Questão 31. Tudo o que é conhecido com relação a uma EDO misteriosa
y^{\prime \prime}+p(x) y^{\prime}+q(x) y=f(x)
é que as funções \phi_{1}(x)=x, \phi_{2}(x)=x^{2} e \phi_{3}(x)=x^{3} são soluções.
a) Determine duas soluções L.I. para a EDO homogênea correspondente.
b) Encontre a solução para a EDO satisfazendo y(2)=2, y^{\prime}(2)=5.
c) O que é p(x) ?

Passo 1

O enunciado dá a EDO
y''+p(x)y'+q(x)y=f(x)
e informa que as três funções \phi_{1}(x)=x, \phi_{2}(x)=x^{2} e \phi_{3}(x)=x^{3} são soluções dessa mesma equação (ou seja, cada uma satisfaz a equação com o mesmo p,q,f). As perguntas são:
a) Determinar duas soluções linearmente independentes (L.I.) da equação homogênea correspondente.
b) Encontrar a solução da equação (a solução geral do problema com f) que satisfaz as condições iniciais y(2)=2 e y'(2)=5.
c) Determinar p(x).
Informações relevantes fornecidas:
\phi_{1}(x)=x, \phi_{2}(x)=x^{2}, \phi_{3}(x)=x^{3} são todas soluções da mesma EDO non-homogênea.
Da teoria: se y_a e y_b são soluções da mesma EDO não-homogênea, então y_a-y_b é solução da homogênea associada.

Passo 2

Usar a ideia básica: a diferença entre duas soluções de uma EDO não-homogênea é solução da homogênea. Vou formar diferenças entre as \phi_i para obter soluções da homogênea.
Calcule as diferenças:
\phi_{2}-\phi_{1}=x^{2}-x,
\phi_{3}-\phi_{2}=x^{3}-x^{2},
\phi_{3}-\phi_{1}=x^{3}-x.
Cada uma dessas três diferenças é solução da homogênea. Vou examinar quais duas dessas são linearmente independentes, porque para a homogênea de segunda ordem precisamos de duas soluções L.I.

Passo 3

Observar dependências entre as diferenças. Note que
x^{3}-x^{2}=x(x^{2}-x),
ou seja,
\phi_{3}-\phi_{2}=x\big(\phi_{2}-\phi_{1}\big),
portanto \phi_{3}-\phi_{2} é múltiplo da função \phi_{2}-\phi_{1} (dependente). Logo não serve como segunda solução independente junto com \phi_{2}-\phi_{1}. Vou escolher as duas diferenças
y_{1}(x)=\phi_{2}-\phi_{1}=x^{2}-x
e
y_{2}(x)=\phi_{3}-\phi_{1}=x^{3}-x,
e verificar se são linearmente independentes.

Passo 4

Calcular o Wronskiano para testar independência. Primeiro as derivadas:
y_{1}(x)=x^{2}-x,\qquad y_{1}'(x)=2x-1,
y_{2}(x)=x^{3}-x,\qquad y_{2}'(x)=3x^{2}-1.
O Wronskiano é
W(x)=\begin{vmatrix}y_{1} & y_{2} \\\ y_{1}' & y_{2}'\end{vmatrix} = (x^{2}-x)(3x^{2}-1)-(2x-1)(x^{3}-x).
Vou expandir passo a passo:
(x^{2}-x)(3x^{2}-1)=3x^{4}-3x^{3}-x^{2}+x,
(2x-1)(x^{3}-x)=2x^{4}-x^{3}-2x^{2}+x.
Subtraindo,
W(x)=\big(3x^{4}-3x^{3}-x^{2}+x\big)-\big(2x^{4}-x^{3}-2x^{2}+x\big) = x^{4}-2x^{3}+x^{2}.
Fatorando,
W(x)=x^{2}(x-1)^{2}.
Concluo que W(x) é zero apenas em x=0 ou x=1; em qualquer intervalo que não contenha 0 nem 1 temos W(x)\neq0 e, portanto, y_{1} e y_{2} são linearmente independentes nesse intervalo. Assim são uma base de soluções da homogênea em intervalos onde x\neq0,1.

Passo 5

Resposta da parte (a): duas soluções L.I. da homogênea são
y_{1}(x)=x^{2}-x\quad\text{e}\quad y_{2}(x)=x^{3}-x.
(Observação: são independentes quando x\neq0,1.)

Passo 6

Agora parte (b). A solução geral da equação não-homogênea tem a forma
y(x)=y_{p}(x)+C_{1}y_{1}(x)+C_{2}y_{2}(x),
onde y_{p} é qualquer solução particular da não-homogênea. Como \phi_{1}(x)=x é uma solução da equação completa, posso escolher y_{p}(x)=x. Então a solução geral é
y(x)=x + A(x^{2}-x) + B(x^{3}-x),
onde troquei C_{1}=A e C_{2}=B para facilitar.

Passo 7

Vou simplificar a expressão para calcular derivada e aplicar as condições iniciais. Reescrevendo:
y(x)=x(1-A-B) + A x^{2} + B x^{3}.
Derivando:
y'(x)=(1-A-B) + 2A x + 3B x^{2}.
Impondo as condições em x=2:
primeira condição y(2)=2:
y(2)=2(1-A-B) + 4A + 8B = 2 + 2A + 6B = 2.
Isto dá a equação
2A + 6B = 0 \quad\Longrightarrow\quad A + 3B = 0.
Segunda condição y'(2)=5:
y'(2)=(1-A-B)+4A+12B = 1 + 3A + 11B = 5.
Isto dá a equação
3A + 11B = 4.

Passo 8

Resolver o sistema linear
\begin{cases} A + 3B = 0,\\[4pt] 3A + 11B = 4. \end{cases}
Da primeira equação A=-3B. Substituindo na segunda:
3(-3B)+11B = 4 \Longrightarrow -9B +11B = 4 \Longrightarrow 2B = 4 \Longrightarrow B=2.
Então A=-3\cdot 2 = -6.]

Passo 9

Substituir A e B na expressão de y:
y(x)=x + (-6)(x^{2}-x) + 2(x^{3}-x).
Simplificando termo a termo:
y(x)=x -6x^{2}+6x +2x^{3}-2x = 2x^{3}-6x^{2}+5x.
Fazer uma checagem rápida em x=2:
y(2)=2\cdot 8 -6\cdot 4 +5\cdot 2 =16 -24 +10 =2,
y'(x)=6x^{2}-12x+5 \Rightarrow y'(2)=6\cdot4 -24 +5 =24-24+5=5,
portanto as condições são satisfeitas.

Passo 10

Parte (c). Para encontrar p(x) uso a identidade de Abel (teorema clássico para equações lineares de 2ª ordem): se y''+p(x)y'+q(x)y=0 é a homogênea, então o Wronskiano W(x) das duas soluções satisfaz
W'(x)+p(x)W(x)=0.
Isto implica
p(x)=-\frac{W'(x)}{W(x)}.
Já calculei o Wronskiano das duas soluções escolhidas e obtive
W(x)=x^{2}(x-1)^{2}.

Passo 11

Calcular W'(x). Posso derivar W(x)=x^{2}(x-1)^{2} usando regra do produto:
W'(x)=2x(x-1)^{2} + x^{2}\cdot 2(x-1) = 2x(x-1)\big((x-1)+x\big) = 2x(x-1)(2x-1).
Agora aplicar p(x)=-W'/W:
p(x)=-\frac{2x(x-1)(2x-1)}{x^{2}(x-1)^{2}}.
Cancelar fatores comuns x(x-1):
p(x)=-\frac{2(2x-1)}{x(x-1)}.
Isto pode ser escrito também como
p(x)=\frac{2-4x}{x(x-1)}.
(Lembre que essa expressão é válida nos intervalos onde x\neq0,1, pois aí W\neq0.)

Resposta

a) y_{1}(x)=x^{2}-x e y_{2}(x)=x^{3}-x.\n
b) y(x)=2x^{3}-6x^{2}+5x.\n
c) p(x)=-\dfrac{2(2x-1)}{x(x-1)} (válido para x\neq0,1).