(a) Encontre o Wronskiano entre y_{1}=e^{-3 t} e y_{2}=e^{5 t}.
(b) Encontre uma equação diferencial cuja solução geral é y(t)=c_{1} e^{-3 t}+c_{2} e^{5 t}.

Passo 1

O enunciado tem duas partes:
  • (a) Pede que eu calcule o Wronskiano entre as duas funções y_{1}=e^{-3 t} e y_{2}=e^{5 t}.
  • (b) Pede que eu encontre uma equação diferencial cuja solução geral seja y(t)=c_{1} e^{-3 t}+c_{2} e^{5 t}.
Informações dadas:
y_{1}(t)=e^{-3t},\qquad y_{2}(t)=e^{5t},
e c_{1},c_{2} são constantes arbitrárias. Nada mais foi dado, então usaremos as definições padrão para Wronskiano e para construir uma EDO de segunda ordem com raízes características dadas pelos expoentes das exponenciais.

Passo 2

Definição e ideia do Wronskiano (passo didático): para duas funções y_{1}(t) e y_{2}(t) definidas em um intervalo, o Wronskiano W(y_{1},y_{2})(t) é definido como o determinante da matriz formada por elas e suas derivadas:
W(y_{1},y_{2})(t)=\begin{vmatrix} y_{1}(t) & y_{2}(t)\\[6pt] y_{1}'(t) & y_{2}'(t) \end{vmatrix}=y_{1}(t)\,y_{2}'(t)-y_{2}(t)\,y_{1}'(t).
Comentário didático: o Wronskiano mede, de forma rápida, se as duas funções são linearmente independentes. Se W(t_{0})\neq 0 para algum t_{0} do intervalo, então y_{1} e y_{2} são linearmente independentes no intervalo.]

Passo 3

Calcular as derivadas das funções dadas (sempre passo a passo):
Para y_{1}(t)=e^{-3t} temos
y_{1}'(t)=\frac{d}{dt}e^{-3t}=-3e^{-3t}.
Para y_{2}(t)=e^{5t} temos
y_{2}'(t)=\frac{d}{dt}e^{5t}=5e^{5t}.
Expliquei porque: a derivada de e^{at} é a e^{at}; aqui a=-3 ou a=5.

Passo 4

Agora substituímos na fórmula do Wronskiano e fazemos as contas devagar:
W(y_{1},y_{2})(t)=y_{1}(t)\,y_{2}'(t)-y_{2}(t)\,y_{1}'(t).
Substituindo os valores:
W(y_{1},y_{2})(t)=e^{-3t}\cdot(5e^{5t})-e^{5t}\cdot(-3e^{-3t}).
Simplificando termo a termo:
e^{-3t}\cdot 5e^{5t}=5e^{-3t+5t}=5e^{2t},
e^{5t}\cdot(-3e^{-3t})=-3e^{5t-3t}=-3e^{2t}.
Portanto
W(y_{1},y_{2})(t)=5e^{2t}-(-3e^{2t})=5e^{2t}+3e^{2t}=8e^{2t}.

Passo 5

Interpretação do resultado (didática curta): obtemos
W(y_{1},y_{2})(t)=8e^{2t}.
Como e^{2t}>0 para todo t, temos 8e^{2t}\neq 0 para todo t. Logo y_{1} e y_{2} são linearmente independentes em todo \mathbb{R}. Isso faz sentido porque exponenciais com expoentes distintos costumam ser independentes.

Passo 6

Agora para (b): ideia para construir a equação diferencial cuja solução geral é y(t)=c_{1} e^{-3 t}+c_{2} e^{5 t}. Método e explicação didática: para uma EDO linear homogênea de segunda ordem com coeficientes constantes, supomos soluções da forma y=e^{rt}. Substituindo y=e^{rt} em
y''+a\,y'+b\,y=0
obtém-se a equação característica
r^{2}+a r+b=0.
Se as raízes dessa equação característica forem r_{1} e r_{2}, então a solução geral é y=c_{1}e^{r_{1}t}+c_{2}e^{r_{2}t}. Aqui queremos r_{1}=-3 e r_{2}=5.

Passo 7

Construção do polinômio característico a partir das raízes r_{1}=-3 e r_{2}=5:
(r-r_{1})(r-r_{2})=(r+3)(r-5)=r^{2}-2r-15.
Isto significa que a equação característica desejada é
r^{2}-2r-15=0.
Comparando com r^{2}+a r+b=0 obtemos a=-2 e b=-15. Portanto a equação diferencial correspondente é
y''-2y'-15y=0.

Passo 8

Verificação rápida (didática): para confirmar, derivamos y(t)=c_{1}e^{-3t}+c_{2}e^{5t}:
y'(t)=-3c_{1}e^{-3t}+5c_{2}e^{5t},
y''(t)=9c_{1}e^{-3t}+25c_{2}e^{5t}.
Substituindo em y''-2y'-15y e agrupando termos em e^{-3t} e e^{5t} veremos que cada coeficiente é 9-2(-3)-15=0 para r=-3 e 25-2(5)-15=0 para r=5, logo a expressão fica identicamente zero, confirmando que a família dada é realmente a solução geral da EDO encontrada.

Resposta

(a) W(y_{1},y_{2})(t)=8e^{2t}
(b) y''-2y'-15y=0

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