Find the general solution of each of the following equations: \left(x^{2}+x\right) y^{\prime \prime}+\left(2-x^{2}\right) y^{\prime}-(2+x) y=x(x+1)^{2};
Passo 1
O enunciado pede: “Achar a solução geral da equação”
Os coeficientes são funções polinomiais de x: a(x)=x^{2}+x=x(x+1), b(x)=2-x^{2}, c(x)=-(2+x).
O termo do lado direito é o polinômio \;x(x+1)^{2}=x^{3}+2x^{2}+x.
Pontos singulares (onde a(x)=0) são x=0 e x=-1; portanto a equação é válida em intervalos que não contenham esses pontos.
A tarefa é encontrar a solução geral y(x) da equação linear de segunda ordem não homogênea; isto inclui:
uma solução particular y_{p} da equação completa;
a solução geral y_{h} da equação homogênea associada;
então a solução geral será y=y_{h}+y_{p}.
Passo 2
Plano de ataque (sem resolver ainda): porque o RHS é um polinômio (grau 3) e os coeficientes são polinomiais, é razoável tentar uma solução particular polinomial. Vou testar primeiro uma ansatz polinomial de grau até 3; caso apareçam cancelamentos que forcem um coeficiente a zero, ajustarei o grau. Depois encontrarei duas soluções independentes da homogênea — uma pode ser achada por tentativa (procurando funções racionais simples devido aos fatores x e x+1 em a(x)) e a segunda por redução de ordem.
Passo 3
Teste inicial: assumir uma solução particular do tipo
y_p = A x^3 + B x^2 + C x + D.
Calcule derivadas:
y_p' = 3A x^2 + 2B x + C,\qquad y_p'' = 6A x + 2B.
Agora compute termo a termo a aplicação do operador L[y]=a(x)y''+b(x)y'+c(x)y.
Primeiro
a(x)y_p''=(x^2+x)(6A x + 2B)=6A x^3+(2B+6A)x^2+2B x.
Segundo
b(x)y_p'=(2-x^2)(3A x^2+2B x + C)=6A x^2+4B x +2C -3A x^4 -2B x^3 - C x^2.
Terceiro
c(x)y_p=-(2+x)(A x^3+B x^2+C x + D)=-A x^4-(2A+B)x^3-(2B+C)x^2-(2C+D)x-2D.
Somando a y_p''+b y_p'+c y_p, observe que os termos em x^4 somam -3A x^4 - A x^4 = -4A x^4. O lado direito tem grau 3, então o coeficiente de x^4 deve ser zero, isto é -4A=0. Assim A=0. Portanto não precisamos do termo cúbico: podemos tomar ansatz quadrático.
Passo 4
Assuma então
y_p = B x^2 + C x + D.
Derivadas:
y_p' = 2B x + C,\qquad y_p'' = 2B.
Calcule os termos:
[a(x)y_p’’=(x^2+x)\cdot 2B = 2B x^2 + 2B x.)
b(x)y_p'=(2-x^2)(2B x + C)=4B x + 2C -2B x^3 - C x^2.
c(x)y_p=-(2+x)(B x^2 + C x + D) = -B x^3 - (2B+C)x^2 - (2C + D)x - 2D.
Agora some os termos por potências de x:
Coeficiente de x^3: -2B - B = -3B.
Coeficiente de x^2: 2B - C - (2B + C) = -2C.
Coeficiente de x: 2B + 4B - (2C + D) = 6B - 2C - D.
Da primeira equação: B = -\tfrac{1}{3}\].
- Da segunda: \(C = -1.
- Da última: 2C - 2D = 0 \Rightarrow D = C = -1.
- Verifique a terceira: 6B -2C -D = 6(-\tfrac{1}{3}) -2(-1) -(-1) = -2 +2 +1 =1, OK.
Logo a solução particular é
y_p = -\tfrac{1}{3}x^2 - x - 1.]
Passo 5
Agora resolvemos a equação homogênea associada:
(x^2+x) y'' + (2-x^2) y' - (2+x) y = 0.
É uma equação linear de segunda ordem; precisamos de duas soluções independentes.
Uma ideia prática (muito usada em provas) é tentar funções racionais simples motivadas pelos zeros de a(x). Testemos y_1(x)=\dfrac{1}{x}. Calcule:
Fórmula prática (que vou usar sem provar aqui, mas que você pode decorar para provas): se y_1 é uma solução conhecida, então uma segunda solução independente é
\int e^{x}(x+1)\,dx = \int x e^{x}\,dx + \int e^{x}\,dx.
Use integração por partes para \int x e^{x}\,dx: obtém-se x e^{x}-e^{x}. Somando \int e^{x}dx = e^{x} cancela o -e^{x}, e o resultado é simplesmente x e^{x} (mais constante). Portanto