Considere a EDO a \cdot \frac{d^{2} y}{d x^{2}}+b \cdot \frac{d y}{d x}+c y=0 com a, b . c \in \mathbb{R} tais que b^{2}-4 a c=0 e a \neq 0. Mostre que:
(a) y_{1}(x)=e^{-\frac{b}{2 a} x} é solução da EDO.
(b) y(x)=c_{1} e^{r x}+c_{2} x e^{r x} com r=-\frac{b}{2 a} é a solução geral da EDO.

Passo 1

O enunciado dá a EDO linear homogênea com coeficientes constantes
a\cdot \frac{d^{2}y}{dx^{2}} + b\cdot \frac{dy}{dx} + c\,y = 0,
onde a,b,c\in\mathbb{R}, a\neq 0 e a condição adicional b^{2}-4ac=0 (ou seja, o discriminante da quadrática associada é zero). O problema pede duas coisas:
(a) Mostrar que \;y_{1}(x)=e^{-\frac{b}{2a}x}\; é solução da EDO.
(b) Mostrar que a solução geral da EDO é
y(x)=c_{1}e^{r x}+c_{2}x e^{r x}\quad\text{com}\quad r=-\frac{b}{2a},
ou seja, provar que as duas funções e^{r x} e x e^{r x} formam uma base de soluções.

Passo 2

Vamos atacar (a). Primeiro calculo as derivadas de \;y_{1}(x)=e^{r x}\; com r=-\dfrac{b}{2a} (vou usar r para simplificar a escrita):
y_{1}(x)=e^{r x},
\frac{dy_{1}}{dx}=r e^{r x},
\frac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}}=r^{2} e^{r x}.
Agora substituo essas derivadas na EDO:
a\cdot y_{1}''+b\cdot y_{1}'+c\cdot y_{1} = a(r^{2}e^{r x}) + b(r e^{r x}) + c(e^{r x}).
Fatorando e^{r x} (que nunca é zero), fica
a\cdot y_{1}''+b\cdot y_{1}'+c\cdot y_{1} = e^{r x}\,(a r^{2} + b r + c).

Passo 3

Para concluir (a) preciso mostrar que a r^{2}+b r + c = 0 quando r=-\dfrac{b}{2a} e b^{2}-4ac=0. Faço a substituição:
a r^{2}+b r + c = a\left(-\frac{b}{2a}\right)^{2} + b\left(-\frac{b}{2a}\right) + c.
Calculo termo a termo:
a\left(-\frac{b}{2a}\right)^{2} = a\cdot \frac{b^{2}}{4a^{2}} = \frac{b^{2}}{4a},
b\left(-\frac{b}{2a}\right) = -\frac{b^{2}}{2a}.
Somando tudo:
a r^{2}+b r + c = \frac{b^{2}}{4a} - \frac{b^{2}}{2a} + c = -\frac{b^{2}}{4a} + c = \frac{-b^{2}+4ac}{4a}.
Como no enunciado temos b^{2}-4ac=0, o numerador -b^{2}+4ac é zero. Logo a r^{2}+b r + c=0. Portanto a y_{1}''+b y_{1}'+c y_{1}=e^{r x}\cdot 0=0, isto é, \;y_{1}(x)=e^{-\frac{b}{2a}x}\; satisfaz a EDO. Assim a parte (a) está provada.

Passo 4

Agora a parte (b): precisamos demonstrar que a solução geral é y(x)=c_{1}e^{r x}+c_{2}x e^{r x} com r=-\dfrac{b}{2a}.
Primeiro verifico que y_{2}(x)=x e^{r x} também satisfaz a EDO. Calculo derivadas de y_{2}:
y_{2}=x e^{r x},
y_{2}' = e^{r x} + r x e^{r x} = e^{r x}(1 + r x),
y_{2}'' = r e^{r x} + r e^{r x} + r^{2} x e^{r x} = e^{r x}(2r + r^{2} x).
Substituo na EDO:
a y_{2}'' + b y_{2}' + c y_{2} = a e^{r x}(2r + r^{2} x) + b e^{r x}(1 + r x) + c e^{r x} x.
Fatorando e^{r x} e agrupando termos em x e constantes:
a y_{2}'' + b y_{2}' + c y_{2} = e^{r x}\Big( x\,(a r^{2} + b r + c) + (2a r + b) \Big).
Já provamos no Passo 3 que a r^{2} + b r + c = 0. Além disso, para r=-\dfrac{b}{2a} temos
2a r + b = 2a\left(-\frac{b}{2a}\right) + b = -b + b = 0.
Portanto ambos os termos dentro do parêntese são zero, e assim a y_{2}'' + b y_{2}' + c y_{2}=0. Logo y_{2}(x)=x e^{r x} também é solução.

Passo 5

Agora preciso mostrar que essas duas soluções são linearmente independentes, para que a combinação linear delas seja a solução geral. Calculo o Wronskiano W(y_{1},y_{2})(x):
W(y_{1},y_{2})(x) = \begin{vmatrix} y_{1} & y_{2} \\[4pt] y_{1}' & y_{2}' \end{vmatrix} = y_{1}\,y_{2}' - y_{2}\,y_{1}'.
Substituo y_{1}=e^{r x}, y_{1}'=r e^{r x}, y_{2}=x e^{r x}, y_{2}'=e^{r x}+r x e^{r x}:
W = e^{r x}(e^{r x}+r x e^{r x}) - x e^{r x}\cdot r e^{r x} = e^{2r x} + r x e^{2r x} - r x e^{2r x} = e^{2r x}.
Como e^{2r x}\neq 0 para todo x, o Wronskiano é não nulo para todo x. Portanto y_{1} e y_{2} são linearmente independentes e formam um conjunto fundamental de soluções. Pela teoria das equações diferenciais lineares de segunda ordem, a combinação linear
y(x)=c_{1}y_{1}(x)+c_{2}y_{2}(x)=c_{1}e^{r x}+c_{2}x e^{r x}
é a solução geral da EDO (com r=-\dfrac{b}{2a}).]

Resposta

(a) y_{1}(x)=e^{-\frac{b}{2a}x} é solução da EDO.
(b) y(x)=c_{1}e^{r x}+c_{2}x e^{r x} com r=-\frac{b}{2a} é a solução geral da EDO.

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