Encontre a solução geral e a solução do problema de valor inicial quando dado: y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+y=0
Passo 1
O enunciado dá a equação diferencial linear homogênea de segunda ordem com coeficientes constantes
y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+y=0.
Pede duas coisas:
a solução geral da equação;
a solução do problema de valor inicial (não foram dados valores numéricos no enunciado), portanto vou apresentar a solução do IVP em termos de condições iniciais genéricas \;y(x_0)=y_0\; e \;y'(x_0)=y_1\;.
Passo 2
Procuramos soluções da forma exponencial porque para equações lineares com coeficientes constantes essa é uma boa aposta (e funciona sempre). Supomos
y=e^{r x},
onde r é um número a determinar. Calculamos as derivadas:
y' = r e^{r x},\qquad y'' = r^2 e^{r x}.
Substituímos na equação diferencial:
r^2 e^{r x} - 2 r e^{r x} + e^{r x}=0.
Como e^{r x}\neq 0, podemos dividir por e^{r x} e obtemos a equação característica (polinomial) em r:
r^2 - 2r + 1 = 0.
Passo 3
Agora resolvemos a equação quadrática
r^2 - 2r + 1 = 0.
Calculamos o discriminante: \Delta = (-2)^2 - 4\cdot 1\cdot 1 = 4-4 = 0. Como o discriminante é zero, há uma raiz real dupla:
r = \frac{2}{2} = 1.
Portanto r=1 é raiz de multiplicidade 2.
Passo 4
Quando a equação característica tem uma raiz real repetida r de multiplicidade 2, as duas soluções linearmente independentes da equação homogênea são
Vou verificar rapidamente que y_2(x)=x e^{r x} satisfaz a equação (a verificação é uma demonstração prática de por que multiplicamos por x no caso repetido). Tome r=1 e y_2(x)=x e^{x}. Calculamos:
y_2' = e^{x} + x e^{x} = e^{x}(1+x),
y_2'' = e^{x} + e^{x}(1+x) = e^{x}(2+x).
Agora substituímos em y''-2y'+y:
y_2''-2y_2'+y_2 = e^{x}(2+x) - 2e^{x}(1+x) + x e^{x}.
Logo y_2 é solução também. Assim \{e^{x},\,x e^{x}\} é um par de soluções independentes.
Passo 5
Para mostrar independência linear rápida podemos calcular o Wronskiano:
W(y_1,y_2)= \begin{vmatrix} e^{x} & x e^{x}\\[4pt] e^{x} & e^{x}(1+x) \end{vmatrix} = e^{x}\cdot e^{x}(1+x) - x e^{x}\cdot e^{x} = e^{2x}\neq 0.
Como o Wronskiano é não nulo, as soluções são linearmente independentes e formam uma base do espaço de soluções. Portanto a solução geral é combinação linear delas:
y(x) = (C_1 + C_2 x)e^{x},
onde C_1 e C_2 são constantes arbitrárias.]
Passo 6
Agora resolvemos o problema de valor inicial genérico com condições