Mostre que
se y_{1}(t) é solução da equação, então y(t)=c y_{1}(t) também é solução, para qualquer constante c.

Passo 1

O enunciado dá que existe uma equação diferencial (homogênea, linear) de ordem n da forma
a_n(t)\,y^{(n)}(t)+a_{n-1}(t)\,y^{(n-1)}(t)+\cdots+a_1(t)\,y'(t)+a_0(t)\,y(t)=0,
onde cada a_k(t) é uma função dada dos reais (ou do intervalo considerado) e y^{(k)}(t) denota a derivada k-ésima de y em relação a t. O que nos é informado é que y_{1}(t) satisfaz essa equação (ou seja, é uma solução). A tarefa é mostrar que, para qualquer constante c, a função
y(t)=c\,y_{1}(t)
também satisfaz a equação. Aqui c é uma constante real (ou complexa, conforme o contexto), e deve ser entendida como independente de t.

Passo 2

Vamos explicitar o que significa “ser solução”: dizer que y_{1}(t) é solução quer dizer que, ao substituir y_{1} e suas derivadas na expressão à esquerda da equação, obtemos zero:
a_n(t)\,y_{1}^{(n)}(t)+a_{n-1}(t)\,y_{1}^{(n-1)}(t)+\cdots+a_1(t)\,y_{1}'(t)+a_0(t)\,y_{1}(t)=0
para todo t no domínio considerado. O objetivo é provar que a mesma igualdade ocorre quando substituímos y(t)=c\,y_{1}(t).

Passo 3

Primeiro precisamos usar uma propriedade básica do cálculo: a derivada é linear em relação a multiplicação por constante. Ou seja, para qualquer constante c e função diferenciável y_{1}(t) vale
\frac{d}{dt}\big[c\,y_{1}(t)\big]=c\,\frac{d}{dt}y_{1}(t)=c\,y_{1}'(t).
Uma demonstração curta dessa identidade vem da definição da derivada:
\frac{d}{dt}\big[c\,y_{1}(t)\big]=\lim_{h\to0}\frac{c\,y_{1}(t+h)-c\,y_{1}(t)}{h} =\lim_{h\to0} c\frac{y_{1}(t+h)-y_{1}(t)}{h} = c\,y_{1}'(t),
pois c sai da fração por ser constante. Essa é a base do raciocínio.

Passo 4

Agora estendemos a propriedade do passo anterior às derivadas de ordem superior por indução. Mostrando a ideia completa:
  • Para k=1 já temos \big(c\,y_{1}\big)'=c\,y_{1}'.
  • Suponha válida para k: \dfrac{d^{k}}{dt^{k}}\big[c\,y_{1}(t)\big]=c\,y_{1}^{(k)}(t).
  • Então para k+1,
\frac{d^{k+1}}{dt^{k+1}}\big[c\,y_{1}(t)\big] =\frac{d}{dt}\left(\frac{d^{k}}{dt^{k}}\big[c\,y_{1}(t)\big]\right) =\frac{d}{dt}\big[c\,y_{1}^{(k)}(t)\big] =c\,y_{1}^{(k+1)}(t),
usando a hipótese de indução e a linearidade da derivada. Logo, por indução,
\frac{d^{k}}{dt^{k}}\big[c\,y_{1}(t)\big]=c\,y_{1}^{(k)}(t) \quad\text{para todo }k=0,1,\dots,n,
lembrando que para k=0 isso significa c\,y_{1}(t)=c\,y_{1}(t).

Passo 5

Substituímos essas expressões na equação diferencial original aplicando-a à função y(t)=c\,y_{1}(t). O lado esquerdo da equação avaliado em y fica
\begin{aligned} &\;a_n(t)\,y^{(n)}(t)+\cdots+a_1(t)\,y'(t)+a_0(t)\,y(t) \\\ ={}&\;a_n(t)\,\big(c\,y_{1}^{(n)}(t)\big)+\cdots+a_1(t)\,\big(c\,y_{1}'(t)\big)+a_0(t)\,\big(c\,y_{1}(t)\big). \end{aligned}
Como c é constante, podemos fatorá-lo em todas as parcelas:
= c\Big(a_n(t)\,y_{1}^{(n)}(t)+\cdots+a_1(t)\,y_{1}'(t)+a_0(t)\,y_{1}(t)\Big).

Passo 6

Mas pelo fato de y_{1}(t) ser solução (passo 2), sabemos que o parêntese acima é igual a zero para todo t. Portanto a expressão inteira é
c\cdot 0 = 0.
Isso mostra que a função y(t)=c\,y_{1}(t) também satisfaz a equação diferencial para qualquer constante c.

Passo 7

Comentários finais e intuição: o que fizemos foi usar a linearidade do operador diferencial (o operador que manda y em a_n(t)y^{(n)}+\cdots+a_0(t)y é linear) — portanto multiplicar uma solução por uma constante produz outra solução. Observação importante: se c=0 obtemos a solução trivial y\equiv0. Se c\neq0, obtemos uma solução que é simplesmente um múltiplo escalar da solução dada. Um exemplo concreto rápido: para a equação de primeira ordem
y'(t)+p(t)\,y(t)=0,
se y_{1} é solução então
(c\,y_{1})'+p(c\,y_{1})=c\,y_{1}'+c\,p\,y_{1}=c\big(y_{1}'+p\,y_{1}\big)=c\cdot0=0.

Resposta

y(t)=c\,y_{1}(t) é solução da equação para qualquer constante c.

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