5.1 Exercícios Complementares

5.1 Exercícios Complementares 6.4A Usando a De nição 6.1.3 ou o Teorema 6.1.9, mostre que as funções dadas são soluções LI da EDO indicada. (a) y 1 (x) = sen x; y (x) = cos x; y 00 + y = 0; (b) y 1 (x) = ; y (x) = sen x; y 3 (x) = 3 cos x; y 000 + y 0 = 0; (c) y 1 (x) = e x ; y (x) = e x ; y 3 (x) = sen x; y 4 (x) = cos x; y (4) y = 0; (d) y 1 (x) = e x ; y (x) = e x ; y 3 (x) = e 3x ; y 000 6y 00 + 11y 0 6y = 0 6.4B Encontre a solução geral das seguintes EDO s (a) y 00 3y 0 + y = 0 (b) y (4) + 4y = 0 (c) y 000 6y 00 + 11y 0 6y = 0 (d) y 00 + 4y 0 + y = 0 (e) y (4) + 5y 000 = 0 (f) y 000 3y 00 + 4y 0 y = 0 (g) y 000 y 00 y 0 + y = 0 (h) y (4) + y 00 + y = 0 6.4C Em cada caso, veri que que as funções dadas são soluções LI da EDO indicada e determine a solução geral. (a) y 1 (x) = cos x e y (x) = sen x; y (4) 4y 000 + 7y 00 4y 0 + 6y = 0; (b) y 1 (x) = e x cos x e y (x) = e x sen x; y (4) y 000 + 3y 00 64y 0 + 64y = 0; (c) y 1 (x) = e x cos x e y (x) = e x sen x; y (4) 6y 000 + 19y 00 6y 0 + 1y = 0; (d) y 1 (x) = e x e y (x) = xe x ; y (5) y (4) y 000 + y 00 + y 0 y = 0; (e) y 1 (x) = e x ; y (x) = e x e y 3 (x) = e x ; y (6) 5y (4) + 16y 000 + 36y 00 16y 0 3y = 0 6.4D Qual a solução geral de uma EDO linear homogênea com coe cientes constantes, cujas raízes da equação característica são ; ; ; 3; 3; 3 4i; 3 + 4i; 3 4i e 3 + 4i? Qual é a EDO? 6.4E Encontre a EDO de segunda ordem com a seguinte família de curvas integrais (a) y = C 1 x + C x (b) y = C 1 e x + C xe x (c) C 1 e x + C e x 6.4F Com o Método dos Coe cientes a Determinar (MCD), encontre a solução geral da EDO.

SÉRIES E EQUAÇÕES DIFERENCIAIS MPMATOS 43 (a) y 00 y 0 y = 4x (b) y 0 5y = (x 1) sen x + (x + 1) cos x (c) y 00 + y 0 + y = 1 + x (d) y 00 + 4y 0 + y = x + e x (e) y 00 = 9x + x 1 (f) y 00 3y 0 + y = e x e x + sen x (g) y 000 y 00 y 0 + y = x (h) y 0 5y = x e x xe 5x (i) y 0 y = 1 + xe x (j) y 000 6y 00 + 11y 0 6y = xe x (k) y (4) + 4y = x 3x + (l) y 000 y = 3 sen x cos x 6.4G Encontre a solução geral das seguintes equações de Euler-Cauchy (a) 4x y 00 4xy 0 + 3y = sen ln ( x) ; x < 0 (b) x y 00 3xy 0 + 3y = 0 (c) x y 00 xy 0 + y = 1 + (ln x) ; x > 0 (d) x y 00 3xy 0 + 3y = ln x, x > 0 (e) x 3 y 000 3x y 00 + 6xy 0 6y = 0 (f) x y 00 6xy 0 = 0 6.4H Considere as funções y 1 (x) = x m sen ln (x n ) e y (x) = x m cos ln (x n ), de nidas para x > 0 Calcule o wronskiano w (x) dessas funções e encontre uma EDO do tipo Euler de segunda ordem possuindo y 1 e y como soluções. 6.4I Com o Método de Variação dos Parâmetros (MVP), encontre a solução geral da EDO. (a) y 00 y 0 + y = x 1 e x (b) y 0 + 4y=x = x 4 (c) y 00 y 0 + y = x 5 e x (d) y 00 + 4y = sen x (e) y 00 y 0 + y = e x + xe x (f) x y 00 y = (x 1) x (g) y 000 + x y 0 x 3 y = x ln x (h) y 000 + y 0 = sec x 6.4J Veri que que as funções x 1 (t) = t e x (t) = 1 + t são soluções LI da EDO t 1 x t _x + x = 0 e usando o MVP encontre a solução geral da EDO não homogênea t 1 x t _x + x = 1 t 6.4K Considere a EDO não-homogênea t 3 x + 3t x = 1 Veri que que as funções x 1 (t) = 1; x (t) = t e x 3 (t) = 1=t; t > 0; são soluções LI da EDO homogênea associada e, usando o MVP, encontre a solução geral da EDO não homogênea.

44 EDO LINEAR DE ORDEM SUPERIOR CAP. 6 6.4L Qual a solução da equação de Euler-Cauchy x y 00 xy 0 + y = 0 que satisfaz às condições iniciais y (1) = 1 e y 0 (1) = 4? 6.4M Encontre a solução da EDO x y 00 + xy 0 + y = ln x que satisfaz às condições y (1) = 0 e y 0 (1) = 6.4N Mostre que as funções sen x e cos x são soluções LI da EDO xy 00 y 0 + 4x 3 y = 0, embora o wronskiano seja nulo em x = 0 Por que isso não contradiz os fatos teóricos (Observação 6.1.10)? 6.4O Veri que que no intervalo ]0; 1[ as funções y 1 (x) = sen (1=x) e y (x) = cos (1=x) são soluções LI da EDO x 4 y 00 + x 3 y 0 + y = 0 e encontre a solução que satisfaz às condições y (1=) = 1 e y 0 (1=) = 1 6.4P Considere a EDO y 00 + a (x) y = b (x) ; sendo a (x) e b (x) funções deriváveis. Se y 1 (x) e y (x) são soluções LI da EDO homogênea associada, com Wronskiano W; mostre que a solução geral da EDO não homogênea vem dada por y (x) = 1 W Z y 1 (x) Z y (x) b (x) dx + y (x) y 1 (x) b (x) dx 6.4Q REDUZINDO A ORDEM Seja ' (x) uma solução da EDO linear homogênea y 00 + a 1 (x) y 0 + a 0 (x) y = 0 sendo a 0 (x) e a 1 (x) funções contínuas em um intervalo I, onde ' (x) 6= 0 A substituição y = 'z reduz a EDO a z 00 + a 1 (x) + ' 0 =' z 0 = 0 que, por sua vez, com a substituição u = z 0 se reduz a EDO de primeira ordem () u 0 + a 1 (x) + ' 0 =' u = 0 A solução geral da EDO (), obtida a partir de (5.1), é u (x) = C' (x) exp R a1 (x) dx e daí obtemos Z z (x) = C ' (x) exp R a1 (x) dx dx

SÉRIES E EQUAÇÕES DIFERENCIAIS MPMATOS 45 Considerando a constante C igual a 1, obtemos uma segunda solução Z (x) = ' (x) ' (x) exp R a1 (x) dx dx No intervalo 1 < x < 1, mostre que ' (x) = x é uma solução da equação 1 x y 00 xy 0 +y = 0; determine uma segunda solução (x) LI com ' (x) e a solução geral da EDO. 6.4R Considere a EDO linear de segunda ordem não homogênea y 00 + a 1 (x) y 0 + a 0 (x) y = b (x) ; com a 0 (x) ; a 1 (x) e b (x) contínuas. Se ' (x) é uma solução não nula da EDO homogênea associada, mostre que a substituição y = 'z leva a EDO à forma d dx ' z 0 + a 1 ' z 0 = 'b; que possui fator integrante I = exp R a 1 (x) dx 6.4S Usando o método descrito no exercício precedente com ' (x) = x ou ' (x) = e x ; determine a solução geral das seguintes EDO s (a) xy 00 (x + 3) y 0 + 3y = x (b) (1 x) y 00 + xy 0 y = (1 x) (c) 1 + x y 00 xy 0 + y = 0 (d) xy 00 (x + 1) y 0 + (x + 1) y = 0 5. Aplicações 5..1 Vibrações Amortecidas e Forçadas

46 EDO LINEAR DE ORDEM SUPERIOR CAP. 6 Consideremos um corpo de massa m; preso a uma mola (veja gura 6.3), sob a ação das seguintes forças força de atrito força restauradora força externa F (t) A Segunda Lei de Newton estabelece que ou, de forma equivalente cv; c > 0, oposta ao movimento, onde v representa a velocidade; k x; exercida pela mola, sendo k uma constante positiva, e mx = c _x k x + F (t) x + c k _x + m m x = F (t) m ; (5.1) que é a equação do movimento para vibrações forçadas. Quando não houver forças externas, isto é, quando F 0; as vibrações serão amortecidas. Trata-se de uma EDO linear de segunda ordem nas variáveis x e t, com coe cientes constantes, que pode ser resolvida pelo Método dos Coe cientes a Determinar, dependendo da função F, naturalmente, ou pelo Método de Variação dos Parâmetros. No caso amortecido, a EDO se escreve sob a forma cuja equação característica + c m + k m x + c k _x + m m x = 0; = 0 possui raízes = c p c m k m ; e existem dois m casos a considerar. No primeiro caso, quando c > k m; as raízes são reais e distintas e fazendo! = p jc k mj ; a solução geral é m x (t) = e ct=m C 1 e!t + C e!t No outro caso, quando c < k m; as raízes são = c m i! e a solução geral é x (t) = e ct=m [C 1 cos!t + C sen!t] Quando a força externa F (t) é uma função contínua por partes, podemos usar sua Série de Fourier para encontrar uma solução x (t) da EDO (5.1). Suponhamos que os dados do problema são de tal forma que a EDO resultante seja x + (00) _x + 5x = F (t) ; (5.)

SÉRIES E EQUAÇÕES DIFERENCIAIS MPMATOS 47 e F (t) é a função -periódica de nida por < t + =; se < t 0 F (t) = t + =; se 0 < t < ; com Série de Fourier (ver Exercício 4.4F(i)) F (t) = 4 cos 3t cos 5t cos t + 3 + 5 + É razoável imaginar uma solução x (t) da equação (5.) como a soma de soluções aproximadas de equações do mesmo tipo, com forças externas F n (t) dadas por F n (t) = 4 cos nt n ; n = 1; 3; 5; ; que é o termo geral da Série de Fourier de F (t) Para cada n = 1; 3; 5; consideremos a equação aproximada x n + (00) _x n + 5x n = 4 cos nt n (5.3) cuja solução particular é suposta da forma x n (t) = A n cos nt + B n sen nt, onde as constantes A n e B n são determinadas por substituição de x n (t) na EDO (5.3) e valem onde D = 5 A n = 4 5 n n D e B n = 00 ; n = 1; 3; 5; ; nd n + (00n) Uma solução x (t) de (5.) é dada pela série trigonométrica 1X x (t) = [A n 1 cos (n 1) t + B n 1 sen (n 1) t] ; (5.4) n=1 e a veri cação de que a função x (t) de nida por (5.4) é de fato uma solução da EDO (5.) baseia-se no processo de derivação termo a termo para séries trigonométricas. O leitor familiarizado com convergência uniforme não terá di culdade em veri car a validade dessa operação para esse caso. 5.. Mola Vibrante

4 EDO LINEAR DE ORDEM SUPERIOR CAP. 6 Por conveniência escolhemos o sentido para baixo como positivo e o centro do corpo na posição de equilíbrio como origem. Desprezando a massa da mola e admitindo que a resistência do ar é, em cada instante, proporcional à velocidade do corpo, teremos três forças a considerar resistência do ar F a = a _y; a > 0; força devido à massa F (t) ; dirigida para baixo; e força restauradora da mola F r = ky; k > 0, que traduz a Lei Linear de Hooke. A força restauradora F r = ky atua de modo a levar o sistema ao repouso e, estando a massa abaixo da posição de equilíbrio, então y é positivo e F r é negativa. A força F a ; devido a resistência do ar, atua em direção oposta ao movimento, gerando um amortecimento do sistema. Da Segunda Lei de Newton, temos my = a _y ky + F (t) ou, de forma equivalente y + a m _y + k m y = F (t) m Novamente encontramos uma EDO linear de a ordem com coe cientes constantes para descrever o fenômeno, e a solução geral é obtida como no caso anterior. Se o movimento se inicia em t = 0 com velocidade inicial v 0, então as condições iniciais y (0) = y 0 e _y (0) = v 0 devem ser consideradas no cálculo da solução correspondente. Observamos que na descrição do movimento a força devido à gravidade não aparece explicitamente, embora esteja presente. Essa força é compensada quando medimos a distância em relação à posição de equilíbrio e ela só aparece na equação quando a distância for medida a partir da extremidade inferior do comprimento natural da mola. Nesse caso, o movimento será descrito pelo PVI >< > y + a m _y + k m y = g + F (t) m y (0) = 0; y (0) = 0 5..3 Pêndulo Simples O movimento de um pêndulo simples é descrito pela EDO de segunda ordem

SÉRIES E EQUAÇÕES DIFERENCIAIS MPMATOS 49 ms = f = mg sen ; onde s = l é o comprimento do arco. Substituindo na EDO o valor de s obtemos a equação não linear + (g=l) sen = 0 e aproximando sen por, o que é razoável para pequenas oscilações, chegamos modelo linear + (g=l) = 0, com solução geral p p (t) = A cos g=l t + B sen g=l t 5..4 Movimento Harmônico Simples - MHS O MHS é o movimento descrito por uma partícula de massa m ao longo do eixo x; sujeita a uma força atratora para o ponto de equilíbrio, cuja magnitude é proporcional à distância da massa ao ponto de equilíbrio. Esse movimento é descrito pela EDO mx = kx; k > 0; cuja solução geral é x (t) = A cos( p k=m t) + B sen( p k=m t) O movimento tem período T = =L; onde L = p k=m e amplitude p A + B 5..5 De exão de Vigas Consideremos uma viga homogênea com eixo de simetria AB e seção reta uniforme, conforme gura 6.6(a). A curva descrita pelo eixo de simetria após a de exão será denominada curva elástica e

50 EDO LINEAR DE ORDEM SUPERIOR CAP. 6 esta tem o aspecto mostrado na gura 6.7, onde zemos o ponto A do eixo de simetria coincidir com a origem do sistema de coordenadas. Seja b o comprimento total da viga e denotemos por k o seu peso por unidade de comprimento. Em cada extremidade da viga atua uma força de intensidade igual a kb e, sobre um ponto x do eixo OB, os momentos (em direções opostas) das forças que atuam à esquerda de x são momento devido a força kb M 1 (x) = ( kb )x momento devido ao peso de Ox M (x) = (kx) x A soma algébrica desses momentos é M (x) = kx kbx Se considerássemos as forças que atuam à direita de x, teríamos M (x) = k (b x) b x kb (b x) = kx kbx Da teoria sobre resistência dos materiais sabe-se que o momento resultante é M (x) = EIy 00, sendo E o módulo de Young do material e I o momento de inércia de uma seção reta da viga em relação ao eixo Ox e o termo EI representando a rigidez à de exão. A curva elástica é descrita pelo seguinte modelo de segunda ordem >< > EIy 00 = kx kbx y (0) = 0; y 0 (b) = 0; cuja solução é y (x) = k 4EI (x4 bx 3 + b 3 x)

SÉRIES E EQUAÇÕES DIFERENCIAIS MPMATOS 51 A de exão máxima ocorre no ponto x = b e é dada por y(b=) = 5kb4 34EI 5..6 Vigas em Balanço Consideremos uma viga em balanço de comprimento b com um extremo livre e o outro xo, como mostra a gura 6.6(b) e suponhamos que o eixo x coincida com o eixo de simetria da viga, de modo que a curva elástica descrita por ela tem o aspecto mostrado na gura ao lado. O momento M(x) do segmento QB em relação ao ponto x é devido ao seu peso k(b x) e tem valor igual a M(x) = k(b x) b x = k (b x) Logo, a curva elástica é descrita pelo problema de valor inicial < EIy 00 = k (b x) y (0) = 0 e y 0 (0) = 0; sendo a solução dada por y (x) = k 4EI x4 4bx 3 + 6b x A de exão máxima ocorre em x = b e seu valor é y (b) = kb4 EI 5..7 Circuitos Elétricos O circuito elétrico da gura ao lado contém uma força eletromotriz E (produzida por uma bateria ou gerador), um resistor R, um indutor L e um capacitor C, em série. Se Q(t) representa a carga no capacitor C, no instante t, então a corrente I(t) no mesmo instante é medida pela taxa de variação da carga Q(t) em relação ao tempo, isto é, I = dq=dt e as quedas de voltagem devido ao resistor, indutor e capacitor são, respectivamente RI; L di Q e dt C

5 EDO LINEAR DE ORDEM SUPERIOR CAP. 6 Como já mencionamos no Capítulo 5, a lei de Kirchho estabelece que a soma das quedas da voltagem é igual à voltagem fornecida e com isso obtemos a EDO L di dt + RI + Q C = E (t) Para obtermos uma EDO linear de segunda ordem para a carga Q (t), usamos I = dq dt e obtemos L d Q dt + RdQ dt + 1 C Q = E (t) e se forem fornecidas a corrente I 0 e a carga Q 0 no capacitor, no instante t = 0, chegamos ao PVI < LQ 00 + RQ 0 + 1 C Q = E (t) (5.5) Q (0) = Q 0 e Q 0 (0) = I 0 Por derivação da EDO (5.5) 1 ; obtemos a seguinte equação diferencial de segunda ordem para a corrente LI 00 + RI 0 + 1 C I = E0 (t) Exemplo 6.5.1 No circuito da gura 6.10 suponhamos que R = 4 ; L = 1 H; C = 0 F e que a voltagem fornecida no instante t seja E (t) = cos t. Se a carga e a corrente no instante t = 0 são ambas nulas, então o PVI (5.5) se reduz a < Q 00 + 4Q 0 + 5Q = cos t Q (0) = 0 e Q 0 (0) = 0 (5.6) A equação característica é + 4 + 5 = 0 cujas raízes complexas 1 = + i e = i produzem as soluções reais LI Q 1 (t) = e t cos t e Q (t) = e t sen t e a solução geral da EDO auxiliar é, portanto Q H (t) = e t (C 1 cos t + C sen t) Para usar o MCD, tentamos uma solução particular Q P (t) = A cos t + B sen t;

SÉRIES E EQUAÇÕES DIFERENCIAIS MPMATOS 53 de modo que Q 0 P (t) = A sen t + B cos t e Q 00 P (t) = 4A cos t 4B sen t Substituindo Q P e suas derivadas Q 0 P e Q00 P em (5.6) 1, encontramos (A + B) cos t + ( A + B) sen t = cos t e, igualando os coe cientes, chegamos ao sistema algébrico < A + B = 1 A + B = 0 cuja solução é A = 1=64 e B = =65 Assim, encontramos para solução particular a função e, consequentemente, a solução geral é Q P (t) = 1 65 cos t + 65 sen t Q G (t) = e t (C 1 cos t + C sen t) + 1 65 cos t + 65 sen t Com os dados iniciais Q (0) = 0 e Q 0 (0) = 0, obtemos C 1 = 1 65 e C = 1 65 (5.6) é Q (t) = 1 65 e t (cos t + 1 sen t) cos t sen t A expressão para a corrente I (t) é, portanto, I (t) = dq dt = 1 65 e t (16 cos t 37 sen t) + sen t 16 cos t e a solução do PVI Como lim t!1 Q H (t) = 0, é razoável usar a aproximação Q (t) ' Q P (t), para valores de t su cientemente grandes, e, por essa razão, a solução particular Q P (t) recebe o nome de solução de estado estacionário. 5.. Cabos Suspensos Consideremos um cabo exível, inextensível e em repouso, preso nas suas extremidades e sujeito apenas à ação gravitacional. O aspecto grá co dessa situação é mostrado na gura 6.10 abaixo, onde o cabo exível está representado pelo arco AB

54 EDO LINEAR DE ORDEM SUPERIOR CAP. 6 Seja V (0; c) o ponto de mínimo do cabo exível, e em cada ponto P (x; y) do cabo consideremos as forças que atuam no arco V P tração T no ponto P ; tração H no ponto V ; carga vertical w sobre V P. O arco V P estando em repouso, segue que e, por conseguinte T cos H = 0 (forças horizontais) T sen w = 0 (forças verticais) Se denotarmos por (x) a taxa de carregamento, teremos w (x) = tg = w H ou y0 = w H (5.7) Z x 0 (s) ds ou w 0 (x) = (x) e usando (5.7) encontramos o seguinte modelo matemático para descrever o fenômeno < y 00 = 1 H (x) Vamos considerar os seguintes casos particulares y (0) = c e y 0 (0) = 0 1. O cabo tem peso desprezível e suporta um tabuleiro (ponte) uniforme. Por tabuleiro uniforme entendemos aquele em que o peso por unidade de comprimento é constante. Assim y 00 = H ) y (x) = H x + C 1 x + C

SÉRIES E EQUAÇÕES DIFERENCIAIS MPMATOS 55 e, usando as condições iniciais do modelo, encontramos a solução y (x) = H x + c. Se, por exemplo, o comprimento do tabuleiro é 00m, a altura nas extremidades é 50m e no vão central é 30m, então c = 30 e, assim, e daí segue que 50 = 10 4 H + 30 =) H = 000 y (x) = (000) x + 30. Se k representa o peso do cabo por unidade de comprimento, então dw ds e a curva será descrita pela EDO não linear = k =) dw dx = k ds dx = kp 1 + y 0 y 00 = k H p 1 + y 0 (5.) Com a mudança z = y 0, a equação (5.) se reduz à EDO de primeira ordem dz p = kdx 1 + z H ; cuja solução geral é obtida por integração. Integrando e usando as condições iniciais, obtemos ln z + p 1 + z kx = H e, novamente por integração, encontramos a solução y (x) = H k [exp (kx=h) + exp ( kx=h)] + c H k. 5.3 Exercícios Complementares 6.6A Considere o pêndulo da gura 6.5 em que o comprimento é l = 1 m, o ângulo inicial é = 0 rd e a velocidade angular é _ = 1 rd=s Determine (a) a equação do movimento; (b) o ângulo máximo que o pêndulo pode fazer a partir da vertical; (c) o período do pêndulo, isto é, o tempo necessário para uma oscilação completa; (d) a velocidade angular com a qual o pêndulo passa pela posição vertical

56 EDO LINEAR DE ORDEM SUPERIOR CAP. 6 6.6B Um circuito em série contém um resistor com R = 4, um indutor com L = H, um capacitor com C = 0005 F e uma bateria de 1 V. A carga inicial é Q 0 = 0001 C e a corrente inicial é 0. Determine a carga Q (t) e a corrente I (t) no instante t e esboce o grá co das funções carga e corrente. 6.6C Considere o circuito do exercício precedente, onde a bateria é substituida por um gerador proporcionando uma voltagem E (t) = 1 sen 10t. Determine a carga e a corrente no instante t RESPOSTAS & SUGESTÕES 6.4 EXERCÍCIOS COMPLEMENTARES 6.4B (a) y = C 1 e x + C e x (c) y = C 1 e x + C e x + C 3 e 3x (b) y = (C 1 e x + C e x ) sen x + (C 3 e x + C 4 e x ) cos x (d) y = e x=4 [C 1 cos (x=4) + C sen (x=4)] (e) y = C 1 + C x + C 3 x + C 4 e 5x (f) y = e x (C 1 + C cos x + C 3 sen x) (g) y = C 1 e x + C e x + C 3 xe x (h) y = C 1 cos x + C sen x + x (C 3 cos x + C 4 sen x) 6.4C (a) y = C 1 cos p x + C sen p x e x + C 3 cos x + C 4 sen x (b) y = (C 1 cos x + C sen x)e x + (C 3 cos x + C 4 sen x)xe x (c) y = (C 1 cos x + C sen x) e x + C 3 cos p 5x + C 4 sen p 5x e x (d) y = (C 1 + C x + C 3 x )e x + (C 4 + C 5 x) e x (e) y = C 1 e x + C e x + (C 3 + C 4 x) e x + (C 5 cos x + C 6 sen x) e x 6.4D C 1 + C x + C 3 x e x + (C 4 + C 5 x + C 6 cos 4x + C 7 sen 4x + C x cos 4x + C 9 x sen 4x) e 3x 6.4E (a) x y 00 xy 0 + y = 0 (b) y 00 + y 0 + y = 0 (c) y 00 3y 0 + y = 0 6.4F (a) y = C 1 e x + C e x x + x 3 (b) y = 13 x + 71 33 sen x + 3 13 x 69 33 cos x + C1 e 5x (c) y = (C 1 cos x + C sen x) e x + x x + 1

SÉRIES E EQUAÇÕES DIFERENCIAIS MPMATOS 57 (d) y = C 1 cos x + C sen x x cos (x) 6 + cos (x) 4 (e) y = C 1 + C x + x3 3 + 3x4 4 (f) y = C 1 e x + C e x + 1 10 sen x + 3 10 cos x xex xe x (g) y = C 1 e x + C e x + C 3 xe x + x + x + 4 (h) y = 1 x e 5x 1 4 x + 1 x + 1 3 e x + C 1 e 5x (i) y = 1 e x + xe x + C 1 e x cos (4x) 1 (j) y = 1 1xe x 13 144 e x + C 1 e x + C e x + C 3 e 3x (k) y = (C 1 cos x + C sen x)e x + (C 3 cos x + C 4 sen x)e x + x (l) y = C 1 e x + e x= hc cos p 3x + sen p 3x i 4 sen x + cos x 3x 4 + 1 6.4G (a) y = C 1 ( x) 3= + C ( x) 1= 1 65 sen ln ( x) + 65 cos ln ( x) (b) y = 1 + ln x + 1 (ln x) + x (C 1 cos ln x + C sen ln x) (c) y = 4 9 + 1 3 ln x + C 1x + C x 3 (d) y = C 1 x + C x 3 + 1 3 ln x + 4 9 (e) y = C 1 x + C x + C 3 x 3 (f) y = C 1 + C x 7 6.4H w (x) = nx m 1 ; x y 00 + (1 m) xy 0 + m + n y = 0 6.4I (a) y = C 1 e x + xe x ln jxj + C xe x (b) y = C 1 x 4 + 1 9 x5 (c) y = C 1 sen x + C cos x cos x ln jsec x + tg xj (d) y = 1 1 1 + cos x + C 1 cos x + C sen x (e) y = 1 x e x + 1 3 x3 e x + C 1 e x + C xe x (f) y = C 1 x 1 + C x 1 3 3 4 x + x 1 ln x h (g) y = C 1 x + (x ln x) C + C 3 ln x + 1 4 (ln x)3i (h) y = C 1 + C sen x + C 3 cos x + ln jsec x + tg xj x ln jcos xj 6.4J x (t) = C 1 t + C 1 + t + t 4 =6 t = 6.4K x (t) = C 1 + C t + C 3 =t + t ln t 1 ln t t= + 1= 6.4L y = 3x x 6.4M y = sen ln x + ln x 6.4N Porque x = 0 é um ponto singular.

5 EDO LINEAR DE ORDEM SUPERIOR CAP. 6 6.4O y (x) = 1= sen (1=x) cos (1=x) 6.4Q (x) = 1 + (x=) ln geral é y (x) = C 1 ' (x) + C (x) 6.4S (a) y = C 1 x + C x 3 + 3x + 6x + 6 + x 4 + 4x 3 + 1x + 4x + 4 (b) y = 1 + x + x + C 1 x + C e x (c) y = C 1 x + C x 1 (d) y = e x C 1 + C x 1 + x A solução 1 x