(a) Determine qual ou quais das funções z_{1}(x)=x^{2}, z_{2}(x)=x^{3} e z_{3}(x)=e^{-x} são soluções da equação
(x+3) y^{\prime \prime}+(x+2) y^{\prime}-y=0 .
(b) Seja y_{1}(x) uma das soluções obtidas no item anterior. Determine uma segunda solução y_{2}(x) de forma que y_{1}(x) e y_{2}(x) sejam soluções fundamentais da equação.
(c) Determine a solução geral da equação
(x+3) y^{\prime \prime}+(x+2) y^{\prime}-y=0
e obtenha a solução do problema de valor inicial
\left\{\begin{array}{l} (x+3) y^{\prime \prime}+(x+2) y^{\prime}-y=0 \\\ y(1)=1 \\\ y^{\prime}(1)=3 \end{array}\right.
Justifique sua resposta!

Passo 1

O enunciado tem três pedidos claros:
  1. (a) Verificar quais das funções \;z_{1}(x)=x^{2},\; z_{2}(x)=x^{3}\) e \(\;z_{3}(x)=e^{-x}\;\) são soluções da equação diferencial \[(x+3)\,y''+(x+2)\,y'-y=0.
  2. (b) Tomando uma das soluções do item (a) como \;y_{1}(x)\;, encontrar uma segunda solução \;y_{2}(x)\; de modo que \;y_{1},y_{2}\; formem um conjunto de soluções fundamentais (ou seja, linearmente independentes).
  3. (c) Encontrar a solução geral da equação e, a partir dela, a solução do problema de valor inicial
\begin{cases} (x+3)\,y''+(x+2)\,y'-y=0,\\[4pt] y(1)=1,\\[4pt] y'(1)=3. \end{cases}
Informações dadas que vamos usar: as três funções candidatas e a equação diferencial de segunda ordem linear homogênea com coeficientes que dependem de (x]. Não há figura nem outra tabela. A resolução começa verificando substituindo cada candidato na equação.]

Passo 2

Verifico se \;z_{1}(x)=x^{2}\; é solução. Primeiro calculo derivadas:
z_{1}'(x)=2x,\qquad z_{1}''(x)=2.
Agora substituo na equação:
(x+3)\cdot 2 +(x+2)\cdot 2x - x^{2}.
Faço as operações passo a passo:
(x+3)\cdot 2 = 2x+6,
(x+2)\cdot 2x = 2x^{2}+4x.
Somando tudo e subtraindo x^{2}:
2x+6 + 2x^{2}+4x - x^{2} = (2x^{2}-x^{2}) + (2x+4x) + 6 = x^{2}+6x+6.
Esse resultado não é identicamente zero para todo x, então \;z_{1}(x)=x^{2}\; não é solução da equação diferencial.

Passo 3

Verifico se \;z_{2}(x)=x^{3}\; é solução. Derivadas:
z_{2}'(x)=3x^{2},\qquad z_{2}''(x)=6x.
Substituo na equação:
(x+3)\cdot 6x + (x+2)\cdot 3x^{2} - x^{3}.
Calculo termo a termo:
(x+3)\cdot 6x = 6x^{2}+18x,
(x+2)\cdot 3x^{2} = 3x^{3}+6x^{2}.
Somando e subtraindo x^{3}:
6x^{2}+18x + 3x^{3}+6x^{2} - x^{3} = (3x^{3}-x^{3}) + (6x^{2}+6x^{2}) + 18x
= 2x^{3} + 12x^{2} + 18x = 2x(x^{2}+6x+9) = 2x(x+3)^{2}.
Isso não é identicamente zero (é zero somente em pontos isolados x=0 e x=-3), então \;z_{2}(x)=x^{3}\; também não é solução da equação em geral.

Passo 4

Verifico se \;z_{3}(x)=e^{-x}\; é solução. Derivadas:
z_{3}'(x)=-e^{-x},\qquad z_{3}''(x)=e^{-x}.
Substituo na equação:
(x+3)\,e^{-x} + (x+2)(-e^{-x}) - e^{-x}.
Factorizo e^{-x}:
e^{-x}\big[(x+3) - (x+2) - 1\big] = e^{-x}\big[x+3 - x -2 -1\big] = e^{-x}\cdot 0 = 0.
Portanto a expressão é identicamente zero: \;z_{3}(x)=e^{-x}\; é, de fato, solução da equação. Conclusão do item (a): apenas \;z_{3}=e^{-x} é solução entre as dadas.

Passo 5

Para o item (b) escolho como \;y_{1}(x)=e^{-x}\; (a solução encontrada). Agora preciso achar uma segunda solução \;y_{2}(x)\; linearmente independente de \;y_{1}. Vou usar o método da redução de ordem, que funciona assim (explico a ideia com calma):
Passos do método (resumo e interpretação):
  • Primeiro colocamos a equação na forma padrão
y''+p(x)\,y'+q(x)\,y=0,
dividindo por (x+3) (assumindo x\neq -3).
  • Se já conhecemos uma solução y_{1}, procuramos uma segunda solução na forma y=v(x)\,y_{1}(x). Substituindo e simplificando, obtemos uma equação de primeira ordem para u=v'. Resolvendo essa equação obtemos v e, assim, y_{2}.
  • Existe uma versão direta dessa integração que resulta na fórmula
y_{2}(x)=y_{1}(x)\int \frac{e^{-\int p(x)\,dx}}{y_{1}(x)^{2}}\,dx,
onde p(x) é o coeficiente de y' na forma padrão. Vou derivar e aplicar essa fórmula (mostro por que ela vale):
Derivação curta da fórmula (passo a passo):
  • Escrevendo y=v\,y_{1} temos
y' = v'\,y_{1}+v\,y_{1}',\qquad y'' = v''\,y_{1}+2v'\,y_{1}'+v\,y_{1}''.
  • Substituindo em y''+p\,y'+q\,y=0 e usando que y_{1} satisfaz y_{1}''+p\,y_{1}'+q\,y_{1}=0, os termos com v se cancelam e sobra
v''\,y_{1} + v'\big(2y_{1}'+p\,y_{1}\big)=0.
  • Definindo u=v', obtemos a equação de primeira ordem
u' + u\bigg(2\frac{y_{1}'}{y_{1}} + p\bigg)=0,
que é linear em u. A solução geral é
u(x)=C\exp\!\Big(-\int\big(2\frac{y_{1}'}{y_{1}}+p\big)\,dx\Big)=C\,\frac{e^{-\int p}}{y_{1}^{2}}.
  • Integrando u=v' obtemos v=\int u\,dx e portanto uma segunda solução é
y_{2}=y_{1}\int \frac{e^{-\int p}}{y_{1}^{2}}\,dx
(escolhemos C=1 e ignoramos constantes aditivas porque qualquer múltiplo/adição dá apenas combinação linear).

Passo 6

Agora aplico isso ao nosso caso. Primeiro coloco a equação na forma padrão dividindo por (x+3):
y'' + \underbrace{\frac{x+2}{x+3}}_{p(x)}\,y' \;+\; \underbrace{\Big(-\frac{1}{x+3}\Big)}_{q(x)}\,y = 0.
Logo \;p(x)=\dfrac{x+2}{x+3}.
Calculo \displaystyle e^{-\int p(x)\,dx}. Para integrar p faço uma pequena simplificação algébrica:
\frac{x+2}{x+3} = 1 - \frac{1}{x+3},
pois x+2 = (x+3)-1. Então
\int p(x)\,dx = \int\Big(1 - \frac{1}{x+3}\Big)\,dx = x - \ln|x+3|.
Portanto
e^{-\int p(x)\,dx} = e^{-x+\ln|x+3|} = |x+3|\,e^{-x}.
Para trabalhar localmente (domínio onde x+3 tem sinal fixo) posso escrever e^{-\int p}=(x+3)e^{-x} (o sinal absoluto só altera por um fator constante de sinal que fica absorvido nas constantes).
Agora uso a fórmula para y_{2}:
y_{2}(x)=y_{1}(x)\int \frac{e^{-\int p(x)\,dx}}{y_{1}(x)^{2}}\,dx = e^{-x}\int \frac{(x+3)e^{-x}}{(e^{-x})^{2}}\,dx.
Simplifico o integrando:
\frac{(x+3)e^{-x}}{e^{-2x}} = (x+3)e^{x}.
Então preciso calcular
\int (x+3)e^{x}\,dx = \int x e^{x}\,dx + 3\int e^{x}\,dx.
Lembrando que \int x e^{x}\,dx = (x-1)e^{x} (integração por partes padrão), e \int e^{x}\,dx=e^{x}, temos
\int (x+3)e^{x}\,dx = (x-1)e^{x} + 3e^{x} = (x+2)e^{x} + C.
Assim (escolhendo a constante de integração C=0 para obter uma solução independente):
y_{2}(x)= e^{-x}\cdot (x+2)e^{x} = x+2.
Portanto uma segunda solução é \;y_{2}(x)=x+2.

Passo 7

Verifico que \;y_{1}=e^{-x} e \;y_{2}=x+2 são linearmente independentes (isso garante que formam soluções fundamentais). Uso o Wronskiano:
W(y_{1},y_{2})(x)= \begin{vmatrix} y_{1} & y_{2} \\[4pt] y_{1}' & y_{2}' \end{vmatrix} = y_{1}y_{2}' - y_{1}'y_{2}.
Calculo:
y_{1}=e^{-x},\; y_{1}'=-e^{-x},\; y_{2}=x+2,\; y_{2}'=1,
logo
W(x)= e^{-x}\cdot 1 - (-e^{-x})\cdot (x+2) = e^{-x} + e^{-x}(x+2) = e^{-x}(x+3).
Esse determinante não é identicamente zero em qualquer intervalo que não contenha x=-3. Em particular, em torno de x=1 (que usamos no IVP) temos W(1)=e^{-1}\cdot 4\neq 0. Assim são linearmente independentes e formam uma base de soluções no domínio onde x\neq -3.]

Passo 8

Com as duas soluções fundamentais, escrevo a solução geral da equação (item (c)):
y(x) = C_{1}\,e^{-x} + C_{2}\,(x+2),
onde C_{1},C_{2} são constantes arbitrárias.

Passo 9

Agora resolvo o problema de valor inicial
y(1)=1,\qquad y'(1)=3,
usando a solução geral. Primeiro computo y'\): \[y'(x) = -C_{1}\,e^{-x} + C_{2}.
Aplicando as condições em x=1:
y(1)=C_{1}e^{-1} + C_{2}(1+2) = C_{1}e^{-1} + 3C_{2} = 1,
y'(1) = -C_{1}e^{-1} + C_{2} = 3.
Tenho o sistema linear para C_{1},C_{2}:
\begin{cases} C_{1}e^{-1} + 3C_{2} = 1,\\[4pt] - C_{1}e^{-1} + C_{2} = 3. \end{cases}
Somando as duas equações elimina C_{1}e^{-1}\]: \[( C_{1}e^{-1} - C_{1}e^{-1} ) + (3C_{2}+C_{2}) = 1+3 \quad\Rightarrow\quad 4C_{2}=4 \;\Rightarrow\; C_{2}=1.\] Substituo \(C_{2}=1 na segunda equação:
- C_{1}e^{-1} + 1 = 3 \quad\Rightarrow\quad -C_{1}e^{-1} = 2 \quad\Rightarrow\quad C_{1} = -2e.
Portanto as constantes são C_{1}=-2e e C_{2}=1. A solução do IVP é:
y(x) = -2e\,e^{-x} + 1\cdot (x+2) = -2e^{1-x} + x+2.]

Resposta

(a) Apenas z_{3}(x)=e^{-x} é solução.
(b) Tomando y_{1}(x)=e^{-x}, uma segunda solução independentemente linear é y_{2}(x)=x+2.
(c) Solução geral:
y(x)=C_{1}e^{-x}+C_{2}(x+2).
Solução do problema de valor inicial:
y(x)=-2e^{1-x}+x+2.

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