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}.
(g) x y^{\prime \prime}+(2 x-1) y^{\prime}-2 y=0 ; \quad(x>0) ; \quad y_{1}(x)=e^{-2 x}.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial linear de segunda ordem
x\,y''+(2x-1)\,y'-2y=0,\qquad (x>0),
e fornece a função \;y_{1}(x)=e^{-2x}\;. O que se pede:
  • Verificar que \;y_{1}(x)=e^{-2x}\; é solução da equação.
  • Encontrar outra solução y_{2}(x) linearmente independente de \;y_{1}.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A equação é homogênea e linear de segunda ordem com coeficientes dependentes de x.
  • O domínio é x>0.
  • Uma solução conhecida é \;y_{1}(x)=e^{-2x}.

Passo 2

Verificação direta de que \;y_{1}(x)=e^{-2x}\; satisfaz a equação. Primeiro calcule as derivadas:
y_{1}'(x) = -2e^{-2x}, \qquad y_{1}''(x) = 4e^{-2x}.
Substituindo na equação dada:
x\,y_{1}''+(2x-1)\,y_{1}'-2y_{1} = x\cdot 4e^{-2x} + (2x-1)\cdot(-2e^{-2x}) -2e^{-2x}.
Fatorando e^{-2x}:
e^{-2x}\big(4x -2(2x-1) -2\big) = e^{-2x}\big(4x -4x +2 -2\big) = e^{-2x}\cdot 0 = 0.
Logo \;y_{1}(x)=e^{-2x}\; é realmente solução da equação no domínio x>0.

Passo 3

Estratégia para achar uma segunda solução linearmente independente: usar o método da redução de ordem. A ideia básica:
  • Para uma equação linear homogênea de segunda ordem, se y_{1} é uma solução conhecida, procuramos uma segunda solução na forma \;y_{2}(x)=v(x)\,y_{1}(x), onde v é uma função a determinar.
  • Ao substituir y_{2}=v y_{1} na equação e usar que y_{1} satisfaz a equação, os termos com v (não derivado) se cancelam, sobrando uma equação de primeira ordem para v'.
    Uma fórmula prática que resulta desse procedimento é
y_{2}=y_{1}\int \frac{\exp\!\big(-\int p(x)\,dx\big)}{y_{1}^{2}}\,dx,
onde a equação foi colocada na forma padrão
y''+p(x)\,y'+q(x)\,y=0.
Vou aplicar essa fórmula passo a passo.

Passo 4

Primeiro colocar a equação na forma padrão dividindo por x (pois x>0):
y''+\Big(2-\frac{1}{x}\Big)y' -\frac{2}{x}y=0.
Assim
p(x)=2-\frac{1}{x}.
Calcule agora \displaystyle \int p(x)\,dx:
\int p(x)\,dx = \int\Big(2-\frac{1}{x}\Big)dx = 2x - \ln x.
Logo
\exp\!\Big(-\int p(x)\,dx\Big) = \exp\big(-2x + \ln x\big) = x e^{-2x}.

Passo 5

Aplicar a fórmula para y_{2}:
y_{2}=y_{1}\int \frac{\exp\!\big(-\int p\big)}{y_{1}^{2}}\,dx = e^{-2x}\int \frac{x e^{-2x}}{(e^{-2x})^{2}}\,dx = e^{-2x}\int x e^{2x}\,dx.
Calculamos a integral \displaystyle \int x e^{2x}\,dx por partes. Seja u=x, dv=e^{2x}dx. Então du=dx, v=\tfrac{1}{2}e^{2x}. Assim
\int x e^{2x}\,dx = \frac{1}{2} x e^{2x} - \int \frac{1}{2} e^{2x}\,dx = \frac{1}{2} x e^{2x} - \frac{1}{4} e^{2x} + C.
Escolhendo a constante C=0 (qualquer constante só muda por combinação linear com y_{1}), obtemos
y_{2}= e^{-2x}\Big(\frac{1}{2} x e^{2x} - \frac{1}{4} e^{2x}\Big) = \frac{1}{2}x - \frac{1}{4}.

Passo 6

Podemos multiplicar y_{2} por qualquer constante não nula (isso mantém ser solução e independência linear). Para ficar mais simples, multiplicamos por 2 e tomamos como segunda solução
y_{2}(x)=x-\tfrac{1}{2}.
Verificação rápida da independência linear usando o Wronskiano:
W(y_{1},y_{2})(x)= \begin{vmatrix} y_{1} & y_{2} \\[4pt] y_{1}' & y_{2}' \end{vmatrix} = y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2}.
Calculando:
y_{1}=e^{-2x},\quad y_{1}'=-2e^{-2x},\quad y_{2}=x-\tfrac{1}{2},\quad y_{2}'=1,
então
W(y_{1},y_{2}) = e^{-2x}\cdot 1 - (-2e^{-2x})(x-\tfrac{1}{2}) = e^{-2x}\big(1+2x-1\big) = 2x e^{-2x}.
Como x>0 e e^{-2x}\neq 0, tem-se W(y_{1},y_{2})(x)=2x e^{-2x}\neq 0 para x>0. Portanto y_{1} e y_{2} são linearmente independentes no domínio dado.]

Passo 7

Resumo final e observação prática: uma base de soluções da equação no intervalo x>0 é dada por \{\,e^{-2x},\;x-\tfrac{1}{2}\,\}. Assim a solução geral é
y(x)=C_{1}e^{-2x}+C_{2}\big(x-\tfrac{1}{2}\big),
com C_{1},C_{2} constantes arbitrárias.

Resposta

y_{1}(x)=e^{-2x}
y_{2}(x)=x-\tfrac{1}{2}

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