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:
  1. a solução geral da equação;
  2. 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
y_1(x)=e^{r x}\quad\text{e}\quad y_2(x)=x e^{r x}.
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}.
Fatorando e^{x}:
e^{x}\big(2+x - 2(1+x) + x\big) = e^{x}\big(2+x -2 -2x + x\big)=e^{x}\cdot 0 = 0.
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
y(x_0)=y_0,\qquad y'(x_0)=y_1.
Partimos da solução geral
y(x)=(C_1 + C_2 x)e^{x}.
Calculamos a derivada geral:
y'(x)=\big(C_2 + C_1 + C_2 x\big)e^{x}=e^{x}\big(C_1 + C_2 + C_2 x\big).
Impondo as condições no ponto x_0:
y(x_0)=e^{x_0}(C_1 + C_2 x_0)=y_0,
y'(x_0)=e^{x_0}\big(C_1 + C_2 + C_2 x_0\big)=y_1.
Dividindo ambas por e^{x_0} (que não é zero) obtemos o sistema linear para C_1,C_2:
C_1 + C_2 x_0 = e^{-x_0}y_0,
C_1 + C_2 + C_2 x_0 = e^{-x_0}y_1.
Subtraindo a primeira equação da segunda aparece diretamente C_2:
C_2 = e^{-x_0}(y_1 - y_0).
Substituindo em C_1 + C_2 x_0 = e^{-x_0}y_0 obtemos
C_1 = e^{-x_0}y_0 - x_0 C_2 = e^{-x_0}\big(y_0 - x_0(y_1 - y_0)\big).
Finalmente substituímos C_1,C_2 na expressão de y(x) e simplificamos:
y(x)= (C_1 + C_2 x)e^{x} = e^{x-x_0}\Big(y_0 + (x-x_0)(y_1 - y_0)\Big).
Essa fórmula resolve o IVP para quaisquer x_0,y_0,y_1. Um caso muito comum é x_0=0: aí
y(x)=(y_0 + (y_1-y_0)x)e^{x}.

Resposta

y(x)=(C_1 + C_2 x)e^{x}.
y(x)=e^{\,x-x_0}\Big(y_0 + (x-x_0)(y_1 - y_0)\Big),\qquad\text{(para o IVP }y(x_0)=y_0,\;y'(x_0)=y_1\text{)}

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