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}.
(d) y^{\prime \prime}+\frac{3}{x} y^{\prime}=0 ; \quad y_{1}(x)=1.

Passo 1

O enunciado dá claramente duas informações e pede duas coisas:
  • A equação diferencial linear homogênea de segunda ordem
y''+\frac{3}{x}y'=0,
com coeficiente singular em x=0 (portanto o domínio natural é x\neq0).
  • Uma função candidata \;y_{1}(x)=1\;.
O que o exercício pede:
  • Verificar que \;y_{1}(x)=1\; é solução da equação dada.
  • Encontrar uma outra solução que seja linearmente independente de \;y_{1}.

Passo 2

Verificação direta de que \;y_{1}(x)=1\; satisfaz a equação.
Calcule as derivadas de \;y_{1}:
y_{1}'(x)=0,\qquad y_{1}''(x)=0.
Substituindo na equação
y''+\frac{3}{x}y'=0
temos
0+\frac{3}{x}\cdot 0 = 0.
Portanto a igualdade é satisfeita e \;y_{1}(x)=1\; é realmente uma solução (válida para x\neq0).

Passo 3

Método para obter uma segunda solução: redução de ordem (explicação didática).
Ideia geral: se conhecemos uma solução não nula \;y_{1}(x)\; de uma equação linear homogênea de segunda ordem
y''+p(x)y'+q(x)y=0,
podemos procurar uma segunda solução da forma
y(x)=v(x)\,y_{1}(x),
onde v(x) é uma função desconhecida. Substitindo e simplificando obtém-se uma equação de ordem menor para v (normalmente uma equação de primeira ordem para v'). É um procedimento padrão chamado “redução de ordem”.
No nosso caso específico temos q(x)=0 e p(x)=\dfrac{3}{x}, e além disso y_{1}(x)=1 simplifica bastante os cálculos (porque multiplicar por y_1 não altera a forma).

Passo 4

Aplicando redução de ordem com \;y_{1}=1.
Procuramos y(x)=v(x)\cdot 1=v(x). Assim
y'=v',\qquad y''=v''.
Substituindo em
y''+\frac{3}{x}y'=0
obtemos
v''+\frac{3}{x}v'=0.
Agora note que esta é uma equação de ordem dois que depende apenas de v'. Defina w(x)=v'(x). Então w'(x)=v''(x) e a equação torna-se uma equação linear de primeira ordem em w:
w'+\frac{3}{x}w=0.

Passo 5

Resolver a equação de primeira ordem para w.
A equação
w'+\frac{3}{x}w=0
é homogenea de primeira ordem; pode-se resolver por separação ou usar fator integrante. Faço por separação: escrevendo
\frac{w'}{w}=-\frac{3}{x}
e integrando ambos os lados:
\ln|w|=-3\ln|x|+C_1.
Exponentiando:
w(x)=C\,x^{-3},
onde C é constante arbitrária (absorveu e^{C_1}).

Passo 6

Integrar w=v' para obter v e, assim, y.
Temos v'(x)=C x^{-3}. Integrando:
v(x)=C\int x^{-3}\,dx = C\left(-\frac{1}{2}x^{-2}\right)+D = -\frac{C}{2}x^{-2}+D,
onde D é outra constante de integração.
Portanto a solução geral obtida por y=v é
y(x)=v(x)=-\frac{C}{2}x^{-2}+D.
Renomeando constantes (por exemplo C_1=D e C_2=-\tfrac{C}{2}) obtemos a forma mais familiar da solução geral:
y(x)=C_1 + C_2 x^{-2}.

Passo 7

Escolher uma segunda solução linearmente independente de \;y_{1} e verificar independência.
Da solução geral vemos que além de \;y_{1}(x)=1\; aparece a função \;x^{-2} (ou \;1/x^{2}) como a outra solução fundamental. Portanto uma escolha natural para uma segunda solução é
y_{2}(x)=x^{-2}.
Verificação de independência linear (usando o wronskiano): para funções y_{1} e y_{2} o wronskiano é
W(y_{1},y_{2})(x)= \begin{vmatrix} y_{1} & y_{2} \\\ y_{1}' & y_{2}' \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & x^{-2} \\\\ 0 & -2x^{-3} \end{vmatrix} = -2x^{-3}.
Como -2x^{-3}\neq0 para x\neq0, as funções são linearmente independentes em qualquer intervalo que não contenha 0. Isso confirma que \;y_{2}(x)=x^{-2}\; é linearmente independente de \;y_{1}(x)=1.

Resposta

\;y_{1}(x)=1 é solução da equação \;y''+\dfrac{3}{x}y'=0.
Uma solução linearmente independente de \;y_{1} é \;y_{2}(x)=x^{-2} (válida para x\neq0).

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