Exercícios Resolvidos de Cálculo 4 sobre EDO

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Exercícios Comentados
1. Resolva
x
dy
dx
− 4y = x6 ex
Fazendo um ajuste na EDO, segue que
dy
dx
− 4
x
y = x5 ex
Primeiramente, vamos calcular o fator de integração:
µ(x) = ep(x) = exp
(
−4
∫
1
x
dx
)
= e−4 ln |x| = eln |x|
−4
= x−4.
Primeiramente, vamos calcular o fator de integração:
x−4
dy
dx
− x−4 4
x
y = x−4 x5 ex
x−4
dy
dx
− 4x−5 y = x ex
d
dx
(x−4 y(x)) = x ex
∫
d
dx
(x−4 y(x)) =
∫
x ex dx
x−4 y(x) = x ex − ex + c
y(x) = x5 ex − x4 ex + c x4
2. Resolva a EDO:
(1 + x) y′ + y = cosx com y(0) = 1
Sol:
y′ +
y
1 + x
=
cosx
1 + x
Primeiramente, vamos calcular o fator de integração:
µ(x) = ep(x) = exp
(∫
1
1 + x
dx
)
= eln |1+x| = 1 + x.
Multiplicando a EDO por µ(x):
(1 + x) y′ + (1 + x)
y
1 + x
= (1 + x)
cosx
1 + x
1
(1 + x) y′ + y = cosx
d
dx
((1 + x) y) = cosx
∫
d
dx
((1 + x) y) =
∫
cosx dx
(1 + x) y(x) = sinx+ c
y(x) =
sinx+ c
1 + x
Agora, aplicando o P.V.I, teremos: y(0) = 1:
y(0) = sin 0
◦+c
1+0 = c = 1 ou seja
A solução é dada por
y(x) =
sinx+ 1
1 + x
3. Resova a EDO:
y′ = 2x
√
y − 1
Sol:
dy
dx
= 2x
√
y − 1
1√
y − 1
dy = 2x dx
∫
1√
y − 1
dy =
∫
2x dx
2
√
y − 1 = x2 + c
√
y − 1 = x
2 + c
2
(
√
y − 1)2 =
(
x2 + c
2
)2
y − 1 =
(
x2 + c
2
)2
2
y(x) = 1 +
(
x2 + c
2
)2
.
4. Resolva a EDO:
(1 + x) dy − y dx = 0
Sol: Vamos determinar uma solução, usando o método de EDO separável:
(1 + x) dy = y dx
1
y
dy =
1
1 + x
dx
∫
1
y
dy =
∫
1
1 + x
dx
ln |y| = ln |1 + x|+ c
eln |y| = eln |1+x|+c
y(x) = |1 + x| ec
y(x) = ±ec (1 + x)
y(x) = c (1 + x).
5. Justi�cativa de solução sobre a EDO que modelo a Lei de Resfriamento
de Newton:
dT
dt
= −k (T − T0)
1
T − T0
dT = −k dt
∫
1
T − T0
dT = −k
∫
dt
ln |T − T0| = −kt+ c
3
eln |T−T0| = e−kt+c
T − T0 = e−k t ec
T (t) = T0 + e
−k t c
Usando o P.V.I: T (0) = T0
T (0) = Ta + e
0 c = T0 ⇒ c = T0 − Ta
A solução é dada por
T (t) = Ta + (T0 − Ta) e−k t.
6. Resolva a EDO abaixo
y′ = (1− y) cosx
Sol:
dy
dx
= (1− y) cosx
1
1− y
dy = cosx dx
∫
1
1− y
dy =
∫
cosx dx
− ln |1− y| = sinx+ c
eln |1−y| = e− sin x−c
eln |1−y| = e− sin x e−c
1− y = c e− sin x
y(x) = 1 + c e− sin x
Usando os dados do P.V.I: y(0) = 2, teremos:
y(0) = 1 + c e0 ⇒ 1 + c = 2⇒ c = 1
4
Portanto a solução é dada por
y(x) = 1 + e− sin x
7. Resolva as EDO's:
(a)
2xy dx+ (x2 − 1) dy = 0
Sol: Primeiro, vamos veri�car se a EDO é exata
∂M
∂y
= 2x =
∂N
∂x
EDO exata
Sendo que, podemos identi�car
∂F
∂x
= 2xy,
∂F
∂y
= x2 − 1
F (x, y) =
∫
∂F
∂x
dx =
∫
2xy dx = y x2 + k(y);
∂F
∂y
= (y x2 + k(y))′ = x2 + k′(y) = x2 − 1
. Portanto, concluímos que:
k′(y) = −1 V k(y) = −y
Logo,
F (x, y) = y x2 − y
Como, F (x, y) = cV y x2 − y = c.
(b) (cosx sinx− xy2) dx+ y(1− x2) dy = 0, com y(0) = 2.
Sol: Primeiro, vamos veri�car se a EDO é exata
∂M
∂y
= −2xy = ∂N
∂x
EDO exata
Sendo que, podemos identi�car
∂F
∂x
= cosx sinx− xy2, ∂F
∂y
= y(1− x2)
F (x, y) =
∫
∂F
∂y
dy =
∫
y(1−x2) dy =
∫
y− yx2 dy = y
2
2
−x2 y
2
2
+k(x);
5
∂F
∂x
=
∂
∂x
(
y2
2
− x2 y
2
2
+ k(x)
)
= −2x y
2
2
+k′(x) = −x y2+k′(x) = cosx sinx−xy2.
Portanto,
k′(x) = cosx sinx, assim,
∫
k′(x) =
∫
cosx sinx dx, assim,
k(x) =
sin2 x
2
Logo,
F (x, y) =
y2
2
− x2 y
2
2
+
sin2 x
2
y2
2
− x2 y
2
2
+
sin2 x
2
= c
Usando o P.V.I: y(0) = 2
22
2
+
sin0◦
2
= c⇒ 2 + 0 = c⇒ c = 2
Portanto,
y2
2
− x2 y
2
2
+
sin2 x
2
= 2;
y2 − x2 y2 + sin2 x = 4
8. Resolvendo a EDO da página 23 do material de apoio:
(3xy + y2) dx+ (x2 + xy) dy = 0
Sol: Multiplicando a EDO pelo fator de integração µ(x) = x, assim,
(3x2 y + x y2) dx+ (x3 + x2 y) dy = 0
∂M
∂y
= 3x2 + 2xy =
∂N
∂x
EDO exata
Sendo que, podemos identi�car
∂F
∂x
= 3x2 y + x y2,
∂F
∂y
= x3 + x2 y
6
F (x, y) =
∫
∂F
∂x
dx =
∫
3x2 y + x y2 dx = 3y
x3
3
+ y2
x2
2
+ k(y).
∂F
∂y
=
∂
∂
(
3y
x3
3
+ y2
x2
2
+ k(y)
)
= x3 + yx2 + k′(y) = x3 + x2 y, assim
k′(y) = 0 V k(y) = c
A solução geral é dada por
F (x, y) = yx3 + y2
x2
2
+ k(y)
ou seja
yx3 + y2
x2
2
= c
9. Resolvendo a EDO da página 24 do material de apoio:
y′ =
y2 + 2xy
x2
Sol:
y′ =
y2
x2
+ 2
xy
x2
=
(y
x
)2
+ 2
(y
x
)
= f(ν)
Fazendo a mudança de variável:
ν =
y
x
V y = xν
dy
dx
= ν + x
dν
dx
x
dν
dx
+ ν = f(ν) V x
dν
dx
= f(ν)− ν
Organizando a EDO Separável:
dν
f(ν)− ν
=
dx
x
Assim,
dν
ν2 + 2ν − ν
=
dx
x
dν
ν2 + ν
=
dx
x
7
∫
1
ν(ν + 1)
dν =
∫
1
x
dx
∫
1
ν
dν −
∫
1
ν + 1
dν =
∫
1
x
dx
ln ν − ln |ν + 1| = ln |x|+ c
ln
∣∣∣∣ νν + 1
∣∣∣∣ = ln |x|+ c
eln|
ν
ν+1 | = eln |x|+c
ν
ν + 1
= xc
Isolando ν, teremos:
ν = x ν + xcV ν − xνc = xc
ν(x) =
xc
1− xc
Voltando para a mudança de variável, teremos a solução em y(x):
y(x) = x ν
y(x) =
x2c
1− xc
10. Resolva a EDO
y′ =
√
y, y(0) = 0
Sol:
dy
dx
= y
1
2
A EDO é separável, logo, escrevemos
1
y
1
2
dy = dx
∫
1
y
1
2
dy =
∫
dx
∫
y−
1
2 dy =
∫
dx
8
2
√
y = x+ c
√
y =
x+ c
2
V (
√
y)2 =
(
x+ c
2
)2
y(x) =
(x+ c)2
4
11. Resolva a EDO homogênea abaixo
(x2 + y2) dx+ (x2 − xy) dy = 0
Sol: A EDO homogênea, pois
M(x, y) = x2 + y2 = x2
(
1 +
y2
x2
)
= x2
[
1 +
(y
x
)2]
= x2f
(
1,
y
x
)
N(x, y) = x2 − xy = x2
(
1− y
x
)
= x2f
(
1,
y
x
)
As funções M e N são homogêneas de grau 2. Se �zermos y = ux segue-
se que
(x2 + u2x2) dx+ [x2 − x (ux)] d
dx
(ux) = 0
(x2 + u2x2) dx+ [x2 − x (ux)] (u dx+ x du) = 0
x2 dx+ u2x2 dx+ (x2 − ux2) (u dx+ x du) = 0
x2 dx+ u2x2 dx+ ux2 dx+ x3 du− u2x2 dx− ux3 du = 0
x2 dx+ ux2 dx+ x3 du− ux3 du = 0
x2(1 + u) dx+ x3(1− u) du = 0
x3(1− u) du = −x2(1 + u) dx
1− u
1 + u
du = − 1
x
dx
9
1− u
1 + u
du = − 1
x
dx
∫
1− u
1 + u
du = −
∫
1
x
dx
∫
−1 + 2
1 + u
du = −
∫
1
x
dx
−
∫
du+ 2
∫
1
1 + u
du = −
∫
1
x
dx
−u+ 2 ln |1 + u| = − ln |x|+ c
Usaremos como auxílio nos cálculos a seguinte característica: c = ln |c|,
então
−u+ 2 ln |1 + u|+ ln |x| = ln |c|
−y
x
+ 2 ln
∣∣∣1 + y
x
∣∣∣+ ln |x| = ln |c|
2 ln
∣∣∣∣x+ yx
∣∣∣∣+ ln |x| − ln |c| = yx
ln
∣∣∣∣x+ yx
∣∣∣∣2 + ln |x|︸ ︷︷ ︸− ln |c| =
y
x
ln
∣∣∣∣ (x+ y)2x2 x
∣∣∣∣− ln |c| = yx
ln
∣∣∣∣ (x+ y)2x
∣∣∣∣− ln |c|︸ ︷︷ ︸ =
y
x
ln
∣∣∣∣ (x+ y)2x c
∣∣∣∣ = yx
(x+ y)2
c x
= e
y
x
(x+ y)2 = c x e
y
x .
10
12. Resolva a EDO homogênea de grau zero
x
dy
dx
= y + x e
y
x , y(1) = 1.
Sol:
dy
dx
=
y
x
+ e
y
x
Fazendo a seguinte mudança de variável: u =
y
x
⇒ y = ux, daí
u+ x
du
dx
= u+ eu
x
du
dx
= eu
e−u du =
1
x
dx
∫
e−u du =
∫
1
x
dx
−e−u + c = ln |x|
−e−
y
x + c = ln |x|
Usando P.V.I, temos x = 1, y = 1, teremos
−e−1 + c = ln 1⇒ c = e−1
Portanto a solução particular é dada por
−e−
y
x + e−1 = ln |x|
13. Resolva a EDO Exata
(e2y − y cosxy) dx+ (2x e2y − x cosxy + 2y) dy = 0
Sol:
Vamos veri�car se a EDO é exata:
∂M
∂y
= 2 e2y − cosxy + yx sinxy
11
∂N
∂x
= 2e2y − cosxy + xy sinxy
Portanto a EDO é exata. Sendo
F (x, y) =
∫
∂F
∂y
dy =
∫
(2x e2y − x cosxy + 2y) dy
= 2x
∫
e2y dy − x
∫
cosxy dy + 2
∫
y dy
= 2x
(
1
2
e2y
)
− x
(
1
x
sinxy
)
+ 2
y2
2
+ k(x)
= x e2y − sinxy + y2 + k(x)
Agora, vamos derivar a F (x, y) em relação a x:
∂F
∂x
=
∂
∂x
(
x e2y − sinxy + y2 + k(x)
)
= e2y − y cosxy + k′(x) = e2y − y cosxy
Concluímos então
k′(x) = 0⇒ k(x) = c
Logo. a solução é dada por
F (x, y) = x e2y − sinxy + y2 + c
e
x e2y − sinxy + y2 + c = 0
12
EDO de Segunda Ordem
1. Veri�que se as soluções y1(x) = x
2, y2(x) = x
−1 e a combinação linear
destas soluções y(x) = c1 x
2 + c2 x
−1 dadas satifazem a EDO de segunda
ordem dada
x2y′′ − 2y = 0
Sol: Seja y1(x) = x
2, daí:
y′1 = 2x e y
′′
1 = 2
Substituindo na EDO teremos
x2 2− 2x2 = 0
Note que y1(x) é solução da EDO.
Seja y2(x) = x
−1, daí:
y′2 = −x−2 e y′′2 = 2x−3
Substituindo na EDO teremos
x2 (2x−3)− 2(x−1) = 2x−1 − 2x−1 = 0
Note que y2(x) é solução da EDO.
Seja y(x) = c1 y1(x) + c2 y2(x) = c1 x
2 + c2 x
−1, daí:
y′ = 2c1 x− c2 x−2 e y′′ = 2 c1 + 2c2 x−3
Substituindo na EDO teremos
x2 (2 c1+2c2 x
−3)−2 (c1 x2+c2 x−1) = 2c1 x2+2c2 x−1−2c1 x2−2c2x−1 = 0.
Ou seja, para as EDO's de segunda ordem que admitemduas soluções,
estas são apresentadas como uma combinação linear dessas soluções.
2. Resolva as EDO's abaixo:
(a) 2y′′ − 5y′ − 3y = 0
Sol: Seja a solução geral para EDO's lineares: y = emx. Assim,
y′ = memx; y′′ = m2emx
Substituindo na EDO dada, teremos
2m2 emx − 5memx − 3 emx = 0
13
emx(2m2 − 5m− 3) = 0
Assim, como
emx 6= 0; 2m2 − 5m− 3 = 0⇒ m1 = −
1
2
e m2 = 3
A solução geral é dada por
y(x) = c1 e
− 12x + c2 e
3x
(b) y′′ − 10y′ + 25y = 0
Sol: Seja a solução geral para EDO's lineares: y = emx. Assim,
y′ = memx; y′′ = m2emx
Substituindo na EDO dada, teremos
m2 emx − 10memx + 25 emx = 0
emx(m2 − 10m+ 25) = 0
Assim, como
emx 6= 0; m2 − 10m+ 25 = 0⇒ m1 = m2 = 5
A solução geral é dada por
y(x) = c1 e
5x + c2 x e
5x
(c) y′′ + y′ + y = 0
Sol: Seja a solução geral para EDO's lineares: y = emx. Assim,
y′ = memx; y′′ = m2emx
Substituindo na EDO dada, teremos
m2 emx +memx + emx = 0
emx(m2 +m+ 1) = 0
Assim, como
emx 6= 0; m2+m+1 = 0⇒ m = −1
2
±
√
−3
2
= −1
2
±
√
3i2
2
= −1
2
±i
√
3
2
.
14
Onde, identi�camos por
m = −1
2
e θ =
√
3
2
A solução geral é dada por
y(x) = emx (c1 cos θ x+ c2 sin θ x)
y(x) = e−
1
2x
(
c1 cos
√
3
2
x+ c2 sin
√
3
2
x
)
3. Resolva a EDO, sabendo que y1(x) = e
5x é uma solução da EDO:
y′′ − 10y′ + 25y = 0
Sol: Seja a segunda solução elaborada em função de uma conhecida :
y(x) = e5x u(x)
Substituindo os dados da solução na EDO:
y′(x) = 5e5x u+ e5x u′
e
y′′(x) = 25e5x u+ 5e5x u′ + 5e5x u′ + e5x u′′
y′′(x) = 25e5x u+ 10 e5x u′ + e5x u′′
Daí,
25e5x u+ 10 e5x u′ + e5x u′′ − 10 (5e5x u+ e5x u′) + 25 e5x u = 0
25e5x u+ 25 e5x u− 50 e5x u+ 10 e5x u′ − 10 e5x u′ + e5x u′′ = 0
e5x u′′ = 0
u′′ = 0 ⇒
∫
u′′ =
∫
0
u′(x) = c1
15
∫
u′(x) = c1
∫
dx
u(x) = c1 x+ c2
Note que a solução é dada em
y(x) = e5x u(x) = e5x (c1 x+ c2)
Logo,
y(x) = c1 x e
5x + c2 e
5x
Note que
y1(x) = e
5x e y2(x) = x e
5x
4. Resolva as EDO's abaixo:
(a) y′′ − 4y′ + 13y = 0, y(0) = −1 e y′(0) = 2.
Sol: Depois das substituições teremos:
emx (m2 − 4m+ 13) = 0
emx 6= 0; m2 − 4m+ 13 = 0⇒ m = 2± 3i
As soluções são dadas por
y(x) = e2x (c1 cos 3x+ c2 sin 3x)
Usando o P.V.I: y(0) = −1, obtemos
e0 (c1 cos 0 + c2 sin 0) = −1 ⇒ c1 = −1
Usando o P.V.I: y′(0) = 2, obtemos
y′(x) = 2 e2x (c1 cos 3x+ c2 sin 3x) + e
2x (−3 c1 sin 3x+ 3 c2 cos 3x)
2e0 (c1 cos 0 + c2 sin 0) + e
0 (−3 c1 sin 0 + 3c2 cos 0) = 2
2 c1 + 3c2 = 2 ⇒ 2(−1) + 3c2 = 2 ⇒ 3c2 − 2 = 2 ⇒ c2 =
4
3
.
Substituindo o valor das constantes encontradas, teremos a seguinte soluçãos:
y(x) = e2x (− cos 3x+ 4
3
sin 3x)
16
(b) y′′′ + 3y′′ − 4y = 0.
Sol: Sol: Depois das substituições teremos:
emx (m3 + 3m2 − 4) = 0
emx 6= 0; m3 + 3m2 − 4 = 0
Primeiramente, vamos veri�car, por meio de tentativas que o m = 1 sat-
isfaz a equação de 3º grau e portanto é uma das raízes, logo o polinômio
m− 1 = 0 divide a equação equação em questão, resultando em
m3 + 3m2 − 4 = (m− 1)(m+ 2)2,
logo, as raízes de m2 + 4m + 4 = 0 serão: m2 = m3 = −2. Assim, a
solução da EDO será dada por
y(x) = c1 e
x + c2 e
−2x + c3 x e
−2x
(c) 4y′′ + y′ = 0
Sol: Depois das substituições teremos:
emx (4m2 +m) = 0
emx 6= 0; 4m2 +m = 0 ⇒ m(4m+ 1) = 0
Logo,
m1 = 0 e m2 = −
1
4
A solução da EDO será dada por
y(x) = c1 e
0 + c2 e
− 14 x
Ou seja,
y(x) = c1 + c2 e
− 14 x
5. Resolução a EDO da página 31 do material:
y′′ + y = 0
Sol: Depois das substituições teremos:
emx (m2 + 1) = 0
17
emx 6= 0; m2 + 1 = 0 ⇒ m = ±
√
−1 ⇒ m = ±
√
i2 ⇒ m = ±i.
A solução da EDO será dada por
y(x) = e0 (c1 cosx+ c2 sinx)
Ou seja,
y(x) = c1 cosx+ c2 sinx
6. Resolva as EDO's abaixo:
(a) y′′ − x = 0
Sol:
y′′ = x
∫
y′′ =
∫
x dx
y′(x) =
x2
2
+ c1
∫
y′(x) =
∫ (
1
2
x2 + c1
)
dx
∫
y′(x) =
1
2
∫
x2 dx+ c1
∫
dx
y(x) =
1
2
x3
3
+ c1 x+ c2
y(x) =
1
6
x3 + c1 x+ c2
(b) y′′ − 3y′ + 2y = 0, y(1) = 0 e y′(1) = 1.
Sol: Depois das substituições teremos:
emx (m2 − 3m+ 2) = 0
emx 6= 0; m2 − 3m+ 2 = 0 ⇒ m1 = 1 e m2 = 2.
18
A solução da EDO será dada por
y(x) = c1 e
x + c2 e
2x
Usando o valor do P.V.I: y(1)=0:
c1 e+ c2 e
2 = 0 (I)
Usando o valor do P.V.I: y'(1)=1:
y′(x) = c1 e
x + 2c2 e
2x
c1 e+ 2c2 e
2 = 1 (II)
Resolvendo o sistema de equações formado por (I) e (II), teremos:
c1 = −e−1 e c2 = e−2
Assim, a solução é dada por
y(x) = −e−1 ex + e−2 e2x
ou
y(x) = −ex−1 + e2x−2.
(c) (b) y′ = (tanx) y + cosx.
Sol:
y′ − (tanx) y = cosx
Como a EDO é linear, vamos determinar seu fator de integração:
µ(x) = e
∫
p(x) = exp
(
−
∫
tanx dx
)
= eln | cos x| = cosx.
Multiplicando a EDO por µ(x) = cosx, para obter
y′ cosx− (cosx) sinx
cosx
y = cosx cosx
y′ cosx− (sinx) y = cos2 x
d
dx
(y(x) cosx) = cos2 x
∫
d
dx
(y(x) cosx) =
∫
cos2 x
y(x) cosx =
1
2
x+
1
4
sin 2x+ c
19
y(x) =
1
cosx
[
1
2
x+
1
4
sin 2x+ c
]
.
(d) y′ − 3y = 0
Sol:
y′ − 3y = 0
Como a EDO é linear, vamos determinar seu fator de integração:
µ(x) = e
∫
p(x) = exp
(
−3
∫
dx
)
= e−3x = e−3x.
Multiplicando a EDO por µ(x) = cosx, para obter
e−3x y′ − 3e−3x y = 0
d
dx
(y(x) e−3x) = 0
y(x) e−3x = c
y(x) = c e3x
Obs: Esta EDO pode ser resolvida também, usando o método de sepa-
ração de variáveis.
(e) (x+ y) dx+ x lnx dy = 0.
Sol: Vamos veri�car se a EDO é exata:
∂M
∂y
= 1,
∂N
∂x
= lnx+ 1
Logo a EDO não é exata, vamos determinar um fator de integração, de
forma que a EDO seja exata:
My −Nx
N
=
1− lnx− 1
x lnx
= − 1
x
Nx −My
M
=
lnx+ 1− 1
x+ y
=
lnx
x+ y
Resolvendo a seguinte EDO separável, para determinar o fator de inte-
gração:
dµ
dx
= f(x)µ
20
dµ
dx
= − 1
x
µ
∫
1
µ
dµ = − 1
x
dx
lnµ = ln |x|−1 ⇒ µ(x) = 1
x
.
Agore, vamos multilplicar a EDO por µ(x), obtemos:
1
x
(x+ y) dx+
1
x
x lnx dy = 0
x+ y
x
dx+ lnx dy = 0
∂M
∂y
=
1
x
,
∂N
∂x
=
1
x
exata.
Resolvendo e EDO:
F (x, y) =
∫
∂F
∂x
=
∫
1 +
y
x
dx =
∫
dx+ y
∫
1
x
dx = x+ y lnx+ k(y).
∂F
∂y
=
∂
∂y
(x+ y lnx+ k(y)) = lnx+ k′(y) = lnx
Portanto,
k′(y) = 0 ⇒ k(y) = c
A solução é dada por
F (x, y) = x+ y lnx+ c
ou seja
x+ y lnx = c
21
Exercícios Propostos
1. Resolva a EDO, sabendo que y1(x) = x
3 é uma solução da EDO:
x2y′′ − 6y = 0
Sol: y(x) = c15x2 + c2x
3
2. Resolva a EDO, sabendo que y1(x) = x
2 é uma solução da EDO:
x2y′′ − 3xy′ + 4y = 0
Sol: y(x) = c1 x
2 + c2x
2 lnx
3. Resolva as EDO's abaixo:
(a)
d4y
dx4
+ 2
d2y
dx2
+ y = 0.
Sol: y(x) = c1 cosx+ c2 x cosx+ c3 sinx+ c4 x sinx
(b) y′′ − y = 0, y(0) = 0 e y′(0) = 1.
Sol: y(x) = 12 e
x − 12 e
−x
(c) y′′ − y′ − 6y = 0.
Sol: y(x) = c1e
−2x + c2e
3x
(d) y′′ + 8y′ + 16y = 0.
(e) y′′ + 16y = 0, y(0) = 2 e y′(0) = −2.
22