A equação diferencial
x y^{\prime \prime}-(x+N) y^{\prime}+N y=0,
onde N é um inteiro não negativo, foi discutida por diversos autores. { }^{6} Uma razão para esse interesse é que ela tem uma solução exponencial e uma solução polinomial.
(a) Verifique que uma solução é y_{1}(x)=e^{x}.
(b) Mostre que uma segunda solução tem a forma y_{2}(x)=c e^{x} \int x^{N} e^{-x} d x. Calcule y_{2}(x) para N=1 e N= 2 ; convença-se de que, com c=-1 / N!, \_\_\_\_

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
x y''-(x+N) y'+N y=0,
onde N é um inteiro não negativo. Pediu-se:
  • (a) Verificar que y_{1}(x)=e^{x} é solução.
  • (b) Mostrar que uma segunda solução pode ser escrita na forma
y_{2}(x)=c\,e^{x}\int x^{N}e^{-x}\,dx,
calcular explicitamente y_{2}(x) para N=1 e para N=2 e, finalmente, convencer-se de que escolhendo c=-1/N! obtém-se uma solução polinomial (do grau N).
Informações relevantes: a equação é linear homogênea de segunda ordem e temos uma solução explícita y_1=e^{x}. Não há imagem nem dados adicionais.

Passo 2

Verificação direta de que y_{1}(x)=e^{x} satisfaz a equação. Primeiro calcule as derivadas:
y_{1}'(x)=e^{x},\qquad y_{1}''(x)=e^{x}.
Substituindo na equação dada:
x y_{1}''-(x+N) y_{1}'+N y_{1} = x e^{x}-(x+N)e^{x}+N e^{x}.
Fatorando e^{x}:
e^{x}\bigl(x-(x+N)+N\bigr)=e^{x}\bigl(x-x-N+N\bigr)=e^{x}\cdot 0=0.
Portanto y_{1}(x)=e^{x} é de fato uma solução. (Fim da verificação do item (a).)

Passo 3

Agora vamos obter a segunda solução usando o método de redução de ordem (quando se conhece uma solução y_1). A ideia é procurar uma solução da forma
y(x)=u(x)\,y_{1}(x)=u(x)e^{x}.
Vamos calcular y' e y'':
y' = u'e^{x}+u e^{x},\qquad y''=u''e^{x}+2u'e^{x}+u e^{x}.
Substituindo na equação original e fatorando e^{x}:
x(u''+2u'+u)- (x+N)(u'+u)+N u = 0.
Desenvolvendo e simplificando os termos em u:
x u'' + (2x - (x+N))u' + (x - (x+N)+N)u = 0.
O termo em u cancela (verifique: x-(x+N)+N=0), ficando
x u'' + (x-N)u' = 0.
Isto é uma equação de ordem reduzida para u. Defina w=u'. Então
x w' + (x-N)w = 0.
Esta é uma equação linear de primeira ordem em w, que pode ser resolvida separando variáveis. Reescrevendo:
\frac{w'}{w} = -1 + \frac{N}{x}.
Integrando ambos os lados:
\ln|w| = -x + N\ln|x| + C_1.
Logo
w=u' = C x^{N}e^{-x},
onde C é constante (absorvi e^{C_1} em C). Integrando u' obtemos
u(x) = C\int x^{N}e^{-x}\,dx + C_2.
Portanto, voltando para y=u e^{x},
y(x)=C\,e^{x}\int x^{N}e^{-x}\,dx + C_2 e^{x}.
A segunda solução independente de y_1=e^{x} pode ser tomada como a parte que envolve a integral (o termo com C_2 e^{x} é simplesmente múltiplo de y_1). Assim concluímos
\boxed{y_{2}(x)=c\,e^{x}\int x^{N}e^{-x}\,dx,}
com c constante arbitrária não nula. (Isto responde a parte inicial do item (b).)

Passo 4

Cálculo explícito para N=1. Começamos calculando a primitiva
\int x e^{-x}\,dx.
Use integração por partes: escolha u=x, dv=e^{-x}dx. Então du=dx, v=-e^{-x}. Assim
\int x e^{-x}\,dx = -x e^{-x} + \int e^{-x}\,dx = -x e^{-x} - e^{-x} + C = -(x+1)e^{-x} + C.
Multiplicando por e^{x} e pelo coeficiente c,
y_{2}(x)=c\,e^{x}\bigl(-(x+1)e^{-x}+C\bigr)=c\bigl(-(x+1)+C e^{x}\bigr).
Como explicado antes, o termo proporcional a e^{x} é só múltiplo de y_1; descartando essa parte (ou escolhendo a constante de integração para anulá‑la) obtemos, com c conveniente, uma solução polinomial. Em particular, escolhendo c=-1 (que é c=-1/1!) e tomando a constante de integração tal que não haja termo em e^{x}, obtemos
\boxed{N=1:\qquad y_{2}(x)=1+x.}

Passo 5

Cálculo explícito para N=2. Primeiro a primitiva
\int x^{2}e^{-x}\,dx.
Integre por partes: u=x^{2}, dv=e^{-x}dx, então du=2x dx, v=-e^{-x}. Assim
\int x^{2}e^{-x}\,dx = -x^{2}e^{-x} + 2\int x e^{-x}\,dx.
Já temos \int x e^{-x}\,dx=-(x+1)e^{-x}+C. Substituindo:
\int x^{2}e^{-x}\,dx = -x^{2}e^{-x} + 2\bigl(-(x+1)e^{-x}\bigr) + C = -(x^{2}+2x+2)e^{-x} + C.
Multiplicando por e^{x} e por c:
y_{2}(x)=c\,e^{x}\bigl(-(x^{2}+2x+2)e^{-x}+C\bigr)=c\bigl(-(x^{2}+2x+2)+C e^{x}\bigr).
Novamente, o termo em e^{x} é múltiplo de y_1. Escolhendo c=-\tfrac{1}{2!}=-\tfrac{1}{2} e tomando a constante de integração de modo a anular o termo em e^{x}, obtemos a solução polinomial
\boxed{N=2:\qquad y_{2}(x)=1+x+\tfrac{x^{2}}{2}.}

Passo 6

Generalização e conclusão: podemos mostrar por recorrência (ou usando a identidade do gama incompleta) que, se tomarmos a primitiva com limite inferior 0,
\int_{0}^{x} t^{N}e^{-t}\,dt = N!\Bigl(1 - e^{-x}\sum_{k=0}^{N}\frac{x^{k}}{k!}\Bigr).
Multiplicando por e^{x} e escolhendo c=-1/N! obtemos
-\,\frac{1}{N!}\,e^{x}\int_{0}^{x} t^{N}e^{-t}\,dt = -\bigl(e^{x}-\sum_{k=0}^{N}\frac{x^{k}}{k!}\bigr) = \sum_{k=0}^{N}\frac{x^{k}}{k!} - e^{x}.
Desprezando o termo -e^{x} (que é múltiplo da solução y_{1}), ficamos exatamente com o polinômio
\sum_{k=0}^{N}\frac{x^{k}}{k!},
que portanto é uma solução polinomial de grau N. Nos exemplos N=1 e N=2 obtivemos respectivamente 1+x e 1+x+\tfrac{x^{2}}{2}, em concordância com este resultado geral.

Resposta

(a) y_{1}(x)=e^{x} é solução.
(b) Uma segunda solução pode ser escrita como y_{2}(x)=c\,e^{x}\displaystyle\int x^{N}e^{-x}\,dx.
Para N=1: y_{2}(x)=1+x (com c=-1/1! e escolha adequada da constante de integração).
Para N=2: y_{2}(x)=1+x+\tfrac{x^{2}}{2} (com c=-1/2! e escolha adequada da constante de integração).
Com c=-1/N! e escolhendo a primitiva com limite inferior 0, obtém-se o polinômio
y_{2}(x)=\sum_{k=0}^{N}\frac{x^{k}}{k!}.

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