Questão 04. a) (1.5 pontos) Encontre a solução geral da EDO de segunda ordem
y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}+2 y=e^{3 x}(1+x)
( 1,0 ponto) encontre o Wronskiano de duas soluções da EDO e^{x} y^{\prime \prime}+\left(e^{x} \cos x\right) y^{\prime}-\mathrm{x} y=0, explicitando se estas soluções serão linearmente independentes ou não.
a) Solução da EDO homogênea
m^{2}-3 m+2=0 \rightarrow m_{1}=1 \text { e } m_{2}=2 \rightarrow y_{h}=C_{1} e^{x}+C_{2} e^{2 x}
Solução particular usando o método de coeficientes indeterminados
\begin{aligned} & y_{p}=e^{3 x}\left(A_{1} x+A_{0}\right) \\\ & y_{p}^{\prime}=e^{3 x}\left(3 A_{1} x+\left(A_{1}+3 A_{0}\right)\right) e y_{p}^{\prime \prime}=e^{3 x}\left(9 A_{1} x+\left(6 A_{1}+9 A_{0}\right)\right) \\\ & e^{3 x}\left(\left(9 A_{1} x+\left(6 A_{1}+9 A_{0}\right)\right)-3\left(3 A_{1} x+\left(A_{1}+3 A_{0}\right)\right)+2\left(A_{1} x+A_{0}\right)\right)=e^{3 x}(1+x) \\\ & 2 A_{1}=1 \rightarrow A_{1}=1 / 2 \quad e 3 A_{1}+2 A_{0}=1 \rightarrow A_{0}=-1 / 4 \\\ & y_{p}=e^{3 x}(1 / 2 x-1 / 4) \quad \rightarrow y=C_{1} e^{x}+C_{2} e^{2 x}+e^{3 x}(1 / 2 x-1 / 4) \end{aligned}
b) Reescrevendo a EDO: \quad y^{\prime \prime}+\cos x y^{\prime}-\frac{x}{e^{x}} y=0
\rightarrow W\left(y_{1}, y_{2}\right)(x)=C e^{-\int^{x} p(t) d t}=C e^{-\int^{x} \cos t d t}=C e^{-\operatorname{sen} x}
Como a função e^{-\operatorname{senx}} \neq 0, as duas soluções serão linearmente independentes

Passo 1

O enunciado pede duas coisas distintas:
  • (a) Encontrar a solução geral da EDO de segunda ordem não-homogênea
y''-3y'+2y=e^{3x}(1+x).
Informações dadas importantes: coeficientes constantes, termo fonte e^{3x}(1+x).
  • (b) Calcular o Wronskiano de duas soluções da EDO
e^{x}y''+\bigl(e^{x}\cos x\bigr)y'-x y=0,
e explicitar se essas soluções serão linearmente independentes ou não. Observação: a equação é homogênea; podemos dividi-la por e^{x} para colocá-la na forma padrão y''+p(x)y'+q(x)y=0.
A partir daqui começo a resolver passo a passo.

Passo 2

Resolver a homogênea associada ao item (a). Primeiro escrevemos a equação homogênea
y''-3y'+2y=0.
Procuramos soluções da forma y=e^{m x}. Substituindo obtemos a equação característica
m^{2}-3m+2=0.
Resolvendo essa quadrática:
m^{2}-3m+2=(m-1)(m-2)=0 \quad\Rightarrow\quad m_{1}=1,\; m_{2}=2.
Como são duas raízes reais distintas, a solução geral da homogênea é
y_{h}=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{2x},
onde C_{1},C_{2} são constantes arbitrárias.

Passo 3

Método de coeficientes indeterminados para a particular de (a). O termo do lado direito é e^{3x}(1+x): isto é um exponencial e^{3x} multiplicado por um polinômio de grau 1. Como 3 NÃO é raiz da equação característica (as raízes foram 1 e 2), não precisamos multiplicar por potência de x. Portanto assumimos uma solução particular da forma
y_{p}=e^{3x}\bigl(A x + B\bigr),
onde A e B são constantes a determinar. Vou agora calcular y_{p}' e y_{p}''.

Passo 4

Calcular derivadas de y_{p}. Usando a regra do produto:
y_{p}=e^{3x}\bigl(Ax+B\bigr).
Derivando:
y_{p}'=\frac{d}{dx}\bigl(e^{3x}\bigr)\bigl(Ax+B\bigr)+e^{3x}\frac{d}{dx}\bigl(Ax+B\bigr) =3e^{3x}\bigl(Ax+B\bigr)+e^{3x}A.
Fatorando e^{3x}:
y_{p}'=e^{3x}\bigl(3A x + (A+3B)\bigr).
Derivando novamente:
y_{p}''=\frac{d}{dx}\bigl(e^{3x}\bigr)\bigl(3A x + (A+3B)\bigr)+e^{3x}\frac{d}{dx}\bigl(3A x + (A+3B)\bigr)
=3e^{3x}\bigl(3A x + (A+3B)\bigr)+e^{3x}(3A) = e^{3x}\bigl(9A x + 3(A+3B)+3A\bigr).
Simplificando os termos constantes:
3(A+3B)+3A = 3A+9B+3A = 6A+9B,
logo
y_{p}''=e^{3x}\bigl(9A x + (6A+9B)\bigr).

Passo 5

Substituir y_{p},y_{p}',y_{p}''\) na equação \(y''-3y'+2y=e^{3x}(1+x)\). Compute o lado esquerdo com fator comum \(e^{3x}\): \[y_{p}''-3y_{p}'+2y_{p}=e^{3x}\Bigl[\bigl(9A x + (6A+9B)\bigr)-3\bigl(3A x + (A+3B)\bigr)+2\bigl(Ax+B\bigr)\Bigr].
Agora simplificar o polinômio entre colchetes. Primeiro os termos em x:
9A x -3(3A x)+2(A x)=9A x -9A x +2A x = 2A x.
Agora os termos constantes:
(6A+9B)-3(A+3B)+2B = 6A+9B -3A -9B +2B = (6A-3A) + (9B-9B+2B) = 3A + 2B.
Portanto
y_{p}''-3y_{p}'+2y_{p}=e^{3x}\bigl(2A x + (3A+2B)\bigr).
Esse deve ser igual a e^{3x}(1+x). Igualando coeficientes do polinômio em x (pois e^{3x} cancela):
\begin{cases} 2A = 1,\\[4pt] 3A+2B = 1. \end{cases}
Da primeira equação vem (A=\tfrac{1}{2}]. Substituindo na segunda:
3\cdot\tfrac{1}{2}+2B=1 \quad\Rightarrow\quad \tfrac{3}{2}+2B=1 \quad\Rightarrow\quad 2B=-\tfrac{1}{2}\quad\Rightarrow\quad B=-\tfrac{1}{4}.]

Passo 6

Escrever a solução particular encontrada e a solução geral da equação do item (a). Com A=\tfrac{1}{2} e B=-\tfrac{1}{4},
y_{p}=e^{3x}\Bigl(\tfrac{1}{2}x - \tfrac{1}{4}\Bigr).
A solução geral da não-homogênea é a soma da homogênea com a particular:
y(x)=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{2x}+e^{3x}\Bigl(\tfrac{1}{2}x - \tfrac{1}{4}\Bigr).

Passo 7

Agora o item (b). Primeiro colocamos a equação na forma padrão dividindo por e^{x} (válido porque e^{x}\neq 0):
e^{x}y''+\bigl(e^{x}\cos x\bigr)y'-x y=0 \quad\Longrightarrow\quad y''+\cos x\, y' - \frac{x}{e^{x}}\,y =0.
Assim, na forma y''+p(x)y'+q(x)y=0 temos p(x)=\cos x.

Passo 8

Usar a fórmula de Abel para o Wronskiano. A fórmula de Abel diz que, para duas soluções y_{1},y_{2} de uma equação linear homogênea de segunda ordem na forma padrão, o Wronskiano satisfaz
W(y_{1},y_{2})(x)=W(y_{1},y_{2})(x_{0})\exp\Bigl(-\int_{x_{0}}^{x} p(t)\,dt\Bigr),
onde p(t) é o coeficiente de y'. Aqui p(t)=\cos t, e \int_{x_{0}}^{x}\cos t\,dt=\sin x-\sin x_{0}. Logo
W(y_{1},y_{2})(x)=W(y_{1},y_{2})(x_{0})\exp\bigl(-(\sin x-\sin x_{0})\bigr).
Definindo a constante C=W(y_{1},y_{2})(x_{0})e^{\sin x_{0}} obtemos a forma mais simples
W(y_{1},y_{2})(x)=C\,e^{-\sin x},
onde C é uma constante (dependente da escolha das soluções iniciais).

Passo 9

Interpretando a independência linear a partir do Wronskiano. A função e^{-\sin x} nunca é zero (é sempre positiva), portanto o Wronskiano só pode ser identicamente zero se C=0. Para duas soluções que formam um par linearmente independente (isto é, uma base de soluções), tem-se C\neq 0 e então W(y_{1},y_{2})(x)\neq 0 para todo x, o que garante independência linear. Se alguém escolher duas soluções proporcionais entre si (linha dependente), então C=0 e o Wronskiano é identicamente zero. Assim, para um par de soluções fundamentais (não-proporcionais) o Wronskiano é C e^{-\sin x} com C\neq 0, logo não nulo e as soluções são linearmente independentes.

Resposta

(a) y(x)=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{2x}+e^{3x}\Bigl(\tfrac{1}{2}x-\tfrac{1}{4}\Bigr)
(b) W(y_{1},y_{2})(x)=C\,e^{-\sin x}. Como e^{-\sin x}\neq 0, para C\neq 0 o Wronskiano é não nulo e as duas soluções são linearmente independentes (se C=0 as soluções seriam linearmente dependentes).

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