Q12. Nos seguintes exercícios verificar que as y_{1} dadas são soluções das equações dadas e encontre uma solução linearmente independentes com \mathfrak{y}_{1}.
(b) y^{\prime \prime}-2 x y^{\prime}+2 y=0 ; \quad y_{1}(x)=x.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
y'' - 2x\,y' + 2y = 0
e informa uma solução particular y_{1}(x)=x. O que se pede:
  • Verificar que y_{1}(x)=x é realmente solução da equação.
  • Encontrar uma segunda solução y_{2}(x) que seja linearmente independente de y_{1}.
Informações relevantes dadas:
  • A equação é uma equação diferencial linear homogênea de segunda ordem com coeficientes dependentes de x.
  • Uma solução conhecida é y_{1}(x)=x.

Passo 2

Verificação direta de que y_{1}(x)=x satisfaz a equação.
Calcule as derivadas:
y_{1}'(x)=1,\qquad y_{1}''(x)=0.
Substituindo na equação:
y_{1}'' - 2x\,y_{1}' + 2y_{1} = 0 - 2x\cdot 1 + 2\cdot x = -2x + 2x = 0.
Portanto y_{1}(x)=x é de fato solução.

Passo 3

Ideia do método para achar y_{2}: redução de ordem. Quando se conhece uma solução y_{1} de
y'' + P(x)\,y' + Q(x)\,y = 0,
procura-se uma segunda solução da forma y = v(x)\,y_{1}(x), com v desconhecida. Isso transforma a equação de 2ª ordem em uma equação de ordem menor para v. Vou aplicar isso aqui. (Não se preocupe se parecer muito procedimento — é um passo-a-passo padrão que funciona bem na prova.)

Passo 4

Colocar a equação na forma padrão e aplicar y=v(x)y_{1}(x).
A equação dada já está em forma padrão com P(x)=-2x e Q(x)=2.
Tome y(x)=v(x)\,x. Calcule derivadas:
y' = v'\,x + v, \qquad y'' = v''\,x + 2v'.
Substitua na equação:
(v''\,x + 2v') - 2x(v'\,x + v) + 2(vx)=0.
Simplificando os termos:
v''\,x + 2v' -2x^2 v' -2x v + 2x v = v''\,x + (2 - 2x^2)v' = 0.
Assim obtemos a redução
v''\,x + (2 - 2x^2)v' = 0.

Passo 5

Reduzir a ordem definindo w(x)=v'(x). Então
w' x + (2-2x^2)w = 0.
Dividindo por x (supondo x\neq 0; a solução pode estender-se por continuidade em x=0 depois),
w' + \left(\frac{2}{x}-2x\right)w = 0.
Isto é uma equação linear de primeira ordem para w. Vou resolver por fator integrante.
O fator integrante é
\mu(x)=\exp\!\Big(\int\left(\frac{2}{x}-2x\right)\,dx\Big) = \exp\!\big(2\ln|x|-x^2\big) = x^2 e^{-x^2}.
Multiplicando a equação por \mu(x) obtemos
\frac{d}{dx}\big(w\,x^2 e^{-x^2}\big)=0.
Logo
w\,x^2 e^{-x^2}=C,
onde C é constante. Portanto
w(x)=v'(x)=C\,x^{-2} e^{x^2}.

Passo 6

Integrar para obter v(x):
v(x)=C\int x^{-2} e^{x^2}\,dx + C_1.
A integral \int x^{-2} e^{x^2}\,dx não é elementar na forma simples, mas podemos manipular para escrevê-la em termos de \int e^{x^2}\,dx (essa última é antiderivada não-elementar relacionada à função erro). Observe a identidade
\frac{d}{dx}\!\left(\frac{e^{x^2}}{x}\right) = \frac{2x e^{x^2}\cdot x - e^{x^2}}{x^2} = e^{x^2}\,\frac{2x^2-1}{x^2}.
Reescrevendo,
\frac{e^{x^2}}{x^2} = \frac{d}{dx}\!\left(\frac{e^{x^2}}{x}\right)\cdot\frac{1}{2x^2-1}.
Mas em vez de complicar com essa forma, uma identidade mais útil é:
calcule a derivada de -\dfrac{e^{x^2}}{x}:
\frac{d}{dx}\!\left(-\frac{e^{x^2}}{x}\right) = e^{x^2}\,\frac{1-2x^2}{x^2}.
Somando 2e^{x^2} aos dois lados:
\frac{e^{x^2}}{x^2} = \frac{d}{dx}\!\left(-\frac{e^{x^2}}{x}\right) + 2e^{x^2}.
Assim
\int x^{-2} e^{x^2}\,dx = -\frac{e^{x^2}}{x} + 2\int e^{x^2}\,dx.
Anote que \int e^{x^2}\,dx não tem primitiva elementar (está relacionada à função erro imaginária), mas podemos denotá-la por uma antiderivada conveniente.

Passo 7

Escolher uma antiderivada conveniente e montar y_{2}.
Defina a função
E(x)=\int_{0}^{x} e^{t^2}\,dt,
que é uma antiderivada de e^{x^2}. Tomando C=1 (qualquer constante multiplicativa gera apenas múltiplos da solução) e desprezando a constante aditiva C_1 porque ela gera um termo proporcional a y_{1}=x, obtemos
v(x) = -\frac{e^{x^2}}{x} + 2E(x).
Portanto uma segunda solução y_{2}=v(x)\,x é
y_{2}(x)=x\left(-\frac{e^{x^2}}{x} + 2E(x)\right) = -e^{x^2} + 2x\int_{0}^{x} e^{t^2}\,dt.
Multiplicar por -1 (ou adicionar múltiplos de y_{1}) não muda a independência; uma forma um pouco mais “positiva” é
y_{2}(x)=e^{x^2} - 2x\int_{0}^{x} e^{t^2}\,dt,
que também é válida e mais elegante visualmente.
Observação didática: \int_{0}^{x} e^{t^2}\,dt não é expressável em termos de funções elementares; ela está relacionada à função de erro imaginária. Isso é comum: muitas EDOs com coeficientes polinomiais têm soluções que envolvem integrais não elementares. Na prova, escrever a solução na forma integral é perfeitamente aceitável.

Passo 8

Verificar independência linear (explicação rápida e segura).
Para uma equação linear homogênea de segunda ordem na forma y''+P(x)y'+Q(x)y=0, o wronskiano W(y_{1},y_{2})(x) satisfaz
W(x)=W(x_0)\exp\!\Big(-\int_{x_0}^{x} P(t)\,dt\Big).
Aqui P(x)=-2x, então
\exp\!\Big(-\int P\Big)=\exp\!\Big(-\int (-2x)\,dx\Big)=\exp(x^2).
Isto significa que o wronskiano de duas soluções é proporcional a e^{x^2}, que nunca é zero. Assim, se construímos y_{2} pela redução de ordem (e não obtivemos uma solução identicamente proporcional a y_{1}), o wronskiano é não nulo e y_{1},y_{2} são linearmente independentes em qualquer intervalo onde são definidas. Portanto a função y_{2} encontrada é linearmente independente de y_{1}.

Resposta

y_{2}(x)=e^{x^2}-2x\displaystyle\int_{0}^{x} e^{t^2}\,dt

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