A2

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EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 
AULA 2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Profª Dayane Perez Bravo 
 
 
2 
CONVERSA INICIAL 
Caro aluno, com a primeira aula foi possível compreender o que é uma 
equação diferencial de primeira ordem e como alguns métodos podem ser 
utilizados em sua resolução. 
Nesta segunda aula, discutiremos como se apresenta uma equação 
diferencial de segunda ordem e quais são os principais métodos de resolução. 
O método de resolução de equações diferenciais de segunda ordem com 
coeficientes constantes merece atenção especial por ser generalizável a 
diversas ordens. 
TEMA 1 – TEOREMA DE EXISTÊNCIA E UNICIDADE DE SOLUÇÕES 
Se as funções p e q são contínuas em um intervalo aberto :I t   
contendo o ponto 0t t , então existe uma única função ( )y t que satisfaz a 
equação diferencial 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 𝑝(𝑡)𝑦 = 𝑔(𝑡) 
para cada t em I e que também satisfaz a condição inicial 
𝑦(𝑡0) = 𝑦0 
onde 0y é um valor inicial arbitrário dado. 
 Esse teorema afirma que o problema com valor inicial possui solução 
única em qualquer intervalo contendo o ponto inicial 0t onde p e q são contínuos. 
Sua demonstração pode ser encontrada em Boyce (2010, p. 53). 
TEMA 2 – FUNDAMENTOS E CONCEITOS DAS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 
SEGUNDA ORDEM 
As equações diferenciais de segunda ordem são muito utilizadas em 
problemas de física e matemática, que geralmente têm como variável 
independente o tempo. Sendo f uma função dada e t a variável que denota o 
tempo, temos uma equação diferencial de segunda ordem na forma 
²
( , , )
²
d y dy
f t y
dt dt
 (1) 
 
 
 
3 
e ela será linear se 
( , , ) ( ) ( ) ( )
dy dy
f t y g t p t q t y
dt dt
   (2) 
A Equação (1) também pode ser escrita de duas outras formas 
'' ( ) ' ( ) ( )y p t y q t y g t   (3) 
( ) '' ( ) ' ( ) ( )P t y Q t y R t y G t   (4) 
de forma que, se ( ) 0P t  , podemos obter a Equação 3 se dividirmos a Equação 
4 por ( )P t . Então, se a Equação 1 não puder ser escrita como a Equação 3 ou 
a 4, ela será uma equação não linear. Por exemplo: 
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
+
𝑥
1 + 𝑥2
= 0. 
Se ocorrer ( ) 0g t  ou ( ) 0G t  , então a equação é homogênea, ou seja, 
dado 𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝑓(𝑥, 𝑦), como foi apresentado nos capítulos anteriores. 
Caso contrário, teremos uma equação não homogênea. Geralmente, 
podemos resolver uma equação não homogênea quando temos a 
correspondente equação homogênea resolvida (Boyce & Diprima, 2010), o que 
será visto ao longo deste capítulo. 
Um problema de valor inicial (PVI) para a Equação 1 deverá conter duas 
condições iniciais, visto que a solução geral possuirá duas constantes arbitrárias 
a serem definidas. Por exemplo, pode ser dado: 
0 0( )y t y (5) 
0 0'( ) 'y t y (6) 
onde 0y e 0'y são valores conhecidos. Ou seja, além do ponto inicial 
0 0( , )t y que deve pertencer ao gráfico da solução, as condições iniciais fornecem 
o coeficiente angular 0'y da reta tangente ao gráfico no ponto inicial (Boyce & 
Diprima, 2010). 
Quando as funções da Equação 4 forem constantes e o termo 
independente 𝐺(𝑡) for nulo, temos 
'' ' 0ay by cy   (7) 
 
 
4 
onde a, b e c são constantes. Um exemplo de resolução para esse tipo 
de equação foi realizado por Boyce (2010, p. 106). Outros exemplos de mesmo 
grau de dificuldade podem ser consultados em Farlow (2012). Vamos observar: 
seja a Equação 8 dada por 
'' 0y y  (8) 
podemos concluir que estamos procurando uma função cuja derivada de 
segunda ordem seja igual à própria função, basta colocar o y do outro lado da 
igualdade. Utilizando nossos conhecimentos de cálculo, podemos pensar que a 
função procurada pode ser 
1( )
ty t e ou 2( )
ty t e . Além disso, múltiplos 
constantes destas funções também são solução para a Equação 8, bem como a 
soma de suas soluções também pode ser uma solução. Ou seja, a combinação 
linear das funções 
1( )
ty t e e 2( )
ty t e representada por 
1 1 2 2( ) ( )y c y t c y t  (9) 
𝑦 = 𝑐1𝑒
𝑡 + 𝑐2𝑒
−𝑡 (10) 
também é uma solução para a Equação 8 para quaisquer valores de 1c e 2c . 
Como temos uma família de soluções possíveis, como na solução geral 
das equações diferenciais de primeira ordem, podemos determinar qual solução 
satisfaz as condições iniciais 
(0) 2y  (11) 
'(0) 1y   (12) 
ou seja, procuramos uma função que contenha o ponto (0,2) cuja reta 
tangente possui coeficiente angular 1 . Para encontrar a solução para essas 
condições, substituímos a condição da Equação 11 na Equação 10 e temos 
0 0
1 2 1 22 c e c e c c    (13) 
Em seguida, derivamos a Equação 10, obtendo 
𝑦′ = 𝑐1𝑒
𝑡 − 𝑐2𝑒
−𝑡 
e substituímos nesse resultado a condição da Equação 12, resultando em 
1 21 c c   (14) 
 
 
5 
Podemos agora resolver um sistema de equações composto pelas 
Equações 13 e 14: 
{
2 = 𝑐1 + 𝑐2
−1 = 𝑐1 − 𝑐2
 
obtemos o resultado 
1
1
2
c  e 𝑐2 = 3/2. Esse resultado agora é inserido na 
Eq. 10 para termos então a solução para o PVI: 
1 3
2 2
t ty e e  (15) 
Voltamos agora para o caso geral, dado pela Equação 7, supondo uma 
solução exponencial para este caso como rty e , 𝑦′ = 𝑟. 𝑒𝑟𝑡, 𝑦′′ = 𝑟2𝑒𝑟𝑡, onde r 
pode assumir qualquer valor. Dessa forma, a Equação 7 terá a seguinte forma 
𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0 
𝑎𝑟2𝑒𝑟𝑡 + 𝑏𝑟𝑒𝑟𝑡 + 𝑐𝑒𝑟𝑡 
(𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐)𝑒𝑟𝑡 = 0 
 
(16) 
e quando 𝑒𝑟𝑡 ≠ 0, temos 
² 0ar br c   (17) 
que é conhecida como equação característica da Equação 7, onde r são 
as raízes desta equação (Zill, 2001). 
Supondo que as raízes da Equação 16 sejam reais e distintas, podemos 
dizer que 
𝑦1(𝑡) = 𝑒
𝑟1𝑡 
𝑦2(𝑡) = 𝑒
𝑟2𝑡 
são soluções da Equação 7. Portanto, a combinação linear dessas soluções 
também será. Assim, temos uma infinidade de soluções dada por 
1 2
1 2
r t r t
y c e c e  (18) 
impondo as condições iniciais 
0 0( )y t y (19) 
 
 
6 
0 0'( ) 'y t y (20) 
Quando inserimos tais condições na Equação (18), obtemos 
1 0 2 0
0 1 2
r t r t
y c e c e  (21) 
Derivando a Equação (18) e substituindo a condição da Equação (20), 
obtemos 
1 0 2 0
0 1 1 2 2'
r t r t
y c re c r e  (22) 
Agora, resolvendo o sistema de equações composto pelas Equações 20 
e 21, temos como solução 
1 00 0 2
1
1 2
' r ty y r
c e
r r



 
𝑐2 =
𝑦0
′ 𝑟1 − 𝑦0
𝑟1𝑦0 − 𝑟2
𝑒−𝑟2𝑡0 (23) 
Dessa forma, temos que a Equação 21 é solução geral para o PVI dado 
pela Equação 7 com restrições dadas pelas Equações 19 e 20 (Boyce, 2010). 
Note, portanto, que a solução geral de uma equação diferencial do 
segundo grau terá dois coeficientes a determinar. Nas próximas partes, vamos 
definir alguns métodos para resolução de algumas equações diferenciais do 
segundo grau. 
TEMA 3 – MÉTODOS DE RESOLUÇÃO PARA EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 
SEGUNDA ORDEM COM COEFICIENTES CONSTANTES 
A forma geral de uma equação diferencial de segunda ordem é aquela 
apresentada na parte 1: 
𝑑²𝑦
𝑑𝑡²
= 𝑓(𝑡, 𝑦,
𝑑𝑦
𝑑𝑡
) 
Ou seja, define-se a taxa de variação segunda da função 𝑦 em função de 
diversos fatores. Entretanto, algumas dessas equações se apresentam em 
formatos mais simplificados, assumindo a forma apresentada na Equação 24: 
𝑑²𝑦
𝑑𝑡²
+ 𝑎1
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 𝑎0𝑦 = 0 
(24) 
 
 
7 
Nesse caso, dizemos que 𝑎1 𝑒 𝑎0 são coeficientes constantes 
pertencentes ao conjunto dos números reais, e a Equação 24 é considerada 
como uma equação diferencial de segunda ordem com coeficientes constantes. 
Como visto na primeira parte, considera-se que 𝑦(𝑡) = 𝑒𝑟𝑡 é uma das 
soluções dessa equação, com 𝑟 a determinar. Nesse caso, 𝑦′(𝑡) = 𝑟𝑒𝑟𝑡 e 
𝑦′′(𝑡) = 𝑟2𝑒𝑟𝑡. Substituindo essa solução na Equação 24, obtemos: 
𝑟2𝑒𝑟𝑡 + 𝑎1𝑟𝑒
𝑟𝑡 + 𝑎0𝑒
𝑟𝑡 = 0 
𝑒𝑟𝑡(𝑟2 + 𝑎1𝑟 + 𝑎0) = 0 
𝑟2 + 𝑎1𝑟 + 𝑎0 = 0 (25) 
Como visto, a Equação 25 é considerada como a equação característica 
que possui diferentes soluções para 𝑟 em função dos diversos valoresde 𝑎1 e 
𝑎0 conhecidos. Vejamos os três casos. 
 CASO 1: 
Se as soluções da equação característica são reais e distintas. Suponha 
a seguinte equação diferencial: 
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
+ 2
𝑑𝑦
𝑑𝑡
− 8𝑦 = 0 
Sua equação característica é dada por: 
𝑟2 + 2𝑟 − 8 = 0 
Resolvendo essa equação, obtemos duas soluções para 𝑟, 𝑟1 = 2 e 𝑟2 =
−4, visto que 
𝑟2 + 2𝑟 − 8 = (𝑟 − 2)(𝑟 + 4) 
No Caso 1, a solução geral é dada por: 
𝑦(𝑡) = 𝑘1𝑒
𝑟1𝑡 + 𝑘2𝑒
𝑟2𝑡 
Ou seja, a solução geral para o exemplo dado é: 
𝑦(𝑡) = 𝑘1𝑒
2𝑡 + 𝑘2𝑒
−4𝑡 
 CASO 2: 
Se as soluções da equação característica são reais, mas possuem 
multiplicidade 2, como é o caso da seguinte equação diferencial: 
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
+ 4
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 4𝑦 = 0 (26) 
Nesse caso, sabemos que 𝑦1(𝑡) = 𝑘1𝑒
𝑟1𝑡 é solução para algum 𝑟1. 
Entretanto, existe uma segunda solução para essa equação. Como a nova 
solução deve apresentar uma família de soluções, ela não pode ser do mesmo 
formato que 𝑦1(𝑡). Uma das suposições é que seu formato seja dado por: 
 
 
8 
𝑦2(𝑡) = 𝑐(𝑡)𝑦1(𝑡) 
𝑦2(𝑡) = 𝑐(𝑡)𝑘1𝑒
𝑟1𝑡 
 
Nesse caso, repare que, para ser solução da equação diferencial, 𝑐′′(𝑡) = 0. 
Ou seja, 
𝑦2(𝑡) = 𝑘2𝑡𝑒
𝑟1𝑡 
A solução geral para o caso 2 se torna: 
𝑦(𝑡) = 𝑘1𝑒
𝑟𝑡 + 𝑘2𝑡𝑒
𝑟𝑡 (27) 
no qual 𝑟 = 𝑟1 = 𝑟2, visto que as raízes da equação característica são iguais. No 
exemplo dado pela Equação 26, sua equação característica é 
𝑟2 + 4𝑟 + 4 = 0 
(𝑟 + 2)2 = 0 
 Ou seja, 𝑟 = −2 é uma raiz com multiplicidade 2 da equação dada. A 
Solução Geral é dada pela Equação 27, que nesse caso se torna: 
𝑦(𝑡) = 𝑘1𝑒
−2𝑡 + 𝑘2𝑡𝑒
−2𝑡 
𝑦(𝑡) = (𝑘1 + 𝑡𝑘2)𝑒
−2𝑡 
 
 CASO 3: 
Se as raízes da equação característica não são reais, ou seja, possuem 
duas raízes complexas. Podemos escrever essas raízes no formato𝑟1 =
𝑎 + 𝑏𝑖 e 𝑟2 = 𝑎 − 𝑏𝑖, onde 𝑖 é a unidade imaginária visto que as raízes são 
conjugadas. Portanto, a solução apresentada na parte anterior poderia ser 
reescrita como: 
𝑦(𝑡) = 𝑘1𝑒
𝑎+𝑏𝑖 + 𝑘2𝑒
𝑎−𝑏𝑖 
Essa solução pode ser escrita na forma simplificada ao ser conhecida a 
relação de Euler e as combinações lineares específicas. Essa demonstração 
pode ser encontrada em Boyce (2010). Nesse caso, a solução 𝑦(𝑡) é dada por 
𝑦(𝑡) = 𝑘1𝑒
𝑎𝑡 cos(𝑏𝑡) + 𝑘2𝑒
𝑎𝑡𝑠𝑒𝑛 (𝑏𝑡) (28) 
 Suponha a seguinte equação diferencial: 
𝑑2𝑦
𝑑𝑡²
+ 𝑦 = 0 
Nesse caso, sua equação característica é dada por: 
𝑟2 + 1 = 0 
𝑟2 = −1 
 
 
9 
Substituídas na solução geral dada pela Equação 28, obtemos: 
𝑦(𝑡) = 𝑘1 cos 𝑡 + 𝑘2𝑠𝑒𝑛 𝑡 
 
Alguns exemplos. Seja a equação diferencial: 
𝑑²𝑦
𝑑𝑡²
−
𝑑𝑦
𝑑𝑡
− 2𝑦 = 0 
Encontramos inicialmente a equação característica. Nesse caso, seu 
formato será 
𝑟2 − 𝑟 − 2 = 0 
(𝑟 − 2)(𝑟 + 1) = 0 
indicando que essa equação diferencial possui duas raízes reais distintas, 
𝑟1 = 2 e 𝑟2 = −1. Repare que ela se enquadra no primeiro caso. Sendo assim, 
sua solução geral é dada por: 
𝑦(𝑡) = 𝑘1𝑒
2𝑡 + 𝑘2𝑒
−𝑡 
 O processo de resolução dessas equações diferenciais pode, portanto, 
ser separado em três passos: 
 Passo 1: Determine a equação característica da equação diferencial dada. 
 Passo 2: Encontre as soluções da equação característica e identifique, em 
relação a suas raízes, em qual dos três casos ela se apresenta. 
 Passo 3: Utilize o modelo de solução fornecido para cada caso. 
 Se são dadas condições de contorno para as soluções iniciais, então 
continuamos com um quarto passo procurando suas constantes. 
 Por exemplo, seja a equação diferencial dada por 
4
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
+ 12
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 9𝑦 = 0 
com condições de contorno 𝑦(0) = −2 e 𝑦′(0) = −1. Utilizaremos o passo 
a passo para determinar a solução geral dessa equação. O primeiro passo pede 
que determinemos a sua equação característica. Nesse caso, 
4𝑟2 + 12𝑟 + 9 = 0 
Na sequência, o segundo passo pede que encontremos as soluções 
dessa equação para a classificarmos de acordo com um dos três casos. Nesse 
caso, verificamos que a equação possui uma raiz única real com multiplicidade 
2, 𝑟 = −
3
2
. Isso enquadra nossa solução no caso 2. Assim sendo, utilizamos o 
passo 3 para definir a solução: 
𝑦(𝑡) = 𝑘1𝑒
−
3
2
𝑡 + 𝑘2𝑡𝑒
−
3
2
𝑡
 
(29) 
10 
Como estamos tratando de um problema de valor inicial, podemos 
determinar o valor de 𝑘1 𝑒 𝑘2 a partir dos valores dados. Sabemos que 𝑦(0) =
−2. Nesse caso, substituindo essa informação na Solução Geral dada pela
Equação 29 
𝑦(0) = 𝑘1𝑒0 + 𝑘2. 0. 𝑒0
–2=𝑘1 
Reescrevendo a Equação 29: 
𝑦(𝑡) = –2𝑒−
3
2
𝑡 3
2
𝑡
Para determinar a constante 𝑘2 utilizamos a informação de que 𝑦′(0) =
−1. Derivando a Equação 29 pela derivada da função exponencial e pela regra
de derivada do produto e substituindo a informação dada: 
𝑦′(𝑡) = –2 (−
3
2
) 𝑒−
3
2
𝑡 + k2𝑒−
3
2
𝑡
𝑒−
3
2
𝑡
𝑦′(0) = 3𝑒0 + k2𝑒0 + 0
−1−3=k2
 𝑘2 = −4
Ou seja, a Solução Particular para o exemplo dado é:
3
2
𝑡
𝑦(𝑡) = −2𝑒− − 4𝑡𝑒(−
3
2
𝑡)
TEMA 4 – EQUAÇÕES DE EULER-CAUCHY HOMOGÊNEA 
Vimos que uma forma simplificada da equação diferencial de segunda 
ordem é aquela apresentada na Equação 24, na qual os coeficientes 𝑎0 e 𝑎1 são 
constantes. 
𝑑²𝑦
𝑑𝑡²
+ 𝑎1
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 𝑎0𝑦 = 0
Uma equação um pouco mais complexa pode ser apresentada no formato 
da Equação 30: 
𝑓1(𝑡)
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
+ 𝑓2(𝑡)
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 𝑓3(𝑡)𝑦 = 0
(30)
+𝑘2t𝑒−
+ k2t . (−
3
2
) 
 
 
11 
Nesse caso, 𝑓1(𝑡), 𝑓2(𝑡) e 𝑓3(𝑡) apresentam funções no lugar dos 
coeficientes constantes. Se 𝑓1(𝑡) = 𝑎𝑡
2, 𝑓2(𝑡) = 𝑏𝑡 e 𝑓3(𝑡) = 𝑐, temos um caso 
particular dessa equação diferencial, que é conhecida como Equação de Euler-
Cauchy de Segunda Ordem. Esse caso particular é dado pela Equação 31: 
𝑎𝑡2
𝑑²𝑦
𝑑𝑡²
+ 𝑏𝑡
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 𝑐𝑦 = 0 (31) 
 
 Para encontrar a solução geral de uma equação diferencial como a 
Equação 31, definimos uma possível função 𝑦 = 𝑓(𝑡) que seja solução dessa 
equação. No caso da equação com coeficientes constantes, definimos 𝑦 = 𝑒𝑡 
como uma possível solução. A escolha dessa função acontece, muitas vezes, 
por tentativa e erro, o que evidencia por que o processo de resolução de equação 
diferencial é tão custoso e separa cada uma das equações por tipo. 
 Uma possível solução para a Equação 31 é dada por 
𝑦 = 𝑓(𝑡) = 𝑡𝑚 
com 𝑚 a determinar. Se for solução, deve-se substituir essa função na 
Equação 31 e verificar a veracidade. Como 
𝑦 = 𝑡𝑚 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝑚. 𝑡𝑚−1 
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
= 𝑚. (𝑚 − 1)𝑡𝑚−2, 
substituindo na Equação 31, obtemos: 
𝑎𝑡2𝑚. (𝑚 − 1). 𝑡𝑚−2 + 𝑏. 𝑡. 𝑚. 𝑡𝑚−1 + 𝑐. 𝑡𝑚 = 0 
𝑎𝑚(𝑚 − 1). 𝑡𝑚 + 𝑏. 𝑚. 𝑡𝑚 + 𝑐. 𝑡𝑚 = 0 
𝑎𝑚(𝑚 − 1) + 𝑏. 𝑚 + 𝑐 = 0 
que é classificada como equação auxiliar. Repare que 𝑦 = 𝑓(𝑡) = 𝑡𝑚 é 
solução para qualquer 𝑚 que satisfaça a equação auxiliar. Assim, vamos 
classificar as soluções em relação a cada tipo de raízes encontradas, como foi 
feito na parte II. Após a classificação, veremos um exemplo de cada caso. 
 
 CASO 1: 
Se as raízes da equação auxiliar forem reais e distintas, então tanto 𝑚1 
quanto 𝑚2 geram uma solução para o problema. Portanto, temos duas 
famílias de soluções: 
 
 
12 
𝑓1(𝑡) = 𝑡
𝑚1 
𝑓2(𝑡) = 𝑡
𝑚2 
 A solução geral é a combinação linear dessas duas soluções, ou seja: 
𝑓(𝑡) = 𝑘1𝑡
𝑚1 + 𝑘2𝑡
𝑚2 
 CASO 2: 
Se as raízes da equação auxiliar forem reais, mas possuírem 
multiplicidade dois, então 𝑚 gera uma família de soluções para o 
problema. Uma das soluções é dada por: 
𝑓1(𝑡) = 𝑡
𝑚1 
 A outra solução não pode ser uma combinação linear de 𝑓1 pois já estará 
contida na solução geral. Nesse caso, podemos supor que a outra família de 
soluções será dada por: 
𝑓2(𝑡) = 𝑔(𝑡). 𝑓1(𝑡) 
Se 𝑓2(𝑡) é solução, então satisfaz a Equação 31. Derivando 𝑓2(𝑡): 
𝑓2
′(𝑡) = 𝑔′(𝑡).𝑓1(𝑡) + 𝑔(𝑡). 𝑓1
′(𝑡) 
Derivando 𝑓2
′(𝑡) 
𝑓2
′′(𝑡) = 𝑔′′(𝑡). 𝑓1(𝑡) + 𝑔
′(𝑡). 𝑓1
′(𝑡) + 𝑔′(𝑡). 𝑓1
′(𝑡) + 𝑔(𝑡). 𝑓1
′′(𝑡) 
𝑓2
′′(𝑡) = 𝑔′′(𝑡). 𝑓1(𝑡) + 2𝑔
′(𝑡). 𝑓1
′(𝑡) + 𝑔(𝑡)𝑓1
′′(𝑡) 
Substituindo na Equação 31: 
𝑎𝑡2(𝑔′′(𝑡). 𝑓1(𝑡) + 2𝑔
′(𝑡). 𝑓1
′(𝑡) + 𝑔(𝑡)𝑓1
′′(𝑡)) + 𝑏. 𝑡. (𝑔′(𝑡). 𝑓1(𝑡) + 𝑔(𝑡). 𝑓1
′(𝑡))
+ 𝑐. 𝑔(𝑡). 𝑓1(𝑡) = 0 
Agrupando os temos, colocando 𝑔(𝑡), 𝑔′(𝑡)𝑒 𝑔′′(𝑡) em evidência: 
𝑔′′(𝑡)(𝑎𝑡2𝑓1(𝑡)) + 𝑔
′(𝑡). (2𝑎𝑡2𝑓1
′(𝑡) + 𝑏𝑡𝑓1(𝑡))
+ 𝑔(𝑡). (𝑎𝑡2𝑓1
′′(𝑡) + 𝑏𝑡𝑓1
′(𝑡) + 𝑐𝑓1(𝑡)) = 0 
 Repare que 𝑎𝑡2𝑓1
′′(𝑡) + 𝑏𝑡𝑓1
′(𝑡) + 𝑐𝑓1(𝑡) é a Equação 31, de Euler-Cauchy. 
Como ela vale 0, podemos continuar a substituição: 
𝑔′′(𝑡)(𝑎𝑡2𝑓1(𝑡)) + 𝑔
′(𝑡). (2𝑎𝑡2𝑓1
′(𝑡) + 𝑏𝑡𝑓1(𝑡)) = 0 
 Substituindo 𝑓1(𝑡) = 𝑡
𝑚, obtemos: 
𝑔′′(𝑡)(𝑎𝑡2𝑡𝑚) + 𝑔′(𝑡). (2𝑎𝑡2𝑚. 𝑡𝑚 + 𝑏𝑡𝑡𝑚) = 0 
𝑎𝑡𝑚+2𝑔′′(𝑡) + (2𝑎𝑚𝑡𝑚+2 + 𝑏𝑡𝑚+1)𝑔′(𝑡) = 0 
 Dividindo por 𝑡𝑚: 
𝑎𝑡2𝑔′′(𝑡) + (2𝑎𝑚𝑡 + 𝑏𝑡)𝑔′(𝑡) = 0 
 Repare que 2𝑎𝑚 + 𝑏 = 1 e portanto: 
𝑎𝑡2𝑔′′(𝑡) + 𝑡. 𝑔′(𝑡) = 0 
 
 
13 
𝑎𝑡𝑔′′(𝑡) + 𝑔′(𝑡) = 0 
 Considerando 𝑧 = 𝑔′(𝑡): 
𝑎𝑡𝑧′(𝑡) + 𝑧 = 0 
 que é uma equação diferencial de primeiro ordem. Como solução vista no 
capítulo 1: 
𝑧 =
1
𝑡
= 𝑔′(𝑡) 
 Portanto, 
𝑔′(𝑡) =
1
𝑡
 
𝑔(𝑡) = ln 𝑡. 
 o que nos mostra que a segunda família de soluções procurada é do tipo: 
𝑓2(𝑡) = 𝑡
𝑚 ln 𝑡 
 E a solução geral para o segundo caso é: 
𝑓(𝑡) = 𝑘1𝑡
𝑚 + 𝑘2𝑡
𝑚 ln 𝑡 
 CASO 3: 
Se as duas raízes da equação auxiliar forem complexas. Nesse caso, as 
raízes complexas podem ser escritas como: 
𝑚1 = 𝑎 + 𝑏𝑖 
𝑚2 = 𝑎 − 𝑏𝑖 
 A demonstração da solução geral pode ser encontrada em Boyce (2010) 
e foge do escopo desse material. Nesse caso, sua solução é dada por: 
𝑓(𝑡) = 𝑡𝑎(𝑘1 cos(𝑏 ln 𝑡) + 𝑘2𝑠𝑒𝑛(𝑏𝑙𝑛𝑡)) 
 Exemplo 1: Vamos encontrar a solução geral da seguinte equação 
diferencial: 
𝑡2
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
+ 3𝑡
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 3𝑦 = 0 
Repare que essa equação é do tipo Euler-Cauchy homogênea. Os três 
passos dados para resolver equações diferenciais de segunda ordem com 
coeficientes constantes podem ser utilizados aqui, observando o fato de que a 
análise das raízes é feita em relação a equação auxiliar, e não a equação 
característica. 
 O primeiro passo é determinar a equação auxiliar da equação dada. 
Nesse caso, 
𝑎𝑚(𝑚 − 1) + 𝑏𝑚 + 𝑐 = 0 
 
 
14 
é a equação auxiliar ao substituir 𝑎 = 1, 𝑏 = 3 𝑒 𝑐 = 3. Obtemos: 
𝑚(𝑚 − 1) + 3𝑚 + 3 = 0 
 O segundo passo é definir as raízes da equação auxiliar para classificar 
em qual dos três casos essa equação se enquadra. Veja que: 
𝑚(𝑚 − 1) + 3𝑚 + 3 = 0 
𝑚2 − 𝑚 + 3𝑚 + 3 = 0 
𝑚2 + 2𝑚 + 3 = 0 
 Utilizando algum método para encontrar raízes, verificamos que essa 
equação possui duas raízes complexas: 
𝑚1 = −1 + 𝑖. √2 
𝑚2 = −1 − 𝑖. √2 
 Nesse caso, enquadra-se no terceiro caso. O terceiro passo é encontrar 
a solução geral, que neste modelo é dada por: 
𝑓(𝑡) = 𝑡𝑎(𝑘1 cos(𝑏 ln 𝑡) + 𝑘2𝑠𝑒𝑛(𝑏 ln 𝑡)) 
 Ou seja, 
𝑓(𝑡) = 𝑡−1(𝑘1 cos(√2 . ln 𝑡) + 𝑘2𝑠𝑒𝑛(√2 ln 𝑡)) 
 Perceba que com todo o desenvolvimento para encontrar as soluções, o 
método de resolução se resume apenas em analisar raízes de uma equação do 
segundo grau e substituir na solução adequada. 
 Exemplo 2: Encontrar a solução geral da seguinte equação diferencial: 
𝑡2
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
− 3𝑡
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 3𝑦 = 0 
 O primeiro passo é encontrar a equação auxiliar. Veja que 𝑎 = 1, 𝑏 = −3 
e 𝑐 = 3. Portanto, a equação auxiliar é: 
𝑎𝑚(𝑚 − 1) + 𝑏𝑚 + 𝑐 = 0 
𝑚(𝑚 − 1) − 3𝑚 + 3 = 0 
𝑚2 − 𝑚 − 3𝑚 + 3 = 0 
𝑚2 − 4𝑚 + 3 = 0 
(𝑚 − 3)(𝑚 − 1) = 0 
 O segundo passo é determinar as raízes e classificar a equação. As raízes 
são, 𝑚1 = 3 e 𝑚2 = 1. Assim, trata-se de uma equação do primeiro caso, cuja 
solução é: 
𝑦(𝑡) = 𝑘1𝑡
𝑚1 + 𝑘2𝑡
𝑚2 
 O terceiro passo é definir a solução com base no caso. Assim, sua solução 
geral é: 
 
 
15 
𝑦(𝑡) = 𝑘1𝑡
3 + 𝑘2𝑡 
TEMA 5 – MÉTODO DA VARIAÇÃO DOS PARÂMETROS 
Para encontrar uma solução particular de uma equação linear não 
homogênea de ordem n, podemos utilizar o método de variação dos 
parâmetros. Dada a equação 
( ) ( 1)
1 1[ ] ( ) ... ( ) ' ( ) ( )
n n
n nL y y p t y p t y p t y g t

      (32) 
da mesma forma que fizemos para as equações de segunda ordem, iniciamos a 
resolução do problema da equação homogênea associada. Nesse método, não 
é necessário que g(t) tenha uma forma apropriada, pois é valido para qualquer 
função contínua g. 
Após encontrarmos as soluções 1 2, ,..., ny y y da equação homogênea 
associada, podemos escrever a solução particular 
1 1 2 2( ) ( ) ( ) ... ( )c n ny t c y t c y t c y t    
Em seguida, é necessário determinar n funções 1 2, ,..., nu u u de forma que 
1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )n nY t u t y t u t y t u t y t    (33) 
Que podem ser encontradas por meio de resultados de n condições. Uma das 
condições é a de que Y satisfaz a equação 32. As demais podem ser as 
derivadas da equação 33. Assim, obtemos 
' ' '
1 1 2 2
' ' ' ' ' '
1 1 2 2
( 1) ' ( 1) ' ( 1) '
1 1 2 2
... 0
... 0
...
n n
n n
n n n
n n
y u y u y u
y u y u y u
y u y u y u g  
   
   
   
 (34) 
Ao resolver o sistema acima, obtemos os coeficientes 1 2, ,..., nu u u . Por meio 
da Regra de Cramer, o sistema acima também pode ser resolvido com 
' ( ) ( )( )
( )
m
m
g t W t
u t
W t
 
 
 
16 
com 1,2,...,m n , 1 2( ) ( , ,..., )( )nW t W y y y t e ( )mW t sendo o determinante de W 
quando a m-ésima coluna é substituída pela coluna (0,0,...,0,1) . Assim, uma 
solução particular para a equação 32 é dada por 
0
1
( ) ( )
( ) ( )
( )
tn
m
m
m t
g s W s
Y t y t ds
W s
  
com 0t arbitrário. 
 A fórmula de Abel 
1 2 1( ) ( , ,..., )( ) exp ( )nW t W y y y t c p t dt     
também pode ser usada para obter uma solução de forma que a constante c 
pode ser obtida pelo cálculo de W em algum ponto conveniente (Boyce, 2010). 
 Por mais que o método pareça avançado, a sua aplicação em exemplos 
selecionados mostra que a solução geral pode ser encontrada a partir de um 
conjunto de passo a passo, como nos outros métodos. 
 Exemplo 1: Seja a equação diferencial não homogênea dada por: 
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
− 8
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 16𝑦 =
𝑒4𝑡
𝑡2
 (35) 
Vamos encontrar sua solução geral a partir do método da variação dos 
parâmetros. Como no método dos coeficientes indeterminados, busca-se, 
inicialmente, a solução da equação diferencial homogênea equivalente. Nesse 
caso, essa equação é dada por: 
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
− 8
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 16𝑦 = 0 
Veja que é uma equação diferencial homogênea com coeficientes 
constantes e pode ser aplicada pelo método discutido na aula anterior. Para isso, 
a equação característica equivalente é: 
𝑟2 − 8𝑟 + 16 = 0 
(𝑟 − 4)2 = 0 
 
que possui uma raiz real única com multiplicidade dupla, 𝑟 = 4. Nesse caso, a 
solução geral é dada por: 
𝑦ℎ(𝑡) = 𝐶1𝑒
4𝑡 + 𝐶2𝑡𝑒
4𝑡 
 
 
 
17 
 
No caso do método por variação dos parâmetros 
𝑦𝑝(𝑡) = 𝑣1(𝑡). 𝑦1(𝑡) + 𝑣2(𝑡)𝑦2(𝑡) 
é a forma de 𝑦𝑝(𝑡), como indicado na equação 33. O próximo passo é escrever 
o sistema de equações associado ao método, como aquele apresentado na 
equação 34. Nesse caso, 
{
𝑣1
′ 𝑦1 + 𝑣2
′ 𝑦2 = 0
𝑣1
′ 𝑦1
′ + 𝑣2
′ 𝑦2
′ =
𝑒4𝑡
𝑡2
 (36) 
 Veja que nesse sistema de equações, temos: 
𝑦1 = 𝑒
4𝑡 
𝑦2 = 𝑡𝑒
4𝑡 
cujas derivadas são: 
𝑦1
′ = 4𝑒4𝑡 
𝑦2
′ = 𝑒4𝑡 + 4𝑡𝑒4𝑡 = 𝑒4𝑡(1 + 4𝑡) 
 Substituindo no sistema de equações 8, 
{
𝑣1
′ 𝑒4𝑡 + 𝑣2
′ 𝑡𝑒4𝑡 = 0
𝑣1
′ 4𝑒4𝑡 + 𝑣2
′ 𝑒4𝑡(1 + 4𝑡) =
𝑒4𝑡
𝑡2
 
 Dividindo ambas as equações por 𝑒4𝑡 
{
𝑣1
′ + 𝑣2
′ 𝑡 = 0
4𝑣1
′ + (1 + 4𝑡)𝑣2
′ =
1
𝑡2
 
 
Nem sempre podemos utilizar a Regra de Cramer para resolver o sistema. 
Existem diversas formasdiferentes de resolvê-lo. Por exemplo, podemos 
reescrever 𝑣1
′ + 𝑣2
′ 𝑡 = 0 como 𝑣1
′ = −𝑡𝑣2′. Substituindo em 4𝑣1
′ + (1 + 4𝑡)𝑣2
′ =
1/𝑡2, obtemos 
4(−𝑡𝑣2
′ ) + (1 + 4𝑡)𝑣2
′ =
1
𝑡2
 
𝑣2
′ =
1
𝑡2
 
Como 𝑣1
′ = −𝑡𝑣2′ 
 
 
18 
𝑣1
′ = −
1
𝑡
 
 Integrando 𝑣2′ e 𝑣1′ para encontrar 𝑣2 e 𝑣1, respectivamente, obtemos: 
𝑣2 = ∫
1
𝑡2
𝑑𝑡 
𝑣2 = −
1
𝑡
 
𝑣1 = ∫
1
𝑡
𝑑𝑡 
𝑣1 = ln 𝑡 
 Assim, podemos reescrever a solução particular 
𝑦𝑝(𝑡) = 𝑣1𝑦1 + 𝑣2𝑦2 
𝑦𝑝(𝑡) = 𝑒
4𝑡 ln 𝑡 + 𝑡𝑒4𝑡 (−
1
𝑡
) 
𝑦𝑝(𝑡) = 𝑒
4𝑡 ln 𝑡 − 𝑒4𝑡 
𝑦𝑝(𝑡) = 𝑒
4𝑡(ln 𝑡 − 1) 
 Por fim, a solução procurada 𝑦(𝑡) é dada por: 
𝑦(𝑡) = 𝑦ℎ(𝑡) + 𝑦𝑝(𝑡) 
𝑦(𝑡) = 𝐶1𝑒
4𝑡 + 𝐶2𝑡𝑒
4𝑡 + 𝑒4𝑡(ln 𝑡 − 1) 
 
FINALIZANDO 
Com essa segunda aula, foi possível compreender a aplicação de 
equações diferenciais e a resolução dos primeiros métodos para resoluções de 
equações diferenciais de segunda ordem. Nas aulas seguintes, outros métodos 
serão aplicados para outros tipos de equações diferenciais. 
 
 
 
19 
 
REFERÊNCIAS 
BOYCE, W. E.; DIPRIMA, R. C. Equações diferenciais elementares e 
problemas de valores de contorno. 9. ed. São Paulo: LTC, 2010. 
KENT, N. R. Equações diferenciais. 8. ed. São Paulo: Pearson Education do 
Brasil, 2012. 
NÓBREGA, D. D. Equações diferenciais ordinárias e algumas aplicações. 
Caicó: UFRN, 2016. 
ZILL, D. G.; CULLEN, M. R. Equações diferenciais. 3. ed. v.1. São Paulo: 
Pearson Education do Brasil, 2001.