Considere a equação

x y ' ' + x y ' + y = 0 ,   x > 0 .

(c) Mostre que é razoável tentar-se outra solução da forma

φ 2 x = x   e - x ln ⁡ x + ∑ k = 0 + ∞ b k x k .

Passo 1

Vamos buscar uma solução que seja Linearmente independente com φ 1 ( x ) .

Para isso podemos usar a fórmula de Abel-Liouville(Quem??); pois é, mas é bem tranquila:

“ seja a seguinte equação diferencial: y ' ' + p x y ' + q x y = 0 e seja φ 1 x uma solução; se existir uma segunda solução y ela será tal que:

φ 1 x y φ 1 ' x y ' = e - ∫ p x d x  

Onde y = φ 2

Na alternativa A B vimos que:

φ 1 x = x   e - x

Portanto:

φ 1 ' x = e - x ( 1 - x )

Passo 2

Então vamos la:

Nossa ED:

x y ' ' + x y ' + y = 0

Dividindo por x :

y ' ' + y ' + 1 x y = 0

x   e - x y e - x 1 - x y ' = e - ∫ 1   d x

Teremos então:

x e - x y ' + e - x x - 1 y = e - x

Simplificando:

x y ' + x - 1 y = 1

Dividindo por x   para colocar na forma padrão:

y ' + x - 1 x y = 1 x

Passo 3

Temos agora uma EDL de primeiro grau, podemos resolver por Fator integrante:

F I = e ∫ x - 1 x d x

Resolvendo o integral de forma separada:

∫ x - 1 x d x = ∫ x x d x - ∫ 1 x d x = x - l n ⁡ ( x )

Ou seja,

e x - ln ⁡ x = e x e ln ⁡ x = e x x

Multiplicando na equação diferencial na forma padrão:

e x x y ' + e x x x - 1 x y = e x x 1 x

Dando uma arrumada:

e x x y ' + e x x - 1 x 2 y = e x x 2

Note o seguinte:

e x x y ' + e x x - 1 x 2 y = d y e x x d x ,   ( r e g r a   d o   p r o d u t o )

Portanto:

∫ d y e x x d x = ∫ e x x 2

Agora, é importante que você se lembre do seguinte:

Expansão de e x em polinômios de Taylor:

e x = 1 + x + x 2 2 ! + x 3 3 ! + … =

Isso significa que:

e x x 2 = 1 x 2 + x x 2 + x 2 2 ! x 2 + x 3 3 ! x 2 + …

Se integrarmos isso termo a termos:

∫ 1 x 2 d x + ∫ 1 x d x + ∫ 1 2 ! d x + ∫ x 3 ! d x + …

Teremos:

- 1 x + ln ⁡ x + x 2 ! + x 2 3 ! 2 + … ⏟ ∑ a k x k

No resumo da ópera:

y e x x = - 1 x + ln ⁡ x + ∑ k = 0 ∞ a k x k

Se isolarmos y :

y = - e - x + x e - x ln ⁡ x + ∑ k = 0 ∞ a k x k

Sabemos também que:

e - x = 1 - x + x 2 2 ! - x 3 3 ! + … = ∑ k = 0 ∞ b k x k

Chegamos finalmente em uma solução do tipo:

y = x e - x ln ⁡ x + ∑ k = 0 ∞ a k x k - ∑ k = 0 ∞ b k x k

Simplificando:

y = x e - x ln ⁡ x + ∑ k = 0 ∞ c k x k

Resposta

Concluimos com certo sacrifício que a equação diferencial admite uma segunda solução do tipo:

φ 2 x = x e - x ln ⁡ x + ∑ k = 0 ∞ c k x k

Ver Outros Exercícios desse livro