(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

Vamos organizar o que o enunciado pede e os dados que temos, sem resolver nada ainda.
  • A equação diferencial dada é
(x+3)y''+(x+2)y'-y=0.
  • As funções candidatas são
z_{1}(x)=x^{2},\qquad z_{2}(x)=x^{3},\qquad z_{3}(x)=e^{-x}.
  • As perguntas são:(a) determinar quais dos z_{1},z_{2},z_{3}\) são soluções da equação; (b) escolhendo uma solução \(y_{1}(x)\) obtida no item (a), encontrar uma segunda solução \(y_{2}(x)\) de modo que \(\{y_{1},y_{2}\}\) seja um conjunto fundamental de soluções; \text{(c)} escrever a solução geral da equação e resolver o problema de valor inicial \[\begin{cases} (x+3)y''+(x+2)y'-y=0,\\[4pt] y(1)=1,\; y'(1)=3. \end{cases}
Observação útil: a equação tem coeficiente principal x+3\], logo \(x=-3 é um ponto singular (não dividimos por zero). As manipulações e conclusões abaixo valem em intervalos que não contenham x=-3.]

Passo 2

Testar z_{1}(x)=x^{2}.
  • Calcular derivadas:
z_{1}'(x)=2x,\qquad z_{1}''(x)=2.
  • Substituir na equação:
(x+3)\cdot 2 + (x+2)\cdot 2x - x^{2}.
  • Desenvolvendo:
2x+6 + 2x^{2}+4x - x^{2} = x^{2}+6x+6.
Isto não é identicamente zero para todo x. Conclusão: z_{1}(x)=x^{2} não é solução da equação.

Passo 3

Testar z_{2}(x)=x^{3}.
  • Derivadas:
z_{2}'(x)=3x^{2},\qquad z_{2}''(x)=6x.
  • Substituir:
(x+3)\cdot 6x + (x+2)\cdot 3x^{2} - x^{3}.
  • Desenvolvendo e organizando:
6x^{2}+18x + 3x^{3}+6x^{2} - x^{3} = 2x^{3}+12x^{2}+18x.
  • Fatorando:
2x^{3}+12x^{2}+18x = 2x(x^{2}+6x+9) = 2x(x+3)^{2}.
Isto é zero somente em x=0 ou x=-3, não é identicamente zero para todo x. Conclusão: z_{2}(x)=x^{3} também não é solução da equação.

Passo 4

Testar z_{3}(x)=e^{-x}.
  • Derivadas:
z_{3}'(x)=-e^{-x},\qquad z_{3}''(x)=e^{-x}.
  • Substituir na equação:
(x+3)e^{-x} + (x+2)(-e^{-x}) - e^{-x}.
  • Fatorando e^{-x}:
e^{-x}\big[(x+3)-(x+2)-1\big] = e^{-x}[x+3-x-2-1] = e^{-x}\cdot 0 = 0.
Portanto z_{3}(x)=e^{-x} satisfaz a equação para todo x. Conclusão do item (a): entre as três, apenas z_{3}(x)=e^{-x} é solução.

Passo 5

Agora, para o item (b), vamos obter uma segunda solução linearmente independente a partir de y_{1}(x)=e^{-x} usando o método da redução de ordem (explicado didaticamente).
Breve explicação do método da redução de ordem:
  • Para uma equação linear homogênea de segunda ordem em forma padrão
y''+p(x)y'+q(x)y=0,
seja y_{1}(x) uma solução conhecida. Procuramos y_{2}(x)=v(x)\,y_{1}(x) com v desconhecida. Ao substituir e simplificar, reduzimos o problema a uma equação de primeira ordem para w=v'. Essa equação é linear e integrável; resolvendo-a obtemos v por integração. O resultado prático (fórmula) é:
y_{2}(x)=y_{1}(x)\int \frac{e^{-\int p(x)\,dx}}{y_{1}(x)^{2}}\,dx,
onde a constante multiplicativa dentro da integral gera apenas combinações lineares com y_{1}, portanto podemos escolhê-la convenientemente para obter uma solução independente.
Aplicando ao nosso caso:
  • Primeiro passamos a equação para a forma padrão dividindo por x+3 (assumindo x\neq-3):
y'' + p(x)y' + q(x)y = 0,\qquad \text{com } p(x)=\frac{x+2}{x+3},\; q(x)=-\frac{1}{x+3}.
  • Calcular \int p(x)\,dx. Observe que
\frac{x+2}{x+3}=1-\frac{1}{x+3}.
Logo
\int p(x)\,dx = \int \Big(1-\frac{1}{x+3}\Big)\,dx = x - \ln|x+3| + C.
  • Então
e^{-\int p(x)\,dx} = e^{-x+\ln|x+3|} = (x+3)e^{-x},
constante multiplicativa irrelevante para independência pode ser ignorada.
  • Usando 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 = e^{-x}\int (x+3)e^{x}\,dx.
  • Calcular a integral \int (x+3)e^{x}\,dx. Faça por partes para \int x e^{x}\,dx:
    • Tome u=x, dv=e^{x}dx. Então du=dx, v=e^{x}. Assim
    \int x e^{x}\,dx = x e^{x} - \int e^{x}\,dx = (x-1)e^{x}.
    • Portanto
    \int (x+3)e^{x}\,dx = (x-1)e^{x} + 3e^{x} + C = (x+2)e^{x} + C.
  • Assim
y_{2}(x)=e^{-x}\big((x+2)e^{x}+C\big) = x+2 + C e^{-x}.
Escolhendo C=0 obtemos uma solução simples e linearmente independente de y_{1}:
y_{2}(x)=x+2.
Verificação rápida de independência (explicação didática): calcule o Wronskiano
W(y_{1},y_{2})(x)= \begin{vmatrix} y_{1} & y_{2} \\[4pt] y_{1}' & y_{2}' \end{vmatrix} = e^{-x}\cdot 1 - (-e^{-x})\cdot (x+2) = e^{-x}(x+3).
Esse determinante não é identicamente zero em intervalos que não contenham x=-3, logo y_{1} e y_{2} são linearmente independentes ali e formam um conjunto fundamental de soluções.]

Passo 6

Item (c): solução geral e resolução do problema de valor inicial.
  • A solução geral de uma equação linear homogênea de segunda ordem é combinação linear das duas soluções fundamentais:
y(x)=C_{1}e^{-x}+C_{2}(x+2),
onde [C_{1},C_{2}) são constantes reais (definidas em um intervalo que não contenha x=-3).
  • Aplicar as condições iniciais y(1)=1 e y'(1)=3.
    Primeiro calcule y'(x):
    y'(x) = -C_{1}e^{-x} + C_{2}.
    Avaliando 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.
Denote a=e^{-1}. O sistema linear é
\begin{cases} a C_{1} + 3C_{2} = 1,\\[4pt] -a C_{1} + C_{2} = 3. \end{cases}
Somando as duas equações:
4C_{2} = 4 \quad\Rightarrow\quad C_{2}=1.
Substituindo em (-a C_{1}+C_{2}=3]:
-a C_{1} + 1 = 3 \quad\Rightarrow\quad -a C_{1} = 2 \quad\Rightarrow\quad C_{1} = -\frac{2}{a} = -2e.
  • Portanto a solução do problema de valor inicial é
y(x) = -2e\,e^{-x} + 1\cdot (x+2) = x+2 - 2e^{1-x}.]

Resposta

(a) Apenas z_{3}(x)=e^{-x} é solução da equação.
(b) Uma segunda solução linearmente independente é y_{2}(x)=x+2.
(c) Solução geral: y(x)=C_{1}e^{-x}+C_{2}(x+2). Solução do PVI: y(x)=x+2-2e^{1-x}.

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