Atividade Avaliativa 3 - Cálculo 3 2021 1

1) EDO: 𝑡3𝑥′′′ − 𝑡2𝑥′′ + 2𝑡𝑥′ − 2𝑥 = 0, 𝑡 > 0 Verificando se 𝑥1(𝑡) = 𝑡 é solução: 𝑥1 ′ = 𝑑 𝑑𝑡 (𝑡) = 1 𝑥1 ′′ = 𝑑 𝑑𝑡 (1) = 0 𝑥1 ′′′ = 0 𝑡3𝑥1 ′′′ − 𝑡2𝑥1 ′′ + 2𝑡𝑥1 ′ − 2𝑥1 = 0 𝑡3(0) − 𝑡2(0) + 2𝑡(1) − 2(𝑡) = 0 0 − 0 + 2𝑡 − 2𝑡 = 0 0 = 0 𝑥1(𝑡) = 𝑡 é solução da EDO! Verificando se 𝑥2(𝑡) = 𝑡 ln(𝑡) é solução: 𝑥2 ′ = 𝑡 𝑑 𝑑𝑡 (ln(𝑡)) + ln(𝑡) 𝑑 𝑑𝑡 (𝑡) = 𝑡 (1 𝑡) + ln(𝑡) (1) = 1 + ln(𝑡) 𝑥2 ′′ = 𝑑 𝑑𝑡 (1) + 𝑑 𝑑𝑡 (ln(𝑡)) = 0 + 1 𝑡 = 1 𝑡 𝑥2 ′′′ = 𝑑 𝑑𝑡 (1 𝑡) = 𝑑 𝑑𝑡 (𝑡−1) = (−1)(𝑡−2) = − 1 𝑡2 𝑡3𝑥2 ′′′ − 𝑡2𝑥2 ′′ + 2𝑡𝑥2 ′ − 2𝑥2 = 0 𝑡3 (− 1 𝑡2) − 𝑡2 (1 𝑡) + 2𝑡(1 + ln(𝑡)) − 2(𝑡 ln(𝑡)) = 0 − 𝑡3 𝑡2 − 𝑡2 𝑡 + 2𝑡 + 2𝑡 ln(𝑡) − 2𝑡 ln(𝑡) = 0 −𝑡 − 𝑡 + 2𝑡 + 2𝑡 ln(𝑡) − 2𝑡 ln(𝑡) = 0 0 = 0 𝑥2(𝑡) = 𝑡 ln(𝑡) é solução da EDO! Verificando se 𝑥3(𝑡) = 𝑡2 é solução: 𝑥3 ′ = 𝑑 𝑑𝑡 (𝑡2) = 2𝑡 𝑥3 ′′ = 2 𝑑 𝑑𝑡 (𝑡) = 2(1) = 2 𝑥3 ′′′ = 𝑑 𝑑𝑡 (2) = 0 𝑡3𝑥3 ′′′ − 𝑡2𝑥3 ′′ + 2𝑡𝑥3 ′ − 2𝑥3 = 0 𝑡3(0) − 𝑡2(2) + 2𝑡(2𝑡) − 2(𝑡2) = 0 0 − 2𝑡2 + 4𝑡2 − 2𝑡2 = 0 −4𝑡2 + 4𝑡2 = 0 0 = 0 𝑥3(𝑡) = 𝑡2 é solução da EDO! Para verificar se as soluções são linearmente independentes, devemos calcular o Wronskiano das soluções. Se o determinante da matriz do Wronskiano for diferente de zero, as soluções serão LI. Wronskiano, 𝑊 = | 𝑥1 𝑥2 𝑥3 𝑥1 ′ 𝑥2 ′ 𝑥3 ′ 𝑥1 ′′ 𝑥2 ′′ 𝑥3 ′′| = | 𝑡 𝑡 ln(𝑡) 𝑡2 1 1 + ln(𝑡) 2𝑡 0 1 𝑡 2 | det(𝑊) = (𝑡) [(1 + ln(𝑡))(2) − (1 𝑡) (2𝑡)] + (𝑡 ln(𝑡))[(2𝑡)(0) − (2)(1)] + (𝑡2) [(1) (1 𝑡) − (0)(1 + ln(𝑡))] det(𝑊) = (𝑡)[2 + 2 ln(𝑡) − 2] + (𝑡 ln(𝑡))[0 − 2] + (𝑡2) [1 𝑡 − 0] det(𝑊) = 2𝑡 ln(𝑡) − 2𝑡 ln(𝑡) + 𝑡 det(𝑊) = 𝑡 ≠ 0 Como o enunciando diz que 𝑡 > 0, o sistema de soluções é linearmente independente. Solução geral, 𝑥𝐺(𝑡) = 𝐴𝑡 + 𝐵𝑡 ln(𝑡) + 𝐶𝑡2 Onde A, B e C são constantes que podem ser encontradas usando condições iniciais e/ou de contorno. 2) Transformada de Laplace. 𝑥′′(𝑡) − 6𝑥′(𝑡) + 9𝑥(𝑡) = 𝑡2𝑒3𝑡 𝑥(0) = 2, 𝑥′(0) = 6 Aplicando a transformada de Laplace, ℒ{𝑥′′(𝑡)} − 6ℒ{𝑥′(𝑡)} + 9ℒ{𝑥(𝑡)} = ℒ{𝑡2𝑒3𝑡} TRANSFORMADAS: Transformadas da derivada primeira, ℒ{𝑥′(𝑡)} = ∫(𝑥′(𝑡))𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 ∞ 0 Integração por partes, 𝑢 = 𝑒−𝑠𝑡, 𝑑𝑢 = −𝑠𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 𝑑𝑣 = 𝑥′(𝑡) 𝑑𝑡, 𝑣 = 𝑥(𝑡) ∫(𝑥′(𝑡))𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 ∞ 0 = [𝑥(𝑡)𝑒−𝑠𝑡]0 ∞ − ∫ 𝑥(𝑡)(−𝑠𝑒−𝑠𝑡)𝑑𝑡 ∞ 0 ∫(𝑥′(𝑡))𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 ∞ 0 = [𝑥(𝑡 → ∞)𝑒−∞ − 𝑥(0)(1)] + 𝑠 ∫ 𝑥(𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 ∞ 0 ∫(𝑥′(𝑡))𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 ∞ 0 = −𝑥(0) + 𝑠ℒ{𝑥(𝑡)} Assim, ℒ{𝑥′(𝑡)} = −𝑥(0) + 𝑠ℒ{𝑥(𝑡)} Transformadas da derivada segunda, ℒ{𝑥′′(𝑡)} = ∫(𝑥′′(𝑡))𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 ∞ 0 Integração por partes, 𝑢 = 𝑒−𝑠𝑡, 𝑑𝑢 = −𝑠𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 𝑑𝑣 = 𝑥′′(𝑡) 𝑑𝑡, 𝑣 = 𝑥′(𝑡) ∫(𝑥′′(𝑡))𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 ∞ 0 = [𝑥′(𝑡)𝑒−𝑠𝑡]0 ∞ − ∫ 𝑥′(𝑡)(−𝑠𝑒−𝑠𝑡)𝑑𝑡 ∞ 0 ∫(𝑥′′(𝑡))𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 ∞ 0 = [𝑥′(𝑡 → ∞)𝑒−∞ − 𝑥′(0)(1)] + 𝑠 ∫ 𝑥′(𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 ∞ 0 ∫(𝑥′′(𝑡))𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 ∞ 0 = −𝑥′(0) + 𝑠ℒ{𝑥′(𝑡)} ∫(𝑥′′(𝑡))𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 ∞ 0 = −𝑥′(0) + 𝑠[−𝑥(0) + 𝑠ℒ{𝑥(𝑡)}] Assim, ℒ{𝑥′′(𝑡)} = −𝑥′(0) − 𝑠𝑥(0) + 𝑠2ℒ{𝑥(𝑡)} Transformada de 𝑡2𝑒3𝑡: segundo a tabela de transformadas de Laplace, podemos escrever, ℒ{𝑡𝑘𝑓(𝑡)} = (−1)𝑘 𝑑𝑘 𝑑𝑠𝑘 (ℒ{𝑓(𝑡)}) Assim, ℒ{𝑡2𝑒3𝑡} = (−1)2 𝑑2 𝑑𝑠2 (ℒ{𝑒3𝑡}) = 𝑑2 𝑑𝑠2 (ℒ{𝑒3𝑡}) ℒ{𝑒3𝑡} = ∫(𝑒3𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 ∞ 0 = ∫ 𝑒−(𝑠−3)𝑡𝑑𝑡 ∞ 0 = [− 𝑒−(𝑠−3)𝑡 𝑠 − 3 ] 0 ∞ = 1 𝑠 − 3 ℒ{𝑡2𝑒3𝑡} = 𝑑2 𝑑𝑠2 (ℒ{𝑒3𝑡}) = 𝑑2 𝑑𝑠2 ( 1 𝑠 − 3) = 𝑑 𝑑𝑠 (− 1 (𝑠 − 3)2) ℒ{𝑡2𝑒3𝑡} = 2 (𝑠 − 3)3 Aplicando todas as derivadas calculadas à equação inicial, ℒ{𝑥′′(𝑡)} − 6ℒ{𝑥′(𝑡)} + 9ℒ{𝑥(𝑡)} = ℒ{𝑡2𝑒3𝑡} [−𝑥′(0) − 𝑠𝑥(0) + 𝑠2ℒ{𝑥(𝑡)}] − 6[−𝑥(0) + 𝑠ℒ{𝑥(𝑡)}] + 9ℒ{𝑥(𝑡)} = 2 (𝑠 − 3)3 Usando os valores iniciais dados, 𝑥(0) = 2, 𝑥′(0) = 6 [−𝑥′(0) − 𝑠𝑥(0) + 𝑠2ℒ{𝑥(𝑡)}] − 6[−𝑥(0) + 𝑠ℒ{𝑥(𝑡)}] + 9ℒ{𝑥(𝑡)} = 2 (𝑠 − 3)3 [−6 − 𝑠(2) + 𝑠2ℒ{𝑥(𝑡)}] − 6[−(2) + 𝑠ℒ{𝑥(𝑡)}] + 9ℒ{𝑥(𝑡)} = 2 (𝑠 − 3)3 -6-2s+12+s^2L-Sl+9L −6 − 2𝑠 + 12 + ℒ{𝑥(𝑡)}[𝑠2 − 6𝑠 + 9] = 2 (𝑠 − 3)3 ℒ{𝑥(𝑡)}[𝑠2 − 6𝑠 + 9] = 2 (𝑠 − 3)3 + 2𝑠 − 6 Podemos reescrever𝑠2 − 6𝑠 + 9 descobrindo suas raízes, 𝑠2 − 6𝑠 + 9 = 0 Bháskara, 𝑠 = 6 ± √36 − 4(1)(9) 2(1) = 6 ± √0 2 = 3 Logo, 𝑠2 − 6𝑠 + 9 = (𝑠 − 3)2 Então, ℒ{𝑥(𝑡)}[𝑠2 − 6𝑠 + 9] = 2 (𝑠 − 3)3 + 2𝑠 − 6 ℒ{𝑥(𝑡)}(𝑠 − 3)2 = 2 (𝑠 − 3)3 + 2𝑠 − 6 Dividindo tudo por (𝑠 − 3)2, ℒ{𝑥(𝑡)} = 2 (𝑠 − 3)5 + 2(𝑠 − 3) (𝑠 − 3)2 = 2 (𝑠 − 3)5 + 2 𝑠 − 3 Assim, 𝑥(𝑡) = ℒ−1 { 2 (𝑠 − 3)5} + ℒ−1 { 2 𝑠 − 3 } Transformadas inversas: ℒ−1 { 1 (𝑠 − 𝑎)𝑛} = 𝑒𝑎𝑡𝑡𝑛−1 (𝑛 − 1)! ℒ−1 { 2 (𝑠 − 3)5} = 2 [𝑒3𝑡𝑡5−1 (5 − 1)!] = 2 [𝑒3𝑡𝑡4 (4)! ] = 2 [ 𝑒3𝑡𝑡4 (4)(3)(2)] = 𝑒3𝑡𝑡4 12 ℒ−1 { 2 (𝑠 − 3)1} = 2 [𝑒3𝑡𝑡1−1 (1 − 1)!] = 2 [ 𝑒3𝑡 (0)!] = 2𝑒3𝑡 Assim, 𝑥(𝑡) = 𝑒3𝑡𝑡4 12 + 2𝑒3𝑡 = (𝑡4 12 + 2) 𝑒3𝑡 Para saber se a solução está correta, vamos derivar 𝑥(𝑡) duas vezes e inserir na equação do início, 𝑥′(𝑡) = 1 12 𝑑 𝑑𝑡 (𝑒3𝑡𝑡4) + 2 𝑑 𝑑𝑡 (𝑒3𝑡) = 𝑒3𝑡 12 (4𝑡3 + 3𝑡4) + 2(3𝑒3𝑡) 𝑥′(𝑡) = 𝑒3𝑡 (1 3 𝑡3 + 1 4 𝑡4 + 6) 𝑥′′(𝑡) = 1 12 𝑑2 𝑑𝑡2 (𝑒3𝑡𝑡4) + 2 𝑑2 𝑑𝑡2 (𝑒3𝑡) = 𝑒3𝑡 12 (9𝑡4 + 24𝑡3 + 12𝑡2) + 2(9𝑒3𝑡) 𝑥′′(𝑡) = 𝑒3𝑡 (3 4 𝑡4 + 2𝑡3 + 𝑡2 + 18) Assim, 𝑥′′(𝑡) − 6𝑥′(𝑡) + 9𝑥(𝑡) = 𝑡2𝑒3𝑡 𝑒3𝑡 (3 4 𝑡4 + 2𝑡3 + 𝑡2 + 18) − 6𝑒3𝑡 (1 3 𝑡3 + 1 4 𝑡4 + 6) + 9 12 𝑒3𝑡𝑡4 + 18𝑒3𝑡 = 𝑡2𝑒3𝑡 Dividindo tudo por 𝑒3𝑡, 3 4 𝑡4 + 2𝑡3 + 𝑡2 + 18 − 6 3 𝑡3 − 6 4 𝑡4 − 36 + 3 4 𝑡4 + 18 = 𝑡2 (3 4 − 6 4 + 3 4) 𝑡4 + (2 − 6 3) 𝑡3 + 𝑡2 + (18 − 36 + 18) = 𝑡2 (0)𝑡4 + (0)𝑡3 + 𝑡2 + (0) = 𝑡2 𝑡2 = 𝑡2 A solução 𝑥(𝑡) = (𝑡4/12 + 2)𝑒3𝑡 está correta! 3) Sistema de EDOS: 𝑥1 ′(𝑡) = − 8 5 𝑥1(𝑡) + 3 10 𝑥2(𝑡) (1) 𝑥2 ′(𝑡) = 8 5 𝑥1(𝑡) − 4 5 𝑥2(𝑡) (2) Vamos escrever (1) + (2), 𝑥1 ′(𝑡) + 𝑥2 ′(𝑡) = − 8 5 𝑥1(𝑡) + 3 10 𝑥2(𝑡) + 8 5 𝑥1(𝑡) − 4 5 𝑥2(𝑡) 𝑥1 ′(𝑡) + 𝑥2 ′(𝑡) = 3 10 𝑥2(𝑡) − 4 5 𝑥2(𝑡) = − 1 2 𝑥2(𝑡) 𝑥1 ′(𝑡) + 𝑥2 ′(𝑡) = − 1 2 𝑥2(𝑡) (3) Vamos escrever (1) + (3/8)(2), 𝑥1 ′(𝑡) + (3 8) 𝑥2 ′(𝑡) = − 8 5 𝑥1(𝑡) + 3 10 𝑥2(𝑡) + (3 8) 8 5 𝑥1(𝑡) − (3 8) 4 5 𝑥2(𝑡) 𝑥1 ′(𝑡) + (3 8) 𝑥2 ′(𝑡) = − 8 5 𝑥1(𝑡) + 3 10 𝑥2(𝑡) + 3 5 𝑥1(𝑡) − 3 10 𝑥2(𝑡) 𝑥1 ′(𝑡) + (3 8) 𝑥2 ′(𝑡) = (− 8 5 + 3 5) 𝑥1(𝑡) 𝑥1 ′(𝑡) + (3 8) 𝑥2 ′(𝑡) = −𝑥1(𝑡) (4) Usando 𝑡 = 0 nas equações (3) e (4), 𝑥1 ′(0) + 𝑥2 ′(0) = − 1 2 𝑥2(0) 𝑥1 ′(0) + (3 8) 𝑥2 ′(0) = −𝑥1(0) Usando as condições iniciais 𝑥1(0) = 0 e 𝑥2(0) = 12, 𝑥1 ′(0) + 𝑥2 ′(0) = − 1 2 𝑥2(0) = − 1 2 (12) = −6 → 𝑥1 ′(0) + 𝑥2 ′(0) = −6 (5) 𝑥1 ′(0) + (3 8) 𝑥2 ′(0) = −𝑥1(0) = 0 → 𝑥1 ′(0) + (3 8) 𝑥2 ′(0) = 0 (6) De (6), temos 𝑥1 ′(0) = − (3 8) 𝑥2 ′(0) (7) Usando em (5), 𝑥1 ′(0) + 𝑥2 ′(0) = −6 − (3 8) 𝑥2 ′(0) + 𝑥2 ′(0) = (− 3 8 + 1) 𝑥2 ′(0) = 5 8 𝑥2 ′(0) = −6 𝑥2 ′(0) = −6 (8 5) = − 48 5 Usando em (7), 𝑥1 ′(0) = − (3 8) 𝑥2 ′(0) = − (3 8) (−6 (8 5)) = 18 5 Assim, 𝑥1(0) = 0, 𝑥1 ′(0) = 18 5 𝑥2(0) = 12, 𝑥2 ′(0) = − 48 5 Possíveis soluções para 𝑥1(𝑡) e 𝑥2(𝑡) incluem funções do tipo 𝐴 + 𝐵𝑡 Se 𝑥1(𝑡) = 𝐴1 + 𝐵1𝑡, 𝑥1(𝑡) = 0 𝐴1 + 𝐵1(0) = 𝐴1 = 0 Assim, 𝑥1(𝑡) = 𝐵1𝑡 𝑥1 ′(𝑡) = 𝐵1 𝑥1 ′(0) = 𝐵1 = 18 5 Logo, 𝑥1(𝑡) = 18 5 Se 𝑥2(𝑡) = 𝐴2 + 𝐵2𝑡, 𝑥2(𝑡) = 12 𝐴2 + 𝐵2(0) = 𝐴2 = 12 Assim, 𝑥2(𝑡) = 12 + 𝐵2𝑡 𝑥2 ′(𝑡) = 𝐵2 𝑥2 ′(0) = 𝐵2 = − 48 5 Logo, 𝑥2(𝑡) = 12 − 48 5 𝑡 Outra possibilidade de solução: 𝑥1(𝑡) = 𝐴1 cos(𝑡) + 𝐵1 sen(𝑡) 𝑥2(𝑡) = 𝐴2 cos(𝑡) + 𝐵2 sen(𝑡) Usando as condições iniciais, 𝑥1(𝑡) = 18 5 sen(𝑡) 𝑥2(𝑡) = 12 cos(𝑡) − 48 5 sen(𝑡) 4) Solução geral do sistema. Vamos começar de baixo para cima. A quarta equação é 𝑥4 ′(𝑡) = −𝑥4(𝑡) A solução desta equação é uma função cuja primeira derivada é igual ao negativo da própria função. Assim, podemos escrever 𝑥4(𝑡) = 𝐴𝑒−𝑡 Já que 𝑥4 ′(𝑡) = −𝐴𝑒−𝑡 = −𝑥4(𝑡) Agora, a terceira equação diz que 𝑥3 ′(𝑡) = −𝑥3(𝑡) + 𝑥4(𝑡) Portanto, 𝑥3 ′(𝑡) = −𝑥3(𝑡) + 𝑒−𝑡 𝑥3 ′(𝑡) + 𝑥3(𝑡) = 𝑒−𝑡 Solução da homogênea, 𝑥3 ′(𝑡) + 𝑥3(𝑡) = 0 Vamos chutar uma solução do tipo 𝑥3(𝑡) = 𝐴𝑒𝑘𝑡, 𝑥3 ′(𝑡) = 𝑘𝐴𝑒𝑘𝑡 = 𝑘𝑥3(𝑡), 𝐴 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 Devemos ter 𝑥3 ′(𝑡) + 𝑥3(𝑡) = 0 𝑘𝑥3(𝑡) + 𝑥3(𝑡) = 0 → 𝑘 + 1 = 0 → 𝑘 = −1 Assim, 𝑥3(𝑡) = 𝐴𝑒𝑘𝑡 = 𝐴𝑒−𝑡 Podemos, então, estabelecer uma solução do tipo 𝑥3(𝑡) = 𝑐1𝑒−𝑡 + 𝑡𝑒−𝑡 Vamos ver se ela funciona, 𝑥3 ′(𝑡) + 𝑥3(𝑡) = 𝑥4(𝑡) 𝑑 𝑑𝑡 [𝑐1𝑒−𝑡 + 𝑡𝑒−𝑡] + [𝑐1𝑒−𝑡 + 𝑡𝑒−𝑡] = 𝑒−𝑡 −𝑐1𝑒−𝑡 + 𝑑 𝑑𝑡 [𝑡]𝑒−𝑡 + 𝑡 𝑑 𝑑𝑡 [𝑒−𝑡] + [𝑐1𝑒−𝑡 + 𝑡𝑒−𝑡] = 𝑒−𝑡 −𝑐1𝑒−𝑡 + 𝑒−𝑡 + 𝑡(−𝑒−𝑡) + [𝑐1𝑒−𝑡 + 𝑡𝑒−𝑡] = 𝑒−𝑡 Rearranjando, −𝑐1𝑒−𝑡 + 𝑐1𝑒−𝑡 − 𝑡𝑒−𝑡 + 𝑡𝑒−𝑡 + 𝑒−𝑡 = 𝑒−𝑡 𝑒−𝑡 = 𝑒−𝑡 Logo, 𝑥3(𝑡) = 𝑐1𝑒−𝑡 + 𝑡𝑒−𝑡 é uma solução possível! A segunda equações do sistema é 𝑥2 ′(𝑡) + 2𝑥1(𝑡) + 𝑥2(𝑡) = 𝑥3(𝑡) 𝑥1(𝑡) = 𝑐1𝑒−𝑡 + 𝑡𝑒−𝑡 − 𝑥2 ′(𝑡) − 𝑥2(𝑡) 2 A primeira equação do sistema é 𝑥1 ′(𝑡) + 𝑥1(𝑡) = 2𝑥2(𝑡) 𝑥1(𝑡) = 2𝑥2(𝑡) − 𝑥1 ′(𝑡) Igualando as equações para 𝑥1(𝑡), 𝑐1𝑒−𝑡 + 𝑡𝑒−𝑡 − 𝑥2 ′(𝑡) − 𝑥2(𝑡) 2 = 2𝑥2(𝑡) − 𝑥1 ′(𝑡) 𝑐1𝑒−𝑡 + 𝑡𝑒−𝑡 = 5𝑥2(𝑡) + 𝑥2 ′(𝑡) − 2𝑥1 ′(𝑡) Vamos fazer 𝑥1 ′(𝑡) = −𝑐2𝑒−𝑡 𝑐1𝑒−𝑡 + 𝑡𝑒−𝑡 = 5𝑥2(𝑡) + 𝑥2 ′(𝑡) + 2𝑐2𝑒−𝑡 5𝑥2(𝑡) + 𝑥2 ′(𝑡) = (𝑐1 + 𝑡 − 2𝑐2)𝑒−𝑡 Assim, 𝑥2(𝑡) deve ter a forma 𝑥2(𝑡) = − 1 16 𝑒−𝑡 + 1 4 𝑐1𝑒−𝑡 − 2 4 𝑐2𝑒−𝑡 + 1 4 𝑡𝑒−𝑡 + 𝑐3𝑒−5𝑡 Derivando, 𝑥2 ′(𝑡) = 1 16 𝑒−𝑡 − 1 4 𝑐1𝑒−𝑡 + 2 4 𝑐2𝑒−𝑡 + 1 4 𝑒−𝑡 − 1 4 𝑡𝑒−𝑡 − 5𝑐3𝑒−5𝑡 Assim, 5𝑥2(𝑡) + 𝑥2 ′(𝑡) = − 5 16 𝑒−𝑡 + 5 4 𝑐1𝑒−𝑡 − 10 4 𝑐2𝑒−𝑡 + 5 4 𝑡𝑒−𝑡 + 5𝑐3𝑒−5𝑡 + 1 16 𝑒−𝑡 − 1 4 𝑐1𝑒−𝑡 + 2 4 𝑐2𝑒−𝑡 + 1 4 𝑒−𝑡 − 1 4 𝑡𝑒−𝑡 − 5𝑐3𝑒−5𝑡 5𝑥2(𝑡) + 𝑥2 ′(𝑡) = (−5 + 1) 16 𝑒−𝑡 + 1 4 𝑒−𝑡 + (5 − 1) 4 𝑐1𝑒−𝑡 + (−10 + 2) 4 𝑐2𝑒−𝑡 + (5 − 1 4 ) 𝑡𝑒−𝑡 + (5 − 5)𝑐3𝑒−5𝑡 5𝑥2(𝑡) + 𝑥2 ′(𝑡) = − 1 4 𝑒−𝑡 + 1 4 𝑒−𝑡 + 𝑐1𝑒−𝑡 − 2𝑐2𝑒−𝑡 + 𝑡𝑒−𝑡 + 0 5𝑥2(𝑡) + 𝑥2 ′(𝑡) = 0 + 𝑐1𝑒−𝑡 − 2𝑐2𝑒−𝑡 + 𝑡𝑒−𝑡 + 0 Logo, 5𝑥2(𝑡) + 𝑥2 ′(𝑡) = 𝑐1𝑒−𝑡 − 2𝑐2𝑒−𝑡 + 𝑡𝑒−𝑡 E a solução 𝑥2(𝑡) = − 1 16 𝑒−𝑡 + 1 4 𝑐1𝑒−𝑡 − 2 4 𝑐2𝑒−𝑡 + 1 4 𝑡𝑒−𝑡 + 𝑐3𝑒−5𝑡 está correta desde que 𝑥1(𝑡) = 𝑐2𝑒−𝑡 Então, 𝑥1(𝑡) = 𝑐2𝑒−𝑡 𝑥2(𝑡) = − 1 16 𝑒−𝑡 + 1 4 𝑐1𝑒−𝑡 − 2 4 𝑐2𝑒−𝑡 + 1 4 𝑡𝑒−𝑡 + 𝑐3𝑒−5𝑡 𝑥3(𝑡) = 𝑐1𝑒−𝑡 + 𝑡𝑒−𝑡 𝑥4(𝑡) = 𝑒−𝑡