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}.
(i) x y^{\prime \prime}-y^{\prime}+4 x^{3} y=0 ; \quad(x>0) ; \quad y_{1}(x)=\operatorname{sen}\left(x^{2}\right).

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial de segunda ordem
x y''-y'+4x^{3}y=0,\qquad (x>0)
e a função proposta
y_{1}(x)=\sin\!\bigl(x^{2}\bigr).
O que se pede:
  • Verificar que \,y_{1}(x)=\sin(x^{2})\, é solução da equação dada.
  • Encontrar uma outra solução \,y_{2}(x)\, que seja linearmente independente de \,y_{1}(x).

Passo 2

Verificação direta: vamos calcular \,y_{1}' e \,y_{1}'' e substituir na equação. Primeiro uma breve lembrança das regras de derivação que vou usar:
  • Regra da cadeia: se h(x)=f(g(x)), então h'(x)=f'(g(x))\,g'(x).
  • Regra do produto: se u(x)=a(x)b(x), então u'(x)=a'(x)b(x)+a(x)b'(x).
Agora calculemos derivadas de \,y_{1}(x)=\sin(x^{2}).
Derivando com a regra da cadeia:
y_{1}'(x)=\cos\!\bigl(x^{2}\bigr)\cdot 2x = 2x\cos\!\bigl(x^{2}\bigr).
Para y_{1}'' usamos produto ( 2x vezes \cos(x^2)):
y_{1}''(x)=\frac{d}{dx}\bigl(2x\bigr)\cdot\cos\!\bigl(x^{2}\bigr) +2x\cdot\frac{d}{dx}\cos\!\bigl(x^{2}\bigr).
Compute as:
\frac{d}{dx}(2x)=2,\qquad \frac{d}{dx}\cos\!\bigl(x^{2}\bigr)=-\sin\!\bigl(x^{2}\bigr)\cdot 2x,
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y_{1}''(x)=2\cos\!\bigl(x^{2}\bigr)+2x\cdot\bigl(-2x\sin\!\bigl(x^{2}\bigr)\bigr) =2\cos\!\bigl(x^{2}\bigr)-4x^{2}\sin\!\bigl(x^{2}\bigr).

Passo 3

Substituir \,y_{1},y_{1}',y_{1}'' na equação para verificar:
x y_{1}''-y_{1}'+4x^{3}y_{1} = x\bigl(2\cos(x^{2})-4x^{2}\sin(x^{2})\bigr) - 2x\cos(x^{2}) + 4x^{3}\sin(x^{2}).
Agrupando termos:
= 2x\cos(x^{2}) -4x^{3}\sin(x^{2}) -2x\cos(x^{2}) +4x^{3}\sin(x^{2}).
Os termos se cancelam:
2x\cos -2x\cos = 0,\qquad -4x^{3}\sin +4x^{3}\sin = 0,
portanto o resultado é 0. Conclusão: \,y_{1}(x)=\sin(x^{2}) realmente satisfaz a equação.

Passo 4

Agora vamos achar uma segunda solução linearmente independente de \,y_{1}. Método escolhido: redução de ordem. Vou primeiro colocar a equação na forma padrão y''+P(x)y'+Q(x)y=0 (dividindo por x, válido porque x>0):
y''-\frac{1}{x}y'+4x^{2}y=0.
Aqui
P(x)=-\frac{1}{x},\qquad Q(x)=4x^{2}.

Passo 5

Fórmula padrão (redução de ordem): se y_{1} é uma solução não nula, então uma segunda solução pode ser obtida por
y_{2}(x)=y_{1}(x)\int \frac{\exp\!\bigl(-\int P(x)\,dx\bigr)}{y_{1}(x)^{2}}\,dx,
onde as integrais são indefinidas (uma constante multiplicativa pode ser ignorada porque soluções podem ser escaladas). Vou explicar rapidamente: essa fórmula surge ao procurar y_{2}=v(x)y_{1}(x) e reduzir a ordem impondo uma condição sobre v'; o integrando contém \exp(-\int P) e y_{1}^{2} na denominação.
Calculemos \exp\!\bigl(-\int P(x)\,dx\bigr). Como P(x)=-1/x,
-\int P(x)\,dx = -\int \bigl(-\tfrac{1}{x}\bigr)\,dx = \int \tfrac{1}{x}\,dx = \ln x,
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\exp\!\bigl(-\int P\,dx\bigr) = e^{\ln x}=x \qquad (x>0).

Passo 6

Aplicando a fórmula:
y_{2}(x)=y_{1}(x)\int \frac{x}{y_{1}(x)^{2}}\,dx = \sin\!\bigl(x^{2}\bigr)\int \frac{x}{\sin^{2}\!\bigl(x^{2}\bigr)}\,dx.
Agora resolvemos a integral
\int \frac{x}{\sin^{2}\!\bigl(x^{2}\bigr)}\,dx.
Use a substituição t=x^{2}. Então dt=2x\,dx ou x\,dx=\tfrac{1}{2}\,dt. A integral torna-se
\int \frac{x}{\sin^{2}(x^{2})}\,dx = \frac{1}{2}\int \frac{1}{\sin^{2}t}\,dt = \frac{1}{2}\int \csc^{2}t\,dt.
Sabendo que \int \csc^{2}t\,dt = -\cot t + C, obtemos
\frac{1}{2}\int \csc^{2}t\,dt = -\frac{1}{2}\cot t + C = -\frac{1}{2}\cot\!\bigl(x^{2}\bigr) + C.

Passo 7

Substituindo de volta em y_{2}:
y_{2}(x)=\sin\!\bigl(x^{2}\bigr)\Bigl(-\tfrac{1}{2}\cot\!\bigl(x^{2}\bigr)+C\Bigr) = -\tfrac{1}{2}\sin(x^{2})\cot(x^{2}) + C\sin(x^{2}).
Mas \sin(x^{2})\cot(x^{2})=\cos(x^{2}). Assim uma escolha conveniente (descartando constantes múltiplas e somas com C\,y_{1} que não mudam independência) é
y_{2}(x)=\cos\!\bigl(x^{2}\bigr).
Note que multiplicar por uma constante ou adicionar um múltiplo de y_{1} dá outra solução da mesma família; portanto escolher y_{2}=\cos(x^{2}) é perfeitamente válido.

Passo 8

Verificação de independência linear: calculemos o Wronskiano W(y_{1},y_{2}). Com y_{1}=\sin(x^{2}) e y_{2}=\cos(x^{2}),
y_{1}'=2x\cos(x^{2}),\qquad y_{2}'=-2x\sin(x^{2}).
O Wronskiano é
W(x)=\begin{vmatrix} y_{1} & y_{2}\\[4pt] y_{1}' & y_{2}' \end{vmatrix} = y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2} = \sin(x^{2})(-2x\sin(x^{2})) - (2x\cos(x^{2}))\cos(x^{2})
= -2x\bigl(\sin^{2}(x^{2})+\cos^{2}(x^{2})\bigr) = -2x.
Como x>0 temos W(x)=-2x\neq 0 em todo o domínio dado, logo y_{1} e y_{2} são linearmente independentes.]

Resposta

\;y_{1}(x)=\sin\!\bigl(x^{2}\bigr) é solução da equação.\newline
Uma solução linearmente independente é \;y_{2}(x)=\cos\!\bigl(x^{2}\bigr).

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