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}.
(h) x y^{\prime \prime}+(x-1) y^{\prime}+(3-12 x) y=0 ; \quad(x>0) ; \quad y_{1}(x)=e^{3 x}.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
x y''+(x-1)y'+(3-12x)y=0,\qquad (x>0)
e informa a função candidata \;y_{1}(x)=e^{3x}.
O que é pedido:
  • Verificar que \;y_{1}(x)=e^{3x} é de fato solução da equação.
  • Encontrar uma outra solução \;y_{2}(x) linearmente independente de \;y_{1}.
As informações relevantes que eu vou usar (já tiradas do enunciado):
  • A equação é linear, homogênea e de segunda ordem.
  • A função fornecida é \;y_{1}(x)=e^{3x}.
  • O domínio é x>0 (isso servirá para considerar sinais do wronskiano).

Passo 2

Verificar que \;y_{1}(x)=e^{3x} resolve a equação: calculo as derivadas e substituo.
Calcular as derivadas de \;y_{1}:
y_{1}'(x)=3e^{3x},\qquad y_{1}''(x)=9e^{3x}.
Substituindo na equação x y''+(x-1)y'+(3-12x)y obtemos
x\cdot 9e^{3x}+(x-1)\cdot 3e^{3x}+(3-12x)\cdot e^{3x}.
Fatorando e^{3x}:
e^{3x}\big(9x+3(x-1)+3-12x\big)=e^{3x}\big(9x+3x-3+3-12x\big)=e^{3x}\big(0\big)=0.
Portanto \;y_{1}(x)=e^{3x} satisfaz a equação para todo x>0.

Passo 3

Método para obter \;y_{2}: redução de ordem (explicação didática).
Para aplicar redução de ordem, primeiro escrevo a equação na forma padrão
y''+p(x)y'+q(x)y=0.
Dividindo a equação dada por x (como x>0 é permitido):
y''+\frac{x-1}{x}y'+\frac{3-12x}{x}y=0.
Logo
p(x)=\frac{x-1}{x}=1-\frac{1}{x},\qquad q(x)=\frac{3-12x}{x}= \frac{3}{x}-12.
A ideia da redução de ordem: procurar \;y_{2}=v(x)\,y_{1}(x). Substituindo e usando que y_{1} já é solução, chega-se a uma equação de primeira ordem para u=v'. O resultado padrão (que aqui também vou justificar brevemente) é:
y_{2}(x)=y_{1}(x)\int \frac{e^{-\int p(x)\,dx}}{y_{1}(x)^{2}}\,dx.
Aqui:
  • p(x) é o coeficiente do termo y' na forma padrão;
  • e^{-\int p} aparece ao resolver a equação linear de primeira ordem que surge para u;
  • a integral produce v e então y_{2}=v y_{1}.
(Se quiser: a derivação curta é: põe y=v y_{1}, obtém v''y_{1}+v'(2y_{1}'+p y_{1})=0. Com u=v' tem u'/u=-(2y_{1}'/y_{1}+p), integrando dá u=C\,y_{1}^{-2}e^{-\int p}. Integrando u obtém v.)

Passo 4

Aplicar a fórmula ao caso concreto.
Calcular \int p(x)\,dx:
\int p(x)\,dx=\int\Big(1-\frac{1}{x}\Big)\,dx=x-\ln x.
Portanto
e^{-\int p(x)\,dx}=e^{-(x-\ln x)}=e^{-x}e^{\ln x}=x e^{-x}.
Temos y_{1}(x)=e^{3x}, logo y_{1}(x)^{2}=e^{6x}. O integrando da fórmula fica
\frac{e^{-\int p}}{y_{1}^{2}}=\frac{x e^{-x}}{e^{6x}}=x e^{-7x}.
Preciso calcular
\int x e^{-7x}\,dx.

Passo 5

Calcular a integral \int x e^{-7x}\,dx por partes.
Tomando u=x, dv=e^{-7x}dx então du=dx, v=-\tfrac{1}{7}e^{-7x}. Assim
\int x e^{-7x}\,dx = -\frac{x}{7}e^{-7x} + \frac{1}{7}\int e^{-7x}\,dx = -\frac{x}{7}e^{-7x} -\frac{1}{49}e^{-7x} + C.
Logo, pela fórmula da redução de ordem,
y_{2}(x)=y_{1}(x)\left(-\frac{x}{7}e^{-7x}-\frac{1}{49}e^{-7x}\right) = e^{3x}\left(-e^{-7x}\left(\frac{x}{7}+\frac{1}{49}\right)\right).
Simplificando:
y_{2}(x) = -\left(\frac{1}{49}\right)(7x+1)e^{-4x}.
Como multiplicar uma solução por constante não altera linearidade independente, posso escolher uma constante conveniente (retirar o fator -\tfrac{1}{49}). Assim uma forma mais simples para a segunda solução é
y_{2}(x)=(7x+1)e^{-4x}.

Passo 6

Verificar linear independência (wronskiano) de forma direta.
Calculo y_{1}' e y_{2}':
y_{1}(x)=e^{3x},\qquad y_{1}'(x)=3e^{3x}.
y_{2}(x)=(7x+1)e^{-4x},\qquad y_{2}'(x)=7e^{-4x}+(7x+1)(-4)e^{-4x}=(3-28x)e^{-4x}.
O wronskiano
W(y_{1},y_{2})(x)=\begin{vmatrix} y_{1} & y_{2} \\\ y_{1}' & y_{2}'\end{vmatrix} = y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2} = e^{3x}(3-28x)e^{-4x}-3e^{3x}(7x+1)e^{-4x}.
Fatorando e^{-x}:
W(y_{1},y_{2})(x)=e^{-x}\big((3-28x)-3(7x+1)\big) = e^{-x}(-49x) = -49x e^{-x}.
Para x>0 temos W(y_{1},y_{2})(x)\neq 0. Assim y_{1} e y_{2} são linearmente independentes em (0,\infty).

Resposta

\;y_{1}(x)=e^{3x} é solução.\n \;y_{2}(x)=(7x+1)e^{-4x} é uma solução linearmente independente de \;y_{1}.

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