EQUAÇÕES DIFERENCIAIS - CAPÍTULO 2 - E. D. de PRIMEIRA ORDEM

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Prof. Luiz Elpídio M. Machado 
 
 1
2 – Equações Diferenciais de Primeira Ordem 
As equações diferenciais de primeira ordem 
( )ytf
dt
dy
,= (1) 
onde f é uma função de duas variáveis. Qualquer função diferenciável ( )tgy = que satisfaça a esta condição para 
todos os valores de t em um certo intervalo é considerada como uma solução; nosso objetivo é determinar as essas 
soluções existem e, em caso afirmativo, desenvolver métodos para encontrá-las. Infelizmente, para uma função 
arbitrária f , não existe nenhum método geral para revolver a equação em termos de funções elementares. Assim, 
vamos descrever vários métodos, cada um dos quais se aplica a uma subclasse das equações de primeira ordem. As 
subclasses mais importantes são as das equações lineares e das equações separáveis. 
Se a função f da Eq. (1) depende linearmente da variável dependente y , então a equação pode ser escrita 
na forma 
( ) ( ) ( ) ( )tttt qypyqyp
dt
dy
=+⇔=+ \ , (2) 
que é chamada equação diferencial linear de primeira ordem. 
2.1 – Para ( )tp e ( )tq constantes 
A equação mais geral de primeira ordem com coeficientes constantes é 
bya
dt
dy
+= (3) 
onde a e b são constantes ( ) ( )( )tt qbepa =−= . 
temosapormembrosegundoodividindobya
dt
dy
,


+= 
0≠








 += apara
a
b
ya
dt
dy
. Assim temos, 
a
b
yparaa
aby
dtdy
≠



=
+
 
( ) ( )[ ]
ku
ku
dt
d
querecordandoaaby
dt
d
+
=+


=+
1
lnln . Então, 0ln Cataby +=+ 
onde 0C é uma constante arbitrária. Tomando as exponenciais dos dois membros, 
atCCatCataby ee
a
b
yeeabyee 000
ln ±=+⇔=+⇔= ++ , para 0Cec ±= temos: 
atce
a
b
y +−= . (4) 
 
 
 
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 2
O comportamento geral da solução (3) depende principalmente do sinal do parâmetro a . Se 0<a , então 
0→ate quando ∞→t , e os gráficos de todas as soluções tendem para a assíntota horizontal 
a
b
y −= . Por outro 
lado, se 0>a , ∞→ate quando ∞→t , e os gráficos das soluções divergem da reta 
a
b
y −= . 
A solução constante 
a
b
y −= é freqüentemente chamada de solução de equilíbrio, já que 
dt
dy
 é sempre 
zero para esta solução. 
Exemplo 
Ex.-1 Resolva a equação diferencial 82 =+ y
dt
dy
 
t
t
C
tCtC
tCtCCtCty
key
e
e
yeeyeey
eeyeeyeeyee
CtyCtydtdy
y
dt
y
dy
y
dt
dy
y
dt
dy
y
dt
dy
2
2
2
2222
2222222282ln
4
2
48282
828282
2282ln82ln
2
1
82
1
82
828282
−
−
−
−−−−
−−−−−−−−+−
+=
−=⇔−=⇔−=
+−=−⇔=+−⇔=+−⇔=
−−=+−⇔+=+−
−
⇔=
+−
=
+−
⇔+−=⇔+−=⇔=+
∫∫
 
Ex.-2 Resolva a equação diferencial 63 =+ y
dt
dy
 
( )
( )
( )
t
ttCCtCty
key
keyeeyeeyee
Ctydt
y
dy
dt
y
dy
y
dt
dy
y
dt
dy
y
dt
dy
3
33332ln
2
222
32ln3
2
3
2
236363
−
−−−+−−
+=
=−⇔=−⇔=−⇔=
+−=−⇔−=
−
−=
−
⇔−−=⇔+−=⇔=+
∫∫ 
 
Ex.-3 Resolva a equação diferencial 44\ =− yy . 
a) Determine a função que passa pelo ponto ( )0,1 . Verifique se as funções satisfazem a equação. 
b) Determine a função que passa pelo ponto ( )1,0 . Verifique se as funções satisfazem a equação. 
Resolução 
Solução geral 
 
 
 
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 3
( )
( )
( )
t
ttCCtCty
key
keyeeyeeyee
Ctydt
y
dy
dt
y
dy
y
dt
dy
y
dt
dy
y
dt
dy
4
44441ln
1
111
41ln4
1
4
1
144444
+−=
=+⇔=+⇔=+⇔=
+=+⇔=
+
=
+
⇔+=⇔+=⇔=−
++
∫∫ 
a) Determine a função que passa pelo ponto ( )0,1 . 
( ) ( )
4444444
4
4
44144
1111
1
110101
01
−+−−
−
×
+−=⇒+−=⇒×+−=⇒+−=
=
=⇒=⇒+−=⇒+−=⇒+−=
==
tttt
t
eyeyeeykey
ek
e
kkekekekey
yet
 
Derivando 
441 −+−= tey 
44\44\ 44 −− =⇒×= tt eyey 
44\ =− yy 
Testando a solução 
441 −+−= tey na equação diferencial 
( )
verdadeiro
ee
ee
tt
tt
44
4444
4144
4444
4444
=
=−+
=+−×−
−−
−−
 
441 −+−= tey é solução. 
 
b) Determine a função que passa pelo ponto ( )1,0 . 
( ) ( )
t
t
ey
kkkekekey
yet
4
0044
21
21111111
10
+−=
=⇒+=⇒+−=⇒+−=⇒+−=
==
×
 
 
Derivando 
tey 421+−= 
tt eyey 4\4\ 842 =⇒×= 
Testando a solução 
tey 421+−= na equação diferencial 
44\ =− yy 
( )
verdadeiro
ee
ee
tt
tt
44
4848
44148
44
44
=
=−+
=+−×−
 
 
 
 
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 4
tey 421+−= é solução 
 
Exercício 
Resolva a equação diferencial: 
E-1. 0186\ =−− yy 
E-2. 03\ =−− yy 
E-3. 02\ =+− yy 
E-4. 032\ =−+ yy 
E-5. 63\ −=+ yy 
E-6. 342 \ =+ yy 
E-7. 22 \ −=+ yy 
E-8. 63 \ =− yy 
E-9. 1\ =+− yy 
E-10. 32\ =+ yy 
E-11. 62 =+ y
dt
dy
 
 
Resolva a equação diferencial e determine a função que passa pelo ponto dado: 
E-12. 0102\ =−− yy e ( )3,0 
E-13. 93\ =− yy e ( )2,0 
E-14. 02\ =−+ yy e ( )1,0 
E-15. 32\ =+ yy e ( )0,1 
E-16. 153\ =+− yy e ( )0,2− 
E-17. 55\ −=+− yy e ( )0,3 
Respostas 
R - 1 ( )
t
t key
63+−= 
R - 2 ( )
t
t key +−= 3 
R - 3 ( )
t
t key += 2 
R - 4 ( )
t
t key
2
2
3 −+= 
R - 5 ( )
t
t key
32 −+−= 
R - 6 ( )
t
t key
2
4
3 −+= 
R - 7 ( )
22 tt key
−+−= 
R - 8 ( )
36 tt key +−= 
R - 9 ( )
t
t key +=1 
R - 10 ( )
t
t key
2
2
3 −+= 
R - 11 
( )
( )
( )
t
ttCCtCty
key
keyeeyeeyee
Ctydt
y
dy
dt
y
dy
y
dt
dy
y
dt
dy
y
dt
dy
2
22223ln
3
333
23ln2
3
2
3
326262
−
−−−+−−
+=
=−⇔=−⇔=−⇔=
+−=−⇔−=
−
−=
−
⇔−−=⇔+−=⇔=+
∫∫ 
R - 12 ( )
t
t ey
285+−= R - 13 ( )
t
t ey
353+−= 
 
 
 
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 2
R - 14 ( )
t
t ey
−−= 2 
R - 15 ( )
22
2
3
2
3 +−−= tt ey 
R - 16 ( )
6355 +−= tt ey 
R - 17 ( )
1551 −+−= tt ey 
2.2 – Fator Integrante 
O objetivo é multiplicar a equação diferencial (2) por um fator integrante apropriado e assim coloca-lo em uma 
forma integrável. Para determinar esse fator integrante, primeiro multiplicamos a Eq. (2) por uma função ( )xm , ainda 
indeterminada. Temos então 
( ) ( ) } ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )xxxxx
xxx
qmypmym
mqypy
=+
×=+
\
\
. (5) 
Devemos reconhecer o lado esquerdo da Eq.(5) como a derivada de alguma função. O fato de que existem 
dois termos e um dos termos é ( )
\ym x sugere que o lado esquerdo da Eq.(5) pode ser a derivada do produto ( )ym x . 
Para que isto seja verdade, o segundo termo do lado esquerdo da Eq.(5), ( ) ( )ypm xx , deve ser igual a ( )ym x
\
. Isto, 
por sua vez, significa que ( )xm deve satisfazer à equação diferencial 
 ( ) ( ) ( )xxx pmm =
\
. (6) 
Se admitirmos, temporariamente, que ( )xm é positiva, podemos escrever a Eq.(6) como 
( )
( )
( ) ( )[ ] ( ) ( ) 0ln
\
>




=⇔= xxxx
x
x
mparapm
dx
d
p
m
m
. (7) 
Integrando os dois termos, tem-se: 
( ) ( )
( ) ( )∫
=
= ∫
dxpm
xx
xx
ee
dxpm
ln
ln
. 
( )
( ) 0Cdxp
x
xem
+∫= . (8) 
Observe que ( )xm é positiva para todo x conforme admitido na Eq.(7). 
Depois de determinarmos o fator integrante ( )xm , voltamos à Eq.(5). Como ( )xm satisfaz à Eq.(6), a Eq.(5) se 
reduz a 
( )[ ] ( ) ( )xxx qmym
dx
d
= . (9) 
Integrando ambos os membros da Eq.(9), obtemos: 
( ) ( ) ( )∫= dxqmym xxx 
 
 
 
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 6
( ) ( )
( )x
xx
m
dxqm
y
∫
= . (10) 
Uma vez que y representa qualquer solução da Eq.(2), concluímos que toda solução da Eq.(2) está incluídano segundo membro da Eq.(10). Portanto, esta expressão é uma solução geral da Eq.(2). Observe que para se 
encontrar a solução dada pela Eq.(10) são necessárias duas integrações, a primeira para ter ( )xm pela Eq.(8) e a 
segunda para determinar y pela Eq.(10). 
Nota-se primeiramente, que antes de determinar o fator integrante ( )xm pela Eq.(8) é necessário ter certeza 
de que a equação diferencial tem exatamente a forma da Eq.(2); em particular o coeficiente de 
\y deve ser a unidade. 
De outra forma, a função ( )xp usada para o cálculo de ( )xm será incorreta. Em segundo lugar, depois de encontrar 
( )xm e de multiplicar a Eq.(2) pelo fator integrante é preciso verificar que os termos envolvendo y e 
\y são, de fato, a 
derivada de ( )xm como devem ser. Esta verificação proporciona certeza sobre a correção de ( )xm . Como é natural, 
uma vez que se tenha encontrado a solução y , é possível também verificar a sua correção, substituindo-a na equação 
diferencial. 
A interpretação geométrica da Eq. (10) é a de uma família de curvas, uma para cada valor de c . Estas curvas 
são as curvas integrais da equação diferencial. Muitas vezes é importante selecionar um membro da família de curvas 
integrais, o que faz pela identificação de um ponto particular ( )00 , yx contido no gráfico da solução. Esta exigência se 
escreve, usualmente, como 
( ) 00 yy x = , (11) 
e é conhecida como uma condição inicial. Uma equação diferencial de primeira ordem, como a Eq.(1) ou Eq. (2), e uma 
condição inicial, como a Eq. (11), constituem, em conjunto, um problema de valor inicial. 
Exemplo 
Ex.-4 Determine a solução geral da equação diferencial 
2\ 43 tyty =+ . 
Resolução 
ty
t
y
t
t
y
t
y
t
t
ttyty
4
3
43
43
\
2
\
2\
=+
=+
÷=+
 
Fator Integrante 
( )
( )
( )
( )
3
lnln3
1
3
3
3
3
tee
ee
e
t
p
tt
t
dt
t
dt
t
t
dtp
t
t
t
===
∫
=
∫
=
∫
=
=
µ
µ
µ
 
( )
3
t
t
=µ 
 
 
 
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 7
( )
( ) ( )
( ) ( )
C
t
dtq
dttdtttdtq
tq
tt
tt
t
+=∫
∫∫ ×=∫
=
5
4
44
4
5
43
µ
µ 
( ) ( )
Ctdtq
tt
+=∫
5
5
4
µ 
( ) ( )
( )
3
5
5
4
t
Ctdtq
y
t
tt
+
=
∫
=
µ
µ
 
3
2
5
4
t
C
ty += 
 
 
Ex.-5 Determine a solução da equação diferencial 
t
eyy
−
=− 2
\
. 
Resolução
t
eyy
−
=− 2
\
 
Fator Integrante 
( )
( )
( )
tdt
t
dtp
t
t
ee
e
p
t
22
2
−−
=
∫
=
∫
=
−=
µ
µ 
( )
t
t
e
2−
=µ 
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
C
e
dtq
dtedtq
dteedtq
eq
t
tt
t
tt
tt
tt
t
t
+
−
=∫
∫=∫
∫ ×=∫
=
−
−
−−
−
3
3
3
2
µ
µ
µ
 
( ) ( )
C
e
dtq
t
tt
+−=∫
−
3
3
µ 
( ) ( )
( )
t
t
t
tt
e
C
e
dtq
y
2
3
3
−
−
+−
=
∫
=
µ
µ
 
t
t
Ce
e
y
2
3
+−=
−
 
 
 
Ex.-6 Determine a solução da equação diferencial tyy =+ 3
\
. 
Resolução
tyy =+ 3
\
 
Fator Integrante 
( )
( )
( )
tdt
t
dtp
t
t
ee
e
p
t
33
3
=
∫
=
∫
=
=
µ
µ 
 
 
 
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 8
( )
t
t
e
3
=µ 
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
C
ete
dtq
dte
e
tdtq
dttedtetdtq
tq
tt
tt
t
t
tt
tt
tt
t
+×−=∫
−=∫
∫=∫ ×=∫
=
∫
33
1
3
3
1
3
33
3
3
33
µ
µ
µ
 
( ) ( )
C
ete
dtq
tt
tt
+−=∫
93
33
µ 
( ) ( )
( )
t
tt
t
tt
e
C
ete
dtq
y
3
33
93
+−
=
∫
=
µ
µ
 
t
e
Ct
y
3
9
1
3
+−= 
 
 
Ex.-7 Determine a solução do problema de valor inicial 
t
e
y
y
−
=−
2
\
 e ( ) 10 −=y . 
Resolução
t
eyy
−
=−
2
1\
 
Fator Integrante 
( )
( )
( )
tdt
t
dtp
t
t
ee
e
p
t
2
1
2
1
2
1
−−
=
∫
=
∫
=
−=
µ
µ 
( )
t
t
e
2
1
−
=µ 
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
C
e
dtq
dtedtq
dteedtq
eq
t
tt
t
tt
t
t
tt
t
t
+
−
=∫
∫=∫
∫ ×=∫
=
−
−
−−
−
2
3
2
3
2
3
2
1
µ
µ
µ
 
( ) ( )
C
e
dtq
t
tt
+−=∫
−
3
2
3
µ 
( ) ( )
( )
t
t
t
tt
e
C
e
dtq
y
2
1
2
3
3
2
−
−
+−
=
∫
=
µ
µ
 
t
t
Ce
e
y
2
1
3
2
+−=
−
 
Condições ( ) 10 −=y 
3
1
1
3
2
3
2
1
3
2
1
3
2
0
2
10
2
1
−=
−=
+−=−
+−=−
+−=
×−
−
C
C
C
Ce
e
Ce
e
y
t
t
 
t
t
e
e
y
2
1
3
1
3
2
−−=
−
 
 
Ex.-8 Achar a solução do problema de valor inicial ttyy =+ 2\ e ( ) 00 =y . 
Resolução
 
 
 
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 1
ttyy =+ 2\ 
Fator Integrante 
( )
( )
( )
( )
2
2
2
22
2
t
t
t
tdt
t
dtp
t
t
e
ee
e
tp
t
=
=
∫
=
∫
=
=
µ
µ
µ
 
( )
2
t
t
e=µ 
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) Cedtq
Ceduedtq
du
etdtedttedtq
du
tdttdtdutu
dttedtetdtq
tq
t
tt
uu
tt
utt
tt
tt
tt
t
+=∫
+=∫=∫
∫=∫=∫=∫
=⇒=⇒=
∫=∫ ×=∫
=
2
22
22
2
1
2
1
2
1
2
2
22
µ
µ
µ
µ
 
( ) ( ) Cedtq
t
tt +=∫
2
2
1
µ 
( )
( ) ( )
( )
2
2
2
1
t
t
t
tt
t
e
Cedtq
y
+
=
∫
=
µ
µ
 
( ) 2
2
1
tt e
C
y += 
Condições ( ) 00 =y 
( )
2
1
2
1
0
2
1
0
2
1
0
2
−=
+=
+=
+=
C
C
e
C
e
C
y
tt
 
Substituindo o valor de C 
( ) 2
2
1
tt e
C
y += 
( ) 2
2
1
2
1
tt e
y
−
+= 
( ) 2
2
1
2
1
tt e
y −=
 
 
Ex.-9 Achar a solução do problema de valor inicial tyy =+ 2\ e ( ) 00 =y . 
 
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx 
 
Resolução
tyy =+ 2\ 
Fator Integrante 
( )
( )
( )
( )
2
22
2
t
t
tdt
t
dtp
t
t
e
ee
e
p
t
=
=∫=
∫=
=
µ
µ
µ
 
( )
t
t e
2=µ 
 
 
 
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 2
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) C
e
dtq
dtedtq
dtetdtq
dtetdtq
tq
t
tt
t
tt
t
tt
t
tt
t
+
−
=∫
∫=∫
∫ ×=∫
∫ ×=∫
=
−
−
2
3
2
3
2
3
2
2
µ
µ
µ
µ
 
( ) ( )
C
e
dtq
t
tt
+−=∫
−
3
2
3
µ 
( ) ( )
( )
t
t
t
tt
e
C
e
dtq
y
2
1
2
3
3
2
−
−
+−
=
∫
=
µ
µ
 
t
t
Ce
e
y
2
1
3
2
+−=
−
 
Condições ( ) 10 −=y 
3
1
1
3
2
3
2
1
3
2
1
3
2
0
2
10
2
1
−=
−=
+−=−
+−=−
+−=
×−
−
C
C
C
Ce
e
Ce
e
y
t
t
 
t
t
e
e
y
2
1
3
1
3
2
−−=
−
 
 
 
 
 
 
Ex.-10 Achar a solução do problema de valor inicial tyty =+ 2\ e ( ) 21 =y . 
 
 
 
Exercício 
Determine a solução geral para a equação diferencial 
E-18. 
tetyy 22\ 2 =− 
E-19. 
tetyy 2\ 3 −+=+ 
E-20. 12\ +=+ tetyy 
E-21. ( )ty
t
y 2cos3
1\ =+ , 0>t 
E-22. 
teyy 32\ =− 
E-23. ( )tyty sen2\ =+ , 0>t 
E-24. 
2
22\ ttetyy −=+ 
E-25. ( ) ( ) 22\2 141 −+=++ ttyyt 
E-26. tyy 32 \ =+ 
E-27. 
tetyty −=− 2\ 
E-28. 
tetyty −=− 3\ 
E-29. 
t
teyy
2\
3
−
=+ 
E-30. 
2\ 32 tyy =+ 
E-31. ( )tyty cos3\ =+ ; 0>t 
 
Ache a solução do problema de valor inicial proposto 
 
 
 
 Prof. Luiz Elpídio M. Machado 
 
 24
E-32. 
tteyy 2\ 2=− , ( ) 10 =y 
E-33. 
tteyy 2\ 22 −=+ , ( ) 01 =y 
E-34. 12 2\ +−=+ ttyty , ( )
2
1
1 =y , 0>t 
E-35. 
( )
2
\ cos2
t
t
y
t
y =+ , ( ) 0=πy , 0>t 
E-36. 
teyy 2\ 2 =− , ( ) 20 =y 
E-37. ( )tyty sen2\ =+ , 1
2
=





 πy 
E-38. 
teytyt −=+ 2\3 4 , ( ) 01 =−y 
E-39. ( ) tytty =++ 1\ , 
( )
1
2ln
=y 
Respostas 
R - 18 
( )
t
t
t
Ce
et
y
2
23
3
+= 
R - 19 
( )
tt
t
Cee
t
y
32
9
1
3
−−
++−= 
R - 20 
( )
t
tt
t
Ce
ete
y
−
++−= 1
93
22
 
R - 21 
( )
( ) ( )
t
C
t
t
tseny
t
++= 2cos
4
3
2
2
3
 
R - 22 
( )
tt
t
Ceey
2
3 +−= 
R - 23 
( )
( ) ( )
22
1
cos
1
t
C
tsen
t
t
t
y
t
++−= 
R - 24 
( )
2
2
tt
e
Ct
y
+
= 
R - 25 
( )
( )
( )221 t
Ctarctg
y
t +
+
= 
R - 26 
( ) 2
63
t
t e
C
ty +−= 
R - 27 ( ) Cttey
t
t +−=
−
 
R - 28 
( )
Ctteety
tt
t
+−−=
−−2
 
R - 29 
( )
ttt
t
Ceetey
322 −−−
+−= 
R - 30 
( )2
2
24123
t
t
e
C
tty ++−= 
R - 31 
( )
ttt
t
eetey 322
22
+−= 
R - 32 ( )
( ) ( ) ( )
332
2cos2
t
C
t
tsen
t
t
t
tsen
y t ++−+= 
R - 33 ( ) tt e
t
y
12 −
= 
R - 34 
( ) 2
2
12
1
2
1
34 t
tt
y
t
++−= 
R - 35 
( )
( )tsen
t
y
t
2
1
= 
R - 36 
( )
tt
t
etey
22
2+= 
R - 37 
( )
( ) ( )
2
2
2
1
41cos
1
t
tsen
t
t
t
y
t
−
++−=
π
 
ou 
( )
( ) ( )
22
47,11
cos
1
t
tsen
t
t
t
y
t
++−= 
R - 38 
( ) 4t
ete
y
tt
t
−−
−−
= ou 
( ) 4t
ete
y
tt
t
−−
+
−= 
ou 
( ) tt et
t
y
4
1+
−= 
R - 39 
( ) tt tet
y
21
1 +−=
 
2.3 – Discussão sobre as Equações Lineares 
 
 
 
 Prof. Luiz Elpídio M. Machado 
 
 13
Já foi visto que achar soluções dos problemas de valor inicial, com equações lineares de primeira ordem, é 
possível mediante o fator integrante para transformar a equação diferencial numa forma integrável. Agora vamos 
analisar algumas questões de natureza geral que são: 
a) Os problemas de valor inicial mencionados têm sempre uma solução? 
b) Podem ter mais de uma solução? 
c) A solução vale para todos os t , ou somente para um intervalo restrito nas vizinhanças do ponto inicial? 
Teorema: Se as funções p e q são contínuas num intervalo aberto I : βα << t , que contém o ponto 0tt = , 
então existe uma única função ( )ty Φ= que satisfaz à equação diferencial ( ) ( )tt qypy =+
\
 para cada t em I e 
que também satisfaz à condição inicial ( ) 00 yy t = , onde 0y é um valor inicial arbitrário. 
O teorema afirma que dado um problema de valor inicial tem uma solução e também que a problema tem 
somente uma solução. Em outra palavras, teorema assegura a existência e a unicidade da solução do problema de 
valor inicial ( ) ( )tt qypy =+
\
 e ( ) 00 yy t = . Além disso, o teorema afirma que a solução existe em algum intervalo I 
que contenha o ponto inicial 0t , no qual os coeficientes p e q sejam contínuos. Isto é, a solução pode ser descontínua 
ou pode não existir, somente nos pontos onde pelo menos uma das funções p e q seja descontínua. Estes pontos 
podem ser identificados, muitas vezes, por simples inspeção. 
Exemplo 
Ex.-11 Determine o intervalo no qual o problema de valor inicial 
2\ 42 tyty =+ e ( ) 21 =y , tem uma solução única. 
Determine essa solução. 
Ex.-12 Achar a solução do problema de valor inicial 12\ =− tyy e ( ) 5,00 −=y . 
Obs.: ( ) ∫ −=
t
s
t dseref
0
22
π
 é a função erro, que foi extensamente tabelada e é considerada uma função 
conhecida, dado um valor t , podem consultar uma tabela de valores de função erro, ou então lançar mão de 
um procedimento numérico. 
 
A seguir temos algumas das mais importantes propriedades das equações diferenciais lineares de primeira 
ordem e respectivas soluções. 
a) Há uma solução geral, com uma constante arbitrária, que inclui todas as soluções da equação diferencial. 
Uma solução particular, que satisfaz a uma certa condição inicial, pode ser determinada pela escolha 
conveniente do valor da constante arbitrária. 
b) Há uma expressão fechada para a solução, a equação 
( ) ( )
( )x
xx
m
cdxqm
y
+
= ∫ ou a equação 
( ) ( )
( )x
t
t
ss
m
ydsqm
y
0
0
+
=
∫
. Além disso, embora a expressão envolva duas integrações, é uma solução explícita 
para ( )ty Φ= e não uma equação defina Φ implicitamente. 
 
 
 
 Prof. Luiz Elpídio M. Machado 
 
 14
c) Os possíveis pontos de descontinuidade, ou singularidades, da solução podem ser identificados (sem a 
resolução do problema) pela determinação dos pontos de descontinuidade dos coeficientes. Assim, se os 
coeficientes forem contínuos para todos os t , então a solução também existe e é contínua para todos os t 
Exercício 
Achar a solução geral da equação diferencial: 
E-40. ( )ty
t
y sen
1\ =+ , 0>t 
E-41. 
( )
t
t
tyyt
sen
3\2 =+ , 0<t 
E-42. teyy t +=+ −22\ 
E-43. 12 \ −=+ tyy
Resposta 
R - 40 
R - 41 ( ) ( ) ( )
t
C
t
t
tseny t ++= 2cos
4
3
2
2
3
 
R - 42 ( )
tt
t Ceey
23 +−= 
R - 43 
Bibliografia 
BOYCE, W. E. & DIPRIMA, R. C. Equações diferenciais elementares e problemas de valores de 
contorno. Rio de Janeiro: LTC, 1999, 6. ed. 532p.