Nos Problemas 1-24, resolva cada equação diferencial pelo método da variação dos parâmetros. Defina um intervalo no qual a solução geral seja válida.
y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+y=e^{-x} /\left(1+x^{2}\right)

Passo 1

O que o enunciado dá e pede:
  • Equação diferencial linear de segunda ordem não-homogênea:
y''-2y'+y=\frac{e^{-x}}{1+x^{2}}.
  • Pede encontrar a solução geral usando o método da variação dos parâmetros e indicar um intervalo onde a solução geral é válida.
Informações relevantes extraídas:
  • O coeficiente do termo independente é a função g(x)=\dfrac{e^{-x}}{1+x^{2}}, que está definida e é contínua para todo x\in\mathbb{R} (porque 1+x^{2}\neq0 sempre).
  • A equação homogênea associada será usada para obter duas soluções fundamentais necessárias ao método de variação de parâmetros.

Passo 2

Resolver a equação homogênea associada e obter duas soluções fundamentais.
A equação homogênea é
y''-2y'+y=0.
Procuramos soluções da forma y=e^{rx}. Substituindo obtemos a equação característica
r^{2}-2r+1=0.
Essa é uma quadrática que se fatoriza como (r-1)^{2}=0, logo a raiz é dupla r=1.
Para uma raiz dupla r=1 as duas soluções fundamentais independentes são
y_{1}(x)=e^{x},\qquad y_{2}(x)=x e^{x}.
Portanto a solução geral da homogênea é
y_{h}(x)=(C_{1}+C_{2}x)e^{x},
com C_{1},C_{2} constantes arbitrárias.

Passo 3

Apresentar a ideia e as fórmulas da variação dos parâmetros (passo a passo didático).
  • Ideia: em vez de constantes C_{1},C_{2}\) tomamos funções \(u_{1}(x),u_{2}(x)\) e buscamos uma solução particular da forma \[y_{p}(x)=u_{1}(x)y_{1}(x)+u_{2}(x)y_{2}(x).
  • Para determinar u_{1},u_{2} impomos a condição extra
u_{1}'(x)y_{1}(x)+u_{2}'(x)y_{2}(x)=0,
que simplifica os cálculos (é uma escolha padrão para obter um sistema simples).
  • Derivando y_{p} e usando a condição acima obtém-se o sistema linear para u_{1}',u_{2}':
\begin{cases} u_{1}'(x)y_{1}(x)+u_{2}'(x)y_{2}(x)=0,\\[4pt] u_{1}'(x)y_{1}'(x)+u_{2}'(x)y_{2}'(x)=g(x), \end{cases}
onde g(x)=\dfrac{e^{-x}}{1+x^{2}}\] é o termo não-homogêneo (divide-se por 1, coeficiente de \(y'').
  • Esse sistema pode ser resolvido usando o Wronskiano W(x)=\begin{vmatrix}y_{1}&y_{2}\\\ y_{1}'&y_{2}'\end{vmatrix}. As fórmulas resultantes são
u_{1}'(x)=-\frac{g(x)\,y_{2}(x)}{W(x)},\qquad u_{2}'(x)=\frac{g(x)\,y_{1}(x)}{W(x)}.
Vou calcular explicitamente W(x) com nossas soluções y_{1},y_{2}.]

Passo 4

Calcular o Wronskiano e as derivadas u_{1}',u_{2}'.
Temos
y_{1}(x)=e^{x},\qquad y_{1}'(x)=e^{x},
y_{2}(x)=x e^{x},\qquad y_{2}'(x)=e^{x}+x e^{x}=(1+x)e^{x}.
O Wronskiano é
W(x)=\begin{vmatrix}e^{x} & x e^{x}\\\ e^{x} & (1+x)e^{x}\end{vmatrix} = e^{x}\cdot(1+x)e^{x}-x e^{x}\cdot e^{x} = e^{2x}[(1+x)-x]=e^{2x}.
Observação importante: W(x)=e^{2x}\neq0 para todo x, logo y_{1},y_{2} formam um conjunto fundamental em todo \mathbb{R}.
Agora aplicamos as fórmulas:
u_{1}'(x)=-\frac{g(x)\,y_{2}(x)}{W(x)} =-\frac{\dfrac{e^{-x}}{1+x^{2}}\cdot x e^{x}}{e^{2x}} =-\frac{x}{(1+x^{2})e^{2x}} =-\frac{x e^{-2x}}{1+x^{2}}.
u_{2}'(x)=\frac{g(x)\,y_{1}(x)}{W(x)} =\frac{\dfrac{e^{-x}}{1+x^{2}}\cdot e^{x}}{e^{2x}} =\frac{1}{(1+x^{2})e^{2x}} =\frac{e^{-2x}}{1+x^{2}}.

Passo 5

Integrar u_{1}' e u_{2}' para obter u_{1},u_{2}.
As primitivias são
u_{1}(x)=-\int \frac{x e^{-2x}}{1+x^{2}}\,dx + K_{1}, \qquad u_{2}(x)=\int \frac{e^{-2x}}{1+x^{2}}\,dx + K_{2},
onde K_{1},K_{2} são constantes de integração. No método da variação de parâmetros escolhemos essas constantes iguais a zero ao construir uma solução particular (qualquer contribuição constante pode ser absorvida na solução homogênea). Assim uma escolha conveniente para uma solução particular é
u_{1}(x)=-\int \frac{x e^{-2x}}{1+x^{2}}\,dx,\qquad u_{2}(x)=\int \frac{e^{-2x}}{1+x^{2}}\,dx,
com integrais indefinidas tomadas sem constante de integração.
Observação sobre essas integrais: as funções \dfrac{e^{-2x}}{1+x^{2}} e \dfrac{x e^{-2x}}{1+x^{2}} são contínuas para todo x\in\mathbb{R}, portanto as integrais indefinidas existem para todo real; porém elas não têm primitiva elementar expressável por combinações finitas das funções elementares mais simples (surgem funções especiais). Para fins de montar a solução geral da EDO, é legítimo deixá-las como integrais.

Passo 6

Construir a solução particular e a solução geral.
A solução particular pelo método é
y_{p}(x)=u_{1}(x)y_{1}(x)+u_{2}(x)y_{2}(x).
Substituindo y_{1},y_{2} e u_{1},u_{2} obtemos
y_{p}(x)=e^{x}\Biggl(-\int \frac{x e^{-2x}}{1+x^{2}}\,dx\Biggr) + x e^{x}\Biggl(\int \frac{e^{-2x}}{1+x^{2}}\,dx\Biggr).
Fatorando e^{x},
y_{p}(x)=e^{x}\left(-\int \frac{x e^{-2x}}{1+x^{2}}\,dx + x\int \frac{e^{-2x}}{1+x^{2}}\,dx\right).
Portanto a solução geral da equação original é a soma da homogênea com a particular:
y(x)=(C_{1}+C_{2}x)e^{x}+e^{x}\left(-\int \frac{x e^{-2x}}{1+x^{2}}\,dx + x\int \frac{e^{-2x}}{1+x^{2}}\,dx\right),
onde C_{1},C_{2} são constantes arbitrárias.

Passo 7

Intervalo de validade da solução geral.
  • O termo não-homogêneo g(x)=\dfrac{e^{-x}}{1+x^{2}} é contínuo em todo \mathbb{R}.
  • As soluções fundamentais y_{1},y_{2} e o Wronskiano W(x)=e^{2x} são definidos e W(x)\neq0 para todo x\in\mathbb{R}.
    Logo a solução geral encontrada é válida em todo o intervalo (-\infty,\infty).

Resposta

y(x)=(C_{1}+C_{2}x)e^{x}+e^{x}\left(-\int \frac{x e^{-2x}}{1+x^{2}}\,dx + x\int \frac{e^{-2x}}{1+x^{2}}\,dx\right)
Intervalo de validade: (-\infty,\infty)

Exercícios relacionados