Encontre a solução geral de cada EDO abaixo. Use a solução geral para dizer o que acontece com as soluções quando x \rightarrow \infty.
y^{\prime}+y=x e^{-x}+1

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  • Encontrar a solução geral da equação diferencial
y'+y = x e^{-x} + 1.
  • Usar essa solução geral para dizer o que acontece com as soluções quando x \to \infty.
Informações dadas no enunciado:
  • A equação é uma equação diferencial de primeira ordem do tipo y'+P(x)y=Q(x) com P(x)=1 e Q(x)=x e^{-x}+1.

Passo 2

Método a usar (explicação didática do que é feito): integra­ting factor (fator integrante) para equações lineares de primeira ordem.
Por que isso funciona?
Considere a equação linear de primeira ordem na forma
y'+P(x)y=Q(x).
Define-se o fator integrante
\mu(x)=e^{\int P(x)\,dx}.
Multiplicando a equação por \mu(x) obtém-se
\mu y' + \mu P y = \mu Q.
A escolha de \mu faz com que o lado esquerdo seja a derivada do produto \mu y, isto é,
(\mu y)' = \mu Q.
Assim basta integrar ambos os lados para achar \mu y e então dividir por \mu para obter y.
Explicação das letras: P(x) é a função que multiplica y na equação original; Q(x) é o termo independente; \mu(x) é uma função auxiliar escolhida para transformar o lado esquerdo em derivada de produto.

Passo 3

Aplicando o método à equação dada:
Identificamos P(x)=1. Então o fator integrante é
\mu(x)=e^{\int 1\,dx}=e^{x}.
Multiplicando a equação original por \mu(x)=e^{x} obtemos
e^{x}y' + e^{x}y = e^{x}\bigl(x e^{-x} + 1\bigr).
O lado esquerdo é a derivada do produto:
(e^{x}y)' = e^{x}\bigl(x e^{-x} + 1\bigr).

Passo 4

Simplificando o lado direito:
e^{x}\bigl(x e^{-x} + 1\bigr) = x + e^{x},
pois e^{x}\cdot x e^{-x} = x e e^{x}\cdot 1 = e^{x}.
Então temos a igualdade
(e^{x}y)' = x + e^{x}.
Integramos ambos os lados em relação a x:
e^{x}y = \int \bigl(x + e^{x}\bigr)\,dx = \int x\,dx + \int e^{x}\,dx.
Calcule as primitivas:
\int x\,dx = \frac{x^{2}}{2},\qquad \int e^{x}\,dx = e^{x}.
Portanto, incluindo a constante de integração C,
e^{x}y = \frac{x^{2}}{2} + e^{x} + C.

Passo 5

Isolando y dividindo por e^{x}:
y = e^{-x}\left(\frac{x^{2}}{2} + e^{x} + C\right).
Distribuindo e^{-x} e simplificando:
y = \frac{x^{2}}{2}e^{-x} + 1 + C e^{-x}.
Podemos escrever a solução geral de forma limpa como
y(x) = 1 + e^{-x}\left(C + \frac{x^{2}}{2}\right),
onde C é uma constante arbitrária determinada pela condição inicial, se houver.

Passo 6

Análise do comportamento quando x \to \infty.
Observações sobre limites:
  • \displaystyle \lim_{x\to\infty} e^{-x} = 0.
  • Para o termo \displaystyle \frac{x^{2}}{2}e^{-x} vale \displaystyle \lim_{x\to\infty} \frac{x^{2}}{2}e^{-x} = 0. Justificação rápida por L’Hôpital: considere \displaystyle \lim_{x\to\infty} \frac{x^{2}}{e^{x}}. Aplicando L’Hôpital duas vezes obtém-se \displaystyle \lim_{x\to\infty} \frac{2}{e^{x}} = 0; assim \dfrac{x^{2}}{e^{x}}\to 0 e portanto \dfrac{x^{2}}{2}e^{-x}\to 0.
  • O termo C e^{-x} também tende a 0 para qualquer constante finita C, porque e^{-x}\to 0.
Logo, tomando limite em y(x),
\lim_{x\to\infty} y(x) = 1 + 0 + 0 = 1.
Interpretação intuitiva: independente do valor da constante C, todos os termos multiplicados por e^{-x} desaparecem quando x cresce muito, então todas as soluções convergem para a solução particular constante y\equiv 1.

Resposta

y(x)=1+e^{-x}\Bigl(C+\dfrac{x^{2}}{2}\Bigr)
\displaystyle \lim_{x\to\infty} y(x)=1

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