Em cada um dos seguintes problemas use o método de redução de ordem para encontrar uma segunda solução da equação diferencial dada
t^{2} y^{\prime \prime}+2 t y^{\prime}-2 y=0, \quad t>0 ; \quad y_{1}(t)=t

Passo 1

O enunciado fornece a equação diferencial
t^{2}y''+2t y'-2y=0,\quad t>0
e diz que já conhecemos uma solução particular \;y_{1}(t)=t.\n
A pergunta é: encontrar uma segunda solução linearmente independente de \;y_{1} (isto é, achar \;y_{2}(t) tal que \{y_{1},y_{2}\} seja um conjunto de soluções linearmente independentes).

Passo 2

Idéia do método (explicação didática e informal): vamos procurar uma solução da forma
y(t)=v(t)\,y_{1}(t),
onde v(t) é uma função desconhecida que vamos determinar. Aqui y(t) é a solução geral que depende de v, e y_{1}(t)=t é a solução já conhecida. A vantagem dessa escolha é que inserir y=v\,y_{1} na equação transforma a equação de segunda ordem numa equação de ordem menor para v (ou para v'), o que facilita a resolução.

Passo 3

Vamos calcular as derivadas de y(t)=v(t)\,t passo a passo, sem pular nada:
y(t)=v(t)\,t.
Derivando uma vez (usando a regra do produto):
y'(t)=v'(t)\,t + v(t).
Derivando de novo:
y''(t)=v''(t)\,t + v'(t) + v'(t)=v''(t)\,t + 2v'(t).
Aqui v' é a derivada de v em relação a t, e v'' é a segunda derivada.

Passo 4

Agora substituímos y, y', y'' na equação original. Substituindo as expressões obtidas:
t^{2}\big(v''(t)\,t + 2v'(t)\big) + 2t\big(v'(t)\,t + v(t)\big) - 2\big(v(t)\,t\big)=0.
Vamos expandir e agrupar termos com cuidado:
t^{3}v''(t) + 2t^{2}v'(t) + 2t^{2}v'(t) + 2t v(t) - 2t v(t)=0.
Observe que +2t v(t) e -2t v(t) se cancelam, sobrando apenas os termos com v'' e v':
t^{3}v''(t) + 4t^{2}v'(t)=0.

Passo 5

Simplificamos dividindo por t^{2} (permitido pois t>0):
t\,v''(t) + 4 v'(t)=0.
Para reduzir a ordem, fazemos a substituição w(t)=v'(t). Então w'(t)=v''(t). Substituindo na equação acima obtemos uma equação de primeira ordem para w:
t\,w'(t) + 4 w(t)=0.
Esta é uma equação linear de primeira ordem e também é separável — vamos usar separação de variáveis porque é mais direto aqui.

Passo 6

Resolver t\,w'(t) + 4 w(t)=0 por separação. Escrevendo w'=\dfrac{dw}{dt}:
t\frac{dw}{dt} + 4w = 0 \quad\Longrightarrow\quad \frac{dw}{dt} = -\frac{4}{t} w.
Agora separamos as variáveis:
\frac{1}{w}\,dw = -\frac{4}{t}\,dt.
Integramos ambos os lados:
\int \frac{1}{w}\,dw = \int -\frac{4}{t}\,dt
\ln|w| = -4\ln t + C,
onde C é constante de integração. Como t>0 podemos eliminar o valor absoluto escrevendo
w(t)=C_{1}\,t^{-4},
onde C_{1}=e^{C} é uma constante arbitrária.

Passo 7

Lembrando que w(t)=v'(t), temos
v'(t)=C_{1}\,t^{-4}.
Integramos para obter v:
v(t)=\int C_{1}\,t^{-4}\,dt = C_{1}\left(\frac{t^{-3}}{-3}\right)+C_{2} = -\frac{C_{1}}{3}t^{-3} + C_{2},
onde C_{2} é outra constante de integração.

Passo 8

Voltemos à fórmula y(t)=v(t)\,y_{1}(t)=v(t)\,t. Substituindo v(t) obtemos:
y(t)=\left(-\frac{C_{1}}{3}t^{-3} + C_{2}\right)t = -\frac{C_{1}}{3}t^{-2} + C_{2}\,t.
Renomeando constantes (podemos colocar A=-\dfrac{C_{1}}{3} e B=C_{2}), a solução geral fica
y(t)=A\,t^{-2} + B\,t.
Dessa forma vemos que, além de y_{1}(t)=t, outra solução independentemente linear é
y_{2}(t)=t^{-2}.

Passo 9

Verificação de independência linear (rápida): o wronskiano W(y_{1},y_{2})(t) é
W=\begin{vmatrix} t & t^{-2}\\[4pt] 1 & -2t^{-3} \end{vmatrix} = t\cdot(-2t^{-3}) - t^{-2}\cdot 1 = -2t^{-2}-t^{-2}=-3t^{-2}\neq 0\quad\text{para }t>0,
logo y_{1} e y_{2} são linearmente independentes (o que confirma que t^{-2} é uma boa segunda solução).]

Resposta

y_{2}(t)=t^{-2}

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