1. Para a EDO
y^{\prime \prime}-y^{\prime}=0,
verifique:
(a) que as funções y_{1}(x)=1 e y_{2}(x)=e^{x} são soluções;
(b) que y_{1} e y_{2} são LI.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial ordinária homogênea de segunda ordem
y''-y'=0,
e pede duas verificações:
(a) mostrar que as funções \;y_{1}(x)=1\; e \;y_{2}(x)=e^{x}\; são soluções da equação;
(b) mostrar que \;y_{1}\; e \;y_{2}\; são linearmente independentes (LI).
As informações relevantes fornecidas são exatamente as duas funções indicadas e a EDO acima. Nada mais será assumido.

Passo 2

O que significa “ser solução” da EDO? Significa que, ao substituir a função e suas derivadas na expressão \;y''-y'\;, obtemos identicamente zero (para todo x do domínio). Vou verificar isso primeiro para \;y_{1}(x)=1\;.

Passo 3

Calcule as derivadas de \;y_{1}(x)=1\;.
y_{1}'(x)=0,\qquad y_{1}''(x)=0.
Agora substituo na EDO:
y_{1}''-y_{1}'=0-0=0.
Como a combinação dá zero, concluímos que \;y_{1}(x)=1\; é uma solução da EDO.

Passo 4

Agora verifico \;y_{2}(x)=e^{x}\;. Lembrete rápido: a derivada de \;e^{x}\; é \;e^{x}\; novamente (essa é uma propriedade básica da exponencial).
y_{2}'(x)=e^{x},\qquad y_{2}''(x)=e^{x}.
Substituo na EDO:
y_{2}''-y_{2}'=e^{x}-e^{x}=0.
Portanto \;y_{2}(x)=e^{x}\; também satisfaz a EDO, isto é, é solução.

Passo 5

Agora a parte (b): o que significa duas funções serem linearmente independentes (LI)? Significa que não existem constantes \;c_{1},c_{2}\;, não ambas zero, tais que
c_{1}y_{1}(x)+c_{2}y_{2}(x)=0\quad\text{para todo }x.
Um método eficiente para testar LI de duas funções é calcular o Wronskiano. Para duas funções \;y_{1},y_{2}\; o Wronskiano é definido por
W(y_{1},y_{2})(x)= \begin{vmatrix} y_{1}(x) & y_{2}(x)\\[4pt] y_{1}'(x) & y_{2}'(x) \end{vmatrix} = y_{1}(x)y_{2}'(x)-y_{2}(x)y_{1}'(x).
A ideia: se o Wronskiano for diferente de zero em algum ponto (ou em todo um intervalo), as funções são LI naquele ponto (ou intervalo). Vou calcular o Wronskiano das funções dadas.]

Passo 6

Usando \;y_{1}(x)=1,\;y_{1}'(x)=0\; e \;y_{2}(x)=e^{x},\;y_{2}'(x)=e^{x}\;, temos
W(y_{1},y_{2})(x)= \begin{vmatrix} 1 & e^{x}\\[4pt] 0 & e^{x} \end{vmatrix} =1\cdot e^{x}-e^{x}\cdot 0 = e^{x}.
Como \;e^{x}\neq 0\; para todo x\in\mathbb{R}, o Wronskiano é não nulo em todo o domínio. Logo \;y_{1}\; e \;y_{2}\; são linearmente independentes.]

Passo 7

Vou dar também uma demonstração alternativa, mais direta e elementar, por via da combinação linear: suponha que existam constantes \;c_{1},c_{2}\; tais que
c_{1}\cdot 1 + c_{2}\cdot e^{x}=0\quad\text{para todo }x.
Isto é,
c_{1}+c_{2}e^{x}=0\quad\text{para todo }x.
Se \;c_{2}\neq 0\;, então \;e^{x}=-c_{1}/c_{2}\; seria constante, o que é impossível porque e^{x} varia com x. Logo necessariamente \;c_{2}=0. Substituindo isto na equação obtemos \;c_{1}=0. Assim apenas a combinação trivial \;c_{1}=c_{2}=0\; anula identicamente, o que mostra LI. Essa argumentação chega à mesma conclusão do Wronskiano, mas só usa raciocínio sobre funções.

Resposta

(a) \;y_{1}(x)=1\; e \;y_{2}(x)=e^{x}\; são soluções da EDO.
(b) \;y_{1}\; e \;y_{2}\; são linearmente independentes, pois o Wronskiano é \;W(y_{1},y_{2})(x)=e^{x}\neq 0\; para todo x.

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