( 2,5 pontos) Responda com V para verdadeiro ou F para falso. Justifique cada resposta.
(a) As funções y_{1}=1, y_{2}=e^{x} e y_{3}=x e^{x} são linearmente independentes.
(b) A EDO y^{\prime \prime}+y=0 com as condições y(0)=0 e y^{\prime}(\pi / 2)=2 é um problema de valor de inicial e, por isso, apresenta apenas uma solução.
(c) Considere uma equação diferencial linear qualquer. Se y_{1} e y_{2} são soluções da equação diferencial, então y_{1}+y_{2} também é solução.
(d) A solução geral da EDO y^{\prime \prime \prime}+y^{\prime \prime}=0 é dada por y=c_{1}+c_{2} e^{-x}, com c_{1} e c_{2} constantes.

Passo 1

Vou listar com clareza o que cada item do enunciado pede e quais informações são dadas, sem resolver nada ainda.
(a) Pede: determinar se as funções y_{1}=1, y_{2}=e^{x} e y_{3}=x e^{x} são linearmente independentes. Informação dada: as três funções explícitas.
(b) Pede: avaliar a afirmação sobre a EDO y''+y=0 com as condições y(0)=0 e y'(\pi/2)=2. A afirmação diz que isso é um problema de valor inicial e, por isso, tem apenas uma solução. Informação dada: a equação e as duas condições em pontos possivelmente diferentes.
(c) Pede: avaliar a afirmação “Considere uma equação diferencial linear qualquer. Se y_{1} e y_{2} são soluções da equação diferencial, então y_{1}+y_{2} também é solução.” Informação dada: enunciado genérico sobre uma equação diferencial linear (não especifica homogênea ou não).
(d) Pede: avaliar se a solução geral da EDO y'''+y''=0 é y=c_{1}+c_{2}e^{-x}. Informação dada: a EDO e a suposta forma da solução geral.

Passo 2

(a) Primeiro, vou explicar o que significa “linearmente independentes” para funções e uma ferramenta prática para verificar isso (passo-a-passo ensinável para prova).
Definição didática: Um conjunto de funções \{y_1,y_2,y_3\} é linearmente independente em um intervalo se a única combinação linear
c_1 y_1(x) + c_2 y_2(x) + c_3 y_3(x) \equiv 0 \text{ para todo } x
ocorre quando c_1=c_2=c_3=0. Em prova, uma forma prática de testar independência para três funções diferenciáveis é calcular o Wronskiano.
O que é o Wronskiano? Para três funções y_1,y_2,y_3 define-se
W(y_1,y_2,y_3)(x)= \begin{vmatrix} y_1(x) & y_2(x) & y_3(x)\\[4pt] y_1'(x) & y_2'(x) & y_3'(x)\\[4pt] y_1''(x) & y_2''(x) & y_3''(x) \end{vmatrix}.
Propriedade útil: se o Wronskiano não é identicamente zero numa região (isto é, existe pelo menos um ponto onde W(x)\neq 0), então as funções são linearmente independentes nessa região. (Na prática de prova: basta calcular e ver se dá algo diferente de zero).]

Passo 3

Vou aplicar o Wronskiano às três funções. Primeiro calcule as derivadas:
  • Para y_1(x)=1: \;y_1'(x)=0, \;y_1''(x)=0.
  • Para y_2(x)=e^{x}: \;y_2'(x)=e^{x}, \;y_2''(x)=e^{x}.
  • Para y_3(x)=x e^{x}: usar produto. Primeiro derivada:
y_3'(x) = (x e^{x})' = e^{x} + x e^{x} = e^{x}(1+x).
Segunda derivada:
y_3''(x) = (e^{x}(1+x))' = e^{x}(1+x) + e^{x} = e^{x}(2+x).
Agora escrevo o Wronskiano:
W(x)= \begin{vmatrix} 1 & e^{x} & x e^{x}\\[4pt] 0 & e^{x} & e^{x}(1+x)\\[4pt] 0 & e^{x} & e^{x}(2+x) \end{vmatrix}.
Como a primeira coluna tem dois zeros na segunda e terceira linhas, a expansão torna-se simples: o determinante é
W(x)=1\cdot \begin{vmatrix} e^{x} & e^{x}(1+x)\\[4pt] e^{x} & e^{x}(2+x) \end{vmatrix}.
Calcule esse 2\times2:
\begin{vmatrix} e^{x} & e^{x}(1+x)\\[4pt] e^{x} & e^{x}(2+x) \end{vmatrix} = e^{x}\cdot e^{x}(2+x) - e^{x}\cdot e^{x}(1+x) = e^{2x}\big((2+x)-(1+x)\big)=e^{2x}.
Portanto
W(x)=e^{2x}.
Como e^{2x}>0 para todo x, o Wronskiano nunca é zero.
Conclusão do (a): as funções são linearmente independentes (porque W(x)\neq 0 para todo x). Então a afirmação (a) é verdadeira.]

Passo 4

(b) Primeiro explico a diferença entre problema de valor inicial (PVI) e problema de valor de contorno (BVP), de forma que sirva na prova.
  • Problema de valor inicial (PVI): as condições são dadas todas no mesmo ponto x=x_0. Ex.: para uma EDO de segunda ordem, condições típicas y(x_0)=y_0 e y'(x_0)=y_0'. Nessas situações (para equações lineares com coeficientes contínuos) temos teorema de existência e unicidade que garante exatamente uma solução local e, sob hipóteses, global.
  • Problema de valor de contorno (BVP): as condições são dadas em pontos diferentes, por exemplo y(a)=\alpha e y(b)=\beta com a\neq b. Para BVPs não há garantia de existência nem de unicidade; pode haver nenhuma, uma, ou várias soluções.
No enunciado as condições são y(0)=0 e y'(\pi/2)=2, ou seja, as condições estão em pontos diferentes ( x=0 e x=\pi/2). Portanto isso é um problema de valor de contorno, não um problema de valor inicial. A parte “é um problema de valor inicial e, por isso, apresenta apenas uma solução” já está duvidosa por esse motivo.

Passo 5

(b) Continuando: agora resolvo explicitamente a EDO para verificar quantas soluções existem (é bom para prova: mostrar contradicação direta).
A EDO homogênea é \;y''+y=0. A equação característica é r^2+1=0, com raízes r=\pm i. A solução geral é
y(x)=A\cos x + B\sin x,
com constantes A,B.
Imponho a condição y(0)=0:
y(0)=A\cos 0 + B\sin 0 = A\cdot 1 + B\cdot 0 = A = 0.
Logo A=0 e a solução reduz a y(x)=B\sin x.
Agora a condição y'(\pi/2)=2. Primeiro derive:
y'(x)= -A\sin x + B\cos x.
Com A=0 isso vira y'(x)=B\cos x. Avaliando em x=\pi/2:
y'(\pi/2)=B\cos(\pi/2)=B\cdot 0 = 0.
Mas a condição exige y'(\pi/2)=2. Isso é impossível, porque 0\neq 2. Portanto não existe nenhuma solução que satisfaça simultaneamente as duas condições dadas.
Conclusões do (b):
  • A afirmação é falsa: não é um problema de valor inicial (é de contorno) e, além disso, neste caso particular não existe solução (portanto também não “apresenta apenas uma solução”).

Passo 6

(c) Vou explicar a propriedade de superposição e mostrar por que a afirmação, tal como escrita, é falsa em geral.
Seja uma equação linear qualquer escrita na forma L[y]=f(x), onde L é um operador linear (por exemplo L[y]=a_2(x)y''+a_1(x)y'+a_0(x)y). Dois casos:
  • Caso homogêneo: f(x)\equiv 0. Se L[y_1]=0 e L[y_2]=0, pela linearidade de L temos
L[y_1+y_2]=L[y_1]+L[y_2]=0+0=0,
logo y_1+y_2 é solução. Portanto para equações lineares homogêneas a propriedade vale.
  • Caso não homogêneo: f(x)\neq 0. Se L[y_1]=f(x) e L[y_2]=f(x), então
L[y_1+y_2]=L[y_1]+L[y_2]=f(x)+f(x)=2f(x)\neq f(x)
em geral, logo y_1+y_2 não é solução de L[y]=f(x). Portanto a afirmação “para uma equação diferencial linear qualquer” (sem especificar homogênea) é falsa em geral.
Exemplo concreto e simples (contraexemplo para a prova): considere a EDO
y'=1.
Duas soluções são y_1(x)=x e y_2(x)=x+1 (ambas têm derivada 1). Mas a soma é y_1+y_2=2x+1 cuja derivada é 2, não 1. Então y_1+y_2 não satisfaz a equação. Isso mostra que a afirmação é falsa se a equação for não-homogênea.
Conclusão do (c): a afirmação é falsa em geral; é verdadeira apenas para equações lineares homogêneas.

Passo 7

(d) Vou resolver a EDO \;y'''+y''=0 de forma padrão, ensinando a técnica de equações lineares com coeficientes constantes (útil na prova).
Passo 1: formar a equação característica trocando y^{(k)} por r^k:
r^3 + r^2 = 0.
Fatorando:
r^2(r+1)=0.
As raízes são r=0 (com multiplicidade 2, porque fator r^2) e r=-1 (multiplicidade 1).
Regra para solução geral:
  • Uma raiz real simples r=-1 dá termo C_3 e^{-x}.
  • Uma raiz r=0 com multiplicidade 2 dá dois termos independentes C_1 e^{0x}=C_1 e C_2 x e^{0x}=C_2 x.
Assim a solução geral é
y(x)=C_1 + C_2 x + C_3 e^{-x},
com C_1,C_2,C_3 constantes arbitrárias.
Comparando com a forma dada no enunciado y=c_{1}+c_{2} e^{-x}, vemos que falta o termo C_2 x. Logo a forma dada não é a solução geral: ela tem apenas duas constantes e não capta o termo linear em x que aparece por causa da raiz r=0 de multiplicidade 2.
Conclusão do (d): a afirmação é falsa.

Resposta

(a) V
(b) F
(c) F
(d) F

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