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}.
(c) y^{\prime \prime}-\frac{2 x}{1-x^{2}} y^{\prime}+\frac{6}{1-x^{2}} y=0 ; \quad(|x|<1) ; \quad y_{1}(x)=\frac{3 x^{2}-1}{2}.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Equação diferencial (no intervalo |x|<1):
y''-\frac{2x}{1-x^{2}}\,y'+\frac{6}{1-x^{2}}\,y=0.
  • Uma solução conhecida:
y_{1}(x)=\frac{3x^{2}-1}{2}.
O que é pedido:
  1. Verificar que y_{1} é realmente solução da equação.
  2. Encontrar uma solução linearmente independente de y_{1} (ou seja, uma segunda solução y_{2} tal que \{y_{1},y_{2}\} seja um conjunto fundamental de soluções no intervalo |x|<1).

Passo 2

Verificação direta: calcular y_{1}' e y_{1}'' e substituir na equação.
Calcule y_{1}' e y_{1}'':
y_{1}(x)=\frac{3x^{2}-1}{2}\quad\Rightarrow\quad y_{1}'(x)=\frac{3\cdot 2x}{2}=3x,
y_{1}''(x)=3.
Substituir em cada termo da equação:
y_{1}''-\frac{2x}{1-x^{2}}y_{1}'+\frac{6}{1-x^{2}}y_{1} =3-\frac{2x}{1-x^{2}}\cdot(3x)+\frac{6}{1-x^{2}}\cdot\frac{3x^{2}-1}{2}.
Calcular cada parte:
-\frac{2x}{1-x^{2}}\cdot(3x)=-\frac{6x^{2}}{1-x^{2}},
\frac{6}{1-x^{2}}\cdot\frac{3x^{2}-1}{2}=\frac{6(3x^{2}-1)}{2(1-x^{2})}=\frac{3(3x^{2}-1)}{1-x^{2}}=\frac{9x^{2}-3}{1-x^{2}}.
Somando tudo (colocando sobre denominador comum 1-x^{2}):
3-\frac{6x^{2}}{1-x^{2}}+\frac{9x^{2}-3}{1-x^{2}} =3+\frac{-6x^{2}+9x^{2}-3}{1-x^{2}} =3+\frac{3x^{2}-3}{1-x^{2}}.
Colocar 3 sobre o mesmo denominador:
3=\frac{3(1-x^{2})}{1-x^{2}}=\frac{3-3x^{2}}{1-x^{2}}.
Então
\frac{3-3x^{2}}{1-x^{2}}+\frac{3x^{2}-3}{1-x^{2}}=\frac{0}{1-x^{2}}=0.
Portanto y_{1} satisfaz a equação; isto é, y_{1} é de fato uma solução.

Passo 3

Método para obter a segunda solução: redução da ordem (explicação didática).
Se y_{1} é solução de uma equação linear homogênea de segunda ordem
y''+P(x)y'+Q(x)y=0,
e queremos uma segunda solução y_{2} linearmente independente, assumimos
y_{2}(x)=v(x)\,y_{1}(x),
onde v é uma função a determinar. Substituindo e usando que y_{1} satisfaz a equação, obtém-se uma equação de primeira ordem para u=v':
u' + \big(2\frac{y_{1}'}{y_{1}} + P\big) u =0.
Integrando,
u(x)=C\,\exp\!\Big(-\int\!\big(2\frac{y_{1}'}{y_{1}}+P\big)\,dx\Big) = C\,\frac{\exp(-\int P\,dx)}{y_{1}^{2}}.
Escolhendo C=1 (qualquer C\neq0 só escala y_{2}), temos
v'(x)=\frac{\exp\big(-\int P\,dx\big)}{y_{1}^{2}(x)}.
Então
y_{2}(x)=y_{1}(x)\int \frac{\exp\big(-\int P\,dx\big)}{y_{1}^{2}(x)}\,dx.
Vou aplicar isso com P(x)=-\dfrac{2x}{1-x^{2}}.

Passo 4

Calcular \exp\big(-\int P\,dx\big).
Primeiro
\int P\,dx=\int -\frac{2x}{1-x^{2}}\,dx.
Fazer a substituição t=1-x^{2}, dt=-2x\,dx leva a
\int -\frac{2x}{1-x^{2}}\,dx=\int\frac{dt}{t}=\ln|1-x^{2}|+C.
Logo
\exp\big(-\int P\,dx\big)=\exp\big(-\ln|1-x^{2}|\big)=\frac{1}{1-x^{2}}\quad\text{(no intervalo \(|x|<1\) podemos omitir o valor absoluto)}.
Portanto a integranda para v' é
v'(x)=\frac{1}{(1-x^{2})\,y_{1}^{2}(x)}.

Passo 5

Substituir y_{1} e simplificar a integranda.
Temos y_{1}(x)=\dfrac{3x^{2}-1}{2}, então
y_{1}^{2}(x)=\frac{(3x^{2}-1)^{2}}{4}.
Logo
v'(x)=\frac{1}{(1-x^{2})}\cdot\frac{4}{(3x^{2}-1)^{2}}=\frac{4}{(1-x^{2})(3x^{2}-1)^{2}}.
Precisamos calcular a integral
v(x)=\int \frac{4}{(1-x^{2})(3x^{2}-1)^{2}}\,dx.

Passo 6

Integrar por frações parciais (detalhado).
Procuramos decompor
\frac{4}{(1-x^{2})(3x^{2}-1)^{2}} = \frac{A}{1-x}+\frac{B}{1+x}+\frac{D}{3x^{2}-1}+\frac{F}{(3x^{2}-1)^{2}}.
Multiplicando pelos denominadores e comparando, determinei as constantes avaliando pontos convenientes:
  • Em x=1: obtemos 4=A\cdot 2\cdot(3\cdot1-1)^{2}=8A, logo A=\tfrac{1}{2}.
  • Em x=-1: obtemos 4=8B, logo B=\tfrac{1}{2}.
  • Em x=\tfrac{1}{\sqrt{3}} (onde 3x^{2}-1=0): obtemos 4=F(1-x^{2}) com 1-x^{2}=\tfrac{2}{3}, logo F=6.
  • Em x=0: obtemos 4=A+B - D + F. Substituindo A=B=\tfrac{1}{2} e F=6 4=1 - D + 6, então D=3.
Assim a decomposição é
\frac{4}{(1-x^{2})(3x^{2}-1)^{2}} =\frac{1/2}{1-x}+\frac{1/2}{1+x}+\frac{3}{3x^{2}-1}+\frac{6}{(3x^{2}-1)^{2}}.

Passo 7

Integrar termo a termo.
  1. Para os dois primeiros termos:
\int\frac{1/2}{1-x}\,dx=-\frac{1}{2}\ln|1-x|,\qquad \int\frac{1/2}{1+x}\,dx=\frac{1}{2}\ln|1+x|.
Somando:
\frac{1}{2}\ln\!\frac{1+x}{1-x}.
  1. Para o termo \dfrac{3}{3x^{2}-1}:
\frac{3}{3x^{2}-1}=\frac{1}{x^{2}-1/3},
e
\int\frac{1}{x^{2}-a^{2}}\,dx=\frac{1}{2a}\ln\!\left|\frac{x-a}{x+a}\right|, \quad a=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Portanto
\int\frac{3}{3x^{2}-1}\,dx=\frac{\sqrt{3}}{2}\ln\!\left|\frac{x-\tfrac{1}{\sqrt{3}}}{x+\tfrac{1}{\sqrt{3}}}\right|.
  1. Para o termo \dfrac{6}{(3x^{2}-1)^{2}} é conveniente escrever a primitiva usando uma identidade do tipo
\frac{6}{(3x^{2}-1)^{2}}=A\frac{d}{dx}\!\left(\frac{x}{3x^{2}-1}\right)+\frac{B}{3x^{2}-1},
encontrando A=-3 e B=-3. Integrando obtemos
\int\frac{6}{(3x^{2}-1)^{2}}\,dx =-3\frac{x}{3x^{2}-1}-3\int\frac{1}{3x^{2}-1}\,dx.
Note que \int\frac{1}{3x^{2}-1}\,dx=\dfrac{\sqrt{3}}{6}\ln\!\left|\dfrac{x-\tfrac{1}{\sqrt{3}}}{x+\tfrac{1}{\sqrt{3}}}\right|.
Somando as contribuições dos termos com 3/(3x^{2}-1) e 6/(3x^{2}-1)^{2} as partes logarítmicas se cancelam, restando apenas a parte racional. Especificamente:
\int\left(\frac{3}{3x^{2}-1}+\frac{6}{(3x^{2}-1)^{2}}\right)dx =-3\frac{x}{3x^{2}-1}.

Passo 8

Juntando tudo, obtemos
v(x)=\int \frac{4}{(1-x^{2})(3x^{2}-1)^{2}}\,dx =\frac{1}{2}\ln\!\frac{1+x}{1-x}-\frac{3x}{3x^{2}-1}+C.
Como y_{2}=y_{1}\,v, o termo constante C ao multiplicar por y_{1} apenas produz uma múltipla de y_{1}. Para obter uma segunda solução linearmente independente escolhemos C=0.
Portanto, tomando C=0,
y_{2}(x)=y_{1}(x)\left(\frac{1}{2}\ln\!\frac{1+x}{1-x}-\frac{3x}{3x^{2}-1}\right).
Multiplicando e simplificando:
y_{2}(x)=\frac{3x^{2}-1}{2}\cdot\frac{1}{2}\ln\!\frac{1+x}{1-x} -\frac{3x}{2}\cdot\cancel{\frac{3x^{2}-1}{3x^{2}-1}} =\frac{3x^{2}-1}{4}\ln\!\frac{1+x}{1-x}-\frac{3x}{2}.
Uma forma alternativa (multiplicando por 4, que não altera a independência linear) é
\widetilde{y}_{2}(x)=(3x^{2}-1)\ln\!\frac{1+x}{1-x}-6x,
que é mais simples de apresentar e também é linearmente independente de y_{1}.

Passo 9

Verificação da independência linear (explicação curta).
Pelo método de redução de ordem temos a expressão do wronskiano
W(y_{1},y_{2})(x)=y_{1}^{2}(x)\,v'(x)=y_{1}^{2}(x)\frac{1}{(1-x^{2})y_{1}^{2}(x)}=\frac{1}{1-x^{2}},
que é não nulo no intervalo |x|<1. Logo y_{1} e y_{2} são linearmente independentes em |x|<1.

Resposta

y_{2}(x)=\dfrac{3x^{2}-1}{4}\ln\!\dfrac{1+x}{1-x}-\dfrac{3x}{2} (ou, alternativamente, \;y_{2}(x)=(3x^{2}-1)\ln\!\dfrac{1+x}{1-x}-6x\;)

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