Determine duas soluções L.I. da EDO
y^{\prime \prime}-f^{\prime}(x) y^{\prime}+[f(x)-1] y=0
em que f:(a, b) \rightarrow \mathbb{R} é qualquer função contínua. Pode deixar uma das soluções em termos da primitiva de f(x).

Passo 1

O enunciado pede: encontrar duas soluções linearmente independentes (L.I.) da equação diferencial
y''-f'(x)\,y'+[f(x)-1]\,y=0,
onde f:(a,b)\to\mathbb{R} é uma função (supõe-se que f é diferenciável para que f' exista). Ou seja, a tarefa é obter uma base do espaço de soluções dessa EDO de segunda ordem com coeficientes dependentes de x.
Informações dadas:
  • A EDO é linear homogênea de segunda ordem com coeficientes que envolvem f(x) e f'(x).
  • Não há condições iniciais; queremos duas soluções L.I. em termos de f (pode deixar integrais/primitivas envolvendo f).

Passo 2

Vamos tentar reduzir a ordem da EDO com uma substituição simples. Defina a função auxiliar
z(x)=y'(x)-y(x).
Isto é, z é a diferença entre a derivada de y e y mesma. Vou calcular z' para substituir na EDO. Temos
z'(x)=y''(x)-y'(x).
Agora escrevo y'' em função de z' e y': y''=z'+y'. Substituo esse y'' na equação original.

Passo 3

Substituindo y''=z'+y' em
y''-f' y'+(f-1)y=0
(z'+y')-f'y'+(f-1)y=0.
Agrupando termos em z', y' e y:
z' + y'(1-f') + (f-1)y = 0.
Mas lembre que y' = z + y (pela definição de z). Substituo y' nessa expressão:
z' + (1-f')(z+y) + (f-1)y = 0.
Separe os termos em z e y:
z' + (1-f')z + \big[(1-f')y + (f-1)y\big] = 0.
Observe que os termos entre colchetes se cancelam porque (1-f')y + (f-1)y = 0. Então sobra apenas uma equação para z:
z' + (1-f')\,z = 0.
Portanto, a substituição reduziu a EDO de segunda ordem a uma EDO de primeira ordem para z.

Passo 4

Agora resolvo a EDO de primeira ordem
z' + (1-f')\,z = 0.
Esta é uma equação linear homogênea que também pode ser vista por separação de variáveis. Reescrevendo:
\frac{z'}{z} = f'(x)-1.
Integro ambos os lados em x:
\int \frac{z'}{z}\,dx = \int (f'(x)-1)\,dx.
O lado esquerdo dá \ln|z|. No lado direito, \int f'(x)\,dx = f(x) (pois f' é derivada de f), e \int -1\,dx = -x. Logo
\ln|z| = f(x)-x + C,
onde C é constante de integração. Exponenciando:
z(x)=y'(x)-y(x)=K\,e^{\,f(x)-x},
com K constante arbitrária.

Passo 5

Agora voltemos a y. Temos a equação de primeira ordem (não homogênea agora)
y'(x)-y(x)=K\,e^{\,f(x)-x}.
Isto é uma equação linear do tipo y'-y=g(x) com g(x)=K e^{f(x)-x}. Use fator integrante \mu(x)=e^{-x}, pois (e^{-x}y)'=e^{-x}(y'-y). Então
\big(e^{-x}y\big)' = e^{-x}\,K\,e^{f(x)-x} = K\,e^{f(x)-2x}.
Integro ambos os lados:
e^{-x}y(x) = K\int e^{f(x)-2x}\,dx + C_2,
onde C_2 é nova constante de integração (pode ser diferente da constante anterior). Multiplicando por e^{x}:
y(x) = K\,e^{x}\int e^{f(x)-2x}\,dx + C_2\,e^{x}.
Para tornar clara a dependência da variável de integração, é melhor escrever a integral com variável \,t e uma constante de base x_0:
y(x) = K\,e^{x}\int_{x_0}^{x} e^{f(t)-2t}\,dt + C_2\,e^{x}.
Assim obtemos a solução geral: combinação linear de duas funções. Podemos escolher duas soluções fundamentais (L.I.) correspondentes às escolhas independentes das constantes K e C_2.

Passo 6

Escolhendo K=0,\,C_2=1 obtemos uma solução:
y_1(x)=e^{x}.
Escolhendo C_2=0,\,K=1 obtemos outra solução:
y_2(x)=e^{x}\int_{x_0}^{x} e^{f(t)-2t}\,dt,
onde x_0\in(a,b) é um ponto fixo (a integral indefinida pode ser tomada com qualquer constante de base). Estas duas funções geram a solução geral
y(x)=C_1\,y_1(x)+C_2\,y_2(x).

Passo 7

Verificação de independência linear (rápida e útil para a prova): calcule o Wronskiano W(y_1,y_2).
Temos y_1=e^{x}, y_1'=e^{x}.
Para y_2 note que, escrevendo I(x)=\int_{x_0}^{x} e^{f(t)-2t}\,dt,
y_2(x)=e^{x}I(x),\qquad y_2'(x)=e^{x}I(x)+e^{x}e^{f(x)-2x}=e^{x}I(x)+e^{f(x)-x}.
Então
W(y_1,y_2)=\begin{vmatrix} e^{x} & e^{x}I(x) \\\ e^{x} & e^{x}I(x)+e^{f(x)-x}\end{vmatrix} = e^{x}\cdot e^{f(x)-x} = e^{f(x)}.
Como e^{f(x)}>0 para todo x, o Wronskiano é não nulo em (a,b), o que garante que y_1 e y_2 são linearmente independentes.

Resposta

y_1(x)=e^{x}\n y_2(x)=e^{x}\displaystyle\int_{x_0}^{x} e^{f(t)-2t}\,dt

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