determine o maior intervalo na vizinhança de x_{0} onde se tem certeza que - PVI (problema de valor inicial) dado tem solução única.
\left(x^{2}-4\right) y^{\prime \prime \prime}+(x-1) y^{\prime}+4 x y=e^{2 x} ; \quad y(-1)=-1 ; \quad y^{\prime}(-1)=1 ; \quad y^{\prime \prime}(-1)=0

Passo 1

O enunciado pede: determinar o maior intervalo, na vizinhança de x_{0}, onde temos certeza de que o PVI dado possui solução única. Dados fornecidos:
(x^{2}-4) y^{\prime\prime\prime}+(x-1) y^{\prime}+4 x y=e^{2 x},
com condições iniciais em x_{0}=-1:
y(-1)=-1,\qquad y'(-1)=1,\qquad y''(-1)=0.
O ponto inicial é x_{0}=-1. Não executamos nenhum cálculo neste passo, apenas listamos o que foi pedido e os dados do problema.

Passo 2

Princípio teórico necessário (explicitado e explicado passo a passo): para um EDO linear de ordem n
a_n(x) y^{(n)} + a_{n-1}(x) y^{(n-1)} + \cdots + a_1(x) y' + a_0(x) y = f(x),
se a_n(x_0)\neq 0 e as funções \dfrac{a_{n-1}(x)}{a_n(x)},\dots,\dfrac{a_0(x)}{a_n(x)},\dfrac{f(x)}{a_n(x)} são contínuas numa vizinhança de x_0, então existe uma única solução do problema de valor inicial com condições em x_0, definida em algum intervalo que contenha x_0. Explicando as peças:
  • a_n(x) é o coeficiente da derivada de maior ordem; precisa ser diferente de zero em x_0 para pôr a EDO na forma normal.
  • Dividindo a equação por a_n(x) obtemos a forma padrão
y^{(n)} + p_{n-1}(x) y^{(n-1)} + \cdots + p_0(x) y = g(x),
onde p_k(x)=\dfrac{a_k(x)}{a_n(x)} e g(x)=\dfrac{f(x)}{a_n(x)}.
  • Se os p_k e g são contínuos num intervalo aberto I contendo x_0, então existe e é única a solução em todo esse I.
    Portanto, na prática, temos de encontrar o maior intervalo aberto contendo x_0 onde o coeficiente líder a_n(x) não zera e, consequentemente, onde as razões acima são contínuas.

Passo 3

Aplicando isso ao nosso caso: o coeficiente do termo de maior ordem é a_3(x)=x^{2}-4. Precisamos identificar onde a_3(x)=0, porque nesses pontos não podemos dividir e as razões podem ter descontinuidade. Resolver:
x^{2}-4=0 \implies x^{2}=4 \implies x=\pm 2.
Logo há pontos singulares em x=-2 e x=2.

Passo 4

Como o ponto inicial é x_{0}=-1, queremos o maior intervalo aberto que contenha -1 e que não inclua x=-2 nem x=2. Entre os singulares, a linha real fica dividida em intervalos (-\infty,-2),\;(-2,2),\;(2,\infty). O intervalo que contém -1 é (-2,2). Esse é candidato a ser o maior intervalo onde a hipótese do teorema pode ser satisfeita.

Passo 5

Para confirmar, escrevemos a equação na forma padrão dividindo por x^{2}-4 (válido somente onde x^{2}-4\neq 0):
y^{\prime\prime\prime} + \underbrace{0}_{p_2(x)}\,y^{\prime\prime} + \underbrace{\frac{x-1}{x^{2}-4}}_{p_1(x)}\,y^{\prime} + \underbrace{\frac{4x}{x^{2}-4}}_{p_0(x)}\,y = \underbrace{\frac{e^{2x}}{x^{2}-4}}_{g(x)}.
Aqui explico cada termo:
  • p_2(x)=0 porque não havia y'' no numerador original.
  • p_1(x)=\dfrac{x-1}{x^{2}-4}, p_0(x)=\dfrac{4x}{x^{2}-4} e g(x)=\dfrac{e^{2x}}{x^{2}-4}.
    Cada uma dessas funções é uma função racional (ou e^{2x} dividido por um polinômio) e é contínua em qualquer intervalo que não contenha os pontos onde o denominador x^{2}-4 se anula, ou seja, em qualquer intervalo contido em \mathbb{R}\setminus\{\pm2\}. Em particular, todas são contínuas em (-2,2).

Passo 6

Pelo teorema explicado no Passo 2, como a_3(-1)=(-1)^{2}-4=1-4=-3\neq 0 e as funções p_1,p_0,g são contínuas em (-2,2), concluímos que existe e é única a solução do PVI com condições em x_0=-1 em todo o intervalo (-2,2). Não podemos estender essa garantia até incluir x=-2 ou x=2, porque nesses pontos o coeficiente líder zera e a forma padrão deixa de ser válida — as hipóteses do teorema falham aí.

Resposta

(-2,2)

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