Considere a equação diferencial
x y^{\prime \prime}-(x+1) y^{\prime}+y=0
a) Mostre que y_{1}=e^{x} é solução da equação.
b) Mostre que y_{2}=c e^{x} \int x e^{-x} d x, c \in \mathbb{R}, é uma solução da equação dada e \left\{y_{1}, y_{2}\right\} são linearmente independentes.

Passo 1

O enunciado nos dá a equação diferencial
x\,y^{\prime\prime}-(x+1)\,y^{\prime}+y=0
e pede duas coisas:
  • (a) Mostrar que \;y_{1}=e^{x}\; é solução da equação.
  • (b) Mostrar que \;y_{2}=c\,e^{x}\int x e^{-x}\,dx,\;c\in\mathbb{R}\; é solução da equação e que o conjunto \{y_{1},y_{2}\} é linearmente independente.
Informações relevantes fornecidas:
  • A equação é de segunda ordem linear com coeficientes que dependem de x.
  • Foi dada explicitamente uma função candidata \;y_{1}=e^{x}\; e uma família de funções \;y_{2}=c\,e^{x}\int x e^{-x}\,dx\; que devemos verificar.
  • Note que dividir por x só é válido para x\neq0; portanto o domínio da verificação será tipicamente x\neq0.

Passo 2

Verificação direta de \;y_{1}=e^{x} (parte a).
Primeiro, vamos lembrar as derivadas de \;e^{x}:
y_{1} = e^{x},\qquad y_{1}^{\prime}=e^{x},\qquad y_{1}^{\prime\prime}=e^{x}.
Agora substituímos essas derivadas na equação dada. A equação é
x\,y^{\prime\prime}-(x+1)\,y^{\prime}+y=0.
Substituindo y_{1}:
x\cdot e^{x} - (x+1)\cdot e^{x} + e^{x}.
Fatorando e^{x}:
e^{x}\bigl(x - (x+1) + 1\bigr)=e^{x}\bigl(x - x -1 +1\bigr)=e^{x}\cdot 0 = 0.
Portanto \;y_{1}=e^{x}\; satisfaz a equação diferencial em qualquer ponto onde a equação esteja definida (ou seja, para x\neq0 quando dividimos por x, e de fato a verificação direta não precisou dividir por x). Concluímos que \;y_{1}=e^{x} é solução.

Passo 3

Preparação para obter \;y_{2} e explicar o método (redução de ordem).
É comum, quando sabemos uma solução y_{1} de uma equação linear de segunda ordem, procurar a segunda solução por um método chamado redução de ordem. Para aplicar esse método é conveniente escrever a equação na forma padrão
y^{\prime\prime}+P(x)\,y^{\prime}+Q(x)\,y=0.
Dividindo a equação dada por x (assumindo x\neq0) obtemos
y^{\prime\prime} - \bigl(1+\tfrac{1}{x}\bigr)\,y^{\prime} + \tfrac{1}{x}\,y = 0.
Assim na forma padrão temos
P(x) = -\bigl(1+\tfrac{1}{x}\bigr),\qquad Q(x)=\tfrac{1}{x}.
Agora explico de maneira didática o passo essencial da redução de ordem: procurar uma segunda solução da forma
y_{2}(x)=v(x)\,y_{1}(x),
onde v(x) é uma função a determinar. Substituindo essa forma na equação e usando que y_{1} já é solução, reduzimos a ordem do problema para uma equação de primeira ordem em w=v^{\prime}. Vou desenvolver esse procedimento passo a passo no próximo passo.

Passo 4

Derivação do procedimento (redução de ordem) de forma explícita.
Seja y_{2}=v\,y_{1}. Calculamos:
y_{2}^{\prime}=v^{\prime}y_{1}+v y_{1}^{\prime}, \qquad y_{2}^{\prime\prime}=v^{\prime\prime}y_{1}+2v^{\prime}y_{1}^{\prime}+v y_{1}^{\prime\prime}.
Substituindo y_{2},y_{2}^{\prime},y_{2}^{\prime\prime} na forma padrão
y^{\prime\prime}+P\,y^{\prime}+Q\,y=0
e usando que y_{1} satisfaz a equação (ou seja, y_{1}^{\prime\prime}+P y_{1}^{\prime}+Q y_{1}=0), os termos que envolvem v (sem derivadas) cancelam, sobrando uma equação para v^{\prime} e v^{\prime\prime}. Colocando w=v^{\prime} reduzimos para uma equação de primeira ordem em w que, após manipulação, leva à fórmula conhecida
y_{2}=y_{1}\int \frac{e^{-\int P(x)\,dx}}{y_{1}^{2}}\,dx,
onde as integrais são indefinidas (pode aparecer uma constante multiplicativa que corresponde ao c na sua expressão). Essa fórmula é a versão prática da redução de ordem: dadas P(x) e y_{1}, calcula-se o integrando \dfrac{e^{-\int P}}{y_{1}^{2}}, integra-se e multiplica-se por y_{1}.
Vou agora aplicar essa fórmula ao nosso caso concreto.

Passo 5

Aplicando a fórmula ao caso concreto e obtendo \;y_{2}=c\,e^{x}\int x e^{-x}\,dx.
Lembrando que para nossa equação obtivemos
P(x) = -\bigl(1+\tfrac{1}{x}\bigr).
Calculemos \int P(x)\,dx:
\int P(x)\,dx = \int -\bigl(1+\tfrac{1}{x}\bigr)\,dx = -x - \ln|x|.
Então
e^{-\int P(x)\,dx} = e^{x+\ln|x|} = e^{x}\,|x|.
Como estamos trabalhando em domínios x\neq0 podemos tomar x>0 ou x<0 separadamente; para definitude aqui tomamos a expressão formal e^{x}|x|. Agora a fórmula pede dividir por y_{1}^{2}. Como y_{1}=e^{x} temos y_{1}^{2}=e^{2x}. Assim o integrando fica
\frac{e^{-\int P}}{y_{1}^{2}} = \frac{e^{x}|x|}{e^{2x}} = |x| e^{-x}.
Em cada ramo de sinal de x isso é x e^{-x} (com um sinal global que pode ser absorvido na constante multiplicativa). Portanto, até uma constante multiplicativa, obtemos
y_{2}=y_{1}\int x e^{-x}\,dx = e^{x}\int x e^{-x}\,dx.
Inserindo uma constante c multiplicativa temos exatamente a família
y_{2}=c\,e^{x}\int x e^{-x}\,dx,\qquad c\in\mathbb{R}.
Isto mostra, pelo procedimento da redução de ordem, que essa família fornece segundas soluções. A constante c apenas escala a solução; para c=0 obtém-se a solução trivial y_{2}=0, que não serve para independência linear.

Passo 6

Verificação direta (substituição) de que y_{2}=c\,e^{x}\int x e^{-x}\,dx satisfaz a equação (confirmação explícita).
Para ser bem didático, faça a verificação direta com notação mais curta: defina
u(x)=\int x e^{-x}\,dx, \qquad y_{2}=c\,e^{x}u(x).
Então
u^{\prime}(x)=x e^{-x},\qquad u^{\prime\prime}(x)=(1-x)e^{-x}.
Calculemos y_{2}^{\prime} e y_{2}^{\prime\prime}:
y_{2}^{\prime}=c e^{x}(u+u^{\prime}),
y_{2}^{\prime\prime}=c e^{x}(u+2u^{\prime}+u^{\prime\prime}).
Agora substituímos na equação original x y^{\prime\prime}-(x+1)y^{\prime}+y:
x y_{2}^{\prime\prime}-(x+1)y_{2}^{\prime}+y_{2} = c e^{x}\bigl[x(u+2u^{\prime}+u^{\prime\prime})-(x+1)(u+u^{\prime})+u\bigr].
Ao expandir e simplificar os termos dentro dos colchetes obtém-se
x u^{\prime\prime} + (x-1)u^{\prime}.
Substituindo u^{\prime}=x e^{-x} e u^{\prime\prime}=(1-x)e^{-x} temos
x u^{\prime\prime} + (x-1)u^{\prime} = x(1-x)e^{-x} + (x-1)x e^{-x} = 0.
Portanto o lado esquerdo da equação é zero e y_{2} satisfaz a equação para todo x\neq0. Isso confirma que y_{2}=c\,e^{x}\int x e^{-x}\,dx é de fato uma solução.

Passo 7

Mostrando que \{y_{1},y_{2}\} são linearmente independentes.
Uma maneira direta é calcular o Wronskiano
W(y_{1},y_{2})(x)= \begin{vmatrix} y_{1} & y_{2}\\[4pt] y_{1}^{\prime} & y_{2}^{\prime} \end{vmatrix} = y_{1}y_{2}^{\prime}-y_{1}^{\prime}y_{2}.
Usando y_{1}=e^{x} e y_{2}=c e^{x}u com u^{\prime}=x e^{-x}, já calculamos y_{2}^{\prime}=c e^{x}(u+u^{\prime}). Então
W(y_{1},y_{2}) = e^{x}\cdot c e^{x}(u+u^{\prime}) - e^{x}\cdot c e^{x}u = c e^{2x} u^{\prime}.
Como u^{\prime}=x e^{-x} obtemos
W(y_{1},y_{2}) = c e^{2x}\cdot x e^{-x} = c x e^{x}.
Para c\neq0 e x\neq0 isso é diferente de zero, logo y_{1} e y_{2} são linearmente independentes no intervalo considerado. (Observe que x=0 é ponto singular da equação original; a independência é verificada nos intervalos onde a equação está em forma padrão, por exemplo x>0 ou x<0.)
Concluímos que a família dada para y_{2} fornece uma segunda solução linearmente independente de y_{1}.]

Resposta

(a) \;y_{1}=e^{x} é solução da equação diferencial.
(b) \;y_{2}=c\,e^{x}\int x e^{-x}\,dx,\;c\in\mathbb{R}, é solução da equação, e \{y_{1},y_{2}\} são linearmente independentes (para c\neq0 e x\neq0).

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