Existem valores constantes de r tais que y(x)=x^{r} é uma solução de (3). Além disso, y(x)=x^{r} é solução de (3) se, e somente se,
r^{2}+(b-1) r+c=0
que é chamada equação inicial de (3). Se a equação inicial tem somente uma raiz real, r= \frac{1-b}{2}, determine uma segunda solução LI da forma
y_{2}(x)=v(x) y_{1}(x)=v(x) x^{\frac{1-b}{2}}, \quad x>0
  1. a) Determine qual ou quais funções z_{1}(x)=x^{2}, z_{2}(x)=x^{3} e z_{3}(x)=e^{-x} são soluções da equação
(x+3) y^{\prime \prime}+(x+2) y^{\prime}-y=0
b) Seja y_{1}(x) uma das soluções obtidas no item anterior. Determine uma segunda solução y_{2}(x) de forma que y_{1}(x) e y_{2}(x) sejam soluções fundamentais da equação.
c) Determine a solução geral da EDO
(x+3) y^{\prime \prime}+(x+2) y^{\prime}-y=0
e obtenha a solução do PVI

Passo 1

O enunciado tem duas partes.
Na primeira parte temos a equação de Euler–Cauchy
x^{2}y''+b\,x\,y'+c\,y=0
e sabemos que existe uma solução y_{1}(x)=x^{r} com r=\tfrac{1-b}{2} de multiplicidade dois. Precisamos achar uma segunda solução linearmente independente da forma
y_{2}(x)=v(x)\,y_{1}(x)=v(x)\,x^{\frac{1-b}{2}}\,,\quad x>0.
Na segunda parte (questão 14) consideramos a EDO
(x+3)y''+(x+2)y'-y=0
e devemos
a) verificar quais de z_{1}(x)=x^{2}, z_{2}(x)=x^{3}, z_{3}(x)=e^{-x} são soluções;
b) para uma solução y_{1} encontrada, obter uma segunda solução y_{2} de modo que \{y_{1},y_{2}\} seja base de soluções;
c) escrever a solução geral e resolver o PVI.

Passo 2

Para a equação de Euler–Cauchy a técnica padrão em caso de raiz repetida r é usar redução de ordem. Sabe-se que
v'(x)\;=\;\frac{1}{x}\quad\Longrightarrow\quad v(x)=\ln x.
Logo a segunda solução é
y_{2}(x) =x^{\frac{1-b}{2}}\ln x.

Passo 3

a) Testamos cada candidato em (x+3)y''+(x+2)y'-y=0.
Para z_{1}=x^{2} e z_{2}=x^{3} a substituição não zera a expressão.
Para z_{3}=e^{-x} temos
z_{3}'=-e^{-x},\quad z_{3}''=e^{-x},
(x+3)z_{3}''+(x+2)z_{3}'-z_{3} =e^{-x}\bigl[(x+3)-(x+2)-1\bigr]=0.
Portanto só z_{3}(x)=e^{-x} é solução.

Passo 4

b) Tomando y_{1}(x)=e^{-x}, escrevemos a EDO na forma padrão
y''+P(x)y'+Q(x)y=0,
com
P(x)=\frac{x+2}{x+3},\quad Q(x)=-\frac1{x+3}.
A redução de ordem dá
y_{2} =y_{1}\int\frac{e^{-\int P\,dx}}{y_{1}^{2}}\,dx.
Calculamos
\int P\,dx =\int\Bigl(1-\frac1{x+3}\Bigr)dx =x-\ln(x+3), \quad e^{-\int P\,dx}=(x+3)e^{-x}.
Então
y_{2} =e^{-x}\int\frac{(x+3)e^{-x}}{e^{-2x}}\,dx =e^{-x}\int e^{x}(x+3)\,dx =e^{-x}\,\bigl[e^{x}(x+2)\bigr] =x+2.

Passo 5

c) A solução geral é
y(x)=C_{1}e^{-x}+C_{2}(x+2).
Para o PVI com
y(0)=y_{0},\quad y'(0)=y_{1},
temos
y(0)=C_{1}+2C_{2}=y_{0},\quad y'(x)=-C_{1}e^{-x}+C_{2}\;\Longrightarrow\;y'(0)=-C_{1}+C_{2}=y_{1}.
Resolvendo:
C_{2}=\frac{y_{0}+y_{1}}{3},\quad C_{1}=\frac{y_{0}-2y_{1}}{3}.
Logo a solução do PVI é
y(x) =\frac{y_{0}-2y_{1}}{3}\,e^{-x} +\frac{y_{0}+y_{1}}{3}\,(x+2).

Resposta

Parte 1: \displaystyle y_{2}(x)=x^{\frac{1-b}{2}}\ln x.
14 a) Só z_{3}(x)=e^{-x} é solução.
14 b) Segunda solução y_{2}(x)=x+2.
14 c) Solução geral y=C_{1}e^{-x}+C_{2}(x+2). Para o PVI y(0)=y_{0},\,y'(0)=y_{1} obtém-se
y(x) =\frac{y_{0}-2y_{1}}{3}\,e^{-x} +\frac{y_{0}+y_{1}}{3}\,(x+2).

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