Equações diferenciais ordinárias

UNIVERSIDADE POLITÉCNICA
INSTITUTO SUPERIOR ABERTO
Disciplina: Matemática Aplicada II
Licenciatura em Administração e
Gestão de Empresas e
Administração Pública

Definição: Denomina-se equação diferencial
ordinária toda equação da forma
𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑦′
, 𝑦′′
, … , 𝑦 𝑛
= 0 que envolve uma
função incógnita 𝑦 = 𝑦 𝑥 e suas derivadas. Onde
𝑥 é a variável independente e 𝑦 é a variável
dependente (ou variável procurada).
Equações Diferenciais Ordinárias

Definição: Denomina-se ordem de uma equação
diferencial a ordem da mais alta derivada da
função incógnita 𝑦 = 𝑦 𝑥 que ocorre na equação.
Ordem de uma equação diferencial

Definição: Denomina-se grau de uma equação
diferencial o valor do expoente para a derivada mais
alta da equação, quando a equação tem a forma de um
polinómio na função incógnita e em suas derivadas,
como, por exemplo,
𝐴1𝑦 3
+ 𝐴2𝑦 2
+ 𝐴3𝑦 1
+ 𝐴4𝑦 0
= 0.
Grau de uma equação diferencial

Diga qual a ordem e o grau das seguintes equações
diferenciais:
1. 𝑦′′
+ 3𝑦′
+ 6𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥
2. 𝑦′′ 3
+ 3𝑦′
+ 8𝑦 = 𝑡𝑔 𝑥
3. 𝑦′′ 2
+ 𝑦′ 3
+ 3𝑦 = 𝑥2
Exemplos:

1) 𝑦′′
+ 3𝑦′
+ 6𝑦 = 𝑠𝑒𝑛𝑥, equação diferencial da
2a ordem e 1o grau.
2) 𝑦′′ 3
+ 3𝑦′
+ 8𝑦 = 𝑡𝑔𝑥, equação diferencial
da 2a ordem e 3o grau.
3) 𝑦′′ 2
+ 𝑦′ 3
+ 3𝑦 = 𝑥2
, equação diferencial
da 2a ordem e 2o grau.
Resolução:

Definição: Denomina-se equação diferencial de
variáveis separáveis a equação diferencial da
forma 𝑦′
= 𝑓 𝑥 ∙ 𝑔 𝑦 .
Equações diferenciais de variáveis
separáveis

𝑦′
= 𝑓 𝑥 ∙ 𝑔 𝑦 ⇒
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓 𝑥 ∙ 𝑔 𝑦 ⇒
𝑑𝑦
𝑔 𝑦
= 𝑓 𝑥 𝑑𝑥,
equação diferencial de variáveis separadas.
Integrando a equação diferencial de variáveis
separadas, vem:
𝑑𝑦
𝑔 𝑦
= 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶.
separáveis

Exemplo:
Achar a solução particular da equação
1 + 𝑒𝑥
∙ 𝑦 ∙ 𝑦′
= 𝑒𝑥
, quando 𝑦 0 = 1.
separáveis

Resolução:
1 + 𝑒𝑥
∙ 𝑦 ∙ 𝑦′
= 𝑒𝑥
⇒ 1 + 𝑒𝑥
∙ 𝑦 ∙
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑒𝑥
multiplicando ambos os membros por 𝑑𝑥 e
dividindo por 1 + 𝑒𝑥
, teremos: 𝑦𝑑𝑦 =
𝑒𝑥
1+𝑒𝑥 𝑑𝑥,
integrando a equação, vem:
separáveis

𝑦𝑑𝑦 =
𝑒𝑥
1+𝑒𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶 ⇒
𝑦2
2
=
𝑑 1+𝑒𝑥
1+𝑒𝑥 + 𝐶 ⇒
𝑦2
2
= 𝑙𝑛 1 + 𝑒𝑥
+ 𝐶. Substituindo os valores de 𝑥
e 𝑦 na solução geral, teremos:
12
2
= 𝑙𝑛 1 + 𝑒0
+ 𝐶 ⇒ 𝐶 =
1
2
− 𝑙𝑛 1 + 1 ⇒
𝐶 =
1
2
− 𝑙𝑛 2 .
separáveis

Portanto, a solução particular da equação
diferencial dada é:
𝑦2
2
= 𝑙𝑛 1 + 𝑒𝑥
+
1
2
− 𝑙𝑛 2 ⇒
𝑦2
2
=
1
2
+
+ 𝑙𝑛
1+𝑒𝑥
2
⇒ 𝑦2
= 2 ∙
1
2
+ 𝑙𝑛
1+𝑒𝑥
2
separáveis

𝑦2
=
2
2
+ 2 ∙ 𝑙𝑛
1+𝑒𝑥
2
⇒ 𝑦2
= 1 + 2𝑙𝑛
1+𝑒𝑥
2
⇒
𝑦 = 1 + 2𝑙𝑛
1+𝑒𝑥
2
separáveis

2. Resolver a equação: 𝑦′
∙ 𝑡𝑔 𝑥 = 𝑦
Resolução:
Transformando a equação dada numa equação de
variáveis separadas, vem:
separáveis

𝑦′
∙ 𝑡𝑔 𝑥 = 𝑦 ⇒
𝑑𝑦
𝑑𝑥
∙ 𝑡𝑔 𝑥 = 𝑦 ⇒
𝑑𝑦
𝑦
=
𝑑𝑥
𝑡𝑔 𝑥
⇒
𝑑𝑦
𝑦
=
𝑑𝑥
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑐𝑜𝑠 𝑥
⇒
𝑑𝑦
𝑦
=
𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥
𝑠𝑒𝑛 𝑥
separáveis

Integrando-a, obtemos:
𝑑𝑦
𝑦
=
𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥
𝑠𝑒𝑛 𝑥
+ 𝐶 ⇒ 𝑙𝑛 𝑦 =
𝑑 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑠𝑒𝑛 𝑥
+ 𝐶 ⇒
𝑙𝑛 𝑦 = 𝑙𝑛 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶 ⇒
𝑦 = 𝑒𝑙𝑛 𝑠𝑒𝑛 𝑥 +𝐶
⇒ 𝑦 = 𝑒𝑙𝑛 𝑠𝑒𝑛 𝑥
∙ 𝑒𝐶
, aplicando
a propriedade logarítmica 12 e fazendo 𝑒𝐶
= 𝐶,
vem: 𝑦 = 𝑒𝑙𝑛 𝑠𝑒𝑛 𝑥
∙ 𝑒𝐶
⇒ 𝑦 = 𝐶 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝑥
separáveis

Definição: Uma equação diferencial 𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 +
𝑄 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0 1 é homogênea, se as funções
𝑃 𝑥, 𝑦 e 𝑄 𝑥, 𝑦 são homogêneas do mesmo grau.
Uma função 𝑓 𝑥, 𝑦 é homogênea de grau 𝑛 se
𝑓 𝛽𝑥, 𝛽𝑦 = 𝛽𝑛
∙ 𝑓 𝑥, 𝑦 .
Equações diferenciais homogêneas da
primeira ordem

Exemplo:
Verifique se a função 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥4 + 𝑦4 é
homogênea
Resolução:
Fazendo 𝑥 = 𝛽𝑥 e 𝑦 = 𝛽𝑦 e substituindo na função
dada, vem:
primeira ordem

𝑓 𝛽𝑥, 𝛽𝑦 = 𝛽𝑥 4 + 𝛽𝑦 4 = 𝛽4𝑥4 + 𝛽4𝑦4
=
= 𝛽4 ∙ 𝑥4 + 𝑦4 = 𝛽4 ∙ 𝑥4 + 𝑦4
𝑓 𝛽𝑥, 𝛽𝑦 = 𝛽4 ∙ 𝑥4 + 𝑦4 = 𝛽2
∙ 𝑥4 + 𝑦4
𝑓 𝛽𝑥, 𝛽𝑦 = 𝛽2
∙ 𝑓 𝑥, 𝑦 .
primeira ordem

Portanto, a função 𝑓 𝑥, 𝑦 é homogênea do
segundo grau.
primeira ordem

A equação 1 pode reduzir-se à forma 𝑦′
= 𝑓
𝑦
𝑥
por meio da substituição 𝑢 =
𝑦
𝑥
ou 𝑦 = 𝑥 ∙ 𝑢, onde
𝑢 é uma nova incógnita ou função incógnita, que
se transforma em equações diferenciais com
variáveis separadas.
primeira ordem

Exemplo:
Resolva a equação diferencial 𝑦′
= −
𝑥+𝑦
𝑥
Resolução:
𝑦′
= −
𝑥+𝑦
𝑥
= −
𝑥
𝑥
−
𝑦
𝑥
= −1 −
𝑦
𝑥
⇒ 𝑦′
= −1 −
𝑦
𝑥
primeira ordem

fazendo
𝑦
𝑥
= 𝑢 ⇒ 𝑦 = 𝑥 ∙ 𝑢, derivando ambos os
membros e considerando 𝑢 como função de 𝑥,
teremos:
𝑦′
= 𝑥 ∙ 𝑢 ′
= 𝑥′
∙ 𝑢 + 𝑥 ∙ 𝑢′
= 𝑢 + 𝑥 ∙ 𝑢′
⇒
𝑦′
= 𝑢 + 𝑥 ∙ 𝑢′
. Substituindo na equação
diferencial 𝑦′
= −1 −
𝑦
𝑥
, vem:
primeira ordem

𝑢 + 𝑥 ∙ 𝑢′
= −1 − 𝑢 ⇒ 𝑥 ∙ 𝑢′
= −1 − 𝑢 − 𝑢 ⇒ 𝑥 ∙
𝑢′
= −2𝑢 − 1, como 𝑢′
=
𝑑𝑢
𝑑𝑥
, então:
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= −2𝑢 − 1, multiplicando ambos os membros
por 𝑑𝑥 e dividindo por 𝑥 −2𝑢 − 1 , teremos:
primeira ordem

𝑑𝑢
−2𝑢−1
=
𝑑𝑥
𝑥
⇒
𝑑𝑢
− 2𝑢+1
=
𝑑𝑥
𝑥
⇒ −
𝑑𝑢
2𝑢+1
=
𝑑𝑥
𝑥
multiplicando ambos os membros por menos um,
vem:
𝑑𝑢
2𝑢+1
= −
𝑑𝑥
𝑥
Integrando-a, obtemos:
𝑑𝑢
2𝑢+1
= −
𝑑𝑥
𝑥
+ 𝐶
primeira ordem

1
2
𝑑 2𝑢+1
2𝑢+1
= −
𝑑𝑥
𝑥
+ 𝐶 ⇒
1
2
𝑙𝑛 2𝑢 + 1 = −𝑙𝑛 𝑥 + 𝐶,
multiplicando ambos os membros por dois, vem:
𝑙𝑛 2𝑢 + 1 = −2𝑙𝑛 𝑥 + 2𝐶 ⇒ 2𝑢 + 1 = 𝑒−2𝑙𝑛 𝑥 +2𝐶
⇒
2𝑢 + 1 = 𝑒𝑙𝑛 𝑥−2 +2𝐶
= 𝑒𝑙𝑛 𝑥−2
∙ 𝑒2𝐶
primeira ordem

Aplicando a propriedade logarítmica 𝑎log𝑎 𝑏
= 𝑏,
teremos: 2𝑢 + 1 = 𝑥−2
∙ 𝐶 ⇒ 2𝑢 = 𝑥−2
∙ 𝐶 − 1 ⇒
𝑢 =
1
2
𝐶 ∙ 𝑥−2
− 1 , substituindo 𝑢 por
𝑦
𝑥
obtemos
a solução geral da equação diferencial dada, isto é,
𝑦
𝑥
=
1
2
𝐶 ∙ 𝑥−2
− 1 ⇒
primeira ordem

𝑦 =
𝑥
2
𝐶 ∙ 𝑥−2
− 1 =
1
2
𝐶 ∙ 𝑥 ∙ 𝑥−2
− 𝑥 ⇒
𝑦 =
1
2
𝐶 ∙ 𝑥−1
− 𝑥 ⇒ 𝑦 =
1
2
𝐶
𝑥
− 𝑥
primeira ordem

Definição: Denomina-se Equação Diferencial
Linear da Primeira Ordem toda equação diferencial
que pode ser reduzida à forma canónica
𝑦′
+ 𝑃 𝑥 ∙ 𝑦 = 𝑄 𝑥 , onde 𝑃 𝑥 e 𝑄 𝑥 são
funções da variável 𝑥, podendo eventualmente ser
constantes.
Equações diferenciais lineares da
primeira ordem

Seja 𝑦′
+ 𝑃 𝑥 ∙ 𝑦 = 𝑄 𝑥 1 , equação diferencial
linear da primeira ordem. Considerando a sua
equação diferencial homogênea 𝑦′
+ 𝑃 𝑥 ∙ 𝑦 = 0
2 , equação diferencial de variável separável.
A solução geral da equação diferencial linear da
primeira ordem, isto é, 𝑦 = 𝐶 ∙ 𝑒− 𝑃 𝑥 𝑑𝑥
=
𝑒 𝑃 𝑥 𝑑𝑥
𝑄 𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶1 𝑒− 𝑃 𝑥 𝑑𝑥
primeira ordem

Exemplo:
Achar a solução geral da equação diferencial
𝑦′
− 𝑡𝑔 𝑥 ∙ 𝑦 =
1
𝑐𝑜𝑠 𝑥
Resolução:
primeira ordem

A equação homogênea é da forma 𝑦′
− 𝑡𝑔 𝑥 𝑦 = 0
que é equação diferencial de variáveis separáveis.
𝑦′
− 𝑡𝑔 𝑥 𝑦 = 0 ⇒
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 𝑡𝑔 𝑥 ∙ 𝑦 = 0 multiplicando
ambos os membros por 𝑑𝑥 e dividindo por 𝑦, teremos:
𝑑𝑦
𝑦
− 𝑡𝑔 𝑥 𝑑𝑥 = 0, integrando a equação, obtemos:
primeira ordem

𝑑𝑦
𝑦
− 𝑡𝑔 𝑥 𝑑𝑥 = 𝐶 ⇒ 𝑙𝑛 𝑦 −
𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥
𝑐𝑜𝑠 𝑥
= 𝐶 ⇒
𝑙𝑛 𝑦 −
−𝑑 𝑐𝑜𝑠 𝑥
𝑐𝑜𝑠 𝑥
𝑑𝑥 = 𝐶 ⇒ 𝑙𝑛 𝑦 +
𝑑 𝑐𝑜𝑠 𝑥
𝑐𝑜𝑠 𝑥
= 𝐶 ⇒
𝑙𝑛 𝑦 + 𝑙𝑛 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 𝐶. Aplicando a propriedade
log𝑎(𝑏) + log𝑎(𝑐) = log𝑎 𝑏 ∙ 𝑐
𝑙𝑛 𝑦 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 𝐶 ⇒ 𝑦 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 𝑒𝐶
⇒
𝑦 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 𝐶 ⇒ 𝑦 =
𝐶
𝑐𝑜𝑠 𝑥
1
primeira ordem

Derivando 1 e considerando 𝐶 como função de 𝑥, vem:
𝑦′ =
𝐶
𝑐𝑜𝑠 𝑥
′
=
𝐶′𝑐𝑜𝑠 𝑥 −𝐶 𝑐𝑜𝑠 𝑥 ′
𝑐𝑜𝑠2 𝑥
=
𝑦′ =
𝐶′𝑐𝑜𝑠 𝑥 +𝐶∙𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑐𝑜𝑠2 𝑥
=
𝐶′𝑐𝑜𝑠 𝑥
𝑐𝑜𝑠2 𝑥
−
𝐶
𝑐𝑜𝑠 𝑥
𝑡𝑔 𝑥
𝑦′
=
𝐶′
𝑐𝑜𝑠 𝑥
−
𝐶
𝑐𝑜𝑠 𝑥
𝑡𝑔 𝑥 2 . Substituindo 1 e 2 na
equação diferencial dada, vem:
primeira ordem

𝐶′
𝑐𝑜𝑠 𝑥
−
𝐶
𝑐𝑜𝑠 𝑥
𝑡𝑔 𝑥 +
𝐶
𝑐𝑜𝑠 𝑥
𝑡𝑔 𝑥 =
1
𝑐𝑜𝑠 𝑥
⇒
𝐶′
𝑐𝑜𝑠 𝑥
=
1
𝑐𝑜𝑠 𝑥
⇒ 𝐶′ =
𝑐𝑜𝑠 𝑥
𝑐𝑜𝑠 𝑥
⇒
𝑑𝐶
𝑑𝑥
= 1 ⇒
𝑑𝐶 = 𝑑𝑥, integrando a equação, obtemos:
𝑑𝐶 = 𝑑𝑥 + 𝐶1 ⇒ 𝐶 = 𝑥 + 𝐶1 3
Substituindo 3 em 1 , achamos a solução geral da
equação diferencial, isto é, 𝑦 =
𝑥+𝐶1
𝑐𝑜𝑠 𝑥
primeira ordem

A equação diferencial na forma canónica
𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑄 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0 1 , é equação
diferencial exacta se, e somente se 𝑃 𝑥, 𝑦 e
𝑄 𝑥, 𝑦 são funções continuas e
𝜕𝑃
𝜕𝑦
=
𝜕𝑄
𝜕𝑥
A integral da equação diferencial 1 é
𝑈 𝑥, 𝑦 = 𝐶, onde 𝑈 𝑥, 𝑦 = 𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝜑 𝑦
Equações diferenciais exactas da
primeira ordem

Com
𝜕𝑈
𝜕𝑦
= 𝑄 𝑥, 𝑦 e
𝜕𝑈
𝜕𝑥
= 𝑃 𝑥, 𝑦 .
Exemplo: Resolver a equação diferencial
𝑥 + 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑦 = 0
Resolução:
𝑃 𝑥, 𝑦 = 𝑥 + 𝑦 e 𝑄 𝑥, 𝑦 = 𝑥 + 2𝑦, verificando
se as derivadas parciais são iguais, vem:
primeira ordem

𝜕𝑃
𝜕𝑦
=
𝜕 𝑥+𝑦
𝜕𝑦
= 1 e
𝜕𝑄
𝜕𝑥
=
𝜕 𝑥+2𝑦
𝜕𝑥
= 1. Portanto, as
derivadas parciais são iguais, isto é,
𝜕𝑃
𝜕𝑦
=
𝜕𝑄
𝜕𝑥
= 1.
𝑈 𝑥, 𝑦 = 𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝜑 𝑦 = 𝑥 + 𝑦 𝑑𝑥 + 𝜑 𝑦
𝑈 𝑥, 𝑦 = 𝑥𝑑𝑥 + 𝑦 𝑑𝑥 + 𝜑 𝑦 =
𝑥2
2
+ 𝑥𝑦 + 𝜑 𝑦
𝑈 𝑥, 𝑦 =
𝑥2
2
+ 𝑥𝑦 + 𝜑 𝑦
primeira ordem

Derivando 𝑈 𝑥, 𝑦 em ordem a 𝑦, vem:
𝜕𝑈
𝜕𝑦
=
𝜕
𝑥2
2
+𝑥𝑦+𝜑 𝑦
𝜕𝑦
= 𝑥 + 𝜑′ 𝑦 ⇒
𝜕𝑈
𝜕𝑦
= 𝑥 + 𝜑′ 𝑦
𝜕𝑈
𝜕𝑦
= 𝑄 𝑥, 𝑦 ⇒ 𝑥 + 𝜑′ 𝑦 = 𝑥 + 2𝑦 ⇒
𝜑′ 𝑦 = 𝑥 + 2𝑦 − 𝑥 ⇒ 𝜑′ 𝑦 = 2𝑦 ⇒
𝑑𝜑
𝑑𝑦
= 2𝑦
primeira ordem

Multiplicando ambos os membros por 𝑑𝑦, teremos: 𝑑𝜑 =
2𝑦𝑑𝑦, integrando a equação, vem:
𝑑𝜑 = 2 𝑦𝑑𝑦 + 𝐶1 ⇒ 𝜑 𝑦 = 2 ∙
𝑦2
2
+ 𝐶1 ⇒
𝜑 𝑦 = 𝑦2 + 𝐶1. Assim, 𝑈 𝑥, 𝑦 =
𝑥2
2
+ 𝑥𝑦 + 𝑦2 + 𝐶1
Como 𝑈 𝑥, 𝑦 = 𝐶, portanto, a solução geral da equação
diferencial dada é:
primeira ordem

𝑥2
2
+ 𝑥𝑦 + 𝑦2 + 𝐶1 = 𝐶 ⇒
𝑥2
2
+ 𝑥𝑦 + 𝑦2 = 𝐶 − 𝐶1 ⇒
𝑥2
2
+ 𝑥𝑦 + 𝑦2
= 𝐶, onde 𝐶 = 𝐶 − 𝐶1
primeira ordem

Equações homogêneas
A equação linear homogénea da 2a ordem com coeficientes
constantes 𝑝 e 𝑞 tem a forma 𝑦′′ + 𝑝𝑦′ + 𝑞 = 0 1
Se 𝑘1 e 𝑘2 são raízes da equação característica
𝑘2
+ 𝑝𝑘 + 𝑞 = 0, então a solução geral da equação 1
pode ser escrita numa das três formas seguintes:
Equações diferenciais lineares de 2a
ordem com coeficientes constantes

Equações homogêneas
𝑦 = 𝐶1𝑒𝑘1𝑥 + 𝐶2𝑒𝑘2𝑥, se 𝑘1, 𝑘2 ∈ ℝ e 𝑘1 ≠ 𝑘2;
𝑦 = 𝑒𝑘1𝑥
𝐶1 + 𝐶2𝑥 , se 𝑘1 = 𝑘2;
𝑦 = 𝑒𝛼𝑥 𝐶1𝑐𝑜𝑠 𝛽𝑥 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑥 , se 𝑘1 = 𝛼 + 𝛽𝑖 e
𝑘2 = 𝛼 − 𝛽𝑖, com 𝛽 ≠ 0.
Exemplo1: Achar a solução geral da equação diferencial
𝑦′′ − 5𝑦′ + 6𝑦 = 0

Resolução:
A equação característica da equação diferencial acima é:
𝑘2
− 5𝑘 + 6 = 0
𝑘2
− 5𝑘 + 6 = 0 ⇒ 𝑘 − 2 𝑘 − 3 = 0, pela aplicação
da lei do anulamento do produto, vem:
𝑘 − 2 𝑘 − 3 = 0 ⇔ 𝑘 − 2 = 0 ∪ 𝑘 − 3 = 0 ⇔
𝑘 = 2 ∪ 𝑘 = 3

Como 𝑘1, 𝑘2 ∈ ℝ e 𝑘1 ≠ 𝑘2, então a solução geral da
equação diferencial dada é da forma 𝑦 = 𝐶1𝑒𝑘1𝑥
+
𝐶2𝑒𝑘2𝑥
Substituindo os valores de 𝑘1 e 𝑘2, obtemos:
𝑦 = 𝐶1𝑒2𝑥 + 𝐶2𝑒3𝑥
Exemplo2: Achar a solução geral da equação diferencial
𝑦′′
+ 2𝑦′
+ 𝑦 = 0

Resolução:
A equação característica da equação diferencial acima é:
𝑘2 + 2𝑘 + 1 = 0
𝑘2 + 2𝑘 + 1 = 0 ⇒ 𝑘 + 1 𝑘 + 1 = 0, aplicando a lei
do anulamento do produto, vem:
𝑘2 + 2𝑘 + 1 = 0 ⇒ 𝑘 + 1 𝑘 + 1 = 0 ⇔ 𝑘 + 1 = 0 ∪
𝑘 + 1 = 0 ⇔ 𝑘 = −1 ∪ 𝑘 = −1

Como 𝑘1, 𝑘2 ∈ ℝ e 𝑘1 = 𝑘2, então a solução geral da
equação diferencial dada é da forma
𝑦 = 𝑒𝑘1𝑥 𝐶1 + 𝐶2𝑥 . Substituindo os valores de 𝑘1 e 𝑘2,
obtemos: 𝑦 = 𝑒−𝑥
𝐶1 + 𝐶2𝑥 .

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