝑛 |
𝑦
𝑥
 | + 𝐶1 − 2𝑙𝑛 |
𝑥 − 𝑦
𝑥
| + 𝐶2 = 𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶3 
𝑙𝑛 |
𝑦
𝑥
 | − 2𝑙𝑛 |
𝑥 − 𝑦
𝑥
| − 𝑙𝑛|𝑥| = 𝐶3 − 𝐶1 − 𝐶2 = 𝐶4 
𝑙𝑛 |
𝑦
𝑥
 | − (2𝑙𝑛 |
𝑥 − 𝑦
𝑥
| + 𝑙𝑛|𝑥|) = 𝐶4 
Propriedade: 𝐴 ∙ 𝑙𝑛𝐵 = 𝑙𝑛𝐵𝐴 
𝑙𝑛 |
𝑦
𝑥
 | − (𝑙𝑛 |(
𝑥 − 𝑦
𝑥
)
2
| + 𝑙𝑛|𝑥|) = 𝐶4 
𝑙𝑛 |
𝑦
𝑥
 | − 𝑙𝑛 |(
𝑥 − 𝑦
𝑥
)
2
∙ 𝑥| = 𝐶4 
𝑙𝑛 |
𝑦
𝑥
 | − 𝑙𝑛 |
(𝑥 − 𝑦)2
𝑥2
∙ 𝑥| = 𝐶4 
𝑙𝑛 |
𝑦
𝑥
 | − 𝑙𝑛 |
(𝑥 − 𝑦)2
𝑥
| = 𝐶4 
𝑙𝑛 |
𝑦
𝑥
(𝑥 − 𝑦)2
𝑥
| = 𝐶4 = 𝑙𝑛𝐶5 
𝑦
𝑥
(𝑥 − 𝑦)2
𝑥
= 𝐶5 
𝑦. 𝑥
𝑥. (𝑥 − 𝑦)2
= 𝐶5 
𝑦
(𝑥 − 𝑦)2
= 𝐶5 
20 
 
𝑦 = 𝐶5. (𝑥 − 𝑦)
2 
𝑦
𝐶5
= (𝑥 − 𝑦)2 
𝐶6𝑦 = (𝑥 − 𝑦)
2 
0 = (𝑥 − 𝑦)2 − 𝐶6𝑦 
 
(𝑥 − 𝑦)2 − 𝐶𝑦 = 0 solução geral da ED