1. O documento apresenta um guia para resolução de equações diferenciais ordinárias, com exemplos e exercícios resolvidos. 2. Inicialmente, fornece conselhos sobre a importância de praticar exercícios e não decorar fórmulas. 3. Em seguida, explica os sete passos necessários para resolver problemas de valor inicial, apresentando um exemplo detalhado.

1. 1
EU ODEIO EDO
2° Edição
HELDER GUERREIRO
2016

2. 2
Deus seja Louvado.
Guerreiro, Helder
Eu odeio EDO 2ª ed./ Helder Guerreiro – Manaus, 2016.
Bibliografia
Livro não catalogado e não institucional, o mesmo é amador.

3. 3
SUMÁRIO
1. Conselhos de um amigo 6
2. No início da sua vida antissocial - Problema de valor inicial 7
2.1 Teorema de existência e unicidade 7
2.2 Os sete passos 7
2.3 Primeiro Exemplo 8
2.4 Segundo Exemplo 9
3. Os mais lights - Variação de parâmetros e variáveis separáveis 10
3.1 Variação de parâmetros 10
3.1.1 Primeiro Exemplo 11
3.1.2 Exemplo sem variação de parâmetros 12
3.2 Variáveis separáveis 13
3.2.1 Primeiro Exemplo 13
3.2.2 Segundo Exemplo 13
3.2.3 Terceiro Exemplo 14
4. Ta ficando chato - Equações diferenciais exatas 15
4.1 A função solução 15
4.2 Primeiro Exemplo 16
4.3 Segundo Exemplo 17
4.4 Complicando a sua vida – Equação não exata em equação Exata 18
4.4.1 Primeiro Exemplo 18
4.5 Equação exata transformada – Fator integrante em função de y 20
4.5.1 Primeiro Exemplo 21
5. Uma alternativa interessante - Equações homogêneas 22
5.1 Primeiro Exemplo 23
6. Super Exemplo – Tá na hora de treinar 24
6.1 Equação homogênea 24
6.2 Variáveis separáveis 25
6.3 Equações exatas 25
6.4 Variação de parâmetros 26
6.5 Método comum 27
Um bônus para sua mente – Integral por partes 28
Exemplos 29
Integrais infinitas 30

4. 4
Exemplo 31
Exercícios resolvidos – Já estou bonzinho demais 32
Primeira questão 32
Segunda questão 46
7. Lembranças de um futuro esquecido - Trajetórias ortogonais 56
7.1 Primeiro Exemplo 57
8. Equações de Riccati – Nome difícil para uma coisa difícil 58
8.1 Primeiro Exemplo 59
Exercícios resolvidos – Para não enferrujar 60
9. Equações lineares de segunda ordem – Aumentando o grau de dificuldade 68
9.1 Sua forma 68
9.2 Soluções gerais 68
9.3 Equação característica 69
9.4 Primeiro Exemplo 70
9.5 Segundo Exemplo 70
9.6 Terceiro Exemplo 71
10. Equações de Bernoulli e equações não lineares de segunda ordem 73
10.1 Equações de Bernoulli – Um dia você vai se lembrar desse nome 73
10.1.1 Primeiro Exemplo 73
10.2 Equação de 2º ordem não linear sem o termo em y 74
10.2.1 Primeiro Exemplo 75
10.3 Equação de 2º ordem não linear sem a variável independente t 76
10.3.1 Primeiro Exemplo 76
11. Conjunto fundamental de soluções – Álgebra? Me esquece por favor! 77
11.1 Primeiro Exemplo (Regra de Cramer) 78
11.2 Primeiro Exemplo (Sistema Comum) 79
11.3 Segundo Exemplo (Regra de Cramer) 80
11.4 Segundo Exemplo (Sistema Comum) 81
12. Equações características com raízes negativas – Sua vida cada vez mais negativa 83
12.1 Número Complexos 83
12.2 Equações características com raízes negativas 84
12.3 Primeiro exemplo 86
13. Equação de coeficientes variáveis – Sim, o demônio é real 86
13.1 Primeiro exemplo 88
14. Equações características com raiz única – Uma pegadinha básica 90

5. 5
14.1 Primeiro exemplo 91
14.2 Segundo exemplo 91
15. Redução de Ordem – Domando o diabo 92
14.1 Primeiro exemplo 93
14.2 Primeiro Exemplo (método comum) 94
Exercícios resolvidos – Se parar, a bicicleta cai 96
Primeira questão 96
Segunda questão 100
Terceira questão 100
16. Equações de segunda ordem não homogenias com coeficientes constantes 104
16.1 Uma equação não homogenia – Ou seja, um saco de problema 104
Primeiro teorema 104
Segundo teorema 104
Explicando 105
16.2 Método dos coeficientes indeterminados – Sua vida indeterminada 105
16.3 Primeiro Exemplo 106
16.4 Segundo Exemplo 107
16.5 Terceiro Exemplo 107
16.6 Quarto Exemplo 108
17. Formas de equações não homogenias – Diferentes formas de sofrer 109
Terceiro Teorema 109
Explicação 110
17.1 Primeiro Exemplo 110
18 Caso especial de equação não homogênea – Ainda mais problemas 110
18.1 Exemplo destrutivo 111
18.2 Solução 111
18.3 Exemplo Construtivo 112
19. Variação de parâmetros – Variando a sua pressão 114
19.1 Primeiro Exemplo 116
19.2 Segundo exemplo (com formula) 117
20. Equações de ordem superior – Estamos ferrados 119
20.1 Primeiro Exemplo 119

6. 6
1. Conselhos de um amigo
Olá, meu nome é Helder Guerreiro aluno de Engenharia Química na Universidade Federal do Amazonas
(UFAM), esses conselhos que lhe darei é para você que está pouco se lixando para a matéria ou está com uma grande
dificuldade em aprender a calcular as nossas queridas Equações Diferenciais Ordinárias.
Bom, primeiramente é importante falar a você que qualquer matéria que envolva matemática só pode ser
vencida se você pôr em prática as listas que o professor passa em sala. Faça quantas puder o mais rápido que puder,
dessa forma você está preparado para qualquer prova que vier pela frente. Nos meus estudos, percebi que a maior
dificuldade enfrentadas por muitos são as relíquias da morte do Cálculo I, ou seja, muitas pessoas ainda carregam a
cruz de não ter aprendido cálculo muito bem, aí sua alma fica dividia entre EDO e Cálculo que nem uma horcrux
(entendedores entenderão). Por isso, treine bem o seu cálculo, por que não adianta de nada saber tão bem os passos a
se fazer na prova e chegar no dia e ficar travado numa integral de cotg (x).
Nunca decore, aprenda! O importante aqui é que você consiga resolver as EDO’s que apareceram pela frente.
Esse curso está aí para que você tenha habilidades lá na frente, pois existem matérias que exigirão de você esse
conhecimento. Preste atenção nas dicas que eu te der, sabe por que? Por que eu sou um cara leigo como qualquer
outra pessoa, então eu sei muito bem o que é passar dificuldade numa matéria na faculdade.
Este material foi preparado durante meu 3° período da faculdade, onde uma turma imensa foi formada ao
comando de um ótimo professor. Todos os assuntos contidos nesta apostila foram baseados nas aulas do meu professor
de EDO, Prof. Carlos Wagner. Não usei o livro como base de meu conhecimento, pois o professor já se baseava nele
para nos dar aulas. Os assuntos contidos aqui não são necessariamente todos os assuntos de EDO, mas os que foram
possíveis em ser ministrados no período letivo de aula.
Agradeço por ter esta apostila em mãos e faça bom proveito. Esta apostila é e sempre será gratuita para quem
quiser de onde quer que seja, além de usá-la compartilhe-a também, pois assim como esta apostila pode lhe ajudar,
também pode ajudar outras pessoas.
Fim de papo! Hora de sofrer!

7. 7
2. No início da sua vida antissocial - Problema de valor inicial
2.1 Teorema de existência e unicidade
“Se as funções p e q são contínuas num intervalo aberto 𝐼 = (𝛼, 𝛽), que contém o ponto 𝑡 = 𝑡0, então existe uma única
função 𝑦 = ∅(𝑡) que satisfaz a equação diferencial:
𝑦′
+ 𝑝(𝑡)𝑦 = 𝑞(𝑡)
Para cada 𝑡 ∈ 𝐼 e que também satisfaz a condição inicial: 𝑦(𝑡0) = 𝑦0, onde 𝑦0 é um valor inicial arbitrário. ”
- Ou seja, este teorema está dizendo que 𝑦′
+ 𝑝(𝑡)𝑦 = 𝑞(𝑡) é uma regra a se seguir para a resolução de PVI’s.
2.2 Os sete passos
São necessários 7 passos para resolver estes problemas:
Ajeitar a questão para regra geral
A regra geral apresentada pelo PVI deve ser da seguinte forma: 𝑦′
+ 𝑝(𝑡)𝑦 = 𝑞(𝑡), basicamente consiste em não haver
coeficiente algum a frente do 𝑦′. Caso a equação não apresente essa forma, deve-se ajeita-la.
Encontrar o fator integrante
O integrante será encontrado da seguinte forma 𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
, basta pegar a função 𝑝(𝑡) integrar e depois usar como
expoente de “e”.
Multiplicar o fator integrante
Encontrando-se o fator integrante multiplique-o pelos dois lados.
Simplificar e tornar integral
Do lado esquerdo da igualdade simplifique a expressão de tal forma que encontre a primitiva da derivada do produto
dessa forma:
𝑑
𝑑𝑥
[𝑘𝑥], e coloque uma integral no lado direito da igualdade anulando a derivada do lado esquerdo.
Integrar
Agora focando no lado direito, resolva a integral ordinária (não é um insulto).
Solução geral
Trocando a integral do lado direito pelo seu resultado (não esqueça da constante C) hora de isolar o y, ao terminar de
isolá-lo essa será a solução geral.
Solução do PVI
Com a solução geral pronta use o ponto que foi dado pelo enunciado usando um valor para y e um para t e encontre o
valor de C. Depois volte a solução geral e substitua o valor de C.
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7

8. 8
2.3 Primeiro Exemplo
Temos a equação e o ponto: 𝑡3
𝑦′
+ 4𝑡2
𝑦 = 𝑒−𝑡
, 𝑦(−1) = 0
Ajeitar a questão para regra geral
𝑡3
𝑦′
+ 4𝑡2
𝑦 = 𝑒−𝑡
→
𝑡3
𝑦′
𝑡3
+
4𝑡2
𝑦
𝑡3
=
𝑒−𝑡
𝑡3
→ 𝑦′
+
4
𝑡
𝑦 =
𝑒−𝑡
𝑡3
Encontrar o fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫
4
𝑡
𝑑𝑡 = 4ln|𝑡| = ln⁡|𝑡4
|
𝜇(𝑡) = 𝑒ln 𝑡4
= 𝑡4
Multiplicar o fator integrante
𝑦′
+
4
𝑡
𝑦 =
𝑒−𝑡
𝑡3
𝑡4
→ 𝑡4
𝑦′
+ 4𝑡3
𝑦 = 𝑡𝑒−𝑡
Simplificar e tornar integral
𝑡4
𝑦′
+ 4𝑡3
𝑦 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑡4
𝑦′ + 4𝑡3
𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡4
]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡4] = 𝑡𝑒−𝑡
→ 𝑦𝑡4
= ∫ 𝑡𝑒−𝑡
𝑑𝑡
Integrar
∫ 𝑡𝑒−𝑡
𝑑𝑡 → 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎çã𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒𝑠 → { 𝑢 = 𝑡 𝑑𝑣 = 𝑒−𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 𝑣 = −𝑒−𝑡
∫ 𝑡𝑒−𝑡
𝑑𝑡 = 𝑡(−𝑒−𝑡) − ∫(−𝑒−𝑡)𝑑𝑢
∫ 𝑡𝑒−𝑡
𝑑𝑡 = −𝑡𝑒−𝑡
− 𝑒−𝑡
+ 𝑐
Solução Geral
𝑦𝑡4
= −𝑡𝑒−𝑡
− 𝑒−𝑡
+ 𝑐
𝑖𝑠𝑜𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦
→ 𝑦 = −
𝑒−𝑡
𝑡3
−
𝑒−𝑡
𝑡4
+
𝑐
𝑡4
Solução do PVI
𝑦 = 0, 𝑡 = −1
𝑦 = −
𝑒−𝑡
𝑡3
−
𝑒−𝑡
𝑡4
+
𝑐
𝑡4
→ 0 = −
𝑒
(−1)
−
𝑒
1
+
𝑐
1
→ 𝑐 = 0
𝑐 = 0
𝑦 = −
𝑒−𝑡
𝑡3
−
𝑒−𝑡
𝑡4
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7
Passo 1
Passo 2

9. 9
2.4 Segundo Exemplo
Temos a equação e o ponto: t𝑦′
+ 2𝑦 = 4𝑡2
, 𝑦(1) = 2.
Ajeitar a questão para regra geral
t𝑦′
+ 2𝑦 = 4𝑡2
→
t𝑦′
𝑡
+
2𝑦
𝑡
=
4𝑡2
𝑡
→ 𝑦′
+
2
𝑡
𝑦 = 4𝑡
Encontrar o fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫
2
𝑡
𝑑𝑡 = 2ln|𝑡| = ln⁡|𝑡2
|
𝜇(𝑡) = 𝑒ln 𝑡2
= 𝑡2
Multiplicar o fator integrante
𝑦′
+
2
𝑡
𝑦 = 4𝑡
𝑡2
→ 𝑡2
𝑦′
+ 2𝑡𝑦 = 4𝑡3
Simplificar e tornar integral
𝑡2
𝑦′
+ 2𝑡𝑦 = 4𝑡3
→ 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑡2
𝑦′ + 2𝑡𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡2
]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡2] = 4𝑡3
→ 𝑦𝑡2
= ∫ 4𝑡3
𝑑𝑡
Integrar
∫ 4𝑡3
𝑑𝑡 → 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎çã𝑜 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑡𝑎
∫ 4𝑡3
𝑑𝑡 =
4𝑡4
4
+ 𝑐
∫ 4𝑡3
𝑑𝑡 = 𝑡4
+ 𝑐
Solução Geral
𝑦𝑡2
= 𝑡4
+ 𝑐
𝑖𝑠𝑜𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦
→ 𝑦 = 𝑡2
+
𝑐
𝑡2
Solução do PVI
𝑦 = 2, 𝑡 = 1
𝑦 = 𝑡2
+
𝑐
𝑡2
→ 2 = 1 +
𝑐
1
→ 𝑐 = 1
𝑐 = 1
𝑦 = 𝑡2
+
1
𝑡2
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7

10. 10
3. Os mais lights - Variação de parâmetros e variáveis separáveis
3.1 Variação de parâmetros
Equação Diferencial Ordinária Linear de 1° Ordem
I. 𝑦′
+ 𝑝(𝑡)𝑦 = 𝑞(𝑡)
II. 𝑦′
+ 𝑝(𝑡)𝑦 = 0 (𝑒𝑞. ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔ê𝑛𝑖𝑎 𝑎𝑠𝑠𝑜𝑐𝑖𝑎𝑑𝑎 𝑎 𝑒𝑞. 𝐼)
Multiplicando o fator integrante:
𝑦′
𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
+ 𝑝(𝑡)𝑦𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
= 0
a) Simplificando e integrar:
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
] = 0
∫
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
]𝑑𝑡 = ∫ 0 𝑑𝑡
𝑦𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
= 𝑐
𝑦 = 𝑐𝑒− ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
(𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 𝑑𝑎 𝑒𝑞 ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔ê𝑛𝑖𝑎 𝑎𝑠𝑠𝑜𝑐𝑖𝑎𝑑𝑎)
b) Tornar c uma função
𝑦 = 𝑐(𝑡)𝑒− ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
c) Substituindo em I.
𝑦′
+ 𝑝(𝑡)𝑦 = 𝑞(𝑡)
𝑐′(𝑡)𝑒− ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
+ 𝑐(𝑡). −𝑝(𝑡)𝑒− ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
+ 𝑐(𝑡)𝑝(𝑡)𝑒− ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
= 𝑞(𝑡)
𝑐′(𝑡)𝑒− ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
= 𝑞(𝑡)
𝑐′(𝑡)
𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
= 𝑞(𝑡) → 𝜇 = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡
→ 𝑐′(𝑡) = 𝑞(𝑡) 𝜇(𝑡)

11. 11
3.1.1 Primeiro Exemplo
Ache a solução do PVI abaixo:
𝑦′
+ 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 2𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑡), 𝑦 (
𝜋
2
) = 1
Variação do parâmetro
𝑦′
+ 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 0
Fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒
∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑑𝑡 = ∫
cos(𝑡)
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑑𝑡 → {
𝑢 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑑𝑢 = cos(𝑡)𝑑𝑡
→∫
𝑑𝑢
𝑢
= ln⁡|𝑢|= ln⁡|𝑠𝑒𝑛(𝑡)|
𝜇(𝑡) = 𝑒ln⁡|𝑠𝑒𝑛(𝑡)|
= 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
Multiplicar o fator integrante
𝑦′
+ 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 0
× 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
→ 𝑦′
𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 0
𝑦′
𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
cos⁡( 𝑡)
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦 = 0
𝑦′
𝑠𝑒𝑛(𝑡) + cos(𝑡) 𝑦 = 0
Simplificar e integrar
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑡)] = 0
𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑡) = 𝑐
𝑦 =
𝑐
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
Solução geral
𝑦 =
𝑐(𝑡)
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
(𝑡𝑜𝑟𝑛𝑎𝑟 𝑐 𝑓𝑢𝑛çã𝑜)
𝑐′(𝑡) = 𝑞(𝑡) 𝜇(𝑡)
𝑐′(𝑡) = 2𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑡) → 𝑐′(𝑡) =
2
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑐′(𝑡) = 2 → ∫ 𝑐′(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 2𝑑𝑡 → 𝑐(𝑡) = 2𝑡 + 𝑘
Substituindo c
𝑦 =
𝑐
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
→ 𝑦 =
2𝑡 + 𝑘
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
Solução PVI
𝑦 = 1, 𝑡 =
𝜋
2
Passo 7
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
K é constante
de integração.

12. 12
𝑦 =
2𝑡 + 𝑘
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
→ 1 =
2 (
𝜋
2
) + 𝑘
𝑠𝑒𝑛 (
𝜋
2
)
→ 1 = 𝜋 + 𝑘 → 𝑘 = 1 − 𝜋
Substituindo k
𝑦 =
2𝑡 + 𝑘
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
→ 𝑦 =
2𝑡 + 1 − 𝜋
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
3.1.2 Exemplo sem variação de parâmetros
𝑦′
+ 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 2𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑡) , 𝑦 (
𝜋
2
) = 1
Fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒
∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑑𝑡 = ∫
cos(𝑡)
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑑𝑡 → {
𝑢 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑑𝑢 = cos(𝑡)𝑑𝑡
→∫
𝑑𝑢
𝑢
= ln⁡|𝑢|= ln⁡|𝑠𝑒𝑛(𝑡)|
𝜇(𝑡) = 𝑒ln⁡|𝑠𝑒𝑛(𝑡)|
= 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
Multiplicar o fator integrante
𝑦′
+ 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 2𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑡)
× 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
→ 𝑦′
𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡)𝑦 = 2𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦′
𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
cos⁡( 𝑡)
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦 =
2
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦′
𝑠𝑒𝑛(𝑡) + cos(𝑡) 𝑦 = 2
Simplificar e integrar
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑡)] = 2
𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑡) = ∫ 2𝑑𝑡 → 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑡) = 2𝑡 + 𝑐
Solução geral
𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑡) = 2𝑡 + 𝑐 → 𝑦 =
2𝑡 + 𝑐
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
Solução PVI
𝑦 = 1, 𝑡 =
𝜋
2
𝑦 =
2𝑡 + 𝑐
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
→ 1 =
2 (
𝜋
2
) + 𝑐
𝑠𝑒𝑛 (
𝜋
2
)
→ 1 = 𝜋 + 𝑐 → 𝑐 = 1 − 𝜋
Substituindo c
𝑦 =
2𝑡 + 𝑐
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
→ 𝑦 =
2𝑡 + 1 − 𝜋
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
Passo 1
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 2

13. 13
3.2 Variáveis separáveis
Equação Diferencial Ordinária Linear de 1° Ordem
I. 𝑦′
+ 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑞(𝑥)
II. 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0
Provando que I = II
𝑦′
+ 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑞(𝑥) →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑞(𝑥)
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑝(𝑥)𝑦𝑑𝑥 = 𝑞(𝑥)𝑑𝑥 (𝑚𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑥)
𝑑𝑦 + 𝑝(𝑥)𝑦𝑑𝑥 = 𝑞(𝑥)𝑑𝑥
[𝑝(𝑥)𝑦 − 𝑞(𝑥)]⏟
𝑀(𝑥,𝑦)
𝑑𝑥 + 1⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
𝑑𝑦 = 0
3.2.1 Primeiro Exemplo
Solução geral do PVI:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥2
1 − 𝑦2
Separando variáveis (x de um lado, y do outro)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥2
1 − 𝑦2
→ 𝑑𝑦(1 − 𝑦2) = 𝑥2
𝑑𝑥
Integrando (solução geral)
∫(1 − 𝑦2)𝑑𝑦 = ∫ 𝑥2
𝑑𝑥
𝑦 −
𝑦3
3
=
𝑥3
3
+ 𝑐
3.2.2 Segundo Exemplo
Ache a solução do PVI:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥)
1 + 2𝑦2
, 𝑦(0) = 1
Separar variáveis
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥)
1 + 2𝑦2
→ (1 + 2𝑦2)𝑑𝑦 = 𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥)𝑑𝑥
(1 + 2𝑦2)𝑑𝑦
𝑦
=
𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥)𝑑𝑥
𝑦
→ (
1
𝑦
+ 2𝑦) 𝑑𝑦 = cos(𝑥) 𝑑𝑥
Integrar (solução geral)
Passo 1
Passo 2
Passo 1
Passo 2

14. 14
∫ (
1
𝑦
+ 2𝑦) 𝑑𝑦 = ∫ cos(𝑥) 𝑑𝑥 → ln|𝑦| + 𝑦2
= 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑐
Solução PVI
𝑦 = 1, 𝑥 = 0
ln|𝑦| + 𝑦2
= 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑐
ln|1| + 12
= sen(0) + c
0 + 1 = 0 + c → c = 1
𝑐 = 1
ln|𝑦| + 𝑦2
= 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 1
3.2.3 Terceiro Exemplo
𝑦2(1 − 𝑥2)
1
2 𝑑𝑦 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 , 𝑦(0) = 0
Separar variáveis
𝑦2(1 − 𝑥2)
1
2 𝑑𝑦 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 → 𝑦2
𝑑𝑦 =
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)
√1 − 𝑥2
𝑑𝑥
Integrar (solução geral)
∫ 𝑦2
𝑑𝑦 = ∫
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)
√1 − 𝑥2
𝑑𝑥
{
𝑣 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥)
𝑑𝑣 =
𝑑𝑥
√1 − 𝑥2
→
𝑦3
3
= ∫ 𝑣𝑑𝑣
𝑦3
3
=
𝑣2
2
+ 𝑐
𝑦3
3
=
(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥))
2
2
+ 𝑐
Solução PVI
𝑦 = 0, 𝑥 = 0
𝑦3
3
=
(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥))
2
2
+ 𝑐
03
3
=
(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(0))
2
2
+ 𝑐 → 0 =
0
2
+ 𝑐 → 𝑐 = 0
𝑐 = 0
𝑦3
3
=
(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥))
2
2
→ 𝑦3
=
3
2
(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥))
2
Passo 3
Passo 1
Passo 2
Passo 3

15. 15
4. Ta ficando chato - Equações diferenciais exatas
Veja esta equação diferencial:
2𝑥 + 𝑦2
+ 2𝑥𝑦𝑦′
= 0
Organizando-a fica assim: (2𝑥 + 𝑦2)𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0
Se tentarmos resolve-la com separação de variáveis não conseguiremos.
Veja esta função ao lado: 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
+ 𝑥𝑦2
- Derivando-a fica assim: 𝑑𝛹 = (2𝑥 + 𝑦2)𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦)𝑑𝑦
- Perceba que a derivada da função Ψ é igual a equação diferencial apresentada acima, se elas são iguais a
função é igual a equação que é igual a zero:
𝑑𝛹 = 0
- Integrando para encontrar a solução geral temos:
∫ 𝑑𝛹 = ∫ 0 → 𝛹 = 𝑐 → 𝑥2
+ 𝑥𝑦2
= 𝑐
Isso significa que a função 𝛹 é a solução para a equação diferencial proposta no enunciado, essa função por ser igual a
equação será igual a zero que ao integrar para encontrar a solução geral será igual a constante.
Para aprender a encontrar a função 𝛹 e o valor da constate c siga os passos abaixo.
4.1 A função solução
A equação diferencial deve estar nesta forma:
𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0
𝑀(𝑥, 𝑦) e 𝑁(𝑥, 𝑦) são o valor das derivadas parciais da função solução:
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 𝑀(𝑥, 𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
A partir desse sistema se encontrará a função solução, mas este sistema somente será possível SE E SOMENTE SE
𝜕𝑀
𝜕𝑦
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
.
Após verificar se é possível, deve-se substituir os respectivos valores de M e N.
Esse sistema será resolvido assim:
𝐼
𝐷𝐼
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 𝑀(𝑥, 𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
A letra “I” significa integrar e “DI” significa derivar e integrar.

16. 16
- Primeiro parte-se da derivada parcial em relação a x, integre o valor dos dois lados e pronto.
{
∫
𝜕𝛹
𝜕𝑥
𝑑𝑥 = ∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
- Segundo, na derivada parcial em relação a y como o valor de M e N são os mesmos o mesmo valor que foi
achado na derivada parcial em relação a x (valor de M) será o valor de y, pois se 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑁(𝑥, 𝑦) então
𝜕𝛹
𝜕𝑥
=
𝜕𝛹
𝜕𝑦
.
{
∫
𝜕𝛹
𝜕𝑥
𝑑𝑥 = 𝑅 + 𝑐
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(𝑅 + 𝑐)
Com esse valor atribuído deriva-se o valor do resultado em relação a y, substitua o valor original de
𝜕𝛹
𝜕𝑦
no lado
esquerdo enquanto no lado direito fica o valor da 𝛹(𝑥, 𝑦) isso será o suficiente para encontrar a constante “c”, após
encontra-la integre dos dois lados.
A constante “c” neste caso está se comportando mais como uma função, ao derivá-lo não podemos zerá-lo e ao integrá-
lo não podemos adicionar uma variável, então vamos mudar seu nome para: 𝑐 = 𝑓(𝑦).
Após encontrar o valor de 𝑓(𝑦) substitua em 𝛹(𝑥, 𝑦) e pronto, sua função solução já está pronta.
Neste caso a função solução é a solução do PVI e a solução igual a uma constante “c” é a solução geral.
Essa constate “c” aparece por que após identificar a solução função reconheceremos que 𝑑𝛹 = 0, logo temos que 𝛹 = 𝑐.
4.2 Primeiro Exemplo
(𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
− 1)𝑑𝑦 = 0
Teste do sistema
𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑦
𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
− 1
{
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑦
|
𝜕𝑁
𝜕𝑥
= 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑦
}
Sistema
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑦
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑒 𝑦)𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
+ 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
+ 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
+ 𝑓(𝑦))
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
+ 𝑓(𝑦)
𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
− 1⏟
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
+ 𝑓′(𝑦)⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
Passo 1
Passo 2
Obs.:∫
𝜕𝛹
𝜕𝑥
𝑑𝑥 = 𝛹(𝑥, 𝑦)
Fazendo ∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 = 𝑅 + 𝑐
São iguais!

17. 17
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
+ 𝑓(𝑦)
𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
− 1 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
+ 𝑓′(𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
+ 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = −1
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
+ 𝑓(𝑦)
∫ 𝑓′
(𝑦) 𝑑𝑦 = ∫ −1 𝑑𝑦
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
+ 𝑓(𝑦)
𝑓(𝑦) = −𝑦
Função solução
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
− 𝑦
Solução geral
Com a função solução temos
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑐
𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥2
𝑒 𝑦
− 𝑦 = 𝑐
4.3 Segundo Exemplo
(𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑑𝑥 + (𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥)𝑑𝑦 = 0
Teste do sistema
𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥
{
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦 − 2𝑠𝑒𝑛𝑥|
𝜕𝑁
𝜕𝑥
= 𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦 − 2𝑠𝑒𝑛𝑥}
Sistema
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 − 2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 − 2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦))
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥⏟
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓′(𝑦)⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓′(𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = 0
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
∫ 𝑓′
(𝑦) 𝑑𝑦 = ∫ 0 𝑑𝑦
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝑓(𝑦) = 0
Função solução
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥
Solução geral
Com a função solução temos
Passo 3
Passo 4
São iguais!
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 1

18. 18
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑐
𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑦 + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑐
4.4 Complicando a sua vida – Equação não exata em equação Exata
Temos uma equação ordinária
𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0
Uma equação não é exata quando:
𝜕𝑀
𝜕𝑦
≠
𝜕𝑁
𝜕𝑥
Multiplicando pelo fator integrante temos: 𝑀(𝑥, 𝑦)𝜇(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝜇(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 (𝐼)
A equação (I) será exata SE E SOMENTE SE:
𝜕
𝜕𝑦
[𝑀𝜇] =
𝜕
𝜕𝑥
[𝑁𝜇] → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁
Ao isolar 𝜇(𝑥) tem-se:
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 −
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜇 =
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁 −
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 → (
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
) 𝜇 =
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁 −
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 → 𝜇 =
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁 −
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
Devemos analisar o fator integrante somente com uma variável, então escolhe-se o x como variável padrão da função
𝜇, neste caso a sua derivada em relação a y deve ser desconsiderada valendo zero.
𝜇 =
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
→ 𝜇 =
𝜇′
𝑁
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
→ 𝜇 (
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
) = 𝜇′
𝑁 →
𝜇′
𝜇
=
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
Integrando
∫
𝜇′
𝜇
= ∫
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
→ ln|𝜇| = ∫
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
Logo vemos que o fator integrante de uma equação que foi transformada para exata é:
𝜇(𝑥) = 𝑒∫
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
4.4.1 Primeiro Exemplo
(3𝑥𝑦 + 𝑦2) + (𝑥2
+ 𝑥𝑦)𝑦′
= 0
Organizar
(3𝑥𝑦 + 𝑦2) + (𝑥2
+ 𝑥𝑦)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
⁡= 0 → (3𝑥𝑦 + 𝑦2)𝑑𝑥 + (𝑥2
+ 𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0
Fator integrante desconhecido
𝜇 = 𝜇(𝑥)
Passo 1
Passo 2

19. 19
Multiplicar fator integrante desconhecido
(3𝑥𝑦 + 𝑦2)𝜇(𝑥)𝑑𝑥 + (𝑥2
+ 𝑥𝑦)𝜇(𝑥)𝑑𝑦 = 0
Formando M(x,y) e N(x,y)
(3𝑥𝑦 + 𝑦2)𝜇(𝑥)⏟
𝑀(𝑥,𝑦)
𝑑𝑥 + (𝑥2
+ 𝑥𝑦)𝜇(𝑥)⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
𝑑𝑦 = 0
{
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= (3𝑥 + 2𝑦)𝜇(𝑥)
𝜕𝑁
𝜕𝑥
= (2𝑥 + 𝑦)𝜇(𝑥) + (𝑥2
+ 𝑥𝑦)𝜇′(𝑥)
Encontrando Fator integrante desconhecido
A equação será exata se e somente se:
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁, então.
(3𝑥 + 2𝑦)𝜇(𝑥) = (2𝑥 + 𝑦)𝜇(𝑥) + (𝑥2
+ 𝑥𝑦)𝜇′
(𝑥)
[(3𝑥 + 2𝑦) − (2𝑥 + 𝑦)]𝜇(𝑥) = 𝑥(𝑥 + 𝑦)𝜇′
(𝑥)
(𝑥 + 𝑦)𝜇(𝑥) = 𝑥(𝑥 + 𝑦)𝜇′
(𝑥)
𝜇(𝑥) = 𝑥𝜇′(𝑥) →
𝜇′
𝜇
=
1
𝑥
→ ∫
𝜇′
𝜇
= ∫
1
𝑥
→ ln|𝜇| = ln|𝑥| → 𝜇(𝑥) = 𝑒ln⁡|𝑥|
= 𝑥
Multiplicar fator integrante
(3𝑥𝑦 + 𝑦2)𝜇(𝑥)𝑑𝑥 + (𝑥2
+ 𝑥𝑦)𝜇(𝑥)𝑑𝑦 = 0 → (3𝑥2
𝑦 + 𝑥𝑦2)𝑑𝑥 + (𝑥3
+ 𝑥2
𝑦)𝑑𝑦 = 0
Sistema
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 3𝑥2
𝑦 + 𝑥𝑦2
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(3𝑥2
𝑦 + 𝑥𝑦2)𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3
𝑦 +
𝑥2
𝑦2
2
+ 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3
𝑦 +
𝑥2
𝑦2
2
+ 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(𝑥3
𝑦 +
𝑥2
𝑦2
2
+ 𝑓(𝑦))
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3
𝑦 +
𝑥2
𝑦2
2
+ 𝑓(𝑦)
𝑥3
+ 𝑥2
𝑦⏟
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑥3
+ 𝑥2
𝑦 + 𝑓′
(𝑦)⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3
𝑦 +
𝑥2
𝑦2
2
+ 𝑓(𝑦)
𝑥3
+ 𝑥2
𝑦 = 𝑥3
+ 𝑥2
𝑦 + 𝑓′
(𝑦)
→ { 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3
𝑦 +
𝑥2
𝑦2
2
+ 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = 0
Integrar
∫ 𝑓′(𝑦) = ∫ 0𝑑𝑦 → 𝑓(𝑦) = 0
Função solução
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥3
𝑦 +
𝑥2
𝑦2
2
Solução geral
Passo 3
Passo 6
Passo 4
Passo 5
Passo 7
Passo 8
Passo 9
Passo 10

20. 20
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐
𝑐 = 𝑥3
𝑦 +
𝑥2
𝑦2
2
2𝑐 = 2𝑥3
𝑦 + 2
𝑥2
𝑦2
2
→ 2𝑥3
𝑦 + 𝑥2
𝑦2
= 2𝑐
𝑥2
𝑦2
+ 2𝑥3
𝑦 = 𝑘
4.5 Equação exata transformada – Fator integrante em função de y
Temos uma equação ordinária
𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0
Esta equação não será exata se
𝜕𝑀
𝜕𝑦
≠
𝜕𝑁
𝜕𝑥
, neste caso deve-se encontrar um fator integrante que force a equação a ter o
resultado oposto, porém o fator integrante pode ser em função de x ou de y.
Multiplicando pelo fator integrante temos: 𝑀(𝑥, 𝑦)𝜇(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝜇(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 (𝐼)
A equação (I) será exata SE E SOMENTE SE:
𝜕
𝜕𝑦
[𝑀𝜇] =
𝜕
𝜕𝑥
[𝑁𝜇] → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑥
𝑁
Estamos analisando em função de y, então
𝜕𝜇
𝜕𝑥
= 0
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 +
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜇
Ao isolar 𝜇(𝑦) tem-se:
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 =
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝜇 −
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 →
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀 = (
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
) 𝜇 → 𝜇 =
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝜇 =
𝜕𝜇
𝜕𝑦
𝑀
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
→ 𝜇 =
𝜇′
𝑀
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
→ 𝜇 (
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
) = 𝜇′
𝑀 →
𝜇′
𝜇
=
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
Integrando
∫
𝜇′
𝜇
= ∫
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
→ ln|𝜇| = ∫
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
Logo vemos que o fator integrante de uma equação que foi transformada para exata é:
𝜇(𝑦) = 𝑒∫
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
Perceba a diferença entre os fatores integrantes com a mudança de sua variável

21. 21
𝜇(𝑥, 𝑦) = (𝑒∫
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁 , 𝑒∫
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀 )
4.5.1 Primeiro Exemplo
𝑦𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦 − 𝑒−2𝑦)𝑑𝑦 = 0
Fator integrante transformado: 𝜇(𝑥)
(𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑦|𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 − 𝑒−2𝑦)
𝜇(𝑥) = 𝑒
∫
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
=∫
1−2𝑦
2𝑥𝑦−𝑒−2𝑦 = 1−2𝑦 ∫
1
2𝑥𝑦−𝑒−2𝑦 → {
𝑢 = 2𝑥𝑦−𝑒−2𝑦
𝑑𝑢 = 2𝑦𝑑𝑥
→
1
2𝑦
−1 ∫
𝑑𝑢
𝑢
= (
1
2𝑦
−1)ln⁡|𝑢|
𝜇(𝑥) = 𝑒
(
1
2𝑦
−1)ln|2𝑥𝑦−𝑒−2𝑦|
Acho que ninguém gostaria de trabalhar com um fator integrante desse tipo.
Fator integrante transformado: 𝜇(𝑦)
(𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑦|𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 − 𝑒−2𝑦)
𝜇(𝑦) = 𝑒
∫
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
= ∫
2𝑦 −1
𝑦
= ∫
𝑦(2 −
1
𝑦
)
𝑦
= ∫ 2−
1
𝑦
= ∫ 2𝑑𝑦 −∫
1
𝑦
𝑑𝑦 = 2𝑦−ln|𝑦|
= 𝑒2𝑦−ln⁡|𝑦|
=
𝑒2𝑦
𝑒ln|𝑦|
𝜇(𝑦) =
𝑒2𝑦
𝑦
Multiplicando fator integrante
𝑦𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦 − 𝑒−2𝑦)𝑑𝑦 = 0 →
𝑒2𝑦
𝑦
𝑦𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦
𝑒2𝑦
𝑦
−
𝑒2𝑦
𝑦
𝑒−2𝑦
) 𝑑𝑦 = 0
𝑒2𝑦
𝑑𝑥 + (2𝑥𝑒2𝑦
−
1
𝑦
) 𝑑𝑦 = 0
M(x,y) e N(x,y)
𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦
, 𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑒2𝑦
−
1
𝑦
Sistema
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 𝑒2𝑦
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(𝑒2𝑦)𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦
𝑦 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦
𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(𝑒2𝑦
𝑥 + 𝑓(𝑦))
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦
𝑦 + 𝑓(𝑦)
2𝑥𝑒2𝑦
−
1
𝑦⏟
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 2𝑥𝑒2𝑦
+ 𝑓′
(𝑦)⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
Passo 1
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4

22. 22
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦
𝑦 + 𝑓(𝑦)
2𝑥𝑒2𝑦
−
1
𝑦
= 2𝑥𝑒2𝑦
+ 𝑓′
(𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦
𝑦 + 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = −
1
𝑦
→ 𝑓(𝑦) = − ln|𝑦| = ln |
1
𝑦
|
Função solução
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑦
𝑦 + ln |
1
𝑦
|
Solução geral
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐
𝑐 = 𝑒2𝑦
𝑦 + ln |
1
𝑦
|
Perceba que quando o valor de M é complicado é melhor evita-lo usando fator integrante em função de x, e quando o
valor de N é complicado é melhor evita-lo usando fator integrante em função de y.
5. Uma alternativa interessante - Equações homogêneas
Equações homogêneas geralmente têm este formato:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦)
Uma equação pode ser testada como homogênea mudando o seu domínio:
𝑓(𝑥, 𝑦) → 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦)
Após a mudança se o resultado for igual ao original, temos uma equação homogênea. A equação homogênea pode nos
ajudar pois toda equação homogênea pode se tornar uma equação de variáveis separáveis. Como? Toda equação
homogênea pode representada do jeito como está abaixo:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝐹 (
𝑦
𝑥
)
Com isso podemos fazer uma substituição e trocar essa fração por uma variável simples como abaixo:
𝑢 =
𝑦
𝑥
→ 𝑦 = 𝑢𝑥
Ao derivá-la temos o seguinte:
𝑦 = 𝑢𝑥 →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢
Com isso podemos fazer uma troca de domínios pois:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝐹 (
𝑦
𝑥
) → 𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 𝐹(𝑢)
Depois dessa troca você substitui na equação e assim poderá manejá-la para que ela se transforme em uma equação
por variáveis separáveis. Não entendeu? Calma, veja esse exemplo abaixo primeiro e veja os passos.
Passo 5
Passo 6

23. 23
5.1 Primeiro Exemplo
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦2
+ 2𝑥𝑦
𝑥2
Substituição por u
𝑢 =
𝑦
𝑥
→ 𝑦 = 𝑢𝑥
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 𝐹(𝑢)
Retomando a equação
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 =
𝑥2
𝑢2
+ 2𝑥𝑢𝑥
𝑥2
=
𝑥2
(𝑢2
+ 2𝑢)
𝑥2
= 𝑢2
+ 2𝑢
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 𝑢2
+ 2𝑢 − 𝑢 → 𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 𝑢2
+ 𝑢
Variáveis separáveis
𝑑𝑢
𝑢2 + 𝑢
=
𝑑𝑥
𝑥
Integrar
(𝐼) ∫
𝑑𝑢
𝑢2 + 𝑢
= (𝐼𝐼) ∫
𝑑𝑥
𝑥
(𝐼) ∫
𝑑𝑢
𝑢2 + 𝑢
=
𝐴
𝑢
+
𝐵
1 + 𝑢
→ 1 = 𝐴(1 + 𝑢) + 𝐵𝑢 → {
𝑢 = 0 𝐴 = 1
𝑢 = −1 𝐵 = −1
∫
𝑑𝑢
𝑢2 + 𝑢
= ∫
𝑑𝑢
𝑢
− ∫
𝑑𝑢
1 + 𝑢
= ln|𝑢| − ln|1 + 𝑢| = ln |
𝑢
1 + 𝑢
|
(𝐼𝐼) ∫
𝑑𝑥
𝑥
= ln|𝑥| + 𝑐
ln |
𝑢
1 + 𝑢
| = ln|𝑥| + 𝑐 → aplicando função inversa → eln|
𝑢
1+𝑢
|
= eln|𝑥|
ec
→
u
1 + u
= xc
Solução geral (voltar ao valor original)
u
1 + u
= xc →
y
x
x + y
x
= xc →
y
x + y
= xc → y = xc(x + y)
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5

24. 24
6. Super Exemplo – Tá na hora de treinar
Está na hora de um super exemplo, que é a resolução de um único exercício usando todas as ferramentas
apresentadas aqui até agora, se você está com dúvida nas questões analise-as mais devagar e veja como efetuar cada
passo nas contas.
6.1 Equação homogênea
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0
Organizar
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 → 2𝑦𝑑𝑥 = 𝑥𝑑𝑦 →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
2𝑦
𝑥
Teste de homogeneidade
𝑓(𝑥, 𝑦) → 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦)
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) =
2𝑡𝑦
𝑡𝑥
=
2𝑡𝑦
𝑡𝑥
=
2𝑦
𝑥
Substituição por u
𝑢 =
𝑦
𝑥
→ 𝑦 = 𝑢𝑥
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 𝐹(𝑢)
Retomando a equação
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 2𝑢 → 𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 𝑢
Variáveis separáveis
𝑑𝑢
𝑢
=
𝑑𝑥
𝑥
Integrar
∫
𝑑𝑢
𝑢
= ∫
𝑑𝑥
𝑥
ln|𝑢| = ln|𝑥| + 𝑐
𝑢 = 𝑐𝑥
Retornando a variável original (solução geral)
𝑢 = 𝑐𝑥 → y = cx2
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7

25. 25
6.2 Variáveis separáveis
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0
Separando variáveis
2𝑦𝑑𝑥 = 𝑥𝑑𝑦 →
𝑑𝑥
𝑥
=
𝑑𝑦
2𝑦
Integrar
∫
𝑑𝑥
𝑥
=
1
2
∫
𝑑𝑦
𝑦
ln|𝑥| =
1
2
ln|𝑦| +
1
2
ln|𝑐| → ln|𝑥| =
1
2
(ln|𝑦| + ln|𝑐|) → ln|𝑥| =
1
2
ln⁡|𝑦𝑐|
ln|𝑥| = ln |𝑦𝑐
1
2| → 𝑥 = 𝑦𝑐
1
2 → 𝑥2
= 𝑦𝑐
Solução geral
𝑦 = 𝑐𝑥2
6.3 Equações exatas
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0
Fator integrante transformado: 𝜇(𝑥)
(𝑀(𝑥, 𝑦) = 2𝑦|𝑁(𝑥, 𝑦) = −𝑥)
𝜇(𝑥) = 𝑒
∫
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
= ∫
2−(−1)
−𝑥
= ∫ −
3
𝑥
= −3 ∫
𝑑𝑥
𝑥
=−3 ln|𝑥| =ln|
1
𝑥3|
= 𝑒
ln|
1
𝑥3|
=
1
𝑥3
Multiplicar o fator integrante
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 →
2𝑦
𝑥3
𝑑𝑥 −
1
𝑥2
𝑑𝑦 = 0
Sistema
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
=
2𝑦
𝑥3
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫ (
2𝑦
𝑥3
) 𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = −
𝑦
𝑥2
+ 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = −
𝑦
𝑥2
+ 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(−
𝑦
𝑥2
+ 𝑓(𝑦))
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = −
𝑦
𝑥2
+ 𝑓(𝑦)
−
1
𝑥2⏟
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= −
1
𝑥2
+ 𝑓′
(𝑦)
⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 1
Passo 2
Passo 3

26. 26
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = −
𝑦
𝑥2
+ 𝑓(𝑦)
−
1
𝑥2
= −
1
𝑥2
+ 𝑓′
(𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = −
𝑦
𝑥2
+ 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = 0 → 𝑓(𝑦) = 0
Função solução
𝛹(𝑥, 𝑦) = −
𝑦
𝑥2
Solução geral
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐
𝑐 = −
𝑦
𝑥2
→ 𝑦 = −𝑐𝑥2
→ 𝑦 = 𝑐𝑥2
6.4 Variação de parâmetros
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0
Variação de parâmetro
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0 →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
2𝑦
𝑥
→ 𝑦′
=
2𝑦
𝑥
→ 𝑥𝑦′
− 2𝑦 = 0
Organizar para regra geral
𝑥𝑦′
− 2𝑦 = 0 →
𝑥𝑦′
𝑥
−
2𝑦
𝑥
= 0 → 𝑦′
−
2𝑦
𝑥
= 0
Fator integrante
𝑒∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 = −∫
2
𝑥
𝑑𝑥 = −2 ∫
𝑑𝑥
𝑥
=−2ln|𝑥| =ln|𝑥−2|
= 𝑒ln⁡|𝑥−2|
= 𝑥−2
Multiplicar pelo fator integrante
𝑦′
−
2𝑦
𝑥
= 0 → 𝑥−2
𝑦′
−
𝑥−2
2𝑦
𝑥
= 0 →
𝑦′
𝑥2
−
2𝑦
𝑥3
= 0
Simplificar e integrar
𝑦′
𝑥2
−
2𝑦
𝑥3
= 0
𝑑
𝑑𝑥
[
𝑦
𝑥2
] = 0
𝑦
𝑥2
= 𝑐
𝑦 = 𝑐𝑥2
Solução geral
𝑦 = 𝑐(𝑥)𝑥2
(𝑡𝑜𝑟𝑛𝑎𝑟 𝑐 𝑓𝑢𝑛çã𝑜)
𝑐′(𝑥) = 𝑞(𝑥) 𝜇(𝑥)
Passo 4
Passo 5
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6

27. 27
𝑐′(𝑥) = 0𝑥2
→ 𝑐′(𝑥) = 0
∫ 𝑐′(𝑥) = ∫ 0𝑑𝑥
𝑐(𝑥) = 𝑐
Solução geral
𝑦 = 𝑐(𝑥)𝑥2
→ 𝑦 = 𝑐𝑥2
6.5 Método comum
2𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦 = 0
Organizar para regra geral
𝑥𝑦′
− 2𝑦 = 0 →
𝑥𝑦′
𝑥
−
2𝑦
𝑥
= 0 → 𝑦′
−
2𝑦
𝑥
= 0
Fator integrante
𝑒∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 = −∫
2
𝑥
𝑑𝑥 = −2 ∫
𝑑𝑥
𝑥
=−2ln|𝑥| =ln|𝑥−2|
= 𝑒ln⁡|𝑥−2|
= 𝑥−2
Multiplicar pelo fator integrante
𝑦′
−
2𝑦
𝑥
= 0 → 𝑥−2
𝑦′
−
𝑥−2
2𝑦
𝑥
= 0 →
𝑦′
𝑥2
−
2𝑦
𝑥3
= 0
Simplificar e integrar
𝑦′
𝑥2
−
2𝑦
𝑥3
= 0
𝑑
𝑑𝑥
[
𝑦
𝑥2
] = 0
𝑦
𝑥2
= 𝑐
Solução geral
𝑦 = 𝑐𝑥2
Perceba que entre Variação de parâmetros e o Método comum, variação de parâmetro se torna inviável por que a
equação já tinha zero em sua igualdade.
De todas estas variáveis separáveis foi a técnica mais viável com apenas três passos e pouca conta, isso se dá, pois, a
equação estava visivelmente facilitando a separação.
Passo 2
Passo 7
Passo 1
Passo 3
Passo 4
Passo 5

28. 28
Um bônus para sua mente – Integral por partes
Temos uma integral por partes
∫ 𝑡2
𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡
Escolha as melhores opções para u e v, a variável u deve ser qualquer função que ao derivá-la uma ou mais vezes ela
possa zerar e a variável v deve ser uma função que ao integrá-la ou derivá-la ela nunca chegue a zero. O polinômio é a
melhor das escolhas para u, ele pode zerar e o neperiano nunca zera então ele será v.
Faça um quadro com as nomeações “u sinal v” posicionados acima do quadro:
[
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
42
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
Variável u começa sendo simplesmente copiado,
não precisa deriva-lo ainda.
A variável v já começa a ser integrada logo na primeira aparição
Após isso trace uma reta entre os dois,
isso significa que um será multiplicado pelo outro.
Depois da reta traçada continue a derivar o u e a integrar o v
sempre colocando as setas na mesma linha.
Você irá derivar e integrar até a última
derivada de u, ou seja, antes de zerá-lo.
A variável u será derivada e
a variável v será integrada
[
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
42
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
[
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
42
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
[
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
.
2
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]

29. 29
Assim que já se chegou antes de zerar o u
é hora de alternar sinais nas setas, isso é,
colocar positivo e negativo nas setas sempre alternando os sinais.
Isso significa que esse sinal faz parte do v, ou seja, quando
o sinal for (+) o v será positivo, quando o sinal for (-) o v será
negativo.
Esse sinal que aparece na reta é como se fosse uma multiplicação
-1 ou +1, ou seja, caso o v já esteja negativo e a seta estiver com o (-) então teremos uma simples multiplicação de
negativo com negativo que dará positivo.
O mesmo vale para o u, no final das contas o u sempre irá multiplicar com o seu respectivo v, ou seja, cuidado com o
jogo de sinais.
Para o resultado final, basta multiplicar
os sinais e cada u com seu v e somar tudo
de cima para baixo.
Exemplos
3 ∫ cos(2𝑡) 𝑡 𝑑𝑡 →
[
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
𝑡
+
→ 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
1
−
→ −cos(2𝑡)
1
4]
→ 3 [𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
+ 𝑐𝑜𝑠(2𝑡)
1
4
]
3
2
∫ 𝑡𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡 → [
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
𝑡
+
→ 2𝑒
𝑡
2
1
−
→ 4𝑒
𝑡
2
] →
3
2
[2𝑡𝑒
𝑡
2 − 4𝑒
𝑡
2]
∫ 𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 → [
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
𝑡
+
→ −𝑐𝑜𝑠(𝑡)
1
−
→ −sen(𝑡)
] → −𝑡𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑐
3
2
∫ 𝑡2
𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡 →
[
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
.
2
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
→
3
2
[2𝑡2
𝑒
𝑡
2 − 8𝑡𝑒
𝑡
2 + 16𝑒
𝑡
2]
∫ 𝑡𝑒−𝑡
𝑑𝑡 → [
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
𝑡
+
→ −𝑒−𝑡
1
−
→ 𝑒−𝑡
] → −𝑡𝑒−𝑡
− 𝑒−𝑡
+ 𝑐
[
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
.
2
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
[
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
.
2
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
= 2𝑡2
𝑒
𝑡
2 − 8𝑡𝑒
𝑡
2 + 16𝑒
𝑡
2 + c

30. 30
Integrais infinitas
Em alguns casos pode-se ocorrer o que chamo de integral infinita, é quando tanto u como v são funções que nunca
zerão e como o objetivo deste método é derivar o u até que o mesmo zere, nunca chegaremos ao fim. Veja uma integral
de exemplo abaixo:
∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡
Neste caso a variável u e v pode ser tanto um como outro a sua resposta não sairá errada independente da variável
escolhida o que pode acontecer é só que a sua conta fique um pouco maior.
No caso de uma integral infinita seguimos os passos comuns ensinados antes, só que como dessa vez u nunca irá
zerar, o nosso objetivo agora será encontrar o núcleo da integral. O que é isso? Veja abaixo:
∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2⏟ 𝑑𝑡
𝑁ú𝑐𝑙𝑒𝑜
Ou seja, tudo que estiver dentro da integral.
Pelo método rápido o objetivo é encontrar a união que forma esse núcleo novamente, independentemente de qualquer
constante que esteja multiplicando. Preste atenção numa coisa, o 2 ao lado do cosseno é uma constante só que por
opção própria ela está dentro da integral então ela faz parte do núcleo e também deve ser encontrada junto com o
cosseno e o neperiano.
Perceba, o u escolhido foi
o cosseno, depois de derivá-lo
duas vezes voltamos para ele
e do outro lado o neperiano
não mudou, isso significa que
encontramos o núcleo.
Antes de começar a multiplicar os sinais, u e seus respectivos v, precisamos prestar atenção numa coisa muito
importante, essa integral por partes não foi terminada ela foi feita até o ponto em que o núcleo se repetisse. Então
preste atenção no formato da integral por partes:
∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢
Perceba que dentro da integral do lado direito da igualdade o u já foi derivado, mas o v ainda não foi integrado, ou
seja, a integral só acontece quando o processo é totalmente terminado, isso significa dizer que o v não será integrado
na última fila, somente o u será derivado, assim:
Aqui temos a última integral
desconsiderada, neste caso
o último u será multiplicado
pelo v anterior e esses dois
formarão a integral ainda não
terminada.
Agora multiplicando os sinais, u e seus respectivos v desconsiderando o último v temos:
[
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
2cos⁡( 𝑡)
∙
−2𝑠𝑒𝑛(𝑡)
∙
4−2cos⁡( 𝑡)
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
Lembre-se: para encontrar o núcleo não dependemos das
constantes, elas simplesmente ficaram fora da integral.
[
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
2cos⁡( 𝑡)
∙
−2𝑠𝑒𝑛(𝑡)
∙
4−2cos⁡( 𝑡)
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]

31. 31
[
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
2cos⁡( 𝑡)
∙
−2𝑠𝑒𝑛(𝑡)
∙
4−2cos⁡( 𝑡)
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
→ 4𝑒
𝑡
2 cos(𝑡) + 8𝑒
𝑡
2 𝑠𝑒𝑛(𝑡) − 4 ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡
∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡 = 4𝑒
𝑡
2 cos(𝑡) + 8𝑒
𝑡
2 𝑠𝑒𝑛(𝑡) − 4 ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡
Perceba que o 4 está do lado de fora da integral e não multiplica com o 2 que está lá dentro, isso porque o 2 faz parte
do núcleo. Devemos fazer tudo isso para que a integral mãe que originou tudo isso seja igual a uma outra integral
filha, se elas forem iguais podemos fazer uma simples conta de 𝑥 + 𝑥 = 2𝑥
∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡 = 4𝑒
𝑡
2 cos(𝑡) + 8𝑒
𝑡
2 𝑠𝑒𝑛(𝑡) − 4 ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡
4 ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡 + ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡 = 4𝑒
𝑡
2 cos(𝑡) + 8𝑒
𝑡
2 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
5 ∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡 = 4𝑒
𝑡
2 cos(𝑡) + 8𝑒
𝑡
2 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
∫ 2 cos(𝑡) 𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡 =
4
5
𝑒
𝑡
2 cos(𝑡) +
8
5
𝑒
𝑡
2 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑐
Exemplo
∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡 →
[
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
∙
2 cos(2𝑡)
∙
4−4𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
5𝑒 𝑡
∙
.
5𝑒 𝑡
∙
∙
5𝑒 𝑡
∙ ]
→ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
− 2 cos(2𝑡) 5𝑒 𝑡
− 4 ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡

32. 32
Exercícios resolvidos – Já estou bonzinho demais
Primeira questão
- Determine a solução geral para cada equação diferencial dada e use-a para determinar como as soluções se
comportam quando 𝑡 → ∞
a) 𝑦′
+ 𝑦 = 𝑡𝑒−𝑡
+ 1
Resolvendo por simples resolução de PVI
Encontrar o fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 1𝑑𝑡 = 𝑡
= 𝑒 𝑡
Multiplicar o fator integrante
𝑦′
+ 𝑦 = 𝑡𝑒−𝑡
+ 1 → y′
et
+ yet
= t + et
Simplificar
𝑦′
𝑒 𝑡
+ 𝑦𝑒 𝑡
→ 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑒 𝑡
+ 𝑒 𝑡
𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒 𝑡
]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒 𝑡] = 𝑡 + 𝑒 𝑡
→ 𝑦𝑒 𝑡
= ∫ 𝑡 𝑑𝑡 + ∫ 𝑒 𝑡
𝑑𝑡
Integrar (solução geral)
𝑦𝑒 𝑡
=
𝑡2
2
+ 𝑒 𝑡
+ 𝑐 → 𝑦 =
𝑡2
2𝑒 𝑡
+ 1 +
𝑐
𝑒 𝑡
Solução PVI
𝑡 → ∞
𝑦 =
𝑡2
2𝑒 𝑡
+ 1 +
𝑐
𝑒 𝑡
→ 𝑦 =
∞2
2𝑒∞
+ 1 +
𝑐
𝑒∞
𝑦 → 1
A função tende a infinito.
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador.
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5

33. 33
b) 𝑦′
− 2𝑦 = 3𝑒 𝑡
Encontrar o fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ −2𝑑𝑡 =−2𝑡
= 𝑒−2𝑡
Multiplicar o fator integrante
𝑦′
− 2𝑦 = 3𝑒 𝑡
→ 𝑦′
𝑒−2𝑡
− 2𝑒−2𝑡
𝑦 =
3𝑒 𝑡
𝑒2𝑡
→ y′
e−2t
+ (−2ye−2t
) = 3e−t
Simplificar
𝑦′
𝑒−𝑡
+ (−𝑦𝑒−𝑡
) → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑒−2𝑡
+ (−2𝑒−2𝑡
)𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒−2𝑡
]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒−2𝑡] = 3𝑒−𝑡
→ 𝑦𝑒−2𝑡
= ∫ 3𝑒−𝑡
𝑑𝑡
Integrar (solução geral)
𝑦𝑒−2𝑡
= −3𝑒−𝑡
+ 𝑐 → 𝑦 =
−3𝑒−𝑡
𝑒−2𝑡
+
𝑐
𝑒−2𝑡
Solução PVI
𝑡 → ∞
𝑦 =
−3𝑒2𝑡
𝑒 𝑡
+ 𝑒2𝑡
𝑐 → 𝑦 = −3𝑒∞
+ 𝑒2∞
𝑐
A função tende a infinito.
Os fatores do denominador são menores que o do numerador.
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5

34. 34
c) 𝑦′
+
𝑦
𝑡
= 3cos⁡(2𝑡) (𝑡 > 0)
Resolvendo por simples resolução de PVI
Encontrar o fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫
1
𝑡
𝑑𝑡 = ln|𝑡|
= 𝑒ln⁡|𝑡|
= 𝑡
Multiplicar o fator integrante
𝑦′
+
𝑦
𝑡
= 3cos(2t) → y′
t + y = 3tcos(2t)
Simplificar
𝑦′
𝑡 + 𝑦 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑡 + 1𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡] = 3tcos⁡(2𝑡) → 𝑦𝑡 = ∫ 3tcos⁡(2𝑡) 𝑑𝑡
Integrar (solução geral)
3 ∫ cos(2𝑡) 𝑡 𝑑𝑡 → 𝑝𝑜𝑟 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒𝑠 → {
𝑢 = 𝑡 𝑑𝑣 = cos⁡(2𝑡)𝑑𝑡
𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 𝑣 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
→ 𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
− ∫ 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
𝑑𝑡
𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
− ∫ 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
𝑑𝑡
A integração de 𝑠𝑒𝑛(2𝑡), caso não entenda
{
𝑢 = 2𝑡
𝑑𝑢 = 2𝑑𝑡 → 𝑑𝑡 = 𝑑𝑢/2
1
2
∫ sen(𝑢)
𝑑𝑢
2
=
1
4
∫ sen(𝑢) 𝑑𝑢 = −cos(2𝑡)
1
4
3 ∫ cos(2𝑡) 𝑡 𝑑𝑡 = 3 [𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
+ cos(2𝑡)
1
4
]
Ou pelo método mais rápido
3 ∫ cos(2𝑡) 𝑡 𝑑𝑡 →
[
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
𝑡
+
→ 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
1
−
→ −cos(2𝑡)
1
4]
→ 3 [𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
2
+ 𝑐𝑜𝑠(2𝑡)
1
4
]
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4

35. 35
Solução PVI
𝑡 → ∞
𝑦𝑡 = 𝑡𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
3
2
+ cos(2𝑡)
3
4
+ 𝑐
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
3
2
+ cos(2𝑡)
3
4𝑡
+
𝑐
𝑡
𝑦 =
𝑠𝑒𝑛(2∞)3
2
+
cos(2∞) 3
4∞
+
𝑐
∞
A função tende a zero.
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador.
Passo 5

36. 36
d) 2𝑦′
+ 𝑦 = 3𝑡
Organizar
2𝑦′
+ 𝑦 = 3𝑡 →
2𝑦′
2
+
𝑦
2
=
3
2
𝑡 → 𝑦′
+
𝑦
2
=
3
2
𝑡
Encontrar o fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫
1
2
𝑑𝑡 =
1
2
𝑡
= 𝑒
1
2
t
Multiplicar o fator integrante
𝑦′
+
𝑦
2
=
3
2
𝑡 → 𝑒
1
2
𝑡
𝑦′
+
𝑒
1
2
𝑡
2
𝑦 =
3
2
𝑡𝑒
1
2
𝑡
Simplificar
𝑒
1
2
𝑡
𝑦′
+
𝑒
1
2
𝑡
2
𝑦 =
3
2
𝑡𝑒
1
2
𝑡
→ 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑦′𝑒
1
2
𝑡
+
𝑒
1
2
𝑡
2
𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒
1
2
𝑡
]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒
1
2
𝑡
] =
3
2
𝑡𝑒
1
2
𝑡
→ 𝑦𝑒
1
2
𝑡
= ∫
3
2
𝑡𝑒
1
2
𝑡
𝑑𝑡
Integrar
𝑦𝑒
𝑡
2 = ∫
3
2
𝑡𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡
Método rápido
3
2
∫ 𝑡𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡 → [
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
𝑡
+
→ 2𝑒
𝑡
2
1
−
→ 4𝑒
𝑡
2
] →
3
2
[2𝑡𝑒
𝑡
2 − 4𝑒
𝑡
2] → 2𝑡𝑒
𝑡
2 − 6𝑒
𝑡
2 + 𝑐
Solução geral
𝑦𝑒
𝑡
2 = 2𝑡𝑒
𝑡
2 − 6𝑒
𝑡
2 +
3𝑐
2
→ y =
2𝑡𝑒
𝑡
2
𝑒
𝑡
2
−
6𝑒
𝑡
2
𝑒
𝑡
2
+
3𝑐
2𝑒
𝑡
2
→ y = 2𝑡 − 6 +
𝑐
𝑒
𝑡
2
Solução PVI
𝑡 → ∞
y = 2𝑡 − 6 +
𝑐
𝑒
𝑡
2
y = 2∞ − 6 +
𝑐
𝑒
∞
2
𝑦 → −6
A função tende a zero.
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador.
e) 𝑦′
+ 𝑦 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7

37. 37
Encontrar o fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 𝑑𝑡 =𝑡
= 𝑒 𝑡
Multiplicar o fator integrante
𝑦′
+ 𝑦 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡) → 𝑒 𝑡
𝑦′
+ 𝑒 𝑡
𝑦 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
Simplificar
𝑦′
+ 𝑦 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡) → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑒 𝑡
+ 𝑒 𝑡
𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒 𝑡
]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒 𝑡] = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
→ 𝑦𝑒 𝑡
= ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡
Integrar
Ambas as funções na integral são funções que nunca zerão ao derivar, nesse caso esta integral se tornará uma
integral por partes infinita se for resolvida pelo método convencional de integração por partes.
Como ambas as funções podem ser tanto “u” como “dv” na escolha de variáveis devemos selecionar a escolha que
tornará a conta menor possível.
A integração por partes irá terminar quando a integral ∫ 𝑣𝑑𝑢 que é resultante da integração por partes obter uma
aparência idêntica à sua integral original (∫ 𝑢𝑑𝑢) independente de constantes.
Para isso coloque a constante 5 na conta, para que no final∫ 𝑢𝑑𝑢 = ∫ 𝑣𝑑𝑢
Integrando com outras variáveis
A última conta é a menor
∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
− 2 cos(2𝑡) 5𝑒 𝑡
− 4 ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡
∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡 →
[
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
5𝑒 𝑡
∙
5𝑒 𝑡
∙
5 𝑒 𝑡
∙
5𝑒 𝑡
.
5𝑒 𝑡
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
−
→
.
+
→
−
1
2
cos(2𝑡)
−
1
4
𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
1
8
cos(2𝑡)
1
16
𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
−
1
32
cos(2𝑡)]
→ −
5 cos(2𝑡)𝑒 𝑡
2
+
5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
4
+
5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
8
−
5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
16
+
1
16
∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡
∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡 →
[
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
∙
2 cos(2𝑡)
∙
4−4𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
5𝑒 𝑡
∙
.
5𝑒 𝑡
∙
∙
5𝑒 𝑡
∙ ]
→ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
− 2 cos(2𝑡) 5𝑒 𝑡
− 4 ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4

38. 38
4 ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡
⏟
4𝑥
+ ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡
⏟
𝑥
= 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
− 2 cos(2𝑡) 5𝑒 𝑡
5 ∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡 = 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
− 10 cos(2𝑡) 𝑒 𝑡
∫ 5𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑑𝑡 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
− 2 cos(2𝑡) 𝑒 𝑡
+ 𝑐
𝑦𝑒 𝑡
= 𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
− 2 cos(2𝑡) 𝑒 𝑡
+ 𝑐
Solução geral
𝑦 =
𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑒 𝑡
𝑒 𝑡
−
2 cos(2𝑡) 𝑒 𝑡
𝑒 𝑡
+
𝑐
𝑒 𝑡
→ 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) − 2cos⁡(2𝑡) +
𝑐
𝑒 𝑡
Solução PVI
𝑡 → ∞
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) − 2cos⁡(2𝑡) +
𝑐
𝑒 𝑡
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(2∞) − 2cos⁡(2∞) +
𝑐
𝑒∞
A função tende a zero.
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador.
4x + x = 5x
Passo 5
Passo 6

39. 39
f) (1 + 𝑡2)𝑦′
+ 4𝑡𝑦 = −2(1 + 𝑡2) → (1 + 𝑡2)𝑦′
+ 4𝑡𝑦 = −2 − 2𝑡2
Variação de parâmetro
(1 + 𝑡2)𝑦′
+ 4𝑡𝑦 = 0
Organizar
𝑦′
+
4𝑡𝑦
1 + 𝑡2
= 0
Fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒
∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫
4𝑡
1+𝑡2 = 4∫
𝑡
1+𝑡2 𝑑𝑡→ { 𝑢=𝑡2+1
𝑑𝑢=2𝑡𝑑𝑡
→2 ∫
𝑑𝑢
𝑢
=2 ln|𝑢| =2ln|𝑡2+1|= ln|(𝑡2+1)
2
|
𝜇(𝑡) = 𝑒ln|(𝑡2+1)
2
|
→ (𝑡2
+ 1)2
Multiplicar o fator integrante
𝑦′
+
4𝑡𝑦
1 + 𝑡2
= 0 → (𝑡2
+ 1)2
𝑦′
+
(𝑡2
+ 1)2
4𝑡𝑦
1 + 𝑡2
= 0 → (𝑡2
+ 1)2
𝑦′
+ (𝑡2
+ 1)4𝑡𝑦 = 0
Simplificar
(𝑡2
+ 1)2
𝑦′
+ (𝑡2
+ 1)4𝑡𝑦 = 0 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′(𝑡2
+ 1)2
+ (𝑡2
+ 1)4𝑡𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦(𝑡2
+ 1)2]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦(𝑡2
+ 1)2] = 0 → 𝑦(𝑡2
+ 1)2
= ∫ 0𝑑𝑡
Integrar
𝑦(𝑡2
+ 1)2
= ∫ 0𝑑𝑡 → 𝑦(𝑡2
+ 1)2
= 𝑐
Tornar C função
𝑦(𝑡2
+ 1)2
= 𝑐 → 𝑦 =
𝑐(𝑥)
(𝑡2 + 1)2
𝑐′(𝑥) = 𝑞(𝑥)𝜇(𝑥)
𝑐′(𝑥) = −2(𝑡2
+ 1)(𝑡2
+ 1)2
𝑐′(𝑥) = −2(𝑡2
+ 1)3
∫ 𝑐′(𝑥) = −2 ∫(𝑡2
+ 1)3
→ 𝑐(𝑥) = −2 [∫ 𝑡6
𝑑𝑡 + ∫ 3𝑡4
𝑑𝑡 + ∫ 3𝑡2
𝑑𝑡 + ∫ 𝑑𝑡]
𝑐(𝑥) = −2 ∫ 𝑡6
𝑑𝑡 − 6 ∫ 𝑡4
𝑑𝑡 − 6 ∫ 𝑡2
𝑑𝑡 − 2 ∫ 𝑑𝑡
𝑐(𝑥) = −
2𝑡7
7
−
6𝑡5
5
−
6𝑡3
3
− 2𝑡 + 𝑐
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7

40. 40
Solução geral
𝑦 =
𝑐(𝑥)
(𝑡2 + 1)2
→ 𝑦 =
(−
2𝑡7
7
−
6𝑡5
5
−
6𝑡3
3
− 2𝑡 + 𝑐)
(𝑡2 + 1)2
𝑦 = −
2𝑡7
7(𝑡2 + 1)2
−
6𝑡5
5(𝑡2 + 1)2
−
6𝑡3
3(𝑡2 + 1)2
−
2𝑡
(𝑡2 + 1)2
+
𝑐
(𝑡2 + 1)2
Solução PVI
𝑡 → ∞
𝑦 = −
2∞7
7(∞2 + 1)2
−
6∞5
5(∞2 + 1)2
−
6∞3
3(∞2 + 1)2
−
2∞
(∞2 + 1)2
+
𝑐
(∞2 + 1)2
A função tende a zero.
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador.
Passo 8
Passo 9

41. 41
g) 𝑦′
+ 2𝑡𝑦 = 2𝑡𝑒−𝑡2
Fator integrante
(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 =2 ∫ 𝑡𝑑𝑡 =𝑡2
= 𝑒 𝑡2
Multiplicar fator integrante
𝑦′
+ 2𝑡𝑦 = 2𝑡𝑒−𝑡2
→ 𝑦′
𝑒 𝑡2
+ 2𝑡𝑒 𝑡2
𝑦 =
2𝑡𝑒 𝑡2
𝑒 𝑡2 → 𝑦′
𝑒 𝑡2
+ 2𝑡𝑒 𝑡2
𝑦 = 2𝑡
Simplificar
𝑦′
𝑒 𝑡2
+ 2𝑡𝑒 𝑡2
𝑦 = 2𝑡 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑒 𝑡2
+ 2𝑡𝑒 𝑡2
𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒 𝑡2
]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒 𝑡2
] = 2𝑡 → 𝑦𝑒 𝑡2
= ∫ 2𝑡𝑑𝑡
Integrar
∫ 2𝑡𝑑𝑡 = 𝑡2
+ 𝑐
Solução geral
𝑦𝑒 𝑡2
= 𝑡2
+ 𝑐 → 𝑦 =
𝑡2
𝑒 𝑡2 +
𝑐
𝑒 𝑡2
Solução PVI
𝑡 → ∞
𝑦 =
𝑡2
𝑒 𝑡2 +
𝑐
𝑒 𝑡2
𝑦 =
∞2
𝑒∞2 +
𝑐
𝑒∞2
A função tende a zero.
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador.
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6

42. 42
h) 𝑦′
− 2𝑦 = 𝑡2
𝑒2𝑡
Fator integrante
(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 =−2 ∫ 𝑑𝑡 = 2𝑡
= 𝑒−2𝑡
Multiplicar fator integrante
𝑦′
− 2𝑦 = 𝑡2
𝑒2𝑡
→ 𝑦′
𝑒−2𝑡
+ (−2𝑒−2𝑡)𝑦 = 𝑡2
Simplificar
𝑦′
𝑒−2𝑡
+ (−2𝑒−2𝑡)𝑦 = 𝑡2
→ 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑒−2𝑡
+ −2𝑒−2𝑡
𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒−2𝑡
]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒−2𝑡] = 𝑡2
→ 𝑦𝑒−2𝑡
= ∫ 𝑡2
𝑑𝑡
Integrar
∫ 𝑡2
𝑑𝑡 =
𝑡3
3
+ 𝑐
Solução geral
𝑦𝑒−2𝑡
=
𝑡3
3
+ 𝑐
Solução PVI
𝑡 → ∞
𝑦 =
∞3
𝑒2∞
3
+ 𝑐𝑒2∞
A função tende a infinito.
Os fatores do denominador são menores que o do numerador.
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6

43. 43
i) 𝑡𝑦′
+ 2𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
Organizar
𝑡𝑦′
+ 2𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) → 𝑦′
+
2
𝑡
𝑦 =
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑡
Fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 =∫
2
𝑡
𝑑𝑡 = 2ln⁡|𝑡|
= 𝑒ln⁡|𝑡2|
= 𝑡2
Multiplicar fator integrante
𝑦′
+
2
𝑡
𝑦 =
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑡
→ 𝑦′
𝑡2
+ 2𝑡𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑡
Simplificar
𝑦′
𝑡2
+ 2𝑡𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑡 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′𝑡2
+ 2𝑡𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡2
]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑡2] = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑡 → 𝑦𝑡2
= ∫ 𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡
Integrar
Método rápido
∫ 𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 → [
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
𝑡
+
→ −𝑐𝑜𝑠(𝑡)
1
−
→ −sen(𝑡)
] → −𝑡𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑐
Solução geral
𝑦𝑡2
= −𝑡𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 𝑐 → 𝑦 = −
cos(𝑡)
𝑡
+
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑡2
+
𝑐
𝑡2
Solução PVI
𝑡 → ∞
𝑦 = −
cos(∞)
∞
+
𝑠𝑒𝑛(∞)
∞2
+
𝑐
∞2
A função tende a zero.
Os fatores do denominador são maiores que o do numerador.
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7

44. 44
j) 𝑡𝑦′
− 𝑦 = 𝑡2
𝑒−𝑡
Organizar
𝑡𝑦′
+ 𝑦 = 𝑡2
𝑒−𝑡
→ 𝑦′
+ (−
𝑦
𝑡
) = 𝑡𝑒−𝑡
Fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 =− ∫
1
𝑡
𝑑𝑡 = −ln⁡|𝑡|
= 𝑒ln⁡|
1
𝑡
|
=
1
𝑡
Multiplicar fator integrante
𝑦′
+ (−
𝑦
𝑡
) = 𝑡𝑒−𝑡
→ 𝑦′
1
𝑡
+ (−
1
𝑡2
) 𝑦 = 𝑒−𝑡
Simplificar
𝑦′
1
𝑡
+ (−
1
𝑡2
) 𝑦 = 𝑒−𝑡
→ 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦′
1
𝑡
+ (−
1
𝑡2
) 𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[
𝑦
𝑡
]
𝑑
𝑑𝑡
[
𝑦
𝑡
] = 𝑒−𝑡
→
𝑦
𝑡
= ∫ 𝑒−𝑡
𝑑𝑡
Integrar
∫ 𝑒−𝑡
𝑑𝑡 = −𝑒−𝑡
+ 𝑐
Solução geral
𝑦
𝑡
= −𝑒−𝑡
+ 𝑐 → 𝑦 = −
𝑡
𝑒 𝑡
+ 𝑡𝑐
Solução PVI
𝑡 → ∞
𝑦 = −
∞
𝑒∞
+ ∞𝑐
A função tende a infinito.
A primeira fração tenderá a zero enquanto a outra sobe ao infinito
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7

45. 45
k) 2𝑦′
+ 𝑦 = 3𝑡2
Organizar
2𝑦′
+ 𝑦 = 3𝑡2
→ 𝑦′
+
𝑦
2
=
3
2
𝑡2
Fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 =
1
2 ∫ 𝑑𝑡 =
t
2 = 𝑒
t
2
Multiplicar fator integrante
𝑦′
+
𝑦
2
=
3
2
𝑡2
→ 𝑦′
𝑒
𝑡
2 +
𝑒
𝑡
2
2
𝑦 =
3
2
𝑡2
𝑒
𝑡
2
Simplificar
𝑦′
𝑒
𝑡
2 +
𝑒
𝑡
2
2
𝑦 =
3
2
𝑡2
𝑒
𝑡
2 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑦′𝑒
𝑡
2 +
𝑒
𝑡
2
2
𝑦
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒
𝑡
2]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑦𝑒
𝑡
2] =
3
2
𝑡2
𝑒
𝑡
2 → 𝑦𝑒
𝑡
2 = ∫
3
2
𝑡2
𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡
Integrar
Método rápido
3
2
∫ 𝑡2
𝑒
𝑡
2 𝑑𝑡 →
[
𝑢
.
𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙
.
𝑣
.
𝑡2
∙
2𝑡
∙
.
2
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
2𝑒
𝑡
2
∙
4𝑒
𝑡
2
∙
8𝑒
𝑡
2
∙ ]
→
3
2
[2𝑡2
𝑒
𝑡
2 − 8𝑡𝑒
𝑡
2 + 16𝑒
𝑡
2]
Solução geral
𝑦𝑒
𝑡
2 = 3𝑡2
𝑒
𝑡
2 − 12𝑡𝑒
𝑡
2 + 24𝑒
𝑡
2 + 𝑐
𝑦 = 3𝑡2
− 12𝑡 + 24 +
𝑐
𝑒
𝑡
2
Solução PVI
𝑡 → ∞
𝑦 = 3∞2
− 12∞ + 24 +
𝑐
𝑒
∞
2
𝑦 → 24
A função tende a infinito.
A última fração tenderá a zero enquanto as outras sobem ao infinito.
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7

46. 46
Segunda questão
- Determine explicitamente a solução do problema de valor inicial dado.
a) 𝑦′
= (1 − 2𝑥)𝑦2
, 𝑦(0) = −
1
6
Variáveis separáveis
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= (1 − 2𝑥)𝑦2
→
𝑑𝑦
𝑦2
= (1 − 2𝑥)𝑑𝑥
Integrar
∫
𝑑𝑦
𝑦2
= ∫(1 − 2𝑥)𝑑𝑥 → −
1
𝑦
= 𝑥 − 𝑥2
+ 𝑐
Solução geral
−
1
𝑦
= 𝑥(1 − 𝑥) + 𝑐 → −
1
𝑦
=
𝑥
2
(1 − 𝑥) +
𝑐
2
𝑦 = −
1
𝑥
2
(1 − 𝑥) +
𝑐
2
Solução PVI
𝑦(0) = −
1
6
−
1
6
= −
1
𝑐
2
→
𝑐
12
= 1 → 𝑐 =
1
12
𝑦 = −
1
𝑥
2
(1 − 𝑥) +
𝑐
2
→ 𝑦 = −
1
𝑥
2
(1 − 𝑥) +
1
24
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4

47. 47
b) 𝑦′
= (1 − 2𝑥)𝑦 , 𝑦(1) = −2
Variáveis separáveis
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= (1 − 2𝑥)𝑦 →
𝑑𝑦
𝑦
= (1 − 2𝑥)𝑑𝑥
Integrar
∫
𝑑𝑦
𝑦
= ∫(1 − 2𝑥)𝑑𝑥 → ln|𝑦| = 𝑥 − 𝑥2
+ 𝑐
Solução geral
ln|𝑦| = 𝑥(1 − 𝑥) + 𝑐 → ln|𝑦| = 𝑥(1 − 𝑥) + 𝑐
𝑦 = 𝑒 𝑥(1−𝑥)
𝑒 𝑐
Solução PVI
𝑦(0) = −
1
6
−2 = 𝑒0
𝑒 𝑐
→ 𝑒 𝑐
= −2 → 𝑐 = ln|−2| → 𝑐 = ln |
1
2
|
𝑦 = 𝑒 𝑥(1−𝑥)
𝑒 𝑐
→ 𝑦 =
1
2
𝑒 𝑥(1−𝑥)
c) 𝑥𝑑𝑥 + 𝑦𝑒−𝑥
𝑑𝑦 = 0 , 𝑦(0) = 1
Variáveis separáveis
𝑥𝑑𝑥 = −𝑦𝑒−𝑥
𝑑𝑦 → 𝑥𝑒 𝑥
𝑑𝑥 = −𝑦𝑑𝑦
Integrar
∫ 𝑥𝑒 𝑥
𝑑𝑥 = ∫ −𝑦𝑑𝑦 → 𝑐 + 𝑥𝑒 𝑥
− 𝑒 𝑥
= −
𝑦2
2
Solução geral
−
𝑦2
2
= 𝑒 𝑥(𝑥 − 1) + 𝑐 → −𝑦2
= 2𝑒 𝑥(𝑥 − 1) + 2𝑐
−𝑦 = √2𝑒 𝑥(𝑥 − 1) + 2𝑐
Solução PVI
𝑦(0) = 1
−1 = −2 + 2𝑐 → 𝑐 =
1
2
−𝑦 = √2𝑒 𝑥(𝑥 − 1) + 2𝑐 → −𝑦 = √2𝑒 𝑥(𝑥 − 1) + 1
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4

48. 48
d)
𝑑𝑟
𝑑𝜃
=
𝑟2
𝜃
, 𝑟(1) = 2
Variáveis separáveis
𝑑𝑟
𝑟2
=
𝑑𝜃
𝜃
Integrar (solução geral)
∫
𝑑𝑟
𝑟2
= ∫
𝑑𝜃
𝜃
→ ln|𝑟2| = ln|𝜃𝑐| → 𝑟 = √𝜃𝑐
Solução PVI
𝑟(1) = 2
2 = √ 𝑐 → 𝑐 = 4
𝑟 = √4𝜃 → 𝑟 = 2√𝜃
e) 𝑦′
=
2𝑥
𝑦+𝑥2 𝑦
, 𝑦(0) = −2
Organizar
𝑑𝑦(𝑦 + 𝑥2
𝑦) + 2𝑥𝑑𝑥 = 0
Fator integrante desconhecido
𝑑𝑦(𝑦 + 𝑥2
𝑦)𝜇(𝑦) + 2𝑥𝜇(𝑦)𝑑𝑥 = 0
Vamos transformar esta equação em equação exata, veja que N(x,y) é uma equação mais complicada que M(x,y), como
queremos sempre o jeito mais fácil iremos procurar um fator integrante em relação a y.
Caso não se lembre: 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0
Derivadas
(
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 𝜇′(𝑦)2𝑥|
𝜕𝑁
𝜕𝑥
= 2𝑥𝑦𝜇(𝑦))
Forçando igualdade
𝜇′(𝑦)2𝑥 = 2𝑥𝑦𝜇(𝑦) →
𝜇′(𝑦)
𝜇(𝑦)
= 𝑦
Integrar
∫
𝜇′(𝑦)
𝜇(𝑦)
= ∫ 𝑦𝑑𝑦 → ∫
𝑑𝜇
𝜇
= ∫ 𝑦𝑑𝑦 → ln|𝜇| =
𝑦2
2
Exponencial
𝑒ln|𝜇|
= 𝑒
𝑦2
2 → 𝜇(𝑦) = 𝑒
𝑦2
2
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6

49. 49
Substituir fator integrante desconhecido
𝑑𝑦(𝑦 + 𝑥2
𝑦)𝜇(𝑦) + 2𝑥𝜇(𝑦)𝑑𝑥 = 0 → 𝑑𝑦(𝑦 + 𝑥2
𝑦)𝑒
𝑦2
2 + 2𝑥𝑒
𝑦2
2 𝑑𝑥 = 0
Sistema
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 2𝑥𝑒
𝑦2
2
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫ (2𝑥𝑒
𝑦2
2 ) 𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
𝑒
𝑦2
2 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
𝑒
𝑦2
2 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(𝑥2
𝑒
𝑦2
2 + 𝑓(𝑦))
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
𝑒
𝑦2
2 + 𝑓(𝑦)
(𝑦 + 𝑥2
𝑦)𝑒
𝑦2
2⏟
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑦𝑥2
𝑒
𝑦2
2 + 𝑓′
(𝑦)⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
𝑒
𝑦2
2 + 𝑓(𝑦)
𝑒
𝑦2
2 𝑦 + 𝑒
𝑦2
2 𝑥2
𝑦 = 𝑦𝑥2
𝑒
𝑦2
2 + 𝑓′
(𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
𝑒
𝑦2
2 + 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = 𝑒
𝑦2
2 𝑦
Integrar a função desconhecida
∫ 𝑓′(𝑦) = ∫ 𝑒
𝑦2
2 𝑦 𝑑𝑦 → { 𝑢 =
𝑦2
2
𝑑𝑢 = 𝑦𝑑𝑦
→ 𝑓(𝑦) = 𝑒
𝑦2
2
Função solução
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
𝑒
𝑦2
2 + 𝑒
𝑦2
2 → 𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒
𝑦2
2 (𝑥2
+ 1)
Solução geral
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐
𝑐 = 𝑒
𝑦2
2 (𝑥2
+ 1) → 𝑒
𝑦2
2 =
𝑐
(𝑥2 + 1)
Solução PVI
𝑦(0) = −2
𝑐 = 𝑒2(0 + 1) → 𝑐 = 𝑒2
𝑒
𝑦2
2 =
𝑒2
(𝑥2 + 1)
→ ln |𝑒
𝑦2
2 | = ln |
𝑒2
(𝑥2 + 1)
| →
𝑦2
2
= ln|𝑒2| − ln|(𝑥2
+ 1)|
𝑦2
2
= 2 − ln|(𝑥2
+ 1)| → 𝑦2
= 4 − 2 ln|(𝑥2
+ 1)|
𝑦 = √4 − 2 ln|(𝑥2 + 1)|
Passo 7
Passo 8
Passo 9
Passo 10
Passo 11
Passo 12

50. 50
f) 𝑦′
= 𝑥𝑦3(1 + 𝑥2)−
1
2 , 𝑦(0) = 1
Variáveis separáveis
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑥𝑦3(1 + 𝑥2)−
1
2 →
𝑑𝑦
𝑦3
= 𝑥(1 + 𝑥2)−
1
2 𝑑𝑥
Integrar
∫
𝑑𝑦
𝑦3
= ∫ 𝑥(1 + 𝑥2)−
1
2 𝑑𝑥
∫
𝑑𝑦
𝑦3
= ln|𝑦3|
∫ 𝑥(1 + 𝑥2)−
1
2 𝑑𝑥 → { 𝑢 = 1 + 𝑥2
𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥
→
1
2
∫
𝑑𝑢
√ 𝑢
=
1
2
2√ 𝑢 = √1 + 𝑥2 + 𝑐
ln|𝑦3| = √1 + 𝑥2 + 𝑐
Solução geral
𝑒ln|𝑦3| = 𝑒√1+𝑥2
𝑒 𝑐
→ 𝑦 = (𝑒√1+𝑥2
𝑒 𝑐
)
1
3
Solução PVI
𝑦(0) = 1
ln|𝑦3| = √1 + 𝑥2 + 𝑐 → 0 = 1 + 𝑐 → 𝑐 = −1
𝑦 = (𝑒√1+𝑥2
𝑒 𝑐
)
1
3
→ 𝑦 = (
𝑒√1+𝑥2
𝑒
)
1
3
→ 𝑦 = (𝑒√1+𝑥2−1
)
1
3
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4

51. 51
g) (2𝑥 + 3) + (2𝑦 − 2)𝑦′
= 0
Organizar
(2𝑥 + 3) + (2𝑦 − 2)𝑦′
= 0 → (2𝑥 + 3)𝑑𝑥 + (2𝑦 − 2)𝑑𝑦 = 0
Teste
{
𝑀(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 + 3
𝑁(𝑥, 𝑦) = 2𝑦 − 2
→
{
𝜕𝑀
𝜕𝑦
= 0
𝜕𝑁
𝜕𝑥
= 0
Sistema
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 2𝑥 + 3
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(2𝑥 + 3)𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
+ 3𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
+ 3𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(𝑥2
+ 3𝑥 + 𝑓(𝑦))
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
+ 3𝑥 + 𝑓(𝑦)
2𝑦 − 2⏟
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑓′
(𝑦)⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
Integrar função desconhecida
∫ 𝑓′(𝑦) = ∫(2𝑦 − 2)𝑑𝑦 → 𝑓(𝑦) = 𝑦2
− 2𝑦
Função solução
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
+ 3𝑥 + 𝑦2
− 2𝑦
Solução geral
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐
𝑐 = 𝑥2
+ 3𝑥 + 𝑦2
− 2𝑦
𝑦2
− 2𝑦 = 𝑐 − 𝑥2
− 3𝑥
𝑦(𝑦 − 2) = −𝑥(𝑥 + 3) + 𝑐
Exata!
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6

52. 52
h) (3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑑𝑥 + (𝑥2
+ 𝑦2)𝑑𝑦 = 0
Fator integrante transformado: 𝜇(𝑥)
(𝑀(𝑥, 𝑦) = 3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3|𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑥2
+ 𝑦2)
𝜇(𝑥) = 𝑒
∫
𝜕𝑀
𝜕𝑦
−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁
= ∫
3𝑥2+2𝑥+3𝑦2−2𝑥
𝑥2+𝑦2 = 3 ∫
𝑥2+𝑦2
𝑥2+𝑦2 = 3 ∫ 𝑑𝑥 = 3𝑥
= 𝑒3𝑥
𝜇(𝑥) = 𝑒3𝑥
Multiplicando fator integrante
(3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥
𝑑𝑥 + (𝑥2
+ 𝑦2)𝑒3𝑥
𝑑𝑦 = 0
Sistema
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= (3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫(3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥
𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
∫(3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥
𝑑𝑥 →
[
𝑢 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑣
(3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)
.
(6𝑥𝑦 + 2𝑦)
∙.
(6𝑦)
∙
+
→
∙
−
→
∙
+
→
∙
𝑒3𝑥
3
𝑒3𝑥
9
∙
∙
𝑒3𝑥
27
∙ ]
∫(3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥
𝑑𝑥 =
1
3
(3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥
−
1
9
(6𝑥𝑦 + 2𝑦)𝑒3𝑥
+
2
9
𝑦𝑒3𝑥
∫(3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥
𝑑𝑥 = 𝑥2
𝑦𝑒3𝑥
+
2
3
𝑥𝑦𝑒3𝑥
+
𝑦3
3
𝑒3𝑥
−
2
3
𝑥𝑦𝑒3𝑥
−
2
9
𝑦𝑒3𝑥
+
2
9
𝑦𝑒3𝑥
∫(3𝑥2
𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦3)𝑒3𝑥
𝑑𝑥 = 𝑥2
𝑦𝑒3𝑥
+
𝑦3
3
𝑒3𝑥
→ (𝑥2
𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = (𝑥2
𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥
+ 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = (𝑥2
𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥
+ 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
((𝑥2
𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥
+ 𝑓(𝑦))
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = (𝑥2
𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥
+ 𝑓(𝑦)
(𝑥2
+ 𝑦2)𝑒3𝑥
⏟
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= (𝑥2
+ 𝑦2)𝑒3𝑥
+ 𝑓′
(𝑦)⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
→ 𝑓(𝑦) = 0
Função solução
𝛹(𝑥, 𝑦) = (𝑥2
𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4

53. 53
Solução geral
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐
𝑐 = (𝑥2
𝑦 +
𝑦3
3
) 𝑒3𝑥
𝑦3
𝑒3𝑥
3
= 𝑐 − 𝑥2
𝑦𝑒3𝑥
𝑦 =
3𝑐
𝑒 𝑥
− 3𝑥2
𝑦
i) 𝑒 𝑥
𝑑𝑥 + (𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦) + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑦))𝑑𝑦 = 0
Fator integrante transformado: 𝜇(𝑦)
(𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥|𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦) + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑦)
𝜇(𝑦) = 𝑒
∫
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀
𝜕𝑦
𝑀
= ∫
𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦)
𝑒 𝑥 = ∫ 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦) = ∫
cos(𝑦)
𝑠𝑒𝑛(𝑦)
𝑑𝑦 → {
𝑢 =𝑠𝑒𝑛(𝑦)
𝑑𝑢 =cos(𝑦)𝑑𝑦
= ln|𝑠𝑒𝑛(𝑦)|
= 𝑒ln|𝑠𝑒𝑛(𝑦)|
𝜇(𝑦) = 𝑠𝑒𝑛(𝑦)
Multiplicar fator integrante
𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦)𝑑𝑥 + 𝑠𝑒𝑛(𝑦)(𝑒 𝑥
𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑦) + 2𝑦𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐(𝑦))𝑑𝑦 = 0
𝑒 𝑥
sen(𝑦) 𝑑𝑥 + (𝑒 𝑥
cos(𝑦) + 2𝑦)𝑑𝑦 = 0
Sistema
{
𝜕𝛹
𝜕𝑥
= 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦)𝑑𝑥
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑁(𝑥, 𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦)
𝜕𝛹
𝜕𝑦
=
𝜕
𝜕𝑦
(𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦))
{
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦)
𝑒 𝑥
cos(𝑦) + 2𝑦⏟
𝜕𝛹
𝜕𝑦
= 𝑒 𝑥
cos(𝑦) + 𝑓′
(𝑦)⏟
𝑁(𝑥,𝑦)
→ {
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑓(𝑦)
𝑓′(𝑦) = 2𝑦 → 𝑓(𝑦) = 𝑦2
Função solução
𝛹(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑦2
Solução geral
𝑑𝛹 = 0 → 𝛹 = 𝑐
𝑐 = 𝑒 𝑥
𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑦2
Passo 5
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5

54. 54
j)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥+𝑦
𝑥
Teste de homogeneidade
𝑓(𝑥, 𝑦) → 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦)
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) =
𝑡𝑥 + 𝑡𝑦
𝑡𝑥
→
𝑡(𝑥 + 𝑦)
𝑡𝑥
→
𝑥 + 𝑦
𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦)
Substituição por u
𝑢 =
𝑦
𝑥
→ 𝑦 = 𝑢𝑥
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 𝐹(𝑢)
Retomando a equação
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 =
𝑥 + 𝑢𝑥
𝑥
→
𝑥(1 + 𝑢)
𝑥
→ 1 + 𝑢
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 1 + 𝑢 − 𝑢
𝑑𝑢
𝑑𝑥
=
1
𝑥
Variáveis separáveis
𝑑𝑢 =
𝑑𝑥
𝑥
Integrar
∫ 𝑑𝑢 = ∫
𝑑𝑥
𝑥
→ 𝑢 = ln|𝑥𝑐|
Solução geral
𝑦
𝑥
= ln|𝑥𝑐| → 𝑦 = 𝑥 ln|𝑥𝑐|
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6

55. 55
k)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥2+𝑥𝑦+𝑦2
𝑥2
Teste de homogeneidade
𝑓(𝑥, 𝑦) → 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦)
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) =
𝑡2
𝑥2
+ 𝑡2
𝑥𝑦 + 𝑡2
𝑦2
𝑡2 𝑥2
→
𝑡2
(𝑥2
+ 𝑥𝑦 + 𝑦2
)
𝑡2 𝑥2
→
𝑥2
+ 𝑥𝑦 + 𝑦2
𝑥2
= 𝑓(𝑥, 𝑦)
Substituição por u
𝑢 =
𝑦
𝑥
→ 𝑦 = 𝑢𝑥
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 𝐹(𝑢)
Retomando a equação
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 =
𝑥2
+ 𝑥2
𝑢 + 𝑢2
𝑥2
𝑥2
→
𝑥2(1 + 𝑢 + 𝑢2)
𝑥2
→ 1 + 𝑢 + 𝑢2
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 1 + 𝑢 + 𝑢2
− 𝑢
𝑑𝑢
𝑑𝑥
=
1 + 𝑢2
𝑥
Variáveis separáveis
𝑑𝑢
1 + 𝑢2
=
𝑑𝑥
𝑥
Integrar
∫
𝑑𝑢
1 + 𝑢2
= ∫
𝑑𝑥
𝑥
→ 𝑡𝑎𝑛−1
(𝑢) = ln|𝑥𝑐|
Solução geral
𝑡𝑎𝑛−1
(
𝑦
𝑥
) = ln|𝑥𝑐| → 𝑡𝑔 [𝑡𝑎𝑛−1
(
𝑦
𝑥
)] = 𝑡𝑔[ln|𝑥𝑐|] →
𝑦
𝑥
= 𝑡𝑔[ln|𝑥𝑐|]
𝑦 = 𝑥𝑡𝑔[ln|𝑥𝑐|]
Passo 5
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 6

56. 56
7. Lembranças de um futuro esquecido - Trajetórias ortogonais
Neste assunto fala-se em família de curvas, que são curvas cujo comportamento é parecido aos das curvas de nível
(assunto de cálculo II). Veja a família de curvas da função 𝑥2
+ 𝑦2
= 𝑐 abaixo:
Através dessa equação podemos encontrar outra família que intersecta a primeira ortogonalmente, ou seja, é uma
família de curvas onde cada uma é ortogonal a outra da primeira família.
Usando derivada implícita podemos analisar melhor a primeira família
𝑥2
+ 𝑦2
= 𝑐 → 2𝑥 + 2𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0
Se você olhar o resultado dessa derivada como se fosse uma função de primeiro grau perceba que o
𝑑𝑦
𝑑𝑥
é o coeficiente
angular dessa função
Isolando o coeficiente angular
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑥
𝑦
Com isso podemos encontrar o coeficiente angular da outra família que é ortogonal a essa.
Isso pode acontecer por que quando duas retas são ortogonais uma sempre terá o inverso negativo do coeficiente da
outra, veja:
𝑚1 𝑚2 = −1 → 𝑚1 = −
1
𝑚2
Então com essa consequência temos o coeficiente angular da família ortogonal
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦
𝑥
O próximo passo é questão de lógica
Se para encontra o coeficiente angular da primeira família foi necessário derivar a equação, agora com o coeficiente
angular da segunda família é somente fazer o caminho inverso, ou seja, integrar
∫
𝑑𝑦
𝑦
= ∫
𝑑𝑥
𝑥
→ ln|𝑦| = ln|𝑥| → 𝑦 = 𝑥
Temos a bissetriz dos quadrantes pares (reta que passa na origem pelos quadrantes 2 e 4),
essa é a equação da família em que todas curvas são ortogonais ás curvas da primeira
família.

57. 57
7.1 Primeiro Exemplo
Família de elipses:
𝑥2
𝑎2 +
𝑦2
𝑏2 = 𝑘
Derivando
2𝑥
𝑎2
+
2𝑦
𝑏2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0 →×
1
2
→
𝑦
𝑏2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑥
𝑎2
Encontrando a inclinação da reta
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑏2
𝑥
𝑎2 𝑦
Inclinação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑏2
𝑥
𝑎2 𝑦
→
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑎2
𝑦
𝑏2 𝑥
Equação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑎2
𝑦
𝑏2 𝑥
→
𝑑𝑦
𝑎2 𝑦
=
𝑑𝑥
𝑏2 𝑥
→ ∫
𝑑𝑦
𝑎2 𝑦
= ∫
𝑑𝑥
𝑏2 𝑥
1
𝑎2
ln|𝑦| =
1
𝑏2
ln|𝑥𝑐| → ln|𝑦 𝑏2
| = ln|𝑥𝑐 𝑎2
|
𝑦 𝑏2
= 𝑐𝑥 𝑎2
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4

58. 58
8. Equações de Riccati – Nome difícil para uma coisa difícil
I.
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝑞1(𝑡) + 𝑞2(𝑡)𝑦 + 𝑞3(𝑡)𝑦2
Esta é uma equação não linear, porém não precisamos usar cálculos mais avançados do que já temos, através de uma
solução geral pode-se encontrar um formato em que se possa aplicar os métodos de resolução de uma equação de
linear.
Seja 𝑦(𝑡) uma solução de (I)
𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑣(𝑡)
Derivando implicitamente
𝑑𝑦
𝑑𝑡
−
𝑑𝑦1
𝑑𝑡
= −
1
𝑣2
𝑑𝑦
𝑑𝑡
Usando substituindo de (I) em
𝑑𝑦
𝑑𝑡
e
𝑑𝑦1
𝑑𝑡
𝑞1(𝑡) + 𝑞2(𝑡)𝑦 + 𝑞3(𝑡)𝑦2
⏟
𝑑𝑦
𝑑𝑡
− 𝑞1(𝑡) − 𝑞2(𝑡)𝑦1 − 𝑞2(𝑡)𝑦1
2
⏟
𝑑𝑦1
𝑑𝑡
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Organizando a bagunça
𝑞1(𝑡) + 𝑞2(𝑡)𝑦 + 𝑞3(𝑡)𝑦2
− 𝑞1(𝑡) − 𝑞2(𝑡)𝑦1 − 𝑞2(𝑡)𝑦1
2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑞2(𝑡)(𝑦 − 𝑦1) + 𝑞3(𝑡)(𝑦2
− 𝑦1
2) = −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Usando o valor da solução geral e substituindo
𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑣(𝑡)
→ 𝑦 =
1
𝑣
+ 𝑦1 → 𝑦 + 𝑦1 =
1
𝑣
+ 2𝑦1
𝑞2(𝑡)
1
𝑣
+ 𝑞3(𝑡)(𝑦2
− 𝑦1
2) = −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
→ 𝑞2(𝑡)
1
𝑣
+ 𝑞3(𝑡)(𝑦 − 𝑦1)(𝑦 + 𝑦1) = −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑞2(𝑡)
1
𝑣
+ 𝑞3(𝑡)
1
𝑣
(
1
𝑣
+ 2𝑦1) = −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Isolando
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑞2(𝑡)
1
𝑣(𝑡)
+ 𝑞3(𝑡)
1
𝑣
(
1
𝑣
+ 2𝑦1) = −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= −𝑣𝑞2(𝑡) − 𝑣𝑞3(𝑡) (
1
𝑣
+ 2𝑦1)
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= −𝑣𝑞2(𝑡) − 𝑞3(𝑡) − 2𝑣𝑦1 𝑞3(𝑡)
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= −𝑣[ 𝑞2(𝑡) + 2𝑦1 𝑞3(𝑡)] − 𝑞3(𝑡)

59. 59
Estando nesse formato a equação pode ser resolvida como uma equação linear.
8.1 Primeiro Exemplo
𝑦′
= 1 + 𝑡2
− 2𝑡𝑦 + 𝑦2
, 𝑦(𝑡) = 𝑡 , 𝑦 − 𝑦 =
1
𝑣(𝑡)
Testar se há solução
𝑦 = 𝑡 → 𝑦′
= 1
1 = 1 + 𝑡2
− 2𝑡2
+ 𝑡2
→ 1 = 1
Desenvolver solução geral
𝑦 − 𝑦 =
1
𝑣
→ 𝑦 = 𝑡⏟
𝑦=𝑡
+
1
𝑣
Derivar solução geral
𝑦 = 𝑡 +
1
𝑣
→ 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑖𝑚𝑝𝑙í𝑐𝑖𝑡𝑎 →
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Substituindo na equação
𝑦′
= 1 + 𝑡2
− 2𝑡𝑦 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
→ 1 + 𝑡2
− 2𝑡𝑦 + 𝑦2
= 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Organizando a bagunça
1 + 𝑡2
− 2𝑡𝑦 + 𝑦2
= 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑡2
− 2𝑡𝑦 + 𝑦2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑡2
− 2𝑡 (𝑡 +
1
𝑣⏟
𝑦
) + (𝑡 +
1
𝑣⏟
𝑦
)
2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑡2
− 2𝑡2
−
2𝑡
𝑣
+ 𝑡2
+
2𝑡
𝑣
+
1
𝑣2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
−2𝑡2
−
2𝑡
𝑣
+ 2𝑡2
+
2𝑡
𝑣
+
1
𝑣2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
1
𝑣2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= −1
Variáveis separáveis
𝑑𝑣 = −𝑑𝑡
Há solução!
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6

60. 60
Integrar
∫ 𝑑𝑣 = − ∫ 𝑑𝑡 → 𝑣 = −𝑡 + 𝑐
Substituir na solução geral
𝑦 − 𝑦 =
1
𝑣(𝑡)
→ 𝑦 − 𝑦 =
1
𝑐 − 𝑡
Exercícios resolvidos – Para não enferrujar
a) 𝑦′
= 1 + 𝑡2
− 2𝑡𝑦 + 𝑦2
, 𝑦1(𝑡) = 𝑡 , 𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑣(𝑡)
Testar se há solução
𝑦 = 𝑡 → 𝑦′
= 1
1 = 1 + 𝑡2
− 2𝑡2
+ 𝑡2
→ 1 = 1
Desenvolver solução geral
𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑣
→ 𝑦 = 𝑡⏟
𝑦1=𝑡
+
1
𝑣
Derivar solução geral
𝑦 = 𝑡 +
1
𝑣
→ 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑖𝑚𝑝𝑙í𝑐𝑖𝑡𝑎 →
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Substituindo na equação
𝑦′
= 1 + 𝑡2
− 2𝑡𝑦 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
→ 1 + 𝑡2
− 2𝑡𝑦 + 𝑦2
= 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Organizando a bagunça
1 + 𝑡2
− 2𝑡𝑦 + 𝑦2
= 1 −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑡2
− 2𝑡𝑦 + 𝑦2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑡2
− 2𝑡 (𝑡 +
1
𝑣⏟
𝑦
) + (𝑡 +
1
𝑣⏟
𝑦
)
2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑡2
− 2𝑡2
−
2𝑡
𝑣
+ 𝑡2
+
2𝑡
𝑣
+
1
𝑣2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
−2𝑡2
−
2𝑡
𝑣
+ 2𝑡2
+
2𝑡
𝑣
+
1
𝑣2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Passo 7
Passo 8
Há solução!
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5

61. 61
1
𝑣2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= −1
Variáveis separáveis
𝑑𝑣 = −𝑑𝑡
Integrar
∫ 𝑑𝑣 = − ∫ 𝑑𝑡 → 𝑣 = −𝑡 + 𝑐
Substituir na solução geral
𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑣(𝑡)
→ 𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑐 − 𝑡
Passo 6
Passo 7
Passo 8

62. 62
b) 𝑦′
=
2 cos2(𝑡)−𝑠𝑒𝑛2(𝑡) +𝑦2
2 cos(𝑡)
, 𝑦1(𝑡) = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) , 𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑣(𝑡)
Testar se há solução
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) → 𝑦′
= cos(𝑡)
cos(𝑡) =
2 cos2(𝑡) − 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛2(𝑡)
2 cos(𝑡)
→ cos(𝑡) = cos(𝑡)
Desenvolver solução geral
𝑦 − 𝑦1 =
1
𝑣
→ 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)⏟
𝑦1=𝑠𝑒𝑛(𝑡)
+
1
𝑣
Derivar solução geral
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) +
1
𝑣
→ 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑖𝑚𝑝𝑙í𝑐𝑖𝑡𝑎 →
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= cos(𝑡) −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Substituindo na equação
𝑦′
=
2 cos2(𝑡) − 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) + 𝑦2
2 cos(𝑡)
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= cos(𝑡) −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
→
2 cos2(𝑡) − 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) + 𝑦2
2 cos(𝑡)
= cos(𝑡) −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Organizando a bagunça
2 cos2(𝑡) − 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) + 𝑦2
2 cos(𝑡)
= cos(𝑡) −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
2 cos2(𝑡) − 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) + (𝑠𝑒𝑛(𝑡) +
1
𝑣
)
2
2 cos(𝑡)
= cos(𝑡) −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
2 cos2(𝑡) − 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) + 𝑠𝑒𝑛2(𝑡) +
2𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑣
+
1
𝑣2
2 cos(𝑡)
= cos(𝑡) −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
2 cos2(𝑡) +
2𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑣
+
1
𝑣2
2 cos(𝑡)
= cos(𝑡) −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
2 cos2(𝑡)
2 cos(𝑡)
+
2𝑠𝑒𝑛(𝑡)
2 cos(𝑡) 𝑣
+
1
2 cos(𝑡) 𝑣2
= cos(𝑡) −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑐𝑜𝑠(𝑡) +
𝑡𝑔(𝑡)
𝑣
+
1
2 𝑐𝑜𝑠(𝑡) 𝑣2
= 𝑐𝑜𝑠(𝑡) −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑡𝑔(𝑡)
𝑣
+
1
2 𝑐𝑜𝑠(𝑡) 𝑣2
= −
1
𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡
−
𝑡𝑔( 𝑡)
𝑣
𝑣2
−
1
2 𝑐𝑜𝑠( 𝑡) 𝑣2
𝑣2
=
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Há solução!
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5

63. 63
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= − 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 −
1
2 𝑐𝑜𝑠(𝑡)
Ou
𝑣′ = − 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 −
1
2 𝑐𝑜𝑠(𝑡)
→ 𝑣′ + 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 = −
1
2 𝑐𝑜𝑠(𝑡)
PVI por fator integrante
𝑣′
+ 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 = −
1
2 cos(𝑡)
𝜇(𝑡) = 𝑒
∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 𝑡𝑔(𝑡)=∫
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
cos(𝑡)
→{
𝑢=cos(𝑡)
𝑑𝑢=−𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡
=∫−
𝑑𝑢
𝑢
= −ln|𝑢|=−ln|cos(𝑡)|=ln|
1
cos(𝑡)
|
𝜇(𝑡) = 𝑒ln|sec(𝑡)|
= sec(𝑡)
Multiplicar fator integrante
𝑣′
+ 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 = −
1
2 cos(𝑡)
→ sec(𝑡) 𝑣′
+ sec(𝑡) 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 = −
sec(𝑡)
2 cos(𝑡)
Simplificar
sec(𝑡) 𝑣′
+ sec(𝑡) 𝑡𝑔(𝑡)𝑣 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑣′ sec(𝑡) + 𝑠𝑒 𝑐(𝑡) 𝑡𝑔(𝑡)𝑣
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑥
[𝑠𝑒𝑐(𝑡)𝑣]
𝑑
𝑑𝑥
[𝑠𝑒𝑐(𝑡)𝑣] = −
sec(𝑡)
2 cos(𝑡)
→ 𝑠𝑒𝑐(𝑡)𝑣 = ∫ −
sec(𝑡)
2 cos(𝑡)
𝑑𝑡
Integrar
∫ −
sec(𝑡)
2 cos(𝑡)
𝑑𝑡 = −
1
2
∫
𝑑𝑡
cos2(𝑡)
= −
1
2
∫ sec2(𝑡) 𝑑𝑡 = −
1
2
𝑡𝑔(𝑡) + 𝑐
𝑠𝑒𝑐(𝑡)𝑣 = −
1
2
𝑡𝑔(𝑡) + 𝑐
Solução geral
1
cos(𝑡)
𝑣 = −
𝑠𝑒𝑛(𝑡)
2 cos(𝑡)
+ 𝑐
𝑣 = −
1
2
𝑠𝑒𝑛(𝑡) + cos(𝑡) 𝑐
Substituir na solução geral
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) +
1
𝑣
→ 𝑣 = −
1
2
𝑠𝑒𝑛(𝑡) + cos(𝑡) 𝑐
Então
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡) +
1
−
1
2
𝑠𝑒𝑛(𝑡) + cos(𝑡) 𝑐
→ 𝑠𝑒𝑛(𝑡) +
2
−𝑠𝑒𝑛(𝑡) + 2 cos(𝑡) 𝑐
Passo 6
Passo 7
Passo 8
Passo 9
Passo 10
Passo 11

64. 64
c) Família de parábolas: 𝑦 = 𝑘𝑥2
→ 𝑘 =
𝑦
𝑥2
Derivando
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 2𝑥𝑘
Encontrando a inclinação da reta
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 2𝑥 (
𝑦
𝑥2
) →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
2𝑦
𝑥
Inclinação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
2𝑦
𝑥
→
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑥
2𝑦
Equação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑥
2𝑦
→ 2𝑦𝑑𝑦 = −𝑥𝑑𝑥 → ∫ 2𝑦𝑑𝑦 = − ∫ 𝑥𝑑𝑥
𝑦2
= 𝑐 −
𝑥2
2
→ 𝑦 = √ 𝑐 −
𝑥2
2
d) Família de hipérboles: 𝑦𝑥 = 𝑐
Derivando
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑥 + 𝑦 = 0
Encontrando a inclinação da reta
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑦
𝑥
Inclinação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑦
𝑥
→
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥
𝑦
Equação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥
𝑦
→ 𝑦𝑑𝑦 = 𝑥𝑑𝑥 → ∫ 𝑦𝑑𝑦 = ∫ 𝑥𝑑𝑥
𝑦2
2
=
𝑥2
2
→ 𝑦2
= 𝑥2
𝑦 = 𝑥
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4

65. 65
e) Família de círculos: (𝑥 − 𝑐)2
+ 𝑦2
= 𝑐2
Derivando
2(𝑥 − 𝑐) + 2𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0
Encontrando a inclinação da reta
2𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −2(𝑥 − 𝑐) →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
2(𝑥 − 𝑐)
2𝑦
Inclinação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
(𝑥 − 𝑐)
𝑦
→
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦
(𝑥 − 𝑐)
Equação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦
(𝑥 − 𝑐)
→
𝑑𝑦
𝑦
=
𝑑𝑥
(𝑥 − 𝑐)
→ ∫
𝑑𝑦
𝑦
= ∫
𝑑𝑥
𝑥 − 𝑐
ln|𝑦| = ln|𝑥 − 𝑐|
𝑦 = 𝑥 − 𝑐
f) Família de elipses: 𝑥2
− 𝑥𝑦 + 𝑦2
= 𝑐2
Derivando
2𝑥 − (𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑦) + 2𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0 → 2𝑥 − 𝑦 − 𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 2𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0
Encontrando a inclinação da reta
(2𝑦 − 𝑥)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦 − 2𝑥 →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦 − 2𝑥
2𝑦 − 𝑥
Inclinação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑦 − 2𝑥
2𝑦 − 𝑥
→
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
2𝑦 − 𝑥
𝑦 − 2𝑥
→
𝑥 − 2𝑦
𝑦 − 2𝑥
Resolver PVI
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥 − 2𝑦
𝑦 − 2𝑥
→ 𝑦′
=
𝑥 − 2𝑦
𝑦 − 2𝑥
(𝑒𝑞. ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔ê𝑛𝑒𝑎𝑠)
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) =
𝑡𝑥 − 2𝑡𝑦
𝑡𝑦 − 2𝑡𝑥
=
𝑡(𝑥 − 2𝑦)
𝑡(𝑦 − 2𝑥)
=
𝑥 − 2𝑦
𝑦 − 2𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦)
Substituição por u
𝑢 =
𝑦
𝑥
→ 𝑦 = 𝑢𝑥
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 = 𝐹(𝑢)
Passo 1
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 2
Passo 3
Passo 4

66. 66
Retomando a equação
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
+ 𝑢 =
𝑥 − 2𝑢𝑥
𝑢𝑥 − 2𝑥
→
𝑥(1 − 2𝑢)
𝑥(𝑢 − 2)
→
1 − 2𝑢
𝑢 − 2
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
=
1 − 2𝑢
𝑢 − 2
− 𝑢
𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
=
1 − 2𝑢 − 𝑢2
+ 2𝑢
𝑢 − 2
=
1 − 𝑢2
𝑢 − 2
𝑥𝑑𝑢 = (
1 − 𝑢2
𝑢 − 2
) 𝑑𝑥 →
𝑑𝑢
(
1 − 𝑢2
𝑢 − 2
)
=
𝑑𝑥
𝑥
→
𝑢 − 2
1 − 𝑢2
𝑑𝑢 =
𝑑𝑥
𝑥
∫
𝑢 − 2
1 − 𝑢2
𝑑𝑢 = ∫
𝑑𝑥
𝑥
∫
𝑢 − 2
1 − 𝑢2
𝑑𝑢 →
𝐴
1 − 𝑢
+
𝐵
1 + 𝑢
→ {
𝑢 = −1 → 𝐴 = −
1
2
𝑢 = 1 → 𝐵 = −
3
2
→ ∫ −
1
2
1 − 𝑢
+ ∫ −
3
2
1 + 𝑢
{
−
1
2
∫
1
1 − 𝑢
=
1
2
ln|1 − 𝑢|
−
3
2
∫
1
1 + 𝑢
= −
3
2
ln|1 + 𝑢|
ln|𝑐𝑥| =
1
2
ln|1 − 𝑢| −
3
2
ln|1 + 𝑢| → ln|𝑐𝑥| = ln |(1 − 𝑢)
1
2| + ln |(1 + 𝑢)−
3
2|
𝑐𝑥 =
(1 − 𝑢)
1
2
(1 + 𝑢)
3
2
Solução geral
𝑐𝑥 =
(1 − 𝑢)
1
2
(1 + 𝑢)
3
2
→ 𝑐𝑥 =
(1 −
𝑦
𝑥
)
1
2
(1 +
𝑦
𝑥
)
3
2
(
𝑥 − 𝑦
𝑥
)
1
2
(
𝑥 + 𝑦
𝑥
)
3
2
= 𝑐𝑥
(𝑥 − 𝑦)
1
2
𝑥
1
2
𝑥
3
2
(𝑥 + 𝑦)
3
2
= 𝑐𝑥 →
(𝑥 − 𝑦)
1
2
𝑥
1
2(𝑥 + 𝑦)
3
2
= 𝑐𝑥−
1
2
(𝑥 − 𝑦)
1
2
(𝑥 + 𝑦)
3
2
= 𝑐
Passo 6
Passo 7

67. 67
g) Família de parábolas: 2𝑐𝑦 + 𝑥2
= 𝑐2
, 𝑐 > 0
Derivando
2𝑐
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 2𝑥 = 0
Encontrando a inclinação da reta
2𝑐
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −2𝑥 →
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
2𝑥
2𝑐
= −
𝑥
𝑐
Inclinação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝑥
𝑐
→
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑐
𝑥
Equação da segunda família
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑐
𝑥
→ 𝑑𝑦 =
𝑐
𝑥
𝑑𝑥 → ∫ 𝑑𝑦 = 𝑐 ∫
𝑑𝑥
𝑥
𝑦 = 𝑐 ln|𝑥|
𝑦 = ln|𝑥 𝑐|
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4

68. 68
9. Equações lineares de segunda ordem – Aumentando o grau de dificuldade
9.1 Sua forma
Uma equação linear de segunda ordem obedece a seguinte forma:
𝑑2
𝑦
𝑑𝑡2
= 𝑓 (𝑡, 𝑦,
𝑑𝑦
𝑑𝑡
)
Essa função 𝑓 que aparece na igualdade nos diz que ela é linear em 𝑦 e na sua derivada em relação a 𝑡 (
𝑑𝑦
𝑑𝑡
),
Como assim?
Isso quer dizer as variáveis são 𝑦 e
𝑑𝑦
𝑑𝑡
enquanto o que estiver em função 𝑡 será constante.
Então podemos abrir essa função desse jeito:
𝑑2
𝑦
𝑑𝑡2
= 𝑝(𝑡)
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+ 𝑞(𝑡)𝑦 + 𝑔(𝑡)
Aqui podemos usar a notação simplificada para as derivadas
𝑦′′
= 𝑝(𝑡)𝑦′
+ 𝑞(𝑡)𝑦 + 𝑔(𝑡)
Isolando o termo independente temos:
𝑦′′
+ 𝑝(𝑡)𝑦′
+ 𝑞(𝑡)𝑦 = 𝑔(𝑡)
(não troquei de sinal, mas não há necessidade disso)
Aqui chamamos o termo independente (no caso o 𝑔(𝑡)) de termo não homogêneo.
Aqui também usamos a palavra “homogênea” para nos relacionarmos a uma equação linear de segunda ordem, mas
não confunda isso com as equações homogêneas estudadas no assunto anterior.
Uma equação é dita homogenia quando o termo não homogêneo é nulo, ou seja:
𝑦′′
+ 𝑝(𝑡)𝑦′
+ 𝑞(𝑡)𝑦 = 0
Como 𝑝(𝑡) e 𝑞(𝑡) são constantes, então vamos trocar por algo mais atraente:
𝑦′′
+ 𝑎𝑦′
+ 𝑏𝑦 = 0
(equação linear homogênea de segunda ordem)
Se 𝑎 e 𝑏 não fossem constantes estaríamos num grande problema
9.2 Soluções gerais
Quando temos uma equação linear de segunda ordem devemos encontrar funções que representem essa equação, veja
o exemplo para entender melhor:
𝑦′′
− 𝑦 = 0
Temos uma equação homogênea de segunda ordem. Ela nos diz que devemos encontrar uma função cuja derivada
segunda seja igual a própria função.

69. 69
Que função faz isso? Veja
𝑦 = 𝑒 𝑡
𝑦′
= 𝑒 𝑡
𝑦′′
= 𝑒 𝑡
Mas também não é só isso, existem outras opções também
𝑦 = 𝑘𝑒 𝑡
𝑦′
= 𝑘𝑒 𝑡
𝑦′′
= 𝑘𝑒 𝑡
𝑦 = 𝑒−𝑡
𝑦′
= −𝑒−𝑡
𝑦′′
= 𝑒−𝑡
Mas para generalizar todas as possibilidades de uma vez devemos somar duas funções que obedeçam a equação, desta
forma:
𝑦(𝑡) = 𝑘1 𝑒 𝑡
+ 𝑘2 𝑒−𝑡
Dessa forma juntamos todas as possibilidades possíveis de combinação de soluções, ou seja, temos uma solução geral.
Vejamos outro caso
𝑦′′
+ 𝑦 = 0 → 𝑦′′
= −𝑦
Temos duas funções que conseguem fazer isso:
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦′
= cos⁡( 𝑡)
𝑦′′
= −𝑠𝑒𝑛(𝑡)
↔
𝑦 = cos⁡( 𝑡)
𝑦′ = −𝑠𝑒𝑛(𝑡)
𝑦′′
= − cos(𝑡)
Neste caso temos que sua função geral é:
𝑦(𝑡) = 𝑘1 𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑘2 cos(𝑦)
9.3 Equação característica
Para conseguirmos valores e resultados para as nossas soluções gerais precisamos de um mecanismo que se chama
equação característica. Veja como encontra-la
𝑎𝑦′′
+ 𝑏𝑦′
+ 𝑐𝑦 = 0 (𝐼)
Temos uma equação homogênea e agora supondo que 𝑦(𝑡) = 𝑒 𝜆𝑡
seja a solução de (𝐼), então derivamos essa solução
até a segunda ordem para substituirmos na equação
𝑎𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑏𝜆𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑐𝑒 𝜆𝑡
= 0 → 𝑒 𝜆𝑡(𝑎𝜆2
+ 𝑏𝜆 + 𝑐) = 0
Nesse caso a exponencial nunca vai zerar, então a única coisa que pode acontecer é:
𝑎𝜆2
+ 𝑏𝜆 + 𝑐 = 0
(Equação característica de I)
O grau da equação característica será de acordo com a ordem da equação mãe

70. 70
9.4 Primeiro Exemplo
𝑦′′
− 𝑦 = 0
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′
= 𝜆𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′′
= 𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
− 𝑒 𝜆𝑡
= 0
𝑒 𝜆𝑡(𝜆2
− 1) = 0
𝜆2
− 1 = 0
Raízes da equação
𝜆2
= 1 → 𝜆 = √1 →
𝜆1 = +1
𝜆2 = −1
→ 𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝑡
+ 𝑘2 𝑒−𝑡
Aplicar dados
Esses dados devem ser fornecidos pela questão
{
𝑦(0) = −1
𝑦′(0) = 2
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝑡
+ 𝑘2 𝑒−𝑡
→ 𝑦′
= 𝑘1 𝑒 𝑡
− 𝑘2 𝑒−𝑡
−1 = 𝑘1 + 𝑘2 → 2 = 𝑘1 − 𝑘2
Sistema
{
𝑘1 + 𝑘2 = −1
𝑘1 − 𝑘2 = 2
→ (𝑘1 =
1
2
|𝑘2 = −
3
2
)
Solução particular
𝑦 =
1
2
𝑒 𝑡
−
3
2
𝑒−𝑡
9.5 Segundo Exemplo
𝑦′′
− 5𝑦′
+ 6𝑦 = 0
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′
= 𝜆𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′′
= 𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
− 5𝜆𝑒 𝜆𝑡
+ 6𝑒 𝜆𝑡
= 0
Damos às constantes o nome de 𝜆
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 1
Passo 2

71. 71
𝑒 𝜆𝑡(𝜆2
− 5𝜆 + 6) = 0
𝜆2
+ 5𝜆 + 6 = 0
Raízes da equação
𝜆2
− 5𝜆 + 6 = 0 → 𝜆2
− 5⏟
𝑆
𝜆 + 6⏟
𝑃
= 0 → (𝜆 − 2)(𝜆 − 3) = 0 → 𝑦 = 𝑘1 𝑒−2𝑡
+ 𝑘2 𝑒−3𝑡
Aplicar dados
{
𝑦(0) = 2
𝑦′(0) = 3
𝑦 = 𝑘1 𝑒−2𝑡
+ 𝑘2 𝑒−3𝑡
→ 𝑦′
= −2𝑘1 𝑒−2𝑡
− 3𝑘2 𝑒−3𝑡
2 = 𝑘1 + 𝑘2 → 3 = −2𝑘1 − 3𝑘2
Sistema
{
𝑘1 + 𝑘2 = 2
−2𝑘1 − 3𝑘2 = 3
→ (𝑘1 = 9|𝑘2 = −7)
Solução particular
𝑦 = 9𝑒−2𝑡
− 7𝑒−3𝑡
9.6 Terceiro Exemplo
4𝑦′′
+ 8𝑦′
+ 3𝑦 = 0
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′
= 𝜆𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′′
= 𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
4𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
+ 8𝜆𝑒 𝜆𝑡
+ 3𝑒 𝜆𝑡
= 0
𝑒 𝜆𝑡(4𝜆2
+ 8𝜆 + 3) = 0
4𝜆2
+ 8𝜆 + 3 = 0
Raízes da equação
4𝜆2
+ 8𝜆 + 3 = 0 → 𝜆2
+ 2⏟
𝑆
𝜆 +
3
4⏟
𝑃
= 0 → (𝜆 +
3
2
) (𝜆 +
1
2
) = 0 → 𝑦 = 𝑘1 𝑒
3
2
𝑡
+ 𝑘2 𝑒
𝑡
2
Aplicar dados
{
𝑦(0) = 2
𝑦′(0) =
1
2
Passo 3
Método de Girard
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Método de Girard
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4

72. 72
𝑦 = 𝑘1 𝑒
3𝑡
2 + 𝑘2 𝑒
𝑡
2 → 𝑦′
=
3
2
𝑘1 𝑒
3𝑡
2 +
1
2
𝑘2 𝑒
𝑡
2
2 = 𝑘1 + 𝑘2 →
1
2
=
3
2
𝑘1 +
1
2
𝑘2
Sistema
{
𝑘1 + 𝑘2 = 2
3
2
𝑘1 +
1
2
𝑘2 =
1
2
→ {
𝑘1 + 𝑘2 = 2
3𝑘1 + 𝑘2 = 1
→ (𝑘1 = −
1
2
|𝑘2 =
5
2
)
Solução particular
𝑦 = −
1
2
𝑒
3𝑡
2 +
5
2
𝑒
𝑡
2
Passo 5
Passo 6

73. 73
10. Equações de Bernoulli e equações não lineares de segunda ordem
10.1 Equações de Bernoulli – Um dia você vai se lembrar desse nome
(𝐼) 𝑦′
+ 𝑝(𝑡)𝑦 = 𝑞(𝑡)𝑦 𝑛
Neste caso a variável 𝑛 não pode ser zero e nem igual a 1, se não essa equação seria linear.
Podemos transforma-la usando uma simples resolução:
𝑣 = 𝑦1−𝑛
Derivando
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= (1 − 𝑛)𝑦−𝑛
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑣′
= (1 − 𝑛)𝑦−𝑛
𝑦′
Pegando a equação I e multiplicando por (1 − 𝑛)𝑦−𝑛
temos:
(1 − 𝑛)𝑦−𝑛
𝑦′
+ (1 − 𝑛)𝑦−𝑛
𝑝(𝑡)𝑦 = (1 − 𝑛)𝑦−𝑛
𝑞(𝑡)𝑦 𝑛
Desta forma o termo 𝑦−𝑛
que é responsável pela formação da equação de Bernoulli será cancelado.
(1 − 𝑛)𝑦−𝑛
𝑦′
+ (1 − 𝑛)𝑦−𝑛
𝑝(𝑡)𝑦 = (1 − 𝑛)𝑞(𝑡)
Podemos trocar alguns termos na equação usando 𝑣 = 𝑦1−𝑛
e 𝑣′
= (1 − 𝑛)𝑦−𝑛
𝑦′
𝑣′ + (1 − 𝑛)𝑝(𝑡)𝑣 = (1 − 𝑛)𝑞(𝑡)
Com isso temos uma equação linear que pode ser resolvida normalmente como um problema de valor inicial.
10.1.1 Primeiro Exemplo
𝑡2
𝑦′
+ 2𝑡𝑦 − 𝑦3
= 0 , (𝑡 > 0)
Organizar
𝑦′
+
2
𝑡
𝑦 =
1
𝑡2
𝑦3
Substituição
𝑣 = 𝑦−2
→ 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 → 𝑣′
= −2𝑦−3
𝑦′
Multiplicar polinômio
−2𝑦−3
𝑦′
− 2𝑦−3
2
𝑡
𝑦 = −2𝑦−3
1
𝑡2
𝑦3
𝑣′
−
4
𝑡
𝑣 = −
2
𝑡2
Passo 1
Passo 2
Passo 3

74. 74
Fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = −4 ∫
1
𝑡
= −4ln|𝑡| = ln|𝑡−4|
= 𝑒ln|𝑡−4| = 𝑡−4
Multiplicar fator integrante
𝑣′
−
4
𝑡
𝑣 = −
2
𝑡2
→ 𝑡−4
𝑣′
− 𝑡−4
4
𝑡
𝑣 = −𝑡−4
2
𝑡2
𝑡−4
𝑣′
− 4𝑡−5
𝑣 = −2𝑡−6
Simplificar
𝑡−4
𝑣′
− 4𝑡−5
𝑣 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑡−4
𝑣′
+ −4𝑡−5
𝑣
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑣𝑡−4
]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑣𝑡−4] = −2𝑡−6
→ 𝑣𝑡−4
= ∫ −2𝑡−6
𝑑𝑡
Integrar
∫ −2𝑡−6
𝑑𝑡 → −2 ∫ 𝑡−6
𝑑𝑡 = −
2𝑡−5
−5
+ 𝑐 =
2
5𝑡5
+ 𝑐
Solução geral
𝑣𝑡−4
=
2
5𝑡5
+ 𝑐
𝑣 =
2
5𝑡
+ 𝑐𝑡4
=
2 + 5𝑐𝑡5
5𝑡
Retornar valores
𝑣 =
1
𝑦2
→ 𝑦2
=
1
𝑣
𝑦2
=
5𝑡
2 + 𝑐𝑡5
→ 𝑦 = √
5𝑡
2 + 𝑐𝑡5
10.2 Equação de 2º ordem não linear sem o termo em y
𝑦′′
= 𝑓(𝑡, 𝑦, 𝑦′
)⏟
𝐸𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑒 2º 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑚
→ 𝑦′′
= 𝑓(𝑡, 𝑦′
)⏟
𝐸𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑠𝑒𝑚 𝑜 𝑡𝑒𝑟𝑚𝑜 𝑦
Com uma simples substituição transformamos a equação de segunda ordem em uma equação de primeira ordem
𝑣 = 𝑦′
→ 𝑣′
= 𝑦′′
𝑣′
= 𝑓(𝑡, 𝑣)⏟
𝐸𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑒 1° 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑚
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7
Passo 8
Passo 9

75. 75
10.2.1 Primeiro Exemplo
𝑡2
𝑦′′
+ 2𝑡𝑦′
− 1 = 0 , (𝑡 > 0)
Substituir e organizar
𝑡2
𝑣′
+ 2𝑡𝑣 − 1 = 0 → 𝑣′
+
2
𝑡
𝑣 =
1
𝑡2
Fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = ∫
2
𝑡
=2 ln|𝑡|
= 𝑒ln|𝑡2| = 𝑡2
Multiplicar fator integrante
𝑡2
𝑣′
+ 2𝑡𝑣 = 1
Simplificar
𝑡2
𝑣′
+ 2𝑡𝑣 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑡2
𝑣′
+ 2𝑡𝑣
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑣𝑡2
]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑣𝑡2] = 1 → 𝑣𝑡2
= ∫ 𝑑𝑡
Solução geral
𝑣𝑡2
= 𝑡 + 𝑐 → 𝑣 =
1
𝑡
+
𝑐
𝑡2
Retornar valores
𝑣 = 𝑦′
→ 𝑣′
= 𝑦′′
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
1
𝑡
+
𝑐
𝑡2
Integrar
𝑦 = ∫
𝑑𝑡
𝑡
+ 𝑐 ∫
𝑑𝑡
𝑡2
→ 𝑦 = ln|𝑘𝑡| −
𝑐
𝑡
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7

76. 76
10.3 Equação de 2º ordem não linear sem a variável independente t
𝑦′′
= 𝑓(𝑡, 𝑦, 𝑦′
)⏟
𝐸𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑒 2º 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑚
→ 𝑦′′
= 𝑓(𝑦, 𝑦′
)⏟
𝐸𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑠𝑒𝑚 𝑜 𝑡𝑒𝑟𝑚𝑜 𝑖𝑛𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑡
Usando uma substituição simples transformamos essa equação em primeira ordem, mas a substituição deve ter um
cuidado, a substituição será feita de forma diferente na qual foi apresentada no assunto anterior.
𝑣 = 𝑦′
Antes de derivarmos 𝑣 devemos abrir essas expressões e analisar com cuidado
𝑣(𝑦) =
𝑑𝑦
𝑑𝑡
Veja que 𝑣 está em função de 𝑦, mas 𝑦 está em função de 𝑡. Temos uma regra da cadeia
𝑣′
= 𝑦′′
→
𝑑𝑣
𝑑𝑡
=
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑑𝑣
𝑑𝑦
→ 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑣 = 𝑦′
→
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= 𝑣
𝑑𝑣
𝑑𝑦
Isso tudo é para excluir tudo aquilo que estiver em função de 𝑡
10.3.1 Primeiro Exemplo
𝑦𝑦′′
+ 𝑣2
= 0
Substituir e organizar
𝑦𝑣′
+ 𝑣2
= 0 → 𝑦 (𝑣
𝑑𝑣
𝑑𝑦
) + 𝑣2
= 0 → ÷ 𝑣 → 𝑦
𝑑𝑣
𝑑𝑦
+ 𝑣 = 0
𝑑𝑣
𝑑𝑦
+
1
𝑦
𝑣 = 0
Fator integrante
𝜇(𝑦) = 𝑒
∫ 𝑝(𝑦)𝑑𝑦 = ∫
1
𝑦
=ln|𝑦|
= 𝑒ln|𝑦|
= 𝑦
Multiplicar fator integrante
𝑦
𝑑𝑣
𝑑𝑦
+ 𝑣 = 0
Simplificar
𝑦
𝑑𝑣
𝑑𝑦
+ 𝑣 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 →
𝑦
𝑑𝑣
𝑑𝑦
+ 1𝑣
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑣𝑦]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑣𝑦] = 0 → 𝑣𝑦 = ∫ 0𝑑𝑡
Retornar valores
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5

77. 77
𝑣𝑦 = 𝑐 →
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑦 = 𝑐 → 𝑦𝑑𝑦 = 𝑐𝑑𝑡
Integrar
∫ 𝑦𝑑𝑦 = 𝑐 ∫ 𝑑𝑡 →
𝑦2
2
= 𝑐𝑡 + 𝑘
𝑦2
= 2(𝑐𝑡 + 𝑘)
𝑦 = √2(𝑐𝑡 + 𝑘)
11. Conjunto fundamental de soluções – Álgebra? Me esquece por favor!
Quando resolvemos as equações de segunda ordem precisamos de uma solução geral que tenham todas as
combinações possíveis para equação.
Temos que 𝑦′′
+ 𝑝(𝑡)𝑦′
+ 𝑞(𝑡)𝑦 = 0 e sua solução geral é 𝑦 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2
Como fazemos com toda solução geral de segunda ordem, vamos deriva-las
𝑦′
= 𝑐1 𝑦1
′
+ 𝑐2 𝑦2
′
→ 𝑦′′
= 𝑐1 𝑦1
′′
+ 𝑐2 𝑦2
′′
Como teste, sabemos se a solução geral realmente pertence a equação quando fazemos uma simples substituição
𝑐1 𝑦1
′′
+ 𝑐2 𝑦2
′′
+ 𝑝(𝑡)(𝑐1 𝑦1
′
+ 𝑐2 𝑦2
′ ) + 𝑞(𝑡)(𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2) = 0
Colocando as constantes em evidência
𝑐1(𝑦1
′′
+ 𝑝(𝑡)𝑦1
′
+ 𝑞(𝑡)𝑦1) + 𝑐2(𝑦2
′′
+ 𝑝(𝑡)𝑦2
′
+ 𝑞(𝑡)𝑦2) = 0
Você viu lá em cima que esses caras são iguais a zero.
Isso foi só para você ver como é que se testa a solução geral mesmo, mas que interessa é o seguinte: pelo teorema de
existência e unicidade, temos que para cada valor de 𝑡 pertencente a um intervalo aberto 𝐼 = (𝛼, 𝛽) temos a condição
de que 𝑦(𝑡0) = 𝑦0
Isso quer dizer que quando a equação é aplicada ao ponto 𝑡0 temos o resultado 𝑦0
Aplicando o teorema
𝑐1 𝑦1(𝑡0) + 𝑐2 𝑦2(𝑡0) = 𝑦(𝑡0) → 𝑐1 𝑦1
′ (𝑡0) + 𝑐2 𝑦2
′ (𝑡0) = 𝑦′(𝑡0)
Se fizermos dessas duas soluções um sistema, podemos encontrar as constantes pela regra de Cramer.
{
𝑐1 𝑦1(𝑡0) + 𝑐2 𝑦2(𝑡0) = 𝑦(𝑡0)
𝑐1 𝑦1
′ (𝑡0) + 𝑐2 𝑦2
′ (𝑡0) = 𝑦′(𝑡0)
Suas determinantes são
𝐷 = |
𝑦1(𝑡0) 𝑦2(𝑡0)
𝑦1
′ (𝑡0) 𝑦2
′ (𝑡0)
| , 𝐷𝑥 = |
𝑦(𝑡0) 𝑦2(𝑡0)
𝑦′(𝑡0) 𝑦2
′ (𝑡0)
| , 𝐷 𝑦 = |
𝑦1(𝑡0) 𝑦(𝑡0)
𝑦1
′ (𝑡0) 𝑦′(𝑡0)
|
Suas constantes serão achadas simplesmente com:
𝑐1 =
𝐷𝑥
𝐷
𝑐2 =
𝐷 𝑦
𝐷
Passo 6

78. 78
O determinante principal é que manda na casa, se ele for zero, tudo vai por aguas abaixo, mas se for diferente de zero
então temos um sistema fundamental de soluções.
A propósito esse determinante principal denomina-se Wronskiano, um nome feio que me faz me perguntar por que
não existe uma tradução dos nomes estrangeiros para o português, todo mundo sabe traduzir mary, quero ver essa
coisa aí.
𝑊𝑟𝑜𝑛𝑠𝑘𝑖𝑎𝑛𝑜 → 𝑊(𝑦1, 𝑦2) = |
𝑦1(𝑡0) 𝑦2(𝑡0)
𝑦1
′(𝑡0) 𝑦2
′ (𝑡0)
|
Mas pensa comigo na lógica, se esse cara for zero, a constante vai ser zero também, logo toda equação vai zerar, então
se preocupe com a regra de Cramer não com esse nome feio.
Esse método pela regra de Cramer não é um passo obrigatório, pode-se encontrar esse sistema fundamental de
solução por uma simples resolução de sistema mesmo. Você só vai usar somente o Wronskiano caso você queira só
saber se há um sistema de solução para aquele caso, se você for encontrar as constantes também, não se preocupe com
ele, ao encontrar as constantes você mesmo identifica se há sistema de solução ou não.
O fato não é desprezar o Wronskiano, e sim somente deixa-lo em segundo plano. Veja os porquês.
 Se o Wronskiano zerar a constante vai ser zero, logo toda questão também;
 O Wronskiano é somente a determinante principal da regra de Cramer;
 Você pode encontrar as constantes sem o Wronskiano por sistema, ao encontrar as constantes, se elas forem
zero, logo o Wronskiano também é zero.
 Mas e se o Wronskiano não for zero e sim só a outra determinante? Bom, neste caso simplesmente uma
constante vai dar zero e outra não, só se você tiver a sorte de pegar uma equação em que os dois
determinantes zeram, neste caso tanto faz o Wronskiano zerar ou não.
11.1 Primeiro Exemplo (Regra de Cramer)
𝑦′′
− 𝑦 = 0, 𝑦(0) = −2 , 𝑦′(0) = 1
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′
= 𝜆𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′′
= 𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
− 𝑒 𝜆𝑡
= 0
𝑒 𝜆𝑡(𝜆2
− 1) = 0
𝜆2
− 1 = 0
Raízes da equação
𝜆2
= 1 → 𝜆 = √1 →
𝜆1 = +1
𝜆2 = −1
→ 𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝑡
+ 𝑘2 𝑒−𝑡
Passo 1
Passo 2
Passo 3

79. 79
Aplicar dados
{
𝑦(0) = −2
𝑦′(0) = 1
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝑡
+ 𝑘2 𝑒−𝑡
→ 𝑦′
= 𝑘1 𝑒 𝑡
− 𝑘2 𝑒−𝑡
−2 = 𝑘1 + 𝑘2 → 1 = 𝑘1 − 𝑘2
Sistema
{
𝑘1 + 𝑘2 = −2
𝑘1 − 𝑘2 = 1
𝐷 = |
1 1
1 −1
| = −2 𝐷𝑥 = |
−2 1
1 −1
| = 1 𝐷 𝑦 = |
1 −2
1 1
| = 3
𝑐1 =
𝐷𝑥
𝐷
= −
1
2
𝑐2 =
𝐷 𝑦
𝐷
= −
3
2
Solução geral
𝑦 = −
1
2
𝑒 𝑡
−
3
2
𝑘2 𝑒−𝑡
11.2 Primeiro Exemplo (Sistema Comum)
𝑦′′
− 𝑦 = 0, 𝑦(0) = −2 , 𝑦′(0) = 1
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′
= 𝜆𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′′
= 𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
− 𝑒 𝜆𝑡
= 0
𝑒 𝜆𝑡(𝜆2
− 1) = 0
𝜆2
− 1 = 0
Raízes da equação
𝜆2
= 1 → 𝜆 = √1 →
𝜆1 = +1
𝜆2 = −1
→ 𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝑡
+ 𝑘2 𝑒−𝑡
Aplicar dados
{
𝑦(0) = −2
𝑦′(0) = 1
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝑡
+ 𝑘2 𝑒−𝑡
→ 𝑦′
= 𝑘1 𝑒 𝑡
− 𝑘2 𝑒−𝑡
−2 = 𝑘1 + 𝑘2 → 1 = 𝑘1 − 𝑘2
Sistema
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5

80. 80
{
𝑘1 + 𝑘2 = −2
𝑘1 − 𝑘2 = 1
2𝑘1 = −1 = −
1
2
−
1
2
− 𝑘2 = 1 → −𝑘2 =
1
2
+ 1 → 𝑘2 = −
3
2
Solução geral
𝑦 = −
1
2
𝑒 𝑡
−
3
2
𝑘2 𝑒−𝑡
Resumindo
Você simplesmente viu que pode resolver um sistema por regra de Cramer, que “novidade” né? Então nada de
desespero não vimos nada de novo ainda, esse tal de Wronskiano é só um nome que eu vou esquecer quando acordar
pela manhã, então se foque no seguinte: resolva seu sistema, seja por adição, Cramer ou sei lá o que.
11.3 Segundo Exemplo (Regra de Cramer)
Encontre um sistema fundamental de solução {𝑦1, 𝑦2} da equação:
𝑦′′
+ 5𝑦′
+ 6𝑦 = 0
Tal que: 𝑊(𝑦1, 𝑦2) = 1
Antes de começarmos a questão vou lhe explicar o que é esse Wronskiano igual a 1. Bom, esse cara não é um
determinante? Qual o tipo de determinante que sempre dará 𝑑𝑒𝑡 = 1? Isso mesmo, você não lembra.
|
1 0
0 1
| = 1 , uma matriz identidade.
Mas que isso tem haver? Ele está te dizendo que:
𝑦(0) = 1, 𝑦′(0) = 0
Isso é só para dificultar sua vida mesmo.
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′
= 𝜆𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′′
= 𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
− 5𝜆𝑒 𝜆𝑡
+ 6𝑒 𝜆𝑡
= 0
𝑒 𝜆𝑡(𝜆2
− 5𝜆 + 6) = 0
𝜆2
+ 5𝜆 + 6 = 0
Raízes da equação
Passo 1
Passo 6
Passo 2
Passo 3

81. 81
𝜆2
− 5𝜆 + 6 = 0 → 𝜆2
− 5⏟
𝑆
𝜆 + 6⏟
𝑃
= 0 → (𝜆 − 2)(𝜆 − 3) = 0 → 𝑦 = 𝑘1 𝑒−2𝑡
+ 𝑘2 𝑒−3𝑡
Aplicar dados
{
𝑦(0) = 1
𝑦′(0) = 0
𝑦 = 𝑘1 𝑒−2𝑡
+ 𝑘2 𝑒−3𝑡
→ 𝑦′
= −2𝑘1 𝑒−2𝑡
− 3𝑘2 𝑒−3𝑡
1 = 𝑘1 + 𝑘2 → 0 = −2𝑘1 − 3𝑘2
Sistema
{
𝑘1 + 𝑘2 = 1
−2𝑘1 − 3𝑘2 = 0
𝐷 = |
1 1
−2 −3
| = −1 𝐷𝑥 = |
1 1
0 −3
| = −3 𝐷 𝑦 = |
1 1
−2 0
| = 2
𝑐1 =
𝐷𝑥
𝐷
= 3 𝑐2 =
𝐷 𝑦
𝐷
= −2
Solução geral
𝑦 = 3𝑒−2𝑡
− 2𝑘2 𝑒−3𝑡
11.4 Segundo Exemplo (Sistema Comum)
Encontre um sistema fundamental de solução {𝑦1, 𝑦2} da equação:
𝑦′′
+ 5𝑦′
+ 6𝑦 = 0
Tal que: 𝑊(𝑦1, 𝑦2) = 1
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′
= 𝜆𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′′
= 𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
− 5𝜆𝑒 𝜆𝑡
+ 6𝑒 𝜆𝑡
= 0
𝑒 𝜆𝑡(𝜆2
− 5𝜆 + 6) = 0
𝜆2
+ 5𝜆 + 6 = 0
Raízes da equação
𝜆2
− 5𝜆 + 6 = 0 → 𝜆2
− 5⏟
𝑆
𝜆 + 6⏟
𝑃
= 0 → (𝜆 − 2)(𝜆 − 3) = 0 → 𝑦 = 𝑘1 𝑒−2𝑡
+ 𝑘2 𝑒−3𝑡
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 1
Passo 2
Passo 3

82. 82
Aplicar dados
{
𝑦(0) = 1
𝑦′(0) = 0
𝑦 = 𝑘1 𝑒−2𝑡
+ 𝑘2 𝑒−3𝑡
→ 𝑦′
= −2𝑘1 𝑒−2𝑡
− 3𝑘2 𝑒−3𝑡
1 = 𝑘1 + 𝑘2 → 0 = −2𝑘1 − 3𝑘2
Sistema
{
𝑘1 + 𝑘2 = 1
−2𝑘1 − 3𝑘2 = 0
𝑘1 = 1 − 𝑘2 → −2(1 − 𝑘2) − 3𝑘2 = 0 → 𝑘2 = −2
𝑘1 = 1 + 2 = 3
Solução geral
𝑦 = 3𝑒−2𝑡
− 2𝑘2 𝑒−3𝑡
Com esse assunto, não há nada a que se preocupar, o que acabou de ser dado foi somente uma revisão da regra de
Cramer, os outros métodos já foram ensinados em assuntos anteriores, então não complique sua vida e resolva as
equações pelo método mais simples, seja Cramer ou sei lá.
Para você que gosta de álgebra linear II EDO é uma ramificação dela, então lembra do Wronskiano? Então, quando
seu resultado é diferente de zero temos que a solução é Linearmente Independente à equação. Tudo tem uma lógica,
se o Wronskiano resultasse em zero teríamos uma L.D. (Linearmente Dependente) e não uma L.I., mas como o
sistema de soluções é uma base, então ele deve gerar e ser L.I.
Passo 4
Passo 5
Passo 6

83. 83
12. Equações características com raízes negativas – Sua vida cada vez mais negativa
12.1 Número Complexos
Os números complexos não têm por objetivo querer atrapalhar a sua vida e sim na verdade para ajudar, os números
complexos tem muitas aplicações na tecnologia que não existiriam sem esse estudo.
Tudo consiste na habilidade de dominar unidades imaginárias, essas unidades são admitidas quando o limite dos
conjuntos dos reais é ultrapassado.
Isso acontece quando temos uma raiz de um número negativo, pelo conjunto dos números reais é impossível haver
uma solução para isso, mas a explicação não está em olhar somente para a raiz.
22
= 2.2 = 4
Veja que é impossível imaginar que essa conta desse um número negativo, por esse fato, a exponencial é uma função
que é não negativa e o mesmo acontece para a sua função inversa, a raiz.
Com isso temos uma saída que foi pensada por muito tempo pelos matemáticos como, Raphael Bombelli, Leonard
Euler e Carl Friederich Gauss, esse é método de chamar √−1 de 𝑖.
No conjunto dos números complexos, todas as operações envolvendo o 𝑖 são operações comuns do jeito que nós
conhecemos.
A definição do conjunto dos números complexos é:
ℂ = {𝑧 |𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖, 𝑐𝑜𝑚 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ 𝑒 𝑖2
= −1}
Usando os 8 testes para um espaço vetorial (que você aprendeu em álgebra II) o conjunto dos complexos obedece a
todos com o uso das operações usuais.
𝑇𝑜𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑗𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑜𝑠 𝑟𝑒𝑎𝑖𝑠

84. 84
Lembrando da leitura de sinais o conjunto mostrado acima significa que:
“Os números complexos é o conjunto de todo 𝑧 tal que 𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖 com a e b pertencentes ao conjunto dos reais e 𝑖2
= −1.”
Aqueles números que acompanham o 𝑖 são chamados de imaginários (𝛽) e os que não tem o 𝑖 são chamados de reais
(𝛼).
Com essa revisão vamos iniciar alguns exemplos de uma equação diferencial ordinária de segunda ordem com uma
equação característica com raiz negativa.
12.2 Equações características com raízes negativas
𝑎𝑦′′
+ 𝑏𝑦′
+ 𝑐𝑦 = 0
Solução geral
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑒 𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′
= 𝜆𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′′
= 𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
𝑎𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑏𝜆𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑐𝑒 𝜆𝑡
= 0
𝑒 𝜆𝑡(𝑎𝜆2
+ 𝑏𝜆 + 𝑐) = 0
𝑎𝜆2
+ 𝑏𝜆 + 𝑐 = 0
Como estamos atrás de uma situação geral, então vamos supor que as raízes dessa equação sejam complexas.
Supondo que encontramos raízes complexas
{
𝜆1 = 𝛼 + 𝛽𝑖
𝜆2 = 𝛼 − 𝛽𝑖
Logo
𝑦 = 𝑒(𝛼+𝛽𝑖)𝑡
+ 𝑒(𝛼−𝛽𝑖)𝑡
→ 𝑦 = 𝑒 𝛼𝑡
𝑒 𝛽𝑖𝑡
+ 𝑒 𝛼𝑡
𝑒−𝛽𝑖𝑡
Agora para nos ajudar nos cálculos vamos usar uma equação estabelecida por Leonard Euler em que
𝑒 𝑖𝜃
= cos(𝜃) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝜃)
Então podemos fazer o mesmo:
𝑒 𝛽𝑖𝑡
= cos(𝛽𝑡) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑡) 𝑒−𝛽𝑖𝑡
= cos(𝛽𝑡) − 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑡)
Na hora de inserir −𝛽𝑡 na segunda equação percebemos que não há uma mudança no sinal do cosseno somente no
seno, isso se dá pois o cosseno é uma função par e seno é uma função ímpar, que quer dizer que:
𝑝𝑎𝑟: 𝑓(−𝑥) = 𝑓(𝑥)
í𝑚𝑝𝑎𝑟: 𝑓(−𝑥) = −𝑓(𝑥)
Veja que cos(45°) =
√2
2
e cos(−45°) =
√2
2
agora o seno sen(45°) =
√2
2
e sen(−45°) = −
√2
2

85. 85
Agora depois de substituir tudo temos
𝑦 = 𝑒 𝛼𝑡
𝑒 𝛽𝑖𝑡
+ 𝑒 𝛼𝑡
𝑒−𝛽𝑖𝑡
→ 𝑦 = 𝑒 𝛼𝑡(cos(𝛽𝑡) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑡)) + 𝑒 𝛼𝑡(cos(𝛽𝑡) − 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑡))
Com esse valor podemos desenvolver essa soma:
𝑦 = 𝑒 𝛼𝑡(cos(𝛽𝑡) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑡)) + 𝑒 𝛼𝑡(cos(𝛽𝑡) − 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑡))
𝑦 = 𝑒 𝛼𝑡
[cos(𝛽𝑡) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑡) + cos(𝛽𝑡) − 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑡)]
𝑦 = 𝑒 𝛼𝑡
2 cos(𝛽𝑡)
Mas há outra possibilidade de encontrar uma resposta, podemos subtrair em vez de somar, lembre-se que as
constantes na equação geral podem atingir qualquer valor, seja negativo, seja positivo.
𝑦 = 𝑒 𝛼𝑡(cos(𝛽𝑡) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑡)) − 𝑒 𝛼𝑡(cos(𝛽𝑡) − 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑡))
𝑦 = 𝑒 𝛼𝑡
[cos(𝛽𝑡) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑡) − cos(𝛽𝑡) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑡)]
𝑦 = 𝑒 𝛼𝑡
2𝑖 sen(𝛽𝑡)
Além de somar precisávamos subtrair também por que com a soma perdemos o segundo membro ficando somente um,
então com a subtração arranjamos outro para formar para com o resultado da soma.
𝑦 = 𝑒 𝛼𝑡
2 cos(𝛽𝑡) − 𝑒 𝛼𝑡
2𝑖 sen(𝛽𝑡)
Olhando para esse resultado não parece uma boa ficar trabalhando com um número imaginário no meio de toda a
equação, para isso vamos pensar no seguinte: o 𝑖 é uma constante não é mesmo? E uma constante não interfere na
equação geral! Então vamos simplesmente esquecer todas essas constantes e fazer tudo igual a um mesmo, assim:
𝑦 = 𝑒 𝛼𝑡
cos(𝛽𝑡) + 𝑒 𝛼𝑡
sen(𝛽𝑡)
Constantes não alteram soluções, então não há o que se preocupar.
Para confirmar se isso realmente é o conjunto fundamental de soluções da equação ordinária com uma equação
característica de raízes negativas, devemos usar o Wronskiano.
𝑤 = [
𝑒 𝛼𝑡
cos(𝛽𝑡) 𝑒 𝛼𝑡
sen(𝛽𝑡)
𝛼𝑒 𝛼𝑡
cos(𝛽𝑡) − 𝑒 𝛼𝑡
𝛽 sen(𝛽𝑡) 𝛼𝑒 𝛼𝑡
sen(𝛽𝑡) + 𝑒 𝛼𝑡
𝛽 cos(𝛽𝑡)
]
𝑒 𝛼𝑡
cos(𝛽𝑡) (𝛼 sen(𝛽𝑡) + 𝛽 cos(𝛽𝑡)) − 𝑒 𝛼𝑡
sen(𝛽𝑡) (𝛼 cos(𝛽𝑡) − 𝛽 sen(𝛽𝑡))
𝑒 𝛼𝑡[𝛼 sen(𝛽𝑡) cos(𝛽𝑡) + 𝛽 cos(𝛽𝑡) cos(𝛽𝑡) − 𝛼 cos(𝛽𝑡) sen(𝛽𝑡) + 𝛽 sen(𝛽𝑡) sen(𝛽𝑡)]
𝑒 𝛼𝑡
𝛽[cos2(𝛽𝑡) + sen2(𝛽𝑡)]
𝑒 𝛼𝑡
𝛽
Com esse valor temos certeza que o Wronskiano não é zero, pois a exponencial nunca zera e a constante 𝛽 não pode
ser zero pois se ela fosse zero nem solução geral existiria.
Logo temos que:
𝑦 = 𝑒 𝛼𝑡[𝑘1 cos(𝛽𝑡) + 𝑘2 sen(𝛽𝑡)]
É um conjunto infinito de soluções para uma equação ordinária de segunda ordem cuja equação característica tenha
raízes negativas.

86. 86
12.3 Primeiro exemplo
𝑦′′
+ 𝑦′
+ 𝑦 = 0
Equação característica
𝜆2
+ 𝜆 + 1 = 0
Raízes
𝑥 =
−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐
2𝑎
→
−1 ± √−3
2
→
−1 ± √3𝑖
2
→
{
(𝑟𝑒𝑎𝑙) 𝛼 = −
1
2
(𝑖𝑚𝑎𝑔𝑖𝑛á𝑟𝑖𝑜) 𝛽 =
√3
2
Solução geral
𝑦 = 𝑒 𝛼𝑡[𝑘1 cos(𝛽𝑡) + 𝑘2 sen(𝛽𝑡)] → 𝑦 = 𝑒−
𝑡
2 [𝑘1 cos (
√3
2
𝑡) + 𝑘2 sen (
√3
2
𝑡)]
13. Equação de coeficientes variáveis – Sim, o demônio é real
Isso acontece quando 𝑝(𝑡) e 𝑞(𝑡) são valores variáveis:
𝑦′′
+ 𝑝(𝑡)𝑦′
+ 𝑞(𝑡)𝑦 = 0
Com isso se torna impossível resolver esta equação pelos métodos convencionais, agora devemos encontrar uma
alternativa para conseguirmos resolver isso. Vamos atrás de uma relação que desmembrar essa equação.
Primeiro vamos começar com a hipótese de que temos uma variável 𝑥 que está sendo igualada as variáveis em função
de 𝑡. Vamos descobrir valores para as derivadas de 𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
Essa é a derivada de 𝑦, temos uma regra da cadeia por que o 𝑦 está sendo derivado em relação a 𝑡 é uma relação de 𝑥.
Para facilitarmos a leitura vamos usar a nomenclatura usual de derivadas para todas as derivadas em relação a 𝑡.
Assim:
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
→ 𝑦′
= 𝑥′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
Na equação temos a derivada e a segunda derivada de 𝑦, então vamos derivar de novo.
𝑑2
𝑦
𝑑𝑡2
=
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
(
𝑑𝑥
𝑑𝑡
)
2
+
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑2
𝑥
𝑑𝑡2
Temos aqui a regra do produto e uma regra da cadeia em
𝑑𝑦
𝑑𝑥
que irá abrir mais uma derivada de 𝑥 em relação a 𝑡 que
irá multiplicar com a outra que já estava lá e no final de tudo a derivada fica ao quadrado.
Mudando para uma notação melhor temos
Passo 1
Passo 3
Passo 2

87. 87
𝑦′′
= (𝑥′)2
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑥′
′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
Substituindo esses valores de derivadas na equação temos
𝑦′′
+ 𝑝(𝑡)𝑦′
+ 𝑞(𝑡)𝑦 = 0 → (𝑥′)2
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑥′
′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑝(𝑡) (𝑥′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
) + 𝑞(𝑡)𝑦 = 0
Agora tudo é questão de organização
(𝑥′)2
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
+ [𝑥′′
+ 𝑥′
𝑝(𝑡)]
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑞(𝑡)𝑦 = 0
Lembra-se da forma geral? Então não podemos ter nada ao lado da segunda derivada. Vamos dividir tudo.
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
+ [
𝑥′′
+ 𝑥′
𝑝(𝑡)
(𝑥′)2
]
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
𝑞(𝑡)
(𝑥′)2
𝑦 = 0
Aqui chegamos aonde queríamos, a equação deve chegar até aqui para uma análise.
A análise é o seguinte, como esses coeficientes se tornariam constantes? Bom para variáveis a única lógica é que o de
cima seja igual ao de baixo.
𝑞(𝑡) = (𝑥′)2
Pegamos esse por que é o mais simples dos coeficientes.
Para resolvermos uma equação é necessário encontrar o valor de 𝑥 para a solução geral, isso por que quando
integramos o valor de 𝑥 encontraremos o valor de 𝑡 que é a real incógnita desse problema.
𝑞(𝑡) = (𝑥′)2
→ 𝑥′
= 𝑞(𝑡)
1
2
Na equação temos a segunda variável de 𝑥 também
𝑥′′
=
1
2
𝑞(𝑡)−
1
2 𝑞′(𝑡)
Temos valores para substitui no segundo coeficiente
𝑥′′
+ 𝑥′
𝑝(𝑡)
(𝑥′)2
=
1
2
𝑞(𝑡)−
1
2 𝑞′(𝑡) + 𝑞(𝑡)
1
2 𝑞(𝑡)
𝑞(𝑡)
Ao chegar nesse ponto temos que, se esse resultado der um valor constante temos então a possibilidade de fazer a
equação de coeficientes variáveis em uma equação de variáveis constantes.
Como adotamos 𝑞(𝑡) = (𝑥′)2
isso quer dizer que
𝑞(𝑡)
(𝑥′)2 = 1, então se esse valor nos levar a análise de que o outro
coeficiente será constante então substituímos o valor de
𝑞(𝑡)
(𝑥′)2 por 1 e o valor constante que for encontrado no outro
coeficiente.
Só não devemos esquecer que no final de tudo a solução geral irá estar com o 𝑥 que não é a incógnita do problema,
então através da integral descobrimos do valor em relação a 𝑡.
𝑥′
= 𝑞(𝑡)
1
2 → 𝑥 = ∫ 𝑞(𝑡)
1
2 𝑑𝑡
Se você gosta de decorar, vamos melhorar aquela fração encontrada no segundo coeficiente

88. 88
1
2
𝑞(𝑡)−
1
2 𝑞′(𝑡) + 𝑞(𝑡)
1
2 𝑞(𝑡)
𝑞(𝑡)
2𝑞(𝑡)
1
2
2𝑞(𝑡)
1
2
𝑞′(𝑡) + 2𝑝(𝑡)𝑞(𝑡)
2𝑞(𝑡)3/2
Isso foi somente para ajeitá-la e deixar melhor, veja que o que foi adicionado em laranja não faz mudança no
resultado por que aquilo divido resulta em 1.
Se você substituir os valores e jogar nessa fração e o resultado for constante você irá pular todo processo feito antes e
bastará substituir o valor encontrado no coeficiente e igualar o primeiro coeficiente a um.
13.1 Primeiro exemplo
𝑦′′
+ 𝑡𝑦′
+ 𝑒−𝑡2
𝑦 = 0 , − ∞ < 𝑡 < +∞
Derivadas
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
→
𝑑2
𝑦
𝑑𝑡2
=
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
(
𝑑𝑥
𝑑𝑡
)
2
+
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑2
𝑥
𝑑𝑡2
Simplificar nomenclatura
𝑦′
= 𝑥′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
→ 𝑦′′
= (𝑥′)2
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑥′′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
Substituir
(𝑥′)2
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑥′′
𝑑𝑦
𝑑𝑥⏟
𝑦′′
+ 𝑡 𝑥′
𝑑𝑦
𝑑𝑥⏟
𝑦′
+ 𝑒−𝑡2
𝑦 = 0
Organizar
(𝑥′)2
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
+ [𝑥′′
+ 𝑡𝑥′]
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑒−𝑡2
𝑦 = 0
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
+ [
𝑥′′
+ 𝑡𝑥′
(𝑥′)2
]
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
𝑒−𝑡2
(𝑥′)2
𝑦 = 0
Coeficientes constantes
(𝑥′)2
= 𝑒−𝑡2
→ 𝑥′
= 𝑒−
𝑡2
2
𝑥′′
= −𝑡𝑒−
𝑡2
2
Teste
𝑥′′
+ 𝑡𝑥′
(𝑥′)2
=
−𝑡𝑒−
𝑡2
2 + 𝑡𝑒−
𝑡2
2
𝑒−𝑡2 = 0
Substituir valores
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7

89. 89
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑦 = 0
Agora resolvendo como uma equação de segunda ordem com variáveis constantes
Equação característica
𝜆2
+ 1 = 0
Raízes
𝜆 = √−1 = ±𝑖 → {
(𝑟𝑒𝑎𝑙) 𝛼 = 0
(𝑖𝑚𝑎𝑔) 𝛽 = 1
Temos que o imaginário é ±𝑖, mas na hora de selecionar pode escolher qualquer um, mas somente um, por isso que
𝛽 = 1
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 cos(𝑥) + 𝑘2 sen(𝑥)
𝑥 = ∫ 𝑒−
𝑡2
2 𝑑𝑡
O problema é que essa integral é impossível de se resolver, logo não tem outro jeito
𝑦 = 𝑘1 cos (∫ 𝑒−
𝑡2
2 𝑑𝑡 ) + 𝑘2 sen (∫ 𝑒−
𝑡2
2 𝑑𝑡 )
Veja que praticamente são 7 passos para transformar uma equação com coeficiente variáveis em uma com coeficiente
constante.
No início parece complicado, mas se você parar para analisar os passos são simples e com repetições de alguns
exercícios isso se torna prático e fácil.
Não aconselho de forma alguma decorar o teste.
Passo 8
Passo 9
Passo 10

90. 90
14. Equações características com raiz única – Uma pegadinha básica
Este é o caso comum em que quando a equação característica resulta em um discriminante nulo (∆= 0), nesse caso ao
invés da solução geral ser como de costume: 𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝜆𝑡
, aqui teríamos somente uma das parcelas, assim:
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆𝑡
, isso é um problema pois um conjunto fundamental de soluções deve ter duas funções somadas para a
Independência Linear e a possibilidade de gerar o espaço. Para isso utilizou-se de algumas técnicas para tentar
descobrir uma saída para este caso.
As ferramentas utilizadas foram:
𝑦 = 𝑣𝑦1
Em que 𝑦1 é uma solução particular da equação. Então desenvolvemos essa ferramenta usando as derivadas dela
𝑦′
= 𝑣′
𝑦1 + 𝑣𝑦1
′
→ 𝑦′′
= 𝑣′′
𝑦1 + 𝑣′
𝑦1
′
+ 𝑣′
𝑦1
′
+ 𝑣𝑦1
′′
⏟
𝑣′′ 𝑦1+2𝑣′ 𝑦1
′+𝑣𝑦1
′′
Com isso podemos substituir na forma geral de uma equação ordinária de segunda ordem
𝑎𝑦′′
+ 𝑏𝑦′
+ 𝑐𝑦 = 0
𝑎(𝑣′′
𝑦1 + 2𝑣′
𝑦1
′
+ 𝑣𝑦1
′′) + 𝑏(𝑣′
𝑦1 + 𝑣𝑦1
′ ) + 𝑐(𝑣𝑦1) = 0
Agora organizando
𝑎𝑣′′
𝑦1 + 𝑣′
(2𝑎𝑦1
′
+ 𝑏𝑦1) + 𝑣(𝑎𝑦1
′′
+ 𝑏𝑦1
′
+ 𝑐𝑦1) = 0
𝑎𝑣′′
𝑦1 + 𝑣′(2𝑎𝑦1
′
+ 𝑏𝑦1) = 0
Como 𝑦1 é solução particular da equação então trocamos seus valores por:
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′
= 𝜆𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′′
= 𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
𝑎𝑣′′
𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑣′
(2𝑎𝜆𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑏𝑒 𝜆𝑡
) = 0
Como estamos num caso em que o discriminante é nulo, então teremos uma forma de encontrar o valor da variável:
𝑎𝜆2
+ 𝑏𝜆 + 𝑐 = 0 → 𝛥 = 0 → 𝜆 =
−𝑏
2𝑎
→ 2𝑎𝜆 + 𝑏 = 0
Logo
𝑎𝑣′′
𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑣′
(2𝑎𝜆𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑏𝑒 𝜆𝑡
) = 0
𝑒 𝜆𝑡
(𝑎𝑣′′
+ 𝑣′(2𝑎𝜆 + 𝑏)) = 0
𝑒 𝜆𝑡
𝑎𝑣′′
= 0
Nesta parte final temos que num produto resultando em zero, um ou mais de um dos elementos envolvidos é igual a
zero, mas 𝑒 𝜆𝑡
nunca será igual a zero e a constante 𝑎 também nado pode por que ela é o coeficiente que acompanha 𝑦1
′′
,
ou seja, se 𝑎 for zero esta equação deixa de ser de segunda ordem e tudo que fizemos será em vão, por fim só nos resta
dizer que:
𝑣′′
= 0

91. 91
Por que isso é bom? Lembre-se que usamos 𝑦 = 𝑣𝑦1 como ferramenta para este caso, nós conhecemos o valor de 𝑦1 pois
o mesmo é solução particular da equação, então com o valor de 𝑣 encontramos o valor da solução geral que é 𝑦.
Não se engane, o valor que encontramos é 𝑣′′
= 0, temos que integrá-lo duas vezes para encontrarmos o seu valor.
∫ 𝑣′′
𝑑𝑣 = 𝑐1 → ∫ 𝑣′
𝑑𝑣 = 𝑐1 𝑡 + 𝑐2
Então temos que 𝑣 = 𝑐1 𝑡 + 𝑐2
Logo
𝑦 = 𝑣𝑦1 → 𝑦 = (𝑐1 𝑡 + 𝑐2)𝑦1
Como 𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
𝑦 = (𝑐1 𝑡 + 𝑐2)𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑐2 𝑡𝑒 𝜆𝑡
Esta é a solução geral de uma equação ordinária de segunda ordem cuja equação característica tenha uma única raiz.
Se o teste do Wronskiano for feito comprova-se que {𝑒 𝜆𝑡
, 𝑡𝑒 𝜆𝑡
} é L.I., ou seja, um conjunto fundamental de soluções.
14.1 Primeiro exemplo
𝑦′′
+ 4𝑦′
+ 4𝑦 = 0
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′
= 𝜆𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′′
= 𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
+ 4𝜆𝑒 𝜆𝑡
+ 4𝑒 𝜆𝑡
= 0
𝑒 𝜆𝑡(𝜆2
+ 4𝜆 + 4) = 0
𝜆2
+ 4𝜆 + 4 = 0
Raízes da equação
𝜆2
+ 4𝜆 + 4 = 0 → (𝜆 + 2)2
= 0 → 𝜆 = −2 → 𝑦 = 𝑘1 𝑒−2𝑡
+ 𝑘2 𝑡𝑒−2𝑡
14.2 Segundo exemplo
𝑦′′
− 𝑦′
+ 0,25𝑦 = 0 → 𝑦′′
− 𝑦′
+
1
4
𝑦 = 0 → 𝟒𝒚′′
− 𝟒𝒚′
+ 𝒚 = 𝟎, 𝑦(0) = 2 𝑦′(0) =
1
3
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝜆𝑡
Equação característica
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 1
Passo 2

92. 92
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′
= 𝜆𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′′
= 𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
4𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
− 4𝜆𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑒 𝜆𝑡
= 0
𝑒 𝜆𝑡(4𝜆2
− 4𝜆 + 1) = 0
4𝜆2
− 4𝜆 + 1 = 0
Raízes da equação
4𝜆2
− 4𝜆 + 1 = 0 → 𝜆 =
−𝑏
2𝑎
=
4
8
=
1
2
→ 𝑦 = 𝑘1 𝑒
𝑡
2 + 𝑘2 𝑡𝑒
𝑡
2
Aplicar dados
{
𝑦(0) = 2
𝑦′(0) =
1
3
𝑦 = 𝑘1 𝑒
𝑡
2 + 𝑘2 𝑡𝑒
𝑡
2 → 𝑦′
=
𝑘1
2
𝑒
𝑡
2 + 𝑘2 𝑒
𝑡
2 +
𝑘2 𝑡
2
𝑒
𝑡
2
2 = 𝑘1 →
1
3
=
𝑘1
2
+ 𝑘2
Sistema
𝑘1 = 2 →
2
2
+ 𝑘2 =
1
3
→ (𝑘1 = 2|𝑘2 = −
2
3
)
Solução particular
𝑦 = 2𝑒
𝑡
2 −
2
3
𝑡𝑒
𝑡
2
15. Redução de Ordem – Domando o diabo
Aqui não envolve o fato do discriminante ser nulo, também por que uma equação de coeficiente variáveis tem que
passar por um processo primeiro para depois se transformar numa equação característica.
Aqui iremos usar a mesma técnica apresentada antes, só que dessa vez não é para encontrar somente a solução geral,
mas sim para resolver esse tipo de equação e transformá-la em uma equação simples de primeira ordem. Essa técnica
se chama Redução de ordem.
A diferença deste método de resolução com o aprendido antes é que dessa vez a questão deve fornecer uma solução
particular, ou seja, o 𝑦1 para que aí sim possa se resolver a equação.
Utilizando a ferramenta de 𝑦 = 𝑣𝑦1, temos suas derivadas:
𝑦′
= 𝑣′
𝑦1 + 𝑣𝑦1
′
→ 𝑦′′
= 𝑣′′
𝑦1 + 𝑣′
𝑦1
′
+ 𝑣′
𝑦1
′
+ 𝑣𝑦1
′′
⏟
𝑣′′ 𝑦1+2𝑣′ 𝑦1
′+𝑣𝑦1
′′
Com isso podemos substituir na forma geral de uma equação ordinária de segunda ordem com coeficientes variáveis
𝑦′′
+ 𝑝(𝑡)𝑦′
+ 𝑞(𝑡)𝑦 = 0
𝑣′′
𝑦1 + 2𝑣′
𝑦1
′
+ 𝑣𝑦1
′′
+ 𝑝(𝑡)(𝑣′
𝑦1 + 𝑣𝑦1
′ ) + 𝑞(𝑡)𝑣𝑦1 = 0
Passo 6
Passo 3
Passo 4
Passo 5

93. 93
𝑣′′
𝑦1 + 𝑣′(2𝑦1
′
+ 𝑝(𝑡)𝑦1) + 𝑣(𝑦1
′′
+ 𝑝(𝑡)𝑦1
′
+ 𝑞(𝑡)𝑦1) = 0
𝑣′′
𝑦1 + 𝑣′(2𝑦1
′
+ 𝑝(𝑡)𝑦1) = 0
Utilizamos a técnica de redução de ordem: 𝑢 = 𝑣′
𝑢′
𝑦1 + 𝑢(2𝑦1
′
+ 𝑝(𝑡)𝑦1) = 0
Nesta forma temos um simples PVI, sendo que sua solução geral deve ser dada como a de um equação característica
de raiz única.
14.1 Primeiro exemplo
Temos a equação de Euler: 2𝑡2
𝑦′′
+ 3𝑡𝑦′
− 𝑦 = 0 , 𝑡 > 0 , 𝑦1 = 𝑡−1
Derivadas
𝑦 = 𝑣𝑡−1
→ 𝑦′
= 𝑣′
𝑡−1
− 𝑣𝑡−2
→ 𝑦′′
= 𝑣′′
𝑡−1
− 2𝑣′
𝑡−2
+ 2𝑣𝑡−3
Substituir
2𝑡2(𝑣′′
𝑡−1
− 2𝑣′
𝑡−2
+ 2𝑣𝑡−3) + 3𝑡(𝑣′
𝑡−1
− 𝑣𝑡−2) − 𝑣𝑡−1
= 0
𝑣′′
2𝑡 + 𝑣′(−4 + 3) + 𝑣(4𝑡−1
− 3𝑡−1
− 𝑡−1) = 0
2𝑡𝑣′′
− 𝑣′
= 0
Redução de ordem
𝑢 = 𝑣′
2𝑡𝑢′
− 𝑢 = 0
𝑢′
−
1
2𝑡
𝑢 = 0
Resolução normal de um PVI
Fator integrante
𝜇(𝑡) = 𝑒∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 = −
1
2 ∫
1
𝑡
= −
1
2
ln|𝑡|
= 𝑒
ln|𝑡
−
1
2|
= 𝑡−
1
2
Multiplicar fator integrante
𝑢′
−
1
2𝑡
𝑢 = 0 → 𝑢′
𝑡−
1
2 −
𝑡−
1
2
2𝑡
𝑢 = 0 → 𝑢′
𝑡−
1
2 −
𝑡−
3
2
2
𝑢 = 0
Simplificar
𝑢′
𝑡−
1
2 −
𝑡−
3
2
2
𝑢 → 𝑟𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 → 𝑡−
1
2 𝑢′
+ −
𝑡−
3
2
2
𝑢
𝐴𝑛𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠
→
𝑑
𝑑𝑡
[𝑢𝑡−
1
2]
𝑑
𝑑𝑡
[𝑢𝑡−
1
2] = 0 → 𝑢𝑡−
1
2 = 𝑐1
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6

94. 94
Integrar
𝑢𝑡−
1
2 = 𝑐1 → 𝑢 = 𝑐1 𝑡
1
2
𝑢 = 𝑣′
𝑣′
= 𝑐1 𝑡
1
2 → 𝑣 =
2𝑐1 𝑡
3
2
3
+ 𝑐2 → 𝑣 = 𝑐3 𝑡
3
2 + 𝑐2
Solução geral
𝑦 = 𝑣𝑦1 → 𝑦 = (𝑐3 𝑡
3
2 + 𝑐2) 𝑡−1
𝑦 =
𝑐2
𝑡
+ 𝑐3 𝑡
1
2
14.2 Primeiro Exemplo (método comum)
Temos a equação de Euler: 2𝑡2
𝑦′′
+ 3𝑡𝑦′
− 𝑦 = 0 , 𝑡 > 0
Organizar
2𝑡2
𝑦′′
+ 3𝑡𝑦′
− 𝑦 = 0 → 𝑦′′
+
3
2𝑡
𝑦′
−
1
2𝑡2
𝑦 = 0
Derivadas
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
→
𝑑2
𝑦
𝑑𝑡2
=
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
(
𝑑𝑥
𝑑𝑡
)
2
+
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑2
𝑥
𝑑𝑡2
Simplificar nomenclatura
𝑦′
= 𝑥′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
→ 𝑦′′
= (𝑥′)2
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑥′′
𝑑𝑦
𝑑𝑥
Substituir
(𝑥′)2
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
+ 𝑥′′
𝑑𝑦
𝑑𝑥⏟
𝑦′′
+
3
2𝑡
𝑥′
𝑑𝑦
𝑑𝑥⏟
𝑦′
−
1
2𝑡2
𝑦 = 0
Equação de Euler
𝑥 = ln|𝑡| → 𝑥′
=
1
𝑡
→ 𝑥′′
= −
1
𝑡2
Substituir
(
1
𝑡
)
2
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
−
1
𝑡2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
3
2𝑡
(
1
𝑡
)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
1
2𝑡2
𝑦 = 0
1
𝑡2
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
−
1
𝑡2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
3
2𝑡2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
1
2𝑡2
𝑦 = 0
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
−
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+
3
2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
1
2
𝑦 = 0
×⁡𝑡−2
Passo 7
Passo 8
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6

95. 95
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
+
1
2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
−
1
2
𝑦 = 0
Equação característica
𝜆2
+
1
2
𝜆 −
1
2
= 0 → 2𝜆2
+ 𝜆 − 1 = 0
Raízes da equação
2𝜆2
+ 𝜆 − 1 = 0 → 𝜆 =
−1 ± √12 + 4(2)
4
→ (𝜆 + 1) (𝜆 −
1
2
)
𝑦 = 𝑐1 𝑒−𝑥
+ 𝑐2 𝑒
𝑥
2
Retornar valores
𝑦 = 𝑐1 𝑒−𝑥
+ 𝑐2 𝑒
𝑥
2 → 𝑥 = ln|𝑡| → 𝑦 = 𝑐1 𝑒− ln|𝑡|
+ 𝑐2 𝑒
1
2
ln|𝑡|
𝑦 =
𝑐1
𝑡
+ 𝑐2 𝑡
1
2
Ambos lhe dão o mesmo resultado, analise os dois e veja qual deles você tem mais afinidade, mas é importante que
você aprenda os dois métodos.
Passo 7
Passo 8
Passo 9

96. 96
Exercícios resolvidos – Se parar, a bicicleta cai
Primeira questão
Ache a solução geral da equação diferencial proposta:
a) 𝑦′′
+ 2𝑦′
− 3𝑦 = 0
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′
= 𝜆𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′′
= 𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
+ 2𝜆𝑒 𝜆𝑡
− 3𝑒 𝜆𝑡
= 0
𝑒 𝜆𝑡(𝜆2
+ 2𝜆 − 3) = 0
𝜆2
+ 2𝜆 − 3 = 0
Raízes da equação
𝜆2
+ 2𝜆 − 3 = 0 → 𝜆2
+ 2⏟
𝑆
𝜆 − 3⏟
𝑃
= 0 → (𝜆 + 3)(𝜆 − 1) = 0 → 𝑦 = 𝑘1 𝑒−3𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝑡
b) 𝑦′′
+ 3𝑦′
+ 2𝑦 = 0
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′
= 𝜆𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′′
= 𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
+ 3𝜆𝑒 𝜆𝑡
+ 2𝑒 𝜆𝑡
= 0
𝑒 𝜆𝑡(𝜆2
+ 3𝜆 + 2) = 0
𝜆2
+ 3𝜆 + 2 = 0
Raízes da equação
𝜆2
+ 3𝜆 + 2 = 0 → 𝜆2
+ 3⏟
𝑆
𝜆 + 2⏟
𝑃
= 0 → (𝜆 + 2)(𝜆 + 1) = 0 → 𝑦 = 𝑘1 𝑒−2𝑡
+ 𝑘2 𝑒−𝑡
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 2
Passo 3
Passo 1

97. 97
c) 6𝑦′′
− 𝑦′
− 𝑦 = 0
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′
= 𝜆𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′′
= 𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
6𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
− 𝜆𝑒 𝜆𝑡
− 𝑒 𝜆𝑡
= 0
𝑒 𝜆𝑡(6𝜆2
− 𝜆 − 1) = 0
6𝜆2
− 𝜆 − 1 = 0
Raízes da equação
6𝜆2
− 𝜆 − 1 = 0 → 𝑥 =
1 ± √−12 + 4(6)
2(6)
→ (𝜆 +
1
2
) (𝜆 −
1
3
) = 0 → 𝑦 = 𝑘1 𝑒−
1
2
𝑡
+ 𝑘2 𝑒
1
3
𝑡
d) 2𝑦′′
− 3𝑦′
+ 𝑦 = 0
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′
= 𝜆𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′′
= 𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
2𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
− 3𝜆𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑒 𝜆𝑡
= 0
𝑒 𝜆𝑡(2𝜆2
− 3𝜆 + 1) = 0
2𝜆2
− 3𝜆 + 1 = 0
Raízes da equação
2𝜆2
− 3𝜆 + 1 = 0 → 𝑥 =
3 ± √−32 − 4(2)
2(2)
→ (𝜆 − 1) (𝜆 −
1
2
) = 0 → 𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝑡
+ 𝑘2 𝑒
1
2
𝑡
Passo 1
Passo 3
Passo 2
Passo 3
Passo 2
Passo 1

98. 98
e) 𝑦′′
+ 5𝑦′
= 0
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′
= 𝜆𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′′
= 𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
+ 5𝜆𝑒 𝜆𝑡
= 0
𝑒 𝜆𝑡(𝜆2
+ 5𝜆) = 0
𝜆2
+ 5𝜆 = 0
Raízes da equação
𝜆2
+ 5𝜆 = 0 → 𝜆(𝜆 + 5) = 0 → 𝑦 = 𝑘1 𝑒−5𝑡
+ 𝑘2
f) 4𝑦′′
− 9𝑦′
= 0
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′
= 𝜆𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′′
= 𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
4𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
− 9𝜆𝑒 𝜆𝑡
= 0
𝑒 𝜆𝑡(4𝜆2
− 9𝜆) = 0
4𝜆2
− 9𝜆 = 0
Raízes da equação
4𝜆2
− 9𝜆 = 0 → 𝜆(4𝜆 − 9) = 0 → 𝑦 = 𝑘1 𝑒
9
4
𝑡
+ 𝑘2
Passo 3
Passo 2
Passo 1
Passo 3
Passo 2
Passo 1

99. 99
g) 𝑦′′
− 9𝑦′
+ 9𝑦 = 0
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′
= 𝜆𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′′
= 𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
− 9𝜆𝑒 𝜆𝑡
− 9𝑒 𝜆𝑡
= 0
𝑒 𝜆𝑡(𝜆2
− 9𝜆 − 9) = 0
𝜆2
− 9𝜆 − 9 = 0
Raízes da equação
𝜆2
− 9𝜆 − 9 = 0 → 𝑥 =
9 ± √−92 + 4(9)
2
→ (𝜆 +
9 + 3√13
2
) (𝜆 +
9 − 3√13
2
) = 0
𝑦 = 𝑘1 𝑒
9−3√13
2
𝑡
+ 𝑘2 𝑒
9+3√13
2
𝑡
h) 2𝑦′′
+ 2𝑦′
+ 𝑦 = 0
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆1 𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝜆2 𝑡
Equação característica
2𝜆2
+ 2𝜆 + 1 = 0
2𝜆2
+ 2𝜆 + 1 = 0 → 𝜆 =
−2 ± √22 − 4.2
4
→
𝛼 = −
1
2
𝛽 =
1
2
Solução geral
𝑦 = 𝑒 𝛼𝑡[𝑘1 cos(𝛽𝑡) + 𝑘2 sen(𝛽𝑡)] → 𝑦 = 𝑒−
1
2
𝑡
[𝑘1 cos (
𝑡
2
) + 𝑘2 sen (
𝑡
2
)]
Passo 3
Passo 2
Passo 1
Passo 3
Passo 2
Passo 1

100. 100
Segunda questão
Encontre uma equação diferencial cuja solução geral seja:
a) 𝑦 = 𝑐1 𝑒2𝑡
+ 𝑐2 𝑒−3𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑘1 𝑒2𝑡
+ 𝑘2 𝑒−3𝑡
→ (𝜆 − 2)(𝜆 + 3) = 0 → 𝜆2
+ 𝜆 − 6 = 0
EDO
𝜆2
+ 𝜆 − 6 = 0 → 𝑦′′
+ 𝑦′
− 6𝑦 = 0
b) 𝑦 = 𝑐1 𝑒−𝑡/2
+ 𝑐2 𝑒−2𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑘1 𝑒−
1
2
𝑡
+ 𝑘2 𝑒−2𝑡
→ (𝜆 +
1
2
) (𝜆 + 2) = 0 → 𝜆2
+
5
2
𝜆 + 1 = 0
EDO
𝜆2
+
5
2
𝜆 + 1 = 0 → 𝑦′′
+
5
2
𝑦′
+ 𝑦 = 0
Terceira questão
Determine a solução do problema de valor inicial e determine o seu valor máximo:
a) 𝑦′′
− 𝑦′
= 0⁡⁡⁡,⁡⁡⁡𝑦(0) = 5/4⁡⁡⁡𝑦′(0) = −3/4
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′
= 𝜆𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′′
= 𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
− 𝜆𝑒 𝜆𝑡
= 0
𝑒 𝜆𝑡(𝜆2
− 𝜆) = 0
𝜆2
− 𝜆 = 0
Raízes da equação
𝜆2
− 𝜆 = 0 → 𝜆(𝜆 − 1) = 0 → 𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝑡
+ 𝑘2
Aplicar dados
{
𝑦(0) =
5
4
𝑦′(0) = −
3
4
Passo 1
Passo 2
Passo 1
Passo 2
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4

101. 101
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝑡
+ 𝑘2 → 𝑦′
= 𝑘1 𝑒 𝑡
5
4
= 𝑘1 + 𝑘2 → −
3
4
= 𝑘1
Sistema
(𝑘1 = −
3
4
|𝑘2 = 2)
Solução particular
𝑦 = −
3
4
𝑒 𝑡
+ 2
Ponto máximo
Vamos desenhar o gráfico positivo desta solução, para isso necessitamos do ponto quando 𝑦 = 0 e 𝑡 = 0.
−
3
4
𝑒 𝑡
+ 2 = 0 → 𝑒 𝑡
=
8
3
→ 𝑡 = ln
8
3
= 1
𝑦 = −
3
4
𝑒0
+ 2 → 𝑦 = −
3
4
+ 2 =
5
4
Com esses pontos temos um gráfico inicial.
Valor máximo
𝑦 = −
3
4
𝑒1
+ 2 = −0,04
Valor máximo não significa que ele deve ser positivo
Cuidado com a diferença entre ponto máximo e valor máximo
Passo 5
Passo 6
Lembra-te do gráfico de uma função
exponencial? Bom o problema é que
ela segue ao infinito.
Mas com as configurações dessa equação
conseguimos travar um “limite” nos valores
positivos, logo o valor máximo encontrado
será positivo, pois o valor negativo é infinito.
Agora veja que o maior ponto positivo possível
é aquele a qual está em cima do eixo 𝑦, que é
o valor que encontramos quando y = 0, logo
o ponto máximo positivo é 1.
Eu destaco que minhas respostas serão
sempre fracionais, pois elas são as melhores
e mais corretas, este é o meu conselho.
Passo 7
Passo 8

102. 102
a) 2𝑦′′
− 3𝑦′
+ 𝑦 = 0⁡⁡⁡,⁡⁡⁡𝑦(0) = 2⁡⁡⁡𝑦′(0) = 1/2
Solução geral
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑘2 𝑒 𝜆𝑡
Equação característica
𝑦 = 𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′
= 𝜆𝑒 𝜆𝑡
→ 𝑦′′
= 𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
2𝜆2
𝑒 𝜆𝑡
− 3𝑒 𝜆𝑡
+ 𝑒 𝜆𝑡
= 0
𝑒 𝜆𝑡(2𝜆2
− 3𝜆 + 1) = 0
2𝜆2
− 3𝜆 + 1 = 0
Raízes da equação
2𝜆2
− 3𝜆 + 1 = 0 → 𝑥 =
3 ± √−32 − 4(2)
4
→ (𝜆 − 1) (𝜆 −
1
2
) = 0
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝑡
+ 𝑘2 𝑒
1
2
𝑡
Aplicar dados
{
𝑦(0) = 2
𝑦′(0) =
1
2
𝑦 = 𝑘1 𝑒 𝑡
+ 𝑘2 𝑒
1
2
𝑡
→ 𝑦′
= 𝑘1 𝑒 𝑡
+
1
2
𝑘2 𝑒
1
2
𝑡
2 = 𝑘1 + 𝑘2 →
1
2
= 𝑘1 +
1
2
𝑘2
Sistema
{
𝑘1 + 𝑘2 = 2
𝑘1 +
1
2
𝑘2 =
1
2
→ (𝑘1 = −1|𝑘2 = 3)
Solução particular
𝑦 = −𝑒 𝑡
+ 3𝑒
1
2
𝑡
Valor máximo e ponto que a solução se anula
Vamos desenhar o gráfico positivo desta solução, para isso necessitamos do ponto quando 𝑦 = 0 e 𝑡 = 0.
−𝑒 𝑡
+ 3𝑒
1
2
𝑡
= 0 → 𝑒 𝑡
(−1 + 3𝑒−
𝑡
2) = 0 → 𝑒−
𝑡
2 =
1
3
→ −
𝑡
2
= ln
1
3
→ 𝑡 = −2 ln
1
3
= 2,2
𝑦 = −𝑒0
+ 3𝑒0
→ 𝑦 = −1 + 3 = 2
MASSSS, aqui temos uma coisa muito importante que não deve ser despercebida, temos duas funções somadas aí.
Isso quer dizer que a trajetória da função terá algumas curvas a mais em meio ao gráfico e isso pode se tornar um
ponto máximo que esteja fora dos eixos.
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 7

103. 103
Para este caso usamos o método do Cálculo I, a análise por pontos críticos e concavidades.
Ponto crítico (primeira derivada)
−𝑒 𝑡
+
3
2
𝑒
1
2
𝑡
= 0 → 𝑒 𝑡
(−1 +
3
2
𝑒−
𝑡
2) = 0 → 𝑒−
𝑡
2 =
2
3
→ −
𝑡
2
= ln
2
3
→ 𝑡 = −2 ln
2
3
= 0,81
Temos um ponto crítico, basta analisar se o mesmo é máximo
Usamos a segunda derivada (concavidade) para a análise e temos:
𝑓′′(𝑡) > 0 , 𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜
𝑓′′(𝑡) < 0 , 𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜
𝑓′′(𝑡) = 0 , 𝑖𝑛𝑐𝑒𝑟𝑡𝑜
Veredito
−𝑒0,81
+
3
4
𝑒
0,81
2 < 0
Eis que 0,81 é o ponto máximo
Nota: esse é o ponto máximo positivo, o negativo é infinito.
Valor máximo
𝑦 = −𝑒0,81
+ 3𝑒
0,81
2 = 2,25
Valor máximo não significa que ele deve ser positivo
Cuidado com a diferença entre ponto máximo e valor máximo
Passo 8
Passo 9
Passo 10

104. 104
16. Equações de segunda ordem não homogenias com coeficientes constantes
16.1 Uma equação não homogenia – Ou seja, um saco de problema
Uma equação não homogenia é uma equação que não é igual a zero como descrita abaixo:
𝑎𝑦′′
+ 𝑏𝑦′
+ 𝑐𝑦 = 𝑔(𝑡)
Se houver uma equação idêntica a essa só que igualada a zero, temos uma equação correspondente:
𝑎𝑦′′
+ 𝑏𝑦′
+ 𝑐𝑦 = 0
Para esse caso temos o desenvolvimento de teoremas que possam explicar uma maneira de resolver essas equações.
Veja-os a seguir
Primeiro teorema
Se 𝑦1 e 𝑦2 forem duas soluções de uma equação não homogenia, então a diferença 𝑦1 − 𝑦2 é uma solução de uma
equação homogenia correspondente.
𝐷𝑒𝑚𝑜𝑛𝑠𝑡𝑟𝑎çã𝑜
𝑎𝑦′′
+ 𝑏𝑦′
+ 𝑐𝑦 = 0
𝑎(𝑦1
′′
− 𝑦2
′′) + 𝑏(𝑦1
′
− 𝑦2
′ ) + 𝑐(𝑦1 − 𝑦2) = 0
(𝑎𝑦1
′′
+ 𝑏𝑦1
′
+ 𝑐𝑦1) − (𝑎𝑦2
′′
+ 𝑏𝑦2
′
+ 𝑐𝑦2) = 0
Temos que 𝑎𝑦′′
+ 𝑏𝑦′
+ 𝑐𝑦 = 𝑔(𝑡)
𝑔(𝑡) − 𝑔(𝑡) = 0
Segundo teorema
A solução geral de uma equação não homogenia pode ser escrita na forma:
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑦1(𝑡) + 𝑐2 𝑦2(𝑡) + 𝑦𝑝(𝑡)
Onde 𝑦1 e 𝑦2 constituem um conjunto fundamental de soluções de uma equação homogenia correspondente e 𝑦𝑝(𝑡) é
uma solução particular da equação não homogenia.
𝐷𝑒𝑚𝑜𝑛𝑠𝑡𝑟𝑎çã𝑜
Pelo primeiro teorema se 𝑦𝑝(𝑡) é uma solução particular de uma equação não homogenia então 𝑦(𝑡) − 𝑦𝑝(𝑡) é a solução
geral da equação homogenia.
𝑐1 𝑦1(𝑡) + 𝑐2 𝑦2(𝑡) são a solução geral da equação correspondente então temos:
𝑦(𝑡) − 𝑦𝑝(𝑡) = 𝑐1 𝑦1(𝑡) + 𝑐2 𝑦2(𝑡) → 𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑦1(𝑡) + 𝑐2 𝑦2(𝑡) + 𝑦𝑝(𝑡)

105. 105
Explicando
O primeiro teorema serve de base para o segundo, o segundo teorema diz claramente como é que deve ser a solução
geral de uma equação de segunda ordem não homogenia.
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑦1(𝑡) + 𝑐2 𝑦2(𝑡) + 𝑦𝑝(𝑡)
Em laranja é a solução geral da equação correspondente da equação não homogenia, em azul é a solução particular da
equação não homogenia.
A solução geral de uma equação correspondente é simples de achar, basta usar as equações características.
A solução particular de uma equação não homogenia deverá ser encontrada com os seguintes passos que serão
apresentados.
16.2 Método dos coeficientes indeterminados – Sua vida indeterminada
Temos uma equação não homogenia
𝑎𝑦′′
+ 𝑏𝑦′
+ 𝑐𝑦 = 𝑔(𝑡)
A solução particular 𝑦𝑝 deve ter a mesma característica da 𝑔(𝑡), será como se fosse um chute, mas esse chute será
somente da função como não sabemos qual o coeficiente que estará multiplicando a solução então simplesmente
colocamos uma constante ao lado da função.
𝑔(𝑡) → 𝑦𝑝 = 𝐴𝑔(𝑡)
Veja exemplos:
2𝑒−𝑡
→ 𝑦𝑝 = 𝐴𝑒−𝑡
cos(𝑡) → 𝑦𝑝 = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝑡) + 𝐵𝑠𝑒𝑛(𝑡)
7𝑡2
+ 5 → 𝑦𝑝 = 𝐴𝑡2
+ 𝐵𝑡 + 𝐶
Com esse chute temos de substituir os valores na equação não homogenia, para isso devemos derivar a solução até a
respectiva ordem da equação:
𝑦𝑝 = 𝐴𝑔(𝑡)
𝑦𝑝
′
= 𝐴𝑔′(𝑡)
𝑦𝑝
′′
= 𝐴𝑔′′(𝑡)
Com isso temos:
𝑎𝑦′′
+ 𝑏𝑦′
+ 𝑐𝑦 = 𝑔(𝑡) → 𝑎(𝐴𝑔′′(𝑡)) + 𝑏(𝐴𝑔′(𝑡)) + 𝑐(𝐴𝑔(𝑡)) = 𝑔(𝑡)
Como está tudo com funções parecidas, elas podem somar entre si e até mesmo se cancelarem. Dessa forma o objetivo
é encontrar esse coeficiente 𝐴, depois de organizar a soma usa-se da comparação de coeficientes com funções iguais
dos dois lados da igualdade para montarmos um sistema, assim:
5𝐴𝑥(𝑡) − 2𝐵𝐿(𝑥) = 3𝑥(𝑡) + 3𝐿(𝑥)
A função 𝑠𝑒𝑛(𝑡) e cos(𝑡) devem trabalhar
juntar pois se somente uma delas estiver
teremos um erro na conta.
As funções polinomiais devem completar
todos os seus graus na solução particular.
Se uma função estivesse faltando do outro
lado, os coeficientes seriam iguais a zero.

106. 106
{
5𝐴 = 3
−2𝐵 = 3
Outro exemplo
(5𝐴 + 3𝐵)𝑥(𝑡) + (𝐴 − 2𝐵)𝐿(𝑥) = 3𝑥(𝑡) + 3𝐿(𝑥)
{
5𝐴 + 3𝐵 = 3
𝐴 − 2𝐵 = 3
Quando os valores das constantes forem achados substituímos seus valores na forma original da solução particular:
𝑦𝑝 = 𝐴𝑔(𝑡)
Depois de substituir a constante encontrada, basta adicionarmos esse valor à solução geral da equação
correspondente completando assim o resultado final:
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 + 𝑦𝑝
16.3 Primeiro Exemplo
𝑦′′
− 3𝑦′
− 4𝑦 = 3𝑒2𝑡
Equação correspondente
𝑦′′
− 3𝑦′
− 4𝑦 = 0
𝜆2
− 3𝜆 − 4 = 0 → 𝜆 =
3 ± √32 + 4.4
2
→ {
𝜆1 = −1
𝜆2 = 4
→ 𝑦ℎ(𝑡) = 𝑐1 𝑒−𝑡
+ 𝑐2 𝑒4𝑡
Solução particular
𝑔(𝑡) = 3𝑒2𝑡
→ 𝑦𝑝(𝑡) = 𝐴𝑒2𝑡
Derivadas
𝑦𝑝 = 𝐴𝑒2𝑡
→ 𝑦𝑝
′
= 2𝐴𝑒2𝑡
→ 𝑦𝑝
′′
= 4𝐴𝑒2𝑡
Substituir
𝑦′′
− 3𝑦′
− 4𝑦 = 3𝑒2𝑡
→ 4𝐴𝑒2𝑡
− 6𝐴𝑒2𝑡
− 4𝐴𝑒2𝑡
= 3𝑒2𝑡
−6𝐴𝑒2𝑡
= 3𝑒2𝑡
Comparação de coeficientes
−6𝐴𝑒2𝑡
= 3𝑒2𝑡
𝐴 = −
3
6
= −
1
2
𝑦𝑝 = 𝐴𝑒2𝑡
→ −
1
2
𝑒2𝑡
Solução geral
𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝
Passo 1
Passo 2
Passo 3
ℎ quer dizer homogenia
Passo 4
Passo 5
Passo 6

107. 107
𝑦 = 𝑐1 𝑒−𝑡
+ 𝑐2 𝑒4𝑡
−
1
2
𝑒2𝑡
16.4 Segundo Exemplo
𝑦′′
− 3𝑦′
− 4𝑦 = 2 sen 𝑡
Equação correspondente
𝑦′′
− 3𝑦′
− 4𝑦 = 0
𝜆2
− 3𝜆 − 4 = 0 → 𝜆 =
3 ± √32 + 4.4
2
→ {
𝜆1 = −1
𝜆2 = 4
→ 𝑦ℎ(𝑡) = 𝑐1 𝑒−𝑡
+ 𝑐2 𝑒4𝑡
Solução particular
𝑔(𝑡) = 2 sen 𝑡 → 𝑦𝑝(𝑡) = 𝐴 sen 𝑡 + 𝐵 cos 𝑡
Derivadas
𝑦𝑝 = 𝐴 sen 𝑡 + 𝐵 cos 𝑡 → 𝑦𝑝
′
= 𝐴 cos 𝑡 − 𝐵 sen 𝑡 → 𝑦𝑝
′′
= −𝐴 sen 𝑡 − 𝐵 cos 𝑡
Substituir
𝑦′′
− 3𝑦′
− 4𝑦 = 3𝑒2𝑡
−𝐴 sen 𝑡 − 𝐵 cos 𝑡 − 3(𝐴 cos 𝑡 − 𝐵 sen 𝑡) − 4(𝐴 sen 𝑡 + 𝐵 cos 𝑡) = 2 sen 𝑡
−𝐴 sen 𝑡 − 𝐵 cos 𝑡 − 3𝐴 cos 𝑡 + 3𝐵 sen 𝑡 − 4𝐴 sen 𝑡 − 4𝐵 cos 𝑡 = 2 sen 𝑡
(−4𝐵 − 3𝐴 − 𝐵) cos 𝑡 + (−4𝐴 + 3𝐵 − 𝐴) sen 𝑡 = 2 sen 𝑡
(−5𝐵 − 3𝐴) cos 𝑡 + (−5𝐴 + 3𝐵) sen 𝑡 = 2 sen 𝑡
Comparação de coeficientes
(−5𝐵 − 3𝐴) cos 𝑡 + (−5𝐴 + 3𝐵) sen 𝑡 = 2 sen 𝑡
{
−3𝐴 − 5𝐵 = 0
−5𝐴 + 3𝐵 = 2
→ (𝐴 = −
5
17
|𝐵 =
3
17
)
𝑦𝑝 = 𝐴 sen 𝑡 + 𝐵 cos 𝑡 → −
5
17
sen 𝑡 +
3
17
𝐵 cos 𝑡
Solução geral
𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1 𝑒−𝑡
+ 𝑐2 𝑒4𝑡
−
5
17
sen 𝑡 +
3
17
𝐵 cos 𝑡
16.5 Terceiro Exemplo
𝑦′′
− 3𝑦′
− 4𝑦 = 4𝑡2
− 1
Equação correspondente
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 6
Passo 1

108. 108
𝑦′′
− 3𝑦′
− 4𝑦 = 0
𝜆2
− 3𝜆 − 4 = 0 → 𝜆 =
3 ± √32 + 4.4
2
→ {
𝜆1 = −1
𝜆2 = 4
→ 𝑦ℎ(𝑡) = 𝑐1 𝑒−𝑡
+ 𝑐2 𝑒4𝑡
Solução particular
𝑔(𝑡) = 4𝑡2
− 1 → 𝑦𝑝(𝑡) = 𝐴𝑡2
+ 𝐵𝑡 + 𝐶
Derivadas
𝑦𝑝 = 𝐴𝑡2
+ 𝐵𝑡 + 𝐶 → 𝑦𝑝
′
= 2𝐴𝑡 + 𝐵 → 𝑦𝑝
′′
= 2𝐴
Substituir
𝑦′′
− 3𝑦′
− 4𝑦 = 4𝑡2
− 1
2𝐴 − 3(2𝐴𝑡 + 𝐵) − 4(𝐴𝑡2
+ 𝐵𝑡 + 𝐶) = 4𝑡2
− 1
−4𝐴𝑡2
− (−4𝐵 + 6𝐴)𝑡 + (2𝐴 − 3𝐵 − 4𝐶) = 4𝑡2
− 1
Comparação de coeficientes
−4𝐴𝑡2
− (−4𝐵 + 6𝐴)𝑡 + (2𝐴 − 3𝐵 − 4𝐶) = 4𝑡2
− 1
{
−4𝐴 = 4
4𝐵 − 6𝐴 = 0
2𝐴 − 3𝐵 − 4𝐶 = −1
→ ⟨𝐴 = −1|𝐵 =
3
2
|𝐶 = −
11
8
⟩
𝑦𝑝 = 𝐴𝑡2
+ 𝐵𝑡 + 𝐶 → −𝑡2
+
3
2
𝑡 −
11
8
Solução geral
𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1 𝑒−𝑡
+ 𝑐2 𝑒4𝑡
− 𝑡2
+
3
2
𝑡 −
11
8
16.6 Quarto Exemplo
𝑦′′
− 3𝑦′
− 4𝑦 = −8𝑒 𝑡
cos 2𝑡
Equação correspondente
𝑦′′
− 3𝑦′
− 4𝑦 = 0
𝜆2
− 3𝜆 − 4 = 0 → 𝜆 =
3 ± √32 + 4.4
2
→ {
𝜆1 = −1
𝜆2 = 4
→ 𝑦ℎ(𝑡) = 𝑐1 𝑒−𝑡
+ 𝑐2 𝑒4𝑡
Solução particular
𝑔(𝑡) = −8𝑒 𝑡
cos 2𝑡 → 𝑦𝑝(𝑡) = 𝑒 𝑡(𝐴 cos 2𝑡 + 𝐵 sen 2𝑡)
Derivadas
𝑦𝑝 = 𝑒 𝑡(𝐴 cos 2𝑡 + 𝐵 sen 2𝑡) → 𝑦𝑝
′
= 𝑒 𝑡[(𝐴 + 2𝐵) cos 2𝑡 + (𝐵 − 2𝐴) sen 2𝑡]
Passo 6
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 3
Passo 4
Passo 5
Passo 4

109. 109
𝑦𝑝
′′
= 𝑒 𝑡[(−3𝐴 + 4𝐵) cos 2𝑡 + (−3𝐵 − 4𝐴) sen 2𝑡]
Substituir
𝑦′′
− 3𝑦′
− 4𝑦 = −8𝑒 𝑡
cos 2𝑡
𝑒 𝑡[(−3𝐴 + 4𝐵) cos 2𝑡 + (−3𝐵 − 4𝐴) sen 2𝑡] − 3(𝑒 𝑡[(𝐴 + 2𝐵) cos 2𝑡 + (𝐵 − 2𝐴) sen 2𝑡]) − 4(𝑒 𝑡(𝐴 𝑐𝑜𝑠 2𝑡 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 2𝑡))
𝑒 𝑡[(−10𝐴 − 2𝐵) cos 2𝑡 + (−10𝐵 + 2𝐴) sen 2𝑡] = −8𝑒 𝑡
cos 2𝑡
𝑒 𝑡(−10𝐴 − 2𝐵) cos 2𝑡 + 𝑒 𝑡(−10𝐵 + 2𝐴) sen 2𝑡 = −8𝑒 𝑡
cos 2𝑡
Comparação de coeficientes
𝑒 𝑡(−10𝐴 − 2𝐵) cos 2𝑡 + 𝑒 𝑡(−10𝐵 + 2𝐴) sen 2𝑡 = −8𝑒 𝑡
cos 2𝑡
{
−10𝐵 + 2𝐴 = 0
−2𝐵 − 10𝐴 = −8
→ (𝐴 =
10
13
|𝐵 =
2
13
)
𝑦𝑝 = 𝑒 𝑡(𝐴 cos 2𝑡 + 𝐵 sen 2𝑡) → 𝑒 𝑡
(
10
13
cos 2𝑡 +
2
13
sen 2𝑡)
Solução geral
𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝
𝑦 = 𝑐1 𝑒−𝑡
+ 𝑐2 𝑒4𝑡
+ 𝑒 𝑡
(
10
13
cos 2𝑡 +
2
13
sen 2𝑡)
17. Formas de equações não homogenias – Diferentes formas de sofrer
Terceiro Teorema
Se 𝑔(𝑡) = 𝑔1(𝑡) + 𝑔2(𝑡) e também 𝑦1 com 𝑦2 são soluções das equações:
𝑎𝑦1
′′
+ 𝑏𝑦1
′
+ 𝑐𝑦1 = 𝑔1(𝑡)
𝑎𝑦2
′′
+ 𝑏𝑦2
′
+ 𝑐𝑦2 = 𝑔2(𝑡)
Respectivamente, então 𝑦1 + 𝑦2 é uma solução da equação 𝑎𝑦′′
+ 𝑏𝑦′
+ 𝑐𝑦 = 𝑔(𝑡)
𝐷𝑒𝑚𝑜𝑛𝑠𝑡𝑟𝑎çã𝑜
𝑎𝑦′′
+ 𝑏𝑦′
+ 𝑐𝑦 = 𝑔(𝑡)
𝑎(𝑦1
′′
+ 𝑦2
′′) + 𝑏(𝑦1
′
+ 𝑦2
′ ) + 𝑐(𝑦1 + 𝑦2) = 𝑔(𝑡)
(𝑎𝑦1
′′
+ 𝑏𝑦1
′
+ 𝑐𝑦1) + (𝑎𝑦2
′′
+ 𝑏𝑦2
′
+ 𝑐𝑦2) = 𝑔(𝑡)
Como 𝑎𝑦1
′′
+ 𝑏𝑦1
′
+ 𝑐𝑦1 = 𝑔1(𝑡) e 𝑎𝑦2
′′
+ 𝑏𝑦2
′
+ 𝑐𝑦2 = 𝑔2(𝑡)
𝑔1(𝑡) + 𝑔2(𝑡) = 𝑔(𝑡)
Passo 5
Passo 6

110. 110
Explicação
Se uma equação não homogenia tenha um 𝑔(𝑡) em parcelas (somas) você pode separar a equação principal na mesma
quantidade de parcelas criando outras equações, cada uma com uma parte do 𝑔(𝑡) completo.
𝑦′′
− 3𝑦′
− 4𝑦 = 𝑒 𝑡
+ 𝑒−𝑡
→ {
𝑎𝑦1
′′
+ 𝑏𝑦1
′
+ 𝑐𝑦1 = 𝑒 𝑡
𝑎𝑦2
′′
+ 𝑏𝑦2
′
+ 𝑐𝑦2 = 𝑒−𝑡
Cada uma dessas equações terá o seu método de resolução normal como foi ensinado nos exemplos anteriores, no final
de tudo haverá a soma das soluções gerais das duas equações. Como a equação correspondente será a mesma para
ambos os casos, soma-se somente as soluções particulares e se completa com a solução da equação correspondente.
17.1 Primeiro Exemplo
𝑦′′
− 3𝑦′
− 4𝑦 = 3𝑒2𝑡
+ 2 sen 𝑡 − 8𝑒 𝑡
cos 2𝑡
Equação correspondente
𝑦′′
− 3𝑦′
− 4𝑦 = 0
𝜆2
− 3𝜆 − 4 = 0 → 𝜆 =
3 ± √32 + 4.4
2
→ {
𝜆1 = −1
𝜆2 = 4
→ 𝑦ℎ(𝑡) = 𝑐1 𝑒−𝑡
+ 𝑐2 𝑒4𝑡
Separação
𝑦′′
− 3𝑦′
− 4𝑦 = 3𝑒2𝑡
+ 2 sen 𝑡 − 8𝑒 𝑡
cos 2𝑡 → {
𝑦1
′′
− 3𝑦1
′
− 4𝑦1 = 3𝑒2𝑡
𝑦2
′′
− 3𝑦2
′
− 4𝑦2 = 2 sen 𝑡
𝑦3
′′
− 3𝑦3
′
− 4𝑦3 = −8𝑒 𝑡
cos 2𝑡
Soluções particulares
{
𝑦𝑝1
= −
1
2
𝑒2𝑡
𝑦𝑝2
= −
5
17
sen 𝑡 +
3
17
𝐵 cos 𝑡
𝑦𝑝3
= 𝑒 𝑡
(
10
13
cos 2𝑡 +
2
13
sen 2𝑡)
Solução geral
𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝1
+ 𝑦𝑝2
+ 𝑦𝑝3
𝑦 = 𝑐1 𝑒−𝑡
+ 𝑐2 𝑒4𝑡
−
1
2
𝑒2𝑡
−
5
17
sen 𝑡 +
3
17
𝐵 cos 𝑡 + 𝑒 𝑡
(
10
13
cos 2𝑡 +
2
13
sen 2𝑡)
18 Caso especial de equação não homogênea – Ainda mais problemas
Quando nos deparamos com uma solução particular 𝑦𝑝(𝑡) parecida com a solução geral da homogênea 𝑦ℎ(𝑡) temos
então um erro, lá na frente tudo se anulará e teremos o resultado zero.
Passo 1
Passo 2
2
Essas equações já foram resolvidas antes,
usaremos somente os seus resultados
Passo 3
2
Passo 4
2

111. 111
É como se fossem ondas (uma comparação), as duas ondas são idênticas, mas uma segue de uma forma e a segunda
segue de outra, quando se encontram temos a interferência destrutiva acabando com a duas ondas, ou seja, zero.
Vamos a um exemplo destrutivo para entender
18.1 Exemplo destrutivo
𝑦′′
+ 4𝑦 = 3 cos 2𝑡
Equação correspondente
𝑦′′
+ 4𝑦 = 0
𝜆2
+ 4 = 0 → 𝜆 = √4𝑖 →
𝜆1 = 2𝑖
𝜆2 = −2𝑖
→
𝛼 = 0
𝛽 = 2
Solução geral
𝑦ℎ(𝑡) = 𝑐1 cos 2𝑡 + 𝑐2 sen 2𝑡
Solução particular
𝑦𝑝(𝑡) = 𝐴 cos 2𝑡 + 𝐵 sen 2𝑡
Derivadas
𝑦𝑝(𝑡) = 𝐴 cos 2𝑡 + 𝐵 sen 2𝑡
𝑦𝑝
′′(𝑡) = −4𝐴 cos 2𝑡 − 4𝐵 sen 2𝑡
Substituir
𝑦′′
+ 4𝑦 = 3 cos 2𝑡
(−4𝐴 cos 2𝑡 − 4𝐵 sen 2𝑡) + 4(𝐴 cos 2𝑡 + 𝐵 sen 2𝑡) = 3 cos 2𝑡
−4𝐴 cos 2𝑡 − 4𝐵 sen 2𝑡 + 4𝐴 cos 2𝑡 + 4𝐵 sen 2𝑡 = 3 cos 2𝑡
0 = 3 cos 2𝑡
Perceba que paramos em lugar nenhum
18.2 Solução
Você pode pensar que agora vamos utilizar ferramentas pesadas para calcular aquela coisa sem que no final tudo
venha se anular.
Mas não, a solução é simplesmente multiplicar a solução particular pela função mais simples possível, o polinômio.
Esse polinômio pode ser simplesmente 𝑡, após multiplica-lo na solução particular teremos uma diferença entre as
soluções particular e homogenia e assim poderemos dar procedimento ao cálculo normal como já aprendemos.
Infelizmente nem tudo são flores, com a multiplicação do polinômio as derivadas se tornarão extensas por causa da
derivada do produto que irá aparecer toda vez.
Passo 1
2
Passo 2
2
Passo 3
2
Passo 4
2
Passo 5
2
Não esqueça que o positivo é o
escolhido entre duas raízes imaginárias.

112. 112
18.3 Exemplo Construtivo
𝑦′′
+ 4𝑦 = 3 cos 2𝑡
Equação correspondente
𝑦′′
+ 4𝑦 = 0
𝜆2
+ 4 = 0 → 𝜆 = √4𝑖 →
𝜆1 = 2𝑖
𝜆2 = −2𝑖
→
𝛼 = 0
𝛽 = 2
Solução geral da homogênea
𝑦ℎ(𝑡) = 𝑐1 cos 2𝑡 + 𝑐2 sen 2𝑡
Solução particular
𝑦𝑝(𝑡) = 𝐴 cos 2𝑡 + 𝐵 sen 2𝑡
𝑦𝑝(𝑡) = 𝐴𝑡 cos 2𝑡 + 𝐵𝑡 sen 2𝑡
Derivadas
𝑦𝑝(𝑡) = 𝐴𝑡 cos 2𝑡 + 𝐵𝑡 sen 2𝑡
𝑦𝑝
′ (𝑡) = 𝐴 cos 2𝑡 − 2𝐴𝑡 sen 2𝑡 + 𝐵 sen 2𝑡 + 2𝐵𝑡 cos 2𝑡
𝑦𝑝
′ (𝑡) = (𝐴 + 2𝐵𝑡) cos 2𝑡 + (𝐵 − 2𝐴𝑡) sen 2𝑡
𝑦𝑝
′′(𝑡) = 2𝐵 cos 2𝑡 − 2(𝐴 + 2𝐵𝑡) sen 2𝑡 − 2𝐴 sen 2𝑡 + 2(𝐵 − 2𝐴𝑡) cos 2𝑡
𝑦𝑝
′′(𝑡) = (4𝐵 − 4𝐴𝑡) cos 2𝑡 − (4𝐴 + 4𝐵𝑡) sen 2𝑡
Substituir
𝑦′′
+ 4𝑦 = 3 cos 2𝑡
(4𝐵 − 4𝐴𝑡) cos 2𝑡 − (4𝐴 + 4𝐵𝑡) sen 2𝑡 + 4(𝐴𝑡 cos 2𝑡 + 𝐵𝑡 sen 2𝑡) = 3 cos 2𝑡
(4𝐵 − 4𝐴𝑡) cos 2𝑡 − (4𝐴 + 4𝐵𝑡) sen 2𝑡 + 4𝐴𝑡 cos 2𝑡 + 4𝐵𝑡 sen 2𝑡 = 3 cos 2𝑡
(4𝐵 − 4𝐴𝑡) cos 2𝑡 + (−4𝐴 − 4𝐵𝑡) sen 2𝑡 + 4𝐴𝑡 cos 2𝑡 + 4𝐵𝑡 sen 2𝑡 = 3 cos 2𝑡
4𝐵 cos 2𝑡 − 4𝐴 sen 2𝑡 = 3 cos 2𝑡
Comparação de coeficientes
4𝐵 cos 2𝑡 − 4𝐴 sen 2𝑡 = 3 cos 2𝑡
(𝐴 = 0|𝐵 =
3
4
)
Passo 4
2
Passo 5
2
Não precisamos dessa derivada, ela está
aqui para mostrar a você o caminho das
derivadas dessa solução.
Passo 1
2
Passo 2
2
Passo 3
2
Passo 6
2
Passo 7

113. 113
𝑦𝑝(𝑡) =
3
4
𝑡 sen 2𝑡
Solução geral da não homogênea
𝑦(𝑡) = 𝑦ℎ(𝑡) + 𝑦𝑝(𝑡)
𝑦(𝑡) = 𝑐1 cos 2𝑡 + 𝑐2 sen 2𝑡 +
3
4
𝑡 sin 2𝑡

114. 114
19. Variação de parâmetros – Variando a sua pressão
Especulando um caso geral temos
𝑦′′
+ 𝑝(𝑡)𝑦′
+ 𝑞(𝑡)𝑦 = 𝑔(𝑡) , 𝑔(𝑡) ≠ 0
Uma equação não homogênea normal como a conhecemos.
A variação de parâmetros nesse caso consiste em: a solução particular será a cópia da solução geral da homogênea, só
que dessa vez os coeficientes constantes serão trocados por funções. Logo em seguida, sua derivada é igualada a zero.
𝑦ℎ(𝑡) = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2
𝑦𝑝(𝑡) = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 → 𝑢1
′
𝑦1 + 𝑢2
′
𝑦2 = 0
Vamos a estruturação do problema em forma de passo a passo
𝑦′′
+ 𝑝(𝑡)𝑦′
+ 𝑞(𝑡)𝑦 = 𝑔(𝑡) , 𝑔(𝑡) ≠ 0
Equação correspondente
𝑦′′
+ 𝑝(𝑡)𝑦′
+ 𝑞(𝑡)𝑦 = 0
Método convencional, cada questão tem seu jeito de resolver a equação característica
Solução geral da homogênea
𝑦ℎ(𝑡) = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2
Solução particular
𝑦𝑝(𝑡) = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2
𝑢1
′
𝑦1 + 𝑢2
′
𝑦2 = 0
Derivadas
𝑦𝑝(𝑡) = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2
𝑦𝑝
′ (𝑡) = 𝑢1
′
𝑦1 + 𝑢1 𝑦1
′
+ 𝑢2
′
𝑦2 + 𝑢2 𝑦2
′
Pela variação de parâmetros: 𝑢1
′
𝑦1 + 𝑢2
′
𝑦2 = 0
𝑦𝑝
′ (𝑡) = 𝑢1 𝑦1
′
+ 𝑢2 𝑦2
′
𝑦𝑝
′′(𝑡) = 𝑢1
′
𝑦1
′
+ 𝑢1 𝑦1
′′
+ 𝑢2
′
𝑦2
′
+ 𝑢2 𝑦2
′′
Substituir
𝑦′′
+ 𝑝(𝑡)𝑦′
+ 𝑞(𝑡)𝑦 = 𝑔(𝑡)
(𝑢1
′
𝑦1
′
+ 𝑢1 𝑦1
′′
+ 𝑢2
′
𝑦2
′
+ 𝑢2 𝑦2
′′) + 𝑝(𝑡)(𝑢1 𝑦1
′
+ 𝑢2 𝑦2
′ ) + 𝑞(𝑡)(𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2) = 𝑔(𝑡)
𝑢1
′
𝑦1
′
+ 𝑢1 𝑦1
′′
+ 𝑢2
′
𝑦2
′
+ 𝑢2 𝑦2
′′
+ 𝑝(𝑡)𝑢1 𝑦1
′
+ 𝑝(𝑡)𝑢2 𝑦2
′
+ 𝑞(𝑡)𝑢1 𝑦1 + 𝑞(𝑡)𝑢2 𝑦2 = 𝑔(𝑡)
Isolando 𝑢1 e 𝑢2
Não esqueça: 𝑢 são funções
Passo 1
2
Passo 3
2
Passo 2
2
Passo 4
2
Passo 5
2

115. 115
𝑢1
′
𝑦1
′
+ 𝑢2
′
𝑦2
′
+ 𝑢1(𝑦1
′′
+ 𝑝(𝑡)𝑦1
′
+ 𝑞(𝑡)𝑦1) + 𝑢2(𝑦2
′′
+ 𝑝(𝑡)𝑦2
′
+ 𝑞(𝑡)𝑦2) = 𝑔(𝑡)
Essas equações são idênticas a equação correspondente, que é igual a zero
𝑢1
′
𝑦1
′
+ 𝑢2
′
𝑦2
′
= 𝑔(𝑡)
Sistema
{
𝑢1
′
𝑦1
′
+ 𝑢2
′
𝑦2
′
= 𝑔(𝑡)
𝑢1
′
𝑦1 + 𝑢2
′
𝑦2 = 0
Resolvendo por La Place
∆= |
𝑦1 𝑦2
𝑦1
′
𝑦2
′ | = 𝑦1 𝑦2
′
− 𝑦2 𝑦1
′
∆1= |
0 𝑦2
𝑔(𝑡) 𝑦2
′ | = −𝑦2 𝑔(𝑡)
∆2= |
𝑦1 0
𝑦1
′
𝑔(𝑡)
| = 𝑦1 𝑔(𝑡)
Com isso temos:
𝑢1
′
= −
𝑦2 𝑔(𝑡)
𝑦1 𝑦2
′
− 𝑦2 𝑦1
′ = −
𝑦2 𝑔(𝑡)
𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑡)
𝑢2
′
=
𝑦1 𝑔(𝑡)
𝑦1 𝑦2
′
− 𝑦2 𝑦1
′ =
𝑦1 𝑔(𝑡)
𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑡)
Integrar
𝑢1 = − ∫
𝑦2 𝑔(𝑡)
𝑦1 𝑦2
′
− 𝑦2 𝑦1
′ = − ∫
𝑦2 𝑔(𝑡)
𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑡)
𝑢2 = ∫
𝑦1 𝑔(𝑡)
𝑦1 𝑦2
′
− 𝑦2 𝑦1
′ = ∫
𝑦1 𝑔(𝑡)
𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑡)
Solução geral da não homogenia
𝑦(𝑡) = 𝑦ℎ(𝑡) + 𝑦𝑝(𝑡)
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 + 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2
Esse valor veio lá do início
Esse cara é o Wronskiano
Passo 6
2
Passo 7
2
Passo 8
2

116. 116
Se você ama formulas, veja as formas que você pode resolver uma questão bem rapidamente:
𝑢1 = ∫
|
0 𝑦2
𝑔(𝑡) 𝑦2
′ |
|
𝑦1 𝑦2
𝑦1
′
𝑦2
′|
= − ∫
𝑦2 𝑔(𝑡)
𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑡)
= − ∫
𝑦2 𝑔(𝑡)
𝑦1 𝑦2
′
− 𝑦2 𝑦1
′
𝑢2 = ∫
|
𝑦1 0
𝑦1
′
𝑔(𝑡)
|
|
𝑦1 𝑦2
𝑦1
′
𝑦2
′|
= ∫
𝑦1 𝑔(𝑡)
𝑊(𝑦1, 𝑦2)(𝑡)
= ∫
𝑦1 𝑔(𝑡)
𝑦1 𝑦2
′
− 𝑦2 𝑦1
′
Mas antes vamos resolver pelo método normal mesmo
19.1 Primeiro Exemplo
𝑦′′
− 5𝑦′
+ 6𝑦 = 2𝑒 𝑡
Equação correspondente
𝑦′′
− 5𝑦′
+ 6𝑦 = 0
𝜆2
− 5𝜆 + 6 = 0 → 𝜆 =
5 ± √52 − 4.6
2
→ {
𝜆1 = 3
𝜆2 = 2
Solução geral da homogênea
𝑦ℎ(𝑡) = 𝑐1 𝑒3𝑡
+ 𝑐2 𝑒2𝑡
Solução particular
𝑦𝑝(𝑡) = 𝑢1 𝑒3𝑡
+ 𝑢2 𝑒2𝑡
𝑢1
′
𝑒3𝑡
+ 𝑢2
′
𝑒2𝑡
= 0
Derivadas
𝑦𝑝(𝑡) = 𝑢1 𝑒3𝑡
+ 𝑢2 𝑒2𝑡
𝑦𝑝
′ (𝑡) = 𝑢1
′
𝑒3𝑡
+ 3𝑢1 𝑒3𝑡
+ 𝑢2
′
𝑒2𝑡
+ 2𝑢2 𝑒2𝑡
𝑦𝑝
′ (𝑡) = 3𝑢1 𝑒3𝑡
+ 2𝑢2 𝑒2𝑡
𝑦𝑝
′′(𝑡) = 3𝑢1
′
𝑒3𝑡
+ 9𝑢1 𝑒3𝑡
+ 2𝑢2
′
𝑒2𝑡
+ 4𝑢2 𝑒2𝑡
Substituir
𝑦′′
− 5𝑦′
+ 6𝑦 = 2𝑒 𝑡
(3𝑢1
′
𝑒3𝑡
+ 9𝑢1 𝑒3𝑡
+ 2𝑢2
′
𝑒2𝑡
+ 4𝑢2 𝑒2𝑡) − 5(3𝑢1 𝑒3𝑡
+ 2𝑢2 𝑒2𝑡) + 6(𝑢1 𝑒3𝑡
+ 𝑢2 𝑒2𝑡
) = 2𝑒 𝑡
3𝑢1
′
𝑒3𝑡
+ 9𝑢1 𝑒3𝑡
+ 2𝑢2
′
𝑒2𝑡
+ 4𝑢2 𝑒2𝑡
− 15𝑢1 𝑒3𝑡
− 10𝑢2 𝑒2𝑡
+ 6𝑢1 𝑒3𝑡
+ 6𝑢2 𝑒2𝑡
= 2𝑒 𝑡
3𝑢1
′
𝑒3𝑡
+ 2𝑢2
′
𝑒2𝑡
+ 𝑢1(9𝑒3𝑡
− 15𝑒3𝑡
+ 6𝑒3𝑡) + 𝑢2(4𝑒2𝑡
− 10𝑒2𝑡
+ 6𝑒2𝑡) = 2𝑒 𝑡
3𝑢1
′
𝑒3𝑡
+ 2𝑢2
′
𝑒2𝑡
= 2𝑒 𝑡
Passo 1
2
Passo 2
2
Passo 3
2
Passo 4
2
Passo 5
2

117. 117
Sistema
{
3𝑢1
′
𝑒3𝑡
+ 2𝑢2
′
𝑒2𝑡
= 2𝑒 𝑡
𝑢1
′
𝑒3𝑡
+ 𝑢2
′
𝑒2𝑡
= 0
→ (𝑢1 = −𝑒−2𝑡|𝑢2 = 2𝑒−𝑡)
𝑦𝑝(𝑡) = −𝑒−2𝑡
𝑒3𝑡
+ 2𝑒−𝑡
𝑒2𝑡
𝑦𝑝(𝑡) = −𝑒 𝑡
+ 2𝑒 𝑡
𝑦𝑝(𝑡) = 𝑒 𝑡
Solução geral da não homogênea
𝑦(𝑡) = 𝑦ℎ(𝑡) + 𝑦𝑝(𝑡)
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒3𝑡
+ 𝑐2 𝑒2𝑡
+ 𝑒 𝑡
19.2 Segundo exemplo (com formula)
𝑦′′
+ 𝑦 = t𝑔 𝑡
Equação correspondente
𝑦′′
+ 𝑦 = 0
𝜆2
+ 1 = 0 → 𝜆 = √1𝑖 → {
𝜆1 = −𝑖
𝜆2 = 𝑖
→ {
𝛼 = 0
𝛽 = 1
Solução geral da homogênea
𝑦ℎ(𝑡) = 𝑐1 cos 𝑡 + 𝑐2 sen 𝑡
Solução particular
𝑦𝑝(𝑡) = 𝑢1 cos 𝑡 + 𝑢2 sen 𝑡
𝑢1
′
cos 𝑡 + 𝑢2
′
sen 𝑡 = 0
Sistema
{
𝑢1
′
𝑦1
′
+ 𝑢2
′
𝑦2
′
= 𝑔(𝑡)
𝑢1
′
𝑦1 + 𝑢2
′
𝑦2 = 0
→ {
−𝑢1
′
sen 𝑡 + 𝑢2
′
cos 𝑡 = tg 𝑡
𝑢1
′
cos 𝑡 + 𝑢2
′
sen 𝑡 = 0
𝑢1 = ∫
|
0 𝑦2
𝑔(𝑡) 𝑦2
′ |
|
𝑦1 𝑦2
𝑦1
′
𝑦2
′|
= ∫
− tg 𝑡 sen 𝑡
1
𝑢2 = ∫
|
0 𝑦2
𝑔(𝑡) 𝑦2
′ |
|
𝑦1 𝑦2
𝑦1
′
𝑦2
′|
= ∫
sen 𝑡
1
Passo 6
2
Passo 7
2
Passo 1
2
Passo 2
2
Passo 3
2
Passo 4
2

118. 118
Integrar
𝑢1 = ∫
− tg 𝑡 sen 𝑡
1
= − ∫
sen2
𝑡
cos 𝑡
= ∫ cos 𝑡 𝑑𝑡 − ∫ sec 𝑡 𝑑𝑡 = sen 𝑡 − ln|sec 𝑡 − tg 𝑡|
𝑢2 = ∫ sen 𝑡 𝑑𝑡 = − cos 𝑡
𝑦𝑝(𝑡) = (sen 𝑡 − ln|sec 𝑡 − tg 𝑡|) cos 𝑡 − cos 𝑡 sen 𝑡
𝑦𝑝(𝑡) = − ln|sec 𝑡 − tg 𝑡| cos 𝑡
Solução geral da não homogênea
𝑦(𝑡) = 𝑦ℎ(𝑡) + 𝑦𝑝(𝑡)
𝑦(𝑡) = 𝑐1 cos 𝑡 + 𝑐2 sen 𝑡 − ln|sec 𝑡 − tg 𝑡| cos 𝑡
Perceba que sem usar a formula tivemos 7 passos; usando a formula, tivemos 6 passos. Então para não perder tempo
decorando, aprenda o método comum, mas se você não se garante na derivada do produto, decore o método mecânico
para resolver as variações.
Você vai utilizar o método da Variação de Parâmetros quando ao tentar resolver uma equação por coeficientes
indeterminados, você não consegue obter uma solução particular da equação, então o jeito é partir para a variação de
parâmetro.
A variação de parâmetro resolve QUALQUER equação ordinária de segunda ordem não homogênea.
Você usa esse método quando uma equação foge do estilo: exponencial, polinomial e seno-cosseno. Após esses,
encontrar uma solução particular se torna muito difícil.
O método dos coeficientes indeterminados foge de integrais, mas a variação de parâmetros exige que você integre.
Passo 5
2
Passo 6
2

119. 119
20. Equações de ordem superior – Estamos ferrados
Estamos Ferrados? Bom, de certa forma: sim. Tudo vai depender da forma maravilhosa como a questão será feita. Os
passos iniciais são simples, de certa forma, mas logo em seguida temos a incrível tarefa de derivar a solução geral em
relação a ordem da equação para encontrar os coeficientes da solução geral, por exemplo: se a equação for de ordem 4,
temos que derivar três vezes.
Resumindo, você irá resolver uma equação de ordem superior da mesma forma que uma equação de segunda ordem.
Vamos a um exemplo.
20.1 Primeiro Exemplo
𝑦′′′′
+ 𝑦′′′
− 7𝑦′′
− 𝑦′
+ 6𝑦 = 0 ,
{
𝑦(0) = 1
𝑦′(0) = 0
𝑦′′(0) = −2
𝑦′′′(0) = −1
Equação característica
𝜆4
+ 𝜆3
− 7𝜆2
− 𝜆 + 6 = 0
Você sabe encontrar as raízes disso aí? Vamos lembrar do 3º ano do ensino médio
O importante é ter uma primeira raiz, a qual será encontrada por tentativa, depois disso é tudo mecânico.
Vamos testar o número 1:
𝜆4
+ 𝜆3
− 7𝜆2
− 𝜆 + 6 = 0 → 1 + 1 − 7 − 1 + 6 = 0
Parece que deu certo né? Então já temos a primeira raiz:
(𝜆1 − 1) = 0
Após esse passo a divisão de polinômios é a saída para esse caso:
Sendo 𝜆1 − 1 = 0, sua raiz é 1 e sendo o polinômio 𝜆4
+ 𝜆3
− 7𝜆2
− 𝜆 + 6 = 0
. 1 1
1 . .
−7
.
−1
.
6
.
O processo é simples:
1º Repita o primeiro coeficiente
2º Multiplique o coeficiente com a raiz
3° Some o resultado com o próximo coeficiente
4º Coloque o resultado abaixo do coeficiente somado
5º Repita o processo até terminar os coeficientes
6º O resultado abaixo da constante 6, se chama resto
Passo 1
2
coeficientes

120. 120
Dividindo
. 1 1
1 1 2
−7
−5
−1
−6
6
0
Temos o resultado:
𝜆3
+ 2𝜆2
− 5𝜆 − 6 = 0
Ainda temos problemas quanto ao achar as raízes desse polinômio,
o jeito é encontrar mais uma raiz por tentativa e aí sim poderemos encontrar as raízes finais.
Vamos testar o número -1:
𝜆4
+ 𝜆3
− 7𝜆2
− 𝜆 + 6 = 0 → 1 − 1 − 7 + 1 + 6 = 0
Com isso temos:
(𝜆2 + 1) = 0
Prosseguindo a uma nova divisão:
Com isso podemos encontrar o resto das raízes:
𝜆2
+ 𝜆 − 6 = 0 → 𝜆 =
−1 ± √12 + 4.6
2
→
𝜆3 = 2
𝜆4 = −3
Juntando todas as raízes:
(𝜆 − 1)(𝜆 + 1)(𝜆 − 2)(𝜆 + 3) = 0
Solução geral
𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑡
+ 𝑐2 𝑒−𝑡
+ 𝑐3 𝑒2𝑡
+ 𝑐4 𝑒−3𝑡
Derivadas
𝑦(0) = 1 ; 𝑦′(0) = 0 ; 𝑦′′(0) = −2 ; 𝑦′′′(0) = −1
𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑡
+ 𝑐2 𝑒−𝑡
+ 𝑐3 𝑒2𝑡
+ 𝑐4 𝑒−3𝑡
→ 𝑐1 + 𝑐2 + 𝑐3 + 𝑐4 = 1
𝑦′
= 𝑐1 𝑒 𝑡
− 𝑐2 𝑒−𝑡
+ 2𝑐3 𝑒2𝑡
− 3𝑐4 𝑒−3𝑡
→ 𝑐1 − 𝑐2 + 2𝑐3 − 3𝑐4 = 0
𝑦′′
= 𝑐1 𝑒 𝑡
+ 𝑐2 𝑒−𝑡
+ 4𝑐3 𝑒2𝑡
+ 9𝑐4 𝑒−3𝑡
→ 𝑐1 + 𝑐2 + 4𝑐3 + 9𝑐4 = −2
𝑦′′′
= 𝑐1 𝑒 𝑡
− 𝑐2 𝑒−𝑡
+ 8𝑐3 𝑒2𝑡
− 27𝑐4 𝑒−3𝑡
→ 𝑐1 − 𝑐2 + 8𝑐3 − 27𝑐4 = −1
Passo 3
2
. 1 2
−1 1 1
−5
−6
−6
0Polinômio dividido
Passo 2
2

121. 121
Sistema
{
𝑐1 + 𝑐2 + 𝑐3 + 𝑐4 = 1
𝑐1 − 𝑐2 + 2𝑐3 − 3𝑐4 = 0
𝑐1 + 𝑐2 + 4𝑐3 + 9𝑐4 = −2
𝑐1 − 𝑐2 + 8𝑐3 − 27𝑐4 = −1
Resolvendo por Gauss
|
1 1 1
1 −1 2
1
1
1
−1
4
8
1 1
−3 0
9
−27
−2
−1
| →
𝐿2 = 𝐿2 − 𝑚2 𝐿1 , 𝑚2 =
𝑎21
𝑎11
= 1
𝐿2 = (0 −2 1 −4 −1)
|
1 1 1
0 −2 1
1
1
1
−1
4
8
1 1
−4 −1
9
−27
−2
−1
| →
𝐿3 = 𝐿3 − 𝑚3 𝐿1 , 𝑚3 =
𝑎31
𝑎11
= 1
𝐿3 = (0 0 3 8 −3)
|
1 1 1
0 −2 1
0
1
0
−1
3
8
1 1
−4 −1
8
−27
−3
−1
| →
𝐿4 = 𝐿4 − 𝑚4 𝐿1 , 𝑚4 =
𝑎41
𝑎11
= 1
𝐿4 = (0 −2 7 −28 −2)
|
1 1 1
0 −2 1
0
0
0
−2
3
7
1 1
−4 −1
8
−28
−3
−2
| →
𝐿4 = 𝐿4 − 𝑚4 𝐿2 , 𝑚4 =
𝑎42
𝑎22
= 1
𝐿4 = (0 0 6 −24 −1)
|
1 1 1
0 −2 1
0
0
0
0
3
6
1 1
−4 −1
8
−24
−3
−1
| →
𝐿4 = 𝐿4 − 𝑚4 𝐿3 , 𝑚4 =
𝑎43
𝑎33
= 2
𝐿4 = (0 0 0 −40 5)
{
𝑐1 + 𝑐2 + 𝑐3 + 𝑐4 = 1
0 − 2𝑐2 + 𝑐3 − 4𝑐4 = −1
0 + 0 + 3𝑐3 + 8𝑐4 = −3
0 − 0 + 0 − 40𝑐4 = 5
→ 𝑐4 = −
1
8
, 𝑐3 = −
2
3
, 𝑐2 =
5
12
, 𝑐1 =
11
8
Solução geral
𝑦 =
11
8
𝑒 𝑡
+
5
12
𝑒−𝑡
−
2
3
𝑒2𝑡
−
1
8
𝑒−3𝑡
Pode parecer muito complicado, mas com treino isso se torna prático, mas também existem questões desse tipo que
pela sua forma de ser torna a resolução extremamente cansativa.
Vale avisar que qualquer método e problema que se encontra em uma equação de segunda ordem, também se aplica
em equações superiores da mesma forma. O importante é lembrar que equação de ordem superior é a mesma coisa
que uma equação de segunda ordem, a diferença é que pela ordem da equação a resolução se torna maior e mais
cansativa de se calcular.
Passo 4
2
Passo 5
2

122. 122
Bom, chegamos ao fim do nosso passeio pelo inferno. Espero que tenha APRENDIDO e não decorado os passos
para a prova e depois esquecer. Esse aprendizado é importante para a sua vida.
Agradeço pela opção em estudar com a minha apostila, venha revê-la toda vez que tiver dúvidas. Tenho
materiais a parte como listas resolvidas e EDO e esta apostila em slides na rede social Passei Direto, os nomes das
listas resolvidas para que você encontre no site são:
 EDO – Lista 1 Resolvida
 EDO – Lista 2 Resolvida
 EDO – Lista 4 Resolvida
 EDO – Lista 5 Resolvida
Faça bom proveito das listas e espero que dê tudo certo no seu período, só tenho a agradecer a Deus por ter me
dado forças e saúde para produzir esta apostila e ao Professor Carlos Wagner pelas suas aulas que me motivaram a
criar esta apostila. Obrigado
Helder Guerreiro, 09 de novembro de 2016.